登录
3. 新趋势 跨学科实践(2025·淮安二模)如图，科技小组设计了一种汽车油量表模拟装置，其中电源电压$U$为$6\ \mathrm{V}$，线圈电阻$R_{0} = 4\ \Omega$，$R_{2}$为电阻箱，$R_{1}$是粗细均匀的总阻值为$8\ \Omega$的弧形电阻(两端有接线柱$A$、$B$)，其阻值与长度成正比，金属滑片$P$做成一根可以绕$O$点转动的杠杆，另一端通过一根可以自由转动的轻杆和浮标相连，油量表是用量程为$0～3\ \mathrm{V}$的电压表改装而成，要求它的示数随油箱中的汽油油面的下降而减小(油箱足够大)，当线圈$R_{0}$中的电流大于或等于$0.5\ \mathrm{A}$时，衔铁被吸合，提示灯亮，表示油量不足。
(1)该装置中，用导线将接线柱$C$与接线柱
(2)正确连接装置后进行调试，要使提示灯刚亮时，电压表示数刚好为零，则电阻箱$R_{2}$接入电路的阻值应调至多大？
(3)调试结束后，向油箱中加满油时，滑片$P$刚好在$B$点，此时线圈$R_{0}$消耗的功率为多大？
(4)若想实现从提示灯亮起至油箱加满油的过程中，电压表的示数在$0～3\ \mathrm{V}$的最大范围内变化，且滑片$P$在最大范围内移动，则应将电源电压$U$调为
(1)该装置中，用导线将接线柱$C$与接线柱
A
相连。(2)正确连接装置后进行调试，要使提示灯刚亮时，电压表示数刚好为零，则电阻箱$R_{2}$接入电路的阻值应调至多大？
(3)调试结束后，向油箱中加满油时，滑片$P$刚好在$B$点，此时线圈$R_{0}$消耗的功率为多大？
(4)若想实现从提示灯亮起至油箱加满油的过程中，电压表的示数在$0～3\ \mathrm{V}$的最大范围内变化，且滑片$P$在最大范围内移动，则应将电源电压$U$调为
12
$\mathrm{V}$，同时将$R_{2}$接入电路的阻值调为20
$\Omega$。答案
3.(1)A (2)$8 \Omega$ (3)0.36 W (4)12 20
解析:(1)由题意可知,要求电压表的示数随油箱中的汽油油面的下降而减小,观察该图可知,电压表并联在弧形电阻两端,这是一个串联电路,根据串联电路的分压特点,电压表示数变小,则弧形电阻接入电路的阻值是变小的,而此时,油箱中的汽油油面是下降的,则轻杆的左端是上移的,要用导线将接线柱C与接线柱A相连.
(2)电压表示数刚好为零时,P在A端,则$R_{1}=0$,$R_{0}=4 \Omega$,电路中的总电阻为$R=\frac{U}{I}=\frac{6 V}{0.5 A}=12 \Omega$,
则$R_{2}$接入电路的阻值为$R_{2}=R-R_{0}=12 \Omega-4 \Omega=8 \Omega$.
(3)调试结束后,向油箱中加满油时,滑片P刚好在B点,$R_{1}$接入电路的阻值为$8 \Omega$,此时电路中的电流为$I'=\frac{U}{R_{0}+R_{1}'+R_{2}}=\frac{6 V}{4 \Omega+8 \Omega+8 \Omega}=\frac{6 V}{20 \Omega}=0.3 A$,此时线圈$R_{0}$消耗的功率为$P=I'^{2}R_{0}=(0.3 A)^{2}×4 \Omega=0.36 W$.
(4)由题意可知,当指示灯发光时,电压表示数最小为0,这时弧形电阻接入电路的电阻为0,而电路的电流最大为0.5 A;而另一方面,当加满油时,电压表示数最大为3 V,这时弧形电阻接入电路的电阻最大为$8 \Omega$,电流最小,大小为$I_{min}=\frac{U_{弧}}{R_{1}'}=\frac{3 V}{8 \Omega}=0.375 A$,设电源电压为$U'$,电阻箱接入电路的阻值为$R_{2}'$,当油箱满油时,弧形电阻接入电路的电阻为$8 \Omega$,电流达到最小,根据欧姆定律可知,电源电压为$U'=I_{min}×(R_{0}+R_{2}'+R_{1}')=0.375 A×(4 \Omega+R_{2}'+8 \Omega)$,当油箱里油不足时,弧形电阻接入电路的电阻为0,电路中的电流最大,根据欧姆定律可知,电源电压为$U'=I_{max}×(R_{0}+R_{2}')=0.5 A×(4 \Omega+R_{2}')$,结合上面两式,解得$U = 12 V$、$R_{2}'=20 \Omega$,即应将电源电压调为12 V,同时将$R_{2}$接入电路的阻值调为$20 \Omega$.
解析:(1)由题意可知,要求电压表的示数随油箱中的汽油油面的下降而减小,观察该图可知,电压表并联在弧形电阻两端,这是一个串联电路,根据串联电路的分压特点,电压表示数变小,则弧形电阻接入电路的阻值是变小的,而此时,油箱中的汽油油面是下降的,则轻杆的左端是上移的,要用导线将接线柱C与接线柱A相连.
(2)电压表示数刚好为零时,P在A端,则$R_{1}=0$,$R_{0}=4 \Omega$,电路中的总电阻为$R=\frac{U}{I}=\frac{6 V}{0.5 A}=12 \Omega$,
则$R_{2}$接入电路的阻值为$R_{2}=R-R_{0}=12 \Omega-4 \Omega=8 \Omega$.
(3)调试结束后,向油箱中加满油时,滑片P刚好在B点,$R_{1}$接入电路的阻值为$8 \Omega$,此时电路中的电流为$I'=\frac{U}{R_{0}+R_{1}'+R_{2}}=\frac{6 V}{4 \Omega+8 \Omega+8 \Omega}=\frac{6 V}{20 \Omega}=0.3 A$,此时线圈$R_{0}$消耗的功率为$P=I'^{2}R_{0}=(0.3 A)^{2}×4 \Omega=0.36 W$.
(4)由题意可知,当指示灯发光时,电压表示数最小为0,这时弧形电阻接入电路的电阻为0,而电路的电流最大为0.5 A;而另一方面,当加满油时,电压表示数最大为3 V,这时弧形电阻接入电路的电阻最大为$8 \Omega$,电流最小,大小为$I_{min}=\frac{U_{弧}}{R_{1}'}=\frac{3 V}{8 \Omega}=0.375 A$,设电源电压为$U'$,电阻箱接入电路的阻值为$R_{2}'$,当油箱满油时,弧形电阻接入电路的电阻为$8 \Omega$,电流达到最小,根据欧姆定律可知,电源电压为$U'=I_{min}×(R_{0}+R_{2}'+R_{1}')=0.375 A×(4 \Omega+R_{2}'+8 \Omega)$,当油箱里油不足时,弧形电阻接入电路的电阻为0,电路中的电流最大,根据欧姆定律可知,电源电压为$U'=I_{max}×(R_{0}+R_{2}')=0.5 A×(4 \Omega+R_{2}')$,结合上面两式,解得$U = 12 V$、$R_{2}'=20 \Omega$,即应将电源电压调为12 V,同时将$R_{2}$接入电路的阻值调为$20 \Omega$.
4. (2024·盐城中考)如图甲是科技小组设计的“智能温控小屋”简化电路，受控电路功率随时间的变化关系如图乙所示。当室温上升至$28\ {^{\circ}C}$时冷却系统开始工作，当室温降至$23\ {^{\circ}C}$时停止工作。$R_{t}$为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，当控制电路中的电流为$0.15\ \mathrm{A}$时，衔铁刚好被吸下，控制电路电源电压恒为$3\ \mathrm{V}$。定值电阻$R_{0}$为$100\ \Omega$，线圈电阻忽略不计。求：
(1)受控电路$30\ \mathrm{min}$内消耗的电能。
(2)受控电路工作时，通过电阻$R_{0}$的电流。
(3)热敏电阻$R_{t}$的变化范围。
(1)受控电路$30\ \mathrm{min}$内消耗的电能。
(2)受控电路工作时，通过电阻$R_{0}$的电流。
(3)热敏电阻$R_{t}$的变化范围。
答案
4.(1)$1.44×10^{6} J$ (2)0.03 A (3)$20 \Omega\leq R_{t}\leq25 \Omega$
解析:(1)由图像可知,受控电路30 min 内工作了20 min,消耗的电能为$W = Pt = 1 200 W×20×60 s = 1.44×10^{6} J$.
(2)衔铁被吸下时,受控电路工作,此时控制电路中$R_{0}$与$R_{t}$并联,由并联电路中电压的规律知,$R_{0}$两端的电压为$U_{0}=U = 3 V$,
通过电阻$R_{0}$的电流为$I_{0}=\frac{U_{0}}{R_{0}}=\frac{3 V}{100 \Omega}=0.03 A$.
(3)在室温刚刚上升至$28^{\circ}C$,冷却系统开始工作前,控制电路只有热敏电阻接入电路,此时$R_{0}$断路,经过热敏电阻的电流最大为0.15 A,电阻最小,紧接着衔铁被吸下,因此可以求出$R_{t}$的最小值$R_{tmin}=\frac{U}{I_{max}}=\frac{3 V}{0.15 A}=20 \Omega$,
衔铁被吸下瞬间,冷却系统开始工作,温度不再上升,而是下降,电阻$R_{t}$开始变大,但由于衔铁被吸下后定值电阻$R_{0}$被接入电路,$R_{0}$与$R_{t}$并联,当电路中的总电流减小到0.15 A时,衔铁才会被弹回,此时经过$R_{t}$的电流为$I_{tmin}=I - I_{0}=$
0.15 A-0.03 A = 0.12 A,
此时$R_{t}$的阻值最大为$R_{tmax}=\frac{U}{I_{tmin}}=\frac{3 V}{0.12 A}=25 \Omega$,
因为$R_{t}$的阻值随温度的升高而减小,电路中的电流变小,衔铁被弹回,冷却系统停止工作,温度升高,此时$R_{t}$的阻值会减小,故$R_{t}$的阻值最大为$25 \Omega$,故热敏电阻$R_{t}$阻值的变化范围为$20 \Omega\leq R_{t}\leq25 \Omega$.
解析:(1)由图像可知,受控电路30 min 内工作了20 min,消耗的电能为$W = Pt = 1 200 W×20×60 s = 1.44×10^{6} J$.
(2)衔铁被吸下时,受控电路工作,此时控制电路中$R_{0}$与$R_{t}$并联,由并联电路中电压的规律知,$R_{0}$两端的电压为$U_{0}=U = 3 V$,
通过电阻$R_{0}$的电流为$I_{0}=\frac{U_{0}}{R_{0}}=\frac{3 V}{100 \Omega}=0.03 A$.
(3)在室温刚刚上升至$28^{\circ}C$,冷却系统开始工作前,控制电路只有热敏电阻接入电路,此时$R_{0}$断路,经过热敏电阻的电流最大为0.15 A,电阻最小,紧接着衔铁被吸下,因此可以求出$R_{t}$的最小值$R_{tmin}=\frac{U}{I_{max}}=\frac{3 V}{0.15 A}=20 \Omega$,
衔铁被吸下瞬间,冷却系统开始工作,温度不再上升,而是下降,电阻$R_{t}$开始变大,但由于衔铁被吸下后定值电阻$R_{0}$被接入电路,$R_{0}$与$R_{t}$并联,当电路中的总电流减小到0.15 A时,衔铁才会被弹回,此时经过$R_{t}$的电流为$I_{tmin}=I - I_{0}=$
0.15 A-0.03 A = 0.12 A,
此时$R_{t}$的阻值最大为$R_{tmax}=\frac{U}{I_{tmin}}=\frac{3 V}{0.12 A}=25 \Omega$,
因为$R_{t}$的阻值随温度的升高而减小,电路中的电流变小,衔铁被弹回,冷却系统停止工作,温度升高,此时$R_{t}$的阻值会减小,故$R_{t}$的阻值最大为$25 \Omega$,故热敏电阻$R_{t}$阻值的变化范围为$20 \Omega\leq R_{t}\leq25 \Omega$.
