沪科版物理九年级全一册第二十一章《能源、材料与社会》单元测试提升卷
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2026九上·北海期末）如图是“风光互补”景观照明灯。它上端有风力发电机，灯柱上有太阳能电池板，照明灯旁边还有蓄电池，利用太阳能发电时，能量转化的情况是（ ）
A．内能转化为电能 B．化学能转化为电能
C．太阳能转化为电能 D．机械能转化为电能
2．（2026·龙岗期末）如图是《天工开物》中记载的我国古代工匠冶炼金属的场景，以下分析不正确的是（ ）
A．用炭火加热金属的过程是通过做功改变了内能
B．利用木炭炼银主要是因为木炭的热值比较大
C．木炭燃烧过程将化学能转化为内能
D．冶炼过程不断拉动风箱增加送风量可使木炭充分燃烧，提高热效率
3．（2026九上·深圳期末）某用电器的能量流向如图所示，该用电器可能是（ ）
A．电饭锅 B．电烤箱 C．电风扇 D．电热水器
4．（2025九上·南充月考）抽水蓄能电站被称为“超级充电宝”，用电低谷时段利用电网多余电能抽水至上水库，用电高峰时段再放水至下水库发电，如图：关于抽水蓄能电站，下列说法正确的是（ ）
A．用电低谷时，以电能的形式储能
B．用电高峰时，机械能转化为电能
C．选址时，上下水库的高度差要小
D．存储的能量可以全部转化为电能
5．（2026九上·官渡期末）下列用电器不是利用电流热效应工作的是( )
A．电风扇 B．电热毯 C．电饭锅 D．电熨斗
6．（2025九上·南山月考） 《天工开物》记载的“透火焙干”是造纸的一道工序，其做法是将刚生产出的湿纸张贴在烤火的墙上，如图。下列说法正确的是（ ）
A．木柴燃烧时，内能转化为化学能
B．木柴燃烧逐渐变少时，木柴的热值逐渐变小
C．纸能贴在墙上，因为分子间存在引力
D．墙壁烤火湿纸内能增大，通过做功的方式实现的
7．（2025九上·当阳月考）如图是液体燃料火箭喷气发动机示意图。输送装置将燃料和氧化剂输送到燃烧室燃烧，产生气体喷出推动火箭前进。下列说法正确的是（ ）
A．燃料燃烧时内能转化为化学能
B．燃料箱燃料减少，燃料热值不变
C．燃烧放出热量越多，燃料热值越大
D．火箭前进时，燃料的化学能全部转化为火箭的机械能
8．（2025九上·广州期中）下列说法正确的是（ ）
A．太阳能发电是将太阳能转化为化学能
B．用热水袋取暖时，内能发生了转移
C．风力发电，说明电能可以凭空产生
D．一乒乓球在空中下落过程中，因为将乒乓球的内能转化为动能，所以下落越来越快
9．（2025九上·广州期中）一标准大气压下，温度为0℃的水和-16℃的冰块，两者质量相等。把冰块放到水中，最终形成了一块大冰块。忽略它们与外界之间的热传递。则（ ）
A．后来大冰块的温度高于-8℃
B．根据以上信息，能证明水的比热容大于冰的比热容
C．水在结冰的过程中，水温不变，所以水的内能保持不变
D．原来0℃水的内能，和后来整个大冰块的内能相等
10．（2025九上·广州期中）如图甲所示是某型号手电筒风扇。只闭合照明开关时，照明灯亮起；只闭合风扇开关时，风扇单独工作。图乙是手电筒风扇工作时的能量流向示意图，电池充电时，将能量以化学能的形式储存，工作时给电动机和照明灯供电。对下图方框中能量形式判断正确的是（ ）
A．甲是“内能” B．乙是“电能”
C．丙是“光能” D．丁是“机械能”
二、多选题（每题3分，共15分）
11．（2026九上·射洪期末）我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将高分十四号02星发射升空，如图所示为火箭发射时的场景。在火箭加速升空阶段，若不计火箭的质量变化，下列说法中正确的是
A．火箭加速上升过程中，将内能转化为机械能
B．火箭加速上升过程中，能量是守恒的
C．燃料燃烧时，将内能转化为化学能
D．火箭加速上升过程中，以火箭为参照物，发射台是运动的
12．（2025九上·柳州期中）如图所示，是一个由开关、灯泡、电源组成的简单电路。关于该电路，下列说法正确的是 （ ）
A．开关闭合后，电流从电源正极出发，经过灯泡，回到电源负极
B．灯泡发光时，将电能转化为光能和内能
C．若灯泡不亮，一定是发生了断路故障
D．断开开关，灯泡中没有电流通过，但灯泡两端仍有电压
13．（2024九上·花溪月考）如图是小芳学了能量守恒后设计的一个小蒸汽轮机，下列说法正确的是 （ ）
A．管口的“白气”是水蒸气液化形成的
B．如果没有能量补充，轮子最终会停下
C．蒸汽的内能转化为轮子的机械能
D．轮子的转动说明永动机是可以实现的
14．（2023九上·博兴月考）关于能量转化，下列说法中正确的是（ ）
A．电风扇工作时，大部分电能转化为机械能
B．风力发电机发电时，电能转化为机械能
C．壶中水沸腾时，壶盖不停地跳动，内能转化为机械能
D．用砂轮磨刀时，刀的温度升高了，机械能转化为内能
15．（2024九上·市中区期中）从能量转化的角度，有关效率的意义的说法正确的是（ ）
A．某太阳能电池工作效率是16%，该电池能把16%的太阳能转化为电能
B．某电动机工作效率是83%，该电动机可以把83%的电能转化为机械能
C．某锂电池充电时效率是99%，该电池可以把99%的电能转化为化学能
D．某柴油机工作效率是35%，该柴油机可以把35%的化学能转化为内能
三、填空题（每空1分，共10分）
16．（2026九上·南山期末）题图是简易汽轮机模型：易拉罐内装半罐水，点燃罐体下方的酒精灯，罐内产生的高压蒸汽从细管口高速喷出，冲击扇叶使其转动。此过程中，蒸汽的内能转化为扇叶的 能，四冲程汽油机工作中，能量转化过程与之相同的是 冲程；若使罐内 100g的水从20℃升温到100℃，需要吸收 J热量；若不计热量损失，需要燃烧 g酒精。 qmm=3.0×107J/ kg】
17．（2026九上·宝安期末）如图是一个简易的蒸汽船模型，玻璃瓶中装有适量的水，点燃蜡烛。当吸管有大量水蒸气喷出时，船会向左运动，水蒸气的内能转化为 能，该过程的能量转化与四冲程汽油机的 冲程相似。蜡烛燃烧逐渐变短，其热值 (选填“变大”“变小”或“不变”)。
18．（2026九上·深圳期末）如图是四冲程汽油机的做功冲程和汽油机的能量流向图，此冲程将 能转化为 能；该汽油机的效率是 %。
四、简答题（共3分）
19．（2024九上·吉林月考）请参考如图所示的水力发电示意图，分析在水力发电过程中能量是怎样转化的？
五、实验探究题（每空1分，共20分）
20．（2025九上·山丹月考）科学揭秘：遇水就亮的灯泡不消耗电能吗？小明逛夜市时，发现有摊主在叫卖一种不消耗电能、遇水就亮的灯泡。小明认为这与物理课上所学知识矛盾，于是买了一个灯泡，将其放入自来水中进行测试。
水面对应的位置 a b c
灯泡的发光情况 不发光 不发光 发
（1）小明猜想灯泡遇水就亮的原因是：灯泡内部装有提供能量的 ，灯泡遇水后电路形成 路从而发光；
（2）小明观察到灯泡底部结构由a、b、c三部分组成，如图甲所示，a、c为金属，b为塑料。如图乙，将灯泡缓慢浸入水中，观察灯泡发光情况，收集到证据如表；
（3）小明拆开灯泡塑料壳，如图丙所示，证明了猜想正确，灯泡遇自来水发光说明自来水是 ，发光是将电能转化为 和内能；
（4）小明将灯泡取出并擦干，不放入水中，如何再次让灯泡发光 。
21．（2024九上·乌当月考）学校科技社团小组在科技实践活动中拍下了学校太阳能路灯的图片，如图15甲所示，它由太阳能电池板、控制器、蓄电池组、LED发光二极管、灯杆及灯具外壳组成，其结构示意图如图乙所示，工作时的能量流程如图丙所示。其中太阳能电池的核心部件是光电板，社团小组想知道光电板吸收太阳能的多少与哪些因素有关？他们提出了以下猜想：
猜想1：可能与光电板的光照时间有关；
猜想2：可能与光电板的面积有关；
猜想3；可能与光电板的颜色有关。
根据以上猜想，他们设计好实验，然后用不同的光电板正对太阳光照射并对蓄电池充电，一段时间后用蓄电池给LED灯供电直到LED灯熄灭，实验记录数据如表：
序号 光电板的面积/m2 光照时间/min 光电板表面所涂颜色 LED灯的发光时间/min
1 0.1 10 黑色 30
2 0.1 20 黑色 60
3 0.1 30 黑色 90
4 0.2 10 黑色 60
5 0.3 10 黑色 90
6 0.1 10 绿色 20
7 0.1 10 白色 5
（1）如图乙所示，在白天控制开关S应与a接通，太阳能电池板将太阳能转化为 。
（2）分析序号 三组数据可对猜想1进行验证，得出的结论是：在光电板面积和光电板颜色相同时，光电板吸收太阳能的多少与光照时间成正比。分析数据可得出正比关系的原因是： 。
（3）分析序号1、4、5三组数据，得出的结论是：在光电板颜色和光照时间相同时， 。
（4）由表中数据分析可知：制作太阳能光电板用黑色最好，因为 。
（5）除以上影响因素外，光电板吸收太阳能的多少还可能与 有关。（写一种即可）
22．（2024九上·广州期中）如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量都是60g。
（1）燃料燃烧是将化学能转化为 能；
（2）选择 、 两图展开实验比较不同燃料的热值，具体的比较方法为： ；
（3）选择 、 两图展开实验比较不同物质的比热容。实验数据如表格所示，比热容大的是液体 （选填“A”“B”）；
物质 质量/g 初始温度/℃ 加热时间/min 最后温度/℃
液体A 60 20 6 45
液体B 60 21 6 68
（4）若甲装置烧杯内的液体为水，根据水的质量，水的初温和燃料烧尽时水的末温，再结合燃料燃烧消耗的质量，从而计算出燃料的热值，则计算值 （选填“小于”“等于”“大于”）真实值，原因是 。
六、综合题（每空1分，共4分）
23．（2025九上·龙岗期中）跨学科实践
制作简易汽轮机模型
热机对人类文明发展起着重要的推动作用。同学们成立了制作简易汽轮机模型的项目团队，制定了“项目提出——项目分析——项目实施——展示交流”的学习流程，研究了热机原理，收集材料组装了如图所示的汽轮机模型。
实验时向易拉罐内部注入大约半罐水，将去掉笔芯和尾塞的中性笔的尾端插入易拉罐内，用胶将罐的开口处密封。将易拉罐放置在支架上，笔的尖端对准小风扇的扇叶。点燃易拉罐下面的酒精灯，当有蒸汽喷出时，扇叶就转动起来。
（1）汽轮机模型工作过程的能量转化情况为：化学能 ；
（2）某团队的同学们在测试过程中，发现扇叶不转动，出现这种现象的原因可能 ；（答出一条即可）
（3）热机发展史也是一部热机效率提高史，在展示交流环节，对如何提高简易汽轮机效率，同学们进行了激烈讨论。请你依照“结构决定功能”的观念，从结构的角度思考，帮助他们提出一个可行性措施： 。
七、科普阅读题（每空1分，共18分）
24．（2026九上·成都月考）阅读短文，回答问题。
热电偶
用两种不同材料的导体（如铁丝和铜丝）组成如图甲所示的闭合回路，当AB两端存在温度差时，回路中就会有电流通过，这就是塞贝克效应（又叫热电效应），这种电路叫热电偶电路；热电偶所产生的热电压由接触电压U接触和温差电压U温差两部分组成；实验表明：热电偶电路中电流的大小跟相互连接的两种金属丝的材料有关；跟接点A和B间的温差大小有关；实验测得某热电偶电路中的电流大小与接点温差的数据如表所示：
接点温差/℃ 0 100 200 300 … 500 600 …
电路中的电流/mA 0 64 142 234 … 460 594 …
（1）以下材料组合中，可以制作热电偶电路的是_______（选填序号）。
A．玻璃片、铝薄片 B．玻璃片、玻璃片
C．铝薄片、锌薄片 D．锌薄片、锌薄片
（2）这样的热电偶实际上是一个电源，它的电能是由内能转化而来，其它条件不变，只将甲图中A处杯中的冰水混合物换为沸水，电路电流 。（选填“变大”、“变小”、“不变”或“变为零”）。
（3）将图甲中连接点A与恒温物体接触，连接点B与被测物体接触，将电流表的示数标注为温度示数，改制成温度计，该温度计的温度刻度分布 （选填“均匀”或“不均匀”）。
（4）如图乙所示，热电偶的温差电压与J1、J2两点间的温度差成正比，当热、冷两点间的温度差为100℃时，产生的电压为1.5mV；若低温处J1的温度为-10℃，热、冷两点间产生的温差电压为0.015V，则高温处的温度为 ℃。
25．（2026九上·南山期末）阅读材料，回答问题。
空气加湿器
题图甲是一种常见的家用空气加湿器，其关键部件是压电陶瓷转换器，如图乙所示。工作时，对压电陶瓷两端施加电压，使其产生高频机械振动，从而将水“雾化”为超微粒子，再由风扇吹出，形成图甲中加湿器上方的“白气”。
压电陶瓷具有正压电与逆压电两种效应：正压电效应实现了机械能到电能的转换，此过程中，当压电陶瓷受外力发生形变时，其两个相对表面产生正、负相反的电荷，当外力方向改变时，电荷极性也随之改变，外力撤去后不带电；逆压电效应实现了电能到机械能的转换，此过程中对压电陶瓷施加电压后，它会发生形变，电压撤去后形变消失。通过图丙所示方法，根据电压表指针的偏转方向，可检测压电陶瓷片的受力方向。
（1）【项目原理】
空气加湿器工作时，内部的压电陶瓷将电能转化成 能；
（2）空气加湿器工作时利用了 (选填“正”或“逆”)压电效应；
（3）图丙中，若对压电陶瓷的施力由向内压缩改为向外拉伸，电表指针的偏转方向 (选填“改变”或“不变”)；
（4）【项目设计】
物理社团设计一款自动加湿器，该装置由控制电路和工作电路组成，如图丁所示。控制电路的核心元件是湿敏电阻RH，其阻值随单位体积空气中水蒸气含量的变化而变化。当湿度低于设定范围时，控制电路接通工作电路，启动加湿器。
相对湿度是表示空气湿度的一种形式。它是指一定温度一定体积的空气中，实际含有的水蒸气质量与最多能够容纳的水蒸气质量的百分比。当环境温度为25℃时，1m3空气最多含有水蒸气质量为23g。
同学们已查阅该湿敏电阻RH的阻值与25℃时单位体积空气中水蒸气含量的关系，如图戊所示。
【项目实施】
控制电路的电源电压恒为15V，电阻箱R调至 40kΩ。用一个量程为0~15V的电压表改造成湿度检测表，要求电压表示数随单位体积空气中水蒸气的含量增大而增大。电压表应并联在 (选填“RH”或“R”) 的两端；
（5）将加湿器置于容积为50m3的实验室内，若室内空气的相对湿度为40%，环境温度为： 则室内所含水蒸气的质量为 g，此时电压表示数为 V；
（6）若在电压表表盘刻度处标上对应的相对湿度，便可将电压表改造成湿度检测表。改造完成后，闭合开关，发现指针恰好停在20%和80%两刻度线的正中央，则当前空气相对湿度为 %；
（7）【交流评价】
请为该自动加湿器写一条使用建议： 。
26．（2026九上·深圳期末）中国科研团队利用人体体温和环境的温差，成功研制出人体温差发电电池。温差发电的原理是用两种不同的金属连接构成闭合回路，当两个连接点的温度不同时，就能产生微小的电压。小明利用如图的温差发电装置探究发电的电压与温差的关系，每隔一段时间记录冷、热水的温度和产生的电压，部分数据如下表所示。
热水温度t/℃ 74.8 73.0 70.8 69.5 68.4
冷水温度t/℃ 20.0 20.0 20.0 20.0 20.0
冷热水温差Δt/℃ 54.8 53.0 50.8 49.5 48.4
电压U/V 5.27 4.57 4.25 4.16 3.90
（1）温差发电是将 能转化为电能。
（2）为完成探究实验，除了秒表外，还需添加的测量仪器是 和 。
（3）分析表数据，可初步得出结论： 。
（4）若人体温差电池在18℃的温差下产生电压为0.4V，输出电流为1×10﹣3A，则输出功率为 W，它不能使“3V，1.2W”的运动手表正常工作的原因是 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】能量的转化或转移
【解析】【解答】利用太阳能发电时，得到电能，将太阳能转化为电能，C符合题意。
故选C。
【分析】太阳能发电时，太阳能转化为电能。
2．【答案】A
【知识点】热传递改变物体内能；燃料的热值；热机的效率；能量的转化或转移
【解析】【解答】A．用炭火加热金属的过程，炭火放出热量，金属吸收热量，是通过热传递改变了内能，故A错误，符合题意；
B．利用木炭炼银，主要是因为完全燃烧相同质量的木炭和其它燃料，木炭能放出更多的热量，即木炭的热值比较大，故B正确，不符合题意；
C．木炭燃烧过程中将化学能转化为内能，故C正确，不符合题意；
D．冶炼过程不断拉动风箱增加送风量，使木炭尽量燃烧充分，可以提高锅炉效率，故D正确，不符合题意。
故选：A。
【分析】 （1）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程。
（2）利用木炭炼银，主要是因为木炭的热值比较大，完全燃烧相同质量的木炭和其它燃料，木炭能放出更多的热量。
（3）木炭燃烧过程中将化学能转化为内能。
（4）冶炼过程不断拉动风箱增加送风量，可以提高锅炉效率。
3．【答案】C
【知识点】能量的转化或转移；能量守恒定律；直流电动机的构造原理与工作过程
【解析】【解答】从能量流向图可以看出，这个用电器将输入的大部分电能转化为机械能，只将小部分转化为内能。
A、电饭锅；B、电烤箱；D、电热水器都是电热类用电器，它们的主要能量转化是电能→内能，和题目描述不符。
C、电风扇的核心部件是电动机，它的能量转化是电能→机械能（带动扇叶转动），同时因为线圈有电阻，会有小部分电能转化为内能，与题目中的能量流向完全吻合。
故答案为：C。
【分析】1、用电器的能量转化
电热类用电器（如电饭锅、电烤箱、电热水器）：电能主要转化为内能。
电动机类用电器（如电风扇、洗衣机）：电能主要转化为机械能，同时产生少量内能。
2、能量守恒定律
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只会从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到其它物体，而能量的总量保持不变。
3、电动机的工作原理
电动机利用通电线圈在磁场中受力转动的原理工作，实现了电能到机械能的转化。
4．【答案】B
【知识点】能量的转化或转移；发电机的构造和原理
【解析】【解答】A．图中，用电低谷时，将水抽到高处，电能转化为机械能，以机械能的形式储能，故A错误；
BD．用电高峰时，利用存储的能量发电，水能使水轮机转动，机械能转化为电能，但是机械能部分转化为电能，故B正确，D错误；
C．抽水蓄能电站，要求水资源丰沛、上下游有落差，选址时需要考虑地理位置，故C错误。
故选B。
【分析】能量转化时，存在能量损耗，无法将全部转化；水位落差大，则水储存的机械能大。
5．【答案】A
【知识点】能量的转化或转移；电流的热效应
【解析】【解答】 A.电风扇工作时主要将电能转化为机械能，不是利用电流的热效应工作的，故A正确。
BCD．电热毯、电饭锅和电熨斗都是利用了电流的热效应工作的，工作时将电能转化为内能，故BCD错误；
故选A。
【分析】电流的热效应：电流通过导体时电能转化成内能，这种现象叫做电流的热效应。
6．【答案】C
【知识点】做功改变物体内能；燃料的热值；能量的转化或转移；分子间相互作用力
【解析】【解答】A、图中，木柴燃烧时，消耗化学能，产生内能，将化学能转化为内能，A错误；
B、热值是燃料的特性，和质量大小无关，木柴燃烧逐渐变少时，热值不变，B错误；
C、纸能贴在墙上，是纸分子和墙分子间存在引力，C正确；
D、墙壁温度高，湿纸烤火吸收热量，内能增大，是热传递的方式改变内能的，D错误。
故选C。
【分析】燃料的热值是特性，不同燃料热值不同；燃料燃烧时，化学能转化为内能；分子间存在引力；物体间温度不同，通过热传递改变内能。
7．【答案】B
【知识点】燃料的热值；能量的转化或转移
【解析】【解答】A．根据能量转化的知识可知，燃料燃烧时，将燃料的化学能转化为内能，故A错误；
BC．热值是燃料的特性，与燃料多少和放出热量多少无关，故B正确，故C错误；
D．火箭前进时，由于有热量损失，燃料不可能全部燃烧等因素影响，燃料的化学能不可能全部转化为火箭的机械能，故D错误。
故选B。
【分析】A.根据能量转化的知识判断；
BC.热值是燃料燃烧放热本领大小的物理量，只与燃料的种类有关；
D.注意燃料燃烧时会有热量散失。
8．【答案】B
【知识点】机械能及其转化；热传递改变物体内能；能量的转化或转移；能量守恒定律
【解析】【解答】A.太阳能发电是将太阳能转化为电能，故A错误；
B、用热水袋取暖时，人体吸收热量，内能增大，热水袋放出热量，内能减少，内能发生了转移，故B正确；
C、风力发电是将风能转化为电能，不是凭空产生电能，故C错误；
D、乒乓球在空中下落过程中，其重力势能转化为动能，所以下落越来越快，故D错误。
故选B。
【分析】1.太阳能发电是将太阳能转化为电能；
2.能量转移，能量的形式不变，能量转化，能量的形式改变；
3.根据能量守恒定律，能量不会凭空产生或消灭；
4.乒乓球在空中下落过程中，重力势能转化为动能。
9．【答案】A
【知识点】内能的利用及其意义；热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式；能量守恒定律
【解析】【解答】A. 忽略它们与外界之间的热传递，水凝固时温度不变，根据Q=cmΔt可知，质量相等的温度为0℃的水和-16℃的冰块最终形成的大冰块的温度高于-8℃，故A正确；
B.根据以上信息，可知水凝固放热，冰吸热升温，但不知水的温度变化情况，所以无法比较水和冰的比热容的大小关系，故B错误；
C.水在结冰的过程中，不断放出热量，但水温不变，所以它的内能减小，故C错误；
D.忽略它们与外界之间的热传递，后来整个大冰块的内能等于原来0℃水的内能和-16℃的冰块的内能之和，故D错误；
故选A。
【分析】1.利用水凝固时温度不变，放出热量和Q=cmΔt进行分析；
2.题中没有水温度变化的数据，故无法比较水和冰的比热容的大小关系；
3.水凝固时温度不变，放出热量，内能减小；
4.热传递过程中内能发生转移，忽略热损失，内能的总量不变。
10．【答案】B
【知识点】能量的转化或转移
【解析】【解答】 电池充电时，将电能转化为化学能；电池供电时，将化学能转化为电能；使用电动机时，将电能转化为机械能；使用照明灯时，将电能转化为光能，所以甲乙都是电能，丙是机械能，丁是光能，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】根据电池充电、供电及电动机、照明灯工作时的能量转化规律，再对应图中各部分判断能量形式。
11．【答案】A,B,D
【知识点】能量的转化或转移；能量守恒定律；参照物及其选择
【解析】【解答】 解：A、火箭加速上升过程中，将燃料燃烧转化来的内能转化为火箭的机械能，故A正确。
B、火箭加速上升过程中，机械能增大，但根据能量守恒定律可知，总的能量是守恒的，故B正确。
C、燃料燃烧时，将化学能转化为内能，故C错误。
D、火箭加速上升过程中，以火箭为参照物，发射台相对于火箭的位置发生了变化，是运动的，故D正确。
故选：ABD。
【分析】 （1）燃料燃烧将化学能转化为内能，内能转化为机械能，为火箭升空提供动力。
（2）能量守恒定律的内容是：能量既不会凭空消灭，也不会凭空产生，它只会从一种形式转化为其它形式，或从一个物体转移到另一个物体，而能量的总量保持不变。
（3）燃料燃烧将过程是将化学能转化为内能。
（4）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
12．【答案】A,B
【知识点】能量的转化或转移；电流的方向；电源及其能量转化；电压和电压的单位换算；电路故障的判断
【解析】【解答】A项：在闭合电路中，电流方向是从电源正极经用电器流向电源负极，故A正确。
B项：灯泡发光时，电能主要转化为光能，同时灯丝发热会转化为内能，故B正确。
C项：灯泡不亮的原因有多种可能，如断路、短路、电源没电、灯泡损坏等，不一定是断路，故C错误。
D项：开关断开时，电路处于开路状态，灯泡两端与电源正负极不构成通路，因此灯泡两端电压为零（理想情况下），故D错误。
故答案为：A、B。
【分析】本题考查简单电路的基本概念，涉及电流方向、能量转化、电路故障分析和开路电压等知识点。解题需结合电路基本规律和实际电路工作情况进行分析。解题关键点： 理解闭合电路中电流的流向；知道灯泡发光时的能量转化形式；明确电路故障的多种可能性；理解开关断开时用电器两端电压为零（除非开关接在用电器之后，但本题为简单串联电路，开关断开后灯泡两端与电源断开）。
13．【答案】A,B,C
【知识点】液化及液化放热；能量的转化或转移；能量守恒定律
【解析】【解答】A．管口的白气，是高温水蒸气遇冷，发生液化现象，形成的小水珠，故A正确；
BD．轮子转动，得到机械能，是内能转化而来的，如果没有能量补充，轮子最终会停下，永动机可以实现，故B正确，D错误；
C．水蒸气推动轮子做功，内能转化为轮子的机械能，故C正确。
故选ABC。
【分析】白气是水蒸气液化形成的；能量间相互转化时，总量保持不变；内能对外做功，转化为机械能。
14．【答案】A,C,D
【知识点】能量的转化或转移
【解析】【解答】A．电风扇的主要结构为电动机，则它工作时，电能主要转化为机械能，故A正确；
B． 风力发电机发电时， 将机械能转化为电能，故B错误；
C．水沸腾时将壶盖顶起，将内能转化为机械能的过程，故C正确；
D．用砂轮磨刀时，克服摩擦做功，是将机械能转化为内能的过程，故D正确。
故选ACD。
【分析】 在做能量的转化这种题时，我们要注意分析哪种能量增加了，哪种能量减少，因为总是减少的这种能量转化为增加的那种能量。
15．【答案】A,B,C
【知识点】能量的转化或转移
【解析】【解答】A．某太阳能电池工作的效率是16%，指该太阳能电池能把吸收的太阳能的16%转化为电能，故A正确；
B．某电动机工作的效率是83%，指该电动机消耗电能的83%转化的机械能，故B正确；
C．某锂电池充电时的效率是99%，指该锂电池充电时有99%的电能转化为化学能，故C正确；
D．某柴油机工作的效率是35%，指该柴油机把柴油完全燃烧燃烧时释放总能量的35%转化为机械能，故D错误。
故选ABC。
【分析】效率的意义是指有效利用的能量与燃料完全燃烧产生的能量之比。
16．【答案】机械；做功；3.36×104；1.12
【知识点】做功改变物体内能；比热容的定义及其计算公式；热量的计算；燃料的热值；能量的转化或转移
【解析】【解答】 罐内产生的高压蒸汽从细管口高速喷出，冲击扇叶使其转动，此过程中，蒸汽的内能转化为扇叶的机械能，四冲程汽油机工作中，能量转化过程与之相同的是做功冲程。
罐内100g的水从20℃升温到100℃，吸收的热量为：
Q吸=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg ℃）×100×10-3kg×（100℃-20℃）=3.36×104J
若不计热量损失，则燃烧酒精放出的热量为：
Q放=Q吸=3.36×104J
需要燃烧酒精的质量为：
【分析】 1.改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程；
2.内燃机的做功冲程将内能转化为机械能；
3.已知水的质量、比热容、初温及末温，根据Q吸=cm（t-t0）求出水吸收的热量；利用Q放=mq求出需要燃烧酒精的质量。
17．【答案】机械；做功；不变
【知识点】燃料的热值；热机的四个冲程；能量的转化或转移
【解析】【解答】水蒸气喷出时推动小船向左运动，是水蒸气的内能转化为小船的机械能。
四冲程汽油机的做功冲程，也是内能转化为机械能，与这个过程的能量转化完全一致。
热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧状态无关，所以蜡烛燃烧变短，其热值不变。
故答案为：机械；做功；不变。
【分析】1、能量转化：内能与机械能之间的相互转化，常见于热机、蒸汽机等场景。
2、四冲程汽油机的工作原理：四个冲程中，只有做功冲程是内能转化为机械能，其他冲程依靠飞轮惯性完成。
3、热值的物理意义：热值是燃料的固有属性，只与燃料种类有关，与燃料的质量、燃烧情况无关。
18．【答案】内；机械；30
【知识点】热机的效率；热机的四个冲程；能量的转化或转移；能量守恒定律
【解析】【解答】四冲程汽油机的做功冲程中，燃料燃烧产生的高温高压气体推动活塞向下运动，将气体的内能转化为活塞的机械能。
这一冲程的核心能量转化就是内能→机械能，从而为汽油机提供动力。
汽油机的效率是转化为有用机械能的能量与燃料完全燃烧释放总能量的比值。
从能量流向图可知，总能量中损耗的部分为：6%+30%+34%=70%，因此效率为：100%-70%=30%。
故答案为：内；机械；30。
【分析】1、四冲程汽油机的工作原理
四冲程包括吸气、压缩、做功、排气。其中做功冲程是唯一对外做功的冲程，实现内能向机械能的转化。
2、热机效率的计算
热机效率。也可以通过计算总损耗，用100%减去总损耗来得到效率。
3、能量转化与守恒定律
能量在转化和转移过程中总量保持不变，汽油机的能量流向图正是这一定律的体现。
19．【答案】将水的机械能转化为水轮机的机械能，再将机械能转化为电能。
【知识点】能量的转化或转移
【解析】【解答】根据图片可知，水力发电时，将储存在高处的水放下来，冲击水轮机，然后带动发电机转动发电，即水力发电就是利将水的机械能转化为水轮机的机械能；水轮机又带动发电机的转子转动将机械能转化为电能。
【分析】根据水力发电的过程，结合能量转化的知识分析解答。
20．【答案】电源；通；导体；光能；用一根导线同时接触灯泡底部a和c两部分
【知识点】能量的转化或转移；电路的构成及电路图；焦耳定律的应用
【解析】【解答】解：（1）电路两端有电压、电路是通路是形成电流的两个条件，因此灯泡遇水就亮的原因是：灯泡内部装有提供能量的电源，灯泡遇水形成通路；
（3）自来水容易导电，属于导体；小灯泡发光时，电流通过灯泡做功，将电能转化为光能和内能；
（4）用一根导线同时接触灯泡底部a和c两部分，形成通路，电路中有电流，灯泡发光。
故答案为：（1）电源；通；（3）导体；光能；（4）用一根导线同时接触灯泡底部a和c两部分。
【分析】 （1）形成电流需要具备两个条件：电路两端有电压、电路是通路；
（3）容易导电的物体叫做导体，不容易导体的物体叫做绝缘体；小灯泡发光是将电能转化为光能和内能；
（4）由题目可知a、c为金属是导体，b为塑料是绝缘体，根据表格记录可知水面对应位置到达c灯泡发光，因此用一根导线同时接触灯泡底部a和c两部分，形成通路，电路中有电流，灯泡发光。
21．【答案】（1）电能
（2）1、2、3；LED灯的发光时间与光照时间的比值为定值
（3）光电板吸收的太阳能与光电板的面积成正比
（4）黑色能吸收所有颜色的光
（5）光照强度
【知识点】物体的颜色；能量的转化或转移；物理学方法
【解析】【解答】（1）如图乙所示，在白天控制开关S应与a接通，铅蓄电池接入电路，太阳能电池板给铅蓄电池充电，将太阳能转化为电能。
（2）探究光电板吸收太阳能的多少与光照时间的关系时，应控制光电板的面积和颜色，所以应分析序号1、2、3 三组数据可对猜想1进行验证。
由1、2、3 三组数据可知，在光电板面积和光电板颜色相同时，LED灯的发光时间与光照时间的比值为定值，说明光电板吸收太阳能的多少与光照时间成正比。
（3）分析序号1、4、5三组数据可知，光电板的颜色和光照时间相同，LED灯的发光时间与光电板面积的比值为定值，可得结论：在光电板颜色和光照时间相同时，光电板吸收的太阳能与光电板的面积成正比。
（4）由表中数据分析可知：制作太阳能光电板用黑色最好，因为黑色能吸收所有颜色的光。
（5）除以上影响因素外，光电板吸收太阳能的多少还可能与光照强度有关，光照强度越强，光电板吸收的太阳能可能越大。
【分析】（1）太阳能电池板将太阳能转化为电能；
（2）（3）根据结合表格数据结合控制变量法分析；
（4）黑色物体能吸收所有颜色的光；
（5）光电板吸收太阳能的多少还可能与光照强度和光照角度有关。
（1）如图乙所示，在白天控制开关S应与a接通，太阳能电池板将太阳能转化为电能，给蓄电池充电。
（2）[1][2]由序号1、2、3得，当其他条件相同时，光照时间越长，LED灯的发光时间越长，且LED灯的发光时间与光照时间的比值为定值，说明在光电板面积和光电板颜色相同时，光电板吸收太阳能的多少与光照时间成正比。
（3）分析序号1、4、5三组数据得，在光电板颜色和光照时间相同时， LED灯的发光时间与光电板面积的比值为定值，说明在光电板颜色和光照时间相同时，光电板吸收的太阳能与光电板的面积成正比。
（4）由于黑色能吸收所有颜色的光，因此制作太阳能光电板用黑色最好。
（5）其他条件相同时，光照强度越强，光电板吸收的太阳能可能越大，除以上影响因素外，光电板吸收太阳能的多少还可能与光照强度有关。
22．【答案】（1）内
（2）甲；乙；燃烧质量相同的不同燃料，给质量相同的同种液体加热，比较温度升高的多少
（3）甲；丙；A
（4）小于；加热过程中有热量的散失
【知识点】燃料的热值；能量的转化或转移；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】 （1）燃料燃烧是将化学能转化为内能；
（2）为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过液体温度的升高量得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择甲、乙两图进行实验；
（3）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断两种比热容的大小关系，应选择甲、丙两图进行实验；
由数据，都加热6min，吸收的热量相同，A升高的温度为25℃，B升高的温度为47℃，根据比较吸热能力的方法，液体A的吸热能力强，即A的比热容大；
将质量相等的液体A、B分别装在两个相同的烧杯中，然后用两个相同的酒精灯加热，故本实验采用的科学方法是控制变量法，故选A；
（4）因为燃料燃烧放出的热量没有全部被水吸收或燃料燃烧不完全，存在热损失（燃料不能完全燃烧），所以测得的热值会偏小。
【分析】 （1）燃料燃烧是将化学能转化为内能；
（2）燃料的热值大小不能直接测量，需要通过液体吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而液体吸收热量的多少跟液体的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数升高量得出吸热多少，进而判断热值大小；
（3）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断两种比热容的大小关系。
根据图丁读出温度计的示数；实验中采用了控制变量法和转换法；
（4）存在热散失，燃料燃烧放出的热量没有全部被液体吸收，测得的热值会偏小。
（1）燃料燃烧放出热量，燃烧过程中将化学能转化为内能。
（2）[1][2][3]比较不同燃料的热值时，选取相同的装置，在烧杯中放入相同质量的同种液体，用相同质量的不同燃料给液体加热，比较燃料完全燃烧时液体温度的变化，温度升高的多的，热值大，故应选择甲、乙两图展开实验比较不同燃料的热值。
（3）[1][2]比较不同液体的比热容时，选取相同的装置，在烧杯中放入相同质量的不同种液体，用相同的燃料给液体加热相同的时间，比较液体温度的变化，从而得出比热容的大小，故应选择甲、丙两图展开实验比较不同物质的比热容。
[3]根据表格中的数据可知，质量相同的A和B在吸收相同的热量时，B的温度升的高，则B的吸热能力要弱一些，A的吸热能力强，故比热容大的是液体A。
（4）[1][2]用该种方法计算的燃料热值小于真实值，原因是在加热过程中热量没有被水完全吸收，有一部分被装置吸收，一部分散失在空气中。
23．【答案】（1）内能；机械能
（2）注入的水过少，产生的蒸汽量不足
（3）增加易拉罐的保温性能。
【知识点】热机；热机的效率；能量的转化或转移
【解析】【解答】（1）酒精燃烧时，将酒精的化学能转化为内能，通过热传递转移给水和易拉罐，水吸热迅速的汽化，形成大量的水蒸气，水蒸气对扇叶做功，将水蒸气的内能转化为扇叶的机械能。
（2） 发现扇叶不转动，出现这种现象的原因可能：
①水的质量太少，产生的水蒸气量不足，无法提供足够的动力，即注入的水过少，产生的蒸汽量不足。
②装置的密封性不好，导致水蒸气泄漏，无法有效推动扇叶，比如易拉罐开口处密封不好，蒸汽泄漏。
③酒精灯提供的热量不足，水无法产生足够多的高温高压水蒸气，例如酒精灯火焰太小，水吸收的热量少，产生蒸汽的能量不够。
（3）增加易拉罐的保温性能：比如用保温杯套等材料包裹易拉罐，减少热量散失，使水能够吸收更多的热量转化为水蒸气的内能，从而提高效率。因为减少热量损失，能让更多的化学能最终转化为机械能。
故答案为：（1）内能；机械能 （2）注入的水过少，产生的蒸汽量不足； （3）增加易拉罐的保温性能。
【分析】（1）汽轮机工作时将内能转化为电能；
（2）根据汽轮机的结构和工作原理分析；
（3）从结构的角度思考，即通过优化汽轮机的结构来提高汽轮机的效率，据此分析。
（1）[1][2][3]酒精燃烧，是将酒精内部的化学能转化为内能释放出来，然后将内能通过热传递转移给水和易拉罐，水吸热迅速的汽化，形成大量的水蒸气，水蒸气对扇叶做功，将水蒸气的内能转化为扇叶的机械能。
（2）在测试过程中，发现扇叶不转动，可能水蒸气的内能太小，笔尖喷出的蒸汽太少。
（3）在易拉罐上半部分覆盖保温层，可以减少热量的损失，提高汽轮机效率。
24．【答案】（1）C
（2）变小
（3）不均匀
（4）990
【知识点】温度及温度计的使用与读数；能量的转化或转移；导体与绝缘体；电源及其能量转化；物理学方法
【解析】【解答】（1）热电偶电路需要由两种不同材料的导体构成闭合回路。由于玻璃片属于绝缘体，无法导电，因此选项ABD均不符合要求，只有选项C满足条件。
故选C。
（2）热电偶是一种将内能转化为电能的装置。当将甲图中A处的冰水混合物替换为沸水时，A、B两端的温差减小。由于热电偶电路的电流大小与接点A、B间的温差直接相关，温差减小会导致电路中的电流变小。
（3）实验数据表明，热电偶电路中的电流大小与接点温差之间并非正比关系。由于温度计的刻度是基于电流表示数标注的，而电流与温差呈非线性关系，因此该温度计的温度刻度分布不均匀。
（4）已知当热、冷两点间的温差为100℃时，产生的电压为1.5mV，因此温差电压与温度差的比例为，若热、冷两点间产生的温差电压为，则根据比例关系可计算出此时的温度差为
已知低温处J1的温度为-10℃，根据温差与高、低温点温度的关系，可得高温处的温度为。
【分析】热电偶需要不同材料的导体构成回路；且构成回路的材料两端温差增加，电流变大；能量的转换：内能转换为电能；
导体：易于传导电流的物质，金属，人体、液体；绝缘体：不容易导电的物质，橡胶、塑料、石墨。
（1）根据热电偶电路的组成要求，需要用两种不同材料的导体组成闭合回路。由于玻璃片是绝缘体，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
（2）热电偶是将内能转化为电能的电源，当把甲图中A处杯中的冰水混合物换为沸水时，AB两端的温度差减小。因为热电偶电路中电流大小跟接点A和B间的温差大小有关，温差减小，所以电路电流变小。
（3）由实验测得的某热电偶电路中的电流大小与接点温差的数据可知，电流与温差不成正比关系。由于将电流表的示数标注为温度示数，电流与温差不是线性关系，所以该温度计的温度刻度分布不均匀。
（4）已知当热、冷两点间的温度差为100℃时，产生的电压为1.5mV，则温差电压与温度差的比例为
已知热、冷两点间产生的温差电压为，由上述比例关系可得此时的温度差
因为低温处J1的温度为-10℃，根据温度差与高温、低温处温度的关系，可得高温处的温度
25．【答案】（1）机械
（2）逆
（3）改变
（4）R
（5）460；6
（6）60
（7）注意及时给水箱加水
【知识点】能量的转化或转移；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】（1）由材料，对压电陶瓷两端施加电压，使其产生高频机械振动，从而将水“雾化”为超微粒子，可知空气加湿器工作时，内部的压电陶瓷将电能转化成机械能。
（2）由材料可知，空气加湿器工作时，是利用逆压电效应。
（3）由材料可知，当作用力方向改变时，电荷的极性也随着改变；所以向内压缩改为向外拉伸，电表偏转方向改变。
（4）由图丁可知，湿敏电阻与电阻箱R串联；由图戊可知，当单位体积空气中水蒸气的含量增大时，湿敏电阻减小，根据分压原理可知，湿敏电阻两端电压减小，根据串联电路电压规律，电阻箱R两端电压增大，所以电压表应并联在R两端；
（5）由材料可知，当环境温度为25℃时，1m3空气最多含有水蒸气质量为23g，则50m3的实验室内最多能够容纳的水蒸气质量为 50×23g=1150g，若室内空气的相对湿度为40%，则室内所含水蒸气的质量为 40%×1150g=460g；
实验室内1m3空气中含水蒸气的质量为 ， 由图戊可知，此时湿敏电阻的阻值为60kΩ，电路中的电流为：
则电压表的示数为：
UV=IR=1.5×10-4A×40×103Ω=6V
（6）室内空气的相对湿度为40%时电压表示数为6V，因电压表示数均匀，但代表的温度不均匀；当前空气相对湿度为20%时，室内所含水蒸气的质量为20%×1150g=230g，实验室内1m3空气中含水蒸气的质量为，由图戊可知，此时湿敏电阻的阻值为80kΩ，电路中的电流为：
，
则电压表的示数为：
U'V=I'R=1.25×10-4A×40×103Ω=5V；
同理，当前空气相对湿度为80%时，室内所含水蒸气的质量为80%×1150g=920g，实验室内1m3空气中含水蒸气的质量为=18.4g，由图戊可知，此时湿敏电阻的阻值为20kΩ，电路中的电流为：
，
则电压表的示数为：
U''V=I''R=2.5×10-4A×40×103Ω=10V；
若指针恰好停在20%和80%两刻度线的正中央，对应的电压表示数为7.5V，此时电路中的电流为：
，
湿敏电阻的阻值为：
，
由图戊可知，实验室内1m3空气中含水蒸气的质量为13.8g，室内所含水蒸气的质量为：50×13.8g=690g，则当前空气相对湿度为
；
（7）由湿敏电阻随空气湿度变化的关系图可知，湿度越大时，湿敏电阻的阻值越小；当电源电压不变时，可适当调小电阻箱的电阻，能在较大的湿度值时开始启动加湿器。
故答案为：（1）机械；（2）逆；（3）改变；（4）R；（5）460；6；（6）60；（7）注意及时给水箱加水。
【分析】（1）（2）根据材料内容分析回答；
（3）当外力方向改变时，电荷极性也随之改变，据此分析；
（4）分析电路连接，根据图戊结合串联电路电压规律和分压原理分析回答；
（5）根据相对湿度求出室内实际水蒸气的质量，利用图戊确定湿敏电阻的阻值，根据欧姆定律求出电路中的电流，利用U=IR求出此时电压表的示数；
（6）若指针停在20%和80%之间正中，因电压表自身的刻度是均匀的，则可知此时电压表的示数，然后求出当前空气相对湿度；
（7）为了能在较大的湿度值时开始启动加湿器，可以调小电阻箱的电阻。
26．【答案】（1）内
（2）温度计；电压表
（3）温差越大，产生的电压越高
（4）4×10﹣4；提供的电压远远小于运动手表的额定电压
【知识点】能量的转化或转移；电功率的计算
【解析】【解答】（1）温差发电是利用两种金属在温度差下产生电压的现象，将内能（或热能）转化为电能。
（2）实验需要测量温度和电压，所以除了秒表，还需要温度计（测量冷、热水温度）和电压表（测量产生的电压）。
（3）从数据可以看出，冷热水温差t越大，产生的电压U越高。结论：在其他条件相同时，冷热水的温差越大，温差发电装置产生的电压越高。
（4）输出功率计算：P=UI=0.4V110-3A=410-4W。
不能使“3V，1.2W”运动手表正常工作的原因是：温差电池提供的电压（0.4V）和功率（410-4W）远小于运动手表的额定电压（3V）和额定功率（1.2W）。
故答案为：（1）内；（2）温度计；电压表；（3）温差越大，产生的电压越高；（4）4×10﹣4；提供的电压远远小于运动手表的额定电压。
【分析】1、能量转化
温差发电是将内能（热能）转化为电能。
2、实验仪器选择
测量温度用温度计，测量电压用电压表。
3、数据分析与结论推导
从实验数据中可以看出：冷热水的温差越大，产生的电压越高。
4、电功率计算
电功率公式P=UI。
5、用电器工作条件
用电器正常工作需要实际电压和功率达到其额定值，若提供的电压或功率远小于额定值，设备无法正常工作。
1 / 1沪科版物理九年级全一册第二十一章《能源、材料与社会》单元测试提升卷
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2026九上·北海期末）如图是“风光互补”景观照明灯。它上端有风力发电机，灯柱上有太阳能电池板，照明灯旁边还有蓄电池，利用太阳能发电时，能量转化的情况是（ ）
A．内能转化为电能 B．化学能转化为电能
C．太阳能转化为电能 D．机械能转化为电能
【答案】C
【知识点】能量的转化或转移
【解析】【解答】利用太阳能发电时，得到电能，将太阳能转化为电能，C符合题意。
故选C。
【分析】太阳能发电时，太阳能转化为电能。
2．（2026·龙岗期末）如图是《天工开物》中记载的我国古代工匠冶炼金属的场景，以下分析不正确的是（ ）
A．用炭火加热金属的过程是通过做功改变了内能
B．利用木炭炼银主要是因为木炭的热值比较大
C．木炭燃烧过程将化学能转化为内能
D．冶炼过程不断拉动风箱增加送风量可使木炭充分燃烧，提高热效率
【答案】A
【知识点】热传递改变物体内能；燃料的热值；热机的效率；能量的转化或转移
【解析】【解答】A．用炭火加热金属的过程，炭火放出热量，金属吸收热量，是通过热传递改变了内能，故A错误，符合题意；
B．利用木炭炼银，主要是因为完全燃烧相同质量的木炭和其它燃料，木炭能放出更多的热量，即木炭的热值比较大，故B正确，不符合题意；
C．木炭燃烧过程中将化学能转化为内能，故C正确，不符合题意；
D．冶炼过程不断拉动风箱增加送风量，使木炭尽量燃烧充分，可以提高锅炉效率，故D正确，不符合题意。
故选：A。
【分析】 （1）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程。
（2）利用木炭炼银，主要是因为木炭的热值比较大，完全燃烧相同质量的木炭和其它燃料，木炭能放出更多的热量。
（3）木炭燃烧过程中将化学能转化为内能。
（4）冶炼过程不断拉动风箱增加送风量，可以提高锅炉效率。
3．（2026九上·深圳期末）某用电器的能量流向如图所示，该用电器可能是（ ）
A．电饭锅 B．电烤箱 C．电风扇 D．电热水器
【答案】C
【知识点】能量的转化或转移；能量守恒定律；直流电动机的构造原理与工作过程
【解析】【解答】从能量流向图可以看出，这个用电器将输入的大部分电能转化为机械能，只将小部分转化为内能。
A、电饭锅；B、电烤箱；D、电热水器都是电热类用电器，它们的主要能量转化是电能→内能，和题目描述不符。
C、电风扇的核心部件是电动机，它的能量转化是电能→机械能（带动扇叶转动），同时因为线圈有电阻，会有小部分电能转化为内能，与题目中的能量流向完全吻合。
故答案为：C。
【分析】1、用电器的能量转化
电热类用电器（如电饭锅、电烤箱、电热水器）：电能主要转化为内能。
电动机类用电器（如电风扇、洗衣机）：电能主要转化为机械能，同时产生少量内能。
2、能量守恒定律
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只会从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到其它物体，而能量的总量保持不变。
3、电动机的工作原理
电动机利用通电线圈在磁场中受力转动的原理工作，实现了电能到机械能的转化。
4．（2025九上·南充月考）抽水蓄能电站被称为“超级充电宝”，用电低谷时段利用电网多余电能抽水至上水库，用电高峰时段再放水至下水库发电，如图：关于抽水蓄能电站，下列说法正确的是（ ）
A．用电低谷时，以电能的形式储能
B．用电高峰时，机械能转化为电能
C．选址时，上下水库的高度差要小
D．存储的能量可以全部转化为电能
【答案】B
【知识点】能量的转化或转移；发电机的构造和原理
【解析】【解答】A．图中，用电低谷时，将水抽到高处，电能转化为机械能，以机械能的形式储能，故A错误；
BD．用电高峰时，利用存储的能量发电，水能使水轮机转动，机械能转化为电能，但是机械能部分转化为电能，故B正确，D错误；
C．抽水蓄能电站，要求水资源丰沛、上下游有落差，选址时需要考虑地理位置，故C错误。
故选B。
【分析】能量转化时，存在能量损耗，无法将全部转化；水位落差大，则水储存的机械能大。
5．（2026九上·官渡期末）下列用电器不是利用电流热效应工作的是( )
A．电风扇 B．电热毯 C．电饭锅 D．电熨斗
【答案】A
【知识点】能量的转化或转移；电流的热效应
【解析】【解答】 A.电风扇工作时主要将电能转化为机械能，不是利用电流的热效应工作的，故A正确。
BCD．电热毯、电饭锅和电熨斗都是利用了电流的热效应工作的，工作时将电能转化为内能，故BCD错误；
故选A。
【分析】电流的热效应：电流通过导体时电能转化成内能，这种现象叫做电流的热效应。
6．（2025九上·南山月考） 《天工开物》记载的“透火焙干”是造纸的一道工序，其做法是将刚生产出的湿纸张贴在烤火的墙上，如图。下列说法正确的是（ ）
A．木柴燃烧时，内能转化为化学能
B．木柴燃烧逐渐变少时，木柴的热值逐渐变小
C．纸能贴在墙上，因为分子间存在引力
D．墙壁烤火湿纸内能增大，通过做功的方式实现的
【答案】C
【知识点】做功改变物体内能；燃料的热值；能量的转化或转移；分子间相互作用力
【解析】【解答】A、图中，木柴燃烧时，消耗化学能，产生内能，将化学能转化为内能，A错误；
B、热值是燃料的特性，和质量大小无关，木柴燃烧逐渐变少时，热值不变，B错误；
C、纸能贴在墙上，是纸分子和墙分子间存在引力，C正确；
D、墙壁温度高，湿纸烤火吸收热量，内能增大，是热传递的方式改变内能的，D错误。
故选C。
【分析】燃料的热值是特性，不同燃料热值不同；燃料燃烧时，化学能转化为内能；分子间存在引力；物体间温度不同，通过热传递改变内能。
7．（2025九上·当阳月考）如图是液体燃料火箭喷气发动机示意图。输送装置将燃料和氧化剂输送到燃烧室燃烧，产生气体喷出推动火箭前进。下列说法正确的是（ ）
A．燃料燃烧时内能转化为化学能
B．燃料箱燃料减少，燃料热值不变
C．燃烧放出热量越多，燃料热值越大
D．火箭前进时，燃料的化学能全部转化为火箭的机械能
【答案】B
【知识点】燃料的热值；能量的转化或转移
【解析】【解答】A．根据能量转化的知识可知，燃料燃烧时，将燃料的化学能转化为内能，故A错误；
BC．热值是燃料的特性，与燃料多少和放出热量多少无关，故B正确，故C错误；
D．火箭前进时，由于有热量损失，燃料不可能全部燃烧等因素影响，燃料的化学能不可能全部转化为火箭的机械能，故D错误。
故选B。
【分析】A.根据能量转化的知识判断；
BC.热值是燃料燃烧放热本领大小的物理量，只与燃料的种类有关；
D.注意燃料燃烧时会有热量散失。
8．（2025九上·广州期中）下列说法正确的是（ ）
A．太阳能发电是将太阳能转化为化学能
B．用热水袋取暖时，内能发生了转移
C．风力发电，说明电能可以凭空产生
D．一乒乓球在空中下落过程中，因为将乒乓球的内能转化为动能，所以下落越来越快
【答案】B
【知识点】机械能及其转化；热传递改变物体内能；能量的转化或转移；能量守恒定律
【解析】【解答】A.太阳能发电是将太阳能转化为电能，故A错误；
B、用热水袋取暖时，人体吸收热量，内能增大，热水袋放出热量，内能减少，内能发生了转移，故B正确；
C、风力发电是将风能转化为电能，不是凭空产生电能，故C错误；
D、乒乓球在空中下落过程中，其重力势能转化为动能，所以下落越来越快，故D错误。
故选B。
【分析】1.太阳能发电是将太阳能转化为电能；
2.能量转移，能量的形式不变，能量转化，能量的形式改变；
3.根据能量守恒定律，能量不会凭空产生或消灭；
4.乒乓球在空中下落过程中，重力势能转化为动能。
9．（2025九上·广州期中）一标准大气压下，温度为0℃的水和-16℃的冰块，两者质量相等。把冰块放到水中，最终形成了一块大冰块。忽略它们与外界之间的热传递。则（ ）
A．后来大冰块的温度高于-8℃
B．根据以上信息，能证明水的比热容大于冰的比热容
C．水在结冰的过程中，水温不变，所以水的内能保持不变
D．原来0℃水的内能，和后来整个大冰块的内能相等
【答案】A
【知识点】内能的利用及其意义；热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式；能量守恒定律
【解析】【解答】A. 忽略它们与外界之间的热传递，水凝固时温度不变，根据Q=cmΔt可知，质量相等的温度为0℃的水和-16℃的冰块最终形成的大冰块的温度高于-8℃，故A正确；
B.根据以上信息，可知水凝固放热，冰吸热升温，但不知水的温度变化情况，所以无法比较水和冰的比热容的大小关系，故B错误；
C.水在结冰的过程中，不断放出热量，但水温不变，所以它的内能减小，故C错误；
D.忽略它们与外界之间的热传递，后来整个大冰块的内能等于原来0℃水的内能和-16℃的冰块的内能之和，故D错误；
故选A。
【分析】1.利用水凝固时温度不变，放出热量和Q=cmΔt进行分析；
2.题中没有水温度变化的数据，故无法比较水和冰的比热容的大小关系；
3.水凝固时温度不变，放出热量，内能减小；
4.热传递过程中内能发生转移，忽略热损失，内能的总量不变。
10．（2025九上·广州期中）如图甲所示是某型号手电筒风扇。只闭合照明开关时，照明灯亮起；只闭合风扇开关时，风扇单独工作。图乙是手电筒风扇工作时的能量流向示意图，电池充电时，将能量以化学能的形式储存，工作时给电动机和照明灯供电。对下图方框中能量形式判断正确的是（ ）
A．甲是“内能” B．乙是“电能”
C．丙是“光能” D．丁是“机械能”
【答案】B
【知识点】能量的转化或转移
【解析】【解答】 电池充电时，将电能转化为化学能；电池供电时，将化学能转化为电能；使用电动机时，将电能转化为机械能；使用照明灯时，将电能转化为光能，所以甲乙都是电能，丙是机械能，丁是光能，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】根据电池充电、供电及电动机、照明灯工作时的能量转化规律，再对应图中各部分判断能量形式。
二、多选题（每题3分，共15分）
11．（2026九上·射洪期末）我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将高分十四号02星发射升空，如图所示为火箭发射时的场景。在火箭加速升空阶段，若不计火箭的质量变化，下列说法中正确的是
A．火箭加速上升过程中，将内能转化为机械能
B．火箭加速上升过程中，能量是守恒的
C．燃料燃烧时，将内能转化为化学能
D．火箭加速上升过程中，以火箭为参照物，发射台是运动的
【答案】A,B,D
【知识点】能量的转化或转移；能量守恒定律；参照物及其选择
【解析】【解答】 解：A、火箭加速上升过程中，将燃料燃烧转化来的内能转化为火箭的机械能，故A正确。
B、火箭加速上升过程中，机械能增大，但根据能量守恒定律可知，总的能量是守恒的，故B正确。
C、燃料燃烧时，将化学能转化为内能，故C错误。
D、火箭加速上升过程中，以火箭为参照物，发射台相对于火箭的位置发生了变化，是运动的，故D正确。
故选：ABD。
【分析】 （1）燃料燃烧将化学能转化为内能，内能转化为机械能，为火箭升空提供动力。
（2）能量守恒定律的内容是：能量既不会凭空消灭，也不会凭空产生，它只会从一种形式转化为其它形式，或从一个物体转移到另一个物体，而能量的总量保持不变。
（3）燃料燃烧将过程是将化学能转化为内能。
（4）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
12．（2025九上·柳州期中）如图所示，是一个由开关、灯泡、电源组成的简单电路。关于该电路，下列说法正确的是 （ ）
A．开关闭合后，电流从电源正极出发，经过灯泡，回到电源负极
B．灯泡发光时，将电能转化为光能和内能
C．若灯泡不亮，一定是发生了断路故障
D．断开开关，灯泡中没有电流通过，但灯泡两端仍有电压
【答案】A,B
【知识点】能量的转化或转移；电流的方向；电源及其能量转化；电压和电压的单位换算；电路故障的判断
【解析】【解答】A项：在闭合电路中，电流方向是从电源正极经用电器流向电源负极，故A正确。
B项：灯泡发光时，电能主要转化为光能，同时灯丝发热会转化为内能，故B正确。
C项：灯泡不亮的原因有多种可能，如断路、短路、电源没电、灯泡损坏等，不一定是断路，故C错误。
D项：开关断开时，电路处于开路状态，灯泡两端与电源正负极不构成通路，因此灯泡两端电压为零（理想情况下），故D错误。
故答案为：A、B。
【分析】本题考查简单电路的基本概念，涉及电流方向、能量转化、电路故障分析和开路电压等知识点。解题需结合电路基本规律和实际电路工作情况进行分析。解题关键点： 理解闭合电路中电流的流向；知道灯泡发光时的能量转化形式；明确电路故障的多种可能性；理解开关断开时用电器两端电压为零（除非开关接在用电器之后，但本题为简单串联电路，开关断开后灯泡两端与电源断开）。
13．（2024九上·花溪月考）如图是小芳学了能量守恒后设计的一个小蒸汽轮机，下列说法正确的是 （ ）
A．管口的“白气”是水蒸气液化形成的
B．如果没有能量补充，轮子最终会停下
C．蒸汽的内能转化为轮子的机械能
D．轮子的转动说明永动机是可以实现的
【答案】A,B,C
【知识点】液化及液化放热；能量的转化或转移；能量守恒定律
【解析】【解答】A．管口的白气，是高温水蒸气遇冷，发生液化现象，形成的小水珠，故A正确；
BD．轮子转动，得到机械能，是内能转化而来的，如果没有能量补充，轮子最终会停下，永动机可以实现，故B正确，D错误；
C．水蒸气推动轮子做功，内能转化为轮子的机械能，故C正确。
故选ABC。
【分析】白气是水蒸气液化形成的；能量间相互转化时，总量保持不变；内能对外做功，转化为机械能。
14．（2023九上·博兴月考）关于能量转化，下列说法中正确的是（ ）
A．电风扇工作时，大部分电能转化为机械能
B．风力发电机发电时，电能转化为机械能
C．壶中水沸腾时，壶盖不停地跳动，内能转化为机械能
D．用砂轮磨刀时，刀的温度升高了，机械能转化为内能
【答案】A,C,D
【知识点】能量的转化或转移
【解析】【解答】A．电风扇的主要结构为电动机，则它工作时，电能主要转化为机械能，故A正确；
B． 风力发电机发电时， 将机械能转化为电能，故B错误；
C．水沸腾时将壶盖顶起，将内能转化为机械能的过程，故C正确；
D．用砂轮磨刀时，克服摩擦做功，是将机械能转化为内能的过程，故D正确。
故选ACD。
【分析】 在做能量的转化这种题时，我们要注意分析哪种能量增加了，哪种能量减少，因为总是减少的这种能量转化为增加的那种能量。
15．（2024九上·市中区期中）从能量转化的角度，有关效率的意义的说法正确的是（ ）
A．某太阳能电池工作效率是16%，该电池能把16%的太阳能转化为电能
B．某电动机工作效率是83%，该电动机可以把83%的电能转化为机械能
C．某锂电池充电时效率是99%，该电池可以把99%的电能转化为化学能
D．某柴油机工作效率是35%，该柴油机可以把35%的化学能转化为内能
【答案】A,B,C
【知识点】能量的转化或转移
【解析】【解答】A．某太阳能电池工作的效率是16%，指该太阳能电池能把吸收的太阳能的16%转化为电能，故A正确；
B．某电动机工作的效率是83%，指该电动机消耗电能的83%转化的机械能，故B正确；
C．某锂电池充电时的效率是99%，指该锂电池充电时有99%的电能转化为化学能，故C正确；
D．某柴油机工作的效率是35%，指该柴油机把柴油完全燃烧燃烧时释放总能量的35%转化为机械能，故D错误。
故选ABC。
【分析】效率的意义是指有效利用的能量与燃料完全燃烧产生的能量之比。
三、填空题（每空1分，共10分）
16．（2026九上·南山期末）题图是简易汽轮机模型：易拉罐内装半罐水，点燃罐体下方的酒精灯，罐内产生的高压蒸汽从细管口高速喷出，冲击扇叶使其转动。此过程中，蒸汽的内能转化为扇叶的 能，四冲程汽油机工作中，能量转化过程与之相同的是 冲程；若使罐内 100g的水从20℃升温到100℃，需要吸收 J热量；若不计热量损失，需要燃烧 g酒精。 qmm=3.0×107J/ kg】
【答案】机械；做功；3.36×104；1.12
【知识点】做功改变物体内能；比热容的定义及其计算公式；热量的计算；燃料的热值；能量的转化或转移
【解析】【解答】 罐内产生的高压蒸汽从细管口高速喷出，冲击扇叶使其转动，此过程中，蒸汽的内能转化为扇叶的机械能，四冲程汽油机工作中，能量转化过程与之相同的是做功冲程。
罐内100g的水从20℃升温到100℃，吸收的热量为：
Q吸=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg ℃）×100×10-3kg×（100℃-20℃）=3.36×104J
若不计热量损失，则燃烧酒精放出的热量为：
Q放=Q吸=3.36×104J
需要燃烧酒精的质量为：
【分析】 1.改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程；
2.内燃机的做功冲程将内能转化为机械能；
3.已知水的质量、比热容、初温及末温，根据Q吸=cm（t-t0）求出水吸收的热量；利用Q放=mq求出需要燃烧酒精的质量。
17．（2026九上·宝安期末）如图是一个简易的蒸汽船模型，玻璃瓶中装有适量的水，点燃蜡烛。当吸管有大量水蒸气喷出时，船会向左运动，水蒸气的内能转化为 能，该过程的能量转化与四冲程汽油机的 冲程相似。蜡烛燃烧逐渐变短，其热值 (选填“变大”“变小”或“不变”)。
【答案】机械；做功；不变
【知识点】燃料的热值；热机的四个冲程；能量的转化或转移
【解析】【解答】水蒸气喷出时推动小船向左运动，是水蒸气的内能转化为小船的机械能。
四冲程汽油机的做功冲程，也是内能转化为机械能，与这个过程的能量转化完全一致。
热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧状态无关，所以蜡烛燃烧变短，其热值不变。
故答案为：机械；做功；不变。
【分析】1、能量转化：内能与机械能之间的相互转化，常见于热机、蒸汽机等场景。
2、四冲程汽油机的工作原理：四个冲程中，只有做功冲程是内能转化为机械能，其他冲程依靠飞轮惯性完成。
3、热值的物理意义：热值是燃料的固有属性，只与燃料种类有关，与燃料的质量、燃烧情况无关。
18．（2026九上·深圳期末）如图是四冲程汽油机的做功冲程和汽油机的能量流向图，此冲程将 能转化为 能；该汽油机的效率是 %。
【答案】内；机械；30
【知识点】热机的效率；热机的四个冲程；能量的转化或转移；能量守恒定律
【解析】【解答】四冲程汽油机的做功冲程中，燃料燃烧产生的高温高压气体推动活塞向下运动，将气体的内能转化为活塞的机械能。
这一冲程的核心能量转化就是内能→机械能，从而为汽油机提供动力。
汽油机的效率是转化为有用机械能的能量与燃料完全燃烧释放总能量的比值。
从能量流向图可知，总能量中损耗的部分为：6%+30%+34%=70%，因此效率为：100%-70%=30%。
故答案为：内；机械；30。
【分析】1、四冲程汽油机的工作原理
四冲程包括吸气、压缩、做功、排气。其中做功冲程是唯一对外做功的冲程，实现内能向机械能的转化。
2、热机效率的计算
热机效率。也可以通过计算总损耗，用100%减去总损耗来得到效率。
3、能量转化与守恒定律
能量在转化和转移过程中总量保持不变，汽油机的能量流向图正是这一定律的体现。
四、简答题（共3分）
19．（2024九上·吉林月考）请参考如图所示的水力发电示意图，分析在水力发电过程中能量是怎样转化的？
【答案】将水的机械能转化为水轮机的机械能，再将机械能转化为电能。
【知识点】能量的转化或转移
【解析】【解答】根据图片可知，水力发电时，将储存在高处的水放下来，冲击水轮机，然后带动发电机转动发电，即水力发电就是利将水的机械能转化为水轮机的机械能；水轮机又带动发电机的转子转动将机械能转化为电能。
【分析】根据水力发电的过程，结合能量转化的知识分析解答。
五、实验探究题（每空1分，共20分）
20．（2025九上·山丹月考）科学揭秘：遇水就亮的灯泡不消耗电能吗？小明逛夜市时，发现有摊主在叫卖一种不消耗电能、遇水就亮的灯泡。小明认为这与物理课上所学知识矛盾，于是买了一个灯泡，将其放入自来水中进行测试。
水面对应的位置 a b c
灯泡的发光情况 不发光 不发光 发
（1）小明猜想灯泡遇水就亮的原因是：灯泡内部装有提供能量的 ，灯泡遇水后电路形成 路从而发光；
（2）小明观察到灯泡底部结构由a、b、c三部分组成，如图甲所示，a、c为金属，b为塑料。如图乙，将灯泡缓慢浸入水中，观察灯泡发光情况，收集到证据如表；
（3）小明拆开灯泡塑料壳，如图丙所示，证明了猜想正确，灯泡遇自来水发光说明自来水是 ，发光是将电能转化为 和内能；
（4）小明将灯泡取出并擦干，不放入水中，如何再次让灯泡发光 。
【答案】电源；通；导体；光能；用一根导线同时接触灯泡底部a和c两部分
【知识点】能量的转化或转移；电路的构成及电路图；焦耳定律的应用
【解析】【解答】解：（1）电路两端有电压、电路是通路是形成电流的两个条件，因此灯泡遇水就亮的原因是：灯泡内部装有提供能量的电源，灯泡遇水形成通路；
（3）自来水容易导电，属于导体；小灯泡发光时，电流通过灯泡做功，将电能转化为光能和内能；
（4）用一根导线同时接触灯泡底部a和c两部分，形成通路，电路中有电流，灯泡发光。
故答案为：（1）电源；通；（3）导体；光能；（4）用一根导线同时接触灯泡底部a和c两部分。
【分析】 （1）形成电流需要具备两个条件：电路两端有电压、电路是通路；
（3）容易导电的物体叫做导体，不容易导体的物体叫做绝缘体；小灯泡发光是将电能转化为光能和内能；
（4）由题目可知a、c为金属是导体，b为塑料是绝缘体，根据表格记录可知水面对应位置到达c灯泡发光，因此用一根导线同时接触灯泡底部a和c两部分，形成通路，电路中有电流，灯泡发光。
21．（2024九上·乌当月考）学校科技社团小组在科技实践活动中拍下了学校太阳能路灯的图片，如图15甲所示，它由太阳能电池板、控制器、蓄电池组、LED发光二极管、灯杆及灯具外壳组成，其结构示意图如图乙所示，工作时的能量流程如图丙所示。其中太阳能电池的核心部件是光电板，社团小组想知道光电板吸收太阳能的多少与哪些因素有关？他们提出了以下猜想：
猜想1：可能与光电板的光照时间有关；
猜想2：可能与光电板的面积有关；
猜想3；可能与光电板的颜色有关。
根据以上猜想，他们设计好实验，然后用不同的光电板正对太阳光照射并对蓄电池充电，一段时间后用蓄电池给LED灯供电直到LED灯熄灭，实验记录数据如表：
序号 光电板的面积/m2 光照时间/min 光电板表面所涂颜色 LED灯的发光时间/min
1 0.1 10 黑色 30
2 0.1 20 黑色 60
3 0.1 30 黑色 90
4 0.2 10 黑色 60
5 0.3 10 黑色 90
6 0.1 10 绿色 20
7 0.1 10 白色 5
（1）如图乙所示，在白天控制开关S应与a接通，太阳能电池板将太阳能转化为 。
（2）分析序号 三组数据可对猜想1进行验证，得出的结论是：在光电板面积和光电板颜色相同时，光电板吸收太阳能的多少与光照时间成正比。分析数据可得出正比关系的原因是： 。
（3）分析序号1、4、5三组数据，得出的结论是：在光电板颜色和光照时间相同时， 。
（4）由表中数据分析可知：制作太阳能光电板用黑色最好，因为 。
（5）除以上影响因素外，光电板吸收太阳能的多少还可能与 有关。（写一种即可）
【答案】（1）电能
（2）1、2、3；LED灯的发光时间与光照时间的比值为定值
（3）光电板吸收的太阳能与光电板的面积成正比
（4）黑色能吸收所有颜色的光
（5）光照强度
【知识点】物体的颜色；能量的转化或转移；物理学方法
【解析】【解答】（1）如图乙所示，在白天控制开关S应与a接通，铅蓄电池接入电路，太阳能电池板给铅蓄电池充电，将太阳能转化为电能。
（2）探究光电板吸收太阳能的多少与光照时间的关系时，应控制光电板的面积和颜色，所以应分析序号1、2、3 三组数据可对猜想1进行验证。
由1、2、3 三组数据可知，在光电板面积和光电板颜色相同时，LED灯的发光时间与光照时间的比值为定值，说明光电板吸收太阳能的多少与光照时间成正比。
（3）分析序号1、4、5三组数据可知，光电板的颜色和光照时间相同，LED灯的发光时间与光电板面积的比值为定值，可得结论：在光电板颜色和光照时间相同时，光电板吸收的太阳能与光电板的面积成正比。
（4）由表中数据分析可知：制作太阳能光电板用黑色最好，因为黑色能吸收所有颜色的光。
（5）除以上影响因素外，光电板吸收太阳能的多少还可能与光照强度有关，光照强度越强，光电板吸收的太阳能可能越大。
【分析】（1）太阳能电池板将太阳能转化为电能；
（2）（3）根据结合表格数据结合控制变量法分析；
（4）黑色物体能吸收所有颜色的光；
（5）光电板吸收太阳能的多少还可能与光照强度和光照角度有关。
（1）如图乙所示，在白天控制开关S应与a接通，太阳能电池板将太阳能转化为电能，给蓄电池充电。
（2）[1][2]由序号1、2、3得，当其他条件相同时，光照时间越长，LED灯的发光时间越长，且LED灯的发光时间与光照时间的比值为定值，说明在光电板面积和光电板颜色相同时，光电板吸收太阳能的多少与光照时间成正比。
（3）分析序号1、4、5三组数据得，在光电板颜色和光照时间相同时， LED灯的发光时间与光电板面积的比值为定值，说明在光电板颜色和光照时间相同时，光电板吸收的太阳能与光电板的面积成正比。
（4）由于黑色能吸收所有颜色的光，因此制作太阳能光电板用黑色最好。
（5）其他条件相同时，光照强度越强，光电板吸收的太阳能可能越大，除以上影响因素外，光电板吸收太阳能的多少还可能与光照强度有关。
22．（2024九上·广州期中）如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量都是60g。
（1）燃料燃烧是将化学能转化为 能；
（2）选择 、 两图展开实验比较不同燃料的热值，具体的比较方法为： ；
（3）选择 、 两图展开实验比较不同物质的比热容。实验数据如表格所示，比热容大的是液体 （选填“A”“B”）；
物质 质量/g 初始温度/℃ 加热时间/min 最后温度/℃
液体A 60 20 6 45
液体B 60 21 6 68
（4）若甲装置烧杯内的液体为水，根据水的质量，水的初温和燃料烧尽时水的末温，再结合燃料燃烧消耗的质量，从而计算出燃料的热值，则计算值 （选填“小于”“等于”“大于”）真实值，原因是 。
【答案】（1）内
（2）甲；乙；燃烧质量相同的不同燃料，给质量相同的同种液体加热，比较温度升高的多少
（3）甲；丙；A
（4）小于；加热过程中有热量的散失
【知识点】燃料的热值；能量的转化或转移；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】 （1）燃料燃烧是将化学能转化为内能；
（2）为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过液体温度的升高量得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择甲、乙两图进行实验；
（3）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断两种比热容的大小关系，应选择甲、丙两图进行实验；
由数据，都加热6min，吸收的热量相同，A升高的温度为25℃，B升高的温度为47℃，根据比较吸热能力的方法，液体A的吸热能力强，即A的比热容大；
将质量相等的液体A、B分别装在两个相同的烧杯中，然后用两个相同的酒精灯加热，故本实验采用的科学方法是控制变量法，故选A；
（4）因为燃料燃烧放出的热量没有全部被水吸收或燃料燃烧不完全，存在热损失（燃料不能完全燃烧），所以测得的热值会偏小。
【分析】 （1）燃料燃烧是将化学能转化为内能；
（2）燃料的热值大小不能直接测量，需要通过液体吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而液体吸收热量的多少跟液体的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数升高量得出吸热多少，进而判断热值大小；
（3）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断两种比热容的大小关系。
根据图丁读出温度计的示数；实验中采用了控制变量法和转换法；
（4）存在热散失，燃料燃烧放出的热量没有全部被液体吸收，测得的热值会偏小。
（1）燃料燃烧放出热量，燃烧过程中将化学能转化为内能。
（2）[1][2][3]比较不同燃料的热值时，选取相同的装置，在烧杯中放入相同质量的同种液体，用相同质量的不同燃料给液体加热，比较燃料完全燃烧时液体温度的变化，温度升高的多的，热值大，故应选择甲、乙两图展开实验比较不同燃料的热值。
（3）[1][2]比较不同液体的比热容时，选取相同的装置，在烧杯中放入相同质量的不同种液体，用相同的燃料给液体加热相同的时间，比较液体温度的变化，从而得出比热容的大小，故应选择甲、丙两图展开实验比较不同物质的比热容。
[3]根据表格中的数据可知，质量相同的A和B在吸收相同的热量时，B的温度升的高，则B的吸热能力要弱一些，A的吸热能力强，故比热容大的是液体A。
（4）[1][2]用该种方法计算的燃料热值小于真实值，原因是在加热过程中热量没有被水完全吸收，有一部分被装置吸收，一部分散失在空气中。
六、综合题（每空1分，共4分）
23．（2025九上·龙岗期中）跨学科实践
制作简易汽轮机模型
热机对人类文明发展起着重要的推动作用。同学们成立了制作简易汽轮机模型的项目团队，制定了“项目提出——项目分析——项目实施——展示交流”的学习流程，研究了热机原理，收集材料组装了如图所示的汽轮机模型。
实验时向易拉罐内部注入大约半罐水，将去掉笔芯和尾塞的中性笔的尾端插入易拉罐内，用胶将罐的开口处密封。将易拉罐放置在支架上，笔的尖端对准小风扇的扇叶。点燃易拉罐下面的酒精灯，当有蒸汽喷出时，扇叶就转动起来。
（1）汽轮机模型工作过程的能量转化情况为：化学能 ；
（2）某团队的同学们在测试过程中，发现扇叶不转动，出现这种现象的原因可能 ；（答出一条即可）
（3）热机发展史也是一部热机效率提高史，在展示交流环节，对如何提高简易汽轮机效率，同学们进行了激烈讨论。请你依照“结构决定功能”的观念，从结构的角度思考，帮助他们提出一个可行性措施： 。
【答案】（1）内能；机械能
（2）注入的水过少，产生的蒸汽量不足
（3）增加易拉罐的保温性能。
【知识点】热机；热机的效率；能量的转化或转移
【解析】【解答】（1）酒精燃烧时，将酒精的化学能转化为内能，通过热传递转移给水和易拉罐，水吸热迅速的汽化，形成大量的水蒸气，水蒸气对扇叶做功，将水蒸气的内能转化为扇叶的机械能。
（2） 发现扇叶不转动，出现这种现象的原因可能：
①水的质量太少，产生的水蒸气量不足，无法提供足够的动力，即注入的水过少，产生的蒸汽量不足。
②装置的密封性不好，导致水蒸气泄漏，无法有效推动扇叶，比如易拉罐开口处密封不好，蒸汽泄漏。
③酒精灯提供的热量不足，水无法产生足够多的高温高压水蒸气，例如酒精灯火焰太小，水吸收的热量少，产生蒸汽的能量不够。
（3）增加易拉罐的保温性能：比如用保温杯套等材料包裹易拉罐，减少热量散失，使水能够吸收更多的热量转化为水蒸气的内能，从而提高效率。因为减少热量损失，能让更多的化学能最终转化为机械能。
故答案为：（1）内能；机械能 （2）注入的水过少，产生的蒸汽量不足； （3）增加易拉罐的保温性能。
【分析】（1）汽轮机工作时将内能转化为电能；
（2）根据汽轮机的结构和工作原理分析；
（3）从结构的角度思考，即通过优化汽轮机的结构来提高汽轮机的效率，据此分析。
（1）[1][2][3]酒精燃烧，是将酒精内部的化学能转化为内能释放出来，然后将内能通过热传递转移给水和易拉罐，水吸热迅速的汽化，形成大量的水蒸气，水蒸气对扇叶做功，将水蒸气的内能转化为扇叶的机械能。
（2）在测试过程中，发现扇叶不转动，可能水蒸气的内能太小，笔尖喷出的蒸汽太少。
（3）在易拉罐上半部分覆盖保温层，可以减少热量的损失，提高汽轮机效率。
七、科普阅读题（每空1分，共18分）
24．（2026九上·成都月考）阅读短文，回答问题。
热电偶
用两种不同材料的导体（如铁丝和铜丝）组成如图甲所示的闭合回路，当AB两端存在温度差时，回路中就会有电流通过，这就是塞贝克效应（又叫热电效应），这种电路叫热电偶电路；热电偶所产生的热电压由接触电压U接触和温差电压U温差两部分组成；实验表明：热电偶电路中电流的大小跟相互连接的两种金属丝的材料有关；跟接点A和B间的温差大小有关；实验测得某热电偶电路中的电流大小与接点温差的数据如表所示：
接点温差/℃ 0 100 200 300 … 500 600 …
电路中的电流/mA 0 64 142 234 … 460 594 …
（1）以下材料组合中，可以制作热电偶电路的是_______（选填序号）。
A．玻璃片、铝薄片 B．玻璃片、玻璃片
C．铝薄片、锌薄片 D．锌薄片、锌薄片
（2）这样的热电偶实际上是一个电源，它的电能是由内能转化而来，其它条件不变，只将甲图中A处杯中的冰水混合物换为沸水，电路电流 。（选填“变大”、“变小”、“不变”或“变为零”）。
（3）将图甲中连接点A与恒温物体接触，连接点B与被测物体接触，将电流表的示数标注为温度示数，改制成温度计，该温度计的温度刻度分布 （选填“均匀”或“不均匀”）。
（4）如图乙所示，热电偶的温差电压与J1、J2两点间的温度差成正比，当热、冷两点间的温度差为100℃时，产生的电压为1.5mV；若低温处J1的温度为-10℃，热、冷两点间产生的温差电压为0.015V，则高温处的温度为 ℃。
【答案】（1）C
（2）变小
（3）不均匀
（4）990
【知识点】温度及温度计的使用与读数；能量的转化或转移；导体与绝缘体；电源及其能量转化；物理学方法
【解析】【解答】（1）热电偶电路需要由两种不同材料的导体构成闭合回路。由于玻璃片属于绝缘体，无法导电，因此选项ABD均不符合要求，只有选项C满足条件。
故选C。
（2）热电偶是一种将内能转化为电能的装置。当将甲图中A处的冰水混合物替换为沸水时，A、B两端的温差减小。由于热电偶电路的电流大小与接点A、B间的温差直接相关，温差减小会导致电路中的电流变小。
（3）实验数据表明，热电偶电路中的电流大小与接点温差之间并非正比关系。由于温度计的刻度是基于电流表示数标注的，而电流与温差呈非线性关系，因此该温度计的温度刻度分布不均匀。
（4）已知当热、冷两点间的温差为100℃时，产生的电压为1.5mV，因此温差电压与温度差的比例为，若热、冷两点间产生的温差电压为，则根据比例关系可计算出此时的温度差为
已知低温处J1的温度为-10℃，根据温差与高、低温点温度的关系，可得高温处的温度为。
【分析】热电偶需要不同材料的导体构成回路；且构成回路的材料两端温差增加，电流变大；能量的转换：内能转换为电能；
导体：易于传导电流的物质，金属，人体、液体；绝缘体：不容易导电的物质，橡胶、塑料、石墨。
（1）根据热电偶电路的组成要求，需要用两种不同材料的导体组成闭合回路。由于玻璃片是绝缘体，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
（2）热电偶是将内能转化为电能的电源，当把甲图中A处杯中的冰水混合物换为沸水时，AB两端的温度差减小。因为热电偶电路中电流大小跟接点A和B间的温差大小有关，温差减小，所以电路电流变小。
（3）由实验测得的某热电偶电路中的电流大小与接点温差的数据可知，电流与温差不成正比关系。由于将电流表的示数标注为温度示数，电流与温差不是线性关系，所以该温度计的温度刻度分布不均匀。
（4）已知当热、冷两点间的温度差为100℃时，产生的电压为1.5mV，则温差电压与温度差的比例为
已知热、冷两点间产生的温差电压为，由上述比例关系可得此时的温度差
因为低温处J1的温度为-10℃，根据温度差与高温、低温处温度的关系，可得高温处的温度
25．（2026九上·南山期末）阅读材料，回答问题。
空气加湿器
题图甲是一种常见的家用空气加湿器，其关键部件是压电陶瓷转换器，如图乙所示。工作时，对压电陶瓷两端施加电压，使其产生高频机械振动，从而将水“雾化”为超微粒子，再由风扇吹出，形成图甲中加湿器上方的“白气”。
压电陶瓷具有正压电与逆压电两种效应：正压电效应实现了机械能到电能的转换，此过程中，当压电陶瓷受外力发生形变时，其两个相对表面产生正、负相反的电荷，当外力方向改变时，电荷极性也随之改变，外力撤去后不带电；逆压电效应实现了电能到机械能的转换，此过程中对压电陶瓷施加电压后，它会发生形变，电压撤去后形变消失。通过图丙所示方法，根据电压表指针的偏转方向，可检测压电陶瓷片的受力方向。
（1）【项目原理】
空气加湿器工作时，内部的压电陶瓷将电能转化成 能；
（2）空气加湿器工作时利用了 (选填“正”或“逆”)压电效应；
（3）图丙中，若对压电陶瓷的施力由向内压缩改为向外拉伸，电表指针的偏转方向 (选填“改变”或“不变”)；
（4）【项目设计】
物理社团设计一款自动加湿器，该装置由控制电路和工作电路组成，如图丁所示。控制电路的核心元件是湿敏电阻RH，其阻值随单位体积空气中水蒸气含量的变化而变化。当湿度低于设定范围时，控制电路接通工作电路，启动加湿器。
相对湿度是表示空气湿度的一种形式。它是指一定温度一定体积的空气中，实际含有的水蒸气质量与最多能够容纳的水蒸气质量的百分比。当环境温度为25℃时，1m3空气最多含有水蒸气质量为23g。
同学们已查阅该湿敏电阻RH的阻值与25℃时单位体积空气中水蒸气含量的关系，如图戊所示。
【项目实施】
控制电路的电源电压恒为15V，电阻箱R调至 40kΩ。用一个量程为0~15V的电压表改造成湿度检测表，要求电压表示数随单位体积空气中水蒸气的含量增大而增大。电压表应并联在 (选填“RH”或“R”) 的两端；
（5）将加湿器置于容积为50m3的实验室内，若室内空气的相对湿度为40%，环境温度为： 则室内所含水蒸气的质量为 g，此时电压表示数为 V；
（6）若在电压表表盘刻度处标上对应的相对湿度，便可将电压表改造成湿度检测表。改造完成后，闭合开关，发现指针恰好停在20%和80%两刻度线的正中央，则当前空气相对湿度为 %；
（7）【交流评价】
请为该自动加湿器写一条使用建议： 。
【答案】（1）机械
（2）逆
（3）改变
（4）R
（5）460；6
（6）60
（7）注意及时给水箱加水
【知识点】能量的转化或转移；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】（1）由材料，对压电陶瓷两端施加电压，使其产生高频机械振动，从而将水“雾化”为超微粒子，可知空气加湿器工作时，内部的压电陶瓷将电能转化成机械能。
（2）由材料可知，空气加湿器工作时，是利用逆压电效应。
（3）由材料可知，当作用力方向改变时，电荷的极性也随着改变；所以向内压缩改为向外拉伸，电表偏转方向改变。
（4）由图丁可知，湿敏电阻与电阻箱R串联；由图戊可知，当单位体积空气中水蒸气的含量增大时，湿敏电阻减小，根据分压原理可知，湿敏电阻两端电压减小，根据串联电路电压规律，电阻箱R两端电压增大，所以电压表应并联在R两端；
（5）由材料可知，当环境温度为25℃时，1m3空气最多含有水蒸气质量为23g，则50m3的实验室内最多能够容纳的水蒸气质量为 50×23g=1150g，若室内空气的相对湿度为40%，则室内所含水蒸气的质量为 40%×1150g=460g；
实验室内1m3空气中含水蒸气的质量为 ， 由图戊可知，此时湿敏电阻的阻值为60kΩ，电路中的电流为：
则电压表的示数为：
UV=IR=1.5×10-4A×40×103Ω=6V
（6）室内空气的相对湿度为40%时电压表示数为6V，因电压表示数均匀，但代表的温度不均匀；当前空气相对湿度为20%时，室内所含水蒸气的质量为20%×1150g=230g，实验室内1m3空气中含水蒸气的质量为，由图戊可知，此时湿敏电阻的阻值为80kΩ，电路中的电流为：
，
则电压表的示数为：
U'V=I'R=1.25×10-4A×40×103Ω=5V；
同理，当前空气相对湿度为80%时，室内所含水蒸气的质量为80%×1150g=920g，实验室内1m3空气中含水蒸气的质量为=18.4g，由图戊可知，此时湿敏电阻的阻值为20kΩ，电路中的电流为：
，
则电压表的示数为：
U''V=I''R=2.5×10-4A×40×103Ω=10V；
若指针恰好停在20%和80%两刻度线的正中央，对应的电压表示数为7.5V，此时电路中的电流为：
，
湿敏电阻的阻值为：
，
由图戊可知，实验室内1m3空气中含水蒸气的质量为13.8g，室内所含水蒸气的质量为：50×13.8g=690g，则当前空气相对湿度为
；
（7）由湿敏电阻随空气湿度变化的关系图可知，湿度越大时，湿敏电阻的阻值越小；当电源电压不变时，可适当调小电阻箱的电阻，能在较大的湿度值时开始启动加湿器。
故答案为：（1）机械；（2）逆；（3）改变；（4）R；（5）460；6；（6）60；（7）注意及时给水箱加水。
【分析】（1）（2）根据材料内容分析回答；
（3）当外力方向改变时，电荷极性也随之改变，据此分析；
（4）分析电路连接，根据图戊结合串联电路电压规律和分压原理分析回答；
（5）根据相对湿度求出室内实际水蒸气的质量，利用图戊确定湿敏电阻的阻值，根据欧姆定律求出电路中的电流，利用U=IR求出此时电压表的示数；
（6）若指针停在20%和80%之间正中，因电压表自身的刻度是均匀的，则可知此时电压表的示数，然后求出当前空气相对湿度；
（7）为了能在较大的湿度值时开始启动加湿器，可以调小电阻箱的电阻。
26．（2026九上·深圳期末）中国科研团队利用人体体温和环境的温差，成功研制出人体温差发电电池。温差发电的原理是用两种不同的金属连接构成闭合回路，当两个连接点的温度不同时，就能产生微小的电压。小明利用如图的温差发电装置探究发电的电压与温差的关系，每隔一段时间记录冷、热水的温度和产生的电压，部分数据如下表所示。
热水温度t/℃ 74.8 73.0 70.8 69.5 68.4
冷水温度t/℃ 20.0 20.0 20.0 20.0 20.0
冷热水温差Δt/℃ 54.8 53.0 50.8 49.5 48.4
电压U/V 5.27 4.57 4.25 4.16 3.90
（1）温差发电是将 能转化为电能。
（2）为完成探究实验，除了秒表外，还需添加的测量仪器是 和 。
（3）分析表数据，可初步得出结论： 。
（4）若人体温差电池在18℃的温差下产生电压为0.4V，输出电流为1×10﹣3A，则输出功率为 W，它不能使“3V，1.2W”的运动手表正常工作的原因是 。
【答案】（1）内
（2）温度计；电压表
（3）温差越大，产生的电压越高
（4）4×10﹣4；提供的电压远远小于运动手表的额定电压
【知识点】能量的转化或转移；电功率的计算
【解析】【解答】（1）温差发电是利用两种金属在温度差下产生电压的现象，将内能（或热能）转化为电能。
（2）实验需要测量温度和电压，所以除了秒表，还需要温度计（测量冷、热水温度）和电压表（测量产生的电压）。
（3）从数据可以看出，冷热水温差t越大，产生的电压U越高。结论：在其他条件相同时，冷热水的温差越大，温差发电装置产生的电压越高。
（4）输出功率计算：P=UI=0.4V110-3A=410-4W。
不能使“3V，1.2W”运动手表正常工作的原因是：温差电池提供的电压（0.4V）和功率（410-4W）远小于运动手表的额定电压（3V）和额定功率（1.2W）。
故答案为：（1）内；（2）温度计；电压表；（3）温差越大，产生的电压越高；（4）4×10﹣4；提供的电压远远小于运动手表的额定电压。
【分析】1、能量转化
温差发电是将内能（热能）转化为电能。
2、实验仪器选择
测量温度用温度计，测量电压用电压表。
3、数据分析与结论推导
从实验数据中可以看出：冷热水的温差越大，产生的电压越高。
4、电功率计算
电功率公式P=UI。
5、用电器工作条件
用电器正常工作需要实际电压和功率达到其额定值，若提供的电压或功率远小于额定值，设备无法正常工作。
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