文档内容
淘宝：学思创想
2024 年中考物理综合复习（压轴特训 80 题 39 大考
点）
训练范围：初中物理全部内容。
板块一：声、光、热学
一．回声测距离的应用（共1小题）
二．音调、响度、与音色的区分（共2小题）
三．防治噪声的途径（共1小题）
四．平面镜成像的相关作图（共1小题）
五．作光的折射光路图（共1小题）
六．透镜的光路图（共1小题）
七．探究凸透镜成像的规律（共3小题）
八．凸透镜成像规律的其他应用（共1小题）
九．液体温度计的工作原理（共1小题）
十．探究水沸腾时温度变化的特点（共2小题）
十一．燃料的热值及其计算（共1小题）
十二．热机的效率（共2小题）
板块二：力学
十三．运动和静止的相对性（共1小题）
十四．速度的计算和公式的应用（共2小题）
十五．密度的计算与公式的应用（共2小题）
十六．固体的密度测量实验（共2小题）
十七．重力示意图（共1小题）
十八．摩擦力的大小（共1小题）
十九．探究影响摩擦力大小的因素（共1小题）淘宝：学思创想
二十．压强的计算（共2小题）
二十一．液体压强的计算以及公式的应用（共2小题）
二十二．大气压强与高度的关系（共1小题）
二十三．探究浮力大小与哪些因素有关（共2小题）
二十四．阿基米德原理的应用（共2小题）
二十五．浮力大小的计算（共6小题）
二十六．物体的浮沉条件及其应用（共3小题）
二十七．力臂的画法（共1小题）
二十八．探究杠杆的平衡条件（共1小题）
二十九．功的计算和公式的应用（共2小题）
三十．功率的计算及公式的应用（共1小题）
三十一．实验 测量滑轮组的机械效率（共1小题）
板块三：电磁学
三十二．探究电流与电压、电阻的关系（共1小题）
三十三．欧姆定律的应用（共9小题）
三十四．电路的动态分析（共2小题）
三十五．实验 伏安法测电阻（共2小题）
三十六．电功率的计算（共9小题）
三十七．实验 测量小灯泡的电功率（共2小题）
三十八．电功与电热的综合计算（共2小题）
三十九．电磁继电器的组成、原理和应用（共2小题）
板块一：声、光、热学
一．回声测距离的应用（共1小题）
1．（2024•广州一模）如图甲为某地距离传感器发出和接收超声波检测汽车速度的示意图。淘宝：学思创想
（1）已知超声波的速度为340m/s，某次检测车速时，传感器发出至接收超声波信号用
了0.4s，超声波信号遇到汽车时，汽车与传感器之间的距离是多少米？
（2）如果将距离传感器与计算机连接，可以将物体运动的距离（s）﹣时间（t）图象显
示在计算机的屏幕上。利用传感器测得某一汽车在平直公路上运动的距离（s）﹣时间
（t）图象如图乙所示，请在图丙中画出汽车运动的速度（v）﹣时间（t）图象。
（3）遵守交通规则是每个公民的自觉行为，为了他人的安全同时也能保障自己的安全。
从标志牌上看，在遵守交通规则的前提下，从标志牌到威海匀速行驶的汽车最快需用多
长时间才能到达威海。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：
（1）根据速度公式，可得超声波传播的距离：
s＝vt＝340m/s×0.4s＝136m，
由于声音发生了反射，所以汽车与传感器之间的距离为：
s ＝ s＝ ×136m＝68m；
1
（2）在乙图中，物体运动3s时，通过路程为90m。根据速度公式，可得
v＝ ＝ ＝30m/s
则物体的v﹣t图象为：淘宝：学思创想
；
（3）交通标志牌上的60表示限速（最快不能超过）60km/h，
威海45km表示从标志牌到威海的距离为45km，
因为s＝45km，v＝60km/h，
所以由v＝ 得需要的时间：
t＝ ＝ ＝0.75h＝45min。
答：（1）超声波信号遇到汽车时，汽车与传感器之间的距离是68m；
（2）汽车运动的速度（v）﹣时间（t）图象如图所示；
（3）从标志牌上看，在遵守交通规则的前提下，从标志牌到威海匀速行驶的汽车最快
需用45min才能到达威海。
二．音调、响度、与音色的区分（共2小题）
2．（2024•青羊区模拟）物理课上老师播放了真空铃实验视频，视频中闹铃的声音随着抽
气过程变得越来越小。下列分析正确的是（ ）
A．通过这个实验我们可以直接验证真空中不能传声的结论
B．实验引起同学们高声喝彩，这里的“高”指的是音调高
C．播放视频时将电视机的音量调大，是改变了声音的响度
D．如果倍速播放视频，声音会变尖是由于音色改变导致的
【答案】C
【解答】解：A、根据实验中随着空气不断抽出，铃声逐渐变小，直至听不到声音的现
象，我们可以通过科学推理的方法得出真空不能传声的结论，而并不能直接证明真空不
能传声，因为实验中我们不能真正做到把玻璃罩中抽成真空，故A错误；
B、实验引起同学们高声喝彩，这里的“高”指的是声音的响度大，故B错误；淘宝：学思创想
C、播放视频时将电视机的音量调大，是改变了声音的响度，故C正确；
D、倍速播放回看时声音变尖，是因为快放改变了声音的音调，故D错误。
故选：C。
3．（2024•中原区模拟）据我国古代书籍《天工开物》记载：“凡钟为金乐之首，其声一
宣，大者闻十里，小者亦及里之余。”其描述的是声音的 响度 ，人们能够听出来
是钟声而不是锣声，是因为它们的 音色 不同。
【答案】响度；音色
【解答】解：大者闻十里，小者亦及里之余，这说明声音的响度大，传播的远；人们能
够听出来是钟声而不是锣声，是因为它们的音色是不同的。
故答案为：响度；音色。
三．防治噪声的途径（共1小题）
4．（2024•青山区一模）如图所示，关于声现象，下列说法正确的是（ ）
A．甲图：在靠近居民区的路段设置声音屏障，目的是在声源处减弱噪声
B．乙图：利用超声可以探测海底深度，说明超声波在海水中的传播速度大于其他声波
C．丙图：城市中的噪声监测仪，数字55.8后的单位应该是Hz
D．丁图：从上、下两个音叉振动的波形图中，可看出上面的音叉发声音调高
【答案】D
【解答】解：A、在靠近居民区的路段设置的声音屏障，目的是使声在传播过程中减弱
噪声，故A错误；
B、超声波在海水中的传播速度与其他声波在海水中的传播速度相同，故B错误；
C、监测噪声的设备是用来测定噪声的等级的，而声音的强弱用分贝来表示，所以监测
噪声设备上数字95.8后的单位应该是dB（分贝），故C错误；
D、两个音叉振动的波形图中，相同时间内，上面物体振动的频率大于下面的频率，上
面的音调比下面的音调高，故D正确。
故选：D。淘宝：学思创想
四．平面镜成像的相关作图（共1小题）
5．（2024•青羊区模拟）如图甲所示的提词器，它由一个水平放置的高亮度显示器和一个
专用镀膜玻璃（平面镜）组成，镀膜玻璃可以将显示器上的文稿内容竖直反射到演讲者
前面，如图乙，已经给出了内容“ ”在镀膜玻璃中所成的像“F”，请在图乙中画出
镀膜玻璃（平面镜）所放置位置。（用“ ”表示镀膜玻璃）
【答案】
【解答】解：平面镜所成的像和物体关于平面镜对称，连接 AA′，画出连线的垂直平
分线可得平面镜的位置，如图所示：
五．作光的折射光路图（共1小题）
6．（2024•肥东县二模）在“预防溺水”主题班会课上，主持人小明用光路图来解释“水
池变浅”的道理，池底A点射出的光线经过水面折射进入B点的人眼，C点是人眼看到
的池底A点像的位置。请你在图中画出入射光线和折射光线。淘宝：学思创想
【答案】 。
【解答】解：C点是人眼看到的池底A点像的位置，连接BC，与水面的交点O为入射
点，连接AO为入射光线，OB为折射光线，如图所示：
六．透镜的光路图（共1小题）
7．（2024•碑林区校级四模）如图所示，光线 AB经凸透镜折射后，折射光线BO恰好经
过凸透镜另一侧焦点F。再经水平面上的平面镜反射，反射光线为OC。请在图中画出：
（1）入射光线AB；
（2）反射光线OC。淘宝：学思创想
【答案】
【解答】解：（1）图中画的是一条折射光线，过焦点，根据平行于主光轴的光线经凸
透镜折射后折射光线通过焦点，所以对应的入射光线应与主光轴平行；
（2）首先过入射点画出法线，法线与界面垂直（虚线），然后根据反射角等于入射角
画出反射光线，如图所示：
七．探究凸透镜成像的规律（共3小题）
8．（2024•台儿庄区模拟）如图所示，烛焰、凸透镜和光屏三者的中心在同一高度，该凸
透镜的焦距为10.0cm，凸透镜的位置保持不变。以下说法正确的是（ ）
①当蜡烛放在图中A区域时，光屏应放在图中E区域才可能呈现清晰的像
②当蜡烛放在图中B区域时，光屏应放在图中F区域才可能呈现清晰的像
③若光屏上要得到一个放大的像，则蜡烛应该放在图中C区域
④蜡烛从图中位置逐渐远离透镜时，所成的像会逐渐变小
A．①② B．②③④ C．①②④ D．①②③④
【答案】C
【解答】解：①当蜡烛放在图中A区域，此时物距大于二倍焦距，根据u＞2f，2f＞v
＞f，成倒立、缩小的实像，光屏应放在图中E区域才可能呈现清晰的像，故①正确；
②当蜡烛放在图中B区域，此时物距大于一倍焦距小于二倍焦距，根据 2f＞u＞f，v＞
2f，成倒立、放大的实像，光屏应放在图中F区域才可能呈现清晰的像，故②正确；
③若光屏上要得到一个放大的像，物距应大于一倍焦距；而蜡烛放在图中C区域，此淘宝：学思创想
时物距小于一倍焦距，成正立、放大的虚像，虚像不能用光屏承接，故③错误；
④蜡烛从图中位置逐渐远离透镜，此时物距增大，根据凸透镜成实像时，物远像近像
变小可知，所成的像会逐渐变小，故④正确。
故选：C。
9．（2024•深圳二模）某同学用自制的“水透镜”做凸透镜成像实验，当蜡烛、水透镜和
光屏在如图所示的位置时，光屏上得到了清晰的像，利用此成像原理可制成 照相机
（选填“放大镜”、“照相机”或“幻灯机”）。他继续向水凸透镜内注水，凸透镜对
光的偏折能力变 强 （选填“强”或“弱”），此时光屏上所成的像变模糊，为了
在光屏再次呈现清晰的像，你的操作是： 将光屏向靠近凸透镜的方向移动适当距离 。
【答案】照相机；强；将光屏向靠近凸透镜的方向移动适当距离。
【解答】解：（1）当蜡烛、水透镜和光屏在如图所示的位置时，物距大于像距，光屏
上得到了倒立、缩小清晰的像，照相机应用此原理制成；
（2）继续向水凸透镜内注水，凸透镜凸度更大，凸透镜对光的偏折能力变强；
（3）为了在光屏再次呈现清晰的像，可将光屏向靠近凸透镜的方向移动适当距离。
故答案为：照相机；强；将光屏向靠近凸透镜的方向移动适当距离。
10．（2024•无锡一模）小明用如图甲所示的装置“探究凸透镜成像特点”，其中凸透镜的
焦距为15cm，实验时小明在坐标纸上记录了蜡烛与光屏上像的位置和大小，如图乙所
示（带箭头的线段表示物或像，A′、B′分别表示蜡烛在A、B时像的位置）。淘宝：学思创想
（1）从图乙可以看出，蜡烛在A、B位置时光屏上得到的都是倒立的、 放大 的、
实 （填像的性质）像。
（2）当把蜡烛放在C位置时，小明在光具座上无论怎样移动光屏部不能得到清晰的像。
为了让蜡烛在C位置的像能成在光具座上的光屏上，他采用了两种做法。
做法一：保持蜡烛和透镜的位置不变更换凸透镜，在光具座上移动光屏，光屏上又出现
了清晰的像；由此推断此透镜焦距 ＜ （选填“＞”“＜”或“＝”）15cm，更换
的凸透镜会聚光的能力比较 强 （选填“强”或“弱”）。
做法二：保持蜡烛和透镜的位置不变，在蜡烛和透镜之间再放置一个凸透镜，在光具座
上移动光屏，光屏上又出现了清晰的像。由此实验联系实际可推知，远视眼的晶状体焦
距较 大 （选填“大”或“小”），将近处物体的像成在视网膜 后 （选填
“前”“后”）方。
（3）小华在实验中将蜡烛从略大天一倍焦距处逐渐远离凸透镜，物距u随时间t的变化
图象如图丙所示，则像距v与t的大致变化关系为丁图中的 C 。
【答案】（1）放大；实；（2）＜；强；（3）C。
【解答】解：（1）从图乙中可以看出，蜡烛在A，B位置时，2f＞u＞f，凸透镜成倒立
放大的实像；
（2）保持蜡烛和透镜的位置不变，更换凸透镜，在光具座上移动光屏，光屏上又出现
了清晰的像，由此推断更换的凸透镜会聚光的能力较强，焦距变小，像距也变小，此透
镜焦距小于15cm；淘宝：学思创想
产生远视眼的原因是，晶状体太薄，折光能力太弱，焦距变大，近处的物体的像成在视
网膜之后，因此远视眼看不清近处的物体，可以用凸透镜的镜片进行矫正；
（3）当物距大于焦距时凸透镜成的是实像；将蜡烛从略大于一倍焦距处逐渐远离凸透
镜，物距变大，像距则变小，成实像时，物距大于一倍焦距，故图象为C图。
故答案为：（1）放大；实；（2）＜；强；（3）C。
八．凸透镜成像规律的其他应用（共1小题）
11．（2024•泰兴市一模）小明用一个焦距不大的凸透镜自制了一架如图所示的成像装置，
外壳的长度为16cm。若将凸透镜对准窗外景物，在外壳内前后移动内纸筒，在半透明
膜上可以得到景物 缩小 （选填“放大”或“缩小”）的像；若要使近处的物体也
能在半透明膜上成像，则小明所选的凸透镜的焦距应不超过 8 cm；若将凸透镜换为
带小孔的不透明纸板，在同一位置观察同一个物体时，物体在半透明膜上成像形状
不变 （选填“改变”或“不变”）。
【答案】缩小；8；不变。
【解答】解：根据题意知道，若将凸透镜对准窗外景物，此时物距远大于2f，在外壳内
前后移动内纸筒，在半透明膜上可以得到景物倒立缩小的实像。
当凸透镜物距最小时，像距最大，根据题意知道，外壳的长度为 16cm，所以成实像时
最大像距为16cm，且满足16cm＞2f，
由此可知f＜8cm。
在同一位置观察同一个物体时，若将凸透镜换为带小孔的不透明纸板，则会发生小孔成
像，物体在半透明膜上成实像，形状不变。
故答案为：缩小；8；不变。
九．液体温度计的工作原理（共1小题）
12．（2024•莱西市模拟）如图是小明用小药瓶、细玻璃管和酒精制作的简易温度计。
（1）温度计是利用 液体的热胀冷缩 原理制成的；
（2）小药瓶的材质应该选择 硬玻璃瓶 （选填“软塑料瓶”或“硬玻璃瓶”）；
（3）给温度计标刻度时，将小药瓶分别放在20℃和60℃的水中，并标记液面稳定时的淘宝：学思创想
位置A和B，则20℃对应的是 A （选填“A”或“B”）；把小药瓶放入另一杯温
水中，标记液面稳定时的位置为 C 点；用刻度尺测出 AB 间距为 8cm，AC 间距为
5cm，则标记C点所对应的温度为 4 5 ℃；
（4）为了提高温度计的灵敏度，可采取的办法有更换更 细 的玻璃管（选填“粗
“或“细”）。
【答案】（1）液体的热胀冷缩；（2）硬玻璃瓶；（3）A；45；（4）细。
【解答】解：（1）温度计的原理是利用液体的热胀冷缩；
（2）为减少容器的形变引起的误差，选用不易变形的容器，所以选硬玻璃瓶；
（3）温度越高，酒精体积越大，因此20℃对应A点，由题可知AB间距为8.00cm，对
应着40摄氏度，所以1cm代表5℃，AC间距为5.00cm，则标记C点所对应的温度为：
20℃+5×5℃＝45℃；
（4）为了提高温度计的灵敏度，可采取的办法有更换更细的玻璃管。
故答案为：（1）液体的热胀冷缩；（2）硬玻璃瓶；（3）A；45；（4）细。
十．探究水沸腾时温度变化的特点（共2小题）
13．（2024•齐河县模拟）如图所示，小明和小华用如图甲的实验装置，完成了“探究水沸
腾时温度变化特点”的实验，根据实验数据，各自绘制出了如图乙所示的图像。
（1）由图乙可知，水的沸点为 9 8 ℃；水沸腾时的特点是：吸热，温度 不变 ；
（2）如图丙所示，将烧瓶里的水加热至沸腾，停止加热，迅速用橡皮塞塞住瓶口并将淘宝：学思创想
其倒置，保证安全的情况下，立即向烧瓶底部浇冷水，此时瓶内气压降低， 能 （选
填“能”或“不能”）观察到沸腾现象；
（3）如图丁是 沸腾前 （选填“沸腾前”或“沸腾过程中”）水中气泡上升的情况。
【答案】（1）98；不变；（2）能；（3）沸腾前。
【解答】解：（1）由图乙可知，水沸腾时，温度达到98℃保持不变，因此水的沸点是
98℃，因此水沸腾的特点：继续吸热，温度不变；
（2）在瓶底浇冷水后，瓶内温度降低，水蒸气液化，水面上方气体压强减小，而水的
沸点会随气压的减小而降低，因此水会沸腾，能观察到水沸腾的现象；
（3）由图丁可知，气泡在上升过程中，体积逐渐变小，因此是沸腾前的现象。
故答案为：（1）98；不变；（2）能；（3）沸腾前。
14．（2024•胶州市一模）探究“水沸腾时温度变化的特点”。
（1）在组装器材时，应先固定图甲中的铁圈 B ；（选填“A”或“B”）
（2）调整好器材后，用酒精灯给水加热，在水温升高到90℃后，每隔1min记录一次温
度，直到水沸腾并持续一段时间。将测得的数据记录在如下表格中，请根据表格中的数
据在图乙中描点画出水沸腾前后温度与时间的关系图象；
时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7
温度/℃ 90 92 94 96 98 98 98 98
（3）通过实验可以得出，水沸腾后温度 不变 ；
（4）小明在此实验的基础上又在烧杯内加装了一个试管如图丙所示，在试管中装入适
量的酒精（沸点78℃，然后用酒精灯加热足够长的时间，则先沸腾的液体是 酒精 ；
当水沸腾时，温度计的示数为 78 ℃。若把试管中的酒精换成适量的水，试管中的
水能否沸腾？ 不能 。淘宝：学思创想
【答案】（1）B；（2） ；（3）不变；（4）
酒精；78；不能。
【解答】解：（1）实验时，要使用酒精灯外焰加热，组装器材时应自下而上，先固定
B；
（2）按表格中数据 描点画图，如图所示：
；
（3）由表格中数据可知，水的温度保持98℃，故水沸腾时，温度保持不变，；
（4）已知酒精的沸点为78℃，随着给烧杯加热，当烧杯和试管中的液体都达到78℃时，
若再给烧杯加热，烧杯中的水温度升高，即此时水的温度高于试管中酒精的温度，所以
试管中的酒精达到沸点后，由于还能继续吸热，所以能够沸腾。但是酒精沸腾时温度不
变，所以温度计的示数为78℃；若把试管中的酒精换成适量的水，当大烧杯中的水沸腾
后，烧杯中的水温度保持水的沸点不变；小试管中的水从大烧杯中吸热，温度达到水的
沸点后，就和烧杯中的水的温度一样，都是100℃，就不能从烧杯中继续吸热，这时虽
然达到了沸点，但不能吸收热量，所以不会沸腾。
十一．燃料的热值及其计算（共1小题）淘宝：学思创想
15．（2024•碑林区校级三模）生活垃圾正以每年10%的速度增加，构成一大公害，目前全
球缓解生活垃圾问题的方式之一就是利用垃圾发电。将生活垃圾投入焚烧炉进行高温焚
烧，此过程中产生大量的高温烟气，高温烟气释放出热量能将锅炉内的水加热至
180℃，然后产生大量水蒸气，水蒸气推动汽轮机转动，带动发电机发电，其能量转化
过程如图所示。1吨生活垃圾（约75%为可焚烧垃圾）充分燃烧可产出50kW•h的电能。
根据相关信息，完成以下问题。[可焚烧垃圾的平均热值约为6×106J/kg，水的比热容为
4.2×103J/（kg•℃）]
（1）垃圾发电应选择热值较 高 （选填“高”或“低”）的废弃物进行高温焚烧；
（2）1t生活垃圾充分燃烧能释放多少热量？这些热量能将多少吨 30℃的水加热至
180℃（放出热量的70%被水吸收）？
（3）焚烧垃圾发电的效率是多少？
（4）某垃圾焚烧发电项目配套有2台30MW发电机，可每天消耗多少家庭产生的生活
垃圾（平均每天正常工作15h，以一个三口之家为平均值——人均每天产生1kg垃圾）？
【答案】（1）高；
（2）1t生活垃圾充分燃烧能释放4.5×109J的热量，这些热量能将5吨30℃的水加热至
180℃；
（3）焚烧垃圾发电的效率是4%；
（4）可每天消耗6×106个家庭产生的生活垃圾。
【解答】解：（1）由于热值越高，单位质量的燃料释放的热量越多，所以填热值高。
（2）生活垃圾燃烧放出的热量：Q放 ＝qm＝6×106J/kg×1000kg×75%＝4.5×109J；
则Q吸 ＝Q放×70%＝4.5×109J×70%＝3.15×109J；
根据Q吸 ＝cm（t﹣t
0
）可得水的质量：
m＝ ＝ ＝5000kg＝5t；
（3）焚烧垃圾发电的效率 ＝ ＝ ＝4%；
（4）垃圾焚烧发电项目的发η电机总功率：P总 ＝30MW×2＝60MW＝6×104kW，
每天发电量W＝Pt＝6×104kW×15h＝9×105kW•h，淘宝：学思创想
则需要消耗的生活垃圾：m＝ ＝ ＝1.8×104t＝1.8×107kg，
由于一个三口之家为平均值——人均每天产生1kg垃圾，则一个家庭产生的生活垃圾为
3kg，
所以n＝ ＝ ＝6×106。
答：（1）高；
（2）1t生活垃圾充分燃烧能释放4.5×109J的热量，这些热量能将5吨30℃的水加热至
180℃；
（3）焚烧垃圾发电的效率是4%；
（4）可每天消耗6×106个家庭产生的生活垃圾。
十二．热机的效率（共2小题）
16．（2024•雁塔区校级模拟）汽油发动机工作时，汽油必须和吸进的空气成适当的比例，
才能形成可以有效燃烧的混合气，这就是空燃比（可燃混合气中空气质量与燃油质量之
比），某总排量为 2.0L 的四冲程发动机的空燃比为 22：1，混合燃气的密度为
1.5kg/m3，则发动机做一次功，燃料燃烧产生的热量为 6×1 0 3 J，当发动机曲轴每分
钟转速为3000转时，此时汽车输出的机械功率为60kW，则该发动机每秒钟做功 25
次，此时该发动机的效率是 4 0 %（汽油的热值为4.6×107J/kg）。
【答案】6×103；25；40。
【解答】解：
（1）一个工作循环吸入混合物的体积：V＝2L＝2×10﹣3m3；
一个工作循环吸入混合物的质量：
m混 ＝ 混V＝1.5kg/m3×2×10﹣3m3＝3×10﹣3kg；
一个工ρ作循环吸入汽油的质量
m油 ＝ m混 ＝ ×3×10﹣3kg＝ ×10﹣3kg；
发动机做一次功，燃料燃烧产生的热量为：
Q放 ＝qm油 ＝4.6×107J/kg× ×10﹣3kg＝6×103J；
（2）汽油机的转速为3000r/min，说明1s内汽油机曲轴的转动次数等于50次，一个工
作循环中，曲轴转动两周，对外做功一次，1s内曲轴转动50次，对外做功25次；淘宝：学思创想
（3）1s内高温高压的燃气推动活塞做功25次，
1s内汽油燃烧释放的热量：
Q放总 ＝25Q放 ＝25×6×103J＝1.5×105J，
根据公式P＝ 可知，发动机1s做功为：
W＝Pt＝6×104W×1s＝6×104J；
该车发动机的效率：
＝ ＝ ×100%＝40%。
η故答案为：6×103；25；40。
17．（2024•新沂市一模）阅读短文，回答文后问题。
油电混合动力汽车
如图甲，国产某品牌油电混合动力汽车前后安装有高清摄像头，无线WIFI等，其工作
原理如图乙所示。当它以90km/h的速度匀速行驶20min的过程中，燃烧了3kg燃油。
发动机和驱动电机同时共同为汽车提供动力，驱动汽车行驶所需的能量为 9×107J，其中
50%的能量来自燃油燃烧；而发动机内燃油燃烧放出的热量部分用于驱动汽车行驶和对
蓄电池充电，其中用于充电的能量为6×106J。设燃油在发动机汽缸内完全燃烧，燃油的
热值为5×107J/kg。
若普通汽车刹车时动能全部用于克服与地面的摩擦力做功，而该油电混合动力汽车在关
闭发动机后，动能除用于克服与地面的摩擦力做功外，其余能量全部通过驱动电机反转
为发电机给蓄电池充电。在某次测试时，同样车型的普通汽车和该油电混合动力汽车刚
刚关闭发动机后，根据汽车通过路程s时，所对应的动能E ，作出E ﹣s图像如图丙所
K k
示。设两车受到的摩擦力大小相等。汽车正常行驶时关闭发动机，直至汽车停止的过程
中，通过发电机将动能转化为电能的效率称之为储能效率。
（1）完全燃烧3kg燃油产生的热量为 1.5×1 0 8 J；淘宝：学思创想
（2）该油电混合动力汽车以90km/h的速度匀速行驶20min的过程中，发动机的效率为
34 %；
（3）由图丙可知，表示该油电混合动力汽车进行测试的图线是 ① （选填“①”
或“②”）；
（4）该油电混合动力汽车从关闭发动机至汽车停止的过程中，发电机的储能效率为
62.5 %。
【答案】（1）1.5×108；34；（2）①；62.5%。
【解答】解：（1）燃油燃烧放出的热量：Q放 ＝mq＝3kg×5×107J/kg＝1.5×108J；
发动机为汽车提供部分动力的能量：W ＝9×107J×50%＝4.5×107J；
1
发动机对蓄电池充电的能量：W ＝6×106J；
2
发动机用来做有用功的能量：W＝W +W ＝4.5×107J+6×106J＝5.1×107J；
1 2
发动机的效率为： ＝ ×100%＝ ×100%＝34%；
（2）由于油电混合η动力汽车克服摩擦做功比普通汽车克服摩擦做功更少，动能除用于
克服与地面的摩擦力做功外，其余能量全部通过驱动电机反转为发电机给蓄电池充电，
所以油电混合汽车关闭发动机后滑行的距离更短。所以应该是图丙中的①图线；
普通汽车克服摩擦所做的功：W普 ＝E
k
＝4×105J；
由W＝fs可知，汽车的摩擦力：f＝ ＝ ＝5000N；
油电混合汽车克服摩擦所做的功：W混 ＝fs混 ＝5000N×30m＝1.5×105J；
发电机将动能转化为电能：W电 ＝E
K
﹣W混 ＝4×105J﹣1.5×105J＝2.5×105J；
储能效率： ＝ ×100%＝ ×100%＝62.5%。
故答案为：η（1）1.5×108；34；（2）①；62.5%。
板块二：力学
十三．运动和静止的相对性（共1小题）
18．（2024•海珠区一模）如图所示，在东西向的平直铁路上有一列火车正在行驶。车内乘
客观察到：路边的树向东运动，而原来相对桌面不动的物块突然向西运动。此时，火车
相对地面（ ）淘宝：学思创想
A．向西加速 B．向西减速 C．向东加速 D．向东减速
【答案】B
【解答】解：在东西方向的水平直线的铁路上有一列火车正在行驶，乘客看到窗外树木
正在向东运动，说明火车向西运动，当火车正在向西减速运动时，物块由于惯性要保持
原来的运动状态，所以会突然向西运动，故B正确，ACD错误。
故选：B。
十四．速度的计算和公式的应用（共2小题）
19．（2024•长宁区二模）甲、乙两车从P点出发，沿着P指向Q的方向做匀速直线运动，
乙车比甲车早出发2秒，它们的s﹣t图像分别如图（a）（b）所示。甲车经过Q点时，
乙车和Q点相距2米，P、Q两点的距离可能为（ ）
A．6米或32米 B．8米或32米 C．6米或36米 D．8米或36米
【答案】B
【解答】解：由s﹣t图像（a）（b）可知，
甲的速度 ，
乙的速度 ，
甲、乙两车从P点出发，沿着P指向Q的方向做匀速直线运动，乙车比甲车早出发2秒，淘宝：学思创想
甲车经过Q点时，乙车和Q点相距2米，分两种情况：
①第一种是乙车还没有到达Q点，甲车已经到Q点，根据题意则有
v甲t
1
＝v乙 （t
1
+2s）+2m，
代入数据解得t ＝16s，
1
P、Q两点间的距离为s
1
＝v甲t
1
＝2m/s×16s＝32m；
②第二种情况是乙车已经过了Q点，甲车后到Q点，根据题意则有
v甲t
2
＝v乙 （t
2
+2s）﹣2m，
代入数据解得t ＝4s，
2
P、Q两点间的距离为s
2
＝v甲t
2
＝2m/s×4s＝8m。
综上可得，P、Q两点间的距离可能为32m或8m。
故选：B。
20．（2024•祁东县校级模拟）如图甲所示，小车A和小车B在马路上相向而行，小车A
向右运动，小车B向左运动。如图乙是小车A和小车B的路程随着时间变化的坐标图，
从开始计时到第15s两车正好相遇。求：
（1）小车A和小车B在开始计时的时候相距多远；
（2）如图丙所示，马路为双向两车道，每条车道宽 3.5m。一辆长5m、宽2.1m的小车
C（小车可看成一个长方体）以6m/s的速度由西向东匀速行驶在右侧车道的正中间。此
时，一行人突然从图中E点横穿马路，人与小车在东西方向的距离为s ＝25m。为了能
3
够安全通过，行人速度的范围是多少。（不考虑小车车速和方向变化，以及制动情况）
【答案】（1）小车A和小车B在开始计时的时候相距125m；
（2）为了能够安全通过，行人速度的范围是小于0.7m/s，或大于1.53m/s。
【解答】解：（1）由乙图可知，A车从15s到25s运动的路程s ＝50m，则A车的运动
A
速度为：v ＝ ＝ ＝5m/s；
A淘宝：学思创想
结合图乙分析可知小车B运动5s后便静止了，由此可知s ＝50m
B
小车A和小车B在开始计时的时候相距的路程为：s＝s +s ＝v t+s ＝+5m/s×15s+50m
A B A B
＝125m；
（2）由丙图可得行人到达小车的距离：
s ＝3.5m+ ×（3.5m﹣2.1m）＝4.2m，
4
s ＝3.5m+ ×（3.5m﹣2.1m）+2.1m＝6.3m，
5
小车通过后行人行走到车行走位时所用时间为： ，
行人的速度为： ，
小车到行人通过小车行走车位时所用时间为： ，
行人的速度为：v ＝ ＝ ≈1.53m/s；
2
由上可知，行人速度的范围是小于0.84m/s，或大于1.53m/s。
答：（1）小车A和小车B在开始计时的时候相距125m；
（2）为了能够安全通过，行人速度的范围是小于0.84m/s，或大于1.53m/s。
十五．密度的计算与公式的应用（共2小题）
21．（2024•宿豫区一模）不同材料组成的a、b、c三个实心物体，它们的体积与质量的关
系如图，由图可知下列说法正确的是（ ）
A．三者的密度关系 ＞ ＞
a b c
B．a的密度是b的两ρ倍 ρ ρ
C．若将b的质量减半，它的密度变为0.5×103kg/m3
D．若将c的体积增大到4×10﹣3m3，它的密度不变淘宝：学思创想
【答案】D
【解答】解：由图像可知，横轴是质量，纵轴是体积。
AB、由图像可知，当V＝V ＝V ＝2×10﹣3m3时，m ＝1kg，m ＝2kg，m ＝4kg，则a、
a b c a b c
b、c的密度分别为：
＝ ＝0.5×103kg/m3，
a
ρ
＝ ＝1×103kg/m3，
b
ρ
＝ ＝2×103kg/m3，
c
ρ所以三者的密度关系 ＜ ＜ ，
a b c
ρ ρ ρ
a物质的密度是b物质密度的 ，故AB错误；
CD、因为密度是物质本身的一种特性，其大小与质量、体积大小无关，所以将 b的质
量减半，b的密度不变，还是1×103kg/m3；
将c的体积增大到4×103m3，它的密度不变，还是2×103kg/m3，故C错误，故D错误。
故选：D。
22．（2024•眉山模拟）在研究物理量之间的关系时，用图象法可以更加形象的表示它们之
间的关系。如图所示：在测量液体密度的实验中，利用天平和量杯测量出液体和量杯的
总质量m及液体的体积V，得到几组数据并绘出如图所示的m﹣V图象，则液体的密度
为 1.0×1 0 3 kg/m3。液体体积为42cm3时，液体和量杯的总质量为： 6 2 g。
【答案】1.0×103；62。
【解答】解：设量杯的质量为m杯 ，液体的密度为 ，由图可知，当液体体积为V
1
＝
20cm3时，液体和杯的总质量m总1 ＝m
1
+m杯 ＝40g ρ淘宝：学思创想
由 可得 ×20cm3+m杯 ＝40g ①
当液体体积为ρV
2
＝80cm3时，液体和杯的总质量m总2 ＝m
2
+m杯 ＝100g，则 ×80cm3+m
杯 ＝100g ② ρ
联立①②解得， ＝1g/cm3，m杯 ＝20g，即液体的密度是1.0×103kg/m3，量杯的质量是
20g。 ρ
液体体积为42cm3时，该液体质量m ＝ V ＝1g/cm3×42cm3＝42g，
3 3
液体和量杯的总质量m总3 ＝m
3
+m杯 ＝42ρg+20g＝62g。
故答案为：1.0×103；62。
十六．固体的密度测量实验（共2小题）
23．（2024•兴隆台区校级模拟）同学们按照下列要求进行实验测量小石块的密度。实验器
材有：一架天平（含砝码）、一个溢水杯、一个小烧杯、一个小石块、适量的水以及细
线等。
小刘所在小组经过讨论后设计了实验方案，以下是主要实验步骤，请根据他们的方案，
完成下面的填空：
（1）在使用托盘天平前要对天平进行调节，请将下列各步骤前的字母按照正确的顺序
排列 ACB ；
A.组装好天平，把天平放在水平台面上
B.调节天平的平衡螺母，使天平横梁水平平衡
C.把游码置于标尺的零刻度线处
（2）①用天平测出空小烧杯的质量m ＝42g；
1
②在溢水杯中装满水后，将小烧杯放在溢水口下，再用细线拴住小石块并将石块慢慢
浸没在溢水杯的水中，用小烧杯收集溢出的水：
③取出小石块，用天平测出小石块的质量m ＝32g；
2
④用天平测出小烧杯和溢出水的总质量m ，天平平衡后，砝码及游码的位置如图甲所
3淘宝：学思创想
示，则：m ＝ 6 2 g；
3
（3）按照该小组的方案，所测出的石块密度： 乙 ＝ 1.6×1 0 3 kg/m3；
（4）回顾实验过程，测得的小石块密度会 偏ρ大 （选填“偏大”、“偏小”或“不
变”），原因是 石块沾水导致质量偏大 ；
（5）在实验中找到乐趣的物理兴趣小组再次大胆创新，提出能否在天平和量筒都没有
的情况下测出石块密度。于是他们找来了大小圆柱形容器和刻度尺设计了如下实验。
A.用刻度尺在大小柱形容器的外壁均匀标出高度，并分别量出大小圆柱形容器直径，计
算出大容器底面积为S ，小容器底面积为S ；
1 2
B.如图乙所示，在大小容器内分别装入适量的水，将小容器放入大容器内，静止后小容
器漂浮，读出此时大容器和小容器内液面深度分别为H ，h ；
1 1
C.将石块投入小容器内，石块浸没在水中，如图丙所示，此时大容器与小容器内液面深
度分别为H 、h ；
2 2
石块的密度为 （均用题目所给已知量进行表示，已知水的密度
为 ）。
水
【答ρ 案】（1）ACB；62；（3）1.6×103；（4）偏大；石块沾水导致质量偏大；（5）
。
【解答】解：（1）天平使用前要调节平衡：把天平放在水平台面上，把游码置于标尺
的零刻度线处，调节天平的平衡螺母，使天平横梁水平平衡，故正确的顺序排列为
ACB。
由图甲得，标尺的分度值为0.2 g，游码在标尺上对应的刻度值为2g，小烧杯和溢出水
的总质量m＝50g+10g+2g＝62g，
（3）溢出水的质量m水 ＝62g﹣42g＝20g，
溢 出 水 的 体 积 即 石 块 的 体 积 ， 由 ， 石 块 的 体 积 为
，淘宝：学思创想
石块的密度 ；
（4）取出小石块，石块上会有残留的水，使得测量的石块的质量偏大，石块体积测量
准确，由密度公式得，测量的密度值偏大。
（5）如图乙所示，在大小容器内分别装入适量的水，将小容器放入大容器内，静止后
小容器漂浮，读出此时大容器和小容器内液面深度分别为H 、h ；此时小容器和小容器
1 1
内水的重力设为G
1
，处于漂浮状态，浮力和重力相等，即F浮1 ＝G
1
＝ 水gS
1
H
1
将石块投入小容器内，石块浸没在水中，如图丙所示，此时大容器与小ρ容器内液面深度
分别为H 、h ，此时小容器、石块和小容器内水的重力设为G ，处于漂浮状态，浮力
2 2 2
和重力相等，即F浮2 ＝G
2
＝ 水gS
1
H
2
则 石 块 的 重 力 为 Gρ2 ﹣ G
1
， 由 G ＝ mg 得 ， 石 块 的 质 量 为
，
石块的体积即在小容器内液面上升的高度差和小容器底面积的乘积，即为 V石 ＝（h
2
﹣
h ）S
1 2
石块的密度为 。
故答案为：（1）ACB；62；（3）1.6×103；（4）偏大；石块沾水导致质量偏大；（5）
。
24．（2024•旌阳区一模）2019年武鸣沃柑喜获丰收，小明同学想要测量武鸣沃柑密度，
实验操作步骤如下：淘宝：学思创想
（1）将天平放在水平工作台上，把游码移动到标尺左端的 零刻度线 处，当横梁稳
定时，指针偏向分度盘的右侧，要使横梁水平平衡，应将平衡螺母向 左 调；
（2）小明同学选取了一个沃柑，放在已经调平的托盘天平上称量，当天平再次平衡时
右盘中所加砝码及游码的位置如图甲所示，则测得的沃柑质量是 15 2 g；
（3）因沃柑体积较大，放不进量筒，因此他选用一只烧杯，如图乙所示，用大头针将
沃柑压入水中浸没（水未溢出且不计大头针的体积），在水面处做标记，然后将沃柑取
出，用装有适量水的量筒给烧杯补水至标记处；
（4）小明同学测得沃柑的密度是 0.54×1 0 3 kg/m3，由于图乙取出沃柑时带出部分水，
会使密度测量值比真实值 偏小 （选填“偏大”或“偏小”）；
（5）测量完成后，细心的小明同学发现沃柑瓣在水中沉底，于是想测量一下沃柑瓣
（不吸水）的密度，他选用了完整的一瓣沃柑，烧杯、天平和适量的水做了实验，如图
丙所示：
①在烧杯中装入适量的水，放在托盘天平上，天平平衡时测得质量为200g；
②接着用不吸水的细线将沃柑瓣拴住，使之完全浸没在上述烧杯的水中（未接触烧杯
底部，没有水溢出），天平平衡时测得质量为220g；
③松开细线，沃柑瓣沉底，天平平衡时测得质量为 222g；则沃柑瓣受到的浮力为
0.2 N，沃柑瓣的密度为 1. 1 g/cm3。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）把天平放在水平工作台上，用镊子将游码置于标尺左端的零刻度处，
发现指针偏向分度盘的右侧，此时应将平衡螺母向左调节，使天平横梁水平平衡。淘宝：学思创想
（2）用调好的天平测沃柑的质量，当右盘中所加砝码和游码位置如图甲所示时，天平
平衡，标尺的分度值为0.2g，则此沃柑的质量是100g+50g+2g＝152g；
（4）由题意可知，沃柑的体积为：V＝800mL﹣520mL＝280mL＝280cm3；
则沃柑的密度为： ＝ ＝ ＝0.54g/cm3＝0.54×103kg/m3；
ρ
由于图乙取出沃柑时带出部分水，会使得加入的水的体积变大，即沃柑的体积变大，根
据密度公式可知，密度会偏小；
（5）①②由题意可知，用不吸水的细线将沃柑瓣拴住，使之完全浸没在上述烧杯的水
中时，沃柑瓣排开的水的质量为m水 ＝220g﹣200g＝20g＝0.02kg；
根据阿基米德原理可知，此时受到的浮力为：F浮 ＝G排 ＝m水g＝0.02kg×10N/kg＝
0.2N；
沃柑瓣排开的水的体积即沃柑瓣的体积为：V'＝V水 ＝ ＝ ＝20cm3；
③松开细线，沃柑瓣沉底，天平平衡时测得质量为 222g，沃柑瓣的质量为：m'＝222g
﹣200g＝22g；
沃柑瓣的密度为： '＝ ＝ ＝1.1g/cm3。
故答案为：（1）零 ρ 刻度线；左；（2）152；（4）0.54×103；偏小；（5）0.2；1.1。
十七．重力示意图（共1小题）
25．（2024•阳谷县校级模拟）在如图中作出物体A所受重力的示意图和拉力F的力臂l。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：
（1）对于形状规则、质地均匀的物体，它的重心在它的几何中心上，从重心开始沿重
力方向﹣﹣竖直向下，画一条带箭头的线段并标出重力G。
（2）过支点O作F的垂线段，即为拉力F的力臂L．如图所示：淘宝：学思创想
十八．摩擦力的大小（共1小题）
26．（2024•齐河县模拟）如图所示，叠放在一起的物体A和B，在大小为F的恒力作用下
沿水平面做匀速直线运动，则下列结论中正确的是（ ）
A．甲、乙两图中物体B所受摩擦力大小均为F
B．甲、乙两图中物体A均受到地面对它的摩擦力大小均为F
C．甲图中物体A受到地面对它的摩擦力为0，物体B受到的摩擦力为F
D．乙图中物体A受到地面对它的摩擦力为F，物体B受到的摩擦力为0
【答案】B
【解答】解：
AC、甲图，AB同时向前做匀速直线运动，所以AB之间没有相对运动的趋势，B不受
摩擦力的作用，故AC错误；
B、以AB整体为研究对象，在水平方向受地面的摩擦和拉力F，这两个力相互平衡，则
f＝F，两种情况下A受到的摩擦力相等，故B正确；
D、由B分析知，乙图A受到的摩擦力为F；以B为研究对象，B做匀速运动，所以受
平衡力，因此B水平方向除受拉力F作用，还受水平向左的摩擦力作用，故D错误。
故选：B。
十九．探究影响摩擦力大小的因素（共1小题）
27．（2024•河东区校级模拟）为了探究滑动摩擦力大小与什么因素有关，小夏设计了如图
所 示 实 验 （ 实 验 所 用 棉 布 比 木 板 表 面 粗 糙 ） 。淘宝：学思创想
（1）实验过程中，弹簧测力计应沿水平方向拉着物块做 匀速直线 运动，根据
二力平衡 知识，可知滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数。
（2）在这四次实验中，滑动摩擦力最小的是 丁 （选填“甲”、“乙”、“丙”或
“丁”）。
（3）比较甲、乙两次实验，是为了探究滑动摩擦力大小与 压力大小 是否有关；比
较乙、丙两次实验，是为了探究滑动摩擦力大小与 接触面粗糙程度 是否有关。
（4）比较甲、丁两次实验，发现甲实验中弹簧测力计的示数大于丁实验中弹簧测力计
的示数，小夏由此得出结论：滑动摩擦力大小与接触面积的大小有关。你认为他的结论
是 错误 的（选填“正确”或“错误”），理由是 没有控制压力大小相等 。
（5）小夏对实验装置进行改进后，如图戊所示，当他再进行实验时，发现效果更好。
请你说出改进后的优点是 不必控制木板做匀速直线运动，便于操作（或测力计的示
数稳定，便于读数） （写出一条即可）。
【答案】（1）匀速直线；二力平衡；（2）丁；（3）压力大小；接触面粗糙程度；
（4）错误；没有控制压力大小相等；（5）不必控制木板做匀速直线运动，便于操作
（或测力计的示数稳定，便于读数）。
【解答】解：
（1）弹簧测力计显示拉力大小，弹簧测力计水平拉动木块进行匀速直线运动时，水平
方向上木块受到拉力和滑动摩擦力作用，这两个力是平衡力，根据二力平衡条件，滑动
摩擦力大小等于拉力大小。
（2）滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关。
由题意可知，甲乙丁的接触面较光滑，并且丁的压力最小，故丁实验中木块受到的滑动
摩擦力最小。
（3）甲、乙两次实验，接触面粗糙程度相同，压力不同，故甲、乙实验是为了探究滑
动摩擦力大小与压力大小是否有关；
乙、丙两次实验，压力相同，接触面粗糙程度不同，故乙、丙为了探究滑动摩擦力大小
与接触面粗糙程度是否有关。
（4）甲、丁两次实验，接触面的粗糙程度相同，压力大小不同，接触面积不同，即没淘宝：学思创想
有控制压力大小相等，无法探究滑动摩擦力跟接触面积的关系，故得到的结论是错误的。
（5）实验改进后，物体A相对于地面是静止的，物体A受到测力计的拉力和木板对物
体A的滑动摩擦力是一对平衡力，其大小始终相等，与木板运动的速度无关，所以实验
时不必控制木板做匀速直线运动，便于操作，且实验时测力计的示数稳定，便于读数。
故答案为：（1）匀速直线；二力平衡；（2）丁；（3）压力大小；接触面粗糙程度；
（4）错误；没有控制压力大小相等；（5）不必控制木板做匀速直线运动，便于操作
（或测力计的示数稳定，便于读数）。
二十．压强的计算（共2小题）
28．（2024•随州一模）有一个用超薄超硬度材料制成的圆柱形容器，下端封闭上端开口，
底面积S＝250cm2，高度h＝10cm，如图甲所示：另有一个实心匀质圆柱体物块，密度
＝0.8×103kg/m3，底面积S ＝150cm2，高度与容器高度相同，如图乙所示。（已知水的
1
ρ密度
水
＝1.0×103kg/m3，且g按10N/kg计算）
（1）ρ现将圆柱体物块竖直放置容器内，则物块对容器底部的压强是多大？
（2）再向容器内缓慢注入水，圆柱体物块不会倾斜，当圆柱体对容器底的压力刚好为
零时，试计算注入水的深度？
（3）在第（2）问叙述的情景中，水对容器底部的压强是多大？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）因为容器底是水平放置，
所以对容器压力：
F＝G＝mg＝ Vg＝ S hg＝0.8×103kg/m3×150×10﹣4m2×0.1m×10N/kg＝12N，
1
物块对容器底ρ部的压ρ强：
p ＝ ＝ ＝800Pa；
1
（2）当圆柱体对容器底的压力刚好为零时，圆柱体刚好漂浮状态：
所以，F浮 ＝G＝12N，
圆柱体排开液体体积：淘宝：学思创想
V排 ＝ ＝ ＝1.2×10﹣3m3，
圆柱体浸入水中的深度：
h ＝ ＝ ＝0.08m；
1
（3）水对容器底部的压强：
p
2
＝ 水gh
1
＝1×103kg/m3×10N/kg×0.08m＝800Pa；
答：ρ（1）物块对容器底部的压强是800pa；
（2）注入水的深度是0.08m；
（3）水对容器底部的压强800pa。
29．（2024•茂名模拟）如图所示，重为1600N、底面积为0.25m2的物体平放在深井底。
已知物体的密度为1.6×103kg/m3，g＝10N/kg。
则：（1）物体对井底的压强是多少？
（2）若用1000N的拉力通过一个动滑轮就能把物体匀速提上井面，则此滑轮的机械效
率是多少？
（3）若不用滑轮而用水将井灌满，则至少用多大的力才能把物体提上到井面？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1） ，
（2） ＝ ＝80%，
（3）η∵G＝mg＝ 物Vg，
ρ
∴
∴F浮 ＝ 水gV＝1×103kg/m3×0.1m2×10N/kg＝1000N
ρ淘宝：学思创想
最小拉力F小 ＝G﹣F浮 ＝1600N﹣1000N＝600N
答：（1）物体对井底的压强是6400Pa；
（2）此滑轮的机械效率是80%；
（3）若不用滑轮而用水将井灌满，则至少用600N的力才能把物体提上到井面。
二十一．液体压强的计算以及公式的应用（共2小题）
30．（2024•广西模拟）某校物理兴趣小组改装了一个压力传感器，设计了如图甲所示的装
置。轻质杠杆的支点为O，不吸水的实心圆柱体A通过轻质细线悬于杠杆左端C点，A
的高度h ＝50cm，上表面与容器中的水面刚好相平，下表面与置于水平桌面上的薄壁
A
圆柱形容器底部刚好接触但无挤压。物体B通过轻质细线悬于杠杆右端D点，置于压力
传感器上，压力传感器可以显示B对其支撑面压力F的大小，连接杠杆和物体A、B间
的细线承受的拉力有一定限度。现对该装置进行测试，以500cm3/min的速度将圆柱形
容器中的水缓缓抽出，10min恰能将水全部抽尽，压力传感器示数F随时间t变化的图
象如图乙所示。杠杆始终静止在水平位置，不计杠杆、细线的重力，不计细线的形变，
已知圆柱形容器底面积S＝200cm2，杠杆OC：OD＝1：2．求：
（1）A的底面积；
（2）t＝0min时刻A所受到的浮力和t＝6min时刻圆柱形容器底受到水的压强；
（3）A和B的重力G 、G 。
A B
【答案】见试题解答内容
【解答】解：
（1）由题意可知，以500cm3/min的速度将圆柱形容器中的水缓缓抽出，10min恰能将
水全部抽尽，
则容器内水的体积V水 ＝500cm3/min×10min＝5000cm3，
又因实心圆柱体A上表面与容器中的水面刚好相平，淘宝：学思创想
所以，由V水 ＝（S﹣S
A
）h可得，圆柱体A的底面积：
S ＝S﹣ ＝200cm2﹣ ＝100cm2；
A
（2）t＝0min时刻，A排开水的体积：
V排 ＝V
A
＝S
A
h
0
＝100cm2×50cm＝5000cm3＝5×10﹣3m3，
此时A所受到的浮力：
F浮 ＝ 水gV排 ＝1.0×103kg/m3×10N/kg×5×10﹣3m3＝50N；
t＝6mρin时，容器内水的体积：
V水 ′＝5000cm3﹣500cm3/min×6min＝2000cm3，
容器内水的深度：
h＝ ＝ ＝20cm＝0.2m，
圆柱形容器底受到水的压强：
p＝ 水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.2m＝2000Pa；
ρ
（3）由图乙可知，当t＝0min时刻，压力传感器示数F ＝ F ，则绳子对D端的拉力
1 0
F ＝G ﹣ F ，
D B 0
此时C端绳子的拉力：
F
C
＝G
A
﹣F浮 ＝G
A
﹣50N，
由杠杆的平衡条件可得：F •OC＝F •OD，
C D
即（G ﹣50N）×1＝（G ﹣ F ）×2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
A B 0
当t＝6min时刻，压力传感器示数F ＝F ，即绳子对D端的拉力F ′＝G ﹣F ，
2 0 D B 0
此时A排开水的体积：
V排 ′＝S
A
h＝100cm2×20cm＝2000cm3＝2×10﹣3m3，
此时A所受到的浮力：
F浮 ′＝ 水gV排 ′＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2×10﹣3m3＝20N，
此时C端ρ绳子的拉力：
F
C
′＝G
A
﹣F浮 ′＝G
A
﹣20N，
由杠杆的平衡条件可得：F ′•OC＝F ′•OD，
C D淘宝：学思创想
即（G ﹣20N）×1＝（G ﹣F ）×2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
A B 0
由图乙可知，当t＝6min以后，连接杠杆和圆柱体A的绳子断开，此时B对压力传感器
的压力为G ，
B
则G ＝4F ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
B 0
由①②③可得：F ＝10N，G ＝80N，G ＝40N。
0 A B
答：（1）A的底面积为100cm2；
（2）t＝0min时刻A所受到的浮力为50N，t＝6min时刻圆柱形容器底受到水的压强为
2000Pa；
（3）A的重力为80N，B的重力为40N。
31．（2024•巴东县模拟）科技小组的同学用方形泡沫塑料A、三角架和灯泡等制作了一个
航标灯模型，如图所示，总重为4N．A底部与浮子B用细绳通过滑轮相连。水位上升
时，浮子B下降，水位下降时，浮子B上升，使航标灯静止时A浸入水中的深度始终为
5Cm，排开水的质量为500g，浮子B重0.5N．（不计绳重和绳与滑轮间的摩擦，g取
10N/kg）求：
（1）泡沫塑料A底部受到水的压强是多大？
（2）航标灯静止时受到的浮力是多大？
（3）细绳对浮子B向下的拉力是多大？
（4）泡沫塑料A浸入水中的深度为5cm时，浮子B的体积为多大？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）A底部所处的深度为h＝5cm＝0.05m；
受到的压强为：p＝ gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.05m＝500Pa；
（2）A排开水的质量ρ 为500g，即m排 ＝500g＝0.5kg，故所受浮力为：F浮 ＝G排 ＝m排g
＝0.5kg×10N/kg＝5N；
（3）A受到3个力的作用，即A的重力G、A受到的浮力F浮 、A受到绳子的拉力F；
且3个力的关系为：F浮 ＝G+F；
故A受到拉力为：F＝F浮 ﹣G＝5N﹣4N＝1N；淘宝：学思创想
由于A底部与浮子B用细绳通过定滑轮相连，故细绳对B的拉力为：F′＝F＝1N；
（4）对于B，受到3个力的作用处于静止状态，即重力G
B
、F浮B 、拉力F′；三力关
系为：F浮B ＝G
B
+F′；
故B受到的浮力为：F浮B ＝G
B
+F′＝0.5N+1N＝1.5N；
根据阿基米德原理 F 浮 ＝G 排 ＝ 液gV 排 ，变形可得：B 的体积为：V B ＝ ＝
ρ
＝0.00015m3；
答：（1）泡沫塑料A底部受到水的压强是500Pa；
（2）航标灯静止时受到的浮力是5N；
（3）细绳对浮子B向下的拉力是1N；
（4）泡沫塑料A浸入水中的深度为5cm时，浮子B的体积为0.00015m3。
二十二．大气压强与高度的关系（共1小题）
32．（2024•鹤城区校级一模）如图是小明在家自制的简易气压计，下列选项中能使玻璃管
内水柱明显上升的是（ ）
A．将简易气压计从山顶移至山底 B．将简易气压计从操场东移至操场西
C．对着玻璃管向瓶内吹气后 D．对着玻璃管向瓶外吸气后
【答案】C
【解答】解：A.将简易气压计从山顶移至山底，大气压变大，瓶内的气压不变，所以水
柱应降低，故A错误；
B.将简易气压计从操场东移至操场西，大气压不变，瓶内的气压不变，所以水柱应不变，
故B错误；
C.对着玻璃管向瓶内吹气后，大气压不变，瓶内的气压变大，所以水柱应上升，故 C正
确；
D.对着玻璃管向瓶外吸气后，大气压不变，瓶内的气压减小，所以水柱应降低，故 D错
误。故选：C。淘宝：学思创想
二十三．探究浮力大小与哪些因素有关（共2小题）
33．（2024•荣昌区校级模拟）小蝉同学用实验室的一块柱形合金材料探究“影响浮力大小
的因素”，他将该合金块标注成4等份，并进行了如图所示的探究实验。请回答以下问
题。
（1）如图1甲所示，可知该合金块的重力是 4. 8 N。
（2）由图1丙所示，此时合金块只有两格浸入水中，则合金块所受的浮力 F ＝ 0.4
n
N；由图甲、乙、丙、丁计算得到合金块密度为 6×1 0 3 kg/m3。
（3）根据图1甲、乙、丙、丁，可以得出的初步结论是：当液体密度一定时，物体所
受浮力大小与 物体排开液体的体积 有关；
（4）小恒对丁实验操作进行了修改，设计了如图 1甲、丁、戊所示方案进行探究，可
知浮力大小与物体浸没的深度 无关 。（选填“有关”或“无关”）
（5）小桂利用刻度尺、柱形烧杯、冰块和水，设计了一个实验，测出另一个小合金块
的密度，具体操作顺序如图2所示：
步骤①：烧杯中装有适量水，测出水深为H ；
1
步骤②：将冰块慢慢置于水中漂浮，测出此时水深为H ；
2
步骤③：将小合金块放在冰块上，与冰块共同漂浮，待水面静止后，测出此时水深为
H ；
3
步骤④：静置烧杯至冰块完全熔化后，测出水深为H ，此时与步骤③相比，水对烧杯
4淘宝：学思创想
底的压强 变小 （“变大”、“变小”或“不变”）。
以上步骤①至④中，不需要步骤 ① 也可以测出小合金块密度。
则小合金块密度 ＝ （H
1
、H
2
、H
3
或H
4
和
水
表示）。
【答案】（1）4. ρ 8；（2）0.4；6×103；（3）物体排开液体的体积ρ ；（4）无关；（5）
变小；①； 。
【解答】解：（1）由图1甲可知，弹簧测力计的分度值是0.1N，弹簧测力计的指针位
于4N以下第8个刻度，示数为4.8N，即合金块的重力为4.8N；
（2）由图1丙知，合金块所受的浮力为：
F
n
＝G﹣F丙 ＝4.8N﹣4.4N＝0.4N；
根据G＝mg知，合金块的质量为：
m＝ ＝ ＝0.48kg，
由图1丁知，合金块浸没在水中时所受的浮力为：
F浮 ＝G﹣F丁 ＝4.8N﹣4.0N＝0.8N，
根据阿基米德原理F浮 ＝ 水gV排 知合金块的体积为：
ρ
V合金 ＝V排 ＝ ＝ ＝0.8×10﹣4m3，
合金块的密度为：
合金
＝ ＝ ＝6×103kg/m3；
ρ
（3）由图1甲、乙、丙、丁所示实验可知液体的密度相同，物体排开液体的体积不同，
且物体排开液体的体积越大，弹簧测力计的示数越小，由称重法知浮力越小，所以可以
得出的初步结论是：当液体密度一定时，物体所受浮力大小与物体排开液体的体积有关；
（4）由图1甲、丁、戊所示实验可知液体的密度相同，物体排开液体的体积相同，物
体浸没的在液体中的深度不同，弹簧测力计的示数相同，由称重法知浮力相同，所以得
出的初步结论是：浮力大小与物体浸没的深度无关；
（5）图2丙中冰块与合金块的总浮力等于冰块与合金块的总重力，冰块完全熔化后，淘宝：学思创想
其质量不变，受到的浮力不变，而合金块沉入容器底部，受到的浮力小于重力，则丁中
的总浮力小于丙中的总浮力，则丁中排开液体的体积小于丙中排开液体的体积，则丁中
液面的高度小于丙中液面的高度，根据液体压强公式p＝ gh可知，步骤④与步骤③相
比，水对烧杯底的压强变小； ρ
根据冰漂浮在水面上浮力等于冰块的重力，且冰熔化后质量不变，则 水gV水 ＝ 冰gV
冰 ＝ 水gV排 ，可得V排 ＝V水 ，即冰熔化对水面没有影响，所以图丙中ρ冰熔化后如ρ果没
有放ρ入合金块，液面高度与图乙相同，放入合金块后相当于图丁所示的深度，
设圆柱形容器的底面积为S，由图2乙和丁知，
合金块的体积为：V＝S（H ﹣H ）
4 2
漂浮的物体，由二力平衡知，F浮 ＝G物 ，
根据阿基米德原理：F浮 ＝G排 ，
所以，G物 ＝G排 ，即m物g＝m排g，
则m物 ＝m排 ，即漂浮在液面上的物体，物体的质量等于其排开液体的质量，利用此规
律，
由图2乙和丙知，Δm物 ＝Δm排
所以，合金块的质量为：m＝Δm排 ＝
水
（V丙排 ﹣V乙排 ）＝ 水S（H
3
﹣H
2
）
ρ ρ
合金块的密度为： ＝ ＝ ＝ ；
所以不需要步骤①ρ也可以测出小合金块密度。
故答案为：（1）4.8；（2）0.4；6×103；（3）物体排开液体的体积；（4）无关；
（5）变小；①； 。
34．（2024•潼南区二模）某中学两支物理小组的同学，在实验室中验证阿基米德原理。淘宝：学思创想
（1）方案一，小刚用石块按如图甲实验步骤依次进行实验。由甲图可知，石块浸没在
水中受到的浮力F浮 ＝ 0.5 N，排开水的重力G排 ＝ 0.4 N，发现F浮 ≠G排 ，造成
这种结果的原因不可能是 A 。
A、整个实验过程中，弹簧测力计都没有校零
B、最初溢水杯中的水未装至溢水口
C、步骤C中，石块浸没后，碰触到溢水杯底部
（2）方案二，如图乙，小明将装满水的溢水杯放在升降台 C上，用升降台来调节溢水
杯的高度。当小明逐渐调高升降台，发现随着重物浸入水中的体积越来越大，弹簧测力
计A的示数 减小 （选填“增大”、“减小”或“不变”），且弹簧测力计A的示数
变化量 等于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）B的示数变化量，从而证明了
F浮 ＝G排 。
（3）为了多次实验得到普遍规律，方案 二 （选填“一”或“二”）的操作更加简
便。
然后小明利用阿基米德原理测量某实心金属块的密度，实验步骤如下：
①让小空桶漂浮在盛满水的溢水杯中，如图甲；
②将金属块浸没在水中，测得溢出水的体积为18mL，如图乙；
③将烧杯中18mL水倒掉，从水中取出金属块，如图丙；
④将金属块放入小空桶，小空桶仍漂浮在水面，测得此时溢出水的体积为36mL，如图
丁。
请回答下列问题：
①被测金属块的密度是 3×1 0 3 kg/m3。
②在实验步骤③和④中，将沾有水的金属块放入小空桶，测出的金属块密度将 不变
（选填“偏大”、“不变”或“偏小”）。
【答案】（1）0.5；0.4；A；（2）减小；等于；（3）二；①3×103；②不变。
【解答】解：淘宝：学思创想
（一）方案一：
（1）根据F浮 ＝G﹣F可知，石块浸没在水中受到的浮力 F浮 ＝F
1
﹣F
3
＝2N﹣1.5N＝
0.5N；
排开水的中力G排 ＝F
4
﹣F
2
＝1.9N﹣1.5N＝0.4N；
F浮 ＞G排 ，
A、若弹簧测力计都没有校零，那么四次测量结果都应加上测量前弹簧测力计示数，那
么所得浮力与排开水的重力大小应不变，故A不可能；
B、若最初溢水杯中的水未装至溢水口，则石块排开水的只有一部分溢出到桶中，排开
水的重力G排 减小，B有可能；
C、步骤C中，石块浸没后，碰触到溢水杯底部，则导致 F 减小，F 减小，F ﹣F ＞F
3 3 1 3 4
﹣F
2
．得出错误结论：F浮 ≠G排，C有可能；
故不能的是A；
（二）方案二：
（1）重物浸入水中的体积越来越大时，排开液体的体积变大，根据 F浮 ＝ 液gV排 可知，
重物受到的浮力变大， ρ
因为F浮 ＝G﹣F示 ，所以弹簧测力计A的示数F示 ＝G﹣F浮 变小；
又因为重物浸入水中的体积越来越大时，溢出水的体积变大、溢出水的质量变大、溢出
水受到的重力变大，所以弹簧测力计B的示数变大；
根据阿基米德原理可知，物体所受浮力的大小和排开液体的重力相等，所以弹簧测力计
A示数的变化量和弹簧测力计B的示数变化量相等；
（3）由上可知，方案二的操作可较方便的完成多次实验，使结论有普遍性。
①在图甲中，小空桶受到的浮力等于其重力：G桶 ＝F浮1 ﹣﹣﹣﹣①；
由图乙可知，金属块的体积V金属块 ＝18mL，在图丁中，小空桶和金属块处于漂浮状态，
此时小空桶和金属块的总重等于受到的浮力：
G总 ＝G桶+G金属块 ＝F浮2 ﹣﹣﹣﹣﹣②，
②﹣①得：
G金属块 ＝F浮2 ﹣F浮1 ，
图丁中增加的排开水的体积：
V′＝18mL+36mL＝54mL，由阿基米德原理：
G金属块 ＝m金属块g＝F浮2 ﹣F浮1 ＝ 水gV排 ，
故m金属排 ＝ 水V排 ， ρ
ρ淘宝：学思创想
故金属块的密度：
金属块
＝ ＝
水
＝ ×1.0×103kg/m3＝3×103kg/m3，
ρ ②在实验步骤③和④中测得ρ的金属块的体积一定，在实验步骤③和④中，将沾有水
的金属块放入小空桶，相当于减少了小空桶排开水的重力，增加了小空桶和金属块排开
水的重力，而且其减少量等于增加量，故金属块排开水的体积不变，所受浮力不变，则
其重力、质量不变，所以根据 ＝ 可知，测出的金属块密度不变。
故答案为：（1）0.5；0.4；A；ρ（2）减小；等于；（3）二；①3×103；②不变。
二十四．阿基米德原理的应用（共2小题）
35．（2024•南岸区模拟）如图甲所示，水平地面上有一底面积为300cm2、重为3N的盛水
薄壁柱形容器，圆柱体A的底面积为100cm2，上表面固定一根细杆（细杆的质量、体
积均不计）。现将A竖直向下匀速浸入水中，直至A刚好触底（水未溢出），此过程细
杆对圆柱体A的作用力F与时间t的关系图象如图乙所示。下列判断正确的是（ ）
A．圆柱体A浸没时受到的浮力3N
B．圆柱体A的密度为0.5×103kg/m3
C．第3.5s时容器底部所受压强为2100Pa
D．第6s末容器对水平地面的压强2200Pa淘宝：学思创想
【答案】D
【解答】解：结合甲、乙两图分析可知，当A开始在水面之外时，杆对A产生向上的拉
力且保持不变，此时A只受到重力和杆的拉力，由二力平衡可知A的重力大小，在t＝
2s时，物体A接触水面开始进入水中，杆对A的拉力开始减小，在t＝3.5s时，杆对A
的拉力为零，此时处于漂浮状态；在第3.5s之后杆对A的施加竖直向下的压力，当物体
完全浸没在水中时，杆对A的竖直向下的压力大小为6N，且保持不变，在t ＝6s时，
3
直至A刚好触底（水未溢出），
A、由图可知物体的重力为9N，在t＝6s时，A完全浸没在水中，杆对A的作用力向下，
杆对A的压力大小为F压 ＝6N，
圆柱体A浸没时受到的浮力：F浮 ＝G+F压 ＝9N+6N＝15N，故A错误；
B、物体A的体积：V＝V排 ＝ ＝ ＝1.5×10﹣3m3，
物体A的高度：h＝ ＝ ＝0.15m，
物体A的质量：m＝ ＝ ＝0.9kg，
物体A的密度： ＝ ＝ ＝0.6×103kg/m3，故B错误；
ρ
CD、当t＝3.5s时，物体受到的浮力等于重力，即F浮 ′＝G＝9N，
此时A浸入液体的体积：V排 ′＝ ＝ ＝9×10﹣4m3，
A浸入水中的高度为：h浸 ＝ ＝ ＝0.09m，
水面上升的高度：Δh＝ ＝ ＝0.03m，
A下降的速度v＝ ＝ ＝0.04m/s，淘宝：学思创想
A浸没的时间：t″＝ ＝2.5s，
A浸没后下降的距离：l＝v（6s﹣2s﹣2.5s）＝0.04m/s×1.5s＝0.06m，
A浸没后水面高度h ＝h+l＝0.15m+0.06m＝0.21m，
0
容器中水的体积：V水 ＝Sh
0
﹣V＝300×10﹣4m2×0.21m﹣1.5×10﹣3m3＝4.8×10﹣3m3，
容器中水的重力：G＝mg＝ 水V水g＝1.0×103kg/m3×4.8×10﹣3m3×10N/kg＝48N，
ρ
当t＝3.5s时的水面高度：h＝h ﹣ ＝0.21m﹣ ＝
t 0
0.19m，
第3.5s时容器底部所受压强为p＝ 水gh
t
＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.19m＝1900Pa，故C
错误； ρ
由力的作用是相互的可知，第6s末时A对水的压力等于A受到的浮力为15N，
所以此时容器对水平桌面的压力为：F容 ＝G容+G+F浮 ＝3N+48N+15N＝66N，
则容器对地面的压强为：p＝ ＝ ＝2200Pa，故D正确。
故选：D。
36．（2024•武汉模拟）2023年5月，“恩平20﹣4钻采平台”上部组块与下部海底导管架
对接安装完成，创造了我国海上油气平台动力定位浮托安装总重的新纪录。“恩平20﹣
4钻采平台”上部组块整体质量达1.55×104t，建造完成后，由我国自主建造的“海洋石
油278”半潜船装载运输至海上安装现场。由于“恩平20﹣4钻采平台”上部组块整体
质量超过常规海上浮吊极限，工程人员采用了如图所示的横向滑移装船方式进行装船。
（1）工程人员将平台上部组块固定在支撑框架上，再在码头和半潜船的甲板上铺上滑
轨，然后通过牵引装置将组块缓缓拉到半潜船上。
①若要求支撑框架对滑轨的压强不能超过2×107Pa，不计支撑框架的重力，则支撑框架
和滑轨之间的受力面积不能小于多少m2？
②若牵引装置对支撑框架的拉力为1.2×106N，组块移动了约200m，则拉力在这个过程
中大约做了多少J的功？
（2）平台上部组块在横向滑移装船过程中，需要调整半潜船的压载水量，使甲板始终
保持水平且与码头的地面相平。在将平台上部组块横向滑移至码头边缘时，工作人员控淘宝：学思创想
制压载水舱向外排出2×104t的水，使低于码头的甲板上升至与码头平齐，牵引装置继续
拉动支撑框架，当平台上部组块整体转移至甲板时，半潜船内压载水量为 1.6×104t。整
个装载过程中，若不考虑海平面的变化、不计支撑框架的重力，则半潜船向外排出的海
水约多少m3？
【答案】（1）①支撑框架和滑轨之间的受力面积不能小于7.75m2；
②拉力在这个过程中大约做了2.4×108J的功；
（2）半潜船向外排出的海水约3.55×104m3。
【解答】解：
（1）①“恩平20﹣4钻采平台”上部组块整体的重力G＝mg＝1.55×104×103kg×10N/kg
＝1.55×108N，
根据p＝ 得，支撑框架和滑轨之间的受力面积：S＝ ＝7.75m2；
②拉力在这个过程中大约做的功：W＝Fs＝1.2×106N×200m＝2.4×108J；
（2）由题知，在将平台上部组块横向滑移至码头边缘时，工作人员控制压载水舱向外
排出2×104t的水，使低于码头的甲板上升至与码头平齐，如下面甲、乙两图所示，
当平台上部组块整体转移至甲板时（如图丙），半潜船内压载水量为 1.6×104t（即水舱
中剩余水的质量为1.6×104t），
由题意可知，整个过程需保证甲板始终保持水平且与码头的地面相平，所以丙图和乙图
中半潜船排开海水的体积相等，由阿基米德原理可知两种情况下半潜船受到的浮力相等，
根据漂浮条件可知，丙图中增加的上部组块整体的重力等于第2次向外排出水的重力，淘宝：学思创想
即G排2 ＝G组块 ，
由重力公式可得第2次向外排出水的质量：m排2 ＝m组块 ＝1.55×104t，
则整个装载过程中，半潜船向外排出海水的质量：m排总 ＝m排1 +m排2 ＝2×104t+1.55×104t
＝3.55×104t，
海水密度近似等于淡水的密度，由密度公式得，整个装载过程中，半潜船向外排出海水
的体积约为：
V排总 ＝ ＝ ＝3.55×104m3。
答：（1）①支撑框架和滑轨之间的受力面积不能小于7.75m2；
②拉力在这个过程中大约做了2.4×108J的功；
（2）半潜船向外排出的海水约3.55×104m3。
二十五．浮力大小的计算（共6小题）
37．（2024•湖南模拟）如图甲所示，水平桌面上有一足够高的薄壁柱形容器，一质量为
0.6kg、底面积为200cm2、高为10cm的柱形玻璃杯A漂浮在水面上，A的底部通过细绳
与一体积为4×10﹣5m3的实心金属块B相连。此时 A、B在水中均处于静止状态，细线
未拉直（B未与容器底部紧密接触，细线不可伸长且质量、体积忽略不计）。向容器中
缓慢注水，细线拉力随时间变化的图象如图乙所示。（g取10N/kg）求：
（1）图甲中，水对玻璃杯A底部的压强大小。
（2）t 时刻，玻璃杯A所受的浮力大小。
1
（3）实心金属块B的密度。
【答案】（1）图甲中，水对玻璃杯A底部的压强大小为300Pa。
（2）t 时刻，玻璃杯A所受的浮力大小为7N。
1
（3）实心金属块B的密度为6×103kg/m3。
【解答】解：
（1）由题意可知，甲中玻璃杯A处于漂浮状态，其受到的浮力和自身的重力相等，淘宝：学思创想
所以，玻璃杯A受到的浮力：F浮 ＝G
A
＝m
A
g＝0.6kg×10N/kg＝6N；
玻璃杯A漂浮，根据浮力产生的原因可知，水对玻璃杯A底部的压力F＝F浮 ＝6N，
则玻璃杯A底部受到水的压强：p ＝ ＝ ＝300Pa；
A
（2）由图乙可知t 时刻，细线对B的拉力为1N，则A受到向下的拉力为F ＝1N，
1 A
感觉受力平衡可知：A受到的浮力：F浮 ′＝G
A
+F
A
＝6N+1N＝7N；
（3）由图乙可知当金属块B被提起时绳子的拉力F拉 ＝2N，
金属块B浸没在水中排开水的体积：V
B排
＝V
B
＝4×10﹣5m3，
则金属块B受到浮力：
F B浮 ＝ 水gV B排 ＝1.0×103kg/m3×10N/kg×4×10﹣5m3＝0.4N；
因金属ρ块B受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力和拉力，且金属块受平衡力，
所以金属块B的重力：G
B
＝F B浮+F拉 ＝0.4N+2N＝2.4N，
由G＝mg可知，金属块B的质量：
m ＝ ＝ ＝0.24kg，
B
则金属块B的密度：
＝ ＝ ＝6×103kg/m3。
B
ρ答：（1）图甲中，水对玻璃杯A底部的压强大小为300Pa。
（2）t 时刻，玻璃杯A所受的浮力大小为7N。
1
（3）实心金属块B的密度为6×103kg/m3。
38．（2024•荣昌区校级模拟）如图甲所示，底面积为200cm2的足够高的薄壁柱形容器放
置在水平面上，容器中装有2.2kg的水。将长方体B和边长为10cm的正方体A组合在
一起，通过轻质细线悬挂于天花板并放入水中，静止时细线的拉力为 13N，如图乙所示。
已知长方体B的底面积为50cm2、高为10cm、密度为3g/cm3，正方体A的重力为6N。
求：
（1）图甲中，水的体积。
（2）图乙中，正方体A受到的浮力。
（3）若轻轻剪断图乙中的细线，待A、B两物体竖直静止后（B仍在A的上方），水
对容器底的压强。淘宝：学思创想
【答案】（1）水的体积2.2×10﹣3m3；
（2）正方体A受到的浮力8N；
（3）水对容器底的压强1800Pa。
【解答】解：（1）由题意知，容器中装有2.2kg的水，根据 ＝ 可知水的体积
ρ
V水 ＝ ＝ ＝2.2×10﹣3m3
（2）长方体B体积为
V ＝50cm2×10cm＝500cm3＝5×10﹣4m3
B
长方体B的质量为
m ＝ V ＝3g/cm3×50cm2×10cm＝1500g＝1.5kg
B B B
长方体ρ B的重力
G ＝m g＝1.5kg×10N/kg＝15N
B B
根据平衡法，正方体A受到的浮力
F浮 ＝G
A
+G
B
﹣F拉 ＝6N+15N﹣13N＝8N
（3）正方体A的体积
V ＝10cm×10cm×10cm＝1000cm3＝1×10﹣3m3
A
假设剪断图乙中的细线，A、B完全浸没在水中，此时受到的浮力为
F浮AB ＝ 水V
AB
g＝1.0×103kg/m3×（5×10﹣4m3+1×10﹣3m）×10N/kg＝15N
A、B的ρ总重力为
G
AB
＝G
A
+G
B
＝6N+15N＝21N＞F浮AB
因此A、B沉底，则水上升的体积等于A、B总体积，即
V升 ＝5×10﹣4m3+1×10﹣3m＝1.5×10﹣3m＝1500cm3
原来水的高度为
h ＝ ＝ ＝0.11m＝11cm
1淘宝：学思创想
水上升的高度
h ＝ ＝ ＝0.075m＝7.5cm
2
A、B的总高度
h ＝h +h ＝10cm+10cm＝20cm＞h1+h2＝11cm+7.5cm＝18.5cm
AB A B
因此A、B不能完全浸没。因此水的体积分为两部分，一部分与A接触，一部分与B接
触，则
V水A ＝（S容 ﹣S
A
）h
A
＝（200cm2﹣10cm×10cm）×10cm＝1000cm3
V水B ＝V水A ﹣V水A ＝2.2×10﹣3×106cm3﹣1000cm3＝1200cm3
则水与B接触的高度h ＝ ＝ ＝8cm
B1
因此待A、B两物体竖直静止后水的高度为
h水1 ＝h
A
+h
B1
＝10cm+8cm＝18cm＝0.18m
水对容器底的压强
p＝ g h水1 ＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.18m＝1800Pa
答：ρ（1）水的体积2.2×10﹣3m3；
（2）正方体A受到的浮力8N；
（3）水对容器底的压强1800Pa。
39．（2024•凉州区校级二模）如图甲所示，石料在钢绳拉力的作用下从水面上方以恒定的
速度下降，直至全部没入水中，如图乙所示是钢绳拉力随时间t变化的图象，若不计水
的阻力（g＝10N/kg，
水
＝1.0×103kg/m3），求：
（1）石料全部没入水ρ中时受到的浮力是多少？
（2）石料的体积是多少？
（3）石料的密度是多少？
【答案】见试题解答内容淘宝：学思创想
【解答】解：（1）由图乙所示图形学可知，
当石块没有浸入水中时，拉力等于重力，即：F＝G＝1400N，
石料的质量：
m石 ＝ ＝ ＝140kg，
当石块完全浸入后，拉力等于重力减去浮力，
F浮 ＝G﹣F′＝1400N﹣900N＝500N；
（2）根据阿基米德原理，F浮 ＝ 水gV排 ，得：
ρ
V排 ＝ ＝ ＝5×10﹣2m3，
因为石料完全浸没，石料的体积：
V石 ＝V排 ＝5×10﹣2m3；
（3）石料的密度：
石
＝ ＝ ＝2.8×103kg∕m3。
ρ答：（1）石料浸没水中时受到的浮力为500N；
（2）石料的体积为5×10﹣2m3；
（3）石料的密度是2.8×103kg∕m3。
40．（2024•天山区校级一模）小红用传感器设计了如图甲所示的力学装置，竖直细杆 B
的下端通过力传感器固定在柱形容器的底部，它的上端与不吸水的实心正方体 A固定
（不计细杆B及连接处的质量和体积），现缓慢地向容器中加水，力传感器的示数大小
F随水深h变化的图象如图乙所示（ ）。求：
（1）正方体A所受重力大小；
（2）当容器内水的深度为13cm时，正方体A受到的浮力大小；
（3）当容器内水的深度为4cm时，力传感器的示数大小为F，继续向容器中加水，当
力传感器的示数大小变为0.2F时，水对容器底部的压强是多少？淘宝：学思创想
【答案】（1）物体A所受到的重力为6N；
（2）当容器内水的深度为13cm时，正方体A受到的浮力为10N；
（3）当容器内水的深度为4cm时，力传感器的示数大小为F，继续向容器中加水，当
力传感器的示数大小变为0.2F时，水对容器底的压强为800Pa或1000Pa。
【解答】解：（1）由图乙可知，当h ＝0cm时，力传感器的示数为F ＝6N，
0 0
由细杆的质量不考虑可知，正方体A对力传感器的压力等于自身的重力，即正方体A的
重力G＝F ＝6N；
0
（2）由图乙可知，当h ＝3cm时，物体A的下表面恰好与水面接触，
2
当容器内水的深度h ＝13cm时，正方体A刚好浸没，
1
则正方体A的边长L＝h浸1 ＝13cm﹣3cm＝10cm＝0.1m，
因物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，
所以，此时正方体A排开水的体积V排 ＝L3＝（0.1m）3＝10﹣3m3，
正方体A受到的浮力F浮 ＝ 水gV排 ＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10﹣3m3＝10N；
（3）当容器内水的深度h
3
＝ρ 4cm时，正方体A浸入水的深度h浸2 ＝h
3
﹣h
2
＝4cm﹣3cm
＝1cm＝0.01m，
排开水的体积V排 ′＝L
2
h浸2 ＝（0.1m）2×0.01m＝10﹣4m3，
正方体A受到的浮力F浮 ′＝ 水gV排 ′＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10﹣4m3＝1N，
力传感器的示数F＝G﹣F浮 ′ρ＝6N﹣1N＝5N，
继续向容器中加水，分力传感器受到的拉力或压力两种情况讨论力传感器的示数大小变
为0.2F：
由图乙可知，第一种情况：当力传感器受到的拉力F′＝0.2F＝0.2×5N＝1N且水的深度
较大时，此时正方体A受到竖直向上的浮力和竖直向下重力、细杆的拉力作用处于平衡
状态，
所以，由正方体受到的合力为零可得，受到的浮力F浮 ″＝G+F′＝6N+1N＝7N，
由F浮 ＝ 液gV排 ＝ 液gS
A
h浸 可得，
ρ ρ淘宝：学思创想
此 时 正 方 体 浸 入 水 中 的 深 度 h 浸 3 ＝ ＝
＝0.07m＝7cm，
则此时容器内水的深度h
4
＝h
2
+h浸3 ＝3cm+7cm＝10cm＝0.1m，
则此时水对容器底的压强为：p＝ 液gh
4
＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝1000Pa；
第二种情况：当力传感器受到的压ρ力F′＝0.2F＝0.2×5N＝1N且水的深度较小时，此时
正方体A受到竖直向上的浮力和竖直向下重力、细杆的压力作用处于平衡状态，
所以，由正方体受到的合力为零可得，受到的浮力F浮'''＝G﹣F′＝6N﹣1N＝5N，
由F浮 ＝ 液gV排 ＝ 液gS
A
h浸 可得，
ρ ρ
此 时 正 方 体 浸 入 水 中 的 深 度 h 浸 4 ＝ ＝
＝0.05m＝5cm，
则此时容器内水的深度h
5
＝h
2
+h浸4 ＝3cm+5cm＝8cm＝0.08m，
则此时水对容器底的压强为：p'＝ 液gh
5
＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.08m＝800Pa。
答：（1）物体A所受到的重力为ρ6N；
（2）当容器内水的深度为13cm时，正方体A受到的浮力为10N；
（3）当容器内水的深度为4cm时，力传感器的示数大小为F，继续向容器中加水，当
力传感器的示数大小变为0.2F时，水对容器底的压强为800Pa或1000Pa。
41．（2024•新邵县模拟）秦奋同学清洗葡萄时，先把水池装适量的水，把葡萄放入水池中
浸泡（葡萄沉底），此时塑料果盘漂浮在水池里，然后他把水里的葡萄捞起来放入果盘
后，发现水池的水位有所变化。为一探究竟，他用一个水槽、一个长方体空盒 A、一个
正方体金属块B设计了如图甲实验来研究。已知水槽的底面积为200cm2，空盒A底面
积为100cm2，金属块B边长为5cm，他先把金属块B放入水槽中沉底，当空盒A漂浮
在水面上时，盒底浸入水中 1cm 深。整个实验中，水槽里的水未溢出。（ ＝
B
7.0×103kg/m3） ρ
（1）空盒A漂浮在水面上时，求盒底部受到水的压强大小。淘宝：学思创想
（2）求空盒A漂浮在水面上时所受浮力的大小。
（3）若秦奋把金属块B从水中捞起后放进盒A中，并把盒A放在桌面上，如图乙所示，
求盒A对桌面的压强大小。（盒A和金属块B上附着的水忽略不计）
（4）若秦奋把金属块B从水中捞起后放进盒A，并漂浮在水面上，问水槽里的水位与
之前相比会上升还是下降？请算出水槽里水位变化的高度。
【答案】（1）空盒A漂浮在水面上时，盒底部受到水的压强大小为100Pa。
（2）空盒A漂浮在水面上时所受浮力的大小为1N。
（3）盒A对桌面的压强为975Pa。
（4）水槽里的水位与之前相比会上升；水槽里水位升高3.75cm。
【解答】解：（1）空盒A漂浮在水面上时，已知盒底浸入水中的深度h浸 ＝1cm＝1×10
﹣2m，
则盒底部受到水的压强：
p＝ gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣2m＝100Pa；
（2ρ）空盒A排开水的体积：
V排 ＝S
A
h浸 ＝100cm2×1cm＝100cm3＝1×10﹣4m3，
空盒A受到的浮力：
F浮 ＝ 水gV排 ＝1×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣4m3＝1N；
（3）ρ因空盒A漂浮时受到的浮力和自身的重力相等，
所以，空盒A的重力：
G
A
＝F浮 ＝1N，
金属块B的体积V ＝ ＝（5cm）3＝125cm3＝1.25×10﹣4m3，
B
根据 ＝ 可得金属块B的质量：
m
B
＝ρB V
B
＝7.0×103kg/m3×1.25×10﹣4m3＝0.875kg，
则G Bρ＝m
B
g＝0.875kg×10N/kg＝8.75N，淘宝：学思创想
空盒A放置在桌面上，对桌面的压力等于空盒A与金属块B重力，
G总 ＝G
A
+G
B
＝1N+8.75N＝9.75N；
盒A对桌面的压强为：p＝ ＝ ＝975Pa；
（4）把金属块B从水中捞起后放进盒A并漂浮在水面上时，
因物体漂浮时受到的浮力和自身的重力相等，
所以，此时空盒A和B受到的浮力：
F浮 ′＝G总 ＝G
A
+G
B
＝1N+8.75N＝9.75N；
金属块B在水中时，AB排开的水的总体积为：
V排总 ＝V排+V
B
＝1×10﹣4m3+1.25×10﹣4m3＝2.25×10﹣4m3，
金属块B从水中捞起后放进盒A，A与B并漂浮在水面上时，
根据F浮 ＝ 水gV排 可得空盒A排开水的体积：
ρ
V排 ′＝ ＝ ＝9.75×10﹣4m3＞2.25×10﹣4m3，
即：V排 ′＞V排总 ，
所以，金属块B从水中捞起后放进盒A并漂浮在水面上后，水面会升高，
排开水是体积增加的量：
ΔV排 ＝V排 ′﹣V排总 ＝9.75×10﹣4m3﹣2.25×10﹣4m3＝7.5×10﹣4m3＝750cm3，
则水槽里水位升高的高度：
Δh＝ ＝ ＝3.75cm。
答：（1）空盒A漂浮在水面上时，盒底部受到水的压强大小为100Pa。
（2）空盒A漂浮在水面上时所受浮力的大小为1N。
（3）盒A对桌面的压强为975Pa。
（4）水槽里的水位与之前相比会上升；水槽里水位升高3.75cm。
42．（2024•北京模拟）如图所示，轻质杠杆AB可绕O点转动，当物体甲浸没在水中时杠
杆恰好水平静止（水不溢出），A、B两端的绳子均不可伸长且处于张紧状态。已知甲
是体积为10﹣3m3、重为60N的实心物体，乙是棱长为20cm、质量为30kg的正方体，
OA：OB＝2：1，圆柱形容器的底面积为500cm2，g＝10N/kg。求：
（1）物体甲浸没在水中的浮力F浮 ；淘宝：学思创想
（2）杠杆A端受到细线的拉力F ；
A
（3）物体乙对地面的压强p乙 ；
（4）请选择合适的研究对象，画出受力分析图，分析并计算物体甲浸没在水中之后与
物体甲放入水中之前相比，容器对桌面的压强变化Δp。
【答案】（1）物体甲浸没在水中的浮力为10N；
（2）杠杆A端受到细线的拉力为50N；
（3）物体乙对地面的压强为5×103Pa；
（4）容器对桌面的压强变化为200Pa。
【解答】解：（1）物体甲浸没在水中，则物体甲排开水的体积：
V排 ＝V甲 ＝10﹣3m3，
甲受到的浮力：F浮 ＝ 水gV排 ＝1×103kg/m3×10N/kg×10﹣3m3＝10N；
（2）由于物体甲浸没ρ在水中时杠杆恰好水平静止，此时物体甲受到重力、浮力以及拉
力，根据受力平衡可得杠杆A端受到的拉力：
F
A
＝G甲 ﹣F浮 ＝60N﹣10N＝50N；
（3）由杠杆平衡条件F l ＝F l 得：F ×OA＝F ×OB，
11 22 A B
则杠杆B端受到细线的拉力：
F ＝ ×F ＝ ×50N＝100N，
B A
由于力的作用是相互的，杠杆B端对乙的拉力：
F拉 ＝F
B
＝100N，
乙对地面的压力：
F压 ＝G乙 ﹣F拉 ＝m乙g﹣F拉 ＝30kg×10N/kg﹣100N＝200N，
乙对地面的受力面积：S＝L2＝（20cm）2＝400cm2＝0.04m2；
物体乙对地面的压强：淘宝：学思创想
p乙 ＝ ＝ ＝5×103Pa；
（4）以甲为研究对象，受力情况如图所示： ，容器对桌面的压力
大小的变化量等于甲受到的浮力大小，即ΔF＝F浮 ＝10N，已知圆柱形容器的底面积为
500cm2＝0.05m2，根据压强公式p＝ 可知，Δp＝ ＝ ＝200Pa。
答：（1）物体甲浸没在水中的浮力为10N；
（2）杠杆A端受到细线的拉力为50N；
（3）物体乙对地面的压强为5×103Pa；
（4）容器对桌面的压强变化为200Pa。
二十六．物体的浮沉条件及其应用（共3小题）
43．（2024•库尔勒市一模）某同学制作了一把“浮力秤”。浮力秤由浮体和外筒组成，浮
体包括秤盘和秤盘下的圆柱体，其构造如图所示。圆柱体高度为 L ＝40cm、底面积为S
0
＝30cm2，外筒高度大于L ，秤盘中不放物体静止时，浸入水中深度为 h ＝16cm。（
0 0
水
＝1.0×103kg/m3，
酒精
＝0.8×103kg/m3） ρ
（1）求秤盘中不放ρ物体时，圆柱体底部受到水的压强p
0
；
（2）求浮体的重力G；
（3）若把浮体放在酒精中使用，求浮力秤能测物体的最大质量m。淘宝：学思创想
【答案】（1）秤盘中不放物体时，圆柱体底部受到水的压强p 为1600Pa；
0
（2）浮体的重力G为4.8N；
（3）若把浮体放在酒精中使用，浮力秤能测物体的最大质量m为480g。
【解答】解：
（1）秤盘中不放物体时，圆柱体底部所处的深度为：h ＝16cm＝0.16m；
0
圆柱体底部受到水的压强：p
0
＝ 水gh
0
＝1×103kg/m3×10N/kg×0.16m＝1600Pa；
（2）当秤盘上不放物体时，圆ρ 柱体排开水的体积为：V
排0
＝Sh
0
＝30cm2×16cm＝
480cm3＝4.8×10﹣4m3，
根据漂浮条件和阿基米德原理可得：
G＝F浮 ＝ 水gV排0 ＝1.0×103kg/m3×10N/kg×4.8×10﹣4m3＝4.8N；
（3）若把ρ浮体放在酒精中使用，达到最大称量值时圆柱体应刚好浸没，则最大排开水
的体积：V排 ＝SL
0
＝30cm2×40cm＝1200cm3＝1.2×10﹣3m3，
F浮大 ＝ 酒精gV排 ＝0.8×103kg/m3×10N/kg×1.2×10﹣3m3＝9.6N，
则被测物ρ 体的最大重力为：G大 ＝F浮大 ﹣G＝9.6N﹣4.8N＝4.8N，
由G＝mg得“电子浮力秤”的最大称量：m＝ ＝ ＝0.48kg＝480g。
答：（1）秤盘中不放物体时，圆柱体底部受到水的压强p 为1600Pa；
0
（2）浮体的重力G为4.8N；
（3）若把浮体放在酒精中使用，浮力秤能测物体的最大质量m为480g。
44．（2024•港南区一模）厨房里的水池常会因塞子忘记拿出而使水溢出水池，为此彩云同
学根据所学的浮力知识设计一个防止溢出的模型进行研究。如图所示，容器的底部装有
一薄片塞子，用一块边长为10cm的立方体塑料泡沫A，其下端用细线连接到塞子上，淘宝：学思创想
向容器中加水至细线刚好被拉直停止，此时A有 的体积没入水中；继续向容器中加水，
当A刚好全部没入水中时，塞子被拉开。（不计塞子重力、塞子与出水口的摩擦）（g
取10N/kg）求：
（1）塑料泡沫A的质量；
（2）塑料泡沫A的密度；
（3）塞子被拉开时，塞子受到水的压力。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）塑料泡沫A的体积V＝10cm×10cm×10cm＝1000cm3＝1×10﹣3m3，
塑料泡沫A受到的浮力F浮 ＝ 水g V＝1.0×103kg/m3×10N/kg× ×1×10﹣3m3＝4N；
漂浮时F浮 ＝G，则G
A
＝F浮 ＝ρ4N，
则A的质量m＝ ＝ ＝0.4kg，
（2）塑料泡沫A的密度 ＝ ＝ ＝0.4×103kg/m3，
ρ
（3）当 A 刚好全部没入水中时，塑料泡沫 A 受到的浮力 F 浮 ′＝ 水 gV＝
1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝10N；
ρ
此时A受到的浮力与塞子受到水的压力是一对作用力与反作用力。
当塞子被拉开时，塞子受到水的压力F＝F浮 ′﹣G＝10N﹣4N＝6N。
答：（1）塑料泡沫A的质量为0.4kg；
（2）塑料泡沫A的密度为0.4×103kg/m3；
（3）塞子被拉开时，塞子受到水的压力为6N。
45．（2024•水磨沟区一模）如图所示，底面积为5cm2盛有水的圆柱形容器A，内有一底
面积为4cm2的圆柱形容器B漂浮在水面，容器B内有质量为10g、密度为3
水
的数量
足够多的小球。此时容器B的沿恰与容器A水面平齐，水面距离容器A上沿7ρcm。（容
器A与容器B器壁厚度不计）求：淘宝：学思创想
（1）小球的体积（保留两位有效数字）；
（2）若将小球一个一个从容器B内取出放到容器A中，则取出多少个小球，容器B的
上沿与容器A的上沿齐平。在小球取出的过程中，容器B保持平稳，不会侧倾，水面也
没有波动，且容器B高度足够满足题意要求。
【答案】（1）小球的体积为3.33cm3；
（2）从容器B内取出6个小球放到容器A中，则容器B的上沿与容器A的上沿齐平。
【解答】解：（1）由密度变形公式可得小球的体积 V 球 ＝ ＝ ＝
＝ cm3≈3.33cm3；
（2）设容器A的高度为h ，容器A的底面积为S ，容器B的高度为h ，容器A的底
A A B
面积为S
B
，此时容器B的沿恰与容器A水面平齐时，容器A中水的体积V水 ＝S
A
（h
A
﹣h ﹣7cm）+（S ﹣S ）h ……①，
B A B B
若将n个小球从容器B内取出放到容器A中，当容器B的上沿与容器A的上沿齐平，
此时容器B受到的浮力减小，液面下降，设此时水面变化高度为Δh，
则容器 A 中水的体积 V 水 ＝S A （h A ﹣h B ）+（S A ﹣S B ）（h B ﹣Δh﹣7cm）﹣nV 球
……②，
由于水的体积不变，由①②得：S （h ﹣h ﹣7cm）+（S ﹣S ）h ＝S （h ﹣h ）+
A A B A B B A A B
（S
A
﹣S
B
）（h
B
﹣Δh﹣7cm）﹣nV球 ，
即：5cm2×（h ﹣h ﹣7cm）+（5cm2﹣4cm2）h ＝5cm2×（h ﹣h ）+（5cm2﹣4cm2）
A B B A B
（h
B
﹣Δh﹣7cm）﹣nV球 ，
解得：Δh＝28cm﹣n× cm；
当容器B的上沿与容器A的上沿齐平时，减小的浮力等于减小的重量，则ΔF浮 ＝nG球
﹣nF浮球 ，淘宝：学思创想
即： 水gΔV排 ＝ 水gS
A
Δh＝nm球g﹣n 水gV球 ，
水ρS
A
Δh＝nm球ρ﹣n 水V球 ， ρ
ρ ρ
代入数据，1.0g/cm3×5cm2×（28cm﹣n× cm）＝n×10g﹣n×1.0g/cm3× cm3，
解得：n＝6。
答：（1）小球的体积为3.33cm3；
（2）从容器B内取出6个小球放到容器A中，则容器B的上沿与容器A的上沿齐平。
二十七．力臂的画法（共1小题）
46．（2024•铁东区模拟）如图甲是用水后及时关闭水龙头时的情景，水龙头手柄看作是一
个杠杆，请你在图乙所示的示意图中画出施加在A点的最小动力F 和阻力F 的力臂。
1 2
【答案】见试题解答内容
【解答】解：过支点O作阻力F 作用线的垂线段，即为阻力F 的力臂L ；
2 2 2
要动力最小，则动力臂应最长，连接支点O与A点，则OA为最长的动力臂L ；阻力的
1
方向已标出，所以动力的方向应该向下，过A点作OA的垂线就得到在A点施加的最小
动力F ，如下图所示：
1
。
二十八．探究杠杆的平衡条件（共1小题）
47．（2024•光泽县校级一模）在探究“杠杆的平衡条件”的实验中，采用如图所示的装置。
（1）实验时应先调节平衡螺母，使杠杆在 水平 位置平衡。
（2）若不计杠杆质量和摩擦且杠杆刻度均匀，每个钩码的重力都是 0.5N，在A点挂四
个钩码时，在B点应挂 6 个钩码，杠杆才能恢复平衡。
（3）若A位置所挂钩码不变，取掉B位置的钩码，在C位置施加一个如图所示的力
F，则这个力的大小等于 4 N时，杠杆仍然保持平衡。淘宝：学思创想
【答案】见试题解答内容
【解答】解：
（1）在“探究杠杆平衡的条件”实验中，应先调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水
平位置保持平衡，然后进行实验；
（2）设杠杆每格的长度为L，每个钩码重为G，由杠杆的平衡条件F L ＝F L 可得，F
1 1 2 2 2
＝ ＝ ＝6G，所以在A点挂四个钩码时，在B点应挂6个钩码，杠杆才能
恢复平衡；
（3）设杠杆每格的长度为L，由图可知拉力F的方向与杠杆成30°角，根据直角三角形
的知识可知L ＝ OC＝ L，
1
杠杆的平衡条件为：F L ＝F L 可知，在C位置施加一个如图所示的力F＝ ＝
1 1 2 2
＝4N。
故答案为：（1）水平；（2）6；（3）4。
二十九．功的计算和公式的应用（共2小题）
48．（2024•潍坊一模）如图甲所示，一磁性板擦静止吸附在黑板上，后对其施加方向始终
向上的拉力F，板擦最终向上运动。过程中板擦所受摩擦力 f和板擦移动距离s与时间t
的关系图像分别如图乙、丙所示，下列说法正确的是（ ）淘宝：学思创想
A．板擦的重力为1.5N
B．整个过程中拉力F一直增大
C．板擦所受滑动摩擦力的大小为2.5N
D．整个过程中拉力F做的功为0.75J
【答案】D
【解答】解：A.由乙图可知：当t＝0s时，F＝0N，f＝1N，板擦受到重力和摩擦力是一
对平衡力，则板擦受到重力G＝1N，故A错误；
B.由丙图可知：4—6s板擦做匀速直线运动，F＝G+f＝1N+1.5N＝2.5N（f和G保持不
变），则4—6S拉力大小不变，故B错误；
C.由乙丙图可知：4—6s板擦做匀速直线运动，板擦所受滑动摩擦力的大小为1.5N，故
C错误；
D.由丙图可知：0—4s板擦静止，不做功；4—6s板擦做匀速直线运动，所做的功w＝Fs
＝2.5N×0.3m＝0.75J，故D正确。
故选：D。
49．（2024•旌阳区一模）底面积为200cm2的柱形容器中，装有10cm深的水，一个柱体与
轻质硬杆相连，从水面上方以1cm/s的速度匀速下降，如图是硬杆对物体的作用力F杆
与运动时间t的关系图象，不计硬杆的质量和体积以及水的阻力，g取10N/kg，请根据
图象信息计算：
（1）从柱体接触水面到刚好浸没的过程中，柱体重力所做的功；
（2）柱体的密度；
（3）第9s时，柱体下表面受到水的压强；
（4）第9s时，容器底部受到水的压力。淘宝：学思创想
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由图象可知，柱体从第4s开始浸入水中，到第9s完全进入水中，
因为柱体的降落速度为1cm/s，
所以柱体下落的距离为：s＝vt＝1cm/s×5s＝5cm＝0.05m，
由图知，柱体没有进入水中时，物体所受拉力与重力平衡，则G＝F＝6N；
故重力做功为：W＝Fs＝6N×0.05m＝0.3J；
（2）当圆柱体全部浸入水中时，圆柱体受到重力、拉力和浮力，
则所受浮力为：F浮 ＝G+F＝6N+4N＝10N，
根据F浮 ＝ 水gV排 知，
ρ
物体的体积为：V＝V排 ＝ ＝ ＝10﹣3m3，
物体的质量为：m＝ ＝ ＝0.6kg，
柱体的密度为： ＝ ＝ ＝0.6×103kg/m3；
ρ
（3）当物体完全浸没后，液面上升的高度为：
Δh＝ ＝ ＝0.05m，
柱体下表面所处的深度为：h＝s+Δh＝0.05m+0.05m＝0.1m，
柱体下表面受到水的压强为：
p＝ gΔh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝1000Pa；
（4ρ）第9s时，水的总深度为：h水 ＝h
1
+Δh＝0.1m+0.05m＝0.15m，
容器底部受到水的压强为：p′＝ gh水 ＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.15m＝1500Pa；
ρ淘宝：学思创想
容器底部受到水的压力为：F＝p′S容器 ＝1500Pa×200×10﹣4m2＝30N。
答：（1）从柱体接触水面到刚好浸没的过程中，柱体重力所做的功为0.3J；
（2）柱体的密度为0.6×103kg/m3；
（3）第9s时，柱体下表面受到水的压强为1000Pa；
（4）第9s时，容器底部受到水的压力30N。
三十．功率的计算及公式的应用（共1小题）
50．（2024•吴江区一模）如图，为了将重为600N的物体运送到6m高的楼顶上，甲工人
利用图甲的滑轮组施加300N拉力在30s的时间内完成任务，此过程中求：
（1）拉力的功率为多少W？
（2）乙工人搭建了图乙所示的斜面，斜面长 12m、高6m，乙工人沿斜面方向施加
400N的拉力匀速将重物也成功运送到楼顶，该过程中斜面的机械效率是多少？物体所
受斜面的摩擦力为多少N？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由图甲知，滑轮组由3段绳子承担物重，
所以，此过程中绳子自由端移动的距离：s＝3h＝3×6m＝18m，
拉力所做的功：W＝Fs＝300N×18m＝5400J；
则拉力的功率为：P＝ ＝ ＝180W；
（2）工人使用斜面做的有用功：W有 ＝Gh＝600N×6m＝3600J；
工人所做的总功：W总 ＝FL＝400N×12m＝4800J；
该过程中斜面的机械效率为： ＝ ＝ ×100%＝75%；
克服摩擦力所做的功：W额 ＝Wη
总
﹣W有 ＝4800J﹣3600J＝1200J，
根据W额 ＝fL可得，物体所受斜面的摩擦力：淘宝：学思创想
f＝ ＝ ＝100N。
答：（1）拉力的功率为180W；
（2）该过程中斜面的机械效率是75%；物体所受斜面的摩擦力为100N。
三十一．实验 测量滑轮组的机械效率（共1小题）
51．（2024•肥西县一模）某实验小组在“测滑轮组机械效率”的实验中得到的数据如下表
所示，第1、2、3次实验装置分别如图中的甲、乙、丙所示。
次 钩码重G/N 钩码上升高有 用 功 W测力计拉测力计移总 功 W 机械效率
数 度h/m
有/J
力F/N 动距离s/m
总/J
1 2 0.1 0.2 0.9 0.3 0.27 74.η1%
2 4 0.1 0.4 1.6 0.3 0.48 83.3%
3 4 0.1 1.1 0.5
（1）第3次实验中机械效率是 72.7% 。
（2）比较第1次实验和第2次实验，可得结论： 使用同样的滑轮组，提起的钩码越
重，机械效率越大 。
（3）比较第2次实验和第3次实验，可见提高机械效率的方法除了增大有用功外，还
有减小额外功。
【答案】（1）72.7%；（2）使用同样的滑轮组，提起的钩码越重，机械效率越大。
【解答】解：（1）第3次实验中所做的有用功是：W有 ＝Gh＝4N×0.1m＝0.4J，
总功W总 ＝Fs＝1.1N×0.5m＝0.55J，
机械效率是： ；
（2）第1次实验的效率为74.1%，第2次实验的效率为83.3%，1、2两次相比，所用的
滑轮组相同，第2次实验比第1次实验提升的钩码重，从计算解决可以看出，第2次实
验的效率比第1次实验的效率的高，所以可以得出使用相同的滑轮组时，提升的钩码越淘宝：学思创想
重，机械效率越大。
故答案为：（1）72.7%；（2）使用同样的滑轮组，提起的钩码越重，机械效率越大。
板块三：电磁学
三十二．探究电流与电压、电阻的关系（共1小题）
52．（2024•吴中区模拟）小华同学用图甲的电路图探究“电流与电阻的关系”，实验中所
用的定值电阻分别是5 、10 、15 、20 ，电源电压为6V不变，滑动变阻器“20 ，
1A”。 Ω Ω Ω Ω Ω
（1）请根据图甲所示的电路图用笔画线代替导线将图乙所示的实物连接成完整电路。
（2）连接正确后开始实验，实验过程中，需要改变定值电阻，观察电流的变化，为科
学地得出实验结论，当每次更换电阻后，都要移动滑动变阻器的滑片，此时他眼睛应注
意观察 B （填序号）；
A.变阻器滑片
B.电压表
C.电流表
D.电源
（3）同组的两个同学先后进行实验，并作出 I﹣R图象如图（2）所示， 乙 图（选
填“甲”或“乙”）实验操作中不符合要求，是： 没有移动滑动变阻器的滑片，使 R
两端电压不变 ；
（4）按照上述正确的一组数据继续探究：小华用 30 的定值电阻代替原来的电阻进行
实验，发现无论怎样移动滑片电压表示数都 大于Ω （选填“大于”或“小于”）
3V，为了能够继续完成实验，并能使电压表示数调到3V，他可以 换用阻值更大的滑
动变阻器（或减小电源电压） 。
（5）在上述实验中当接入的定值电阻为10 时，滑动变阻器和该电阻的功率之比为
k ，若接入20 电阻时该比值为k ，则k ＝Ω k （选填“＞”“＝”或“＜”）。
1 2 1 2
Ω淘宝：学思创想
【答案】（1）见解答图；（2）B；（3）乙；没有移动滑动变阻器，使R两端电压不变；
（4）大于；换用阻值更大的滑动变阻器（或减小电源电压）；（5）＝
【解答】解：（1）图中应该把电压表的负接线柱与定值电阻的右端相连：
（2）探究电流与电阻的关系时，应该固定定值电阻两端的电压一定，所以当接入不同
阻值的电阻后，应该移动滑动变阻器滑片，眼睛注视着电压表。
（3）图甲中电压值为：5 ×0.6A＝10 ×0.3A＝15 ×0.2A＝3V，图乙中电压值：
5 ×0.6A≠10 ×0.4A，没有固Ω定定值电阻两Ω端的电压不Ω变。所以操作乙不符合要求。
（Ω4）通过（3Ω）中图甲可知，定值电阻两端的电压应该固定为3V不变，又因为电源电
压为6V，根据串联电路电压之比等于电阻之比，当定值电阻接30 时，要使电压固定
3V不变，滑动变阻器的阻值也应该为30 ，而滑动变阻器的最大阻Ω值是20 ，所以，电
压表的示数要大于3V，要想完成实验可以Ω换用阻值更大的滑动变阻器或减小Ω电源电压。
（5）通过（4）中分析，实验时滑动变阻器的阻值始终等于定值电阻的阻值，因为滑动
变阻器和定值电阻始终串联，电流相等，它们的功率之比等于电阻之比，始终等于1。
故答案为：（1）如图所示；（2）B；（3）乙；没有移动滑动变阻器，使R两端电压不
变；（4）大于；换用阻值更大的滑动变阻器（或减小电源电压）；（5）＝。
三十三．欧姆定律的应用（共9小题）
53．（2024•长汀县一模）如图甲所示，电源电压保持不变，R 为定值电阻，滑动变阻器
1
R 的最大阻值为30 ，电压表的量程为0～15V，电压表的示数与滑动变阻器R 的关系
2 2
如图乙所示。则下列Ω结果正确的是（ ）淘宝：学思创想
A．电源电压为20V
B．R 的阻值为5
1
C．开关S闭合后Ω电路消耗的最小功率为1.44W
D．为了保证电压表不被烧坏，滑动变阻器的阻值变化范围为6 ～30
【答案】D Ω Ω
【解答】解：由电路图可知，R 与R 串联，电压表测R 两端的电压。
1 2 1
（1）由图乙可知，当R ＝10 时U ＝12V，当R ′＝20 时U ′＝8V，
2 1 2 1
因串联电路中各处的电流相等Ω， Ω
所以，电路中的电流分别为：
I＝ ＝ ，I′＝ ＝ ，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，且电源电压保持不变，
所以，电源的电压：
U＝I（R +R ）＝I′（R +R ′），即 （R +10 ）＝ （R +20 ），
1 2 1 2 1 1
Ω Ω
解得：R ＝10 ，故B错误；
1
Ω
电源的电压U＝I（R +R ）＝ ×（10 +10 ）＝24V，故A错误；
1 2
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大Ω时，Ω电路中的电流最小，电路消耗的功率最
小，
则P小 ＝ ＝ ＝14.4W，故C错误；
（3）当电压表的示数U ″＝15V时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电
1
阻最小，
此时电路中的电流：淘宝：学思创想
I大 ＝ ＝ ＝1.5A，
此时滑动变阻器两端的电压：
U 2小 ＝U﹣U 1 ″＝24V﹣15V＝9V，
则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：
R 2小 ＝ ＝ ＝6 ，
当滑动变阻器接入电路中Ω的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最小，
所以，滑动变阻器接入电路中的阻值范围为6 ～30 ，故D正确。
故选：D。 Ω Ω
54．（2024•锡山区校级一模）如图甲所示，电源电压恒定，R 是定值电阻，R 是最大值
1 2
为20 的滑动变阻器，灯泡L的额定电压为6V，其I﹣U图像如图乙所示。闭合开关S
后，将Ω R 的滑片P由最右端向左移动，直至灯泡正常发光，此过程中，两电压表V 、
2 1
V （电压表V 未画出）示数分别对应的U 、U 图像如图丙所示，下列说法正确的是（
2 2 1 2
）
A．电源电压为18V
B．定值电阻R 的阻值是5
1
C．当滑动变阻器的滑片处于Ω 最右端时，定值电阻与灯泡的功率之比为2：3
D．当灯泡正常发光时，滑动变阻器接入电路阻值为3
【答案】D Ω
【解答】解：由电路图可知，闭合开关 S后，定值电阻R 与灯泡L、变阻器R 串联，
1 2
电压表V 测R 两端的电压，电流表测电路中的电流，电压表V 未画出。
1 1 2淘宝：学思创想
AB．将R 的滑片P由最右端向左移动，直至灯泡正常发光的过程中，变阻器R 接入电
2 2
路中的电阻变小，
由串联电路的电压特点可知，R 两端分得的电压变小，由串联电路的电压特点可知，灯
2
泡L和R 两端的电压均变大，
1
由图丙可知，电压表V 的示数变大时，电压表V 的示数变大，且两电压表的示数不相
1 2
等，
所以，电压表V 并联在灯泡L和R 两端测两者电压之和，
2 1
当灯泡正常发光时，灯泡两端的电压U ＝6V，此时两电压表的示数最大，
L
由图乙可知，此时电路中的电流I＝I ＝1A，
L
由图丙可知，电压表V 的示数U ＝6V，电压表V 的示数U ＝12V，
1 1 2 L1
由I＝ 可知，定值电阻R 的阻值：R ＝ ＝ ＝6 ，故B错误；
1 1
Ω
当R 的滑片P位于最右端时，两电压表的示数最小，
2
由图丙可知，电压表V 的示数U ′＝3V，电压表V 的示数U ′＝5V，
1 1 2 L1
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流：I′＝ ＝ ＝0.5A，
此时滑动变阻器两端的电压：U
2
′＝I′R
2大
＝0.5A×20 ＝10V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和， Ω
所以，电源的电压：U＝U ′+U ′＝5V+10V＝15V，故A错误；
L1 2
C．当滑动变阻器的滑片处于最右端时，电压表V 的示数U ′＝3V，电压表V 的示数
1 1 2
U ′＝5V，
L1
此时灯泡两端的电压：U ′＝U ′﹣U ′＝5V﹣3V＝2V，
L L1 1
定值电阻与灯泡的功率之比： ＝ ＝ ＝ ＝ ，故C错误；
D．当灯泡正常发光时，电压表V 的示数U ＝6V，电压表V 的示数U ＝12V，此时
1 1 2 L1
电路中的电流I＝I ＝1A，
L
此时滑动变阻器两端的电压：U ＝U﹣U ＝15V﹣12V＝3V，
2 L1淘宝：学思创想
滑动变阻器接入电路阻值：R ＝ ＝ ＝3 ，故D正确。故选：D。
2
Ω
55．（2024•荣昌区校级模拟）如图所示电路，电源电压 U＝18V，电流表量程（0～
3A），电压表量程（0～15V），定值电阻R ＝20 ，R ＝30 ，R 为滑动变阻器。在确
1 2 3
保电路安全情况下：当S 断开，S 、S 闭合，滑片Ω位于a端时Ω，电流表的示数为I ，通
1 2 3 1
过R 的电流为 0. 6 A，当S 断开，S 、S 闭合，滑片位于b端时，电流表的示数为
2 2 1 3
I ；当S 、S 断开，S 闭合时，电流表的示数为I ；当开关都闭合，滑片位于a端时，
2 2 3 1 3
电流表的示数为I ；已知I ：I ＝4：1，则I ：I ＝ 1 1 ： 1 。
4 1 2 4 3
【答案】0.6；11：1。
【解答】解：当S 断开，S 、S 闭合，滑片位于a端时，滑动变阻器相当于定值电阻全
1 2 3
部接入电路，R 和R 并联在电源上，电流表测量干路电流，电压表被短路，电流表的
2 3
示数为I ，如图甲；
1
当S 断开，S 、S 闭合，滑片位于b端时，滑动变阻器相当于定值电阻全部接入电路，
2 1 3
R 和R 串联在电源上，电流表测量串联电路电流，电流表的示数为I ，电压表测量R
1 3 2 3
两端的电压，电压表的示数为U′，如图乙；
当S 、S 断开，S 闭合时，R 、R 和R 串联在电源上，滑动变阻器相当于定值电阻全
2 3 1 1 3 2
部接入电路，电流表测量串联电路电流，电流表的示数为I ，电压表测量R 和R 两端
3 3 2
的总电压，如图丙；
当开关都闭合，滑片位于a端时，R 、R 和R 并联在电源上，滑动变阻器相当于定值
1 3 2
电阻全部接入电路，电流表测量干路电流，电流表的示数为I ，电压表被短路，如图丁；
4淘宝：学思创想
如图甲，通过R 的电流为：I ＝ ＝ ＝0.6A；
2 R2
R 2 和R 3 并联的总电阻为R 23并 ＝ ，则干路电流为I 1 ＝ ＝ ，
如图乙，R 1 和R 3 串联在电源上，R 1 和R 3 并联的总电阻为R 13串 ＝R 1 +R 3 ，串联电路电流
I ＝ ＝ ，
2
已知I ：I ＝4：1，即： ： ＝4：1，
1 2
整理得，（R +R ）（R +R ）＝4R R ，
1 3 2 3 2 3
即：（20 +R ）（30 +R ）＝4×30 ×R ，
3 3 3
解得：R 3 ＝Ω 10 ，或RΩ3 ＝60 ， Ω
Ω Ω
如图丁，当R ＝10 ，R 、R 和R 并联在电源上，I ＝I' +I' +I' ＝ + + ＝
3 1 3 2 4 1 2 3
Ω
+ + ＝3.3A，电流表的量程是0～3A，故R ＝10 不符合题意，所以滑动变
3
阻器的最大阻值大于10 ，故最大阻值是60 ； Ω
所以，R 3 ＝60 ，则： Ω Ω
Ω
如图丁，R 、R 和 R 并联在电源上，I ＝I' +I' +I'' ＝ + + ＝ + +
1 3 2 4 1 2 3
＝1.8A，
如图丙，I ＝ ＝ ＝ A，
3
则I ：I ＝1.8A： A＝11：1。
4 3淘宝：学思创想
故答案为：0.6；11：1。
56．（2024•黄岛区一模）如图甲所示，是一种自动测定水箱内水面高度的装置。电源电压
恒为4.5V，R 是定值电阻，R是压力传感器，其位置固定不动，电阻随压力变化的关系
0
图象如图乙所示。杠杆AB可绕O点转动，A端悬挂一重为15N的圆柱体M，M的底面
积为50cm2，高为40cm，下底面距离容器底1cm，杠杆B端始终压在传感器R上。AO
长 80cm，OB 长 40cm，杆重忽略不计，杠杆始终静止在水平位置。（
水
＝
1.0×103kg/m3，g取10N/kg）求： ρ
（1）水箱内水面高度h小于1cm时，求压力传感器R受到杆B端的压力大小；
（2）水箱内水面高度h小于1cm时，电流表的示数为0.5A，求R 的阻值；
0
（3）当电压表示数为3V时，求水箱内水面高度h。
【答案】（1）水箱内水面高度h小于1cm时，求压力传感器R受到杆B端的压力大小
为30N。
（2）水箱内水面高度h小于1cm时，电流表的示数为0.5A，则R 的阻值为6 。
0
（3）当电压表示数为3V时，水箱内水面高度h为31cm。 Ω
【解答】解：（1）水箱内水面高度h小于1cm时，圆柱体M没有受到浮力的作用，则
杠杆A端受到的作用力：F ＝G ＝15N，
2 M
根据杠杆平衡条件可知F
1
L
1
＝F
2
L
2
，则压力传感器R受到杆B端的压力：F压 ＝F
1
＝
＝ ＝30N；
（2）水箱内水面高度h小于1cm时，压力传感器R受到杆B端的压力为30N，由图像
乙可知，此时R＝3 ；
Ω淘宝：学思创想
由图甲可知，R与R
0
串联，电流表的示数为0.5A时，电路总电阻为：R总 ＝ ＝
＝9 ，
R
0
的Ω阻值：R
0
＝R总 ﹣R＝9 ﹣3 ＝6 ；
（3）当电压表示数为3V时Ω，根Ω据串联Ω 电路的总电压等于各用电器两端的电压之和可得
R 两端的电压：
0
U
0
＝U总 ﹣U
R
＝4.5V﹣3V＝1.5V，
电路中的电流：I'＝ ＝ ＝0.25A，
则R接入电路的电阻：R'＝ ＝ ＝12 ，
Ω
由图像乙可得R—F的函数式：R＝12 ﹣0.3 /N×F，
则当R的电阻为12 时，F＝0N，即压Ω 力传Ω感器R受到杆B端的压力为0N，则杠杆A
端的作用力，F '＝0ΩN，
1
所以此时圆柱体M受到的浮力为：F浮 ＝G＝15N，即处于漂浮状态，
根 据 阿 基 米 德 原 理 得 ， 圆 柱 体 M 排 开 水 的 体 积 ： V 排 ＝ ＝
＝1.5×10﹣3m3＝15×103cm3，
圆柱体M浸入水中的深度：h浸 ＝ ＝ ＝30cm，
则此时水箱中的水深为h＝h浸+1cm＝30cm+1cm＝31cm。
答：（1）水箱内水面高度h小于1cm时，求压力传感器R受到杆B端的压力大小为
30N。
（2）水箱内水面高度h小于1cm时，电流表的示数为0.5A，则R 的阻值为6 。
0
（3）当电压表示数为3V时，水箱内水面高度h为31cm。 Ω
57．（2024•扬中市模拟）图1是汽缸气压控制装置。可绕O点旋转的水平轻杆AOB通过
轻质竖直硬棒连接轻质活塞和固定在地面上的力敏电阻R ，R 阻值与所受压力F的关
F F淘宝：学思创想
系图线如图3所示。硬棒与A端、B端、活塞、R 均牢固连接，转轴O、活塞与汽缸间
F
摩擦均不计。图2是控制电路图，R为电阻箱。已知：电压U＝9V，AO长0.5m，BO
长0.4m，活塞面积0.01m2，当R 中的电流I≥0.05A时，电路将控制气泵向汽缸中打气；
F
当R 中的电流I≤0.04A时，电路将控制气泵向汽缸中抽气。将S闭合，该装置工作。
F
（设大气压为1×105Pa，压力F仅在图3所示范围内变化）
（1）若活塞向上推压硬棒，则汽缸内气体的压强 大于 汽缸外的大气压强，B点受
到硬棒的压力向 上 （选填“上”或“下”）；
（2）对装置进行调试：将电阻箱阻值调至某值，当电路中的电流I＝0.045A时，R 受
F
到向下的压力为100N。
求：
①电阻箱的阻值； 5 0
②此时汽缸内气体的压强Ω； 1.08×1 0 5 P a
③若将调试好的该装置移至气压低的高原地区工作时，该装置能控制的最大气压将
减小 （选填“增大”或“减小”）。为保持所控制的最大气压不变，则可以采取的措
施为 C 。
A．仅增大电阻箱R的阻值
B．仅更换电源，使电源电压更小
C．仅将支点O向左移动一段距离
【答案】（1）大于；上；
（2）①50 ；②1.08×105Pa；③减小；C。
【解答】解Ω：（1）活塞向上推压硬棒，说明气缸内气体的压强大于气缸外的大气压强，
B点对硬棒施加向下的力，力的作用是相互的，所以B点受到硬棒的压力向上；
（2）①闭合开关，电阻箱和力敏电阻串联接入电路，当电路中的电流I＝0.045A时，淘宝：学思创想
根据欧姆定律可得电路总电阻：R总 ＝ ＝ ＝200 ，
R 受到向下的压力为100N，由图可知力敏电阻的阻值为Ω150 ，
F
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，所以电阻箱接入电Ω路的电阻：R＝R总 ﹣R
F
＝
200 ﹣150 ＝50 ；
②根Ω据杠杆Ω平衡Ω条件可得F
A
×OA＝F
B
×OB，根据力的作用是相互的可知B点受到的压
力为100N，则F ＝ ＝ ＝80N，
A
大气压为1×105Pa，此时气缸内气体的压强：p＝ +1×105Pa＝ +1×105Pa＝
1.08×105Pa；
③若将调试好的该装置移至气压低的高原地区工作时，气缸内外压强差变大，A点受到
的压力变大，根据杠杆平衡条件F ×OA＝F ×OB可知B点受到的压力变大，由图可知
A B
力敏电阻的阻值变大，通过电路的电流变小，若小于设定值0.04A时，电路将控制气泵
向外抽气，所以该装置能控制的最大气压将减小；
为保持所控制的最大气压不变，根据欧姆定律可知电路总电阻不变，根据串联电路电阻
规律可知需减小电阻箱接入电路的阻值；
或在力敏电阻的阻值变大时，即串联电路总电阻变大时，若保持电路电流不变，根据欧
姆定律可知需增大电源电压；
或根据杠杆平衡条件保持B点受到的力不变，A点受到的压力变大，根据杠杆平衡条件
F ×OA＝F ×OB可知需减小OA的值，所以将支点O向左移动一段距离，故选C。
A B
故答案为：（1）大于；上；
（2）①50 ；②1.08×105Pa；③减小；C。
58．（2024•潼Ω南区二模）借浮力起重，是我国古代的一个创造。如图甲所示为某一次起重
涉及的物理原理简化示意图。有一个内底面积为3m2的圆柱形容器A（容器A足够高）
放在水平地面上，其内放置一个质量为500kg的重物C，C的高度为0.1m（C未与容器
底紧密接触）。重物C上表面中央用轻细线连接一个不计厚度的圆柱形容器B，容器B
和重物C的底面积相等。容器B底面积为1m2、质量为500kg，内装有5000kg的水。A
容器底部放置一个上表面积为20cm2、涂有绝缘漆的力敏电阻R （不计R 的厚度），
x x淘宝：学思创想
R 所在电路如图乙所示，电源电压为6V，R ＝15 。力敏电阻阻值随其所受水的压力变
x 0
化如表所示，将容器B中的水往外抽到容器A中Ω，电流表的示数随抽取水质量m变化
如图丙所示。求：
F/N 0 5 10 15 20 25 30 35 40 ′′′
R / 83 65 51 38 26 17 12 8 5 ′′′
x
（1）Ω当力敏电阻受到水的压力为5N时，电流表示数为多少A；
（2）未抽取水时，重物C对容器A底部的压强；
（3）乙图电路的最大总功率。
【答案】（1）当力敏电阻受到水的压力为5N时，电流表示数为0.075A；
（2）未抽取水时，重物C对容器A底部的压强为60000Pa；
（3）乙图电路的最大总功率为1.8W。
【解答】解：（1）闭合开关，R 、R 串联，电流表测量电路电流，当力敏电阻受到水
x 0
的压力为5N时，由表格可知此时力敏电阻的阻值为65 ，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和， Ω
根据欧姆定律可得此时通过电路的电流：I＝ ＝ ＝0.075A；
（2）重物C和装满水的B的总重力：G＝（m
C
+m
B
+m水 ）g＝（500kg+500kg+5000kg）
×10N/kg＝60000N，
未抽取水时，重物C对容器A底部的压力等于重物C和装满水的B的总重力，
则重物C对容器A底部的压强：p＝ ＝ ＝ ＝60000Pa；
（3）从图中可知，当B容器中的水全部抽完时，电流表的示数为I ，此时通过电路的
0
电流最大且不再变化，
此时A容器内水的体积V水 ＝ ＝ ＝5m3，淘宝：学思创想
借浮力起重，所以此时 B 和 C 处于漂浮状态，则 F 浮 ＝G′＝（m C +m B ）g＝
（500kg+500kg）×10N/kg＝10000N，
B和C排开水的体积V排 ＝ ＝ ＝1m3，
此时A容器内水的深度h ＝ ＝ ＝2m，
A
力敏电阻受到的压力F′＝p′S′＝ 水gh
A
S力 ＝103kg/m3×10N/kg×2m×20×10﹣4m2＝
40N， ρ
从表格中可知，此时力敏电阻的阻值为5 ，根据欧姆定律可知此时电流I ＝
0
Ω
＝ ＝0.3A，
则乙图电路的最大总功率：P＝UI ＝6V×0.3A＝1.8W。
0
答：（1）当力敏电阻受到水的压力为5N时，电流表示数为0.075A；
（2）未抽取水时，重物C对容器A底部的压强为60000Pa；
（3）乙图电路的最大总功率为1.8W。
59．（2024•台儿庄区模拟）现代生物医学研究使用的细菌培养箱内的温度需要精确测控，
测控的方法之一是用热敏电阻来探测温度。如图甲所示的电路，将热敏电阻 R 置于细
0
菌培养箱内，其余部分置于箱外，这样既可以通过电流表的示数来表示箱内温度，又可
以通过电压表的示数来表示箱内温度。已知该电路中电源电压是12V，定值电阻R的阻
值是200 ，热敏电阻R 的阻值随温度变化的关系如图乙所示。求：
0
Ω淘宝：学思创想
（1）当热敏电阻R 的阻值减小时，电流表示数 增大 ，电压表示数 增大 （均
0
选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）当培养箱内的温度为40℃时，电压表的示数；
（3）已知电流表量程是0～30mA，电压表量程是0～8V，则此电路能测量的最高温度。
【答案】（1）增大；增大；
（2）当培养箱内的温度为40℃时，电压表的示数为4V；
（3）已知电流表量程是0～30mA，电压表量程是0～8V，则此电路能测量的最高温度
为60℃。
【解答】解：（1）由图甲知，闭合开关，定值电阻R和热敏电阻R 串联，电流表测电
0
路中的电流，电压表测定值电阻两端的电压；当热敏电阻R 的阻值减小时，总电阻变
0
小，电源电压不变，根据欧姆定律可知电流表示数增大，热敏电阻R的阻值减小，根据
串联分压的特点可知热敏电阻两端的电压增大，则电压表示数增大；
（2）由题中图乙可知，当培养箱内的温度为40℃时，热敏电阻R 的阻值是400 ，
0
设此时电流表的示数为I 1 ，电压表的示数为U 1 ，则 Ω
I ＝ ，
1
U ＝I R＝0.02A×200 ＝4V，
1 1
（3）假设电压表的示Ω数可以达到最大值U
max
＝8V，电流表的示数为I
2
，
则 ，
电路中的电流最大为I ＝30mA＝0.03A，
max
当电路中的电流最大为I ＝30mA时，设热敏电阻的阻值为R ，则：
max 0m
，
，
由题中图乙可知，电路能够测量的最高温度是60℃。
答：（1）增大；增大；
（2）当培养箱内的温度为40℃时，电压表的示数为4V；淘宝：学思创想
（3）已知电流表量程是0～30mA，电压表量程是0～8V，则此电路能测量的最高温度
为60℃。
60．（2024•北京模拟）某物理兴趣小组为了自制一台电子秤，进行了下列探究活动：首先
他利用图甲研究了弹簧的特性，得到了图乙的实验结果。接着，利用图甲中的弹簧设计
了图丙的电路图，图丙中电压表的量程为0﹣3V，刻度盘如图丁，电压表的示数来指示
物体的质量，弹簧的上端与变阻器的滑片和托盘连接（托盘与弹簧的质量均不计），
O、A两点间有可收缩的导线。当盘内没有放物体时，电压表示数为零。已知：滑动变
阻器总电阻R＝12 ，总长度12cm，电源电压恒为6V，定值电阻R ＝10 （不计摩擦，
0
弹簧始终在弹性限Ω度内，g＝10N/kg）。请利用上述信息，直接写出该电Ω子秤能称量的
最大质量是 50 0 g，并根据计算分析该电子秤的质量刻度是否均匀。
【答案】500；该电子秤的质量刻度不均匀。
【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器与定值电阻串联，电压表测变阻器两端的电压，
（1）当电压表的示数最大为3V，由串联分压的规律可知，变阻器接入电路的阻值最大，
即弹簧压缩得最多，此时电子秤所测量的物体质量最大；
此时电路中的电流为：I＝ ＝ ＝0.3A；
则此时变阻器接入电路的阻值：R′＝ ＝ ＝10 ；
Ω
又已知滑动变阻器的总电阻R＝12 ，总长度12cm，则可知长1cm的电阻丝的阻值为
1 ， Ω
所Ω以当变阻器接入电路的电阻为10 时，弹簧会缩短10cm，
由图象可知，当物体对弹簧的拉力为Ω 1N时弹簧伸长2cm，则可知当弹簧受到压力为1N
时弹簧会缩短2cm；淘宝：学思创想
由此可知此时弹簧的压缩量为10cm，则此时物体的重力为5N，
所以能测量的最大质量：m大 ＝ ＝ ＝0.5kg＝500g；
（2）当物体的质量为100克时，物体的重力G＝mg＝0.1kg×10N/kg＝1N；
所以当物体的质量为100克时，弹簧会缩短2cm，则此时变阻器接入电路的电阻为2 ，
Ω
此时电压表的示数：U ＝I′R″＝ ×R″＝ ×2 ＝1V；
1
Ω
由此可知，1V刻度对应的质量为100g，3V刻度对应的质量为500g；
所以电子秤刻度与原来电压表表盘的刻度相比，电子秤刻度不均匀。
故答案为：500；该电子秤的质量刻度不均匀。
61．（2024•凤城市模拟）某水位报警器如图所示：光敏电阻 R和光源正对安装在水池侧
壁等高处。R接收到光源发出的光时阻值为20 ，未接收到光时阻值为120 。R 为电阻
0
箱，Q为边长5cm的正方体浮子，密度为0.6gΩ/cm3，当池内水面缓慢上升至Ω某处时，浮
子将挡住射向R的光线，报警铃声响起。当线圈中的电流I≥0.04A时，铁质开关K被
吸上，反之被释放。电源电压U＝12V，不计线圈电阻，g取10N/kg。
（1）浮子Q缓慢上升时受到的浮力为 0.7 5 N，露出水面的高度为 2 cm；
（2）如图所示，为保证开始报警时的液面位置 MN与R之间高度差h ≥3cm，需要对
0
装置进行适当的调整，下列措施可行的是 ACD ；（有多个选项正确）
A．仅换用密度小些的材料制作浮子
B．仅将池内水换为密度小些的液体
C．仅将浮子的边长增大一些
D．仅将浮子做成厚度均匀的空心正方体
（3）在该装置能实现其功能的前提下：
①求电阻箱R 接入电路的最大值和最小值分别是多少？
0
②在满足①问的条件下，当电路未报警时求光敏电阻R消耗的最小电功率是多少？
③在满足①问的条件下，当电路报警时求光敏电阻R消耗的最大电功率是多少？淘宝：学思创想
【答案】（1）0.75；2；（2）ACD；
（3）在该装置能实现其功能的前提下：
①电阻箱R 接入电路的最大值为280 ，最小值是180 ；
0
②在满足①问的条件下，当电路未报Ω警时光敏电阻R消Ω 耗的最小电功率是0.032W；
③在满足①问的条件下，当电路报警时光敏电阻R消耗的最大电功率是 0.192W。
【 解 答 】 解 ： （ 1 ） 浮 子 Q 漂 浮 在 水 面 上 ， 受 到 的 浮 力 为
，
由 F 浮 ＝ 液 V 排 g 得 ， Q 排 开 水 的 体 积 为
ρ
，
露出水面的体积为 ，
露出水面的高度为 ；
（2）如图所示，为保证开始报警时的液面位置 MN与R之间高度差h ≥3cm，则浮子
0
露出水面的高度要大于等于3cm，则浮子排开水的体积要变小。
B．当浮子重力不变时，受到的浮力不变，此时可以通过增大液体的密度，故 B不符合
题意；
A．若液体密度不变，可通过增大浮子受到的浮力，浮子漂浮在液面上，受到的浮力等
于重力，浮子体积不变时，可以通过增大浮子的密度，增大浮子质量，增大浮子重力，
达到目的，故A符合题意；淘宝：学思创想
C．浮子漂浮在液面上，受到的浮力等于重力，由F浮 ＝ 液V排g与G＝ Vg得 液V排g
ρ ρ ρ
＝ Vg，则 ，仅将浮子的边长增大一些时，浮子露出的高
度变ρ 大，可达到目的，故C符合题意；
D．仅将浮子做成厚度均匀的空心正方体，浮子的重力减小，浮力减小，排开液体体积
减小，露出的体积变大，露出水面的高度变大，故D符合题意。
故选：ACD。
（3）①未报警时R＝20 ，I≥0.04A，开关被吸上，当I＝0.04A时，R 阻值最大，
0
Ω
由欧姆定律与串联电路电阻特点得
报警时R＝120 ，I＜0.04A，
当 I ＝ 0.04AΩ时 ， R
0
阻 值 最 小 ， 由 欧 姆 定 律 与 串 联 电 路 电 阻 特 点 得
；
②在满足①问的条件下，当电路报警时求光敏电阻R消耗的最大电功率是②未报警时：
当R ＝280 时，控制电路电流最小值为 ，
0max
Ω
光敏电阻R消耗的电功率最小 ，
③ 报 警 时 R ＝ 120 ， 当 R ＝ 180 时 ， 控 制 电 路 电 流 最 大 值 为
0min
Ω Ω
，
光敏电阻R消耗的电功率最大 。
故答案为：（1）0.75；2；（2）ACD；
（3）在该装置能实现其功能的前提下：
①电阻箱R 接入电路的最大值为280 ，最小值是180 ；
0
②在满足①问的条件下，当电路未报Ω警时光敏电阻R消Ω 耗的最小电功率是0.032W；
③在满足①问的条件下，当电路报警时光敏电阻R消耗的最大电功率是 0.192W。淘宝：学思创想
三十四．电路的动态分析（共2小题）
62．（2024•开州区校级模拟）如图甲为传送货物的传送装置。当传送带上某一位置放置的
货物过重时，超限报警器就会报警。超限报警如图乙所示。其中 R 为压敏电阻，其阻
0
值大小随压力增大而减小。电流表的示数超过设定值就会自动报警。则（ ）
A．当货物放上去时，电压表示数将变大
B．当取下货物时，电路的总功率会变大
C．当货物放上去时，电压表与电流表示数之比不变
D．为了让装置放更重的货物，可将R的阻值适当增大
【答案】D
【解答】解：AC、由图可知，R和R 串联，电流表测电路中的电流，电压表测量压敏
0
电阻的电压；
开关S闭合，当货物放上去时，压敏电阻R受到的压力变大，由于压敏电阻R 的阻值
0
大小随压力增大而减小可知此时压敏电阻的阻值减小，则串联电路的总电阻减小，根据
欧姆定律可知电路中的电流增大，即电流表示数增大，根据U＝IR可知，R 两端的电压
0
增大，根据串联电路的分原理可知，压敏电阻的电压减小，即电压表示数减小，所以根
据R＝ 知电压表与电流表示数之比减小，故AC错误；
B、当取下货物时，压敏电阻R受到的压力减小，由于压敏电阻R 的阻值大小随压力增
0
大而减小可知次数压敏电阻的阻值变大，则串联电路的总电阻增大，根据欧姆定律可知
电路中的电流减小，根据P＝UI可知电路的总功率会变小，故B错误；
D、由于电流表的示数超过设定值就会自动报警，据此可知电路中的最大电流一定，根
据I＝ 可知电路中最小总电阻一定，为了让装置方更重的货物，此时压敏电阻R的阻
值变小，根据串联电路的总电阻等于各用电器的阻值之和可知需要适量增大R的阻值，
故D正确。
故选：D。淘宝：学思创想
63．（2024•太原一模）2024年3月举行的蹦床世锦赛上，山西选手周杰与搭档获得男子
同步项目冠军。如图所示是监测运动员运动数据的压力传感器原理图，电源电压不变，
R 为定值电阻，R为阻值随所受压力发生变化的压力传感器。当运动员从与蹦床接触至
1
下落到最低点时，电流表的示数逐渐变大。下列说法正确的是（ ）
A．压力传感器R的阻值随压力增加而增大
B．接触蹦床并下落时，电压表的示数逐渐变小
C．从最低点上升时，电压表与电流表示数的比值变大
D．从最低点上升时，电路消耗的总功率逐渐变小
【答案】D
【解答】由题意可知：当运动员从与蹦床接触至下落到最低点时，电流表的示数逐渐变
大，说明下落过程中，弹力变大，电阻变小，电流变大。
压力传感器R的阻值随压力增加而减小。故A答案错误。
电压表是测量R 的电压，由公式U ＝IR 得，R 的电压的变大。故B答案错误。
1 1 1 1
当运动员从最低点上升时，弹力变小，电阻变大，电流变小。由公式 P＝UI，（U不变，
I变小，则P变小），故D答案正确。
电压表与电流表示数的比值是R 的电阻大小，比值应该保持不变。故C答案错误。
1
所以选：D。
三十五．实验 伏安法测电阻（共2小题）
64．（2024•连江县模拟）小明用如图甲所示电路测量额定电压为2.5V小灯泡的正常发光
时的电阻。
（1）请用笔画线代替导线将甲图的电路连接完整，使滑片向左移动时灯泡变亮。
（2）连接好电路，闭合开关，发现小灯泡没有发光，但电流表电压表均有示数，接下
来应进行的操作是 移动滑动变阻器的滑片，观察小灯泡是否发光 。
（3）滑片在某一位置时，电压表示数为2V，为测量灯泡的额定功率，应缓慢将滑片P淘宝：学思创想
向 左 移动，灯正常发光时电流表示数如图乙，灯泡的电阻是 8. 3 。（计算结
果保留一位小数） Ω
（4）小明根据实验数据画出小灯泡U﹣I关系图象如图丙中的实线所示，结合图象可知，
当小灯泡电阻不是定值，原因是灯丝电阻 随温度的升高而增大 。
（5）在某两次调节中，滑动变阻器接入电路的阻值减小了ΔR ，小灯泡的阻值变化了
1
ΔR ，根据灯的电阻变化规律可知ΔR ＞ ΔR （选填“＞”、“＜”或“＝”）。
2 1 2
（6）为了测待测R 的电阻，利用现有器材，增加一个单刀双掷开关，小华又设计了如
x
图丁所示的电路图，实验步骤如下：
①如图丁应将R 接入虚线框 2 中，另一个虚线框接电线，将开关S接a后，闭合
x
开关S ，调电阻箱R 为5 后，调节滑动变阻器滑片P使电流表示数为0.3A；
1 0
②将开关S接b、滑动变Ω阻器的滑片P保持不动，调电阻箱R
0
使电流表示数为0.3A，
读出R 示数为23.3 ；
0
③则可计算R x ＝ Ω 1 0 。
【答案】（1）见解答图Ω；（2）移动滑动变阻器的滑片，观察小灯泡是否发光；（3）
左；8.3；（4）随温度的升高而增大（5）＞；（6）①2；③10。
【解答】解：（1）滑片向左移动时灯泡变亮，说明电路中电流变大，滑动变阻器阻值
变小，故滑动变阻器选用左下接线柱与灯泡串联在电路中，如下图所示：
（2）连接好电路，闭合开关，电流表电压表均有示数，说明电路是通路，灯泡不亮可
能是电路电流太小，使灯泡的实际功率太小，故接下来应进行的操作是：移动滑动变阻淘宝：学思创想
器的滑片，观察小灯泡是否发光；
（3）测量中滑片在某一位置时，电压表示数为2V，小于灯泡额定电压2.5V，为测量灯
泡的额定功率，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两
端的电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应缓慢将滑片 P向左
移动；
由图甲可知，电流表选用小量程；灯正常发光时电流表示数如图乙所示，电流表分度值
0.02A，其示数为0.3A，则灯泡正常发光时的电阻为：R＝ ＝ ≈8.3 ；
（4）结合图象可知，当小灯泡电阻不是定值，主要原因灯泡两端电压越大Ω，通过的电
流越大，实际功率越大，温度越高，灯丝的电阻随温度的升高而增大；
（5）当滑动变阻器的电阻变小时（总电阻也会变小），由分压原理，其分得的电压变
小，根据串联电路电压的规律，则灯泡两端的电压增大，通过灯泡的电流也增大，灯泡
的功率增大、灯丝温度升高，则灯泡电阻变大，但总电阻变小。根据R＝R滑+R灯 可知，
只有当R滑 的减小量大于R灯 的增加量才会让总电阻变小，即ΔR
1
＞ΔR
2
。
（6）①要测R 的阻值，首先要使R 与灯泡串联，即将R 接入图丙虚线框2位置中；
x x x
③由于电流前后不变，滑动变阻器阻值不变，根据等效替代法结合电阻的串联可知，
在②中电阻箱的示数与①中R 、灯泡和此时电阻箱的示数之和相等，即：23.3 ＝
x
R +R +5 Ω
x L
解得：R xΩ＝23.3 ﹣5 ﹣R
L
＝23.3 ﹣5 ﹣8.3 ＝10
故答案为：（1Ω）见Ω解答图；（2Ω）移Ω动滑动Ω变阻Ω器的滑片，观察小灯泡是否发光；
（3）左；8.3；（4）随温度的升高而增大（5）＞；（6）①2；③10。
65．（2024•铁东区校级模拟）某实验小组在“测量小灯泡正常发光时的电阻”实验中，选
取的器材有：待测小灯泡（灯泡上标有“3.8V”字样）、电压表（3V、15V双量程）、
电流表（0.6A、3A双量程）、滑动变阻器、电源（电压恒定6V）、开关、导线等，实
物图如图所示。淘宝：学思创想
（1）如图甲是该实验小组连接的实验电路，其中有一根导线连接错误，请你在错误的
导线上面画“×”，并在图中改正（导线不许交叉）。
（2）连接好电路闭合开关，移动滑动变阻器滑片，发现小灯泡能逐渐变暗，你认为该
小组同学在实验操作中存在的问题是 连接电路时滑片没有滑到阻值最大处 。
（3）排除故障后，开始实验，在移动变阻器滑片的过程中，眼睛应注视 电压表 的
示数，直至灯泡正常发光，此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡发光时的电阻为 9. 5
。
Ω（4）完成上述实验后，老师取走了电流表，拿来了一个已知阻值为R
0
的电阻和一个单
刀双掷开关S ，让同学们用这些器材测灯泡的额定功率，但实验中发现电压表的 0～
2
15V量程损坏，只能使用0～3V量程，请你帮助同学们完成下列实验步骤：
①补全丙图中的电路图；
②闭合开关S ，将S 拨到触点 1 （选填“1”或“2”），移动滑片，使电压表示数
1 2
为 2. 2 V；
③再将开关S 拨到触点 2 （选填“1”或“2”），保持滑片的位置不动，读出电压
2
表的示数U；
④灯泡额定功率的表达式为P额 ＝ 。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由图甲知，滑动变阻器与灯泡并联，电压表串联，所以需要改正的淘宝：学思创想
导线如图：
（2）移动滑动变阻器滑片P，发现小灯泡逐渐变暗，说明滑动变阻器的阻值逐渐变大，
所以在闭合开关前滑片未移至最大阻值处；
（3）测量小灯泡正常发光时的电阻时，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，眼睛应先
注视电压表的示数，当小灯泡的电压为额定电压3.8V时，灯泡正常发光，读出电流表
示数；
根据实物图可知电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，故电流表示数为0.4A；
由欧姆定律得：灯泡的阻值为R ＝ ＝ ＝9.5 ；
L
（4）∵电压表的0～15V量程损坏，只能使用0～3ΩV量程，∴电压表不能测量灯泡两端
的电压，
∵电源电压为6V，而灯泡正常工作时电压为3.8V，
∴小灯泡正常工作时，与灯泡串联的其它用电器两端的电压为2.2V，则利用电压表测出
变阻器和定值电阻两端的电压，然后再利用电压表测量定值电阻两端的电压；
即可根据欧姆定律求出电流，即为小灯泡的额定电流，再根据P＝UI求出灯泡的额定功
率。
所以，
①电路图如下：
②闭合开关S ，将S 拨到触点1，移动滑片，使电压表示数为2.2V；
1 2淘宝：学思创想
③再将开关S 拨到触点2，保持滑片的位置不动，读出电压表的示数U；
2
④根据欧姆定律得：电路中的电流I＝ ，则灯泡的额定功率为P额 ＝U额I＝3.8V× ＝
。
∴灯泡额定功率的表达式为P额 ＝ 。
故答案为：
（1）如上图；
（2）连接电路时滑片没有滑到阻值最大处；
（3）电压表；9.5 ；
Ω
（4）①如上图；②1；2.2；③2；④ 。
三十六．电功率的计算（共9小题）
66．（2024•永州一模）如图甲所示电路，电源电压恒定不变，R 为定值电阻，电流表的
1
量程为“0～0.6A”，电压表的量程为“0～15V”，滑动变阻器R 的最大阻值为80 。
2
在保证电路元件安全的情况下，缓慢移动滑片，R 消耗的电功率P与电压表示数U的Ω关
2
系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为15V
B．定值电阻R 的阻值为20
1
C．滑动变阻器R
2
的调节范围Ω为20 ～50
D．电路消耗总功率的最小值为10.8ΩW Ω
【答案】C
【解答】解：由图甲可知，定值电阻R 和滑动变阻器R 串联，电压表测滑动变阻器两
1 2
端的电压，电流表测电路中的电流；淘宝：学思创想
AB、由图乙可知，当R 两端的电压为13V时，R 消耗的电功率为6.5W，
2 2
由P＝UI可知，此时电路中的电流：I＝ ＝ ＝0.5A，
由串联电路的电压特点和欧姆定律可知，电源电压：U＝U +U ＝IR +U ＝0.5A×R +13V
1 2 1 2 1
﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当R 两端的电压为15V时，R 消耗的电功率为4.5W，
2 2
由P＝UI可知，此时电路中的电流：I'＝ ＝ ＝0.3A，
由串联电路的电压特点和欧姆定律可知，电源电压：U＝U '+U '＝I'R +U '＝
1 2 1 2
0.3A×R +15V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
1
由①②解得：R ＝10 ，U＝18V，故AB错误；
1
C、由串联电路的分压Ω原理可知，滑动变阻器接入电路的电阻最小时，电压表的示数最
小，
由欧姆定律可知，此时电路中的电流最大，因为电流表的量程为0～0.6A，所以电路中
的最大电流I大 ＝0.6A，
由欧姆定律可知，此时电路中的总电阻：R＝ ＝ ＝30 ，
Ω
由串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器接入电路的最小阻值：R
2小
＝R﹣R
1
＝30 ﹣
10 ＝20 ， Ω
由Ω串联电Ω路的分压原理可知，滑动变阻器接入电路的电阻最大时，滑动变阻器两端的电
压最大，
因为电压表的量程为0～15V，因此滑动变阻器两端的最大电压U
2大
＝15V，
由串联电路的电压特点可知，此时定值电阻R
1
两端的电压：U
1小
＝U﹣U
2大
＝18V﹣15V
＝3V，
此时电路中的电流：I最小 ＝ ＝ ＝0.3A，
由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的最大阻值：R
2大
＝ ＝ ＝50 ，
所以，滑动变阻器R 的调节范围为20 ～50 ，故C正确； Ω
2
Ω Ω淘宝：学思创想
D、电路中的最小电流 I最小 ＝0.3A，则电路消耗总功率的最小值：P最小 ＝UI最小 ＝
18V×0.3A＝5.4W，故D错误。
故选：C。
67．（2024•梁溪区一模）如图甲是小明设计的模拟调光灯电路。电源电压不变，灯泡L标
有“3V 0.9W”字样，滑动变阻器上标有“20 1A”字样。电路分别在只闭合开关S、
S 、S 和只闭合开关S、S 、S 两种情况下，将Ω滑片P从一端移到另一端的过程中，记
1 3 2 4
下电流表和电压表对应的示数，绘制成图乙中图线①、②。下列判断正确的是
（ ）
A．若只闭合开关S、S 、S 时，移动滑片，可绘制成图线①
1 3
B．若只闭合开关S时，灯泡L可以达到的最小阻值约3.3
C．若只闭合开关S时，当电路中的电流为0.25A时，小灯Ω泡的实际功率为0.625W
D．若只闭合开关S时，一定范围内移动滑片，R 的阻值变化量等于L阻值的变化量
2
【答案】B
【解答】解：
A、只闭合开关S、S 、S 时，灯泡、R 、R 串联，电压表测滑动变阻器R 和定值电阻
1 3 1 2 2
R 两端的总电压；只闭合开关S、S 、S 时，仍然是灯泡、R 、R 串联，但此时电压表
1 2 4 1 2
测滑动变阻器R 和灯泡两端的总电压；
2
只闭合开关S、S 、S 时，由串联电路的电压特点和欧姆定律可得电压表的示数 U ＝U
1 3 V
﹣U ＝U﹣IR ，
L L
因灯泡的电阻受温度的影响，不是一个定值，所以此时电流表的示数I和电压表对应的
示数U 不是一次函数关系，则其I﹣U图像是一条曲线，因此移动滑片时，可绘制成图
V淘宝：学思创想
线②，则图线①对应的是电流表示数与滑动变阻器R 和灯泡两端总电压的关系图像，
2
故A错误；
B、若只闭合开关S时，灯泡、R 、R 串联，已知滑片P可以从一端移到另一端，当滑
1 2
动变阻器接入电路的电阻为0时，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知电路中的电
流最大，
由图乙可知电路的最大电流为0.3A，根据灯泡的铭牌数据可知此时灯泡正常发光，即
U ＝3V，图线②是电流表示数与滑动变阻器R 和R 两端总电压的关系图像，且此时
L 2 1
变阻器R 的电压为0，此时电压表的示数为3V，即U ＝3V，所以电源电压U＝U +U
2 1 1 L
＝3V+3V＝6V；
根据欧姆定律可得定值电阻R 的阻值：R ＝ ＝ ＝10 ，
1 1
当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，根据串联电路电阻规律Ω结合欧姆定律可知此时电
路的电流最小，由乙图可知通过电路的最小电流为0.18A，
根据欧姆定律可得此时定值电阻两端的电压：U
1小
＝I小R
1
＝0.18A×10 ＝1.8V，
此时滑动变阻器两端的电压：U
2
＝I小R
2
＝0.18A×20 ＝3.6V， Ω
此时灯泡两端的电压：U
L
′＝U﹣U
1小
﹣U
2
＝6V﹣1Ω.8V﹣3.6V＝0.6V，
此时灯泡的电阻：R ′＝ ＝ ≈3.3 ，
L
灯泡的电阻受温度的影响很大，通过灯泡的电流Ω最小时，灯泡的温度最低，灯泡的电阻
最小，所以灯泡L可以达到的最小阻值约3.3 ，故B正确；
C、当电路中的电流为0.25A时，因图线②是Ω电流表示数与滑动变阻器R
2
和R
1
两端总淘宝：学思创想
电压的关系图像，则可知此时滑动变阻器R 和R 两端总电压为4.5V，此时灯泡两端的
2 1
电压：U
L
″＝U﹣U
12总
＝6V﹣4.5V＝1.5V，
此时小灯泡的实际功率：P ′＝U ″I＝1.5V×0.25A＝0.375W，故C错误；
L L
D、如果一定范围内移动滑片，R 2 的阻值变化量等于 L 阻值的变化量，由 R 总 ＝
R +R +R 可知总电阻不变，根据欧姆定律可知通过电路的电流是不变的，实际上，由
1 2 L
乙图可知滑片移动过程中，电流始终是变化的，说明R 的阻值变化量不等于L阻值的
2
变化量，故D错误。
故选：B。
68．（2024•永寿县校级模拟）小明设计了如图﹣1所示的模拟调光灯，电路电源电压恒定，
R 为定值电阻，闭合开关S后，将滑动变阻器R 的滑片P由最右端向左移动，直至灯
1 2
泡L正常发光。此过程中，电流表A的示数随两电压表V 、V （V 未画出）示数变化
1 2 2
的关系如图﹣2所示，下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为4.5V
B．小灯泡正常发光时的功率为3W
C．图象②表示R 的电流随电压的变化关系
1
D．R 的阻值为10
1
【答案】A Ω
【解答】解：由电路图可知，闭合开关S后，灯泡、R 、R 串联，电压表V 测灯泡两
1 2 1
端的电压，电流表测电路中的电流，由题意可知，电压表V 未画出。
2
ACD．因灯泡两端的电压越大时通过的电流越大，所以图乙中图线①是小灯泡的I﹣U
图像，
由图线②可知，电压表V 的示数随电流表示数的增大而减小，
2
所以，电压表V 测滑动变阻器两端的电压或测定值电阻和滑动变阻器两端的电压之和，
2
因串联电路中各处的电流相等，且总电压等于各分电压之和，淘宝：学思创想
所以，由电流相等时两电压表的示数之和不相等可知，电压表V 测滑动变阻器R 两端
2 2
的电压，即并联在滑动变阻器R 两端，因此图像②表示R 的电流随电压变化关系，故
2 2
C错误；
当滑动变阻器的滑片处于最右端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流
最小，
由图乙可知，灯泡两端的电压U ＝0.5V，变阻器R 两端的电压U ＝3.5V，电路中的电
L 2 2
流I＝0.1A，
则电源的电压：U＝U +U +IR ＝0.5V+3.5V+0.1A×R ﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
L 2 1 1
当灯泡正常发光时，电路中的电流最大，
由图乙可知，灯泡两端的电压U ′＝2.5V，变阻器R 两端的电压U ′＝0.75V，电路
L 2 2
中的电流I′＝0.25A，
则电源的电压：U＝U ′+U ′+I′R ＝2.5V+0.75V+0.25A×R ﹣﹣﹣﹣②
L 2 1 1
由①②可得：R ＝5 ，U＝4.5V，故A正确，D错误；
1
B．小灯泡正常发光时Ω的功率：P
L
＝U
L
′I′＝2.5V×0.25A＝0.625W，故B错误。
故选：A。
69．（2024•雁塔区校级模拟）如图﹣1所示的电路，电源电压保持不变，滑动变阻器上标
有“20 ，2A”，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，使其从最右端向左滑动到a点
时，小灯Ω 泡恰好正常发光；在图﹣2中绘制出电流表与两电压表示数关系的图像。下列
说法中正确的是（ ）
A．曲线甲是灯泡的电流﹣电压图像
B．小灯泡的正常发光时的电阻为25
C．电路中的最小功率为4.8W Ω
D．滑片在a点时，滑动变阻器与小灯泡的功率之比为5：1
【答案】B
【解答】解：由电路图可知，变阻器R与灯泡L串联，电压表V 测R两端的电压，电
1
压表V 测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
2淘宝：学思创想
（1）当滑片位于最右端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，
由图乙可知，电路中的最小电流I＝0.3A，此时灯泡和滑动变阻器两端的电压相等，即：
U ＝U ，
L R
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，由I＝ 可得电源的电压：
U＝U +U ＝2U ＝2IR＝2×0.3A×20 ＝12V；
L R R
此时电路的总功率最小，则： Ω
P小 ＝UI＝12V×0.3A＝3.6W，故C错误；
（2）当滑片从最右端向左滑动到a点时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的电
流变大，
由串联电路的分压特点可知，变阻器R两端的电压变小，灯泡两端的电压变大，则图乙
中甲曲线是变阻器R的I﹣U图像，乙曲线是灯泡的I﹣U图像，故A错误；
当小灯泡恰好正常发光时，电路中的电流最大，
由图乙可知，灯泡正常发光时的电流I′＝0.4A，灯泡两端的电压U ′＝10V，
L
根据串联电路的电压特点可知变阻器两端的电压U ′＝U﹣U ′＝12V﹣10V＝2V，
R L
由I＝ 可得滑片在a点时变阻器的电阻为：
R ＝ ＝ ＝5 ，
a
Ω
小灯泡的额定功率：
P ＝U ′I′＝10V×0.4A＝4W，
L L
小灯泡的正常发光时的电阻为 ＝25 ，故B正确；
Ω
滑片在a点时，滑动变阻器与小灯泡的功率之比： ＝ ＝ ＝ ＝ ，
故D错误。
故选：B。
70．（2023•无锡二模）如图甲所示，电源电压恒为18V，灯泡L上标有“10V，5W”字
样，电流表量程为 0﹣0.6A，电压表量程为 0﹣15V，滑动变阻器 R 的最大阻值为淘宝：学思创想
200 ，当只闭合S和S ，移动滑动变阻器的滑片P时，它两端的电压与其接入电路的电
1
阻关Ω系如图乙所示。当滑动变阻器接入电路的阻值由 R 增大到4R 时，定值电阻R 的
1 1 0
电功率变化了 5.4W。（忽略灯泡电阻随温度的变化），则下列说法中错误的是
（ ）
A．灯泡L正常发光时通过的电流为0.5A
B．定值电阻R 的阻值为40
0
C．只闭合S和S
2
，且滑动变Ω阻器的滑片P置于中点位置时，灯泡的实际功率为0.45W
D．只闭合S和S ，在保证电路安全的情况下，当电阻R 消耗电功率最小时，滑动变阻
1 0
器R消耗的电功率为2.25W
【答案】B
【解答】解：
A.由P＝UI可得，灯泡L正常发光时通过的电流：I ＝ ＝ ＝0.5A，故A正确；
L
BD.当只闭合S和S 时，R 与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，
1 0
则变阻器接入电路中的为R 和4R 时，电路中的电路中的电流分别为：
1 1
I ＝ ＝ ，I ＝ ＝ ，
1 2
由图乙可知，变阻器接入电路中的为R 和4R 时对应电压表的示数分别为U 、2U ，
1 1 1 1
则两次电压表的示数之比：
＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ，淘宝：学思创想
解得：R ＝ R ，
1 0
由P＝I2R可得，定值电阻R 的电功率：
0
ΔP ＝ R ﹣ R ＝（ ）2R ﹣（ ）2R ＝（ ）2R ﹣（
0 0 0 0 0 0
）2R ＝5.4W，
0
解得：R ＝20 ，故B错误；
0
当电压表的示Ω数为15V时，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R 两端的电压：
0
U 0 ＝U总 ﹣U R大 ＝18V﹣15V＝3V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流：
I＝ ＝ ＝0.15A＜0.6A，
所以，此时电阻R 消耗的电功率最小，则滑动变阻器R消耗的电功率：
0
P
R
＝U R大I′＝15V×0.15A＝2.25W，故D正确；
C.灯泡的电阻：R ＝ ＝ ＝20 ，
L
Ω
只闭合S和S ，且滑动变阻器的滑片P置于中点位置时，L与 R串联，
2
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流：I＝ ＝ ＝0.15A，
灯泡的实际功率：
P ′＝I2R ＝（0.15A）2×20 ＝0.45W，故C正确。
L L
故选：B。 Ω淘宝：学思创想
71．（2024•鲤城区校级模拟）如图甲所示电路中，电源为电压可调的学生电源，灯泡L标
有“5V，2.5W”字样，且阻值不变，滑动变阻器的最大阻值为R ，则灯泡正常发光的
1
阻值为 10 。将电源电压调至某一值，只闭合开关S，移动滑片P，得到滑动变阻
器的电功率P 与Ω滑动变阻器接入的阻值R 变化的图像如图乙所示，且滑动变阻器接入
1 P
电路的阻值由0.25R 滑动到R 的过程中，电压表V 的示数变化了1V，电压表V 的示
1 1 1 2
数变化了5V，则滑动变阻器在滑动的过程中，电路的最小功率为 1. 8 W。
【答案】10；1.8。
【解答】解：灯泡的电阻 ；
当S 断开后，电阻R 与滑动变阻器、小灯泡L串联，电压表V 测滑动变阻器与R 的电
1 2 1 2
压，电压表V 测滑动变阻器与小灯泡的电压，由串联电路分压原理可知，滑动变阻器
2
接入电路的阻值由0.25R 滑动到R 的过程中，滑动变阻器分到的电压变大，将小灯泡L
1 1
与滑动变组看成一个电阻，滑动变阻器与电阻R 看成一个电阻，则可知V 与V 示数均
2 1 2
变大，设电源电压为U，滑动变阻器调节前后电路中电流为I 和I ；调节滑动变阻器前，
1 2
由欧姆定律 可得：
I ＝ ﹣﹣﹣①
1
此时滑动变阻器与电阻R 串联后总电压为U ＝I （R +0.25R ），
2 1 1 L 1
灯泡L与滑动变阻器总电压为U ＝I （R +0.25R ）
2 1 L 1
调节滑动变阻器后，由欧姆定律 可得：淘宝：学思创想
②
此时滑动变阻器与电阻R 串联后总电压为U ′＝I （R +R ），
2 1 2 1 2
灯泡L与滑动变组总电压为U ′＝I （R +R ），
2 2 L 1
由题知U ′﹣U ＝1V，U ′﹣U ＝5V，
1 1 2 2
即U ′﹣U ＝I （R +R ）﹣I （0.25R +R ）＝1V﹣﹣﹣③，
1 1 2 1 2 1 1 2
U ′﹣U ＝I （R +R ）﹣I （R +0.25R ）＝5V﹣﹣﹣④，
2 2 2 L 1 1 L 1
由图像可知滑动变阻器在R＝0.25R 和R＝R 时电功率相等，则由电功率公式P＝I2R可
1 1
得：
P ＝ ×0.25R ＝P ＝ R ，即 ＝4 ，
1 1 2 1
因电流恒为正值，则I ＝2I ，
1 2
将其代入①②联立可得R ＝20+2R ﹣﹣﹣⑤
1 2
联立①②③④⑤⑥⑦可得 R ＝50 ，U＝18V，将 R ＝50 代入⑤中得 R ＝
2 2 1
120 。 Ω Ω
Ω
因为灯泡L、定值电阻R 、滑动变阻器R 处于串联，由电功率公式 可知，电阻越
2 2
大电功率越小，故当滑动变阻器阻值最大为R 时，电路中电功率最小为：
1
P＝ ＝1.8W。
故答案为：10；1.8。
72．（2024•合肥模拟）图甲是小灯泡L的U﹣I图像，将小灯泡L接入图乙的电路中（电
源电压保持不变），闭合开关S 后，小灯泡L的实际功率为2W；再闭合开关S 后，电
1 2
流表示数变化了0.2A，此时电路消耗的总功率是 2. 8 W。淘宝：学思创想
【答案】2.8
【解答】解：当开关S 闭合，只有小灯泡接入电路，小灯泡L的实际功率为2W，由图
1
甲可知，当U ＝4V，I ＝0.5A时，小灯泡消耗的功率P ＝U I ＝4V×0.5A＝2W，即电
L L L L L
源电压U＝U ＝4V；
L
再闭合开关S ，电阻R与灯泡L并联，电流表示数变化了0.2A，根据并联电路特点可
2
知，I ＝0.2A，则电阻R消耗的电功率P ＝U I ＝UI ＝4V×0.2A＝0.8W，
R R R R R
此时电路消耗的总功率P＝P +P ＝0.8W+2W＝2.8W。
R L
故答案为：2.8。
73．（2024•崂山区一模）莱西湖是胶东半岛第一大水库，是山东省第二大水库。水库平均
水深4.45m，最大水深13m。图甲是水位监测员设计的一个测量水深度的装置，由测量
头和控制盒两部分构成。当测量头与控制盒相连接，其电路结构图如图乙所示。控制盒
内有一个定值电阻R 和一个滑动变阻器R ，电源电压保持12V不变。测量头是一个一
0 2
个涂有绝缘漆、上表面积为2×10﹣4m2的长方体压敏电阻R ，其阻值R 随上表面受到水
1 1
的压力F的变化图像如图丙所示。水库中水的密度可粗略认为与水的密度一致。
（1）测量探头在水下5m深处时，其电阻是多大。
（2）未放入水中时，闭合S，断开S ，将R 的滑片移至最上端，此时电压表的示数为
1 2
3V，此时R 的电功率为P 。测量头放到水下某一深度，闭合S，断开S ，将R 的滑片
0 0 1 2
移至某一位置时，R
0
的电功率为P
0
′，电路的总功率为P总 ，R
1
的电功率为P
1
，已知
P
0
：P
0
′＝9：4，P总 ：P
1
＝6：1，求测量头所处深度。淘宝：学思创想
【答案】（1）电阻是16 ；
（2）测量头所处深度为Ω10m。
【解答】解：（1）由图丙可知，随着压力的增加，R 的阻值减小；测量头放到水下深
1
度h＝5m时，
此 时 R 上 表 面 受 到 水 的 压 强 为
1
，
R 上表面受到水的压力为F＝pS＝5×104Pa×2×10﹣4m2＝10N，
1
由图像知，此时压敏电阻R 的阻值为16 。
1
（2）R
1
未放入水中时，受到的水的压力Ω为0，由图像可知，此时R
1
＝30 ；由图乙知，
闭合S，断开S ，将R 的滑片移至最上端，此时R 、R 串联，由于串联Ω电路总电阻等
1 2 0 1
于各部分电阻之和，电路中电流为
由于电压表测量R 两端电压，此时电压表示数为3V，可得
0
由①②解得：R ＝10 ，I＝0.3A，
0
Ω
此时R 的电功率为 ，
0
当测量头放到水下某一深度时，闭合S，断开S ，将R 的滑片移至某一位置时，R 、
1 2 0
R 、R 串联，
2 1
R 的电功率为P ′，则 ，解得：P '＝0.4W，
0 0 0淘宝：学思创想
此时电路的电流为 ，
此时电路总功率为P总 ＝UI′＝12V×0.2A＝2.4W，
由题意知，此时电路总功率与R 的功率P 之比为 ，
1 1
则R 的功率P 为 ，
1 1
R 此时的阻值为 ，
1
由图丙知，此时R 上表面受到水的压力为 20N，则此时R 上表面受到水的压强为
1 1
，
则此时水的深度为 。
答：（1）电阻是16 ；
（2）测量头所处深度Ω为10m。
74．（2024•长沙模拟）如图所示。电源电压恒定不变，R 为定值电阻，滑动变阻器标有
1
“80 1A”字样，灯泡标有“9V 4.5W”字样（灯泡电阻不变），电流表的量程为0～
3A，Ω电压表的量程为0～15V。
（1）求灯泡的电阻；
（2）只闭合开关S和S ，当滑动变阻器的滑片在某位置时，电压表的示数为13.5V，再
3
向左移动滑片P，当灯泡恰好正常发光时，发现电流表的示数变化了0.25A，求电源电
压？
（3）只闭合开关S和S ，在保证电路各元件安全的前提下，滑动变阻器阻值能达到的
3
最大值是其最小值的10倍。则通过开关的通断和滑片的调节，电路可以达到的最大功
率是多少？淘宝：学思创想
【答案】（1）灯泡的电阻为18 ；
（2）电源电压为18V； Ω
（3）通过开关的通断和滑片的调节，电路可以达到的最大功率是50.4W。
【解答】解：（1）灯泡标有“9V 4.5W”字样，灯泡的电阻：R ＝ ＝ ＝
L
18 ；
（Ω2）只闭合开关S和S
3
，两电阻和灯泡串联接入电路，电压表测两电阻两端的电压之
和，电流表测通过电流的电流，
当滑动变阻器的滑片在某位置时，电压表的示数为13.5V，再向左移动滑片P，滑动变
阻器接入电流的电阻变小，根据串联电流电阻规律结合欧姆定律可知通过电流的电流变
大，当灯泡恰好正常发光时，发现电流表的示数变化了0.25A，
灯泡正常发光的电流：I ＝ ＝ ＝0.5A，
L
则电压表的示数为13.5V时通过电流的电流为0.5A﹣0.25A＝0.25A，
此时灯泡两端的电压：U ′＝I′R ＝0.25A×18 ＝4.5V，
L L
串联电路总电压等于各部分电压之和，则电Ω源电压：U＝U
V
+U
L
′＝13.5V+4.5V＝
18V；
（3）只闭合开关S和S ，在保证电路各元件安全的前提下，滑动变阻器阻值能达到的
3
最大值是其最小值的10倍，
设滑动变阻器阻值接入电路的最小阻值为 R ，则滑动变阻器接入电路的最大阻值是
0
10R ，
0
电流表的量程为 0～3A，滑动变阻器标有“60 1A”字样，灯泡正常发光的电流
0.5A，则通过电流的最大电流为0.5A，根据串联电Ω路电阻规律结合欧姆定律可知此时滑
动变阻器接入电路的电阻最小，
根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可得电源电压U＝（R +R +R ）×0.5A＝18V，即
1 0 L淘宝：学思创想
（R +R +18 ）×0.5A＝18V﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
1 0
电压表的量Ω程为0～15V，电压表示数最大为15V，根据串联电路电压规律可知此时灯
泡两端的电压最小为3V，
根据欧姆定律可知通过电路的最小电流为I小 ＝ ＝ ＝ A，
根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可得电源电压U＝（R +10R +R ）× A＝18V，即
1 0 L
（R +10R +18 ）× A＝18V﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
1 0
联立①②可得ΩR ＝8 ，R ＝10 ；
0 1
当闭合开关S、S
1
、S 2Ω，断开S
3
时Ω，电压表被短路，定值电阻R
1
与滑动变阻器并联，电
流表测干路中的电流，调节变阻器的滑片能使总电流最大，总功率最大，等效电路图如
下：
此时通过R 的电流：I ＝ ＝ ＝1.8A，
1 1
由变阻器的规格可知通过滑动变阻器的最大电流：I滑大 ＝1A，
则干路电流的最大值：I总大 ＝I
1
+I滑大 ＝1.8A+1A＝2.8A＜3A，
所以电路可以达到的最大功率：P总大 ＝UI总大 ＝18V×2.8A＝50.4W。
答：（1）灯泡的电阻为18 ；
（2）电源电压为18V； Ω
（3）通过开关的通断和滑片的调节，电路可以达到的最大功率是50.4W。
三十七．实验 测量小灯泡的电功率（共2小题）
75．（2024•青山湖区模拟）在测量小灯泡电功率的实验中，小帆所用小灯泡的额定电压为
2.5V。
（1）为了节省试验时间，小帆希望连完最后一根导线后就能直接闭合开关进行试验。
请用笔画线代替导线，将图甲中未连接完整的电路补画完整。淘宝：学思创想
（2）实验中测出小灯泡在2V时的功率后，要测量其额定电功率，应向 右 （选填
“左”或“右”）移动滑动变阻器的滑片。当电压表示数为额定电压时，电流表示数如
图乙所示，其值为 0. 3 A，则小灯泡的额定电功率为 0.7 5 W。
（3）实验时小帆发现电流表损坏了，他想设计一个不用电流表测定该小灯泡额定功率
的实验。于是他向老师要了一个阻值为R 的定值电阻（阻值适当）和一个单刀双掷开
0
关，借助原有的实验器材，设计了如图丙所示的实验电路并顺利进行了实验：
①按图连接好电路，闭合S ，使S 接1，调节滑动变阻器，使电压表示数为 2.5V
1 2
；
②保持 变阻器的滑片不动 ，使S 接2，读出电压表示数为U；灯泡的额定功率的
2
表达式P额 ＝ 2.5V× （用已知量和测量量表示）。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）小帆希望连完最后一根导线后就能直接闭合开关进行试验，变阻器
连入电路中的电阻应最大，故滑片以右电阻丝连入电路中，如下所示：
（2）灯在额定电压下正常发光，示数为2V小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，淘宝：学思创想
根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路
中的电阻大小，故滑片向右移动，直到电压表示数为额定电压；
当电压表示数为额定电压时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为
0.02A，其值为0.3A，则小灯泡的额定电功率为：
P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（3）①按图连接好电路，闭合S ，使S 接 1，调节滑动变阻器，使电压表示数为
1 2
2.5V；
②保持变阻器的滑片不动，使S 接2，读出电压表示数为U；
2
在②中，电压表测定值电阻和灯的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常
工作，
根据串联电路电压的规律和欧姆定律，通过R 的电流即额定电流为：
0
I＝ ＝ ，灯泡的额定功率的表达式：
P额 ＝2.5V× 。
故答案为：（1）如上所示；（2）右；0.3；0.75；（3）①2.5V；②变阻器的滑片不
动；③P额 ＝2.5V× 。
76．（2024•莲湖区校级一模）某小灯泡的额定电流为 0.3A，图1是小明测量该灯泡电功
率的实验电路（电源电压恒为3V）。淘宝：学思创想
（1）请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入电路，使之接入电路的阻值最大。
（2）闭合开关进行实验时，若图中导线M发生了断路，则在调节滑片的过程中，会发
现电压表的示数为 3 V，电流表的示数为 0 A。
（3）排除故障后，小明将滑片移至某处时，两电表的示数如图 2所示，此时小灯泡的
电功率为 0.3 6 W。
（4）为测量该小灯泡的额定功率，小强设计了如图 3所示的实验电路，所用电源电压
恒定（未知），R 、R 均为电阻箱（0～999.9 ）。
1 2
①实验步骤如下： Ω
第1步：仅闭合S ，R 调至5 时，电流表的示数为0.3A。
1 2
第2步：仅闭合S
2
，R
1
、R
2
分Ω别调至6 和9 时，电流表的示数为0.3A。则小灯泡额
定功率为 0. 9 W。 Ω Ω
②小强对图3中的电路及操作进行了下列调整，其中仍能完成测量的有 ABD （填
字母）。
A.将原实验的第1步和第2步对调
B.将R 换成适当规格的滑动变阻器
2
C.将R 换成导线
2
D.将R 换成导线
1
【答案】（1）如图所示；（2）3；0；（3）0.36；（4）①0.9；②ABD。
【解答】解：（1）实验中，要通过滑动变阻器来改变小灯泡两端的电压，所以滑动变
阻器应与小灯泡串联，如图甲所示，滑片位于滑动变阻器的右端，要使其接入电路的阻
值最大，应选择左侧下接线柱接入电路，如图所示；淘宝：学思创想
（2）闭合开关，导线M断路时，小灯泡开路，电压表在电路中相当于断开，则电路中
的电流几乎为零，即电流表的示数为0A；电压表相当于测量电源两端电压，即电压表
的示数为3V；
（3）由图甲可知，电压表测量小灯泡两端电压，由图乙可知，电压表所选量程为0～
3V的量程，分度值为0.1V，示数为：1.5V；电流表所选量程为0～0.6A的量程，分度
值为0.02A，示数为：0.24A，小灯泡此时的功率为：P＝UI＝1.5V×0.24A＝0.36W；
（4）①在第1步实验中，仅闭合S ，R 调至5 时，R 与L串联，电路中的电流为
1 2 2
0.3A，即通过小灯泡的电流I
L1
＝I额 ＝0.3A，小灯泡Ω正常发光，
电路中的总电阻为：R总 ＝R
2
+R
L
；
在第2步实验中，仅闭合S 、R 与R 串联，当电路中的电流仍为0.3A时，电路中的总
2 1 2
电阻为：R总 ′＝R
2
′+R
1
；
由欧姆定律可知，在电源电压恒定时，两次电路中的电流相等，则两次电路的总电阻相
等，即R总 ＝R总 ′，
由此可得：5 +R ＝9 +6 ，
L
则小灯泡正常Ω发光的电Ω阻为Ω：R
L
＝10 ，
小灯泡的额定功率为：P额 ＝U额I额 ＝ΩI额 2R
L
＝（0.3A）2×10 ＝0.9W；
②在设定的4种调整中，只要能测出小灯泡正常发光时的电Ω阻，就可利用公式 P额 ＝U
额I额 ＝I额 2R
L
求得小灯泡的额定功率。
A、在实验操作时，先闭合的开关是S 。如图丙所示，当仅闭合S 时，R 与R 串联，
2 2 1 2
分别调节两个电阻箱，使电流表的示数为0.3A，淘宝：学思创想
读出两电箱的示数分别为：R 和R ；当仅闭合S 时，L与R 串联，调节R ，使电流表
1 2 1 2 2
的示数为0.3A，则小灯泡正常发光，读出电阻箱R 的阻值为R ′，
2 2
则小灯泡正常发光的电阻为：R ＝R +R ﹣R ′，故A调整仍能完成小灯泡额定功率的
L 1 2 2
测量；
B、将R 换成适当规格的滑动变阻器。当只闭合S 时，L与滑动变阻器串联，调节滑动
2 1
变阻器，使电流表的示数为0.3A，则小灯泡正常发光；当只闭合S 时，保持滑动变阻
2
器的滑片位置不变，调节R ，使电流表的示数仍为0.3A，读出电阻箱的阻值为R ，则
1 1
小灯泡正常发光的电阻为：R ＝R ，故B调整仍能完成小灯泡额定功率的测量；
L 1
C、将R 换成导线。当只闭合S 时，只有L连入电路，电路中的电流大小不一定刚好为
2 1
0.3A，故不能确保小灯泡是否正常发光；若同时闭合S 、S ，L与R 并联，两者互不影
1 2 1
响，也不能确保L是否正常发光，故C调整不能完成小灯泡额定功率的测量；
D、将R 换成导线。当只闭合S 时，L与R 串联，调节R ，使电流表的示数为0.3A，
1 1 2 2
则小灯泡正常发光，读出电阻箱的阻值为 R ；当只闭合S 时，L被短路，调节R ，使
2 2 2
电流表的示数仍为0.3A，读出电阻箱R 的阻值为R ′，则小灯泡正常发光的电阻为：
2 2
R ＝R ′﹣R ，故D调整仍能完成小灯泡额定功率的测量；
L 2 2
故选：ABD。
故答案为：（1）如图所示；（2）3；0；（3）0.36；（4）①0.9；②ABD。
三十八．电功与电热的综合计算（共2小题）
77．（2024•鼓楼区校级模拟）如图甲，这是一款多功能暖菜板，既可保温，也可加热，为
了降低桌面温度，还配置有内置散热风扇。其部分加热简化电路图如图乙所示，R 、R
1 2
均为电阻阻值不变的电热丝，R ＝24.2 。闭合开关S ，只有暖菜板内置风扇工作；当
1 1
板上食品温度降到50℃时，S 在温度控Ω制电路的作用下自动切换，为食品保温，保温时
2
R 、R 的总功率为500W；当暖菜板上食品温度降到20℃时，S 在控制电路的作用下再
1 2 2
次切换，为食品加热；通过温控装置使食品保持在一定温度范围内。
（1）保温时，S 应接到位置 2 和 3 （选填“1和2”、“2和3”或“3和4”）之
2淘宝：学思创想
间，电热丝R 的阻值是 72. 6 。
2
（2）在加热状态时，若不计热量Ω损失，则暖菜板工作 5min产生的热量可使5kg初温
20℃的汤温度升高 3 0 ℃。[汤的比热容取4.0×103J/（kg•℃）]
（3）如图丙所示为该暖菜板的温控装置原理图，R 是热敏电阻，其阻值随温度的升高
3
而减小，当R 两端电压U 增大到某一定值时，控制电路将切换S 从加热状态到保温状
4 4 2
态。若要使所控制温度的预设值升高，可适当 减小 （选填“增大”或“减小”）
电源电压。
【答案】（1）2和3；72.6；（2）30；（3）减小。
【解答】解：（1）当开关S 接到位置2和3之间，R 、R 串联，再与电动机并联；由
2 1 2
串联电路的电阻特点可知，加热电路电阻最大，根据P＝UI＝ 可知，电功率最小，
多功能暖菜板处于保温状态；
保温时R 、R 的总功率为500W，根据P＝ 可知，R 和R 的总电阻为：
1 2 1 2
R ＝ ＝ ＝96.8 ，
12
则R ＝R ﹣R ＝96.8 ﹣24.2Ω＝72.6 ；
2 12 1
（2）开关S
2
转到3和Ω4之间为Ω加热状Ω态，此时电路为R
1
的简单电路，则多功能暖菜板
加热状态下工作5min消耗的电能为：
W＝ t＝ ×5×60s＝6×105J；
若不计热量损失，则汤吸收的热量Q吸 ＝W＝6×105J，
根据Q吸 ＝cmΔt可知，Δt＝ ＝ ＝30℃；
（3）根据R 是热敏电阻，其阻值随温度升高而减小可知，当控制温度的预设值升高，
3
R 的阻值将减小，由于R 两端的电压U 是不变的，R 的阻值不变，根据I＝ 可知，
3 4 4 4淘宝：学思创想
通过R 的电流将不变，根据串联电路电流规律可知，通过R 的电流也不变，根据U ＝
4 3 3
I R 可知R 两端的电压将减小，根据U＝U +U 可知，电源电压将减小，故可以采取的
3 3 3 3 4
措施是减小电源电压。
故答案为：（1）2和3；72.6；（2）30；（3）减小。
78．（2024•汕尾模拟）阅读短文，回答问题。
全自动洗碗机
全自动洗碗机具有热水洗净、暖风烘干等功能。某型号洗碗机如图甲所示，它的外壳是
金属材质，其部分铭牌数据如表所示。该洗碗机的清洗工作程序为：
①注水程序：注水泵工作时给水箱注水，1min注满水，注水程序结束；
②加热程序：发热电阻工作时对水箱的水进行加热，水温上升到50℃加热程序结束；
③洗涤程序：洗涤过程中，高压的热水从上、下层两个喷臂的喷水孔（每个喷臂10个
喷水孔）喷出，对餐具进行全方位喷淋清洗，达到设定的洗涤时间后，洗涤程序结束；
④排水程序：排水泵工作1min将水箱中的废水排出，到此全过程清洗程序结束。
清洗程序结束后，内置烘干系统工作，可以主动排净洗碗机内部水分和霉菌，避免餐具
二次污染。[取c水 ＝4.2×103J/（kg•℃）；
水
＝1.0×103kg/m3]
额定电压 ρ 220V
水箱容积 12L
加热程序功率 ***
洗剂程序功率 ***
注、排水程序功率 60W
洗剂系统水泵流量 36L/min
（1）为了用电安全，该洗碗机应选用图乙中的插头 B （选填“A”或“B”）；
（2）安装该款洗碗机橱柜的开孔尺寸（宽×深×高）为606×602×780mm，该洗碗机的规
格可能是下列的 B ；
（3）清洗碗筷常用热水，因为温度越高，分子热运动越 快 ；
（4）若每个喷水孔的面积为5mm2，则水从喷水孔喷出的速度可达 6 m/s；淘宝：学思创想
（5）某次洗碗清洗全过程总耗时 82min，总耗电 0.622kW•h，水箱中水的初温为
20℃，加热程序的加热效率为84%，加热功率与洗涤功率之比为50：4，则此次清洗过
程，加热程序水吸收热量为 1.512×1 0 6 J，洗涤程序用时 60.1 2 min。
【答案】（1）B；（2）B；（3）快；（4）6；（5）1.512×106；60.12。
【解答】解：（1）洗碗机带有金属外壳，为了用电安全，该洗碗机应选用图乙中的插
头B。
（2）开孔尺寸是值需要在橱柜中开辟出来放置洗碗机的尺寸，以确保洗碗机能够安装
得恰到好处，开孔尺寸比整机小些，安装该款洗碗机橱柜的开孔尺寸（宽×深×高）为
606×602×780mm，则为了橱柜能放进洗碗机，则洗碗机的尺寸要小于该洗碗机的规格可
能是B，故AC不符合题意，B符合题意。
故选：B。
（3）清洗碗筷常用热水，因为温度越高，分子热运动越剧烈，碗筷可以被清洗得更干
净。
（4）依题意得，水箱中水全部被喷射出所用的时间为 ，
根据题意可知，洗碗机有两个喷臂，且每个喷臂有10个喷水孔，则洗碗机总共有20个
喷水孔，
由V＝SL＝Svt得，水从喷水孔喷出的速度为：
；
（ 5 ） 加 热 程 序 水 吸 收 热 量 为
，
加热程序消耗的电能为 ，淘宝：学思创想
排水泵工作1min将水箱中的废水排出，排水程序功率为60W，由 得，排水程序消
耗的电能为W排水 ＝P排水t排水 ＝60W×60s＝3600J＝0.001kW•h，
清洗过程，消耗的电能为 W 洗涤 ＝W﹣W 加热 ﹣W 排水 ＝0.622kW•h﹣0.5kW•h﹣
0.001kW•h＝0.121kW•h，
加热功率与洗涤功率之比为50：4，即P加热 ：P洗涤 ＝50：4，
由 得W加热 ＝P加热t加热 ＝0.5kW•h，W洗涤 ＝P洗涤t洗涤 ＝0.121kW•h，
某次洗碗清洗全过程总耗时82min，则t＝t注水+t加热+t洗涤+t排水 ＝1min+t加热+t洗涤+1min
＝2min+t加热+t洗涤 ＝82min，
则 ，
解得： 。
故答案为：（1）B；（2）B；（3）快；（4）6；（5）1.512×106；60.12。
三十九．电磁继电器的组成、原理和应用（共2小题）
79．（2024•江苏一模）如图﹣1是物理创新小组设计的“闯红灯违规模拟记录器”，控制
电路电源电压为6V，电磁继电器线圈电阻为10 ，R为力敏电阻，其阻值大小随压力F
的变化关系如图﹣2所示。当光控开关接收到绿Ω光时断开，工作电路中指示灯亮，电控
照相机不工作，当光控开关接收到红光时自动闭合，且当力敏电阻受到车的压力增大到
一定数值，控制电路中电流等于或大于0.06A时，电控照相机开始拍照，g取10N/kg。
下列说法中不正确的是（ ）
A．若使质量较小的车闯红灯也能被拍下，可以适当减小线圈的匝数淘宝：学思创想
B．当控制电路中电流等于0.06A时，闯红灯的车对力敏压阻的压力为4000N
C．当质量为1200kg的车闯红灯时，控制电路消耗的总功率为0.9W
D．a处是指示灯，b处是电控照相机
【答案】A
【解答】解：D、根据题意，当光控开关接收到绿光时，光控开关断开，此时电磁铁无
磁性，衔铁没有被吸引，工作电路中的指示灯发光，此时指示灯所在的支路应该接通，
即a处是指示灯；当光控开关接收到红光时自动闭合，同时受到压力时，由于压敏电阻
的电阻减小，所以电路中的电流值增大，由于电磁铁的磁性将衔铁吸下，此时电控照相
机工作，电控照相机所在的电路应接通所以b处是电控照相机；故D正确；
B、由I＝ 可得，衔铁刚被吸下时，控制电路的总电阻：
R总 ＝ ＝ ＝100 ，
因串联电路中总电阻等于Ω各分电阻之和，所以，压敏电阻的阻值：
R＝R总 ﹣R线圈 ＝100 ﹣10 ＝90 ，
查图象可知，当R＝9Ω0 时Ω，压敏Ω电阻所受的压力F＝4000N，
则此时车的重力G＝F＝Ω4000N，
由G＝mg可得，车的质量：
m＝ ＝ ＝400kg，故B正确；
C、当质量为1200kg的车闯红灯时，此时的压力：F′＝G′＝m′g＝1200kg×10N/kg＝
12000N，
查图象可知，当压敏电阻所受的压力F′＝4000N时，R′＝30 ，
控制电路的总电阻R总 ′＝R′+R线圈 ＝30 +10 ＝40 ， Ω
Ω Ω Ω
则控制电路消耗的总功率为：P总 ′＝ ＝ ＝0.9W，故C正确；
A、若使质量较小的车闯红灯也能被拍下，由于压力 F越小时，电阻R越大，根据串联
电路中的总电阻等于各串联电阻之和，则电路中的总电阻变大，电流会变小，此时应增
大电磁铁磁性，所以，可以适当增加线圈的匝数，故A错误。
故选：A。
80．（2024•鼓楼区校级模拟）近期因锂电池燃烧带来的火灾让人民生命财产受到极大损失，淘宝：学思创想
于是物理兴趣小组1设计了图甲所示的对锂电池温度进行控制的系统，当电池温度过高
时，立即启动制冷系统进行降温，电磁继电器与热敏电阻 R、滑动变阻器R 串联接在
t P
电压为6V的电源两端。当电磁铁线圈（电阻不计）中的电流I大于或等于25mA时，衔
铁被吸合，热敏电阻置于温度监测区域，其阻值R 随温度t升高而减小，滑动变阻器的
1
最大阻值为200 。
（1）图甲中应将Ω b端与 c 端相连；当开关S闭合时，电磁铁上端为 N 极；
（2）若设置电池温度为60℃时（此时R 阻值为70 ）启动制冷系统，则滑动变阻器阻
1
值应调为 17 0 ； Ω
物理兴趣小组2利用Ω磁性开关S
2
设计了烟雾报警与自动喷淋联动模拟系统，当烟雾达到
一定浓度时触发自动报警喷淋，防范火灾发生。图乙为该模拟系统示意图，R 为气敏电
C
阻。控制电路中的电流I ≥0.02A时，磁性开关S 动触片被电磁铁吸引与触点a接触，
0 2
安全指示灯L熄灭，报警喷淋系统同时工作；控制电路中的电流小于0.02A时，动触片
被释放，与触点b接触，安全指示灯亮，报警喷淋系统停止工作。已知控制电路电源电
压U控 大小可调节，电磁铁线圈电阻不计，气敏电阻 R
C
的阻值与烟雾浓度C的关系如
图丙所示，R 为定值电阻。工作电路电源电压U＝36V。
0
（3）安全指示灯L标有“0.9W，10 ”字样（忽略温度对灯丝电阻的影响），要使灯L
正常工作，则保护电阻R'的阻值为多Ω大？
（4）通过调节U控 大小，可改变该装置对烟雾探测的灵敏度。调至U控1 时，触发报警
喷淋的最低烟雾浓度C ＝8%，电阻R 的功率为0.012W，求控制电路的电源电压。
1 0
【答案】（1）c；N；（2）170；（3）保护电阻R'的阻值为110 ；（4）控制电路的电
源电压为5V Ω
【解答】解：（1）图乙知，温度升高，热敏电阻阻值减小，控制电路电流变大，由图
甲知此时电磁铁磁性增强，衔铁被吸下，动触点将与下端的静触点接触，制冷系统开始淘宝：学思创想
工作，故应将b端与c端相连；
利用安培定则可知，螺线管的上端为N极；
（2）衔铁被吸合时，控制电路的总电阻R总 ＝ ＝ ＝240 ，
Ω
由图乙知当温度为60℃时，R＝70 ，
t
则滑动变阻器接入电路的阻值R
p
＝ΩR总 ﹣R
t
＝240 ﹣70 ＝170 ；
（3）由图甲可知，工作电路中，动触片与触点bΩ接触时Ω灯泡与Ω保护电阻R'串联，
由P＝UI＝I2R可知，灯L正常工作时的电流：I ＝ ＝ ＝0.3A，
L
由欧姆定律可知，此时工作电路的总电阻：R总b ＝ ＝ ＝120 ，
Ω
由串联电路的电阻特点可知，保护电阻R'的阻值：R'＝R总b ﹣R
L
＝120 ﹣10 ＝110 ；
（4）由图乙可知，气敏电阻R
C
的阻值与烟雾浓度C的关系为一次函数Ω，因此Ω可设：ΩR
C
＝kC+b，
当C＝0时，R ＝300 ，则b＝R ﹣kC＝300 ﹣k×0＝300 ，
C C
Ω Ω Ω
当C'＝5%时，R '＝250 ，则k＝ ＝ ＝﹣1000 ，
C
Ω Ω
则R 与C的关系式为R ＝﹣1000 ×C+300 ，
C C
当C
1
＝8%时，R
C1
＝﹣1000 ×8%+Ω300 ＝2Ω20 ，
由题意可知，触发报警喷淋Ω的最低烟雾Ω浓度时Ω的电路电流：I
0
＝0.02A，
由P＝UI＝I2R可知，R 的阻值：R ＝ ＝ ＝30 ，
0 0
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，此时控制电路Ω的电源电压：U
控1
＝I
0
（R +R ）＝0.02A×（220 +30 ）＝5V。
C1 0
答：（1）c；N；（2）170Ω；（3Ω）保护电阻R'的阻值为110 ；（4）控制电路的电源电
压为5V。 Ω
