安徽省宣城市古泉中学2022届九年级（上）期中物理试卷一、填空题（每空2分，共30分）1．如图所示，不旋转的铝件在强大压力作用下顶住高速旋转的铜件，通过做功的方式使两者接触处温度急剧升高，内能增大，这样铜和铝接触处的分子相互渗透，由于分子间存在引力的作用，从而使两者紧密结合在一起，这就是先进的“旋转焊接”技术．【考点】做功改变物体内能；分子间的作用力．【专题】压轴题．【分析】做功可以改变物体的内能，当对物体做功时，机械能转化为内能，当物体对外做功时，内能转化为机械能．【解答】解：当铝件与铜件相互摩擦做功时，两者的内能会增大，温度急剧升高，此时分子运动更为激烈，在分子引力的作用下，使两者紧密结合在一起；故答案为：做功，引．【点评】解决此类问题要结合做功可以改变物体的内能进行分析解答．2．已知干木柴的热值是1.2×107J/kg，完全燃烧700g干木柴能放出热量是8.4×106J，假设这些热量全部被20千克水吸收（不考虑热量损失），在一个标准大气压下，能够使水的温度由20℃升高到100℃．【考点】燃料的热值；热量的计算．【专题】计算题；比热容、热机、热值．【分析】（1）根据公式Q放=mq可计算干木柴完全燃烧放出的热量；（2）再根据Q吸=Q放×10%=cm△t求水升高的温度．【解答】解：完全燃烧干木柴放出的热量：Q放=m木柴q=0.7kg×1.2×107J/kg=8.4×106J，由题知，Q吸=Q放=8.4×106J，根据Q吸=cm（t﹣t0）可知，水升高的温度t=+t0=+20℃=120℃，因为1标准大气压下水的沸点是100℃，水沸腾时，吸热温度不变，所以水的末温为：100℃．故答案为：8.4×106J；100．【点评】本题考查学生对燃料完全燃烧放出热量公式和吸热公式的掌握和运用，注意在标准大气压下，水的温度最高为100℃，此类型的题目需要根据实际情况具体分析．3．“可燃冰”作为新型能源，有着巨大的开发使用潜力．同等条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的数十倍，这说明“可燃冰”的热值\n很大．若以10倍的关系粗略计算，1kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量可以使2500kg的水升高40℃．（c水=4.2×103J/（kg•℃），q煤气=4.2×l07J/kg）．【考点】热平衡方程的应用；燃料的热值．【专题】比热容、热机、热值．【分析】（1）1kg某种燃料完全燃烧放出的热量，叫这种燃料的热值；（2）利用Q放=mq求出1kg煤气完全燃烧放出的热量，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的10倍，据此求水的质量．【解答】解：（1）在同等条件下，包含质量相同，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的数十倍，说明“可燃冰”的热值很大；（2）1kg煤气完全燃烧放出的热量：Q放=mq=1kg×4.2×l07J/kg=4.2×l07J，1kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量：Q放′=Q放×10=4.2×l07J×10=4.2×l08J；由Q=cm△t可得，m′===2500kg．故答案为：热值；2500．【点评】本题考查了学生对燃料的热值、燃料完全燃烧放热公式掌握和运用，难度不大，是一道基础题．4．白炽灯用久后灯丝变细．灯丝变细是升华现象（填物态变化名称）；灯丝变细，电阻变大．【考点】生活中的升华现象；影响电阻大小的因素．【专题】应用题．【分析】解决此题的关键是掌握：①导体的长度、材料相同时，横截面积越大，电阻越小；②物质由固态直接变成气态叫做升华．【解答】解：白炽灯用久后灯丝变细．灯丝变细是由固态直接变成气态，是升华现象；钨丝因升华变细，横截面积变小，导致灯丝电阻变大．故答案为：升华；大．【点评】此题结合实际问题考查了影响电阻大小的因素和物态变化的升华现象，生活中处处有物理知识，需要同学们留心观察．5．小明用如图所示的电路来探究串联电路的电压关系．已知电源电压为6V，当开关S闭合后，发现两灯均不亮．他用电压表分别测a、c和a、b两点间的电压，发现两次电压表示数均为6V，由此判定灯L1（选填“L1”或“L2”）开路，用电压表测b、c两点间的电压，示数为0V．【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用．【专题】压轴题；推理法．\n【分析】开关闭合时，发现两灯均不亮，说明电路有开路．用电压表测量a、b两点间的电压，示数均为6V，说明a、b两点到电源正负极的连接是连通的，由此判断L1灯开路；电压表接在b、c上，因L1开路，不能接在电源上，示数为0．【解答】解：∵开关闭合两灯均不亮，∴电路中有开路，∵用电压表测量a、b两点间的电压，有示数，∴a、b两点到电源正负极的连接是连通的，灯L2没有开路，灯L1开路；把电压表接在b、c上，因L1开路，电路中无电流，不分压，不能接在电源上，示数为0．故答案为：L1，0．【点评】本题考查了学生利用电压表判断电路故障的分析能力，平时做实验时试一试，多积累这方面的经验．6．如图所示，是一种可以改变收音机音量大小的电路元件结构示意图，ABC是固定的铜片，D是一段弧形电阻，E是一端连接在B上的另一端可在D上滑动的铜片．为了使滑片E顺时针转动时音量增大（通过该元件的电流增大），应该将该元件的铜片B和铜片A接入电路．【考点】滑动变阻器的使用．【分析】收音机音量开关相当于一个滑动变阻器，要使滑片E顺时针转动时音量增大，则变阻器的阻值应变小，即连入电路中的电阻线的长度变短．【解答】解：如图所示，若将该元件的铜片B和铜片A接入电路，当滑片E顺时针转动时电阻线的长度变短，电路中的电阻变小，电流变大，收音机的音量增大．故答案为：A．【点评】本题的解题关键是类比滑动变阻器的使用方法判断电阻线长度的变化．7．如图所示的电路，当开关S闭合后，若电阻R1、R2并联，则甲表是电压表，乙表是电流表．【考点】电流表的使用；电压表的使用．【分析】根据电压表和电流表在电路中的作用以及并联电路的特点进行分析，即电压表在电路中相当于开路，电流表在电路中相当于导线．【解答】解：开关S闭合后，要使电阻R1、R2并联，因此电流必须从正极出发，分别流入电阻R1和R2中，故甲相当于开路的电压表；又因为电流从电阻R2流出后需要流回负极，因此乙相当于导线的电流表．故答案为：电压；电流．\n【点评】解答本题的关键是知道电压表和电流表的正确连接方法以及各自在电路中的作用．8．小明按图甲所示的电路进行实验，当闭合开关用电器正常工作时，电压表V1和V2的指针位置完全一样，如图乙所示，则L2两端的电压为2V，L1两端的电压为8V．【考点】电压表的读数方法；串联电路的电压规律．【专题】电压和电阻．【分析】由图可知，电路是由两个电灯串联而成，两个电压表分别测的是总电压和L2两端的电压，这两个电压值是不会相等的，指针一样，说明选择的量程不同，然后根据串联电路电压的特点读出电压表的示数，然后计算出L1和L2两端的电压．【解答】解：从图中可以看出V1测电源电压，V2测L2两端电压，而两表指针一样，说明V1选的是大量程，V2的是小量程，则V1的示数为10V；V2示数为2V；又因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，则灯L2两端电压为2V；灯L1两端电压为10V﹣2V=8V．故答案为：2；8．【点评】本题考查了串联电路的电压特点，关键是电表所测电路元件的辨别以及电表量程的判断和读数．二、选择题（每小题3分，共24分）9．一辆效率为20%的小汽车年耗汽油量2100L，若将它的效率提高1%，则一年内节省的燃料为()A．205LB．100LC．205LD．21L【考点】有关热机的计算．【专题】比热容、热机、热值．【分析】理解热机效率的含义，是指有来做有用功的总量，占燃料燃烧释放的总能量的百分比．据此结合题干中的数据进行计算．【解答】解：小汽车的效率为20%，年耗汽油量2100L，则其一年中有效利用的汽油量相当于：V有用=V总×20%=420L；若将它的效率提高1%，即达到21%，则一年的耗油量为V总′===2000L，则一年内节省的燃料为：V总﹣V总′=2100L﹣2000L=100L．故选B．【点评】深入理解热机效率的含义，会根据其含义进行相关的计算，是解答的关键，属易错题．10．三个通草球，任意两个接近时都相互吸引，正确的结论是()\nA．两个带正电，一个带负电B．两个带负电，一个带正电C．一个带电，两个不带电D．一个带正电，一个带负电，一个不带电【考点】物体带电情况的判断．【专题】应用题．【分析】根据电荷间的相互作用规律（同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引）和带电体的性质（能吸引轻小物体）分析．【解答】解：三个通草球两两靠近，都会相互吸引，①若都不带电，则不会出现相互吸引的情况；②若两个不带电，只有一个带电的话，则会出现带电的吸引不带电的两个，而不带电的两个不会相互吸引，故C错误；③若三个都带电，可以分为：a都带正电或都带负电，互相排斥；b：2个带正电，1个带负电或者2个带负电，一个带正电，则会出现带同种电荷的2个互相排斥；所以不可能是3个都带电，故A和B是错误的．④若是有2个不带电，1个不带电的话，则会出现：a：2个带同种电荷，都吸引不带电的通草球，而带同种电荷的2个通草球互相排斥；b：1个带正电，1个带负电，都会吸引不带电的通草球，同时两者之间也是互相吸引的，故D符合题目的要求．故选D．【点评】根据电荷间的作用规律、带电体的性质，结合自然界中只有两种电荷，利用题目中告诉的金属球之间的作用规律即可确定三个金属球的带电情况．11．如图所示，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表的示数将()A．变大B．变小C．不变D．无法确定【考点】欧姆定律；滑动变阻器的使用．【专题】推理法．【分析】分析电路图：滑动变阻器与电流表串联．当滑片P向右移动时，分析滑动变阻器接入电路中的阻值的变化，根据欧姆定律确定电流表示数的变化情况．【解答】解：闭合开关，若滑片P向右端移动时，连入的电阻变大，使电路中的总电阻变大，根据欧姆定律知道电路中的电流变小，即电流表的示数变小．故选B．【点评】本题考查了学生对滑动变阻器的变阻原理、欧姆定律的了解和掌握，属于基础题目．12．如图所示，电源电压是5伏并保持不变，开关S闭合后电压表的示数为3伏，则()A．L1两端的电压为3伏B．L2两端的电压为2伏C．L2两端的电压为3伏D．L1两端的电压为5伏\n【考点】串联电路的电压规律．【专题】图析法；电压和电阻．【分析】判断出电压表是测哪部分的电压后，由串联电路的电压特点分析．【解答】解：由图可知：L1、L2串联，电压表并联在L2两端，故测L2两端的电压，为3V；故B错误、C正确；根据串联电路中各部分的电压之和可得：L1的电压为U1=U﹣U2=5V﹣3V=2V，故AD错误．故选C．【点评】本题考查电压表的使用和串联电路的电压特点，关键是判断出电压表的测量对象．13．小明同学按照如图所示的电路进行实验探究，两个灯的规格相同．当开关闭合时，其中一个灯亮，一个灯不亮，电压表有示数．则故障原因可能是()A．L1短路B．L1断路C．L2短路D．L2断路【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用．【专题】欧姆定律．【分析】由图可知：L1、L2串联，当开关闭合时，其中一个灯亮，说明电路是通路，则另一个灯泡不亮的原因可能是灯泡短路，或与灯泡开路但灯泡并联的电路通路造成的；根据电路图，分析各选项电路故障现象，找出符合题意的选项．【解答】解：由电路图可知，两灯泡串联，电压表测灯L2两端电压；A、如果L1短路，L2灯亮，电压表与电源两极相连，电压表有示数，符合题意；B、如果L1断路，L2完好，电路断路，灯泡不亮，电压表与电源两极不相连，电压表没有示数，不符合题意；C、如果L2短路，同时会对电压表短路，则电压表没有示数，不符合题意；D、如果L2断路，L1完好，虽然电压表与电源两极相连，电压表有示数，但电路断路，两灯泡不亮，不符合题意；故选：A．【点评】本题考查了电路故障分析，根据电路图分析各电路故障可能出现的现象，即可正确解题．14．如图所示，取两个相同的验电器A和B，用丝绸摩擦过的玻璃棒接触验电器A，使A带电，B不带电，再用带有绝缘手柄的金属棒把A和B连接起来．下列说法正确的是()A．B中的自由电子通过金属棒流向A，A金属箔的张角减小\nB．B中的自由电子通过金属棒流向A，A金属箔的张角增大C．金属棒中瞬间电流的方向从B流向A，A中负电荷通过金属棒流向BD．金属棒中瞬间电流的方向从A流向B，A中正电荷通过金属棒流向B【考点】电流的方向．【专题】电流和电路．【分析】（1）规定电流方向与正电荷定向移动的方向相同；（2）验电器使用时是让金属杆上的金属箔带上同种电荷，然后同种电荷会相互排斥从而验证物体是否带电的．【解答】解：（1）丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，缺少电子，当玻璃棒与验电器A接触后，验电器A带正电，B不带电，用带有绝缘手柄的金属棒把A和B连接起来，B上的部分负电荷（自由电子）会转移到A上，因此验电器B的金属箔由于带正电会张开；A上的正电荷减少，A金属箔的张角减小，故A正确，B错误；（2）电流的方向与负电荷定向移动的方向相反，因此电流方向是由A到B，金属中正电荷不能移动，故CD错误．故选A．【点评】本题的目的是考查对验电器使用原理、电流方向的掌握情况，在金属导体中，能够自由移动的电荷是负电荷（自由电子），所以在金属导体中，电流的方向始终与自由电荷的运动方向相反．15．对于某个导体电阻的大小，以下说法正确的是()A．加在导体两端的电压增大两倍，导体的电阻也增大两倍B．当导体的电压和通过导体的电流为零时，导体的电阻为零C．通过导体的电流减小一半，则导体的电阻增大两倍D．电阻是导体本身的一种性质，与电压和电流无关【考点】电阻．【专题】定性思想；推理法；电压和电阻．【分析】电阻是导体本身的属性，只与导体的长度，导体的横截面积和导体的材料有关，与电流、电压的大小无关；据此即可判断哪个选项正确．【解答】解：A、电阻是导体本身的属性，与电压的大小无关，故A错误；B、电阻是导体本身的属性，只与导体的长度，导体的横截面积和导体的材料有关，与电流、电压的大小无关，故B错误；C、电阻是导体本身的属性，与电流的大小无关；故C错误；D、电阻是导体本身的性质，与电流和电压的大小无关，故D正确．故选D．【点评】本题是考查影响电阻大小的因素，此类题学生经常犯的错误就是考虑不完整，经常随便看一个选项，觉得正确就选上了．16．对如图所示电路的分析，错误的是()\nA．当断开Sl、S2，闭合S3时，R1与R2为串联B．当断开S3，闭合S1、S2时，R1与R2为并联C．当断开S1，闭合S2、S3时，R1与R2为串联D．只要同时闭合Sl、S3，就会出现短路现象【考点】串联电路和并联电路的辨别；电路的三种状态．【专题】错解分析题；图析法．【分析】串联电路是指元件顺次连接的电路；并联电路是指元件并列连接的电路．根据串并联电路的特点和开关的状态进行分析．【解答】解：A、当断开Sl、S2，闭合S3时，R1与R2为顺次连接，是串联，故A选项正确；B、当断开S3，闭合S1、S2时，R1与R2为并列连接，是并联，故B选项正确；C、当断开S1，闭合S2、S3时，为R1的基本电路，R2被短路，故C选项错误；D、只要同时闭合Sl、S3，电流从正极流出通过S1，S3直接流入电源负极，形成电源短路，故D选项正确．故选C．【点评】本题考查开关在电路中的作用，关键是会识别串联电路和并联电路，会根据通路判断用电器是否工作．三、实验探究题（每空2分，共24分）17．如图甲所示，某同学在两只相同的烧杯里装入水和食用油，比较它们吸热的情况．（1）实验中在两烧杯中放入相同规格电加热器，目的是在相同时间内吸收相同热量．（2）实验结果表明：不同物质，在质量、升高的温度相同时，吸收的热量不同．（3）图乙是该同学根据实验数据绘制的图象，吸热本领弱的是食用油，其比热容是2.1×103J/（kg•℃）．【考点】探究比热容的实验．【专题】探究题；探究型实验综合题．【分析】（1）实验中用同样的加热器，在相同的时间内放出的热量才相同；（2）分析图示实验，根据实验控制的变量与实验现象得出实验结论；（3）食用油的比热容大于水的比热容，吸收相等热量食用油升高的温度高，分析图乙所示图象判断a是什么物质；根据热量公式求出液体的比热容．【解答】解：\n（1）实验中用同样的加热器，放出的热量才相同，物质吸收的热量才会相同，故用同样的加热器的目的是使水和食用油在相同时间内吸收相同热量．（2）由图乙所示图象可知，质量相同的水与食用油升高相同的温度需要的加热时间不同，水与食用油吸收的热量不同，不同物质，在质量相等、升高的温度相同时，吸收的热量不同．（3）由图乙所示图象可知，加热相等时间，即物质吸收相等热量时，a升高的温度高，a的比热容小，a是食用油；水与食用油的质量相等，设为m，由图线b可知，水在6min内吸收的热量：Q=c水m△t水=4.2×103J/（kg•℃）×m×（60℃﹣10℃）=2.1×105J/（kg•℃）×m，则水在3min内吸收的热量Q吸=×2.1×105J/（kg•℃）×m=1.05×105J/（kg•℃）×m，由于用相同的电热器对水和食用油加热，在相等时间内食用油吸收的热量与水吸收的热量相等，因为Q吸=c油m△t油，所以c油===2.1×103J/（kg•℃）．故答案为：（1）在相同时间内吸收相同热量；（2）质量；升高的温度；（3）食用油；2.1×103．【点评】探究物质吸热能力实验，应采用控制变量法，应用控制变量法、认真分析图象、应用热量公式即可正确解题．18．某同学利用双量程电流表（0～0.6A与0～3A），连接成图1所示的电路探究“并联电路中电流的规律”．实验中当他连好最后一根导线时，电流表指针在不断晃动，出现这一现象的原因主要是：①连接电路时没有断开开关②电路某处接触不良．故障排除后，他发现电流表A1示数为0.56A，另两只电流表指针指在相同的位置，则灯L1电流大，电流表A的示数为0.7A．某同学将电路连成了图2所示电路，请你在原图中只改一根导线将它改正确．【考点】探究串并联电路中的电流特点实验．【专题】探究型实验综合题．【分析】（1）连接电路时要断开开关，电路某处接触不良，电路将不稳定，会出现电表指针晃动情况；\n（2）根据并联电路的电流特点和电流表A、A2指针的位置相同确定它们的量程，然后表示出电流表A1示数，然后比较两灯泡的电流关系，进一步求出电流表A的示数；（3）由实物电路图可知，电流表A1、A2串联测L1支路的电流，应让电流表A2测L2支路的电流，据此进行解答．【解答】解：（1）连完最后一根导线后电流表的指针发生偏转，说明电路是通路，连接电路时没有断开开关；指针不断的晃动，说明电路某处接触不良；（2）因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且流表A、A2指针的位置相同，所以，电流表A的示数I是电流表A2示数I2的5倍，则通过L1的电流：I1=I﹣I2=5I2﹣I2=4I2=0.56A，解得：I2=0.14A，且I1＞I2，电流表A的示数I=5I2=5×0.14A=0.7A；（3）由实物电路图可知，电流表A1、A2串联测L1支路的电流，应让电流表A2测L2支路的电流，如下图所示：故答案为：（1）连接电路时没有断开开关；（2）电路某处接触不良；L1；0.7A；如上图所示．【点评】本题考查了电路现象的判断和并联电路的特点应用以及实物电路图错误的判断、修改，要注意电流表大量程和小量程指针位置相同时，大量程示数是小量程示数的5倍．19．在探究影响导体电阻大小的因素时，小明作出了如下猜想：体的电阻可能与①导体的长度有关、②导体的横截面积有关、③导体的材料有关．实验室提供了4根电阻丝，其规格、材料如表所示．编号材料长度/m横截面积/mm2A镍铬合金0.50.5B镍铬合金1.00.5C镍铬合金0.51.0D锰铜合金0.50.5（1）按照图所示“探究影响导体电阻大小因素”的实验电路，在M、N之间分别接上不同的导体，则通过观察电流表的示数来比较导体电阻的大小．（2）为了验证上述猜想②，应该选用编号A、C两根电阻丝分别接入电路进行实验．（3）分别将A和B两电阻丝接入图电路中M、N两点间，电流表示数减小，由此，初步得到的结论是：导体的电阻与导体的长度有关．\n【考点】影响电阻大小的因素．【专题】探究型实验综合题．【分析】（1）电流表串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小判断导体电阻大小．（2）影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度和横截面积，在研究电阻与其中某个因素的关系时，要采用控制变量法的思想，要研究导体的电阻大小与一个量之间的关系，需要保持其它量不变．【解答】解：（1）在M、N之间分别接上不同的导体，则通过观察电流表示数来比较导体电阻的大小．（2）要验证猜想②：导体的电阻可能与导体的横截面积有关，应控制导体材料与长度相同，横截面积不同，由表中数据可知，应选编号为A、C的两根电阻丝进行实验．（3）分别将A和B两电阻丝接入图电路中M、N两点间，电流表示数不相同，对比发现电阻丝的材料、横截面积相同，长度不同，因此可得出的结论为：导体的电阻与导体的长度有关．故答案为：（1）电流表的示数；（2）A、C；（3）导体的电阻与导体的长度有关．【点评】探究影响电阻大小的因素采用了控制变量法的思想，电阻大小的变化是通过电流表的示数变化体现的，这里采用了转换法的思想．四、计算题（每题6分，第二题共12分）20．如图甲所示电路，L1、L2、L3是三只规格不同的灯泡，当开关S闭合时，电流表A3的示数与乙图所示，电流表A1和A2示数分别为0.9A、0.7A，则通过三只灯泡的电流分别为多少？【考点】并联电路的电流规律．【专题】计算题；电流和电路．【分析】由电路图看出，三个灯泡并联，其中A1测量的为干路电流，A2测量的是通过L2和L3的电流，A3测量的L3的电流；并联电路中电流的规律I=I1+I2+I3．据此分析计算．【解答】解：\n由甲图可知，三个灯泡并联连接；A1测量的为干路电流，A2测量的是通过L2和L3的电流，A3测量的L3的电流；由乙图可知：I3=0.38A，A2测量的是通过L2和L3的电流，示数为0.7A，通过L2的电流：I2=0.7A﹣0.38A=0.32A；A1测量的为干路电流，示数为0.9A，通过L1的电流：I1=0.9A﹣0.7A=0.2A．答：通过三只灯泡的电流分别为0.2A、0.32A、0.38A．【点评】本题考查了并联电路的电流关系，分析电路图确定三个电流表的测量对象是本题的关键．21．燃油汽车给我们生活带来方便的同时，也给环境带来很多污染，电动汽车的使用会解决这一问题．下表是某纯电动汽车与燃油汽车进行测试时的部分数据：请根据表提供的有关数据计算：（1）电动汽车行驶100km比燃油汽车节约多少费用？（2）燃油汽车的能量转换效率是多少？（汽油的热值q=4.5×107J/kg，密度ρ=0.7×103kg/m3）纯电动汽车燃油汽车能源种类电能汽油牵引力600N600N每百公里能耗20kwh8L单位能耗价格1元/kwh6.5元/L二氧化碳排放量0每消耗1kg汽油排放2.2kg二氧化碳【考点】燃料的热值；能量利用效率．【专题】计算题；比热容、热机、热值．【分析】（1）根据表格所给信息分别求出电动车耗能费用和燃油汽车耗能费用，差值则为节能费用；（2）根据表格所给信息分别读出汽车的牵引力和每百公里的能耗，根据W=Fs即可求出有用功，再利用η=即可求出汽车的能力转化效率．【解答】解：（1）电动汽车耗能费用为1.0元/kW•h×20kW•h=20元，燃油汽车耗能费用为6.5元/L×8L=52元，电动车节省费用：52元﹣20元=32元；（2）汽车行驶100公里做的有用功：W有=Fs=600N×105m=6×107J，燃油汽车100公里耗油质量m=ρV=0.7×103kg/m3×8×10﹣3m3=5.6kg，汽油完全燃烧放出的热量：Q放=mq=5.6kg×4.5×107J/kg=2.52×108J，燃油汽车的能量转换效率η=×100%=×100%≈24%．答：（1）电动汽车行驶100km比燃油汽车节约32元；（2）燃油汽车的能量转换效率是24%．\n【点评】本题综合考查密度公式的应用、功的计算公式的应用以及能量利用效率的计算，并且会根据题中所给信息进行相关计算．