2024中考物理三輪突破12講義綜合計算（力、熱、電、電磁）學案

這是一份2024中考物理三輪突破12講義綜合計算（力、熱、電、電磁）學案，共30頁。
講義
專題概述
本專題包含力學、熱學、電學和電磁現(xiàn)象等知識的綜合計算，其中有各部分知識點的綜合計算，也有涉及不同知識點的綜合計算。
綜合計算題是綜合考查我們理解物理概念，掌握物理規(guī)律情況的有效手段之一，是評價理論聯(lián)系實際能力、分類歸納能力、演繹推理能力、運算能力等各種能力高低的“試金石”，常為中考具有壓軸意味、區(qū)分度較高的一種必考題型，考查的知識內(nèi)容主要集中在力、電、熱三塊上，以力、電為主。這類題型的特點主要有：基礎性、過程性、結果合理性、知識的綜合性、應用性。
類型一 力學綜合計算題
1．力與運動綜合題。該題型往往會將機械運動、力與運動的關系結合起來，應用速度、二力平衡、重力、質(zhì)量、密度等公式，對物理過程進行計算。
【例1】無人機在疫區(qū)封閉管理期間肩負著消毒作業(yè)和運輸物資等任務。在一次運輸任務中，如圖所示的一架機身質(zhì)量為25 kg的無人機，滿載15 kg物資以36 km/h的速度水平飛行6 min，將物資從某地運送至武漢金銀潭醫(yī)院。求：
（1）該無人機6 min通過的路程；
（2）該無人機裝載15 kg物資并懸停在空中時，螺旋槳產(chǎn)生的升力F的大小與方向。
【解析】（1）由v=st可得，無人機6 min通過的路程為：
s＝vt＝36 km/h×6×160 h＝3.6 km；
（2）無人機裝載15 kg物資并懸停在空中，此時受重力和螺旋槳產(chǎn)生的升力作用，且二者平衡，則：
F＝G總＝（ m機+ m物）g＝（25 kg+15 kg）×10 N/ kg＝400 N；
重力方向豎直向下，所以升力方向豎直向上。
【答案】（1）該無人機6 min通過的路程為3.6 km；
（2）螺旋槳產(chǎn)生的升力F的大小為400 N，方向豎直向上。
【點評】本題主要考查了速度公式及二力平衡條件的應用，在利用速度公式進行計算時，要特別注意單位的換算，在回答升力方向時不要丟掉豎直二字。
（1）根據(jù)公式s=vt計算無人機6 min通過的路程；
（2）根據(jù)懸停時是平衡狀態(tài)，且平衡力大小相等、方向相反的特點進行分析。
【例2】一輛質(zhì)量為2 t，容積為5 m3的環(huán)衛(wèi)灑水車，裝滿密度為1×103 kg/ m3的水后，在平直公路上勻速行駛，1 min所通過的路程為720 m。受到的阻力為總重的15。（g取10 N/ kg）問：
（1）灑水車的行駛速度是多大？
（2）灑水車裝滿水后，地面對灑水車的支持力是多大？
（3）灑水車的牽引力是多大？
【解析】（1）灑水車的行駛速度：
v=st=720m60s=12 m/s；
（2）灑水車的質(zhì)量為2 t，灑水車空載時自重：
G車＝ m車g＝2×103 kg×10 N/ kg＝2×104 N，
灑水車裝滿水后，水的體積：V水＝V＝5 m2，
由ρ=mV可得，水的質(zhì)量：
m水＝p水V水＝1×103 kg/ m3×5 m2＝5×103 kg，
水的重力：G水＝ m水g＝5×103 kg×10 N/ kg＝5×104 N，
因灑水在平直公路上勻速行駛時處于平衡狀態(tài)，地面對灑水車的支持力和灑水車的總重力是一對平衡力，所以，地面對灑水車的支持力：
F支持＝G總＝G車+G水＝2×104 N+5×104 N＝7×104 N；
（3）灑水車裝滿水后行駛時受到的阻力：
f=15G總=15×7×104 N＝1.4×104 N，
因灑水車在平直公路上勻速行駛時處于平衡狀態(tài)，受到的牽引力和阻力是一對平衡力，所以，灑水車裝滿水后行駛時的牽引力：
F＝f＝1.4×104 N。
【答案】（1）灑水車的行駛速度是12 m/s；
（2）灑水車裝滿水后，地面對灑水車的支持力是7×104 N；
（3）灑水車的牽引力是1.4×104 N。
【分析】（1）根據(jù)速度公式可直接求得；
（2）平衡狀態(tài)下地面對灑水車的支持力和灑水車的總重力是一對平衡力；
（3）在平直公路上勻速行駛時處于平衡狀態(tài)，受到的牽引力和阻力是一對平衡力。
2.壓強、浮力的綜合題。該題型往往會把速度、密度、壓力、壓強、浮力交織在一起，情景復雜，解題應用的知識多，平衡力和阿基米德原理基本貫穿這類題型。
【例3】將一瓶新買來的標有凈含量為550 mL的礦泉水，先放在水平桌面上（瓶未開啟），如圖甲所示，瓶底與桌面的接觸面積為3 cm2，接著把這個水瓶放在水中，瓶子處于漂浮狀態(tài)，如圖乙所示。然后把瓶中水喝完，測得這個空瓶（包含瓶蓋）重力為0.2 N。（已知水的密度為1.0×103 kg/ m3，g取10 N/ kg）求：
（1）瓶中水受到的重力；
（2）圖甲中礦泉水瓶對水平桌面的壓強；
（3）圖乙中瓶浸在水中的體積。
【解析】（1）由ρ=mV可知，瓶中水的質(zhì)量：
m水＝ρ水V水＝1.0×103 kg/ m3×550×10﹣6 m3＝0.55 kg，
瓶中水受到的重力：
G水＝ m水g＝0.55 kg×10 N/ kg＝5.5 N；
（2）圖甲中礦泉水瓶對水平桌面的壓力：
F＝G總＝G水+G瓶＝5.5 N+0.2 N＝5.7 N，
圖甲中礦泉水瓶對水平桌面的壓強：
p=FS=5.7N3×10?4m2=1.9×104 Pa；
（3）由漂浮條件可知，圖乙中瓶子漂浮在水面時受到的浮力：
F?。紾總＝5.7 N，
由F浮＝ρ液gV排可知，此時瓶浸在水中的體積：
V排=F浮ρ水g=5.7N1.0×103kg/m3×10N/kg=5.7×10﹣4 m3＝570 mL。
【答案】（1）瓶中水受到的重力為5.5 N；
（2）圖甲中礦泉水瓶對水平桌面的壓強為1.9×104 Pa；
（3）圖乙中瓶浸在水中的體積為570 mL。
【點評】本題考查密度公式、重力公式、壓強公式、物體漂浮條件和阿基米德原理的應用，注意礦泉水瓶對水平桌面的壓力大小等于空瓶和瓶中水的總重力。
（1）根據(jù)ρ=mV求瓶中水的質(zhì)量，根據(jù)G＝ mg求瓶中水受到的重力；
（2）礦泉水瓶對水平桌面的壓力大小等于空瓶和瓶中水的總重力，根據(jù)p=FS求礦泉水瓶對水平桌面的壓強；
（3）根據(jù)漂浮條件求出瓶子漂浮在水面時受到的浮力，根據(jù)阿基米德原理求出瓶浸在水中的體積。
【例4】在今年我市的實驗操作技能考試中，某同學的實驗過程如圖所示：他先將重1 N，底面積為100 cm2的溢水杯裝滿6 N的某種液體，再把一個物塊懸掛在彈簧測力計的掛鉤上，物塊在空氣中時，彈簧測力計的示數(shù)是1.5 N，把物塊浸沒在溢水杯中的液體中時，彈簧測力計的示數(shù)是0.9 N，同時用空小桶收集排開的液體，已知物塊的密度為3×103 kg/ m3，g取10 N/ kg，求：
（1）物塊浸入液體前，溢水杯對桌面的壓強；
（2）小桶收集到的液體的質(zhì)量。
（3）液體的密度。
【解析】（1）物塊浸入液體前，溢水杯對桌面的壓力等于溢水杯和液體的總重力，則溢水杯對桌面的壓力：F＝G杯+G液＝1 N+6 N＝7 N，
則溢水杯對桌面的壓強：p=FS=7N100×10?4m2=700 Pa；
（2）由稱重法可知，物塊受到的浮力：F?。紾﹣F示＝1.5 N﹣0.9 N＝0.6 N；
由阿基米德原理可知，小桶收集到液體的重力：G液′＝F?。?.6 N，
由G＝ mg可知，小桶收集到的液體的質(zhì)量： m液′=G液′g=0.6N10N/kg=0.06 kg＝60 g；
（3）物塊的質(zhì)量： m=Gg=1.5N10N/kg=0.15 kg＝150 g，
物塊的密度ρ＝3×103 kg/ m3＝3 g/ cm3，
因物塊浸沒在液體中，則物塊排開液體的體積（小桶中液體的體積）：V排＝V=mρ=150g3g/cm3=50 cm3，
液體的密度：ρ液=m液′V排=60 g50 cm3=1.2 g/ cm3。
【答案】（1）物塊浸入液體前，溢水杯對桌面的壓強為700 Pa；
（2）小桶收集到的液體的質(zhì)量為0.06 kg；
（3）液體的密度為1.2 g/cm3。
【分析】（1）物塊浸入液體前，溢水杯對桌面的壓力等于溢水杯和液體的總重力，根據(jù)p=FS求出溢水杯對桌面的壓強；
（2）根據(jù)稱重法求出物塊受到的浮力，再根據(jù)阿基米德原理可知排開液體的重力，最后根據(jù)G＝ mg求出小桶內(nèi)收集到液體的質(zhì)量；
（3）根據(jù)G＝ mg求出物塊的質(zhì)量，已知物塊的密度，根據(jù)密度公式求出物塊的體積；物塊浸沒在液體中，則物塊排開液體的體積（小桶中液體的體積）等于物塊的體積，知道小桶收集到的液體的質(zhì)量，最后根據(jù)密度公式求出液體的密度。
【例5】用彈簧測力計懸掛一實心物塊，物塊下表面與水面剛好接觸，如圖甲所示。由此處勻速下放物塊，直至浸沒于水中并繼續(xù)勻速下放（物塊始終未與容器接觸）。物塊下放過程中，彈簧測力計示數(shù)與物塊下表面浸入水中的深度h的關系如圖乙所示。（已知水的密度ρ水＝1.0×103 kg/ m3）求：
（1）物塊完全浸沒在水中時受到的浮力；
（2）物塊的密度；
（3）物塊剛好浸沒時，水對物塊下表面的壓強。
【解析】（1）由圖像可知，彈簧測力計的最大示數(shù)F最大＝8 N，此時物塊未浸入水中，則物塊重力G＝F最大＝8 N；
物塊全浸入時彈簧測力計的示數(shù)F示＝4 N，
受到的浮力：
F?。紾﹣F示＝8 N﹣4 N＝4 N；
（2）由F?。溅阉甮V排得物塊的體積：
V＝V排=F浮ρ水g=4N1×103kg/m3×10N/kg=4×10﹣4 m3，
物塊的質(zhì)量：
m=Gg=8N10N/kg=0.8 kg，
物塊的密度：ρ物=mV=0.8kg4×10?4m3=2×103 kg/ m3；
（3）由圖乙可知，h＝4 cm＝0.04 m時物塊剛好浸沒水中，
物塊剛好浸沒時物塊下表面受到水的壓強：p＝ρ水gh＝1×103 kg/ m3×10 N/ kg×0.04 m＝400 Pa。
【答案】（1）物塊完全浸沒在水中受到的浮力為4 N；
（2）物塊的密度2×103 kg/ m3；
（3）物塊剛好浸沒時，水對物塊下表面的壓強為400 Pa。
【分析】（1）由圖像可知彈簧測力計的最大示數(shù)，此時物塊未浸入水中，物塊重力等于最大示數(shù)；由圖得出物塊全浸入時彈簧測力計的示數(shù)，利用稱重法求受到的浮力；
（2）利用F浮＝ρ液V排g求物體的體積，利用G＝ mg求物體的質(zhì)量，利用密度公式求物體的密度；
（3）由圖乙可知，h＝4 cm時物塊剛好浸沒水中，利用p＝ρ水gh求水對物塊下表面的壓強。
3．簡單機械綜合計算。該題型常以杠桿和滑輪、滑輪組為載體，考查平衡力、浮力、杠桿的平衡條件、滑輪受力、滑輪組省力情況、功和功率以及機械效率的知識。
【例6】“塔吊”是建筑工地常用的起重設備。如圖甲，AC為一簡易“塔吊”的水平臂，A端裝有配重體P，它的質(zhì)量為4噸，在水平臂B、C間安裝有可移動的滑輪組（繞法如圖乙），滑輪組的鋼絲繩繞在電動卷揚機的軸上。已知AB＝10 m，BC＝40 m，若塔身的寬度和鐵架、鋼繩、滑輪組重力及摩擦均不計，g取10 N/ kg。
（1）求配重體P的重力大??；
（2）當滑輪組位于C端時，為了安全起吊，求該“塔吊”恰能吊起貨物的質(zhì)量；
（3）某次操作中，滑輪組在BC間安全吊起質(zhì)量為1.5噸的貨物，勻速上升60 m，求滑輪組上的鋼繩的水平拉力F大??；
（4）在上第（3）小問中，如果電動卷揚機的效率是90%，求配套電動機消耗的電能。
【解析】（1）配重體P受到的重力為：GP＝ mPg＝4×103 kg×10 N/ kg＝4×104 N；
（2）當滑輪組位于C端時，根據(jù)杠桿平衡條件可得：
GP×AB＝GC×BC，
則：4×104 N×10 m＝GC×40 m，
則恰能吊起貨物的最大重量為：GC＝1×104 N，
則恰能吊起貨物的最大質(zhì)量為： mC=GCg=1×104 N10 N/kg=1×103 kg；
（3）由圖乙可知，n＝3，
不計鋼繩、滑輪組重力及摩擦，則鋼繩的水平拉力為：
F=1nG物=13× m物g=13×1.5×103 kg×10 N/ kg＝5000 N；
（4）電動機做的有用功為：
W有＝G物h＝ m物gh＝1.5×103 kg×10 N/ kg×60 m＝9×105 J，
由η=W有W電可知，電動機消耗的電能為：
W電=W有η=9×105 J90%=1×106 J。
【答案】（1）配重體P的重力大小為4×104 N；
（2）當滑輪組位于C端時，該“塔吊”恰能吊起貨物的質(zhì)量為1×103 kg；
（3）某次操作中，滑輪組在BC間安全吊起質(zhì)量為1.5噸的貨物，勻速上升60 m，滑輪組上的鋼繩的水平拉力F大小為5000 N；
（4）在上第（3）小問中，如果電動卷揚機的效率是90%，配套電動機消耗的電能為1×106 J。
【分析】（1）根據(jù)G＝ mg可求出配重體P的重力大小；
（2）知道阻力、阻力臂、動力臂，根據(jù)杠桿平衡條件求出動力，從而求出貨物的質(zhì)量；
（3）不計鋼繩、滑輪組重力及摩擦，根據(jù)F=1nG物求出鋼繩的水平拉力F大小；
（4）根據(jù)W＝Gh求出電動機做的有用功，根據(jù)η=W有W電求出電動機消耗的電能。
【例7】隨著疫情防控形勢的好轉，人民群眾的生產(chǎn)生活秩序逐步恢復正常，各地的基礎設施項目正在熱火朝天的開工建設。如圖所示，某建筑工地上，工人通過固定在斜面頂端的滑輪組把工件勻速拉上斜面。已知斜面高h＝6 m，長L＝10 m，工人施加的拉力F＝600 N，工件的質(zhì)量 m＝250 kg，工件沿斜面上升的速度v＝0.5 m/s；若不計工件和滑輪組長度，忽略繩和動滑輪重量及繩與滑輪間、滑輪與輪軸間的摩擦，g取10 N/ kg。求：
（1）拉力F做功的功率P；
（2）整個裝置的機械效率η；
（3）工件所受斜面的摩擦力f。
【解析】（1）由圖可知n＝3，繩子自由端移動的速度：v＝nv物＝3×0.5 m/s＝1.5 m/s，
拉力F做功的功率：P=Wt=Fst=Fv＝600 N×1.5 m/s＝900 W；
（2）由v=st可知，工件移動所用的時間：t=Lv=10m0.5m/s=20 s，
由P=Wt可知，拉力F做的總功：W總＝Pt＝900W×20s＝1.8×104 J，
工件的重力：G＝ mg＝250 kg×10 N/ kg＝2500 N，
則有用功：W有＝Gh＝2500 N×6 m＝1.5×104 J，
所以整個裝置的機械效率：η=W有W總×100%=1.5×104J1.8×104J×100%≈83.3%；
（3）額外功：W額＝W總﹣W有＝1.8×104 J﹣1.5×104 J＝3000 J，
因為不計工件和滑輪組長度，忽略繩和動滑輪重量及繩與滑輪間、滑輪與輪軸間的摩擦，所以克服斜面的摩擦力做的功為額外功，
由W額＝fL可知，工件所受斜面的摩擦力：f=W額L=3000J10m=300 N。
【答案】（1）拉力F做功的功率P為900 W；
（2）整個裝置的機械效率η為83.3%；
（3）工件所受斜面的摩擦力f為300 N。
【點評】本題考查了有用功、總功、額外功、功率和機械效率的計算，注意整個裝置的有用功為克服工件重力做的功。
【例8】甲、乙、丙三人用如圖所示裝置打撈水中重物。端點為A、B的木棒中點為C，端點為D、H的木棒中點為E；兩根木棒質(zhì)地均勻，均為圓柱體，重力均為150 N；重物的體積為0.01 m3、重力為1200 N；A、B、H是三人對木棒施力的作用點，C與D之間、E與重物之間均通過輕繩相連。打撈過程中兩根輕繩始終緊繃，三人用豎直向上的力使兩根木棒始終以相同的速度同步勻速提升重物，最終將重物打撈出水。（不計輕繩的質(zhì)量及水的阻力，g＝10 N/ kg，ρ水＝1.0×103 kg/ m3）
（1）重物浸沒在水中時受到的浮力大小為多少？
（2）重物浸沒在水中時，打撈過程中輕繩對D點的拉力大小為多少？
（3）若重物浸沒在水中時，被提升的高度為1 m，請計算整個裝置在此過程中的機械效率。
【解析】（1）重物浸沒在水中時受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103 kg/ m3×10 N/ kg×0.01 m3＝100 N；
（2）物體浸沒在水中時，受到豎直向下的重力、豎直向上的浮力和拉力的作用處于平衡狀態(tài)，則作用在E點下方繩子上的拉力：FE＝G物﹣F?。?200 N﹣100 N＝1100 N，
作用在杠桿上E點的阻力：F阻力＝FE+G木棒＝1100 N+150 N＝1250 N，
以H點為支點，由杠桿平衡條件可知，F(xiàn)DLDH＝F阻力LEH
D端繩子對杠桿的拉力：FD=F阻力LEHLDH=12×1250 N＝625 N；
（3）有用功：W有＝FEs＝1100 N×1 m＝1100 J，
額外功：W額＝2G木棒h＝2×150 N×1 m＝300 J，
總功：W總＝W有+W額＝1100 J+300 J＝1400 J，
整個裝置在此過程中的機械效率：η=W有W總×100%=1100J1400J×100%＝78.57%。
【答案】（1）重物浸沒在水中時受到的浮力大小為100 N；
（2）重物浸沒在水中時，打撈過程中輕繩對D點的拉力大小為625 N；
（3）整個裝置在此過程中的機械效率為78.57%。
【點評】本題考查力阿基米德原理、杠桿平衡條件、有用功、額外功、總功以及機械效率的計算，關鍵會進行正確的受力分析。
（1）根據(jù)阿基米德原理的變形公式F?。溅阉甮V排求出重物浸沒在水中時受到的浮力；
（2）物體浸沒在水中時，受到豎直向下的重力、豎直向上的浮力和拉力，據(jù)此求出作用在E點下方繩子上的拉力，由于兩根木棒質(zhì)地均勻，因此重力的作用點在圓柱體的中點，再根據(jù)木棒中的E點受到豎直向下的拉力和木棒的重力可求出作用在木棒上E點的阻力；最后根據(jù)杠桿平衡條件求出打撈過程中輕繩對D點的拉力；
（3）根據(jù)W有＝Fs求出E點下方繩子上拉力做的有用功，額外功是克服兩根木棒重力做的功，根據(jù)W額＝Gh求出額外功，再根據(jù)W總＝W有+W額求出總功，最后根據(jù)η=W有W總×100%求出整個裝置在此過程中的機械效率。
類型二 電學綜合計算題
該類題型常以家用電器為題材，或以動態(tài)電路為載體，電路分析、串并、聯(lián)電路相關公式應用是試題的考查點，涉及到的規(guī)律與公式較多，綜合性較強，難度較大。
【例9】如圖甲所示電路，電源電壓可調(diào)，R為標有“1 A“字樣的滑動變阻器，電流表量程為0﹣3 A，L1、L2是額定電壓均為6 V的小燈泡，其電流與電壓的關系如圖乙所示。求：
（1）L2正常發(fā)光時的電阻；
（2）若只閉合開關S1，電源電壓調(diào)節(jié)為10 V，滑片P滑至中點時小燈泡正常發(fā)光，滑動變阻器的最大阻值；
（3）若不清楚電路中各開關閉合或斷開的狀態(tài)，滑動變阻器滑片P的移動范圍為2 Ω至最大阻值處，現(xiàn)移動滑片P同時調(diào)節(jié)電源電壓，使電路中兩個小燈泡均發(fā)光且有小燈泡正常發(fā)光，電路中各元件均安全工作，對應電路總電功率的變化范圍。
【解析】（1）當燈泡L2正常發(fā)光時，L2兩端的電壓U2＝6 V，由圖象可知通過L2的電流IL2＝0.8 A，由歐姆定律，L2正常發(fā)光時的電阻：
RL2=UL2IL2=6V0.8A=7.5 Ω；
（2）若只閉合S1時，燈L2與變阻器串聯(lián)，因燈正常發(fā)光，燈的電壓為UL2＝6 V，電流為IL2＝0.8 A，
根據(jù)串聯(lián)電路的規(guī)律及歐姆定律，變阻器連入電路中的電阻：
R滑中=U?UL2IL2=10V?6V0.8A=5 Ω，滑動變阻器的最大阻值為2×5 Ω＝10 Ω；
（3）由題意可知，兩個小燈泡均發(fā)光且有小燈泡正常發(fā)光，滿足該條件可能有兩種情況：
①閉合S1、S2時，燈L2與L2并聯(lián)后再與變阻器串聯(lián)，因兩燈的額定電壓均為6 V，根據(jù)并聯(lián)電路的電壓特點可知，兩燈均可正常發(fā)光，
由圖象乙可知，兩燈正常發(fā)光時的電流分別為：1.2 A、0.8 A，根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點可知，
此時干路電流為：1.2 A+0.8 A＝2 A＞1 A，即電路中的電流大于滑動變阻器允許通過的最大電流，
因此該情況的電路不能正常工作，故排除；
②只閉合S3時，兩燈串聯(lián)后再與變阻器串聯(lián)，通過兩燈的電流相等，
因燈L1的額定電流大于燈L2的額定電流，所以只能使L2正常發(fā)光，此時電路中的電流：I＝IL2＝0.8 A；
由圖象可知，當電流為0.8 A時的L1兩端的電壓UL1＝2 V，此時燈L1的電阻RL1=UL1I=2V0.8A=2.5 Ω，
因滑動變阻器接入電路的電阻不小于2 Ω，根據(jù)串聯(lián)電路的電阻特點可知，電路的最小電阻：
R串小＝7.5 Ω+2 Ω+2.5 Ω＝12 Ω；
電路的最大電阻：R串大＝7.5 Ω+10 Ω+2.5 Ω＝20 Ω，
所以電路的最小功率：
P?。絀2R串小＝（0.8 A）2×12 Ω＝7.68 W；
電路的最大功率：
P大＝I2R串大＝（0.8 A）2×20 Ω＝12.8 W，
即電路的功率范圍為7.68 W～12.8 W；
【答案】（1）L2正常發(fā)光時的電阻為7.5 Ω；
（2）滑動變阻器的最大阻值為10 Ω；
（3）對應電路總電功率的變化范圍為7.68 W～12.8 W。
【例10】圖甲為某品牌電壓力鍋，其電路原理圖如圖乙所示。電源轉換器將U＝220 V的電壓轉換為直流低電壓U'（保持不變），R是熱敏電阻，溫度與鍋內(nèi)溫度保持一致，當溫度為100 ℃時，R的阻值為1700 Ω，溫度每升高1℃，阻值減小80 Ω。R'是可調(diào)電阻，電磁鐵線圈電阻忽略不計，當電磁鐵線圈中的電流達到0.02 A時，銜鐵P被吸起（開關斷開），此時鍋內(nèi)溫度為115 ℃；當電流減小到0.012 A時，銜鐵P被釋放（開關重新接通），此時鍋內(nèi)溫度為110 ℃。S為電源開關；S1為定時器開關，閉合后自動開始計時，計時結束會自動斷開，無外力不再閉合，S2為保溫開關，開始時處于閉合狀態(tài)，當鍋內(nèi)溫度達到80 ℃時斷開，當鍋內(nèi)溫度低于60 ℃時自動閉合，保壓指示燈L1、保溫指示燈L2阻值可忽略。R1、R2阻值均為110 kΩ，R3為加熱盤，額定電壓為220 V，電阻為48.4 Ω。
某次煮飯時，電壓力鍋內(nèi)加入適量米和水，蓋好蓋子，閉合S、S1，電壓力鍋進入“加熱”工作狀態(tài)，6 min后燈L1亮起，電壓力鍋進入“保壓”工作狀態(tài)，保壓期間，觀察到燈L1間歇發(fā)光；再過一段時間，S1斷開，燈L2亮起，電壓力鍋進入“保溫”工作狀態(tài)。
（1）電壓力鍋在“加熱”工作狀態(tài)時，加熱盤R3消耗的電能為多少？
（2）電壓力鍋進入“保溫”工作狀態(tài)后，下列說法中錯誤的是 A 。
A.燈L1、L2間歇發(fā)光
B.燈L1會熄滅、燈L2間歇發(fā)光
C.當鍋內(nèi)溫度低于60℃時，R3正常工作
D.當鍋內(nèi)溫度達到80℃時，通過R3的電流小于0.002 A
（3）為控制電壓力鍋在“保壓”工作狀態(tài)時，鍋內(nèi)溫度在110～115 ℃，可調(diào)電阻R'接入電路的阻值為多少？
【解析】（1）由題意可知，電壓力鍋在“加熱”工作狀態(tài)時，銜鐵P被釋放、定時器開關S1閉合，電路為R3的簡單電路，
加熱盤R3消耗的電功率：P=U2R3=(220V)248.4Ω=1000 W，
加熱時間：t＝6 min＝360s，
由P=Wt可得，加熱盤R3消耗的電能：W＝Pt＝1000 W×360 s＝3.6×105 J；
（2）AB.當電壓力鍋進入“保壓”期間，鍋內(nèi)溫度控制在110 ℃～115 ℃之間，此時燈L1間歇發(fā)光，
當電壓力鍋進入“保溫”期間，鍋內(nèi)溫度控制在60 ℃～80 ℃之間，
要使電壓力鍋從“保壓”狀態(tài)達到“保溫”狀態(tài)，鍋內(nèi)溫度應降低，此時電磁鐵應停止工作，銜鐵P被釋放，否則電壓力鍋會一直處于保壓狀態(tài)，
所以，燈L1會熄滅，燈L2間歇發(fā)光，故A錯誤、B正確；
C.當鍋內(nèi)溫度低于60 ℃時，保溫開關自動閉合，加熱電路為R3的簡單電路，R3正常工作，故C正確；
D.當鍋內(nèi)溫度達到80 ℃時，保溫開關斷開，保溫指示燈L2阻值可忽略，加熱電路為R2與R3串聯(lián)，
因串聯(lián)電路中總電阻等于各分電阻之和，且串聯(lián)電路中各處的電流相等，
所以，通過R3的電流I3＝I=UR總=UR2+R3＜UR2=220V110×103Ω=0.002 A，故D正確；
（3）因當溫度為100 ℃時，R的阻值為1700 Ω，溫度每升高1℃，阻值減小80 Ω，
所以，當鍋內(nèi)溫度為115 ℃時，熱敏電阻的阻值R熱1＝1700 Ω﹣（115℃﹣100℃）×80Ω/℃＝500 Ω，
當鍋內(nèi)溫度為110℃時，熱敏電阻的阻值R熱2＝1700 Ω﹣（110 ℃﹣100 ℃）×80 Ω/℃＝900 Ω，
又因當電磁鐵線圈中的電流達到I1＝0.02 A時鍋內(nèi)溫度為115 ℃，當電流減小到I2＝0.012 A時鍋內(nèi)溫度為110 ℃，
所以，由直流低電壓U'不變可得：U′＝I1（R熱1+R′）＝I2（R熱2+R′），
即：0.02 A×（500 Ω+R′）＝0.012 A×（900 Ω+R′），
解得：R′＝100 Ω。
【答案】（1）電壓力鍋在“加熱”工作狀態(tài)時，加熱盤R3消耗的電能為3.6×105 J；
（2）A；
（3）為控制電壓力鍋在“保壓”工作狀態(tài)時，鍋內(nèi)溫度在110～115 ℃，可調(diào)電阻R'接入電路的阻值為100 Ω。
類型三 力、電、熱綜合計算
該類題型綜合多種物理知識點，聯(lián)系生活實際，立意于新的物理情境，解題過程中應用機械運動、力與運動的關系、二力平衡、簡單機械、壓強浮力、內(nèi)能與熱量、串并聯(lián)電路的規(guī)律、電功與電熱以及電磁現(xiàn)象等多中物理規(guī)律，綜合性更強，對我們各種能力要求更高，要求我們多關注生活中的物理，學會思考，學會知識遷移和建模，應用所學知識解決生活中的物理問題。
【例11】中國承諾力爭2030年前實現(xiàn)碳達峰、2060年前實現(xiàn)碳中和，此項目標遠遠短于發(fā)達國家。益眾公司積極行動起來開展照明燈具升級換代實驗（如圖），L是“220 V 100 W”的白熾燈泡，P是“220 V 10 W”的節(jié)能燈，實驗表明當“開關S1斷開、S2閉合”時的照明效果與“S1閉合、S2斷開”時相同，公司決定廠房內(nèi)“1個P燈替代2個L燈”。求：
（1）S1閉合、S2斷開時電路A處的電流（結果保留小數(shù)點后兩位）；
（2）“S1閉合、S2斷開”工作1 h比“S1斷開、S2閉合”工作1 h節(jié)省多少J的電能；
（3）公司廠房內(nèi)原有1000個L燈按“決定”替換成500個P燈，若公司每年生產(chǎn)300天，每天工作10 h，這些電力均為燃煤發(fā)電，所用燃料煤熱值為3×107 J/ kg，發(fā)電效率為40 %，求益眾公司每年因此項改進減少燃煤消耗的質(zhì)量。
【解析】（1）S1閉合、S2斷開時，電路為P的簡單電路，電路A處的電流I=PPUP=10W220V≈0.05 A；
（2）S1斷開、S2閉合，電路為兩個L并聯(lián)的電路，工作1h消耗的電能W1＝2PLt＝2×100 W×1×3600 s＝7.2×105 J，
S1閉合、S2斷開，電路為P的簡單電路，工作1h消耗的電能W2＝PPt＝10 W×1×3600 s＝3.6×104 J，
節(jié)省的電能△W＝W1﹣W2＝7.2×105 J﹣3.6×104 J＝6.84×105 J；
（3）1000個L燈每年消耗的電能W1′＝1000PLt′＝1000×100 W×300×10×3600 s＝1.08×1012 J，
500個P燈每年消耗的電能W2′＝500PPt′＝500×10 W×300×10×3600 s＝5.4×1010 J，
節(jié)省的能量△W′＝1.08×1012J﹣5.4×1010J＝1.026×1012 J，
燃料煤完全燃燒產(chǎn)生的熱量Q放=△W′η=1.026×1012J40%2.565×1012 J，
燃煤的質(zhì)量 m=Q放q煤=2.565×1012J3×107J/kg=8.55×104 kg。
【答案】（1）S1閉合、S2斷開時電路A處的電流為0.05 A；
（2）節(jié)省6.84×105 J的電能；
（3）益眾公司每年因此項改進減少燃煤消耗的質(zhì)量為8.55×104 kg。
【例12】圖甲是兩空氣炸鍋，圖乙是其內(nèi)部簡化電路，R1、R2均為發(fā)熱體，將開關S分別置于1、2兩位置時，空氣炸鍋處于不同的擋位。已知空氣炸鍋的高溫擋功率為900 W，R2阻值為96.8 Ω。
求：（1）高溫擋時，發(fā)熱體R2的功率是多少W？
（2）發(fā)熱體R1的阻值是多少Ω？
（3）空氣炸鍋一次性可裝入200 g牛柳，若將這些牛柳從30 ℃加熱到180 ℃，牛柳需要吸收多少熱量？[c牛柳＝3×103 J/（ kg?℃）]。
【解析】（1）由電路圖可知，當S置于1位置時，R1、R2并聯(lián)，
當S置于2位置時，只有電阻R2接入電路；
因為并聯(lián)電路的電阻小于任何一個分電阻，
所以，由P=U2R可知，當S置于1位置時，功率較大，即空氣炸鍋處于高溫狀態(tài)；
當S置于2位置時，空氣炸鍋處于低溫狀態(tài)；
高溫狀態(tài)時，R1、R2并聯(lián)，
則R2的功率：P2=U2R2=(220V)296.8Ω=500 W；
（2）高溫狀態(tài)時，R1、R2并聯(lián)，則：P高溫＝P1+P2，
所以，發(fā)熱體R1的功率：P1＝P高溫﹣P2＝900W﹣500W＝400W，
根據(jù)P=U2R可得發(fā)熱體R1的阻值：
R1=U2P1=(220V)2400W=121 Ω；
（3）牛柳需要吸收的熱量Q吸＝ cmΔt＝3×103 J/（ kg?℃）×0.2 kg×（180 ℃﹣30 ℃）＝9×104 J。
【答案】（1）高溫擋時，發(fā)熱體R2的功率為500 W；
（2）發(fā)熱體R1的阻值是121 Ω；
（3）空氣炸鍋一次性可裝入200 g牛柳，若將這些牛柳從30 ℃加熱到180 ℃，牛柳需要吸收9×104 J的熱量。
【分析】（1）分析將開關S分別置于1、2兩位置時電阻的變化，根據(jù)P=U2R分析電路功率大小可知空氣炸鍋處于哪種工作狀態(tài)；高溫擋時，根據(jù)P=U2R即可求出發(fā)熱體R2的功率；
（2）根據(jù)高溫擋功率和R2的功率即可求出R1的功率，再根據(jù)P=U2R的變形公式求出發(fā)熱體R1的阻值。
（3）根據(jù)Q＝ cmΔt可求得牛柳需要吸收的熱量。
【例13】如圖是一種用于建筑工地、橋梁施工等工程的爬梯式混凝土攪拌機。工作時，攪拌機將原料加工成混凝土后自動倒入運料斗，在提升電機的帶動下，運料斗通過爬梯頂端定滑輪沿豎直爬梯上升到一定位置，然后將混凝土卸下。該爬梯式攪拌機部分參數(shù)如表所示，求：
（1）提升電機正常工作8 h，消耗的電能是多少kW?h？
（2）若運料斗每次能運送混凝土400 kg，則運送40 m3的混凝土至少需要多少次？（設混凝土的密度為2×103 kg/ m3）
（3）某次將裝有4000 N混凝土的運料斗提升9 m，若提升部分的機械效率為80%，則提升過程中運料斗受到的阻力是多少 N？（不計繩重及滑輪摩擦）
【解析】（1）電機正常工作8 h，P＝P額＝4.5 kW，
則所消耗的電能：W＝Pt＝4.5 kW×8 h＝36 kW?h；
（2）40 m3的混凝土的質(zhì)量：
m＝ρV＝40 m3×2×103 kg/ m3＝8×104 kg，
若每次所裝混凝土質(zhì)量為400 kg，故要運的次數(shù)：
n=8×104kg400kg=200；
（3）有用功為克服混凝重力做的功，因不計繩重、滑輪摩擦及空氣阻力，故做的額外功為克服運料斗的重力和克服運料斗受到爬梯的阻力做的功，
運料斗的重力G斗＝ m斗g＝70 kg×10 N/ kg＝700 N，
則根據(jù)η=W有用W總=W有用W有用+W額外=G?G?+G斗?+f?=GG+G斗+f可得：
提升過程中運料斗受到的阻力f=Gη?G﹣G斗=4000N80%?4000 N﹣700 N＝300 N。
【答案】（1）提升電機正常工作8 h，消耗的電能是36 kW?h；
（2）若運料斗每次能運送混凝土400 kg，則運送40 m3的混凝土至少需要200次；
（3）提升過程中運料斗受到的阻力是300 N。
【點評】本題考查電功率、密度、機械效率公式的運用，難點是最后一問，關鍵是明確在不計繩重、滑輪摩擦及空氣阻力的條件下額外功的來源。
（1）已知電機額定功率，根據(jù)W＝Pt即可求出電機正常工作8 h所消耗的電能；
（2）根據(jù)密度公式求出40 m3的混凝土的質(zhì)量，根據(jù)每次所裝混凝土質(zhì)量求出要運的次數(shù)n；
（3）有用功為克服混凝重力做的功，因不計繩重、滑輪摩擦及空氣阻力，故做的額外功為克服運料斗的重力和克服運料斗受到爬梯的阻力做的功，
根據(jù)η=W有用W總=W有用W有用+W額外=G?G?+G斗?+f?=GG+G斗+f可求提升過程中運料斗受到的阻力。
【例14】“五一”假期，小明全家駕駛一輛油電混合動力汽車外出旅游，油電混合動力汽車工作原理如圖所示。當它以90 km/h的速度勻速行駛10 min的過程中，發(fā)動機和驅(qū)動電機共同為汽車提供動力，驅(qū)動汽車行駛所需的能量W1＝3×107 J，其中η1＝60%來自于汽油燃燒釋放的熱量，而汽油燃燒釋放熱量的η2＝40%用于驅(qū)動汽車行駛和對蓄電池充電，其中用于充電的能量W2＝2×106 J。（汽油在發(fā)動機汽缸內(nèi)完全燃燒，汽油熱值q＝5×107J/ kg）
（1）當該汽車制動剎車時，驅(qū)動電機會反轉為發(fā)電機給蓄電池充電，電機發(fā)電的原理是 電磁感應 ，一般汽車尾部都安裝有尾翼，其上表面是平的，而下表面呈弧形，有助于汽車行駛時車輪能更好地抓緊地面，這是利用 流體流速大的地方、壓強小 的原理制成的。
（2）求油電混合動力汽車在勻速行駛過程中牽引力的功率及受到的阻力。
（3）求此過程中油電混合動力汽車消耗汽油的質(zhì)量。
【解析】（1）電機發(fā)電的原理是電磁感應現(xiàn)象；由于上表面平直，下表面呈弧形凸起，當汽車高速行駛時，流過它上方的空氣速度比下方空氣速度小，此時，上方空氣壓強比下方空氣壓強大，受到一個向下的壓力差，從而使車輪抓緊地面；
（2）根據(jù)速度公式v=st知，以90 km/h的速度勻速行駛10 min的過程中通過的路程：
s＝vt＝90 km/h×1060h＝15 km＝15000 m，
根據(jù)W＝Fs知汽車勻速行駛的牽引力：
F=Ws=W1s=3×107J15000m=2000 N，
因為汽車做勻速直線運動，
所以阻力和牽引力是一對平衡力，大小相等，即f＝F＝2000 N；
牽引力的功率：
P=Wt=3×107J600s=5×104 W；
（3）汽車行駛時，汽油燃燒放出的熱量為 mq，其中只有η2 mq用來行駛和充電，
根據(jù)題意，則有η2 mq＝W1η1+W2，即W1η1＝η2 mq﹣W2，
代入數(shù)據(jù)得60%×3×107 J＝40%×5×107 J/ kg× m﹣2×106 J，
解得： m＝1 kg。
【答案】（1）電磁感應；流速大的地方，壓強?。?br>（2）牽引力的功率為5×104W；汽車受到的阻力為2000 N；
（3）汽車所消耗汽油的質(zhì)量 m為1 kg。
【點評】本題的難點是分析能量之間的轉化關系，汽油完全燃燒放出的熱量提供給汽車行駛的部分能量，同時汽車行駛需要的能量又不會全部是汽油完全燃燒提供的，關鍵認清效率的關系。
【例15】如圖甲所示，小勇同學設計了一個汽車落水安全裝置并進行了試驗，在汽車的四個門板外側分別安裝一個氣囊，氣囊的觸發(fā)由圖乙所示電路中a、b間的電壓來控制，壓敏電阻R1水平安裝在汽車底部A處，R1的阻值隨其表面水的壓力的變化如圖丙所示。某次試驗時：汽車入水前把R2的滑片調(diào)到合適位置不動，閉合開關S，電壓表的示數(shù)為3V，再把汽車吊入足夠高的長方體水池中緩慢下沉，直到a、b間的電壓等于或大于3V時，氣囊就充氣打開，使汽車漂浮在水中，試驗裝置相關參數(shù)如表所示。
（1）求汽車入水前電路中的電流；
（2）當汽車漂浮時，測得水池的水位比汽車入水前上升了8 cm（水未進入車內(nèi)），求汽車受到的重力；
（3）求氣囊充氣打開時汽車A處浸入水中的深度。
【解析】（1）汽車入水前，R1表面水的壓力為0，由圖丙可知此時其阻值為20 Ω，由乙圖知R1和R2組成串聯(lián)電路，電壓表測的是R2兩端的電壓，示數(shù)為3 V，
根據(jù)串聯(lián)電路的電壓規(guī)律U＝U1+U2得，
R1兩端的電壓為：
U1＝U﹣U2＝4.5V﹣3V＝1.5 V，
電路中的電流為：
I=U1R1=1.5V20Ω=0.075 A；
（2）當汽車漂浮時，水池的水位比汽車入水前上升了8 cm，
則汽車排開水的體積為：
V排＝S水池△h＝20 m2×8×10﹣2 m＝1.6 m3，
汽車受到的浮力為：
F?。溅阉甮V排＝1.0×103 kg/ m3×10 N/ kg×1.6 m3＝1.6×104 N，
當汽車漂浮時，受到的重力和浮力平衡，大小相等，則受到的重力為：
G＝F?。?.6×104 N；
（3）汽車入水前，電壓表的示數(shù)為3 V時，
電阻R2的阻值為：
R2=U2I=3V0.075A=40 Ω，
汽車入水前把R2的滑片調(diào)到合適位置不動，把汽車吊入水池中緩慢下沉，直到a、b間的電壓等于3 V即R1兩端的電壓為3 V時，氣囊充氣打開，
此時R2兩端的電壓為：
U2′＝U﹣U1′＝4.5 V﹣3 V＝1.5 V，
電路中的電流為：I′=U2′R2=1.5V40Ω=0.0375 A，
電阻R1的阻值為：R1′=U1′I′=3V0.0375A=80 Ω，
由圖丙可知，此時R1表面水的壓力為15 N，即汽車底部A處受到水的壓力為15 N，
汽車A處受到水的壓強為：p=FSR1=15N15×10?4m2=1×104 Pa，
由p＝ρgh得，汽車A處浸入水中的深度為：h=pρ水g=1×104Pa1×103kg/m3×10N/kg=1 m。
【答案】（1）汽車入水前電路中的電流為0.075 A；
（2）汽車受到的重力為1.6×104 N；
（3）氣囊充氣打開時汽車A處浸入水中的深度為1 m。
【例16】為探究平衡木受力的特點，重為400 N的小紅設計了圖甲所示的平衡木模型，整個裝置放在水平地面上，AB可繞支點O無摩擦轉動。AB始終處于水平平衡狀態(tài)，C處固定一豎直硬桿，硬桿重300 N，硬桿的底部安裝有壓力傳感器R，R所在的電路裝置如圖乙所示，R的阻值隨著硬桿對它的壓力F的變化關系如圖丙所示。其中，電源電壓為4.5V，保護電阻R0＝5 Ω，電流表的量程為0～0.6A，且AB＝4 m，OA＝BC＝1 m，整個裝置除硬桿外，其他部分的重力均不計，g取10 N/ kg。求：
（1）小紅的質(zhì)量；
（2）小紅站在A點時，C處受到硬桿對它的拉力；
（3）小紅站在C點時，電流表的示數(shù)；
（4）在電路安全的情況下，小紅在平衡木上緩慢走動的過程中，當電路消耗的電功率達到最小值和最大值時，壓力傳感器R消耗的電功率之比。
【解析】（1）由G＝ mg可知小紅的質(zhì)量m=Gg=400N10N/kg=40kg
（2）小紅站在A點時，杠桿受小紅對A點的壓力和硬桿對C點的拉力，
其中OA＝1 m，OC＝AB﹣OA﹣BC＝4 m﹣1 m﹣1 m＝2 m，
根據(jù)杠桿的平衡條件可得：G人?OA＝Fc?OC，
即：400 N×1 m＝F拉×2 m，
解得：Fc＝200 N；
（3）小紅站在C點時，壓力傳感器R受到的壓力為 Fc＝G桿+G人＝300 N+400 N＝700 N，
由乙圖知R＝7.5Ω，則 Rc＝R0+R＝5Ω+7.5Ω＝12.5Ω，
電流表的示數(shù)為IC=URc=4.5V12.5Ω=0.36A；
（4）當電路消耗功率達最小值時，電路中的電流最小，R最大，硬桿對R的壓力最小，對硬桿和杠桿進行受力分析，并根據(jù)杠桿平衡原理，此時小紅應站在A點；
此時R受到的壓力為 F壓＝G桿﹣Fc＝300 N﹣200 N＝100 N，
由乙圖可知R'＝20 Ω，則 I小=UR總=UR0+R′=4.5V5Ω+20Ω=0.18A，
同理，經(jīng)分析可知，在電路安全的情況下，當電路消耗功率最大時，此時小紅應站在B點，
此時 OB＝OC+BC＝2 m+1 m＝3 m，
由杠桿平衡可得 F′C=G人×OBOC=400N×3m2m=600N，
此時R受到的壓力為 F'壓＝F'c+G桿＝600 N+300 N＝900 N，
由乙圖可知R''＝5Ω，則I大=UR′總=UR0+R″=4.5V5Ω+5Ω=0.45A＜0.6A
可知電路安全，則壓力傳感器R消耗的功率之比為：
P小P大=I小2R′I大2R″=(0.18A)2×20Ω(0.45A)2×5Ω=1625。
【答案】（1）小紅的質(zhì)量為40 kg；
（2）小紅站在A點時，C處受到硬桿對它的拉力為200 N；
（3）小紅站在C點時，電流表的示數(shù)為0.36 A；
（4）當電路消耗功率達最小值和最大值時，壓力傳感器R消耗的功率之比為16：25。
【點評】本題是力和電的綜合題目，在分析時把其分割開來，分別用杠桿的平衡條件、歐姆定律來分析，用好圖像，對硬桿做好受力分析是解決問題的關鍵。
（1）根據(jù)G＝ mg計算質(zhì)量；
（2）根據(jù)杠桿平衡條件 計算拉力；
（3）計算出壓力傳感器R受到的壓力，根據(jù)圖像確定阻值，由I=UR 計算電流大??；
（4）根據(jù)P＝UI＝I2R 分別計算電流最小值與最大值時的功率進行比較。
型號
J2M310
整機質(zhì)量（ kg）
2000
空的運料斗質(zhì)量（ kg）
70
提升電機額定功率（kW）
4.5
電源電壓
4.5 V
R1接觸水的面積
15 cm2
長方體水池底面積
20 m2