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2023年中考物理
二轮专题复习
专题六 计算应用题
类型一 力学计算应用题
核 心 技 法
考向 1 压强与浮力类
实验 2 交通工具类
实验 3 杠杆类
实验 4 滑轮组类
实验 5 斜面类
这类计算题往往将密度、固体压强、气体压强及浮力的计算综合交织在一起考查。解答这类题时首先要选出正确的计算公式；二是要正确理解公式中物理量的意义；最后整体分析与单独分析相结合。
考向 1 压强与浮力类
专题解读
压强与浮力类问题是河北中考中力学计算考查的重点。
命题方向
主要考查固体压强、液体压强、浮力的相关计算。
解题方法
专项集训
1.(2022·保定二模)如图所示,放在水平地面上的正方体A,它的质量为2.7 kg、边长为10 cm。高为12 cm、底面积为300 cm2,重为7 N的薄壁圆柱形容器放在水平地面上,其中盛有10 cm深的
水(g取10 N/kg,ρ水=1.0×103 kg/m3)。求：
(1)容器中水的质量。
解：水的体积V水=S容h水=300 cm2×10 cm=3 000 cm3,由ρ=得m水=ρ水V水=1.0×103 kg/m3×3 000×10-6 m3=3 kg。
(2)把容器放在A的正上方,A对地面的压强。
解：A的重力GA=mAg=2.7 kg×10 N/kg=27 N,水的重力G水=m水g=
3 kg×10 N/kg=30 N,A对地面的压力FA=GA+G水+G容=27 N+30 N+
7 N=64 N,A对地面的受力面积SA=0.1 m×0.1 m=1×10-2 m2,A对地面的压强pA===6.4×103 Pa。
(3)将A缓慢放入水中静止后,容器对地面的压强。
解：A的体积VA=(0.1 m)3=1×10-3 m3,A的密度ρA===2.7×
103 kg/m3。因2.7×103 kg/m3>1.0×103 kg/m3,故A放入水中静止后,会沉在水底,由题意可知,A会浸没在水中,并且会有水溢出。溢出水的体积V溢=VA+V水-V容=1.0×10-3 m3+3×10-3 m3-3×10-2 m2×0.12 m=4×10-4 m3,溢出水的质量m溢=ρ水V溢=1×103 kg/m3×4×10-4 m3=0.4 kg,溢出水的重力G溢=m溢g=0.4 kg×10 N/kg=4 N,容器对地面的压力F容=GA+G水+G容-G溢=
64 N-4 N=60 N,容器对地面的压强p容===2×103 Pa。
思路指
2.(2022·北部湾)某学习小组在完成压强知识的学习后,为深入了解压强的变化情况，将实心柱体甲和盛满水的薄壁轻质容器乙放置在水平地面上，如图所示，其中甲、乙底面积分别为2S、S,水的质量为m,D点距水面0.1m，ρ水=1.0×103 kg/m3。将甲沿虚线切出一质量为m0的小物块(不吸水)放入乙中，小物块有四分之一的体积露出水面。
(1)求D处水的压强。
解：D处水的压强p=ρ水gh=1.0×103 kg/m3×
10 N/kg×0.1 m=1×103 Pa。
(2)求甲的密度。
解：甲沿虚线切出一质量为m0的小物块(不吸水)放入乙中,甲漂浮,漂浮时,浮力等于物体的重力,故小物块的浮力G0=m0g=F浮,小物块有四分之一的体积露出水面,说明排开液体的体积V排=（1-）×V物= V物,则此时的浮力G0=m0g=F浮=ρ水gV排=ρ水g×V物,经整理可知m0g=ρ甲V物g=
ρ水g× V物,可得ρ甲= ρ水= ×1.0×103 kg/m3=0.75×103 kg/m3。
思路指
(3)现有A、B、C三物体,相关信息如下表所示。若要选择其中一个先后放在甲剩余部分的上部和放入乙中(均可浸没),使乙对地面的压强变化量大于甲剩余部分对地面的压强变化量,且乙对地面的压强p最大。请分析说明所选物体的理由,并计算出p的最大值。(结果用题中字母表示)
物体 A B C
密度 1.2ρ水 3.8ρ水 2.5ρ水
体积 2V 0.5V 2V
解：由于三个物体放入乙中,
都浸没在水中,有部分水会溢
出,乙对地面的压强p乙==
,要是乙对地面的压强最大,则需要物体的总重力最大,则放入
思路指
A时增加的总重力ΔGA总=1.2ρ水×2V×10 N/kg-ρ水×2V×10N/kg=4ρ水V,
放入B时增加的总重力ΔGB总=3.8ρ水 ×0.5V×10 N/kg-ρ水×0.5V×
10 N/kg=14ρ水V,放入C时增加的总重力ΔGC=2.5ρ水×2V×10 N/kg-ρ水×2V×10 N/kg=30ρ水V,放入C时增加的重力最大,故将C放入水中,若将C放入剩余的甲上,甲剩余部分对地面增大的压强Δp甲====
,乙对地面增大的压强Δp乙====,乙对地面的最大压强p最大===(m+30ρ水V),此时也满足乙对地面的压强变化量大于甲剩余部分对地面的压强变化量。
思路指
3.(2022·衡阳)小王同学学习了压强和浮力的知识后,自己设计了一个体验实验装置,该装置的轴剖面图如图甲所示。放在水平桌面上的薄壁容器由上下两个柱状体组合而成,下部分容器横截面积S1=1×10-2 m2,高度h1=0.1 m,上部分容器横截面积S2=6×10-3 m2,高度h2=0.08 m,容器的质量为0.1 kg,图乙是容器的立体图。另有一圆柱形实心铁棒,铁棒
底面横截面积S3=4×10-3 m2,长度l=0.1 m。用细绳绕
过定滑轮连接铁棒,细绳另一端有一控制铁棒缓慢升
降和暂停装置(图中未画出),铁棒置于容器口的上方,
向容器内注入深度h3=0.09 m的水,缓慢让铁棒下降,
直至完全浸没后铁棒停止下降,铁棒始终保持竖直且
未与容器底部接触。(ρ水=1.0×103 kg/m3)。求:
思路指
(1)注入水的质量是多少千克
(2)铁棒所受浮力F浮的大小。
解：注入水的质量m水=ρ水V=ρ水S1h3=1×103 kg/m3×1.0×10-2 m2×
0.09 m=0.9 kg。
解：铁棒所受浮力F浮=ρ水gV排=ρ水gS3l=1.0×103 kg/m3×10 N/kg×
4×10-3 m2×0.1 m=4 N。
思路指
(3)桌面所受的压力F1的大小。
解：容器的重力G容=m容g=0.1 kg×10 N/kg=1 N,水的重力G水=m水g=
0.9 kg×10 N/kg=9 N,桌面所受的压力F1=G容+G水+G排=G容+G水+F浮=
1 N+9 N+4 N=14 N。
思路指
(4)水对容器底部的压力F2,通过计算比较F2与F1的大小。
解：铁棒的体积V铁棒=S3l=4×10-3 m2×0.1 m=4×10-4 m3,下柱体剩余水体积V1'=S1h'=S1(h1-h3)=1×10-2 m2×(0.1 m-0.09 m)=1×10-4 m3,上柱体水上升体积以及高度ΔV=V铁棒-V1'=4×10-4 m3-1×10-4 m3=3×10-4 m3,h=
==0.05 m,此时水的高度h水=h1+h=0.1 m+0.05 m=0.15 m,水对容器底的压强p2=ρgh水=1.0×103 kg/m3×10 N/kg×0.15 m=1500 Pa,水对容器底的压力F2=p2S1=1 500 Pa×1×10-2 m2=15 N,所以F1＜F2。
此类问题要会灵活运用功、功率、压强、燃烧放热及效率公式。
考向 2 交通工具类
专题解读
交通工具类计算题也是河北中考力学计算题中的一个重要类型。
命题方向
主要考查功、功率、压强、燃料燃烧放热、发动机效率等的计算。
解题方法
专项集训
1.(2022·深圳)一校车质量为30 t,车轮与地面总接触面积为0.5 m2,水平匀速行驶时校车受到的阻力为重力的0.03倍,校车匀速行驶200 m。
(1)求车对地面的压强。
解：校车质量m=30 t=3×104 kg,校车的重力G=mg=3×104 kg×10 N/kg
=3×105 N,校车对地面的压强p====6×105 Pa。
(2)校车2小时内行驶了150 km,平均速度超不超过限速(限速80 km/h)
(3)整个过程牵引力做功多少
解：校车行驶的平均速度v===75 km/h,因为75 km/h小于限速
80 km/h,所以校车的平均速度不超过限速。
解：水平匀速行驶时校车受到的阻力为重力的0.03倍,所以牵引力F=
0.03G=0.03×3×105 N=9×103 N,整个过程牵引力做功W=Fs=9×103 N
×200 m=1.8×106 J。
2.(2022·黔东南州)据报道,5月31日上午,贵阳至黄平高速公路全线通车。贵黄高速的通车,将极大地方便沿线群众出行,提升贵阳市、黔南州、黔东南州至长江三角洲、长株潭城市群通道运输能力,对完善全省高速公路网络、推动沿线资源开发、振兴乡村经济提供强有力的交通支撑。贵黄高速主线全长120.6公里,设计时速100公里。周末,小明与他爸爸从黄平开着小汽车到贵阳游玩,人和车的总质量为1.5 t,四轮与地面接触总面积为200 cm2。若小汽车在行驶过程中受到的阻力是人和车总重力的0.04倍(取g=10 N/kg),求:
(1)因车发生故障,当车停在水平的应急道上(人未下车)时,车对水平地面的压强。
解：汽车和人的总质量m=1.5 t=1.5×103 kg，汽车和人对地面的压力等于人和车的总重力F=G=mg=1.5×103 kg×10 N/kg=1.5×104 N，汽车静止时对地面的压强p===7.5×105 Pa。
(2)若该车在某平直路段以72 km/h的速度匀速行驶了25 s,此过程小汽车牵引力的功率。
解：车在某平直路段匀速行驶,牵引力等于摩擦阻力F=f=0.04G=0.04
×1.5×104 N=600 N,此过程小汽车牵引力的功率p===Fv=600 N×
m/s=1.2×104 W。
思路指
3.(2022·本溪)为改善城市空气质量,很多城市用雾炮车洒水除尘。如图为一台正在水平路面上洒水的雾炮车,车内水箱底部出水口面积为50 cm2。(g取10 N/kg,ρ水=1.0×103 kg/m3,柴油的热值取4.0×107 J/kg)求：
(1)洒水前水箱中水深1 m,出水口所受压力。
解：出水口面积为50 cm2=5×10-3 m2,压强为p=
ρ水gh=1.0×103 kg/m3×10 N/kg×1 m=1×104 Pa,则受到的压力为F=pS=1×104 Pa×5×10-3 m2=50 N。
思路指
(2)洒水前雾炮车以10 m/s的速度在水平路面上做匀速直线运动,发动机的功率为80 kW,此时雾炮车受到的阻力。
解：发动机的功率为80 kW=80 000 W,牵引力为F===8 000 N,汽车做匀速直线运动,受到的阻力等于牵引力,即f=F=8 000 N。
思路指
(3)雾炮车以80 kW的功率匀速行驶20 min,若柴油机效率为40%,需要消耗柴油的质量。
解：行驶的时间为20 min=1200 s,发动机做功为W=Pt=80000 W×
1200 s=9.6×107 J,则柴油产生的热量为Q===2.4×108 J,需要柴油的质量为m===6 kg。
(1)确定支点位置,根据动力、阻力的方向,确定动力臂、阻力臂。
(2)根据杠杆平衡条件计算。
考向 3 杠杆类
专题解读
杠杆类计算是近两年河北中考中的重点类型。
命题方向
主要考查利用杠杆平衡条件求力或力臂并结合压强计算。
解题方法
专项集训
1.(2022·河北模拟)如图是运动员利用器械进行训练的示意图。其中横杆AB可绕固定点O在竖直平面内转动,OA∶OB=4∶5,系在横杆A端的细绳通过滑轮悬挂着物体M,M的底面积为100 cm2。运动员小明站在水平地面上时对地面的压强为1.1×104 Pa,当他用力举起横杆B
端恰好使AB在水平位置平衡时,他对横杆B端竖直向
上的力FB=300 N,此时他对水平地面的压强为1.6×
104 Pa。(g=10 N/kg,横杆AB与细绳的质量及绳与轮
之间的摩擦均不计)根据以上条件计算：
(1)物体M平放在水平地面时对地面的压强为多少？
解：由杠杆平衡条件可知,FA·OA=FB·OB,FA×4=300 N×5,FA=375 N,则GM=FA=375 N,M在水平地面时对地面的压力FM=GM=375 N,pM= = =3.75×104 Pa。
(2)小明的重力大小为多少
解：设小明鞋底面积为S2,小明站在水平地面时对地面的压力F1=G人,
F1=G人=p1S2①,小明用力举横杆时对地面的压力F2=G人+FB=p2S2②,即G人=1.1×104 Pa×S2,G人+300 N=1.6×104 Pa×S2,解得G人=660 N。
(3)小明在某次训练中将物体M提升0.2 m,小明对M做了多少功？
解：拉M的力F拉=GM=375 N,W=F拉h=375 N×0.2 m=75 J。
2.(2022·广元)如图所示,水平实验台宽为l,边缘安装有压力传感器C、D,现将长为3l的一轻质杆平放在C、D上,其两端到C、D的距离相等,两端分别挂有质量均为m0的空容器A、B,实验中向A中装入一定质量的细沙,要使杆始终水平静止不动,可向B中注入一定质量的水。(水的密度为1.0×103 kg/m3,g取10 N/kg)请分析：
(1)已知m0=2 kg,若小刚操作中,向B中注入水体积为6 L时,观察到传感器C示数恰好为零。
①求容器B中水的质量。
解：根据ρ=可知,容器B中水的质量为m=ρV=1.0×103 kg/m3×6×
10-3 m3=6 kg。
解：当传感器C示数为零时,以D为支点,可得(m沙+m0)g·2l=(m水+m0)g·l,
即(m沙+2 kg)g·2l=(6 kg+2 kg)g·l,解得m沙=2 kg。
②求容器A中细沙的质量。
(2)若小明操作中,向A中装入细沙的质量为mA(mA＞0),求杆始终水平静止不动时,B中注入水的质量范围(结果用mA、m0表示)。
解：当传感器D示数为零时,mB有最小值,根据杠杆平衡条件可得(mA+m0)gl=
(mB+m0)g·2l,解得mB=；当传感器C示数为零时，mB有最大值,根据杠杆平衡条件可得(mA+m0)g·2l=(mB+m0)gl,解得mB=2mA+m0；由题意可知，mA＞0，所以当mA≤m0时，mB有最小值为0，最大值为2mA+m0；当mA＞m0时，mB有最小值为，最大值为2mA+m0；即当mA≤m0时，0≤mB≤2mA+m0；当mA＜m0时， ≤mB≤2mA+m0。
3.(2022·唐山路北区一模)如图所示,轻质杠杆AB长1.2 m,两端悬挂甲、乙两物体,已知AO∶OB=1∶3,物体甲的底面积是0.12 m2,高0.3 m,物体甲的重力是960 N,杠杆在水平位置平衡时,物体甲对水平地面的压力与物体乙所受的重力大小相等。(g取10 N/kg)
(1)求物体乙所受的重力。
解：根据杠杆的平衡条件得FA·OA=G乙·OB,则FA=
,整理得FA=3G乙。F拉=FA,据题意得G甲-F拉=
G乙,所以G甲-3G乙=G乙,G乙===240 N。
(2)求物体甲对地面的压强。
(3)现将物体甲浸没于水中(未触底),若仍保持杠杆在水平位置平衡,则物体乙向左移动的距离是多少
解：根据题意知F=G乙=240 N,则p===2×103 Pa。
解：F浮=ρ水gV排=1.0×103 kg/m3×10 N/kg×0.12 m2×0.3 m=360 N,根据杠杆平衡条件得(G甲-F浮)·OA=G乙·L,所以L==
=0.75 m,移动距离L'=0.9 m-0.75 m=0.15 m。
(1)利用滑轮组时的有用功为W有=Gh或W有=fs物,总功为W总=Fs。
(2)利用η=计算机械效率。
考向 4 滑轮组类
专题解读
滑轮组机械效率类问题是河北中考中重点考查内容之一,但近几年没有以计算题的形式考查。
命题方向
主要考查滑轮组机械效率、功、功率、压强的计算。
解题方法
专项集训
1.(2022·南通)如图所示,工人用250 N的力F将重为400 N的物体在10 s内匀速提升2 m。不计绳重和摩擦,求：
(1)工人对物体做的有用功。
解：承担物重的绳子段数n=2,则拉力F移动的距离s=2h,克服物体的重力所做的功是有用功,故工人对物体做的有用功W有=Gh=400 N×2 m=800 J。
专项集训
(2)拉力F 做功的功率。
解：拉力F 移动的距离s=2h=2×2 m=4 m,拉力F所做的总功W总=Fs=250 N×4 m=1000 J,拉力做功的功率P===100 W。
专项集训
(3)若将重为900 N的物体提升相同高度,此滑轮组的机械效率。
解：由于不计绳重和摩擦,提升过程做的额外功是克服动滑轮重力做的功,故提升400 N的物体时做的额外功W额=W总-W有=1 000 J-800 J=
200 J。将重为900 N的物体提升相同高度，做的有用功W有'=G'h=
900 N×2 m=1800 J,所做的总功W总'=W有'+W额=900 N×2 m+200 J=
2000 J,由η=知道,此滑轮组的机械效率η===90%。
专项集训
2.(2022·遂宁)小超与同学到某工地参观,看到工人操作电动机通过如图所示的滑轮组将正方体石料从水池底竖直匀速吊起。他们通过调查得知,石料的边长为0.2 m,密度为2.5×103 kg/m3,石料上升时速度恒为0.4 m/s,圆柱形水池的底面积为0.2 m2,动滑轮重为
30 N。(不计绳重和摩擦,ρ水=1.0×103 kg/m3,g取
10 N/kg)请根据他们的调查数据求：
(1)石料露出水面前受到的浮力。
解：石料的体积V=(0.2 m)3=0.008 m3,石料露出水面前受到的浮力F浮=ρ水gV排=ρ水gV=1.0×103 kg/m3×
10 N/kg×0.008 m3=80 N。
专项集训
(2)石料的重力。
(3)石料露出水面前滑轮组的机械效率。
解：石料的重力G=mg=ρgV=2.5×103 kg/m3×10 N/kg×0.008 m3=200 N。
解：由题图可知,绳子承重段数n=2,不计绳重和摩擦,绳子的拉力F=(G-
F浮+G动)=×(200 N-80 N+30 N)=75 N,石料露出水面前滑轮组的机械效率η======80%。
专项集训
(4)石料从刚露出水面到完全露出水面所用的时间；并推导出该过程中电动机的输出功率P(单位：W)与时间t(单位：s)的函数关系式。
解：将石料拉出水面后,水面下降的高度h===0.04 m,石料上升的实际距离h’=L-Δh=0.2 m-0.04 m=0.16 m,石料从刚露出水面到完全露出水面的时间t===0.4 s,石料经过t上升的高度h1=vt=
0.4t,石料的底面积S石=0.2 m×0.2 m=0.04 m2,水面下降的高度h2=
专项集训
==0.1t,露出水面的高度h露h1+h2=0.4t+0.1t=0.5t,此时排开水的体积V排’=(L-h露)S石=(0.2-0.5t)×0.04 m2=0.008-0.02t,浮力F浮’=ρ水gV排’=1.0×103×10 N/kg×(0.008-0.02t)=80-200t,自由端的拉力F拉===100t+75,自由端的速度v绳=2v=
2×0.4 m/s=0.8 m/s,电动机的功率P====F拉v绳=(100t+75)×0.8=
80t+60。综上P=80t+60(0≤t≤0.4 s)。
专项集训
3.(2022·沧州)如图甲所示,支架OB固定于竖直墙面上的O点,且可绕O点在竖直面内转动,细绳BC与支架连接于B点,另一端固定在墙上C点,此时支架水平,细绳与支架夹角为30°。滑轮组悬挂于支架A处,OA∶OB=3∶5,细绳BC能承受的最大拉力为2000 N。重600 N的
工人用完全相同的两个滑轮绕成的滑轮组提升
货物,滑轮组的机械效率随货物重力变化的图象
如图乙所示。(不计支架和细绳的重力,不计滑
轮组的摩擦和绳重,g取10 N/kg)求：
专项集训
(1)动滑轮的重力。
(2)工人用400 N的力在5 s内匀速提升货物,货物升高了2 m,工人的功率多大
解：由图象可知,当G物=400 N时,η=80%,不计滑轮组的摩擦和绳重,η=
===80%,所以G动=100 N。
解：拉力F=400 N时,绳端移动的距离s=2h=2×2 m=4 m,拉力做的功W=
Fs=400 N×4 m=1600 J,拉力的功率P===320 W。
专项集训
(3)通过计算说明,此工人用这样的装置能否提起1000 N的货物
解：G人=600 N,G动=100 N,当G=1000 N时,绳端拉力F1==
=550 N＜600 N,支架A点受到的拉力FA=3F1+G动=3×550 N+100 N=1750 N,将OAB视为一个杠杆,FA的力臂为OA,细绳BC的拉力为FBC,细绳与OB夹角为30°,所以FBC的力臂为OB,根据杠杆平衡条件FA·OA=FBC·OB,FBC=
==2100 N＞2000 N,所以不能利用此装置提起1000 N的重物。
斜面的有用功为W有=Gh,总功为W总=FL,W额外=fL
考向 5 斜面类
专题解读
斜面类计算题在河北中考中很少以计算题形式考查,近几年只在2016年出现。
命题方向
主要考查斜面机械效率、功、功率、摩擦力的计算。
解题方法
专项集训
1.(2022·河北模拟)如图所示,斜面长s=1.5 m,高h=0.3 m。建筑工人将重G=500 N的货物箱,用绳子从地面匀速拉到
顶端时,沿斜面向上的拉力F=150 N。忽略绳
子重力。求：
(1)该过程拉力F做的功。
解：拉力F做的功W=Fs=150 N×1.5 m=225 J。
专项集训
(2)该装置的机械效率。
(3)货物箱在斜面上受到的摩擦力大小。
解：有用功W有=Gh=500 N×0.3 m=150 J,η==≈66.7%。
解：额外功W额=W-W有=225 J-150 J=75 J,货物箱在斜面上受到的摩擦力f== =50 N。
专项集训
2.图甲为一种用于矿山工地的某超大型挖掘机,质量为240 t,履带与地面的总接触面积约为20 m2,某次作业后,挖掘机先在图乙所示的水平矿坑上行进一段距离,再沿高h=20 m、倾角为30°的
斜坡,以2×106 N的牵引力、0.5 m/s的速度匀速爬
行,最后到达地面。(g取10 N/kg)求：
(1)挖掘机沿斜坡爬行时的功率。
解：挖掘机沿斜坡爬行时的功率P===Fv
=2×106 N×0.5 m/s=1×106 W。
专项集训
(2)挖掘机对水平矿坑的压强。
(3)该过程中斜坡的机械效率。
解：挖掘机对水平矿坑的压力等于自身的重力,即F=G=mg=240×103 kg×
10 N/kg=2.4×106 N,挖掘机对水平矿坑的压强p===1.2×105 Pa。
解：挖掘机沿斜坡爬行的距离s===40 m,挖掘机沿斜坡爬行做的总功W0=Fs=2×106 N×40 m=8×107 J,挖掘机做的有用功W’=Gh=2.4×
106 N×20 m=4.8×107 J,该过程中斜坡的机械效率η===60%。
专项集训
3.(2022·原创)如图所示,在水平路面上行驶的汽车通过滑轮组拉着重G=9×104 N的货物A沿斜面向上匀速运动。货物A的速度为v=2 m/s,经过t=10 s,货物A竖直升高h=10 m。已知汽车对绳的拉力F的功率P=120 kW,不计绳、滑轮的质量和摩擦,求：
(1)t时间内汽车对绳的拉力所做的功。
解：由P=可得,t时间内汽车对绳的拉力所做的功W=Pt=1.2×105 W×10 s=1.2×106 J。
专项集训
(2)汽车对绳的拉力大小。
(3)斜面的机械效率。
解：10 s内货物移动的距离s物=vt=2 m/s×10 s=20 m,由题图可知,n=
3,拉力端移动的距离s=3s物=3×20 m=60 m,由W=Fs可得,汽车对绳的拉力F===2×104 N。
解：不计绳、滑轮的质量和摩擦,滑轮组对重物的拉力F拉=3F=3×2×104 N=6×104 N,斜面的机械效率η====75%。
类型二 电学计算应用题
考向 1 动态电路类
考向 2 电器类
考向 3 电路安全极值范围类
考向 4 分类讨论类
(1)根据开关的状态,分析电路的串、并联情况。
(2)分析各个电表的测量对象。
(3)结合串、并联电路的特点,欧姆定律,电功率公式进行计算。
考向 1 动态电路类
专题解读
动态电路类计算主要是通过开关或电表的变化,改变电路的连接状态,是河北中考中计算题的必考内容之一。
命题方向
主要考查学生灵活运用欧姆定律和串、并联电路的特点求电阻或电功率。
解题方法
专项集训
1.(2022·聊城)如图所示,电源电压和小灯泡的灯丝电阻均保持不变。R1是阻值为6 Ω的定值电阻,小灯泡L上标有“12 V”
的字样,滑动变阻器R2上标有“10 Ω 3 A”的字
样,电流表使用的量程为0~3 A。当所有开关都闭
合,滑动变阻器的滑片移到最上端时,小灯泡正常
发光,此时电流表的示数为1.7 A。求：
(1)小灯泡L的额定功率。
解：所有开关都闭合时,R1被短路,小灯泡L与R2并联,小灯泡L正常发光,则U=U2=UL=12 V,滑动变阻器的滑片移到最上端时,滑动变阻器连入电路中的阻值为10 Ω,通过滑动变阻器的电流I2===
1.2 A,则通过小灯泡L的电流IL=I-I2=1.7 A-1.2 A=0.5 A,小灯泡L的额定功率PL=ULIL=12 V×0.5 A=6 W。
(2)开关S、S2闭合,S1、S3断开时,定值电阻R1两端的电压。
解：开关S、S2闭合,S1、S3断开时,定值电阻R1和小灯泡L串联,小灯泡的灯丝电阻RL====24 Ω,电路中的电流I'==
=0.4 A,定值电阻R1两端的电压U1=I1R1=I'R1=0.4 A×6 Ω=
2.4 V。
(3)开关S、S3闭合,S1、S2断开时,为了保证测量精确,要求电流表的示数不小于其量程的,滑动变阻器R2连入电路的最大阻值。
解：开关S、S3闭合,S1、S2断开时,定值电阻R1和滑动变阻器R2串联,若R2接入电路中的阻值最大,此时电路中的电流最小,为Imin===
0.75 A,因为0.75 A大于电流表0~0.6 A量程的最大值,电流表只能接入大量程0~3 A,题中要求的电流值至少达到I最小值=I最大值=×3 A=1 A,则电路中最小电流I最小值=1 A,电路中的最大总电阻R===12 Ω,则滑动变阻器连入电路的最大阻值R2最大值=R-R1=12 Ω-6 Ω=6 Ω。
2.(2022·达州)如图甲所示,电源电压恒定不变,灯泡L的额定电压为6 V,滑动变阻器R2的规格为“100 Ω 1 A”,电压表的量程为0~15 V,电流表的量程为0~0.6 A。当断开开关S1、S3,闭合S2，移动滑片,电压表的示数为3 V时灯泡L正常发光。图乙是灯泡L、电阻R1的I-U图象。求：
(1)灯泡正常发光时的电阻。
解：灯泡L的额定电压为6 V,由题图乙可知,灯泡L的额定电流为0.5 A,根据I=可得,灯泡L正常发光时的电阻RL===
12 Ω。
(2)闭合S1、S2、S3时,允许通过滑动变阻器的最大电流。
解：当断开开关S1、S3,闭合S2时,灯泡L与滑动变阻器R2串联,电压表测滑动变阻器两端的电压,移动滑片,电压表的示数为3 V时灯泡L正常发光,根据串联电路的电压规律可知,电源电压U=U额+U滑=6 V+3 V=9 V。由题图乙可知,当R1两端的电压为U1=6 V时,通过R1的电流为I1=0.3 A,根据I=可得,
R1===20 Ω。闭合S1、S2、S3时,灯泡L被短路,定值电阻R1与滑动变阻器R2并联,电流表测干路电流,此时通过R1的电流I1'===0.45 A,因为电流表的量程为0~0.6 A,故干路电流最大为I大=0.6 A,根据并联电路的电流规律可知,通过滑动变阻器R2的最大电流I2大=I大-I1'=0.6 A-0.45 A=
0.15A。
(3)断开S2、S3,闭合S1时,电路的总功率。
解：断开S2、S3,闭合S1时,灯泡L与定值电阻R1串联,因串联电路中各处的电流相等,且总电压等于各分电压之和,由题图乙可知,当电路中的电流为I=0.3 A时,UL'=3 V,U1'=6 V,则电源电压U=UL'+U1'=3 V+6 V=9 V,
符合题目条件,所以此时电路的总功率P=UI=9 V×0.3 A=2.7 W。
3.(2022·枣庄)如图甲所示,电源电压保持不变,R0为定值电阻,R为滑动变阻器。当滑片P由滑动变阻器的b端移动到a端的过程中,分别测出几组对应的电压值和电流值,通过计算得出滑动变阻器对应的电功率P,并画出滑动变阻器的电功率P和电流I的关系图象,如图乙所示。求：
(1)滑动变阻器的最大阻值。
解：由题图甲可知,R0与R串联,电压表测滑动变阻器两端的电压。由题图乙可知,当滑片P在b端时,电路中的电流最小,且Ib=0.2 A,
Pb=2 W,由P=I2R可知,滑动变阻器的最大阻值R===50 Ω。
(2)R0的阻值和电源电压。
解：由题图乙可知,当滑片P在某点c处时,电路中的电流Ic=0.4 A,Pc=
3.2 W,所以滑动变阻器连入电路的阻值Rc===20 Ω。当滑片P在b端时,电源电压U=Ib(R0+Rb)①,当滑片P在c点时,电源电压U=Ic(R0+Rc)②,由①②可得,R0===10 Ω,电源电压U=Ib(R0+Rb)
=0.2 A×(10 Ω+50 Ω)=12 V。
(3)整个电路消耗的最小电功率和最大电功率之比。
解：当滑片P在b端时,电路消耗的电功率最小,则P最小=UIb=12 V×0.2 A
=2.4 W；当滑片P在a端时,电路消耗的电功率最大,则P最大===
14.4 W。电路消耗的最小电功率与最大电功率之比为==,或电路消耗的最小电功率与最大电功率之比为====。
带保温挡、加热挡的电热器用公式P=判断挡位,总电阻最大时,P最小,是保温挡；总电阻最小时,P最大,是加热挡。
考向 2 电器类
专题解读
电器类计算题主要是家用电器中电热类计算。
专题解读
主要考查学生对于保温挡、加热挡的判断及热量计算。
专题解读
专项集训
1.(2022·毕节)如图甲所示的是某茶具上煮茶器的电路原理图,R1是加热电阻,R2是保温时的分压电阻,S为电源开关,S1为自动温控开关。S、S1都闭合时,煮茶器处于加热状态；当水沸腾后,S1会自动断开,转为保温状态。煮茶器工作过程中的P-t图象如图乙所示,不计电阻值随温度的变化。求：
(1)电阻R1的阻值。
解：S、S1都闭合时,R2被短路,电路中只有R1工作,此时煮茶器处于加热状态,由题图乙可知,P加=1 100 W,根据P=可,R1==
=44 Ω。
(2)当煮茶器处于保温状态时,R1的电功率。
解：当S闭合、S1断开时,R1、R2串联,此时为保温状态,由题图乙可知,P保=44 W,由P=UI可知,保温状态时的电流I保===0.2 A,根据串联电路的电流特点可知,通过R1的电流I1=I2=I保=0.2 A,当煮茶器处于保温状态时,R1的电功率P=I12R1=(0.2 A)2×44 Ω=1.76 W。
(3)当煮茶器处于保温状态时,电阻R2在100 s内消耗的电能。
解：由欧姆定律可知,保温状态时R1两端的电压U1=I1R1=0.2 A×44 Ω
=8.8 V,根据串联电路的电压特点可知,R2两端的电压U2=U-U1=220 V-8.8 V=211.2 V。当煮茶器处于保温状态时,电阻R2在100 s内消耗的电能W2=U2I2t=211.2 V×0.2 A×100 s=4 224 J。
2.(2022·北部湾)善于观察的小明发现,家中的即热式水龙头使用时冬季水温偏低,夏季水温偏高,还发现水龙头上标有“220 V 2200 W”。于是他增加两个相同的发热电阻R、两个指示灯(电阻不计)设计了如图所示的电路进行改进,其中R0为改进前水龙头
发热电阻。开关S1可以只与c相连或同时与a、
b相连,使其具有两挡工作状态,且冬季与夏季
水龙头工作的总电流之比为4∶1。求：
(1)电阻R0的阻值。
解：R0的阻值R0===22 Ω。
(2)改进前,若水龙头的热效率为90%,正常加热100 s提供的热量。
解：改进前,正常加热100 s消耗的电能W=P额t=2 200 W×100 s=
2.2×105 J,正常加热100 s提供的热量Q=Wη=2.2×105 J×90%=
1.98×105 J。
(3)改进后,冬季使用时水龙头工作的总电功率。
解：由电路图可知,将开关S1与a、b相连时R0和R并联,电路的总电阻最小,由P=可知,电路的总功率最大,水龙头处于高温状态；将开关S1与c相连时,R与R0串联,总电阻较大,由P=可知,总功率较小,水龙头处于低温状态。因为冬季与夏季水龙头工作的总电流之比为4∶1,所以两季电流之比为====,解得R=22 Ω。改进后,冬季使用时水龙头工作的总电流I冬=+=+=20 A,使用时水龙头工作的总电功率P总=UI冬=220 V×20 A=4400 W。
3.(2022·锦州)小明家购买了一台电热水器,铭牌显示:容量是50 L,额定电压是220 V,额定功率是2000 W。[c水=4.2×103 J/(kg·℃),
ρ水=1.0×103 kg/m3]求:
(1)该电热水器正常工作时的电阻是多少
解：由P=可得,该电热水器正常工作时的电阻R ===
24.2 Ω。
(2)某次洗浴时,水箱装满初温为20 ℃的水,正常工作加热到60 ℃,若热水器的加热效率是84%,则此次加热消耗多少电能
解：装满水时水的质量m=ρV=1.0×103 kg/m3×50×10-3 kg=50 kg,这些水吸收的热量Q吸=c水m(t2-t1)=4.2×103 J/(kg·℃)×50 kg×
(60 ℃-20 ℃)=8.4×106 J,此次加热消耗电能W===1×
107 J。
(3)一天,小明家只有该热水器和额定功率为700 W的电饭锅接入电路,它们都正常工作,则标有2 000 r/(kW·h)的电能表的铝盘4 min转了多少转
解：4 min电路消耗电能W总=W1+W2=(P1+P2)t=(2 kW+0.7 kW)× h=
0.18 kW·h,电能表的铝盘转的圈数n=0.18 kW·h×2 000 r/(kW·h)
=360 r。
题目中电流表、电压表、灯泡、滑动变阻器等都可能对电路有限制作用,要逐一分析最终确定哪个元件对电路真正起到限制作用。
考向 3 电路安全极值范围类
专题解读
电路安全极值范围类计算是河北中考中计算题重要考查内容之一。
命题方向
主要考查滑动变阻器阻值变化范围、电功率的极值等问题。
解题方法
专项集训
1.(2022·绥化)如图甲所示的电路,电源电压可调,R为标有“1 A”字样的滑动变阻器,a、c为其两个端点,电流表量程为0~3 A,电压表量程为0~
15 V,L1、L2是额定电压均为6 V的小灯泡,
其电流与电压的关系如图乙所示。求：
(1)L1正常发光时的电阻。
解：由题图乙可知,L1正常发光时的电流
I1=1.2 A,则L1正常发光时的电阻R1'===5 Ω。
(2)闭合开关S,断开S1、S2,在不损坏电路的情况下,使其中一盏灯正常发光,电压表示数是多少
解：闭合开关S,断开S1、S2,L1、L2与R串联,此时电压表测两灯串联后的总电压,若不损坏电路,只能L2正常发光,由题图乙可知,串联电路的电流I=0.8 A,此时两灯泡两端的电压分别为U1=2 V、U2=6 V,则电压表的示数U=U1+U2=2 V+6 V=8 V。
(3)闭合开关S、S2,断开S1,将电源电压调至14 V,当滑动变阻器的滑片P在b点时,小灯泡正常发光,此时Rab∶Rbc=1∶2,则滑动变阻器的最大阻值是多少欧姆
解：闭合开关S、S2,断开S1,L1被短路,L2与R串联,L2正常发光,此时串联电路的电流I=0.8 A,此时滑动变阻器两端的电压U滑=U总-U2=14 V-
6 V=8 V,滑动变阻器接入电路的阻值Rab===10 Ω,因为Rab∶Rbc=
1∶2,所以=,则滑动变阻器总阻值R=3Rab=3×10 Ω=30 Ω。
(4)若不限制电路中各开关的状态,滑动变阻器的滑片P的移动范围为中点位置至最大阻值处；现移动滑片P的同时调节电源电压,使电路中有小灯泡正常发光,其他各元件均安全,每种电路对应的总功率变化范围。
解：解法一，滑动变阻器允许通过的最大电流为1 A,由题图乙可知,L1的额定电流为1.2 A,大于滑动变阻器允许通过的最大电流1 A,所以L1不能正常发光。只能让L2正常发光,此时对应电路有两种情况。
情况一：闭合开关S,断开S1、S2,L1、L2与R串联,若不损坏电路,只能L2正常发光,由题图乙可知,串联电路的电流I=0.8 A,两小灯泡两端的电压分
别为U1=2 V、U2=6 V,此时L1的电阻R1===2.5 Ω,L2的电阻R2=
==7.5 Ω。最小电功率P小=I2（R1+R2+）=(0.8 A)2×（2.5 Ω+
7.5 Ω+）=16 W,最大电功率P大=I2(R1+R2+R)=(0.8 A)2×(2.5 Ω+
7.5 Ω+30 Ω)=25.6 W,电路总功率变化范围为16~25.6 W。
情况二:
闭合开关S、S2,断开S1,L1被短路,L2与R串联,L2正常发光,此时串联电路的电流I=0.8 A,最小电功率P小’=I2 (R2+ A) =(0.8 A)2×（7.5Ω
+）=14.4 W,最大电功率P大'=I2(R2+R)=(0.8 A)2×(7.5Ω+30Ω)=
24 W,电路总功率变化范围为14.4~24 W。
解法二：滑动变阻器允许通过的最大电流为1 A,由题图乙可知,L1额定电流为1.2 A,大于滑动变阻器允许通过最大电流1 A,所以L1不能正常发光,只能让L2正常发光,此时对应电路有两种情况。
情况一:闭合开关S,断开S1、S2,L1、L2与R串联,若不损坏电路,只能L2正常发光,由题图乙可知,串联电路的电流I=0.8 A,L1、L2两端电压之和U=
8 V。滑动变阻器两端的最小电压UR小=IR中=0.8 A×=12 V,电源电压
U小=U+UR小=8 V+12 V=20 V,电路最小总功率P小=U小I=20 V×0.8 A=16 W；滑动变阻器两端的最大电压UR大=IR=0.8 A×30 Ω=24 V,电源电压U大=
U+UR大=8 V+24 V=32 V,电路最大总功率P大=U大I=32 V×0.8 A=25.6 W。电路总功率变化范围为16~25.6 W。
情况二:
闭合开关S、S2,断开S1,L1被短路,L2与R串联,L2正常发光,此时串联电路的电流I=0.8 A,U=6 V,电源电压U小’=U2+UR小=6 V+12 V=18 V,电路最小总功率P小’=U小’I=18 V×0.8 A=14.4 W；电源电压U大'=U2+UR大=6 V+
24 V=30 V,电路最大总功率P大'=U大'I=30 V×0.8 A=24 W。电路总功率变化范围为14.4~24 W。
综上所述,每种电路对应的总功率变化范围为16~25.6 W或14.4~24 W。
2.(2022·保定二模)如图甲所示的电路中,电源电压可调,小灯泡L的额定电压为6 V,通过的电流与电压的关系如图乙所示,滑动变阻器标有“50 Ω 1.5 A”的字样。把电源电压调为某一值,闭合开关S1、S2,断开S3,滑片P置于最左端时,小灯泡正常发光,电路消耗的功率为10.8 W。
解：闭合开关S1、S2,断开S3,滑片P置于最左端时,小灯泡与R0并联,因为小灯泡正常发光,所以电源电压U=UL=6 V,由题图乙可知,此时IL=0.6 A,此时小灯泡的功率PL=ULIL=6 V×0.6 A=3.6 W；电路中的总电流I===1.8 A,通过R0的电流IR0=I-IL=1.8 A-0.6 A=1.2 A,电阻R0的阻值R0===5 Ω。
(1)求小灯泡此时消耗的功率和电阻R0的阻值。
解：只闭合S3,小灯泡、R0与R串联,由题意可知,当电路中的电流I最大=0.6 A、R两端的电压UR最大=15 V时,电源电压最大,此时小灯泡两端的电压UL最大=6 V,电阻R0两端的电压UR0最大=IR0最大R0=I最大R0=0.6 A×
5 Ω=3 V,电源电压U最大=UL最大+UR0最大+UR最大=6 V+3 V+15 V=24 V。
(2)电压表选用0~15 V的量程,只闭合S3,在保证电路安全的情况下,求电源电压可调节的最大值。
解：由电路图可知,R1与R2并联,电流表
测干路电流。因为并联电路中各支路两
端的电压相等,所以,通过电阻R1的电流
I1===0.5 A。
3.(2022·原创)在如图甲所示的电路中,电源电压为15 V且保持不变,电阻R1的阻值为30 Ω。闭合开关S,电流表的示数如图乙所示。
(1)求通过电阻R1的电流I1。
解：因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和,所以,电流表的示数,即干路电流I=2 A,则通过电阻R2的电流I2=I-I1=2 A-0.5 A=
1.5 A,电阻R2的阻值R2===10 Ω。
(2)求电阻R2的阻值。
解：若替换R1时,电流表的最小示数I最小=I2+I0小=1.5 A+=2.25 A,电流表的最大示数I最大=I2+I0大=1.5 A+1.5 A=3 A,电流表示数的变化范围为2.25 A＜I ＜ 3 A。若替换R2时,电流表的最小示数I最小=I1+I0小=0.5 A+=1.25 A,电流表的最大示数I最大=I1+I0大=0.5 A+2 A=2.5 A,电流表示数的变化范围为1.25 A＜I＜2.5 A。综上可知,替换R2时电流表示数变化范围大,使电路的功率变化范围最大,P最小=UI最小=15 V×1.25 A=18.75 W,P最大=UI最大=15 V×2.5 A=37.5 W,电路的功率最大变化范围是18.75~37.5 W。
(3)现用标有“20 Ω 2 A”字样的滑动变阻器R0替换电阻R1或R2中的一个,请在不损坏电路元件的情况下,通过移动滑片P,使电路的功率变化范围最大,并求出此范围。
根据电流表、电压表指针在同一位置时大量程是小量程示数的5倍，串、并联电路中电流、电压的特点等结合题意分类讨论，并分析各种可能性是否合理。
考向 4 分类讨论类
专题解读
分类讨论类计算题是近几年河北中考中重点考查内容之一。
专题解读
主要考查学生在计算电压、电流、电阻、电功率时分类讨论，分析判断其合理性的能力。
专题解读
专项集训
1.(2022·邯郸一模)如图甲所示,电源电压恒定不变,灯泡L的规格为
“4 V 8 W”,且灯丝电阻不随温度变化。电流表的量程为“0~0.6 A”
和“0~3 A”,两个滑动变阻器的规格分
别为“20 Ω 1 A”和“5 Ω 2 A”。
(1)求灯泡正常发光时的电阻。
解：由P=UI=可知,灯丝的电阻RL===2 Ω。
(2)闭合开关,调节变阻器的滑片P,当变阻器接入电路的阻值为最大值时,灯泡正常发光,求电源电压。
解：灯泡正常发光时的电流IL===2 A,因为灯泡与滑动变阻器串联,L正常发光时,通过滑动变阻器的电流大于1 A,所以R为“5 Ω
2 A”的滑动变阻器。电源电压U=U额+UR=U额+ILR=4 V+2 A××5 Ω
=6 V。
解：由题意和题图乙可知,Ua=9 V,Uc=6 V,电流表的示数为1.5 A或0.3 A,当Ic1=1.5 A时,滑动变阻器的阻值R1最大=2×=2×=4 Ω,不合题意。当Ic2=0.3 A时,滑动变阻器的阻值R2最大=2×=2×=20 Ω,根据欧姆定律可知,定值电阻R0===20 Ω,P在a端时,电阻R0的电功率最大Pmax===4.05 W。
(3)将电源换为电压恒为9 V的电源,用定值电阻R0替换灯泡L,闭合开关,在滑片P从a端移动到b端的过程中,两电表示数的U-I关系如图乙所示。当滑片P通过中点c时,电流表指针指到刻度盘的中央位置(可能重新选择了电表量程和滑动变阻器)。求电阻R0的最大电功率。
2.(2022·唐山路南区二模)如图所示的电路中,电源电压保持不变。R1=
24 Ω,R2=120 Ω,两电表均为双量程,电流表的量程
为0~0.6 A和0~3 A,电压表的量程为0~3 V和0~15 V。只闭合开
关S1时,电流表的示数为0.5 A。求:
（1）电源电压。
解：只闭合S1时,电阻R1连入电路,电源电压U=I1R1=0.5 A×24 Ω=12 V。
（2）只闭合开关S3时,电路的总功率。
解：只闭合S3时,只有电阻R2连入电路,电路的总功率P===1.2 W。
(3)现用变阻器R3替换定值电阻R2,替换后要求通过控制开关的断开或闭合,使两电表中至少有一个的示数达到某个量程的最大值,且两个电阻都有电流通过,请通过计算求出符合上述要求的变阻器R3可能的阻值。
解：用R3替换R2,①当S2闭合,S1、S3断开时,R1、R3串联,因为电源电压为12 V,电压表最大示数只能为3 V,电路中的电流I===0.125 A,
R3两端的电压U3=U-U1=12 V-3 V=9 V,R31===72 Ω。若此时电流表的示数为0.6 A,R1两端的电压为14.4 V＞12 V,不合题意。
②当S1、S3闭合,S2断开时,R1、R3并联,此时R1中的电流为0.5 A,若电流表的示数最大为0.6 A时,R3中的电流I3=I'-I1=0.6 A-0.5 A=0.1 A,R32
===120 Ω。
③若电流表的示数最大为3 A时,R3中的电流I3=I'-I1=3 A-0.5 A=2.5 A,
R33===4.8 Ω,所以变阻器R3的可能取值为4.8 Ω、72 Ω、120 Ω的三个数值。
3.(2022·承德一模)在如图甲所示的电路中,电源电压为15 V且保持不变,滑动变阻器上标有“30 Ω 2 A”的字样,小灯泡的额定电压是6 V,小灯泡的电流随电压变化的关系如图乙所示。求:
(1)小灯泡的额定功率。
解：由题图乙可知,小灯泡的额定电
压UL=6 V,额定电流IL=1 A,小灯泡的
额定功率PL=ULIL=6 V×1 A=6 W。
(2)为保证电路安全,滑动变阻器接入电路的最小阻值。
解：小灯泡与滑动变阻器R串联,为保证小灯泡和滑动变阻器的安全,由串联电路的电压规律可得,滑动变阻器两端的最小电压U2=U-UL=15 V-6 V=9 V,此时滑动变阻器接入电路的最小阻值R滑小==
=9 Ω。
(3)用阻值为22 Ω的定值电阻R0替换小灯泡接入电路,移动滑片使电流表和电压表分别在某个量程下满偏,滑动变阻器接入电路的阻值范围。
解：题中要求电压表能达到最大值,若选0~15 V量程,因为电压表并联在R两端,总电压为15 V,则无论R电阻多大都不能使电压值达到15 V,所以电压表的量程只能为0~3 V；又因为R0=22 Ω,电路中的电流I’最大==≈0.68 A,即电路中电流能达到的最大值只能为0.68 A,所以电流表的量程只能选0~0.6 A；当电流表的最大示数为I最大=0.6 A时,由
欧姆定律可得电路中的最小电阻R最小===25Ω,滑动变阻器接入电路的最小电阻R小=25Ω-22Ω=3 Ω；电压表的最大示数为U最大=3V,则此时电阻两端的电压U最小=U-U最大=15V-3V=12V,此时电路中的电流I2=
==A,滑动变阻器接入电路的最大电阻R大===5.5Ω。滑动变阻器接入电路的阻值范围为3~5.5Ω。

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