四川省宜宾市2022年中考物理真题试题（带解析）

2022年四川省宜宾市中考物理试卷解析　一、选择题（共8小题，共24分）下列各小题给出的四个选项中，1-6题只有一个选项是正确的，7～8题有一个以上的选项是正确的，请将其选出并将其序号填入相应的括号内，选对得3分，选不全对的得2分，有错或不选的得0分．1．（2022•宜宾）小强在使用小提琴前、常常旋动琴弦轴调节琴弦的松紧，这样做的目的主要是为了改变声音的（　　）　A．响度B．音调C．音色D．速度考点：音调。专题：应用题。分析：解决此题要知道音调的高低与发声体振动快慢有关，物体振动越快，音调就越高．解答：解：调节琴弦的松紧，就会改变琴弦的振动快慢，所以“定弦”这主要是为了改变声音的音调；故选B．点评：本题考查了声音的特征，只要对三个特征（音调、响度、音色）有深刻的认识，并对吉他琴弦有深入的了解，将知识与生活有机的结合起来，便能找到答案．2．（2022•宜宾）2022年5月21日清晨，我同大部分地区都出现了日环食．如图所示，是发生日环食的景观，能用来解释形成日环食现象的规律是（　　）　A．光的直线传播B．光的折射C．光的反射D．光的色散考点：光直线传播的应用。专题：应用题。分析：太阳发出的光在沿直线传播过程中，遇到不透明的月亮，挡住了阳光，地球上的人看不见太阳光，此时形成日食．如果地球把射向月亮的太阳光给挡住了，地球上的人看不到月亮了，此时形成月食．解答：解：由于光沿直线传播，太阳射出的光线被月球挡住了，太阳光射不到地球上，所以地球上的人们看不到太阳．这样就形成了日食．故选A．点评：此题考查光的直线传播原理解释现象，影子、日月食、小孔成像都是用光的直线传播原理解释的．3．（2022•宜宾）下列现象中届于蒸发的是（　　）　A．铁块变成铁水B．夏天从冰箱拿出的苹果“冒汗”　C．霜的形成D．把酒精擦在手背上，一会儿不见了考点：蒸发及其现象。专题：应用题。14用心爱心专心\n分析：（1）物体由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固，由液态变为气态的过程叫汽化，由气态变为液态的过程叫液化，由固态变为气态的过程叫升华，由气态变为态的固过程叫凝华．（2）汽化的两种方式是蒸发和沸腾，蒸发是一种缓慢的汽化现象，在任何温度下都可以发生，只发生在液体的表面的现象，蒸发具有致冷作用．解答：解：A、固态的铁变为液态的铁水，是熔化，不合题意．B、从冰箱拿出的苹果“冒汗”，是空气中的水蒸气形成的小水珠，是液化，不合题意．C、霜是空气中的水蒸气形成的小冰晶，是凝华现象，不合题意．D、过一会儿涂的酒精居然不见了，实质上是酒精发生了蒸发现象，符合题意．故选D．点评：解答“判断物态变化”类题题目的关键是主要看物体由什么状态变为什么状态，然后根据各种物态变化的定义来分析．4．（2022•宜宾）在如图所示的四个实例中，目的是为了增大磨擦的是（　　）　A．轮滑鞋带有滚轮B．重型卡车安装多个轮胎　C．水泥路面上划出一道道的横线D．行驶的磁悬浮列车车身不接触道轨考点：增大或减小摩擦的方法。专题：应用题；图析法。分析：摩擦力大小的影响因素：压力大小和接触面的粗糙程度．（1）增大摩擦力的方法：增大压力，增大接触面的粗糙程度．（2）减小摩擦力的方法：减小压力，减小接触面的粗糙程度，使接触面脱离，用滚动代替滑动．解答：解：A、轮滑鞋带有滚轮是通过将滑动摩擦变为滚动摩擦的方法来减小摩擦的，不符合题意；B、重型卡车安装多个轮胎是通过增大受力面积来减小压强的，不符合题意；C、水泥路面上划出一道道的横线是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力的，符合题意；D、磁悬浮列车悬浮行驶是通过使接触面脱离接触来减小摩擦力的，不符合题意．故选C．点评：如何增大减小摩擦力在日常生活中有多种方法，如何将其与理论联系在一起是解决这类问题的关键，在生活中摩擦力有些是对我们有利的，这些我们要增大，有害的我们就要减小．5．（2022•宜宾）在如图所示的实验装置中，能说明电动机工作原理的是（　　）14用心爱心专心\n　A．B．C．D．考点：直流电动机的原理。专题：图析法。分析：要解答本题需掌握：电动机的原理是利用通电导体在磁场中受到力的作用的原理制成的．解答：解：A、当导体运动时，电流表的指针会发生偏转，即会产生感应电流，即电磁感应现象，是发电机的原理，故该选项错误；B、该选项是用来研究影响电磁铁磁性强弱因素的实验，故该选项也是错误的；C、当闭合开关后，导体运动，说明通电导体在磁场中受力的作用，故该选项正确；D、线圈在磁场中转动，电流表指针发生偏转，说明有电流产生，因此是发电机的原理，故该选项也是错误的．故选C．点评：电动机是将电能转化为机械能的机械，它在工作时要消耗电能，因此解题时观察图形中有无电源是此题的解题关键．6．（2022•宜宾）在如图所示的四幅图中，符合安全用电要求的是（　　）　A．电线上晾衣服B．C．用湿手触摸开关D．考点：安全用电原则。专题：应用题。分析：（1）安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体．（2）灯泡的接法：火线首先进开关，再入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套．（3）电路中电流过大的原因有两个：一是短路；二是家中使用用电器的总功率过大．解答：解：A、在电线上晾湿衣服，电线上的绝缘层有可能破损，从而使人体和带电体接触，就会造成触电事故，十分危险．不符合安全用电原则；B、火线首先进开关，再入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套．符合安全用电原则；C、开关属于带电体，用湿手触摸时，水属于导体，有可能使电流通过水传到人体上，使人体触电，十分危险．不符合安全用电原则；D、三孔插座接地线的没有接地，有金属外壳的用电器，其金属外壳一定要接地，以防用电器外壳带电，会危及人身安全．不符合安全用电原则；故选B．点评：题考查的是日常生活中的一些安全用电常识，要掌握安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体．值得注意的是：本来不带电的物体带了电；本来不导电的物体导电了．14用心爱心专心\n7．（2022•宜宾）如图所示是我国自主研制的“蛟龙号”载人潜水器，它可达到的最大下潜深度为7km，具有无动力下潜上浮先进技术，具有近底自动肮行和悬停定位等多项先进功能．其中“深海潜水器无动力下潜上浮技术”主要是在潜水器两侧配备4块压载铁，重量可以根据不同深度与要求调整．1标准大气压近似取ρ0=1.0x105Pa，海水密度近似取ρ=1.0×103Kg/m3，g取10N/kg，下列说法正确的是（　　）　A．水下7km处的压强相当于700个大气压．　B．若潜水器最快下潜的速度是42m/min，则到达7km海底需要4h．　C．潜水器在水面下处于悬停时，它在竖直方向上受到的重力与浮力是一对平衡力．　D．深海潜水器采用抛弃压载铁的办法实现上浮，而潜艇使用压缩空气把空气舱中的海水逼出去达到上浮的目的．考点：平衡力的辨别；速度公式及其应用；液体的压强的计算；物体的浮沉条件及其应用。专题：计算题；应用题。分析：（1）根据液体压强的计算公式P=ρ液gh就可以计算出水下7km处的压强，再结合1个标准大气压的大小计算出相当于几个大气压；（2）根据速度的计算公式V=的变形公式t=就可以计算出潜水艇下潜的时间；（3）潜水器在水下悬浮，受到的重力和浮力大小相等；（4）潜水器是靠改变自身的重力来改变它在水中的上浮和下潜的．解答：解：A、水下7km处的压强是P=ρ液gh=1.0×103Kg/m3×10N/kg×7000m=7×107Pa，1个标准大气压P0=1.0×105Pa，相当于=700个，故该选项说法正确；B、潜水器最快下潜的速度是42m/min，则到达7km海底需要t===min=2.8h，故该选项说法不正确；C、潜水器在水面下处于悬停时，它在竖直方向上受到的重力与浮力大小相等、方向相反、作用在同一直线上，是一对平衡力，故该选项说法正确；D、深海潜水器采用抛弃压载铁的办法实现上浮，而潜艇使用压缩空气把空气舱中的海水逼出去达到上浮的目的，故该选项说法正确．故选ACD．点评：本题以“蛟龙号”潜水器潜水为背景考查了求平均速度、海水压强、浮力的计算，判断潜水器的运动状态，考查的点较多，属于难题．8．（2022•宜宾）灯泡L上标有“6V6W”字样，测得该灯泡的电流随电压变化关系如图（甲）所示．现把灯泡L接入如图（乙）所示的电路中，若电路电压为10V不变，电流表的量程为“0﹣0.6A”，电压表的量程为“0﹣15V”．则下列说法正确的是（　　）14用心爱心专心\n　A．灯泡L正常发光时，电压表的示数为6V　B．当电流表示数为0.4A时，电压表的示数为9V　C．灯泡L的电阻值随电压表的示数的增大而增大　D．为了保证电路安全，整个电路消耗的最大功率为6W．考点：电功率的计算；串联电路的电压规律；欧姆定律的应用。专题：计算题；应用题；信息给予题。分析：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；（1）根据图象可知灯泡正常工作时的额定电流，并与电流表的量程相比较得出电路的最大电流，即可判断灯泡是否能正常工作；根据P=UI求出电路消耗的最大电功率．（2）根据图象读出当电流表示数为0.4A时，灯泡两端的电压，根据电阻的串联特点求出电压表的示数．（3）根据欧姆定律结合图象可知灯泡电源与其两端电压的关系，根据串联电路的电压特点可知灯泡电阻与电压表示数之间的关系．解答：解：（1）由图象可知，当灯泡正常发光（UL=6V）时，电路中的电流为1A＞0.6A，∴电路中的最大电流=0.6A，∴灯泡不能正常发光；电路消耗的最大电功率Pmax=UImax=10V×0.6A=6W；（2）由图象可知，当I=0.4A时，UL=1V，∴UR=U﹣UL=10V﹣1V=9V；（3）根据R=结合图象可知，灯泡的电阻随两端的电压增大而增大，根据串联电路总电压等于各分电压之和可知，此时电压表的示数减小．故选BD．点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是根据灯泡的额定电流和电流表的量程确定电路中的最大电流，这也是学生比较容易出错的地方．二、填空题（共5小题，每小题4分，共20分）把恰当的文字或数据填在相应的横线上9．（2022•宜宾）“神舟八号”飞船与“天宫一号”对接前沿同一方向运动，并且‘神舟八号”飞船飞向“天宫一号”缓慢地靠近，最后实现连接，如图所示，由此可知，“神舟八号”飞船是以　天宫一号　为参照物，其中速度较大的是　神州八号飞船　．（填“神州八号飞船”“天宫一号”）14用心爱心专心\n考点：运动和静止的相对性。专题：应用题。分析：（1）判断物体是运动的还是静止的，要看它和参照物之间的位置关系，如果位置变化了，说明该物体是运动的，否则是静止的；（2）根据“神舟八号”飞船飞向“天宫一号”缓慢地靠近，可知谁的速度较大．解答：解：（1）“神舟八号”飞船与“天宫一号”对接的过程中，它们之间的位置保持不变，因此以天宫一号为参照物，“神舟八号”飞船是静止的；（2）因为是“神舟八号”飞船飞向“天宫一号”缓慢地靠近，后实现连接，所以其中速度较大的是神州八号飞船．故答案为：天宫一号；神州八号飞船．点评：一个物体的运动状态的确定，关键取决于所选取的参照物．所选取的参照物不同，得到的结论也不一定相同．这就是运动和静止的相对性．10．（2022•宜宾）人们常用水给汽车发动机降温，这是因为水的　比热容　较大，在相同条件下水能带走较多的热量，这个过程是通过　热传递　的方式使水的温度升高．考点：水的比热容的特点及应用；热传递改变物体内能。专题：应用题。分析：（1）单位质量的某种物质温度升高（或降低）1℃吸收（或放出）的热量为该物质的比热容，水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；（2）改变物体内能的方法有二：一是做功，二是热传递，在热传递的过程中，高温物体或物体的高温部分，内能减小，温度降低；低温物体或物体的低温部分，内能增大，温度升高．解答：解：（1）因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以常用水给汽车发动机降温；（2）在该过程中，发动机放出热量、温度降低，水吸收热量、温度升高，发生了热传递．故答案为：比热容；热传递．点评：本题主要考查了学生对水的比热容大的特点及应用、改变物体内能的方法的了解和掌握，应用好“物体的m、△t相同时，c大的Q大”是本题的关键．11．（2022•宜宾）如图所示，投影仪的镜头相当于一个焦距为10cm的凸透镜，当物体到镜头的距离在　10～20cm　时，在屏幕上就可以看到倒立、放大的像；投影仪上有一块平面镜，它的作用是　改变光路　，使像能够投射到屏幕上．14用心爱心专心\n考点：平面镜的应用。专题：应用题。分析：（1）平面镜的作用是改变光的传播方向，使射向天花板的光能在屏幕上成像；（2）掌握投影仪的制作原理：当2f＞u＞f时，根据凸透镜成放大、倒立实像的原理制成的．解答：解：（1）投影仪的镜头相当于一个焦距为10cm的凸透镜，则由凸透镜成像规律可知，当物体到镜头的距离在10～20cm时，在屏幕上就可以看到倒立、放大的像；（2）投影仪成像时，按照光沿直线传播，会竖直向上射出，投不到幕布上；加上平面镜，改变了光的传播方向，从而使像能成在幕布上．故答案为：10～20cm；改变光路．点评：本题主要考查了投影仪的制作原理及成像特点，知道投影、幻灯都是利用物距处于1倍、2倍焦距之间时成放大、倒立实像的原理制成的，同时考查了平面镜对光的反射作用．12．（2022•宜宾）某兴趣小组为了研究火情监视装置，将热敏电阻Rt、警示灯L以及电压表和电流表组成如图所示电路，热敏电阻的阻值随温度的升高而减少．闭合开关S后，当火情发生时，电流表的示数　变大　（填“变大”或“变小”），警示灯的亮度　变亮　（填“变亮”或“变暗”）．（设电源电压及灯丝电阻不变）考点：欧姆定律的应用；电阻；电阻的串联；电功率的计算。专题：应用题；信息给予题。分析：根据题意可知，当火情发生时热敏电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，根据P=I2R可知灯泡实际功率的变化，根据灯泡的亮暗取决于实际功率的大小可知灯泡亮暗的变化．解答：解：当火情发生时，热敏电阻的阻值减小，电路的总电阻减小；根据I=可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大；根据P=I2R可知，灯泡实际功率变大，灯泡变亮．故答案为：变大；变亮．点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是会根据题意判断发生火情时热敏电阻阻值的变化．13．（2022•宜宾）如图所示，用F为30N的拉力，通过滑轮组拉着重为300N的物体，在水平面上以0.5m/s的速度向左做匀速直线运动．则物体受到的摩擦力大小为　90　N，拉力F的功率为　45　W．（不计绳和滑轮的重力以及滑轮轴承和滑轮与绳子之间的摩擦力）14用心爱心专心\n考点：滑轮组绳子拉力的计算；功率的计算。专题：计算题。分析：沿水平方向使用滑轮组拉动物体时，克服摩擦做的功是有用功，拉力做的功是总功；（1）首先确定滑轮组由三段绳子与动滑轮相连，n=3，由于不计绳和滑轮的重力以及滑轮轴承和滑轮与绳子之间的摩擦力，则F=f，据此物物体受到的摩擦力；（2）绳自由端移动的距离为物体移动距离的三倍，则绳自由端移动的速度为物体移动速度的三倍，求出绳自由端移动的速度，利用P=Fv求拉力F的功率．解答：解：由图知，n=3，（1）∵不计绳和滑轮的重力以及滑轮轴承和滑轮与绳子之间的摩擦力，∴F=f，∴f=3F=3×30N=90N，（2）绳自由端移动的速度：v=3×0.5m/s=1.5m/s，拉力的功率：P=Fv=30N×1.5m/s=45W．故答案为：90；45．点评：本题考查了使用滑轮组拉力的计算、功率的计算，因为是水平使用滑轮组，克服摩擦做的功是有用功，确定n的大小（直接从动滑轮上引出的绳子股数）是本题的关键．三、作图题（共2小题，每题3分，共6分）14．（2022•宜宾）如图，请根据通电螺线管左端小磁针静止时的指向，标出螺线管的S极、磁感线的方向及螺线管圈中的电流方向．考点：通电螺线管的极性和电流方向的判断。专题：作图题。分析：（1）放在磁体周围的小磁针自由静止时，相互靠近的一定是异名磁极．由此可以利用小磁针的NS极来确定螺线管的NS极，进而利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向．（2）在磁体的周围，磁感线从N极流出回到S极．由此可以确定磁感线的方向．解答：解：（1）小磁针的右端S极靠近电磁铁的左端，所以电磁铁的左端与小磁针的右端是异名磁极，则电磁铁的左端为N极，右端为S极．根据螺线管的NS极，结合线圈的绕向，利用安培定则可以确定电流从螺线管的右端流入，左端流出；14用心爱心专心\n（2）在磁体的周围磁感线从磁体的N极出发回到S极．所以磁感线的方向是指向磁极的．答案如图所示：点评：（1）此题考查了磁极间的作用规律、安培定则、磁感线的方向等几个知识点．（2）安培定则共涉及三个方向：电流方向、线圈绕向、磁场方向，告诉其中的两个可以确定第三个．其中磁场的方向往往与小磁针的NS极或磁感线的方向联系在一起，而电流方向经常与电源的正负极联系起来．15．（2022•宜宾）如图所示是利用杠杆撬起一质材均匀的球形石头的情景，O是支点．请在图中画出石头的重力示意图以及重力和力F的力臂并分别用字母L1和L2表示．考点：重力示意图；力臂的画法。专题：作图题。分析：（1）过物体的重心，用一条带箭头的线段表示出重力的作用点和方向，注意重力的方向竖直向下；（2）先确定动力和阻力的方向，然后过支点作力的作用线的垂线段就得到动力臂和阻力臂．解答：解：（1）石头的重心在球心，过球心沿竖直向下的方向画一条带箭头的线段，并用标出符号G；（2）过支点分别作垂直于动力作用线和阻力作用线的垂线段（即动力臂l1和阻力臂l2），如图所示：点评：（1）重力的方向是竖直向下，力的示意图就是用一条带箭头的线段表示力的三要素；（2）作力臂首先找到支点和力的作用线，再从支点向力的作用线引垂线，支点到垂足之间的距离为力臂的大小．四、实验与探究题（共10分）14用心爱心专心\n16．（2022•宜宾）（I）小明根据对机动车行驶速度的限制和在同样的道路上，对不同车型的限制车速不一样，由此猜想：物体的动能大小可能与其速度、质量有关：于是设计了如图1所示的实验进行探究，让小球从光滑斜槽轨道上静止滑下，进入光滑水平滑槽与固定在水平滑槽右端的一轻质自然长度的弹簧相接触并压缩，弹簧被压缩得越短，弹簧的弹性势能越大，说明小球的动能就越大．实验测得的数据如下表一、表二表一：当小球质量m=0.1kg时实验序号小球在斜槽上的高度h/cm小球到达水平槽时的速度t/cm∙s﹣1弹簧的压缩长度△x/cm1201984.92503147.938040010.0实验序号小球的质量m/kg小球到达水平槽时的速度t/cm∙s﹣1弹簧的压缩长度△x/cm10.053977.120.140010.030.239814.1（2）本实验中该同学采用的研究方法有（　　）A、转换法B．类比法C．控制变量法D、模拟法（II）为了测定一个待测电阻Rn的阻值，实验室提供如下器材：电池、电流表A1、电流表A2、滑动变阻器R、定值电阻R0、电键S、导线若干．小李同学用所提供的器材，设计了如图2（甲）所示的电路图．（1）请报据设计的电路图，在实物图2（乙）中用笔画代替导线，把连接图补充完整．（2）闭合开关前滑动变阻器的滑片P应调到　b　端（选填“a”或“b”）（3）实验中调节滑动变阻器的滑片P到某一位置，记录下此时电流表A1、A2的示数分別是I1和I2，则待测电阻R0的表达式：P=　　．考点：伏安法测电阻的探究实验；探究影响物体动能大小的因素。专题：实验题；控制变量法；图析法；转换法。分析：（1）分析表一和表二的数据即可得出决定小球运动速度大小的因素和影响动能大小的因素；根据实验的目的和表格中的变量和不变量即可判断本实验所采用的研究方法．（2）①由电路图可知，滑动变阻器和电流表A2位于干路上，连接实物图时滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中；②为防止电路中电流过大烧坏电路元件、保护电路的滑动变阻器处于最大阻值处；③根据并联电路的电流特点求出通过Rx的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律得出等式，解等式即可求出待测电阻的阻值．14用心爱心专心\n解答：解：I、（1）分析表一中的第二列和第三列数据可知，小球到达水平槽时的速度随小球在斜槽上高度的增加而变大，即小球运动速度大小由小球在斜槽上的高度决定的；分析表一、表二的第二列和第三列可知，影响小球动能因素与小球的质量和速度有关．（2）由两个表格数据可知，在探究动能与速度关系时控制了质量不变，探究动能与质量的关系时控制了速度不变；动能的大小都是通过弹簧被压缩的长度来体现的，故本实验所采用的探究方法有控制变量法和转换法．故答案为：（1）小球斜槽上的高度；质量和速度；（2）A、C．Ⅱ、（1）滑动变阻器的任意下方接线柱与待测电阻或定值电阻的左侧连接，待测电阻的右端与电流表A2的负接线柱连接即可，如下图所示：（2）闭合开关前保护电路的滑动变阻器处于最大阻值的b端；（3）定值电阻和待测电阻并联，电流表A1测R0支路的电流，A2测干路电流，通过Rx的电流Ix=I2﹣I1，因并联电路各支路两端的电压相等，所以U0=Ux，即I1R0=（I2﹣I1）Rx，解得：Rx=．故答案为：（1）如上图所示；（2）b；（3）．点评：解决本题的关键：一是掌握探究影响动能大小因素的实验方法，即控制变量法和转换法；二是看懂电路图、明白测待测电阻实验的方法，并会连接实物图；三是能分析实验数据得出结论．五、计算与解答题（共2小题，共20分）要求17．（2022•宜宾）如图所示，是某鱼缸水温凋节器的原理图，其中R1为阻值可调的电热丝，开关S2为单刀双掷开关．开关S1闭合．S2接b时，电路处于加热状态；当开关S1断开、S2接a时，电路处于保温状态．已知U=220V，R2=600Ω，R2不会短路．取水的比热容c=4.2×103J/（kg•℃）．试问：（1）当电路处于加热状态时，通过电阻R2的电流为多少？14用心爱心专心\n（2）当电路处于保温状态时，若电路消耗的功率P=48.4W，则电热丝R1连人电路的阻值应为多少？（3）当电路处于加热状态时，要将缸中m=48.4kg的水温度升高△t=2.0℃，现调节电热丝R1使其阻值为=200Ω，则加热需多少时间？（假设电热全部被水吸收，且无热量散失）考点：电功率的计算；欧姆定律的应用。专题：计算题；应用题；动态预测题。分析：（1）开关S1闭合、S2接b时，电路处于加热状态，两电阻并联，根据I=求出通过电阻R2的电流；（2）当开关S1断开、S2接a时，两电阻串联，根据R=求出电路的总电阻，再根据电阻的串联求出电热丝R1连人电路的阻值；（3）根据Q=cm△t求出水吸收的热量，电流做的功即为水吸收的热量，根据W=Q=Pt=t即可求出加热时间．解答：解：（1）当电路处于加热状态时，等效电路图如下图所示：通过电阻R2的电流I2==≈0.37A；（2）当电路处于保温状态时，等效电路图如下图所示：电路的总电阻R===1000Ω，R1=R﹣R2=1000Ω﹣600Ω=400Ω；（3）水需要吸收热量：14用心爱心专心\nQ=c水m水△t=4.2×103J/（kg•℃）×48.4kg×2℃=406560J，电热丝R1的功率P′===242W，加热时间t====16940s．答：（1）通过电阻R2的电流约为0.37A；（2）电热丝R1连人电路的阻值应为400Ω；（3）加热需16940s．点评：本题考查了串联、并联电阻特点和电功率公式的应用，以及电阻、吸热、加热时间的计算，关键是公式的灵活运用和开关闭合、断开时电路连接方式的判断．18．（2022•宜宾）如图所示，是小明同学为宜宾港设计的一个货物运送装罝图，其中，AB是长L=10m的传送带，BC是平台，AB两端的高度差h=2.5m，传送带在电动机M的带动下顺时针匀速转动．现有一质量m=542.7kg的货物，从A端随传送带一起匀速地被运送到平台BC上，传送带运行的速度v=4m/s．由于轮轴等方面的摩擦，电动机输出功（转化为机械功）的效率η=80%，电动机允许通过的最大电流为25A．取g=10N/kg求：（1）要使该货物从A端运送到B端，电动机需工作多少时间？（2）货物从A端运送到B端，需克服重力做多少功？电动机的输出功率是多大？（3）如果电动机接在电压U=380V不变的电源上，电动机中线圈的电阻r=1.9Ω，在把货物从A端运送到B端的过程中，电动机消耗的电能是多少？考点：重力的计算；电功的计算；电功率的计算。专题：计算题。分析：（1）已知传送带运行的速度和长度，利用t=计算需要的时间；（2）已知货物的质量可以得到重力，已知重力和上升高度，利用W=Gh计算克服重力做的功；已知克服重力做的功和转化效率，可以得到电动机做的功；利用电动机做的功和做功时间，得到电动机的输出功率；（3）已知电动机的额定电压和线圈电阻，可以得到工作电流；已知电动机的工作电流和线圈电阻，可以得到线圈的发热功率；已知电动机的输出功率和发热功率，可以得到总功率；已知总功率和工作时间，利用W=Pt得出消耗的电能．解答：解：（1）电动机工作的时间为t===2.5s（2）克服重力做的功为W重=Gh=mgh=542.7kg×10N/kg×2.5m=13567.5J电动机输出的功为W电===16959.375J电动机的输出功率为P动===6783.75W14用心爱心专心\n（3）电动机的工作电流为I===20A线圈的发热功率为P热=I2R=（20A）2×1.9Ω=760W电动机的总功率为P=P动+P热=6783.75W+760W=7543.75W电动机消耗的电能为W=Pt=7943.75W×2.5s≈18859J（1）电动机工作的时间为2.5s；（2）电动机克服重力做的功为13567.5J；电动机的输出功率为6783.75W；（3）电动机消耗的电能为18859J．点评：电动机带到传送带升高物体的过程中，有两次能量转化：首先电能转化为电动机的机械能和线圈的内能；其次电动机的机械能转化成物体的重力势能和机械间摩擦产生的内能，所以效率是不断降低的．14用心爱心专心