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中考压轴题专题四题型指南在近年全国物理中考计算题一般有2－3个题目，分值约为15分左右，约占总分值的20%。该大题中通常作为中考的压轴题出现，是考查学生理解物理概念、掌握物理规律的有效手段之一，是评价理论联系实际能力、分析归纳能力、演绎推理能力、综合计算能力等各种能力高低的“试金石”。该题型具有较高的区分度，考查的知识主要集中在力、电、热三大板块上。类型1力学综合计算题力学综合计算题考查的主要内容有质量、密度、速度、压强、浮力、功、功率、简单机械和机械效率等知识两个或两个以上的综合计算问题。【例1】(2013，河北)如图所示，重为1140N的物体，它与水平地面的接触面积为1.5×103cm2。工人师傅用600N的力匀速提升物体，物体的速度为0.2m/s。(不计摩擦及绳重)求：(1)工人师傅拉绳的功率。(2)滑轮组的机械效率。(3)体重为450N的小明用此滑轮组提升此物体，但物体没有被拉动，物体对地面的最小压强为多大。【解析】(1)由于使用的滑轮组有2股绳子承担物体和动滑轮的重力，所以拉力作用点移动的距离s和物体上升高度h的关系为s＝2h，绳子自由端移动的速度v绳＝2v物，根据功率公式推导式P拉＝W总t＝Fst＝Fv绳可求出工人师傅拉绳的功率；(2)根据机械效率公式η＝W有W总＝GhFs＝G2F可求得滑轮组的机械效率；(3)由于不计摩擦及绳重，所以根据滑轮组省力公式F＝12(G＋G动)可求出动滑轮重G动，要想使物体对地面的压强最小，由于物体与水平地面的接触面积一定，故需压力最小，根据物体静止时受力平衡，故可知，绳对物体的拉力最大时，物体对地面的压力最小。绳端的最大拉力等于人体重力，根据物体静止时受力平衡，可以求出物体受到的支持力，而物体对地面的压力与支持力是一对相互作用力，大小相等，最后再根据压强公式p＝F压S可求出物体对地面的最小压强。【答案】(1)拉力的功率P拉＝W总t＝Fst＝Fv绳＝600N×2×0.2m/s＝240W(2)滑轮组的机械效率η＝W有W总＝GhFs绳＝GhF×2h＝1140N600N×2＝95%(3)由于忽略摩擦及绳重，2F＝G＋G动，动滑轮重G动＝2F－G＝2×600N－1140N＝60N，小明的体重为450N，绳端最大拉力等于人体重力，则物体对滑轮组的拉力：F拉＝2G人－G动，滑轮组提升物体的拉力F′拉＝G－F支，F′拉＝F拉，物体受到的支持力F支＝G＋G动－2G人＝1140N＋60N－2×450N＝300N，物体对地面的最小压强p＝F压S＝F支S＝300N0.15m2＝2.0×103Pa类型2电学综合计算题电学综合计算题考查的主要内容有：串、并联电路的特点，欧姆定律、电功、电功率和电热的综合计算问题，特别最后一、两步较难，有一定的区分度。【例2】(2012，聊城)如图所示，电源电压U＝12V，小灯泡L标有“6V3W”字样，R2＝12Ω。当S闭合，S1、S2断开，R1的滑片在变阻器的中点时，L正常发光。求：(1)L正常发光时的电阻。(2)滑动变阻器的最大阻值。(3)S、S1、S2都闭合时，调节滑动变阻器，整个电路消耗电功率的最小值。【解析】根据小灯泡的额定电压和额定功率，通过电功率公式P＝的变形公式R＝可求得灯泡正常发光时的电阻；当S闭合，S1、S2都断开时，灯泡L与滑动变阻器串联，通过灯泡的额定电压、额定功率可求得灯泡正常工作时的电流，即电路中的电流，通过串联电路的电压关系可得滑动变阻器两端的电压，然后运用欧姆定律R＝可得滑动变阻器接入电路一半的电阻，则滑动变阻器的最大阻值可求；当S、S1、S2都闭合时，灯泡被短路，电路中R1与R2并联，电路消耗的总功率P总＝P1＋P2，R2消耗的功率P2一定，当滑动变阻器消耗的功率最小即可得到电路消耗的最小功率，当滑片滑到最右端时功率最小，根据P＝计算出R1与R2消耗的功率，然后通过P总＝P1＋P2计算即可得到电路消耗的最小功率。【答案】(1)由P＝U2R得L正常发光时的电阻RL＝U2LPL＝623Ω＝12Ω(2)S闭合，S1、S2断开，滑片位于中点时，L、R12串联，由P＝UI得，I＝PLUL＝36A＝0.5A，由I＝UR得，R12＝U－ULI＝12－60.5Ω，则R1＝24Ω(3)S、S1、S2都闭合，且滑片位于b端时，电功率最小P1＝U2R1＝12224W＝6W，P2＝U2R2＝12212W＝12W，P＝P1＋P2＝18W类型3力、电、热综合电热综合题一般以电热器为载体，综合考查热量的计算，电功、电功率以及有关效率的计算。【例3】(2013，包头)如图所示，是某种电热饮水机的简化电路示意图。它有加热和保温两种工作状态(由机内温控开关S0自动控制)，阅读该饮水机说明书可知：热水箱容积2L，额定电压220V，加热时的功率400W，保温时的功率40W。求：(1)饮水机处于保温状态时温控开关S0应处于什么状态？(2)R1和R2的电阻值各是多大？(3)在用电高峰期，该饮水机的实际工作电压只有200V，加热效率为80%，若将装满水箱的水从20℃加热至100℃，需要多长时间？(c水＝4.2×103J/(kg·℃)，ρ水＝1.0×103kg/m3，忽略温度对电阻的影响)【解析】(1)根据P＝U2R可知，当S0断开时，R1与R2串联，电源电压U一定，电路总电阻最大，功率最小，饮水机处于保温状态；(2)S0闭合时，只有R1接入电路，饮水机处于加热状态，已知电源电压U和加热功率P加，根据P＝U2R可求出R1；已知保温功率P保，同理可求出R1＋R2，从而求出R2；(3)根据Q吸＝cm△t求出加热水吸收的热量Q吸，这个热量等于饮水机实际加热产生热量的80%，即P实t×80%＝U实2R1t×80%＝Q吸，代入数值，求出时间t。【答案】(1)S0是断开状态(2)P加＝U2R1，R1＝U2P加＝（220V）2400W＝121Ω；P保＝U2R1＋R2，R2＝U2P保－R1＝（220V）240W－121Ω＝1089Ω(3)设加热时间为t，则有P实t×80%＝Q吸，即U2R1t1×80%＝cm△t＝cρV△t，t＝cρV△tR1U实2×80%＝4.2×103×1.0×103×2×10－3×（100－20）×1212002×80%s＝2541s类型4推导题【例4】(2013，天津)某教师用“试管爬升”实验验证大气压的存在，其做法如下：取两个直径相差很小的平底试管，将细试管底部插入装满水的粗试管内，再将两试管迅速倒置(保持竖直)，会看到细试管慢慢“爬进”粗试管里，如图甲所示，细试管能否在粗试管内竖直向上“爬升”，取决于开始时插入粗试管的深度，如果插入过浅细试管就不能自动上升。若细试管的重为G，外直径为d，水的密度为ρ0，大气压强为p0，请你通过推导计算，回答下列问题。(1)细试管在“爬升”时，受到的大气对它竖直向上的压力是多少？(2)细试管开始插入的深度h0满足什么条件时，它刚好可以向上“爬升”？【解析】(1)大气压作用的面积S＝πr2＝π(d2)2＝πd24，根据p＝F/S可得，细试管在“爬升”时受到大气对它竖直向上的压力F0＝p0S＝p0×πd24＝p0πd24；(2)细试管受力情况如图乙所示：细管刚好能“爬升”时，细试管受力平衡，则F0＝G＋F，细试管受到水的压强p水＝p0－ρ0gh0，细试管受到水的压力F＝p水S＝(p0－ρ0gh0)S，p0S＝G＋(p0－ρ0gh0)S，解得h0＝ρ0gh0＝4Gπd2ρ0g。【答案】(1)细试管在“爬升”时，受到大气对它竖直向上的压力是p0πd24；(2)细试管开始插入的深度h0不小于4Gπd2ρ0g时，它刚好可以向上“爬升”。点评：本题考查了固体压强公式、液体压强公式和圆的面积公式的应用，关键是会对刚好可以向上“爬升”的细试管进行受力分析并利用力的平衡得出等式，难点是细试管上方受到的压力，注意此时要考虑大气压。