取1.0×10kg/m）主要参数如下表。 水
项目 总长度（m） 宽度（m） 吸/排管径（mm） 满载排水量（t）
满载吃水深度（m） 参数 140 27.8 1000/1000 1.7×104 6.5
泥泵输送功率（W） 1.7×107
（1）满载时，求“天鲲号”受到水的浮力是多少？
（2）满载时，求“天鲲号”底部受到水的压强是多少？若船底需要安装探测仪器，其 面积2为 40cm，求探测仪器受到水的压力是多少?
4（3）“天鲲号”去某水域执行任务，其工作量相当于将 1.36×10t 的淤泥输送至 15m 高的台田上。假设“天鲲号”绞吸挖泥船泥泵的机械效率为 30%，求完成此任务需 要的时间是多少？ 24．答案：（12 分）解：
（1）“天鲲号”受到的浮力为：
F 浮= G 排=m 排g =1.7×104×103kg×10N/kg
=1.7×108N--------------------------------2 分
（2）“天鲲号”底部受到水的压强为：
p=ρ水gh 水=1.0×103kg/m3×10N/kg×6.5m=6.5×104Pa ---------------------------------2 分
F
p 得，探测仪器受到水的压力为：由 S
F=pS=6.5×104Pa×40×10-4 m2=260N-----------------------------------------------------2 分
（3）淤泥的质量为：m=1.36×104t=1.36×104×103kg=1.36×107kg 淤泥所受的重力为：G=mg=1.36×107kg×10N/kg=1.36×108N---------------------1 分 “天鲲号”绞
吸挖泥船泥泵做的有用功为：
26．(2019·潍坊)在如图所示电路中，小灯泡R1标有“4V1.6W”字样，定值电阻R2=20Ω，滑动变阻器R3允许通过的最大电流为1A，电流表A1的量程为0～0.6A，电流表A2的量程为0～3A，电压表的量程为0～3V，电源电压和小灯泡的阻值均保持不变。只闭合开关S2时，电压表的示数为2V；将滑动变阻器滑片滑到最左端，闭合所有开关，此时电流表A2示数为0.5A．求：
（1）电源电压；
（2）滑动变阻器R3的最大阻值；
（3）只闭合开关S3，在电路安全的情况下，小灯泡电功率的变化范围。
【分析】（1）知道小灯泡的额定电压和额定功率，根据求出灯泡的电阻；只闭合开关S2时，灯泡R1与电阻R2串联，电压表测R1两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，再根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压； （2）将滑动变阻器滑片滑到最左端，闭合所有开关，电阻R2与R3的最大阻值并联，电流表A2测干路电流，根据欧姆定律求出电路的总电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器R3的最大阻值；
（3）只闭合开关S3时，灯泡R1与滑动变阻器R3串联，电流表A1测电路中的电流，电压表测R1两端的电
压，当电压表的示数最大时，灯泡两端的电压最大，其实际功率最大，根据求出其大小；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，利用P=UI=I2R求出灯泡的最小功率，然后得出小灯泡电功率的变化范围。
【解答】解：（1）由可得，灯泡的电阻：，
只闭合开关S2时，灯泡R1与电阻R2串联，电压表测R1两端的电压， 因串联电路中各处的电流相等，
所以，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，电源的电压：
U=I（R1+R2）=0.2A×（10Ω+20Ω）=6V；
，
2019年自治区、兵团初中学业水平考试 物理化学试题卷 第 2 页 共 24 页
（2）将滑动变阻器滑片滑到最左端，闭合所有开关，电阻R2与R3的最大阻值并联，电流表A2测干路电流， 此时电路的总电阻：
，
因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，
所以，，
解得：R3=30Ω；
（3）只闭合开关S3时，灯泡R1与滑动变阻器R3串联，电流表A1测电路中的电流，电压表测R1两端的电压，
当电压表的示数R1′=3V时，灯泡两端的电压最大，其实际功率最大，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，R1的功率最小， 此时电路中的电流：
则灯泡的最小功率：
P1小=I小2R1=（0.15A）2×10Ω=0.225W，
所以，小灯泡电功率的变化范围为0.225W～0.9W。
答：（1）电源电压为6V；
（2）滑动变阻器R3的最大阻值为30Ω；
（3）只闭合开关S3，在电路安全的情况下，小灯泡电功率的变化范围为0.225W～0.9W。
，
，
24．(2019·潍坊)中国研制的“鲲龙”AG600是目前世界上最大的水陆两栖飞机，可用于森林灭火、水上救援等，其有关参数如表所示。在某次测试中，飞机在水面以12m/s的速度沿直线匀速行驶，水平动力的功率为2.4×106W．水的密度ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg。求： 鲲龙”AG600有关参数 最大起飞质量 53.5t 最大巡航速度 500km/h 最大航行时间 12h 最大航行路程 4500km （1）飞机以最大巡航速度飞行4000km所用的时间； （2）飞机在水面匀速行驶时，水平动力的大小； （3）飞机关闭动力系统静止在水面上，达最大起飞质量时排开水的体积。 【分析】（1）知道路程和最大巡航速度，利用速度公式求所用时间； （2）知道飞机在水面行驶速度、功率。利用P===Fv求水平动力； （3）知道最大起飞质量，可求其重力，飞机漂浮，可求飞机受到的浮力，再利用阿基米德原理求排开水的体积。 【解答】解： （1）由v=可得所用时间：
2019年自治区、兵团初中学业水平考试 物理化学试题卷 第 3 页 共 24 页
；
（2）由P==
=Fv得水平动力：
；
（3）最大起飞质量m=53.5t=5.35×104kg， 因为飞机漂浮，
所以飞机受到的浮力：
F浮=G=mg=5.35×104kg×10N/kg=5.35×105N， 由F浮=ρ水V排g可得排开水的体积：
。
答：（1）飞机以最大巡航速度飞行4000km所用的时间为8h； （2）飞机在水面匀速行驶时，水平动力的大小为2×105N；
（3）飞机关闭动力系统静止在水面上，达最大起飞质量时排开水的体积为53.5m3。
23．(2019·潍坊)一定气压下，某种晶体熔化成同温度液体时所吸收的热量与其质量之比叫该晶体的熔化热，用字母λ表示。在标准大气压下，用一个热效率为40%的酒精炉为热源，将50g初温为0℃的冰全部熔化为0℃的水，共燃烧了14g酒精，酒精的热值为3×107J/kg。求： （1）冰熔化过程中吸收的热量；
（2）在标准大气压下，冰的熔化热λ冰。
【分析】（1）利用Q放=qm求酒精完全燃烧放出的热量，再利用（2）冰熔化成水共吸收热量与冰的质量之比等于冰的熔化热。 【解答】解：（1）14g酒精完全燃烧放出的热量： Q放=qm′=3×107J/kg×0.014kg=4.2×l05J， 由
可得，冰熔化成水共吸收热量：
可求冰熔化成水共吸收热量；
Q吸=Q放×η=4.2×l05J×40%=1.68×l05J； （2）则冰的熔化热：
。
答：（1）冰熔化过程中吸收的热量为4.2×l05J；
（2）在标准大气压下，冰的熔化热λ冰为3.36×106J/kg。
17. （2019·黄冈）某型号电热水瓶具有加热、保温、电动出水及干烧断电功能。其简化电路如图所示。S1是壶底温控开关，通常闭合，当壶底发热盘的温度达到120℃自动断开。S2是壶壁温控开关
按下时对水加热，水烧开后自动断开，电热水处于保温状态。S3是电动出水开关，按下时闭合，电磁泵将水抽出。已知电热水瓶保温功率为50w，加热功率为1000W。 (1)电热水瓶处于保温状态且不抽水时，电路中的电阻是多大?
(2)闭合S1，电磁泵两端电压为12V。已知R3阻值为200Ω，求电磁泵的电功率。 (3)若水烧开后，S2没有自动断开，则瓶里的水烧干后，经过多长时间，S1才会断开?已知 发热盘质量为0.5kg，比热容为0.5x10J/(Kg・℃)。设水烧干瞬间，发热盘的温度为110℃，不计
2019年自治区、兵团初中学业水平考试 物理化学试题卷 第 4 页 共 24 页
3
据失。
15. （2019·孝感）(6分)一辆厢式小货车某次运货，满较后总质量是5.0×10kg，在平直的公路上匀速行驶100km，耗油10kg，货车受到的阻力是总重力的0.05倍，发动机的牵引功车是50kW(油的热值是50×107J/kg，g=10N/kg)，求: (1)货年受到的牵引力； 2)货车匀速行驶的速度； (3)货车发动机的效率。 【答案】：
3
32.
（2019·福建）(6分)空气质量指数是环境监测的重要指标,下表的空气质量等级是按照空气质
量指数A划分的。某兴趣小 组自制的空气质量监测仪，用电压表显示空气质量指数，工作原理电路图如图21。已知电源电压U=18 V,电压表量程为0 ~ 15 V,定值电阻R0的阻值为100 Ω,气敏电阻阻值R与A的关系为R=
103Ω
2019年自治区、兵团初中学业水平考试 物理化学试题卷 第 5 页 共 24 页
空气质量指数A 空气质量等级 0〜50 优 51 〜100 良 101 〜150 151 〜200 201 〜300 轻度污染 中度污染 重度污染 >300 严重污染 (1)通过计算，判断电压表示数为10 V时对应的空气质量等级。
(2)更换定值电阻他可改变监测仪的测量范围,若要使电压表满偏时对应的空气质量指数A= 400,则更换
后的定值电阻反的阻值应为多大?
32. 【答案】：(6分)第(1)小题3分,第(2)小题3分。
⑴电流I===0.1A
气敏电阻两端的电压 UR=U-UR0=18V-10V = 8V 根据欧姆定律，气敏电阻阻值R=由R=A =
103Ω得
=75,所以对应的空气质量等级为良o
=15Ω
=
=80 Ω
(2)当A=400时，由R=103Ω, 得气敏电阻阻值R’=气敏电阻两端的电压UR’=U-UR’0=18 V-I5 V = 3 V 根据欧姆定律，通过的电流I’=
=
=0.2 A
根据欧姆定律，更换的定值电阻R’0===75Ω
31. （2019·福建） (6分)“国之润，自疏浚始”。新一代国之重器“天鲲号”绞吸挖泥船在河道清淤、湖泊疏浚、吹填造陆等方面发挥着重大作用。
(1)“天鲲号”以功率P1=6 600 kW进行绞吸，同时以功率P2 = 13 400 kW向远处输送岩石泥沙，工作时间 t=10 min,共做功多少焦？
(2)“天鲲号”绞刀的工作原理与家用破壁机相似。某破壁机的额定电压(U = 220V额定电流I=10 Ao “天鲲号”绞刀以功率P1=6 600 kW工作，相当于多少台这种破壁机正常工作消耗的总功率？ 31. 【答案】： (6分)第(1)小题3分，第(2)小题3分。 (1)总功率 P=P1+P2=6600 kW+13400 kW = 2.0xl07W 总功 W=Pt = 2.OxlO7 Wx10x60s=1.2xlO10J
(2)每台破壁机的功率Po = UI=220 VxlO A = 2 200 W 破壁机台数n=
2019年自治区、兵团初中学业水平考试 物理化学试题卷 第 6 页 共 24 页
==3000
24．（2019·娄底）小明家某型号电热加湿器的原理图如图甲，R1、R2都是发热电阻，不考虑温度对电阻的影响，且R2=3R1；S为旋转型开关，1、2、3、4为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低挡”、“高挡”之间的切换（低挡为小功率加热，高挡为大功率加热），其部分技术参数如下表。 额定电压（V） 高档发热功率（W） 220 400 注水仓最大注水量（kg） 3 （1）开关处于图示位置，电热加湿器的状态是_____（选填“关”“低档”或“高档”） （2）求电热加湿器中R1的阻值； （3）某次使用加湿器在额定电压下工作，加湿器注水仓中加注冷水已达到最大注水量，其工作30min的功率与时间图象如图乙所示，如果电阻R1在此次高挡加热时产生的热量全部被水吸收，可以使注3水仓中冷水的温度升高多少℃？[计算结果保留整数，水的比热容为4.2×10J/（kg•℃）] （4）某一天，小明断开家中其他所有用电器，只接通加湿器在低档加热，发现家中3000revs/（kW•h）的电能表转盘在400s内转了27圈，求此时电阻R2的实际功率是多少？
（1）由图甲可知，开关S接“1、2”触点时，电路断路，据此判断电热加湿器的状态；
（2）由图甲知，开关S接“3、4”触点时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，电热加湿器的功率最大，处于高挡，根据P＝UI＝
求出电热加湿器中R1的阻值；
（3）由图乙知工作30min内高档工作的时间，根据P＝求出在高档正常工作时消耗的电能，如果电阻R1在此次高档加热时产生的热量全部被水吸收，利用Q吸＝cm△t求出水升高的温度；
（4）3000revs/（kW•h）表示：每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘就转过3000r，据此求出电能表的转盘转过27r时消耗的电能，根据P＝求出加湿器在低挡加热的实际功率；由图甲知，开关S接“2、3”触点时，R1、R2串联，电路的总电阻最大，电热加湿器的功率最小，处于抵挡，根据电阻
22
的串联和P＝UI＝IR求出电路中的电流，利用P＝IR求出此时电阻R2的实际功率。 【解答】解：
（1）由图甲可知，开关S接“1、2”触点时，电路断路，电热加湿器的状态是关；
（2）由图甲知，开关S接“3、4”触点时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，
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电源的电压一定，由P＝UI＝则电热加湿器中R1的阻值：
可知，电热加湿器的功率最大，处于高挡，
R1＝＝＝121Ω；
（3）由图乙知，工作30min时，其中高档工作时间为10min，低档工作时间为20min， 由P＝可得，在高档正常工作时消耗的电能：
5
W高＝P高t高＝400W×10×60s＝2.4×10J，
5
如果电阻R1在此次高档加热时产生的热量全部被水吸收，即Q吸＝W高＝2.4×10J， 由Q吸＝cm△t可得，水升高的温度：
△t＝＝≈19℃；
（4）因3000revs/（kW•h）表示：每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘就转过3000r， 则电能表的转盘转过27r时，加湿器在400s内消耗的电能： W＝kW•h＝0.009kW•h＝3.24×10J， 加湿器在低挡加热的实际功率：
P低′＝＝＝81W，
由图甲知，开关S接“2、3”触点时，R1、R2串联，电路的总电阻最大，电热加湿器的功率最小，处于抵挡，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
2
所以，由P＝UI＝IR可得，电路中的电流：
4
I＝＝＝此时电阻R2的实际功率：
2
2
2
＝＝A，
P2＝IR2＝I×3R1＝（A）×3×121Ω＝60.75W。 答：（1）关；
（2）电热加湿器中R1的阻值为121Ω；
（3）可以使注水仓中冷水的温度升高19℃； （4）此时电阻R2的实际功率是60.75W。
【点评】本题考查了串联电路的特点和电功率公式、吸热公式的综合应用，分清开关接触不同的触点时电路的连接方式是关键。
33．（2019·凉山）（6分）如图所示，电源电压保持不变，滑动变阻器R最大阻值为10Ω，小灯泡L标有“6V 3W”字样。闭合开关S、S1、S2，滑动变阻器滑片P移至最左端时，小灯泡L恰好正常发光。闭合开关S、S1，断开开关S2，电压表的示数为3.6V，忽略小灯泡电阻随温度的变化。求： （1）电源的电压及小灯泡L的电阻；
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（2）R1的阻值；
（3）闭合开关S、S2，断开开关S1，滑动变阻器消耗的电功率为0.72W时，电流表的示数。
【分析】（1）闭合开关S、S1、S2，滑动变阻器滑片P移至最左端时，变阻器接入电路的阻值为0，此时R1被短路，电路为灯泡的基本电路；因灯泡L恰好正常发光，故可判断电源电压，同时据灯泡
正常发光，据P可计算小灯泡的电阻；
（2）闭合开关S、S1，断开开关S2，小灯泡与电阻R1串联，电压表测小灯泡的电压，电压表的示数为3.6V，忽略小灯泡电阻随温度的变化，根据串联电路的特点，可求R1的电压，再根据串联分压的公式可求R1；
（3）闭合开关S、S2，断开开关S1，滑动变阻器与灯泡串联，滑动变阻器消耗的电功率为0.72W时，假设此时变阻器接入电路的电阻是R′，此时电流表的示数为I，列出方程解答即可。 【解答】解：
（1）由图知，闭合开关S、S1、S2，滑动变阻器滑片P移至最左端时，变阻器接入电路的阻值为0，此时R1被短路，电路为灯泡的基本电路；
因灯泡L恰好正常发光，故可知电源电压：U＝UL＝6V， 小灯泡L的电阻：
RL12Ω；
（2）闭合开关S、S1，断开开关S2，小灯泡与电阻R1串联，电压表测小灯泡的电压，电压表的示数为3.6V，
则R1的电压：U1＝U﹣UL＝6V﹣3.6V＝2.4V，
忽略小灯泡电阻随温度的变化，根据串联分压规律可得：
，
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代入数据，解得R1＝8Ω；
，
（3）闭合S，断开S1、S2，移动滑片P，滑动变阻器与灯泡串联，
滑动变阻器的电功率为0.72W时，设此时变阻器接入电路的电阻是R′，此时电流表的示数为I，
此时该电路的电流为：I
2
①
此时变阻器的功率：P＝IR′＝0.72W﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣② 联立①②解得：I＝0.2A或0.3A，
当变阻器接入阻值最大为10Ω时，电路中电流最小，则I最小所以I＝0.2舍去，即此时电流表示数为0.3A。 答：（1）电源的电压是6V；小灯泡L的电阻是12Ω； （2）R1的阻值是8Ω；
0.27A，
（3）闭合开关S、S2，断开开关S1，滑动变阻器消耗的电功率为0.72W时，电流表的示数是0.3A。 【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是开关闭合、断开时电路连接方式的辨别，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
29．（2019·贵阳）体育课上，小明在同一位置用相同的力多次将足球踢出，发现足球斜向上飞出的角度越大，球运动得越高，但并不能运动得越远，这是什么原因呢？
小明向老师请教，老师说：这是常见的一种抛体运动，将足球以一定的速度向斜上方踢出，足球所做的运动叫做斜抛运动，其运动轨迹如图甲所示。足球起始运动方向与水平方向的夹角叫做抛射角，抛出点到落地点的水平距离叫做射程，射程与抛出速度和抛射角的大小有关。 若不计空气阻力，请回答下列问题：
（1）足球的质量是0.4kg，它受到的重力是多少？（取g = 10N/kg）
2019年自治区、兵团初中学业水平考试 物理化学试题卷 第 10 页 共 24 页
（2）若足球从地面踢出时具有的动能是120J，踢出后能达至的最大高度是5m，足球在最高点时具有的动能是多少？
2v2sincoc（3）若足球的射程x与抛出速度v、抛射角θ之间满足公式x=，当足球以20m/s的
g速度且与水平方向成45o角踢出，足球的射程是多少？（取g=10N/kg）
（4）足球以30o抛射角踢出，其动能Ek随水平位置S变化关系的图像如图乙所示。若该球在同一位置以60o抛射角且与前次大小相同的速度踢出，请你在答题卡的同一坐标中画出此次足球的动能随水平位置变化关系的大致图像。 29．【答案】
28．（2019·贵阳）如图所示电路，电源电压恒为8V，小灯泡标有“6V 3W”字样。若不考虑温度对灯泡电阻的影响，闭合开关S，求： （1）小灯泡的额定电流；
（2）小灯泡正常发光时，滑动变阻器R接入电路的阻值。 （3）移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数为3V时，小灯泡的实28．【答案】
际功率。
30．（2019·齐齐哈尔）（9分）如图甲是文文同学家新买的一台冷暖空调扇，其内部简化电路如图乙所示，R1、R2均为发热电阻，R1的阻值为110Ω，M是电动机。开关S1闭合后，当S2接1、2时吹
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冷风；当S2接2、3时吹温风；当S2接3、4时吹热风，此时空调扇的总功率为1100W．已知：电源电压为220V，c冰＝2.1×10J/（kg•℃）。求：
（1）吹冷风时，在空调扇内加入冰袋会使吹出的风温度变低，若冰袋内冰的质量为lkg，温度从﹣16℃升高到一6℃时，冰从周围吸收的热量是多少？
（2）吹冷风时，电动机正常工作1h消耗的电能为0.11kW•h，此时通过电动机的电流是多少？ （3）吹热风时，R2的电阻是多少？
3
【解答】解：（1）冰吸收的热量为：
Q吸＝c冰m冰△t＝2.1×10J/（kg•℃）×1kg×[﹣6℃﹣（﹣16℃）]＝2.1×10J； （2）开关S1闭合后，当S2接1、2时吹冷风，此时只有电动机工作， 由W＝UIt可得，通过电动机的电流为： I冷＝
＝
＝0.5A；
3
4
（3）电动机的功率为： P电动机＝
＝
＝0.11kW＝110W，
当S2接3、4时吹热风，此时电动机、R1、R2并联， 因并联电路各支路两端的电压相等， 则R1消耗的功率： P1＝
＝
＝440W，
已知此时空调扇的总功率为1100W，则消耗R2的功率为： P2＝P﹣P电动机﹣P1＝1100W﹣110W﹣440W＝550W，
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由P＝可得，R2的阻值为：
R2＝＝＝88Ω。
答：（1）吹冷风时，冰从周围吸收的热量是2.1×10J； （2）吹冷风时，通过电动机的电流是0.5A； （3）吹热风时，R2的电阻是88Ω。
31．（2019·攀枝花）攀枝花市被誉为“阳光花城”，阳光资源丰富。某同学将装有0.35kg、28℃的水的瓶子放在阳光照射的水平地面上。经过一段时间后，测得水温为38℃．已知水面距瓶底的高度为0.16m，ρ
水
4
＝1.0×10kg/m，c水＝4.2×10J/（kg•℃），g取10N/kg。求：
333
（1）水对瓶底的压强； （2）瓶中的水吸收的热量。
31．【解答】解：（1）水对瓶底的压强： p＝ρ
水
gh＝1.0×10kg/m×10N/kg×0.16m＝1.6×10Pa；
333
（2）瓶中的水吸收的热量：
Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×10J/（kg•℃）×0.35kg×（38℃﹣28℃）＝1.47×10J。 答：（1）水对瓶底的压强为1.6×10Pa； （2）瓶中的水吸收的热量为1.47×10J。
32．（2019·绥化）（8分）小泽家有一新型的电热足浴器。其铭牌上的部分信息如下。
额定电压 额定功率 容积 220V 1210W 7L 43
3
4
（1）求电热足浴器正常工作时的电阻；
（2）用这个足浴器将5kg的水从20℃加热到40℃，求水吸收的热量；
（3）若此足浴器在额定电压下使用，需500s才能将（2）问中的水从20℃加热到40℃，求这个电热足浴器的加热效率；（计算结果精确到0.1%）
（4）小泽家安装的电能表如图所示。某次小泽断开家中的其它用电器，让电热足浴器单独工作，在1min内电能表的转盘转过50r，求此时该足浴器两端的实际电压。
2019年自治区、兵团初中学业水平考试 物理化学试题卷 第 13 页 共 24 页
32．【解答】解：（1）由P＝R＝
＝
＝40Ω；
得，电热足浴器正常工作时的电阻：
（2）水吸收的热量：
Q＝cm（t﹣t0）＝4.2×10J/（kg•℃）×5kg×（40℃﹣20℃）＝4.2×10J； （3）足浴器在额定电压下使用500s消耗的电能： W＝Pt＝1210W×500s＝6.05×10J， 电热足浴器的加热效率： η＝×100%＝
×100%≈69.4%；
5
3
5
（4）由图知，电能表上标有3000r/（kW•h），
让电热足浴器单独工作，在1min内电能表的转盘转过50r， 则足浴器1min消耗的电能： W′＝由W＝U实＝
kW•h×50＝
kW•h＝6×10J，
4
t得，此时该足浴器两端的实际电压： ＝
＝200V。
答：（1）电热足浴器正常工作时的电阻为40Ω； （2）水吸收的热量为4.2×10J； （3）电热足浴器的加热效率为69.4%； （4）此时该足浴器两端的实际电压为200V。
27．（2019·湘西）下图是普通家用两档电取暖器内部简化电路图，R1、R2为电热丝，且电阻不变，高温档位功率为1100W，低温档位功率为440W，家庭电路电压U=220V，求： （1）电取暖器处于高温档位时电路中的电流强度；
2019年自治区、兵团初中学业水平考试 物理化学试题卷 第 14 页 共 24 页
5
（2）电路中R1的阻值；
（3）如果普通家庭生活用电的电费价格为每度0.55元，试计算用该电取暖器的低温档位取暖4小时需要缴纳的电费。
【专题】定性思想；顺推法；电能和电功率．
W=P
低温
t=0.44kW×4h=1.76kW•h，
需要交纳的电费为：
1.76kW•h×0.55元/kW•h=0.968元≈0.97元。
答：（1）电取暖器处于高温档位时电路中的电流强度为5A； （2）电路中R1的阻值是44Ω；
（3）用该电取暖器的低温档位取暖4小时需要缴纳的电费为0.97元。
20．（2019·随州）科技人员为了研究“物品匀速投放下水的方法”建立如图模型：轻质杠杆AB两端用轻绳悬挂着两个完全相同的正方体物品甲和乙，甲、乙的边长均为a，密度均为ρ（ρ大于水的
2019年自治区、兵团初中学业水平考试 物理化学试题卷 第 15 页 共 24 页
密度ρ水），杠杆放在可移动支点P上，物品乙放在水平地面上。起初，物品甲下表面无限接近水面（刚好不被水打湿）。计时开始（t＝0），上推活塞，使水面以速度v匀速上升直到物品甲刚好完全被水淹没，停止计时（不计物品甲在水中相对运动的阻力）。上述过程中通过移动支点P维持BD绳中拉力恒为乙重力的0.6倍，且杠杆始终水平。（g为已知量） 求：（1）物品乙对地面的压强； （2）t＝0时，BP：PA为多少？
（3）物品甲完全被水淹没时，BP：PA为多少？ （4）任意时刻t时，BP：PA与t的关系式。
【解答】解：
（1）由题知，BD绳中拉力恒为乙重力的0.6倍， 根据力的平衡条件可得，物品乙对地面的压力： F＝G﹣F拉＝G﹣0.6G＝0.4G＝0.4ρga； 物品乙对地面的压强： p＝＝
＝0.4ρga；
3
（2）t＝0时，物品甲不受浮力，由题知B端受到向下的拉力为0.6G， 根据杠杆的平衡条件可得：G×PA＝0.6G×BP， 所以
＝
＝；
（3）物品甲完全被水淹没时，物品甲受到的浮力： F浮全＝ρ
水
gV排＝ρ水ga，
3
水
3
作用在杠杆A端的拉力为：FA1＝G﹣F浮全＝ρga﹣ρ根据杠杆的平衡条件可得：
ga，
3
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FA1×PA＝FB×BP， 故
＝
＝
＝
；
（4）使水面以速度v匀速上升直到物品甲刚好完全被水淹没，t时间水面上升的高度为h＝vt，则物体甲排开水的体积：V排＝vta， 物体甲受到的浮力：F浮＝ρ
水
2
gV排＝ρ水gvta，
3
水
2
作用在杠杆A端的拉力为：FA＝G﹣F浮＝ρga﹣ρ根据杠杆的平衡条件可得： FA×PA＝FB×BP， 故
＝
＝
＝
gvta，
2
。
答：（1）物品乙对地面的压强为0.4ρga； （2）t＝0时，BP：PA为；
（3）物品甲完全被水淹没时，BP：PA＝（4）任意时刻t时，BP：PA与t的关系式为
4
； ＝
。
29．（2019·郴州）一辆重为2×10N的电动汽车，以恒定功率50kW在平直的公路上匀速行驶3km，用时3min。已知汽车在行驶中所受阻力为车重的0.1倍，汽车轮胎与地面接触的总面积为0.5m．求： （1）汽车对地面的压强； （2）汽车的牵引力所做的功；
（3）汽车发动机的机械效率（计算结果保留一位小数）。 29．【解答】解：（1）因水平面上物体的压力和自身的重力相等， 所以，汽车对地面的压强： p＝＝＝
＝4×10Pa；
4
2
（2）因电动汽车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力， 所以，汽车的牵引力：
F′＝F阻＝0.1G＝0.1×2×10N＝2×10N，
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4
3
则汽车的牵引力所做的功：
W机械＝F′s＝2×10N×3×10m＝6×10J； （3）由P＝可得，电动汽车消耗的电能： W电＝Pt＝50×10W×3×60s＝9×10J， 汽车发动机的机械效率： η＝
×100%＝
×100%≈66.7%。
3
6
3
3
6
答：（1）汽车对地面的压强为4×10Pa； （2）汽车的牵引力所做的功为6×10J； （3）汽车发动机的机械效率为66.7%。
30．（2019·郴州）甲、乙两地相距60km，在甲、乙两地之间沿直线铺设了两条地下电缆。已知每条地下电缆每千米的电阻为0.2Ω．现地下电缆在某处由于绝缘层老化而发生了漏电，设漏电电阻为Rx．为了确定漏电位置，检修员在甲、乙两地用电压表、电流表和电源各进行了一次检测。在甲地进行第一次检测时，如图所示连接电路，闭合开关S，电压表示数为6.0V，电流表示数为0.5A．用同样的方法在乙地进行第二次检测时，电压表示数为6.0V，电流表示数为0.3A．求： （1）第一次与第二次检测的电源输出功率之比； （2）漏电电阻Rx的阻值； （3）漏电位置到甲地的距离。
6
4
30．【解答】解：（1）由P＝UI可得，第一次与第二次检测的电源输出功率之比：
＝
＝
＝
＝；
（2）设漏电处分别到甲地和乙地单根电缆的电阻分别为R1和R2，则 R1+R2＝60km×0.2Ω/km＝12Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣① 在甲地进行第一次检测时，有：
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2R1+Rx＝＝＝12Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
在乙地进行第二次检测时，有： 2R2+Rx＝
＝
＝20Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
由①②③可得：Rx＝4Ω，R1＝4Ω，R2＝8Ω； （3）漏电位置到甲地的距离L1＝
＝20km。
答：（1）第一次与第二次检测的电源输出功率之比为5：3； （2）漏电电阻Rx的阻值为4Ω； （3）漏电位置到甲地的距离为20km。
16．（2019·上海）（8分）如图所示，足够高的薄壁圆柱形容器甲、乙置于水平桌面上，容器甲、乙底部所受液体的压强相等。容器甲中盛有水，水的深度为0.08米，容器乙中盛有另一种液体。 ①若水的质量为2千克，求容器甲中水的体积V水。 ②求容器甲中水对容器底部的压强p水。
③现往容器甲中加水，直至与乙容器中的液面等高，此时水对容器底部的压强增大了196帕，求液体乙的密度ρ液。
16．【分析】①已知水的质量，水的密度也是默认已知量ρ水＝1.0×10kg/m；根据公式V＝以求解。
②已知水的深度h＝0.08h，根据液体压强计算公式p＝ρgh；
③设容器乙内液体的深度为h1，当水深是h1的时候其压强为P1，p1＝p+△p由此可以得出p1的大小，进而算出h1；
题干表明容器甲、乙底部所受液体的压强相等，即：p＝p乙；又因为p乙＝ρ乙gh1故可以求出ρ
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3
3
可
乙
。
【解答】解：
①容器中甲水的体积为：V＝
＝
＝2×10m；
﹣33
②容器甲中水对容器底部的压强：p水＝ρgh＝1.0×10kg/m×9.8N/kg×0.08m＝784pa。 ③当容器甲内加水至于容器乙相平时，设此时水深为h1， 此时水对容器底部的压强：p1＝p水+△p＝784pa+196pa＝980pa；
33
由p＝ρgh可得此时水的深度：h1＝＝＝0.1m；
由题知，原来容器甲、乙底部所受液体的压强相等，即：p乙＝p水＝784pa； 由p＝ρgh可得，液体乙的密度：ρ乙＝
＝
＝800kg/m。
3
答：①甲容器中水的体积为2×10m； ②容器甲中水对容器底部的压强为784pa； ③液体乙的密度为800kg/m。
17．（2019·上海）（8分）在图所示的电路中，电源电压为12伏且保持不变，电阻R1的阻值为10欧，滑动变阻器R2上标有“1A”字样。电键S闭合后，电压表V的示数为5伏。求： ①通过电阻R1的电流I1。
②电路正常工作10秒后，电流通过电阻R1做的功W1．移动滑动变阻器的滑片P，电源电压和电压表示数的比值最大为3，求电压表示数的最大值和最小值的差值。
3
﹣33
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17．【分析】①已知电路中R1的电阻和电压，根据I＝求电阻电流；
②根据串联电路中电压之比等于电阻之比求解；
【解答】解：①根据电路图可知，电压表测量R1两端的电压， 又因为R1＝10Ω，
所以通过电阻R1的电流I1＝＝＝0.5A；
②电源电压和电压表示数的比值最大为3，此时应为电压表最小值，
即＝3，得U1′＝4V，
电压表最大值应该是当滑动变阻器阻值最小，即电流最大时，滑动变阻器R2上标有“1A”字样，
所以可得，1A＝＝，
解得，R2′＝2Ω，
此时R1的电压U1″＝I′R1＝1A×10Ω＝10V，
电压表示数的最大值和最小值的差值应为10V﹣4V＝6V； 答：①通过电阻R1的电流I1＝0.5A； ②电压表示数的最大值和最小值的差值6V。
17．(2019·宜宾)（10分）如图甲所示，用钢丝绳将一个实心圆柱形混凝土构件从河里以0.05m/s的速度竖直向上匀速提起，图乙是钢丝绳的拉力F随时间t变化的图象，整个提起过程用时100s，已知河水密度为1.0×10kg/m，混凝土的密度为2.8×10kg/m，钢铁的密度为7.9×10kg/m，g取10N/kg，不计河水的阻力，求：
3
3
3
3
3
3
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（1）0﹣60s内混凝土构件在河水里上升的高度；
（2）开始提起（t＝0）时混凝土构件上表面受到水的压强（不计大气压）； （3）0﹣60s内钢丝绳拉力所做的功；
（4）通过计算说明，此构件的组成是纯混凝土，还是混凝土中带有钢铁骨架？
17．【解答】解：（1）前60s上升高度h＝s＝vt＝0.05m/s×60s＝3m；
（2）构件上表面受到水的压强p＝ρgh＝1×10kg/m×10N/kg×3m＝3×10Pa； （3）拉力F做的功W＝F1s＝825N×3m＝2475J； （4）由图知t＝60s前拉力F1＝825N， 因构件从河中匀速提起，此时有F浮+F1＝G， t＝80s后拉力F2＝1200N，此时有F2＝G， 所以，F浮＝F2﹣F1＝1200N﹣825N＝375N；
3
3
4
由F浮＝ρgV排得构件的体积V排＝＝＝0.0375m；
3
因构件完全浸没，则V＝V排＝0.0375m； 又重力G＝1200N，根据G＝mg＝ρgV可得： 构件的密度ρ件＝
＝
＝3.2×10kg/m＞2.8×10kg/m
3
3
3
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所以此构件是混凝土中带有钢泆骨架。
答：（1）0﹣60s内混凝土构件在河水里上升的高度为3M；
（2）开始提起（t＝0）时混凝土构件上表面受到水的压强为3×10Pa； （3）0﹣60s内钢丝绳拉力所做的功为2475J； （4）此构件是混凝土中带有钢泆骨架
21．（2019·维吾尔）如图所示电路中，电阻Rl的阻值为2 Ω，当开关闭合后，电压表V1的示数为
1 V，V2的示数为2 V。求： （1）电源两端的电压；
（2）迪过R1的电流和R2的阻值； （3）R2在1 min内产生的热量。
解：（1）电路为R1R2串联，二者两端电压之和为电源两端的电压，U=U1+U2=1V+2V=3V；
4
（2）根据欧姆定律，I1===0.5A。
因为R1R2串联，所以I2=I1=0.5A，根据欧姆定律，R2===4Ω。
（3）根据焦耳定律，Q=I22R2t=（0.5A）2×4Ω×60s=60J。 答案：（1）3V （2）0.5A ，4Ω （3）60J
22．（2019·维吾尔）港珠澳大桥是世界上最长的跨海大桥，其海底隧道由33节沉管组成。某节沉
管两端密封后的质量为7.5×107kg，体积为8×104m3。安装时，用船将密封沉管拖到预定海面上，向其水箱中灌入海水使之沉入海底，为了便于观察安装情况，沉管竖直侧壁外表面涂有红、白相间的水平长条形标识（如图所示），每条红色或白色标识的长度L均为30m，宽度d均为0.5m。海水的密度取1×103 kg/m3。求：
（1）沉管灌水前的重力；
（2）要使沉管沉入海底至少需要灌入海水的重力；
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（3）沉管沉入海底后，两条相邻的色标识受到海水的压力差。 解析：（1）G=mg=7.5×107kg×10N/kg=7.5×10 N；
8
（2）沉入海底时，沉管受到的浮力F浮=ρgV排=1×103 kg/m3×10N/kg×8×104m3=8×108 N，
所以至少需要灌入海水的重力G1=F浮－G=8×108 N－7.5×108 N=5×107 N。 （3）相邻两条红线受到海水的压强差△p=ρg△h=1×103 kg/m3×10N/kg×2×0.5m=1×104 Pa，
所以相邻两条红线受到的海水的压力差△F=△pS=△pLd= 1×104 Pa×30m×0.5m=1.5×10
5
N
答案：（1）7.5×10 N；（2）5×10 N；（3）1.5×10 N。
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