1、专题06电磁学-计算题+综合题一、计算题（本大题共24小题）1.来源: 2020年浙江省宁波市中考物理试卷现有一个粗细均匀的金属圆环，它是由一段铜丝和一段同种材料制成的电阻丝连接而成的。为了研究它的导电性，小科把它接入到如图甲所示的电路中。实验时，小科先将触点M与圆环上的A点连接，再移动滑动变阻器R1的滑片P至最右端后，闭合开关S，将触点N从A开始沿逆时针方向滑动一周，在触点N滑动的过程中，触点M、N之间的电阻等效于一个变化的电阻，记为RMN.设滑过弧MN的长为x，电流表示数I与x之间的关系如图乙所示。已知电源电压恒为4.5V，铜丝的阻值不计，触点接触良好。粗细均匀、同种材料制成的电阻丝阻值与
2、其长度成正比。(1)由图乙可知，该金属圆环中铜丝的长度是_cm。(2)在触点N滑动过程中，RMN的最大值是多少？(3)每1cm电阻丝的阻值是_.(提示：图甲中M、N之间的电阻等效于M、N之间两段弧形金属丝并联后的总电阻)(4)如图丙所示，把M、N接到圆环其中一条直径的两端，将滑片P移到最左端后闭合开关S，通电1min，电路消耗的电能为W.求W的最大值。(计算过程中不需要说明取最大值的理由)【答案】(1)10；(2)当x=0或x=50cm时，金属圆环接入电路中的电阻为零，此时电路为R1的简单电路，由图乙可知，电路中的电流I大=0.9A，由I=UR可得，变阻器接入电路中的电阻R1=UI大=4.5V
3、0.9A=5，当电路中的电流最小时，电路的总电阻最大，金属圆环接入电路中的电阻最大，由图乙可知，电路中的电流I小=0.5A，此时电路的总电阻R总=UI小=4.5V0.5A=9，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，M、N之间的最大值RMN大=R总-R1=9-5=4；(3)0.4；(4)把M、N接到圆环其中一条直径的两端，将滑片P移到最左端后，电路为圆环的简单电路，由电阻的并联可知，当铜丝全部位于MN上方(或下方)时，上方(或下方)的电阻最小，电路的总电阻最小，此时MN上、下两部分电阻丝的电阻分别为R5=25cm0.4/cm=10，R6=R环-R5=16-10=6，此时电路的总电阻R总=R5
4、R6R5+R6=10610+6=3.75则通电1min，电路消耗的最大电能W=U2R总t=(4.5V)23.7560s=324J。【解析】解：(1)当滑片在铜丝上移动时，金属圆环的总电阻不变，根据欧姆定律可知，此时电路中的电流不变，由图乙可知，x从30cm到40cm的过程中，电路的电流不变，则该金属圆环中铜丝的长度为40cm-30cm=10cm；(2)当x=0或x=50cm时，金属圆环接入电路中的电阻为零，此时电路为R1的简单电路，由图乙可知，电路中的电流I大=0.9A，由I=UR可得，变阻器接入电路中的电阻R1=UI大=4.5V0.9A=5，当电路中的电流最小时，电路的总电阻最大，金属圆环接
5、入电路中的电阻最大，由图乙可知，电路中的电流I小=0.5A，此时电路的总电阻R总=UI小=4.5V0.5A=9，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，M、N之间的最大值RMN大=R总-R1=9-5=4；(3)由题意可知，M、N之间两段弧形金属丝并联，分别设为R3、R4，如下图所示：因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，所以，1RMN=1R3+1R4，即RMN=R3R4R3+R4，因金属圆环中电阻丝的总电阻一定，即R3+R4的值不变，所以，由数学知识“两个正数和一定，两数相同时乘积最大”可知，R3=R4时，M、N之间的总电阻最大，则RMN大=R3R4R3+R4，即4=R3R3R3+R
6、4，解得：R3=R4=8，金属圆环中电阻丝的总电阻R环=R3+R4=8+8=16，由图乙可知，金属圆环中电阻丝的总长度L=50cm-10cm=40cm，所以，每1cm电阻丝的阻值是1640=0.4；(4)把M、N接到圆环其中一条直径的两端，将滑片P移到最左端后，电路为圆环的简单电路，由电阻的并联可知，当铜丝全部位于MN上方(或下方)时，上方(或下方)的电阻最小，电路的总电阻最小，此时MN上、下两部分电阻丝的电阻分别为R5=25cm0.4/cm=10，R6=R环-R5=16-10=6，此时电路的总电阻R总=R5R6R5+R6=10610+6=3.75则通电1min，电路消耗的最大电能W=U2R总
7、t=(4.5V)23.7560s=324J。答：(1)10；(2)在触点N滑动过程中，RMN的最大值是4；(3)0.4；(4)通电1min，电路消耗电能的最大值为224J。(1)当滑片在铜丝上移动时，金属圆环的总电阻不变，根据欧姆定律可知，此时电路中的电流不变，根据图乙读出该金属圆环中铜丝的长度；(2)当x=0或x=50cm时，金属圆环接入电路中的电阻为零，此时电路为R1的简单电路，根据图乙读出电路中的电流，根据欧姆定律求出变阻器接入电路中的电阻；当电路中的电流最小时，电路的总电阻最大，金属圆环接入电路中的电阻最大，根据图乙读出电路中的电流，根据欧姆定律求出总电阻，利用电阻的串联求出M、N之间
8、的最大值；(3)由题意可知，M、N之间两段弧形金属丝并联，根据电阻的并联和结合数学知识得出两部分电阻相等时金属圆环中的总电阻最大，据此求出电路的总电阻，根据图乙读出金属圆环中电阻丝的总长度，然后求出每1cm电阻丝的阻值；(4)把M、N接到圆环其中一条直径的两端，将滑片P移到最左端后，电路为圆环的简单电路，由电阻的并联可知，当铜丝全部位于MN上方(或下方)时，上方(或下方)的电阻最小，电路的总电阻最小，然后根据题意求出两部分的电阻值，进一步求出此时电路的总电阻，利用W=UIt=U2Rt求出通电1min内电路消耗的最大电能。本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功公式的应用，明白电路的连接方式和
9、从图中获取有用的信息以及知道圆环电阻最大时的情况是关键。2.来源: 2020年浙江省衢州市中考物理试卷为提高垃圾分类效率，小科设计了如图甲所示的垃圾分类机器人。它捡起垃圾时，会快速从垃圾上取出标准规格的样品。通过机械手上的探针检测样品的电阻大小来识别垃圾的类别，并投入相应的垃圾桶。该机器人检测电路如图乙所示。各类垃圾样品的电阻参考值如下表。样品电阻值/垃圾类别小于10金属10-30餐厨大于30其他(1)机器人通过摄像头获得二维码倒立、缩小的像来识别垃圾桶。下列物体成像原理与其相同的是_。A.平面镜B.照相机C.放大镜D.眼球(2)机器人从某块垃圾上取样检测时。检测电路电压表读数为1伏，检测时间
10、为0.1秒。通过计算说明应将该垃圾放入图丙中哪个垃圾桶。该次检测电阻过程中。检测电路消耗的电能为多少？(3)机器人将重1牛的垃圾举高70厘米后再水平移动3米，放入相应的垃圾桶。该过程中机器人至少对垃圾做了多少功？【答案】BD【解析】解：(1)机器人通过摄像头获得二维码倒立、缩小的像，其应用与照相机的成像原理和人的眼睛的成像原理相同；故选BD；(2)由图可知，样品两端的电压为：U=U-UV=1.5V-1V=0.5V；电路中的电流为：I=UVR=1V10=0.1A；根据欧姆定律可知，样品的电阻为：R样品=UI=0.5V0.1A=5；根据表格中的数据可知，垃圾的类别为金属，需要放入第一个垃圾桶中；该
11、次检测电阻过程中。检测电路消耗的电能为：W=UIt=1.5V0.1A0.1s=0.015J；(3)机器人将重1牛的垃圾举高70厘米后所做的功为：W=Gh=1N0.7m=0.7J；水平移动3米的过程中，力的方向是竖直向上的，移动的距离在水平方向上，所以机器人不做功，故所做的总功为W=0.7J。故答案为：(1)BD；(2)第一个垃圾桶；检测电路消耗的电能为0.015J；(3)所做的总功为0.7J。(1)摄像头相当于凸透镜，成倒立、缩小的实像；(2)根据串联电路的电压特点求出样品两端的电压，根据电压表示数和定值电阻的阻值求出电路中的电流，根据欧姆定律求出样品的电阻；根据W=UIt求出消耗的电能；(3
12、)根据W=Gh求出机器人所做的功。本题考查了凸透镜成像的应用、欧姆定律的应用、功的计算，明确公式的应用是解题的关键。3.来源: 2020年浙江省湖州市中考物理试卷方方用图甲所示电路研究电功率和电流的关系，绘制了定值电阻R0、滑动变阻器R的功率与电流的关系图，如图乙。(1)实线表示的是_(选填“R”或“R0”)的功率与电流的关系。(2)求R0的阻值。(写出计算过程)(3)当电流表示数为0.5安时，求R消耗的功率。(写出计算过程)【答案】R0【解析】解：(1)研究电功率和电流的关系，通过调节变阻器R的滑片改变电路中电流，由P=I2R知，在电阻一定时，电功率P与电流I是二次函数关系，R00，所以图象
13、开口向上，图乙中实线是定值电阻R0的功率与电流的关系，虚线表示滑动变阻器R的功率与电流关系。(2)由图乙中，R0的功率与电流关系图象知，I=2A时，P0=32W，由P=I2R可得，R0的阻值；R0=P0I02=32W(2A)2=8；(3)由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电流表测电路中电流，当滑动变阻器R连入阻值为0时，R0的简单电路，电路的电路中电流最大，由图象知此时的电流I=2A，由P=UI可得，电源电压：U=U0=P0I=32W2A=16V，由欧姆定律可得，当电路中电流I=0.5A时，R0两端电压：U0=IR0=0.5A8=4V，由串联电路特点知，此时R两端电压：UR=U-U
14、0=16V-4V=12V，R消耗的功率：PR=URI=12V0.5A=6W。故答案为：(1)R0；(2)R0的阻值为8；(3)当电流表示数为0.5安时，R消耗的功率为6W。(1)由P=I2R分析可知，实线所表示对应功率与电流关系；(2)由图乙中R0的功率与电流关系图象知，电流2A时，其功率为32W，由P=I2R计算R0的阻值；(3)由图象知，电路中最大电流为2A，此时变阻器连入阻值为0，电路为R0的简单电路，由P=UI计算电源电压；由U=IR计算电流表0.5A时R0两端电压，由串联电路特点可得R的两端电压，由P=UI计算R消耗的功率。本题考查了串联电路特点、欧姆定律公式以及电功率公式的应用，关
15、键是分析出图象中两条图线对应是哪个功率与电流关系，并从图象中获取有用信息。4.来源: 2020年浙江省台州市中考物理试卷电热水壶由分离式底座和壶身两个部分组成。分离式底座由电源线、圆形底座和供电插座组成，如图甲：电热水壶内部简化电路，如图乙。(1)为防止触电，供电插座的外壳材料应是_(选填“绝缘体”或“导体”)。(2)电热水壶额定电压为220伏，额定功率为1000瓦，求：电阻R1的阻值是多少？正常工作时，烧开一壶水需要300秒，消耗多少电能？(3)为满足人们随时取用热水需求，电热水壶设置保温功能。现有一个温控开关(一定温度时，可以自动断开或闭合；元件符号为“”)，一个阻值远大于R1的定值电阻R
16、x(元件符号为“”)。要求利用提供的器材，对原电热水壶的简化电路进行改进，实现既可加热又能保温的功能，且加热功率保持不变。请在答题卷的虚线框内画出电路图，并说明保温的工作原理。【答案】绝缘体【解析】解：(1)为防止触电，供电插座的外壳材料应不容易导电是绝缘体；(2)由P=UI=U2R可得，电阻R1的阻值：R1=U2P=(220V)21000W=48.4；由P=Wt可得，烧开一壶水消耗的电能：W=Pt=1000W300s=3105J；(3)由题意可知，电热水壶改进后加热功率保持不变即电路仍为R1的简单电路，保温时R1与Rx串联，且保温和加热是通过温控开关来实现的，改进的电路如下图所示：保温的工作
17、原理：开关S闭合、温控开关断开，R1与Rx串联，电路的总电阻最大，由P=UI=U2R可知，电源的电压一定时，电路的总功率最小，电热水壶处于保温状态。答：(1)绝缘体；(2)电阻R1的阻值是48.4；正常工作时，烧开一壶水需要300秒，消耗3105J的电能；(3)如解答所示。(1)容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体；(2)知道电热水壶额定电压和额定功率，根据P=UI=U2R求出其电阻；正常工作时其功率和额定功率相等，根据W=Pt求出烧开一壶水消耗的电能；(3)由题意可知，电热水壶改进后加热功率保持不变即电路仍为R1的简单电路，保温时R1与Rx串联，且保温和加热是通过温控开关来实现的，
18、据此画出改进后的电路图；然后分析开关的闭合、断开得出对应保温状态时的电路连接。本题考查了绝缘材料的应用和电功率公式、电功公式以及电路图的设计，要注意用电器正常工作时的功率和额定功率相等。5.来源: 2020年浙江省舟山市中考物理试卷图甲是一款深受人们喜爱的便携式充电喷雾小风扇(部分参数如表)，具有只扇风不喷雾和既扇风又喷雾两档工作状态。喷雾小风扇部分参数输出电压4V喷雾功率4W出风功率4W电池容量6000mAh(1)小风扇喷出的水雾在空气中发生了_(填物态变化的名称)，从周围吸热，起到降温作用。(2)图乙是小风扇喷雾时水位自动报警器的工作原理图，当水箱内的水位较低时，红灯亮报警，请结合图说明其
19、工作原理。_。(3)小风扇在只扇风状态下工作10分钟消耗的电能是多少？(4)商家宣称此款小风扇充满电后，在喷雾状态下可持续工作5小时与实际是否相符。【答案】汽化 当水位降低到探针以下时，控制电路断开，电磁铁失去磁性，弹簧拉着衔铁弹回，红灯所在电路接通，则红灯亮【解析】解：(1)小风扇喷出的水雾，其降温作用是通过水雾的汽化吸热而实现的。(2)当水位降低到探针以下时，控制电路断开，电磁铁失去磁性，弹簧拉着衔铁弹回，红灯所在电路接通，则红灯亮；(3)小风扇在只扇风时功率为4W，则工作10分钟所消耗的电能W=Pt=4W600s=2400J；(4)电池的容量为W=UIt=4V6A3600s=86400J
20、，根据P=Wt的得一次充满电最多持续正常工作时间：t=WP=86400J4W+4W=10800s=3h5h，故商家宣称此款小风扇充满电后，在喷雾状态下可持续工作5小时与实际不相符；故答案为：(1)汽化；(2)当水位降低到探针以下时，控制电路断开，电磁铁失去磁性，弹簧拉着衔铁弹回，红灯所在电路接通，则红灯亮：(3)小风扇在只扇风状态下工作10分钟消耗的电能是2400J；(4)商家宣称此款小风扇充满电后，在喷雾状态下可持续工作5小时与实际不相符。(1)物质由液态变为气态的过程叫汽化，汽化过程吸收热量；(2)只要在线圈两端加上一定的电压，线圈中就会流过一定的电流，从而产生电磁效应，衔铁就会在电磁力吸
21、引的作用下克服弹簧的拉力运动到铁芯，从而带动衔铁的动触点与静触点(常开触点)吸合；当线圈断电后，电磁的吸力也随之消失，衔铁就会在弹簧的反作用力下返回原来的位置，使动触点与原来的静触点(常闭触点)吸合；这样吸合、释放，从而达到了在电路中的导通、切断的目的；(3)根据W=Pt求出风扇只扇风时10分钟所消耗的电能；(4)先利用W=UIt求出电池的能量，再利用公式P=Wt的变形公式，可求出持续工作的时间。本题考查了汽化现象，电磁继电器原理，电池容量，是一道综合题。6.来源: 2020年浙江省丽水市中考物理试卷为延长疏果保鲜时间，某同学帮助菜农设计了蔬果保鲜仓库的自动制冷装置。装置如图甲所示。控制电路中
22、电源电压恒为3伏，R1为热敏电阻，R2阻值为10欧。电磁铁线圈阻值忽略不计。R1阻值随温度的变化关系如图乙所示。当温度升高到启动值时。控制电路中电流达到0.1安。衔铁吸下，制冷器启动工作；当温度降低到设定值后。工作电路断开，制冷器停止工作，如此进行间歇性循环工作。图丙为工作电路某1小时内制冷器功率与时间的关系图。请完成下列问题：(1)通过计算并结合图乙确定该制冷器启动工作的温度。(2)在图丙所示的1小时内工作电路中制冷器消耗的总电能是多少？【答案】解：(1)由图可知，R1与R2串联，由I=UR可得，该制冷器启动工作的总电阻R=UI=3V0.1A=30，则R1=R-R2=30-10=20，查乙图
23、可知定该制冷器启动工作的温度5.6；(2)在图丙所示的1小时内工作时间t=15min+10min+10min+10min=45min=2700s，由P=Wt可得，制冷器消耗的总电能W=Pt=2400W2700s=6.48106J。答：(1)通过计算并结合图乙确定该制冷器启动工作的温度为5.6。(2)在图丙所示的1小时内工作电路中制冷器消耗的总电能是6.48106J。【解析】(1)由图可知，R1与R2串联，由I=UR可求得该制冷器启动工作的总电阻，然后可知R1的阻值，查乙图可知定该制冷器启动工作的温度。(2)由丙图可知工作时间，利用W=Pt可求得中制冷器消耗的总电能。本题考查了串联电路的特点和欧
24、姆定律的计算，关键是根据图象得出相关信息。7.来源: 2020年浙江省绍兴市中考物理试卷小敏家住某5层公寓楼中的4楼，当他在1楼按下楼道灯开关，5盏“220V12W”的楼道灯全部点亮，然后延时60秒均自动关闭。他正常每登一层楼所需时间为12秒。小敏意识到楼道灯这样的工作方式有些浪费电能，对楼道电路进行设计，改进电路如图，K为启动延时开关，S为感应跳转开关，K按下时S按通触点1、2，S感应到人到2楼，跳转至触点2、3，感应到人到3楼，跳转至触点3、4跳转后若20秒后感应不到人，则K断开。(1)按照原先楼道灯的工作方式，小敏正常上楼回家一次，楼道灯一共消耗多少电能？(2)改进后的方案中，S跳转前后
25、，通过启动延时开关的电流大小_(选填“增大”、“减小”或“不变”)，小敏正常上楼回家一次，比原来节约多少电能？【答案】不变【解析】解：(1)按照原先楼道灯的工作方式，小敏正常上楼回家一次，楼道灯一共消耗的电能为：W=Pt=512W60s=3600J；(2)由题意可知，每盏灯的规格相同，它们都能各自独立工作，工作时的电流是相同的；一楼灯消耗的电能为：W1=Pt1=12W12s=144J；二楼灯消耗的电能为：W2=Pt2=12W24s=288J；三楼灯消耗的电能为：W3=Pt3=12W24s=288J；四楼灯消耗的电能为：W4=Pt4=12W(12s+20s)=384J；五楼灯消耗的电能为：W5=
26、Pt5=12W20s=240J；消耗的总电能为：W=W1+W2+W3+W4+W5=144J+288J+288J+384J+240J=1344J；节约的电能为：W=W-W=3600J-1344J=2256J。故答案为：(1)消耗的电能为3600J；(2)不变；节约的电能为2256J。(1)根据W=Pt求出楼道灯消耗的电能；(2)由于每盏灯的规格相同，所以各自独立工作时的电流是相同的；根据每层楼道内的灯工作的时间求出其消耗的电能，然后求出总电能。本题考查了电功的计算，明确每盏灯的工作时间是解题的关键。8.来源: 2020年浙江省温州市中考物理试卷小明对“篮球在空气中是否受到浮力”进行探究，由此进行
27、一系列的思考与实验，并最终设计出可直接测量空气密度的简易“空气密度仪”。(1)如图甲，将一个带阀门的篮球放在天平的托盘上，阀门连接未充气的气球，且处于关闭状态。加砝码使天平平衡。打开阀门，气球变大，天平指针向右偏转。指针向右偏转的原因是_。(2)为测量篮球受到的浮力大小，小明设计了如图乙所示的电路。电路中电源电压U为6伏，定值电阻R0的阻值为10欧，R是力敏电阻，其阻值与所受压力FB的关系如图丙所示。当左盘中篮球未给气球充气时，电流表示数为0.2安，当篮球给气球充气到体积为篮球的2倍时(篮球体积不变)，电流表示数为0.15安。力敏电阻R所受压力FB与篮球对左侧托盘的压力FA的关系如图丁所示。请
28、计算篮球所受的浮力。(3)图乙中篮球和气球内的气体总质量保持不变。并控制气球体积为篮球的2倍，在电压表指针所指的刻度盘上标上对应的空气密度值，就制成了一台测量当地空气密度的“空气密度仪”。现用此装置测量大于1.29千克/米3的空气密度，指针大致指示在何处？请在图戊的刻度盘中用箭头标出，并写出你的判断依据。【答案】气球受到浮力变大【解析】解：(1)打开阀门，气球变大，根据阿基米德原理，气球受到的浮力变大，蓝球对托盘的压力变小了，故天平指针向右偏转；(2)R与定值电阻串联，电流表测量电路的电流，电压表测定值电阻的电压，当左盘中篮球未给气球充气时，电流表示数为0.2A时，根据串联电路的规律及欧姆定律
29、，R1=UI1-R0=6V0.2A-10=20；由图丙知，F1B=309N；当篮球给气球充气到体积为篮球的2倍时(篮球体积不变)，电流表示数为0.15A，根据串联电路的规律及欧姆定律，R2=UI2-R0=6V0.15A-10=30；F2B=300N；由图丁知，FB=50FA，故F1A=F1B50=309N50，F2A=F2B500=300N50，托盘A所受压力的变化量：FA=309N50-300N50=0.18N，篮球给气球充气到体积为篮球的2倍，由阿基米德原理，即篮球所受的浮力为120.18N=0.09N；(3)气球体积为篮球的2倍，即气球的体积不变，现用此装置测量大于1.29千克/米3的空
30、气密度，根据阿基米德原理，气球受到的浮力变大，篮球对托盘的压力变小，力敏电阻R所受压力FB也变小，可知压敏电阻变大，根据串联电阻的规律，电路的总电阻变大，由欧姆定律，电路的电流变小，根据U=IR，定值电阻的电压变小，即电压表示数变小，故用此装置测量大于1.29千克/米3的空气密度，指针应在电压表盘1.29刻度线的左侧，如下所示：故答案为：(1)气球受到浮力变大；(2)篮球所受的浮力为0.09N；(3)如上所示。(1)打开阀门，气球变大，根据阿基米德原理分析；(2)分析电路的连接，当左盘中篮球未给气球充气时，电流表示数为0.2A时，根据串联电路的规律及欧姆定律得出R大小，由图丙知，力敏电阻R所受
31、压力大小；同理，当篮球给气球充气到体积为篮球的2倍时(篮球体积不变)，电流表示数为0.15A时可得出R大小，从而由图丙知，力敏电阻R所受压力大小；由图丁找出FB与FA的关系，进而得出力敏电阻R所受压力FB的变化量，进而得出篮球所受的浮力；(2)空气的密度为1.29千克/米3，现用此装置测量大于1.29千克/米3的空气密度，根据阿基米德原理分析气球受到的浮力变化，可知篮球对托盘的压力变化，从而确定力敏电阻R所受压力FB变化，根据串联电阻的规律和欧姆定律判断电路的电流变化，根据U=IR确定定值电阻的电压变化，据此画出用此装置测量大于1.29千克/米3的空气密度，指针大致应指的位置。本题为力电综合题
32、，考查阿基米德原理、串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是从图中获取有效的信息。9.来源: 2020年浙江省杭州市中考物理试卷如图电路中，电源电压恒为9V，灯泡L规格为“6V3W”。闭合开关，灯泡正常工作。求：(1)电阻R的阻值。(2)灯泡工作5分钟消耗的电能及电阻R产生的热量。【答案】解：(1)由电路图知，L与R串联，电压表测灯泡两端的电压，闭合开关，灯泡正常发光，由串联电路特点和P=UI可得，此时电路中电流：I=IR=IL=P额U额=3W6V=0.5A，因串联电路电源电压等于各用电器两端电压之和，所以，电阻R两端电压：UR=U-UL=9V-6V=3V，由欧姆定律得，电阻R的阻值：R=URI
33、=3V0.5A=6；(2)由P=Wt可得，灯泡工作5分钟消耗的电能：W=P额t=3W560s=900J；5分钟电阻R产生的热量：Q=I2Rt=(0.5A)26560s=450J。答：(1)电阻R的阻值为6；(2)灯泡工作5分钟消耗的电能为900J；电阻R产生的热量为450J。【解析】(1)由图知，灯泡与定值电阻串联，电压表测灯泡两端的电压，灯泡正常发光，根据P=UI求出电路中电流，由串联电路特点和欧姆定律求出电阻R的阻值；(2)根据W=Pt计算灯泡工作5分钟消耗的电能；利用Q=I2Rt求出电阻R产生的热量。本题考查了串联电路特点、欧姆定律、电功率以及焦耳定律公式的灵活应用，难度不大。10.来源
34、: 2019年浙江省台州市中考物理试卷某电热砂锅的简化电路如图甲。R1、R2为发热电阻，S为旋转型开关，a、b、c、d为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低档”、“高档”之间的转换，工作时先用高档加热锅内汤料到沸腾，再用低档持续加热食物，使食物“汤浓味鲜”。(1)高档加热时，开关S应旋至触点_(选填“ab”、“bc”或“cd”)位置。(2)某次烹饪一共用时6小时，电功率与加热时间的关系如图乙所示，则本次烹任共消耗多少电能？(3)发热电阻R1和R2的阻值分别为多少？(4)生活中，有时也会选择电压力锅烹饪，因为电压力锅煮熟相同质量的同种食物，通常比电热砂锅更省电。请你从能量利用率的角度，结合所学
35、知识对电压力锅能省电作出简要的解释。【答案】cd【解析】解：(1)由图1知，开关S接“ab”时电路断路为关；“bc”时两电阻串联，接“cd”时只有R1接入电路，R2短路，电源电压一定，由P=U2R可知，接“bc”时电阻最大，为低档，接“cd”时电阻最小，为高档；(2)某次烹饪一共用时6小时，电功率与加热时间的关系如图乙所示，高温档工作1h，低温档工作(6-1)=5h，本次烹任共消耗的电能：W=W1+W2=P1t1+P2t2=0.44kW1h+0.1kW5h=0.44kWh+0.5kWh=0.94kWh；(3)高档加热时，R1=U2P高=(220V)2440=110，抵挡加热时，R1+R2=U2
36、P低=(220V)2100W=484，R2的阻值：R2=484-110=374；(4)电压力锅锅内气压大，所以水的沸点高，食物在高温下容易熟，可以减少用电时间。故答案为：(1)cd；(2)本次烹任共消耗的电能0.94kWh；(3)发热电阻R1和R2的阻值分别为110、384；(4)电压力锅锅内气压大，所以水的沸点高，食物在高温下容易熟，可以减少用电时间；加热时间短，散失到空气中的热量少，能量利用率高，所以更省电。(1)由图甲，开关S在不同位置时，由P=U2R分析电热砂锅的工作状态；(2)根据W=pt可求烹饪共消耗的电能；(3)根据电路的结构和P=U2R变形可求电阻；(4)液体的沸点与气压有关。
37、本题考查了电路的识别、串联电路特点、电功率公式的灵活应用，正确分析出高低档工作状态，并能将图象结合起来是解题的关键。11.来源: 2019年浙江省宁波市中考物理试卷如图所示电路，电源电压U不变，灯L1、L2上都标有“3V”字样，且灯丝阻值不变，R1是定值电阻。闭合开关S1后，依次进行如下操作：开关S2接1、2，移动滑片P，使电压表V1示数为3V，此时电流表示数为0.3A；开关S2接2、3，电流表示数为0.4A；开关S2接4、5，电流表示数仍为0.4A，电压表V2示数为2V。请解答下列问题：(1)灯L1、L2的额定功率分别是多少？(2)小科根据上述实验数据，计算R1的阻值，分析如下：操作中，L1
38、与R0串联，L1两端电压为3V，通过L1的电流大小为0.3A。操作中，L1与R1并联后(可看作一个阻值变小的电阻)与R0串联，通过L1与R1的总电流大小I为0.4A.假设此时L1两端电压为U1，通过的电流为IL1。可求得R1=U1I1=U1I-IL1=3V0.4A-0.3A=30老师指出：求解R1时，代入的“3V”0.4A”“0.3A”三个数据中有错误。请你指出错误的数据：_，并正确求解R1。(3)当开关S2接4、5时，滑片P怎样移动才能使L2正常工作？(要求说明移动方向和变化的阻值大小)【答案】3V、0.3A【解析】解：(1)操作中，开关S2接1、2，L1与R0串联，电压表V1测L1两端电压
39、为U1=3V，电流表测电路中的电流I1=0.3A，则灯L1的额定功率：P1额=U1I1=3V0.3A=0.9W，操作中，开关S2接4、5，L2与R0串联，电压表V2测L2两端电压为U2=2V，电流表测电路中的电流I2=0.4A，由欧姆定律得，灯L2的电阻：RL2=U2I2=2V0.4A=5，则灯L1的额定功率：P2额=U额2R2=(3V)25=1.8W。(2)L1与R1并联后(可看作一个阻值变小的电阻)与R0串联，根据串联分压特点可知，此时，并联部分电路两端的电压将小于3V，通过L1的电流将小于0.3A，故错误的数据是：3V、0.3A。在操作中，由欧姆定律得，灯L1的电阻：RL1=U1I1=3
40、V0.3A=10，由于操作和中，电流表示数都是0.4A，说明R1、L1并联后与L2对电路的影响是等效的，即：R1、L1并联后的总电阻为5，则有：1R1+1RL1=1RL2，即1R1+110=15，解得：R1=10。(3)在操作中，电源电压：U=3V+0.3AR0，在操作中，电源电压：U=2V+0.4AR0，由以上两式可解得：R0=10，U=6V；当开关S2接4、5时，R0与L2串联，要使L2正常发光，即UL2=U额=3V，则R0两端的电压：U0=U-UL2=6V-3V=3V，根据串联分压特点可知，U0R0=UL2RL2，即：3VR0=3V5，解得：R0=5，所以，R0减小的阻值：R=R0-R0
41、=10-5=5，故滑片应向左移动。答：(1)灯L1、L2的额定功率分别是0.9W、1.8W；(2)错误的数据：3V、0.3A，R1的阻值为10；(3)当开关S2接4、5时，滑片P向左移动，使其阻值减小5才能使L2正常工作。(1)操作中，开关S2接1、2，L1与R0串联，电压表V1测L1两端电压，电流表测电路中的电流，根据P=UI求出灯L1的额定功率；操作中，开关S2接4、5，L2与R0串联，电压表V2测L2两端电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律和P=U2R求出灯L1的额定功率；(2)L1与R1并联后(可看作一个阻值变小的电阻)与R0串联，根据串联分压特点可知，此时，并联部分电路两端的电压
42、将小于3V，通过L1的电流将小于0.3A，进而找出错误的数据；在操作中，由欧姆定律得，灯L1的电阻，由于操作和中，电流表示数都是0.4A，说明R1、L1并联后与L2对电路的影响是等效的，根据并联电路电阻特点求出R1的阻值；(3)在操作和中，根据电源电压不变列方程求出电压和R0的阻值，当开关S2接4、5时，R0与L2串联，当L2正常发光，根据串联分压特点求出R0的阻值，进而得出R0阻值的变化及滑片P移动的方向。本题主要考查串并联电路的特点、欧姆定律以及电功率公式的灵活应用，关键是要正确分析开关在不同位置时电路连接方式的变化，解题过程较为复杂，有一定难度。12.来源: 2019年浙江省杭州市中考物
43、理试卷如图是一电动机提升物体的示意图，电源电压为120伏。电动机将一个质量为50千克的物体1秒内匀速上提0.9米，电路中的电流为5安培，(g取10牛/千克)(1)求该电动机工作1秒钟所产生的电热。(2)求电动机线圈阻值。(3)当该重物上升到一定高度时，电动机的转子突然被卡住，为什么这种情况下电动机容易烧坏？【答案】解：(1)由题意可知电动机1s消耗的电能：W=UIt=120V5A1s=600J，消耗电能转化成的机械能对物体做功，所以转化成的机械能：W机=Gh=mgh=50kg10N/kg0.9m=450J，所以转化成的内能，即产生电热：Q=W-W机=600J-450J=150J；(2)由Q=I
44、2Rt可得，电动机线圈阻值：R=QI2t=150J(5A)21s=6；(3)电动机被卡住时，电动机可看成是纯电阻电路，通过电动机的电流过大，将电能全部转化为内能，所以电动机温度过高，所以容易烧坏。答：(1)该电动机工作1秒钟所产生的电热为150J。(2)电动机线圈阻值为6。(3)电动机被卡住时，电动机可看成是纯电阻电路，通过电动机的电流过大，将电能全部转化为内能，所以电动机温度过高，所以容易烧坏。【解析】本题考查了电功、电热的计算公式的应用，关键是知道电动机正常工作时是非纯电阻电路，欧姆定律不成立；当电动机不转时，是纯电阻电路，欧姆定律仍成立。(1)电动机工作时将电能转化为机械能和内能，由此根
45、据W=UIt和W=Gh=mgh可计算得到电动机产生热量；(2)由焦耳定律公式计算电动机线圈阻值；(3)当电动机被卡住时，电动机可视为纯电阻，从能量转化的角度分析电动机容易烧坏的原因。13.来源: 2019年浙江省绍兴市中考物理试卷电加热眼罩对缓解眼疲劳有一定效果，如图甲是一款市场上的产品，小敏查阅使用说明书，其相关参数如下表乙。乙型号*额定充电电压4.8V充电电流500mA电池容量800mAh(1)当该款眼罩还剩10%的电池容量时，在额定电压下充电，充满电至少需要多少时间？(2)图丙是小敏设计的可以手动调节高、中、低三档加热的电热眼罩原理图。电源电压U恒为4.8伏，已知电热丝R1阻值为4欧，电
46、热丝R2阻值为6欧，开关S3只接a或b。丙图电路中S1闭合，S2断开，S3接a时，加热电路为_(选填“高”、“中”或“低”)温档。中温档功率为多少瓦？高温档工作20分钟，眼罩消耗的电能为多少焦？【答案】低【解析】解：(1)由表格数据可知，充电电流为500mA，电池容量为800mAh，当该款眼罩还剩10%的电池容量时，在额定电压下充电，根据Q=It可得，充满电至少需要的时间：t=QI=800mAh(1-10%)500mA=1.44h；(2)丙图电路中，S1闭合，S2断开，S3接a时，两电阻串联，S1闭合，S2闭合，S3接a时，为R1的简单电路，S1闭合，S2闭合，S3接b时，两电阻并联，根据串联
47、电路的总电阻大于其中任一电阻，并联电路的电阻小于其中任一电阻，结合P=U2R可知，以上三种情况分别为低温档、中温档和高温档；即丙图电路中S1闭合，S2断开，S3接a时，加热电路为低温档；S1闭合，S2闭合，S3接a时，为R1的简单电路，为中温档，则中温档的功率：P中=U2R1=(4.8V)24=5.76W；S1闭合，S2闭合，S3接b时，两电阻并联，为高温档，高温档工作20分钟，眼罩消耗的电能为两电阻消耗的电能之和，则：Q=Q1+Q2=U2R1t+U2R2t=(4.8V)242060s+(4.8V)262060s=11520J。答：(1)当该款眼罩还剩10%的电池容量时，在额定电压下充电，充满
48、电至少需要1.44h；(2)低；中温档功率为5.76W；高温档工作20分钟，眼罩消耗的电能为11520焦。(1)Q=It变形公式求了当该款眼罩还剩10%的电池容量时，在额定电压下充电，充满电至少需要的时间；(2)分析开关转换时电路连接，根据串、并联联电阻的规律结合P=U2R分析三个档位电路连接；根据得出中温档功率P1；S1闭合，S2闭合，S3接b时，两电阻并联，为高温档，高温档工作20分钟，眼罩消耗的电能为为两电阻消耗的电能和，根据Q=U2Rt分别求出两电阻消耗的电能，即可求出结果。本题考查欧姆定律和串联电路的规律及电功率、电能公式的运用，关键是确定不同档位电路连接。14.来源: 2019年浙
49、江省湖州市中考物理试卷现有规格分别为“6V3W”和“6V6W”两个小灯泡L1、L2，已知它们的电流与电压间关系如图所示。(1)由图可知，L1、L2的灯丝电阻都随电流的增大而_(选填“增大”“减小”或“不变”)。(2)若将L1、L2并联接在学生电源间，电源电压调节为6伏，通电5分钟，则两灯泡消耗的总电能为多少焦？(3)若将L1、L2串联接在学生电源间，调节电源电压，在保证每个灯泡两端电压不超过其额定电压的情况下，L1、L2消耗的实际总功率最大值是多少？【答案】增大【解析】解：(1)对L1来说，由图知，当电压为1V时，电流为0.1A，由欧姆定律，R11=U11I11=1V0.1A=10；当电压为6
50、V时，电流为0.5A，同理，R12=12；故L1灯丝电阻都随电流的增大而增大，同理，可得出L2灯丝电阻都随电流的增大而增大；(2)若将L1、L2并联接在学生电源间，电源电压调节为6伏，根据并联电路电压的规律，两灯的电压为6V，通过两灯的电流分别为0.5A和1A，根据并联电路电流的规律，干路电流为：I=I1+I2=0.5A+1A=1.5A，通电5分钟，则两灯泡消耗的总电能为：W=UIt=6V1.5A560s=2700J；(3)由P=UI，灯L1的额定电流为：IL1=P1U1=3W6V=0.5A，同理，灯L2的额定电流为1A，根据串联电路电流的规律，电路的最大电流为0.5A，灯L1的实际功率为3W
51、，由图知，灯L2的电压为2V，故其实际功率为：P2=U2IL1=2V0.5A=1WL1、L2消耗的实际总功率最大值是：P=P1+P2=3W+1W=4W。答：(1)由图可知，L1、L2的灯丝电阻都随电流的增大而增大；(2)若将L1、L2并联接在学生电源间，电源电压调节为6伏，通电5分钟，则两灯泡消耗的总电能为2700J；(3)若将L1、L2串联接在学生电源间，调节电源电压，在保证每个灯泡两端电压不超过其额定电压的情况下，L1、L2消耗的实际总功率最大值是4W。(1)对L1来说，由图知当电压为1V时电流大小，由欧姆定律得出电阻大小，当电压为6V时可知对应的电流，同理得出灯的电阻，同理，L2灯丝电阻
52、也能得出相同的结论；(2)根据并联电路电压的规律知两灯的电压，由图知通过两灯的电流，根据并联电路电流的规律得出干路电流；根据W=UIt求出通电5分钟两灯泡消耗的总电能为；(3)由P=UI，可知灯L1的额定电流，同理可知灯L2的额定电流，根据串联电路电流的规律确定电路的最大电流，根据P=UI求出灯L2的实际功率，从而得出L1、L2消耗的实际总功率最大值。本题考查欧姆定律、电功率公式的运用及串联电路的规律，关键是从图中获取有效的信息。15.来源: 2019年浙江省湖州市中考物理试卷目前全国少数城市已投入使用超级电容公交车。超级电容器是一种新型电能存储设备，像蓄电池一样也有正、负两极，可通过安装在各
53、公交站点的充电桩快速充满电，让车能够继续正常行驶。在制动过程中，电车又能通过发电机回收部分能量为超级电容充电，安全高效环保。假设某型号的超级电容公交车载满乘客时总质量为15吨，某次运行时从充电桩充满电后电车储存的能量约为2107焦，能以10米/秒的速度保持匀速直线行驶6千米，能量利用的效率为90%。(1)电车发电机的工作原理是_。(2)若公交车载满乘客时车胎与地面的总接触面积为0.4米2，求公交车对地面的压强。(3)若公交车在该次运行中受到的阻力恒定，则牵引力大小是多少？(4)若公交车在该次运行中电容器输出电压为300伏，不计电容器输出电能时的能量损耗，则工作电路的电流有多大？【答案】电磁感应
54、【解析】解：(1)电车发电机的工作原理是电磁感应。(2)公交车对水平地面的压力：F=G=mg=15103kg10N/kg=1.5105N。p=FS=1.5105N0.4m2=3.75105Pa。(3)牵引力做功：W=W总=2107J90%=1.8107J牵引力：F=Ws=1.8107J6000m=3103N(4)t=sv=6000m10m/s=600s由W=UIt得，I=WUt=2107J300V600s=111.1A答：(1)电车发电机的工作原理是电磁感应。(2)公交车对地面的压强是3.75105Pa。(3)若公交车在该次运行中受到的阻力恒定，则牵引力大小是3103N。(4)公交车工作电路的
55、电流111.1A。(1)发电机是利用电磁感应原理工作的。(2)知道公交车载满乘客时的质量求出重力，公交车在水面地面上，求出压力，知道受力面积求出压强。(3)知道汽车充电后存的能量，利用效率公式求出牵引力做的功，知道距离求出牵引力。(4)知道路程和速度求出运动时间；知道蓄电池的储存的能量，知道电压和时间，利用W=UIt求出电流。公交车是大家出行经常乘坐的交通工具，公交车上有很多的物理知识，做功、惯性、摩擦力、压强等等，体现生活处处皆物理。16.来源: 2019年浙江省舟山市中考物理试卷风是永不枯竭的能源。自古以来风能就受到人们的青睐，帆船、风车都是对风能的利用。现在，由于电能的广泛利用，风力发电
56、得到世界各国的高度重视。(1)风力发电机是根据_原理制成的。为提高捕获风能的效率，叶片设计是风力发电机研制的核心技术之一，叶片截面制成图甲的形状，当风以图乙所示的角度流经叶片时，叶片会按_方向转动(选填“顺时针”或“逆时针”)。(2)由于远海的风能资源更丰富，海上发电必定会向远海发展。远海发电机需安装在漂浮式基础上(如图丙)，若它们的总质量达11200吨，则漂浮式基础的总体积至少需要多少米3？(海水密度取1.0103千克/米3)(3)传统的火力发电不仅会释放各种大气污染物，而且效率不高，每生产1千瓦时的电能需要消耗标准煤约0.4千克。若功率为30000千瓦的风力发电机组工作24小时，相当于替代
57、标准煤多少吨？【答案】电磁感应 顺时针【解析】解：(1)风叶产生的动力通过传动系统传递给发电机发电，把风的机械能转化为电能，这是电磁感应现象；由图可知，叶片一面平直，一面凸起，当风以图乙所示的角度流经叶片时，平直的一面空气流速小，压强大，凸起的一面空气流速大，压强小，所以在两面压强差的作用下叶片会按顺时针方向转动。(2)因为漂浮，所以F浮=G=mg=1.12107kg10N/kg=1.12108N，根据F浮=gV排可得，漂浮式基础的总体积至少需要：V排=F浮水g=1.12108N1103kg/m310N/kg=1.12104m3。(3)根据P=Wt可得，功率为30000千瓦的风力发电机组工作2
58、4小时做的功：W=Pt=30000kW24h=7.2105kWh，则煤的质量：m=0.4kW/h7.2105kWh=2.88105kg=288t。答：(1)电磁感应；顺时针；(2)漂浮式基础的总体积至少需要1.12104m3；(3)相当于替代标准煤288t。(1)风力发电是把机械能转化为电能，应用电磁感应原理；比较叶片两面空气流速，根据流体压强和流速的关系分析解答；(2)物体漂浮浮力等于重力，利用G=mg求出，然后根据阿基米德原理可求漂浮式基础的总体积至少需要多少m3。(3)利用P=Wt求出所做的功，进而可求煤的质量。此题以风力发电为背景综合考查学生对电磁感应、流体压强和流速的关系、物体浮沉条
59、件和阿基米德原理的应用，以及功率公式的应用，综合性强，难度适中，关键是相关公式和物理原理的熟练运用与掌握。17.来源: 2019年浙江省金华市中考物理试卷如图是一款用锂电池供电的平衡台灯，悬挂在中间的木质小球是它的“开关”使用时只需要将上下两个小球靠近，小球就相互吸引，灯管发光。以下为平衡台灯参数：额定电压：5伏额定功率：5瓦光源类型：LED锂电池输出电压：5伏锂电池容量：4800毫安时(注：以4800毫安的电流放电能工作1小时)(1)若A球内置的磁体下端为N极，则B球内置磁体上端为_极；(2)求平衡台灯正常发光时电路中的电流；(3)给该台灯充电时，充电器的输出电压为5伏、电流2安，充电效率为
60、80%，则为用完电的台灯充满电至少需要多长时间？【答案】S【解析】解：(1)开关”使用时只需要将上下两个小球靠近，小球就相互吸引，灯管发光，若A球内置的磁体下端为N极，根据异名磁极相互吸引，则B球内置磁体上端为S极；(2)额定功率为：P=5W，额定电压为：U=5V，平衡台灯正常发光时电路中的电流：I=PU=5W5V=1A；(3)给该台灯充电时，充电器的输出电压为5伏、电流2安，输出电能为：W=UIt=UQ=5V4.8A3600s=86400J；=WW输入，故W输入=W=86400J80%=108000J；用完电的台灯充满电至少需要时间：t=W输入U2I2=10800J5V2A=10800s=3
61、h。答：(1)S；(2)平衡台灯正常发光时电路中的电流为1A；(3)为用完电的台灯充满电至少需要3h。(1)根据异名磁极相互吸引回答；(2)已知灯的额定功率额定电压为，根据P=UI求平衡台灯正常发光时电路中的电流；(3)W=UIt=UQ求出给该台灯充电时获得输出电能：=W输入W得出W输入；根据W=UIt求出用完电的台灯充满电至少需要的时间。本题考查电功、电功率和效率公式的运用及磁极的相互作用。18.来源: 2018年浙江省台州市中考物理试卷在3D打印笔中装入塑料条，接通电源，等待一段时间后即可挤出热融的塑料，塑料在空气中迅速冷却变成特定的形态(如图甲)。其内部电路如图乙，R1、R2是相同的PT
62、C发热电阻。单个PTC的电阻与温度的关系如图丙。(1)打印笔工作时，PTC电阻发热，塑料受热会逐渐变软变稀。可见，塑料_(选填“是”或“不是”)晶体。(2)打印笔工作有快、慢两档。快档打印时，图中开关S1应处于_状态，若此时温度为250，打印笔的电功率是多少？(3)打印笔正常工作时的温度能自动稳定在250左右，结合图丙信息，说明理由。_【答案】不是 闭合 当温度超过250时，电阻增大，功率减小，产热减慢，温度下降；当温度低于250时，电阻减小，功率增大，产热加快，温度上升。【解析】解：(1)打印笔工作时，PTC电阻发热，塑料受热会逐渐变软变稀，直至完全变成液态。在此过程中，它的温度不断升高，没
63、有一定的熔点，所以塑料不是晶体；(2)由电路图可知，当开S1断开时，电路只有R1工作，电阻较大，根据P=U2R可知，此时电路消耗的功率较小，为慢档；当开S1闭合时，两电阻并联，总电阻最小，根据P=U2R可知，此时总功率较大，为快挡；由图丙可知，温度为250时，一个电阻为1210，则一个发热体的功率，因为R1、R2是相同的PTC发热电阻，打印笔工作有快、慢两档。所以打印笔的电功率P总=2P=240W=80W；(3)由图可知，当温度超过250时，电阻增大，功率减小，产热减慢，温度下降；当温度低于250时，电阻减小，功率增大，产热加快，温度上升。故答案为：(1)不是；(2)闭合；打印笔的电功率是80
64、W；(3)当温度超过250时，电阻增大，功率减小，产热减慢，温度下降；当温度低于250时，电阻减小，功率增大，产热加快，温度上升。(1)固体分晶体和非晶体，晶体和非晶体的重要区别是晶体有一定的熔化温度，这个温度叫熔点，非晶体没有。(2)根据P=U2R结合并联电路电阻的规律分析；由图丙读出温度为250时的电阻，根据P=U2R求得打印笔的电功率；(3)PTC有一个根据需要设定的温度，低于这个温度时，其电阻随温度的升高而减小，高于这个温度时，电阻值则随温度的升高而增大。本题考查晶体和非晶体区别，电功率的计算等，主要是考查学生对题目所给信息的理解，读懂图象是关键。19.来源: 2018年浙江省宁波市中
65、考物理试卷实验室购买了一卷标有长度为100m的铜芯漆包线，小科想通过实验测定其实际长度。他首先测得导线横截面积S为1mm2，查阅资料得知现温度下这种导线每米的电阻值为0.017。(1)利用图甲所示的实物图测出铜导线的电阻。实验中，小科在闭合开关前应将滑片P置于最_端。(填“左”或“右”)。小科通过移动滑片P，测得多组数据，绘制成U-I图象如图乙，据此可以判定这卷导线的实际长度_100m。(填“大于”、“等于”或“小于”)(2)小思认为用电子秤测出这卷导线的质量m，利用铜的密度也可以算出实际长度。请你写出这卷导线实际长度L的计算式：L=_(用字母表示)。【答案】右 小于 10106m1m2【解析
66、】解：(1)为了保护电路闭合开关前滑片在阻值最大处即右端；由图象知：R=UI=0.4V0.25A=1.6，因为每1m的电阻为0.017，所以导线的总长度为L线=1.60.017/m=94.11m100m；(2)用电子秤测出这卷导线的质量m，铜的密度；这卷导线的体积：V=m；这卷导线的长度：L=mS=mS=10106m1m2。故答案为：(1)右；小于；(2)L=10106m1m2。(1)为了保护电路闭合开关前滑片在阻值最大处；根据图象算出电阻，根据导线每米的电阻值为0.017，算出总长度；(2)根据=mV和V=SL表示出总长度。本题考查欧姆定律的运用及利用密度公式来设计实验方案，难度不是很大。2
67、0.来源: 2018年浙江省温州市中考物理试卷如图甲为某型号豆浆机示意图，将黄豆和清水放入杯体，经过如图乙“三次加热、二次打浆”的工序，可制作可口的豆浆。(1)若豆浆机“加热”时功率为1000瓦，“打浆”时功率为200瓦。则按图乙工序完成一次豆浆制作，需消耗多少电能？(2)为了防止豆浆过少导致“干烧”和豆浆过多导致“溢浆”，小明设计了如图丙所示的电路，La、Lb是两个完全相同的电磁铁，Ra和Rb分别是安装在“防溢浆”水位和“防干烧”水位下方的压敏电阻，其阻值随压力的增大而减小。只有当豆浆液面处在“防干烧”和“防溢浆”水位之间时，电热丝才能工作。(假设电磁铁对衔铁的吸引力不会随距离的改变而改变，
68、不考虑衔铁的弹力和重力)当液面高度为h0时，闭合电路中的开关S，电磁铁La吸住衔铁，此时压敏电阻的阻值分别为Ra和Rb，请比较两者的大小关系：_。已知压敏电阻Ra的阻值随液面高度h的变化曲线如图丁所示，请结合Ra的变化曲线画出压敏电阻Rb的阻值随液面高度h变化的大致曲线，并在图中横坐标上标出“防干烧”水位h1和“防溢浆”水位h2。【答案】RaRb【解析】解：(1)由图乙可知，加热时间t1=8min+2min+5min=15min=900s，打浆时间t2=0.5min+0.5min=1min=60s，由P=Wt得，豆浆机加热消耗的电能：W1=P1t1=1000W900s=9105J，豆浆机打浆消
69、耗的电能：W2=P2t2=200W60s=1.2104J，则完成一次豆浆制作需消耗的电能：W=W1+W2=9105J+1.2104J=9.12105J。(2)当液面高度为h0时，闭合电路中的开关S，电阻Ra、Rb分别与电磁铁La、Lb串联后再并联，电磁铁La吸住衔铁，说明电阻Ra所在支路的电流较大，根据R=UI可知，电阻Ra所在支路的电阻较小，因为La、Lb是两个完全相同的电磁铁，即线圈电阻相同，所以，此时压敏电阻的阻值的大小关系：RaRb。当杯体内液面高度hh1时，豆浆机处于“防干烧”状态，即电热丝所在电路不工作，此时压敏电阻的阻值RaRb，电阻Rb所在支路的电流较大，电磁铁Lb吸住弹性衔铁
70、，动触点与静触点接触；当杯体内液面高度hh2时，豆浆机处于“防溢浆”状态，即电热丝或电动机所在电路不工作，此时压敏电阻的阻值RaRb，电阻Ra所在支路的电流较大，电磁铁La吸住弹性衔铁，动触点与静触点分离；综上所述，压敏电阻Rb的阻值随液面高度h变化的大致曲线如图所示：答：(1)按图乙工序完成一次豆浆制作，需消耗9.12105J电能；(2)RaRb；(3)如图所示。(1)由图乙可得出加热时间和打浆时间，根据W=Pt分别求出豆浆机加热和打浆消耗的电能，二者相加即为工序完成一次豆浆制作需消耗的电能；(2)当液面高度为h0时，闭合电路中的开关S，电阻Ra、Rb分别与电磁铁La、Lb串联后再并联，电磁
71、铁La吸住衔铁，说明电阻Ra所在支路的电流较大，根据R=UI可知，两条支路电阻的大小，进而得出此时压敏电阻的阻值的大小关系；(3)当杯体内液面高度hh2时，判断压敏电阻的阻值Ra和Rb的大小关系，结合Ra的变化曲线即可画出压敏电阻Rb的阻值随液面高度h变化的大致曲线。本题以家用豆浆机为背景，综合考查了电功公式，欧姆定律的应用以及电磁继电器的工作过程等知识点，解题的关键是分析电磁继电器的工作原理和判断电路的状态，也是本题的难点所在。21.来源: 2018年浙江省杭州市中考物理试卷小金对玩具汽车的电动机很感兴趣，他拆下电动机，测得它的内阻为1.5.为测量电动机工作时的电流，利用身边现有器材，设计了
72、如图所示的电路(符号表示数值可读的变阻器)。已知电源电压为12V，当变阻器的阻值为6时，电压表的读数为3V.计算此时：(1)通过电动机的电流；(2)电动机消耗的电功率。【答案】解：(1)由图知，电动机M与变阻器串联，电压表测电动机M两端的电压，根据串联电路电压的规律知，变阻器的电压：UR=U-UM=12V-3V=9V；由欧姆定律可得，通过变阻器的电流：IR=URR=9V6=1.5A；因串联电路中电流处处相等，则通过电动机的电流：IM=IR=1.5A；(2)电动机消耗的电功率：PM=UMIM=3V1.5A=4.5W。答：(1)通过电动机的电流为1.5A；(2)电动机消耗的电功率4.5W。【解析】
73、(1)电动机M与变阻器串联，根据串联电路电压的规律算出变阻器的电压，根据欧姆定律算出变阻器的电流，根据串联电路电流的规律得出电动机的电流；(2)根据P=UI算出电动机消耗的电功率。本题考查了电动机上电流和功率的计算，只有电动机是非纯电阻电路，欧姆定律不能用。22.来源: 2018年浙江省金华市中考物理试卷随着全球汽车保有量的急剧增加，燃油汽车尾气排放带来的环境问题也日趋严峻，为汽车寻找合适新能源成为了各汽车企业重点研究课题。Mirai是某品牌汽车企业首款数量产的新型氢燃料电池车，它不是利用氢气燃烧获取能量，而是利用氢气和氧气化学反应过程中电子转移形成电流获得电能，其燃料电池工作原理如图，燃料电
74、池的部分参数如下表：Mirai燃料电池部分参数燃料电池堆栈主要材料固体高分子薄膜最大功率114千瓦体积功率密度3.1千瓦/升升压器最大电压650伏请回答(1)Mirai在环保方面最大的优点是_(写一点即可)；(2)新型氢燃料电池原理示意图中“X”所代表微粒的符号是_。(3)Mirai的燃料电池堆栈的体积约为_升(保留两位小数点)(4)燃料电池以最大功率工作10秒钟，总共输出多少电能？【答案】零排放，尾气无污染；H；36.77【解析】解：(1)Mirai在环保方面最大的优点是零排放，尾气无污染；(2)由题意可知，Mirai是利用氢气和氧气化学反应过程中电子转移形成电流获得电能，结合工作原理图可知
75、，新型氢燃料电池原理示意图中“X”所代表微粒的符号是H；(3)已知最大功率为114千瓦，体积功率密度为3.1千瓦/升，则Mirai的燃料电池堆栈的体积V=114kW3.1kW/L36.77L，(4)由P=Wt可得总共输出电能：W=Pt=114000W10s=1.14106J。故答案为：(1)零排放，尾气无污染；(2)H；(3)36.77；(4)总共输出1.14106J电能。(1)从燃烧时对环境的污染情况分析；(2)根据Mirai是利用氢气和氧气化学反应过程中电子转移形成电流获得电能，结合工作原理图解答；(3)已知最大功率为114千瓦，体积功率密度为3.1千瓦/升，然后可求Mirai的燃料电池堆
76、栈的体积；(4)已知燃料电池以最大功率工作10秒钟，利用P=Wt可求得总共输出多少电能。本题考查了学生对电功公式的掌握和运用，解答此题的关键是从表格中提取有用的信息，此题难度不大。23.来源: 2018年浙江省金华市中考物理试卷小科在实验室发现一枚钢针，为能快速利用小磁针判断：钢针是否有磁性，若有磁性则磁极如何分布，小科画出思维导图，请补充完整。【答案】解：应用小磁针和磁极间的相互作用力判断钢针是否有磁性；将钢针靠近小磁针的N极，若相互排斥，则钢针一定有磁性；若相互吸引可能是异名磁极也可能没有磁性，再用a端靠近S极，若相互吸引，则钢针没有磁性，若相互排斥，则钢针有磁性。故答案为：(1)相互排斥
77、；(2)钢针没有磁性。【解析】(1)同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；两物体相互排斥一定是同名磁极，若相互吸引可能是异名磁极也可能没有磁性。(2)磁铁可以吸引铁钴镍等物质。本题考查了磁极间的相互作用和磁体的性质等知识，是一道比较新颖的题目。24.来源: 2018年浙江省衢州市中考物理试卷小柯家新添了一台变频空调，部分参数如表所示，当室温和空调的设定温度相差较大时，变频空调一开机，即以最大功率工作，使室温迅速达到设定温度；当室温达到设定温度后，空调的制冷(热)功率随之减小，以维持室温基本不变。该空调另设电辅热功能，可以辅助制热，以弥补单靠空调压缩机工作制热不足的问题。(1)空调接入家庭电路后，
78、与其他用电器_联。型号XXX功能冷暖(辅助电加热)制冷功率P冷/W变化范围180-1600制热功率P热/W变化范围200-1900电辅热功率P辅热/W1000电源电压/V220(2)假设该空调开机后以最大制冷功率工作0.5h，使室温降至设定温度。然后，空调又以某一恒定的功率工作了2.5h，全过程空调消耗的电能为1.9kWh.求前0.5h空调消耗的电能。后2.5h通过空调的电流。【答案】并【解析】解：(1)安装时空调应与其它用电器并联，这样工作时各用电器才会互不影响；(2)由表格数据找到最大制冷功率为1600W，所以前0.5h消耗的电能：W1=P最大制冷t1=1.6kW0.5h=0.8kWh；全
79、过程空调消耗的电能为1.9kWh，所以后2.5h消耗电能：W2=W-W1=1.9kWh-0.8kWh=1.1kWh，功率为：P2=W2t2=1.1kWh2.5h=0.44kW=440W，由P=UI可得，后2.5h通过空调的电流：I2=P2U=440W220V=2A；答：(1)并；(2)前0.5h空调消耗的电能为0.8kWh；后2.5h通过空调的电流为2A。(1)家用电器应并联接入电路，用电器的金属外壳应接地；(2)由表格数据找到最大制冷功率，根据W=Pt计算前0.5h消耗的电能；先计算后2.5h空调消耗的功率，由P=UI计算后2.5h通过空调的电流；本题考查了电能的计算，物体吸放热量的计算等，
80、涉及的知识点较多，综合性强，难度较大。要能从表格中获取有用的信息。二、综合题（本大题共6小题）25.来源: 2019年浙江省台州市中考物理试卷电冰箱是通过温度控制器控制压缩机的开或停来控制温度的。某冰箱的温控制冷和照明电路，如图甲。冰箱内温度控制器工作原理如图乙，硬杆OAB可绕固定点O转动，感温包内充有感温剂气体，膜盒会因感温包内气体压强的变化而改变对A点的推力大小。(1)请将答题纸图甲中的a、b、c三个接线头连入家庭电路。(2)温度控制器接通电路的工作过程是：当感温剂气体温度上升时，_，动触点和固定触点接通，压缩机开始工作。(3)某同学模拟冰箱温控制冷电路，制作了一个恒温箱，如图丙。恒温箱中
81、温度控制器的轻质硬杆OA长为5厘米，OB长为12厘米，注射器的最大刻度为30毫升，刻度部分长为10厘米。m/g80160240L/cm12.813.614.4查阅资料得知，在弹性限度内，弹簧的长度l与所挂钩码质量m的关系遵循函数l=km+b(k和b为常数)。为了确定该弹簧k和b的值，在弹簧上挂钩码测得三组数据如上表。当设定的温度为40时，弹簧长14厘米，触点C和D恰好接通。请计算此时注射器内气体的压强。(已知当时大气压为1105帕)(4)丙图中，温度控制器硬杆上的连结点O、B、E、F均固定，调温旋钮转轴及触点D也固定，调温旋钮已调到最低温度，在不更换元件的情况下，如何将恒温箱设定温度调节得更低
82、？_【答案】感温包内气体压强变大，膜盒对A点的推力变大 注射器向左移(或注射器向上移、或增加注射器内的气体)。【解析】解：(1)由安全用电的原则可知，与电冰箱金属外壳相连的为地线，开关应控制火线，剩余的触点接零线，如下图所示：(2)当感温剂气体温度上升时，感温包内气体压强变大，膜盒对A点的推力变大，动触点和固定触点接通，压缩机开始工作；(3)把m=80g、l=12.8cm和m=160g、13.6cm代入l=km+b可得：12.8cm=k80g+b，13.6cm=k160g+b，解得：k=0.01cm/g，b=12cm，则l=0.01cm/gm+12cm，当设定的温度为40时，弹簧长14cm，有
83、14cm=0.01cm/gm+12cm，则m=200g=0.2kg，此时，弹簧受到的拉力FB=G=mg=0.2kg10N/kg=2N，由杠杆的平衡条件可得：FBOB=FAOA，则活塞受到的压力FA=OBOAFB=12cm5cm2N=4.8N，由V=Sh可得，活塞的横截面积：S=VL=30cm310cm=3cm2=310-4m2，此时注射器内气体的压强：p=p0+FAS=1105Pa+4.8N310-4m2=1.16105Pa；(4)在不更换元件的情况下，B出所挂钩码质量和力臂OB不变，要将恒温箱设定温度调节得更低，应增大气体的压强，由杠杆的平衡条件可知，可以把注射器往下移，减小力臂OA，增大活
84、塞受到的压力，从而增大压强；也可以注射器向左移，增大活塞受到的压力，从而增大压强；还可以增加注射器内气体来增大压强。答：(1)如上图所示；(2)感温包内气体压强变大，膜盒对A点的推力变大；(3)此时注射器内气体的压强为1.16105Pa；(4)注射器向左移(或注射器向上移、或增加注射器内的气体)。(1)根据安全用电的原则可知，电冰箱金属应接地线，开关控制火线，据此进行解答；(2)当感温剂气体温度上升时感温包内气体压强变大，据此可知膜盒的变化，然后得出动触点位置的变化，从而得出答案；(3)从表格中读出任意两组数据代入l=km+b，然后联立等式得出表达式，然后求出弹簧长14cm时B处所挂物体的质量
85、，根据F=G=mg求出此时弹簧受到的拉力，根据杠杆的平衡条件求出活塞受到的压力，根据V=Sh求出活塞的横截面积，利用p=FS求出压力产生的压强，然后加上大气压即为此时注射器内气体的压强；(4)在不更换元件的情况下，要将恒温箱设定温度调节得更低，应增大气体的压强，据此进行解答。本题考查了家用电器的连接和杠杆的平衡条件、压强公式等知识的综合应用，涉及到的知识点较为，综合性强，有一定的难度。26.来源: 2019年浙江省绍兴市中考物理试卷全面开展“五星达标3A争创”的美丽乡村建设行动是当前绍兴农村工作的重点。农村生活垃圾分类处理是能源再利用和减少土壤污染的重要方法。(1)垃圾焚烧发电是一种有效处理方
86、法，它是利用了储存在垃圾中的_能。(2)小敏家两次电能表显示如图，他家这30天的用电量为_千瓦时。绍兴某垃圾发电厂3条焚烧线每天能处理2250吨生活垃圾，日发电80万千瓦时，它最多可供_万户类似小敏家庭的日用电。(结果保留一位小数)【答案】(1)化学；(2)77.4；1.0。【解析】解：(1)垃圾焚烧发，是将这些垃圾的化学能最终转化为电能。(2)小敏家30天消耗的电能：W=5746.3kWh-5668.9kWh=77.4kWh，设可供n万户类似小敏家庭的日用电，则：n=800000kWh77.4kWh100001.0。故答案为：(1)化学；(2)77.4；1.0。(1)垃圾燃烧，将垃圾的化学能
87、转化为内能；(2)电能表两次示数之差为小敏家30天消耗的电能，注意：电能表的最后一位是小数，单位是kWh；日发电量除以小敏家30天消耗的电能，可得户数。本题考查了垃圾燃烧时的能量转化、电能表的读数方法以及消耗电能的计算，读数时注意：最后一位是小数，单位是kWh。27.来源: 2019年浙江省衢州市中考物理试卷空调扇具有“送风、加湿和降温”等功能，其内部主要结构为风扇、水箱和空气过滤网等。使用时，通常向水箱中加水，使吹出的风比无水时凉爽。下表是某品牌空调扇部分参数。项目参数项目参数额定电压220伏额定功率50瓦空机质量7.5千克单个轮子接触地面面积2厘米2水箱容量0.5升轮子数量4个蒸发量1升/
88、时电源线长度1.2米(1)向水箱的水里再加入一些碎冰，可降低水温，使吹出的风比只有水时更凉爽。加冰可降低水温的原因有_。(2)人在运动大量出汗后，对着空调扇吹，很容易感冒。此时，在脑干调节下，皮肤血管收缩，血流量减少，皮肤温度下降，散热量_，从而维持人体体温恒定。(3)小科阅读参数表发现，该空调扇比较省电。计算该空调扇正常工作10小时消耗的电能。(4)计算水箱加满水时该空调扇对水平地面的压强。(5)该空调扇底座安装了万向轮，方便移动。但在其他设计上仍存在缺陷，为更方便用户使用，请结合表中参数提出条改进建议：_。【答案】解：(1)水箱中的冰熔化吸收水的热量，使水的温度降低；冰熔化后，冰水混合物的
89、温度低于原来水的温度，两者之间存在温度差，发生热传递，使水的温度进一步下降使吹出的风比只有水时更凉爽；(2)减少；(3)有P=Wt可得，该空调扇正常工作10小时消耗的电能：W=Pt=5010-3kW10h=0.5kWh；(4)根据=mV知，水箱中水的质量：m=V=1.0103kg/m30.510-3m3=0.5kg，水箱对水平面的压力等于重力，即F=G总=m总g=(0.5kg+7.5kg)10N/kg=80N，水箱对水平面的压强为：p=FS=80N4210-4m2=1105Pa；(5)加大水箱的容积，避免频繁加水；加长电源线，方便距离远些使用。答：(1)水箱中的冰熔化吸收水的热量，使水的温度降
90、低；冰熔化后，冰水混合物的温度低于原来水的温度，两者之间存在温度差，发生热传递，使水的温度进一步下降使吹出的风比只有水时更凉爽；(2)减少；(3)该空调扇正常工作10小时消耗的电能为0.5kWh；(4)该空调扇对水平地面的压强为1105Pa；(5)加大水箱的容积，避免频繁加水；加长电源线，方便距离远些使用。【解析】本题主要考查了熔化吸热、蒸发吸热、电功公式、压强公式的应用以及分析解答能力，是一道综合题，但难度不大。(1)冰熔化吸热，使水的温度降低；冰熔化后，冰水混合物的温度低于水的温度，两者之间存在温度差，发生热传递，使水的温度进一步下降；(2)蒸发吸热，冷刺激使皮肤血管收缩血流量减少，皮肤温
91、度下降，散热量减少，从而维持人体体温恒定；(3)根据W=Pt算出该空调扇正常工作10小时消耗的电能；(4)根据=mV算出水箱中水的质量，水箱对水平面的压力等于重力，即G=mg，根据p=FS算出水箱对水平面的压强；(5)根据表中数据知水箱的容积较小，需要经常加水；有表格数据知电源线的长度只有1.2米，不能远距离使用；针对以上提出改进措施。28.来源: 2018年浙江省湖州市中考物理试卷小华家新买了电动自行车，说明书上的部分内容录在如图甲中(注：“电池容量10Ah”可理解为“若以10安的电流放电可使用1小时”)。请回答：(1)该电动自行车的额定电流多大？(2)若该电动自行车行驶的平均车速为20千米
92、/时，使用50%的电池容量(按额定电流放电，不计放电时能量损失)，能行驶多长路程？(3)某天小华想在自家的小车库内充电，发现车库内只安装了电灯，没有插座，于是小华想在如图乙所示的原有线路上安装一个双孔插座，应在a、b、C三处中哪两处之间安装才合理？_。A.a和bB.b和cC.a和c【答案】解：(1)因为P=UI，所以电动车的额定电流为I=PU=180W36V=5A；(2)电动车行驶的时间为t=10Ah50%5A=1h，因为v=st，所以电动车行驶的路程为s=vt=20km/h1h=20km；(3)由图知，要使双孔插座能够正常使用，需要与灯泡并联，并且不受开关控制。所以要连接在a、c之间。故选C
93、。答：(1)电动自行车的额定电流为5A；(2)电动自行车能行驶路程为20km；(3)C。【解析】(1)已知电动车额定电压和额定功率，利用公式I=PU得到额定电流；(2)已知电动车额定电流及使用的电池容量，可以得到行驶时间；已知行驶时间和速度，利用公式s=vt得到行驶路程；(3)双孔插座需要分别连接火线和零线，并且与其它用电器或插座并联。此题是一道应用题，考查了电功率变形公式和速度变形公式的应用及家庭电路的安装，读懂题目信息是解答第二小题的关键。29.来源: 2018年浙江省宁波市中考物理试卷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
94、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。R0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/N60120180240300360420480压敏电阻R阻值/500360260180120806555(1)当水位在安全位置以下时绿灯亮，排水泵不工作；当水位达到安全位置上限时红灯亮，同时排水泵正常工作。请按要求完成图中工作电路的连接。(2)“发电玻璃”光电转
95、化率接近18%.要求在5h内对控制电路的蓄电池充满电，则选用的“发电玻璃”面积至少为_m2.(太阳能辐射到每平方米地面上的平均功率按1000W计算，计算结果精确到0.1m2)(3)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25体积浸入水中时，硬质杠杆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？(4)在实际调试过程中，小科发现水位已达到安全位置上限，但排水装置还未启动。如果在其他条件保持不变的前提下，要使排水装置符合设计要求，应该将与压敏电阻相连的压
96、板向_(填“左”或“右“)移动。【答案】1.3 右【解析】解：(1)当水位在安全位置以下时时，浮体受到浮力较小，则浮体通过连杆对A端的向上作用力较小，压敏电阻受到杠杆的压力较小，由表格数据可知，压敏电阻的阻值较大，由欧姆定律可知控制电路中电流较小(不能吸引衔铁)，电磁继电器衔铁在弹簧作用下被向上拉起，动触点与上方静触点接通，反之与下方静触点接通；由题知，绿灯亮，排水泵不工作，红灯亮，同时排水泵正常工作，说明绿灯与红灯、水泵间互不影响，即为并联，红灯与水泵同时工作，同时停止工作，且它们的额定电压均为220V，所以红灯与水泵间并联，由此画出工作电路图连接情况如图所示：；(2)蓄电池充满电时储存的电
97、能：W=UIt=12V100A3600s=4.32106J=1.2kWh，由题知，发电玻璃光电转化率接近18%，在5h内对控制电路的蓄电池充满电，太阳能辐射到每平方米地面上的平均功率1000W=1kW，设“发电玻璃”面积至少为S，所以有：18%1kW/m2S5h=1.2kWh，解得：S1.3m2；(3)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=80，控制电路中R与R0串联，措施控制电路中的电流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=UI-R=12V0.1A-80=40，设此时连杆对A端的作用力为FA，压敏电
98、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：FALOA=FBLOB，则：FA=FBLOBLOA=360N15=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-当浮体只有25体积浸入水中时，由阿基米德原理可得此时的浮力：F浮=25F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=12V0.03A-40=360，由表中数据知，压敏电阻受到压力FB=120N，由杠杆平衡条件有：FALOA=FBL
99、OB，所以：FA=FBLOBLOA=120N15=24N，同理可得，此时浮体受到的浮力：F浮=G+FA，即：25F浮=G+24N-解可得：F浮=80N，G=8N；所以，应选择重力为8N的浮体。(4)水位已达到安全位置上限，排水装置还未启动(说明控制电路的电流减小)，由欧姆定律可知，应减小控制电路中的电阻以增大控制电路中电流，从而使电磁铁磁性增强吸下衔铁，而其他条件保持不变，则应减小压敏电阻R的阻值，根据表格数据可知，应增大压敏电阻受到的压力；在A端作用力和动力臂不变的情况下，由杠杆平衡条件知，将压板向右移动时，减小了阻力臂，可增大对压敏电阻的压力。故答案为：(1)工作电路的连接见上图；(2)1
100、.3；(3)应选择重力为8N的浮体；(4)右。(1)当水位在安全位置以下时绿灯亮，排水泵不工作；当水位达到安全位置上限时红灯亮，同时排水泵正常工作。由此分析工作电路两灯及水泵的连接方式；(2)由W=UIt计算出蓄电池充满电时储存的电能；再由发电玻璃的光电转化率分析计算其面积；(3)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25浸入水中时的浮力，联立方程计算出浮体重力；(4)水位已达到安全位置上限，但排水装置还未启动，应增大控制电路中电流，由此分
101、析解答。本题以自动排水装置模型为情景考查了电磁继电器的应用、串联电路特点、欧姆定律以及电功计算以及浮力知识等，考查知识点多，综合性，难度大，本题体现了物理在生活中的应用。30.来源: 2018年浙江省舟山市中考物理试卷笔记本电脑已进入寻常百姓家庭，岀差旅游时常随身携带。出于安全考虑，民航局规定，乘客可随身携带0.16kWh以下的可充电设备。目前，部分航空公司已允许乘客在非起降时间段、有条件地使用笔记本电脑等便携电子设备。请回答下列问题：(1)某旅客携带的笔记本电脑电池容量3000mAh，输出电压15V，充满电后，若工作时的平均电流为1.5A，可连续工作多少时间？(2)请通过计算说明该旅客能否将
102、此笔记本电脑带上民航飞机。(3)使用发现，电脑工作时会发热，原因是_。当升温到一定值时，温控开关S1自动闭合，风扇启动，加快散热从而保护电脑。如果断开电源总开关S2，风扇M和其他工作系统同时停止工作。根据上述特点，下列可能符合散热控温特点的原理图是如图所示中的_。【答案】电流通过导体会产生热量 B【解析】解：(1)笔记本电脑电池容量：3000mAh，平均电流为=1.5A=1500mA，工作时间：t=3000mAh1500mA=2h；(2)笔记本电脑电池充满电后能量：W=UIt=15V3A3600s=162000J=0.045kWh，因为0.045kWh0.16kWh，所以该笔记本电脑能带上民航
103、飞机。(3)由电流的热效应知，电流通过导体会产生热量，所以电脑工作时会发热；由题知，当升温到一定值时，温控开关S1自动闭合，风扇才启动，所以风扇与其它工作系统互不影响，即是并联的，所以S1只控制风扇，开关S2在干路上控制风扇和工作系统，故B符合题意。故答案为：(1)笔记本电脑可连续工作2小时；(2)该旅客能将此笔记本电脑带上民航飞机；(3)电流通过导体会产生热量；B。(1)根据电池容量和工作时的电流计算可持续工作的时间；(2)由W=UIt计算电池容量，根据民航局规定判断即可；(3)电流通过导体时会产生热量的现象叫电流的热效应；由题根据开关S1只控制风扇，开关S2控制风扇和工作系统，由此分析解答。本题考查了电能的计算以及电路的设计，掌握并联和串联电路特点以及开关作用是设计电路时必须掌握的。
