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典例分析3（2024·四川成都中考）
小孟在实验室设计了一款测量物体重力的装置，其示意图如图甲，物体放在有弹簧支撑的托盘上，弹簧底部固定，该装置可以将电表示数转换为重力大小。图乙是变阻器接入电路中的阻值$R_P$与被测物体重力$G$的关系图像。电源电压恒为24 V，定值电阻的阻值$R_0$为30 Ω，电流表测量范围为0～0.6 A，电压表测量范围为0～15 V，变阻器标有“50 Ω 1 A”。
(1)闭合开关S，当电流表示数$I=0.4$ A时，求物体的重力$G$。
(2)在保证电路各元件安全的情况下，求$R_P$的变化范围。
小孟在实验室设计了一款测量物体重力的装置，其示意图如图甲，物体放在有弹簧支撑的托盘上，弹簧底部固定，该装置可以将电表示数转换为重力大小。图乙是变阻器接入电路中的阻值$R_P$与被测物体重力$G$的关系图像。电源电压恒为24 V，定值电阻的阻值$R_0$为30 Ω，电流表测量范围为0～0.6 A，电压表测量范围为0～15 V，变阻器标有“50 Ω 1 A”。
(1)闭合开关S，当电流表示数$I=0.4$ A时，求物体的重力$G$。
(2)在保证电路各元件安全的情况下，求$R_P$的变化范围。
答案
(1) 4 N
(2) 18～50 Ω
解析 (1)当电流表示数$I=0.4\ \mathrm{A}$时,电路中的总电阻$R=\frac{U}{I}=\frac{24\ \mathrm{V}}{0.4\ \mathrm{A}}=60\ \Omega$
变阻器接入电路中的阻值$R_\mathrm{P}=R-R_0=60\ \Omega-30\ \Omega=30\ \Omega$
根据题图乙可知,此时物体重力$G=4\ \mathrm{N}$。
(2)$R_0$通过的最大电流$I_0=\frac{U_\mathrm{V}}{R_0}=\frac{15\ \mathrm{V}}{30\ \Omega}=0.5\ \mathrm{A}$
结合电流表测量范围、滑动变阻器允许通过的最大电流,可知电路的最大电流$I_{\mathrm{max}}=I_0=0.5\ \mathrm{A}$
此时滑动变阻器接入电路中的最小阻值$R_{\mathrm{Pmin}}=\frac{U}{I_{\mathrm{max}}}-R_0=\frac{24\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}-30\ \Omega=18\ \Omega$
当物体重力为0时,$R_\mathrm{P}$取最大阻值50 Ω,电路中电流最小,此时电路安全,故$R_{\mathrm{Pmax}}=50\ \Omega$,
故$R_\mathrm{P}$的变化范围为18～50 Ω。
(2) 18～50 Ω
解析 (1)当电流表示数$I=0.4\ \mathrm{A}$时,电路中的总电阻$R=\frac{U}{I}=\frac{24\ \mathrm{V}}{0.4\ \mathrm{A}}=60\ \Omega$
变阻器接入电路中的阻值$R_\mathrm{P}=R-R_0=60\ \Omega-30\ \Omega=30\ \Omega$
根据题图乙可知,此时物体重力$G=4\ \mathrm{N}$。
(2)$R_0$通过的最大电流$I_0=\frac{U_\mathrm{V}}{R_0}=\frac{15\ \mathrm{V}}{30\ \Omega}=0.5\ \mathrm{A}$
结合电流表测量范围、滑动变阻器允许通过的最大电流,可知电路的最大电流$I_{\mathrm{max}}=I_0=0.5\ \mathrm{A}$
此时滑动变阻器接入电路中的最小阻值$R_{\mathrm{Pmin}}=\frac{U}{I_{\mathrm{max}}}-R_0=\frac{24\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}-30\ \Omega=18\ \Omega$
当物体重力为0时,$R_\mathrm{P}$取最大阻值50 Ω,电路中电流最小,此时电路安全,故$R_{\mathrm{Pmax}}=50\ \Omega$,
故$R_\mathrm{P}$的变化范围为18～50 Ω。
解析
【分析】
要解决这道题，需结合串联电路规律、欧姆定律，同时利用图像获取滑动变阻器阻值与重力的关系。第(1)问：已知电流，先通过欧姆定律算总电阻，减去定值电阻得到滑动变阻器阻值，再对照图乙对应重力；第(2)问：求滑动变阻器范围需保证电路安全，先确定电路最大电流（由电压表量程、电流表量程、滑动变阻器额定值共同决定），算出滑动变阻器最小阻值，再找到重力为0时滑动变阻器的最大阻值（验证安全），最终得到范围。
【解析】
(1) 闭合开关，$ R_0 $与$ R_P $串联，电流表测电路电流。根据欧姆定律，电路总电阻：
$ R = \frac{U}{I} = \frac{24\ \mathrm{V}}{0.4\ \mathrm{A}} = 60\ \Omega $
串联电路总电阻等于各电阻之和，滑动变阻器接入阻值：
$ R_P = R - R_0 = 60\ \Omega - 30\ \Omega = 30\ \Omega $
对照图乙，当$ R_P=30\ \Omega $时，对应物体重力$ G=4\ \mathrm{N} $。
(2) 电路安全需满足：电压表量程0~15V、电流表量程0~0.6A、滑动变阻器允许最大电流1A。
电压表测$ R_0 $两端电压，当电压表示数最大为15V时，电路最大电流：
$ I_{\mathrm{max}} = \frac{U_V}{R_0} = \frac{15\ \mathrm{V}}{30\ \Omega} = 0.5\ \mathrm{A} $
该电流小于电流表量程和滑动变阻器额定电流，故电路最大电流为0.5A。此时电路总电阻：
$ R_{\mathrm{总min}} = \frac{U}{I_{\mathrm{max}}} = \frac{24\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}} = 48\ \Omega $
滑动变阻器最小阻值：
$ R_{\mathrm{Pmin}} = R_{\mathrm{总min}} - R_0 = 48\ \Omega - 30\ \Omega = 18\ \Omega $
当物体重力为0时，由图乙知$ R_P $最大为50Ω，此时电路电流：
$ I = \frac{U}{R_0 + R_{\mathrm{Pmax}}} = \frac{24\ \mathrm{V}}{30\ \Omega + 50\ \Omega} = 0.3\ \mathrm{A} $
验证：电流、电压表示数均在量程内，滑动变阻器电流符合要求，电路安全，故$ R_{\mathrm{Pmax}}=50\ \Omega $。
因此$ R_P $的变化范围为18~50Ω。
【答案】
(1) $ 4\ \mathrm{N} $；(2) $ 18\ \Omega～50\ \Omega $
【知识点】
欧姆定律应用、串联电路特点、图像分析
【点评】
本题为电学综合题，结合重力测量装置与串联电路规律，需熟练运用欧姆定律，同时考虑电路安全的多限制条件，还需从图像提取信息，是中考常见中档题型，考察学生综合分析能力。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需结合串联电路规律、欧姆定律，同时利用图像获取滑动变阻器阻值与重力的关系。第(1)问：已知电流，先通过欧姆定律算总电阻，减去定值电阻得到滑动变阻器阻值，再对照图乙对应重力；第(2)问：求滑动变阻器范围需保证电路安全，先确定电路最大电流（由电压表量程、电流表量程、滑动变阻器额定值共同决定），算出滑动变阻器最小阻值，再找到重力为0时滑动变阻器的最大阻值（验证安全），最终得到范围。
【解析】
(1) 闭合开关，$ R_0 $与$ R_P $串联，电流表测电路电流。根据欧姆定律，电路总电阻：
$ R = \frac{U}{I} = \frac{24\ \mathrm{V}}{0.4\ \mathrm{A}} = 60\ \Omega $
串联电路总电阻等于各电阻之和，滑动变阻器接入阻值：
$ R_P = R - R_0 = 60\ \Omega - 30\ \Omega = 30\ \Omega $
对照图乙，当$ R_P=30\ \Omega $时，对应物体重力$ G=4\ \mathrm{N} $。
(2) 电路安全需满足：电压表量程0~15V、电流表量程0~0.6A、滑动变阻器允许最大电流1A。
电压表测$ R_0 $两端电压，当电压表示数最大为15V时，电路最大电流：
$ I_{\mathrm{max}} = \frac{U_V}{R_0} = \frac{15\ \mathrm{V}}{30\ \Omega} = 0.5\ \mathrm{A} $
该电流小于电流表量程和滑动变阻器额定电流，故电路最大电流为0.5A。此时电路总电阻：
$ R_{\mathrm{总min}} = \frac{U}{I_{\mathrm{max}}} = \frac{24\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}} = 48\ \Omega $
滑动变阻器最小阻值：
$ R_{\mathrm{Pmin}} = R_{\mathrm{总min}} - R_0 = 48\ \Omega - 30\ \Omega = 18\ \Omega $
当物体重力为0时，由图乙知$ R_P $最大为50Ω，此时电路电流：
$ I = \frac{U}{R_0 + R_{\mathrm{Pmax}}} = \frac{24\ \mathrm{V}}{30\ \Omega + 50\ \Omega} = 0.3\ \mathrm{A} $
验证：电流、电压表示数均在量程内，滑动变阻器电流符合要求，电路安全，故$ R_{\mathrm{Pmax}}=50\ \Omega $。
因此$ R_P $的变化范围为18~50Ω。
【答案】
(1) $ 4\ \mathrm{N} $；(2) $ 18\ \Omega～50\ \Omega $
【知识点】
欧姆定律应用、串联电路特点、图像分析
【点评】
本题为电学综合题，结合重力测量装置与串联电路规律，需熟练运用欧姆定律，同时考虑电路安全的多限制条件，还需从图像提取信息，是中考常见中档题型，考察学生综合分析能力。
【难度系数】
0.5
典例分析4(2025·福建中考)降水量是指一段时间内,雨水(或融化后的固体降水)未经蒸发、渗透和流失所积聚起来的水层深度。为了监测降水量,科创小组制作了“翻斗式雨量计”,装置外观是上端开口的圆柱体,如图甲所示。内部结构示意图如图乙所示。装置核心部件如图丙所示,它是用中间隔板分开的两个完全对称的三角形容器,可绕O点处的水平轴转动,从而使两侧容器轮流接水,当一侧容器接满10 mL雨水时会发生翻转,将水倒出,随着降雨持续,翻斗左右翻转,过程如图丁所示。磁体与配重通过连杆安装在翻斗上并随翻斗左右摆动,当磁体经过磁感应开关(两者相互作用力忽略不计)时,磁感应开关通过电流传感器将翻斗翻转信息变成电信号,从而推算降水量。
(1)翻斗在水平位置时是等臂杠杆,我们学过的实验器材中属于等臂杠杆的有
(2)连杆上装有可调高度的配重。校准过程中,若倒入的水量总是大于10 mL时翻斗才发生翻转,则可通过
(3)图戊是翻斗翻转信息变为电信号的工作电路,电源电压不变,A、B为定值电阻,定值电阻A的阻值$R_1=800\ \Omega$。某次降雨,电流传感器(电阻不计)测得电流随时间变化的关系如图己。
①当磁体每次经过磁感应开关时,开关由断开变为闭合。
②“翻斗式雨量计”顶端开口面积为$0.1\ \mathrm{m}^2$,由图己可知该地区30 min内降水量约为
③由图戊可知,定值电阻B的阻值$R_2=$
(4)若在我国北方地区使用该装置,则可改进的措施是:
(1)翻斗在水平位置时是等臂杠杆,我们学过的实验器材中属于等臂杠杆的有
托盘天平(其他合理也可)
。(2)连杆上装有可调高度的配重。校准过程中,若倒入的水量总是大于10 mL时翻斗才发生翻转,则可通过
降低
(选填“降低”或“升高”)配重在连杆上的位置进行调整。(3)图戊是翻斗翻转信息变为电信号的工作电路,电源电压不变,A、B为定值电阻,定值电阻A的阻值$R_1=800\ \Omega$。某次降雨,电流传感器(电阻不计)测得电流随时间变化的关系如图己。
①当磁体每次经过磁感应开关时,开关由断开变为闭合。
②“翻斗式雨量计”顶端开口面积为$0.1\ \mathrm{m}^2$,由图己可知该地区30 min内降水量约为
1.2
mm(测量前翻斗内无水),降水量变化趋势是变小
(选填“变大”或“变小”)。③由图戊可知,定值电阻B的阻值$R_2=$
200
$\Omega$。(4)若在我国北方地区使用该装置,则可改进的措施是:
低温天气时,可增加加热装置;降水量较小时,可以降低配重的高度
。答案
(1) 托盘天平(其他合理也可)
(2) 降低
(3)② 1.2，变小 ③ 200
(4) 低温天气时,可增加加热装置;降水量较小时,可以降低配重的高度
解析 (1)实验器材中属于等臂杠杆的有托盘天平、定滑轮等。(2)倒入的水量总是大于10 mL时翻斗才发生翻转,说明配重的力臂过大,可降低配重的位置以减小力臂。(3)②由题图己可知,30 min内有12次电流变化,即翻斗左右摆动了12次,每次倒水10 mL,一共倒水$120\ \mathrm{mL}=120\ \mathrm{cm}^3=1.2×10^{-4}\ \mathrm{m}^3$;顶端开口面积为$0.1\ \mathrm{m}^2$,则降水量$h=\frac{V}{S}=\frac{1.2×10^{-4}\ \mathrm{m}^3}{0.1\ \mathrm{m}^2}=1.2×10^{-3}\ \mathrm{m}=1.2\ \mathrm{mm}$。由题图己可知,电流变化的时间间隔变长,即翻斗每次倒水的时间间隔变长,说明降水量变小。③由题图戊可知,磁感应开关断开时,电流较小,为$5\ \mathrm{mA}=5×10^{-3}\ \mathrm{A}$;磁感应开关闭合时,电流较大,为$25\ \mathrm{mA}=25×10^{-3}\ \mathrm{A}$。根据欧姆定律,有$U=5×10^{-3}\ \mathrm{A}×(800\ \Omega+R_2)$,$U=25×10^{-3}\ \mathrm{A}× R_2$,$U$为电源电压,解得$U=5\ \mathrm{V}$,$R_2=200\ \Omega$。(4)我国北方地区气温较低且降水量较小,为防止降下的雨水结冰,可增加加热装置;降水量小时,为防止装置测量误差较大,可以调大装置的灵敏度。故可改进的措施是:低温天气时,可增加加热装置;降水量较小时,可以降低配重的高度。
(2) 降低
(3)② 1.2，变小 ③ 200
(4) 低温天气时,可增加加热装置;降水量较小时,可以降低配重的高度
解析 (1)实验器材中属于等臂杠杆的有托盘天平、定滑轮等。(2)倒入的水量总是大于10 mL时翻斗才发生翻转,说明配重的力臂过大,可降低配重的位置以减小力臂。(3)②由题图己可知,30 min内有12次电流变化,即翻斗左右摆动了12次,每次倒水10 mL,一共倒水$120\ \mathrm{mL}=120\ \mathrm{cm}^3=1.2×10^{-4}\ \mathrm{m}^3$;顶端开口面积为$0.1\ \mathrm{m}^2$,则降水量$h=\frac{V}{S}=\frac{1.2×10^{-4}\ \mathrm{m}^3}{0.1\ \mathrm{m}^2}=1.2×10^{-3}\ \mathrm{m}=1.2\ \mathrm{mm}$。由题图己可知,电流变化的时间间隔变长,即翻斗每次倒水的时间间隔变长,说明降水量变小。③由题图戊可知,磁感应开关断开时,电流较小,为$5\ \mathrm{mA}=5×10^{-3}\ \mathrm{A}$;磁感应开关闭合时,电流较大,为$25\ \mathrm{mA}=25×10^{-3}\ \mathrm{A}$。根据欧姆定律,有$U=5×10^{-3}\ \mathrm{A}×(800\ \Omega+R_2)$,$U=25×10^{-3}\ \mathrm{A}× R_2$,$U$为电源电压,解得$U=5\ \mathrm{V}$,$R_2=200\ \Omega$。(4)我国北方地区气温较低且降水量较小,为防止降下的雨水结冰,可增加加热装置;降水量小时,为防止装置测量误差较大,可以调大装置的灵敏度。故可改进的措施是:低温天气时,可增加加热装置;降水量较小时,可以降低配重的高度。
解析
【分析】
本题围绕翻斗式雨量计展开，结合杠杆、欧姆定律等物理知识解决实际问题。解题思路如下：
1. 第(1)问：明确等臂杠杆的定义（动力臂等于阻力臂），回忆初中实验器材中符合该特点的装置；
2. 第(2)问：利用杠杆平衡条件分析，水量过大才翻转说明配重侧力矩偏大，需调整配重位置减小力臂；
3. 第(3)问：②先根据电流变化次数确定30min内的总降水量体积，再结合顶端开口面积计算水层深度（降水量），通过电流间隔变化判断降水量趋势；③分开关断开、闭合两种电路状态，利用欧姆定律列电源电压相等的方程求解R₂；
4. 第(4)问：结合北方低温、降水量小的特点，分析装置需改进的措施。
【解析】
(1) 等臂杠杆的特点是动力臂等于阻力臂，初中实验器材中托盘天平（或定滑轮）属于等臂杠杆，故答案为托盘天平（合理即可）。
(2) 翻斗可视为杠杆，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，若水量大于10mL才翻转，说明配重侧的力矩（$F_{配}×L_{配}$）偏大，需降低配重位置以减小配重的力臂$L_{配}$，从而减小配重侧力矩，使翻斗提前翻转，故填降低。
(3) ② 由图己可知，30min内电流变化次数为12次，即翻斗翻转12次，每次接水10mL，总水量$V=12×10mL=120mL=120cm^3=1.2×10^{-4}m^3$。顶端开口面积$S=0.1m^2$，降水量（水层深度）$h=\frac{V}{S}=\frac{1.2×10^{-4}m^3}{0.1m^2}=1.2×10^{-3}m=1.2mm$。电流变化的时间间隔逐渐变长，说明翻斗翻转的时间间隔增大，相同时间内接水量减少，故降水量变小。
③ 磁感应开关断开时，$R_1$与$R_2$串联，电流$I_1=5mA=5×10^{-3}A$，电源电压$U=I_1(R_1+R_2)$；开关闭合时，电路为$R_2$的简单电路，电流$I_2=25mA=25×10^{-3}A$，电源电压$U=I_2R_2$。联立两式：$5×10^{-3}A×(800Ω+R_2)=25×10^{-3}A×R_2$，解得$R_2=200Ω$。
(4) 我国北方地区气温低，雨水易结冰，需增加加热装置防止结冰；北方降水量较小，为提高测量准确性，可调整配重（如降低配重高度），故改进措施为低温天气时增加加热装置，降水量较小时降低配重高度。
【答案】
(1) 托盘天平（合理即可）
(2) 降低
(3) ②1.2；变小 ③200
(4) 低温天气时，可增加加热装置；降水量较小时，可以降低配重的高度
【知识点】
杠杆平衡条件、欧姆定律、降水量计算
【点评】
本题以生活中的翻斗式雨量计为载体，将物理知识与实际应用结合，考查学生对杠杆、欧姆定律等知识点的理解和应用能力，需要学生理清装置的工作原理，逐步分析各问题，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题围绕翻斗式雨量计展开，结合杠杆、欧姆定律等物理知识解决实际问题。解题思路如下：
1. 第(1)问：明确等臂杠杆的定义（动力臂等于阻力臂），回忆初中实验器材中符合该特点的装置；
2. 第(2)问：利用杠杆平衡条件分析，水量过大才翻转说明配重侧力矩偏大，需调整配重位置减小力臂；
3. 第(3)问：②先根据电流变化次数确定30min内的总降水量体积，再结合顶端开口面积计算水层深度（降水量），通过电流间隔变化判断降水量趋势；③分开关断开、闭合两种电路状态，利用欧姆定律列电源电压相等的方程求解R₂；
4. 第(4)问：结合北方低温、降水量小的特点，分析装置需改进的措施。
【解析】
(1) 等臂杠杆的特点是动力臂等于阻力臂，初中实验器材中托盘天平（或定滑轮）属于等臂杠杆，故答案为托盘天平（合理即可）。
(2) 翻斗可视为杠杆，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，若水量大于10mL才翻转，说明配重侧的力矩（$F_{配}×L_{配}$）偏大，需降低配重位置以减小配重的力臂$L_{配}$，从而减小配重侧力矩，使翻斗提前翻转，故填降低。
(3) ② 由图己可知，30min内电流变化次数为12次，即翻斗翻转12次，每次接水10mL，总水量$V=12×10mL=120mL=120cm^3=1.2×10^{-4}m^3$。顶端开口面积$S=0.1m^2$，降水量（水层深度）$h=\frac{V}{S}=\frac{1.2×10^{-4}m^3}{0.1m^2}=1.2×10^{-3}m=1.2mm$。电流变化的时间间隔逐渐变长，说明翻斗翻转的时间间隔增大，相同时间内接水量减少，故降水量变小。
③ 磁感应开关断开时，$R_1$与$R_2$串联，电流$I_1=5mA=5×10^{-3}A$，电源电压$U=I_1(R_1+R_2)$；开关闭合时，电路为$R_2$的简单电路，电流$I_2=25mA=25×10^{-3}A$，电源电压$U=I_2R_2$。联立两式：$5×10^{-3}A×(800Ω+R_2)=25×10^{-3}A×R_2$，解得$R_2=200Ω$。
(4) 我国北方地区气温低，雨水易结冰，需增加加热装置防止结冰；北方降水量较小，为提高测量准确性，可调整配重（如降低配重高度），故改进措施为低温天气时增加加热装置，降水量较小时降低配重高度。
【答案】
(1) 托盘天平（合理即可）
(2) 降低
(3) ②1.2；变小 ③200
(4) 低温天气时，可增加加热装置；降水量较小时，可以降低配重的高度
【知识点】
杠杆平衡条件、欧姆定律、降水量计算
【点评】
本题以生活中的翻斗式雨量计为载体，将物理知识与实际应用结合，考查学生对杠杆、欧姆定律等知识点的理解和应用能力，需要学生理清装置的工作原理，逐步分析各问题，难度适中。
【难度系数】
0.5
