绵阳19年中考物理试题解析

一、填空题（每小题3分，共36分）

1．下列各种活动中，能通过互联网做到的是（　　）

A．传送网购的运动鞋                                               B．远程学习物理课程

C．输送发电厂的电能                                                D．传输纸质信件

【分析】根据互联网功能、提供的服务分析解答。

【解答】解：人们可以通过互联网进行远程教育、远程医疗会诊、打IP电话、查阅资料、发送电子邮件等；传送网购的运动鞋、传输纸质信件要利用交通工具完成，输送发电厂的电能需要利用电网完成，故B正确，ACD错误。故选：B。

2．如图所示，将一把钢尺紧按在桌面边缘，一端伸出桌边。先用较小的力拨动钢尺，听它振动发出的声音；保持钢尺位置不动，再用较大的力拨动钢尺，听到的声音（　　）

【分析】声音是由物体的振动产生的，振动停止，发生也停止；响度跟振幅有关，振幅越大响度越大。

【解答】解：将一把钢尺紧紧按在桌面上，一端伸出桌面适当的长度，拨动钢尺，就可听到钢尺振动发出的声音；保持钢尺位置不动若改用更大的力拨动钢尺，钢尺的振幅变大，响度变大；故选：A。

3．用如图所示的装置探究通电导线在磁场中的受力情况。接通电源，发现导体ab向左运动；把电源正负极对调后接入电路，发现导体ab向右运动。这个实验事实说明通电导线在磁场中受力（　　）

【分析】通电导体在磁场中受力而运动，运动方向跟电流方向和磁场方向有关。

【解答】解：接通电源，发现导体ab向左运动，把电源正负极对调后接入电路，电流的方向改变了，发现导体ab向右运动。说明通电导线在磁场中受力方向跟电流方向有关。故选：A。

4．如图所示，用塞子塞紧瓶口，再用打气筒向瓶内打气，当瓶内气压达到足够大时，塞子从瓶口冲出。下列关于瓶内气体的说法，正确的是（　　）

【分析】物体对外做功，物体的内能减少；外界对物体做功，物体的内能增加。

【解答】解：如图，向瓶内打气时，外界对瓶内气体做功，瓶内气体的内能增加，气体的压强增大，增大到一定程度，塞子从瓶口冲出，此时气体对塞子做功（即对外界做功），气体的内能转化为塞子的机械能，气体的内能减少，故C正确，ABD错误。故选：C。

5．装有半杯水的封闭玻璃杯，放入冰箱被冷冻较长时间，取出后用干毛巾擦干玻璃杯表面，放一会儿，玻璃杯表面会变湿。这是由于（　　）

【分析】水蒸气遇到温度比较低的物体时，就会遇冷液化，形成小水珠。

【解答】解：由于从冰箱取出的玻璃杯，温度比较低，周围空气中的水蒸气遇冷会发生液化，使玻璃杯表面会变湿，如果马上擦去这层水，又有新的水蒸气在温度低的玻璃杯表面发生液化，所以一会儿又变湿。故选：B。

6．分子之间既有引力又有斥力。其中，分子之间的斥力大小F斥随着分子间距离r变化的情况如图所示。根据图象可知：分子之间斥力的大小（　　）

【分析】分子间的引力随分子间的距离增大而减小。

【解答】解：由图象知，分子间的距离增大时，分子间的斥力会减小，则分子间的距离减小时，分子间的斥力会增大，故ABC错误，D正确。
故选：D。

7．如图所示，灯泡L1和L2（灯泡中只要有电流就能发光）相同，电源电压小于灯泡的额定电压，且保持不变，开关S由闭合到断开，电路中（　　）

【分析】开关S闭合时，电路为灯泡L1的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流；
当开关S断开时，灯泡L1和L2串联，灯泡L2亮起来，电压表测灯泡L1两端的电压，电流表测电路中的电流；
根据串联电路中总电阻等于各分电阻之和，判断出电路中电阻的变化，根据欧姆定律判断出电路中的电流的变化和灯泡L1两端的电压的变化，即电压表的示数的变化，根据P=UI可知灯泡实际功率的变化，进一步根据灯泡的亮暗取决于实际功率的大小可知亮暗的变化。

【解答】解：开关S闭合时，电路为灯泡L1的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流；
当开关S断开时，灯泡L1和L2串联，灯泡L2亮起来，电压表测灯泡L1两端的电压，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，电路中的总电阻变大，由I=可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小，故D正确；
由U=IR可知，灯泡L1两端的电压变小，即电压表的示数变小，故C错误；
因P=UI，且灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以，灯泡L1的实际功率变小，灯泡L1变暗，故A、B错误。故选：D。

8．舞蹈训练室竖直墙壁上安装有平面镜，甲、乙、丙三位同学在平面镜前的位置如图所示，他们位置连线是等腰直角三角形，甲在直角顶点，乙、丙连线平行于平面镜。则（　　）

【分析】根据平面镜成像特点可知平面镜所成的像与物体关于平面镜对称，分析解答即可。

【解答】解：
A、由图知，甲到平面镜的距离大于乙到平面镜的距离，根据平面镜成像特点可知，甲与甲的像间的距离大于乙与乙的像间的距离，故A错误；
B、乙、丙连线平行于平面镜，所以乙到平面镜的距离等于丙到平面镜的距离，根据平面镜成像特点可知，乙与乙的像间的距离等于丙与丙的像间的距离，故B错误；
CD、根据平面镜成像对称性的特点，甲的像与乙的像间的距离（即甲与乙的距离）小于乙的像与丙的像间的距离（即乙与丙的距离），故C正确，D错误；故选：C。

9．如图所示，斜面长20m、高10m，固定在水平地面上。一位同学用平行于斜面向上40N的拉力，在20s内把重60N的物体沿斜面向上匀速拉动了10m。在此过程中（　　）

【分析】由题知，斜面长20m、高10m，则物体沿斜面向上匀速运动10m时，物体升高5m；
（1）利用W=Fs求拉力F做的总功，利用W=Gh求拉力做的有用功，斜面的机械效率等于有用功与总功之比；
（2）该同学对物体做功的功率等于有用功与所用时间之比。

【解答】解：由题知，斜面长20m、高10m，则物体沿斜面向上匀速运动s=10m时，物体升高h=5m；
（1）拉力F做的总功：W总=Fs=40N×10m=400J；拉力做的有用功：W有用=Gh=60N×5m=300J；斜面的机械效率：
（2）该同学对物体做功的功率： P=W有用/t=300J/20s=15W 故选：B。

10．正确使用插线板是安全用电的要求。使用右图所示的插线板时发现：只有开关闭合时，指示灯才能放光，插孔才能提供工作电压；即使指示灯损坏，开关闭合插孔也能提供工作电压。根据上述现象，插线板内线路及电源连接方式是（　　）

【分析】干路开关控制所有的用电器。并联电路各用电器之间互不影响，串联电路的用电器互相影响。

【解答】解：
插线板上的指示灯在开关闭合时会发光，插孔正常通电，说明开关同时控制灯泡和插座，灯泡和插座之间可能是串联，也可能是并联，如果两者并联，开关应该在干路上；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，说明灯泡和插座之间是并联的，开关接在灯泡、插座和火线之间控制火线使用更安全，故D正确。故选：D。

11．用水平力F1拉动如图所示装置，使木板A在粗糙水平面上向右匀速运动，物块B在木板A上表面相对地面静止，连接B与竖直墙壁之间的水平绳的拉力大小为F2．不计滑轮重和绳重，滑轮轴光滑。则F1与F2的大小关系是（　　）

【分析】在平衡力的作用下，物体保持静止或匀速直线运动状态。对动滑轮、物块B和木板A进行受力分析，明确各自受哪些力，方向如何，确定大小关系。

【解答】解：由图知，
（1）动滑轮在水平方向上受到三个力的作用：水平向右的拉力F1，墙壁对它水平向左的拉力F墙，木板A对它水平向左的拉力F木板，
由于木板向右匀速运动，所以F1=F墙+F木板，由于同一根绳子各处的拉力相等，所以F木板=F1，
由于力的作用是相互的，所以动滑轮对木板A的拉力为F动=F木板=F1----------①；
（2）物块B在水平方向上受到两个力的作用：绳子对它向左的拉力F2，木板A对它向右的摩擦力FA对B；由于物块B保持静止，所以F2=FA对B；
木板A在水平方向上受到三个力的作用：动滑轮对木板向右的拉力F动，物体B对木板向左的摩擦力FB对A，地面对木板向左的摩擦力F地面，
由于木板向右匀速运动，所以F动=FB对A+F地面-----------②       由于力的作用是相互的，所以FB对A=FA对B=F2----------③
由②③可得F动=F2+F地面， 即F1=F2+f地面，也就是F1=2F2+2f地面，所以F1＞2F2。故选：D。

12．我国10万吨级的“新光华”号半潜船拥有两个标准足球场大的甲板，为亚洲最大。2019年1月，“新光华”号半潜船从巴西运载2.5万吨的超大型钻井平台回到广州。半潜船装载钻井平台的工作过程示意图如图所示，半潜船先通过调整水舱里的压载水量，平稳地将船身和甲板潜入约30米深的水下，只露出船楼建筑；然后将漂浮的钻井平台拖拽到甲板正上方水面，半潜船开始排出水舱里的压载水，上浮到甲板与钻井平台底部接触时，将钻井平台绑扎固定在甲板上，继续排出水舱里的压载水，半潜船船身连同钻井平台一起上浮，浮出水面，最后静止。半潜船在上浮过程中（　　）

【分析】（1）根据阿基米德原理原理和浮沉条件分析排开压载水重时半潜船的运动状态；
（2）物体漂浮时，浮力等于重力；物体的重力增加，浮力增加，增加的物体的重力等于其排开的液体的重力。

【解答】解：半潜船在上浮过程中分为3个状态，如下：
图1是半潜船的船身和甲板潜入约30米深的水下的状态（此时漂浮）；
图2是上浮到甲板与钻井平台底部刚刚接触时的状态；
图3是半潜船船身连同钻井平台一起上浮，浮出水面，最后处于静止状态；

AB、图1中，半潜船在水下约30米深的位置处于漂浮状态，浮力等于重力；
由图1到图2，将压载水排出水舱，则半潜船的重力减小，重力小于浮力，则半潜船会上浮，所以只要排出压载水，半潜船就会上浮，故AB错误；
CD、图1中：F浮1=G半潜船，图3中：F浮3=G半潜船-G排总+G钻（其中G排总为整个过程中排出的压载水总重），
由图可知：V排1＞V排3；由于都是在水中，则由F浮=ρ液V液g可知，F浮1＞F浮3，即：G半潜船＞G半潜船-G排总+G钻，所以，G排总＞G钻，故C正确，D错误。故选：C。

二、填空题（共5个小题，每空2分，共20分）

13．人进入老年后，眼睛睫状体对晶状体的调节能力减弱，太远、太近的物体都看不清楚。近视远视一体眼镜（双光镜）可以解决这个问题，戴上这种眼镜，透过下半部分可以看清书上文字，透过上半部分镜片可以看清远处景物。由此可知，近视远视一体眼镜下半部分是________透镜，上半部分镜片对光具有________（选填“会聚”或“发散”）作用。

【分析】（1）近视眼的成因是只能看清近处的物体，看不清远处的物体，晶状体太厚，折光能力太强，或者眼球在前后方向上太长，因此来自远处点的光会聚在视网膜前；
对近视眼的矫正可通过凹透镜对光线的发散作用进行纠正。
（2）远视眼的成因是只能看清远处的物体，看不清近处的物体，晶状体太薄，折光能力太弱，或者眼球在前后方向上太短，因此来自远处点的光会聚在视网膜后；
对远视眼的矫正可通过凸透镜对光线的会聚作用进行纠正。

【解答】解：远视眼是只能看清远处的物体，看不清近处的物体；由题意可知，戴上这种眼镜，透过下半部分可以看清书上文字，说明近视远视一体眼镜下半部分起到了远视眼镜的作用，即是凸透镜；近视眼是只能看清近处的物体，看不清远处的物体，对近视眼的矫正可通过凹透镜对光线的发散作用进行纠正。由题意可知，透过上半部分镜片可以看清远处景物，说明上半部分镜片是凹透镜，该部分对光线有发散作用。故答案为：凸；发散。

14．2019年1月3日，嫦娥四号实现了人类探测器首次成功在月球背面软着陆。嫦娥四号探测器在距离月球表面100米高处悬停，对月球表面识别，并自主避障，选定相对平坦的区域后，开始缓慢地竖直下降，最后成功软着陆。从距离月球表面100米到软着陆在月球表面的过程中，嫦娥四号探测器的重力势能________，机械能________。（选填“增加”或“不变”或“减少”）

【分析】从重力势能和动能大小的影响因素进行判断，又因为机械能等于动能和势能的总和，然后判断机械能的变化。

【解答】解：嫦娥四号从距离月球表面100米到软着陆在月球表面的过程中，质量不变，高度减小，重力势能减少；该过程中其速度减小，动能减少；探测器没有发生弹性形变，不具有弹性势能，则机械能等于重力势能与动能的总和，所以其机械能减少。故答案为：减少；减少。

15．我国自行设计和自主研制的蛟龙号载人潜水器，曾创造了下潜7062米的世界同类作业型潜水器最大下潜深度记录，其体积约为50m³．蛟龙号某次在太平洋某海域下潜到上表面距海面2000m时，进行预定的悬停作业此时上表面受海水压强是________Pa，蛟龙号受到海水的浮力是________N．g取10N/kg，ρ海水=1.03×10³kg/m³。

【分析】（1）利用液体压强计算公式p=ρgh便可以算出第一问答案；
（2）当蛟龙号下潜到海面下2000m时，它完全浸入水中其排开水的体积等于自身的体积，利用阿基米德原理F=ρ海水gV排便可算出答案；

【解答】解：
（1）当蛟龙号下潜到上表面距海面2000m时，其上表面受到海水的压强：p=ρ海水gh=1.03×10³kg/m3×10N/kg×2000m=2.06×10⁷pa。
（2）此时蛟龙号它完全浸入水中，其排开水的体积等于自身的体积，蛟龙号受到海水的浮力：F浮=ρ海水gV排=1.03×10³kg/m3×10N/kg×50m³=5.15×10⁵N。
故答案是：2.06×10⁷；5.15×10⁵。

16．一个标准大气压下，将质量1.0kg的水从20℃加热到沸腾，水吸收的热量是________J．小明家天然气热水器的热效率是84%，他某次洗澡，耗水40kg，自来水进热水器的温度是24℃，出热水器的温度是40℃，小明这次洗澡消耗天然气________m³．已知水的比热容是4.2×10³J/（kg℃），天然气的热值是3.2×10⁷J/m³。

【分析】（1）利用Q吸=cm△t求水吸收的热量；    （2）利用Q吸=cm△t求洗澡时水吸收的热量；已知热水器的热效率，由η=可求得天然气放出的热量，再利用Q=Vq可求得天然气体积。

【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸=cm△t=4.2×10³J/（kg•℃）×1.0kg×（100℃-20℃）=3.36×10⁵J；
（2）他某次洗澡时水吸收的热量：Q吸′=cm′△t′=4.2×10³J/（kg•℃）×40kg×（40℃-24℃）=2.688×10⁶J；

由η=天然气放出的热量：由Q放=Vq可得，消耗天然气体积：故答案为：3.36×10⁵；0.1。

17．某一天晚上睡觉前，小文同学用有预约功能的电饭煲为家人第二天早餐煲粥。小文将大米等食材放入电饭煲内，接通220V家庭电路，经过了待机、加热、保温三个过程，早餐前断开电源，电饭煲消耗的电功率随时间变化的图象如图甲所示，电饭煲加热过程消耗的电能是________kW•h．已知小文家电饭煲加热和保温部分基本电路原理如图乙所示，S是接通家庭电路的开关，S1是自动开关，R1和R2为电阻不变的电热丝，则R2=________Ω。

【分析】（1）①从图甲中获取信息：看0-5h这段时间是待机状态，待机功率P待=44W；5-6h为加热状态，加热功率P加=880W；6-7h为保温状态，保温功率P保=220W。
 ②电能的计算公式：P=Wt；
（2）①当开关S、S1闭合时，R1与R2并联，电路总电阻较小；S闭合S1断开时，电路只有R2工作，总电阻较大。电路的总电压不变，根据公式P＝可知，R越小功率越大，所以R1与R2并联时为加热状态，有R2工作时为保温状态。
②利用公式：求对应的电阻。

【解答】解：
（1）由图甲可知，0-5h这段时间是待机状态，待机功率P待=44W；5-6h为加热状态，加热功率P加=880W；6-7h为保温状态，保温功率P保=220W。
加热过程的时间t加=1h，P加=880W=0.88kW，
则加热过程消耗的电能：W加=P加t加=0.88kW×1h=0.88kW•h；
（2）由图乙可知，当开关S、S1闭合时，R1与R2并联，电路总电阻较小，总功率较大，总功率为P加=880W。
当开关S闭合、S1断开时，电路只有R2工作，总电阻较大，功率较小，其功率为P2=220W。
则R2的阻值：
故答案为：0.88；220。

三、实验探究题（18小题第3问1分，其余每空2分，共19分）

18．在“探究光折射时的特点”试验中，让光源发出的一束光从水中以不同的角度射入空气，观察到光束在水中和空气中的径迹如图所示。回答以下问题：

（1）此现象说明________（选填序号）
A．光路可逆
B．光在水面只发生了折射
C．光在水面只发生了反射射
D．光在水面既发生了折射又发生了反射
（2）增大这一束光与竖直方向的夹角，发现射入空气的光的径迹与竖直方向的夹角也增大，此现象说明________（选填序号）
A．入射角增大，折射角减小
B．入射角增大，折射角增大
C．折射角的大小与入射角的大小成正比
D．折射角的正弦值与入射角的正弦值成正比
（3）让这一束光垂直于水面射入空气。传播方向________（选填序号）。
A．向右偏    B．向左偏     C．不偏

【分析】光从空气斜射入水或其它透明介质时，折射角小于入射角；光从水或其它透明介质斜射入空气中，折射角大于入射角；光垂直射到界面时不改变方向；光射到界面上时同时发生反射和折射。

【解答】解：
（1）让光源发出的一束光从水中以不同的角度射入空气，观察到光束在水中和空气中的径迹如图所示，图中可以看到反射光线，同时也看到折射光线，故选D。
（2）光源射出的光线和竖直方向的夹角是入射角，空气中的光线和竖直方向的夹角是折射角；
增大这一束光与竖直方向的夹角，即增大了入射角，发现射入空气的光的径迹与竖直方向的夹角也增大，也就是折射角也增大，此现象说明入射角增大，折射角增大，但不能得出成正比的关系，故选B。
（3）光垂直射到界面时不改变方向；所以，让这一束光垂直于水面射入空气，其传播方向不偏转，故选C。
故答案为：（1）D；（2）B；（3）C。

19．测量标有“2.5V”字样的小灯泡在额定电压下工作时的电阻，小灯泡的额定功率估计在0.8W左右。实验室提供的器材有：两节干电池、电压表V（量程0-3V）、滑动变阻器、导线若干、开关、待测小灯泡。供选择的电流表：A1（量程0-0.6A）、A2（量程0-3A）。回答下列问题：

（1）电流表应选用________（“A1”或“A2”）。
（2）连接好如图所示的实验电路，闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表有较大的示数。电路的故障可能是________（选填序号）
A．电压表断路                   B．小灯泡断路
C．电压表短路，且小灯泡断路     D．电流表短路，且小灯泡断路
（3）排除故障后，闭合开关，调节滑动变阻器使电压表示数为2.5V，电流表示数如图乙所示，小灯泡正常发光时的电阻是________Ω（小数点后保留一位数字）。

【分析】（1）由小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率估计在0.8W左右，根据P=UI求出灯的额定电流确定选用的电流表；
（2）逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；
（3）根据电流表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律求出小灯泡正常发光时的电阻。

【解答】解：（1）小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率估计在0.8W左右，根据P=UI，灯的额定电流约为：故电流表选用A1（量程0-0.6A）；
（2）A、若电压表断路，电流有表示数，不符合题意；
 B．若小灯泡断路，灯光不发光，电流表示数为0，电压表串联在电路中测电源电压，电压表有较大示数，符合题意；
C．电压表短路，电压表示数为0，不符合题意；
 D．电流表短路，电流表示数为0，且小灯泡断路，灯不发光，电压表串联在电路中测电源电压，电压表有较大示数，符合题意；
故选BD；
（3）排除故障后，闭合开关，调节滑动变阻器使电压表示数为2.5V，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.3A，由欧姆定律，小灯泡正常发光时的电阻是：

故答案为：（1）A1   ； （2）B、D；  （3）8.3。

20．测量小石块的密度。实验室器材有：托盘天平、量筒、细线、装有适量水的烧杯和待测小石块。请按以下实验步骤完成实验：

（1）调节天平平衡。将天平放在水平桌面上，把游码放在标尺左端的零刻度线处，发现指针在分度盘的位置如图甲所示，应将右边平衡螺母向________调节（选填“左”或“右”）。
（2）用调节好的天平称小石块质量。三次测量结果记录在下表中。

（3）在量筒中装入60ml的水，把小石块放入量筒内，量筒中的水面如图乙所示，则小石块的体积是________cm3。
（4）小石块的密度是________g/cm3（小数点后保留两位数字）。
（5）设计上，小石块要吸水，本实验测得的小石块的密度________（选填“大于”或“小于”或“等于”）小石块的真实密度。

【分析】（1）天平使用前的调节：①放：把天平放到水平桌面上；②移；把游码移到标尺左端零刻线处；③调：调节平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处；
（2）分析3次测量结果，找出错误的数值即可知小石块质量；
（3）读出水的体积、水和石块的总体积，之差即为石块的体积；
（4）根据ρ=求出石块的密度；
（5）如果石块吸水会导致水和石块的总体积变小，石块的质量不变，导致石块的密度变大。

【解答】解：
（1）天平要放在水平台上或水平桌面上，先将游码移到标尺左端零刻线处；图甲中指针指在分度盘中央的左侧，应将平衡螺母向其反方向调节，故将平衡螺母向右调节。
（2）由表格数据可知，第一次测量结果是错误的，则小石块质量m=52.4g；
（3）由图知，石块和水的总体积V2=80cm3，
则石块的体积V=V2-V1=80cm3-60cm3=20cm3；
（4）石块的密度
（5）如果石块具有吸水性，会导致测得水和石块的总体积偏小，测得石块的体积偏小，石块的质量不变，由ρ=可知，测得小石块的密度偏大。
故答案为：（1）右；（3）20；（4）2.62；（5）大于。

四、综合应用题（第1小题8分，第2小题12分．要求写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤．有数值计算的题，必须写出数值和单位）

21．甲、乙两地相距100km，在甲、乙两地之间沿直线架设了两条用同种材料制成的粗细均匀的输电线，投入使用前，需要对输电线进行测试。技术人员在甲地用电源、电压表和电流表接成如图所示电路进行测试，当在乙地输电线两端接入阻值为10Ω的电阻时（图中未画出），电压表示数为5.0V，电流表示数为0.10A；保持电源电压不变，技术人员在某处将输电线线设置成短路（图中未画出），再次测试时，电流表示数为0.25A．求：

（1）甲、乙两地间每条输电线的电阻值；
（2）短路位置离甲地的距离。

【分析】（1）第一次测试时，已知电路中电压为和电流，由欧姆定律求出电路的电阻；根据电阻的串联得出甲、乙两地间每条输电线的电阻值；
（2）某处将输电线线设置成短路，已知电路的电压和电流，由欧姆定律得出电路的电阻，从而得出短路位置与甲地之间每条输电线的电阻；根据已知条件求出短路位置离甲地的距离。

【解答】解：（1）第一次测试时，电路中电压为：U1=5.0V，电流为I1=0.10A，由欧姆定律，电路的电阻为：；设每条输电线的电阻为R0，在乙地输电线两端接阻值为R′=10Ω，根据电阻的串联，则有2R0+R′=R，故
（2）某处将输电线线设置成短路，U1=5.0V，电流为I2=0.25A再次测试时，由欧姆定律，

短路位置与甲地之间每条输电线的电阻为：

甲乙两地相距为L1=100km，设短路位置离甲地的距离为L2，则短路位置离甲地的距离为：

答：（1）甲、乙两地间每条输电线的电阻值为20Ω；
（2）短路位置离甲地的距离为50km。

22．为减少碳排放，国家鼓励发展电动车。综合续航里程是电动车性能的重要指标，我国目前测试综合续航里程的标准是：电动车充满电后，重复以下一套循环，将电能耗尽后实际行驶的里程就是综合续航里程。一套循环：由4个市区工况与1个市郊工况组成。市区工况是模拟在市区速度较低的情况，每1个市区工况平均时速18km/h，行驶时间200s；市郊工况是模拟交通畅通的情况，每1个市郊工况平均时速64.8km/h，行驶时间400s。
国产某型号的电动汽车有四个相同的轮胎，空载整车质量2400kg，在水平地面上时每个轮胎与地面的接触面积是0.06m2，使用的液冷恒温电池包充满电后蓄电池电能是70kW•h。
某次测试，在市区工况行驶过程中，电动汽车平均牵引力大小是480N，在市郊工况行驶过程中，电动汽车平均牵引力大小是600N，测得的综合续航里程是336km。g取10N/kg。求：
（1）空载时轮胎对地面的压强。
（2）本次测试中，完成1个市区工况，电动汽车牵引力做的功。
（3）本次测试中，完成一套循环，电动汽车平均消耗多少kW•h的电能。

【分析】（1）根据G=mg算出空载时整车的重力，根据p=算出空载时轮胎对地面的压强；
（2）根据一个市区的速度和时间算出完成1个市区工况的路程，根据W=Fs算出完成1个市区工况，电动汽车牵引力做的功；
（3）根据一个市郊的速度和时间算出完成1个市郊工况的路程，根据W=Fs算出完成1个市郊区工况，电动汽车牵引力做的功；
将两次做的功相加就是完成一套循环，电动汽车平均消耗的电能。

【解答】解：（1）空载时整车的重力：G=mg=2400kg×10N/kg=2.4×104N；
空载时轮胎对地面的压强：
（2）根据v=知，
每1个市区工况的距离：s市区=v市区t市区=m/s×200s=1000m，
电动汽车牵引力做的功：W市区=F市区s市区=480N×1000m=4.8×105J；
（3）每1个市郊工况的距离：
电动车完成一套循环行驶的路程为s，综合续航里程为s0，将电能耗尽完成一套循环的个数为n，则
s=4s市区+s市郊=4×1000m+7200m=11200m=11.2km，

电动车完成一套循环平均消耗的电能为E，电池包蓄能为E总，则

答：（1）空载时轮胎对地面的压强为105Pa；
（2）本次测试中，完成1个市区工况，电动汽车牵引力做的功4.8×105J；
（3）本次测试中，完成一套循环，电动汽车平均消耗2.3kW•h的电能。

参考答案

一、选择题：

10—14:  BAACB    15—19：   DDCBD   20—21：DC

二、填空题：

27．凸，发散    

28．减少，减少

29．2.06×107，5.15×105

30．3.36×105，0.1

31．0.88，220

三、实验探究题

32.（1）D   （2）B   （3）C

33.（1）A1    （2）BD   （3）8.3

34.（1）右   （3）20   （4）2.63（2.626）  （5）大于

四、计算题

35.

36.