中考物理电学综合题.docx

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中考物理电学综合题

2014中考物理电学计算题解析

1.（2014武汉）某电开水器的结构如图甲所示（剖面图），简化的内部电路如图乙所示，进水管管口的阀门由轻质浮子1和与它们相连的两根轻质硬杆控制，只有进水管中的水压在正常范围内，冷水箱和煮水箱中的水位就比出水管管口低，冷水不会从出水管流出。

当冷水箱中的水位达到一定高的时，浮子2浮起，会触动单刀三掷开关S1，煮水电热管R1通电发热，冷水被煮沸，水面升高，开水就从出水管进入贮水箱，当贮水箱中水位达到一定高度时，浮子3浮起，又会触动单刀三掷开关S1，煮水暂停，一旦贮水箱中水温下降使温控开关S2闭合，保温电热管R2就会通电发热，开水处于保温状态。

（1）已知煮水电热管R1的阻值为12.1Ω，保温电热管R2的阻值为48.4Ω，求电开水器的最大发热功率。

（2）图甲中，当浮子1上升到最高处后，它的最上端恰好和出水管管口相平，阀门就会将进水管管口关闭，此时AC杆沿竖直方向。

已知浮子1的体积V=2.5×10-4m³，进水管管口和阀门的横截面积S均为1×10-4m²（不计阀门的质量、管壁的厚度及两者之间的摩擦）；BO∶BA=20∶1（O为轻质浮子1的球心、A为两轻质硬杆的相交处，B为轻质硬杆BO的转轴），水箱内水面上方的气压P0=1×105Pa。

为了不让冷水直接进入贮水箱，进水管管口阀门的上表面受到的压强不能超过多少Pa?

答案：

（1）P=U²/R1=（220V）²/12.1Ω=4000W。

（2）P最大=F/S=（FAC+F大气）/S =（50N+1.0×105Pa×1×10-4m2）/1×10-4m2=6×105pa

【解析】

试题分析：

（1）由P=U2/R可知：

在电源电压U=220V不变时，总电阻最小，发热功率最大，所以当只有R1工作时，发热功率最大，最大为所以P=U²/R1=（220V）²/12.1Ω=4000W。

（2）由题意可知：

为了不让冷水直接进入贮水箱，当浮子1恰好与出水管相平时且浸没时受到的压强最大：

此时受到的浮力F浮=ρ水gV=1.0×103kg/m3×10N/kg×2.5×10-4m3=2.5N，则A点受到的最大压力为FAC=F浮×BO/BA=50N，由于上下都受到大气压的作用，所以阀门上表面受到的压强为

P最大=F/S=（FAC+F大气）/S =（50N+1.0×105Pa×1×10-4m2）/1×10-4m2=6×105pa

考点：

电功率的计算，杠杆与浮力的综合分析与计算

2．（黄冈市2014）当前城镇化建设进程中，在一些场馆和楼房建设工地上，常见一种―塔吊的起重设备，其主要组成为电动机和机械两部分，如图所示。

假设某―塔吊配置的电动机铭牌上标有：

额定电压380V，额定功率38kW，线圈电阻0.5Ω。

在一次起吊中，该“塔吊”电动机正常工作25s，把质量为3t的重物吊起22m（g取10N/kg）。

求：

（１）电动机吊起重物的过程中消耗的电能。

（２）电动机正常工作过程中线圈产生的热量。

（3）该次起吊过程中―塔吊机械部分的机械效率。

分析：

_

（1）已知电动机的额定功率和工作的时间，根据公式W=Pt可求消耗的电能．

（2）已知电动机的额定功率和额定电压，根据公式I=_可求电动机正常工作时的电流，线圈产生的热量根据公式Q=I2Rt可求．

（3）已知电动机消耗的电能和产生的热量，二者之差就是对电能转化成的机械能，利用W有=Gh可求克服物体重力做的有用功，最后利用公式η=_求出机械效率．_解答：

_解：

（1）由于电动机正常工作，消耗的功率等于额定功率，即P=38kW=3.8×104W，工作时间t=25s，所以电动机消耗的电能为：

W=Pt=3.8×104W×25s=9.5×105J

（2）电动机正常工作时的电流：

I=_=_=100A

线圈产生的热量：

Q=I2Rt=（100A）2×0.5Ω×25s=1.25×105J

（3）线圈电流产生热量即该“塔吊”本身消耗的电能为W1=Q=1.25×105J，

3．（2014•湖北襄阳）如图甲所示的电路中，R2为滑动变阻器，R1、R3为定值电阻，电源两端电压保持恒定不变．改变滑片P的位置，两电压表的示数与电流表的示数对应关系的图象分别表示在图乙所示的坐标系中．则：

（1）当滑片移至a端时，对应的是图乙中的　 　点；

（2）当滑片移至b端时，电路中的电流为　 　A；

（3）R1的阻值为多少？

（4）电源的电压为多少？

答案：

（1）B；

（2）1；（3）R1的阻值为1Ω；（4）电源的电压为12V．

【解析】

试题分析：

（1）由电路图可知，当滑片移至a端时，滑动变阻器接入电路中的电阻为0，电路中的总电阻最小，由I=U/R可知，电源电压不变，电路中的电流最大，由图象乙可知，对应的是图中的B点；

（2）当滑片移至b端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，由图象乙可知通过电路中的电流为1A；

（3）因串联电路有分压作用，且电阻越大分得的电压越大，所以，当滑片移至b端时，R1两端的电压最小，图象中AB是R1的I﹣U图象，此时U1=1V，电路中的电流I=1A，则R1=U1/I=1V/1A=1Ω；

（4）由图象可知，当滑片位于a端时，V2的示数为UV2=3V，电路中的电流I′=3A，则U=UV2+I′R3，即U=3V+3A×R3①；当滑片位于b端时，V2的示数为UV2′=9V，电路中的电流I=1A，则U=UV2′+IR3，即U=9V+1A×R3②；由①②解得R3=3Ω，电源的电压U=12V。

考点：

电路的综合分析与计算

家庭电路电流过大的原因往往不同2205022001000

4．（2014.湖北黄石）

（1）家庭电路中电流过大的原因往往不同，请分别说明如下图甲、乙两图开关闭合后产生电流过大的原因各是什么？

（2）某高中学校学生宿舍楼的电路如图丙所示，电源电压U=220V，电路中接有电阻 R0=2Ω，电路中装有50台完全相同的电热水器（图中用R表示），每台电热水器的额定电压为200V，额定 功率为1000W；其他电阻不计，并且忽略电热水器电阻随温度的变化。

求：

①同时接几台电热水器时，实际使用的电热水器均能正常工作?

②同时接多少台电热水器时，电热水器组消耗的电功率最大?

最大功率为多少?

若宿舍楼下人户端电能表上标有“220V10A（60A）”字样，那么电热水器组消耗功率最大时电路是否安全?

5.（2014宜昌）中考我们在进行电学实验时，需要注意灯泡的安全使用和电路安全．现有两只白炽灯L1“12V12W”和L2“18V9W”．（不考虑温度对灯丝电阻的影响）

（1）若把灯泡L1和L2并联起来接到某一电源上，为了是灯泡安全工作，电源最大电压为多少伏？

此时通电5min，流过灯泡L2的电流做了多少功？

（2）若把灯泡L2与一个滑动变阻器串联制作成一个调光台灯，现有一个24V的电源和三个不同型号的滑动变阻器，分别为“10Ω1A”、“20Ω0.5A”、“50Ω0.2A”，要让电路安全工作，请你通过计算说明应该选用哪一个滑动变阻器．

考点：

 电功的计算；欧姆定律的应用．

专题：

 欧姆定律；电能和电功率．

分析：

（1）已知两灯泡的额定电压和额定功率，可求得两只小灯泡的电阻，两只小灯泡当将他们并联使用时，电路电压同样只能取额定电压较小的那个；然后分别算出通过R1和R2的电流，再根据W=UIt可求得流过灯泡L2的电流做了多少功；

（2）判断滑动变阻器的使用规格，同时要考虑滑动变阻器的电阻和允许通过的最大电流．

滑动变阻器与灯泡串联，灯泡电流大约为I=0.5A．滑动变阻器型号是“50Ω0.2A”不能适用．

滑动变阻器电阻大约为R'=12Ω．可以确定滑动变阻器电阻．

解答：

 解：

（1）由P=U2/R可得，R1=12Ω；R2=36Ω；

两灯泡并联时，各支路两端的电压相等，

则电源的电压U并=U1=12V，

通过灯泡L2的电流I2=1/3A，

此时通电5min，流过灯泡L2的电流做功W=UI2t=12V×1/3A×5×60s=1200J；

（2）电路电流最大约为IL=0.5A，

“50Ω0.2A”的滑动变阻器电流太小不适合．

灯泡正常工作时，滑动变阻器电压为：

U'=U﹣U2=24V﹣18V=6V，

滑动变阻器电阻为：

R'=12Ω，

“10Ω 1A”的电阻太小，不能满足实验需要，

故选择“20Ω 0.5A”滑动变阻器．

答：

（1）若把灯泡L1和L2并联起来接到某一电源上，为了是灯泡安全工作，电源最大电压为12伏；

此时通电5min，流过灯泡L2的电流做了1200J的功；

（2）选择“20Ω 0.5A”滑动变阻器．

点评：

 根据题目数据选择合适的滑动变阻器，不但考虑滑动变阻器允许通过的电流，也要考虑滑动变阻器的电阻．电路电流不能超过滑动变阻器允许通过的最大电流，滑动变阻器最大电阻稍大于电路需要的电阻，这样，滑动变阻器既能满足电路要求，也能使电路准确获得需要的数据．

6.（2014十堰）如图，电源电压恒定不变，R1=30Ω，滑动变阻器的最大阻值为20Ω，灯泡额定电压为3V（忽略灯泡电阻的变化），电压表量程为0～3V。

当S、S1、S2都闭合，滑动变阻器滑片移到最右端时，电流表示数为0.5A；当闭合S，断开S1、S2，滑片p位于中点时，小灯泡恰好正常发光。

求：

（1）电源电压；

（2）小灯泡的额定功率；

（3）S闭合，S1、S2都断开时，电路消耗总功率的最大值。

解：

（1）S、S1、S2都闭合，滑动变阻器滑片移到最右端时，R1与R2并联（或等效电路如下图1），

据I=I1+I2可得 

   即

则电源电压U=6V

（或  电路的总电阻  

  即 R=12Ω

电源电压U=IR=0.5A×12Ω=6V）

（2）闭合S，断开S1、S2，灯泡L与R2串联接入电路，（或等效电路如上图2）

小灯泡正常发光，此时R2两端电压U2=U-UL=6V-3V=3V,

滑片p位于中点时，接入电路的阻值为10Ω,

电路中的电流IL=I2=

灯泡的额定功率PL=ULIL=3V×0.3A=

0.9w 

（3）小灯泡的电阻RL=

S闭合，S1、S2都断开时，灯泡L与R2串联接入电路，电压表测灯泡两端电压，

电压表示数应不大于3V时，电路中的最大电流I=

电路消耗的总功率的最大值P总=UI=6V×0.3A=1.

8w  

7.（2014随州）图甲是用来焊接PVC塑料管道的热熔器外观照片．其内部电路如图乙，S1是手动电源开关．S2是温控开关，作用是完成“加热模式”和“保温模式”之间的切换．L是指示灯（在S1闭合情况下L始终能正常发光），R1是限流电阻．下表是有关元件的物理参数．

（元件）项目

参数

（元件）项目

参数

电源电压

220V

L灯

0.1A，2W

加热功率

1210W（不含L及R1的功率）

R2

202Ω

（1）求R1的阻值；

（2）求保温功率（不含L和R1的功率）；

（3）求该热熔器（全电路）在保温模式下1min消耗的电能．

解：

（1）由图可知灯L与R1串联在照明电路中，L正常发光，

则由P=UI得：

UL=

=

=20V，

∵串联电路的电压等于各部分电路两端的电压之和，

∴U1=U﹣UL=220V﹣20V=200V，

由I=

得：

R1=

=

=2000Ω；

（2）由P=

得：

R3=

=

=40Ω；

开关S1断开时，电阻R2与R3串联；

根据串联电路的总阻值等于串联的电阻之和得：

R保=R2+R3=20Ω+40Ω=60Ω，

则P保=

=

=200W；

（3）该热熔器（全电路）在保温模式下，总功率P=PL+P1+P保=UIL+P保=220V×0.1A+200W=222W，

消耗的电能W=Pt=222W60s=13320J．

答：

（1）R1的阻值为2000Ω；

（2）保温功率为200W；

（3）该热熔器（全电路）在保温模式下1min消耗的电能为13320J．

8.（2014•荆州）如图所示电路，电源电压保持不变，电阻R1=10Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为20Ω，小灯泡的额定电压为12V，闭合开关S，灯泡电阻不随温度变化．当开关S1，S2都断开，滑动变阻器的滑片P滑动到中点时，电流表的读数为0.4A；当开关S1，S2都闭合，滑动变阻器的滑片P滑动到最右端时，电流表的示数为0.9A，求：

（1）电源电压为多少？

（2）小灯泡的额定功率是多少？

（3）闭合开关S，调整开关S1，S2和滑动变阻器，电阻R1在一分钟消耗的最大电能为多少？

解：

（1）当闭合开关S，断开开关S1、S2时，R1与R2阻值的一半串联，电流表测电路中的电流， 

因串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 

所以，由I=UR可得，电源的电压：

U=I（R1+R2／2）=0.4A×（10Ω+20Ω／2）=8V；

（2）当闭合开关S，闭合-I2=0.9A-0.4A=0.5A， 

则灯泡的电阻：

RL=U／IL=8V／0.5A=16Ω，灯泡的额定功率：

PL=UL额2RL=（12V）2／16Ω=9W；（3）开关S、S1、S2均闭合，滑动变阻器的滑片位于左端时，电路为R1的简单电路，通过电阻R1的电合开关S1、S2时，灯泡L与R2的最大阻值并联，电表测干路电流， 

因并联电路中各支路两端的电压相等， 

所以，通过R2的电流：

I2=UR2=8V20Ω=0.4A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和， 

所以，通过灯泡L的电流：

IL=I′大，一分钟消耗的电能最大， 

则消耗的电能：

W=U2R1t=（8V）210Ω×60s=384J．

答：

（1）电源电压为8V； 

（2）小灯泡的额定功率是9W； 

（3）闭合开关S，调整开关S1，S2和滑动变阻器，电阻R1在一分钟消耗的最大电能为384J．

分析：

（1）当闭合开关S，断开开关S1、S2时，R1与R2阻值的一半串联，电流表测电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压； 

（2）当闭合开关S，闭合的电阻，再根据P=U2R求出灯泡的额定功率； 

（3）闭合开关S，调整开关S1，S2和滑动变阻器，当电路中的电流最大时即电路为R1的简单电路时电阻R1在一分钟消耗合开关S1、S2时，灯泡L与R2的最大阻值并联，电表测干路电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过R2的电流，根据并联电路的电压特点求出通过灯泡L的电流，根据欧姆定律求出灯泡电能最大，根据W=U2Rt求出其大小．点评：

本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式、电功公式的灵活应用，分清各种情况下电路的连接方式是解题的关键．

9.（2014山东济宁）小梦家新买了一口电饭锅，如图19甲所示。

通过查看说明书，发现电饭锅工作时有两种状态：

一种是锅内的水烧干以前的加热状态，另一种是水烧干后的保温状态。

图19乙是电饭锅的电路图，R1是电阻，R2是加热用的电热丝。

（1）自动开关S接通或断开时，电饭锅分别处于哪种状态？

说明理由。

（2）要使R2在保温状态下的功率是加热状态下的1/25，R1与R2应满足什么关系？

（3）“母亲节”到了，小梦想为妈妈准备泡脚水。

由于水温较低，小梦先从盛有5kg水的桶中取出2kg水倒入电饭锅中加热4min后，将水倒回水桶中，经过测量桶中水温升高了20℃（整个过程不计能量损失），请计算R2的阻值

。

解：

10．（4分）（2014•青岛）在如图所示的电路中，电源电压和小灯泡的阻值均保持不变，电源电压U=6V，小灯泡R2标有（6V3W）字样，电流表的量程为0﹣0.6A，电压表的量程为0﹣3V，滑动变阻器R2的最大阻值为20Ω，请画出该题的各个等效电路图．

（1）只闭合开关S1和S2时，电路消耗的功率为6W，则闭合开关S1、S2和S3时，电路的总电阻R=？

（2）在不损坏各元件的情况下，只闭合开关S1时，R1消耗的最大功率为P1，只闭合开关S2时，R2消耗的最小功率为P2，则P1：

P2=？

考点：

欧姆定律的应用；电功率的计算

专题：

应用题；电路和欧姆定律；电能和电功率．

分析：

（1）只闭合开关S1和S2时，电路为R1的简单电路，根据P=

求出R1的电阻；闭合开关S1、S2和S3时，电阻R1与灯泡R2并联，根据P=

求出灯泡的电阻，根据电阻的并联求出电路中的总电阻；

（2）只闭合开关S1时，R1与R3串联，电压表测R3两端的电压，电流表测电路中的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出电路中的电流为0.6A时电压表的示数，然后与电压表的量程相比较确定电路中的电流，根据P=UI求出R1的最大功率；只闭合开关S2时，灯泡与R3串联，电压表测R3两端的电压，电流表测电路中的电流，当电压表的示数为3V时，电路中的电流最小，灯泡消耗的电功率最小，根据串联电路的电压特点求出R2两端的电压，根据P=

求出最小功率，进一步得出答案．

解答：

解：

（1）只闭合开关S1和S2时，等效电路图如图所示：

由P=

可得，R1的电阻：

R1=

=

=6Ω，

闭合开关S1、S2和S3时，等效电路图如图所示：

灯泡的电阻：

RL=

=

=12Ω，

因并联电路中总电阻等于各分电阻之和，

所以，电路中的总电阻：

R=

=

=4Ω；

（2）只闭合开关S1时，等效电路图如图所示：

电路中的电流为0.6A时，电压表的示数：

U3=U﹣IR1=6V﹣0.6A×6Ω=2.4V＜3V，

则电路中的电流最大为0.6A，此时R1消耗的电功率最大，

P1=I2R1=（0.6A）2×6Ω=2.16W；

只闭合开关S2时，等效电路图如下图所示：

当电压表的示数为3V时，电路中的电流最小，灯泡消耗的电功率最小，

因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，

所以，此时R2两端的电压：

U2=U﹣U3′=6V﹣3V=3V，

R2消耗的最小功率为：

P2=

=

=0.75W，

则

=

=

．

答：

（1）闭合开关S1、S2和S3时，电路的总电阻为4Ω；

（2）P1：

P2=72：

25．

点评：

本题考查了等效电路图的画法和串并联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是第二问中确定出两元件的最大和最小功率．

　11．（9分）（2014•邵阳）家用电饭煲是利用电流的热效应来工作的，如图是某种型号电饭煲的简化电路．当温控开关S闭合时，电饭煲处于加热状态，此时若它两端的电压为220V，它的功率为1100W（不考虑温度对电阻值的影响）．则

（1）电饭煲在加热状态下工作0.1h，消耗的电能为多少kW•h？

（2）R0的电阻为多少Ω？

（3）当温控开关S断开时，电饭煲的总功率与加热状态时相比，将如何变化？

并请说明原因．

考点：

电功的计算；欧姆定律的应用；电功率的计算．

专题：

计算题；欧姆定律；电能和电功率．

分析：

（1）已知加热时的功率和工作时间，根据W=Pt计算消耗的电能；新*课*标*第*一*网

（2）当温控开关S闭合时，R被短路，电路中只有R0，已知额定加热功率和额定电压，可利用公式R=

求得加热电阻的电阻；

（3）电源电压U不变，由P=

可知，电阻越大电功率越小，电饭煲处于保温状态，电阻越小电功率越大，电饭煲

处于加热状态．

解答：

解：

（1）t=0.1h，P=1100W=1.1kW

由公式P=得，消耗的电能为：

W=Pt=1.1kW×0.1h=0.11kW•h；

（2）U

=220V，P=1100W

由公式P=

得，R0的电阻为：

R0=

=

=44Ω；

（3）当温控开关S断开时，电阻R0与电阻R串联，根据欧姆定律，两种情况相比，当S断开时饮水机的工作电流较小，根据P=UI可知，此时饮水机消耗的电功率也较小．故当S断开时饮水机处于保温状态．

答：

（1）

（1）电饭煲在加热状态下工作0.1h，消耗的电能为0.11kW•h；

（2）R0的电阻为44Ω；

（3）当温控开关S断开时，电饭煲的总功率与加热状态时相比，将变小，因为当S断开时，电阻R0与电阻R串联，由欧姆定律可知，饮水机的工作电流较小；根据P=UI可知，此时饮水机消耗的电功率也较小．

点评：

分析清楚电路结构、应用电功率变形公式、串联电路特点、电功公式即可正确解题．

12．（10分）（2014•宜宾）如图所示，是某电器设备的一部分电路．已知电源电压和灯泡的阻值均保持不变，定值电阻R0=10Ω，灯泡L上标有“6V3.6W”的字样．开关S2为单刀双掷开关，电源和电压表的内阻不计．请画出本题各小问的等效电路图．

（1）只闭合开关S1时，电流表示数I1=1A，求电源电压；

（2）在不损坏电流表及电源的情况下，闭合开关S1，将开

关S2接“a”，移动滑片P置于其中点，此时电流表示数I2=1.5A，求滑动变阻器的最大阻值；

（3）当开关S1断开，开关S2接“b”时，移动滑动变阻器滑片P，使灯泡L正常发光，求滑动变阻器消耗的电功率．

考点：

欧姆定律的应用；电功率的计算．

专题：

计算题；电路和欧姆定律．

分析：

（1）只闭合开关S1时，只有定值电阻R0连入，电流表测电流，根据欧姆定律即可求出电源的电压；

（2）闭合开关S1，将开关S2接“a”，移动滑片P置于其中点，定值电阻R0与滑动变阻器并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电流特点求出通过滑动变阻器的电流，利用欧姆定律求出连入电路的阻值，即可求出滑动变阻器的最大阻值；xkb1

（3）当开关S1断开，开关S2接“b”时，灯泡与滑动变阻器串联接在电源两端，灯泡L正常发光时，根据P=UI求出灯泡L正常发光的电流，利用串联电路的电压特点求出此时滑动变阻器两端的电压，利用P=UI即可求滑动变阻器的电功率．

解答：

解：

（1）只闭合开关S1时，只有定值电阻R0连入，如图1：

根据欧姆定律得：

电源的电压U=U0=I0R0=1A×10Ω=10V；

（2）闭合开关S1，将开关S2接“a”，移动滑片P置于其中点，定值电阻R0与滑动变阻器并联，如图2：

电流表测干路电流，即I=1.5A，滑动变阻器连入电路的阻值为R′=R，

由并联电路干路电流等于各支路电流之和可知：

通过滑动变阻器的电流I′=I﹣I0=1.5A﹣1A=0.5A，

由欧姆定律得：

R′=

=

=20Ω．

则滑动变阻器的最大阻值R=2R′=2×20Ω=40Ω．

（3）当开关S1断开，开关S2接“b”时，灯泡与滑动变阻器串联接在电源两端，如图3：

∵灯泡L正常发光时，则UL=U额=6V，

由P=UI得：

灯

泡L正常发光的电流IL=

=

=0.6A，

∵串联电路两端的电压等于串联的各部分电路两端的电压之和，

∴此时滑动变阻器两端的电压U″=U﹣UL=10V﹣6V=4V，

∴此时滑动变阻器的电功率利用P=U″IL=4V×0.6A=2.4W．

答：

（1）电源电压为6V；

（2）滑动变阻器的最大阻值为40Ω；

（3）滑动变阻器消耗的电功率为2.4W．

点评：

本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是开关闭合、断开时电路串并联的辨别以及知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等．

13．（19分）（2014•菏泽）阅读下面的材料，解答问题

山东菏泽向“大气污染宣战”

某环保局研究表明：

“PM2.5来源中，机动车的排放占33.1%，排第一位，燃煤污染排放占第二位”．“减少污染排放，还我一片蓝天”成为每一个公民的责任．下面是菏泽有关部门针对“节能减排”采取