23. 跨学科实践 工程实践「2026 河北邯郸期末，★★☆」一辆汽车在一段平直公路上匀速行驶，从能量转化角度看，汽车的共同点是先将燃料的能转化为内能，能量流向图如图所示，该汽车的发动机的效率为；若燃油的密度ρ=0.8×10³ kg/m³，热值为q=4×10⁷ J/kg，则消耗燃油1×10⁻³ m³（假设燃油完全燃烧），汽车输出的有用功为J。

23.答案 化学 30% $9.6×10^6$
解析 燃料中储存着化学能,燃料燃烧时,将化学能转化为内能。
该汽车的发动机的效率为 $\eta=1-33\%-30\%-7\%=30\%$。
消耗的燃油质量为 $m=\rho V=0.8×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×1×10^{-3}\ \mathrm{m^3}=0.8\ \mathrm{kg}$,
燃油完全燃烧释放的热量为 $Q_放=mq=0.8\ \mathrm{kg}×4×10^7\ \mathrm{J/kg}=3.2×10^7\ \mathrm{J}$,
汽车输出的有用功为 $W_{有用}=\eta Q_放=30\%×3.2×10^7\ \mathrm{J}=9.6×10^6\ \mathrm{J}$。

【分析】
本题需分三步思考：①明确燃料的能量形式，燃料储存化学能，燃烧时转化为内能；②理解热机效率的含义，即有用功能量占燃料总能量的比例，通过能量流向图中各损失能量占比计算效率；③利用密度、热值公式，结合效率计算有用功。
【解析】
1. 燃料本身储存化学能，燃烧时将化学能转化为内能；
2. 发动机效率为有用功能量占燃料总化学能的比例，由能量流向图得：
$\eta =1-33\%-30\%-7\%=30\%$；
3. 消耗燃油的质量：$m=\rho V=0.8×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×1×10^{-3}\ \mathrm{m^3}=0.8\ \mathrm{kg}$；
4. 燃油完全燃烧释放的总热量：$Q_放=mq=0.8\ \mathrm{kg}×4×10^7\ \mathrm{J/kg}=3.2×10^7\ \mathrm{J}$；
5. 汽车输出的有用功：$W_有用=\eta Q_放=30\%×3.2×10^7\ \mathrm{J}=9.6×10^6\ \mathrm{J}$。
【答案】
化学；30%；$9.6×10^6$
【知识点】
能量转化、热机效率、热量计算
【点评】
本题结合汽车能量流向图，考查能量转化、热机效率及热量的相关计算，属于跨学科实践类基础题，需学生理解效率定义并掌握公式应用，难度适中。
【难度系数】
0.6

24.「2026河南郑州期中，★★☆」如图所示电路中，已知$R_1$和$R_2$阻值之比为$1:2$。当闭合开关后，通过$R_1$和$R_2$的电流之比为，两电压表的示数之比$U_1:U_2=$。

24.答案 $1:1$ $3:2$
解析 闭合开关,两电阻串联,电压表 $\mathrm{V_1}$ 测电源电压,电压表 $\mathrm{V_2}$ 测 $R_2$ 两端的电压。串联电路中电流处处相等,通过 $R_1$ 和 $R_2$ 的电流之比为 $1:1$。已知 $R_1$ 和 $R_2$ 阻值之比为 $1:2$,根据欧姆定律可得,两个电压表的示数之比 $\frac{U_1}{U_2}=\frac{I(R_1+R_2)}{IR_2}=\frac{R_1+R_2}{R_2}=\frac{3}{2}$。

【分析】首先判断电路连接：闭合开关后，电流只有一条路径，因此$R_1$与$R_2$串联。接着确定电压表测量对象：电压表$\mathrm{V}_1$并联在电源两端，测电源电压；电压表$\mathrm{V}_2$并联在$R_2$两端，测$R_2$两端的电压。根据串联电路电流特点可得电流之比，再结合欧姆定律推导两电压表示数之比。
【解析】闭合开关后，$R_1$与$R_2$串联，根据串联电路的电流规律：串联电路中各处电流相等，因此通过$R_1$和$R_2$的电流之比为$1:1$。
设$R_1=R$，由$R_1:R_2=1:2$可知$R_2=2R$。电压表$\mathrm{V}_1$测电源电压，即$U_1=I(R_1+R_2)=I(R+2R)=3IR$；电压表$\mathrm{V}_2$测$R_2$两端电压，即$U_2=IR_2=I×2R=2IR$。因此两电压表示数之比$U_1:U_2=3IR:2IR=3:2$。
【答案】$1:1$；$3:2$
【知识点】串联电路电流规律、欧姆定律、电压表的使用
【点评】本题考查串联电路的电流特点和欧姆定律的应用，核心是正确判断电压表的测量对象，属于基础应用类题目，难度适中。
【难度系数】0.5

25.「2026河北石家庄期中，★★☆」两盏白炽灯，甲灯标有“PZ220 V－40 W”，乙灯标有“PZ220 V－100 W”。若两灯正常发光，则（选填“甲”或“乙”）灯更亮；若两灯串联在220 V电路中，则（选填“甲”或“乙”）灯更亮。

25.答案 乙 甲
解析 两盏白炽灯正常发光时,实际功率等于额定功率。乙灯的额定功率大于甲灯的,因此若两灯正常发光,乙灯更亮。当两灯串联在 220 V 电路中时,亮度由实际功率决定。甲灯正常发光时的电阻 $R_甲=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{40\ \mathrm{W}}=1\ 210\ \Omega$,乙灯正常发光时的电阻 $R_乙=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{100\ \mathrm{W}}=484\ \Omega$;因串联电路中电流处处相等,由 $P=I^2R$ 知,电阻大的甲灯的实际功率更大,因此甲灯更亮。

【分析】
判断灯的亮度需明确：灯的亮度由实际功率决定。解题分两步：①两灯正常发光时，实际功率等于额定功率，直接比较额定功率即可；②两灯串联时，电流处处相等，根据公式$P=I^2R$，实际功率与电阻成正比，需先计算两灯电阻，再通过电阻大小判断实际功率，进而确定亮度。
【解析】
1. 正常发光时：
灯正常发光时，实际功率等于额定功率。甲灯额定功率为$40\ \mathrm{W}$，乙灯额定功率为$100\ \mathrm{W}$，因$100\ \mathrm{W} ＞ 40\ \mathrm{W}$，故乙灯实际功率更大，正常发光时乙灯更亮。
2. 串联在$220\ \mathrm{V}$电路中时：
根据公式$R=\frac{U_{额}^2}{P_{额}}$计算两灯电阻：
甲灯电阻：$R_甲=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{40\ \mathrm{W}}=1210\ \Omega$；
乙灯电阻：$R_乙=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{100\ \mathrm{W}}=484\ \Omega$；
串联电路中电流$I$处处相等，实际功率公式为$P_{实}=I^2R$，由于$R_甲 ＞ R_乙$，因此甲灯的实际功率更大，串联时甲灯更亮。
【答案】
乙；甲
【知识点】
实际功率与亮度、串联电路的电功率、电阻的计算
【点评】
本题考查灯的亮度判断及串联电路电功率的应用，核心是明确灯的亮度由实际功率决定，需灵活运用电功率相关公式，区分正常发光和串联两种电路状态的分析方法，难度适中。
【难度系数】
0.6

三、作图题(共2小题,计6分)
26. 情境素材教材变式「2026广东广州期中，★☆」(3分)如图所示为地球周围地磁场的磁感线,请用箭头标出磁感线上P点的磁场方向以及小磁针的N极指向。

26.解析 地磁场的 N 极在地理的南极附近,其 S 极在地理的北极附近;在磁体的外部,磁感线总是从磁体的 N 极发出,最后回到 S 极;小磁针的 N 极指向地磁场的 S 极,如图所示。

【分析】
解题时需掌握地磁场的核心规律：①地磁的N极在地理南极附近，地磁的S极在地理北极附近，二者位置相反；②磁体外部的磁感线从N极出发，回到S极；③小磁针静止时，N极的指向与该点的磁场方向（即磁感线切线方向）一致。据此先确定P点磁感线方向，再明确小磁针N极的指向。
【解析】
1. 确定地磁场磁极：由地磁场特点可知，图中地理南极附近是地磁N极，地理北极附近是地磁S极。
2. 标注P点磁感线方向：磁体外部磁感线由N极指向S极，因此P点的磁感线方向沿磁感线指向地理北极（向上，朝向图中“地理北极”方向），在P点的磁感线上画出指向地理北极的箭头。
3. 标注小磁针N极：小磁针静止时N极指向与磁场方向一致，所以小磁针的N极指向与P点磁感线方向相同，即指向地理北极方向，对应标注小磁针的N极。
【答案】

【知识点】
地磁场、磁感线、磁场方向
【点评】
本题考查地磁场的基本规律，核心是区分地理南北极与地磁南北极的对应关系，以及磁感线方向、小磁针指向的规律，属于基础概念应用类题目，侧重对核心知识点的理解，难度适中。
【难度系数】
0.5