资源简介 初中电与磁综合计算题 (知识回顾 )1.欧姆定律及其应用（1）导体中的电流，与导体两端的电压成 正比，与导体的电阻成反比。（2）公式：I=U/R ，式中单位：I→A；U→V；R→Ω。1安=1伏/欧。（3）对公式的理解：①公式中的I、U和R必须是在同一段电路中；②I、U和R中已知任意的两个量就可求另一个量；③计算时单位要统一。（4）欧姆定律的应用① 同一个电阻，阻值不变，与电流和电压无关, 但加在这个电阻两端的电压增大时，通过的电流也增大。②当电压不变时，电阻越大，则通过的电流就越小。③当电流一定时，电阻越大，则电阻两端的电压就越大。2．电磁继电器：实质上是一个利用电磁铁来控制电路的开关。它的作用可实现远距离操作，利用低电压、弱电流来控制高电压、强电流。还可实现自动控制。 (类型与典例突破 )【例题1】（2019河南）智能自动化管理是未来社会的发展趋势，如图甲所示为某工作室的自动化光控电路图，其中光敏电阻R的阻值随照度变化的关系如图乙所示（照度表示物体被照明的程度，单位是Ix）。请你回答下列问题：（1）电磁继电器是利用电流 效应工作的，当光照强度增强时，光敏电阻将 ，控制电路中的电流将 （选填“变大”“变小”或“不变”）。长时间使用后，控制电路中的电流将降低，若相同的情况下接通电路，则光照强度 。（选填“增强”“减弱”或“不变”）。（2）当开关S闭合时，光敏电阻上的照度大于或等于0.41x时，警示灯L亮，已知控制电路的电源电压为22V，电磁继电器的线圈电阻为10Ω，此时控制电路中的电流是多大？（3）若使电流达到0.2A时，光敏电阻上的照度大于或等于0.41x时警示灯L亮，试通过计算说明怎样改装控制电路。（注：可以添加必要的元件）【答案】（1）磁；变小；变大；增强；（2）此时控制电路中的电流是0.44A；（3）可以在控制电路中串联接入一个 60Ω的电阻。【解析】（1）电磁继电器是利用电流磁效应工作的，当光照强度增强时，由图乙知，光敏电阻将变小，根据电阻的串联，总电阻变小，由欧姆定律可知，控制电路中的电流将变大；长时间使用后，控制电路中的电流将降低，若在相同的情况下接通电路，需要增大电流，由欧姆定律可知，要减小光敏电阻的阻值，由图乙知，则光照强度增强；（2）当照度等于 0.4Lx 时，由图知，光敏电阻的阻值R＝40Ω，根据欧姆定律和电阻的串联可得，此时控制电路中的电流为：I＝＝═0.44A；（3）当电流达到 0.2A 时，由欧姆定律可得控制电路中的总电阻：R总＝＝＝110Ω，由于此时的总电阻大于原来的总电阻，所以应在控制电路中串联一个电阻；当照度等于 0.4Lx 时，警示灯L亮，光敏电阻的阻值仍然为R＝40Ω，根据电阻的串联，串联电阻的阻值：R串＝R总﹣R光﹣R线＝110Ω﹣40Ω﹣10Ω＝60Ω，即可以在控制电路中串联接入一个 60Ω的电阻。 (中考达标训练题 )1.（2019四川内江）如图甲所示，是某科技小组的同学们设计的恒温箱电路图，它包括工作电路和控制电路两部分，用于获得高于室温、控制在定范围内的“恒温”。工作电路中的加热器正常工作时的电功率为1.0kW；控制电路中的电阻R'为滑动变阻器，R为置于恒温箱内的热敏电阻，它的阻值随温度变化的关系如图乙所示，继电器的电阻R0为10Ω．当控制电路的电流达到0.04A时，继电器的衔铁被吸合；当控制电路中的电流减小到0.024A时，衔铁被释放，则：（1）正常工作时，加热器的电阻值是多少？（2）当滑动变阻器R为390Ω时，恒温箱内可获得的最高温度为150℃，如果需要将恒温箱内的温度控制在最低温度为50℃那么，R′的阻值为多大？【答案】（1）正常工作时，加热器的电阻值是48.4Ω；R′的阻值为90Ω。【解析】（1）根据P＝得正常工作时，加热器的电阻值R＝＝＝48.4Ω；（2）由乙图知，当最高温度为150℃时，热敏电阻的阻值R1＝200Ω，控制电路电流I1＝0.04A由欧姆定律得U＝I1（R0+R′+R1）＝0.04A×（10Ω+390Ω+200Ω）＝24V；恒温箱内的温度控制在最低温度为50℃时，热敏电阻的阻值R2＝900Ω，控制电路电流I2＝0.024A控制电路总电阻R总＝＝＝1000Ω，此时滑动变阻器的阻值R′＝R总﹣R0﹣R2＝1000Ω﹣10Ω﹣900Ω＝90Ω。2．（2019山东泰安）某电热水器具有加热和保温功能，其工作原理如图甲所示。其中控制电路中的电磁铁线圈电阻不计，R为热敏电阻，热敏电阻中允许通过的最大电流Ig＝15mA，其阻值R随温度变化的规律图象如图乙所示，电源电压U恒为6V，当电磁铁线圈中的电流I＞8mA时，电磁铁的衔铁被吸下，继电器下方触点a、b接触，加热电路接通：当电磁铁线圈中的电流I≤8mA时，继电器上方触点c接触，保温电路接通，热敏电阻R和工作电路中的三只电阻丝R1、R2、R3，均置于储水箱中，U2＝220V，加热时的功率P加热═2200W，保温时的功率P保温＝110W，加热效率η＝90%，R2＝2R1，水的比热容，c水＝4.2×103J/（kg?℃），水箱内最低温度为0℃。（1）为使控制电路正常工作，保护电阻R0的阻值至少为多大？若R0为该值，试求热水器刚开始保温时水的温度。（2）电阻丝R1、R2、R3的阻值分别为多少欧姆？（3）该热水器在加热状态下，将44kg、20℃的水加热到50℃需要多少时间？【答案】（1）为使控制电路正常工作，保护电阻R0的阻值至少为450Ω；若R0为该值，热水器刚开始保温时水的温度为70℃。（2）电阻丝R1、R2、R3的阻值分别为33Ω、66Ω、374Ω；（3）该热水器在加热状态下，将44kg、20℃的水加热到50℃需要2800s。【解答】（1）由题意可知，热敏电阻中允许通过的最大电流I0＝15mA，电源电压U1＝6V，控制电路中最小值是R总小＝＝＝400Ω，当水箱内最低温度为0℃时，热敏电阻阻值最小，R最小，R最小＝100Ω。保护电阻R0的最小值，保护电阻阻值至少为R0＝R总小﹣R最小＝400Ω﹣100Ω＝300Ω，热水器刚开始保温时，控制电路中的总电阻R总＝＝＝750Ω，热敏电阻的阻值为：R＝R总﹣R最小＝750Ω﹣300Ω＝450Ω，由图乙可知，此时水温为70℃；（2）由题意和电路图知：衔铁被吸下时，R1、R2并联，电热水器处于加热状态，P加热＝+＝2200W，且R2＝2R1，所以+＝2200W，＝2200W，＝2200W，解得：R1＝33Ω，R2＝2R1＝2×33Ω＝66Ω；根据题意可知，电磁继电器上方触点和触点c接通时，电热水器处于保温状态，则由电路图知，此时R2、R3串联，根据电阻的串联特点和欧姆定律可得保温功率：P保温＝＝110W，即＝110W，解得：R3＝374Ω；（3）水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg?℃）×44kg×（50℃﹣20℃）＝5.544×106J：根据热效率公式η＝可得，加热电路消耗的能量：W＝＝＝6.16×106J，加热时间：t＝＝＝2800s。3.（2019内蒙古巴彦淖尔市）如图所示是某温控装置的简化电路图，工作电路由电压为220V的电源和阻值R＝88Ω的电热丝组成；控制电路由电源、电磁铁（线圈电阻R0＝20Ω）、开关、滑动变阻器R2（取值范围0～80Ω）和热敏电阻R1组成；R1阻值随温度变化的关系如下表所示，当控制电路电流I≥50mA时，衔铁被吸合切断工作电路；当控制电路电流I≤40mA时，衔铁被释放接通工作电路。温度/℃ 90 80 66 60 50 46 40 36 35 34R1/Ω 10 20 40 50 70 80 100 120 130 150（1）工作电路正常工作时，R在1min内产生的热量是多少？（2）当温度为60℃，滑动变阻器R2＝50Ω时，衔铁恰好被吸合，控制电路的电源电压是多少？（3）若控制电路电源电压不变，此装置可控制的温度最大范围是多少？（4）要想要该装置所控制的最高温度降低一些，请分析说明如何改变R2的阻值。【答案】（1）工作电路正常工作时，R在1min内产生的热量是3.3×104J；（2）当温度为60℃，滑动变阻器R2＝50Ω时，衔铁恰好被吸合，控制电路的电源电压是6V；（3）若控制电路电源电压不变，此装置可控制的温度最大范围是35℃～80℃；（4）要想要该装置所控制的最高温度降低一些，应减小R2的最大阻值。【解析】（1）工作电路由电压为220V的电源和阻值R＝88Ω的电热丝组成，则R在1min内产生的热量：Q＝t＝×1×60s＝3.3×104J；（2）当温度为60℃时，由表格数据可知R1＝50Ω，已知此时滑动变阻器R2＝50Ω，则控制电路的总电阻为：R＝R1+R2+R0＝50Ω+50Ω+20Ω＝120Ω，此时衔铁恰好被吸合，则控制电路的电流I＝50mA＝0.05A，由欧姆定律可得，控制电路的电源电压：U＝IR＝0.05A×120Ω＝6V；（3）当控制电路电流I≥50mA时，衔铁被吸合切断工作电路，由欧姆定律可得，控制电路的总电阻最大为：R大＝＝＝120Ω，滑动变阻器R2（取值范围0～80Ω）的最大电阻为80Ω，根据串联电阻的规律，热敏电阻R1的阻值最小（此时温度最高）：R1＝R大﹣R2﹣R0＝120Ω﹣80Ω﹣20Ω＝20Ω，由表中数据知可控制的最高温度为80℃；当控制电路电流I≤40mA时，衔铁被释放接通工作电路，由欧姆定律，控制电路的总电阻最小为：R小＝＝＝150Ω，滑动变阻器R2的最小电阻为0时，根据串联电阻的规律，热敏电阻R1的阻值最大（此时温度最低）：R′1＝150Ω﹣20Ω＝130Ω，由表中数据知可控制的最低温度为35℃；所以，若控制电路电源电压不变，此装置可控制的温度最大范围是35℃～80℃；（4）要想要该装置所控制的最高温度降低一些，即热敏电阻R1的阻值增大，因吸合时的电流不变，由欧姆定律可知，控制电路的总电阻不变，故应减小R2的最大阻值。4．（2019湖南湘潭）如图1所示为某实验室的自动除湿器，除湿器中的压缩机是整个系统的核心，除湿器的动力，全部由压缩机来提供。除湿器内部的电路结构由控制电路和工作电路两部分组成，简化后的电路图如图2所示。控制电路中的电源电压U1＝12V，调控电咀R0的阻值范围为0～1000Ω，R为装在除湿器内的湿敏电阻，其阻值随相对湿度φ（空气中含有水蒸气的百分比，单位为：%RH）变化的图象如图2所示，L为磁控开关，当湿敏电阻R的阻值发生变化时，控制电路中线圈的电流随之发生变化，当电流大于或等于20mA时，L的两个磁性弹片相互吸合，工作电路的压缩机开始带动系统进行除湿。工作电路两端电220V，Rg为保护电阻，磁控开关L的线圈电阻不计。问：（1）压缩机工作过程中内部的电动机主要把电能转化成 能；当S接通时，可判断出图2中线圈上端P的磁极是 极。（2）由图3可知，湿敏电阻R的阻值随着相对湿度的增加而变 ；若实验室内部的相对湿度为60%RH，此时湿敏电阻R的阻值为 Ω。（3）因实验室內有较敏感的器件，要求相对湿度控制在45%RH以内，则调控电阻R0的阻值不能超过多少？（4）若除湿过程中工作电路的总功率为1100W，工作电路的电流为多少？已知保护电阻Rg＝2Ω，如果除湿器工作时磁控开关L的磁性弹片有一半的时间是闭合的，则1h内Rg消耗的电能是多少？【答案】（1）内；D；（2）小；50；（3）调控电阻R0的阻值不能超过500Ω；（4）若1h内Rg消耗的电能是9×104J。【解析】（1）压缩机在工作过程中利用做功方式改变了工作媒质的内能；所以主要把电能转化成内能；当S接通时，由安培定则可判断出图2中线圈的上端P的磁极是N极；（2）根据图3可知湿敏电阻R的阻值随着相对湿度的增加而变小；相对湿度为60%RH时湿敏电阻R的阻值为50Ω（3）由图3可知，当相对湿度控制在45%RH时湿敏电阻R的阻值R′＝100Ω，已知当电流I≥20mA＝0.02A时L的两个磁性弹片相互吸合，工作电路的压缩机开始带动系统进行除湿。由I＝可得，电路中的总电阻：R总＝＝＝600Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，调控电阻R0的阻值：R0＝R总﹣R′T＝600Ω﹣100Ω＝500Ω；（4）已知自动除湿器是在家庭电路中工作的，则电源电压U0＝220V；则根据P＝UI可得：I＝＝＝5A；则保护电阻Rg的功率Pg＝I2Rg＝（5A）2×2Ω＝50W，因磁控开关L的磁性弹片有一半的时间是闭合的，则1h内Rg的工作时间t＝×3600s＝1800s；则Wg＝Pgt＝50W×1800s＝9×104J。5．（2019湖北随州）随州市乡村振兴计划稳步推进，大棚蔬菜种植给农民带来可喜收入。刘大爷家大棚温度监控电路如图所示，棚内温度正常时“温控开关”处于断开状态，绿灯亮；棚内温度不正常时“温控开关”处于闭合状态，电磁铁通电工作，电铃响红灯亮。刘大爷使用中发现电铃和红灯只要拆卸掉任意一个，另一个也“没有电”。在图中画几匝电磁铁的绕线并将绿灯、红灯、电铃接入电路。【答案】见解析。【解析】电磁继电器断电时衔铁被弹簧拉起，动触头和上面的静触头接通，绿灯电路工作，所以绿灯和电源构成通路。电磁继电器通电时电磁铁具有磁性，动触头和下面的静触头接通，红灯和电铃电路工作，所以红灯、电铃和电源构成通路，电铃和红灯只要拆卸掉任意一个，另一个也“没有电”，说明两者是串联的。（1）先把电磁铁的线圈连接好，导线都在螺旋管的同侧，绕螺旋管时一端在螺旋管的上面绕，一端从螺旋管的下面绕如图。（2）棚内温度正常时“温控开关”处于断开状态，电磁继电器断电，衔铁被弹簧拉起，动触头和上面的静触头接通，绿灯电路工作，所以绿灯、电源、动触头和上面静触头构成通路，连接如图。（3）棚内温度不正常时“温控开关”处于闭合状态，电磁铁通电工作，电磁铁具有磁性，说明电源、衔铁、电磁铁连成一个通路。（4）电铃和红灯只要拆卸掉任意一个，另一个也“没有电”，说明两者是串联的，首先把红灯和电铃串联起来。棚内温度不正常时“温控开关”处于闭合状态，电磁铁通电工作，电磁铁具有磁性吸引衔铁，动触头和下面的静触头接通，电源、红灯、电铃、动触头、下面静触头组成一个通路如图。6.（2019陕西省）小明同学利用电磁继电器设计了一个自动恒温加热鱼缸，如图所示，A为一段软导线，B为一个小型电热器，其铭牌如图所示。该装置应选用插有金属丝的______（选填“酒精”“煤油”或“水银”）温度计，能使鱼缸中的水温大致保持在______℃，电磁铁上端的磁极是______（选填“N”或“S”）。该装置某次连续正常工作半小时，可使鱼缸中20kg水的温度最高升高______℃。【答案】水银 ? 26 ? S ? 2.4【解析】（1）水银是导体，酒精和煤油是绝缘体，当温度计的液柱上升到26℃时，应接通电磁铁的电路，故应使用水银；（2）温度计的分度值为1℃，导线的末端在26℃处；由于水银是导体，当温度升高到26℃时，控制电路接通，电磁铁有磁性，吸引衔铁，加热电路断开，电阻丝不发热；当温度下降低于26℃时，控制电路断开，电磁铁无磁性，衔铁被弹簧拉起，加热电路接通，电阻丝发热；所以该装置能使鱼缸中的水温大致保持在26℃；（3）由图知，电流从电磁铁下方流入、上方流出，根据线圈绕线利用安培定则可知，电磁铁的上端为S极；（4）由图知，电热器的功率为110W，正常工作0.5h电流做功产生的热量：Q=W=Pt=110W×0.5×3600s=1.98×105J根据Q=cm△t得升高的温度：△t==≈2.4℃。7.（2018宁波）为响应宁波市政府提出的“创建海绵型城市”的号召，小科设计了如图所示的市政自动排水装置模型，控制电路由电压为12V、最大容量为100Ah的蓄电池供电，蓄电池用“发电玻璃”制成的太阳能电板充电。为定值电阻，R为压敏电阻，压敏电阻通过杠杆ABO与圆柱形浮体相连，AB：BO=4：1，压敏电阻的阻值随压力变化的关系如下表。（压板、杠杆和硬质连杆的质量及电磁铁线圈电阻忽略不计，所用绿灯、红灯及排水泵的额定电压均为220V）压敏电阻受到的压力F/N 60 120 180 240 300 360 420 480 …压敏电阻R阻值/Ω 500 360 260 180 120 80 65 55 …按照设计要求，当水位上升到浮体刚好全部浸入水中时，压敏电阻受到压力为360N，通过电磁铁线圈的电流为100mA，排水泵启动；当水位回落到浮体只有体积浸入水中时，杠杆ABO仍处于水平位置，线圈中电流为30mA，排水泵停止工作，则小科应选择重力为多大的浮体？【答案】应选择重力为8N的浮体。【解析】控制电路中R与R0串联，由表格数据知压力为360N压敏电阻的阻值，由此根据串联电路特点和欧姆定律计算R0的阻值，由杠杆平衡条件计算浮体浸没时A端受力，并表示出此时浮体受到的浮力；同理再表示出浮体浸入水中时的浮力，联立方程计算出浮体重力；当浮体刚好浸没时，压敏电阻受到压力为360N，由表中数据知，此时压敏电阻的阻值R=80Ω，控制电路中R与R0串联，控制电路中的电流I=100mA=0.1A，由串联电路特点和欧姆定律可得，定值电阻的阻值：R0=R总﹣R=﹣R=﹣80Ω=40Ω，设此时连杆对A端的作用力为FA，压敏电阻对B处的作用力为FB，已知AB：BO=4：1，则AO：BO=5：1，根据杠杆的平衡条件有：FA×LOA=FB×LOB，则：FA==360N×=72N，因为力的作用是相互的，所以A端对浮体向下的压力：FA'=FA=72N，由力的平衡条件可得，此时浮体受到的浮力：F浮=G+FA'=G+72N﹣﹣﹣①当浮体只有体积浸入水中时，由阿基米德原理可得此时的浮力：F浮'=F浮，此时控制电路中电流为30mA=0.03A，由串联电路特点和欧姆定律可得，此时压敏电阻的阻值：R'=R总'﹣R0=﹣40Ω=360Ω，由表中数据知，压敏电阻受到压力FB'=120N，由杠杆平衡条件有：FA'×LOA=FB'×LOB，所以：FA'==120N×=24N，同理可得，此时浮体受到的浮力：F浮'=G+FA'，即：F浮=G+24N﹣﹣﹣②解①②可得：F浮=80N，G=8N；所以，应选择重力为8N的浮体。8．（2019广西北部湾）图甲是温度自动报警器。控制电路中，电源电压U控=5V，热敏电阻R2的阻值与温度的关系如图20乙所示；工作电路中，灯泡L标有“9V 0.3A”的字样，R4为电子嗡鸣器，它的电流达到某一固定值时就会发声报警，其阻值R4=10Ω。在R2温度为20℃的情况下，小明依次进行如下操作：闭合开关S1和S2，灯泡L恰好正常发光，此时R0的电功率为P0；将R1的滑片调到最左端时，继电器的衔铁刚好被吸下，使动触点与下方静触点接触；调节R3的滑片，当R3与R4的电压之比U3：U4=4:1时，电子嗡鸣器恰好能发声，此时R0的电功率为，。已知电源电压、灯丝电阻都不变，线圈电阻忽略不计。求：（1）灯泡L的额定功率；（2）当衔铁刚好被吸下时，控制电路的电流；（3）将报警温度设为50℃时，R1接入电路的阻值；（4）工作电路的电源电压Ux。【答案】见解析。【解析】（1）灯泡L的额定功率为 P额=U额×I额=9V×0.3A=2.7W（2）当衔铁刚好被吸下时，变阻器R1接入电路的阻值刚好为0由图乙知温度为20℃时R2的阻值为R2=25Ω控制电路的电流为（3）当将报警温度设为50℃时，由图乙知，R2的阻值变为=10Ω，此时控制电路的电流仍然为I=0.2A由得R1接入电路的阻值为当继电器的衔铁还没被吸下时，电路中的电流为I额=0.3A，则有；当继电器的衔铁被吸下时，设此时电路的电流为I，则有；由即可求得I=0.2A，此时而，则得U3=8V因为，所以得，即有，即解得Ux=12V9．（能力创新题）如图所示电路，是某学校楼道自动控制照明系统，已知控制电路电源电压U=4.5V，电磁继电器线圈电阻R1=5Ω，滑动变阻器R2最大阻值25Ω．R3是一光敏电阻，其阻值随“光照度E”的增大而减小，且成反比，其具体关系如下表所示（光照度E的单位是：勒克斯，符号Lx；光越强，光照度越大）。当线圈中电流减小至I0=90mA时，电磁继电器衔铁被弹簧拉起，启动照明系统，利用该装置可以实现当光照度低至某一设定值E0时，照明系统内照明灯自动工作。（1）根据表格中数据写出光敏电阻的阻值R3与光照度E的函数关系式。光照度E/lx 0.5 1 1.5 2 2.5 3光敏电阻R3阻值/Ω 60 30 20 15 12 10（2）闭合开关，把滑片移到最右端（b端），求照明系统启动时的光照度E0是多少？如果光照度E为2Lx时并保持1min不变，这段时间内R2消耗的电能是多少？【答案】见解析。【解析】（1）由表格数据可知，光照度与光敏电阻R3阻值的乘积：E×R3=0.5lx×60Ω=1lx×30Ω=1.5lx×20Ω=2lx×15Ω=2.5lx×12Ω=3lx×10Ω=30lxΩ，即R3=；（2）闭合开关S，将滑片P移至b端，变阻器接入电路中的电阻最大，由题可知，当线圈中电流减小至I0=90mA=0.09A时，电磁继电器衔铁被弹簧拉起，启动照明系统，所以，电路中的总电阻：R总===50Ω；因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R3的阻值：R3=R总﹣R1﹣R2=50Ω﹣5Ω﹣25Ω=20Ω，由表格数据可知，当R3=20Ω时，E0的值为1.5lx；由表格知当E=2Lx时，此时光敏电阻的阻值：R3′=15Ω，因启动照明系统的条件不变（启动照明系统时，控制电路中的电流恒为0.09A），则控制电路中的总电阻不变，所以，R2接入电路的电阻：R2′=R总﹣R1﹣R3′=50Ω﹣5Ω﹣15Ω=30Ω；1min内R2消耗的电能：W=I2Rt=（0.09A）2×30Ω×60s=14.48J1 初中力电综合计算题 (知识回顾 )解决力电综合计算题一般涉及到的物理公式包括速度公式、密度公式、重力公式、压强公式、浮力公式、机械功和功率、机械效率公式、电功公式、做功公式等；涉及到的物理规律有二力平衡条件、液体压强规律、阿基米德原理、杠杆平衡条件、欧姆定律、焦耳定律等。 (典例突破 )【例题1】（2018?泰安）某物理兴趣小组设计了一个压力报警装置，工作原理如图所示。ABO为一水平杠杆，OA长120cm，O为支点，AB：OB=5：1；已知报警器R0的阻值恒为10Ω，压力传感器R固定放置，R的阻值随所受压力F变化的关系如表所示。闭合开关S，水平踏板空载时，电压表的示数为2V；当水平踏板所受压力增大，电压表示数达到5V时，报警器R0开始发出报警信号。踏板、压杆和杠杆的质量均忽略不计。求：F/N 0 5 10 15 20 25 30 …R/Ω 45 34 24 18 14 12 10 …（1）电源电压为多少？（2）当报警器开始报警时，踏板设定的最大压力值为多少？（3）若电源电压变为14V，为保证报警器仍在踏板原设定的最大压力值时报警，应在杠杆上水平调节踏板触点B的位置。试计算说明触点B应向哪个方向移动多少厘米？【答案】（1）电源电压为11V；（2）当报警器开始报警时，踏板设定的最大压力值为150N；（3）若电源电压变为14V，为保证报警器仍在踏板原设定的最大压力值时报警，应在杠杆上水平调节踏板触点B的位置，触点B应该向左移动8cm。【解析】（1）闭合开关时，压力传感器R和R报警器R0串联，电压表测报警器R0两端的电压，由表格数据可知，当踏板空载时（F=0N），压力传感器的电阻为R=45Ω，已知R0=10Ω，电压表的示数为2V，此时电路中的电流：I= U0/ R0=2V/10Ω=0.2A，电源电压为：U=I（R+R0）=0.2A×（10Ω+45Ω）=11V；（2）报警器R0开始发出报警信号时，其电压为U0′=5V，此时电路中的电流：I′=U0′/ R0=5V/10Ω=0.5A，传感器两端的电压：U传=U﹣U0′=11V﹣5V=6V，此时传感器的阻值：R′= U传/ I′=6V/0.5A=12Ω，由图象可知，当传感器的阻值为12Ω时，对应的压力F压=25N，由题知，ABO为一水平杠杆，O为支点，AB：OB=5：1，则OB=OA/6=1/6×120cm=20cm，根据杠杆平衡条件可得：F压×OA=F踏×OB，即25N×6=F踏×1，解得F踏=150N，即踏板设定的最大压力值为150N；（3）若电源电压增大变为14V时，R0两端分得的电压增大，根据串联电路的分压特点可知，应增大压敏电阻分担的电压，保证R0两端分得的电压不变，此时就应该增大压敏电阻的阻值；因压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，所以应该减小压杆对传感器的压力，由杠杆平衡条件F压×OA=F踏×OB可知，OA不变，F踏不变，所以F压和OB成正比，要减小压杆对传感器的压力，应减小OB，即把踏板触点B向左移动。若电源电压变为14V，为保证报警器仍在踏板原设定的最大压力值时报警（即电压表示数仍然为5V），电路中的电流仍为0.5A；报警时压力传感器的电阻：R″= (U′- U0)/I= (14V- 5V)/0.5A =18Ω；由图象可知，当传感器的阻值为18Ω时，对应的压力为F压′=15N，根据杠杆平衡条件可得：F踏×OB′=F压′×OA，即150N×OB′=15N×1.2m，解得OB′=0.12m=12cm； 移动的距离：s=OB﹣OB′=20cm﹣12cm=8cm，故触点B应该向左移动8cm。【例题2】（2019贵州黔东南）某同学设计了一个利用如图1所示的电路来测量海水的深度，其中R1＝2Ω是一个定值电阻，R2是一个压敏电阻，它的阻值随所受液体压力F的变化关系如图2所示，电源电压保持6V不变，将此压敏电阻用绝缘薄膜包好后放在一个硬质凹形绝缘盒中，放入海水中保持受力面水平，且只有一个面积为0.02m2的面承受海水压力。（设海水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）（1）当电流表示数为0.2A时，求压敏电阻R2的阻值；（2）如图2所示，当压敏电阻R2的阻值为20Ω时，求此时压敏电阻R2所在深度处的海水压强；（3）若电流的最大测量值为0.6A，则使用此方法能测出海水的最大深度是多少？【答案】（1）当电流表示数为0.2A时，压敏电阻R2的阻值为28Ω；（2）当压敏电阻R2的阻值为20Ω时，压敏电阻R2所在深度处的海水压强为2×106Pa；（3）若电流的最大测量值为0.6A，则使用此方法能测出海水的最大深度是500m。【解析】（1）由I＝可得，当电流表示数为0.2A时电路的总电阻：R总＝＝＝30Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，压敏电阻R2的阻值：R2＝R总﹣R2＝30Ω﹣2Ω＝28Ω；（2）当压敏电阻R2的阻值为20Ω时，由图2可知，压敏电阻受到的压力F＝4×104N，此时压敏电阻R2所在深度处的海水压强：p＝＝＝2×106Pa；（3）当电流表的示数I′＝0.6A时，使用此方法能测出海水的深度最大，此时电路的总电阻：R总′＝＝＝10Ω，此时压敏电阻的阻值：R2′＝R总′﹣R2＝10Ω﹣2Ω＝8Ω，由图2可知，压敏电阻受到的压力F′＝10×104N，此时压敏电阻R2所在深度处的海水压强：p′＝＝＝5×106Pa，由p＝ρgh可得，使用此方法能测出海水的最大深度：h＝＝＝500m。 (中考达标训练题 )1．（2019江苏南京）在综合实践活动中，科技小组设计了一个由压敏电阻控制的报警电路如图所示，电源电压恒为18V，电阻箱最大阻值为999.9Ω．报警器（电阻不计）通过的电流达到或超过10mA会报警，超过20mA会损坏。压敏电阻Rx在压力不超过800N的前提下，其阻值随压力F的变化规律如下表所示。压力F/N 0 50 100 150 200 250 300 …电阻Rx/Ω 580 560 540 520 500 480 460 …（1）为不损坏元件，报警电路允许消耗的最大功率是多少？（2）在压敏电阻Rx所受压力不超过800N的前提下，报警电路所选滑动变阻器的最大阻值不得小于多少？（3）现要求压敏电阻受到的压力达到或超过200N时，电路报警按照下列步骤调试此报警电路：①电路接通前，滑动变阻器滑片P置于b端；根据实验要求，应将电阻箱调到一定的阻值，这一阻值为 Ω；②将开关向 端（填数字）闭合，调节 ，直至 ；③保持 ，将开关向另一端闭合，报警电路即可正常使用。（4）对（3）中已调试好的报警电路，现要求压敏电阻受到的压力达到或超过700N时，电路报警，若电源电压可调，其它条件不变，则将电源电压调为 V即可。【答案】（1）为不损坏元件，报警电路允许消耗的最大功率是0.36W；（2）在压敏电阻Rx所受压力不超过800N的前提下，报警电路所选滑动变阻器的最大阻值不得小于1540Ω；（3）①500；②2；滑动变阻器的滑片P；报警器报警；③滑动变阻器的滑片P位置不变；（4）16。【解析】A.知道电路的最大电流和电源电压，根据P＝UI求出功率。B.从表格数据知，压敏电阻每增加50N，电阻减小20Ω，求出压力为800N时的电阻，知道电源电压和报警时的电流求出电路总电阻，根据电阻的串联求出滑动变阻器的最大阻值至少为多少。C.进行报警器调试时，第一，确定设定的压力。第二，在表格中找到压力对应的电阻，让电阻箱调到压敏电阻设定压力的电阻值，电路接通2时，滑动滑动变阻器的滑片，使电路电流为报警电流0.01A，此时可以计算滑动变阻器此时的电阻。第三，保持滑动变阻器的滑片位置不变，用压敏电阻代替电阻箱，电路接通1，电路即可正常报警。D.由表格计算压敏电阻700N时的电阻，此时滑动变阻器的电阻不变，求出电路总电阻，知道报警电流，可以求出电源电压。（1）由题知，电源电压为18V，电路中最大电流为20mA＝0.02A，则报警电路允许消耗的最大功率：P最大＝UI最大＝18V×0.02A＝0.36W；（2）报警时电路中的最小电流是10mA＝0.01A，由欧姆定律可得，此时报警电路的总电阻为：R总＝＝＝1800Ω，由表格数据可知，压敏电阻受到的压力每增加50N，其电阻会减小20Ω，则压敏电阻受到的压力为800N时，其阻值为：RX＝580Ω﹣×20Ω＝260Ω，所以，滑动变阻器的最大阻值至少为：R滑＝R﹣RX＝1800Ω﹣260Ω＝1540Ω；（3）①由表格数据可知，压敏电阻受到的压力达到200N时，其对应的电阻值RX'＝500Ω。②为使报警电路可正常使用，应先让电阻箱调到压敏电阻达到设定压力时的电阻值500Ω，再将开关向2端闭合（电阻箱与滑动变阻器串联），调节滑动变阻器的滑片，使电路中的电流为报警电流0.01A，报警器报警。此时滑动变阻器的阻值：R滑'＝R总﹣RX'＝1800Ω﹣500Ω＝1300Ω；③保持滑动变阻器滑片P位置不变，将开关向1端闭合，压敏电阻和滑动变阻器串联，电路即可正常报警。（4）对（3）中已调试好的报警电路，滑动变阻器的电阻不变，即R滑'＝1300Ω，因压敏电阻受到的压力每增加50N，其电阻会减小20Ω，则压敏电阻受到的压力为700N时，其阻值为：RX″＝580Ω﹣×20Ω＝300Ω，此时电路的总电阻：R总′＝R滑'+RX″＝1300Ω+300Ω＝1600Ω，此时电源电压应为：U′＝IR总′＝0.01A×1600Ω＝16V。2．（2019山东枣庄）节能减排，绿色环保，新能源汽车成为未来汽车发展的方向。某种型号纯电动汽车的部分参数如表：空车质量 1380kg 最大功率 100kW轮胎与地面总接触面积 0.032m2 最高时速 120km/h电池容量 42kw。h 最大续行里程 260km假如汽车上只有司机一人，质量为60kg，汽车以60km/h的速度匀速行驶36km，耗电9kW?h，汽车所受的阻力为汽车总重的0.05倍。g＝10N/kg，试问：（1）电动机的工作原理是 （选填“电流的磁效应”、“磁场对电流的作用”）电动汽车前进和倒退是通过改变 来改变电动机的转动方向的。（2）电动汽车对水平地面的压强是多少？（3）电动汽车牵引力所做的功是多大？（4）电动汽车电能转化为机械能的效率是多大？【答案】（1）磁场对电流的作用；电流的方向；（2）电动汽车对水平地面的压强为4.5×105Pa；（3）电动汽车牵引力所做的功为2.592×107J；（4）电动汽车电能转化为机械能的效率是80%。【解析】（1）电动机的工作原理是磁场对电流的作用；电动汽车的前进和倒车时，要改变电动机的转动方向，而电动机的转动方向与电流和磁场方向有关，而改变电流方向更为方便；即改变通电导体的电流电动汽车前进和倒退是通过改变电流的方向来改变电动机的转动方向的。（2）电动汽车对水平地面的压力为：F＝G＝（m1+m2）g＝（1380kg+60kg）×10N/kg＝1.44×104N；电动汽车对地面的压强为：p4.5×105Pa；（3）电动汽车匀速行驶，所以牵引力与阻力平衡，则电动汽车受到的牵引力为：F＝f＝0.05G＝0.05×1.44×104N＝720N；则电动车行驶60km，牵引力做的功为：W＝Fs＝720N×36×103 m＝2.592×107J；（4）这个过程耗电：W总＝9kW?h＝9×3.6×106 J＝3.24×107J；电动汽车电能转化为机械能的效率：η100%＝80%。3．（2019湖南长沙）压力传感器是电子秤中的测力装置，可视为阻值随压力而变化的压敏电阻。小刚从某废旧电子秤上拆下一个压力传感器，探究其阻值与所受压力大小（不超过250N）的关系，如图是小刚设计的实验电路图。电源电压恒定，R0为定值电阻，R1为压力传感器。（1）连接电路时开关应 ，电路中R0的作用是 。（2）闭合开关，发现电流表无示数，电压表示数接近电源电压，电路出现的故障是 ；排除故障后，逐渐增大R1受到的压力，闭合开关，读出电流表和电压表的示数，计算出对应的R1的阻值，记录如表，第5次测深时，电压表示数为4V．电流表示数为0.2A．此时R1的阻值为 欧。请根据表中的数据在图2中画出R1随F变化的关系图象。次数 1 2 3 4 5 6F/N 0 50 100 150 200 250R1/Ω 60 50 40 30 10（3）通过实验探究可归纳出，R1的阻值随压力F大小变化的关系式为 ，当R的阻值为32时，R1上受到的压力是 N，若此压力为压力传感器在电子称正常工作时受到的压力，则电子秤应显示 kg。【答案】（1）断开；保护电路；（2）R1断路；20；（3）R1＝60﹣0.2F；140；14。【解析】（1）为了保护电路，连接电路时，开关应断开；因为串联电阻起分压作用，所以电路中串联电阻R0是为了保护电路；（2）电流表无示数，电路发生断路，电压表等于电源电压，则与电压表并联的电阻丝R1断路；根据欧姆定律I＝知，第5次电阻值为：R1＝＝＝20Ω；把压力大小作为横坐标，把电阻大小作为纵坐标，在坐标系中描点连线即可得压敏电阻R1的阻值随压力F的大小变化的图象，如图：（3）根据R1的阻值随压力F的大小变化的图象可知，压敏电阻R1的阻值与压力F成一次函数关系，设它们的关系式为R1＝kF+b﹣﹣﹣①。把F＝50N，R1＝50Ω和F＝100N，R1′＝40Ω代入①式可得：50＝50k+b﹣﹣﹣﹣②，40＝100k+b﹣﹣﹣③联立方程②③可得：k＝﹣0.2，b＝60，所以它们的关系式为R1＝60﹣0.2F；把R＝32Ω代入R1＝60﹣0.2F，即32＝60﹣0.2F，解得F＝140N，因为压力等于重力，所以G＝F＝140N，物体的质量：m＝＝＝14kg。4.（2019山西）小明携带质量为10kg的行李箱从太原到运城，选择了尾气零排放的动车组D2503次列车出行。经查询，D2503次列车时刻表如下表。若该动车组列车全程匀速行驶在平直的轨道上，牵引力恒为2.8×105N，供电电路输入动车组列车的电功率恒为2×107W．（g取10N/kg）站次 站名 到达时间 开车时间 运行里程1 太原南 ﹣ 8：25 02 运城北 10：10 10：12 360km3 西安北 11：22 ﹣ 556km请你根据以上信息，解答下列问题：（1）求该动车组列车从太原南站到运城北站牵引力所做的功。（2）求该动车组列车从太原南站到运城北站将电能转化为机械能的效率。【答案】（1）该动车组列车从太原南站到运城北站牵引力所做的功为1.008×1011 J。（2）该动车组列车从太原南站到运城北站将电能转化为机械能的效率为80%。【解析】（1）由表可知，太原南站到运城北站动车组行驶路程s＝360km＝3.6×105m，所以动车组列车做的功：W＝Fs＝2.8×105N×3.6×105 m＝1.008×1011 J；（2）由表可知，动车组列车从太原南站到运城北站的时间：t＝10：10﹣8：25＝1h45min＝6300s，由P＝可得，动车组消耗的电能：W电＝Pt＝2×107w×6300s＝1.26×1011J，所以电能转化为机械能的效率：η＝×100%＝×100%＝80%。5．（经典能力题）新能源纯电功汽车因其环保、节能、高效、维护方使等诸多优势，将来有望取代燃油车成为人们日常使用的重要交通工具，现在常德市的出租汽车中就已出现了纯电动汽车的靓丽身影。电动汽车提供能量的装置为车内的电池组，当它给电动机供电时，电动机将驱动车轮行驶。如图所示为国内某型号的纯电动汽车，若该车和车内乘客的总质量为2.4×103kg．每个车轮与地血的接触面积为0.01m2．当该车在水平路面上以25m/s的速度匀速行驶时，它受到的阻力约等于人和车总重的0.02倍，此时电池组加在电动机两端的电压为320V，通过电动机的电流为60A．若连接导线的电阻不计，传动装置消耗的能量不计，求：（1）该电动汽车此时对地面的压强；（2）该电动汽车将电能转化为机械能的效率；（3）该电动汽车电动机线圈的电阻。【答案】（1）该电动汽车车此时对地面的压强是6×105Pa；（2）该电动汽车将电能转化为机械能的效率是6.25%；（3）该电动汽车电动机线圈的电阻是2Ω。【解析】（1）电动汽车对水平地面的压力：F=G=mg=2.4×103kg×10N/kg=2.4×104N，受力面积S=4S0=4×0.01m2=0.04m2，电动汽车对水平地面的压强：p===6×105Pa；（2）电动汽车在水平路面上匀速行驶，则汽车受到的牵引力F=f=0.02G=0.02×2.4×104N=480N，汽车匀速行驶牵引力做功的功率：P有用=Fv=480N×25m/s=1.2×104W；电动汽车行驶消耗的电功率：P电=UI=320V×60A=1.92×104W；则该电动车将电能转化为机械能的效率：η=×100%=×100%=62.5%；（3）若连接导线的电阻不计，传动装置消耗的能量不计，则电动机线圈的发热功率为：P热=P电﹣P有用=1.92×104W﹣1.2×104W=7.2×103W，根据P=I2R可得：线圈的电阻R===2Ω。6.（2018河南）小强同学利用学过的物理知识设计了一个拉力计，图甲是其原理图，硬质弹簧右端和金属滑片P固定在一起（弹簧的电阻不计，P与R1间的摩擦不计），定值电阻R0=5Ω， a b是一根长5 cm的均匀电阻丝，其阻值为25Ω，电源电压U=3V，电流表的量程0——0.6A，请回答： （1）小强在电路中连入R0的目的是 。（2）当拉环不受力时，滑片处与a端，闭合开关S后电流表的读数是多少？（3）已知该弹簧伸长的长度△L，与所受拉力F间的关系如图乙所示，通过计算说明，开关S闭合后，当电流表指针指在0.3A处时，作用在拉环上水平向右的拉力是多大？【答案】（1）保护电流表（2）0.1A（3）400N【解析】（1）电路中必须接入R0，其目的是保护电流表．（2）当拉环不受拉力时，滑片P处于a端，闭合开关S后电流表的读数应为I=0.1A．（3）当电流表读数为0.3A时，根据欧姆定律，可得R0两端的电压为U0=I1R0=0.3A×5Ω=1.5V，则R1两端的电压为：U1=U﹣U0=3V﹣1.5V=1.5V，故R1接入电路部分的电阻R1=5Ω，因电阻丝的电阻值与长度成正比，故可知弹簧被拉长的长度为△L=4cm，对照图乙，可知作用在拉环上的水平向右的拉力为F=400N．7.（2018云南）两轮自平衡电动车作为一种新兴的交通工具，倍受年轻人的喜爱（如图所示）．下表是某型号两轮自平衡电动车的主要技术参数．整车质量 20kg锂电池电压 48V锂电池容量 12A?h电动车额定电压 48V电动机额定功率 350W（1）图中小景的质量为40kg，轮胎与地面的总接触面积为0.01m2，求地面受到的压强（g取10N/kg）（2）若电动机以额定功率工作，求锂电池充足一次电最多可骑行的时间（精确到0.1）（3）锂电池充足电后，电动车在平直的公路上匀速行驶，受到的平均阻力为96N，最多能连续行驶17.28km，求电动车工作的效率．【答案】（1）地面受到的压强为6×104Pa；（2）锂电池充足一次电最多可骑行的时间为5924.6s；（3）电动车工作的效率为80%．【解析】小景骑车时对地面的压力等于小景和电动车的重力之和，根据F=G=mg求出其大小，又知道轮胎与地面的总接触面积，根据p=F/S求出地面受到的压强；由表格数据可知锂电池的电压和容量，根据W=UIt求出锂电池充足一次电储存的电能，根据P=W/t求出电动机以额定功率工作时最多可骑行的时间；电动车在平直的公路上匀速行驶处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，二力大小相等，根据W=Fs求出牵引力做的功，根据η=×100%求出电动车工作的效率．（1）小景骑车时对地面的压力：F=G总=（m车+m人）g=（20kg+40kg）×10N/kg=600N，地面受到的压强：p=F/S=600N /0.01m2=6×104Pa；（2）锂电池充足一次电储存的电能：W电=UIt=48V×12A×3600s=2.0736×106J，由P=可得，最多可骑行的时间：t′==≈5924.6s；（3）电动车在平直的公路上匀速行驶处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，则牵引力F=f=96N，牵引力做的功：W=Fs=96N×17.28×103m=1.65888×106J，电动车工作的效率：η=×100%=×100%=80%．8.（2018湖北随州）如图所示是一直流电动机提升重物的装置。已知重物质量m =50kg，电源电压U =110V保持不变，电动机线圈的电阻R = 4Ω，不计各处摩擦，当电动机以某一速度匀速向上提升重物时，电路中的电流I = 5A（g=10N／kg）。求：（1）电源的输出功率；（2）电动机线圈电阻R的发热功率；（3）试从能量转化和守恒的角度，求重物上升的速度大小。【答案】（1）550W；（2）100W；（3）0.9m/s。【解析】（1）P出 = UI =110V×5A = 550W（2）P热 = I2R = (5A)2×4Ω= 100W（3）因能量守恒，电动机对重物做的功的功率为：P有用= P出—P热=550W－100W=450W又因为：P= = =F×=Fv，且匀速向上提升重物时：F=G=mg=50kg×10N／kg=500N，所以：v = = =0.9m/s.9.（2019成都模拟题）如图甲所示，某工厂要研发一种新型材料，要求对该材料的承受的撞击力进行测试．在测试时将材料样品（不计质量）平放在压力传感器上，闭合开关s，由静止自由释放重物，经撞击后样品材料仍完好无损．从重物开始下落到撞击样品的这个过程中，电流表的示数I随时间t变化的图象如图乙所示，压力传感器的电阻R随压力F变化的图象如图丙所示．电源的电压U=24V，定值电阻R0=10Ω．求：（1）在重物下落的过程中，压力传感器的电阻是多少？（2）在撞击过程中，样品受到的最大撞击力是多少？【答案】（1）在重物下落的过程中，压力传感器的电阻是110Ω．（2）在撞击过程中，样品受到的最大撞击力是600N．【解析】由图丙所示图象求出重物下落过程电路电流，然后应用欧姆定律求出压力传感器的电阻．由图象求出最大电流，然后求出压力传感器电阻，再由图丙求出撞击力．（1）由图乙可知，在重物没有撞击传感器的过程中，电路中的电流I=0.2A，根据欧姆定律：I=U/R可知，定值电阻R0两端的电压：U0=IR0=0.2A×10Ω=2V压力传感器两端的电压为：UN=U﹣U0=24V﹣2V=22V根据欧姆定律：I=U/R可知，压力传感器的电阻：RN= UN/ I= 22V /0.2A =110Ω（2）由图丙可知，撞击力最大时，电阻最小，电流最大.又由图乙可知，最大的电流为Im=1.2A根据欧姆定律：I=U/R可知电源电压：U=Im（R0+R）压力传感器的电阻：R=U/ Im﹣R0=24V/1.2A﹣10Ω=10Ω，由图丙可知，此时受到撞击力：F=600N.10.（2019齐齐哈尔模拟题）近年来，我市的轿车市场十分火爆，各种新型轿车驶进千家万户。如图乙所示为某新型轿车测定油箱内油面高度的电路原理图。其中电源电压恒为6V，R0是阻值为5Ω的定值电阻，A是油量指示表（实质是一只电流表，油量的变化通过电流的变化同步显示出来）。Rx为压敏电阻，它的电阻随受到的压力变化关系如下表。（取g＝10N/kg）压力/N 0 50 100 150 200 250 300 350 400电阻/Ω 550 395 275 170 90 60 40 25 5（1）若轿车以90kW的恒定功率启动作直线运动，且整个运动过程中受到的阻力不变，速度v与时间t的关系如图丙所示，在0～25s时间内，轿车的牵引力与阻力关系可能的是：牵引力________阻力（选填“大于”、“等于”、“小于”、“大于或等于”）。（2）由（1）中的条件求在0～5s时间内轿车发动机做功多少?（3）如果空油箱的质量为5kg，油量表的零刻度线对应于电流表上的示数是多少?（4）若电流表的量程为0～0.6A，该油箱加满油时，指针恰好指示最大刻度，求油箱的容积。（ρ汽油=0.7×103kg/m3）【答案】（1）大于或等于（2）轿车发动机做功W＝Pt＝90×103W×5s＝4.5×105J（3）I＝0.015A（4）0.05m3【解析】（1）从图象可以看出，在0～25s时间内，轿车的速度从逐渐变大，到匀速运动；速度逐渐变大时，牵引力大于阻力，速度不变时，受力平衡，牵引力等于阻力；所以轿车的牵引力与阻力关系可能的是大于或等于；（2）轿车的功率P=90kW=9×104W，轿车发动机做功：W=Pt=9×104W×5s=4.5×105J；（3）空油箱的重力G油箱=m油箱g=5kg×10N/kg=50N，从表中可以看出，50N压力对应的电阻值为395Ω，电阻Rx与电阻R0串联，电路中的总电阻R1=Rx+R0=395Ω+5Ω=400Ω，电流表的示数为：I===0.015A；（4）油箱加满油时，电路中的电流为I′=0.6A，由I=得，电路中的总电阻为：R′===10Ω，压敏电阻的阻值为：R=R′﹣R0=10Ω﹣5Ω=5Ω，查表可知，压敏电阻受到的压力为400N，则油箱和油重力为400N，油的重力为：G油=400N﹣50N=350N，油的质量为：m油= G油/g =35kg，油的体积：V油= m油/ρ油=0.05m3，油箱的容积等于油的体积，为0.05m3．11.（2019陕西模拟题）如图中甲是电子秤的原理图（图中压力表是用电流表改装的）。已知电源电压为24V，电阻R0=60Ω，压力传感器Rx的阻值随所受压力F变化的图像如图乙，压力传感器表面能承受的最大压力为400N，压杆与压力传感器的接触面积是2×104m2（托盘和压杆的质量可以忽略不计）。求：（1）该压力传感器能承受的最大压强；（2）当压力为200N时，由乙图可知压力传感器Rx的阻值是多少？（3）当压力为200N时，通过R0的电流为多少？R0消耗的电功率为多少？【答案】（1）2.78×106Pa （2）180Ω （3）0.6W【解析】（1）压力传感器能承受的最大压强：p=F/S==2×106Pa；（2）由图乙知，当压力为200N时，由乙图可知压力传感器Rx的阻值是180Ω；（3）由图甲知，R0与Rx串联，所以当电压为200N时，通过R0的电流：I0=I=U/R=0.1A；R0消耗的电功率：P0=U0I0=I02R0=（0.1A）2×60Ω=0.6W．12.（2019兰州模拟题）为提倡环保，促进节能减排，鼓励使用新能源，国家税务总局等部门出台相关免征车船税优惠政策，纯电动汽车也在免税之列．最大允许总质量 18000kg核定载客人数 57电动机额定功率 90kW电动机额定电压 600V电池容量 600Ah一辆纯电动客车铭牌上部分参数如表格所示．某次搭载乘客时车与人的总质量为15000kg，假设车在额定功率下以20m/s的速度沿水平路面匀速行驶20min，所受阻力为车与人总重力的0.02倍，g取10N/kg．求：（1）电动机的额定电流；（2）该过程客车消耗的电能；（3）该过程客车所受阻力的大小；（4）该过程客车牵引力所做的功．【答案】（1）150A（2）1.08×108J（3）3×103N（4）7.2×107J【解析】（1）I=P/U=9×104W/600V=150A（2）W=Pt=9×104W×1200s=1.08×108J（3）G=mg=1.5×104kg×10N/kg=1.5×105Nf=0.02G=0.02×1.5×105N=3×103N（4）因客车做匀速运动，牵引力F=fs＝vt=20m/s×1200s=2.4×104mW=Fs=3×103N×2.4×104m=7.2×107J13.（2019安徽模拟题）我国规定的饮酒驾车和醉酒驾车标准如表．如图甲是对驾驶员进行现场检测的呼气式酒精检测仪，用于检测驾驶人员呼气酒精浓度．呼气中的酒精浓度与血液中的酒精浓度关系为：血液酒精浓度X=呼气酒精浓度y×2200．类型 标准（血液中的酒精浓度X）非饮酒驾车 Χ＜20mg/100mL饮酒驾车 20mg/100mL≤Χ＜80mg/100mL醉酒驾车 Χ≥80mg/100mL酒精测试仪由酒精气体传感器（相当于随呼气酒精浓度变化的变阻器），与一个定值电阻及一个电压表组成，图乙是它的原理图，电源电压1.5V，定值电阻R1=40Ω，传感器的电阻值R2与呼气酒精浓度y的关系如图丙所示．测试时，按下开关等仪器正常后，被测者口含紧吹气管吹气4s，测试仪显示结果．①某驾驶员接受测试，电压表示数是0.5V．该驾驶员测试结果是什么类型？②如果被测者测试时，口没有含紧吹管吹气，请根据流体压强与流速的关系，分析对测试结果的影响．【答案】①某驾驶员接受测试，电压表示数是0.5V．该驾驶员测试结果是非饮酒驾驶；②如果被测者测试时，口没有含紧吹管吹气，被测者呼出的气体流动加快，压强减小，周围的空气向被测者呼出的气体流动，一起进入仪器内，相当于把呼气中的酒精浓度稀释了，检测到的酒精浓度比被测者实际的呼气酒精浓度低．【解析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，当电压表的示数为0.5V，根据串联电路的电压特点求出R2两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流；再根据欧姆定律求出R2的阻值；根据图象读出呼气酒精浓度；流体压强与流速的关系：流速越大的地方压强越小．（1）由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，当电压表示数是0.5V时，根据串联电路的电压特点可知R2两端的电压：U2=U﹣U1=1.5V﹣0.5V=1V，因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的电流：I=I2=I1= U1/I1 ==0.0125A；则R2的阻值：R2= U2/I2 ==80Ω；由图象可知，当R2=80Ω时，呼气酒精浓度为5×10﹣3mg/100mL；则血液酒精浓度X=呼气酒精浓度y×2200=5×10﹣3mg/100mL×2200=11mg/100mL；由表格数据可知：血液酒精浓度X=11mg/100mL＜20mg/100mL，属于非饮酒驾驶；（2）如果被测者测试时，口没有含紧吹管吹气，被测者呼出的气体流动加快，压强减小，周围的空气向被测者呼出的气体流动，一起进入仪器内，相当于把呼气中的酒精浓度稀释了，检测到的酒精浓度比被测者实际的呼气酒精浓度低．14.（2018湖南岳阳）小雯设计了一个测量物体重力的托盘称，如图是原理示意图，其中的托盘用来放置被测物体的，OBA是可以绕0点转动的杠杆，R1是压力传感器，（其电阻值会随所受压力大小变化而变化，变化关系如下表），R0为定值电阻， 显示重力大小的仪表是一个量程为0——3V的电压表，已知OA∶OB=2∶1，R0=100Ω，电源电压恒为3V（忽略托盘、杠杆及压杆的重力）（1）拖盘上没有物体时，压力传感器R1的电阻值（2）当托盘上放被测物体时，电压表的示数如图，则此时压力传感器R1上的电压是多少？（3）第（2）题中被测物体的重力是多少？【答案】（1）300；（2）1V；（3）所测物体的最大重力为400N．【解析】（1）由表格可知，当压力为0时，压力传感器的电阻为300Ω；当物体重力增加时，压力传感器R1的电阻值变小，串联电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中总电流变大，定值电阻两端的电压变大，即电压表的示数变大．（2）电压表量程为0～3V，则最小分度为0.1V，则示数U0=2V；由串联电路的电压规律可得：U1=U-U0=3V-2V=1V；电路中的电流为I1=I0= U0/R0==0.02A；压力传感器R1上的阻值为R1= U1/I1 ==50Ω；?查表得：F=250N；由杠杆的平衡可得：GlOB=FlOA，G===500N；?（3）杆秤到最大称量时，电阻R0两端的电压U0′=3V，由串联电路的电压规律可得：U1′=U-U0′=6V-3V=3V；电路中的电流为I1′=I0′===0.03A；压力传感器R1上的阻值为R1′===100Ω；?查表得：F′=200N；由杠杆的平衡可得：GlOB=FlOA，G最大===400N；?15．（2019哈尔滨模拟题）图甲是海上打捞平台装置示意图，使用电动机和滑轮组将实心物体A从海底竖直向上始终以0.05m/s的速度匀速吊起，图乙是物体A所受拉力F随时间t变化的图象（不计摩擦、水的阻力及绳重，ρ水=1.0×103kg/m3．g=10N/kg）。请解答下列问题：（1）物体A的体积是多少？（2）物体A完全浸没在水中时滑轮组的机械效率为80%，当物体A完全离开水面后，滑轮组的机械效率是多少？（3）当物体A完全离开水面后，电动机两端电压为380V，通过的电流为5A，电动机线圈的电阻为多少？（不计电动机内部摩擦）【答案】（1）1m3；（2）85.7%；（3）6Ω。【解析】（1）当物体在水中时，排开水的体积不变、受到水的浮力不变，拉力较小，拉力F1=G﹣F浮；当物体露出水面时，拉力较大，拉力F2=G；据此求物体受到的浮力，再利用阿基米德原理F浮=ρ水V排g=ρ水Vg求物体的体积；由题知，图乙是物体A所受拉力F随时间t变化的图象，当物体浸没在水中时，由于物体受到水的浮力，所以此时滑轮组对物体的拉力较小，由图乙可知，此时滑轮组对物体的拉力：F1=2×104N，当物体完全露出水面后，拉力较大，由图乙可知，此时滑轮组对物体的拉力：F2=G=3×104N；则物体浸没在水中时受到的浮力：F浮=G﹣F1=3×104N﹣2×104N=1×104N，由F浮=ρ水V排g=ρ水Vg可得物体的体积：V===1m3；（2）不计摩擦、水的阻力及绳重，物体A完全浸没在水中时滑轮组的机械效率η===，据此求动滑轮体重力；当物体A完全离开水面后，滑轮组的机械效率η′===；不计摩擦、水的阻力及绳重，物体A完全浸没在水中时，滑轮组对物体的拉力F1做的功为有用功，此时滑轮组的机械效率：η======80%，解得动滑轮的重力：G轮=5000N；当物体A完全离开水面后，滑轮组的机械效率：η′====×100%≈85.7%；（3）不计摩擦、绳重，当物体A完全离开水面后，电动机施加的拉力F=（G+G轮），利用P===Fv求电动机做的有用功率，利用P=UI求电流做功的功率，电动机线圈的发热功率（额外功率）等于电流做功的功率减去电动机做的有用功率，再利用P=I2R求电动机线圈的电阻。由图知n=2，不计摩擦、绳重，当物体A完全离开水面后，电动机施加的拉力：F=（G+G轮）=（3×104N+5000N）=1.75×104N，由P===Fv可得，电动机做的有用功率：P有用=Fv绳=F×2v物=1.75×104N×2×0.05m/s=1750W，电流做功的功率：P=UI=380V×5A=1900W，则电动机线圈的发热功率（额外功率）：P热=P﹣P有用=1900W﹣1750W=150W，由P热=I2R可得电动机线圈的电阻：R===6Ω。16．（2019福建）体感器的可以把力学物理量转化成电学信号，然后通过相互之间的函数关系，直接引用力的大小。测量压力大小的压力传感器，工作原理如图所示，其中M、N均为绝缘材料，M、N间有可收缩的导线（电阻大小不计），弹簧上端和滑动变阻器R2的滑片P固定在一起，电源电压恒为12V，已知压力F的大小与R2的阻值大小成正比例关系。闭合开关S，压力F0=0时，滑片P在最上端；压力F1=1N时，电流表示数为1A，电压示数为3V，当滑片P滑至最下端时，电压表示数为7.5V．求：（1）定值电阻R1的大小；压力F1与R2阻值之比k；（2）当滑片P滑至最下端时，压力F2的大小；（3）压力F的大小与电压表示数之间的函数关系表达式。【答案】（1）定值电阻R1为9Ω；压力F1与R2阻值之比k为N/Ω；（2）当滑片P滑至最下端时，压力F2为5N；（3）压力F的大小与电压表示数之间的函数关系表达式为F=（N）。【解析】（1）由图可知，R1、R2串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路中电流，当F1=1N时，电流表示数为1A，电压数为3V，由串联电路特点可知，此时U1=U﹣U2=12V﹣3V=9V，并且：I1=I2=1A，由欧姆定律可得，R1的阻值：R1===9Ω；此时R2连入电路的阻值：R2===3Ω，所以压力F1与R2阻值之比：k===N/Ω，（2）当滑片P滑至最下端时，变阻器连入阻值最大，电压表示数为7.5V，此时电路中电流：I'=I2′=I1′====0.5A，所以R2的最大值：R2最大===15Ω，因为压力F的大小与R2的阻值大小成正比例关系，即：F=kR2，所以压力F2=N/Ω×R2最大=N/Ω×15Ω=5N；（3）由F=kR2有：R2==，串联电路特点和欧姆定律表示电压表示数：UV=IR2=?R2==，化简可得：F=（N）。17.（2019山西模拟题）电动汽车因其节能、环保而受到人们的青睐。某品牌电动汽车，驾驶员与车的总质量为1.6t，车静止时轮胎与地面接触的总面积为0.08m2．汽车在平直公路上以10m/s的速度匀速行驶20min，此时驱动电机的输入电压为300V，电流为60A，汽车所受阻力为驾驶员与车总重力的0.1倍，g取10N/kg。求电动汽车：（1）静止在水平地面上对地面的压强。（2）匀速行驶过程中驱动电机消耗的电能。（3）匀速行驶过程中牵引力的大小。（4）匀速行驶过程中牵引力所做的功。【答案】（1）2×105Pa；（2）2.16×107 J；（3）1.6×103N；（4）1.92×107J。【解析】（1）驾驶员与车的总质量为1.6t，对地面的压力等于重力：F=G=mg=1.6×103kg×10N/kg=1.6×104N，车静止时轮胎与地面接触的总面积为0.08m2，静止在水平地面上对地面的压强：p===2×105Pa；（2）匀速行驶过程中驱动电机消耗的电能：W=UIt=300V×60A×20×60s=2.16×107 J；（3）汽车所受阻力为驾驶员与车总重力的0.1倍，f=0.1G=0.1×1.6×104N=1.6×103N，因做匀速直线运动，行驶过程中牵引力的大小等于阻力，故F=f=1.6×103N；（4）匀速行驶过程中牵引力所做的功：W=Fs=Fvt=1.6×103N×10m/s×20×60s=1.92×107J。23 初中力热电综合计算题 (知识回顾 )解决力热电综合计算题一般涉及到的物理公式包括速度公式、密度公式、重力公式、压强公式、浮力公式、机械功和功率、机械效率公式、电功公式、电功率公式、物体吸热放热公式、热值公式、热效率公式等；涉及到的物理规律有二力平衡条件、液体压强规律、阿基米德原理、杠杆平衡条件、欧姆定律、焦耳定律、热平衡方程等。 (典例突破 )【例题1】（2019苏州）某款电热水壶的相关信息如表所示现在该水壶内装入质量为1kg、初温为20℃的水放置在水平桌面上接通电源使其正常工作，在标准大气压下将水烧开（不计热量损失），（c水=4.2×103J/（kg?℃），g=10N/kg）求：（1）装入水后水壶对桌面的压强p；（2）水吸收的热量Q；（3）将水烧开所需时间t。【答案】（1）装入水后水壶对桌面的压强为750Pa；（2）水吸收的热量是3.36105J；（3）电热水壶把这壶水烧开需要336s。【解析】（1）壶内装入质量为1kg的水，重力为：G水=mg=1kg×10N/kg=10N，装入水后水壶对桌面的压力：F=10N+5N=15N；装入水后水壶对桌面的压强：p===750Pa；（2）水壶装了质量为1kg，初温为20℃的水，标准大气压下水的沸点是100℃，则水吸收的热量：Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J∕（kg?℃）×1kg×（100℃-20℃）=3.36×105J；（3）不计热损失，W=Q吸，由P=可得电热水壶工作时间：t====336s。【例题2】图甲是小明家安装的即热式热水器，其具有高、低温两档加热功能，低温档功率为5500W，内部等效电路如图乙所示，R1和R2是两个电热丝。某次小眀用高温档淋浴时，水的初温是20℃，淋浴头的出水温度为40°C，淋浴20min共用水100L．假设热水器电热丝正常工作且产生的热量全部被水吸收【c水=4.2×103J/（kg?°C）】求：（1）电热丝R1的阻值。（2）该热水器高温档功率。【答案】（1）电热丝R1的阻值为8.8Ω；（2）该热水器高温档功率为7000W。【解析】（1）由图知，两开关同时闭合时，两电阻并联，只闭合S1时，为R1的简单电路；因为并联的总电阻小于其中任一分电阻，根据P=可知，只闭合S1时，电阻较大，功率较小，为低温档，电热丝R1的阻值：R1===8.8Ω；（2）用高温档淋浴时，淋浴20min共用水100L，水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×100×10-3m3=100kg；水从初温20℃升高到40°C吸收的热量：Q=cm△t=4.2×103J/（kg?°C）×100kg×（40°C-20°C）=8.4×106J；由题知，假设热水器电热丝正常工作且产生的热量全部被水吸收，则消耗的电能：W=Q=8.4×106J；该热水器高温档功率：P高===7000W。 (中考达标训练题 )1.（2019陕西省）图甲是一个豆浆机的实物图，豆浆机的中间部位是一个电动机，电动机通过金属杆带动其下部的刀片旋转，从而将原料粉碎打浆；刀片外部是一个环状加热管（电热丝），用来对豆浆加热，该豆浆机的部分参数如表所示。制作豆浆的过程是加热和打浆交替进行，图乙是该豆浆机做好一次豆浆的P-t图象。求：额定电压 220V频率 50Hz电动机输入功率 110W加热功率 1000W加热管正常工作时电阻丝的阻值是多少？（2）在8～11分钟的时间内，设豆浆质量为1.5kg，比热恒为4×103J/（kg?℃），加热管产生的热量全被豆浆吸收，到第11分钟时豆浆温度恰好为100℃，则第8分钟时豆浆温度为多少？（3）豆浆机在粉碎打浆时，电动机的内阻为40Ω，则电动机输出的机械功率是多少？【答案】（1）加热管正常工作时电阻丝的阻值是48.4Ω；（2）第8分钟时豆浆温度为70℃。（3）豆浆机在粉碎打浆时，电动机的内阻为40Ω，则电动机输出的机械功率是100W。【答案】（1）由P=可得，豆浆机正常加热时电热管的电阻：R1===48.4Ω；（2）由P=可得，加热管产生的热量Q=W=Pt=1000W×3×60s=1.8×105J，加热管产生的热量全被豆浆吸收，Q吸=W=1.8×105J，由Q吸=cm（t-t0）可得，1.8×105J=4×103J/（kg?℃）×1.5kg×（100℃-t0）解得t0=70℃。（3）电动机转动时，其电流I===0.5A，热功率为：P热=I2r=（0.5A）2×40Ω=10W；其输入的电功率为：P入=110W，消耗的电能转化为内能和机械能，故电动机的机械功率为：P出=P入-P热=110W-10W=100W2.（2019大连模拟题）图甲为新型风暖浴霸，因其安全性能好、发热柔和，深受大家喜爱。它是利用电动机鼓动空气流动，通过加热元件加热冷空气带动室内升温。图乙是某型号风暖浴霸的简化电路图，其发热元件是两根阻值不变的电热丝R1、R2．主要参数如下表。项目 参数额定电压（V） 220R1额定功率（W） 1936R2额定功率（W） 968电动机功率（W） 44适用面积（m2） 10（1）开关均闭合，求浴霸正常工作时的干路电流是多少？（2）正常工作时，求R1的阻值是多少？（3）实际电压为200V时，求R2的实际功率是多少？（4）浴霸正常工作时，使容积为20m3的房间空气温度升高20℃，求室内空气吸收的热量是多少？（ρ空气取1.2kg/m3，c空气取1.0×103J/（kg?℃），不考虑其他因素影响）【答案】（1）开关均闭合，浴霸正常工作时的干路电流是13.4A。（2）正常工作时，R1的阻值是25Ω。（3）实际电压为200V时，R2的实际功率是800W。（4）室内空气吸收的热量是4.8×105J。【解析】（1）开关均闭合时，R1、R2和电动机同时工作，电路总功率为：P＝P1+P2+P3＝1936W+968W+44W＝2948W，由P＝UI 可得，浴霸正常工作时的干路电流：I＝＝＝13.4A；（2）由P＝可得R1的阻值为：R1＝＝＝25Ω；（3）由P＝可得R2的阻值为：R2＝＝＝50Ω，实际电压为200V时，R2的实际功率为：P2′＝＝＝800W；（4）室内空气的质量为：m＝ρ空气V＝1.2kg/m3×20m3＝24kg， 空气吸收的热量为：Q吸＝c空气m△t＝1.0×103J/（kg?℃）×24kg×20℃＝4.8×105J。3．（2019黑龙江大庆）某电热水壶及其铭牌如图所示，小明为了测量该电热水壶的实际功率和加热效率，进行了如下实验：关掉家里所有用电器，将该电热水壶装满水，接通电热水壶，测得壶中水温度从25℃上升到35℃所用的时间为50s，同时观察到家中“220V10（40）A3200imp/kW?h”的电子式电能表的指示灯闪烁了80imp，水的比热容c＝4.2×103J/（kg?℃）。请结合本次实验记录的数据，回答以下问题：（1）除电子式电能表外，小明还需下列哪些器材完成上述两个测量 （选填器材前面的序号）①刻度尺②温度计③电压表④秒表⑤弹簧测力计（2）若小明利用水升温吸热计算消耗的电能，计算出电热水壶的功率和实际功率相比 （选填“偏大”、“偏小”或“相等”），主要原因是 。（3）电热水壶的实际功率是 W。（4）电热水壶的加热效率是 。【答案】（1）②④；（2）消耗的电能不可能完成转化成水的内能；偏小；（3）1800；（4）84%。【解析】（1）根据P＝，测量该电热水壶的实际功率要测量时间，故用到秒表；根据η＝计算加热效率，在计算Q时要测量温度，故用到温度计；还需②④完成上述两个测量；（2）若小明利用水升温吸热计算消耗的电能，因消耗的电能不可能完成转化成水的内能，根据P＝，故计算出电热水壶的功率和实际功率相比偏大。（3）220V10（40）A3200imp/KW?h”的电子式电能表的指示灯闪烁了80imp，则消耗的电能为：W＝×80kW?h＝×3.6×106J＝9×104J；电热水壶的实际功率是：P＝＝＝1800W（4）由题意知，水的体积为1.8L，水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1.8×10﹣3m3＝1.8kg；壶中水温度从25℃上升到35℃吸收的热量：Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg?℃）×1.8kg×（35℃﹣25℃）＝7.56×104J；电热水壶的加热效率是：η＝＝×100%＝84%。4．（2017?东营）进入三月份以来，东营街头出现了一种共享电动汽车。下表是这种汽车的主要参数。（g取10N/kg）空车质量 800kg每个轮胎与地面接触面积 50cm2电池容量 44kW?h标准承载 200kg最大续航（充满电最大行驶路程） 200km所受阻力与汽车总重的比值 0.09（1）电动机是电动汽车的核心部分，电动机工作时能量的转化是 。电动机的工作原理是 。（2）标准承载下，电动汽车静止时对水平地面的压强是多少？（3）图2是电动汽车行驶在某路段的路程与时间图象，标准承载下，电动汽车以速度匀速行驶1分钟的耗电量为0.4kW?h，电动机的效率是多少？（4）若某燃油汽车百公里耗油6升，每升油5.5元，电动汽车充电每度0.8元，通过计算比较使用燃油汽车与电动汽车哪种更经济？【答案】（1）电能转化为机械能；通电线圈在磁场中受力转动；（2）标准承载下，电动汽车静止时对水平地面的压强是5×105Pa；（3）电动机的效率是75%；（4）使用电动汽车更经济。【解析】（1）电动机正常工作时，将电能转化为机械能，是利用通电线圈在磁场中受力转动原理工作的；（2）乘客与车的总质量：m=m1+m2=800kg+200kg=1000kg，汽车对水平地面的压力：F=G=mg=1000kg×10N/kg=104N，汽车与水平地面的总接触面积：S=4S0=4×50cm2=200cm2=2×10﹣2m2，汽车对水平地面的压强：p===5×105Pa；（3）由图可知，电动汽车做匀速直线运动，当t1=3s时，s1=60m，则电动汽车行驶的速度：v===20m/s，电动汽车以速度匀速行驶1分钟的路程：s=vt=20m×60s=1200m，电动汽车的牵引力：F1=f=0.09G=0.09×104N=900N，电动汽车牵引力做的功：W有=F1s=600N×1200m=1.08×106J，电动汽车发动机的效率：η=×100%=×100%=75%；（4）燃油汽车100km费用：6L×5.5元/L=33元，电动汽车100km费用：22kW?h×0.8元/kW?h=17.6元，因为17.6元小于33 元，所以使用电动汽车费用少，更经济。5.（能力题）如图是家庭常用的电热水壶，其铭牌数据如表所示．若加热电阻的阻值不随温度变化而改变，且此时的大气压为1标准大气压．则： (额定电压220V额定加热功率2000W容量1.5L频率50Hz)（1）电热水壶正常工作时，其加热电阻的阻值是多少Ω？（2）装满水后，壶中水的质量是多少kg？（1L=1×10-3m3）（3）将一满壶20℃的水在1标准大气压下烧开，需要吸收多少热量？[c水=4.2×103J/（kg?℃）]（4）不考虑热量损失，烧开这壶水，需要多长时间？【答案】（1）24.2（2）1.5（3） 5.04×105J（4）252s【解析】（1）方法一：加热电阻的阻值R=U2/P=（220V）2/2000W=24.2Ω方法二：I=P/U=2000W/220V=（100/11）AR=U/I=220V/（100/11）A=24.2Ω（2）装满水后，壶中的水的质量m=ρV=1×103kg/m3×1.5×10-3m3=1.5kg（3）水的末温：t=100℃水吸收的热量：Q吸＝cm（t－t0）=4.2×103J/（kg·℃）×1.5kg×（100℃-20℃）=5.04×105J（4）消耗的电能：W=Q吸=5.04×105J 所需要的时间：t=W/P=5.04×105J/2000W=252s=4.2min6.（2018河南）如图，甲是电子秤的原理图（图中压力表是用电流表改装的）。已知电源电压为24V，电阻R0=60Ω，压力传感器Rx的阻值随所受压力F变化的图象如图乙，压力传感器表面能承受的最大压力为400N，压杆与压力传感器的接触面积是2×10﹣4m2（取g=10N/kg，托盘和压杆的质量忽略不计）。求： 甲 乙（1）托盘里的物体质量越大，压力传感器的阻值如何变化？（2）当通过压力表电流为0.2A时，压力传感器上方托盘里物体的质量是多少kg？（3）当压力为200N时，通电700s，R0产生的焦耳热能使质量为0.1kg的水温升高多少℃？【答案】（1）2×106（2）40（3）1【解析】本题考查学生对串联电路电流和电阻特点、电功率和压强知识的掌握，同时结合欧姆定律分析实际问题得出正确结论，要学会灵活运用欧姆定律。根据公式p=F/S求出传感器能够承受的最大压强；根据图乙分析压力为200N时，传感器的阻值；根据公式I=U/R计算出通过电路中的电流；由公式P=UI=I2R计算出R0的电功率。（1）称量时，托盘里的物体质量越大，物体的重力越大。因为在水平面上物体的压力和自身的重力相等，所以压力传感器所受的压力越大，由乙图象可知，压力传感器的阻值越小。所以托盘里的物体质量越大，压力传感器的阻值越小。（2）当通过压力表电流为0.2A时，由I=U/R得电路总电阻为R总=U/I=24V/0.2A=120Ω根据串联电路的总电阻等于各电阻之和可得：Rx=R总﹣R0=120Ω﹣60Ω=60Ω根据图象可知当Rx=60Ω时，传感器受到的压力为F0=400N由于托盘和压杆的质量忽略不计，设托盘里物体的质量为m,则F0=G=mgm=F0/g=400N/10N/kg=40kg（3）由图甲知，R0与Rx串联，由图乙知，当压力为200N时，由乙图可知压力传感器Rx的阻值是180Ω则通过R0的电流：I0=I==24V/(180Ω+60Ω)=0.1AR0产生的焦耳热：Q=I02R0t=（0.1A）2×60Ω×700s=420JQ吸=Q根据物体吸热公式Q吸=cm(t-to)得到△t=(t-to)=Q吸/cm=Q/cm=420J/[4.2×103J?/（kg·℃）×0.1kg]=1℃7.（2018陕西）地铁可以缓解城市公交运输压力，某学校综合实践活动小组的同学们收集到地铁机车和公交汽车在某段运行区间内的相关数据如下：××型号 地铁机车 地铁电力机车 功率106W 平均速度60 km／h 牵引力5×104 N 额定载客量500人××型号 公交汽车 燃油热值 4x107 J／kg 平均速度15 km／h 牵引力3000 N 额定载客量40人（1）甲、乙两地铁站相距1.8 km，地铁运行需要多长时间？消耗多少电能？（2）公交汽车每千米消耗燃油0.3kg，行驶1.8 km路程所消耗的燃油完全燃烧放出多少热量？公交汽车的效率是多少？（3）根据题中获得的信息，从物理学角度谈一谈地铁作为交通工具的优点．（写出两条即可）【答案】（1）0.03h（或108s）. 1.08×108J。（2）2.16×107J，25％。（3）乘客人均消耗能量较少(或节能)；无废气污染(或环保)．【解析】（1）运行时间：t = == 0.03h（或108s）消耗电能：W = Pt = 106×10 -3kW×0.03h = 30kW·h（或1.08×108J）（2）燃油放热：Q = mq = 0.3kg/km×1.8km×4×107J/kg = 2.16×107J 汽车效率：η = = == 25％（3）①速度快(或节省运行时间)；②能量转化效率高；③乘客人均消耗能量较少(或节能)；④无废气污染(或环保)．8.（2019安徽模拟题）如表为现在家庭、宾馆常用的无线电水壶（一种在倒水时导线脱离，用电加热的方便水壶）的铭牌，某同学用这种电水壶烧开水，他将水放至最大容量，测得水的初温是20℃通电5分50秒，水烧开（在一个标准大气压下），试通过计算，回答下列问题：额定电压 220V额定功率 10W最大容量 1L（1）算一算此电水壶啊正常工作时的电流。（2）该电水壶正常工作时电热丝的电阻多大？（3）水从20℃烧开所吸收的热量是多少？（4）现测得电源电压为210伏，算一算此电水壶工作的效率．【答案】（1）5.5A。（2）40Ω。（3）3.444×105J。（4）89.3%．【解析】由表中数据可知：（1）电水壶正常工作时的功率为P=1210W，电压为U=220V，则此电水壶正常工作时的电流：I=P/U=1210W/220V=5.5A；（2）电热水壶的电阻：R=U2/P=（220V）2/1210W=40Ω；（3）水的体积为V=1L=0.001m3，密度为ρ=1.0×103kg/m3，比热容c=4.2×103J/（kg?℃）升高的温度Δt=100℃﹣18℃=82℃，则水的质量为m=ρV=1.0×103kg/m3×0.001m3=1kg，烧开时吸收的热量：Q吸=cmΔt=4.2×103J/（kg?℃）×1kg×82℃=3.444×105J（4）U实=210V，电水壶的加热时间：t=5min50s=5×60s+50s=350s则消耗的电能：W= (U实2/R)t= [(210V )2/40Ω] ×350s =385875J此时电水壶工作的效率： η＝Q吸/W = 3.444×105J /385875J=0.893=89.3%9.（能力题）如图所示的电路中，电源电压为8V，R2是阻值为40Ω的定值电阻，压敏电阻R1的阻值随压力的变化情况如图乙所示。当开关S闭合后，问：（1）当压敏电阻R1受到的压力从0增加到3N的过程中，电流表示数的变化是______（填“增大”“减少”）？（2）当电流表示数为0.4A时，压敏电阻受到的压力为多少？（3）当电路连续工作10mim，电阻R2产生的热量为多少？（4）若此热量的84%给20g的水加热，则水温升高多少？【答案】（1）增大（2）2N（3）960J （4）9.6℃【解析】（1）由图甲所示电路图可知，两电阻并联接在电源两端，电流表测干路电流；由图乙所示可知，压力F由0增大到3N时，R1的阻值由100欧减小到30欧，则：当F=0时，I=I1+I2=U/R1+ U/R2=0.28A；当F=3N时，I=I1′+I2=≈0.47A；所以，电流表示数变大．（2）通过定值电阻的电流：I2=0.2A，电流表示数为0.4A时，通过压敏电阻的电流：I1=I-I2=0.4A-0.2A=0.20A，此时压敏电阻阻值：R1=40Ω，由图乙所示可知，R1=40Ω时，F=2N，则压力为2N；（3）电阻R2产生的电热：Q2=W2=UIt=8V×0.2A×10×60s=960J；（4）由Q吸=cm△t，可得△t=9.6℃．10.（经典题）如图所示是一种家用蒸汽电熨斗的实物图和铭牌，使用时水箱中的水滴入被加热的底板汽室，迅速汽化产生向下的蒸汽（1）蒸汽电熨斗正常工作时电阻丝的电阻；（2）在熨斗水箱中注入0.3kg的水，将它平放在水平桌面上，求：熨斗对衣服的压强；（3）用熨斗汽烫前先预热，使金属底板的温度从20℃升 高到220℃，温控开关自动断开，已知金属的质量为1kg，金属底板的比热容为0.46×103J/（kg℃）问蒸汽熨斗预热的过程中金属底板吸收多少热量？（4）汽烫时，水滴入汽室，由于水升温汽化而带走热量，当金属底板温度降到190℃时，温控开关自动闭合，电熨斗正常工作，当加热到220℃时，温控开关自动断开，停止加热，如此反复，若蒸汽电熨斗工作情况按如图所示的规律变化时，则12min熨烫一件衣服共消耗多少电能？【答案】（1）48.4Ω；（2）1000Pa．（3）9.2×104J；（4）5.4×105J．【解析】（1）蒸汽电熨斗正常工作时电阻丝的电阻：R===48.4Ω；（2）电熨斗对衣服的压力：F=G=mg=（1.3kg+0.3kg）×10N/kg=16N．对衣服的压强：P===1000Pa．（3）蒸汽电熨斗预热过程中金属底板吸收的热量：Q=cm△t=0.46×103J/（kg?℃）×1kg×（220℃-20℃）=9.2×104J；（4）由图知工作时间为：t=720s×=540s，则消耗的电能为：W=Pt=1000W×540s=5.4×105J．11.（经典题）如图甲所示，是一则公益广告，浓浓的孝心透着社会主义核心价值观．小明的爷爷网购了一台电热足浴器，其铭牌的部分参数如图乙（甲部分）所示，电热足浴器某次正常工作时控制面板显示如图乙（乙部分）所示，求：（1）此时足浴器的工作电流．（计算结果保留一位小数）（2）足浴器装入最大容量初温为22°的水，当水温达到控制面板上显示的温度时水所吸收的热量．（3）上述加热过程耗时16min，该足浴器的热电效率．【答案】（1）此时足浴器的工作电流为2.3A；（2）当水温达到控制面板上显示的温度时水所吸收的热量为4.2×105J；（3）上述加热过程耗时16min，该足浴器的热电效率为87.5%．【解析】知道电热足浴器的加热功率和额定电压，根据P=UI的变形公式I=P/U求出此时足浴器的工作电流；根据ρ=m/v的变形公式m=ρV求出水的质量，再利用Q吸=cm（t﹣t0）求出水所吸收的热量；根据W=Pt求出电热足浴器消耗的电能，然后根据η=×100%求出该足浴器的热电效率．（1）由图2可知，此时电热足浴器的电功率P=500W，由P=UI得，此时足浴器的工作电流：I=P/U=500W/220V≈2.3A；（2）足浴器装入最大容量时水的体积V=5L=5dm3=5×10﹣3m3，由ρ=m/v得，水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×5×10﹣3m3=5kg，则水所吸收的热量：Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg?℃）×5kg×（42℃﹣22℃）=4.2×105J；（3）加热时间t=16min=960s，由P=W/t得，电热足浴器消耗的电能：W=Pt=500W×960s=4.8×105J，则该足浴器的热电效率：η=×100%=×100%=87.5%．15 初中力热综合计算题 (知识回顾 ) 解决力热综合计算题一般涉及到的物理公式包括速度公式、密度公式、重力公式、压强公式、浮力公式、机械功和功率、机械效率公式、物体吸热公式、放热公式、热值公式、热效率公式等；涉及到的物理规律有二力平衡条件、液体压强规律、阿基米德原理、杠杆平衡条件、欧姆定律、焦耳定律以及热平衡方程等。 (典例突破 )【例题1】（2019河南）在2018上海国际新能源汽车展上，各款车型争奇斗艳。参展的新能源汽车大部分为电动汽车，其动力主要来源于电动机，如图所示是一款新型电动汽车，请你根据下面的数据进行计算：（1）若汽车质量为960kg，每个轮胎与地面的接触面积为200cm2，汽车静止在水平地面上时，它对地面的压强多大（g＝l0N/kg）（2）该电动汽车内部的电池电压为75V，额定电流为100A，电动机工作时可以把80%的电能转化为动能，汽车以额定功率匀速行驶，当速度为36km/h时，所受平均阻力是多少？（3）普通汽车把汽车燃烧能量转化为动能的效率为25%．如果电动汽车以36km/h的速度在额定功率下匀速行驶100km，与普通汽车相比大约可以节省多少汽油？（汽油的热值是4.6×107J/kg，结果保留一位小数）【答案】（1）汽车静止在水平地面上时，它对地面的压强为1.2×105Pa；（2）汽车以额定功率匀速行驶，当速度为36km/h时，所受平均阻力是600N；（3）与普通汽车相比大约可以节省5.2kg的汽油。【解析】（1）汽车静止在水平地面上时，对地面的压力：F＝G＝mg＝960kg×10N/kg＝9600N，受力面积：S＝200cm2×4＝800cm2＝8×10﹣2m2，对地面的压强：p＝＝＝1.2×105Pa；（2）电动机工作时的功率：P电＝UI＝75V×100A＝7500W，由η＝×100%可得，牵引力的功率：P机械＝80%P电＝80%×7500W＝6000W，汽车行驶的速度：v＝36km/h＝10m/s，因汽车以额定功率匀速行驶时处于平衡状态，受到的阻力和牵引力是一对平衡力，所以，由P＝＝＝Fv可得，所受平均阻力：f＝F′＝＝＝600N；（3）在额定功率下匀速行驶100km牵引力做的功：W＝F′s＝600N×100×103m＝6×107J，由η＝×100%可得，需要汽油完全燃烧释放的热量：Q放＝＝＝2.4×108J，由Q放＝mq可得，节省汽油的质量：m′＝＝≈5.2kg。【例题2】（2019内蒙古通辽）我国自主研发的某品牌汽车进行技术测试，已知该车在某段长1.2km的水平路面做匀速直线运动，用时40s，汽车在行驶过程中受到的阻力为400N，汽车在此过程中发动机热机效率为48%，汽油的热值q＝4.6×107J/kg。在该段测试过程中：（1）汽车的功率为多少？（2）燃烧了多少汽油？（计算结果保留两位小数）【答案】（1）汽车的功率为1.2×104W；（2）燃烧了0.02kg汽油。【解析】（1）因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，此过程中汽车牵引力做的功：W＝Fs＝fs＝400N×1.2×103m＝4.8×105J，汽车牵引力做的功率：P＝＝＝1.2×104W；（2）由η＝×100%可得，消耗汽油完全燃烧释放的热量：Q放＝＝＝1×106J，由Q放＝mq可得，消耗汽油的质量：m＝＝≈0.02kg (中考达标训练题 )1．（2019湖南省邵阳）如图所示，一平底热水壶，其质量为0.5kg，内底面积为180cm2．有一次小军同学用该热水壶装了1.5L的水放在水平桌面上，测得壶中水深15cm，初温20℃．请你通过计算回答：（1）此时水和热水壶的总质量是多少？（2）加热前水对壶底的压强多大？（3）在标准大气压下加热水至沸腾，水至少要吸收多少热量？[ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg?℃），g＝10N/kg]【答案】（1）此时水和热水壶的总质量是2kg；（2）加热前水对壶底的压强为1.5×103Pa；（3）在标准大气压下加热水至沸腾，水至少要吸收5.04×105J热量。【解析】（1）水的体积：V水＝1.5L＝1.5×10﹣3m3，根据ρ可得水的质量：m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×1.5×10﹣3m3＝1.5kg；则水和热水壶的总质量：m＝m壶+m水＝0.5kg+1.5kg＝2kg；（2）水深h＝15cm＝0.15m，则壶底受到水的压强：p＝ρgh＝1×103kg/m3×10N/kg×0.15m＝1.5×103Pa；（3）1标准大气压下水的沸点是100℃，则水吸收的热量：Q吸＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg?℃）×1.5kg×（100℃﹣20℃）＝5.04×105J。2.（2018开封）五一假期，小红全家驾车从郑州市到开封市通许县游玩，出发前，爱学习的小红收集了相关数据，整理成下表，请你根据表中数据完成相关计算．计算时需要的物理常量g取10N/kg，q汽油=4.6×107J/kg．（1）如果你仔细观察的话，可以发现汽车的尾翼是____表面比较平，___表面的弧度大些。这和飞机的机翼是相反的。在汽车高速运动时，这种形状的尾翼会产生一个向下的压力，增加轮胎的抓地力，缩小刹车距离。该轿车静止时（车上无人）对水平地面的压强为_____Pa。（2）该轿车匀速行驶lkm牵引力所做的功是多少J？（3）郑州到通许消耗的汽油在完全燃烧时放出的热量是多少J？【答案】（1）上，下。7×104Pa （2）2×106J （3）2.484×108J【解析】（1）车的尾翼的形状上面平直、下面凸起，车高速行驶时带动空气流动，车的上方空气流速慢、压强大，车的下方空气流速快、压强小。这种形状的尾翼会产生一个向下的压力，增加轮胎的抓地力，缩小刹车距离。轿车对地面的压力F=G=mg=1050kg×10N/kg=1.05×104NS=0.15m2该轿车静止时对水平地面的压强为P=F/S=1.05×104N/0.15m2=7×104Pa （2）该轿车匀速行驶时，牵引力F等于其受到的阻力f，即F=f=2000N 路程s=lkm=l000m根据功的计算公式W=Fs得轿车匀速行驶lkm牵引力所做的功为W=Fs=2000N× l000m=2×106J （3）由于行驶l km耗油量为50g，郑州到通许的距离为108km，则郑州到通许消耗的汽油质量为m汽油=108×50g=5.4×103g=5.4kgq汽油=4.6×107J/kg根据Q=mq得到全程消耗的汽油在完全燃烧时放出的热量为Q=m汽油q汽油=5.4kg×4.6×107J/kg=2.484×108J3.（2018海南）当今太阳能热水器已经在广安城乡用得非常普遍了，如图所示。已知某太阳能热水器在冬季有效日照时段里，能将8 ℃、100 L水加热到38 ℃。请解答：在此过程中，水吸收了多少热量？[水的比热容为4.2×103 J/（kg℃），水的密度为1.0×103 kg/m3]【答案】1.26×107 J【解析】太阳能热水器中水的体积 V=100 L=100 dm3=0.1m3，由ρ=m/v可得，水的质量 m=ρV=1.0×103 kg/m3×0.1m3=100kg在此过程中，水吸收的热量Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103 J/（kg?℃）×100 kg×（38 ℃﹣8℃）=1.26×107 J。4.（2019贵州模拟题）一辆轿车在平直的高速公路上匀速行驶1.8km，轿车上的速度表如图所示，在此过程中⑴轿车速度为多少km/h? 合多少m/s?⑵若轿车发动机的功率为40kW，则该车行驶中所受阻力多大？⑶若轿车消耗汽油0.25kg，其发动机的效率多大？（q汽油＝4.6×107J/kg）【答案】⑴轿车速度为90km/h,合25m/s.⑵若轿车发动机的功率为40kW，则该车行驶中所受阻力为1600N⑶若轿车消耗汽油0.25kg，其发动机的效率为25％【解析】⑴轿车的速度为90km/h =90×1000m/3600s=25m/s(2)P=Fv得：F=P/v=40000W/25m/s=1600N 因轿车匀速运动，受力平衡所以阻力f=F=1600N⑶汽油燃烧释放的热量为：Q=mq=0.25kg×4.6×107J/kg=1.15107J牵引力做功为：W=Fs=1600N×1800m=2.88×106J∴发动机效率为：η＝W用/W放×100％= 2.88×106J/1.15107J×100％=25％5.（2018云南）某款油电混合动力小汽车，具有省油、能量利用率高等特点，其相关信息如表．在某次水平道路测试中，该车以中速匀速行驶170km，共消耗汽油10L．测试过程中，内燃机既向车轮提供能量，又向蓄电池充电，同时蓄电池又将部分能量通过电动机向车轮输送，此时，内燃机和电动机共同驱动车辆前进．之后，工作人员又进行了制动测试，描绘出了制动距离（从刹车开始到车停止的距离）与制动时的速度关系图象，如图所示．驱动模式 纯电动 启动、低速 油电混动 中速 纯燃油 高速 汽车质量 1200kg 车轮与地面总接触面积 0.096m3（1）由图象可知，车速越 ，制动距离越长．（2）该车空载静止时，对水平地面的压强是多少？（g取10N/kg）（3）在水平道路中速匀速行驶测试中，若平均阻力为1000N，牵引力做的功是多少？（4）在水平道路中速匀速行驶测试中，若该车内燃机的效率为53%，此过程最终使蓄电池增加了多少能量？（忽略蓄电池和电动机的热损失，ρ汽油取0.7×103kg/m3，q汽油=4.6×107J/kg）【答案】（1）大；（2）1.25×105Pa；（3）1.7×108J；（4）6.6×105J．【解析】由图象可知，汽车的速度越大，制动距离越长；已知汽车的质量，利用G=mg求其重力；汽车对地面的压力等于重力，求出总接触面积（受力面积），利用p=F/S求对水平地面的压强；匀速行驶时，汽车的牵引力与所受到的阻力为一对平衡力，由W=Fs解题．根据密度公式变形可求得汽油的质量，利用Q=mq可求得汽油完全燃烧放出的热量，再利用内燃机的效率可求得有用能量，然后可知蓄电池增加了多少能量．（1）由图象可知，汽车的速度越大，停车距离会随着反应距离的变长而变长，即制动距离越长.（2）汽车的重力：G=mg=1200kg×10N/kg=12000N，汽车静止时对水平地面的压力：F=G=12000N受力面积S=0.096m2，该车空载静止时，对水平地面的压强p=F/S=12000N/0.096m2 =1.25×105Pa（3）由题可知，汽车做匀速直线运动，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小是相等的，可得牵引力F牵=f=1000N，汽车牵引力做的功W机械=F牵s=1000N×1.7×105J=1.7×108J．（4）由ρ=m/V可知，车消耗汽油的质量m汽油=ρ汽油V=0.7×103kg/m3×10×10﹣3m3=7kg，汽油完全燃烧放出的热量Q放=mq=7kg×4.6×107J/kg=3.22×108J，由η=W有用/Q放可得，内燃机输出的有用能量W有用=Q放η=3.22×108J×53%=1.7066×108J；最终蓄电池增加的能量W=W有用﹣W机械=1.7066×108J﹣1.7×108J=6.6×105J．6.（2018山东潍坊）某一型号的汽车质量为5×103kg，轮胎与地面接触面积为4×250cm2，在一段平直公路上用0.5小时匀速行驶了54km，车受到的阻力为车重的0.1倍．求：（1）该汽车的行驶速度；（2）该汽车对地面的压强；（3）该汽车牵引力所做的功；（4）已知这一过程消耗燃油1.5×10﹣2m3，求汽车发动机在这一过程中消耗的总能量及该汽车的效率．（假设燃油完全燃烧，燃油密度ρ为0.8×103kg/m3，燃油热值q为4.5×107J/kg，g取10N/kg）【答案】（1）108km/h；（2）5×105Pa；（3）2.7×108J；（4）50%．【解析】（1）汽车的行驶速度：v=s/t=54km/0.5h=108km/h．（2）F=G=mg=5×103kg×10N/kg=5×104N，S=4×250cm2=1000cm2=0.1m2，该汽车对地面的压强：P=F/S=5×104N /0.1m2=5×105Pa．（3）f=0.1G=0.1×5×104N=5×103N，s=54km=5.4×104m，因为匀速行驶，所以F=f=5×103N，该汽车牵引力所做的功W=Fs=5×103N×5.4×104m=2.7×108J，（4）由ρ=m/V可得，燃油的质量m=ρV=0.8×103kg/m3×1.5×10﹣2m3=12kg，这一过程中消耗的总能量Q=mq=12kg×4.5×107J/kg=5.4×108J，该汽车的效率η=W/Q×100%=2.7×108J/5.4×108J×100%=50%．7.（2019吉林模拟题）夏天，公园内的草坪都要定期使用如图所示的草坪修剪机进行修剪，它底盘刀具的动力靠汽油机提供。修剪机总重为200N，四个轮子与地面的接触面积为20cm2，修剪机正常工作时，刀具每秒钟通过的距离为23m，匀速运动时受到的平均阻力为20N，在一次修剪过程中，所用时间为5000s，耗油0.2kg.（q汽油=4.6×107J/kg）求：（1）使用前修剪机静止时对水平地面的压强；（2）修剪机克服阻力做功的功率；（3）汽油机的效率。【答案】（1）105Pa （2）460J 460W （3）25%【解析】（1）使用前修剪机静止时对水平地面的压力：F=G=200N使用前修剪机静止时对水平地面的压强：P=F/S=1×105Pa；（2）修剪机匀速行驶的速度：v=s/t=23m/s修剪机克服阻力做功的功率：P=W/t=Fs/t=Fv=20N×23m/s=460W；（3）修剪机匀速行驶受到的牵引力等于阻力，即F牵引力=f=20N；由v=s/t可得，修剪机5000s行驶的路程：s′=vt′=23m/s×5000s=115000m；则修剪机5000s内做的功：W=F牵引力s′=20N×115000m=2.3×106J；0.2kg汽油完全燃烧放出的热量：Q=mq=0.2kg×4.6×107J/kg=9.2×106J；汽油机的效率：η= W/Q×100%=25%．8.（2019沈阳模拟题）五一假期，小明全家驾车从宿迁到徐州游玩，出发前，爱学习的小明收集了相关数据，整理成下表，请你根据表中数据完成相关计算．（1）轿车静止时对水平地面的压强（g取10N/kg）；（2）全程行车所需的时间；（3）匀速行驶lkm牵引力所做的功；（4）全程消耗的汽油在完全燃烧时放出的热量（q汽油=4.6×107/kg）．轿车质量（kg） 1050车轮与地面接触总面积（m2） 0.15宿迁到徐州距离（km） 108预设行车速度（km/h） 90行驶l km耗油量（g） 50匀速行驶时受到的阻力（N） 2000【答案】（1）7×104Pa （2）1.2h （3）2×106J （3）2.484×108J【解析】（1）根据公式p=F/S计算轿车对地面的压强，其中F=G=mg；（2）根据t=s/v计算出行驶所用的时间；（3）根据二力平衡条件，若匀速行驶则F=f，根据W=Fs计算出功的大小；（4）根据公式Q=mq计算出燃油燃烧放出的热量．9.（2018重庆模拟题）我国自主研制的某型新一代战斗机，它具备超音速巡航、电磁隐身、超机动性、超视距攻击等优异性能，该飞机最大起飞质量为37t，最大飞行高度达20000m，最大航行速度达2.5倍声速（合3060km/h），最大载油量为10t，飞机航行时所受阻力的大小与速度的关系见表：速度v/（m/s） 100 200 300 400 500阻力f/N 0.3×104 1.2×104 2.7×104 4.8×104 7.5×104已知飞机发动机燃油完全燃烧的能量转化为机械能的效率是40%，飞机使用的航空燃油的热值为5×107J/kg。求：（1）飞机发动机完全燃烧10t燃油获得的能量是多少焦？（2）当飞机以400m/s的速度巡航时，飞机发动机的输出功率是多少千瓦？（3）若在飞机油箱中加满燃油，且以500m/s的速度巡航时，飞机的最大航程约是多少千米？【答案】（1）5×1011J（2）1.92×104kW （3）2.7×103km【解析】（1）燃油完全燃烧放出的热量：Q=mq=1×104kg×5×107J/kg=5×1011J；（2）由表中数据可知，飞机以400m/s的速度巡航时，所受阻力为4.8×104N，则飞机发动机的输出功率为P=W/t=Fs/t=Fv=1.92×104kW（3）由（1）可知Q=5×1011J；已知飞机发动机燃油完全燃烧的能量转化为机械能的效率是40%，则有用功W=40%×Q=40%×5×1011J=2×1011J，根据表格查出500m/s时的阻力为7.5×104N，则由W=fs=Fs，可得S=W/f=2.67×103km10.（2018湖北宜昌）甲、乙两位同学对“雨滴的下落速度是否跟雨滴的大小有关”持有不同的意见，于是他们对此展开研究。他们从网上查到，雨滴在下落过程中接近地面时受到的空气阻力与雨滴的横截面积S成正比，与雨滴下落速度v的平方成正比，即f=kSv2（其中k为比例系数，是个定值），雨滴接近地面时可看做匀速直线运动。把雨滴看做球形，其半径为r，密度为ρ，比热为c，球的体积为V=πr3．（注：所有结果均用字母表示）（1）半径为r的雨滴重力为 。（2）在接近地面时，大雨滴的下落速度 小雨滴的下落速度（选填“大于”“等于”“小于”），写出推理过程。（3）假设半径为r的雨滴在近地面下落h高度的过程中，重力对它所做的功全部转化为雨滴的内能，则雨滴的温度升高了多少？【答案】（1）πr3ρg；（2）大于；推理过程详见解答；（3）雨滴的温度升高了。【解析】（1）雨滴的体积：V=πr3，则根据ρ=得，其质量m=ρV=πr3ρ，故重力G=mg=πr3ρg；（2）雨滴接近地面时可看做匀速直线运动，故f=G，因为f=kSv2=kπr2v2，G=πr3ρg，所以，kπr2v2=πr3ρg，化简得，v=，又因为k、ρ、g均为定值，所以，r越大，速度越大，即在接近地面时，大雨滴的下落速度大于小雨滴的下落速度。（3）设雨滴的质量为m，因为重力对它所做的功全部转化为雨滴的内能，即W=Q，又因为W=Gh=mgh，Q=cm△t，所以，mgh=cm△t，则△t=。11．（能力题）如图，质量为0.1kg的铁球从高为2.3m的斜面顶端无摩擦下滑后，撞击到水平地面上的金属块。假设撞击时铁球的机械能有20%转化成内能，并全部被自己吸收（c铁=0.46×103J/（kg?℃），假设铁球在整个运动过程中与接触面无摩擦、不计空气阻力）。（1）求铁球下滑到斜面底端的过程中，重力做功多少J？（2）求铁球升高的温度为多少℃？【答案】（1）铁球下滑到斜面底端的过程中，重力做功为2.3J；（2）铁球升高的温度为0.01℃。【解析】（1）铁球的重力：G=mg=0.1kg×10N/kg=1N，铁球下滑到斜面底端的过程中，重力做功：W=Gh=1N×2.3m=2.3J；（2）由于铁球从斜面顶端无摩擦下滑，所以该过程中铁球的机械能没有损失，则撞击时铁球的机械能等于最初的重力势能，即W机=W=2.3J，根据题意和Q=cm△t可得，铁球升高的温度：△t====0.01℃。12．（2018大连）我市正在争创全国文明城市，各单位都加大了“创城”工作的力度。为了净化市区空气，环卫工人每天清晨都驾驶洒水车对市区道路洒水（如图）．下表是某洒水车的相关数据。已知水的密度为1.0×103kg/m3，汽油的燃烧值为4.6×107J/kg，g取10N/kg．请根据题意回答下列问题：空车质量 水罐容积 装满水时车轮与地面的总接触面积 额定功率5t 4m3 0.6m2 120kW（1）若该洒水车的发动机是汽油发动机，发动机工作时哪个冲程将内能转化为机械能？燃烧0.5kg汽油能产生多少热量？（2）该洒水车装满水时对地面的压强为多少？（3）若水罐内有一漂浮的物体浸没在水中的体积为1.0×10﹣3m3，则该物体受到的浮力为多大？（4）该洒水车在水平路面上以额定功率匀速行驶5 000m用时10min，试计算此过程汽车所受到的阻力大小。【答案】（1）发动机工作时做功冲程将内能转化为机械能；燃烧0.5kg汽油能产生2.3×107J热量；（2）该洒水车装满水时对地面的压强为1.5×105Pa；（3）则该物体受到的浮力为10N；（4）此过程汽车所受到的阻力大小为1.44×104N。【解析】（1）汽油机的一个工作循环包括：吸气、压缩、做功、排气四个冲程；做功冲程是高温高压的燃气对活塞做功完成的，是将内能转化为机械能的过程。燃烧0.5kg汽油产生的热量：Q=m汽油q=0.5kg×4.6×107J/kg=2.3×107J；（2）由ρ=可知，装满水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×4m3=4×103kg，汽车和水的总重：G总=G车+G水=（m车+m水）g=（5×103kg+4×103kg）×10N/kg=9×104N；该洒水车装满水时对地面的压力：F=G总=9×104N；该洒水车装满水时对地面的压强：p===1.5×105Pa；（3）该物体受到的浮力：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×1.0×10﹣3m3=10N；（4）洒水车行驶5000m用时10min，则行驶速度：v===m/s，由P===Fv可得牵引力：F===1.44×104N，因为洒水车匀速行驶，所以受到的阻力：f=F=1.44×104N。13．（2017?德州）图1是一艘完全依靠太阳能驱动的船，该船长30米，宽15米，排水量60吨，船的表面安装有太阳能电池板，接收太阳能的功率为1.6×105W，若接收的太阳能只用来驱动船前进。在一次航行中，从某一时刻开始，太阳能船受到水平方向的牵引力F随时间t的变化关系如图2甲所示，船的运动速度v随时间t的变化关系如图2乙所示。（g取10N/kg）求：（1）满载时太阳能船受到的浮力；（2）第50s到第100s内牵引力做的功；（3）第50s到第100s的运动过程中，太阳能船的效率。【答案】（1）满载时太阳能船受到的浮力为6×105N；（2）第50s到第100s内牵引力做的功为2×106J；（3）第50s到第100s的运动过程中，太阳能船的效率为25%。【解析】（1）满载时太阳能船受到的浮力：F浮=G排=m排g=60×103kg×10N/kg=6×105N；（2）第50s到第100s内，由图甲可知牵引力F=8×104N，由图乙可知船匀速行驶的速度v=0.5m/s，由v=可得，船行驶的距离：s=vt=0.5m/s×50s=25m，第50s到第100s内牵引力做的功：W=Fs=8×104N×25m=2×106J；（3）由题可知，太阳能电池板接收太阳能的功率为1.6×105W，则第50s到第100s的运动过程中，太阳能电池板接收到的太阳能：E=Pt=1.6×105W×50s=8×106J，则太阳能船的效率：η=×100%=×100%=25%。14.（2018苏州） 一辆汽车以恒定的功率在平直的公路上做直线运动，其图象如图所示，在第10s时速度达到，通过的路程为120m。求： 在内汽车的平均速度；设汽车在行驶过程中所受阻力不变，大小为那么在内汽车发动机产生的牵引力所做的功是多少焦耳？若发动机的转化效率为，则内燃烧了多少千克汽油？已知汽油的热值大约为。【答案】（1）12m/s；（2）8×105；（3）0.02【解题过程】（1）汽车在0~10s内的平均速度：；（2）由图像可知，10~20s汽车做匀速直线运动，所受的牵引力和阻力是平衡力，∴汽车所受的牵引力：，汽车运动时间：，汽车在10~20s内运动的路程：，汽车牵引力做的功：；（3）汽油完全燃烧放出的热量：，需要燃烧汽油的质量：．15.（2019牡丹江模拟题）小天收集了一些数据填在下表中。如果该车满载货物后在平直的公路上匀速行驶100m，货车受到的阻力是车重的1/10．那么在此过程中：（g取10Nkg）（1）该货车车牵引力是多少？牵引力所做的功是多少？（2）燃油完全燃烧放出的热量是多少？（3）该货车发动机的效率是多少？品牌型号 东风xx 外型尺寸 5×1.9×23（m）变速箱 A85 空车质量 1.5吨最高车速 120km/h 满载时载货量 2.5吨空载百公里油耗 12L 燃油密度 0.8×103kg/m3满载百公里油耗 20L 燃油热值 5×107J/kg【答案】（1）4×103N；4×105J；（2）8×105J；（3）50%。【解析】（1）满载货物时货车的总质量：m=m车+m货=1.5t+2.5t=4t=4×103kg，货车的总重力：G=mg=4×103kg×10N/kg=4×104N，由题意知，货车受到的阻力：f=G/10=4×104N/10=4×103N，因为该车满载货物后在平直的公路上匀速行驶，所以，根据二力平衡条件可知，该货车的牵引力：F=f=4×103N。牵引力所做的功：W=Fs=4×103N×100m=4×105J。（2）由表格数据可知，货车满载百公里油耗为20L，则货车行驶100m=0.1km消耗燃油的体积：V=（0.1km /100km）×20L=0.02L=2×10﹣5m3，由ρ=m/V得，消耗燃油的质量：m燃油=ρ燃油V燃油=0.8×103kg/m3×2×10﹣5m3=0.016kg，燃油完全燃烧放出的热量：Q放=m燃油q燃油=0.016kg×5×107J/kg=8×105J。（3）该货车发动机的效率：η=W/ Q放×100%=50%。1 初中热电综合计算题 (知识回顾 ) 解决热电综合计算题一般涉及到的物理公式包括物体吸热公式、放热公式、热值公式、热效率公式、 电功公式、电功率公式等；涉及到的物理规律有热平衡思想、串联电路特点、欧姆定律、焦耳定律等。 (典例突破 )【例题1】（2019齐齐哈尔）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＝2.1×103J/（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？【答案】（1）吹冷风时，冰从周围吸收的热量是2.1×104J；（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。【解析】（1）冰吸收的热量为：Q吸＝c冰m冰△t＝2.1×103J/（kg?℃）×1kg×[﹣6℃﹣（﹣16℃）]＝2.1×104J；（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）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，由P＝可得，R2的阻值为：R2＝＝＝88Ω。【例题2】（2019湖北随州）随州的冬季不像北方有集中供暖，所以本地居民常选用一些小型电暖器越冬。如图甲电暖器有“高温、中温、低温”三挡，铭牌见下表（“中温”挡功率空出），其电路原理如图乙，S是自我保护开关，当电暖器倾倒时S自动断开，切断电源保证安全。当S、S1闭合，S2断开时电暖器为“低温”挡。（R1＞R2）XX牌电暖器额定电压 220V额定功率 低温挡 440W 中温档 高温挡 1600W频率 50Hz求：（1）R1的阻值；（2）“中温”挡正常工作时电路中的电流；（3）若室内空气质量为50kg，用该电暖器的“高温”挡正常工作10min，放出热量的50%被室内空气吸收，那么可使室内气温升高多少？（假设空气的比热容为1.1×103J/（kg?℃））【答案】（1）R1的电阻是11Ω；（2）电暖器“中温”档正常工作时的电流是5.27A；（3）可使此房间的空气温度升高8.73℃。【解析】（1）闭合开关S1，R1单独接入电路，R1＞R2，根据P＝可知电暖气处于低温；R1的阻值：R1＝＝＝110Ω；（2）闭合S1为“低温”挡，R1单独接入电路；单独闭合S2为“中温”挡，“高温”挡为S1、S2同时闭合，R1、R2并联。P中温＝P高温﹣P低温＝1600W﹣440W＝1160W；根据P＝UI可得，“中温档”正常工作时的电流：I2＝＝≈5.27A；（3）因为P＝，所以电暖器的“高温”档正常工作10min，放出的热量：W＝P高温t＝1600W×10×60s＝9.6×105J；空气吸收的热量：Q吸＝ηW＝50%×9.6×105J＝4.8×105J，由Q吸＝cm△t可得，房间空气升高的温度：△t＝＝≈8.73℃。 (中考达标训练题 )1．（2019湖北黄石）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） 220高档发热功率（W） 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4.2×103J/（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？【答案】（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。【解析】（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，电源的电压一定，由P＝UI＝可知，电热加湿器的功率最大，处于高挡，则电热加湿器中R1的阻值：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＝W/t可得，在高档正常工作时消耗的电能：W高＝P高t高＝400W×10×60s＝2.4×105J，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＝2.4×105J，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＝3.24×104J，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，所以，由P＝UI＝I2R可得，电路中的电流：I＝＝＝＝＝A，此时电阻R2的实际功率：P2＝I2R2＝I2×3R1＝（A）2×3×121Ω＝60.75W。2．（2019山西）“创新”小组的同学们调查发现，雨雪天气里汽车后视镜会变模糊，影响行车安全。同学们设计了给后视镜除雾、除霜的加热电路。如图是加热电路原理图，电源电压100V，加热电阻R1与R2阻值均为100Ω，电路低温挡除雾，高温挡除霜。同学们对电路进行模拟测试，开启除霜模式加热后视镜1min，用温度传感器测得其温度升高了6℃．求：（1）除霜模式下，电路中的电流；（2）除霜模式下，电路的加热效率。[后视镜玻璃质量约0.5kg，玻璃的比热容约0.8×103J/（kg?℃）]【答案】（1）除霜模式下，电路中的电流为1A；（2）除霜模式下，电路的加热效率为40%。【解析】（1）由图知，只闭合开关S时，两电阻串联；当开关S、S1都闭合时，R2被短路，只有R1工作，此时电阻最小，根据P＝可知此时电路的功率最大，处于高温除霜模式，除霜模式下，电路中的电流：I＝＝＝1A；（2）除霜模式下1min消耗的电能：W＝UIt＝100V×1A×60s＝6000J，后视镜玻璃吸收的热量：Q＝cm△t＝0.8×103J/（kg?℃）×0.5kg×6℃＝2400J，除霜模式下，电路的加热效率：η＝×100%＝×100%＝40%。3．（2019山东枣庄）如图所示是某款电养生壶及其铭牌的部分参数，当养生壶正常工作时，求：额定电压 220V频率 50Hz额定功率 1100W容量 1L（1）养生壶正常工作的电阻。（2）若该养生壶的加热效率为80%，在标准大气压下，将初温是12℃的一壶水烧开，需要多长时间？（c水＝4.2×103J/（kg?℃），ρ水＝1.0×103kg/m3]（3）在物理综合实践活动中，小明和小丽同学利用所学习的物理知识，合作测量养生壶的实际功率。电表上标着“1200r/（kW?h）”，他们把家中的其他用电器都与电源断开，仅让养生壶接入电路中烧水，2min电能表的转盘转了40r，求电养容量生壶的实际功率。【答案】（1）养生壶正常工作的电阻为44Ω。（2）若该养生壶的加热效率为80%，在标准大气压下，将初温是12℃的一壶水烧开，需要420s；（3）电养生壶的实际功率为1000W。【解析】（1）由P可得，养生壶正常工作时的电阻：R44Ω。（2）1L水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg；水吸收的热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg?℃）×1kg×（100℃﹣12℃）＝3.696×105J，由η可得，养生壶消耗的电能：W4.62×105J，由P可得，养生壶工作时间：t420s。（3）转盘转动40转消耗电能：WkW?hkW?h＝1.2×105J，t＝2min＝120s，电养生壶的实际功率：P实1000W。4.（2019天津）某电热水壶铭牌的部分信息如下表所示。该电热水壶正常工作时，把1kg水从20℃加热到100℃用时7min，已知c水=4.2×103J/（kg?℃），求：（1）水吸收的热量；（2）电热水壶的热效率。型号 xx额定电压 220V额定功率 1000W频率 50Hz【答案】（1）水吸收的热量为3.36×105J；（2）电热水壶的热效率为80%。【解析】（1）水吸收的热量：Q吸=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg?℃）×1kg×（100℃-20℃）=3.36×105J。（2）工作时间t=7min=420s，电热水壶正常工作7min消耗的电能：W=Pt=1000W×420s=4.2×105J，则电热水壶的热效率：η=×100%=×100%=80%。5．（2018?烟台）常温常压下，一台标有“220V 2000W“的电热水壶正常工作时，将质量为1kg、初温为20℃的水烧开，需要的时间是 [假设该热水壶产生的热量完全被水吸收，c水=4.2×103J/（kg?℃）]。【答案】168s。【解析】在1个标准大气压下水的沸点为100℃，则水吸收的热量：Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg?℃）×1kg×（100℃﹣20℃）=3.36×105J，不计热损失，由W=Q吸=Pt可得，需要的加热时间：t′====168s。6．（2018?威海）标有“220V，2000W“的“即热式”电热水龙头，其加热电阻丝的阻值是 Ω；在额定电压下工作21s，若不计热量损失，能够使 kg的水从15℃上升到35℃．[水的比热容为4.2×103J/（kg?℃）]【答案】24.2；0.5。【解析】（1））根据P=可得，加热电阻丝的阻值：R===24.2Ω；（2）由P=可得，在额定电压下工作21s消耗的电能：W=Pt=2000W×21s=4.2×104J；若不计热量损失，则Q吸=W=4.2×104J，由Q吸=cm△t可得，加热水的质量：m===0.5kg。7．（2017?威海）一个标有“220V 1200W”的电热水壶。要在1个标准大气压下将2kg温度为20℃的水烧开，水需要吸收的热量是 J，若不计热损失，电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间是 s．（水的比热容为4.2×103J/（kg?℃）【答案】6.72×105J；560。【解析】（1）在标准大气压下，水的沸点为100℃，水吸收的热量：Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg?℃）×2kg×（100℃﹣20℃）=6.72×105J；（2）因为电热水壶正常工作，所以P=P额=1200W，不计热损失，Q吸=W=Pt，所以电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间：t===560s。8．（2018?临沂）小明妈妈为奶奶买了一个电热足浴盆（如图所示），内部由加热系统和按摩系统两部分组成。加热系统的加热电阻额定电压220V，额定功率605W．问：（1）小明帮奶奶泡脚时，向足浴盆中加入6kg初温为20℃的水，加热系统的加热电阻正常工作15min将水加热到40℃，此加热过程中水吸收的热量是多少？消耗的电能是多少？[c水=4.2×103J/（kg?℃）]（2）当小明家的实际电压是200V时，加热电阻工作的实际功率是多少？（3）足浴盆按摩系统中的电动机工作电压是12V（按摩系统将交流电压转换为12V），工作电流为4A，其电阻为0.5Ω，电动机工作中因发热损失的功率是多少？【答案】（1）此加热过程中水吸收的热量是5.04×105J；消耗的电能是5.445×105J；（2）加热电阻工作的实际功率是500W；（3）电动机工作中因发热损失的功率是8W。【解析】（1）水吸收的热量：Q吸=c水m（t﹣t0）=4.2×103J/（kg?℃）×6kg×（40℃﹣20℃）=5.04×105J；加热时间t′=15min=900s，足浴盆加热时消耗的电能：W=P额t′=605W×900s=5.445×105J。（2）由P=得，加热电阻的阻值：R===80Ω，当小明家的实际电压是200V时，加热电阻工作的实际功率：P实===500W。（3）电动机工作中因发热损失的功率：P损=I2R′=（4A）2×0.5Ω=8W。9．（2017?威海）某生态园设计了模拟日光和自动调温系统，实现照明、保温和加热的功能，其原理如图所示，电源电压恒为220V，R1和R2是两个电热丝（不考虑温度对电阻的影响），R2=30Ω，L是标有“220V 160W”的照明灯泡，白天有日光的时候，只开启该系统的保温功能并连续工作10h，此时R1与R2的电功率之比为1：3，晚上温度较低的时候，需开启加热和照明功能。灯泡正常发光此状态下系统也需连续工作10h，q沼气=1.8×107J/m3，请解答下列问题：（1）晚上工作时电路的总功率是多大？（2）若一天中工作的20h内电热丝放出的热量完全由该生态园自产的沼气提供，其热效率为50%，则每天需要完全燃烧多少m3的沼气？【答案】（1）晚上工作时电路的总功率是5000W；（2）每天需要完全燃烧24.2m3的沼气。【解析】（1）由题知，白天有日光时，系统处于保温状态，灯泡不工作，此时两开关应断开，两电阻R1、R2串联，总电阻最大，总功率最小；由串联电路的特点可知，通过两电阻的电流相等，且R1与R2的电功率之比为1：3，由P=I2R可得：===，由题知R2=30Ω，所以R1=10Ω；晚上系统处于加热状态，且灯泡正常工作，由电路图可知，此时两开关应都闭合，灯泡L与R1并联；由并联电路的特点可知，此时U=U1=220V，且灯泡正常工作，所以R1的功率：P1′===4840W，所以晚上工作电路的总功率：P总=P额+P1'=160W+4840W=5000W；（2）由串联电路的特点和P=可得，白天系统在保温状态时电热丝的总功率：P保温===1210W，由题可知白天和晚上系统的工作时间相同，则一天内电热丝放出的热量：Q=W=P1′t+P保温t=（P1′+P保温）t=（4840W+1210W）×10×3600s=2.178×108J，由沼气燃烧的热效率为50%可得：50%Q放=Q，由Q放=qV可得需要燃烧沼气的体积：V====24.2m3。10．（2018?滨州）图甲是一家用电器，有“低温”，“中温”，“高温”三档，铭牌见下表（“高温”档功率空出），图乙为其简化的电路原理图，S是自我保护开关，电暖器跌倒时，S自动断开，切断电源，保证安全，闭合S1为“低温”档。请完成下列问题：××牌电暖器额定电压 220V额定功率 低温档 550W 中温档 1100W 高温档 频率 50Hz（1）“低温”档正常工作时的电阻是多少？（2）“高温”档正常工作时的总电流是多少？（3）若某房间内空气质量为60kg，空气温度为10℃，设定空气的比热容为1.1×103J/（kg?℃）且保持不变，用该电要器的“高温”档正常工作20分钟，放出热量的50%被房间内的空气吸收，那么可使此房间的空气温度升高多少℃？【答案】（1）“低温”档正常工作时的电阻是88Ω；（2）“高温”档正常工作时的总电流是7.5A；（3）可使此房间的空气温度升高15℃。【解析】（1））闭合S1为“低温”档，R1单独接入电路，由P=可求“低温”档正常工作时的电阻是：R1===88Ω；（2）闭合S1为“低温”档，R1单独接入电路，单独闭合S2为“中温”档，高温档为S1、S2同时闭合，R1、R2并联，P高温=P低温+P中温=550W+1100W=1650W，根据P=UI可得高温档时正常工作的电流：I===7.5A，（3）电暖器的“高温”档正常工作20分钟，放出的热量：W=P高温t=1650W×20×60s=1.98×106J；空气吸收的热量：Q吸=ηW=50%×1.98×106J=0.99×106J；由Q吸=cm△t可得，房间的空气温度升高：△t===15℃。11．（2017?潍坊）某品牌的电热水壶铭牌如表所示，电热水壶正常工作时，将水壶中的额定容量的水加热至沸腾。已知室温与水的初温皆为20℃，水的比热容c水=4.2×103J/（kg?℃），水的密度ρ水=1.0×103kg/m3。型号 LL﹣8015额定电压 220V～额定功率 1360W额定频率 50Hz额定容量 1.0L（1）求水吸收的热量；（2）通过计算判断，加热时间是否可能为200s。【答案】（1）水吸收的热量为3.36×105J；（2）计算表明，加热时间不可能为200s。【解析】（1）由电热水壶铭牌可知，电热水壶的额定电压是220V，额定功率是1360W，容积是1L；一壶水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3=1kg，水吸收的热量：Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg?℃）×1kg×（100℃﹣20℃）=3.36×105J；（2）电水壶正常工作200s消耗的电能：W=Pt=1360W×200s=2.72×105J，由于W＜Q吸，因此加热时间不可能为200s。12．（2017?临沂）现代居家生活中，水族箱已成为室内装饰的一个亮点，某品牌水族箱（如图）的玻璃容器内装有50L水，内置一根“220V 100W”的自动温控棒，冬天养热带鱼时，水族箱内水的温度要求控制在26℃～28℃之间（温度棒的水温低于26℃时开始工作，水温达到28℃时自动断开）（1）求水族箱中水的质量；（2）在某次温控中，温控棒正常工作了87.5min，求该次温控棒的温控效率【水的比热容为4.2×103J/（kg?℃）】（3）若用电高峰时，家庭电路的实际电压仅为217.8V，求此时温控棒的工作电流（温控棒阻值不变）【答案】（1）水族箱中水的质量为50kg；（2）该次温控棒的温控效率为80%；（3）此时温控棒的工作电流为0.45A。【解析】（1）水的体积：V=50L=0.05m3，由ρ=可得，水族箱内水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×0.05m3=50kg；（2）已知加热过程中温度由26℃加热到28℃，温控棒正常工作了87.5min，水吸收的热量：Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg?℃）×50kg×（28℃﹣26℃）=4.2×105J，由P=可得，消耗的电能：W=Pt=100W×87.5×60s=5.25×105J，该次温控棒的温控效率：η=×100%=×100%=80%。（3）由P=可得，温控棒阻值R===484Ω，已知温控棒阻值不变，当家庭电路的实际电压仅为217.8V时，温控棒的工作电流I===0.45A。13.（2018山东临沂）小明妈妈为奶奶买了一个电热足浴盆(如图所示)，内部由加热系统和按摩系统两部分组成。加热系统的加热电阻额定电压220V，额定功率605W。问:(1)小明帮奶奶泡脚时，向足浴盆中加入6kg初温为20C的水，加热系统的加热电阻正常工作15min将水加热到40℃，此加热过程中水吸收的热量是多少?消耗的电能是多少?[c水=4.2×103/(kg.℃)](2)当小明家的实际电压是200V时，加热电阻工作的实际功率是多少?(3)足浴盆按摩系统中的电动机工作电压是12V(按摩系统将交流电压转换为12V),工作电流为4A，其电阻为0.5Ω，电动机工作中因发热损失的功率是多少?【答案】（1）5.04×105J，5.445×105J（2）500W（3）8W【解析】（1）由题根据Q吸=cm△t求出水吸收的热量。由题意电热足浴盆注水量为6kg，当温度达到显示温度40℃时，完成加热，所以水吸收的热量：Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg?℃）×6kg×（40℃﹣20℃）=5.04×105J；加热时间t=15min=900s，电热足浴盆加热的功率为605W，由P=W/t得，电热足浴盆消耗的电能：W=Pt=605W×900s=5.445×105J，（2）根据W=Pt求出电热足浴盆消耗的电能，然后根据P额=U额2/R得出R值，再根据 P实=U实2/R求出实际功率。由电功率公式可得P额=U额2/RR=U额2/P额 P实=U实2/R=U实2/（U额2/P额）=（200v）2/（（220v）2/605W）=500W（3）由P=I2R计算电动机工作中因发热损失的电功率。电动机工作中因发热损失的功率P=I2R=(4A)2×0.5Ω=8W（2019杭州）图甲是一个豆浆机的实物图，豆浆机的中间部位是一个电动机，电动机通过金属杆带动其下部的刀片旋转，从而将原料粉碎打浆；刀片外部是一个环状加热管（电热丝），用来对豆浆加热，该豆浆机的部分参数如表所示。制作豆浆的过程是加热和打浆交替进行，图乙是该豆浆机做好一次豆浆的P-t图象。求：额定电压 220V频率 50Hz电动机输入功率 110W加热功率 1000W（1）加热管正常工作时电阻丝的阻值是多少？（2）在8～11分钟的时间内，设豆浆质量为1.5kg，比热恒为4×103J/（kg?℃），加热管产生的热量全被豆浆吸收，到第11分钟时豆浆温度恰好为100℃，则第8分钟时豆浆温度为多少？（3）豆浆机在粉碎打浆时，电动机的内阻为40Ω，则电动机输出的机械功率是多少？【答案】（1）48.4Ω；（2）70℃。（3）100W。【解析】（1）由P=可得，豆浆机正常加热时电热管的电阻： R1===48.4Ω；（2）由P=可得，加热管产生的热量Q=W=Pt=1000W×3×60s=1.8×105J，加热管产生的热量全被豆浆吸收，Q吸=W=1.8×105J，由Q吸=cm（t-t0）可得，1.8×105J=4×103J/（kg?℃）×1.5kg×（100℃-t0）解得t0=70℃。（3）电动机转动时，其电流I===0.5A，热功率为：P热=I2r=（0.5A）2×40Ω=10W；其输入的电功率为：P入=110W，消耗的电能转化为内能和机械能，故电动机的机械功率为：P出=P入-P热=110W-10W=100W。15．（2018?天津）图为某电热器的电路原理图，通过将开关S置于不同的位置，可以实现“加热”和“保温”两种状态的变换，对应的额定功率分别为800W和40W。（1）将开关S接“1”时，电热器处于 （选填“加热”或“保温”）状态。（2）电热器在加热状态下正常工作，将0.5kg初温为20℃的水加热到100℃，需要多长时间？（【水的比热容为4.2×103J/（kg?℃），假设电能全部转化为水的内能】【答案】（1）加热；（2）电热器在加热状态下正常工作，将0.5kg初温为20℃的水加热到100℃，需要的时间为210s。【解析】（1）将开关S接“1”时，电路为R2的简单电路，电路中电阻最小，根据P=可知，电源电压一定时，电阻越小，电功率越大，所以此时电热器处于加热状态。（2）水吸收的热量：Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg?℃）×0.5kg×（100℃﹣20℃）=1.68×105J，由题意可知，假设电能全部转化为水的内能，则W=Q吸=1.68×105J，由P=得，需要的加热时间：t′===210s。16.（经典能力题）小明的妈妈利用天然气灶烧水，把质量为1kg的20℃的水烧开（在标准大气压下）． （1）通过观察天燃气表得知消耗了0.01m3的天然气，如果天然气的密度为0.7kg/m3，烧水时消耗天然气多少千克？（2）在此过程中水需要吸收多少热量？（3）用额定功率是800W的电热壶在220V额定电压下，烧开同样质量的水，若电能转化为内能的效率是84%，则通电时间是多少？【答案】（1）0.007kg （2）3.36×105J （3）500s【解析】（1）天然气的质量可以利用密度的计算公式变形，即m=ρV。消耗的天然气的质量为：m=ρV=0.7kg/m3×0.01m3=0.007kg （2）水吸收的热量，可以利用吸放热的公式进行计算。Q吸=cm（t2﹣t1）=4.2×103J/（kg?℃）×1kg×（100℃﹣20℃）=3.36×105J（3）在使用电水壶烧水时，把电能转化为内能，根据题意，只有84%的内能被水吸收，即Q吸=84%Q放=84%W。电流做功： W=Q吸/84%=4×105J通电时间： t=W/P=4×105J/800W =500s17.（经典能力题）如图是我们家庭用的一种电热饮水机的简化电路图，其参数如下表，R1、R2 是发热电阻丝。（1）若饮水机正常工作的加热效率为90%，现将质量为0.4kg、初温为25℃的水在一标准大气压下加热至沸腾， 已知水的比热容是4.2×103J/(kg·℃)，求：水需要吸收的热量？烧开这些水消耗了多少电能？（2）当饮水机处于保温状态时，R1的电阻值是多大？【答案】（1）1.26×105J；1.4×105J.（2）1056Ω.【解析】（1）水吸收的热量为：Q吸=c水m水（t-t0）=4.2×103J/（kg?℃）×0.4kg×（100℃-25℃）=1.26×105J由Q吸=ηW可得，消耗的电能：W=Q吸/η=1.26×105J/90%=1.4×105J.（2）由电路图可知，开关S2断开时两电阻串联，电路电阻较大，开关S2闭合时，只有电阻R2接入电路，电阻R1被短路，此时电路电阻较小，电源电压U一定，由P =U2/R可知，电阻越大，电路功率越小，电阻越小，饮水机功率越大，因此当开关S2断开时，电路阻值较大，电功率较小，饮水机处于保温状态．因此当开关S2闭合时，电路阻值较小，电功率较大，饮水机处于加热状态。用P 1、P 2分别表示保温、加热功率，则P 1=44W P 2=1100W加热时,R2=U2/P 2= (220V) 2/1100W =44Ω保温时R总=U2/P 1= (220V) 2/44W =1100Ω则R1=R总-R2=1100Ω-44Ω=1056Ω．18.（经典能力题）如图（甲）所示是生活中常见的自动加热、保温的电水壶，它的铭牌如下面表格。现将它接在220V的电压下工作。已知水的比热容为4.2×103J／（kg.℃）额定电压 220V频率 50Hz容积 6L加热功率 1000W保温功率 40W （1）如图（乙）所示为电水壶的电路图，其中R0是电热水壶中的电热管，R是与电热水壶的电热管串联的电阻，S是一个能自动切换的温控开关，此热水壶是在热胆中储水，由电热管加热工作的。请根据电路图判断：在什么情况下，电水壶处于加热状态？在什么情况下，电水壶处于保温状态？ 乙 （2）请根据铭牌数据信息，计算R0和R的阻值分别是多少？（3）电水壶处于加热状态时，在840s时间内，使热胆中2kg、20℃的水温度升高到100℃。求电水壶的热效率。【答案】（1）开关闭合时电水壶处于加热状态，开关断开时电水壶处于保温状态。（2）R0=48.4Ω R=1161.6Ω（3）80% 【解析】（1）开关闭合时，R被短路，这时电路的电阻只有R0 ，电路消耗的电功率为P0= U2/R0开关断开时，这时电路的电阻R和R0 串联，电路消耗的电功率为P= U2/（R+ R0）很明显知道P0＞P所以开关闭合时电水壶处于加热状态，开关断开时电水壶处于保温状态。（2）开关闭合时，R被短路，这时电路的电阻只有R0 ，电路消耗的电功率为加热功率P0=1000W，这时P0=U2/R01000 W=U2/R0 ………………………开关断开时，这时电路的电阻R和R0 串联，电路消耗的电功率为保温功率P=40W根据P= U2/（R+ R0）40 W=U2/（R+ R0）………………已知U=220V ………………………解得R0=48.4Ω R=1161.6Ω（3）电水壶处于加热状态时，t=840s时间产生的电能为W=P0tP0=1000W则W=P0t=1000W×840s=8.4×105J水吸收的热量为Q=cm△t= cm（t2-t1 ）已知c=4.2×103J／（kg.℃）m=2kg t2=100℃ t1=20℃则Q吸=cm△t=cm（t2-t1 ）=4.2×103J／（kg.℃）×2kg×（100℃-20℃） =6.72×105J由η＝Q吸/W得电水壶的热效率为η＝Q吸/W=6.72×105J/8.4×105J=0.8=80%19.（经典能力题）学习了电功率的知识后，小亮想利用家中的电能表（如图所示）测量电水壶的电功率和热效率．他把质量为1kg温度是20℃的冷水倒入电水壶中，然后把家中的用电器都与电源断开，仅让电水壶工作，在5分钟内将这壶水烧开（在标准器压下），他观察到电能表转盘转了70转．试求：（1）将这壶水烧开，水吸收的热量是多少？（2）电水壶的电功率为多少？（3）电水壶的热效率为多少？【答案】（1）3.36×105J；（2）1400W；（3）80%．【解析】知道水的质量、初温、末温（在标准器压下水的沸点为100℃）以及比热容，根据Q吸=cm（t-t0）求出水吸收的热量；600Revs/kW?h表示电路中每消耗1kW?h的电能，电能表的转盘转600r，据此求出转盘转70r消耗的电能，根据P=W/t求出电水壶的电功率；水吸收热量和消耗电能的比值即为电水壶的热效率．（1）在标准器压下水的沸点为100℃，则水吸收热量：Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg?℃）×1kg×（100℃-20℃）=3.36×105J；（2）电能表转盘转了70转消耗电能：W=70600kW?h=70600×3.6×106J=4.2×105J，电水壶的电功率：P=W/t=1400W；（3）电水壶的热效率：η=Q吸/W×100%=×100%=80%．20.（经典能力题）几千年来中国的厨艺最讲究的就是“火候”二字。现在市场上流行如图所示的新型电饭锅，采用“聪明火”技术，电脑智能控温、控压，智能化控制食物在不同时间段的温度，以得到最佳的口感和营养，其简化电路如图甲所示。R1和R2均为电热丝，S是自动控制开关。把电饭锅接入220V的电路中，用电饭锅的“聪明火”煮米饭，电饭锅工作时的电流随时间变化的图像如图乙所示。（1）求电热丝R2的阻值（计算结果保留一位小数）；（2）这个电饭锅在0～15min内把质量为1.1kg的米饭由20℃加热到100℃，求电饭锅在这段时间内加热的效率。[c米饭=4.2×103J/（kg·℃）]。 (SR2R1220V012351015202530t/minI/A乙甲)【答案】（1）73.3Ω （2）70% 【解析】（1）当开关S闭合时，电路中只有R2工作，从乙图可知通过R2的电流I＝3A。 （2）米饭吸收的热量Q＝cmΔt＝4.2×103J/（kg?℃）×1.1kg×(100℃－20℃)＝3.696×105J电饭锅在0～15min内消耗的电能W＝W1＋W2＝UI1t1＋UI2t2＝220V×3A×10×60s＋220V×2A×5×60s＝5.28×105J电饭锅加热的效率21.（经典能力题）如甲图所示的电压力锅，集压力锅、电饭锅的优点于一体，省时节电，热效率高。电压力锅工作原理如图乙，已知R2的电阻值为48.4Ω，单独闭合开关S1时，压力锅的功率为80W。 (S2R2R1S1220V乙甲)（1）单独闭合开关S1时，电压力锅处于＿＿＿状态（选填“保温”或“加热”）。（2）R1的电阻是多少？（3）同时闭合开关S1和S2，电压力锅工作1min消耗的电能是多少？【答案】（1）单独闭合开关S1时，电压力锅处于保温状态（2）R1的电阻是605Ω（3）同时闭合开关S1和S2，电压力锅工作1min消耗的电能是6.48×104J【解析】（1）由电路图可知，单独闭合开关S1时，只有电阻R1接入电路，电路功率较小，电压力锅处于保温状态；（2）由P=U2/R可知，电阻R1的阻值：R1=U2/P1=605Ω；（3）电阻R2的功率：P2= U2/R2=1000W，同时闭合开关S1和S2，电压力锅工作1min消耗的电能：W=（P1+P2）t=（80W+1000W）×60s=6.48×104J。22．（经典能力题）某品牌电热水器有慢加热、快加热和保温三个工作状态。铭牌上的部分参效如下表所示，其中快加热功率参数模糊不清，它能够把水加热到的最高温度为75℃．简化电路如图所示，R1、R2均为加热电阻〔温度对电阻的影响忽略不计）。若电热水器中已装满质量为40kg、温度为25℃的水。请完成下列问题：[已知水的比热容c=4.2×103J/（kg?℃）〕（1）用该电热水器把水加热到最高温度，水需要吸收的热量。（2）开关S1闭合，S2接b，电热水器处于慢加热工作状态，求R1的阻值。（3）若加热电阻产生的热量有84%被水吸收，用该电热水器把原有的水加热到最高温度，用快加热比用慢加热节约多少秒？（结果保留整数）额定电压 220V保温功率 605W慢加热功率 1210W快加热功率 【答案】（1）用该电热水器把水加热到最高温度，水需要吸收的热量为8.4×106J。（2）R1的阻值为40Ω；（3）用快加热比用慢加热节约4132s。【解析】由电路图可知，开关S1闭合、S2接a时，R1与R2并联；开关S1闭合、S2接b时，电路为R1的简单电路；开关S1断开、S2接a时，电路断路；开关S1断开、S2接b时，R1与R2串联，根据P=UI=可知，电路中的电阻越小，电路的总功率越大，据此判断电热水器的档位。根据Q=cm△t计算把水加热到最高温度，水需要吸收的热量；开关S1闭合、S2接b时，电路为R1的简单电路，电热水器处于慢加热档，根据P=求出电阻R1的阻值；根据并联电路的电阻特点，可求得R1与R2并联时的总电阻，然后利用P=求出快加热功率，根据加热电阻产生的热量有84%被水吸收，可求得消耗的电能：用慢加热消耗的电能与用快加热消耗的电能相同，然后利用P=公式变形分别求得快加热和用慢加热所用时间，然后可得出结论。（1）水需要吸收的热量：Q=cm△t=4.2×103J/（kg?℃）×40kg×（75℃﹣25℃）=8.4×106J；（2）开关S1闭合、S2接b时，电路为R1的简单电路，电热水器处于慢加热档，由P=可得，电阻R1的阻值：R1===40Ω；（3）开关S1断开、S2接b时，R1与R2串联，电路中电阻最大，总功率最小，电热水器处于保温档，此时电路的总电阻：R串===80Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R2的阻值：R2=R串﹣R1=80Ω﹣40Ω=40Ω；开关S1闭合、S2接a时，R1与R2并联，电路中电阻最小，总功率最大，电热水器处于快加热档；由电阻的并联可得：=+，即=+，解得R并=20Ω，则快加热功率：P快加热===2420W，加热电阻产生的热量有84%被水吸收，用该电热水器把原有的水加热到最高温度，则由η=可得，消耗的电能：W===1×107J，分别用慢加热档和快加热档加热时，水吸收的热量不变、且热效率也不变，所以用两档加热时消耗的电能相同，都为W=1×107J，由P=可得，用快加热所用的时间：t快==≈4132s；由P=可得，用慢加热所用的时间：t慢==≈8264s；则用快加热比用慢加热节约的时间：△t=t慢﹣t快=8264s﹣4132s=4132s。17 电学体系内综合计算题一、串并联电路电流、电压特点1.串联电路的特点（1）电流：各处的电流都相等。表达式：I=I1=I2 （2）电压：电路两端的总电压等于各部分电路两端电压之和。表达式：U=U1+U2 （3）电阻：电路的总电阻等于各用电器电阻之和。 表达式：R=R1+R2 2.并联电路的特点：（1）电流：干路中的电流等于各支路中的电流之和。表达式：I=I1+I2 （2）电压：各支路两端的电压相等。表达式：U=U1=U2 （3）电阻：电路的总电阻的倒数等于各用电器电阻倒数之和。 表达式： 二、欧姆定律1.数学表达式：其中I代表电流，单位是A U代表电压，单位是VR代表电阻，单位是Ω2.说明：（1）I、U、R三量必须对应同一导体（或者同一段电路）；（2）I、U、R三量对应的是同一时刻三、对电功公式的理解把握1.电功计算式:W =UIt其中W代表电功, 单位是 JU代表电压，单位是 VI代表电流， 单位是At代表通电时间，单位是s说明：（1）I、U、t 必须对同一段电路、同一时刻而言。(2) 式中各量必须采用国际单位；1度=1 kWh = 3.6×10 6 J。 (3)普遍适用公式，对任何类型用电器都适用。2.电功导出式：W =I2Rt 与只能用于如电烙铁、电热器、白炽灯等纯电阻电路（对含有电动机、日光灯等非纯电阻电路不能用）四、对电功率公式的理解把握1.电功率定义式：其中P代表电功率，单位是W W代表电功，单位是 J t代表通电时间，单位是s 说明：（1）P、W、t 必须对同一段电路、同一时刻而言。(2) 式中各量必须采用国际单位；1度=1 kWh = 3.6×10 6 J。 (3)普遍适用公式，对任何类型用电器都适用。2.电功率计算式：P=IU其中P代表电功率，单位是WI代表电流， 单位是AU代表电压，单位是V说明：（1）I、U 必须对同一段电路而言。（2）式中各量必须采用国际单位； （3）普遍适用公式，对任何类型用电器都适用。3.电功率导出式： 这两个到处公式只能用于纯电阻电路。五、焦耳定律1．焦耳定律内容：电流通过导体产生的热量，与电流的平方成正比，与导体的电阻成正比，与通电时间成正比。2．焦耳定律公式：Q=I2Rt ，（式中单位Q→焦；I→安(A)；R→欧(Ω)；t→秒。）3．当电流通过导体做的功(电功)全部用来产生热 量(电热)，则有W=Q，可用电功公式来计算Q。（如电热器，电阻就是这样的。）类型1.结合图像，考查串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用。【例题1】（2019内蒙古通辽）如图甲所示，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片滑片从最右端滑至最左端时，小灯泡恰好正常发光。电流表示数与两电压表示数的关系图象如图乙。下列说法中正确的是（ ）A．电源电压为9V B．滑动变阻器的最大阻值为14Ω C．小灯泡的额定功率为8W D．电路总功率的变化范围为8W～12W【答案】B【解析】由电路图可知，灯泡L与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，电压表V1测L与R0两端的电压之和，电压表V2测R0两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）当滑片位于最左端时，接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，电路的总功率最大，两电压表的示数最大且电压表V1测电源两端的电压，由图乙可知，电路中的最大电流I大＝1.0A，电压表V2的示数U0＝6V，电压表V1的示数为12V，即电源的电压U＝12V，故A错误；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，此时灯泡两端的电压：UL＝U﹣U0＝12V﹣6V＝6V，因此时小灯泡恰好正常发光，所以，灯泡的额定功率：PL＝ULI大＝6V×1.0A＝6W，故C错误；电路的最大总功率：P大＝UI大＝12V×1.0A＝12W；（2）当滑片位于最右端时，接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，电路的总功率最小，由图象可知，电路中的最小电流I小＝0.5A，电压表V1的示数UV1＝5V，此时滑动变阻器两端的电压：UR＝U﹣UV1＝12V﹣5V＝7V，由I＝可得，滑动变阻器的最大阻值：R＝＝＝14Ω，故B正确；电路的最小总功率：P小＝UI小＝12V×0.5A＝6W，则电路总功率的变化范围是6W～12W，故D错误。类型2.考查对欧姆定律计算公式和串联电路电流、电压、电阻特点的理解和掌握，以及最值问题。【例题2】（2019四川南充）如图，电源电压不变，定值电阻R1＝6Ω，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的规格为“40Ω 1A”，闭合开关后，当滑片P置于M点时，电流表示数为0.3A，当滑片P置于N点时，电流表示数变化了0.1A，且滑动变阻器连入电路中的阻值。（1）求定值电阻R1前后两次电功率之比；（2）求电源电压；（3）在不损坏元件的情况下，求出滑动变阻器的取值范围。【答案】（1）定值电阻R1前后两次电功率之比为9：4；（2）电源电压为3.6V；（3）在不损坏元件的情况下，滑动变阻器的取值范围为0Ω～30Ω。【解答】（1）滑片由M点滑到N点，电阻变大，电路中的电流减小，所以滑片P置于N点时电路中的电流：IN＝IM﹣0.1A＝0.3A﹣0.1A＝0.2A，定值电阻R1前后两次电功率之比9：4；（2）滑片P置于M点时，电源电压U＝IM（R1+RM），滑片P置于N点时，电源电压U＝IN（R1+RN），RN＝2RM，所以0.3A×（R1+RM）＝0.2A×（R1+2RM），解得RM＝R1＝6Ω，电源电压：U＝IM（R1+RM）＝0.3A×（6Ω+6Ω）＝3.6V；（3）根据电流表量程和滑动变阻器规格可知，电路中的最大电流为I大＝0.6A，由欧姆定律可得，电路总电阻：R=6Ω，滑动变阻器连入电路的最小阻值：R滑小＝R﹣R1＝6Ω﹣6Ω＝0Ω；电压表的量程为0～3V，滑动变阻器两端的最大电压U滑＝3V，R1两端的电压U1＝U﹣U滑＝3.6V﹣3V＝0.6V，根据串联电路的分压特点可知：解得R滑大＝30Ω，所以在不损坏元件的情况下，滑动变阻器的取值范围为0Ω～30Ω。类型3.利用欧姆定律、电功率公式，结合图像解决电学问题【例题3】（2019四川巴中）如甲图的电路中，电源电压为8V恒定不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合开关S后，在滑片P滑动过程中，电压表与电流表示数的变化关系如图乙所示，根据图象信息可知，下列判断错误的是（ ）A．R0的阻值是5Ω B．电路的最大总功率12.8W C．R0的最小功率是1.6W D．滑动变阻器最大阻值是35Ω【答案】C【解析】由电路图可知，R0与R串联，电压表测变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电路为R0的简单电路，电路中的电流最大，此时电路的总功率最大，由乙图可知，电路中的最大电流I大＝1.6A，由I＝可得，R0的阻值：R0＝＝＝5Ω，故A正确；电路的最大总功率：P大＝UI大＝8V×1.6A＝12.8W，故B正确；（2）当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电压表的示数最大，电流表的示数最小，R0的功率最小，由乙图可知，电路中的最小电流I小＝0.2A，变阻器R两端的电压UR＝7V，则R0的最小功率：P0小＝I小2R0＝（0.2A）2×5Ω＝0.2W，故C错误；滑动变阻器的最大阻值：R大＝＝＝35Ω，故D正确。类型4.求解电学量变化范围问题【例题4】（2019山东东营）如图所示，测量小灯泡电功率的电路图，电源电压恒为6V，电流表量程0～0.6A，电压表量程0～3V，滑动变阻器规格“50Ω 1A”，小灯泡规格“2.5V 0.625W”，若不考虑小灯泡阻值随温度的变化，小灯泡两端电压不允许超过额定值，闭合开关，下列说法正确的是（ ）A．滑片向右滑动，电流表示数变小，电压表示数变大 B．电流表的示数允许变化范围是0.1～0.25A C．滑动变阻器的阻值允许调节的范围是24～50Ω D．电路的最大电功率是2.5W【答案】B【解答】由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）当滑动变阻器滑片向右滑动，接入电路中的电阻变大时，根据欧姆定律可知电路中的电流变小，即电流表示数变小；根据U＝IR可知灯泡两端的电压变小，即电压表示数变小；故A错误；（2）根据P＝UI可得，灯的额定电流：IL额＝＝＝0.25A，因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，所以，电路中的最大电流为Imax＝0.25A，由I＝可得，灯泡的电阻：RL＝＝＝10Ω，电路中的总电阻：Rmin＝＝＝24Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R滑min＝Rmin﹣RL＝24Ω﹣10Ω＝14Ω；故C错误；该电路的最大功率：Pmax＝UImax＝6V×0.25A＝1.5W，故D错误；（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，灯泡的功率最小，此时电路中的电流：Imin＝＝＝0.1A，则电流表示数的变化范围是0.1A～0.25A，故B正确。1.（2019山东临沂）如图甲所示电路的电源电压为3V，小灯泡的额定电压为2.5V，图乙是小灯泡的I-U图象。闭合开关S后，下列判断正确的是（ ）A. 滑动变阻器的滑片P向左滑动时，灯泡变暗 B. 电流表示数为0.4A时，灯泡的电阻是25ΩC. 电压表示数为2.5V时，小灯泡的功率是1.25W D. 小灯泡正常发光时，滑动变阻器的电功率是0.25W【答案】D【解析】A.由图可知，闭合开关S后，灯泡与变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，滑片P向左滑动时，电路中的电阻变小，由欧姆定律可知，电路中的电流变大，根据P=I2R可知灯泡的实际功率增大，则灯泡变亮，故A错误；B.由灯泡的I-U图象可知，当电流为0.4A时，灯泡的电压为1V，由欧姆定律可得，灯的电阻：RL===2.5Ω，故B错误；C.电压表示数为2.5V时，由串联电路电压的规律，灯的电压为：UL′=U-U滑′=3V-2.5V=0.5V，由图象可知，灯的电压为0.5V时电流为0.3A，则小灯泡的功率：PL′=UL′I′=0.5V×0.3A=0.15W，故C错误；D.小灯泡的电压等于额定电压2.5V时，灯正常发光，由图象可知灯的额定电流为0.5A，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压为：U滑=U-UL额=3V-2.5V=0.5V，此时滑动变阻器的功率：P滑=U滑I滑=0.5V×0.5A=0.25W，故D正确。2．（2019山东枣庄）在如图所示的电路中，电源电压为4.5V保持不变，电压表量程0～3V，电流表量程0﹣0.6A，滑动变阻器R的规格是“10Ω 1A”，灯泡L标有“2.5V 0.5A”字样，若闭合开关S，两电表示数均不超过所选的量程，灯泡两端电压不允许超过额定电压，不考虑灯丝电阻的变化，则下列说法正确的是（ ）A．电流表的示数变化范围0.3A～0.6A B．灯泡消耗的最小功率为0.9W C．电路消耗的最大总功率为2.7W D．滑动变阻器允许调节的阻值范围是4Ω～10Ω【答案】D【解析】（1）首先判断电路连接，然后判断电流表和电压表测量谁的电流和电压。知道灯泡的电压和电流把灯泡的电阻计算出来。（2）当滑动变阻器向左移动到最小值时，电路在电阻最小，电流最大，最大电流不能超过各元件中最小的电流值，此时计算电流表、电压表和的变阻器的阻值；当滑动变阻器向右移动到最大值时，电路在电阻最大，电流最小，此时计算电流表、电压表和的变阻器的阻值。灯泡和滑动变阻器是并联的，电流表测量整个电路电流，电压表测量灯泡的电压。灯泡电阻：RL=5Ω当滑动变阻器向左移动时，电路中最大电流为0.5A，因为要照顾元件中最小的电流值，否则会烧坏最小电流的用电器。①当滑动变阻器电阻最小时，电流表示数：0.5A（照顾元件中最小的电流值）电压表示数为：2.5V（当电流为0.5A时，灯泡正常工作，电压表测量灯泡电压，故电压表示数为2.5V）此时滑动变阻器电阻：R=4Ω②当滑动变阻器电阻最大时，电路电流最小电流表不会被烧坏，电压表示数也变小也不会被烧坏，所以滑动变阻器可以取最大值10Ω电路电流为：I总=0.3A电压表示数为：U'L＝I总RL＝0.3A×5Ω＝1.5V滑动变阻器可以取最大值：10Ω。③综合上面的①②得，A.电流表的示数变化范围0.3A～0.5A，故选项错误。B.灯泡的最小电流为0.3A，最小电压是1.5V，灯泡消耗的最小功率：P'＝UI总＝1.5V×0.3A＝0.45W，故选项错误。C.电源电压是4.5V，最大电流是0.5A，电路最大功率：P＝UI＝4.5V×0.5A＝2.25W．故选项错误。D.滑动变阻器的电阻变化范围是4Ω﹣﹣10Ω，故选项正确。3.（2019四川南充）如图电源电压恒为9V，灯L标有“3V 1.5W”（灯L电阻不受温度影响），滑动变阻器R的规格为“0～30Ω”，闭合开关S，当R的滑片移到M点时，灯L正常发光，此时下列分析正确的是（ ）A．灯L的电阻为6Ω B．电压表V1示数为6V C．R接入电路中的阻值为18Ω D．电路消耗的总功率为4.5W【答案】AD【解析】（1）首先判断电路连接情况和电压表测量谁的电压，灯和滑动变阻器是串联的，判断电压表测量谁的电压。（2）知道电压和功率求灯的电流，知道电源电压和电流求出功率，知道滑动变阻器的电压和电流求出电阻。由图知，灯和滑动变阻器是串联的，电压表V1并联在电源两端，则V1测电源电压，电压表V2和灯泡并联，则V2测量灯泡的电压，当R的滑片移到M点时，灯泡正常发光，由P＝UI可得，电路中的电流：I0.5A，则灯L的电阻：RL6Ω，故A正确。已知电源电压恒为9V，V1测电源电压，所以V1的示数为9V，故B错误。此时灯L正常发光，则UL＝3V，滑动变阻器两端电压为：U'＝U﹣UL＝9V﹣3V＝6V，滑动变阻器接入电路中的阻值：R'12Ω，故C错误。电路消耗的功率为：P＝UI＝9V×0.5A＝4.5W，故D正确。二、填空题4.（2019四川巴中）如图所示的电路中，L1标有“6V 3W，L2标有“3V 3W”，闭合开关后，两灯均发光，此时电路的总电阻R总＝ Ω，两电压表示数之比U1：U2＝ ；若将两灯并联后接入3V电路中，则两灯的实际功率之比P1：P2＝ 。（不计温度对灯丝电阻的影响）【答案】15；5：1；4：1。【解析】由P＝UI＝可得，两灯泡的电阻分别为：R1＝＝＝12ΩR2＝＝＝3Ω由电路图可知，L1与L2串联，电压表V1测电源两端的电压，电压表V2测L2两端的电压，电流表测电路中的电流，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，此时电路的总电阻：R总＝R1+R2＝12Ω+3Ω＝15Ω，因串联电路中各处的电流相等，所以，由I＝可得，两电压表示数之比：＝＝＝＝，由P＝UI＝I2R可得，两灯的实际功率之比：＝＝＝＝。5.（2019安徽省）如图电路中，U＝12V，R1＝6Ω，R2＝3Ω，R3＝4Ω．当S2断开，S1闭合时，电阻R1消耗的电功率为____W；当S1、S2都闭合时，6s内电流通过R2产生的热量是____J。 【答案】 8.64；32 【解析】结合电路图，理清开关处于不同状态时元件的连接方式，根据欧姆定律算出电路的电流，根据P＝I2R算出电阻R1消耗的电功率；同理，先算出电阻R1和R2的总电阻，根据欧姆定律算出电路的电流和电阻R2两端的电压，根据Q＝W＝ t算出6s内电流通过R2产生的热量.（1）当S2断开，S1闭合时，电阻R1和R3串联， 电路的电流：I＝ ＝ ＝1.2A，电阻R1消耗的电功率：P＝I2R1＝（1.2A）2×6Ω＝8.64W；（2）当S1、S2都闭合时，电阻R1和R2先并联，再和R3串联，R1和R2并联的总电阻：R＝ ＝ ＝2Ω，干路中的电流：I′＝ ＝ ＝2A，则电阻R2两端的电压：U2＝I′R＝2A×2Ω＝4V，6s内电流通过R2产生的热量：Q＝W＝ t＝ ×6s＝32J。三、综合计算题6.（2019苏州）如图所示电路中，电源电压为6V，电阻R1、R2的阻值分别为12Ω和6Ω闭合开关S，则：（1）电流表的示数是多少？（2）求电阻R2在1min内消耗的电能；（3）断开S，将电阻R2拆下，再将最大阻值为30Ω的滑动变阻器R3接入剩余电路中，重新闭合S，移动滑片，记录电流表示数如下表所示。①表中有1个数据记录错误，该数据是______；②请根据表中数据判断R1与R3的连接方式并简述理由。序号 1 2 3电流（A） 0.12 0.25 0.40【答案】（1）电流表的示数是0.5A；（2）电阻R2在1min内消耗的电能为360J；（3）①0.12；②串联；如果并联，滑片移动电流表示数不变。【解析】（1）闭合开关S，两只电阻R1、R2并联，电流表测量通过R1的电流。电流表的示数为I1===0.5A；（2）电阻R2在1min内消耗的电能为W2=?t=×60s=360J；（3）假设R1与R3并联，由于R1阻值、两端电压都不变，所以滑片移动对R1支路无影响，也就是电流表示数应该不变；但已知滑片移动过程中电流表示数变化，所以是R1与滑动变阻器串联；在第一组数据中，电流表的示数是I=0.12A，已知电源电压为U=6V，因为I=U/R，所以电路总电阻为R=U/I=50Ω，而滑动变阻器即使全部接入电路，电路总电阻最大为R实=R1+R3=12Ω+30Ω=42Ω＜50Ω，所以第一组数据就是错误的。7.（2019?德州）如图（a）所示电路，电源电压保持不变。小灯泡L标有“4V0.5A”字样，电流表量程0～0.6A，电压表量程0～3V，滑动变阻器R1的最大阻值20Ω．只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器滑片P，得到电流表与电压表示数关系如图（b）所示。求：（1）小灯泡的额定功率；（2）电源电压及定值电阻R2的阻值；（3）只闭合开关S和S2，移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡L的I﹣U图象如图（c）所示，在保证各元件安全工作的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围。【答案】（1）小灯泡的额定功率为2W；（2）电源电压为5V，定值电阻R2的阻值为10Ω；（3）只闭合开关S和S2，滑动变阻器R1允许的取值范围为2Ω～7.5Ω。【解析】（1）小灯泡的额定功率：P额＝U额l额＝4V×0.5A＝2W；（2）只闭合开关S、S1，定值电阻R2和滑动变阻器R1串联，电压表测量滑动变阻器R1两端的电压，电流表测电路中的电流，调节滑动变阻器滑片P，得到电流表与电压表示数关系如图（b）所示。由串联电路的电压特点和欧姆定律可得，电源电压：U＝U1+IR2，在图（b）中取两组数据代入公式，可得：U＝3.0V+0.2A×R2 ﹣﹣﹣﹣① U＝1.0V+0.4A×R2﹣﹣﹣﹣﹣②联立①②解得U＝5V，R2＝10Ω；（3）只闭合开关S和S2，灯泡L串联和滑动变阻器R1串联，电压表测量滑动变阻器R1两端的电压，电流表测电路中的电流，由串联电路的分压规律可知，当电压表示数最大为3V时，R1接入电路电阻最大，此时小灯泡两端电压为：UL＝U﹣U1大＝5V﹣3V＝2V，由图（c）可知电路中最小电流：I最小＝0.4A，则R1接入电路的最大电阻：R1大=7.5Ω；灯泡L正常工作时电流：I最大＝0.5A＜0.6A（电流表安全），灯泡L正常工作时的电压为4V，此时滑动变阻器两端的电压：U1小＝U﹣UL额＝5V﹣4V＝1V，则R1接入电路的最小电阻：R1小=2Ω，所以R1允许的取值范围是2Ω～7.5Ω。8.（2019四川乐山）如图，L为标有为“2.5V0.625W”的小灯泡，滑动变阻器R2的最大电阻为15Ω，电源电压保持恒定。闭合开关S1、S2，且R2阻值为0时，灯泡L正常发光，电流表读数I=0.75A．求：（不考虑温度对灯泡电阻的影响）（1）电源电压U；（2）电阻R1的阻值；（3）电路接通时的最小功率。【答案】（1）电源电压U是2.5V；（2）电阻R1的阻值是5Ω；（3）电路接通时的最小功率是0.25W。【答案】（1）当S1、S2都闭合，且R2阻值为0时，灯泡L与R1并联，且小灯泡刚好正常发光。由并联电路的特点可得，电源电压：U=UL=2.5V；（2）小灯泡正常发光时，由P=得灯的电阻：RL===10Ω；则此时通过灯泡的电流：IL===0.25A；开关S1和S2都闭合，灯泡L与R1并联，电流表测总电流，因并联电路的干路电流等于各支路电流之和，所以通过R1的电流：I1=I-IL=0.75A-0.25A=0.5A，由I=得R1的阻值：R1===5Ω；（3）由上数据可知：RL＞R1，所以当滑动变阻器的滑片滑到最右端，开关S2断开，S1闭合时，灯泡L和R2的最大阻值串联，电路中总电阻最大，电路中总功率最小。则最小功率：Pmin===0.25W9.（2019贵州黔东南）如图所示的电路，电源电压保持不变，R1＝30Ω，R2＝10Ω．当闭合开关S1、S，断开S2时，电流表的示数为0.4A。（1）求电源电压；（2）当闭合开关S2、S，断开S1时，求电流表的示数；（3）当闭合开关S1、S2、S时，通电100s，求整个电路消耗的电能。【答案】（1）电源电压为12V；（2）当闭合开关S2、S，断开S1时，电流表的示数为1.2A；（3）当闭合开关S1、S2、S时，通电100s，整个电路消耗的电能为1920J。【解析】（1）当闭合开关S1、S，断开S2时，电路为R1的简单电路，电流表通过的电流，由I＝可得，电源电压：U＝I1R1＝0.4A×30Ω＝12V；（2）当闭合开关S2、S，断开S1时，电路为R2的简单电路，电流表测通过的电流，则电流表的示数：I2＝＝＝1.2A；（3）当闭合开关S1、S2、S时，R1与R2并联，因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，通过R1、R2的电流不变，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流：I＝I1+I2＝0.4A+1.2A＝1.6A，通电100s整个电路消耗的电能：W＝UIt＝12V×1.6A×100s＝1920J。10.（2019四川达州）如图所示，电源电压保持不变，R2为定值电阻，小灯泡L上标有“6V 3W”字样（不考虑温度对灯丝电阻的影响），滑动变阻器R1的最大阻值为20Ω．只闭合S1，将滑动变阻器的滑片P移动到A端时，L正常发光；闭合所有开关时整个电路1min消耗的电能为540J．已知电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V．求：（1）电源电压。（2）R2的阻值。（3）在保证电路安全的前提下，只闭合S1时移动滑片P使电路消耗的功率最小，若此时电路的最小功率为P1；只闭合S2时移动滑片P使电路消耗的功率最大，若此时电路的最大功率为P2．则P1和P2的比是多少。【答案】（1）电源电压为6V（2）R2的阻值为6Ω（3）P1和P2的比是5：12。【解析】（1）只闭合S1、将滑动变阻器的滑片P移动到A端时，电路为灯泡L的简单电路，因额定电压下灯泡正常发光，所以，由灯泡正常发光可知，电源的电压U＝UL＝6V；（2）闭合所有开关时，灯泡L与电阻R2并联，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，此时灯泡正常发光，其功率为3W，由P＝可得，灯泡1min消耗的电能：WL＝PLt＝3W×60s＝180J，则1min内R2消耗的电能：W2＝W﹣WL＝540J﹣180J＝360J，由W＝UIt＝t可得，R2的阻值：R2＝＝×60s＝6Ω；（3）由P＝UIt＝可得，灯泡的电阻：RL＝＝＝12Ω，只闭合S1时，灯泡L与变阻器R1串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，当电压表的示数U1＝3V时，灯泡两端的电压：UL′＝U﹣U1＝6V﹣3V＝3V，此时电路中的电流：I＝＝＝0.25A，电路的最小功率：P1＝UI＝6V×0.25A＝1.5W；只闭合S2时，R2与变阻器R1串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，当电流表的示数I′＝0.6A时，滑动变阻器接入电路中的电阻：R1＝﹣R2＝﹣6Ω＝4Ω，所以，电路中的最大电流为0.6A，此时电路的功率最大，则P2＝UI2＝6V×0.6A＝3.6W，则P1：P2＝1.5W：3.6W＝5：12。11.（2019湖南怀化）如图甲是定值电阻的和标有“8 V 8 W"灯泡L的I-U关系图象如图 乙所示.电源电压恒定不变,滑动变阻器的最大阻值为12 Ω。当开关S、S2闭合, 开关S1断开，将滑动变阻器的滑片P滑到b端时，灯泡L的实际功率为1W .求：（1）灯泡正常发光10s，电流通过灯泡产生的热量；（2）电源电压；（3）当开关S、S1、S2同时闭合，调节滑片P,求电路消耗的最大功率。【解析】（1）灯泡正常发光10s，电流通过灯泡产生的热量:Q=P额t= 8 W×10s=80J;（2）开关S、S2闭合, 开关S1断开，将滑动变阻器的滑片P滑到b端时，灯泡L的实际功率为1W ，由图甲可知，此时，小灯泡两端的电压UL=2V；电流I=0.5A；则滑动变阻器两端的电压U2=IR2=0.5A×12 Ω=6V；电源电压U=UL+U2=2V+6V=8V（3）当开关S、S1、S2同时闭合，调节滑片P到a端时，小灯泡达到额定电压，此时电路消耗的功率最大，灯泡和R1并联，由甲图可计算出R1=U1/I1=2V/0.2A=1 Ω;其电功率P1=U2/R1=(8V)2/1 Ω=64W。电路消耗的最大功率W=P额+P1=8W+64W=72W.知识回顾 类型与典例突破 中考达标训练题 PAGE 19 展开更多...... 收起↑ 资源列表 2020年中考物理-初中力热电综合计算题.docx 2020年中考物理-初中力热综合计算题.docx 2020年中考物理-初中力电综合计算题.docx 2020年中考物理-初中热电综合计算题.docx 2020年中考物理-初中电与磁综合计算题.docx 2020年中考物理-电学体系内综合计算题.doc
资源列表