8. [2025·苏州改编] 如图所示的是控制车辆进出的电动闸门设计图。抬杆AB质量分布均匀，长度为3 m，重为20 N，在最右端B点处悬挂一重为25 N的铁柱，B点到支点O的距离为0.6 m。开关S闭合后，调节滑动变阻器使抬杆AB处于水平静止状态。(忽略支点O处的摩擦)

(1)此时电磁铁对铁柱的吸引力为N。
(2)要使抬杆A端从图示位置向上抬起，滑动变阻器的滑片P应向端移动。

8.(1)5 (2)上 【点拨】(1)由图可知，抬杆AB实质是一个杠杆，AB的重心到支点O的距离$l_{\mathrm{阻}}=\frac{1}{2}AB-OB=\frac{1}{2}×3\ \mathrm{m}-0.6\ \mathrm{m}=0.9\ \mathrm{m}$，$l_{\mathrm{动}}=OB=0.6\ \mathrm{m}$，B端受到的拉力大小等于铁柱的重力大小与电磁铁对铁柱的吸引力大小之和，根据杠杆的平衡条件可得：$G_{\mathrm{杆}}\ l_{\mathrm{阻}}=(G_{\mathrm{铁}}+F)l_{\mathrm{动}}$，即$20\ \mathrm{N}×0.9\ \mathrm{m}=(25\ \mathrm{N}+F)×0.6\ \mathrm{m}$，解得$F=5\ \mathrm{N}$。(2)要使抬杆A端从图示位置向上抬起，应增加电磁铁对铁柱的吸引力，即增大电磁铁的磁性，因此滑动变阻器的滑片P应向上端移动，减小电路中的电阻，增大电路中的电流。

【分析】抬杆AB可看作以O为支点的杠杆，第(1)问需利用杠杆平衡条件，先确定杠杆的阻力、阻力臂，以及动力、动力臂，进而计算电磁铁对铁柱的吸引力；第(2)问要使A端抬起，需增大电磁铁对铁柱的吸引力，结合电磁铁磁性与电流的关系、滑动变阻器的调节规律分析滑片移动方向。
【解析】(1) 抬杆AB为均匀杠杆，长度3m，重心在中点，支点O到抬杆重心的距离（阻力臂）：$l_{\mathrm{阻}}=\frac{1}{2}AB - OB=\frac{1}{2}×3\ \mathrm{m}-0.6\ \mathrm{m}=0.9\ \mathrm{m}$；B点到支点O的距离（动力臂）$l_{\mathrm{动}}=OB=0.6\ \mathrm{m}$。根据杠杆平衡条件$F_1l_1=F_2l_2$，阻力为抬杆重力$G_{\mathrm{杆}}=20\ \mathrm{N}$，动力为B点受到的力（等于铁柱重力$G_{\mathrm{铁}}=25\ \mathrm{N}$与电磁铁吸引力F之和），因此：$G_{\mathrm{杆}}×l_{\mathrm{阻}}=(G_{\mathrm{铁}}+F)×l_{\mathrm{动}}$，代入数据得：$20\ \mathrm{N}×0.9\ \mathrm{m}=(25\ \mathrm{N}+F)×0.6\ \mathrm{m}$，解得$F=5\ \mathrm{N}$。
(2) 要使抬杆A端向上抬起，需增大B端向下的力，即增大电磁铁对铁柱的吸引力；电磁铁磁性强弱与电流大小有关，电流越大磁性越强，因此需增大电路电流，减小滑动变阻器接入电阻。由图可知，滑动变阻器滑片向上移动时，接入电阻变小，电流变大，故滑片应向上端移动。
【答案】(1)5 (2)上
【知识点】杠杆平衡条件、电磁铁的磁性、滑动变阻器的使用
【点评】本题结合杠杆与电磁学知识，考查学生对杠杆平衡条件的应用、电磁铁磁性影响因素的理解，以及滑动变阻器的调节能力，综合性较强，需具备知识迁移能力。
【难度系数】0.5

9. （新考法 构建思维导图）在校园科技创新活动中，小明设计了一款具有保温功能的电热水壶，其相关数据如表。电热水壶的电路如图甲所示。控制电路中电源电压恒为6 V，$R_a$、$R_b$为两个热敏电阻，电阻阻值随水温变化的图像如图乙所示。电热水壶的保温原理工作流程如图丙所示。求：

(1)水温在$55\ °\mathrm{C}$时，控制电路工作时的总电流。
(2)$R_2$的阻值。
(3)不计能量损失，将质量为2 kg、初温为$20\ °\mathrm{C}$的水加热到$100\ °\mathrm{C}$需要的时间。［已知$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$］

9.【解】(1)水温在$55\ °\mathrm{C}$时，从图乙中可知两电阻阻值均为$20\ \Omega$，控制电路中两电阻并联，根据欧姆定律及并联电路电流特点可知，工作时的总电流$I=\frac{U_0}{R_a}+\frac{U_0}{R_b}=\frac{6\ \mathrm{V}}{20\ \Omega}+\frac{6\ \mathrm{V}}{20\ \Omega}=0.6\ \mathrm{A}$。
(2)工作电路中，加热状态下，两电阻并联，两电阻同时工作，功率为1 400 W；
保温状态下，电路为$R_2$的简单电路，功率为40 W；
根据$P=\frac{U^2}{R}$可知，$R_2$的阻值$R_2=\frac{U^2}{P_{\mathrm{保}}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{40\ \mathrm{W}}=1\ 210\ \Omega$。
(3)水吸收的热量$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}\ m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})×2\ \mathrm{kg}×(100\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C})=6.72×10^5\ \mathrm{J}$，
不计能量损失，则消耗的电能$W=Q_{\mathrm{吸}}=6.72×10^5\ \mathrm{J}$，
所用时间$t=\frac{W}{P_{\mathrm{加}}}=\frac{6.72×10^5\ \mathrm{J}}{1\ 400\ \mathrm{W}}=480\ \mathrm{s}$。

【分析】
本题为电热水壶相关的电学综合题，分三小问求解：
1. 第(1)问：控制电路中Ra、Rb并联，水温55℃时两电阻阻值已知，电源电压恒定，根据并联电路总电流等于各支路电流之和，结合欧姆定律分别计算两支路电流，相加得总电流；
2. 第(2)问：工作电路中，加热状态为R1与R2并联，保温状态仅R2工作，已知加热总功率和保温功率，利用电功率公式P=U²/R，结合保温状态的功率计算R2的阻值；
3. 第(3)问：先根据吸热公式计算水吸收的热量，不计能量损失时消耗的电能等于水吸收的热量，再结合加热功率，利用t=W/P计算加热时间。
【解析】
解：(1) 水温在55℃时，由图乙知Ra=Rb=20Ω，控制电路中两电阻并联，电源电压U0=6V，根据并联电路电流特点及欧姆定律：
总电流I = I_a + I_b = U0/Ra + U0/Rb = 6V/20Ω + 6V/20Ω = 0.6A；
(2) 工作电路中，保温状态下仅R2工作，功率P保=40W，工作电路电压U=220V，由P=U²/R得：
R2 = U²/P保 = (220V)²/40W = 1210Ω；
(3) 水吸收的热量：
Q吸 = c水mΔt = 4.2×10³J/(kg·℃) × 2kg × (100℃ - 20℃) = 6.72×10⁵J；
不计能量损失，消耗的电能W=Q吸=6.72×10⁵J，加热功率P加=1400W，由W=Pt得：
时间t = W/P加 = 6.72×10⁵J /1400W = 480s；
【答案】
(1) 0.6 A；(2) 1210 Ω；(3) 480 s
【知识点】
并联电路规律、电功率计算、热量计算
【点评】
本题结合实际生活中的电热水壶，考查电学与热学的综合应用，需准确区分控制电路与工作电路、加热和保温的电路状态，熟练运用相关公式，注重知识的实际应用，是一道典型的综合应用题。
【难度系数】
0.5