2024-2025学年陕西省西安理工大附中九年级（上）期末物理试卷+答案

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一、选择题（共10小题，每小题2分，计20分。每小题只有一个选项是符合题意的）
1．（2分）如图是为了纪念老红军谢宝金而立的铜像。在长征途中他背着一台68kg的发电机走完全程，创造了长征路上的奇迹。以下与这台发电机质量最接近的是（ ）
A．一支铅笔B．一本物理教科书
C．一个篮球D．一名中学生
【答案】D
【解析】A、一支铅笔大概10g，故A错误；
B、一本物理教科书大概250g，故B错误；
C、一个篮球大概500g，故C错误；
D、一名中学生大概60kg，故D正确。
故选：D。
2．（2分）日常生活中我们用心观察，会发现许多光现象。如图所示，下列光现象主要由光的反射形成的是（ ）
A．日食
B．水中倒影
C．海市蜃楼
D．雨后彩虹
【答案】B
【解析】A．日食是当月亮位于地球和太阳的中间时，太阳射向地球的光线被月亮挡住了而形成的，其成因是光的直线传播，故A错误；
B．水中倒影，是以水面为镜面的平面镜成像，它是由光的反射形成的，故B正确；
C．海市蜃楼是光在不均匀的空气中发生折射形成的，故C错误；
D．雨后的彩虹，太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，是光的折射现象，故D错误。
故选：B。
3．（2分）我国古代科技著作《天工开物》中，对釜的铸造有“铁化如水，以泥固纯铁柄杓从嘴受注”这样的记载。“铁化如水”这个过程发生的物态变化是（ ）
A．凝固B．熔化C．汽化D．升华
【答案】B
【解析】由题意知铁由固态变为液态，属于熔化，故B正确。
故选：B。
4．（2分）陕西羊肉泡馍是一道特色小吃。食用时羊肉汤与烧饼或白吉馍同吃，佐以糖蒜、辣酱，肉烂汤清，清醇可口，别具风味。下列说法正确的是（ ）
A．煮羊肉汤主要是通过做功的方式增加羊肉的内能
B．煮羊肉汤时，锅上方的“白气”是水蒸气
C．刚出锅的羊肉泡馍香气四溢，说明分子在不停地做无规则运动
D．用食品夹夹取烧饼或白吉馍时，食品夹相当于一个省力杠杆
【答案】C
【解析】A、煮羊肉汤过程中，主要是通过热传递的方式改变羊肉的内能，故A错误；
B、煮羊肉汤时，锅上方的“白气”是水蒸气遇冷液化成的小水珠，故B错误；
C、刚出锅的羊肉泡馍香气四溢，属于扩散现象，说明分子在永不停息地做无规则运动，故C正确；
D、食品夹在使用时，动力臂小于阻力臂，相当于一个费力杠杆，故D错误。
故选：C。
5．（2分）踢毽子是一项常见的健身运动，课间，同学们一起踢毽子锻炼身体，踢出去的毽子在向上运动的过程中（ ）
A．毽子的重力势能增大B．毽子的运动状态不变
C．毽子受到惯性的作用D．毽子的机械能不变
【答案】A
【解析】A、毽子向上运动的过程中，质量不变，高度增加，重力势能增加，故A正确；
B、毽子在向上运动的过程中毽子的速度变小，所以毽子的运动状态改变，故B错误；
C、毽子具有惯性，惯性不是力，不能说毽子受到惯性作用，故C错误；
D．毽子向上运动的过程中受到空气阻力的作用，机械能减少，故D错误。
故选：A。
6．（2分）安全用电是每一位公民的必备素养。在家庭电路中，下列做法符合安全用电的是（ ）
A．更换灯泡时不需要断开开关
B．电冰箱的金属外壳需接地线
C．电路着火可以立即用水扑灭
D．湿抹布可擦拭工作中的台灯
【答案】B
【解析】A、更换灯泡时容易碰到金属部分，切断电源可以保证金属部分不带电，故A不符合安全用电原则；
B、电冰箱使用三孔插座，是由于这些用电器的外壳是金属，金属是导体，当用电器漏电时，会使金属外壳带电，若接上地线，电流就通过地线，流入大地，而防止了触电事故的发生，故B符合安全用电原则；
C、发现电路着火时，由于生活用水是导体，所以不能用水扑灭，否则容易发生触电事故，故C不符合安全用电原则；
D、湿抹布容易导电，用湿抹布擦拭工作中的台灯容易会发生触电事故，故D不符合安全用电原则。
故选：B。
7．（2分）图为运动员撑竿跳高的场景。他通过助跑将撑竿压弯后起跳，越过横杆，松手后撑竿恢复原状。下列说法正确的是（ ）
A．助跑时运动员相对于地面是静止的
B．撑竿被压弯说明力能改变物体的运动状态
C．运动员鞋底的花纹是为了增大摩擦
D．松手后运动员仍然受到撑竿的作用力
【答案】C
【解析】A．助跑时，运动员相对于地面的位置发生了变化，所以运动员相对于地面是运动的，故A错误；
B．用力撑杆，撑竿被压弯，说明力能改变物体的形状，故B错误；
C．运动员鞋底的花纹是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦，故C正确；
D．力是物体对物体的作用，松手后运动员不再受撑杆的作用力，故D错误。
故选：C。
8．（2分）图﹣1是公共场所的宣传投影灯，装在高处的投影灯照在地面上出现图案，其内部结构如图﹣2所示。下列说法正确的是（ ）
A．从不同方向都能看到图案是由于光在地面发生了镜面反射
B．该投影灯的成像特点与投影仪相同
C．调小镜头与图片的距离，图案变小
D．地面上看到的是放大的虚像
【答案】B
【解析】A、不同方向都能看到图案是光照在粗糙地面向各个方向反射即发生了漫反射，故A不符合题意；
B、该投影灯利用凸透镜将较小的图案放大为较大的像，应用了当凸透镜成实像时，物体位于一倍焦距和两倍焦距之间，成倒立放大的实像，与投影仪相同，故B符合题意；
C、根据凸透镜成实像时，物近像远像变大，可知，当物距变小时，像距会变大，像也变会变大，因此调小镜头与图片的距离图案变大，故C不符合题意；
D、地面上能看到放大的图案，是实像，故D不符合题意。
故选：B。
9．（2分）如图所示，电路的电源电压保持不变。闭合开关S，将滑动变阻器滑片P从左端向右端移动的过程中（ ）
A．电压表V1数变小
B．电压表V2示数不变
C．电流表的示数变大
D．电压表V2的示数变化量与电流表的示数变化量之比不变
【答案】D
【解析】ABC．由电路图可知，两电阻串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测滑动变阻器两端的电压，电流表A测电路中的电流；
当滑动变阻器的滑片P从左端向右端移动的过程中，电阻变大，电路中的电流变小，即电流表示数变小；根据串联电路的分压原理可知，当滑片向右移动时，R的电阻变大，分配的电压变大，即电压表V2电压变大；电源电压不变，即V1示数不变，故ABC错误；
D．设滑片移动前后电流表的示数为I1、I2，结合串联电路的电压规律可得，电压表V2示数的变化量：ΔUV2＝U2﹣U2′＝（U﹣I1R1）﹣（U﹣I2R1）＝（I2﹣I1）R1＝ΔIR1，则电压表V2的示数变化量与电流表的示数变化量之比ΔUV2ΔI=R1，即电压表V1示数的变化量与电流表A示数的变化量之比不变。
故D正确。
故选：D。
10．（60分）科技小组的同学为某养殖场设计的恒温箱的温控电路如图﹣1所示，控制电路的电源电压恒为6V，电磁继电器线圈的电阻为10Ω，R1为滑动变阻器，R为热敏电阻，其阻值随温度变化的图像如图﹣2所示，当线圈中的电流大于或等于20mA时，衔铁被吸合。下列说法正确的是（ ）
A．电磁铁的上端为S极
B．应该把恒温箱内的加热器接在C、D之间
C．要使恒温箱内的温度保持在100℃，应将R1接入电路的阻值调节为240Ω
D．要使恒温箱内的温度保持在更高的数值，应减小R1接入电路的阻值
【答案】C
【解答】A．由图﹣1可知，电流从螺线管下端流入，由安培定则可知，电磁铁的上端为N极，故A错误；
B．当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与AB部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加热器接在A、B之间，故B错误；
C．若要使恒温箱内可获得上限为100℃的“恒温”，此时热敏电阻的阻值为50Ω，控制电路中的电流等于20mA＝0.02A，时根据闭合电路欧姆定律可得：
R总=UI=6V0.02A=300Ω，
根据串联电路电阻特点得R1接入电路的阻值为：
R1＝R总﹣R′﹣R线圈＝300Ω﹣50Ω﹣10Ω＝240Ω，
故C正确；
D．为使恒温箱内的温度保持在更高的数值，滑动变阻器R1连入电路的阻值应增大，此时热敏电阻R的阻值减小，从而实现要求，故D错误。
故选C。
二、填空与作图题（共6小题，计18分）
11．学校开展消防应急疏散演练时，同学们听到警报声迅速撤离教室，说明声可以传递 信息 。报警声是通过 空气 这种介质传入耳中的。
【答案】信息；空气
【解析】同学们听到广播中的警报声迅速离开教室，说明声音可以传递信息；
报警声是通过空气传入同学们的耳中。
故答案为：信息；空气。
12．我国大力发展水力发电。水能是 可再生 （填“可再生”或“不可再生”）能源。水电站通过提高水位增加水的重力势能，水流下时重力势能转化为 动 能，使水轮机带动发电机发电，发电机是利用 电磁感应 原理发电的。
【答案】可再生；动；电磁感应。
【解析】水能是可再生能源。水电站通过提高水位增加水的重力势能，水流下时重力势能转化为动能，使水轮机带动发电机发电，发电机是利用电磁感应原理发电的。
故答案为：可再生；动；电磁感应。
13．物理知识在生产和生活中有着广泛的应用。如图﹣1，用毛巾摩擦过的塑料棒吸引地毯上的碎纸屑，说明塑料棒带了 电 ；如图﹣2，吸盘挂钩在 大气压 的作用下“吸”在墙壁上；如图﹣3，茶壶应用了 连通器 原理，壶中水静止时，壶嘴和壶身的水面是齐平的。
【答案】电；大气压；连通器。
【解析】带电的物体能吸引轻小物体，用毛巾摩擦过的塑料棒吸引地毯上的碎纸屑，说明摩擦过的塑料棒带了电。
挤出塑料吸盘的空气，吸盘外部受大气对它向内的压力，塑料吸盘在大气压作用下牢牢“吸”在墙壁上。
茶壶的壶嘴、壶身上端开口、下端连通，构成了连通器，即茶壶利用了连通器原理。
故答案为：电；大气压；连通器。
14．如图为我国自主研发的、位于世界领先水平的多功能大型中远程海洋监察船，该船满载时的排水量为10000t，则满载静止在海面上时所受到的浮力为 1×108 N。当该船从黄浦江驶向东海海域时，其所受浮力将 不变 （选填“变大”“变小”或“不变”），相对于液面，船身将 上浮 （选填“上浮”或“下沉”）一些。（g取10N/kg）
【答案】1×108；不变；上浮。
【解析】满载静止在海面上时所受到的浮力为：
F浮＝G排＝m排g＝10000×103kg×10N/kg＝1×108N；
船从黄浦江驶向东海海域的过程中始终处于漂浮状态，受到的浮力和自身的重力相等，由船的重力不变可知，船受到的浮力不变，因为ρ海水＞ρ江水，由F浮＝ρ液gV排可知，排开海水的体积比排开江水的体积小，所以，船要上浮一些。
故答案为：1×108；不变；上浮。
15．小明家的粮食丰收了，他用如图所示的装置将一袋粮食从地面抬到楼顶上晾晒，该装置中的滑轮是 动 滑轮。不计绳重和摩擦，小明把一袋重为400N的粮食匀速提高10m，所用的拉力为250N，则滑轮重为 100 N，该装置的机械效率为 80% 。
【答案】动；100；80%。
【解析】该装置中滑轮随着物体的运动而运动，则该滑轮是动滑轮；
动滑轮绳子股数为2，不计绳重和摩擦，根据F=1n（G+G动）可知，动滑轮重为：
G动＝nF﹣G＝2×250N﹣400N＝100N；
该装置的机械效率为：
η=W有W总=GℎFs=GℎFnℎ=GnF=400N2×250N×100%=80%。
故答案为：动；100；80%。
16．（1）如图﹣1，一盏吊灯静止悬挂在天花板上，请在重心O点画出吊灯受到的重力G和拉力F的示意图；
（2）如图﹣2，在遵守安全用电原则的前提下，请将某劳动实践基地室内的部分电路连接完整。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）静止的吊灯，处于平衡状态，受到重力和拉力的作用，这两个力是一对平衡力；故过重心分别沿竖直向下和竖直向上的方向画一条有向线段，并分别用G和F表示，即为吊灯所受重力和拉力，注意两条线段长度要相等，如图所示：
（2）开关与灯的连接：火线先接开关，再接灯泡的金属点，零线直接连接螺旋套；
三孔插座的连接：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线。如图所示：
三、实验与探究题（共4小题，计22分）
17．请完成下列填空。
（1）如图﹣1，用刻度尺测得物体A的长度为 3.60 cm；
（2）如图﹣2，这是“探究水沸腾前后温度变化的特点”的实验中，某时刻水中气泡上升时的情景，此时水的温度 不变 （选填“升高”或“不变”）；
（3）如图﹣3，这是探究“电流通过导体产生热量的多少与什么因素有关”时的部分实验装置。通过观察左右两个U形管中液面的 高度差 来比较电流通过电阻丝产生的热量的多少；根据实验现象可知，当通电时间和电流一定时，导体的 电阻 越大，产生的热量越多。
【答案】（1）3.60；（2）不变；（3）高度差；电阻。
【解析】（1）如图﹣1，刻度尺分度值为1mm，物体左端在零刻度处，右端在3.60cm刻度处，物体长度为3.60cm；
（2）如图﹣2，烧杯内水中的气泡在上升过程中体积由小变大，说明水正在沸腾，水沸腾时，继续加热，水的温度保持不变；
（3）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，可以通过左右两个U形管中液面高度差的变化来反映电阻丝产生的热量的多少，这种研究方法叫转换法；
图﹣3中，两个电阻串联在电路中，通过它们的电流相同，通电时间相同，右侧容器中电阻较大，右侧的U形管的液面高度差大，右侧电阻丝产生的热量多，故结论为：在电流相同、通电时间相同的情况下，电阻丝的阻值越大，电阻丝产生的热量越多。
故答案为：（1）3.60；（2）不变；（3）高度差；电阻。
18．如图﹣1，在探究“平面镜成像的特点”时，将点燃的蜡烛A放在玻璃板前面，能看到玻璃板后面有它的像。
（1）再拿一支与蜡烛A完全相同的蜡烛B，目的是便于比较像与物的 大小 关系；
（2）将未点燃的蜡烛B放在玻璃板后方，移动位置直至蜡烛B看起来被点燃了，图﹣2是三次实验在白纸上记录的像与物对应点的位置。通过处理和分析图﹣2中的信息，可得出结论：像和物各对应点的连线与平面镜 垂直 ；
（3）移开蜡烛B，把光屏放在像的位置处，直接看光屏（不透过玻璃板）看不到像，说明平面镜成的是 虚像 ；
（4）实验过了一段时间，蜡烛A变短，则蜡烛A的像的大小将 变小 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】（1）大小；
（2）垂直；
（3）虚像；
（4）变小。
【解析】（1）用与A完全相同的蜡烛B代替A与A所成的像比较，若蜡烛B与蜡烛A的像完全重合，目的是便于比较像与物的大小关系。
（2）本实验是研究平面镜成像的特点，连接像与物的对应点，分别测量两点到镜面的距离，可得出的结论是像和物体的连线与平面镜垂直；像和物到平面镜的距离相等。
（3）平面镜成的是虚像，并不是实际光线会聚而成的，把光屏放在像的位置处，光屏上不能承接到蜡烛的像。
（4）平面镜所成的像与物体的大小相等，实验过了一段时间，蜡烛A变短，则蜡烛A的像的大小与变短后的蜡烛大小相等，与原来的蜡烛比较则变小。
故答案为：（1）大小；
（2）垂直；
（3）虚像；
（4）变小。
19．在“探究杠杆平衡条件”的实验中。
（1）杠杆静止在图﹣1位置时，应将平衡螺母向 右 调节，使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是 便于测量力臂 （写出一个即可）；
（2）正确调节杠杆后，如图﹣2所示，在A处挂2个重为0.5N的钩码，在B处用已经调零好的弹簧测力计竖直向下拉，读出示数F1；保持弹簧测力计的位置和钩码的数量不变，将钩码向左移动1格，此时弹簧测力计的示数F2＝ 1.5 N。为了得到普遍规律，下一步的操作应该是改变 弹簧测力计的拉力方向即弹簧测力计倾斜拉杠杆 ；
（3）上述操作中，将弹簧测力由竖直向下拉改为斜向下拉，杠杆保持水平位置平衡，弹簧测力计的示数将 变大 （选填“变大”“变小”或“不变”）；
（4）由此实验联想到生活中的杆秤，其主要结构由秤杆、秤钩、提纽A和B、秤砣组成。图﹣3是用杆秤称量货物时的情景。
①在称量货物时，需要移动秤砣使杆秤平衡，这是通过改变 动力臂 （填物理量）使杠杆平衡；
②在称量货物时，使用提纽 A （选填“A”或“B”）能使该杆秤的量程更大些。
【答案】（1）右；便于测量力臂；（2）1.5；弹簧测力计的拉力方向即弹簧测力计倾斜拉杠杆；（3）变大；（4）动力臂；A。
【解析】（1）杠杆的左端低，说明这一侧力与力臂的乘积大，应将平衡螺母向右调节，使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂；
（2）如图﹣2所示，设每小格为L，在刻度线A处挂2个钩码（每个钩码为0.5N），保持弹簧测力计的位置和钩码的数量不变，将钩码向左移动1格，
根据杠杆的平衡条件得到2G×3L＝F2×2L，即2×0.5N×3L＝F2×2L，解得，F2＝1.5N；
弹簧测力计竖直向下拉使杠杆平衡，弹簧测力计竖直向下拉杠杆时，拉力力臂为支点到力的作用点的距离，改变弹簧测力计的拉力方向，即弹簧测力计倾斜拉杠杆，拉力的力臂小于支点到力的作用点的距离，拉力力臂变小，拉力变大，弹簧测力计示数变大，控制其他因素不变，观察测力计示数；
（3）保持钩码的数量和位置不变，阻力和阻力臂不变，将弹簧测力由竖直向下拉改为斜向下拉，拉力的力臂变小，由杠杆平衡条件可知拉力变大，即弹簧测力计的示数变大。
（4）称量货物时，提纽处是支点，货物对杠杆的拉力是阻力，货物到提纽的距离为阻力臂，秤砣对杠杆的拉力是动力，秤砣到提纽的距离为动力臂，将秤砣向右或向左移动时才能平衡，这是通过改变动力臂使杠杆平衡。
由图示可知，使用提纽A时，秤砣的力臂变大，货物的力臂变小，由m秤砣gL秤砣＝m物gL物，可知，测量的物体的质量变大，杆秤的称量范围更大。
故答案为：（1）右；便于测量力臂；（2）1.5；弹簧测力计的拉力方向即弹簧测力计倾斜拉杠杆；（3）变大；（4）动力臂；A。
20．实验小组在“探究电流与电压的关系”的实验中，实验器材有：两节新干电池、定值电阻R、电流表、电压表、滑动变阻器、开关和若干导线。
（1）图﹣1是连接的部分实验电路，请用笔画线代替导线将电路连接完整；
（2）连接电路的过程中开关应处于 断开 状态；
（3）电路连接好后，闭合开关，发现电流表无示数，电压表的示数接近3V且保持不变，则电路的故障可能是定值电阻R 断路 ；
（4）排除故障后，根据多次实验测得的数据绘制出定值电阻R的I﹣U图像如图﹣2所示。分析图像可知：①电阻一定时，电流与电压成 正 比；②实验中所用定值电阻R的阻值为 5 Ω；
（5）实验后小组同学利用上述器材设计了一个测量未知电阻Rx阻值的实验电路，如图﹣3所示，电源电压保持不变，已知定值电阻的阻值为R0。请将实验步骤补充完整：
①闭合开关S、S1，断开开关S2，读出电流表的示数I1；
②闭合开关S、S2，断开开关S1，读出电流表的示数I2；
③未知电阻Rx阻值的表达式：Rx＝ I1R0I2−I1 （用I1、I2和R0表示）。
【答案】（1）；（2）断开；（3）断路；（4）正；5；（5）I1R0I2−I1。
【解析】（1）电源由两节新干电池组成，1节新干电池的电压是1.5V，电源电压是3V，电压表的量程选择0～3V，电压表和电阻并联，变阻器一上一下串联接入电路，如图所示：
；
（2）为了保护电路，连接实物电路过程中，开关必须断开；
（3）闭合开关，电流表无示数，说明电路可能断路，电压表有示数且接近3V，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，故电路故障可能是定值电阻R断路；
（4）由图﹣2可知，绘制出电阻R的I﹣U图象为过原点的直线，可以得到导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；定值电阻R的阻值为
R=UI=Ω；
（5）闭合开关S、S1，开关S2断开，两个电阻并联，电流表测量通过R0的电流，电源电压为U＝I1R0，
闭合开关S、S2，断开开关S1，两个电阻并联，电流表测量干路中的电流，由并联电路电流的规律可知通过定值电阻Rx的电流Ix＝I2﹣I1，
待测电阻Rx的表达式
Rx=UIx=I1R0I2−I1。
故答案为：（1）；（2）断开；（3）断路；（4）正；5；（5）I1R0I2−I1。
四、综合题（共3小题，计20分）
21．2024年11月4日，神舟十八号载人飞船返回舱成功着陆，若返回舱质量为3×103kg，静止时与水平地面的接触面积为1.5m2，在着陆过程中，从距地面2m高处竖直向下落地，用时0.4s。（g取10N/kg）
（1）返回舱静止时对水平地面的压强是多少？
（2）在从距地面2m高处竖直向下落地的过程中，返回舱所受重力做功的平均功率是多少？
【答案】（1）返回舱静止时对水平地面的压强是2×104Pa；
（2）在从距地面2m高处竖直向下落地的过程中，返回舱所受重力做功的平均功率是1.5×105W。
【解析】（1）返回舱的总重力G＝mg＝3×103kg×10N/kg＝3×104N，
返回舱静止时对水平地面的压力等于重力，即F＝G＝3×104N，
返回舱静止时对水平地面的压强p=FS=3×104N1.5m2=2×104Pa；
（2）重力所做的功W＝Gh＝3×104N×2m＝6×104J，
返回舱在这段时间内重力做功的平均功率P=Wt=6×104J0.4s=1.5×105W。
答：（1）返回舱静止时对水平地面的压强是2×104Pa；
（2）在从距地面2m高处竖直向下落地的过程中，返回舱所受重力做功的平均功率是1.5×105W。
22．为提升学生出行安全和便利性，我省各地公交集团推出“家校公交专线”。一辆柴油公交车以150kW的恒定输出功率行驶了20min，消耗柴油10kg。（柴油的热值取4.5×107J/kg）
（1）柴油机用循环水冷却是利用水的 比热容 大的特性。
（2）消耗的柴油完全燃烧放出的热量是多少？
（3）公交车柴油机的效率是多少？
【答案】（1）比热容；
（2）消耗的柴油完全燃烧放出的热量是4.5×108J；
（3）公交车柴油机的效率是40%。
【解析】（1）因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以汽车发动机用循环流动水进行冷却；
（2）消耗的柴油完全燃烧放出的热量为：
Q放＝mq＝10kg×4.5×107J/kg＝4.5×108J；
（3）柴油公交车输出的机械功为：
W＝Pt＝150×1000W×20×60s＝1.8×108J；
公交车柴油机的效率为：
η=WQ放=WQ放=1.8×108J4.5×108J×100%＝40%。
答：（1）比热容；
（2）消耗的柴油完全燃烧放出的热量是4.5×108J；
（3）公交车柴油机的效率是40%。
23．如图﹣1所示，某品牌养生壶具有低温、中温、高温三挡，其简化电路图如图﹣2所示，电热丝R1、R2的阻值均为121Ω且保持不变。养生壶装满水后水的质量为2.5kg。
（1）用户可用手机通过 电磁波 （选填“超声波”或“电磁波”）来远程控制现代智能化用电器的工作；当开关S1闭合，开关S2接触点B时，养生壶处于 高温 （选填“低温”“中温”或“高温”）挡；
（2）养生壶中温挡的额定功率是多少？
（3）养生壶在低温挡正常工作100s消耗的电能是多少？
（4）若电热丝产生的热量全部被水吸收，在一个标准大气压下，养生壶的高温挡正常工作将初温为20℃的一满壶水恰好烧开，需要的时间是多少？[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
【答案】（1）电磁波；高温；（2）养生壶中温挡的额定功率是400W；（3）养生壶在低温挡正常工作100s消耗的电能是4×104J；（4）若电热丝产生的热量全部被水吸收，在一个标准大气压下，养生壶的高温挡正常工作将初温为20℃的一满壶水恰好烧开，需要的时间是1050s。
【解析】（1）用户可用手机通过电磁波来远程控制现代智能化用电器的工作。
由电路图可知，当开关S1闭合，S2接B时，电阻R1、R2并联，电路中的总电阻最小，由P=U2R可知，总功率最大，所以此时养生壶为高温挡。
（2）当S2接A，S1闭合时，只有电阻R1接入电路，养生壶处于中温挡。中温挡的额定功率为
P中=U2R1=(220V)2121Ω=400W；
（3）当开关S1断开，S2接A时，电阻R1、R2串联，电路中的总电阻最大，由P=U2R可知，总功率最小，此时为低温挡；低温挡额定功率为
P低=U2R1+R2=(220V)2121Ω+121Ω=200W养生壶在低温挡正常工作100s消耗的电能是
W低=P低t低=200W×100s=2×104J；
在标准大气压下，水的沸点为100℃，将初温为20℃的一满壶水恰好烧开，水吸收的热量
Q吸=c水m水Δt=4.2×103J/(kg⋅℃)×2.5kg×(100℃−20℃)=8.4×105J
消耗的电能
W=Q吸=8.4×105J
养生壶高温挡功率
P高=U2R1+U2R2=(220V)2121Ω+(220V)2121Ω=800W养生壶的高温挡正常工作需要的时间
t′=WP高=8.4×105J800W=1050s。
故答案为：（1）电磁波；高温；（2）养生壶中温挡的额定功率是400W；（3）养生壶在低温挡正常工作100s消耗的电能是4×104J；（4）若电热丝产生的热量全部被水吸收，在一个标准大气压下，养生壶的高温挡正常工作将初温为20℃的一满壶水恰好烧开，需要的时间是1050s。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
B
C
A
B
C
B
D
C