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2020-2021学年第二十章 能源、材料与社会综合与测试单元测试巩固练习
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这是一份2020-2021学年第二十章 能源、材料与社会综合与测试单元测试巩固练习，共22页。试卷主要包含了0分），15m3煤气，水的比热容为4，【答案】C，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
沪科版初中物理九年级全一册第二十章《能源.材料与社会》单元测试卷
考试范围：第二十章；考试时间：80分钟；总分80分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 夜幕下的广场，孩子们都喜欢骑上能发光的滑板车遛弯，这种滑板车在人的助力下可以滑行起来，同时轮子会发光，停下来时就不发光。关于这种滑板车发光的原理，从能量转化的角度分析正确的是( )
A. 机械能转化为电能，再转化为光能 B. 电能转化为机械能，再转化为光能
C. 机械能转化为光能，再转化为电能 D. 光能转化为机械能，再转化为电能
2. 如图所示，2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，三位航天员身体状态良好，标志着神舟十三号载人飞行任务取得圆满成功。下列关于飞船返回舱返回过程的说法正确的是( )
A. 返回舱进入大气层时宛如一颗“火流星”，是因为内能转化为机械能
B. 返回舱进入大气层时舱体表面敷设的特殊材料升华放热，具有降温作用
C. 返回舱距地面10千米左右，降落伞依次打开开始减速下降，其机械能保持不变
D. 返回舱距地面1.2米，反推发动机点火“刹车”利用力的作用是相互的原理，平稳着陆
3. 如图所示，嫦娥五号“上升器”搭载着从月球采集的样品从月面顺利起飞，这标志着我国在航天航空方面的能力有着极大提升。下列有关说法不正确的是( )
A. 嫦娥五号自带的太阳能电池板能将太阳能转化为电能
B. 嫦娥五号探测器“脚掌”又大又宽是为了减小压强
C. 嫦娥五号从月球采集的样品带回地球后，质量不变
D. 留在月球表面的嫦娥五号“着陆器”对月球表面的压力和受到的支持力是一对平衡力
4. 至2020年底，我国农村贫困人口实现了脱贫，全面打赢了脱贫攻坚战。如图是我国农村脱贫项目建设的一些情境。下列分析中错误的是( )
A. 盘山公路修建成S型，是为了延长爬坡距离从而省功
B. 斜拉桥可以等效为杠杆模型来分析拉杆的受力情况
C. 水电站修建拦河大坝是为了增大水库中水的重力势能
D. 光伏电站把太阳能转化为电能供用户使用
5. 如图是某地区使用的“风光互补”景观照明灯。它“头顶”小风扇，“肩扛”光电池板，“腰挎”照明灯，“脚踩”蓄电池。下列解释合理的是( )
A. 光电池板是将太阳能转化为化学能
B. 照明灯工作时，LED 灯是将内能转化为电能
C. 利用风力发电时，“小风扇”将机械能转化为电能
D. 蓄电池夜晚放电时，蓄电池将化学能转化为光能
6. 关于能量转化，下列说法中正确的是( )
A. 电暖气正常工作时，主要是将电能转化为机械能
B. 电风扇正常工作时，主要是将电能转化为内能
C. 直流电动机可以将电能转化为机械能
D. 水力发电机可以将水的电能转化为机械能
7. 小叶看见面点师傅将面拉成长条，放入滚烫的油中就炸出了香脆可口的油条，于是很想了解油的吸热能力。在老师指导下，他用酒精灯分别加热质量为50g、初温为20℃的油和水，记录的相关数据如下表所示。若单位时间内油吸收的热量与水吸收的热量相等，酒精的热值为3×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)。下列说法正确的是( )
加热时间(min)
消耗酒精(g)
末温(℃)
油
2
1
88
水
2
1
50
A. 2min内油吸收的热量为3×104J
B. 他使用的酒精灯的加热效率为21%
C. 油的末温比水的高，所以吸热能力更强
D. 油的吸热能力与其吸收的热量多少有关
8. 如图所示是探究能量转化的装置，下列相关说法错误的是( )
A. 水蒸气驱动叶轮转动，水蒸气的内能减小了
B. 实验过程中，燃料的化学能直接转化为叶轮的机械能
C. 对水加热过程中是通过热传递使水的内能增大的
D. 此实验展现了热机工作时的能量转化过程
9. 塔式太阳能发电系统是在空旷的地面上建立高大的中央吸热塔。塔顶上安装固定一个接收器，塔的周围安装一定数量的定日镜，通过定日镜将太阳光聚集到塔顶的接收器的腔体内产生高温，再将通过接收器的工作物质加热并产生高温蒸汽，推动汽轮机进行发电，如图所示，下列关于塔式太阳能发电系统的说法中不正确的是( )
A. 塔式太阳能发电系统的能量转换是：太阳能→内能→机械能→电能
B. 定日镜是平面镜，将太阳光反射到塔顶的接收器上
C. 在太阳内部，氢原子核在超高温下发生裂变，释放出巨大的核能
D. 太阳能是一次能源，且是可再生能源
10. 下列说法正确的是( )
A. 风能和水能都是可再生能源
B. 燃料燃烧越充分，它的热值就越大
C. 建筑物上的避雷针是用绝缘材料制成的
D. 飞机水平飞行时，机翼上方的空气流速快，压强大
11. 2021年4月29日，由长征5号B遥二运载火箭搭载中国空间站天和核心舱在我国文昌航天发射场发射升空，准确进入预定轨道，任务取得成功。在火箭和天和核心舱加速上升过程中有关能量转化分析正确的是( )
A. 天和核心舱的动能和重力势能都增大
B. 天和核心舱的重力势能都转化为动能
C. 运载火箭和天和核心舱的重力势能不断增大，动能一直不变
D. 燃料燃烧放出的热量全部转化为火箭和天和核心舱的机械能
12. 一支向高空瞄准的步枪，扣动扳机后射出一颗子弹，子弹没有击中目标，最后下落陷在泥土中，以上过程中发生了哪些形式的能量转化呢？有四个同学分别给出了能量转化的顺序，你认为正确的是( )
A. 机械能→内能→化学能→机械能 B. 化学能→机械能→内能→机械能
C. 化学能→内能→机械能→内能 D. 内能→化学能→机械能→内能
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共8.0分）
13. 阅读短文并回答问题．
白炽灯泡
白炽灯泡的灯丝是由金属钨制作的，其灯丝发光时温度可达2000℃左右．为防止灯丝在高温下被氧化，在制作灯泡时要将其抽成真空，在制作大功率灯泡时，还要在灯泡内充入稀有气体氦等，主要是为了防止灯丝在高温下升华．
白炽灯泡工作时，将电能转化为光能的效率较低，因此逐渐被节能灯和LED灯所替代．
(1)由于钨的________较高，所以用钨制作灯丝．
(2)灯泡内充入稀有气体氦等，主要是为了____________________________．
14. 大亚湾核电站是利用核________产生的能量发电的(选填“裂变”或“聚变”)。电动机是利用________(选填“电流的磁效应”、“磁场对电流的作用”或“电磁感应现象”)工作的。如图所示，如果要改变电动机的转动方向，则需要改变________的方向。
15. 一只电热杯的工作电流为4A，加热电阻丝的阻值为50Ω，在7min内将质量为1.2kg、温度为20℃的水加热至85℃，在此过程中水升高的温度是______ ℃，电热杯的电功率为______ W，电热杯的工作效率为______ 。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
16. 某品牌电动自行车的蓄电池的电压48V，一次充电储存电能3.5×106J，若该车以10m/s的速度匀速行驶时，受到的阻力为50N，该车充满电后正常行驶，有2.8×106J电能转化成机械能，则该电动车的效率是 ，能行驶最远路程 km，此过程中电动自行车的工作电流是 (此空保留整数)。
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
17. 如图是发光二极管与通电螺线管串联的部分电路，闭合开关后，发光二极管可以发光。请在图中标出通电螺线管的N极及导线中电流的方向。
18. 请在图中标出电源的正、负极，以便开关s闭合后，灯L发光。
四、实验探究题（本大题共2小题，共12.0分）
19. 小明设计了如图所示电路图做关于小灯泡(标有“2.5V“字样)的系列实验。
(1)根据该电路图把图中的器材连接成实物图，要求滑动变阻器滑片P向C端移动时，接入电路的电阻变大。
(2)正确连接电路后，闭合开关，电表有示数，逐渐向C端移动滑动变阻器的滑片并记录数据。
①如图，第4组实验电压表和电流表的示数为______、______。
②求出第4组实验灯泡的功率______。(计算结果保留两位小数)
实验次数
电压/V
电流/A
电阻/Ω
功率/W
1
0.50
0.12
4.17
0.06
2
1.40
0.21
6.78
0.29
3
2.00
0.25
8.00
0.50
4
8.57
5
2.90
0.32
9.06
0.93
(3)小明又用LED替换灯泡实验，发现电流表偏转很小，换用数字电流计测量，发现LED的功率比灯泡小很多，亮度却很亮，且触摸二者，灯泡发热而LED没感觉。下列判断正确的是______。(有一个或者多个选项正确)
A.LED发生了超导现象
B.灯泡金属丝材料不适合做定值电阻
C.灯泡用于照明，电能利用率比LED高
D.灯泡不能像LED那样用来检验电源正负极
20. 如图所示，某同学探究物体对外做功时能量的转化情况。他利用酒精灯给试管和水加热如图(a)，当水沸腾后，水蒸气会把瓶塞“冲”出去如图(b)，在研究过程中发现，如果将瓶塞塞的紧一些，酒精灯对试管和水的加热时间会长一些，瓶塞被“冲”出去的距离会远一些如图(c)。
(1)观察图(a)和图(b)或图(a)和图(c)，在水蒸气把瓶塞“冲”出去的过程中，水蒸气对瓶塞______，在此过程中，能量的转化情况是______；
(2)分析比较图(b)和图(c)的实验现象，可以得出初步结论：______。
五、计算题（本大题共4小题，共32.0分）
21. 小明放假在家的时候用煤气灶帮妈妈烧水，把10kg初温为10℃的水烧到60℃消耗了0.15m3煤气(煤气热值3.5×107J/m3)，水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)。求：
(1)水吸收的热量；
(2)煤气灶的效率；
(3)若换用沼气，需要消耗多少沼气。(沼气热值2×107J/m3)
22. 如图所示，质量为400g初温为25℃的食用油注入大烧杯中，并将电加热器放入食用油中。电加热器正常工作100s，测出食用油的温度为65℃，已知电加热器的额定电压为220V，额定功率为440W。[食用油的比热容为2×103J/(kg⋅℃)]
(1)电加热器正常工作时的电流和电阻；
(2)正常工作100s，电加热器消耗的电能；
(3)电加热器的热效率。
23. 认识自然，亲近自然。初春学校组织学生到某农庄进行社会实践活动，小明携带一台如图甲所示的便携式丁烷气炉(内置一瓶新的燃气，参数如表格所示)，爱探究的小明通过手机上网查到便携式燃气炉的热效率为40%，野炊地水的沸点为96℃，测出当地水的温度为26℃，[水的比热容为c水=4.2×103J/(kg⋅℃)
(1)一瓶新的燃气完全燃烧可以放出多少热量？
(2)一瓶新的燃气以最大火力工作，可以使用多长时间？
(3)一瓶新的燃气最多能够把质量为多少千克的水烧开？
(4)小明发现，第(3)问中理论上算出能烧开的水的质量和实际能烧开的水的质量还是有较大差异，除题目中提到的有关因素外，你认为还有什么原因，请写出一条______。
品名
便携式丁烷气炉
质量
1.88kg(不含气瓶)
型号
WZL168.A
尺寸
343×284×113mm
用途
野外用
点火方式
电子点火
使用燃气
液化丁烷气
燃气消耗量
100g/h(最大火力时)
气瓶规格(尺寸/容量)
品名
总质量
净质量
主要成份
热值
神州
354g
250g
丁烷
9×107J/kg
24. 如图所示是某太阳能热水器，向其中注入0.05m3的水，阳光照射一段时间后，水温从10℃升高到50℃。水的比热容是4.2×103J/(kg⋅℃)，水的密度为1×103kg/m3
试求：
(1)这段时间该热水器中的水吸收的热量是多少？
(2)如果这段时间该太阳能热水器接收到太阳辐射的热量是E=2.8×107J，则这段时间该热水器的效率是多少？
(3)若用煤燃烧来提供2.8×107J的热量，需完全燃烧多少千克煤？(煤的热值为3.5×107J/kg)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】略
2.【答案】D
【解析】解：A.返回舱进入大气层，返回舱和空气摩擦，机械能化为内能，温度升高，返回舱外层燃烧，返回舱宛如一颗“火流星”，故A错误；
B.升华是物体由固态变成气态的过程，这个过程物体需要吸收热量，所以返回舱体表材料升华吸热，具有降温作用，故B错误；
C.返回舱开始减速下降以后，质量不变，速度变小，动能变小，高度变小，重力势能变小，机械能是动能和势能的总和，故返回舱机械能减小，故C错误；
D.反推发动机点火后，气体向下喷出，力的作用是相互的，气体给发动机一个向上的反作用力，使返回舱速度减小，从而平稳着陆，故D正确。
故选D。
(1)返回舱进入大气层，返回舱和空气摩擦，机械能化为内能；
(2)升华是物体由固态变成气态的过程，这个过程物体需要吸收热量；
(3)影响动能的因素是质量和速度，影响重力势能的因素是质量和高度，动能和势能合称机械能；
(4)物体间力的作用是相互的。
此题涉及到机械能和其他形式的能的相互转化，升华吸热、力作用的相互性等多个知识点，体现了物理与科技生活的联系。
3.【答案】D
【解析】解：A、太阳能电池板能将太阳能转化为电能，故A正确；
B、嫦娥五号探测器“脚掌”又大又宽，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故B正确；
C、嫦娥五号从月球采集的样品带回地球后，其位置发生了变化，但其所含物质的多少没有改变，所以质量不变，故C正确；
D、留在月球表面的嫦娥五号“着陆器”对月球表面的压力和受到的支持力是作用在不同物体上的两个力，所以不是一对平衡力，故D错误。
故选：D。
(1)太阳能电池板工作时，将太阳能转化为电能；
(2)减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力；
(3)质量是物体本身的一种属性，与物体的形状、状态、位置和温度都没有关系；
(4)二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上。
本题考查了减小压强的方法、质量及其特性、平衡力的辨别和太阳能的转化等，涉及到的知识点多，综合性强，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。
4.【答案】A
【解析】解：A、盘山公路修建成S型，利用了高度一定时斜面越长越省力的道理，但根据功的原理可知，使用任何机械都不省功。故B错误；
B、斜拉桥可以等效为杠杆模型，据此来分析拉杆的受力情况，故B正确；
C、水电站修建拦河大坝是提高了水的高度，为了增大水库中水的重力势能，故C正确；
D、太阳能电池光伏板是将太阳能转化为电能，供用户使用，故D正确。
故选：A。
(1)使用任何机械都不省功；
(2)斜拉桥可以等效为杠杆模型；
(3)重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；
(4)太阳能电池光伏板是将太阳能转化为电能。
本题主要考查功的原理、杠杆、重力势能和能量的转化，是一道综合题。
5.【答案】C
【解析】解：A、光电池板是将太阳能转化为电能，而不是化学能，故A错误；
B、照明灯工作时，将电能转化为光能，故B错误；
C、利用风力发电时，“小风扇”将机械能转化为电能，故C正确；
D、蓄电池夜晚放电，将化学能转化为电能，而不是将化学能转化为光能，故D错误。
故选：C。
分析电池板、照明灯、小风扇、蓄电池工作时消耗和获得的能量是什么，可逐一做出判断。
本题重点掌握其能量的转化，难度不大。风能和太阳能都是清洁能源，且能量取之不尽用之不竭，能够巧妙的设计利用是关键。
6.【答案】C
【解析】解：A、电暖气是利用电流的热效应工作的，是将电能转化为内能，故A错误；
B、电风扇工作时，主要是将电能转化为机械能，使风扇转动，故B错误；
C、直流电动机将电能转化为机械能，故C正确；
D、水力发电机是把水的机械能转化为电能，故D错误。
故选：C。
判断能量的转化，我们主要看它要消耗什么能量，得到什么能量，总是消耗的能量转化为得到的能量。
此题考查能量的转化，能量转化的过程都是有规律可循的，在平常的学习中要注意总结归纳。
7.【答案】B
【解析】解：A、2min内水吸收的热量为：
Q水=c水mΔt水=4.2×103J/(kg⋅℃)×50×10−3kg×(50℃−20℃)=6.3×103J，
由于单位时间内油吸收的热量与水吸收的热量相等，
所以2min内煤油吸收的热量也为6.3×103J，故A错误；
B、燃料完全燃烧放出的热量的热量为：
Q放=mq=1×10−3kg×3×107J/kg=3×104J，
他使用的酒精灯的加热效率为：
η=Q吸Q放×100%=6.3×103J3×104J×100%=21%，故B正确；
C、油的末温比水的末温高，则油的吸热能力比水弱，故C错误；
D、比热容是反映不同物质的吸热能力，比热容与物质的种类和状态有关，与其吸收的热量多少无关，故D错误。
故选：B。
(1)根据Q水=c水mΔt水算出2min内水吸收的热量，由于单位时间内油吸收的热量与水吸收的热量相等，所以2min内煤油吸收的热量与水吸收的热量相同；
(2)根据Q放=mq算出燃料完全燃烧放出的热量的热量，由η=Q吸Q放×100%算出酒精灯的加热效率；
(3)比较物质吸热能力的方法：使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
(4)比热容是反映不同物质的吸热能力，比热容与物质的种类和状态有关，与其吸收的热量多少无关。
本题考查了吸热公式、放热公式以及效率公式的应用，掌握比较吸热能力的方法是解题的关键。
8.【答案】B
【解析】解：燃料燃烧的过程是化学能转化为内能，这种内能传递给水，水沸腾汽化为水蒸气，高温的水蒸气可以驱动叶轮转动，水蒸气自身的温度会降低，内能会减少，转化成了叶轮的机械能，此实验展现了热机工作时的能量转化过程，故ACD正确，B错误。
故选：B。
给试管中的水加热，燃料燃烧的化学能转化成水的内能，高温的水蒸气推动叶轮转动，说明内能转化成了叶轮的动能。
本题考查了改变内能的方式、能量守恒定律以及能的转化，是一道综合性题目。
9.【答案】C
【解析】解：
A、接收器通过收集太阳能，将塔内的工作物质加热为高温高压蒸汽，再由蒸汽推动汽轮机可知蒸汽的内能转化为机械能，最后根据汽轮机带动发电机发电可知机械能转化为电能，所以太阳能热塔式发电过程中能量的转化过程为太阳能→内能→机械能→电能，故A正确；
B、由图可知，“定日镜”属于面镜，将太阳光反射到塔顶的接收器上，故B正确；
C、在太阳内部，氢原子核在超高温下发生聚变释放出巨大的核能，而不是裂变，故C错误；
D、太阳能直接从自然界获取，是一次能源，并且可以源源不断的获取，是可再生能源，故D正确。
故选：C。
(1)“接收器通过收集太阳能，将塔内的工作物质加热为高温高压蒸汽，再由蒸汽推动汽轮机，汽轮机带动发电机发电”得出太阳能热塔式发电过程中有哪些能量转化；
(2)根据图片确定“定日镜”的类型；
(3)在太阳内部进行的由“氢”聚变成“氦”的原子核反应，不停地释放出巨大的能量，并不断向宇宙空间辐射能量，这种能量就是太阳能；
(4)直接从自然界获取的能源为一次能源，可以源源不断的从自然界获取的为可再生能源。
本题以太阳能热塔式发电为背景考查了学生对面镜特点、能量的转化、能源分类的理解与掌握，关键是根据题意得出相关的信息。
10.【答案】A
【解析】解：A、风能、水能可以从自然界源源不断的得到补充，因此是可再生能源，故A正确；
B、燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关，故B错误；
C、建筑物上的避雷针是用导体材料制成的，以保证雷电产生的电流能够被引入大地，故C错误；
D、飞机水平飞行时，机翼上方的空气流速快，压强小，故D错误。
故选：A。
(1)可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源。例：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能；
不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源。例：化石能源(煤炭、石油、天然气)、核能；
(2)燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关；
(3)避雷针可以把云层产生的雷电传到大地；
(4)流体中流速大的地方压强小，流速小的地方压强大。
此题考查了能源分类、热值的特性、导体与绝缘体和流体压强与流速的关系等，都是基础知识，但要了解。
11.【答案】A
【解析】ABC、天和核心舱加速上升过程中，天和核心舱加速上升过程中质量不变，速度增加，高度也增加，故动能变大，重力势能变大；天和核心舱的重力势能是增加的，不是重力势能都转化为动能，故A正确，BC错误；
D、火箭发射升空过程中，燃料燃烧释放的内能并不会全部转化为火箭和卫星的机械能，这是由于火箭高速飞行中，受到大气的阻力，所以会有一部分能量转化为火箭表面的内能，故D错误。
故选：A。
解决此题的关键是要知道物体由于运动而具有的能叫动能，物体由于被举高而具有的能叫重力势能，物体由于发生形变而具有的势能叫弹性势能，可根据选项进行判断各能量是如何变化的，进而分析能量的转化。
本题考查影响动能和势能大小的因素，掌握动能、重力势能的影响因素是解答此题的关键。
12.【答案】C
【解析】(1)子弹在枪膛内运动是火药燃烧的化学能转化成内能；推动子弹做功，即转化成子弹的机械能；
(2)子弹在上升的过程中质量不变，速度变小，动能变小；高度增大，重力势能变大，动能转化为重力势能；
(3)子弹在下落的过程中，质量不变，速度变大，动能变大；高度变小，重力势能变小，重力势能转为动能；
(4)下落泥土中的过程中，克服摩擦做功，子弹的机械能转化为内能。
综上所述，一支向高空瞄准的步枪，扣动扳机后射出一颗子弹，子弹没有击中目标，最后下落陷在泥土中，此过程中能量转化的顺序是：化学能→内能→机械能→内能。
故选：C。
13.【答案】 熔点 防止灯丝在高温下升华
【解析】【详解】
(1)由题，灯丝发光时温度可达2000℃左右，由于钨的熔点较高，所以用钨制作灯丝．
(2)由题，为防止灯丝在高温下被氧化，在制作灯泡时要将其抽成真空，在制作大功率灯泡时，还要在灯泡内充入稀有气体氦等，主要是为了防止灯丝在高温下升华．
14.【答案】裂变；磁场对电流的作用；电流或磁场
【解析】
【分析】
本题考查核能的利用、电动机原理，是一道基础题。
(1)核电站是利用原子核的裂变产生的能量；
(2)电动机的工作原理：通电线圈在磁场中受力转动，即磁场对电流的作用；
(3)电动机线圈的转动方向与磁场方向和电流方向有关，故据此可得出改变电动机转动方向的方法。
【解答】
(1)核电站是利用原子核发生裂变时释放的能量来发电的，故大亚湾核电站是利用核裂变产生的能量发电的；
(2)电动机里是线圈，工作特点是当给电动机通电时，电动机就会转动，所以电动机是根据磁场对放入其中的通电导线产生力的作用制成的；
(3)电动机是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理制成的，其所受力的方向与电流的方向和磁场的方向有关，故如果要改变电动机的转动方向时，可采用的方法有：改变电流的方向或改变磁场的方向。
故答案为：裂变；磁场对电流的作用；电流或磁场。
15.【答案】65 800 97.5%
【解析】(1)在此过程中水升高的温度为：△t=t−t0=85℃−20℃=65℃；
(2)电热杯的电功率为：P=I2R=(4A)2×50Ω=800W；
(3)水吸收的热量：
Q吸=c水m△t=4.2×103J/(kg⋅℃)×1.2kg×65℃=327600J，
消耗的电能为：W=Pt=800W×7×60s=336000J，
电热杯的工作效率为：η=Q吸W×100%=327600J336000J×100%=97.5%。
故答案为：65；800；97.5%。
分析：(1)根据△t=t−t0算出在此过程中水升高的温度；
(2)根据P=I2R算出电热杯的电功率；
(3)根据Q=cm△t求出水吸收的热量，根据W=Pt求出电流做的功，再根据效率公式求出该电热杯的工作效率。
本题考查了吸收热量、电功、效率的计算等，关键是公式及其变形式的灵活运用。
16.【答案】80%
56
13
【解析】
【分析】
略
【解答】
该电动车的效率是
η=W机械W电×100％=2.8×106J3.5×106J×100％=80％
电动自行车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力相等，即
F=f=50N
根据W=Fs可知，能行驶最远路程
s=W机械F=2.8×106J50N=56000m=56km
根据v=st可知，此过程中所用时间
t=sv=56000m10m/s=5600s
根据W=UIt可知，电动自行车的工作电流是
I=W电Ut=3.5×106J48V×5600s≈13A
17.【答案】
【解析】解 二极管是由半导体材料制成的，且发光二极管具有单向导电的特性；二极管在接入电路时，应使电流从较长的接线脚(二极管的正极)流入，从较短接线脚(二极管的负极)流出，否则电路处于断路，无法正常工作；已知闭合开关后，发光二极管可以发光，所以，电流从通电螺线管的右端流入、左端流出，由安培定则可知，通电螺线管的左端为N极。
18.【答案】解：分析电路结构，各个元件串联连接，二极管具有单向导电性，电流从正极流入时，二极管导通，从负极流入时，二极管截止；
故电源的左端为正极，右端为负极，如图所示：
答：见解析。
【解析】分析电路图，各个元件首尾依次串联连接；
发光二极管具有单向导电的性质，电流从正极流入，二极管导通。
本题考查了半导体的特点与作用，解题的关键是分清电路结构，了解二极管的单向导电性。
19.【答案】(1)
(2)①2.4V 0.28A ② 0.67W (3)BD
【解析】(1)从图中可知，电源、开关、电流表、灯泡、滑动变阻器依次串联，电压表并联在灯泡两端；滑动变阻器选用“一上一下”两个接线柱串联接入电路，且滑片向右(C)端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，可选择左下和右上接线柱使用；根据(2)中图片可知，电压表和电流表都选用小量程，注意电流“正进负出”。
(2)①电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为2.4V，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.28A；
②根据P=UI可知，第4组实验灯泡的功率P=UI=2.4V×0.28A≈0.67W。
(3)A、当物质电阻为零时，会出现超导现象，LED灯是由半导体材料制成的，它的电阻不为零，故A错误；
B、灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而增大，不适合做定值电阻，故B正确；
C、LED的发光原理是电能直接转化为光能，由于几乎不发热，从而减小了电能损失，提高了电能转化为光能的效率；灯泡工作时，将电能转化为光能和内能，增加了电能的损失，电能利用率低，故C错误；
D、LED具有单向导电性，可以检验电源正负极，灯泡没有单向导电性，不能检验电源正负极，故D正确。
分析：(1)从图中可知，电源、开关、电流表、灯泡、滑动变阻器依次串联，电压表并联在灯泡两端；滑动变阻器选用“一上一下”两个接线柱串联接入电路，且滑片向右(C)端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，可选择左下和右上接线柱使用；根据(2)中图片可知，电压表和电流表都选用小量程，注意电流“正进负出”；
(2)①电压表选用小量程，分度值为0.1V，据此得出电压表的示数，电流表选用小量程，分度值为0.02A，据此得出电流表的示数；
②根据P=UI可知第4组实验灯泡的功率；
(3)逐项分析得出答案。
本题为测量小灯泡的电功率的实验，考查电路连接、电功率计算、现象分析等知识。
20.【答案】(1)做功 内能转化为机械能 (2) 物体对外做功时，内能越大，转化的机械能越多
【解析】(1)在水蒸气把瓶塞“冲”出去的过程中，水蒸气推动瓶塞运动，对瓶塞做功，水蒸气的内能转化为瓶塞的机械能。
(2)图(c)和图(b)相比，将瓶塞塞的紧一些，酒精灯对试管和水的加热时间会长一些，水蒸气具有的内能更大，瓶塞被“冲”出去的距离更远，说明瓶塞获得的机械能变多，则可得出结论：物体对外做功时，内能越大，转化的机械能越多。
21.【答案】解：
(1)水吸收的热量：
Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×10kg×(60℃−10℃)=2.1×106J；
(2)煤气的体积V煤气=0.15m3，
这些煤气完全燃烧放出的热量：
Q放=V煤气q=0.15m3×3.5×107J/m3=5.25×106J，
煤气灶烧水的效率：
η=Q吸Q放×100%=2.1×106J5.25×106J×100%=40%；
(3)沼气完全燃烧放出热量Q放′=Q放=5.25×106J，
由Q放=Vq可知，需要消耗沼气的体积：V沼气=Q放′q′=5.25×106J2×107J/m3=0.2625m3。
答：(1)水吸收的热量为2.1×106J；
(2)煤气灶的效率为40%；
(3)若换用沼气，需要消耗0.2625m3沼气。
【解析】(1)知道水的比热容、水的质量、水的初温和末温，利用公式Q吸=cm(t−t0)计算水吸收的热量；
(2)已知煤气的质量和热值，利用Q放=mq计算这些煤气完全燃烧放出的热量；煤气灶烧水的效率等于水吸收的热量与煤气完全燃烧放出的热量之比；
(3)使用沼气时，沼气完全燃烧放出热量应该与煤气完全燃烧放出的热量相等，利用公式Q放=Vq计算出沼气的体积。
本题考查了吸热公式Q吸=cm(t−t0)、燃料完全燃烧放出热量公式Q放=Vq、热效率公式的应用，难度不大。
22.【答案】解：(1)由P=UI可得，电加热器正常工作时的电流：
I=PU=440W220V=2A，
由I=UR可得，电加热器正常工作的电阻：
R=UI=220V2A=110Ω；
(2)由P=Wt可得，正常工作100s时电加热器消耗的电能：
W=Pt=440W×100s=4.4×104J；
(3)食用油升高的温度：
△t=t2−t1=65℃−25℃=40℃，
食用油的质量：
m油=400g=0.4kg，
食用油吸收的热量：
Q吸=c油m油Δt=2×103J/(kg⋅℃)×0.4kg×40℃=3.2×104J，
电加热器的热效率：
η=Q吸W×100%=3.2×104J4.4×104J×100%≈72.7%。
答：(1)电加热器正常工作时的电流为2A，电阻为110Ω；
(2)正常工作100s，电加热器消耗的电能为4.4×104J；
(3)电加热器的热效率为72.7%。
【解析】(1)电加热器正常工作时的电压和额定电压相等，功率和额定功率相等，根据P=UI求出电加热器正常工作时的电流，利用欧姆定律求出电加热器正常工作的电阻；
(2)根据P=Wt求出正常工作100s时电加热器消耗的电能；
(3)根据题意求出食用油升高的温度，知道食用油的质量和比热容，利用Q吸=cmΔt求出食用油吸收的热量，再利用η=Q吸W×100%求出电加热器的热效率。
本题考查了电功率公式和欧姆定律、吸入公式、电功公式、效率公式的应用，要注意用电器正常工作时的功率和额定功率相等。
23.【答案】丁烷燃烧放出的热量部分热量散失到空气中
【解析】解：
(1)由表格数据可知，丁烷气体的质量为250g=0.25kg，
完全燃烧0.25kg的丁烷气体可以放出的热量：
Q放=mq=0.25kg×9×107J/kg=2.25×107J；
(2)由表格数据可知，最大火力时燃气消耗量为100g/h，
则250g的燃气以最大火力工作的时间：t=250g100g/h=2.5h；
(3)由题知，便携式燃气炉将其燃气燃烧所放出能量的40%供给水加热，则水吸收的热量：
Q吸=Q放×40%=2.25×107J×40%=9×106J，
由Q吸=cm△t得能烧开水的质量：
m水=Q吸c△t=9×106J4.2×103J/(kg⋅℃)×(96℃−26℃)≈30.6kg；
(4)第(3)问中理论上算出能烧开的水的质量和实际能烧开的水的质量还是有较大差异，除了题目中的因素外还有就是丁烷燃烧放出的热量有一部分散失到空气中。
答：(1)一瓶新的燃气完全燃烧可以放出2.25×107J的热量；
(2)一瓶新的燃气以最大火力工作，可以使用2.5h；
(3)一瓶新的燃气最多能够把质量为30.6千克的水烧开；
(4)丁烷燃烧放出的热量有一部分散失到空气中。
(1)知道丁烷气体的质量和热值，利用Q放=mq求一瓶新的燃气完全燃烧可以放出的热量；
(2)根据表格信息算出一瓶新的燃气以最大火力工作的时间；
(3)知道燃料燃烧发出的热量、水的初温度、末温度，利用Q=cm△t求水的质量；
(4)丁烷燃烧放出的热量有一部分散失到空气中。
本题考查了学生对吸热公式、燃料完全燃烧放热公式和效率公式的掌握和运用，利用效率计算水吸收的热量是本题的关键、难点！
24.【答案】解：
(1)水吸收的热量：Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×50 kg×(50℃−10℃)=8.4×106J.
(2)热水器的效率：η=Q吸Q总×100%=8.4×106J2.8×107J×100%=30%．
(3)由题意得，煤完全燃烧放出的热量Q放=Q=2.8×107J，
由Q=mq得，需完全燃烧煤的质量：m=Q放q=2.8×107J3.5×107J=0.8kg．
答：
(1)这段时间该热水器中的水吸收的热量是8.4×106J；
(2)这段时间该热水器的效率是30%；
(3)若用煤燃烧来提供2.8×107J的热量，需完全燃烧0.8千克煤．
【解析】本题考查了学生对吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的掌握和运用，因条件已给出，熟练运用相关公式即可正确解题，难度不大．
(1)知道水的比热容、水的质量、初温和末温，根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(2)知道水吸收的热量和热水器接收到太阳辐射的热量，利用效率公式η=Q吸Q×100%求出该热水器的效率；
(3)知道煤燃烧放出的热量和煤的热值，根据Q放=mq的变形公式m=Q放q求出需完全燃烧煤的质量．
沪科版初中物理九年级全一册第二十章《能源.材料与社会》单元测试卷
考试范围：第二十章；考试时间：80分钟；总分80分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 夜幕下的广场，孩子们都喜欢骑上能发光的滑板车遛弯，这种滑板车在人的助力下可以滑行起来，同时轮子会发光，停下来时就不发光。关于这种滑板车发光的原理，从能量转化的角度分析正确的是( )
A. 机械能转化为电能，再转化为光能 B. 电能转化为机械能，再转化为光能
C. 机械能转化为光能，再转化为电能 D. 光能转化为机械能，再转化为电能
2. 如图所示，2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，三位航天员身体状态良好，标志着神舟十三号载人飞行任务取得圆满成功。下列关于飞船返回舱返回过程的说法正确的是( )
A. 返回舱进入大气层时宛如一颗“火流星”，是因为内能转化为机械能
B. 返回舱进入大气层时舱体表面敷设的特殊材料升华放热，具有降温作用
C. 返回舱距地面10千米左右，降落伞依次打开开始减速下降，其机械能保持不变
D. 返回舱距地面1.2米，反推发动机点火“刹车”利用力的作用是相互的原理，平稳着陆
3. 如图所示，嫦娥五号“上升器”搭载着从月球采集的样品从月面顺利起飞，这标志着我国在航天航空方面的能力有着极大提升。下列有关说法不正确的是( )
A. 嫦娥五号自带的太阳能电池板能将太阳能转化为电能
B. 嫦娥五号探测器“脚掌”又大又宽是为了减小压强
C. 嫦娥五号从月球采集的样品带回地球后，质量不变
D. 留在月球表面的嫦娥五号“着陆器”对月球表面的压力和受到的支持力是一对平衡力
4. 至2020年底，我国农村贫困人口实现了脱贫，全面打赢了脱贫攻坚战。如图是我国农村脱贫项目建设的一些情境。下列分析中错误的是( )
A. 盘山公路修建成S型，是为了延长爬坡距离从而省功
B. 斜拉桥可以等效为杠杆模型来分析拉杆的受力情况
C. 水电站修建拦河大坝是为了增大水库中水的重力势能
D. 光伏电站把太阳能转化为电能供用户使用
5. 如图是某地区使用的“风光互补”景观照明灯。它“头顶”小风扇，“肩扛”光电池板，“腰挎”照明灯，“脚踩”蓄电池。下列解释合理的是( )
A. 光电池板是将太阳能转化为化学能
B. 照明灯工作时，LED 灯是将内能转化为电能
C. 利用风力发电时，“小风扇”将机械能转化为电能
D. 蓄电池夜晚放电时，蓄电池将化学能转化为光能
6. 关于能量转化，下列说法中正确的是( )
A. 电暖气正常工作时，主要是将电能转化为机械能
B. 电风扇正常工作时，主要是将电能转化为内能
C. 直流电动机可以将电能转化为机械能
D. 水力发电机可以将水的电能转化为机械能
7. 小叶看见面点师傅将面拉成长条，放入滚烫的油中就炸出了香脆可口的油条，于是很想了解油的吸热能力。在老师指导下，他用酒精灯分别加热质量为50g、初温为20℃的油和水，记录的相关数据如下表所示。若单位时间内油吸收的热量与水吸收的热量相等，酒精的热值为3×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)。下列说法正确的是( )
加热时间(min)
消耗酒精(g)
末温(℃)
油
2
1
88
水
2
1
50
A. 2min内油吸收的热量为3×104J
B. 他使用的酒精灯的加热效率为21%
C. 油的末温比水的高，所以吸热能力更强
D. 油的吸热能力与其吸收的热量多少有关
8. 如图所示是探究能量转化的装置，下列相关说法错误的是( )
A. 水蒸气驱动叶轮转动，水蒸气的内能减小了
B. 实验过程中，燃料的化学能直接转化为叶轮的机械能
C. 对水加热过程中是通过热传递使水的内能增大的
D. 此实验展现了热机工作时的能量转化过程
9. 塔式太阳能发电系统是在空旷的地面上建立高大的中央吸热塔。塔顶上安装固定一个接收器，塔的周围安装一定数量的定日镜，通过定日镜将太阳光聚集到塔顶的接收器的腔体内产生高温，再将通过接收器的工作物质加热并产生高温蒸汽，推动汽轮机进行发电，如图所示，下列关于塔式太阳能发电系统的说法中不正确的是( )
A. 塔式太阳能发电系统的能量转换是：太阳能→内能→机械能→电能
B. 定日镜是平面镜，将太阳光反射到塔顶的接收器上
C. 在太阳内部，氢原子核在超高温下发生裂变，释放出巨大的核能
D. 太阳能是一次能源，且是可再生能源
10. 下列说法正确的是( )
A. 风能和水能都是可再生能源
B. 燃料燃烧越充分，它的热值就越大
C. 建筑物上的避雷针是用绝缘材料制成的
D. 飞机水平飞行时，机翼上方的空气流速快，压强大
11. 2021年4月29日，由长征5号B遥二运载火箭搭载中国空间站天和核心舱在我国文昌航天发射场发射升空，准确进入预定轨道，任务取得成功。在火箭和天和核心舱加速上升过程中有关能量转化分析正确的是( )
A. 天和核心舱的动能和重力势能都增大
B. 天和核心舱的重力势能都转化为动能
C. 运载火箭和天和核心舱的重力势能不断增大，动能一直不变
D. 燃料燃烧放出的热量全部转化为火箭和天和核心舱的机械能
12. 一支向高空瞄准的步枪，扣动扳机后射出一颗子弹，子弹没有击中目标，最后下落陷在泥土中，以上过程中发生了哪些形式的能量转化呢？有四个同学分别给出了能量转化的顺序，你认为正确的是( )
A. 机械能→内能→化学能→机械能 B. 化学能→机械能→内能→机械能
C. 化学能→内能→机械能→内能 D. 内能→化学能→机械能→内能
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共8.0分）
13. 阅读短文并回答问题．
白炽灯泡
白炽灯泡的灯丝是由金属钨制作的，其灯丝发光时温度可达2000℃左右．为防止灯丝在高温下被氧化，在制作灯泡时要将其抽成真空，在制作大功率灯泡时，还要在灯泡内充入稀有气体氦等，主要是为了防止灯丝在高温下升华．
白炽灯泡工作时，将电能转化为光能的效率较低，因此逐渐被节能灯和LED灯所替代．
(1)由于钨的________较高，所以用钨制作灯丝．
(2)灯泡内充入稀有气体氦等，主要是为了____________________________．
14. 大亚湾核电站是利用核________产生的能量发电的(选填“裂变”或“聚变”)。电动机是利用________(选填“电流的磁效应”、“磁场对电流的作用”或“电磁感应现象”)工作的。如图所示，如果要改变电动机的转动方向，则需要改变________的方向。
15. 一只电热杯的工作电流为4A，加热电阻丝的阻值为50Ω，在7min内将质量为1.2kg、温度为20℃的水加热至85℃，在此过程中水升高的温度是______ ℃，电热杯的电功率为______ W，电热杯的工作效率为______ 。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
16. 某品牌电动自行车的蓄电池的电压48V，一次充电储存电能3.5×106J，若该车以10m/s的速度匀速行驶时，受到的阻力为50N，该车充满电后正常行驶，有2.8×106J电能转化成机械能，则该电动车的效率是 ，能行驶最远路程 km，此过程中电动自行车的工作电流是 (此空保留整数)。
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
17. 如图是发光二极管与通电螺线管串联的部分电路，闭合开关后，发光二极管可以发光。请在图中标出通电螺线管的N极及导线中电流的方向。
18. 请在图中标出电源的正、负极，以便开关s闭合后，灯L发光。
四、实验探究题（本大题共2小题，共12.0分）
19. 小明设计了如图所示电路图做关于小灯泡(标有“2.5V“字样)的系列实验。
(1)根据该电路图把图中的器材连接成实物图，要求滑动变阻器滑片P向C端移动时，接入电路的电阻变大。
(2)正确连接电路后，闭合开关，电表有示数，逐渐向C端移动滑动变阻器的滑片并记录数据。
①如图，第4组实验电压表和电流表的示数为______、______。
②求出第4组实验灯泡的功率______。(计算结果保留两位小数)
实验次数
电压/V
电流/A
电阻/Ω
功率/W
1
0.50
0.12
4.17
0.06
2
1.40
0.21
6.78
0.29
3
2.00
0.25
8.00
0.50
4
8.57
5
2.90
0.32
9.06
0.93
(3)小明又用LED替换灯泡实验，发现电流表偏转很小，换用数字电流计测量，发现LED的功率比灯泡小很多，亮度却很亮，且触摸二者，灯泡发热而LED没感觉。下列判断正确的是______。(有一个或者多个选项正确)
A.LED发生了超导现象
B.灯泡金属丝材料不适合做定值电阻
C.灯泡用于照明，电能利用率比LED高
D.灯泡不能像LED那样用来检验电源正负极
20. 如图所示，某同学探究物体对外做功时能量的转化情况。他利用酒精灯给试管和水加热如图(a)，当水沸腾后，水蒸气会把瓶塞“冲”出去如图(b)，在研究过程中发现，如果将瓶塞塞的紧一些，酒精灯对试管和水的加热时间会长一些，瓶塞被“冲”出去的距离会远一些如图(c)。
(1)观察图(a)和图(b)或图(a)和图(c)，在水蒸气把瓶塞“冲”出去的过程中，水蒸气对瓶塞______，在此过程中，能量的转化情况是______；
(2)分析比较图(b)和图(c)的实验现象，可以得出初步结论：______。
五、计算题（本大题共4小题，共32.0分）
21. 小明放假在家的时候用煤气灶帮妈妈烧水，把10kg初温为10℃的水烧到60℃消耗了0.15m3煤气(煤气热值3.5×107J/m3)，水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)。求：
(1)水吸收的热量；
(2)煤气灶的效率；
(3)若换用沼气，需要消耗多少沼气。(沼气热值2×107J/m3)
22. 如图所示，质量为400g初温为25℃的食用油注入大烧杯中，并将电加热器放入食用油中。电加热器正常工作100s，测出食用油的温度为65℃，已知电加热器的额定电压为220V，额定功率为440W。[食用油的比热容为2×103J/(kg⋅℃)]
(1)电加热器正常工作时的电流和电阻；
(2)正常工作100s，电加热器消耗的电能；
(3)电加热器的热效率。
23. 认识自然，亲近自然。初春学校组织学生到某农庄进行社会实践活动，小明携带一台如图甲所示的便携式丁烷气炉(内置一瓶新的燃气，参数如表格所示)，爱探究的小明通过手机上网查到便携式燃气炉的热效率为40%，野炊地水的沸点为96℃，测出当地水的温度为26℃，[水的比热容为c水=4.2×103J/(kg⋅℃)
(1)一瓶新的燃气完全燃烧可以放出多少热量？
(2)一瓶新的燃气以最大火力工作，可以使用多长时间？
(3)一瓶新的燃气最多能够把质量为多少千克的水烧开？
(4)小明发现，第(3)问中理论上算出能烧开的水的质量和实际能烧开的水的质量还是有较大差异，除题目中提到的有关因素外，你认为还有什么原因，请写出一条______。
品名
便携式丁烷气炉
质量
1.88kg(不含气瓶)
型号
WZL168.A
尺寸
343×284×113mm
用途
野外用
点火方式
电子点火
使用燃气
液化丁烷气
燃气消耗量
100g/h(最大火力时)
气瓶规格(尺寸/容量)
品名
总质量
净质量
主要成份
热值
神州
354g
250g
丁烷
9×107J/kg
24. 如图所示是某太阳能热水器，向其中注入0.05m3的水，阳光照射一段时间后，水温从10℃升高到50℃。水的比热容是4.2×103J/(kg⋅℃)，水的密度为1×103kg/m3
试求：
(1)这段时间该热水器中的水吸收的热量是多少？
(2)如果这段时间该太阳能热水器接收到太阳辐射的热量是E=2.8×107J，则这段时间该热水器的效率是多少？
(3)若用煤燃烧来提供2.8×107J的热量，需完全燃烧多少千克煤？(煤的热值为3.5×107J/kg)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】略
2.【答案】D
【解析】解：A.返回舱进入大气层，返回舱和空气摩擦，机械能化为内能，温度升高，返回舱外层燃烧，返回舱宛如一颗“火流星”，故A错误；
B.升华是物体由固态变成气态的过程，这个过程物体需要吸收热量，所以返回舱体表材料升华吸热，具有降温作用，故B错误；
C.返回舱开始减速下降以后，质量不变，速度变小，动能变小，高度变小，重力势能变小，机械能是动能和势能的总和，故返回舱机械能减小，故C错误；
D.反推发动机点火后，气体向下喷出，力的作用是相互的，气体给发动机一个向上的反作用力，使返回舱速度减小，从而平稳着陆，故D正确。
故选D。
(1)返回舱进入大气层，返回舱和空气摩擦，机械能化为内能；
(2)升华是物体由固态变成气态的过程，这个过程物体需要吸收热量；
(3)影响动能的因素是质量和速度，影响重力势能的因素是质量和高度，动能和势能合称机械能；
(4)物体间力的作用是相互的。
此题涉及到机械能和其他形式的能的相互转化，升华吸热、力作用的相互性等多个知识点，体现了物理与科技生活的联系。
3.【答案】D
【解析】解：A、太阳能电池板能将太阳能转化为电能，故A正确；
B、嫦娥五号探测器“脚掌”又大又宽，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故B正确；
C、嫦娥五号从月球采集的样品带回地球后，其位置发生了变化，但其所含物质的多少没有改变，所以质量不变，故C正确；
D、留在月球表面的嫦娥五号“着陆器”对月球表面的压力和受到的支持力是作用在不同物体上的两个力，所以不是一对平衡力，故D错误。
故选：D。
(1)太阳能电池板工作时，将太阳能转化为电能；
(2)减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力；
(3)质量是物体本身的一种属性，与物体的形状、状态、位置和温度都没有关系；
(4)二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上。
本题考查了减小压强的方法、质量及其特性、平衡力的辨别和太阳能的转化等，涉及到的知识点多，综合性强，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。
4.【答案】A
【解析】解：A、盘山公路修建成S型，利用了高度一定时斜面越长越省力的道理，但根据功的原理可知，使用任何机械都不省功。故B错误；
B、斜拉桥可以等效为杠杆模型，据此来分析拉杆的受力情况，故B正确；
C、水电站修建拦河大坝是提高了水的高度，为了增大水库中水的重力势能，故C正确；
D、太阳能电池光伏板是将太阳能转化为电能，供用户使用，故D正确。
故选：A。
(1)使用任何机械都不省功；
(2)斜拉桥可以等效为杠杆模型；
(3)重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；
(4)太阳能电池光伏板是将太阳能转化为电能。
本题主要考查功的原理、杠杆、重力势能和能量的转化，是一道综合题。
5.【答案】C
【解析】解：A、光电池板是将太阳能转化为电能，而不是化学能，故A错误；
B、照明灯工作时，将电能转化为光能，故B错误；
C、利用风力发电时，“小风扇”将机械能转化为电能，故C正确；
D、蓄电池夜晚放电，将化学能转化为电能，而不是将化学能转化为光能，故D错误。
故选：C。
分析电池板、照明灯、小风扇、蓄电池工作时消耗和获得的能量是什么，可逐一做出判断。
本题重点掌握其能量的转化，难度不大。风能和太阳能都是清洁能源，且能量取之不尽用之不竭，能够巧妙的设计利用是关键。
6.【答案】C
【解析】解：A、电暖气是利用电流的热效应工作的，是将电能转化为内能，故A错误；
B、电风扇工作时，主要是将电能转化为机械能，使风扇转动，故B错误；
C、直流电动机将电能转化为机械能，故C正确；
D、水力发电机是把水的机械能转化为电能，故D错误。
故选：C。
判断能量的转化，我们主要看它要消耗什么能量，得到什么能量，总是消耗的能量转化为得到的能量。
此题考查能量的转化，能量转化的过程都是有规律可循的，在平常的学习中要注意总结归纳。
7.【答案】B
【解析】解：A、2min内水吸收的热量为：
Q水=c水mΔt水=4.2×103J/(kg⋅℃)×50×10−3kg×(50℃−20℃)=6.3×103J，
由于单位时间内油吸收的热量与水吸收的热量相等，
所以2min内煤油吸收的热量也为6.3×103J，故A错误；
B、燃料完全燃烧放出的热量的热量为：
Q放=mq=1×10−3kg×3×107J/kg=3×104J，
他使用的酒精灯的加热效率为：
η=Q吸Q放×100%=6.3×103J3×104J×100%=21%，故B正确；
C、油的末温比水的末温高，则油的吸热能力比水弱，故C错误；
D、比热容是反映不同物质的吸热能力，比热容与物质的种类和状态有关，与其吸收的热量多少无关，故D错误。
故选：B。
(1)根据Q水=c水mΔt水算出2min内水吸收的热量，由于单位时间内油吸收的热量与水吸收的热量相等，所以2min内煤油吸收的热量与水吸收的热量相同；
(2)根据Q放=mq算出燃料完全燃烧放出的热量的热量，由η=Q吸Q放×100%算出酒精灯的加热效率；
(3)比较物质吸热能力的方法：使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
(4)比热容是反映不同物质的吸热能力，比热容与物质的种类和状态有关，与其吸收的热量多少无关。
本题考查了吸热公式、放热公式以及效率公式的应用，掌握比较吸热能力的方法是解题的关键。
8.【答案】B
【解析】解：燃料燃烧的过程是化学能转化为内能，这种内能传递给水，水沸腾汽化为水蒸气，高温的水蒸气可以驱动叶轮转动，水蒸气自身的温度会降低，内能会减少，转化成了叶轮的机械能，此实验展现了热机工作时的能量转化过程，故ACD正确，B错误。
故选：B。
给试管中的水加热，燃料燃烧的化学能转化成水的内能，高温的水蒸气推动叶轮转动，说明内能转化成了叶轮的动能。
本题考查了改变内能的方式、能量守恒定律以及能的转化，是一道综合性题目。
9.【答案】C
【解析】解：
A、接收器通过收集太阳能，将塔内的工作物质加热为高温高压蒸汽，再由蒸汽推动汽轮机可知蒸汽的内能转化为机械能，最后根据汽轮机带动发电机发电可知机械能转化为电能，所以太阳能热塔式发电过程中能量的转化过程为太阳能→内能→机械能→电能，故A正确；
B、由图可知，“定日镜”属于面镜，将太阳光反射到塔顶的接收器上，故B正确；
C、在太阳内部，氢原子核在超高温下发生聚变释放出巨大的核能，而不是裂变，故C错误；
D、太阳能直接从自然界获取，是一次能源，并且可以源源不断的获取，是可再生能源，故D正确。
故选：C。
(1)“接收器通过收集太阳能，将塔内的工作物质加热为高温高压蒸汽，再由蒸汽推动汽轮机，汽轮机带动发电机发电”得出太阳能热塔式发电过程中有哪些能量转化；
(2)根据图片确定“定日镜”的类型；
(3)在太阳内部进行的由“氢”聚变成“氦”的原子核反应，不停地释放出巨大的能量，并不断向宇宙空间辐射能量，这种能量就是太阳能；
(4)直接从自然界获取的能源为一次能源，可以源源不断的从自然界获取的为可再生能源。
本题以太阳能热塔式发电为背景考查了学生对面镜特点、能量的转化、能源分类的理解与掌握，关键是根据题意得出相关的信息。
10.【答案】A
【解析】解：A、风能、水能可以从自然界源源不断的得到补充，因此是可再生能源，故A正确；
B、燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关，故B错误；
C、建筑物上的避雷针是用导体材料制成的，以保证雷电产生的电流能够被引入大地，故C错误；
D、飞机水平飞行时，机翼上方的空气流速快，压强小，故D错误。
故选：A。
(1)可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源。例：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能；
不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源。例：化石能源(煤炭、石油、天然气)、核能；
(2)燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关；
(3)避雷针可以把云层产生的雷电传到大地；
(4)流体中流速大的地方压强小，流速小的地方压强大。
此题考查了能源分类、热值的特性、导体与绝缘体和流体压强与流速的关系等，都是基础知识，但要了解。
11.【答案】A
【解析】ABC、天和核心舱加速上升过程中，天和核心舱加速上升过程中质量不变，速度增加，高度也增加，故动能变大，重力势能变大；天和核心舱的重力势能是增加的，不是重力势能都转化为动能，故A正确，BC错误；
D、火箭发射升空过程中，燃料燃烧释放的内能并不会全部转化为火箭和卫星的机械能，这是由于火箭高速飞行中，受到大气的阻力，所以会有一部分能量转化为火箭表面的内能，故D错误。
故选：A。
解决此题的关键是要知道物体由于运动而具有的能叫动能，物体由于被举高而具有的能叫重力势能，物体由于发生形变而具有的势能叫弹性势能，可根据选项进行判断各能量是如何变化的，进而分析能量的转化。
本题考查影响动能和势能大小的因素，掌握动能、重力势能的影响因素是解答此题的关键。
12.【答案】C
【解析】(1)子弹在枪膛内运动是火药燃烧的化学能转化成内能；推动子弹做功，即转化成子弹的机械能；
(2)子弹在上升的过程中质量不变，速度变小，动能变小；高度增大，重力势能变大，动能转化为重力势能；
(3)子弹在下落的过程中，质量不变，速度变大，动能变大；高度变小，重力势能变小，重力势能转为动能；
(4)下落泥土中的过程中，克服摩擦做功，子弹的机械能转化为内能。
综上所述，一支向高空瞄准的步枪，扣动扳机后射出一颗子弹，子弹没有击中目标，最后下落陷在泥土中，此过程中能量转化的顺序是：化学能→内能→机械能→内能。
故选：C。
13.【答案】 熔点 防止灯丝在高温下升华
【解析】【详解】
(1)由题，灯丝发光时温度可达2000℃左右，由于钨的熔点较高，所以用钨制作灯丝．
(2)由题，为防止灯丝在高温下被氧化，在制作灯泡时要将其抽成真空，在制作大功率灯泡时，还要在灯泡内充入稀有气体氦等，主要是为了防止灯丝在高温下升华．
14.【答案】裂变；磁场对电流的作用；电流或磁场
【解析】
【分析】
本题考查核能的利用、电动机原理，是一道基础题。
(1)核电站是利用原子核的裂变产生的能量；
(2)电动机的工作原理：通电线圈在磁场中受力转动，即磁场对电流的作用；
(3)电动机线圈的转动方向与磁场方向和电流方向有关，故据此可得出改变电动机转动方向的方法。
【解答】
(1)核电站是利用原子核发生裂变时释放的能量来发电的，故大亚湾核电站是利用核裂变产生的能量发电的；
(2)电动机里是线圈，工作特点是当给电动机通电时，电动机就会转动，所以电动机是根据磁场对放入其中的通电导线产生力的作用制成的；
(3)电动机是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理制成的，其所受力的方向与电流的方向和磁场的方向有关，故如果要改变电动机的转动方向时，可采用的方法有：改变电流的方向或改变磁场的方向。
故答案为：裂变；磁场对电流的作用；电流或磁场。
15.【答案】65 800 97.5%
【解析】(1)在此过程中水升高的温度为：△t=t−t0=85℃−20℃=65℃；
(2)电热杯的电功率为：P=I2R=(4A)2×50Ω=800W；
(3)水吸收的热量：
Q吸=c水m△t=4.2×103J/(kg⋅℃)×1.2kg×65℃=327600J，
消耗的电能为：W=Pt=800W×7×60s=336000J，
电热杯的工作效率为：η=Q吸W×100%=327600J336000J×100%=97.5%。
故答案为：65；800；97.5%。
分析：(1)根据△t=t−t0算出在此过程中水升高的温度；
(2)根据P=I2R算出电热杯的电功率；
(3)根据Q=cm△t求出水吸收的热量，根据W=Pt求出电流做的功，再根据效率公式求出该电热杯的工作效率。
本题考查了吸收热量、电功、效率的计算等，关键是公式及其变形式的灵活运用。
16.【答案】80%
56
13
【解析】
【分析】
略
【解答】
该电动车的效率是
η=W机械W电×100％=2.8×106J3.5×106J×100％=80％
电动自行车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力相等，即
F=f=50N
根据W=Fs可知，能行驶最远路程
s=W机械F=2.8×106J50N=56000m=56km
根据v=st可知，此过程中所用时间
t=sv=56000m10m/s=5600s
根据W=UIt可知，电动自行车的工作电流是
I=W电Ut=3.5×106J48V×5600s≈13A
17.【答案】
【解析】解 二极管是由半导体材料制成的，且发光二极管具有单向导电的特性；二极管在接入电路时，应使电流从较长的接线脚(二极管的正极)流入，从较短接线脚(二极管的负极)流出，否则电路处于断路，无法正常工作；已知闭合开关后，发光二极管可以发光，所以，电流从通电螺线管的右端流入、左端流出，由安培定则可知，通电螺线管的左端为N极。
18.【答案】解：分析电路结构，各个元件串联连接，二极管具有单向导电性，电流从正极流入时，二极管导通，从负极流入时，二极管截止；
故电源的左端为正极，右端为负极，如图所示：
答：见解析。
【解析】分析电路图，各个元件首尾依次串联连接；
发光二极管具有单向导电的性质，电流从正极流入，二极管导通。
本题考查了半导体的特点与作用，解题的关键是分清电路结构，了解二极管的单向导电性。
19.【答案】(1)
(2)①2.4V 0.28A ② 0.67W (3)BD
【解析】(1)从图中可知，电源、开关、电流表、灯泡、滑动变阻器依次串联，电压表并联在灯泡两端；滑动变阻器选用“一上一下”两个接线柱串联接入电路，且滑片向右(C)端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，可选择左下和右上接线柱使用；根据(2)中图片可知，电压表和电流表都选用小量程，注意电流“正进负出”。
(2)①电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为2.4V，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.28A；
②根据P=UI可知，第4组实验灯泡的功率P=UI=2.4V×0.28A≈0.67W。
(3)A、当物质电阻为零时，会出现超导现象，LED灯是由半导体材料制成的，它的电阻不为零，故A错误；
B、灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而增大，不适合做定值电阻，故B正确；
C、LED的发光原理是电能直接转化为光能，由于几乎不发热，从而减小了电能损失，提高了电能转化为光能的效率；灯泡工作时，将电能转化为光能和内能，增加了电能的损失，电能利用率低，故C错误；
D、LED具有单向导电性，可以检验电源正负极，灯泡没有单向导电性，不能检验电源正负极，故D正确。
分析：(1)从图中可知，电源、开关、电流表、灯泡、滑动变阻器依次串联，电压表并联在灯泡两端；滑动变阻器选用“一上一下”两个接线柱串联接入电路，且滑片向右(C)端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，可选择左下和右上接线柱使用；根据(2)中图片可知，电压表和电流表都选用小量程，注意电流“正进负出”；
(2)①电压表选用小量程，分度值为0.1V，据此得出电压表的示数，电流表选用小量程，分度值为0.02A，据此得出电流表的示数；
②根据P=UI可知第4组实验灯泡的功率；
(3)逐项分析得出答案。
本题为测量小灯泡的电功率的实验，考查电路连接、电功率计算、现象分析等知识。
20.【答案】(1)做功 内能转化为机械能 (2) 物体对外做功时，内能越大，转化的机械能越多
【解析】(1)在水蒸气把瓶塞“冲”出去的过程中，水蒸气推动瓶塞运动，对瓶塞做功，水蒸气的内能转化为瓶塞的机械能。
(2)图(c)和图(b)相比，将瓶塞塞的紧一些，酒精灯对试管和水的加热时间会长一些，水蒸气具有的内能更大，瓶塞被“冲”出去的距离更远，说明瓶塞获得的机械能变多，则可得出结论：物体对外做功时，内能越大，转化的机械能越多。
21.【答案】解：
(1)水吸收的热量：
Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×10kg×(60℃−10℃)=2.1×106J；
(2)煤气的体积V煤气=0.15m3，
这些煤气完全燃烧放出的热量：
Q放=V煤气q=0.15m3×3.5×107J/m3=5.25×106J，
煤气灶烧水的效率：
η=Q吸Q放×100%=2.1×106J5.25×106J×100%=40%；
(3)沼气完全燃烧放出热量Q放′=Q放=5.25×106J，
由Q放=Vq可知，需要消耗沼气的体积：V沼气=Q放′q′=5.25×106J2×107J/m3=0.2625m3。
答：(1)水吸收的热量为2.1×106J；
(2)煤气灶的效率为40%；
(3)若换用沼气，需要消耗0.2625m3沼气。
【解析】(1)知道水的比热容、水的质量、水的初温和末温，利用公式Q吸=cm(t−t0)计算水吸收的热量；
(2)已知煤气的质量和热值，利用Q放=mq计算这些煤气完全燃烧放出的热量；煤气灶烧水的效率等于水吸收的热量与煤气完全燃烧放出的热量之比；
(3)使用沼气时，沼气完全燃烧放出热量应该与煤气完全燃烧放出的热量相等，利用公式Q放=Vq计算出沼气的体积。
本题考查了吸热公式Q吸=cm(t−t0)、燃料完全燃烧放出热量公式Q放=Vq、热效率公式的应用，难度不大。
22.【答案】解：(1)由P=UI可得，电加热器正常工作时的电流：
I=PU=440W220V=2A，
由I=UR可得，电加热器正常工作的电阻：
R=UI=220V2A=110Ω；
(2)由P=Wt可得，正常工作100s时电加热器消耗的电能：
W=Pt=440W×100s=4.4×104J；
(3)食用油升高的温度：
△t=t2−t1=65℃−25℃=40℃，
食用油的质量：
m油=400g=0.4kg，
食用油吸收的热量：
Q吸=c油m油Δt=2×103J/(kg⋅℃)×0.4kg×40℃=3.2×104J，
电加热器的热效率：
η=Q吸W×100%=3.2×104J4.4×104J×100%≈72.7%。
答：(1)电加热器正常工作时的电流为2A，电阻为110Ω；
(2)正常工作100s，电加热器消耗的电能为4.4×104J；
(3)电加热器的热效率为72.7%。
【解析】(1)电加热器正常工作时的电压和额定电压相等，功率和额定功率相等，根据P=UI求出电加热器正常工作时的电流，利用欧姆定律求出电加热器正常工作的电阻；
(2)根据P=Wt求出正常工作100s时电加热器消耗的电能；
(3)根据题意求出食用油升高的温度，知道食用油的质量和比热容，利用Q吸=cmΔt求出食用油吸收的热量，再利用η=Q吸W×100%求出电加热器的热效率。
本题考查了电功率公式和欧姆定律、吸入公式、电功公式、效率公式的应用，要注意用电器正常工作时的功率和额定功率相等。
23.【答案】丁烷燃烧放出的热量部分热量散失到空气中
【解析】解：
(1)由表格数据可知，丁烷气体的质量为250g=0.25kg，
完全燃烧0.25kg的丁烷气体可以放出的热量：
Q放=mq=0.25kg×9×107J/kg=2.25×107J；
(2)由表格数据可知，最大火力时燃气消耗量为100g/h，
则250g的燃气以最大火力工作的时间：t=250g100g/h=2.5h；
(3)由题知，便携式燃气炉将其燃气燃烧所放出能量的40%供给水加热，则水吸收的热量：
Q吸=Q放×40%=2.25×107J×40%=9×106J，
由Q吸=cm△t得能烧开水的质量：
m水=Q吸c△t=9×106J4.2×103J/(kg⋅℃)×(96℃−26℃)≈30.6kg；
(4)第(3)问中理论上算出能烧开的水的质量和实际能烧开的水的质量还是有较大差异，除了题目中的因素外还有就是丁烷燃烧放出的热量有一部分散失到空气中。
答：(1)一瓶新的燃气完全燃烧可以放出2.25×107J的热量；
(2)一瓶新的燃气以最大火力工作，可以使用2.5h；
(3)一瓶新的燃气最多能够把质量为30.6千克的水烧开；
(4)丁烷燃烧放出的热量有一部分散失到空气中。
(1)知道丁烷气体的质量和热值，利用Q放=mq求一瓶新的燃气完全燃烧可以放出的热量；
(2)根据表格信息算出一瓶新的燃气以最大火力工作的时间；
(3)知道燃料燃烧发出的热量、水的初温度、末温度，利用Q=cm△t求水的质量；
(4)丁烷燃烧放出的热量有一部分散失到空气中。
本题考查了学生对吸热公式、燃料完全燃烧放热公式和效率公式的掌握和运用，利用效率计算水吸收的热量是本题的关键、难点！
24.【答案】解：
(1)水吸收的热量：Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×50 kg×(50℃−10℃)=8.4×106J.
(2)热水器的效率：η=Q吸Q总×100%=8.4×106J2.8×107J×100%=30%．
(3)由题意得，煤完全燃烧放出的热量Q放=Q=2.8×107J，
由Q=mq得，需完全燃烧煤的质量：m=Q放q=2.8×107J3.5×107J=0.8kg．
答：
(1)这段时间该热水器中的水吸收的热量是8.4×106J；
(2)这段时间该热水器的效率是30%；
(3)若用煤燃烧来提供2.8×107J的热量，需完全燃烧0.8千克煤．
【解析】本题考查了学生对吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的掌握和运用，因条件已给出，熟练运用相关公式即可正确解题，难度不大．
(1)知道水的比热容、水的质量、初温和末温，根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(2)知道水吸收的热量和热水器接收到太阳辐射的热量，利用效率公式η=Q吸Q×100%求出该热水器的效率；
(3)知道煤燃烧放出的热量和煤的热值，根据Q放=mq的变形公式m=Q放q求出需完全燃烧煤的质量．
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