电学压轴答案

1、（1）电熨斗工作时，电流流过电阻产生热量，对水加热，使水汽化为蒸汽，因此电热丝是利用电流的热效应工作的；由电路图知，当闭合S1、S2闭合时，两电阻丝并联，电

U2

路电阻最小，电源电压U一定，由P=可知此时电路功率最大，电熨斗处于高温挡；

R

由P=UI可得，1800W=220V×I，所以在高温档状态下电路中的总电流I=9A

（2）由电路图知：当S1闭合，S2断开时，电阻R1和R2组成的是一个并联电路； U=U1=U2=220V U2220VI2== =5A R2 44Ω

I1= I- I2=9A -5A =4 A

U1220VR1= = =55Ω

I1 4 A

（3）小楠方案：用一根都是“220V 550W”的电热丝的电阻为R3

22U（220V）R3= ==88Ω

P3550W

用两根的电热丝R3并联后总电阻是44Ω，其总功率为1100W，正常工作时符合要求。 但当其中一根的电热丝烧坏，电路仍能工作，但P3=550W<1100W，且不能及时发现加以排除，可见小楠方案也不是最佳方案。

2、1）不计热损失，有：Q1= Q2 P1t= cm(t2－t1)

3

400W×3×60s=4.2×10J/（kg·℃）×m×(100℃-20℃) m=0.21kg

U2（2）电热加湿器在高档时，R2被短路，电路中只有R1 ，故有P1=UI1=

R1U2电热加湿器在低档时，R1和R2串联，总电阻R=2R1，有P2= UI2=

2R1PR则 21=0.5，P2=0.5 P1=0.5×400W=200W

P2R11（3）可以降低电热槽内气压 其他正确解答均可

3、答案：（1）2 、 3 （2）22欧 （3）14A

解析：（1）当开关处于位置2时，只有电阻R1接入电路，电路电阻最大，根据P=

可知：

此时功率最小，可见此时放出的是温水；当开关处于位置3时，电阻R1和R2并联接入电路，电路电阻最变小，根据P=（2）∵P=UI=∴R1=

=

可知：此时功率最小，所以此时放出的是热水；

可知，温水功率P温水=2.2kW=2200W，

=22Ω；

（3）∵S旋到热水档时，电阻R1和R2并联接入电路， ∴根据欧姆定律得：I1=

=

=10A，

I2===4A，

所以，I=I1+I2=10A+4A=14A． 4、 （1）由P=R==可得，加热电阻的阻值： =11Ω； （2）标准大气压下水的沸点是100℃，水吸收的热量： Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×10kg×（100℃﹣23℃）=3.234×106J， ∵电水壶产生的热量全部被水吸收， 6∴W=Q吸=3.234×10J， ∵W=Pt， ∴加热时间： t===735s； （3）当S断开时，R与R0串联，处于保温状态， 由欧姆定律可得，R两端的电压： UR=IR=1A×11Ω=11V， ∵串联电路中总电压等于各分电压之和， ∴R0的电压： U0=U﹣UR=220V﹣11V=209V， 此时电阻R0的电功率： P0=U0I=209V×1A=209W． 答：（1）电水壶正常工作时，其加热电阻的阻值是11Ω； （2）若电水壶产生的热量全部被水吸收，现将一满壶23℃的水在标准大气压下烧开需要735s； （3）当电水壶处于保温状态时，通过加热器的电流是1A，此时电阻R0的电功率是209W． 5、（1）当开关S处于“2”挡时，R被短路，IR=0 I 0=U/R0=220V/55Ω=4A

（2）当开关S处于“1”挡时，R与R0串联，饮水机的总功率

22

P1=U/（R0+R）=（220V）/（2365Ω+55Ω）=20W 当开关S处于“2”挡时，只有R0工作，饮水机的总功率

22

P2=U/R0=（220V）/55Ω=880W （3）当开关S处于“1”挡时，饮水机处于保温状态

当开关S处于“1”挡时，饮水机的总功率远远小于开关S处于“2”挡时的总功率。 6、 (1) ＞

22

(2) 保温时S2与触点b接通，R2工作；R2＝U/P保温＝(220伏)/100瓦＝484欧姆 (3)电压力锅加热10分钟消耗的电能(或电功)

5

W＝Pt＝1000瓦×600秒＝6×10焦 7、Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（40℃﹣20℃）=1.68×105J

热水器加热时，只有R1工作，电路的电流：I加热=U/R1=220V/50Ω=4.4A

当热水器处于保温状态时，R1与R2串联，电路的电流：I保温=U/（R1+R2）=220V/500Ω=0.44A

R1的电功率P1=I保温2R1=(0.44A)2×50Ω=9.68W 答案：(1)1.68×105J (2)4.4A (3)9.68W 8、解：（1）当开关S闭合时，R2被短路，电路的总电阻最小，根据P=U2/R，这时功率最大，这时电饭锅处于加热状态，R1为加热电阻。

（2）电饭锅正常加热时，电路的电流：I加热=P加热/U=1100W/220V=5A (3)电饭锅正常加热时，只有R1工作，R1=U2/P加热=(220V)2/1100W=44Ω 电饭锅保温时，R1与R2串联，R总=U2/P保温=(220V)2/44W=1100Ω R2=R总－R1=1100Ω－44Ω=1056Ω

电饭锅保温时，R1与R2串联，I1=I2=I

它们产生电热之比Q1:Q2=W1:W2=I12R1t:I22R2t=R1:R2=44Ω：1056Ω=11:264 9、答案：(1)0.1A 4.4V (2)1100W

解：(1)当开关S置于“1”挡时，R与R0串联

电流I1=U/(R+R0)=220V/(2156Ω+44Ω)=0.1A R0两端的电压:U0=I1R0=0.1A×44Ω=4.4V

(2)当开关S置于“2”挡时,电路中只有R0工作

电饭煲高温烧煮的功率：P=U2/R0=（220V）2/44Ω=1100W

10、 11、解：（1）正常工作15min加热电阻R消耗的电能： W=Pt=4400W×15×60s=3.96×106J； （2）由P=UI可得，电热水器正常工作时电路的电流强度： I===20A；

（3）由题意可知，两加热电阻并联，分别用一个开关控制电路，如下图所示： 夏季：只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，总功率P1=2200W， 由P=R1==可得： =22Ω， 春、秋两季：只闭合开关S2时，电路为R2的简单电路，总功率P2=4400W， 则R2===11Ω， 冬季：同时闭合开关S1和S2，总功率P总=P1+P2=2200W+4400W=6600W． 答：（1）该电热水器正常工作15min，加热电阻R消耗的电能为3.96×106J； （2）该电热水器正常工作时，电路中电流强度是20A； （3）符合小芸以上①、②两个选购要求的电热水器加热工作电路图如上图所示，加热电阻R1和R2的阻值分别为220Ω、11Ω． 12、解：温控开关S1断开，处于保温状态，这时只有R2工作， 通过R2的电流I2=P保温/U=44W/220V=0.2A

而不管饮水机处于加热还是保温状态，R2都工作，其两端电压不变， 所以通过R2的电流不变，仍然是0.2A。

根据欧姆定律可计算R2的阻值，R2=U/I2=220V/0.2A=1100Ω 当温控开关S1闭合时，处于加热状态，这时R1和R2并联， R总=U2/P加热=(220V)2/484W=100Ω

根据并联电路电阻的关系，1/R总=1/R1+1/R2 1/100=1/R1+1/1100 可解得R1=110Ω

中考物理试题电学压轴题之传感器、变阻器等问题

1、

（1）当F=0时，由图乙可知RX =300Ω （2）当油箱内汽油用完时，F=0，RX =300Ω

由欧姆定律得I=U/(RX +R0 )=24V/(300Ω+10Ω)=0.08A (3)当油箱加满油时，由题意及图丙可知，此时I=0.6A

结合I=U/(RX +R0 ) 得， RX =U/I－R0 =24V/0.6A－10Ω=30Ω 当 RX =30Ω时，由图乙可知此时F=2.8N 油对RX的压强p=F/S=2.8N/(10×10-4m2)=2.8×103Pa 2、（1)当传感器所受压力增大到一定程度时，由题意可知输出电压增大到一定程度，继电器线圈中电流等于或大于20mA，衔铁被吸合，灯L2亮，即L2是红灯。 (2）质量为20t的车辆对桥的压力F=G=mg=20×103kg×10N/kg=2×105N 当F=2×105N时，由图17可知输出电压U=1V。 此装置要为该桥报警，当F=2×105N时，继电器线圈中电流I=20mA=2×10-2A 由欧姆定律得，R总=U/I=1V/（2×10-2A）=50Ω R=R总－R线=50Ω－20Ω=30Ω

（3）由U=I(R+R线）可知，当R调为0时，输出电压最小，车的重最小时仍可报警。最小输出电压U=IR线=2×10-2A×20Ω=0.4V. 由图17可知，此时对应的压力F=0.8×105N=8×104N. (4)压强大，损坏路面（或质量大，惯性大，不易刹车） 3、(1)正方体产品的体积V=a3=(0.1m)3=1×10-3m3 产品的密度ρ=m/V=2.5kg/(1×10-3m3)=2.5×103kg/m3 (2)产品对传送带的压力F=G=mg=2.5kg×10N/kg=25N S=(0.1m)2=0.01m2 产品对传送带的压强p=F/S=25N/(0.01m2)=2.5×103Pa

(3)当产品通过S与R之间时，光敏电阻R无光照射，由题意可知其阻值较大，根据串联分压的规律此时电压表示数较大，结合图乙可知无光照射时间为0.2s。传送带传输产品的速度v=a/t=0.1m/0.2s=0.5m/s.

(4）从乙图可知，有激光照射时R两端电压U1=1V， 电路中的电流I=(U-U1)/R0=(3-1)V/200Ω=0.01A 1min内有光照射R的时间t=60×0.4/0.6 s=40s 其消耗电能W=U1It=1V×0.01A×40s=0.4J 4、（1）p=F/S=G/S=500N/0.05m2 = 1×104Pa (2)v=s/t=15m/20s=0.75m/s

W=Gh=500N×15m=7.5×103J P=W/t=7.5×103J/20s=375W

（3）控制电路的用电器由R1和R2串联组成，当压敏电阻R2受到的压力F增大时，其阻值减小，电路中的电流增大，电磁铁磁性增强。 （4）总质量为1000kg的乘客的总重G=mg=1000kg×10N/kg=10000N. 当压力F=10000N时，由图乙可知R2=100Ω

这时控制电路中的电流I=U/(R1+R2)=6V/(100Ω+100Ω)=0.03A=30mA

30mA>20mA，由题意可知，衔铁被吸住，电铃发出警报声，说明电梯超载。 5、(1)空载时，踏板的重力G0=m0g=5kg×10N/kg=50N.

根据图像可知，当压敏电阻所受压力为50N时，其对应的电阻为R1等于240Ω. 由欧姆定律可得通过压敏电阻的电流I1=（U-U1)/R1=(9V-1V)/240Ω=1/30A 压敏电阻和R0串联，由欧姆定律可得R0的阻值：R0=U1/I1=1V/(1/30A)=30Ω. (2)电子秤量程最大时对应着电压表量程的最大值，此时R0分得电压为3V， 此时电路中的电流I2=U2/R0=3V/30Ω=0.1A

因为压敏电阻和R0串联，由欧姆定律可得压敏电阻的阻值R2为： R2=（U－U2)/I2=(9V－3V)/0.1A=60Ω

由图像可得60Ω的压敏电阻对应的压力为950N，且踏板的重力为50N, 所以此时能称量的最大质量为m=G/g=(950N－50N)/10N/kg=90kg (3)当电子秤的量程变为11Okg时，由重力公式可得： G/ =m/g=110kg×10N/kg=1100N

因为踏板的重力为50N，所以压敏电阻受到的总压力为1150N.

由图像可得，当压敏电阻所受压力为1150N时，其对应的电阻为R3等于20Ω. 根据欧姆定律可得此时电路的总电阻R总=U/I2=9V/0.1A=90Ω 串联的电阻R加=R总－R3－R0=90Ω－20Ω－30Ω=40Ω

要使电子秤的量程变为11Okg，应串联一个阻值为40Ω的电阻。 6、（1）电路为串联电路

U10VR总1===10Ω

I11AU10V R总2===12.5Ω

I20.8AU10V R总3===5Ω

I32AΔR左= R总2- R总1 = 12.5Ω-10Ω=2.5Ω ΔR右= R总1- R总3 = 10Ω-5Ω=5Ω

R （2）由题意REF=CD=10Ω/2=5Ω RCD=2REF =10Ω

2由P=I2R得 PEF:P总=（I22×REF）：（I22×R总2）= REF ：R总2 =2 ：5 （3）此时REF与RCD并联

U2U2P总3 ==(10V)2/5Ω+(10V)2/10Ω=30W REFRCDU27、解：（1）由PUI得

RU26V R12 P3W(2) 当滑片在A端时，RAB0,小灯泡正常发光

 电源电压U6V 当滑片在B端时：

ULIR0.2A122.4V

UABUUL6V2.4V3.6V

U3.6VRABAB18

I0.2A(3) 当滑片P滑到B端时，小灯泡的实际功率：

PUII2R0.2A2120.48W

28、（1）“去表”简化电路，可以判断出滑动变阻器的全部阻值接入电路，滑片的移动并不能改变连入的阻值，故电路中电流也不会改变；电压表测的是滑动变阻器上面一段电阻的电压，滑片向下滑动，上面一段电阻的阻值增大，其分得电压将增大，电压表的示数增大。

（2）由图乙可判断出物体质量m与电压U成正比，此时电压是标出电压的1/3，故物体的质量是标出质量的1/3，即m=1.5kg×1/3=0.5kg。 答案：（1）不变 (2) 不变 (3）变大 （4) 0.5 9、(1)灯L的阻值为RL=U额2/P额=（4V)2/1.6W=10Ω

(2)滑动变阻器与灯L串联，当滑片P置于C点时，灯L正常发光。 此时电路中的电流I0=I额=P额/U额=1.6W/4V=0.4A

已知20秒内电流对滑动变阻器做功为16焦，由WR=I12Ract可算出Rac： Rac=WR/(I02t)=16J/(0.42A2×20s)=5Ω

由题意可知滑动变阻器R的最大阻值Rab=4Rac=4×5Ω=20Ω （3）由欧姆定律可计算出电源电压U：U=I0(Rac+RL)=0.4A×(5Ω+10Ω)=6V （4）滑片P在b端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大。 由欧姆定律可计算出此时电路中的电流I1： I1=U/(Rab+RL)=6V/(20Ω+10Ω)=0.2A

电压表测的是滑动变阻器的电压，由欧姆定律可计算出此时滑动变阻器的电压U1=I1Rab=0.2A×20Ω=4V

当滑片P在另一位置D时，电压表示数为U2，由U1：U2=8：5可计算出U2： 4V:U2=8：5 ,解得U2=2.5V.

此时灯两端实际电压U实=U－U2=6V－2.5V=3.5V

灯L实际消耗的电功率P实=U实2/RL=（3.5V）2/10Ω=1.225W 10、小灯泡的电阻RL=U额2/P额=（6V)2/6W=6Ω

当滑动变阻器接人电路的阻值为R/4时，设电路中的电流为I1 当滑动变阻器接人电路的阻值为R时，设电路中的电流为I2 由P1：P2=9:1 ，P1=I12RL ， P2=I22RL ，解得I1：I2=3:1 由于电源电压不变，故有I1（RL+R/4）=I2（RL+R） 将RL=6Ω，I1：I2=3:1带入上式解得R=48Ω 当滑动变阻器接人电路的阻值为R/8时， 电路的总电阻R总=RL+R/8=6Ω+48Ω/8=12Ω

因为灯泡此时正常发光，所以此时电路中的电流为灯泡的额定电流 I=I额=P额/U额=6W/6V=1A

电源电压U总=IR总=1A×12Ω=12V

中考物理试题电学压轴题之最值问题

U额26VU1、 （1）因为I PUI，则小灯泡的电阻：RL12

P额3WR（2）只闭合S2，R与R0串联，滑片P置于b点时，Ub = 8 V，由图可知电阻Rb =16 Ω，

U8V则电流Ibb0.5A

Rb16 电源电压：U = Ib (Rb+ R0) = 0.5A×(16 Ω+ R0) ①

只闭合S1，R与L串联，当滑片P置于a点，由于Ia∶Ib = 3∶5，则Ia = 0.3 A 电源电压：U = Ia (Ra+ RL) = 0.3 A×(Ra+ 12 Ω) ②

已知Ra∶R0 = 12∶5，再由①②式，可得: R0 = 20 Ω，U = 18 V

（3）只闭合S1，电流表的量程大于灯的额定电流，则电路中最大电流等于灯的额

定电流0.5A。

U18VI0.5A

R最小RLR最小12得变阻器接入电路的最小电阻R最小= 24 Ω

只闭合S2，变阻器两端电压为15 V时，连入电路中的电阻最大

UU最大R由于0，则变阻器接入电路的最大电阻R最大= 100 Ω

R最大U最大电路消耗的最小功率：P最小

2

18VU22.7W R0R最大2010022、1）当只闭合S3时，R1和R2串联在电路中 R串＝R1+R2＝10Ω+30Ω＝40Ω

IU6V＝＝0.15A R串402（2）当只断开S1时，只有R2接入电路中

6V300s360J U2W＝tR230（3）当R1和R2并联在电路中时，电路的总功率最大

R并＝R1R2103030＝＝

R1R210304U2Pmax

R并当R1和R2串联在电路中时，电路的总功率最小

PminU2 R串PmaxU2R串40416＝＝PminR并U23033、

解：（1)电流表○A1测R2的电流，R1与R2并联，R2=U/I2=6V/0.5A=12Ω (2)滑片P在最右端时，通过滑动变阻器的电流I1=U/R1=6V/10Ω=0.6A 电流表○A的示数I=I1+I2=0.6A+0.5A=1.1A

(4) 要电路安全工作，通过滑动变阻器的电流不能超过2A,这时既不损

坏滑动变阻器也不会损坏电流表。故I最大=0.5A+2A=2.5A，P最大=UI

2.5A=15W。 最大=6V×

当滑片滑到最右端时，总电阻最大，总电流最小。 I最小=I2+U/R1=0.5A+6V/10Ω=1.1A , P最小=UI最小=6V×1.1A=6.6W ∴电路消耗的总功率范围为6.6W到15W 4、解：（1）小灯泡正常发光的电流 P I110.5A U当开关S1、S2都闭合，滑动变阻器的滑片P移到最右端时，L和R2并联，滑动变阻器中的电流： I2II11.2A 因灯泡恰能正常发光，即电源电压U=UL额=12V, 滑动变阻器的最大阻值 R2UI210 (2)当开关S1、S2都断开时，且P在最右端，R1和R2串联，接入电路中的总电阻 RR1R215 电流表的读数 I2U0.8A R2此时滑动变阻器消耗的电功率 P2I2R26.4W

5、解：(1)由P=UI可计算两灯的额定电流

I红=P红/U红=6W/12V=0.5A I绿=P绿/U绿=12W/12V=1A

当闭合开关S、S1、S2，且滑动变阻器的滑片P移至b端时，红灯和绿灯并联且正常发光

I= I红+I绿=1.5A ， 电源电压U=U额=12V

2

(2)由P=U/R

R最小时功率最大

两灯泡并联且滑片P在b端时电路的总电阻最小，此时两灯正常发光 Pmax= P红+P绿=12W+6W=18W R最大时功率最小

2

电阻较大的灯泡与滑动变阻器全值串联电阻最大，由R= U/P知红灯电阻较大 R红=U红2/P红=122V2/6W=24Ω

当闭合开关S、S1、S2，且滑动变阻器的滑片P移至b端时 当闭合开关S、S1、S2，且滑动变阻器的滑片P移至b端时 Rmax=R红+R1=48Ω 222

Pmin=U/Rmax=12V/48Ω=3W

P3W6、（1）错误！未找到引用源。IL=L ==0.25A

UL12V （2）闭合S，断开S1、S2，此时R1与L串联

由灯泡正常工作和串联电路中电流处处相等知UL=12V，I=IL=0.25A 根据欧姆定律得

错误！未找到引用源。 R1=(U-U1)/I=(72V-12V)/0.25A=240 Ω

（3）S、S1、S2均闭合时，R1与R2并联

当滑动变阻器R2的阻值最大时，R2上消耗电功率的最小

U2 Pmin=

R2max2(72V) 错误！未找到引用源。= =25.92 W200WU72VI1===0.3A

R1240W因电流表A2允许通过的最大电流为3A，则允许通过滑动变阻器的最大电流 I2max=3A-0.3A=2.7A,且2.7A<3A Pmax=UI2max=72V ×2.7A=194.4W

评析：本题滑动变阻器的最大电流受电流表A2量程的制约。

7、答案：（1）RL22UL6V12

PL3W （2）闭合S1、S2，断开S3，灯L和R1串联，此时灯正常发光

电源电压UULU16V3V9V

（3）灯L和R1串联，灯正常发光

PL3W0.5A UL6VU3V R116

I10.5A IIL （4）闭合S1、S3，断开S2，灯L、R2和滑动变阻器R串联

U2 P 总RLR2R 当R=0Ω时，总电阻最小，总功率最大，但要考虑此时的最大电流是否超过IL额 当R=0Ω时，电路的总电流I/=U/(RL+R2)=9V/(12Ω+8Ω)=0.45A,0.45A9V4.05W U2 P总RLR212828、1当开关S1、S2、S3都闭合时，此时L和R2并联，且灯泡L正常发光

U=U额=12V

(2)当开关S1、S2、S3都闭合时，此时L和R2并联，两电流表指针位置相同 灯泡电阻RL=U额2/P额=(12V)2/9W=16Ω

两电流表指针位置相同,说明总电流是通过R2电流的5倍，即I=5I2，IL=4I2 根据欧姆定律可得R2=4RL=4×16Ω=64Ω

(3)当开关S1、S2断开，S3闭合时,R1与L串联.

当滑动变阻器接入电路的阻值为R1时，其消耗的功率为P1： P1=I12R1=U2R1/(R1+RL)

当滑动变阻器接入电路的阻值为R1/4时，其消耗的功率为P2： P2=I22R1/4=U2R1/[4(R1/4+RL)]

带入数据并联立上面两方程解得R1=32Ω

要使电路中的总功率最小，根据P=U2/R，应使电路总电阻最大。

这时R2与L只能选择一个阻值较大的（因为并联电路的总电阻比任何一个分电阻都要小），且与滑动变阻器串联并把滑动变阻器的阻值调到最大，即闭合S2，断开S1、S3，R1与R2串联，且R1的阻值取最大值时，总功率最小。 P最小=U2/（R1+R2）=（12V)2/（32Ω+64Ω）=1.5W

9、(1)小灯泡的电阻RL=U额2/P额=(6V)2/3W=12Ω

要使灯泡L消耗的功率最小，根据P=I2R，应使电路中电流最小.

若滑动变阻器的阻值调到最大，此时电路中的电流I1=U/(RL+R0) =12V/(12Ω+50Ω)=0.19A,0.19A<0.6A/3，不能将滑动变阻器的阻值调到最大. 为使测量准确，电路中电流最小值应为0.6A/3=0.2A，且因电压表量程大于电源电压，电压表是安全的。

灯泡L消耗的最小功率P最小=I最小2RL=(0.2A)2×12Ω=0.48W (2)当电流最小时，滑动变阻器可接入电路阻值最大. 此时灯泡分得的电压UL=I最小×RL=0.2A × 12Ω=2.4V R0最大=U0/I最小=(U－UL)/I最小=(12V－2.4V)/0.2A=48Ω 灯泡的额定电流I额=P额/U额=3W/6V=0.5A

若最大电流为0.6A，超过灯泡的额定电流，故最大电流不能为0.6A，I最大=I额=0.5A 此时灯泡的电压等于额定电压6V,电压表示数为12V－6V=6V，6V>15V/3，满足题目要求.

R0最小=U0//I最大=6V/(0.5 A)=12Ω

综上所述滑动变阻器R0的阻值变化范围为12Ω~48Ω。

评析：1、在一些情况下，滑动变阻器接入电路中的阻值变化范围并不是由0至其最大阻值，而是受到用电器额定电流、电表所选量程等多种因素的影响．为了保护电路安全，我们必须对它连人电路的最大阻值与最小阻值进行限制。

2、解类似题的关键根据用电器的“电流”确定滑动变阻器的阻值范围．当用电器串联时，且它们允许通过的最大电流（一般是指额定电流）不同，为了保证电路安全及各用电器不被损坏，应选择较小的“最大电流”作为电路中允许通过的最大电流，此时计算对应的滑动变阻器接入电路中的阻值即为它连入电路中的最小阻值．另外，若是电路中存在电流表或电压表，还要考虑电表的安全，需要结合电表所选的量程来确定滑动变阻器接人电路中的阻值范围． 10、解：

（1）当S1、S2均断开，滑片P置于最下端B点时,只有R1工作 U=I1R1=0.6A×10Ω=6V

（2）当S1、S2均断开，滑片P置于最上端A点时，R1与R2串联,且R2阻值最大。

IU60.（A2) Q=I2R2t=（0.2）2×20×5×60J=240J

R1R21020（3）当S1、S2均闭合，滑片P在A、B两端点移动（不包括A、B点） R1被短路，此时电路是R上和R下两电阻组成的并联电路 要电路所消耗的最小功率最小，必须总电阻最大 R总=R上R下/（R上+R下） 且R上+R下=R2=20Ω

由数学知识配方法求最值可知R上=R下=10Ω时总电阻最大R最大=5Ω，P最小=U2/R

2

最大=(6V)/5Ω=7.2W

11、（1）当S、S1闭合、S2断开，且P位于R0的中点，L和R0串联

小灯泡的电阻RL=U2/P=(12V)2/6W=24Ω

根据欧姆定律可计算出此时的总电阻R总=U/I1=12V/0.4A=30Ω 设滑动变阻器的最大阻值为R0，此时其接入电路的阻值为R0/2 R0/2=R总－RL=30Ω－24Ω=6Ω，R0=12Ω

（2）当S、S1、S2都闭合，且P位于a端时，L和R并联

并联的总电阻R总/=RLR/（RL+RL）=24Ω×20Ω/（24Ω+20Ω）=120/11Ω 电流表测的是电路的总电流，由欧姆定律可得： I2=U/R总/=12V/(120/11Ω)=1.1A

(4)要使电路中的总功率最小，根据P=U2/R，应使电路总电阻最大。

这时R与L只能选择一个阻值较大的（因为并联电路的总电阻比任何一个分电阻都要小），且滑动变阻器阻值调到最大，即当S、S1闭合，S2断开，P位于b时，总功率最小

I最小=U/(RL+R0) =12V/(24+12)Ω=1/3A P最小=UI最小=12V×错误！未找到引用源。A=4W

评析：求整个电路的最大或最小功率问题，关键是找到整个电路的最小或最大电阻（本文中多数是这一题型）；而求某一定值电阻的最大或最小功率问题，关键是找到定值电阻的最大或最小电流（如第9题第1问）。当然还是要具体问题灵活运用电学公式进行分析和计算。

中考物理试题电学压轴题之电力热综合问题

1、（1）水箱中水的质量为m=ρV 水箱中的水吸收的热量 Q=cmΔt 水箱中的水在额定电压下连续加热40min消耗的电能为W=Pt 电热水器加热时的热效率为η= Q/W=cmΔt / Pt

η=4.2×103J/(kg. ℃) ×1.0×103kg/m3×50×10-3m3×(46.2℃-22℃)/（2420W×40×60s）=87.5%

（2）由P=U2/R得，电热水器的电阻R=U额2/P额=（220V）2/2420W=20Ω

62

将Q=2.4×10J，R=20Ω，t=20×60s=1200s带入Q=IRt 解得通过热水器的电流I= 10A

由U=IR=10A×20Ω=200V （3）在异常漏电的情况下，人体与防电墙串联，电流相等，即：U人/R人=U墙/R墙 U人+ U墙=220V 防电墙的电阻为R墙= U墙R人/U人=（220V-20V）×20MΩ/20V=200MΩ 2、解：⑴ S0是断开状态。

U22202U2＝＝121 ⑵ P R1＝加＝R1P400加U2U22202－R1＝－121＝1089 P R2＝保＝R1R2P保40⑶ 设加热时间为t，则有

P峰t80%Q吸

U/2t80%c水m水t水 R1U/2t80%c水水V水t水 R1c水水V水t水R1U/280%4.21031.0103210310020121s 200280%254s13、（1）电压表测的是电动机的电压，电动机不是纯电阻，欧姆定律不适用。 P热=I2R=(2A)2×1.5Ω=6W P机械=Fv=mgv=0.54kg×10N/kg×10m/s=54W P总=P热+P机械=6W+54W=60W

电动机的电压U=P总/I=60W/2A=30V

（2）电流通过线圈产生的热量Q=I2Rt=(2A)2×1.5Ω×20s=120J （3）提升物体的有用功W有用=mgh=mgvt=0.54kg×10N/kg×10m/s×20s=1080J （4）提升物体的总功W总=P总t=60W×20s=1200J 电动机工作效率η=W有用/W总=1080J/1200J=90%

4、(1)该电热水器正常工作时的电流I=P额/U额=9680W/220V=44A (2) 热水器贮满水的质量m=ρV=1.0×103kg/m3×50×10－3m3=50kg Q吸=cm△t=4.2×103J/(kg·℃)×50kg×(100℃－20℃)=1.68×107 J 因为电能全部转化为内能，所以消耗电能W=Q=1.68×107 J

(3)R=U额2/P额=(220V)2/9680W=5Ω，忽略温度对电热水器电阻的影响 P实=U实2/R=(210V)2/5Ω=8820W 5、（1）100W灯正常发光0.5h消耗的电能： W=Pt=0.1kW×0.5h=0.05kW•h=1.8×105J；

（2）由题知，Q吸=W电×91%=1.8×105J×91%=1.638×105J， ∵Q吸=cm△t，

即：1.638×105J=4.2×103（J/kg•℃）×m×（90℃﹣40℃） ∴m=0.78kg．

6、解：⑴5

t⑵400

⑶牵引力做的功W=Fs=400N×5×103m=2×106J

W机2106J 电动机消耗的电能W==2.5×106J =电80%7、

(1)P=F/S=G/S=300N/0.04m2=7.5×103Pa

(2)没有秤量物体时压力传感器R受到的压力为0，查表得R=30Ω 压力传感器R 消耗的电功率P=U2/R=(6V)2/30Ω=1.2W

(3)当重300牛的学生站在踏板上时,设B处压力为FB，A处压力为FA 由杠杆平衡条件有FAlA=FBlB ,FA×0.2m=300N×0.05m ，解得FA=75N

观察表中数据，发现电阻随压力的增大而均匀减小，压力每增大50N，电阻减小3欧，由此可推出此时R=25.5Ω. 此时电流I=U/R=6V/25.5Ω=0.24A (3)电池使用较长时间后，电源电压会降低,电流表示数会减小，测得的质量偏小。 为了保证秤量准确，应增大电流表示数，这时应通过减小R的阻值，而减小R的阻值可通过增大压力来完成，由杠杆平衡条件可判断出应增大lB，即踏板触点B 应向左（或A）方向移动。

8、（1）这种设计的优点之一：用洗衣水用来冲厕可以节水； （2）∵P=UI，

∴洗衣机脱水时的正常工作电流： I==

=

=1.5A；

（3）水吸收的热量： Q吸=cm△t

35

=4.2×10J/（kg•℃）×20kg×10℃=8.4×10J， 由题知，Q吸=W×80%， 加热水消耗的电能： W=

=

=1.05×106J，

洗衣机的加热功率： P==

=1250W．

答：（1）这种设计的优点：用洗衣水用来冲厕可以节水； （2）洗衣机脱水时的正常工作电流为1.5A； （3）①水吸收的热量为8.4×105J，②洗衣机的加热功率为1250W． 9、

（1）P电=UI=220V×2A=440W P机械=Fv=mgv=400kg×10N/kg×0.lm/s=400W P热=P电－P机械=440W－400W=40W P热=I2R R=P热/I2=40/4=10欧

（2）因为电动机输入功率不变，即P机械=P’机械=F’v’ F’=m’g=200kg×10N/kg=2000N v’=P’机械/F’=400W/2000N=0.2m/s

333

10、（1）p =ρgh =0.7×10kg/m×10N/kg×0.4m =2.8×10 Pa

F1=pS= 2.8×103 Pa×10×10-4m2=2.8 N （2）当油箱内装满汽油时，压敏电阻Rx上表面受到的压力为2.8 N， 根据压敏电阻与所受压力的对应关系，可得Rx1=30 Ώ

则U= I1(R0+Rx1) 即24V= 0.6 A×(R0+30 Ώ) 可得R0=10 Ώ 当油箱内汽油用完时，压敏电阻Rx上表面受到的压力为零， 根据压敏电阻与所受压力的对应关系，Rx2=290 Ώ

油箱内汽油用完时的电流值I2= U/(R0+Rx2)=24V/ (10 Ώ +290 Ώ) =0.08 A

103-338

(5) Q放＝qV＝3.0×10Ｊ/m×10×10 m =3×10J (6) W有= Q放×30% = 3×108J×30% =9×107J 7

P=W有/t=9×10J/3600s =25000W

U211、（1）R

P(220V)240.3 1200W

（2）解法一：

U实2＝ RP额P实

（220V)2(110V)21200WP实P300W 实

U额2解法二：

U实2U2110V2P实＝＝2＝（实）P额＝（)1200W300W

URU额220V额P额(110V)2或P300W实R40.3

cm(tt)Q吸100%水21100%

WPt（3）

U实2U实24.2103J/(kg℃)1kg(98℃33℃)100%

1200W250s91%

12、（1）金属板吸收的热量Q=cm△t=0.46×103J/（kg•℃）×0.5kg×（220℃﹣20℃）

=4.6×10J； （2）电熨斗做功W=

=

=5×104J， =500W；

4

电熨斗的额定功率P==

答：（1）预热时金属底板吸收的热量是4.6×104J； （2）电熨斗的额定功率是500W． 13、(1)m=ρV=1.0×103kg/m3×10×10－3m3=10kg

Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×10kg×（62℃﹣22℃）=1.68×106J (2)W电η=Q吸 W电=Q吸/η=1.68×106J/80%=2.1×106J 又W电=Pt t=W电/P=2.1×106J/2000W=1050s

(3）因为铜导线电阻很小，根据焦耳定律Q=I2Rt,所以铜导线产生热量很少，铜导线不怎么热。 14、(1)可再生 (2)大、上 (3)电磁感应 （4)B D

(5)观察后一次风速与前一次风速的比值，再观察后一次获得能量与前一次能量的比值 ①风机获得的能量与风速的三次方成正比（或风机获得的能量与风速的三次方的比值是定值或风速越大，风机获得的能量越大） （6）W电=Pt=100W×10s=1000J

η=W电/W总=1000J/104J=10%(理解风机发电的效率）

15、解：（1）∵η=

，

∴Q吸=90%×1.68×107J=1.512×107J， ∵Q吸=cm△t， ∴m=

=

=72kg．

（2）Q吸=W=1.68×107J， ∵Q=mq，

∴m===0.56kg．

（3）由题知，W=3kW=3000W； ∵P=，

电热器要工作时间： t==

=

=5040s=84min

（4）太阳能其优点是：清洁、无污染、取之不尽等． 缺点：受天气影响，不稳定等．

答案：（1）如果这些能量的90%被水吸收，可使72千克的水从20℃升高到70℃； （2）用集热管每平方米接收的太阳能替代煤，可节约煤0.56千克； （3）如果用3kW的电热器加热这些水，需要84min时间． （4）优点：清洁、无污染、取之不尽等； 缺点：受天气影响，不稳定等．