2024中考物理三轮突破12讲义综合计算（力、热、电、电磁）学案

这是一份2024中考物理三轮突破12讲义综合计算（力、热、电、电磁）学案，共30页。
讲义
专题概述
本专题包含力学、热学、电学和电磁现象等知识的综合计算，其中有各部分知识点的综合计算，也有涉及不同知识点的综合计算。
综合计算题是综合考查我们理解物理概念，掌握物理规律情况的有效手段之一，是评价理论联系实际能力、分类归纳能力、演绎推理能力、运算能力等各种能力高低的“试金石”，常为中考具有压轴意味、区分度较高的一种必考题型，考查的知识内容主要集中在力、电、热三块上，以力、电为主。这类题型的特点主要有：基础性、过程性、结果合理性、知识的综合性、应用性。
类型一 力学综合计算题
1．力与运动综合题。该题型往往会将机械运动、力与运动的关系结合起来，应用速度、二力平衡、重力、质量、密度等公式，对物理过程进行计算。
【例1】无人机在疫区封闭管理期间肩负着消毒作业和运输物资等任务。在一次运输任务中，如图所示的一架机身质量为25 kg的无人机，满载15 kg物资以36 km/h的速度水平飞行6 min，将物资从某地运送至武汉金银潭医院。求：
（1）该无人机6 min通过的路程；
（2）该无人机装载15 kg物资并悬停在空中时，螺旋桨产生的升力F的大小与方向。
【解析】（1）由v=st可得，无人机6 min通过的路程为：
s＝vt＝36 km/h×6×160 h＝3.6 km；
（2）无人机装载15 kg物资并悬停在空中，此时受重力和螺旋桨产生的升力作用，且二者平衡，则：
F＝G总＝（ m机+ m物）g＝（25 kg+15 kg）×10 N/ kg＝400 N；
重力方向竖直向下，所以升力方向竖直向上。
【答案】（1）该无人机6 min通过的路程为3.6 km；
（2）螺旋桨产生的升力F的大小为400 N，方向竖直向上。
【点评】本题主要考查了速度公式及二力平衡条件的应用，在利用速度公式进行计算时，要特别注意单位的换算，在回答升力方向时不要丢掉竖直二字。
（1）根据公式s=vt计算无人机6 min通过的路程；
（2）根据悬停时是平衡状态，且平衡力大小相等、方向相反的特点进行分析。
【例2】一辆质量为2 t，容积为5 m3的环卫洒水车，装满密度为1×103 kg/ m3的水后，在平直公路上匀速行驶，1 min所通过的路程为720 m。受到的阻力为总重的15。（g取10 N/ kg）问：
（1）洒水车的行驶速度是多大？
（2）洒水车装满水后，地面对洒水车的支持力是多大？
（3）洒水车的牵引力是多大？
【解析】（1）洒水车的行驶速度：
v=st=720m60s=12 m/s；
（2）洒水车的质量为2 t，洒水车空载时自重：
G车＝ m车g＝2×103 kg×10 N/ kg＝2×104 N，
洒水车装满水后，水的体积：V水＝V＝5 m2，
由ρ=mV可得，水的质量：
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，
因洒水在平直公路上匀速行驶时处于平衡状态，地面对洒水车的支持力和洒水车的总重力是一对平衡力，所以，地面对洒水车的支持力：
F支持＝G总＝G车+G水＝2×104 N+5×104 N＝7×104 N；
（3）洒水车装满水后行驶时受到的阻力：
f=15G总=15×7×104 N＝1.4×104 N，
因洒水车在平直公路上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，洒水车装满水后行驶时的牵引力：
F＝f＝1.4×104 N。
【答案】（1）洒水车的行驶速度是12 m/s；
（2）洒水车装满水后，地面对洒水车的支持力是7×104 N；
（3）洒水车的牵引力是1.4×104 N。
【分析】（1）根据速度公式可直接求得；
（2）平衡状态下地面对洒水车的支持力和洒水车的总重力是一对平衡力；
（3）在平直公路上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。
2.压强、浮力的综合题。该题型往往会把速度、密度、压力、压强、浮力交织在一起，情景复杂，解题应用的知识多，平衡力和阿基米德原理基本贯穿这类题型。
【例3】将一瓶新买来的标有净含量为550 mL的矿泉水，先放在水平桌面上（瓶未开启），如图甲所示，瓶底与桌面的接触面积为3 cm2，接着把这个水瓶放在水中，瓶子处于漂浮状态，如图乙所示。然后把瓶中水喝完，测得这个空瓶（包含瓶盖）重力为0.2 N。（已知水的密度为1.0×103 kg/ m3，g取10 N/ kg）求：
（1）瓶中水受到的重力；
（2）图甲中矿泉水瓶对水平桌面的压强；
（3）图乙中瓶浸在水中的体积。
【解析】（1）由ρ=mV可知，瓶中水的质量：
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）图甲中矿泉水瓶对水平桌面的压力：
F＝G总＝G水+G瓶＝5.5 N+0.2 N＝5.7 N，
图甲中矿泉水瓶对水平桌面的压强：
p=FS=5.7N3×10−4m2=1.9×104 Pa；
（3）由漂浮条件可知，图乙中瓶子漂浮在水面时受到的浮力：
F浮＝G总＝5.7 N，
由F浮＝ρ液gV排可知，此时瓶浸在水中的体积：
V排=F浮ρ水g=5.7N1.0×103kg/m3×10N/kg=5.7×10﹣4 m3＝570 mL。
【答案】（1）瓶中水受到的重力为5.5 N；
（2）图甲中矿泉水瓶对水平桌面的压强为1.9×104 Pa；
（3）图乙中瓶浸在水中的体积为570 mL。
【点评】本题考查密度公式、重力公式、压强公式、物体漂浮条件和阿基米德原理的应用，注意矿泉水瓶对水平桌面的压力大小等于空瓶和瓶中水的总重力。
（1）根据ρ=mV求瓶中水的质量，根据G＝ mg求瓶中水受到的重力；
（2）矿泉水瓶对水平桌面的压力大小等于空瓶和瓶中水的总重力，根据p=FS求矿泉水瓶对水平桌面的压强；
（3）根据漂浮条件求出瓶子漂浮在水面时受到的浮力，根据阿基米德原理求出瓶浸在水中的体积。
【例4】在今年我市的实验操作技能考试中，某同学的实验过程如图所示：他先将重1 N，底面积为100 cm2的溢水杯装满6 N的某种液体，再把一个物块悬挂在弹簧测力计的挂钩上，物块在空气中时，弹簧测力计的示数是1.5 N，把物块浸没在溢水杯中的液体中时，弹簧测力计的示数是0.9 N，同时用空小桶收集排开的液体，已知物块的密度为3×103 kg/ m3，g取10 N/ kg，求：
（1）物块浸入液体前，溢水杯对桌面的压强；
（2）小桶收集到的液体的质量。
（3）液体的密度。
【解析】（1）物块浸入液体前，溢水杯对桌面的压力等于溢水杯和液体的总重力，则溢水杯对桌面的压力：F＝G杯+G液＝1 N+6 N＝7 N，
则溢水杯对桌面的压强：p=FS=7N100×10−4m2=700 Pa；
（2）由称重法可知，物块受到的浮力：F浮＝G﹣F示＝1.5 N﹣0.9 N＝0.6 N；
由阿基米德原理可知，小桶收集到液体的重力：G液′＝F浮＝0.6 N，
由G＝ mg可知，小桶收集到的液体的质量： m液′=G液′g=0.6N10N/kg=0.06 kg＝60 g；
（3）物块的质量： m=Gg=1.5N10N/kg=0.15 kg＝150 g，
物块的密度ρ＝3×103 kg/ m3＝3 g/ cm3，
因物块浸没在液体中，则物块排开液体的体积（小桶中液体的体积）：V排＝V=mρ=150g3g/cm3=50 cm3，
液体的密度：ρ液=m液′V排=60 g50 cm3=1.2 g/ cm3。
【答案】（1）物块浸入液体前，溢水杯对桌面的压强为700 Pa；
（2）小桶收集到的液体的质量为0.06 kg；
（3）液体的密度为1.2 g/cm3。
【分析】（1）物块浸入液体前，溢水杯对桌面的压力等于溢水杯和液体的总重力，根据p=FS求出溢水杯对桌面的压强；
（2）根据称重法求出物块受到的浮力，再根据阿基米德原理可知排开液体的重力，最后根据G＝ mg求出小桶内收集到液体的质量；
（3）根据G＝ mg求出物块的质量，已知物块的密度，根据密度公式求出物块的体积；物块浸没在液体中，则物块排开液体的体积（小桶中液体的体积）等于物块的体积，知道小桶收集到的液体的质量，最后根据密度公式求出液体的密度。
【例5】用弹簧测力计悬挂一实心物块，物块下表面与水面刚好接触，如图甲所示。由此处匀速下放物块，直至浸没于水中并继续匀速下放（物块始终未与容器接触）。物块下放过程中，弹簧测力计示数与物块下表面浸入水中的深度h的关系如图乙所示。（已知水的密度ρ水＝1.0×103 kg/ m3）求：
（1）物块完全浸没在水中时受到的浮力；
（2）物块的密度；
（3）物块刚好浸没时，水对物块下表面的压强。
【解析】（1）由图像可知，弹簧测力计的最大示数F最大＝8 N，此时物块未浸入水中，则物块重力G＝F最大＝8 N；
物块全浸入时弹簧测力计的示数F示＝4 N，
受到的浮力：
F浮＝G﹣F示＝8 N﹣4 N＝4 N；
（2）由F浮＝ρ水gV排得物块的体积：
V＝V排=F浮ρ水g=4N1×103kg/m3×10N/kg=4×10﹣4 m3，
物块的质量：
m=Gg=8N10N/kg=0.8 kg，
物块的密度：ρ物=mV=0.8kg4×10−4m3=2×103 kg/ m3；
（3）由图乙可知，h＝4 cm＝0.04 m时物块刚好浸没水中，
物块刚好浸没时物块下表面受到水的压强：p＝ρ水gh＝1×103 kg/ m3×10 N/ kg×0.04 m＝400 Pa。
【答案】（1）物块完全浸没在水中受到的浮力为4 N；
（2）物块的密度2×103 kg/ m3；
（3）物块刚好浸没时，水对物块下表面的压强为400 Pa。
【分析】（1）由图像可知弹簧测力计的最大示数，此时物块未浸入水中，物块重力等于最大示数；由图得出物块全浸入时弹簧测力计的示数，利用称重法求受到的浮力；
（2）利用F浮＝ρ液V排g求物体的体积，利用G＝ mg求物体的质量，利用密度公式求物体的密度；
（3）由图乙可知，h＝4 cm时物块刚好浸没水中，利用p＝ρ水gh求水对物块下表面的压强。
3．简单机械综合计算。该题型常以杠杆和滑轮、滑轮组为载体，考查平衡力、浮力、杠杆的平衡条件、滑轮受力、滑轮组省力情况、功和功率以及机械效率的知识。
【例6】“塔吊”是建筑工地常用的起重设备。如图甲，AC为一简易“塔吊”的水平臂，A端装有配重体P，它的质量为4吨，在水平臂B、C间安装有可移动的滑轮组（绕法如图乙），滑轮组的钢丝绳绕在电动卷扬机的轴上。已知AB＝10 m，BC＝40 m，若塔身的宽度和铁架、钢绳、滑轮组重力及摩擦均不计，g取10 N/ kg。
（1）求配重体P的重力大小；
（2）当滑轮组位于C端时，为了安全起吊，求该“塔吊”恰能吊起货物的质量；
（3）某次操作中，滑轮组在BC间安全吊起质量为1.5吨的货物，匀速上升60 m，求滑轮组上的钢绳的水平拉力F大小；
（4）在上第（3）小问中，如果电动卷扬机的效率是90%，求配套电动机消耗的电能。
【解析】（1）配重体P受到的重力为：GP＝ mPg＝4×103 kg×10 N/ kg＝4×104 N；
（2）当滑轮组位于C端时，根据杠杆平衡条件可得：
GP×AB＝GC×BC，
则：4×104 N×10 m＝GC×40 m，
则恰能吊起货物的最大重量为：GC＝1×104 N，
则恰能吊起货物的最大质量为： mC=GCg=1×104 N10 N/kg=1×103 kg；
（3）由图乙可知，n＝3，
不计钢绳、滑轮组重力及摩擦，则钢绳的水平拉力为：
F=1nG物=13× m物g=13×1.5×103 kg×10 N/ kg＝5000 N；
（4）电动机做的有用功为：
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电可知，电动机消耗的电能为：
W电=W有η=9×105 J90%=1×106 J。
【答案】（1）配重体P的重力大小为4×104 N；
（2）当滑轮组位于C端时，该“塔吊”恰能吊起货物的质量为1×103 kg；
（3）某次操作中，滑轮组在BC间安全吊起质量为1.5吨的货物，匀速上升60 m，滑轮组上的钢绳的水平拉力F大小为5000 N；
（4）在上第（3）小问中，如果电动卷扬机的效率是90%，配套电动机消耗的电能为1×106 J。
【分析】（1）根据G＝ mg可求出配重体P的重力大小；
（2）知道阻力、阻力臂、动力臂，根据杠杆平衡条件求出动力，从而求出货物的质量；
（3）不计钢绳、滑轮组重力及摩擦，根据F=1nG物求出钢绳的水平拉力F大小；
（4）根据W＝Gh求出电动机做的有用功，根据η=W有W电求出电动机消耗的电能。
【例7】随着疫情防控形势的好转，人民群众的生产生活秩序逐步恢复正常，各地的基础设施项目正在热火朝天的开工建设。如图所示，某建筑工地上，工人通过固定在斜面顶端的滑轮组把工件匀速拉上斜面。已知斜面高h＝6 m，长L＝10 m，工人施加的拉力F＝600 N，工件的质量 m＝250 kg，工件沿斜面上升的速度v＝0.5 m/s；若不计工件和滑轮组长度，忽略绳和动滑轮重量及绳与滑轮间、滑轮与轮轴间的摩擦，g取10 N/ kg。求：
（1）拉力F做功的功率P；
（2）整个装置的机械效率η；
（3）工件所受斜面的摩擦力f。
【解析】（1）由图可知n＝3，绳子自由端移动的速度：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，工件移动所用的时间：t=Lv=10m0.5m/s=20 s，
由P=Wt可知，拉力F做的总功：W总＝Pt＝900W×20s＝1.8×104 J，
工件的重力：G＝ mg＝250 kg×10 N/ kg＝2500 N，
则有用功：W有＝Gh＝2500 N×6 m＝1.5×104 J，
所以整个装置的机械效率：η=W有W总×100%=1.5×104J1.8×104J×100%≈83.3%；
（3）额外功：W额＝W总﹣W有＝1.8×104 J﹣1.5×104 J＝3000 J，
因为不计工件和滑轮组长度，忽略绳和动滑轮重量及绳与滑轮间、滑轮与轮轴间的摩擦，所以克服斜面的摩擦力做的功为额外功，
由W额＝fL可知，工件所受斜面的摩擦力：f=W额L=3000J10m=300 N。
【答案】（1）拉力F做功的功率P为900 W；
（2）整个装置的机械效率η为83.3%；
（3）工件所受斜面的摩擦力f为300 N。
【点评】本题考查了有用功、总功、额外功、功率和机械效率的计算，注意整个装置的有用功为克服工件重力做的功。
【例8】甲、乙、丙三人用如图所示装置打捞水中重物。端点为A、B的木棒中点为C，端点为D、H的木棒中点为E；两根木棒质地均匀，均为圆柱体，重力均为150 N；重物的体积为0.01 m3、重力为1200 N；A、B、H是三人对木棒施力的作用点，C与D之间、E与重物之间均通过轻绳相连。打捞过程中两根轻绳始终紧绷，三人用竖直向上的力使两根木棒始终以相同的速度同步匀速提升重物，最终将重物打捞出水。（不计轻绳的质量及水的阻力，g＝10 N/ kg，ρ水＝1.0×103 kg/ m3）
（1）重物浸没在水中时受到的浮力大小为多少？
（2）重物浸没在水中时，打捞过程中轻绳对D点的拉力大小为多少？
（3）若重物浸没在水中时，被提升的高度为1 m，请计算整个装置在此过程中的机械效率。
【解析】（1）重物浸没在水中时受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103 kg/ m3×10 N/ kg×0.01 m3＝100 N；
（2）物体浸没在水中时，受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力和拉力的作用处于平衡状态，则作用在E点下方绳子上的拉力：FE＝G物﹣F浮＝1200 N﹣100 N＝1100 N，
作用在杠杆上E点的阻力：F阻力＝FE+G木棒＝1100 N+150 N＝1250 N，
以H点为支点，由杠杆平衡条件可知，FDLDH＝F阻力LEH
D端绳子对杠杆的拉力：FD=F阻力LEHLDH=12×1250 N＝625 N；
（3）有用功：W有＝FEs＝1100 N×1 m＝1100 J，
额外功：W额＝2G木棒h＝2×150 N×1 m＝300 J，
总功：W总＝W有+W额＝1100 J+300 J＝1400 J，
整个装置在此过程中的机械效率：η=W有W总×100%=1100J1400J×100%＝78.57%。
【答案】（1）重物浸没在水中时受到的浮力大小为100 N；
（2）重物浸没在水中时，打捞过程中轻绳对D点的拉力大小为625 N；
（3）整个装置在此过程中的机械效率为78.57%。
【点评】本题考查力阿基米德原理、杠杆平衡条件、有用功、额外功、总功以及机械效率的计算，关键会进行正确的受力分析。
（1）根据阿基米德原理的变形公式F浮＝ρ水gV排求出重物浸没在水中时受到的浮力；
（2）物体浸没在水中时，受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力和拉力，据此求出作用在E点下方绳子上的拉力，由于两根木棒质地均匀，因此重力的作用点在圆柱体的中点，再根据木棒中的E点受到竖直向下的拉力和木棒的重力可求出作用在木棒上E点的阻力；最后根据杠杆平衡条件求出打捞过程中轻绳对D点的拉力；
（3）根据W有＝Fs求出E点下方绳子上拉力做的有用功，额外功是克服两根木棒重力做的功，根据W额＝Gh求出额外功，再根据W总＝W有+W额求出总功，最后根据η=W有W总×100%求出整个装置在此过程中的机械效率。
类型二 电学综合计算题
该类题型常以家用电器为题材，或以动态电路为载体，电路分析、串并、联电路相关公式应用是试题的考查点，涉及到的规律与公式较多，综合性较强，难度较大。
【例9】如图甲所示电路，电源电压可调，R为标有“1 A“字样的滑动变阻器，电流表量程为0﹣3 A，L1、L2是额定电压均为6 V的小灯泡，其电流与电压的关系如图乙所示。求：
（1）L2正常发光时的电阻；
（2）若只闭合开关S1，电源电压调节为10 V，滑片P滑至中点时小灯泡正常发光，滑动变阻器的最大阻值；
（3）若不清楚电路中各开关闭合或断开的状态，滑动变阻器滑片P的移动范围为2 Ω至最大阻值处，现移动滑片P同时调节电源电压，使电路中两个小灯泡均发光且有小灯泡正常发光，电路中各元件均安全工作，对应电路总电功率的变化范围。
【解析】（1）当灯泡L2正常发光时，L2两端的电压U2＝6 V，由图象可知通过L2的电流IL2＝0.8 A，由欧姆定律，L2正常发光时的电阻：
RL2=UL2IL2=6V0.8A=7.5 Ω；
（2）若只闭合S1时，灯L2与变阻器串联，因灯正常发光，灯的电压为UL2＝6 V，电流为IL2＝0.8 A，
根据串联电路的规律及欧姆定律，变阻器连入电路中的电阻：
R滑中=U−UL2IL2=10V−6V0.8A=5 Ω，滑动变阻器的最大阻值为2×5 Ω＝10 Ω；
（3）由题意可知，两个小灯泡均发光且有小灯泡正常发光，满足该条件可能有两种情况：
①闭合S1、S2时，灯L2与L2并联后再与变阻器串联，因两灯的额定电压均为6 V，根据并联电路的电压特点可知，两灯均可正常发光，
由图象乙可知，两灯正常发光时的电流分别为：1.2 A、0.8 A，根据并联电路的电流特点可知，
此时干路电流为：1.2 A+0.8 A＝2 A＞1 A，即电路中的电流大于滑动变阻器允许通过的最大电流，
因此该情况的电路不能正常工作，故排除；
②只闭合S3时，两灯串联后再与变阻器串联，通过两灯的电流相等，
因灯L1的额定电流大于灯L2的额定电流，所以只能使L2正常发光，此时电路中的电流：I＝IL2＝0.8 A；
由图象可知，当电流为0.8 A时的L1两端的电压UL1＝2 V，此时灯L1的电阻RL1=UL1I=2V0.8A=2.5 Ω，
因滑动变阻器接入电路的电阻不小于2 Ω，根据串联电路的电阻特点可知，电路的最小电阻：
R串小＝7.5 Ω+2 Ω+2.5 Ω＝12 Ω；
电路的最大电阻：R串大＝7.5 Ω+10 Ω+2.5 Ω＝20 Ω，
所以电路的最小功率：
P小＝I2R串小＝（0.8 A）2×12 Ω＝7.68 W；
电路的最大功率：
P大＝I2R串大＝（0.8 A）2×20 Ω＝12.8 W，
即电路的功率范围为7.68 W～12.8 W；
【答案】（1）L2正常发光时的电阻为7.5 Ω；
（2）滑动变阻器的最大阻值为10 Ω；
（3）对应电路总电功率的变化范围为7.68 W～12.8 W。
【例10】图甲为某品牌电压力锅，其电路原理图如图乙所示。电源转换器将U＝220 V的电压转换为直流低电压U'（保持不变），R是热敏电阻，温度与锅内温度保持一致，当温度为100 ℃时，R的阻值为1700 Ω，温度每升高1℃，阻值减小80 Ω。R'是可调电阻，电磁铁线圈电阻忽略不计，当电磁铁线圈中的电流达到0.02 A时，衔铁P被吸起（开关断开），此时锅内温度为115 ℃；当电流减小到0.012 A时，衔铁P被释放（开关重新接通），此时锅内温度为110 ℃。S为电源开关；S1为定时器开关，闭合后自动开始计时，计时结束会自动断开，无外力不再闭合，S2为保温开关，开始时处于闭合状态，当锅内温度达到80 ℃时断开，当锅内温度低于60 ℃时自动闭合，保压指示灯L1、保温指示灯L2阻值可忽略。R1、R2阻值均为110 kΩ，R3为加热盘，额定电压为220 V，电阻为48.4 Ω。
某次煮饭时，电压力锅内加入适量米和水，盖好盖子，闭合S、S1，电压力锅进入“加热”工作状态，6 min后灯L1亮起，电压力锅进入“保压”工作状态，保压期间，观察到灯L1间歇发光；再过一段时间，S1断开，灯L2亮起，电压力锅进入“保温”工作状态。
（1）电压力锅在“加热”工作状态时，加热盘R3消耗的电能为多少？
（2）电压力锅进入“保温”工作状态后，下列说法中错误的是 A 。
A.灯L1、L2间歇发光
B.灯L1会熄灭、灯L2间歇发光
C.当锅内温度低于60℃时，R3正常工作
D.当锅内温度达到80℃时，通过R3的电流小于0.002 A
（3）为控制电压力锅在“保压”工作状态时，锅内温度在110～115 ℃，可调电阻R'接入电路的阻值为多少？
【解析】（1）由题意可知，电压力锅在“加热”工作状态时，衔铁P被释放、定时器开关S1闭合，电路为R3的简单电路，
加热盘R3消耗的电功率：P=U2R3=(220V)248.4Ω=1000 W，
加热时间：t＝6 min＝360s，
由P=Wt可得，加热盘R3消耗的电能：W＝Pt＝1000 W×360 s＝3.6×105 J；
（2）AB.当电压力锅进入“保压”期间，锅内温度控制在110 ℃～115 ℃之间，此时灯L1间歇发光，
当电压力锅进入“保温”期间，锅内温度控制在60 ℃～80 ℃之间，
要使电压力锅从“保压”状态达到“保温”状态，锅内温度应降低，此时电磁铁应停止工作，衔铁P被释放，否则电压力锅会一直处于保压状态，
所以，灯L1会熄灭，灯L2间歇发光，故A错误、B正确；
C.当锅内温度低于60 ℃时，保温开关自动闭合，加热电路为R3的简单电路，R3正常工作，故C正确；
D.当锅内温度达到80 ℃时，保温开关断开，保温指示灯L2阻值可忽略，加热电路为R2与R3串联，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，且串联电路中各处的电流相等，
所以，通过R3的电流I3＝I=UR总=UR2+R3＜UR2=220V110×103Ω=0.002 A，故D正确；
（3）因当温度为100 ℃时，R的阻值为1700 Ω，温度每升高1℃，阻值减小80 Ω，
所以，当锅内温度为115 ℃时，热敏电阻的阻值R热1＝1700 Ω﹣（115℃﹣100℃）×80Ω/℃＝500 Ω，
当锅内温度为110℃时，热敏电阻的阻值R热2＝1700 Ω﹣（110 ℃﹣100 ℃）×80 Ω/℃＝900 Ω，
又因当电磁铁线圈中的电流达到I1＝0.02 A时锅内温度为115 ℃，当电流减小到I2＝0.012 A时锅内温度为110 ℃，
所以，由直流低电压U'不变可得：U′＝I1（R热1+R′）＝I2（R热2+R′），
即：0.02 A×（500 Ω+R′）＝0.012 A×（900 Ω+R′），
解得：R′＝100 Ω。
【答案】（1）电压力锅在“加热”工作状态时，加热盘R3消耗的电能为3.6×105 J；
（2）A；
（3）为控制电压力锅在“保压”工作状态时，锅内温度在110～115 ℃，可调电阻R'接入电路的阻值为100 Ω。
类型三 力、电、热综合计算
该类题型综合多种物理知识点，联系生活实际，立意于新的物理情境，解题过程中应用机械运动、力与运动的关系、二力平衡、简单机械、压强浮力、内能与热量、串并联电路的规律、电功与电热以及电磁现象等多中物理规律，综合性更强，对我们各种能力要求更高，要求我们多关注生活中的物理，学会思考，学会知识迁移和建模，应用所学知识解决生活中的物理问题。
【例11】中国承诺力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，此项目标远远短于发达国家。益众公司积极行动起来开展照明灯具升级换代实验（如图），L是“220 V 100 W”的白炽灯泡，P是“220 V 10 W”的节能灯，实验表明当“开关S1断开、S2闭合”时的照明效果与“S1闭合、S2断开”时相同，公司决定厂房内“1个P灯替代2个L灯”。求：
（1）S1闭合、S2断开时电路A处的电流（结果保留小数点后两位）；
（2）“S1闭合、S2断开”工作1 h比“S1断开、S2闭合”工作1 h节省多少J的电能；
（3）公司厂房内原有1000个L灯按“决定”替换成500个P灯，若公司每年生产300天，每天工作10 h，这些电力均为燃煤发电，所用燃料煤热值为3×107 J/ kg，发电效率为40 %，求益众公司每年因此项改进减少燃煤消耗的质量。
【解析】（1）S1闭合、S2断开时，电路为P的简单电路，电路A处的电流I=PPUP=10W220V≈0.05 A；
（2）S1断开、S2闭合，电路为两个L并联的电路，工作1h消耗的电能W1＝2PLt＝2×100 W×1×3600 s＝7.2×105 J，
S1闭合、S2断开，电路为P的简单电路，工作1h消耗的电能W2＝PPt＝10 W×1×3600 s＝3.6×104 J，
节省的电能△W＝W1﹣W2＝7.2×105 J﹣3.6×104 J＝6.84×105 J；
（3）1000个L灯每年消耗的电能W1′＝1000PLt′＝1000×100 W×300×10×3600 s＝1.08×1012 J，
500个P灯每年消耗的电能W2′＝500PPt′＝500×10 W×300×10×3600 s＝5.4×1010 J，
节省的能量△W′＝1.08×1012J﹣5.4×1010J＝1.026×1012 J，
燃料煤完全燃烧产生的热量Q放=△W′η=1.026×1012J40%2.565×1012 J，
燃煤的质量 m=Q放q煤=2.565×1012J3×107J/kg=8.55×104 kg。
【答案】（1）S1闭合、S2断开时电路A处的电流为0.05 A；
（2）节省6.84×105 J的电能；
（3）益众公司每年因此项改进减少燃煤消耗的质量为8.55×104 kg。
【例12】图甲是两空气炸锅，图乙是其内部简化电路，R1、R2均为发热体，将开关S分别置于1、2两位置时，空气炸锅处于不同的挡位。已知空气炸锅的高温挡功率为900 W，R2阻值为96.8 Ω。
求：（1）高温挡时，发热体R2的功率是多少W？
（2）发热体R1的阻值是多少Ω？
（3）空气炸锅一次性可装入200 g牛柳，若将这些牛柳从30 ℃加热到180 ℃，牛柳需要吸收多少热量？[c牛柳＝3×103 J/（ kg•℃）]。
【解析】（1）由电路图可知，当S置于1位置时，R1、R2并联，
当S置于2位置时，只有电阻R2接入电路；
因为并联电路的电阻小于任何一个分电阻，
所以，由P=U2R可知，当S置于1位置时，功率较大，即空气炸锅处于高温状态；
当S置于2位置时，空气炸锅处于低温状态；
高温状态时，R1、R2并联，
则R2的功率：P2=U2R2=(220V)296.8Ω=500 W；
（2）高温状态时，R1、R2并联，则：P高温＝P1+P2，
所以，发热体R1的功率：P1＝P高温﹣P2＝900W﹣500W＝400W，
根据P=U2R可得发热体R1的阻值：
R1=U2P1=(220V)2400W=121 Ω；
（3）牛柳需要吸收的热量Q吸＝ cmΔt＝3×103 J/（ kg•℃）×0.2 kg×（180 ℃﹣30 ℃）＝9×104 J。
【答案】（1）高温挡时，发热体R2的功率为500 W；
（2）发热体R1的阻值是121 Ω；
（3）空气炸锅一次性可装入200 g牛柳，若将这些牛柳从30 ℃加热到180 ℃，牛柳需要吸收9×104 J的热量。
【分析】（1）分析将开关S分别置于1、2两位置时电阻的变化，根据P=U2R分析电路功率大小可知空气炸锅处于哪种工作状态；高温挡时，根据P=U2R即可求出发热体R2的功率；
（2）根据高温挡功率和R2的功率即可求出R1的功率，再根据P=U2R的变形公式求出发热体R1的阻值。
（3）根据Q＝ cmΔt可求得牛柳需要吸收的热量。
【例13】如图是一种用于建筑工地、桥梁施工等工程的爬梯式混凝土搅拌机。工作时，搅拌机将原料加工成混凝土后自动倒入运料斗，在提升电机的带动下，运料斗通过爬梯顶端定滑轮沿竖直爬梯上升到一定位置，然后将混凝土卸下。该爬梯式搅拌机部分参数如表所示，求：
（1）提升电机正常工作8 h，消耗的电能是多少kW•h？
（2）若运料斗每次能运送混凝土400 kg，则运送40 m3的混凝土至少需要多少次？（设混凝土的密度为2×103 kg/ m3）
（3）某次将装有4000 N混凝土的运料斗提升9 m，若提升部分的机械效率为80%，则提升过程中运料斗受到的阻力是多少 N？（不计绳重及滑轮摩擦）
【解析】（1）电机正常工作8 h，P＝P额＝4.5 kW，
则所消耗的电能：W＝Pt＝4.5 kW×8 h＝36 kW•h；
（2）40 m3的混凝土的质量：
m＝ρV＝40 m3×2×103 kg/ m3＝8×104 kg，
若每次所装混凝土质量为400 kg，故要运的次数：
n=8×104kg400kg=200；
（3）有用功为克服混凝重力做的功，因不计绳重、滑轮摩擦及空气阻力，故做的额外功为克服运料斗的重力和克服运料斗受到爬梯的阻力做的功，
运料斗的重力G斗＝ m斗g＝70 kg×10 N/ kg＝700 N，
则根据η=W有用W总=W有用W有用+W额外=GℎGℎ+G斗ℎ+fℎ=GG+G斗+f可得：
提升过程中运料斗受到的阻力f=Gη−G﹣G斗=4000N80%−4000 N﹣700 N＝300 N。
【答案】（1）提升电机正常工作8 h，消耗的电能是36 kW•h；
（2）若运料斗每次能运送混凝土400 kg，则运送40 m3的混凝土至少需要200次；
（3）提升过程中运料斗受到的阻力是300 N。
【点评】本题考查电功率、密度、机械效率公式的运用，难点是最后一问，关键是明确在不计绳重、滑轮摩擦及空气阻力的条件下额外功的来源。
（1）已知电机额定功率，根据W＝Pt即可求出电机正常工作8 h所消耗的电能；
（2）根据密度公式求出40 m3的混凝土的质量，根据每次所装混凝土质量求出要运的次数n；
（3）有用功为克服混凝重力做的功，因不计绳重、滑轮摩擦及空气阻力，故做的额外功为克服运料斗的重力和克服运料斗受到爬梯的阻力做的功，
根据η=W有用W总=W有用W有用+W额外=GℎGℎ+G斗ℎ+fℎ=GG+G斗+f可求提升过程中运料斗受到的阻力。
【例14】“五一”假期，小明全家驾驶一辆油电混合动力汽车外出旅游，油电混合动力汽车工作原理如图所示。当它以90 km/h的速度匀速行驶10 min的过程中，发动机和驱动电机共同为汽车提供动力，驱动汽车行驶所需的能量W1＝3×107 J，其中η1＝60%来自于汽油燃烧释放的热量，而汽油燃烧释放热量的η2＝40%用于驱动汽车行驶和对蓄电池充电，其中用于充电的能量W2＝2×106 J。（汽油在发动机汽缸内完全燃烧，汽油热值q＝5×107J/ kg）
（1）当该汽车制动刹车时，驱动电机会反转为发电机给蓄电池充电，电机发电的原理是 电磁感应 ，一般汽车尾部都安装有尾翼，其上表面是平的，而下表面呈弧形，有助于汽车行驶时车轮能更好地抓紧地面，这是利用 流体流速大的地方、压强小 的原理制成的。
（2）求油电混合动力汽车在匀速行驶过程中牵引力的功率及受到的阻力。
（3）求此过程中油电混合动力汽车消耗汽油的质量。
【解析】（1）电机发电的原理是电磁感应现象；由于上表面平直，下表面呈弧形凸起，当汽车高速行驶时，流过它上方的空气速度比下方空气速度小，此时，上方空气压强比下方空气压强大，受到一个向下的压力差，从而使车轮抓紧地面；
（2）根据速度公式v=st知，以90 km/h的速度匀速行驶10 min的过程中通过的路程：
s＝vt＝90 km/h×1060h＝15 km＝15000 m，
根据W＝Fs知汽车匀速行驶的牵引力：
F=Ws=W1s=3×107J15000m=2000 N，
因为汽车做匀速直线运动，
所以阻力和牵引力是一对平衡力，大小相等，即f＝F＝2000 N；
牵引力的功率：
P=Wt=3×107J600s=5×104 W；
（3）汽车行驶时，汽油燃烧放出的热量为 mq，其中只有η2 mq用来行驶和充电，
根据题意，则有η2 mq＝W1η1+W2，即W1η1＝η2 mq﹣W2，
代入数据得60%×3×107 J＝40%×5×107 J/ kg× m﹣2×106 J，
解得： m＝1 kg。
【答案】（1）电磁感应；流速大的地方，压强小；
（2）牵引力的功率为5×104W；汽车受到的阻力为2000 N；
（3）汽车所消耗汽油的质量 m为1 kg。
【点评】本题的难点是分析能量之间的转化关系，汽油完全燃烧放出的热量提供给汽车行驶的部分能量，同时汽车行驶需要的能量又不会全部是汽油完全燃烧提供的，关键认清效率的关系。
【例15】如图甲所示，小勇同学设计了一个汽车落水安全装置并进行了试验，在汽车的四个门板外侧分别安装一个气囊，气囊的触发由图乙所示电路中a、b间的电压来控制，压敏电阻R1水平安装在汽车底部A处，R1的阻值随其表面水的压力的变化如图丙所示。某次试验时：汽车入水前把R2的滑片调到合适位置不动，闭合开关S，电压表的示数为3V，再把汽车吊入足够高的长方体水池中缓慢下沉，直到a、b间的电压等于或大于3V时，气囊就充气打开，使汽车漂浮在水中，试验装置相关参数如表所示。
（1）求汽车入水前电路中的电流；
（2）当汽车漂浮时，测得水池的水位比汽车入水前上升了8 cm（水未进入车内），求汽车受到的重力；
（3）求气囊充气打开时汽车A处浸入水中的深度。
【解析】（1）汽车入水前，R1表面水的压力为0，由图丙可知此时其阻值为20 Ω，由乙图知R1和R2组成串联电路，电压表测的是R2两端的电压，示数为3 V，
根据串联电路的电压规律U＝U1+U2得，
R1两端的电压为：
U1＝U﹣U2＝4.5V﹣3V＝1.5 V，
电路中的电流为：
I=U1R1=1.5V20Ω=0.075 A；
（2）当汽车漂浮时，水池的水位比汽车入水前上升了8 cm，
则汽车排开水的体积为：
V排＝S水池△h＝20 m2×8×10﹣2 m＝1.6 m3，
汽车受到的浮力为：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103 kg/ m3×10 N/ kg×1.6 m3＝1.6×104 N，
当汽车漂浮时，受到的重力和浮力平衡，大小相等，则受到的重力为：
G＝F浮＝1.6×104 N；
（3）汽车入水前，电压表的示数为3 V时，
电阻R2的阻值为：
R2=U2I=3V0.075A=40 Ω，
汽车入水前把R2的滑片调到合适位置不动，把汽车吊入水池中缓慢下沉，直到a、b间的电压等于3 V即R1两端的电压为3 V时，气囊充气打开，
此时R2两端的电压为：
U2′＝U﹣U1′＝4.5 V﹣3 V＝1.5 V，
电路中的电流为：I′=U2′R2=1.5V40Ω=0.0375 A，
电阻R1的阻值为：R1′=U1′I′=3V0.0375A=80 Ω，
由图丙可知，此时R1表面水的压力为15 N，即汽车底部A处受到水的压力为15 N，
汽车A处受到水的压强为：p=FSR1=15N15×10−4m2=1×104 Pa，
由p＝ρgh得，汽车A处浸入水中的深度为：h=pρ水g=1×104Pa1×103kg/m3×10N/kg=1 m。
【答案】（1）汽车入水前电路中的电流为0.075 A；
（2）汽车受到的重力为1.6×104 N；
（3）气囊充气打开时汽车A处浸入水中的深度为1 m。
【例16】为探究平衡木受力的特点，重为400 N的小红设计了图甲所示的平衡木模型，整个装置放在水平地面上，AB可绕支点O无摩擦转动。AB始终处于水平平衡状态，C处固定一竖直硬杆，硬杆重300 N，硬杆的底部安装有压力传感器R，R所在的电路装置如图乙所示，R的阻值随着硬杆对它的压力F的变化关系如图丙所示。其中，电源电压为4.5V，保护电阻R0＝5 Ω，电流表的量程为0～0.6A，且AB＝4 m，OA＝BC＝1 m，整个装置除硬杆外，其他部分的重力均不计，g取10 N/ kg。求：
（1）小红的质量；
（2）小红站在A点时，C处受到硬杆对它的拉力；
（3）小红站在C点时，电流表的示数；
（4）在电路安全的情况下，小红在平衡木上缓慢走动的过程中，当电路消耗的电功率达到最小值和最大值时，压力传感器R消耗的电功率之比。
【解析】（1）由G＝ mg可知小红的质量m=Gg=400N10N/kg=40kg
（2）小红站在A点时，杠杆受小红对A点的压力和硬杆对C点的拉力，
其中OA＝1 m，OC＝AB﹣OA﹣BC＝4 m﹣1 m﹣1 m＝2 m，
根据杠杆的平衡条件可得：G人•OA＝Fc•OC，
即：400 N×1 m＝F拉×2 m，
解得：Fc＝200 N；
（3）小红站在C点时，压力传感器R受到的压力为 Fc＝G杆+G人＝300 N+400 N＝700 N，
由乙图知R＝7.5Ω，则 Rc＝R0+R＝5Ω+7.5Ω＝12.5Ω，
电流表的示数为IC=URc=4.5V12.5Ω=0.36A；
（4）当电路消耗功率达最小值时，电路中的电流最小，R最大，硬杆对R的压力最小，对硬杆和杠杆进行受力分析，并根据杠杆平衡原理，此时小红应站在A点；
此时R受到的压力为 F压＝G杆﹣Fc＝300 N﹣200 N＝100 N，
由乙图可知R'＝20 Ω，则 I小=UR总=UR0+R′=4.5V5Ω+20Ω=0.18A，
同理，经分析可知，在电路安全的情况下，当电路消耗功率最大时，此时小红应站在B点，
此时 OB＝OC+BC＝2 m+1 m＝3 m，
由杠杆平衡可得 F′C=G人×OBOC=400N×3m2m=600N，
此时R受到的压力为 F'压＝F'c+G杆＝600 N+300 N＝900 N，
由乙图可知R''＝5Ω，则I大=UR′总=UR0+R″=4.5V5Ω+5Ω=0.45A＜0.6A
可知电路安全，则压力传感器R消耗的功率之比为：
P小P大=I小2R′I大2R″=(0.18A)2×20Ω(0.45A)2×5Ω=1625。
【答案】（1）小红的质量为40 kg；
（2）小红站在A点时，C处受到硬杆对它的拉力为200 N；
（3）小红站在C点时，电流表的示数为0.36 A；
（4）当电路消耗功率达最小值和最大值时，压力传感器R消耗的功率之比为16：25。
【点评】本题是力和电的综合题目，在分析时把其分割开来，分别用杠杆的平衡条件、欧姆定律来分析，用好图像，对硬杆做好受力分析是解决问题的关键。
（1）根据G＝ mg计算质量；
（2）根据杠杆平衡条件 计算拉力；
（3）计算出压力传感器R受到的压力，根据图像确定阻值，由I=UR 计算电流大小；
（4）根据P＝UI＝I2R 分别计算电流最小值与最大值时的功率进行比较。
型号
J2M310
整机质量（ kg）
2000
空的运料斗质量（ kg）
70
提升电机额定功率（kW）
4.5
电源电压
4.5 V
R1接触水的面积
15 cm2
长方体水池底面积
20 m2