辽宁省鞍山市2024-2025学年九年级（上）期末物理试卷（解析版）

这是一份辽宁省鞍山市2024-2025学年九年级（上）期末物理试卷（解析版），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.“蒸”是一种起源于炎黄时期的做菜方法，下列实例与“蒸”在改变物体内能的方式上相同的是( )
A. 烤火御寒B. 钻木取火C. 搓手取暖D. 擦燃火柴
【答案】A
【解析】解：在“蒸”中，食物是通过吸收热水或热汤的热量来变热，这是热传递的一种方式。
A.烤火御寒：手是通过吸收热水的热量来变暖，是热传递的方式，故A符合题意；
B.钻木取火是通过做功改变物体的内能，故B不符合题意；
C.搓手取暖是通过做功改变物体的内能，故C不符合题意；
D.擦燃火柴是通过做功改变物体的内能，故D不符合题意。
故选：A。
改变物体的内能的方式有：做功和热传递；热传递使物体内能发生改变的实质是内能发生了转移，做功使物体内能发生改变的实质是能量发生了转化。
本题考查了改变物体内能有两种方式，结合生活实际解决问题，难度不大。
2.如图，“围炉煮茶”是一种休闲方式，深受年轻人喜欢。下列有关说法正确的是( )
A. 随着茶水的温度升高，含有的热量逐渐增大
B. 在加热过程中，茶水的比热容也逐渐增大
C. 能闻到淡淡的茶香是一种扩散现象
D. 茶炉上飘荡的“白气”说明分子不停地做无规则运动
【答案】C
【解析】解：A、热量是一个过程量，仅在热传递的过程中才具有意义，不能说一个物体具有多少热量，故A错误；
B、比热容与物质的温度无关，所以加热过程中物质比热容不变，故B错误；
C、能闻到淡淡的茶香，是发生了扩散现象，说明分子在永不停息地做无规则运动，故C正确；
D、“白气”是水蒸气液化形成的小水滴，不属于分子热运动，故D错误。
故选：C。
(1)热量是过程量，就是说，热量只存在于热传递或热交换过程中，只能说吸收或放出热量，热量传递等；热量不是状态量，不能说含有或者具有热量；
(2)比热容是物质本身的一种特性，决定于物质的种类和状态，与温度无关；
(3)扩散现象说明一切物质的分子都在不停地做无规则运动；
(4)根据机械运动和分子运动的不同解答。
此题考查了热量的概念、比热容、分子动理论等多个知识点。
3.如图，在一个配有活塞的厚玻璃筒里放一小团硝化棉，把活塞迅速压下去，则玻璃筒内的气体( )
A. 分子斥力变小
B. 分子热运动变缓
C. 内能不变
D. 温度升高
【答案】D
【解析】解：当把活塞迅速压下去时，活塞对筒内的空气做功，筒内空气的内能就会增加，温度就会升高，分子热运动加快；同时因为气体分子间距离减小，斥力变大；故D正确，ABC错误。
故选：D。
利用一下知识分析解答：
(1)物体的温度越高，分子的热运动越剧烈；
(2)分子间距离减小，斥力变大。
(3)做功可以使内能与机械能之间进行转化：对物体做功，物体内能会增加；物体对外做功，物体内能会减少。
此题通过一个小实验考查学生对分子热运动、做功改变物体内能、的理解与掌握，是一道综合性较强的题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。
4.小丽用气球和头发摩擦，出现如图的现象，下列对该现象解释正确的是( )
A. 摩擦起电创造了电荷
B. 气球因得到或失去正电荷而带电
C. 此现象说明异种电荷相互吸引
D. 头发和气球会带上相同的电荷
【答案】C
【解析】解：A、摩擦起电的实质是转移了电荷，故A错误；
B、气球因得到或失去负电荷而带电，故B错误；
C、头发与气球摩擦后，它们之间带异种电荷，此现象说明异种电荷相互吸引，故C正确；
D、头发和气球会带上异种电荷，故D错误。
故选：C。
摩擦起电的实质是电子的转移；电荷间相互作用的规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
本题考查了摩擦起电和电荷间相互间相互作用的规律，属于基础题。
5.有一款感应式垃圾桶，其工作原理是：启动开关S1闭合后，指示灯亮，垃圾桶才能正常使用，当手伸到感应区上方，感应开关S2闭合，动力装置使垃圾桶盖打开。下列电路符合要求的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】解：启动开关S1闭合后，指示灯亮，垃圾桶才能正常使用，当手伸到感应区上方，感应开关S2闭合，动力装置使垃圾桶盖打开，这说明动力装置与指示灯工作时互不影响，是并联的，开关S1在电路中控制整个电路，开关S2在电动机所在的支路中，故D正确。
故选：D。
启动开关闭合后，垃圾桶才能正常使用，此时指示灯亮起；当感应开关闭合后，垃圾桶打开，这表明该电路为并联电路，据此分析。
本题考查了电路的设计，能判定出电路的连接方式是解题的关键。
6.同学们在一次综合实践活动中进行安全用电知识抢答，下列回答中正确的是( )
A. 保险丝烧断后可以用铜丝代替B. 家用电器金属外壳一定要接地
C. 雷雨天气在室外的大树下避雨D. 有人触电时立即用手将其拉开
【答案】B
【解析】解：A.保险丝在电路中电流过大时自动切断电路，铜丝不能自动切断电路，保险丝烧断不能用铜丝代替，故A错误；
B.金属外壳的用电器，金属外壳都要接地，金属外壳的用电器漏电时，地线把人体短路，能防止因外壳漏电而发生触电事故，故B正确；
C.雷雨天不能在大树下避雨，以免被雷击中，故C错误；
D.有人触电时，应立即拉开闸刀，或用绝缘体将触电者与电线分离，但不能用手将其拉开，故D错误。
故选：B。
(1)保险丝是用电阻率较大、熔点较低的铅锑合金制作而成；
(2)家庭电路中为了安全用电，金属外壳都要接地，金属外壳的用电器漏电时，地线把人体短路，避免触电事故的发生；
(3)如果开关接在零线和灯泡之间，火线直接接在灯泡时，虽然断开开关，但是火线和灯泡相连，触及灯泡会发生触电事故；所以开关要接在灯泡和火线之间，断开开关，切断火线，触及灯泡时更安全；
(4)根据雷雨天不能在大树下避雨进行分析。
本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识，不能违反。
二、多选题：本大题共3小题，共6分。
7.如图是学校备用的柴油发电机，使用柴油机时，下列说法正确的是( )
A. 可通过火花塞点火启动
B. 将内能转化为机械能
C. 吸气冲程中只吸入空气
D. 柴油机属于热机的一种
【答案】BCD
【解析】解：A.柴油机是压燃式点燃柴油，即通过压缩空气直接点燃柴油，故A错误；
B.柴油机使用时将内能转化为机械能，从而提供动力，故B正确；
C.柴油机在吸气冲程中只吸入空气，故C正确；
D.柴油机和汽油机都属于热机，故D正确。
故选：BCD。
(1)柴油机在吸气冲程中吸入空气，在压缩冲程中，机械能转化为内能，内能增大，温度升高，柴油机气缸顶端有个喷油嘴，此时喷油嘴喷出柴油，因气缸内气体温度高于柴油，柴油被点燃，产生高温高压的燃气推动活塞做功；
(2)发动机的做功冲程将内能转化为机械能。
本题主要考查了柴油机的工作原理，属于基础题。
8.如图所示是一种自动测定油箱内油量多少的装置，R1是滑动变阻器，从油
量表指针所指的刻度，就能知道油箱内油量的多少。则下列说法正确的是( )
A. 油量表实质相当于电压表
B. 油量增加，R1接入电路的电阻值减小，油量表示数变大
C. 油量减少，R1接入电路的电阻值增大，油量表示数变大
D. 定值电阻R2可以起到避免短路，保护电路的作用
【答案】BD
【解析】解：
A.由图可知，油量表串联在电路中，所以油量表是由电流表改装而成的，故A错误；
B.由图可知，油量增加时，浮标上移，在杠杆的作用下滑片下移，R1接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由I=UR可知，电路中的电流变大，则油量表示数变大；故B正确；
C.由图可知，油量减少，浮标下移，在杠杆的作用下滑片上移，R1接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由I=UR可知，电路中的电流变小，则油量表示数变小，故C错误；
D.由图可知，定值电阻R2串联接在电路中，能防止滑动变阻器接入电路的阻值为零时造成电源短路，可以起到保护电路的作用，故D正确。
故选：BD。
(1)根据电压表并联在电路中、电流表串联在电路中判断油量表的类型；
(2)根据油量的变化可知浮标的移动，进一步可知滑片移动的方向，从而可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化；
(3)根据油量的变化可知浮标的移动，进一步可知滑片移动的方向，从而可知接入电路中电阻的变化，根据串联电路的分压特点可知R两端的电压变化。
本题主要考查学生根据图示信息结合所学物理知识进行分析的能力，关键是明白油量表的工作原理。
9.臭氧常用于对食品车间等进行无人密闭消毒，消毒30分钟后，最终分解为氧气，对食品不会有残留污染，但因其有强氧化作用，消毒时浓度不宜过高。某兴趣小组设计了一个简易臭氧检测仪(电压表模拟臭氧浓度显示)，检测车间消毒时空气中臭氧的浓度，其电路原理如图甲。电源电压恒为3V，R0=10Ω，臭氧检测传感器Rc的阻值随臭氧浓度μ的变化关系如图乙。车间消毒标准如下：μ≤1.5ppm为不合格，1.5ppm10Ω，所以是第5组数据不是本实验测量的；
(7)根据表格数据可知，当电阻增大几倍，电流就减小几倍，可得结论：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
故答案为：(1)断开(2)见解答图；(3)左；(4)0.3；(5)移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数；(6)5；(7)电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
(1)为保护电路，连接电路时，开关必须断开；
(2)连接电路时，电流表串联在电路中，电压表并联正在定值电阻两端；
(3)为保护电路，连接电路时，滑动变阻器的滑片应移至阻值最大处；
(4)根据电流表的量程和分度值读数；
(5)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同；
(6)当刚闭合开关时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，电路中的电流最小，由此计算出电路中的最小电流时滑动变阻器接入电路的电阻，再与滑动变阻的规格进行对比；
(7)根据表格数据分析，得出结论。
本题探究“电流与电阻的关系”，考查电路连接、注意事项、操作过程及数据分析。
21.小明用如图甲电路测量小灯泡的电阻，已知小灯泡的额定电压为2.5V。

(1)请你用笔画线代替导线，在图甲中将实物电路连接完整，要求：滑动变阻器滑片向右移动，小灯泡变暗。
(2)该实验的实验原理是______。
(3)电路正确连接后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，出现这一故障的原因可能是______。
(4)当小灯泡正常发光时，电流表的示数为0.2A，则正常发光的电阻是______Ω。
(5)小明准备测量电阻Rx的阻值(其阻值在200Ω～400Ω之间)，老师提供的器材有：学生电源(电压不超过3V)、电流表、电压表、滑动变阻器(“200Ω 2A”)、开关各一个、若干导线。小明同学设计的实验电路如图乙，并要用此电路测量待测电阻Rx的阻值。(注意：此题作答时是二选一)
①如果你认为上述方法可行，请你：
a：在虚线框内画出电路图；
b：写出测量的物理量(用字母表示)；
c：Rx的表达式(用测量量字母和题目中已知量表示)。
②如果你认为上述方法不可行，请你利用题中已有的器材设计出一种可行的实验方案(在你设计的方案中不能拆卸元件)。要求：
a：在虚线框内画出电路图；
b：写出测量的物理量(用字母表示)；
c：Rx的表达式(用测量量字母和题目中已知量表示)。
【答案】R=UI 小灯泡短路 12.5
【解析】解：(1)电压表并联在小灯泡两端，小灯泡的额定电压为2.5V，电压表应选择0～3V的量程滑动变阻器滑片右移，小灯泡变暗，电流变小，滑动变阻器接入的电阻变大，由此可知滑动变阻器应另一接线应解左下接线柱，电路图连接下；
(2)测量小灯泡电阻的实验原理是R=UI；
(3)电路正确连接后，闭合开关，发现小灯泡不亮，可能电路断路也可能小灯泡的时间功率太小不足以使它发光，电流表有示数，电路通路，电压表无示数，小灯泡两端没有电压降，由此可知故障可能的原因是小灯泡短路；
(4)小灯正常发光时的电阻RL=U额I=Ω；
(5)①方案可行，
a.电路图如下：
b.因为学生电源不超过3V，故电压表选择0～3V量程，首先把滑动变阻器滑片滑动最右端，接入电阻为零，测量测试电压的示数U即电源电压，再把画片滑到最大值的左端，记录此时电阻Rx两端的电压U0；
c.由串联电路中电压的分配规律得：U0U−U0=RxR滑，
Rx=U0U−U0R滑=200U0U−U0Ω；
故答案为：(1)见解答；(2)R=UI；(3)下灯泡短路；(4)12.5；(5)①上述方案可行，a.见解答；b.电源电压U；滑动变阻器最大值时，电阻Rx两端电压U0；c.Rx的表达式为Rx=200U0U−U0Ω。
(1)电压表并联在小灯泡两端，小灯泡的额定电压为2.5V，可知电压表应选择的量程，滑动变阻器滑片右移，小灯泡变暗，电流变小，滑动变阻器接入的电阻变大，由此可知滑动变阻器应接入的接线柱；
(2)测量小灯泡电阻的实验原理是小灯泡的电阻等于小灯泡两端的电压除以通过灯泡的电流；
(3)电路正确连接后，闭合开关，发现小灯泡不亮，可能电路断路也可能小灯泡的时间功率太小不足以使它发光，电流表有示数，电路通路，电压表无示数，小灯泡两端没有电压，由此可知故障可能的原因；
(4)小灯泡正常发光的电压为额定电压2.5V，此时的电流为0.2A，电阻等于电压除以电流；
(5)方案可行：a.电压并联在电路中，电阻Rx和滑动变阻器串联连接电路；测出电源电压和定滑动变阻器接入最大值时，电阻Rx两端的电压，由串联电路的分压规律，求出Rx。
本题考查了电路实物图的连接，测量电阻的原理，电路故障分析，欧姆定律及串联电路中电压的分配规律的应用。
六、计算题：本大题共2小题，共16分。
22.小丽同学家里有一款暖脚器(如图甲)，内置一个电热垫，其简化电路如图乙，铭牌上的部分信息如表。[c垫=2.2×103J/(kg⋅℃)]求：

(1)暖脚器在低温挡正常工作时，电路中的电流是多少？
(2)暖脚器在高温挡正常工作1h，如图丙的电能表转多少转？
(3)某次用高温挡正常工作使电热垫从15℃加热到65℃需要多长时间？(加热效率是80%)
【答案】解：当S、S1同时闭合时，电路为R1和R2的并联电路，根据并联电路的特点可知，此时电路中的总电阻最小，由P=U2R可知，电路中的总功率最大，暖脚器处于高温挡；
由图(a)可知，当S1闭合时，电路为R1的简单电路，电路中的总电阻最大，总功率最小，此时暖脚器处于低温挡；
(1)由表格数据可知，R1的阻值：R1=880Ω，
则暖脚器在低温挡正常工作时，电路中的电流：I低=UR1=220V880Ω=0.25A；
(2)当开关S1和S2都闭合时处于高温挡，此时两电阻并联，
低温挡的功率：P低=U2R1=(220V)2880=55W；
因为R1=R2，所以P2=P1=55W，
则高温挡的功率：P高温=2P低=2×55W=110W=0.11kW；
由P=Wt得，高温挡加热1h消耗的电能为：W=P高温t=0.11kW×1h=0.11kW⋅h=3.96×105J；
电能表转盘转的转数：n=0.11kW⋅h×2000r/(kW⋅h)=220r；
(3)电热垫吸收的热量：Q=c垫mΔt=2.2×103J/(kg⋅℃)×0.5kg×(65℃−15℃)=5.5×104J，
由η=QW可得，暖脚器消耗的电能：W=Qη=5.5×104J80%=6.875×104J，
由P=Wt可得，需要的时间：t=WP高温=6.875×104J110W=625s。
故答案为：(1)暖脚器在低温挡正常工作时，电路中的电流为0.25A；
(2)暖脚器在高温挡正常工作1h，如图丙的电能表转220r；
(3)某次用高温挡正常工作使电热垫从15℃加热到65℃需要的时间为625s。
【解析】由图(a)可知，当S1闭合时，电路为R1的简单电路，当S、S1同时闭合时，电路为R1和R2的并联电路，根据并联电路的特点和P=U2R可知高温挡和低温挡的电路连接；
(1)根据I低=UR1计算暖脚器在低温挡正常工作时，电路中的电流；
(2)根据P=U2R分别求出暖脚器在高温挡正常工作时电热丝R1的功率P1和电热丝R2的功率为P2，根据P高=P1+P2计算出暖脚器在高温挡正常工作时的功率，根据W=Pt算出高温挡加热1h消耗的电能；
“2000r/(kW⋅h)”表示电路中每消耗1kW⋅h电能电能表的转盘转2000转，据此求出电能表转盘的转数；
(3)由Q=cmΔt可求得电热垫吸收的热量，由η=QW求得消耗的电能，由P=Wt求得时间。
此题考查了电路的分析、欧姆定律、电功率公式的应用、消耗电能的计算、吸热公式的应用、串联电路的特点和并联电路的特点，综合性比较强。
23.如图甲，电源电压不变，小灯泡的额定电压为3V，其I−U图像如图乙。定值电阻R1的阻值是10Ω，滑动变阻器R2为“50Ω 1A”。只闭合S1时，电流表示数是0.2A。求：

(1)电源电压是多少？
(2)同时闭合S1、S2、S3时，电流表的最小示数是多少？
(3)将电压表的测量范围改接到0～3V，只闭合S2，为保证电路安全，滑动变阻器阻值的变化范围是多少？
【答案】解：(1)由图甲可知，只闭合S1时，小灯泡L与定值电阻R1串联，电流表测电路中的电流。根据串联电路的电流规律可知通过小灯泡和R1的电流均为I=0.2A，根据图乙可知小灯泡两端的电压为UL=2.5V，
根据欧姆定律求R1两端的电压：U1=IR1=0.2A×10Ω=2V，
根据串联电路的电压规律可得，电源电压：U=UL+U1=2.5V+2V=4.5V；
(2)同时闭合S1、S2、S3时，小灯泡L短路，定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表测干路中的电流。
当R2的阻值最大时，通过R2的电流最小，干路中的电流最小，根据欧姆定律和并联电路的电流规律可得，
电流表的最小示数：I小=I1+I2小=UR1+UR2大=4.5V10Ω+4.5V50Ω=0.54A；
(3)只闭合S2时，小灯泡L与滑动变阻器R2串联，电流表测电路中的电流，电压表测R2两端的电压。
当电路中的电流最大时，R2接入电路的阻值最小，
由图乙可知，小灯泡的额定电流为0.3A、滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，
由串联电路的电流规律可知，电路允许的最大电流为I大=0.3A，
根据串联电路的电压规律可得，此时R2两端的电压为U2小=U−U额=4.5V−3V=1.5V，
根据欧姆定律可得，R2的最小值：R2小=U2小I大=Ω；
当R2的阻值最大时，电压表的示数最大，根据电压表的量程可知，R2两端的最大电压为U2大=3V，
根据串联电路的电压规律可知小灯泡两端的电压为UL小=U−U2大=4.5V−3V=1.5V，
由图乙可知，此时通过小灯泡的电流为0.1A，
根据串联电路的电流规律可知通过R2的电流为I′=0.1A，
根据欧姆定律可得，R2的最大值：R2=U2大I′=3V0.1A=30Ω，
故为保证电路安全，滑动变阻器阻值的变化范围是5Ω～30Ω。
答：(1)电源电压是4.5V；
(2)同时闭合S1、S2、S3时，电流表的最小示数是0.54A；
(3)为保证电路安全，滑动变阻器阻值的变化范围是5Ω～30Ω。
【解析】(1)由图甲可知，只闭合S1时，小灯泡L与定值电阻R1串联，电流表测电路中的电流。根据串联电路的电流规律可知通过小灯泡和R1的电流，根据图乙可知小灯泡两端的电压，根据欧姆定律求R1两端的电压，根据串联电路的电压规律可得电源电压；
(2)同时闭合S1、S2、S3时，小灯泡L短路，定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表测干路中的电流。当R2的阻值最大时，通过R2的电流最小，干路中的电流最小，根据欧姆定律和并联电路的电流规律求电流表的最小示数；
(3)只闭合S2时，小灯泡L与滑动变阻器R2串联，电流表测电路中的电流，电压表测R2两端的电压。当电路中的电流最大时，R2接入电路的阻值最小，根据小灯泡的额定电流、滑动变阻器的规格确定电路中的最大电流，根据串联电路的电压规律和欧姆定律求R2的最小值；当R2的阻值最大时，电压表的示数最大，根据电压表的量程确定R2两端的最大电压，根据串联电路的电压规律可知小灯泡两端的电压，由图乙可得通过小灯泡的电流，根据串联电路的电流规律和欧姆定律求R2的最大值。
本题考查串、并联电路的电流、电压规律和欧姆定律的应用，明确电路的连接方式是关键之一。
七、综合题：本大题共1小题，共6分。
24.阅读短文，回答问题：
如图甲是国产某品牌新能源纯电动汽车。电池是纯电动汽车的核心，衡量电池性能的一个重要参数是能量密度，即单位质量储存的电能，该新能源汽车搭载了高性能三元锂电池，能量密度达到了200W⋅h/kg，该车在零下35℃亦可正常启动和充电；在最优化行驶情况下，续航里程达到了600km。该汽车支持快充、慢充和普通220V插座充电，快充半小时即可将电量由30%充至80%，慢充7小时充满；若选配随车充电宝，普通220V插座就可充电，25小时充满。其部分参数如表。
纯电动汽车具备能量回收功能，其安装了可逆电机，车辆在减速或制动时车轮的转动会带动驱动电机转动，此时驱动电机就变成了发电机为汽车的动力电池充电，达到能量回收利用的效果，同时具有辅助制动功能。

(1)关于该纯电动汽车，下列说法正确的是______(多选)。
A.汽车行驶时，蓄电池相当于电路中的电源
B.快充时使用的导线要比慢充时更细
C.能量回收系统可提高汽车的续航里程
D.驱动电机在汽车减速或制动时，将机械能转化为电能
(2)该纯电动汽车的电池质量约为______kg，若按每度电0.5元计算，在最经济的情况下行驶100km的电费为______元。
(3)该纯电动汽车在快充时的充电功率为______kW。
(4)在未来，纯电动汽车可在光伏路面移动充电(如图乙)，当汽车经过充电区域时，充电垫发出高频光波，通过汽车底盘上接收器将光能转化为电能，从而为电池充电。一辆电量不足的汽车，匀速通过如图丙的充电区域，已知充电区域s1长为150m，两段充电区域之间的距离s2为15km，忽略汽车在充电过程中消耗的电能，接收器接收到的光波功率为5000kW，光电池转化为电能的效率为20%，汽车匀速行驶时受到的阻力为1000N。若电池消耗的电能有75%用于维持汽车行驶，则汽车在s2区域内水平匀速行驶需要耗电______J，为了使汽车能顺利到达下一段充电区域，汽车在充电区域s1时速度不能大于______m/s。
【答案】ACD 450 7.5 90 1.5×107 10
【解析】解：(1)A、汽车行驶时，蓄电池提供电能，在电路中相当于电源，故A正确；
B、快充时，电功率大，电压一定时，通过导线的电流大，为了减少电流通过导线时产生的热量，根据Q=I2Rt可知应减小导线的电阻，由影响电阻大小的因素可知应增大导线的横截面积，所以快充使用的导线要比慢充粗，故B错误；
CD、由短文可知，电动汽车的可逆电机在汽车减速或制动时，会变为发电机，将机械能转化为电能重新利用，可以提高电动汽车的续航里程，故CD正确；
故选：ACD；
(2)由短文可知，三元锂电池能量密度达到了200W⋅h/kg，由表可知该电池的容量为90kW⋅h，则纯电动汽车的电池质量约为：
m=90kW⋅h200W⋅h/kg=450kg；
电池容量为90kW⋅h，电动汽车的最高续航里程为600km，则在最经济的情况下行驶100km消耗的电能为15kW⋅h=15度，则需要的电费为0.5元/度×15度=7.5元；
(3)快充半小时即可将电量由30%充至80%，充电电能为：W=90kW⋅h×(80%−30%)=45kW⋅h；
充电时间为0.5h，充电功率为：
P=Wt=45kW⋅h0.5h=90kW；
(4)由题知，电动汽车匀速行驶距离s2所消耗的电能：W=fs2=1000N×15000m=1.5×107J；
则电动汽车接收装置接收的电磁波能量：W′=Wη=1.5×107J20%=7.5×107J；
由公式W′=Pt=Ps1v可得，电动汽车在通过此段充电区域时的最大速度：
v=Ps1W′=5000×103W×150m7.5×107J=10m/s，即汽车在充电时速度不能大于10m/s。
故答案为：(1)ACD；(2)450；7.5；(3)90；(4)1.5×107；10。
(1)结合短文给定的信息判断对错；
(2)根据电池能量密度和电池的容量求出电池质量；根据电池容量和电动汽车的最高续航里程求出行驶100km消耗的电能，据此求出需要的电费；
(3)根据充电能量以及充电时间计算充电的电功率；
(4)首先计算消耗的电能，然后计算接受的电磁波的能量，根据题目中给的公式进行计算。
本题考查了电能、电功率的综合计算，属于中等题目，难度较大。加热时间/min
0
1
2
3
4
甲的温度/℃
30
34
38
42
46
乙的温度/℃
10
18
26
34
42
实验次数
A处电流IA/A
B处电流IB/A
C处电流IC/A
1
0.10
0.15
0.25
2
0.24
0.20
0.44
3
0.25
0.32
0.57
实验次数
1
2
3
4
5
电阻R/Ω
5
10
15
20
25
电流I/A
0.6
0.2
0.15
0.12
额定电压
220V
电热丝R1
880Ω
电热丝R2
880Ω
热垫质量
0.5kg
整车质量
1880kg
电池容量
90kW⋅h
电动机最大功率
150kW
最高时速
160km/h