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2025-2026 学年九年级上册物理单元检测卷
第十二单元 提升卷
建议用时：90分钟，满分：100分
一、选择题 （每题2分，共24分，每小题给出的四个选项中只有一个正确）
1．水约占人体体重的60%~70%，有助于调节体温，原因之一是水具有较大的（ ）
A．热值 B．密度 C．温度 D．比热容
【答案】D
【详解】A．热值最大是氢，常用作火箭的燃料，故A不符合题意；
B．水的密度与调节体温没有什么关系，故B不符合题意；
C．温度是物体的冷热程度，故C不符合题意；
D．因为水具有较大的比热容，当人体吸收或放出较多的热量时，体温变化小，所以水有助于人体
调节体温，故D符合题意。故选D。
2. 如图所示，炽热的岩浆从覆盖着皑皑白雪的火山上喷涌而出。下列说法正确的是（ ）
A．白雪温度低，内能小 B．岩浆温度高，内能大
C．白雪温度低，分子热运动停止 D．岩浆温度高，分子热运动剧烈
【答案】D
【详解】A．内能和质量温度都有关，白雪温度低，内能不一定小，故A错误；
B．内能和质量温度都有关，岩浆温度高，内能不一定大，故B错误；
C．白雪温度低，分子热运动的不剧烈，不是停止，故C错误；
D．分子热运动的剧烈程度与温度有关，温度越高，分子热运动的越剧烈，岩浆温度高，分子热运
动剧烈，故D正确。故选D。
3．掷实心球是我市中考体测项目之一。不计空气阻力，投掷后的实心球在上升过程中（ ）
A．动能变大，重力势能变大 B．动能变小，重力势能变小
C．动能变小，重力势能变大 D．动能变大，重力势能变小
【答案】C
【详解】投掷实心球时，实心球离开手后继续上升，是因为实心球具有惯性，此时实心球不再受
到手的作用力；实心球在上升过程中，质量不变，速度减小，动能减小；高度增大，重力势能增大。
故C符合题意，ABD不符合题意。故选C。
4. 在水平地面上铺一张白纸，将皮球表面涂黑，使其分别从不同高度处自由下落，在纸上留下黑
色圆斑A、B，如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．皮球下落过程中动能转化为重力势能B．皮球落地发生形变的过程中动能转化为弹性势能
C．形成圆斑B时皮球是从更高处下落的
D．形成圆斑A时皮球接触地面后形变程度更小
【答案】B
【详解】A．球在下落的过程中，高度减小，重力势能减小，速度变大，动能变大，重力势能转化
为动能，故A错误；
B．当球接触地面时，球会发生形变，球的动能转化为球的弹性势能，故B正确；
CD．球的动能越大，转化成的弹性势能越大，则小球的形变越大，在地面上形成的圆斑较大，故
形成圆斑A时皮球接触地面后形变程度更大，即从更高处下落的，故CD错误。
故选B。
5. 如图所示，用轻质细绳悬挂一小球在竖直平面内摆动。在某次摆动过程中，小球依次经过A、
B、C三点，A、C两点高度相同，B点为最低点，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球在B点动能最大
B．小球从B点运动到C点，重力势能转化为动能
C．A、C两点速度大小不同
D．小球机械能不守恒
【答案】A
【详解】A．根据题意可知，B点为最低点，则小球在B点时速度最大，所以在B点时动能最大，
故A正确；
B．小球从B点运动到C点，质量不变，高度变大，速度变小，则重力势能增多，动能减少，将动
能转化为重力势能，故B错误；
CD．不计空气阻力，小球机械能守恒，则小球在A、C两点的机械能相等，A、C两点高度相等，
重力势能相等，机械能等于动能和势能之和，所以A、C两点动能相等，根据动能大小的影响因素可知，
A、C两点速度大小相同，故CD错误。
故选A。
6. 小华在家学做菜，厨房里菜香四溢，这个现象说明（ ）
A．分子间存在空隙 B．分子间存在引力
C．分子间存在斥力 D．分子不停地做无规则运动
【答案】D【详解】分子在永不停息的做无规则运动，这是分子的扩散现象，小华在家学做菜，厨房里菜香
四溢，这个现象说明分子不停地做无规则运动，故ABC不符合题意，D符合题意。故选D。
7. 如图所示，从空中落下的排球先后在草地和水泥地面上弹起，你认为排球运动的轨迹最有可能
的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】从空中落下的排球先后在草地和水泥地面上弹起，由于草地松软，撞击时损失的机械能
较多，弹起的高度比原来的高度低较多，当第二次从水泥地上弹起时，水泥地坚硬，撞击损失的能量
较少，反弹后最大高度降低较小，但一定比草地上反弹最大高度小，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
8．“煮”的篆体写法如图。表示用火烧煮食物。下列实例与“煮”在改变物体内能的方式上相同
的是（ ）
A．热水暖手 B．钻木取火 C．搓手取暖 D．擦燃火柴
【答案】A
【详解】“煮”的篆体写法如图。表示用火烧煮食物，这是通过热传递改变内能；
A．热水暖手，是通过热传递改变内能，与“煮”在改变物体内能的方式上相同，A符合题意；
BCD．钻木取火、搓手取暖、擦燃火柴，这是通过做功改变内能，与“煮”在改变物体内能的方
式上不相同，故BCD不符合题意。 故选A。
9. 家用小型风力发电机独特的尾翼结构，能使其旋翼自动迎风，如图甲所示。海边，仅在海陆风
因素的影响下，图乙、图丙所示的情形通常分别发生在（ ）
A．白天、夜晚 B．夜晚、白天 C．白天、白天 D．夜晚、夜晚
【答案】A【详解】水的比热容大于砂石和泥土的比热容，白天太阳照射时，海洋升温慢，陆地升温快，陆
地的热空气就上升，地面附近海洋的空气来补充，气流就从海洋向陆地，即风从海洋吹向陆地；晚上
陆地很快就冷却下来，而海洋则很慢，海洋的温度高，而陆地的温度低，地面气体就从陆地流向海洋，
即风从陆地吹向海洋。因此白天，风力发电机翼朝向朝向大海，晚上，风力发电机翼朝向陆地。则图
乙是白天，图丙是晚上。故A符合题意，BCD不符合题意。故选A。
10．依据表格中的数据，下列说法正确的是（ ）
物质 比热容c【J/（kg·℃）】
水 4.2×103
煤油 2.1×103
砂石 约0.92×103
A．一桶煤油用掉一半，桶内剩余煤油的比热容变小
B．水和砂石吸收相等的热量，水的温度升高得较多
C．水的比热容表示水的温度降低1°C放出的热量是4.2×103J
D．质量相等的水和煤油，升高相同温度，煤油吸收热量少
【答案】D
【详解】A． 比热容是物质的一种特性，与物质的种类和状态有关，一桶煤油用掉一半， 桶内剩
余煤油的质量变小但比热容不变，故A错误；
B． 根据Q =cmΔt可知，质量相等的水和砂石吸收相同的热量，水的比热容大于砂石的比热容，
吸
水的温度升高得较少，由于不知道质量的大小，无法确定温度的变化关系，故B错误；
C． 水的比热容是4.2×103J/（kg·℃），它表示质量为1kg的水的温度升高（或降低）1℃，吸收
（或放出）的热量是4.2×103J，该选项的叙述漏掉了“质量为1kg的”故C错误；
D． 由表格数据可知，水的比热容大于煤油的比热容，水和煤油质量相等、升高相同温度，根据
Q =cmΔt可知，煤油吸收热量少，故D正确。
吸
故选D。
11. 为了比较A、B两种液体的吸热能力，小亮用完全相同的加热装置对质量分别为100g和480g
的A、B两液体进行加热，根据实验数据绘制的温度随时间变化的图像如图所示。根据图像信息，下列
说法中正确的是（ ）
A．A液体比B液体更适合作发动机的冷却液
B．A、B两液体的比热容之比为1∶2
C．A、B两液体在0~8min内吸收的热量之比为2∶1
D．B液体的吸热能力比A液体的强【答案】A
【详解】故A正确；
由图得，AB加热8min 吸收相同的热量，则A、B两液体在0~8min内吸收的热量之比为1：1，此
时A温度上升
Δt =40℃-20℃=20℃ B温度上升Δt =30℃-20℃=10℃
A B
AB的质量分别为100g、480g，由Q=cmΔt得，A、B两液体的比热容之比为
A液体比热容较大，相同质量的AB升高相同温度，A吸收的热量较多，A液体的吸热能力比B液
体的强，则A液体比B液体更适合作发动机的冷却液。故A正确，BCD错误。故选A。
12．如图所示，光滑水平桌面上的弹性小球被弹出后，经过A点和B点后落到地面，又被多次弹
起，图中虚线为小球的运动轨迹。下列有关小球的运动，描述正确的是（ ）
A．小球反弹经过D点时动能为零
B．小球从A点运动到B点的过程中机械能不断减少
C．若将弹性小球表面涂黑，则会在C、F两点留下等大的黑色圆斑
D．小球经过E点的机械能大于经过G点的机械能
【答案】D
【详解】A．从轨迹来看，小球既有水平方向的速度又有竖直方向的速度，小球在最高点时，竖直
方向速度为零，水平方向速度不为零，则小球在 D点的动能不为零，故A错误；
B．小球从A点运动到B点的过程中，因光滑桌面没有摩擦阻力，小球处于平衡状态，其速度大小
不变，又高度不变，所以动能和重力势能不变，故机械能不变，故B错误；
C．弹性势能大小与弹性形变程度有关，黑色圆斑的大小能反映小球弹性形变程度，圆斑越大，形
变越大，小球在C点与在F点时相比较，小球的动能与重力势能都为零，而每次小球反弹到的最高点
都比上一次的最高点低，说明小球机械能逐渐变小，所以小球到达C点前的机械能大于到达F点前的
机械能，故小球在C点的弹性势能大于在F点的弹性势能，小球在 C点的圆斑要大于在F点的圆斑，
故C错误；
D．小球在多次弹起过程中，机械能逐渐变小，而E点在G点之前，故小球经过E点的机械能大
于经过G点的机械能，故D正确。故选D。
二、填空题（每空1分，共30分）
13．如图为单缸四冲程汽油机的 冲程，该冲程活塞移动时，汽缸内燃料混合气体的压强变。若该汽油机转速为2400r/min，则它每分钟完成 个如图所示的冲程。
【答案】 压缩 大 1200
【详解】内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程；判断冲程名称可用口
诀：“先看气门开关情，再看活塞上下行；开下吸气开上排，关上压缩关下功”，由图可知活塞向上
运动，两气门关闭，因此是压缩冲程；压缩冲程过程中，汽缸内部体积变小，压强变大。
热机完成一个工作循环中，飞轮转动2圈，完成压缩冲程1个，若该汽油机转速是2400r/min，表
示每分钟飞轮转动2400圈，它每分钟完成1200个压缩冲程。
14. 比较如图所示的三杯水的内能大小， 杯中水的内能最大， 杯中水的内能最小。冰
山 （选填“具有”或“不具有”）内能。
【答案】 丙 甲 具有
【详解】内能与物质的种类、质量、温度等因素有关，图中三杯都是水，物质种类相同，甲和乙
杯中水的温度相同，都是40℃，乙杯中水的质量大于甲杯水的质量，所以乙杯水的内能大于甲杯水的
内能；由于乙杯和丙杯中水的质量相同，丙杯中水的温度是90℃大于丙杯水的温度，所以丙杯的内能
大于乙杯的内能。由于质量越大，温度越高，内能越大，因此丙杯中水的内能最大。
一切物体在任何状态、任何温度下都具有内能，所以北极的冰山也具有内能。
15．“引体向上”是我市体育中考今年新增的可选项目之一。在做引体向上时，如果身体匀速竖
直上升，则所受的拉力 重力（选填“大于”“小于”或“等于”）；上升过程中，身体的重
力势能 （选填“变大”“变小”或“不变”）。选考这个项目有优势的身体条件是
（写出一点）。
【答案】 等于 变大 体重小/双臂有力量
【详解】身体匀速竖直上升，所受的重力与拉力平衡，大小相等，所以所受的拉力等于重力。
上升过程中，质量不变，高度变大，所以身体的重力势能变大。
在“引体向上”项目中，需克服自身重力做功，所以自身重力越小，克服重力做的功越少，所以
选考这个项目有优势的身体条件是体重小，双臂有力量。16. 反复弯折铁丝，铁丝弯折处会很烫，铁丝内能是通过 （选填“热传递”或“做功”）
的方式增加，此能量的转化与四冲程汽油机的 冲程相同。某汽车百公里耗油5kg，这些汽油完
全燃烧可放出的热量是 J。（q =4.6×107J/kg）
汽油
【答案】 做功 压缩 2.3×108
【详解】反复弯折铁丝是通过做功的方式使铁丝的内能增加，此过程是机械能转化为内能。
四冲程汽油机的压缩冲程中活塞对燃料混合物做功，使燃料混合物的内能增加，是机械能转化成
内能。
某汽车百公里耗油5kg，这些汽油完全燃烧可放出的热量
Q =qm=4.6×107J/kg×5kg=2.3×108J
放
17. 如图所示是同学们在体育课进行实心球投掷训练，A→B表示实心球离开手之前的运动轨迹，
B→C→D表示实心球离开手之后的运动轨迹，空气阻力忽略不计。则在 过程（选填
“A→B”、“B→C”或“C→D”）人对球做了功；实心球到达最高点C时，它将处于 （选填
“平衡”或“非平衡”）状态；B→C→D过程实心球的动能 ，机械能 。（后两空填能
的变化情况）
【答案】 A→B 非平衡 先减小后增大 不变
【详解】从A→B的过程中，人对球有力的作用，且在力的方向上通过了距离，所以人对球做功，
B→C、C→D的过程中，人对球没有施加力的作用，所以人对球不做功。
实心球到达最高点C时，只受重力的作用，受力不平衡，处于非平衡状态。
从B→C过程中，实心球在上升，因为质量不变、速度减小，所以实心球的动能减小， 从C→D
过程中，质量不变、速度增大，所以实心球的动能增大。故实心球从B→C→D过程中，动能先先减小
后增大。
空气阻力忽略不计，实心球的动能和势能相互转化，所以机械能守恒，故实心球的机械能不变。
18. 2024年4月，两辆氢能源汽车实现了从北京到上海1500公里长距离运输测试，这是中国氢能
源车辆首次大范围、长距离、跨区域的实际运输测试。如图所示是某款氢能源汽车，该款氢能源汽车
在公路上行驶 ，用时 ，受到的牵引力为 ，消耗氢气 ，则此过程中汽车行驶的
平均速度为 ，氢气燃烧放出的热量为 J，利用氢能的效率为 。（
）
【答案】 75【详解】汽车行驶的平均速度为
氢气燃烧放出的热量为
牵引力做功为
则利用氢能的效率为
19. 如图，弹簧的左端固定，右端连接一个小球，把它们套在光滑的水平杆上，a是压缩弹簧后小
球静止释放的位置，b是弹簧原长时小球的位置，c是小球到达最右端的位置。则小球从a运动到c的
过程中，在 （选填“a”、“b”或“c”）位置动能最大；从b到c的过程中，小球的动能转化
为弹簧的 ，小球从a运动到b的过程机械能总量 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】 b 弹性势能 变大
【详解】由题意可知，小球从a运动到b的过程中，弹簧的形变程度减小，其弹性势能减小，小球
的速度变大，动能变大，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，而小球的重力势能不变，所以小球的机
械能总量变大；到达b点时，弹簧恢复原状，不计摩擦阻力，其弹性势能全部转化为小球的动能；再
从b运动到c时，弹簧被拉伸，小球的动能再逐渐转化为弹簧的弹性势能，小球的动能会变小。因此，
在b点时小球的动能最大。
20．如图为小明加热质量为0.2kg某物质时，测得其温度随时间变化的图像。已知该物质在固态时
的比热容为c=2.1×103J/（kg·℃）；假设这种物质从热源吸热的功率恒定不变，根据图像解答下列问题：
1
（1）在最初的2min内，物质吸收的热量为 J。
（2）该物质液态的比热容c= J/（kg·℃）。
2
（3）该物质在第4分钟时的内能 （选填“小于”、“等于”或“大于”）第8分钟时的
内能。
【答案】 8.4×103 4.2×103 小于【详解】（1）在最初2min内，物体处于固态的升温吸热过程，升高的温度为
所以物质吸收的热量为
（2）该物质吸热的功率为
由图像可知，该物质在10min到12min内物质处于液态，物体升高的温度为
因吸热功率不变，所以
则该物质在液态下的比热容为
（3）该物质在熔化过程中吸收热量，分子运动剧烈，内能增大。
21. 用如图所示的方法可以探究做功是否能够改变物体的内能：
（1）如图A，将手中的铁丝同一位置快速地弯折十余次，用手指触摸一被弯折的部位，会感觉到
弯折部位的温度升高，表明铁丝的内能 ；
（2）如图B，先在一个配有活塞的厚壁玻璃筒里放一小团蘸了乙醚的棉花，然后迅速压下活塞，
你观察到的现象是 ；对这一现象的解释是，活塞压缩玻璃筒内的空气，对筒内空气 ，使
空气的内能增加，温度升高，达到乙醚燃点；这个过程的实质相当于汽油机的 冲程；
（3）如图C所示，瓶中装少量的水，水上方有水蒸气，塞紧瓶塞，用打气筒向瓶内打气，当塞子
从瓶口跳起，下列关于该实验的分析错误的是 。
A．往瓶内打气时，外界对瓶内气体做功
B．往瓶内打气时，瓶内气体内能变小
C．瓶塞跳出时，瓶内气体温度升高
D．瓶塞跳出时，瓶内气体对外做功
【答案】 变大 棉花燃烧 做功 压缩 BC
【详解】（1）将手中的铁丝同一位置快速地弯折十余次，手对铁丝做了功，铁丝的内能增大，温
度升高。
（2）当用力压活塞时，活塞压缩玻璃筒内的空气体积，对气体做功，空气的内能增加，温度升高，当达到乙醚着火点时，筒内棉花就会燃烧起来，即会观察到棉花燃烧；压缩活塞这个过程中机械能转
化成内能，与内燃机的压缩冲程相同，是机械能转化为内能。
（3）给瓶内打气，外界对瓶内气体做功，瓶内气压增大，气体内能变大，当气压把瓶塞从瓶口推
出时，瓶内气体对瓶塞做功，瓶内气体的内能转化为瓶塞的机械能，使气体自身的内能减少，温度降
低，故AD正确，不符合题意，BC错误，符合题意。
故选BC。
三、解答题（共46分。22题6分，26、27题每题8分，其余每空1分。计算题第26、27题要求
写出必要的文字说明、公式和演算过程）
22. 按要求作图。
（1）用两个相同的加热器同时给质量和初温均相同的物质A和水加热，A的温度随时间变化的关
系图像如图所示。若A物质的比热容是水的一半，不计热损失，请画出水的温度随时间变化的关系图
像。
【答案】见右图。
【详解】相同时间内，两个相同的加热器同时给质量均为m的物质A和水加热，加热相同时间，
物质A与水吸收的热量相同，由题可知，A物质比热容是水的一半，根据公式Q＝cmΔt可知，当A和
水升高的温度相同时，水吸收的热量是A物质的2倍，此时水加热时间是A物质的2倍，由此可作出
水的温度随时间变化的关系图像，如图所示。
（2）如图为一摆球从左侧A点摆到右侧最高点B的过程图，请在图中三个位置的摆球上用“1”和
“2”分别标注出机械能最大位置和动能最小位置。
【答案】 见右图。
【详解】摆球摆动过程中，克服空气阻力做功，机械能不断减小，因此摆球从左侧A点摆到右侧
最高点B，机械能最大为A点，图中三个位置的摆球，左侧位置的机械能最大；摆球摆动过程中质量不
变，摆到B点时，速度最小为0，则摆球动能最小为B点，图中三个位置的摆球在B点动能最小，如图
所示。
23．小强所在的实验小组在“探究影响动能大小的因素”实验中，准备的器材有：质量分别为
m、2m的两个钢球、木块B和斜面等，实验过程如图所示：（1）该实验中是通过观察 来判断 （选填“钢球”或“木块”）的动能大小；
（2）比较甲、乙两图，可初步得出结论：动能的大小与物体的 有关；
（3）根据 两图所得结论可以解释汽车超载带来的危害；
（4）如图丁在研究物体的重力势能与哪些因素有关的实验中，三个相同的木桩被从空中静止释放
的铁块撞击，陷入沙坑中的情况如图所示。若A、B两铁块质量相同，则两铁块下落高度关系h
A
h ；若B、C两铁块下落的高度相同，则两铁块质量的关系m m （以上两空均选填“大于”“等
B B C
于”或“小于”）。
【答案】 木块移动的距离 钢球 速度 乙丙 小于 大于
【详解】（1）根据转换法的思想，钢球对木块做功，钢球的动能越大，对木块做功越多，木块移
动的距离越远，因此通过观察木块运动距离的长短来判断钢球的动能大小。
（2）比较甲、乙两图实验，小球的质量相同，滚下的高度不同，速度不同，可以探究钢球动能大
小与速度的关系。
（3）比较乙、丙两图实验可知，滚下的高度相同，速度相同，钢球的质量越大，推动木块移动的
距离越远，动能越大，这可以解释汽车超载带来的危害。
（4）铁块的重力势能转化为木桩的动能，铁块的重力势能越大，说明木桩获得的能量就越多，木
桩陷入沙坑越深；根据观察图象可知，B撞击木桩陷入沙坑的深度大，说明B重力势能大，若A、B两
铁块质量相等，则A下落的高度小于B；同理：重力势能一定时，若B、C两铁块下落的高度相等，则
铁块B的质量大于C的质量。
24. 如图1所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和
初温也相同。
（1）为了研究不同物质的吸热能力，利用其中 （选填“甲”、“乙”、“丙”）两幅图进行实验，根据记录的数据做出了两种液体的温度随时间变化的关系图，如图2所示：
①不同物质吸热的多少是通过 来反映的（选填“温度计示数”或“加热时间”）；
②由图可以看出， 液体的吸热本领较大；
③如果已知b液体的比热容是1.8×103J/（kg·℃），则a液体的比热容是 J/（kg·℃）；
（2）为了研究不同燃料的热值，正确选择其中两幅图进行实验。在实验前用天平测出了烧杯中液
体的质量及燃料的质量，并记录数据，利用公式Q =cm(t-t)（若a、b液体的比热容已知）计算出了液
吸 0
体吸收的热量，通过这些数据计算出某种燃料的热值。则该热值与实际燃料的热值相比 （选填
“偏大”、“偏小”或“不变”），原因是 。
【答案】 甲、丙 加热时间 b 0.9×103 偏小 燃料燃烧产生的热量不能
完全被水吸收，并存在热量损失
【详解】（1）为了研究不同物质的吸热能力，根据控制变量法应控制燃料的种类相同，因此利用
甲、丙两幅图进行实验。
①在同等条件下，不同物质吸热的多少可通过加热时间来反映，加热时间越长，吸收的热量越多。
②由图示图像可知，液体a和b升高相同的温度，如温度都升60℃，a需要的是时间是10min，b
需要的时间是20min，b需要更长的加热时间，这也就说明了b的吸热能力强一些，a的吸热能力弱，
所以b液体的比热容较大。
③液体a和b的质量和初温均相同，由图可知，如果温度都升60℃，a需要的是时间是10min，b
需要的时间是20min，即升高相同的温度，b吸收热量是a的2倍，根据c=Q/mΔt可得，在质量和升高
的温度均相同的情况下，比热容c与Q成正比，故a液体的比热容为
1
Q
Q 2 b 1 1
c = a = = c = ×1.8×103J/（kg·℃）=0.9×103J/（kg·℃）
a mΔt mΔt 2 b 2
（2）比较不同燃料的热值，应控制被加热液体的种类相同而燃料不同；故应选择甲、乙两图进行
实验。在实验前用天平测出了烧杯中液体的质量及燃料的质量，并记录数据，利用公式Q =cm(t-t)
吸 0
（若a、b液体的比热容已知）计算出了液体吸收的热量，通过这些数据计算出某种燃料的热值。计算
结果不可靠，因为燃料燃烧产生的热量不能完全被水吸收，并存在热量损失，所以直接计算得出的热
值比实际值要小。
25. 李明准备探究“弹簧弹性势能的大小与什么因素有关”。他猜想：弹簧弹性势能可能与弹簧长
度变化量和弹簧粗细有关。他设计的实验装置如图，弹簧左端固定在墙上，放在水平面上，水平面A
点左侧光滑，右侧粗糙。物体P压缩弹簧到B点后从静止释放，运动到C点弹簧恢复到原长，同时与
物体脱离，物体运动到D点停止。请补充完成他的探究过程：
（1） 为探究弹性势能的大小与弹簧长度变化量的关系，过程如下：对同一根弹簧，物体P压缩
弹簧至B点，从静止释放，运动到D点。测量 之间的距离和 之间的距离，并
改变 之间的距离，测多组数据，分析数据得到结论。（2） 对原长相同、只有 不同的两根弹簧，物体P分别压缩弹簧至同一位置B点，从
静止释放，运动到D点。分别测量 之间的距离，改变压缩量，重复实验，分析数据得到：
弹性势能与弹簧粗细有关。
（3）小明在此探究实验中主要运用了 和 两种探究方法。
【答案】 BC AD BC 粗细 AD 转换法 控制变量法。
【详解】（1）本实验探究的是弹性势能和弹簧长度变化量之间的关系，所以必须测出弹簧长度变
化量，即BC间的距离；弹性势能通过弹簧推动物体在粗糙表面上运动的距离远近来体现，所以必须测
出AD间的距离。为了使结论具有普遍性，应改变弹簧长度变化量，即BC间的距离，多测几组数据。
（2）本实验探究弹性势能与弹簧粗细是否有关，必须控制弹簧长度相同，改变弹簧的粗细，测量
物体在粗糙表面上运动的距离（AD间的距离），并进行比较得出结论。
（3）通过以上分析可以看出，本实验通过弹簧推动物体在粗糙表面上运动的距离远近来体现弹性
势能的大小，用到了转换法；同时，探究与多个量的关系时，还用到了控制变量法。
26．太阳能是21世纪重点开发利用的能源之一，如今太阳能热水器已走进千家万户。如图所示，
某家庭太阳能热水器阳光照射时，平均每小时吸收 的太阳能，若热水器吸收8h的太阳能，可
以使质量为100kg的水温度升高50oC。已知水的比热容 ，天然气的热值
。求：
（1）水吸收的热量；
（2）该太阳能热水器的效率；
（3）若这些水吸收的热量由天然气来提供，假设天然气完全燃烧放出的热量全部被水吸收，则需
要多少m3的天然气。
【答案】（1）2.1×107J；（2）37.5%；（3）0.6m3
【详解】（1）水吸收的热量为
（2）太阳能热水器在8h内吸收的热量为
所以，太阳能热水器的效率为
（3）若这些热量由天然气提供则所需天然气的体积
答：（1）水吸收的热量为2.1×107J。
（2）该太阳能热水器的效率为37.5%；
（3）若这些水吸收的热量由天然气来提供，假设天然气完全燃烧放出的热量全部被水吸收，则需
要多少0.6m3的天然气。
27．如图所示是一款履带运输车.一次运送中，运输车在3min内沿水平路面匀速直线行驶900m，
行驶中受到的阻力为 ，（燃料热值 ）求：
（1）这次运送中，运输车发动机做的功；
（2）发动机的功率；
（3）若行驶中受到的阻力不变，发动机的效率是30％，则10kg的燃料可供该车沿水平路面匀速
直线行驶的距离是多少千米？
【答案】（1）9×106J； （2）5×104W；（3）13.5km
【详解】（1）因为运输车匀速直线行驶，受力平衡，所以发动机的牵引力
F =f=104N
牵
这次运送中，运输车发动机做的功W=F s=104N×900m=9×106J
牵
（2）发动机的功率
（3）10kg的燃料完全燃烧放出的热量
Q =m q=10kg×4.5×107J/kg=4.5×108J
放 燃料
发动机做的有用功W =Q η=4.5×108J×30%=1.35×108J
有用 放
该车沿水平路面匀速直线行驶的距离
答：（1）运输车发动机做的功是9×106J；
（2）发动机的功率是5×104W；
（3）10kg的燃料可供该车沿水平路面匀速直线行驶的距离是13.5km。28. 如图甲所示，混合动力汽车由一台内燃机和一台电机组成，混合动力汽车启动时，蓄电池通过
电机向车轮输送能量；当需要高速行驶或蓄电池储存电能过低时，向车轮输送能量，并通过电机给蓄
电池充电。请回答下列问题。
（1）该混合动力汽车的内燃机是一台单缸四冲程汽油机，如图乙是汽油机的 冲程，此冲
程是利用 方式改变内能；
（2）若飞轮转速是2400r/min，则每秒对外做功 次；
（3）驾驶员踩刹车踏板时，可以通过车轮带动电机发电，再将产生的电能转化为 能储存在
蓄电池中；
（4）假设一辆发动机效率为30%的汽车一年消耗燃油400kg，将发动机的效率从30%提高到40%
每年可以节省汽油 kg。
【答案】 做功 做功 20 化学 100
【详解】（1）两个气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，为做功冲程。
在做功冲程中，高温、高压的燃气对外做功，将内能转化为机械能。
（2）四冲程内燃机的飞轮转速是2400r/min=40r/s，即汽油机飞轮每秒转40圈，对外做功20次。
（3）驾驶员踩刹车踏板时，可以通过车轮带动发电机发电，机械能转化为电能，再将产生的电能
转化为化学能储存在蓄电池中。
（4）设每年可以节省汽油x%，有用功相同，根据W =Q η和Q =mq，则有
有 放 放
mq×30%=m×(1－x%)q×40%解得x%=25%，即可以节省25%的汽油，所以节省的汽油的质量为
Δm=25%×400kg=100kg
