广东省2024年中考物理一轮复习考点梳理学案 专题四　计算题（含解析）

专题四　计算题
命题分析　
广东省近五年中考物理命题分析
考点 2023 2022 2021 2020 2019
力学综合计算 省题19 省题19 省题20 省题19 省题19
电学综合计算 省题20 省题20 省题19 省题20 省题20
广东中考计算题每年两道，分值共13分，从内容上以物质、力、运动及相互作用的综合计算和电学与其他综合计算两个方面为主。计算题的解题以题目分析和公式应用最为关键。
解题指导：
(1)所有物理公式的使用要注意同体、同时性；除速度、密度、电功率的计算有两套单位外，其他公式都要用国际主单位进行计算。
(2)计算题综合性强，须通过分析与综合、推理与运算才能完整地解出答案；每道计算题一般设计有2～3个小问题，解题需要关注不同小题之间信息的关联。
(3)解答计算题时要有必要的文字说明、公式依据、代入数据时要带上单位(单位要统一)，相同的物理量要用上下标加以区分，最后要注意作答。
类型一　力学综合计算
例1　(2023·茂名模拟)爸爸开着满载质量为1.5×103 kg的汽车带小明去旅行，如图甲所示，若汽车做直线运动，牵引力的功率恒为9×104 W。运动过程中受到的阻力保持不变，运动的速度v与时间t的关系如图乙所示，则：(g取10 N/kg)
(1)在10～15 s内，牵引力做了多少功？
(2)运动过程中受到的阻力是多少？
(3)汽车满载且静止时，车轮与地面的总接触面积为0.04 m2，则地面受到的压强是多大？
分析　本题考查功、功率、重力、压强的有关计算，综合性强。
(1)由于汽车牵引力的功率恒定，牵引力的功可用W＝Pt来计算；
(2)由题图乙可知：在10～15 s内，汽车在做匀速直线运动，根据速度公式求出汽车通过的路程，根据W＝Fs可知牵引力大小，牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，进而得出阻力大小；
(3)根据G＝mg计算汽车的重力，根据F压＝G得出地面受到的压力，根据p＝求出地面受到的压强。
解：(1)由题图乙可知，在10～15 s内，汽车做匀速直线运动，已知牵引力的功率P＝9×104 W，
由P＝可知，在10～15 s内牵引力做功W＝Pt＝9×104 W×(15 s－10 s)＝4.5×105 J；
(2)在10～15 s内汽车运动的路程s＝vt＝30 m/s×5 s＝150 m，
由W＝Fs可知F＝＝3×103 N，
因为汽车做匀速直线运动，所以f阻＝F＝3×103 N；
(3)汽车的满载质量为1.5×103 kg，则满载时汽车的重力为G＝mg＝1.5×103 kg×10 N/kg＝1.5×104 N，
静止时地面受到的压力F压等于汽车满载时的重力G，即F压＝G＝1.5×104 N，
则地面受到的压强是p＝＝＝3.75×105 Pa。
答：(1)在10～15 s内，牵引力做功4.5×105 J；
(2)运动过程中受到的阻力是3×103 N；
(3)汽车满载且静止时，车轮与地面的总接触面积为0.04 m2，则地面受到的压强是3.75×105 Pa。
例2　(2023·宜宾)如图甲，用轻质细线将一不吸水的木块悬挂在弹簧测力计下，静止时测力计读数为3 N；如图乙，将该木块静置于平放的盛水容器中，木块有的体积露出水面；如图丙，用竖直向下的力F压该木块时，木块刚好全部浸入水中且静止。已知水的密度为1.0×103 kg/m3，g取10 N/kg，求：
(1)图乙中木块所受的浮力大小；
(2)木块的体积；
(3)木块的密度；
(4)图丙中F的大小。
分析　本题考查了阿基米德原理的应用、密度公式的应用、重力公式的应用以及平衡力等知识，属于综合题。
(1)题图乙中木块是漂浮状态，根据漂浮的条件可知，浮力大小等于木块的重力大小；
(2)根据阿基米德原理可以求出木块排开水的体积，由木块有体积露出水面可求出木块的体积；
(3)根据G＝mg计算出木块的质量，再利用密度公式计算木块的密度；
(4)先计算出浸没时木块受到的浮力，根据题图丙中木块受平衡力，列式即可求出F大小。
解：(1)由题意可知，木块的重力G＝3 N；
题图乙中木块为漂浮状态，所以木块受到的浮力F浮＝G＝3 N；
(2)题图乙中木块排开水的体积V排＝＝＝3×10－4 m3，
由题意可知，V排＝(1－)V木，则V木＝V排＝×3×10－4 m3＝5×10－4 m3；
(3)木块的质量m＝＝＝0.3 kg，
木块的密度ρ＝＝＝0.6×103 kg/m3；
(4)题图丙中木块浸没时受到的浮力F浮1＝ρ水gV木＝1×103 kg/m3×10 N/kg×5×10－4 m3＝5 N，
此时木块受平衡力，则有F＝F浮1－G＝5 N－3 N＝2 N。
答：(1)图乙中木块所受的浮力大小为3 N；
(2)木块的体积为5×10－4 m3；
(3)木块的密度为0.6×103 kg/m3；
(4)图丙中F的大小为2 N。
类型二　电学综合计算
例3　(2023·河北)如图甲所示，电源电压不变，电流表量程为0～0.6 A，电压表量程为0～3 V，滑动变阻器R的规格为“50 Ω　2 A”，灯泡L的额定电流为0.3 A。图乙是灯泡L的电流与电压关系图象。闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片P，当滑片P移至某一位置时，电压表和电流表的示数分别为2.5 V和0.25 A。
(1)求电源电压。
(2)在保证电路安全的情况下，调节滑动变阻器的滑片P，灯泡的最小功率是多少？
(3)用定值电阻R1替换灯泡L，在保证电路安全的情况下，调节滑动变阻器的滑片P，发现电流表示数的最大值与最小值之差恰好为0.3 A，这一过程中滑动变阻器连入电路的阻值始终小于50 Ω，求定值电阻R1的可能值。
分析　(1)由题图甲知，灯泡L与滑动变阻器R串联，当电流表示数为0.25 A时，由题图乙找到灯泡L对应的电压值，再根据串联电路电压特点计算出电源电压大小；
(2)当电压表示数最大为3 V时，灯泡L两端电压最小，灯泡L的功率最小；根据串联电路电压特点计算出灯泡L两端最小电压，再结合题图乙找到灯泡L对应的电流值，利用电功率的计算公式P＝UI计算灯泡L的最小功率；
(3)根据题意知，电路中的最大电流有两种可能：I大＝0.6 A或I大＜0.6 A；结合最大电流与最小电流的差为0.3 A，在这两种可能的情况下分别表示出最大电流和最小电流；当电流最小时，对应电压表示数最大即为3 V，利用欧姆定律表示出R1中最小电流或电流变化量，从而计算出R1的电阻值。
解：(1)闭合开关S，灯泡L与滑动变阻器R串联，当I＝0.25 A时，U滑＝2.5 V，
由题图乙可知，UL＝2 V，
根据串联电路电压的特点得U电源＝UL＋U滑＝2 V＋2.5 V＝4.5 V；
(2)由题意知，当电压表示数最大为3 V时，灯泡L两端电压最小，此时灯泡L的功率最小；
灯泡L两端最小电压UL小＝U电源－U滑′＝4.5 V－3 V＝1.5 V，
由题图乙知，灯泡L的最小电流I小＝0.2 A，
灯泡L的最小功率P＝UL小I小＝1.5 V×0.2 A＝0.3 W；
(3)用定值电阻R1替换灯泡L后，调节滑动变阻器的滑片P，电路中最大电流有两种可能：I大＝0.6 A或I大＜0.6 A；
①若I大＝0.6 A时，则最小电流I小＝I大－ΔI＝0.6 A－0.3 A＝0.3 A，此时电压表示数最大为3 V, R1中最小电流I小＝＝，
即0.3 A＝，解得R1＝5 Ω；
②若I大＜0.6 A时，由题意可得，最大电流I大＝，
最小电流I小＝，
则ΔI＝I大－I小，即ΔI＝－，
代入数值得0.3 A＝－，解得R1＝10 Ω，
故定值电阻R1的可能值为5 Ω或10 Ω。
答：(1)电源电压是4.5 V；
(2)灯泡的最小功率是0.3 W；
(3)定值电阻R1的可能值为5 Ω或10 Ω。
例4　(2023·朝阳)彤彤家里有一台电热锅，它的一些参数如表中所示，加热功率有高、低两个挡位，其内部简化电路如图甲所示。[水的比热容c＝4.2×103 J/(kg·℃)，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3]
额定电压 220 V
加热电阻R1 55 Ω
加热电阻R2 44 Ω
(1)电热锅在高挡位工作时的额定功率是多大？
(2)若将锅中0.5 L的水从23 ℃加热到100 ℃，水吸收多少热量？
(3)上述加热水的过程中，若不计热量损失，电热锅高挡位需正常工作多长时间？
(4)爱动脑的彤彤把原电热锅内部简化电路设计成如图乙所示，也有高、低两个挡位。已知该电热锅允许通过的最大电流为8 A，请判断乙图电路是否合理，并通过计算说明原因。
分析　本题考查电功、电功率和电热、密度、吸放热的综合计算。
(1)由题图甲可知，当双触点开关置于1时，R1、R2串联，当双触点开关置于2时，只有R2工作；根据串联电路的特点和P＝可知电热锅高温挡和低温挡的电路连接；根据P＝可求出电热锅在高挡位工作时的额定功率；
(2)根据密度公式求出0.5 L水的质量，根据Q吸＝cm(t－t0)求出水吸收的热量；
(3)不计热量损失，电热锅消耗的电能等于水吸收的热量，根据P＝求出电热锅高挡位需正常工作的时间；
(4)由题图乙可知，当双触点开关置于2时，R1、R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路中的电阻最小，由P＝可知，电路中的总功率最大，电热锅处于高温挡，根据并联电路的电流特点和欧姆定律求出干路的总电流，与该电热锅允许通过的最大电流比较可知乙图是否合理。
解：(1)由题图甲可知，当双触点开关置于1时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最大，由P＝可知，电路中的总功率最小，电热锅处于低温挡；
当双触点开关置于2时，只有R2工作，电路中的总电阻最小，总功率最大，电热锅处于高温挡；
电热锅在高挡位工作时的额定功率：P高＝＝＝1 100 W；
(2)电热锅中水的体积V＝0.5 L＝0.5 dm3＝0.5×10－3 m3，
由ρ＝可知，水的质量：m＝ρV＝1.0×103 kg/m3×0.5×10－3 m3＝0.5 kg，
水吸收的热量：Q吸＝cm(t－t0)＝4.2×103 J/(kg·℃)×0.5 kg×(100 ℃－23 ℃)＝1.617×105 J；
(3)不计热量损失，电热锅消耗的电能：W＝Q吸＝1.617×105 J，
由P＝可知，电热锅高挡位需正常工作的时间：t′＝＝＝147 s；
(4)由题图乙可知，当双触点开关置于1、2时，R1、R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路中的电阻最小，由P＝可知，电路中的总功率最大，电热锅处于高温挡，根据并联电路的电流特点和欧姆定律可知，高温挡工作时干路中的总电流：I＝＋＝＋＝9 A＞8 A，
由于乙图中高温挡工作时干路上的总电流大于该电热锅允许通过的最大电流，所以乙图电路不合理。
答：(1)电热锅在高挡位工作时的额定功率是1 100 W；
(2)将锅中0.5 L的水从23 ℃加热到100 ℃，水吸收的热量为1.617×105 J；
(3)不计热量损失，电热锅高挡位需正常工作的时间为147 s；
(4)由于乙图中高温挡工作时干路上的总电流大于该电热锅允许通过的最大电流，所以乙图电路不合理。
类型一　力学综合计算
1.(物理与科技)(2023·潍坊)图示为某公司研发的一款太阳能辅助电动车，车身上部铺满了太阳能电池薄膜，可实现太阳能和充电桩两种充电模式。使用前对该车进行测试，在其匀速直线行驶阶段，有关测试数据如表所示。已知该车行驶过程所受阻力包括摩擦力和空气阻力，摩擦力为整车重力的0.03倍，空气阻力与行进速度的关系为f＝kv2，k＝0.02 N·s2/m2。若定义该车的推进效率为该车的牵引力所做的功与其消耗电能之比，用字母η表示，g取10 N/kg，求该车本次测试过程中：
(1)行驶的速度；
(2)牵引力做功的功率；
(3)推进效率η。
解：(1)行驶的速度为：v＝＝＝108 km/h＝30 m/s；
(2)摩擦力为：f摩擦＝0.03G＝0.03mg＝0.03×940 kg×10 N/kg＝282 N，
空气阻力为：f空气＝kv2＝0.02 N·s2/m2×(30 m/s)2＝18 N，
由于匀速直线运动时牵引力等于所受阻力，所以牵引力为：F＝f总＝f摩擦＋f空气＝282 N＋18 N＝300 N，
牵引力做功的功率为：P＝＝＝Fv＝300 N×30 m/s＝9 000 W；
(3)牵引力做的功为：W＝Fs＝300 N×54×103 m＝1.62×107 J，
消耗的电能为：W电＝5 kW·h＝1.8×107 J，
推进效率为：η＝＝＝90%。
答：(1)行驶的速度为30 m/s；
(2)牵引力做功的功率为9 000 W；
(3)推进效率η为90%。
2.(科学思维)(2023·通辽)如图所示，某同学用阿基米德原理测量一种未知液体的密度，他把底面积为10 cm2的圆柱体物块，用细绳悬挂在弹簧测力计上，读出示数后，将物块浸入该液体中，浸入液体中的深度h＝10 cm，容器底面积为40 cm2，g取10 N/kg。求：
(1)物块所受的浮力；
(2)液体的密度；
(3)物块浸入前后，液体对容器底的压强变化量。
解：(1)由题图可知，物块的重力G＝3 N，物块浸入液体中时测力计的示数F＝2.2 N；
则物块受到的浮力：F浮＝G－F＝3 N－2.2 N＝0.8 N；
(2)底面积为10 cm2的圆柱体物块，浸入液体中的深度h＝10 cm，物块排开液体的体积：V排＝Sh＝10 cm2×10 cm＝100 cm3＝1×10－4 m3，
由阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可知，液体密度：ρ液＝＝＝0.8×103 kg/m3；
(3)由液体压强公式p＝ρgh可知，物块放入前，液体对容器底的压强p＝ρ液gh，
物块放入后，液体对容器底的压强p′＝ρ液g()＝ρ液g×＋ρ液g×＝ρ液gh＋ρ液g×，
所以，物块浸入前后，液体对容器底的压强变化量：
Δp＝p′－p＝ρ液gh＋ρ液g×－ρ液gh＝ρ液g×＝0.8×103 kg/m3×10 N/kg×＝200 Pa。
答：(1)物块所受的浮力为0.8 N；
(2)液体的密度为0.8×103 kg/m3；
(3)物块浸入前后，液体对容器底的压强变化量为200 Pa。
3．(2023·十堰)如图甲是中国海军十堰舰停泊在港湾时的情景，相关参数如下表。执行任务过程中，该舰以恒定最大推进功率航行。求：(g取10 N/kg)
排水量 1 220 t
吃水深度 4 m
最大航速 12.5 m/s
最大推动功率 1 250 kW
(1)十堰舰满载停泊在港湾时所受浮力大小；
(2)若十堰舰从静止出发，加速航行0.96 km时达到最大航速，图乙是本次航行的v－t图象，求加速阶段的平均速度；
(3)十堰舰以最大航速水平匀速直线航行时，所受阻力大小。
解：(1)十堰舰满载停泊在港湾时，处于漂浮状态，浮力等于重力，则所受浮力大小为：
F浮＝G排＝m排g＝1 220×103 kg×10 N/kg＝1.22×107 N；
(2)由题图乙知十堰舰到达最大航速的时间为120 s，则加速阶段的平均速度为：
v＝＝＝8 m/s；
(3)根据P＝＝＝Fv得十堰舰以最大航速水平匀速直线航行时的牵引力为：
F＝＝＝105 N，
由于十堰舰匀速行驶，所以其受到的阻力等于牵引力，即f＝F＝105 N。
答：(1)十堰舰满载停泊在港湾时所受浮力大小为1.22×107 N；
(2)加速阶段的平均速度为8 m/s；
(3)十堰舰以最大航速水平匀速直线航行时，十堰舰所受阻力大小为105 N。
类型二　电学综合计算
4.(思考应用)(2023·徐州)如图所示电路，灯泡L标有“6 V　3 W”字样，R2的阻值为10 Ω。只闭合开关S时，灯泡正常发光；开关S、S1、S2都闭合时，电流表的示数为2.4 A。求：
(1)灯泡的额定电流；
(2)R1的阻值。
解：(1)灯泡的额定电流I额＝＝＝0.5 A；
(2)只闭合开关S时，灯泡L与定值电阻R1串联，灯泡正常发光，则UL＝U额＝6 V，此时电流I＝I额＝0.5 A；
电源电压U总＝UL＋IR1＝6 V＋0.5 A×R1①
开关S、S1、S2都闭合时，灯泡被局部短路，定值电阻R1和R2并联，电流表测干路电流，电流表的示数为2.4 A，故干路电流I′＝2.4 A；
设并联电路的总电阻为R，则由＝＋知R＝＝，
电源电压U总＝I′R＝2.4 A×②
联立方程①②，解得：R1＝6 Ω或R1＝20 Ω。
答：(1)灯泡的额定电流为0.5 A；
(2)R1的阻值为6 Ω或20 Ω。
5.(科学揭秘)(2023·辽宁)如图为某款水暖电热毯的简化电路图，其中R、R1、R2均为加热电阻。该电热毯具有“调温”和“恒温”两挡，开关接1为“调温”挡，功率变化范围为50～100 W，开关接2为“恒温”挡，功率为33 W。电热毯内装有1 kg水。[c水＝4.2×103 J/(kg·℃)]求：
(1)电热毯在恒温挡时的电流；
(2)可变电阻R的最大阻值；
(3)若用最大功率加热，不计热损失，电热毯内水的温度由20 ℃升高到50 ℃所用的时间。
解：(1)由P＝UI可得，电热毯在恒温挡时的电流：
I＝＝＝0.15 A；
(2)由题图可知，当开关接1，滑片在最右端时，电路中只有R2接入电路，为调温挡，最大功率P高＝100 W，
由P＝可得，R2＝＝＝484 Ω；
当开关接1，滑片在最左端时，可变电阻R有最大值，R与R2串联，电路中的电阻最大，电功率最小为P低＝50 W，由P＝可得，R总＝＝＝968 Ω，
所以可变电阻R的最大阻值：R＝R总－R2＝968 Ω－484 Ω＝484 Ω；
(3)水吸收的热量：Q＝cmΔt＝4.2×103 J/(kg·℃)×1 kg×(50 ℃－20 ℃)＝1.26×105 J，
因为不计热损失，所以消耗的电能：W＝Q＝1.26×105 J，
由P＝可得，电热毯内水的温度由20 ℃升高到50 ℃所用的时间：t＝＝＝1.26×103 s。
答：(1)电热毯在恒温挡时的电流为0.15 A；
(2)可变电阻R的最大阻值为484 Ω；
(3)电热毯内水的温度由20 ℃升高到50 ℃所用的时间为1.26×103 s。
6.(物理与生活)(2023·潍坊)恒温箱广泛应用于医疗、科研、化工等行业部门，图示为某恒温箱的工作原理图。S为电源开关，通过控制温控开关S1可实现“保温”“加热”两个挡位间的切换。电源电压U＝220 V，R1、R2是电热丝，R1＝440 Ω，“加热”时恒温箱的电功率P加热＝550 W。将恒温箱两气孔封闭，闭合开关S，S1置于“加热”挡位，箱内温度从20 ℃升至设定的恒温温度，用时130 s，该段时间内的加热效率η＝80%。恒温箱的容积V＝2 m3，箱内空气密度ρ＝1.3 kg/m3，箱内空气的比热容c＝1.0×103 J/(kg·℃)。求：
(1)“保温”时恒温箱的电功率；
(2)电热丝R2的阻值；
(3)恒温箱的恒温温度。
解：(1)由题图可知，当闭合开关S，温控开关S1置于右边两个触点时，R1、R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最小，由P＝可知，电路中的总功率最大，恒温箱处于加热挡；
当闭合开关S，温控开关S1置于左边触点时，只有R1工作，电路中的总电阻最大，总功率最小，恒温箱处于保温挡；
“保温”时恒温箱的电功率：P保温＝＝＝110 W；
(2)由于并联电路中各用电器的电功率之和等于电路的总功率，则加热挡工作时R2的电功率：P2＝P加热－P保温＝550 W－110 W＝440 W，由P＝可知，R2的阻值：R2＝＝＝110 Ω；
(3)由P＝可知，恒温箱消耗的电能：W＝P加热t′＝550 W×130 s＝71 500 J，
由η＝可知，恒温箱内气体吸收的热量：Q吸＝ηW＝80%×71 500 J＝57 200 J，
由ρ＝可知，恒温箱内气体的质量：m＝ρV＝1.3 kg/m3×2 m3＝2.6 kg，
由Q吸＝cm(t－t0)可知，恒温箱的恒温温度：t＝＋t0＝＋20 ℃＝42 ℃。
答：(1)“保温”时恒温箱的电功率为110 W；
(2)电热丝R2的阻值为110 Ω；
(3)恒温箱的恒温温度为42 ℃。
7．(物理与科技)(2023·贵州)随着汽车科技的不断进步，混合动力汽车(简称：混动汽车)逐渐受到人们的青睐，目前广泛使用的混动汽车主要部件有：汽油机、蓄电池、电动机等，它们单独或组合向汽车提供动力。混动汽车有串联式和并联式等种类。
串联式混动汽车的工作流程如图甲所示，蓄电池可单独向电动机提供电能驱动汽车；汽油机仅带动发电机发电，产生的电能一部分输入电动机驱动汽车，另一部分还能通过发电机向蓄电池充电。
并联式混动汽车的工作流程如图乙所示，汽油机和电动机分属两套独立的工作系统，蓄电池通过电动机能单独驱动汽车，汽油机也能直接给汽车提供动力，两套系统还能同时工作驱动汽车。
(1)若某混动汽车匀速行驶10 km用时0.2 h，则其速度是多少km/h
(2)若汽油机完全燃烧2 kg汽油，释放的热量是多少J？(q汽油＝4.6×107 J/kg)
(3)如图丙所示是并联式混动汽车内部结构透视图。若系统提供的动力一定，油箱油量或蓄电池电量是否会影响汽车行驶路程的长短？请结合乙图的工作流程，以其中一套工作系统为例，从能量转化的角度结合功的相关知识分析说明。
(4)若两种方式混动汽车的质量相同，相同部件能量转化的效率相同，油电系统同时工作，蓄电池仅处于放电状态且放电情况相同。请对比甲、乙两图的工作流程分析，在汽车整体输出能量相同的情况下，哪种方式混动汽车的效率低？为什么？
解：(1)由v＝＝＝50 km/h；
(2)由热值公式可得放出的总热量：Q放＝q汽油m＝4.6×107 J/kg×2 kg＝9.2×107 J；
(3)油箱的油量或蓄电池的电量通过能量转化为汽车所做的功，油量或电量越多，做的功就越多，通过公式W＝Fs，可得s＝，F一定的情况下，W越多，s就越大，所以会影响汽车行驶路程的长短。
(4)串联式混动汽车的效率低，因为在混动汽车质量相同，转化效率相同的情况下，并联式和串联式都由蓄电池到电动机再到提供动力，这一部分转化效率相同，但是串联式在汽油机方面比并联式多了些步骤，它是先到发电机再到电动机最后到提供动力，而并联式是汽油机直接提供动力，所以串联式在能量转化方面损耗更多，效率低。
答：(1)若某混动汽车匀速行驶10 km用时0.2 h，则其速度是50 km/h；
(2)若汽油机完全燃烧2 kg汽油，释放的热量是9.2×107 J；
(3)油箱的油量或蓄电池的电量通过能量转化为汽车所做的功，油量或电量越多，做的功就越多，通过公式W＝Fs，可得s＝，F一定的情况下，W越多，s就越大，所以会影响汽车行驶路程的长短。
(4)串联式混动汽车的效率低，因为在混动汽车质量相同，转化效率相同的情况下，并联式和串联式都由蓄电池到电动机再到提供动力，这一部分转化效率相同，但是串联式在汽油机方面比并联式多了些步骤，它是先到发电机再到电动机最后到提供动力，而并联式是汽油机直接提供动力，所以串联式在能量转化方面损耗更多，效率低。
课时精练
精练(一)
1．(6分)(2023·苏州)如图甲所示，重500 N、底面积为0.2 m2的箱子放在水平地面上。现用一块直木板将该箱子匀速拉上平台(图乙)。已知拉力为350 N，箱子沿板移动了2 m，升高1 m，用时20 s。求：
(1)(2分)箱子对水平地面的压强；
(2)(2分)上移过程中拉力做功的功率；
(3)(2分)箱子克服木板摩擦力所做的功。
解：(1)箱子对水平地面的压力等于自身重力，
箱子对水平地面的压强：p＝＝＝＝2.5×103 Pa；
(2)拉力做功：W总＝Fs＝350 N×2 m＝700 J，
拉力做功功率：P＝＝＝35 W；
(3)该过程的有用功：W有＝Gh＝500 N×1 m＝500 J，
克服摩擦力做的功：W克＝W总－W有＝700 J－500 J＝200 J。
答：(1)箱子对水平地面的压强为2.5×103 Pa；
(2)上移过程中拉力做功的功率为35 W；
(3)箱子克服木板摩擦力所做的功为200 J。
2．(7分)(2023·安徽)“浮沉子”最早是由科学家笛卡儿设计的。小华用大塑料瓶(大瓶)和开口小玻璃瓶(小瓶)制作了图甲所示的“浮沉子”；装有适量水的小瓶开口朝下漂浮在大瓶内的水面上，拧紧大瓶的瓶盖使其密封，两瓶内均有少量空气。将小瓶视为圆柱形容器，底面积为S，忽略其壁厚(即忽略小瓶自身的体积)。当小瓶漂浮时，简化的模型如图乙所示，小瓶内空气柱的高度为h，手握大瓶施加适当的压力，使小瓶下沉并恰好悬浮在图丙所示的位置。将倒置的小瓶和小瓶内的空气看成一个整体A，A的质量为m，水的密度为ρ水，g为已知量，求：
(1)(1分)图乙中A所受浮力的大小；
(2)(2分)图乙中A排开水的体积；
(3)(4分)图乙和图丙中小瓶内空气的密度之比。
解：(1)由题图乙可知，A处于漂浮状态，
由物体的漂浮条件可知，题图乙中A所受浮力：F浮＝G＝mg；
(2)由F浮＝ρ液gV排可知，题图乙中A排开水的体积：V排＝＝＝；
(3)题图乙中小瓶内空气的体积为V＝Sh，
由题图丙可知，A处于悬浮状态，
由物体的悬浮条件可知，题图丙中A所受浮力：F浮′＝G＝mg，
由F浮＝ρ液gV排可知，题图丙中A排开水的体积：V排′＝＝＝，
因为忽略小瓶自身的体积，所以题图丙中空气的体积：V′＝V排′＝，
由于题图乙和题图丙中小瓶内空气的质量不变，
由ρ＝可知，题图乙和题图丙中小瓶内空气的密度之比：＝＝＝＝。
答：(1)图乙中A所受浮力的大小为mg；
(2)图乙中A排开水的体积为；
(3)图乙和图丙中小瓶内空气的密度之比为。
3．(7分)(2023·盘锦)如图所示电路，电阻R1为10 Ω，电源电压为12 V恒定不变，滑动变阻器R2最大阻值为40 Ω。闭合开关S，求：
(1)(2分)通过R1的电流；
(2)(2分)当干路电流为2 A时，滑动变阻器R2消耗的功率；
(3)(3分)整个电路在100 s内产生的最少热量。
解：(1)由题图可知R1与滑动变阻器R2并联；
根据并联电路的电压特点可知，R1两端的电压：U1＝U2＝U＝12 V，
通过R1的电流：I1＝＝＝1.2 A；
(2)根据并联电路的电流特点可知，当干路电流为2 A时，通过滑动变阻器R2的电流：I2＝I－I1＝2 A－1.2 A＝0.8 A，
滑动变阻器R2消耗的功率：P2＝U2I2＝12 V×0.8 A＝9.6 W；
(3)当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流最小，
通过滑动变阻器的最小电流I2小＝＝＝0.3 A，
根据并联电路的电流特点可知，干路的最小电流：I小＝I1＋I2小＝1.2 A＋0.3 A＝1.5 A，
整个电路在100 s内产生的最少热量：Q小＝W小＝UI小t＝12 V×1.5 A×100 s＝1 800 J。
答：(1)通过R1的电流为1.2 A；
(2)当干路电流为2 A时，滑动变阻器R2消耗的功率为9.6 W；
(3)整个电路在100 s内产生的最少热量为1 800 J。
4．(10分)(2023·怀化)甲图是一款恒温箱的内部原理电路图。工作电压220 V，电热丝R0的阻值为44 Ω；控制电路电源电压为8 V，继电器线圈的电阻R1＝10 Ω，滑动变阻器(调温电阻)R2的最大阻值为130 Ω；热敏电阻R3的阻值随温度t变化的关系如乙图所示。R0和R3均置于恒温箱中，当继电器线圈中电流达到50 mA，继电器的衔铁会把弹簧片吸到左边，右边工作电路断电停止加热。求：
(1)(2分)加热时，经过R0的电流；
(2)(3分)当最高控温设置在60 ℃时，滑动变阻器接入电路中的阻值应为多少；
(3)(2分)利用恒温箱把1 kg的牛奶从20 ℃加热到60 ℃，牛奶吸收多少热量；[牛奶的比热容c＝2.5×103 J/(kg·℃)]
(4)(3分)把1 kg的牛奶从20 ℃加热到60 ℃需要2 min，则该恒温箱的加热效率为多少。(结果精确到0.1%)
解：(1)由题图甲可知，加热时，工作电路中只有R0工作，
则此时经过R0的电流：I0＝＝＝5 A；
(2)当继电器线圈中电流达到50 mA，继电器的衔铁会把弹簧片吸到左边，右边工作电路断电停止加热，
根据I＝可知，此时控制电路的总电阻：R总＝＝＝160 Ω，
由题图乙可知，当最高控温设置在60 ℃时，热敏电阻R3的阻值为90 Ω，
根据串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器接入电路中的阻值：
R2＝R总－R1－R3＝160 Ω－10 Ω－90 Ω＝60 Ω；
(3)牛奶吸收的热量：Q吸＝cm(t－t0)＝2.5×103 J/(kg·℃)×1 kg×(60 ℃－20 ℃)＝1×105 J；
(4)恒温箱消耗的电能：W＝t＝×2×60 s＝1.32×105 J，
该恒温箱的加热效率：η＝＝≈75.8%。
答：(1)加热时，经过R0的电流为5 A；
(2)当最高控温设置在60 ℃时，滑动变阻器接入电路中的阻值应为60 Ω；
(3)牛奶吸收的热量为1×105 J；
(4)该恒温箱的加热效率为75.8%。
精练(二)
1．(6分)(2023·长沙)如图，小明用一个动滑轮和几个相同的杠铃片自制了一个健身器，已知动滑轮的质量为5 kg，每个杠铃片的质量为10 kg。不计绳重和摩擦，g取10 N/kg，小明通过握杆竖直向上匀速拉动绳子提升杠铃片的过程中，求：
(1)(1分)杠铃片在0.5 s内上升0.2 m，杠铃片的速度；
(2)(2分)动滑轮下挂着两个杠铃片，握杆对绳子拉力的大小；
(3)(3分)动滑轮下挂着四个杠铃片，杠铃片上升了0.1 m，在此过程中握杆对绳子的拉力做的功。
解：(1)杠铃片上升的速度v＝＝＝0.4 m/s；
(2)每个杠铃片的重力G＝mg＝10 kg×10 N/kg＝100 N，
动滑轮的重力G动＝m动g＝5 kg×10 N/kg＝50 N，
不计绳重和摩擦，当动滑轮下挂两个杠铃片，握杆对绳子的拉力F＝(2G＋G动)＝×(2×100 N＋50 N)＝125 N；
(3)不计绳重和摩擦，动滑轮下挂着四个杠铃片，握杆对绳子的拉力F′＝(4G＋G动)＝×(4×100 N＋50 N)＝225 N，杠铃片上升了0.1 m，绳子端运动了s′＝2×0.1 m＝0.2 m，在此过程中握杆对绳子的拉力做的功W＝F′s′＝225 N×0.2 m＝45 J。
答：(1)杠铃片在0.5 s内上升0.2 m，杠铃片的速度为0.4 m/s；
(2)动滑轮下挂着两个杠铃片，握杆对绳子拉力的大小为125 N；
(3)动滑轮下挂着四个杠铃片，杠铃片上升了0.1 m，在此过程中握杆对绳子的拉力做的功为45 J。
2．(7分)(2023·锦州)小明家一款新型电烤箱铭牌上的部分参数如表所示，其简化电路如图甲所示，R1、R2均为电热丝(阻值不随温度变化)。求：
××牌电烤箱 额定电压：220 V 额定加热功率：1 210 W 额定保温功率：110 W
(1)(1分)该电烤箱在额定保温功率下工作时的电流；
(2)(3分)电热丝R2的阻值；
(3)(3分)傍晚用电高峰期，小明想测量电烤箱在工作时的实际电压，于是他断开了家中其他用电器，仅让电烤箱在加热状态下工作，1 min内如图乙所示的电能表转盘转了50 r，则电烤箱两端的实际电压是多少。
解：(1)由P＝UI可得，该电烤箱在额定保温功率下工作时的电流：
I保温＝＝＝0.5 A；
(2)当S闭合，S1接b时，R1单独工作，电路中电阻较大，电源电压一定，由P＝可知，此时电功率较小，电路处于保温挡位；
当S闭合，S1接a时，电阻R1和R2并联，电路中电阻较小，电源电压一定，由P＝可知，此时电功率较大，处于加热挡位，此时R1的电功率：P1＝P保温＝110 W，
R2的电功率：P2＝P加热－P1＝1 210 W－110 W＝1 100 W，
由P＝可得：R2＝＝＝44 Ω；
(3)S闭合，S1接a时，电阻R1和R2并联，处于加热挡位，P加热＝1 210 W，
由P＝可得：R并＝＝＝40 Ω；
电能表上“3 000 r/(kW·h)”表示电路中用电器每消耗1 kW·h的电能，电能表的转盘转3 000 r，
电能表转盘转了50 r，电烤箱消耗的电能：W＝ kW·h＝ kW·h，
工作时间t＝1 min＝ h，
电烤箱的实际功率：P实＝＝＝1 kW＝1 000 W，
由P＝可得，电路的实际电压：U实＝＝＝200 V。
答：(1)该电烤箱在额定保温功率下工作时的电流为0.5 A；
(2)电热丝R2的阻值为44 Ω；
(3)电烤箱两端的实际电压是200 V。
3.(7分)(2023·益阳)如图所示为某种固体酒精炉，固体酒精炉比液体酒精炉使用时更安全，为了测定该固体酒精炉的热效率，在炉中放入40 g的固体酒精，当固体酒精燃烧完后，锅中1 kg的水温度从20 ℃升高到了70 ℃。已知固体酒精的热值为1.5×107 J/kg，水的比热容是4.2×103 J/(kg·℃)。
(1)(1分)若固体酒精完全燃烧，则放出的热量是多少？
(2)(2分)水吸收的热量是多少？
(3)(2分)小明测得固体酒精炉的热效率是多大？
(4)(2分)请写出固体酒精炉热效率不高的一个原因。
解：(1)固体酒精完全燃烧放出的热量：Q放＝m酒精q酒精＝40×10－3 kg×1.5×107 J/kg＝6×105 J；
(2)水吸收的热量：Q吸＝cm(t－t0)＝4.2×103 J/(kg·℃)×1 kg×(70 ℃－20 ℃)＝2.1×105 J；
(3)固体酒精炉的热效率：η＝＝＝35%；
(4)固体酒精不能完全燃烧，而且加热过程中有热量的损失，使得固体酒精炉热效率不高。
答：(1)固体酒精完全燃烧放出的热量是6×105 J；
(2)水吸收的热量是2.1×105 J；
(3)小明测得固体酒精炉的热效率是35%；
(4)固体酒精不能完全燃烧，而且加热过程中有热量的损失，使得固体酒精炉热效率不高。
4．(10分)(2023·仙桃)如图，小明设计的“电子浮力秤”由浮力秤和电路两部分构成。浮力秤中托盘与圆柱形塑料浮筒M通过硬质绝缘细杆固定连接，整体漂浮在装有足够深水的柱形薄壁容器中，且只能竖直移动。托盘的质量40 g，浮筒M高20 cm，底面积为100 cm2，质量为160 g，容器的底面积为300 cm2。电路中R是滑动变阻器的电阻片(阻值均匀)，长8 cm，最大阻值16 Ω；电源电压恒为4.5 V；电压表量程为0～3 V。托盘通过滑杆带动滑片P上下移动。托盘中不放物体时，调节水量，使滑片P正好位于R最上端，闭合开关S，电压表示数为0.9 V(不计滑片、滑杆、细杆的质量，忽略摩擦阻力，g取10 N/kg。工作中水不溢出)。求：
(1)(2分)浮筒M的密度；
(2)(2分)R0的阻值；
(3)(3分)托盘中不放物体时，M浸入水中的深度；
(4)(3分)该“电子浮力秤”的称量。
解：(1)浮筒M的体积：VM＝SMhM＝100×10－4 m2×20×10－2 m＝2×10－3 m3＝2 000 cm3，
浮筒M的密度：ρM＝＝＝0.08 g/cm3；
(2)由电路图可知，滑片P位于R最上端时，定值电阻与滑动变阻器R串联接入电路，电压表测量定值电阻两端电压，且电压表示数为0.9 V，
根据串联电路中总电压等于各部分电压之和，可得滑动变阻器R两端电压：UR＝U－UR0＝4.5 V－0.9 V＝3.6 V，
根据欧姆定律可得此时通过电路的电流：I＝＝＝0.225 A，
则定值电阻的阻值：R0＝＝＝4 Ω；
(3)托盘的重力：G盘＝m盘g＝40×10－3 kg×10 N/kg＝0.4 N，
浮筒M的重力：GM＝mMg＝160×10－3 kg×10 N/kg＝1.6 N，
托盘中不放物体时，浮筒M所受的重力与托盘所受的重力之和等于浮筒M受到的浮力，则FM＝GM＋G盘＝1.6 N＋0.4 N＝2 N，
浮筒M浸入水中的体积：VM1＝＝＝2×10－4 m3，
浮筒M浸入水中的深度：h＝＝＝0.02 m＝2 cm；
(4)由题图可知托盘中物体的质量增加，滑片将向下移动，导致R接入电路的电阻变小，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知通过电路的电流变大，根据U＝IR可知定值电阻两端的电压增大，所以当电压表示数变大时，托盘中物体的质量也越大，
电压表量程为0～3 V，电压表示数最大为3 V，根据串联电路电压规律可知此时R两端的电压：UR′＝U－UR0′＝4.5 V－3 V＝1.5 V，
此时通过电路的电流：I′＝＝＝0.75 A，
此时R接入电路的电阻：R′＝＝＝2 Ω，
R是一根长为8 cm的阻值均匀的电阻片，最大阻值为16 Ω，即1 cm的电阻为2 Ω，
电压表示数最大时，Δl＝d＝＝7 cm，
滑片向下移动7 cm＜8 cm，即浮筒向下移动的距离d＝7 cm，电压表示数最大，
浮筒浸入水中深度的增加量等于水面上升的高度Δh与浮筒向下移动的距离d之和，即ΔhM＝Δh＋d，
水面上升的高度：Δh＝＝＝3.5 cm，
浮筒浸入水中深度Δh＋d＋h＝3.5 cm＋7 cm＋2 cm＝12.5 cm＜hM＝20 cm，
即d＝7 cm时，“电子浮力秤”称出物体的质量最大，
此时浮筒排开水的体积变化量：ΔV排＝SMΔhM＝100 cm2×(3.5 cm＋7 cm)＝1 050 cm3＝1.05×10－3 m3，
因为G物＝ΔF浮＝ρ水gΔV排＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×1.05×10－3 m3＝10.5 N，
由G＝mg得“电子浮力秤”的称量为：＝＝1.05 kg。
答：(1)浮筒M的密度为0.08 g/cm3；
(2)R0的阻值为4 Ω；
(3)托盘中不放物体时，M浸入水中的深度为2 cm；
(4)该“电子浮力秤”的称量为1.05 kg。