备战2021中考物理计算题专题09电与热（附解析）

专题09电与热考点解读一、方法指导该类题型综合多种物理知识点，紧密联系生活实际，立意于新的物理情景，知识跨度大，综合性强，难度高，解题过程中，应结合题中条件，联系对应的物理模型，选择适当的物理知识分析求解。二、类型解读通常这种类型的分类是根据力、电和热学之间的结合分类，常见的分类有力热综合(如汽车的运动)、电热综合(如电热器)、电力综合(电动车)等，这种分类方式并不能较全面的概括这种类型的综合题，比如题中出现太阳能、潮汐能等能量形式，学生就不知道如何归类。而且这种分类方式也不能具体指导学生如何解答此类综合题，故本书对初中较复杂的这类综合题做如下分类：1、基本公式或基本原理的组合。其中包括力学基本公式和原理、电学基本公式、热学基本公式等在某个实际应用的题干中出现，没有相关的联系。2、能量转化的效率问题。涉及到机械能、电能、热能、太阳能、潮汐能等各种能量相互转化的效率，解题关键是弄清什么能转化成什么能，前者即为总能量，后者为有用的能量，基本的效率公式形式是或。只要能根据能量转换写出效率公式，然后将力学、电学或热学基本公式代入即可解题。3、利用图象或表格进行综合。此类问题往往利用图象或者表格数据将力学、电学和热学综合在一起，常常会和电学的动态电路相结合增加试题的难度。学生要能在图象或表格中找到物理量之间的数量关系，并且熟练掌握动态电路分析，才能顺利解决这类问题。重点考向考点一：铭牌类1．（2020•呼伦贝尔）如图甲所示是小明家新购买的电热水壶，他发现水壶有一铭牌如图乙所示。待电热水壶注满水后，他关闭了家中的其他用电器，只让电热水壶工作，观察到家里的电能表（如图丙所示）的转盘1min转了50圈，能使壶中水的温度从25℃升高到35℃．请你结合电热水壶上的铭牌和电能表实物图提供的有关参数信息，忽略温度对电阻的影响。求：21 （1）电热水壶正常工作的电阻；（2）电热水壶中水的温度从25℃升高到35℃吸收的热量；[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]（3）此时电路的实际电压。【解析】解：（1）由P＝得电热水壶正常工作的电阻：R＝＝＝40Ω；（2）水的体积V＝1L＝1×10﹣3m3，由ρ＝得水的质量：m＝ρV＝1×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg，水从25℃升高到35℃吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（35℃﹣25℃）＝4.2×104J；（3）3000r/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，则转盘转50r时，电水壶消耗的电能：W＝kW•h＝kW•h，电热水壶的实际功率：P实＝＝＝1kW＝1000W，由P＝可得电热水壶两端的实际电压：U实＝＝＝200V。答：（1）电热水壶正常工作的电阻为40Ω；21 （2）电热水壶中水的温度从25℃升高到35℃吸收的热量为4.2×104J；（3）此时电路的实际电压为200V。2．（2020•宁夏）人类正面临能源危机，为了找到更节能的光源，科学家做了大量的实验，实验发现下表中的LED灯和白炽灯在正常工作时，光照强度相同。请通过计算回答下列问题：（1）LED灯正常发光时的电流是多大？（2）LED灯正常发光时的电阻是多大？（3）正常工作10h，使用LED灯比白织灯要节约多少电能？类型LED灯白炽灯发光原理二极管发光钨丝高温发光额定电压24伏220伏响应时间10﹣9秒10﹣3秒额定功率12瓦100瓦【解析】解：（1）该LED灯正常工作时电流：I＝＝＝0.5A；（2）由欧姆定律R＝可得LED灯正常发光时的电阻：R＝＝＝48Ω；（3）每天正常工作10h，使用一个LED灯比使用一个白炽灯可节约电能：W＝（P白炽灯﹣PLED）t＝（0.1kW﹣0.012kW）×10h＝0.88kW•h。答：（1）LED灯正常发光时的电流是0.5A；（2）LED灯正常发光时的电阻是48Ω；（3）正常工作10h，使用LED灯比白织灯要节约0.88kW•h的电能。3．（2020•河北）小明家在不远处施工，临时用导线将电水壶和电水龙头（打开几秒钟就能流出热水）接入家中电能表[3000r/（kW•h）]．如图所示。电水壶的规格为“220V1210W”，电水龙头的规格为“220V2420W”，当电路中单独使用电水壶烧水时，铝盘转动110r，用时120s。在电路中单独使用电水龙头洗漱时，用了180s。导线、电水壶和电水龙头的电阻不随温度变化。求：（1）电水壶和电水龙头的电阻；21 （2）导线的电阻；（3）在洗漱时，导线上产生的热量。【解析】解：（1）电水壶的规格为“220V1210W”，电水龙头的规格为“220V2420W”，根据公式P＝可知：电水壶的电阻为：R壶＝＝＝40Ω；电水龙头的电阻为：R水龙头＝＝＝20Ω；（2）当电路中单独使电电用电水壶烧水时，消耗的电能为：W＝kW•h＝kW•h；此时电路的总功率为：P实＝＝＝1100W；此时电水壶和导线的总电阻为：R总＝＝＝44Ω；由于导线与电水壶串联接入电路中，则导线的电阻为：R线＝R总﹣R壶＝44Ω﹣40Ω＝4Ω；（3）电水龙头和导线的总电阻为：R'＝R线+R水龙头＝20Ω+4Ω＝24Ω；此时导线和水龙头的功率为：P'＝＝＝W；根据公式P＝I2R可知，I2＝；则导线上产生的热量为：Q＝I2R't＝×4Ω×180s＝60500J。答：（1）电水壶和电水龙头的电阻分别为40Ω和20Ω；（2）导线的电阻为4Ω；21 （3）在洗漱时，导线上产生的热量为60500J。考点二：多档位计算（并联式）4．（2020•潍坊）图甲是一款紫砂电饭锅，其简化电路如图乙所示，R1、R2是电热丝，R1的阻值为110Ω，通过单独或同时闭合S1、S2实现低温、中温、高温三个挡位间的切换，其铭牌如下表所示，求：（1）低温挡加热时电流的大小；（2）电热丝R2的阻值；（3）已知粥的比热容c粥＝4.0×103J/（kg•℃），将2.2kg的粥用高温挡从20℃加热到74℃需要的时间。【解析】解：（1）电热丝R1的电功率为P1＝＝＝440W，根据表格数据可知道，只闭合S1时，电路为R1的简单电路，电饭锅处于低温挡，则低温挡加热时电流的大小为I1＝＝＝2A。（2）根据P＝，可知，只闭合S2时，电路为R2的简单电路，电饭锅处于中温挡，根据表格数据可知道，中温挡P2＝880W，电热丝R2的阻值R2＝＝＝55Ω；21 （3）当S1、S2都闭合时，电热丝R1、R2并联，电路总电阻最小，由P＝可知，电饭锅处于高温挡，则高温挡的功率为P＝P1+P2＝440W+880W＝1320W，2.2kg的粥用高温挡从20℃加热到74℃吸收的热量Q＝cm△t＝4.0×103J/（kg•℃）×2.2kg×（74℃﹣20℃）＝475200J，已知加热效率为80%，则需要消耗的电能为W＝＝＝594000J，由P＝可得，将2.2kg的粥用高温挡从20℃加热到74℃需要的时间为t＝＝＝450s。答：（1）低温挡加热时电流的大小为2A；（2）电热丝R2的阻值为55Ω；（3）将2.2kg的粥用高温挡从20℃加热到74℃需要的时间为450s。5．（2020•西宁）今年，西宁市夺取了脱贫攻坚的全面胜利，农村家庭电器化普及程度越来越高。小明家电热饮水机的简化电路图如图所示，它有加热和保温两种工作状态，当S2断开时，饮水机处于保温状态。R1和R2均为用来加热且阻值不变的电热丝，饮水机部分参数如表所示。额定电压220V额定功率加热功率2000W保温功率400W容量2.5L（1）饮水机在加热状态下正常工作，将2kg的水从20℃加热至100℃，水吸收的热量是多少？[水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）]（2）在（1）问加热情况下，饮水机正常工作了420s，消耗了多少电能？加热效率是多少？（3）电热丝R2的阻值是多少？21 【解析】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J，（2）由P＝可得，消耗的电能为：W＝P加热t＝2000W×420s＝8.4×105J，饮水机加热的效率为：η＝×100%＝×100%＝80%；（3）当只闭合S1时，只有R1工作，饮水机处于保温状态，当S1、S2同时闭合时，两电阻并联，饮水机处于加热状态，因电路的总功率等于电阻功率之和，所以，R2的电功率：P2＝P加热﹣P保温＝2000W﹣400W＝1600W，由P＝UI＝可得，电阻R2的阻值：R2＝＝＝30.25Ω。答：（1）饮水机在加热状态下正常工作，将2kg的水从20℃加热至100℃，水吸收的热量是6.72×105J；（2）在（1）问加热情况下，饮水机正常工作了420s，消耗了8.4×105J的电能，加热效率是80%；（3）电热丝R2的阻值是30.25Ω。21 6．（2020•永州）随着我国经济社会发展，人们生活更加美好。我国农村地区也产泛使用了多挡位电热水器，如图甲为某一款多挡位电热水器，内部简化电路如图乙所示。已知U＝220V、R1＝48.4Ω，R2＝60.5Ω、c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3。（1）当S1断开、S2闭合时，求电热水器此挡位的加热功率；（2）当S1闭合、S2断开时，将50L水从20℃加热到40℃用时1.5h，求电热水器此挡位的加热效率；（3）如图乙，调节S1、S2用不同挡位给水加热，使相同质量的水升高相同的温度，求加热所用的最短时间和最长时间的比值。（设用不同挡位加热的效率相同）【解析】解：（1）当S1断开、S2闭合时，电路为R2的简单电路，则电热水器此挡位的加热功率：P2＝＝＝800W；（2）当S1闭合、S2断开时，电路为R1的简单电路，则电热水器此挡位的加热功率：P1＝＝＝1000W，由P＝可得，此挡位加热1.5h消耗的电能：W＝P1t1＝1000W×1.5×3600s＝5.4×106J，加热水的体积：V＝50L＝50dm3＝0.05m3，由ρ＝可得，加热水的质量：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×0.05m3＝50kg，则水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（40℃﹣20℃）＝4.2×106J，电热水器此挡位的加热效率：21 η＝×100%＝×100%≈77.8%；（3）由题意可知，不同挡位消耗的电能W相同，当只有R2工作时，加热功率最小，即P小＝P2＝800W，当R1、R2同时工作时，加热功率最大，即P大＝P1+P2＝1000W+800W＝1800W，由P＝可得，加热所用的最短时间和最长时间的比值：＝＝＝＝。答：（1）当S1断开、S2闭合时，电热水器此挡位的加热功率为800W；（2）当S1闭合、S2断开时，将50L水从20℃加热到40℃用时1.5h，则电热水器此挡位的加热效率为77.8%；（3）如图乙，调节S1、S2用不同挡位给水加热，使相同质量的水升高相同的温度，则加热所用的最短时间和最长时间的比值为4：9。考点三：多档位计算（串联短路式）7．（2020•葫芦岛）如图所示是一款电蒸锅的简化电路图，它具有高温和低温两个挡位。高温挡加热功率为2000W。R1、R2均为加热电阻丝，R2的电阻为72.6Ω。求：（1）电阻R1的阻值是多少？（2）电蒸锅低温挡的功率是多少？（3）若不计热量损失，用电蒸锅高温挡将2.5kg水从20℃加热到100℃，需要多长时间？[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]【解析】解：（1）高温挡时，为R1的简单电路，高温挡加热功率为2000W，根据P＝，21 R1＝＝＝24.2Ω；（2）低温挡时，两电阻串联，由电阻的串联，电蒸锅低温挡的功率是：P低＝＝＝500W；（3）把2.5kg水从20℃加热到100℃吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2.5kg×（100℃﹣20℃）＝8.4×105J，不计热量损失，消耗的电能：W＝Q吸＝8.4×105J，由P＝可得，需要的加热时间：t′＝＝＝420s。答：（1）电阻R1的阻值是24.2Ω；（2）电蒸锅低温挡的功率是500W；（3）若不计热量损失，用电蒸锅高温挡将2.5kg水从20℃加热到100℃，需要420s。8．（2020•朝阳）图甲为小阳家的电热水瓶，图乙是其电路原理图，R1和R2为阻值不变的电热丝，R1＝44Ω，R2＝1166Ω，S1为温控开关，可以实现“加热”和“保温”态的转换。为了测量电热水瓶的实际电功率，小阳找来了一块标有“2000revs/（kW•h）”字样的电能表，在电热水瓶中加入1L温度为20℃的水后，把它单独通过电能表接入家庭电路中，将水加热到56℃，用了3.5min。小阳根据电能表的参数和转盘转数，计算出电热水瓶的实际电功率为900W（水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃））。求：（1）水吸收的热量是多少？（2）电热水瓶正常工作时保温功率是多少？（3）在给水加热的过程中，电能表的转盘转了多少转？（4）电热水瓶的加热效率是多少？21 【解析】解：（1）由ρ＝可得，水的质量为：m水＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg；水吸收的热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（56℃﹣20℃）＝1.512×105J；（2）当开关S闭合，S1接a时，电路中只有R1接入电路，此时电路中电阻最小，由P＝可知此时电路消耗的功率最大，则电热水瓶处于加热状态；当开关S闭合，S1接b时，电路中R1、R2串联，此时电路中电阻最大，电路消耗的功率最小，此时电热水瓶处于保温状态，则电热水瓶正常工作时保温功率为：P保温＝＝＝＝40W；（3）由P＝可得，电热水瓶加热时消耗的电能：W＝P实t＝0.9kW×3.5×h＝0.0525kW•h＝1.89×105J，由W＝可得，在该过程中电能表转盘转动的转数：n＝W•N＝0.0525kW•h×2000revs/（kW•h）＝105r；（4）电热水瓶的加热效率：η＝×100%＝×100%＝80%。答：（1）水吸收的热量为1.512×105J；（2）电热水瓶正常工作时保温功率为40W；（3）在给水加热的过程中，电能表的转盘转了105转；21 （4）电热水瓶的加热效率是80%。9．（2020•青岛）某家用电热水壶有加热和保温两档，内部电路简化示意图如图甲所示，其中R1和R2均为阻值不变的发热电阻。某次使用该电热水壶烧水过程中，消耗的电功率随时间变化的图象如图乙所示。求：（1）该电热水壶加热和保温时的电流之比；（2）电阻R2的阻值；（3）给1.2kg的水加热，使水温从20℃升至80℃，热水壶的工作效率为90%，需要多长加热时间。【解析】解：（1）由图乙知，加热功率为P1＝1600W，保温功率为P2＝400W，根据P＝UI，在电压不变时，功率与电流与正比，该电热水壶加热和保温时的电流之比为：1600W：400W＝4：1；（2）当开关S接1时，为R1的简单电路；当开关S接2时，两电阻串联，由串联电路总电阻大于其中任一分电阻，根据P＝可知，S接2时总功率最小，此时为保温挡，则S接1时为加热档，加热状态时电路中的电阻：R1＝＝＝30.25Ω；保温时电路的总电阻为：R串联＝＝＝121Ω；由串联电阻的规律可得R2的阻值：R2＝R串联﹣R1＝121Ω﹣30.25Ω＝90.75Ω；（3）水温从20℃升至80℃需要吸收的热量：Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1.2kg×（80℃﹣20℃）＝3.024×105J；21 加热时热水壶的工作效率为90%，即η＝＝，需要的加热时间：t＝＝＝210s。答：（1）该电热水壶加热和保温时的电流之比为4：1；（2）电阻R2的阻值为90.75Ω；（3）给1.2kg的水加热，使水温从20℃升至80℃，热水壶的工作效率为90%，需要210s。考点四：多档位（单刀双掷开关）10．（2020•孝感）如图甲所示为便携式可折叠电热壶，额定电压为220V．电热壶具有加热、保温两档，保温挡的额定功率为110W，内部简化电路如图乙所示，当双触点开关接触1和2时为关闭状态，接触2和3时为保温挡，接触3和4时为加热档。R1、R2是两个阻值不变的发热元件，R2＝48.4Ω，现将电热壶接到220V的家庭电路中，求：（1）R1的阻值；（2）加热档的电功率；（3）若电热壶内装有0.5kg的水，现用加热档使水从25℃升高到100℃，加热效率为63%，则需要工作多少秒（c水＝4.2×103J/（kg•℃），结果保留一位小数）。【解析】解：（1）由电路图可知，双触点开关连接触点2和3时，电路为R1的简单电路，为保温状态，根据P＝知R1的阻值：R1＝＝＝440Ω；（2）双触点开关连接触点3和4时，R1与R2并联，为加热状态，21 则加热时电阻R2的功率：P2＝＝＝1000W，加热档的电功率为：P加热＝P1+P2＝110W+1000W＝1110W；（3）用加热档把0.5kg的水从25℃升高到100℃，水所吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×（100℃﹣25℃）＝1.575×105J；由η＝×100%得消耗的电能为：W＝＝＝2.5×105J，根据P＝知需要工作的时间为：t＝＝≈225.3s。答：（1）R1的阻值为440Ω；（2）加热档的电功率为1110W；（3）若电热壶内装有0.5kg的水，现用加热档使水从25℃升高到100℃，加热效率为63%，则需要工作225.3秒。11．（2020•山亭区二模）某款家用蒸汽挂烫机（图甲）的工作电路原理如图乙所示，R1、R2为电阻值相同的发热电阻，1、2、3、4为触点，S2为旋转开关，实现低档、高档的转换，其高档时的额定功率为1000W，使用时，水箱中部分水通过进水阀门进入电热杯受热至沸腾，产生的水蒸气通过蒸汽软管从蒸汽喷头喷出，从而熨烫衣服。请解答：（1）用来制作蒸汽软管的材料应具有什么样的物理特点或性质？请写出一点。（2）求发热电阻R1的阻值。（3）将电热杯内0.3kg、20℃的水加热到100℃需要的最短时间是多少？[设无热损失，c水＝4.2×103J/（kg•℃）21 【解析】解：（1）因为蒸汽挂烫机要利用热的水蒸气工作，所以所用蒸汽软管的材料需要具有耐高温、柔韧性好、质量小的特点；（2）当挂烫机处于高温挡位时，总功率最大，由P＝可知，此时总电阻最小，则此时两个电阻应并联，已知R1＝R2，且并联时各支路两端的电压相等，由P＝可知两个电阻消耗的功率相等，即P1＝P2，所以高温挡的加热功率P＝P1+P2＝2P1，则P1＝P＝×1000W＝500W，由P＝可得，发热电阻R1的阻值为：R1＝＝＝96.8Ω；（3）水吸收的热量为：Q＝c水m△t＝4.2×103J/（kg•℃）×0.3kg×（100℃﹣20℃）＝1.008×105J，设无热损失，则消耗的电能W＝Q＝1.008×105J，由W＝Pt可得，加热需要的最短时间：t＝＝＝100.8s。答：（1）耐高温，柔韧性好；（2）发热电阻R1的阻值96.8Ω；（3）需要的最短时间是100.8s。考点五：多档位（多档式）21 12．（2020•河池）某品牌家用电热水器的简化电路如图所示，热水器有快加热、慢加热和保温三个工作状态。热水器内装有40kg的水，慢加热额定功率为1210W，保温额定功率为605W，R1、R2均为加热电阻（温度对电阻的影响忽略不计）。[水的比热c＝4.2×103J/（kg•℃）]求：（1）热水器把水从20℃加热到70℃时，水吸收的热量是多少J？（2）开关S1闭合，S2接b点时，电热水器处于慢加热工作状态，电阻R1的阻值是多少Ω？（3）电热水器在快加热工作状态下正常工作，要产生2.42×106J的热量，需要多少s？【解析】解：（1）水需要吸收的热量：Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×40kg×（70℃﹣20℃）＝8.4×106J；（2）开关S1闭合、S2接b时，电路为R1的简单电路，电热水器处于慢加热挡，由P＝可得，电阻R1的阻值：R1＝＝＝40Ω；（3）开关S1断开、S2接b时，R1与R2串联，电路中电阻最大，总功率最小，电热水器处于保温挡，此时电路的总电阻：R串＝＝＝80Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R2的阻值：R2＝R串﹣R1＝80Ω﹣40Ω＝40Ω；开关S1闭合、S2接a时，R1与R2并联，电路中电阻最小，总功率最大，电热水器处于快加热挡；由电阻的并联可得：＝+，即＝+，解得R并＝20Ω，21 则快加热功率：P快加热＝＝＝2420W，由P＝可得，用快加热所用的时间为：t快＝＝＝1000s。答：（1）热水器把水从20℃加热到70℃时，水吸收的热量是8.4×106J；（2）开关S1闭合，S2接b点时，电热水器处于慢加热工作状态，电阻R1的阻值是40Ω；（3）电热水器在快加热工作状态下正常工作，要产生2.42×106J的热量，需要1000s。13．（2019•抚顺）如图甲所示是一款加热杯，可以通过控制开关实现高、中、低三档加热，其简化电路图如图乙所示。R1、R2、R3均为电热丝，已知R1＝176Ω加热杯的部分参数如表。求：c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3]（1）R2的阻值是多少？（2）加热杯的低温挡功率是多少？（3）若不计热量损失，加热杯使用高温挡加热，使1L水从12℃升高到100℃，需要多长时间？额定电压220V高温挡功率1100W中温挡功率440W低温挡功率容量1L【解析】解：（1）当S接高温挡触点时，电路为R3的简单电路，21 由P＝UI＝可得，R3的阻值：R3＝＝＝44Ω，当S接中温挡触点时，R2、R3串联，则此时电路中的总电阻：R总＝＝＝110Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R2的阻值：R2＝R总﹣R3＝110Ω﹣44Ω＝66Ω；（2）当S接低温挡触点时，R1、R3串联，则加热杯的低温挡功率：P低＝＝＝220W；（3）满壶水的体积：V＝1L＝1dm3＝1×10﹣3m3，由ρ＝可得，水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg，水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣12℃）＝3.696×105J，不计热量损失时，消耗的电能：W＝Q吸＝3.696×105J，由P＝可得，需要的加热时间：t′＝＝＝336s。答：（1）R2的阻值是66Ω；（2）加热杯的低温挡功率是220W；（3）若不计热量损失，加热杯使用高温挡加热，使1L水从12℃升高到100℃，需要336s。考点六：敏感电阻类14．（2019•重庆）图甲的储水容器底有质量0.5kg，底面积100cm221 的长方体浮桶，桶上端通过轻质弹簧与紧贴力敏电阻的轻质绝缘片A相连，距容器底0.4m处的侧壁有排水双控阀门。控制电路如图乙所示，其电源电压U＝12V，R0＝10Ω，当电流表示数为0.6A，且桶底升至阀门所处高度时，阀门才感应排水。力敏电阻R与它所受压力F的对应关系如下表所示（弹簧均在弹性限度内）。求：压力F/N24……1215电阻R/Ω11070……1610（1）浮桶的重力是多少N？（2）未加水时，力敏电阻所受压力为2N，电流表的示数是多少安？（3）当容器内的水深达到多少米时，双控阀门才打开排水？【解析】解：（1）浮桶的重力：G＝mg＝0.5kg×10N/kg＝5N。（2）由表格数据知，力敏电阻所受压力为2N时，力敏电阻的阻值为110Ω，电路的总电阻：R总＝R0+R＝10Ω+110Ω＝120Ω，电流表的示数：I＝＝＝0.1A；（3）当电流表示数为0.6A，且桶底升至阀门所处高度时，阀门才感应排水，此时电路中的总电阻：R总′＝＝＝20Ω，此时力敏电阻的阻值：R′＝R总′﹣R0＝20Ω﹣10Ω＝10Ω，由表格数据知，此时力敏电阻所受压力为15N，根据物体间力的作用是相互的，所以弹簧给浮桶向下的压力也是15N，浮桶受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和压力，这三个力平衡，则此时浮桶受到的浮力：F浮＝G+F＝5N+15N＝20N，浮桶排开水的体积：V排＝＝＝2×10﹣3m3＝2000cm3，21 则浮桶浸入水中的深度为：h1＝＝＝20cm＝0.2m，当电流表示数为0.6A，且桶底升至阀门所处高度时，阀门才感应排水，所以此时容器内水的深度：h＝h1+h2＝0.2m+0.4m＝0.6m。答：（1）浮桶的重力为5N。（2）未加水时，力敏电阻所受压力为2N，电流表的示数是0.1A。（3）当容器内的水深达到0.6米时，双控阀门才打开排水。15．（2019•玉林）某物理研究小组设计了一个压力报警装置，工作原理如图甲所示。OBA为水平杠杆，OA长100cm，O为支点，OB：BA＝1：4；已知报警器R0的阻值恒为10Ω，压力传感器R固定放置，压力传感器受到的压力F与R的阻值变化的关系如图乙所示。当托盘空载时，闭合开关S，电压表的示数为1V：当托盘所受的压力增大，电压表的示数达到2V时，报警器R0开始发出报警信号。托盘、压杆和杠杆的质量均忽略不计，电压表的量程为0～3V．求：（1）电源电压；（2）当报警器开始报警时，压力传感器受到的压力；（3）当托盘受到的压力为120N时，报警器是否报警；21 （4）当电路输出的电功率与电路在安全状态下输出的最大电功率的比值为5：6时，托盘受到的压力。【解析】解：（1）当托盘空载时，电路中的电流；此时传感器的电阻为R＝30Ω，则电源电压U＝I1（R0+R）＝0.1A×（10Ω+30Ω）＝4V；（2）当报警器开始报警时，电路中的电流；传感器的电阻；从图乙可知，此时传感器受到的压力为20N；（3）根据杠杠的平衡条件F1L1＝F2L2，可知F托盘×OB＝F×OA；由于OB：OA＝1：4，可得OB：OA＝1：5，压力传感器受到的压力F'＝F'托盘×＝120N×＝24N，由于报警时F＝20N，而此时F'＞F，因此报警器报警；（4）要保证电路安全，，P最大＝UI最大＝4V×0.3A＝1.2W；由于P''：P最大＝5：6，可得P''＝1W此时，电路的输出功率，则；由图乙可知当压力传感器R''＝6Ω时，压力传感器受到的压力为F''＝30N；由杠杠平衡条件可知，托盘受到的压力F''托盘＝F''×。答：（1）电源电压为4V；（2）当压力达到20N时，压力传感器开始报警；（3）会报警；（4）此时托盘的压力为150N。21