备战2020中考物理专题2-6浮力探究题（附解析）.doc

1 2.20 电功率、电热综合计算 1．(2019·荆门)）如图为一个电吹风的简易电路，R1、R2 为发热用的电阻丝，M 为带动风扇转动的电动机， 开关 S2 上扇形的金属片可与触点 1、2、3、4 接通。只接通 S1 时，风扇吹冷风，此时回路中电流为 0.1A； 在保持 S1 接通的情况下，转动 S2，若使 S2 与 2、3 接通，风扇吹暖风；若使 S2 与 3、4 接通，风扇吹热风。 （1）求吹冷风时，电路消耗的电功率； （2）吹暖风时，电阻丝的热功率为吹冷风时电吹风电功率的 5.5 倍；吹热风时，电阻丝的热功率为吹暖风 时电阻丝热功率的 10 倍，求 R1、R2 的阻值。 【答案】（1）22W （2）R1=40Ω R2＝360Ω 【解析】（1）仅接通 S1 时，电流全部通过电动机，电路消耗的电功率为 P 机＝UI＝220V×0.1A=22W； （2）S2 接通 2、3 时，电动机电压不变，消耗的电功率 P 机不变，R1 与 R2 串联，电压为 U＝220V，电阻丝 R1 与 R2 的热功率 P1＝ U2 R1 + R2 =5.5 P 机 ， 即 （220V）2 R1 + R2 =5.5 ×22W， ∴R1+R2＝400Ω S2 接通 3、4 时，R2 被短路，仅 R1 发热，其热功率 P2= U2 R1 =10 P1 ，即 （220V）2 R1 =10 ×5.5 ×22W ∴R1=40Ω ，R2＝360Ω 2．（2019·本溪）图甲是具有高温、低温两档的电热饭盒，高温档电功率为 242W，简化电路如图乙所示， R1、R2 均是发热电阻，且 R2 的阻值是 R1 的 4 倍。求： （1）R1 和 R2 的阻值是多少？ （2）高温档加热 5min，不计热量损失，可以将 1kg 饭菜升高的温度是多少？ [饭菜的比热容取 3× 103J/ （kg•℃）] （3）如果实际电压是 200V，低温档工作时的实际功率是多少？ 甲 乙 【答案】（1）R1= 200Ω；R2 =800Ω （2）24.2℃ （3）40W 2 12 【解析】 （1）开关 S 接 2 时，电路为 R1 的简单电路，电路的总电阻最小，电路的总功率最大，电热饭盒处于高温档， 由 P＝UI＝ U2 R 可得，R1 的阻值：R1＝ U2 P高 ＝ (220V)2 242W ＝200Ω， 则 R2 的阻值：R2＝4R1＝4× 200Ω＝800Ω； （2）高温档加热 5min 消耗的电能：W＝ P 高 t＝242W× 5× 60s＝7.26× 104J， 不计热量损失，则饭菜吸收的热量：Q 吸＝W＝7.26× 104J， 由 Q 吸＝cm△ t 可得，1kg 饭菜升高的温度： △ t＝ Q 吸 cm ＝ 7.26 × 104J 3 × 103J/（kg•℃） × 1kg ＝ 24.2℃ ； （3）如果实际电压是 200V，低温档工作时的实际功率： P 低实＝ U实2 R1 + R2 ＝ (200V)2 200Ω + 800Ω ＝ 40W 3．(2019·辽阳)图甲是两档空气炸锅，图乙是其内部简化电路，R1、R2 均为发热体，将开关 S 分别置于 1、 2 两位置时，空气炸锅处于不同的档位。已知两档空气炸锅的高温档功率为 900W，R2 阻值为 96.8Ω．求： （1）发热体 R1 的阻值是多少？ （2）空气炸锅一次性可装入 200g 牛柳，若将这些牛柳从 40℃加热到 190℃，牛柳需要吸收多少热量？【c 牛柳＝3×103J/（kg•℃）】 （3）不计热量损失，用高温档将 200g 牛柳从 40℃加热到 190℃，需要多长时间？ 【答案】（1）121Ω（2）9×104J（3）100s 【解析】（1）由电路图可知，当 S 置于 1 位置时，电阻 R1、R2 并联接入电路；当 S 置于 2 位置时，R1、R2 串 联，因此由 P＝ U2 R 可知，当 S 置于 1 位置时，功率较大，即空气炸锅处于加热状态；当 S 置于 2 位置时，空 气炸锅处于保温状态； 当 S 置于 1 位置时，R2 的功率 P2＝ U2 R2＝ (220V)2 96.8Ω ＝500W， 发热体 R1 的功率：P1＝900W－500W＝400W； 由 P＝ U2 R 可知，R1＝ U2 P1＝ (220V)2 400W ＝121Ω。3 （2）牛柳需要吸收的热量 Q 吸＝cm△t＝3×103J/（kg•℃）×0.2kg×（190℃－40℃）＝9×104J； （3）不计热量损失 W＝Q 吸＝9×104J； 由 P＝ W t可得，用高温档牛柳从 40℃加热到 190℃，需要时间 t＝ W P＝ 9 × 104J 900W ＝100s。 4.（2019·怀化）如图甲是定值电阻和标有“8 V 8 W"灯泡 L 的 I－U 关系图象。如图乙所示，电源电压恒 定不变，滑动变阻器的最大阻值为 12 Ω。当开关 S、S2 闭合, 开关 S1 断开，将滑动变阻器的滑片 P 滑到 b 端时，灯泡 L 的实际功率为 1W 。求： （1）灯泡正常发光 10s，电流通过灯泡产生的热量； （2）电源电压； （3）当开关 S、S1、S2 同时闭合，调节滑片 P，求电路消耗的最大功率。 【答案】（1）80J （2）8V（3）72W 【解析】（1）灯泡正常发光 10s，电流通过灯泡产生的热量：Q=W=P 额 t= 8 W×10s=80J； （2）开关 S、S2 闭合, 开关 S1 断开，将滑动变阻器的滑片 P 滑到 b 端时，灯泡 L 的实际功率为 1W ，由图甲 可知，此时，小灯泡两端的电压 UL=2V；电流 I=0.5A； 则滑动变阻器两端的电压 U2=IR2=0.5A×12 Ω=6V；电源电压 U=UL+U2=2V+6V=8V （3）当开关 S、S1、S2 同时闭合，调节滑片 P 到 a 端时，小灯泡达到额定电压，此时电路消耗的功率最大， 灯泡和 R1 并联，由甲图可计算出 R1= U1 I1= 2V 0.2A=10 Ω；其电功率 P1= U2 R1= (8V)2 10 Ω=6.4W 电路消耗的最大功率：W=P 额+P1=8W+6.4W=14.4W 5．（2019·益阳）洞庭湖区域盛产水稻，早稻收获期恰逢长江中下游梅雨季节。为解决早稻收获后稻谷霉 变问题，某科技小组设计了一个稻谷烘干机。它的电路图如图甲所示，M 为电动鼓风机，R 为湿敏电阻，其 阻值能根据相对湿度（水蒸气含量）的变化而改变，且能满足实际需要。R0 为 10Ω 的定值发热电阻。4 （1）若鼓风机的额定电压为 220V，额定功率为 440W，鼓风机正常工作的电流为多大？ （2）相对湿度在 40%～80%范围内时，R 的阻值随相对湿度变化的关系如图乙所示。当相对湿度为 70%时， 试求发热电阻 R0 的电功率为多大？ 【答案】（1）2A；（2）4000W 【解析】（1）根据 P=UI 变形可求鼓风机正常工作的电流； （2）如图乙所示，当相对湿度为 70%时，可知 R 接入电路的电阻，再根据欧姆定律可求发热电阻 R0 的电流， 由 P=I2R 可求发热电阻 R0 的电功率。 解：（1）由 P=UI 可得，鼓风机正常工作的电流：I= P U= 440W 220V=2A； （2）由图甲可知，鼓风机与电阻并联，电阻 R 与 R0 串联在同一条支路中， 如图乙所示，当相对湿度为 70%时，湿敏电阻 R 的阻值：R=1Ω，电阻 R 与 R0 支路中的电流： I′= U R + R0= 220V 1Ω + 10Ω=20A，发热电阻 R0 的电功率： P0=I′2R0=(20A)2×10Ω=4000W。 6．(2019·黄冈)某型号电热水瓶具有加热、保温、电动出水及干烧断电功能。其简化电路如图所示。S1 是 壶底温控开关，通常闭合，当壶底发热盘的温度达到120℃自动断开。S2 是壶壁温控开关，按下时对水加热， 水烧开后自动断开，电热水瓶处于保温状态。S3 是电动出水开关，按下时闭合，电磁泵将水抽出。已知电 热水瓶保温功率为 50W，加热功率为 1000W。 （1）电热水瓶处于保温状态且不抽水时，电路中的电阻是多大？ （2）闭合 S3，电磁泵两端电压为 12V。已知 R3 阻值为 200Ω，求电磁泵的电功率。 （3）若水烧开后，S2 没有自动断开，则瓶里的水烧干后，经过多长时间，S1 才会断开？已知发热盘质量为 0.5kg，比热容为 0.5×103 J/(kg·℃)。设水烧干瞬间，发热盘的温度为 110℃，不计热损失。 【答案】（1）968 Ω （2）12.48 W （3）2.5s 【解析】 只闭合开关 S1 时，只有电阻 R2 工作，处于保温状态；只闭合开关 S1 和 S3 时电动机和电阻 R3 串联，电磁泵 将水抽出，电动机工作。 Ⅰ、根据 P＝ U2 R 算出电热水瓶处于保温状态且不抽水时的电阻；5 Ⅱ、闭合 S3 时，根据串联电路电压的规律算出电阻 R3 两端的电压，根据欧姆定律算出电流，由 P＝UI 算出 电磁泵的电功率； Ⅲ、由 Q＝cm△t 算出发热盘吸收的热量，瓶里的水烧干后，S2 没有自动断开（仍然是加热状态），不计热 损失，电流产生的热量全部被发热盘吸收，即 W＝Q 放＝Q 吸，由 P＝ W t算出加热时间。 （1）分析电路可知，当电热水瓶处于保温状态且不抽水时，电路中只有 R2 工作。 R2＝ U2 P保温＝ （220 V）2 50 W ＝968 Ω　 （2 分） （2）闭合开关 S3，电磁泵与 R3 串联，通过 R3 的电流为：I3＝ U3 R3＝ 220 V－12V 200 Ω ＝1.04 A 故电磁泵的功率为 P 泵＝U 泵 I 泵＝U 泵 I3＝12 V×1.04 A＝12.48 W （2 分） （3）不计热损失，瓶里的水烧干后，电流产生的热量全部被发热盘吸收，即 Q 电＝Q 盘， P 加热 t＝cmΔt，故从水烧干到 S 断开，经历的时间为 t＝ cmΔt P加热 ＝ 0.5 × 103 J/(kg·℃) × 0.5 kg × (120 ℃－110 ℃) 1000W ＝2.5s （3 分） 7．(2019·日照)吴丽设计了一个内有水箱的孵化箱。利用图甲所示电路，对水箱内的水加热。电路中 R 是 阻值恒为 40Ω 的发热电阻，R0 是阻值恒为 160Ω 的调控电阻；S 为温控开关，当温度等于或低于 37℃时闭 合，温度等于或高于 42℃时断开，使箱内温度维持在 37℃到 42℃之间；额定电压为 220V。请完成下列问 题： （1）在额定电压下，发热电阻 R 工作的最大发热功率和最小发热功率各为多少瓦特？ （2）设计完成后，吴丽对孵化箱进行了工作测试。从孵化箱温度刚刚变为 42℃开始计时，电路中的电流随 时间变化的图像如图乙。 Ⅰ.测试时的实际电压为多少伏特？ Ⅱ.工作测试一个小时，电路消耗的电能为多少度？ Ⅲ.已知水的比热容为 4.2×103J/（kg•℃）。假设升温过程中，发热电阻发出的热量全部被水吸收，不考虑 热量散失，则测试时水箱内水的质量为多少千克？（本小问结果可用分数表示） 【答案】（1）1210W 242W （2）200V 0.36 度 10 21千克 【解答】（1）S 断开时两电阻串联，电阻较大，功率较小，较小功率为： 6 P 小= U2 R + R0= （220V）2 40Ω + 160Ω=242W S闭合时只有电阻R工作，电阻较小，功率较大，较大功率为：P大= U2 R = （220V）2 40Ω =1210 W （2）Ⅰ.从孵化箱温度刚刚变为 42℃开始计时，此时开关 S 断开，两电阻串联，由图乙知此时的电流为 1A，根据 I= U R知测试时的实际电压为：U=I（R+R0）=1A×（40Ω+160Ω）=200V； Ⅱ.由图乙知一个循环较大功率工作10s，较小功率工作40s，总共50s， 工作测试一个小时，总共有 3600s 50s =72 次循环，较大功率总共工作 10s×72=720s=0.2h，较小功率总共工作 40s×72=2880s=0.8h， 实际加热功率：P′=UI=200V×5A=1000W=1kW 实际保温功率：P1=UI=200V×1A=200W=0.2kW 电路消耗的电能：W=P′t1+P1t2=1kW×0.2h+0.2kW×0.8h=0. 36 kW•h； Ⅲ.加热一次消耗的电能：W′=Pt1′=1000W×10s=10000J，根据 Q=cm△t 得水的质量：m= Q c △ t= W′ c △ t= 10000J 4.2 × 103J/（kg•℃） × (42－37) ℃= 10 21kg。 8．(2019·临沂)图甲是小明家安装的即热式热水器，其具有高、低温两档加热功能，低温档功率为 5500W， 内部等效电路如图乙所示，R1 和 R2 是两个电热丝。某次小眀用高温档淋浴时，水的初温是 20℃，淋浴头的 出水温度为 40°C，淋浴 20min 共用水 100L．假设热水器电热丝正常工作且产生的热量全部被水吸收【c 水 =4.2×103J/（kg•°C）】求： （1）电热丝 R1 的阻值。 （2）该热水器高温档功率。 【答案】 （1）由图知，两开关同时闭合时，两电阻并联，只闭合 S1 时，为 R1 的简单电路； 因为并联的总电阻小于其中任一分电阻，根据 P= U2 R 可知，只闭合 S1 时，电阻较大，功率较小，为低温档， 电热丝 R1 的阻值：R1= U2 R = (220V)2 5500W =8.8Ω； （2）用高温档淋浴时，淋浴 20min 共用水 100L，7 水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×100×10-3m3=100kg； 水从初温 20℃升高到 40°C 吸收的热量： Q=cm△t=4.2×103J/（kg•°C）×100kg×（40°C－20°C）=8.4×106J； 由题知，假设热水器电热丝正常工作且产生的热量全部被水吸收， 则消耗的电能：W=Q=8.4×106J； 该热水器高温档功率：P 高= W t= 8.4 × 106J 2 × 60s =7000W。 【解析】 （1）两开关同时闭合时，两电阻并联，只闭合 S1 时，为 R1 的简单电路，根据并联电阻的规律和 P= U2 R 分析 不同档位电路的连接，根据 R= U2 P 求解； （2）根据 m=ρV 求出 100L 水平质量，根据 Q=cm△t 求出水从初温是 20℃升高淋为 40°C 吸收的热量；因 热水器电热丝正常工作且产生的热量全部被水吸收，根据 P= W t求出该热水器高温档功率。 本题为电热综合题，考查并联电路的规律及欧姆定律的电功率公式、密度公式和 Q=cm△t 的运用。 9．（2019·齐齐哈尔）如图甲是文文同学家新买的一台冷暖空调扇，其内部简化电路如图乙所示，R1、R2 均 为发热电阻，R1 的阻值为 110Ω，M 是电动机。开关 S1 闭合后，当 S2 接 1、2 时吹冷风；当 S2 接 2、3 时吹 温风；当 S2 接 3、4 时吹热风，此时空调扇的总功率为 1100W．已知：电源电压为 220V，c 冰＝2.1×103J/ （kg•℃）。求： （1）吹冷风时，在空调扇内加入冰袋会使吹出的风温度变低，若冰袋内冰的质量为 lkg，温度从－16℃升 高到－6℃时，冰从周围吸收的热量是多少？ （2）吹冷风时，电动机正常工作 1h 消耗的电能为 0.11kW•h，此时通过电动机的电流是多少？ （3）吹热风时，R2 的电阻是多少？ 【答案】（1）2.1×104J（2）0.5A（3）88Ω 【解析】（1）已知冰的比热容、质量、初温度和末温度，利用公式 Q＝cm△t 得到冰吸收的热量； （2）开关 S1 闭合后，当 S2 接 1、2 时吹冷风，此时只有电动机工作，已知电源电压、工作时间和消耗的电8 能，利用公式 I＝ W Ut得到通过电动机的电流； （3）已知电动机 1h 消耗的电能，可以得到电动机的功率；已知 R1 阻值和两端电压，可以得到 R1 的功率； 已知吹热风时的总功率和电动机、R1 的功率，可以得到 R2 的功率；已知 R2 功率和两端电压，利用公式 R＝ U2 P 得到 R2 阻值。 解：（1）冰吸收的热量为： Q 吸＝c 冰 m 冰△t＝2.1×103J/（kg•℃）×1kg×[－6℃－（－16℃）]＝2.1×104J； （2）开关 S1 闭合后，当 S2 接 1、2 时吹冷风，此时只有电动机工作， 由 W＝UIt 可得，通过电动机的电流为： I 冷＝ W Ut＝ 0.11 × 3.6 × 106J 220V × 3600s ＝0.5A； （3）电动机的功率为： P 电动机＝ W电动机 t ＝ 0.11 kW•h 1h ＝0.11kW＝110W， 当 S2 接 3、4 时吹热风，此时电动机、R1、R2 并联， 因并联电路各支路两端的电压相等， 则 R1 消耗的功率： P1＝ U2 R1＝ (220V)2 110Ω ＝440W， 已知此时空调扇的总功率为 1100W，则消耗 R2 的功率为： P2＝P－P 电动机－P1＝1100W－110W－440W＝550W， 由 P＝ U2 R 可得，R2 的阻值为： R2＝ U2 P2＝ (220V)2 550W ＝88Ω。 10．(2019·盐城)新型电饭锅煮饭时采用“高温”和“低温”两种方式交替加热,其内部电路如图所示, R1 和 R2 均为电热丝,S1 是温度自动控制开关.高、低温挡的额定功率见下表、煮饭时,闭合开关 S,电饭锅正常 工作 30min 消耗的电能为 044kWh.求： (1)煮饭时通过 R1 的电流； 额定电压 220V 低温档 440W 额定功率 高温档 1100W9 (2)电热丝 R2 的电阻； (3)30min 内 R2 消耗的电能。 【答案】(1)2A (2)73.33Ω (3)0.22kw·h 【解析】当只闭合 S 时，只有 R1 电热丝发热，此时为低温档，功率为 P 低=440W，即 R1 工作时的功率为 P1=440W； 当 S、S1 都闭合时，R1 与 R2 并联，共同发热，为高温档，功率为 P 高=1100W，即 R1 和 R2 的总功率为 P 总 =1100W。 （1）通过 R1 的电流为 I1= P1 U = 440W 220V=2A （2）电热丝 R2 的功率为 P2=P 高－P1=1100W－440W= 660W， 则 R2 的电阻为；R2= U2 P2= （220V）2 660W =73.33Ω （3）电饭锅正常工作时采用“高温”和“低温”两种方式交替加热，不管是高温档还是低温档，R1 都工作， 则 30min 内 R1 消耗的电能为 W1= P1t=0.44kW×0.5h=0.22kw·h，因电饭锅消耗的总电能为 0.44 kw·h，则 R2 消耗的电能为 W2=W－W1=0.44kWh－0.22kw·h=0.22kw·h 11.（2019·桂林）在学习了电学知识后，小宝对家里新买的号称“大功率电热毯”进行了研究。他对电热 毯的工作电路图进行简化处理后绘制出了如图l8所示的等效电路图并研究。电路安全保护装置部分小宝由 于没有学到相关知识打算以后再研究。 按照说明书介绍，电热毯工作电路等效电源的电压低于220V。通过旋转电热毯的开关，电路可以达到3个档 位。如图19所示，档位1：单独闭合S1；档位2：同时闭合S1、S2；档位3：同时闭合S1、S2、S3。 小宝根据说明书提供参数进行计算后发现，不考虑灯丝电阻随温度变化，当电热毯处于档位 1 时，灯泡 L 的功率为其额定功率的 9 16，R2 消耗的功率为 1W；当电热毯处于档位 3 时，灯泡 L 正常发光，R1 消耗的功率 为 64W。请你根据题目所给信息，完成以下问题。 (1)当电热毯处于档位 1 时，R1、R2、灯泡 L 一起________联工作。当电热毯处于档位 2 时，R1、R2、灯泡 L 中只有________工作。 (2)求电热毯处于档位 1 时，灯泡两端实际电压与其额定电压之比(UL/U 额)=？ (3)求电热毯处于档位 3 时，通电 50 秒电流通过 R2 产生的热量？10 【答案】（1）串，R2（2） UL U额= 3 4（3）3200J 【解析】(1)当电热毯处于档位 1 时，R1、R2、灯泡 L 一起串联工作；当电热毯处于档位 2 时 ，只有 R2 单独 连入电路，因此只有 R2 工作；当电热毯处于档位 3 时，R1、R2、灯泡 L 一起并联工作。 （2）由P= U2 R 得 P实 P额= = UL2 U额2= 9 16，因此 UL U额= 3 4 （3）当电热毯处于档位3时，灯泡L正常发光， 说明灯泡的额定电压与电源电压相等，即U=U额，由 UL U额 = 3 4得： UL U = 3 4； 当电热毯处于档位1时，R1、R2、灯泡L串联，此时灯泡两端电压是电源电压的 3 4，因此R1和R2两端的电压和U12= 1 4 U,则UL=3 U12。 由串联电路分压规律可得： U12 U = R1 + R2 RL = 1 3，RL=3(R1+R2)。 由电热毯处于档位1时，R2消耗的功率为1W，可得P2=( U额 R1 + R2 + RL)2 R2=1W……① 由电热毯处于档位3时，R1消耗的功率为64W，可得P1= U额2 R1 =64W……② 由①②可解得R1=R2 因此当电热毯处于档位3时R1与R2的电功率相等。 通电50秒电流通过R2产生的热量Q=W=Pt=64W×50s=3200J 12．（2019·大庆）某电热水壶及其铭牌如图所示，小明为了测量该电热水壶的实际功率和加热效率，进行 了如下实验： 关掉家里所有用电器，将该电热水壶装满水，接通电热水壶，测得壶中水温度从 25℃上升到 35℃所用的时 间为 50s，同时观察到家中“220V 10(40)A 3200imp/kW•h”的电子式电能表的指示灯闪烁了 80imp，水的比 热容 c＝4.2×103J/（kg•℃）。请结合本次实验记录的数据，回答以下问题： （1）除电子式电能表外，小明还需下列哪些器材完成上述两个测量　 　（选填器材前面的序号） ①刻度尺 ②温度计 ③电压表 ④秒表 ⑤弹簧测力计 （2）若小明利用水升温吸热计算消耗的电能，计算出电热水壶的功率和实际功率相比　 　（选填“偏 大”、“偏小”或“相等”），主要原因是　 　。 （3）电热水壶的实际功率是　 　W。 产品型号 1.8L 最大容积 额定功率 2000W11 额定频率 50Hz 额定电压 220V （4）电热水壶的加热效率是　 　。 【答案】（1）②④（2）消耗的电能不可能完成转化成水的内能；偏小（3）1800（4）84% 【解析】（1）根据 P＝ W t，测量该电热水壶的实际功率要测量时间，故用到秒表； 根据 η＝ Q W计算加热效率，在计算 Q 时要测量温度，故用到温度计；还需②④完成上述两个测量； （2）若小明利用水升温吸热计算消耗的电能，因消耗的电能不可能完成转化成水的内能，根据 P＝ W t，故计 算出电热水壶的功率和实际功率相比偏大。 （3）220V10（40）A3200imp/kW•h”的电子式电能表的指示灯闪烁了 80imp，则消耗的电能为： W＝ 1 3200 ×80kW•h＝ 1 40×3.6×106J＝9×104J； 电热水壶的实际功率是：P＝ W t＝ 9 × 104J 50s ＝1800W （4）由题意知，水的体积为 1.8L，水的质量： m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1.8×10﹣3m3＝1.8kg； 壶中水温度从 25℃上升到 35℃吸收的热量： Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1.8kg×（35℃－25℃）＝7.56×104J； 电热水壶的加热效率是： η＝ Q W＝ 7.56 × 104J 9 × 104J ×100%＝84%。 13．（2019·七台河）如图甲为家用电热饮水机，图乙为它的电路原理图，下表为它的铭牌数据。 水桶容量 20L 热水箱容量 1L 额定电压 220V 加热功率 400W12 保温功率 44W 甲 乙 （1）当 S1 闭合，S2 断开时，电热饮水机处于　 　状态（填“加热”或“保温”），此时电路中的电流是 多大？ （2）饮水机正常工作时，将热水箱中的水从 20℃加热到 90℃，求：水吸收的热量是多少？（水的比热容 4.2×103J/（kg•℃）） （3）电热饮水机正常工作时加热效率为 80%．求：将热水箱中的水从 20℃加热到 90℃的时间为多少秒？ 【答案】（1）0.2A（2）2.94×105J（3）918.75 秒 【解析】解：（1）由电路图可知，当 S1 闭合，S2 断开时，两电阻串联，电路中的总电阻最大，由 P＝UI＝ U2 R 可知电路的总功率最小，处于保温状态； 根据 P＝UI 知，此时电路中的电流：I 保温＝ P保温 U ＝ 44W 220V＝0.2A； （2）根据 ρ＝ m V知，水的质量 m＝ρV＝1.0×103kg/m3×10﹣3m3＝1.0kg， 水吸收的热量为 Q 吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1.0kg×（90℃－20℃）＝2.94×105J， （3）因为 η＝ Q吸 W电，所以消耗的电能为：W 电＝ Q吸 η＝ 2.94 × 105J 80% ＝3.675×105J， 因为 P＝ W t，所以加热所需时间为 t＝ W P＝ 3.675 × 105J 400W ＝918.75s。 14．（2019·绥化）小泽家有一新型的电热足浴器。其铭牌上的部分信息如下。 （1）求电热足浴器正常工作时的电阻； （2）用这个足浴器将 5kg 的水从 20℃加热到 40℃，求水吸收的热量； （3）若此足浴器在额定电压下使用，需 500s 才能将（2）问中的水从 20℃加热到 40℃，求这个电热足浴 器的加热效率；（计算结果精确到 0.1%） 额定电压 220V 额定功率 1210W 容积 7L S1 R1 R2 S2 220V13 （4）小泽家安装的电能表如图所示。某次小泽断开家中的其它用电器，让电热足浴器单独工作，在 1min 内电能表的转盘转过 50r，求此时该足浴器两端的实际电压。 【答案】（1）40Ω（2）4.2×105J（3）电热足浴器的加热效率为 69.4%（4）此时该足浴器两端的实际电压 为 200V 【解析】（1）由 P＝ U2 R 得，电热足浴器正常工作时的电阻：R＝ U2 P ＝ (220V)2 1210W ＝40Ω； （2）水吸收的热量：Q＝cm（t－t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×（40℃－20℃）＝4.2×105J； （3）足浴器在额定电压下使用 500s 消耗的电能：W＝Pt＝1210W×500s＝6.05×105J， 电热足浴器的加热效率：η＝ Q W×100%＝ 4.2 × 105J 6.05 × 105J×100%≈69.4%； （4）由图知，电能表上标有 3000r/（kW•h）， 让电热足浴器单独工作，在 1min 内电能表的转盘转过 50r，则足浴器 1min 消耗的电能： W′＝ 1 3000kW•h×50＝ 1 60kW•h＝6×104J， 由 W＝ U2 R t 得，此时该足浴器两端的实际电压： U 实＝ ＝ ＝200V。 15．（2019·随州）随州的冬季不像北方有集中供暖，所以本地居民常选用一些小型电暖器越冬。如图甲电 暖器有“高温、中温、低温”三挡，铭牌见下表（“中温”挡功率空出），其电路原理如图乙，S 是自我保 护开关，当电暖器倾倒时 S 自动断开，切断电源保证安全。当 S、S1 闭合，S2 断开时电暖器为“低温”挡。 （R1＞R2） 求：（1）R1 的阻值； （2）“中温”挡正常工作时电路中的电流； （3）若室内空气质量为 50kg，用该电暖器的“高温”挡正常工作 10min，放出热量的 50%被室内空气吸收， 那么可使室内气温升高多少？[假设空气的比热容为 1.1×103J/（kg•℃）] 【答案】（1）11Ω；（2）5.27A；（3）8.73℃。 XX 牌电暖器 额定电压 220V 低温挡 440W 中温档额定功率 高温挡 1600W 频率 50Hz14 【解析】（1）电暖器在低温档时，由 R＝ U2 P 可求 R1 的阻值； （2）高温档与低温档功率之差是中温档功率；已知中温档功率和电源电压，可以得到中温档正常工作时的 电流； （3）根据 W＝P 高 t 可求产生的热量，根据 Q 吸＝ηW 可得空气吸收的热量，根据 Q 吸＝cm△t 可得房间的空 气温度升高多少℃。 解：（1）闭合开关 S1，R1 单独接入电路，R1＞R2，根据 P＝ U2 P 可知电暖气处于低温；R1 的阻值：R1＝ U2 P低温＝ （220V）2 440W ＝110Ω； （2）闭合 S1 为“低温”挡，R1 单独接入电路；单独闭合 S2 为“中温”挡，“高温”挡为 S1、S2 同时闭合， R1、R2 并联。 P 中温＝P 高温－P 低温＝1600W－440W＝1160W； 根据 P＝UI 可得，“中温档”正常工作时的电流：I2＝ P中温 U ＝ 1160V 220V ≈5.27A； （3）因为 P＝ W t，所以电暖器的“高温”档正常工作 10min，放出的热量： W＝P 高温 t＝1600W×10×60s＝9.6×105J； 空气吸收的热量：Q 吸＝ηW＝50%×9.6×105J＝4.8×105J， 由 Q 吸＝cm△t 可得，房间空气升高的温度： △t＝ Q吸 cm＝ 4.8 × 105J 50kg × 1.1 × 103 J/（kg•℃）≈8.73℃。 16．（2019·孝感）家用电饭锅中自动开关一般由感温铁氧体组成，将电饭锅的自动开关 S 按下，电饭锅处 于别热状态，当感温铁氧体温度达到 103℃时失去磁性，被吸铁块由弹簧弹开，使电饭锅进入保温状态。某 家用电饭锅内部电路简化示意图如图甲，某次使用该电饭锅在 220V 的电压下煮饭过程中，通过的电流随时 间变化的图象如图乙。 （1 ）当锅内温度为 100℃ 时，自动开关 S 与　 　（选填“1” 或“2”）连接，此时电饭锅处于　 　 （选填“加热”或“保温”）状态。 （2）该电饭锅此次工作 30 分钟消耗的电能为多少？ （3）电阻 R1 与 R2 的阻值之比为多少？15 （4）若要使该电饭锅的加热功率提高到 1100W，可以给电阻 R1 并联一个阻值为多大的电阻 R3？ 【答案】（1）1；加热；（2）7.92×105J；（3）1∶3；（4）可以给电阻 R1 并联一个阻值为 220Ω 的电阻 R3。 【解析】 （1）根据题意可知，温度为 100℃时（低于 103℃），电饭锅处于加热状态，开关 S 与“1”连接，只有 R1 连入电路，电路中电阻较小，根据 P＝ U2 R 可知，此时的电功率较大，为加热状态； （2）电饭锅此次工作 30 分钟消耗的电能： W＝W1+W2＝UI1t1+UI2t2＝220V×4A×10×60s+220V×1A×20×60s＝7.92×105J； （3）开关接 1 时，只有 R1 连入电路，为加热状态，此时的电流 I1＝ U R1＝4A； 开关接 2 时，两电阻串联，为保温状态，此时的电流 I2＝ U R1 + R2＝1A， 则 I1 I2＝ ＝ R1 + R2 R1 ＝ 4 1，解得 R1 R2＝ 1 3； （4）原来的加热功率 P1＝UI1＝220V×4A＝880W， 此时该电饭锅的加热功率提高到 1100W， 则并联电阻的功率：P3＝P－P1＝1100W－880W＝220W， 由 P＝ U2 R 得，并联电阻的阻值：R3＝ U2 P3＝ (220V)2 220W ＝220Ω。 17．（2019·宜昌）我国“华为”公司是当今世界通讯领域的龙头企业，在手机及其它通讯设备的设计制造 方面掌握了诸多高新科技成果。以手机为例，华为“Mate 20 pro”不仅采用 4200mAh 超大容量电池，并且 采用“超级快充”技术，不到半小时可把电池充达一半以上，极大方便了人们的使用。已知该电池的部分 参数如表所示。 （1）表格中的电池“容量”，是哪几个物理量进行了怎样运算的结果？ （2）如图所示的两个充电器，一个标注“输出 5V 600mA”，另一个标注“输出 5V 4A”，其中有一个是快速 充电器。假设充电效率为 90%，选用快速充电器将电池从零充满需要多少分钟？ （3）有人发现，超级快充的充电线比普通手机充电线要粗一些，请你从线路安全的角度来分析为什么有这 样的区别。 电池名称 锂离子电池 电压 3.7V 容量 4200mAh16 【答案】（1）表格中的电池“容量”是电流与时间的乘积；（2）需要 51.8min；（3）充电线较粗可以减小 电阻，在充电过程中产生的热量较少。 【解析】（1）mA 是电流的常用单位，h 是时间的常用单位，据此得到“容量”的含义； （2）已知充电器输出电压和电流，可以得到输出功率，输出功率越大表示充电越快；已知电池容量、电压 和充电效率，可以得到需要的电能；已知电池电能和充电功率，可以得到充电时间； （3）在材料和长度一定时，横截面积越大电阻越小；由焦耳定律知，在电流和通电时间一定时，电阻越大 产生热量越多。 解： （1）已知电池的容量是“4200mAh”，mA 是电流的常用单位，h 是时间的常用单位，所以“容量”是电流与 通电时间的乘积； （2）两个充电器的充电功率分别为： P1＝U1I1＝5V×0.6A＝3W，P2＝U2I2＝5V×4A＝20W， 所以第二个的充电速度快； 电池充满电储存的电能为：W 储＝U 电池 Q＝3.7V×4.2A×3600s＝55944J， 已知充电效率为 η＝90%， 则消耗的电能：W 充= W储 η= 55944J 90% =62160J； 由 P= W t可得，选用快速充电器将电池从零充满需要的时间： t= W P= 62160J 20W =3108s＝51.8min； （3）充电器的充电线有电阻，由焦耳定律知，工作过程中会产生热量；充电线尽可能做得粗一些，目的是 减小电阻，使充电过程中产生的热量少一些。 18．（2019·宿迁）某电器厂设计了一种具有高、中、低温三挡的家用电火锅，该火锅产品铭牌和电路图 如图所示： （1）当开关 S1 断开，S2 接 a 时，该 电火锅选用______档工作（选填“高温”、“中温”或“低温”）。 （2）当电火锅使用中温档正常工作时，电路中电流是多大？接入电路的电热丝的阻值是多少？ 额定电压 220V 高温档 中温档 低温档 额定功率 880W 440W 220W17 （3）用电火锅高温档在额定电压下烧水 7 分钟，电流做了多少功？若电热丝产生的热量全部被水吸收，在 1 个标准大气压下，能使 1kg 初温为 20℃的水升高多少℃（c 水=4.2×103J/（kg•℃））？ 【答案】（1）低温 （2）2A；110Ω （3）3.696×105J；80℃ 【解析】 （1）由图知，S1 断开，S2 接 a 端，R1 和 R2 串联。根据 P= U2 R 分析高档、抵挡； （2）当开关 S1 断开，S2 接 b 时，电阻 R2 单独接入电路，为中温档，根据 I 中温= P中温 U 可求电流，再根据欧姆 定律变形，R2= U I中温可求接入电路的电热丝的阻值； （3）根据 W=P 高温 t 可求用电火锅高温档在额定电压下烧水 7 分钟，电流做的功；根据 W=Q 吸=cm△t 可求水 升高多少℃。 解： （1）由图知，当 S1 断开，S2 接 a 端，R1 和 R2 串联，此时电路的总电阻最大，由 P= U2 R 可知，此时总功率最小，则该电火锅选用低温档工作； （2）当开关 S1 断开，S2 接 b 时，电阻 R2 单独接入电路，为中温档，此时电路中的电流： I 中温= P中温 U = 440W 220V=2A，由欧姆定律可得，接入电路的电热丝的阻值：R2= U I中温= 220V 2A =110Ω； （3）用电火锅高温档在额定电压下烧水 7 分钟，电流做的功： W=P 高温 t=880W×7×60s=369600J=3.696×105J， 因电热丝产生的热量全部被水吸收，则 Q 吸=cm△t 可得水升高的温度： △t= Q吸 cm= W cm= 3.696 × 105J 4.2 × 103J/（kg•℃） × 1kg=88℃， 因为在 1 个标准大气压下，水的沸点是 100℃，且水的初温为 20℃，所以只能使水升高 80℃。 19．(2019·朝阳)养生壶的原理如图所示，它有加热和保温两档。当加热到设定温度时，养生壶自动切换 为保温档。（养生壶的部分参数如表所示） （1）当开关 S1 闭合，S2　 　（填“闭合”或“断开”）时，养生壶处于加热状态。 （2）在保温档正常工作时，求电路中的电流是多少？ （3）求 R1、R2 的阻值。 壶的容积 1.5L 额定电压 220V18 加热功率 1000W 保温功率 44W （4）如果养生壶的效率为 70%，那么在标准大气压下要将满壶的水从20℃加热至沸腾，请问需要多少分钟？ 【答案】（1）闭合；（2）0.2A；（3）R1 的阻值为 48.4Ω，R2 的阻值为 1051.6Ω；（4）12min 【解析】（1）养生壶处于加热状态时，电路的总功率最大， 由 P＝UI＝ U2 R 可知，电源的电压一定时，电路的总电阻最小， 由电路图可知，当开关 S1、S2 闭合时，电路为 R1 的简单电路，电路的总电阻最小，养生壶处于加热状态； （2）在保温档正常工作时，由 P＝UI 可得，电路中的电流：I＝ P保温 U ＝ 44W 220V＝0.2A； （3）养生壶处于加热状态时，电路为 R1 的简单电路， 则 R1 的阻值：R1＝ U2 P加热＝ (220V)2 1000W ＝48.4Ω， 当开关 S1 闭合、S2 断开时，R1 与 R2 串联，电路的总电阻最大，总功率最小，养生壶处于保温状态，由 I＝ U R 可得，此时电路中的总电阻：R 总＝ U I＝ 220V 0.2A＝1100Ω， 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R2 的阻值：R2＝R 总－R1＝1100Ω－48.4Ω＝1051.6Ω； （4）满壶水的体积：V＝1.5L＝1.5dm3＝1.5×10﹣3m3， 由 ρ＝ m V可得，水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1.5×10﹣3m3＝1.5kg， 在标准大气压下水的沸点为 100℃，则水吸收的热量： Q 吸＝cm（t－t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃－20℃）＝5.04×105J， 由 η＝ Q吸 W ×100%可得，消耗的电能：W＝ Q吸 η＝ 5.04 × 105J 70% ＝7.2×105J， 由 P＝ W t可得，需要的加热时间：t′＝ W P加热＝ 7.2 × 105J 1000W ＝720s＝12min。 20．(2019·抚顺)如图甲所示是一款加热杯，可以通过控制开关实现高、中、低三档加热，其简化电路图 如图乙所示。R1 、R2 、R3 均为电热丝，已知 R1 ＝176Ω 加热杯的部分参数如表。求：c 水＝4.2×103J/ （kg•℃），ρ 水＝1.0×103kg/m3] （1）R2 的阻值是多少？19 （2）加热杯的低温档功率是多少？ 额定电压 220V 高温档功率 1100W 中温档功率 440W 低温档功率 容量 1L （3）若不计热量损失，加热杯使用高温档加热，使 1L 水从 12℃升高到 100℃，需要多长时间？ 【答案】（1）66Ω（2）220W（3）336s 【解析】（1）当 S 接高温档触点时，电路为 R3 的简单电路， 由 P＝UI＝ U2 R 可得，R3 的阻值：R3＝ U2 P高温＝ (220V)2 1100W ＝44Ω， 当 S 接中温档触点时，R2、R3 串联，则此时电路中的总电阻： R 总＝ U2 P中＝ (220V)2 440W ＝110Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 所以，R2 的阻值：R2＝R 总－R3＝110Ω－44Ω＝66Ω； （2）当 S 接低温档触点时，R1、R3 串联，则加热杯的低温档功率： P 低＝ U2 R1 + R3＝ (220V)2 176Ω + 44Ω＝220W； （3）满壶水的体积：V＝1L＝1dm3＝1×10﹣3m3， 由 ρ＝ m V可得，水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg， 水吸收的热量： Q 吸＝cm（t－t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃－12℃）＝3.696×105J， 不计热量损失时，消耗的电能：W＝Q 吸＝3.696×105J， 由 P＝ W t可得，需要的加热时间：t′＝ W P加热＝ 3.696 × 105J 1100W ＝336s。 21．(2019·宁夏)小明家中的电热水水壶坏了，他在网上查到两种外形基本相同的电热水壶的铭牌如图表20 所示： （1）用品牌 2 的电热水壶烧开一壶水用时 6 分钟，则电热水壶消耗了多少电能？ （2）小明认为“品牌 1”这款电热水壶功率小，更省电。从节能的角度考虑，你认为他的这种想法合理吗？ 为什么？ 【答案】（1）7.2×105J （2）这种想法不合理。功率反映的是做功的快慢，要烧开同样多的水，两种电 热器需要消耗的电能一样多，不存在节约了电能。由于功率小的电热器加热时间较长，过程中水散失的热 量要多些，所以反而要费电些。 【解析】 （1）电热水壶消耗电能为 W=Pt=2000W×6×60s=7.2×105J； （2）这种想法不合理。功率反映的是做功的快慢，要烧开同样多的水，两种电热器需要消耗的电能一样多， 不存在节约了电能。由于功率小的电热器加热时间较长，过程中水散失的热量要多些，所以反而要费电些。 22．(2019·青海)某电熨斗的电路如图 14 所示，额定电压为 220V，最大功率为 1100W，发热部分由调温电 阻 R 和定值电阻 R0 组成。调温电阻的最大阻值为 176Ω，温度对电阻的影响忽略不计，则： （1）该电熨斗以最大功率工作 10min 消耗多少电能？ （2）定值电阻 R0 的阻值是多少？ （3）该电熨斗在额定电压下工作时的最小功率是多少？此时通过电熨斗的电流是多少？ 【答案】（1）6.6×105J （2）44Ω（3）220W 1A 【解析】（1）由 P＝ W t可得，该电熨斗以最大功率工作 10min 消耗的电能： W 大＝P 大 t＝1100W×10×60s＝6.6×105J； （2）当滑片 P 在最左端时，电路为 R0 的简单电路，此时电路的总电阻最小，电路的功率最大， 由 P＝UI＝ U2 R 可得，定值电阻 R0 的阻值：R0＝ U2 P大＝ (220V)2 1100W ＝44Ω； 品牌 1 品牌 2 产品型号 EL-8952 产品型号 MK-12SO 额定电压 220V 额定电压 220\ 频率 50HZ 频率 50HZ 额定功率： 1200W 额定功率 2000W 容量 1.5L 容量 1.5L21 （3）当滑片 P 在最右端时，R 接入电路中的电阻最大，电路的总功率最小， 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 所以，此时通过电熨斗的电流：I＝ U R + R0＝ 220V 176Ω + 44Ω＝1A， 该电熨斗在额定电压下工作时的最小功率：P 小＝UI＝220V×1A＝220W。 23．(2019·铁岭)小李家新买的电热水瓶，有保温和加热两种功能，其简化电路图如图所示，R1、R2 为电热 丝，通过开关的调节实现保温和加热两种功能的切换。加热功率为 1100W，保温功率是 200W。求：[c 水＝ 4.2×103J/（kg•℃）] （1）R2 的阻值是多少？ （2）该电热水瓶给水加热时，瓶中 1kg 的水从 23℃升高到 100℃，需要吸收多少热量？ （3）不计热量损失，该电热水瓶在上述加热过程中，需要工作多长时间？ 【答案】（1）198Ω（2）3.234×105J（3）294s 【解析】 （1）开关 S 接 1 时，只有 R1 连入电路，电阻最小，根据 P＝ U2 R 可知功率最大，此时为加热状态，则 R1 的阻 值：R1＝ U2 P加热＝ （220V）2 1100W ＝44Ω； 开关 S 接 2 时，两电阻串联，此时总电阻最大，根据 P＝ U2 R 可知总功率最小，此时为保温状态，则串联的总 电阻：R 串＝ U2 P保温＝ （220V）2 200W ＝242Ω， 由串联电路的电阻规律可得，R2 的阻值：R2＝R 串－R1＝242Ω－44Ω＝198Ω； （2）瓶中 1kg 的水从 23℃升高到 100℃，需要吸收的热量： Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃－23℃）＝3.234×105J； （3）不计热损失，消耗的电能 W＝Q，由 P＝ W t可得工作时间：t＝ W P加热＝ Q P加热＝ 3.234 × 105J 1100W ＝294s。 24．（2019·阜新）小亮家里的一款迷你电饭锅，电路图如图所示，额定电压为 220V，电饭锅有加热和保温 两档，“加热”时额定功率为 550W，发热电阻 R1 和 R2 阻值不随温度变化，电阻 R1 在“保温”状态和“加 热”状态时功率之比为 1︰400．求：22 （1）正常“加热”状态，通过电饭锅的电流是多少？ （2）正常“加热”状态，通电 10min 产生的热量是多少？ （3）R2 的阻值是多少？ 【答案】（1）2.5A；（2）330000J；（3）1672Ω 【解答】（1）加热时的电流为：I= P U= 550W 220V=2.5A； （2）通电 10min 产生的热量是 W=Pt=550W×6005=330000J； （3）由 I=号得 R1 的电阻为：R1= U I= 220V 2.5A＝88Ω； 当开关 S 断开时，电路中电阻 R1 和 R2 串联，电路的电阻最大，根据 P= U 2 R 可知，此时为保温状态，R 在“保 温”状态与“煮饭”状态时的功率之比为 1︰400。 即 I 保 2R1︰I 煮 2R2=1︰400；1 保︰1 煮=1︰20：即 U R1 + R2︰ U R1=1︰20，所以 R2=1672Ω。 25．(2019·东营)图甲为新型风暖浴霸，因其安全性能好、发热柔和，深受大家喜爱。它是利 用电动机鼓 动空气流动，通过加热元件加热冷空气带动室内升温。图乙是某型号风暖浴霸的简化电路图，其发热元件是 两根阻值不变的电热丝 R1、R2。主要参数如下表。 （1）开关均闭合，求浴霸正常工作时的干路电流是多少？ （2）正常工作时，求 R1 的阻值是多少？ （3）实际电压为 200V 时，求 R2 的实际功率是多少？ （4）浴霸正常工作时，使容积为 20m3 的房间空气温度升高 20℃，求室内空气吸收的热量是多少？（ρ 空气 取 1.2kg/m3，c 空气取 1.0×103J /(kg·℃)，不考虑其他因素影响） 【答案】（1）13.4A （2）25Ω （3）800W （4）4.8×105J 【解析】 项目 参数 额定功率（V） 220 R1 额定功率（W） 1936 R2 额定功率（W） 968 电动机功率（W） 44 适用面积（m2） 1023 （1）开关均闭合时，R1、R2 和电动机同时工作，电路总功率为： P=P1+P2+P3=1936W+968W+44W=2948W 工作时的干路电流为：I= P U= 2948W 220V =13.4A （2）R1 的阻值为：R1 = U2 P1= （220V）2 1936W =25Ω （3）R2 的阻值为：R2= U2 P2= （220V）2 968W =50Ω 实际电压为 200V 时，R2 的实际功率为：P´ = U2 R2= （220V）2 50Ω =800W （4）室内空气的质量为：m=ρ 空气 V=1.2kg/m3×20m3=24kg 空气吸收的热量为：Q 吸=c 空气m Δt=1.0×103J/(kg·℃)×24kg×20℃=4.8×105J 26．(2019·威海)火锅是人们比较喜欢的一种饮食方式，如图为小明家使用的一款电火锅工作电路的原理 图。它有高、中、低三个加热档位，旋钮开关可以分别置于“0 和 1”、“1 和 2”、“2 和 3”或“3 和 4” 接线柱。正常工作时，低温档功率为高温档功率的 1 5，R1 为 242Ω，R2 为 60.5Ω．（忽略温度对电阻的影响） （1）请指出开关置于什么接线柱时，火锅处于低温档？ （2）R3 的阻值是多少欧姆？电火锅处于低温档正常工作时，在 1 分钟内产生的热量是多少焦耳？ （3）小明关闭家中的其他用电器，只让电火锅独立工作，用高温档加热汤液 2 分钟，电能表的表盘转了 81 转。请通过计算判断此时电火锅是否正常工作？[电能表的铭牌上标有 3000r/（kW•h）] 【答案】（1）“1 和 2”（2）R3 的阻值是 181.5 欧姆； 1.2×104J（3）此时电火锅不正常工作。 【解析】解：（1）当旋钮开关置于“1 和 2”接线柱时，R2、R3 串联，电路电阻最大，根据 P＝ U2 R 可知，电 功率最小，火锅处于低温档； 当旋钮开关置于“2 和 3”接线柱时，R3 被短路，电路为 R2 的简单电路，电路电阻较大，根据 P＝ U2 R 可知， 电功率较大，火锅处于中温档； 当旋钮开关置于“3 和 4”接线柱时，R1、R2 并联，电路电阻最小，根据 P＝ U2 R 可知，电功率最大，火锅处于 高温档。24 （2）高温档时的电功率：P 高＝P1+P2＝ U2 R1+ U2 R2＝ （220V）2 242Ω + （220V）2 60.5Ω ＝1000W， 由题意知，低温档功率为高温档功率的 1 5，即：P 低＝ 1 5P 高＝ 1 5×1000W＝200W， 由 P＝ U2 R 可得，低温档时电路总电阻：R＝ U2 P低＝ （220V）2 200W ＝242Ω， 因串联电路总电阻等于各分电阻之和， 所以，R3 的阻值：R3＝R－R2＝242Ω－60.5Ω＝181.5Ω。 电火锅处于低温档正常工作时，在 1 分钟内产生的热量： Q＝W＝P 低 t＝200W×60s＝1.2×104J。 （3）电能表的表盘转了 81 转，电火锅消耗的电能： W′＝ 81r 3000r/（kW•h）＝0.027kW•h＝9.72×104J， 则电火锅的功率：P′＝ W′ t′＝ 9.72 × 104J 2 × 60s ＝810W， 因为电火锅的实际功率 P′＜P 高，所以，此时电火锅不正常工作。 27．(2019·枣庄)如图所示是某款电养生壶及其铭牌的部分参数，当养生壶正常工作时，求： （1）养生壶正常工作的电阻。 （2）若该养生壶的加热效率为 80%，在标准大气压下，将初温是12℃的一壶水烧开，需要多长时间？[c 水＝ 4.2×103J/（kg•℃），ρ 水＝1.0×103kg/m3] （3）在物理综合实践活动中，小明和小丽同学利用所学习的物理知识，合作测量养生壶的实际功率。电表 上标着“1200r/（kW•h）”，他们把家中的其他用电器都与电源断开，仅让养生壶接入电路中烧水，2min 电 能表的转盘转了 40r，求电养生壶的实际功率。 【答案】（1）44Ω（2）420s（3）1000W 【解析】（1）已知养生壶的额定功率和额定电压，由电功率公式的变形公式可以求出养生壶的电阻； （2）根据 m＝ρV 算出水的质量；已知水的质量、水的比热容和水温的变化，利用热量公式求出水吸收的 热量； 额定电压 220V 频率 50Hz 额定功率 1100W 容量 1L25 求出养生壶产生的热量，然后应用功率公式的变形公式求出养生壶正常工作的时间； （3）1200r/kW•h 表示的是电路中每消耗 1kW•h 的电能，电能表的转盘转 1200r，求出转盘转 40r 电路中消 耗的电能，然后根据 P= W t求出用电器的实际功率。 解： （1）由 P= U2 R 可得，养生壶正常工作时的电阻：R= U2 P = (220V)2 1100W =44Ω。 （2）1L 水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg； 水吸收的热量： Q 吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃－12℃）＝3.696×105J， 由 η= Q吸 W 可得，养生壶消耗的电能：W= Q吸 η= 3.696 × 105J 80% =4.62×105J， 由 P= W t可得，养生壶工作时间：t= W P= 4.62 × 105J 1100W =420s。 （3）转盘转动 40 转消耗电能： W= 40 1200 kW•h = 1 30 kW•h＝1.2×105J，t＝2min＝120s， 电养生壶的实际功率：P 实= W t = 1.2 × 105J 120s =1000W。 28．(2019·淄博)表为一台饮水机的铭牌，其内部简化电路如图所示，R1 和 R2 均为电热丝且阻值不变。 （1）该饮水机处于加热状态时，正常工作 3min，在 1 标准大气压下能否把 0.5kg 的水从 20℃加热至沸腾？ 【c 水＝4.2×103J/（kg•℃）】 （2）保温功率是指 S 断开时电路消耗的总功率。该饮水机正常保温时，R1 实际消耗的电功率是多少？ 【答案】（1）该饮水机正常加热 3min 不能把 1 标准大气压下 0.5kg 的水从 20℃加热至沸腾；（2）0.484W 【解析】（1）在 1 标准大气压下水的沸点为 100℃，根据 Q 吸＝cm（t－t0）求出把 0.5kg 的水从 20℃加热 至沸腾需要吸收的热量，利用 η＝ Q吸 W ×100%求出需要消耗的电能，利用 P＝ W t求出需要加热的时间，然后与 实际加热时间相比较得出答案； XX 牌饮水机 额定电压 220V 加热 1000W额定功率 保温 22W 加热效率 80%26 （2）由题意可知，开关 S 闭合时，电路为 R1 的简单电路，电路的总电阻最小，饮水机的功率最大，处于加 热状态，根据 P＝UI＝ U2 R 求出 R1 的阻值，由表格数据可知该饮水机正常保温时的功率，由题意可知，开关 S 断开时，R1 与 R2 串联，电路的总电阻最大，饮水机的功率最小，处于保温状态，根据 P＝UI 求出电路的电 流，利用 P＝UI＝I2R 求出 R1 实际消耗的电功率。 解：（1）在 1 标准大气压下水的沸点为 100℃， 则把 0.5kg 的水从 20℃加热至沸腾需要吸收的热量： Q 吸＝c 水 m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×（100℃﹣20℃）＝1.68×105J， 由 η＝ Q吸 W ×100%可得，需要消耗的电能：W＝ Q吸 η＝ 1.68 × 105J 80% ＝2.1×105J， 由 P＝ W t可得，需要加热的时间：t1＝ W P加热＝ 2.1 × 105J 1000W ＝210s＝3.5min＞3min， 所以，该饮水机正常加热 3min 不能把 1 标准大气压下 0.5kg 的水从 20℃加热至沸腾； （2）由图可知，开关 S 闭合时，电路为 R1 的简单电路，电路的总电阻最小，饮水机的功率最大，处于加热 状态， 由 P＝UI＝ U2 R 可得，R1 的阻值：R1＝ U2 P加热＝ (220V)2 1000W ＝48.4Ω， 由表格数据可知，该饮水机正常保温时的功率 P 保温＝22W， 由题意可知，开关 S 断开时，R1 与 R2 串联，电路的总电阻最大，饮水机的功率最小，处于保温状态，由 P＝ UI 可得，此时电路中的电流：I＝ P保温 U ＝ 22W 220V＝0.1A， 该饮水机正常保温时，R1 实际消耗的电功率： P1＝I2R1＝（0.1A）2×48.4Ω＝0.484W。 29．(2019·山西)“创新”小组的同学们调查发现，雨雪天气里汽车后视镜会变模糊，影响行车安全。同 学们设计了给后视镜除雾、除霜的加热电路。如图是加热电路原理图，电源电压 100V，加热电阻 R1 与 R2 阻 值均为 100Ω，电路低温挡除雾，高温挡除霜。同学们对电路进行模拟测试，开启除霜模式加热后视镜 1min，用温度传感器测得其温度升高了 6℃，求： （1）除霜模式下，电路中的电流； （2）除霜模式下，电路的加热效率。[查资料得：后视镜玻璃质量约 0.5kg，玻璃的比热容约 0.8×10 3J/ （kg•℃）]27 【答案】（1）除 1A（2）40% 【解析】（1）由图知，只闭合开关 S 时，两电阻串联；当开关 S、S1 都闭合时，R2 被短路，只有 R1 工作， 根据 P＝ U 2 R 判断档位模式；根据欧姆定律求出电流； （2）根据 W＝UIt 求出除霜模式下 1min 消耗的电能，根据 Q＝cm△t 求出后视镜玻璃吸收的热量，再根据 η＝ Q W求出加热效率。 解： （1）由图知，只闭合开关 S 时，两电阻串联；当开关 S、S1 都闭合时，R2 被短路，只有 R1 工作，此时电阻 最小，根据 P＝ U 2 R 可知此时电路的功率最大，处于高温除霜模式， 除霜模式下，电路中的电流：I＝ U R1＝ 100V 100Ω＝1A； （2）除霜模式下 1min 消耗的电能：W＝UIt＝100V×1A×60s＝6000J， 后视镜玻璃吸收的热量：Q＝cm△t＝0.8×103J/（kg•℃）×0.5kg×6℃＝2400J， 除霜模式下，电路的加热效率：η＝ Q W×100%＝ 2400J 6000J×100%＝40%。 30．(2019·天津)某电热水壶铭牌的部分信息如下表所示。该电热水壶正常工作时，把 1kg 水从 20℃加热 到 100℃用时 7min，已知 c 水=4.2×103J/（kg•℃），求： （1）水吸收的热量； （2）电热水壶的热效率。 【答案】解：（1）水吸收的热量： Q 吸=c 水 m（t－t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃－20℃）=3.36×105J。 （1）工作时间 t=7min=420s， （2）电热水壶正常工作 7min 消耗的电能：W=Pt=1000W×420s=4.2×105J， 则电热水壶的热效率：η= Q吸 W ×100%= 3.36 × 105J 4.2 × 105J ×100%=80%。 【解析】 型号 ×× 额定电压 220V 额定功率 1000W 频率 50Hz28 （1）知道水的比热容、质量、初温和末温，根据 Q 吸=cm（t－t0）求出水所吸收的热量； （2）电热水壶正常工作时的功率和额定功率相等，根据 W=Pt 求出消耗的电能，再根据 η= Q吸 W ×100%求出该 电热水壶的热效率。 31．(2019·杭州)如图是一电动机提升物体的示意图。电源电压为 120 伏，电动机将一个质量为 50 千克的 物体 1 秒内匀速上提 0.9 米，电路中的电流为 5 安培。（g 取 10 牛/千克） （1）求该电动机工作 1 秒钟所产生的电热。 （2）求电动机线圈阻值。 （3）当该重物上升到一定高度时，电动机的转子突然破卡住，为什么这种情况下电动机容易烧坏? 【答案】(1) 150J；(2) 6Ω （3）当电动机的转子突然被卡住时，电能不再转化为机械能，而全部转化为 内能，电 路中的电流会很大，发热很多，所以电动机容易烧坏。 【解析】（1）Q＝W 总－W 机＝UIt－mgh＝120 伏×5 安×1 秒－50 千克×10 牛/千克×0.9 米＝150 焦 （2）由 Q＝I2Rt 得 R= Q I2t= 150焦 (5安)2 × 1秒 =6 欧 （3）卡住时通过电动机的电流过大（或回答电能全部转化为内能），使电动机温度过高，所以容易烧坏。 32. (2019·台州)某电热砂锅的简化电路如图甲。R1、R2 为发热电阻，S 为旋转开关，a、b、cd 为触点，通 过旋转开关 S 可实现“关”、“低档”、“高档”之间的转换，工作时先用高档加热锅内汤料到沸腾，再用 低档持续加热食物，使食物“汤浓味鲜”。 （1）高档加热时，开关 S 应旋至触点_________（选填：“ab”、“bc”或“cd”）位置。 （2）某次烹饪一共用时 6 小时，电功率与加热时间的关系如图乙所示，则本次烹饪共消耗多少电能？ （3）发热电阻 R1 和 R2 的阻值分别为多少？ （4）生活中，有时也会选择电压力锅烹饪，因为电压力锅煮熟相同质量的同种食物，通常比电热砂锅更省 电。请你从能量利用率的角度，结合所学知识对电压力锅能省电作出简要的解释。29 【答案】（1）cd （2）0.94KW·h （3）R1=110Ω R2=374Ω （4）电压力锅锅内气压大，所以水的 沸点高，食物在高温下容易熟，可以减少用电时间；加热时间短，散失到空气中的热量少，能量利用率高， 所以更省电。 【解析】（1）由图甲可知，开关 S 接“ab”时两电阻串联，接“cd”时只有 R1 接入电路，R2 短路，电源电 压一定，由 P= U2 R 可知，接“bc”时电阻最大，为低档，接“cd”时电阻最小，为高档。 （2）某次烹饪一共用时 6 小时，电功率与加热时间的关系如图乙所示，高温档工作 1 小时，低温档工作 （6－1）=5 小时，本次烹饪共消耗的电能： W=W1+W2=P1t1+P2t2=0.44kW×1h+0.1kW×5h=0.94kW•h。 （3）高档加热时，R1= U2 P高= (220)2 440W =110Ω； 低档加热时，R1+R2= U2 P低= (220)2 100W =484Ω，R2=484Ω－110Ω= 374Ω。 （4）电压力锅锅内气压大，所以水的沸点高，食物在高温下容易熟，可以减少用电时间。 33．(2019·重庆 A)如图所示，电源电压恒定，电阻 R1 为 20Ω，R2 为 10Ω，闭合开关 S，电流表 A1、A2 的 示数分别为 0.9A 和 0.6A．求： （1）通过 R1 的电流； （2）通电 10 秒电阻 R2 产生的电热。 【答案】（1）通过 R1 的电流 0.3A； （2）通电 10 秒电阻 R2 产生的电热 36J。 【解析】 （1）根据所给电路图可知 R1、R2 并联，并且 A1 测量干路电流，A2 测量通过 R2 的电流，即 I＝0.9A，I2＝ 0.6A，因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和， 所以通过 R1 的电流 I1＝I－I2＝0.9A－0.6A＝0.3A； （2）根据焦耳定律可得， 10 秒电阻 R2 产生的电热 Q2＝I22R2t＝(0.6A)2×10Ω×10s＝36J 34．(2019·重庆 B)如图，定值电阻 R1 的阻值为 10Ω，R2 的阻值为 30Ω，闭合开关后电流表的示数为 0.1A．求：30 （1）电源电压； （2）电阻 R1 在 1 分钟内产生的热量。 【答案】（1）电源电压为 3V； （2）电阻 R1 在 1 分钟内产生的热量为 54J。 【解析】（1）两电阻并联，电流表测量 R2 支路的电流，并联电路两端的电压都相等，根据欧姆定律求出定 值电阻 R2 的两端电压即为电源电压； （2）根据 Q＝W＝ U2 R t 可求得电阻 R1 在 1 分钟内产生的热量。 （1）由图知，两电阻并联，电流表测量 R2 支路的电流， 根据欧姆定律可知，定值电阻 R2 的两端：U2＝I2R2＝0.1A×30Ω＝3V； 由并联电路的电压特点可得电源电压：U＝U2＝3V， （2）并联电路各支路两端的电压相等， 电阻 R1 在 1 分钟内产生的热量：Q1＝W1＝ U2 R1t ＝ (3V)2 10Ω ×60s＝54J。 35．(2019·重庆 B)特高压技术可以减小输电过程中电能的损失。某发电站输送的电功率为 1.1×105kW，输 电电压为 1100kV，经变压器降至 220V 供家庭用户使用。小明家中有一个标有“220V 2200W”的即热式水龙 头，其电阻为 R0，他发现冬天使用时水温较低，春秋两季水温较高，于是他增加两个相同的发热电阻 R 和 两个指示灯（指示灯电阻不计）改装了电路，如图，开关 S1 可以同时与 a、b 相连，或只与 c 相连，使其有 高温和低温两档。求： （1）通过特高压输电线的电流； （2）改装前，若水龙头的热效率为 90%，正常加热 1 分钟提供的热量； （3）改装后，水龙头正常工作时高温档与低温档电功率之比为 4︰1，请计算出高温档时的电功率。31 【答案】（1）通过特高压输电线的电流为 100A； （2）改装前，若水龙头的热效率为 90%，正常加热 1 分钟提供的热量为 1.188×105J； （3）改装后，水龙头正常工作时高温档与低温档电功率之比为 4：1，高温档时的电功率为 4400W。 【解析】（1）根据 P＝UI 算出通过特高压输电线的电流； （2）根据 W＝Pt 算出消耗的电能，根据 η＝ Q W算出正常加热 1 分钟提供的热量； （3）根据 R0＝ U额2 P额 算出 R0 的电阻，由电路图可知，将开关 S 与 a、b 相连时工作的电路元件，电源的电压一 定时，根据 P＝UI＝ U2 R 可知，电路的总电阻最小时，电路的总功率最大，水龙头处于加热状态， P 加热＝ U2 R0+ U2 R ； 由电路图可知，将开关 S 与 c 相连时，R 与 R0 串联，总电阻较大，总功率较小，水龙头处于保温状态，P 保 温＝ U2 R + R0， 因为水龙头正常工作时高温档与低温档电功率之比为 4︰1，即 P 加热︰P 保温＝（ U2 R0+ U2 R ）︰ U2 R + R0＝4︰1， 算出 R 的电阻，根据 P 高温＝ U2 R + U2 R0算出加热功率。 （1）根据 P＝UI 知，通过特高压输电线的电流：I＝ P U＝ 1.1 × 105W × 103W 1100 × 103V ＝100A； （2）根据 P＝ W t得，消耗的电能：W＝Pt＝2200W×60s＝1.32×105J， 根据 η＝ Q W知，正常加热 1 分钟提供的热量：Q＝Wη＝1.32×105J×90%＝1.188×105J； （3）R0 电阻：R0＝ U额2 P额 ＝ (220V)2 2200W ＝22Ω 由电路图可知，将开关 S 与 a、b 相连时，电阻 R 与 R0 并联，电阻较小，根据 P＝UI＝ U2 R 可知，此时电路的 总功率最大，水龙头处于加热状态，P 加热＝ U2 R0+ U2 R ； 由电路图可知，将开关 S 与 c 相连时，R 与 R0 串联，总电阻较大，总功率较小，水龙头处于保温状态，P 保 温＝ U2 R + R0，因为水龙头正常工作时高温档与低温档电功率之比为 4︰1， 即 P 加热︰P 保温＝（ U2 R0+ U2 R ）︰ U2 R + R0＝4︰1， （ 1 R+ 1 R0）︰ 1 R + R0＝4︰1， R + R0 R R0 ︰ 1 R + R0＝4︰1， (R + R0)2 R R0 ＝4︰1， (R+ R0)2＝4RR0， (R－R0)2＝032 解得：R＝R0＝22Ω。 高温档时的电功率：P 高温＝ U2 R0+ U2 R ＝ 2U2 R ＝ 2 × (220V)2 22Ω ＝4400W。 36．(2019·营口)图甲是小明家使用的电饭煲，图乙是其电路原理图，R1、R2 为阻值不变的电热丝，S1 为温 度自动控制开关，可实现“加热”和“保温”状态的转换。该电饭煲的最大容量是 4L，额定加热功率是 800W，额定保温功率是 100W。（ρ 水＝1.0×103kg/m3，c 水＝4.2×103J/（kg•℃））求： （1）电热丝 R1 的阻值是多少？ （2）该电饭煲将 2kg 水从 20℃加热到 100℃时，水吸收的热量是多少？ （3）关闭家中其他用电器，只让该电饭煲在加热状态下工作 4min，观察到标有“1200r/（kW•h）”字样的 电能表转盘转了 60 转，则电饭煲的实际功率是多少？ 【答案】（1）60.5Ω（2）6.72×105J（3）750W。 【解析】解：（1）由电路图可知，开关 S 闭合、S1 断开时，电阻 R1 和 R2 串联接入电路，电阻最大，由电 功率的公式 P= U2 R 可判断电饭锅处于保温状态； 开关 S、S1 都闭合开时，电阻 R2 被短，只有电阻 R1 接入电路，由电功率的公式 P= U2 R 可判断电饭锅处于加热 状态；根据 P= U2 R 知，电热丝 R1 的阻值：R1 = U2 P加热 = (220V)2 800W =60.5Ω； （2）水吸收的热量： Q 吸＝cm（t－t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃－20℃）＝6.72×105J； （3）消耗 1kW•h 的电能，电能表转 1200 转，电能表转了 60 转，消耗的电能： W= 60r 1200r/kW•h ＝ 1 20 kW•h， 电饭锅的实际功率：P＝ W t＝ kW•h h =0.75kW＝750W。 37．(2019·北京)如图所示的电路中，电源两端电压保持不变，电阻丝R1 的阻值为 10Ω。当开关 S 闭合后， 电压表的示数为 2V，电流表的示数为 0.4A．求： （1）通电 10s 电阻丝 R1 产生的热量； （2）电源两端的电压。33 【答案】（1）16J（2）6V。 【解析】（1）根据 Q＝I2Rt 求出通电 10s 电阻丝 R1 产生的热量； （2）根据串联电路电压特点和欧姆定律求出电源电压。 解：（1）通电 10s 电阻丝 R1 产生的热量：Q＝I2R1t＝（0.4A）2×10Ω×10s＝16J。 （2）由 I＝ U R得，R1 两端的电压：U1＝IR1＝0.4A×10Ω＝4V， 根据串联电路电压规律可知，电源电压：U＝U1+U2＝4V+2V＝6V。 38.（2019·天水）如图甲是家用电暖器，利用电热给煤油加热取暖。图乙为其简化的电路原理图，已知电 阻 R1＞R2，铭牌见下表。在电暖器跌倒时，跌倒开关 S 自动断开，切断电源保证安全。电暖器有“高温 挡”、“中温挡”和“低温挡”三个挡位，解答下列问题：（已知 c 煤油=2.1×103J/（kg•℃），ρ 煤油 =0.8×103kg/m3） （1）煤油温度升高 20℃时，吸收了多少焦耳的热量？ （2）R1 的阻值是多少？（写出必要的文字说明） （3）某同学用两个阻值和 R1、R2 均相同的电热丝串联，制成一个新的电热器，将它接在家庭电路中工作 l1min，产生的热量是多少？ 【答案】 （1）由 ρ= m V可得，煤油的质量：m=ρV=0.8×103kg/m3×25×10-3kg=20kg， 煤油温度升高 20℃时，吸收的热量：Q=cm△t=2.1×103J/（kg•℃）×20kg×20℃=8.4×105J； （2）已知 R1 大于 R2，电源电压一定，由 P= U2 R 可知，电路电阻越大，功率越小，当 S、S1 都闭合时，只有 R1 工作，电路中的电阻最大（大于 R2，也大于并联时的总电阻），电功率最小，为低温档，且 P 低=400W，R1 的阻值：R1= U2 P低= (220V)2 400W =121Ω； 额定电压 220V 煤油体积 25L 功率选择 1500W/1100W/400W 三挡可调 操作方式 手动34 （3）已知 R1 大于 R2，当 S、S2 都闭合时，只有 R2 工作，此时电功率较大，为中温档， 且 P 中=1100W，则 R2 的阻值：R2= U2 P中= (220V)2 1100W =44Ω； 某同学用两个阻值和 R1、R2 均相同的电热丝串联，制成一个新的电热器， 则此时的总电阻：R 串=R1+R2=121Ω+44Ω=165Ω， 接在家庭电路中工作 11min，产生的热量： Q=W= U2 R串t= (220V)2 165Ω ×11×60s=1.936×105J。 【解析】 （1）已知煤油体积和密度可求得煤油的质量，再利用 Q=cm△t 可求煤油温度升高 20℃时，吸收了多少焦耳 的热量； （2）已知 R1 大于 R2，电源电压一定，由 P= U2 R 可知，电路电阻越小，功率越大，所以当 S、S1 都闭合时，只 有 R1 工作，然后由 P= U2 R 可求出 R1 的电阻， （3）已知 R1 大于 R2，当 S、S2 都闭合时，只有 R2 工作，P 中=1100W，由 P= U2 R 可求得 R2，用两个阻值和 R1、R2 均相同的电热丝串联，求得串联电路的总电阻，由 Q=W= U2 R t 求出产生的热量。 本题考查了家用电暖器的工作原理、求电阻丝电阻、家用电暖器的改造等问题，分析电路结构，知道什么 状态下电熨斗处于高温档、什么条件下处于低温档是本题的难点，也是正确解题的前提；分清电路结构、 熟练功率公式及其变形公式、欧姆定律、并联电路的特点是正确解题的关键。 39．（2019·武威）某学校建了一个植物园，园内有一个温室大棚，大棚内设计了模拟日光和自动调温系统， 对大棚进行照明、保温和加热。冬季白天有日光的时候，灯泡不亮；白天开启该系统的保温功能，晚上开 启该系统的加热功能。大棚照明调温功能的原理电路图如图所示。已知电源电压恒为 220V，R1 和 R2 是两个 电热丝（不考虑温度对电阻的影响），保温时 R1 与 R2 的电功率之比为 1∶3，R2=30Ω，L 是标有“220V 100W” 的灯泡。请解答下列问题： （1）灯泡正常工作时的电阻多大？ （2）开启加热功能时开关 S2 处于__________（选填“断开”或“闭合”）状态。 （3）若每天保温状态和加热状态各连续工作 10h，—天中电热丝放出的热量完全由该植物园自产的沼气提 供，其热效率为 50%，则每天需要完全燃烧多少立方米的沼气？（已知热值 q 沼气=1.8×107J/m3）35 【答案】（1）484Ω；（2）闭合；（3）24.2m3 【解析】（1）灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，根据 P= U2 R 求出灯泡正常工作时的电阻； （2）电源的电压一定时，由 P= U2 R 可知，开启加热功能时，加热部分的总电阻最小，由图可知开关 S2 的状态； （3）由题知，系统处于保温状态时，开关 S2 应是断开，两电阻 R1、R2 串联，总电阻最大，总功率最小，根 据串联电路的电流特点结合 R1 与 R2 的电功率之比表示出两个电热丝的功率之比得出电阻关系，根据电阻的 串联和 W=Pt= U2 R t 求出系统处于保温状态时电热丝消耗的电能；系统处于加热状态，开关 S2 闭合，电阻丝 R2 被短路，根据 W=Pt= U2 R t 求出电阻丝 R1 消耗的电能，两种状态下消耗的电能之和即为电路消耗的总电能，利 用 η= W Q放×100%求出沼气完全燃烧释放的热量，再利用 Q 放=Vq 求出每天需要完全燃烧沼气的体积； 解： （1）由 P= U2 R 可得，灯泡正常工作时的电阻：RL= U额2 P额 = (220V)2 100W =484Ω； （2）电源电压一定时，由 P= U2 R 可知，开启加热功能时，加热部分的总电阻最小，由图可知，开关 S2 处于闭 合状态； （3）由题知，系统处于保温状态时，开关 S2 应是断开，两电阻 R1、R2 串联，总电阻最大，总功率最小，因 串联电路中各处的电流相等，且 R1 与 R2 的电功率之比为 1︰3， 所以，由 P=I2R 可得，两个电热丝的电阻之比： R1 R2= = P1 P2= 1 3， 则 R1= 1 3R2= 1 3×30Ω=10Ω， 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 所以，系统处于保温状态时，电热丝消耗的电能： W 保温= U2 R1 + R2t= (220V)2 10Ω + 30Ω×10×3600s=4.356×107J， 系统处于加热状态，开关 S2 闭合，电阻丝 R2 被短路，电阻丝 R1 消耗的电能： W 加热= U2 R1t= (220V)2 10Ω ×10×3600s=1.7424×108J，36 电路消耗的总电能：W=W 保温+W 加热=4.356×107J+1.7424×108J=2.178×108J， 由 η= W Q放×100%可得，沼气完全燃烧释放的热量： Q 放= W η = 2.178 × 108J 50% =4.356×108J， 由 Q 放=Vq 可得，每天需要完全燃烧沼气的体积： V= Q放 q沼气 = 4.356 × 108J 1.8 × 107J/m3 =24.2m3。 40．（2019·广东）如图甲所示为某太阳能百叶窗的示意图，它既能遮阳，还能发电。它的构造特点是百叶 窗的叶片为太阳能电池板（以下简称电池板），其工作电路示意图如图乙所示，电池扳将太阳能转化为电能 （转化效率为 10%），为蓄电池充电，蓄电池再向节能灯供电。设太阳每秒钟辐射到每平方米电池板上的能 量为 1.2×103J（即为 1.2×103W/m2），电池板对蓄电池充电的功率为 60W；蓄电池充满电后，能够让 10 盏 “12V 3W”节能灯正常工作 6 小时，不考虑蓄电池充电和供电时的电能损耗。则： （l）电池板对蓄电池充电，是将电能转化为　 　能的过程。 （2）白天蓄电池处于充电不供电状态，在图乙中应闭合开关　 　。 （3）10 盏“12V 3W”节能灯正常工作时的总电功率为　 　W。 （4）要将剩余一半电量的蓄电池充满电，电池板需对蓄电池充电　 　小时。若充电电压为 20V，则充电 电流为　 　A。 （5）该百叶窗电池板的面积为　 　m2。 【答案】（1）化学；（2）S1；（3）30；（4）1.5；3；（5）0.5 【解析】解：（l）电池板对蓄电池充电，是将电能转化为化学能的过程。 （2）白天蓄电池处于充电不供电状态，在图乙中应闭合开关 S1。 （3）10 盏“12V 3W”节能灯正常工作时的总电功率为： P＝10×3W＝30W。 （4）蓄电池充满电后，能够让 10 盏“12V 3W”节能灯正常工作 6 小时，蓄电池充满电的电能为：W＝Pt＝ 0.03kW×6h＝0.18kW•h；37 要将剩余一半电量的蓄电池充满电，电池板需对蓄电池充电时间为： t＝ 0.5W P充 ＝ 0.5 × 0.18kW•h 0.06kW ＝1.5h； 若充电电压为 20V，根据 P＝UI 可得，则充电电流为： I＝ P充 U ＝ 60W 20V＝3A。 （5）太阳每秒钟辐射到每平方米电池板上的能量为 1.2×103J（即为 1.2×103W/m2），电池板将太阳能转化 为电能（转化效率为 10%）， 故有 η＝ W有 W总＝ P有t P总t＝ P有 P总×100%＝ 60W 1.2 × 103W/m2 × 0.5m2＝10%， 故答案为：（1）化学；（2）S1；（3）30；（4）1.5；3；（5）0.5。 41．(2019·岳阳)一新款节能电炖锅如图甲，有关技术参数如表（设电炖锅不同挡位的电阻和加热效率均 不变）。 （1）求电炖锅在高温挡正常工作时的电流（计算结果保留一位小数）； （2）在用电高峰期，关掉家里的其他用电器，只让处于中温挡状态的电炖锅工作，观察到标有“1800r/ （kW•h）”的电能表转盘在 12ls 内转了 20 圈，求此时的实际电压； （3）电炖锅正常工作时，用低温挡和高温挡分别给质量相同的冷水加热，待水温达到 50℃时开始计时，绘 制的水温随时间变化的图象如图乙所示。结合所给信息，通过计算，分析比较用高温挡还是用低温挡更节 能。 【答案】（1）2.7A；（2）200V；（3）电炖锅正常工作时，用低温挡和高温挡分别给质量相同的冷水加热， 由（3）可知用高温挡更节能。 【解析】（1）由功率公式可求得高温档时的电流； （2）由 P= U2 R 公式变形可求得电炖锅的电阻，已知电能 表每消耗 1kw•h 的电能转盘就转动 1800r，据此求出电能表转盘在 121s 内转了 20r 消耗的电能，利用 P= W t 求出其实际功率，再根据 P= U2 R 公式的变形求出他家电路的实际电压。 （3）计算出低温档和高温档每分钟 额定电压 电炖锅档位 额定功率/W 低温 200 中温 400200V 高温 60038 消耗电能的多少比较即可解答。 解：（1）由表中数据可知，高温的功率 P 高=600W， 由 P=UI 可得，在高温档工作时，电路中的电流 I 高温= P高温 U = 600W 220V=2.7A （2）由 P= U2 R 可得，电炖锅的电阻：R= U2 P = (220V)2 400W =121Ω， 电炖锅在高档工作时，电能表转盘在在 121s 内转了 20r，则电炖锅消耗的电能： W 实= 20r 1800r/（kW•h） = 1 90kW•h=4×104J P 实= W实 t = 4 × 104J 121s ， 由 P= U2 R 可得，电路的实际电压：U 实= P实R= × 121Ω=200V （3）高温档消耗的电能 W 高=P 高 t 高=600W×6×60s=2.16×105J， 则水升高 1℃消耗的电能 2.16 × 105J 20 =1.08×104J， 低温档消耗的电能 W 低=P 低 t 低=200W×9×60s=1.08×105J， 则水升高 1℃消耗的电能为 1.08 × 105J 8 =1.35×104J， 因为 1.08×104J＜1.35×104J，且两档加热水的质量相同，所以加热等质量的 水升高 1℃，高温档比低温档消耗电能少，用高温档节能。 42.（2019·连云港）中国 95 后的天才科学家曹原，在 2018 年 3 月 5 日，成功实现了石墨烯的“超导电实 验”，破解了困扰全球物理学界 107 年的难题，为超导研究打开了一扇新的大门，可能成为常温超导体研 究的里程碑，超导应用即将走进我们的生活。现有一个小型水电站，如图所示，发电机提供的电压 U=250V， 保持恒定，通过输电线向较远处用户输电，输电线的总电 R0=0.15Ω．闭合开关 S，若发电机提供给电路的 总功率 P=50kW，求： （1）通过输电线的电流和输电线上损耗的热功率 P0； （2）用户得到的功率 P1 和输电效率 η； （3）若将输电线改为超导输电线，在保证用户得到以上功率不变的情况下（此时可在用电器前端加一调压 装置，以保证用电器能正常工作），与原来相比，每天节水省的电能可供一个额定功率 P2=1kW 的电饭煲正 常工作多少天？（假设电饭煲每天工作 2 小时） 【答案】解： （1）由题知，发电机提供的电压 U=250V，提供给电路的总功率 P=50kW， 根据 P=UI 得，通过输电线的电流：I= P U = 50 × 103kW 250V =200A，39 输电线上损耗的热功率：P0=I2R0=（200A）2×0.15Ω=6000W=6kW； （2）损耗的热功率为：P0=6kW； 用户得到的功率为：P1=P－P0=50kW－6kW=44kW， 则输电效率：η= P1 P ×100%= 44kW 50kW×100%=88%； （3）节省的电功率等于损耗的热功率，则每天节省的电能：W0=P0t1（其中 t1=24h）， 设这些电能可供该电饭煲正常工作 N 天，则电饭煲消耗的电能：W2=P2t2N（其中 t2=2h）， 根据能量关系可得 W0=W2，即：P0t1=P2t2N， 代入数据可得：6kW×24h=1kW×2h×N，解得 N=72 天。 答：（1）通过输电线的电流和输电线上损耗的热功率为 6kW； （2）用户得到的功率为 44kW、输电效率为 88%； （3）与原来相比，每天节水省的电能可供一个额定功率 P2=1kW 的电饭煲正常工作 72 天。 【解析】 （1）根据 P=I2R 求损耗的热功率 P0； （2）根据输出功率，和电线的热功率损耗求得用户得到的功率 P1 和输电效率 η； （3）根据能量关系，和功率求得工作时间。 本题主要考查了电功率的计算，和焦耳定律的应用等知识，有一定的难度。 43．(2019·巴中)如图所示，某品牌智能电火锅的铭牌，（不计温度对电阻的影响）。求： （1）该电火锅锅正常加热 30 分钟时所消耗的电能为多少 kW•h？ （2）某天用电高峰期，只使用电火锅加热 10min，家用电能表[1200r/（kW•h）]的转盘转了 200 转，此时 电火锅的实际功率是多少？ （3）如图乙所示是电火锅的简化电路图，其中 R1、R2 均为发热电阻，S2 为加热保温自动力切换开关，求 R2 的电阻是多少？ XX 牌智能电火锅 型号 ZDF﹣2 15 额定电压 220V 加热功率 1210W 保温功率 484W 频率 50Hz40 【答案】（1）0.605kW•h；（2）1000W；（3）40Ω 【解析】（1）由 P＝ W t可得，电火锅正常工作时间为 30min 消耗的电能： W 总＝Pt 总＝1.21kW×0.5h＝0.605kW•h； （2）转 200 转消耗的电能：W＝ 1kW•h 1200r×200r＝ 1 6kW•h， 此时消耗的实际功率：P 实＝ W t＝ kW•h 10 × h＝1kW＝1000W； （3）由图知，当 S1 闭合、S2 接 a 时，电路中只有 R1，电路中电阻最小，由 P＝ U2 R 可知此时电功率最大，处 于加热状态；由 P＝ U2 R 得电火锅正常加热时的电阻： R1＝ U2 P加热＝ （220V）2 1210W ＝40Ω； 由图知，当 S1 闭合、S2 接 b 时，电路中 R1 和 R2 串联，电路中电阻最大，由 P＝ U2 R 可知此时电功率最小，处 于保温状态；由 P＝ U2 R 得串联总电阻： R 串＝R1+R2＝ U2 P保温＝ （220V）2 484W ＝100Ω， R2 的电阻：R2＝R 串－R1＝100Ω－40Ω＝60Ω； 44. (2019·丽水)如图是一款用锂电池供电的平衡台灯，悬挂在中间的木质小球是它的“开关”使用时只需 要将上下两个小球靠近，小球就相互吸引，灯管发光。以下为平衡台灯参数： 额定电压：5 伏 额定功率：5 瓦 光源类型：LED 锂电池输出电压：5 伏 锂电池容量：4800 毫安时（注：以 4800 毫安的电流放电能工作 1 小时） （1）若 A 球内置的磁体下端为 N 极，则 B 球内置磁体上端为______极； （2）求平衡台灯正常发光时电路中的电流； （3）给该台灯充电时，充电器的输出电压为 5 伏、电流 2 安，充电效率为 80%，则为用完电的台灯充满电 a b R1 R2 220V S2 S141 至少需要多长时间？ 【答案】（1）S （2）1A （3）3h 【解析】 （1）开关使用时只需要将上下两个小球靠近，小球就相互吸引，灯管发光，若 A 球内置的磁体下端为 N 极， 根据异名磁极相互吸引，则 B 球内置磁体上端为 S 极； （2）额定功率为：P=5W，额定电压为：U=5V， 平衡台灯正常发光时电路中的电流：I= P U = 5W 5V=1A； （3）给该台灯充电时，充电器的输出电压为 5 伏、电流 2 安，输出电能为： W=UIt=UQ=5V×4.8A×3600s=86400J； η= W输入 W ，故 W 输入= W η= 86400J 80% =108000J； 用完电的台灯充满电至少需要时间：t= W输入 U2I2 = 108000J 5V × 2A =10800s=3h。 45．（2019·娄底）小明家某型号电热加湿器的原理图如图甲，R1、R2 都是发热电阻，不考虑温度对电阻的 影响，且 R2=3R1；S 为旋转型开关，1、2、3、4 为触点，通过旋转开关 S 可实现“关”、“低挡”、“高挡” 之间的切换（低挡为小功率加热，高挡为大功率加热），其部分技术参数如下表。 额定电压（V） 220 高档发热功率（W） 400 注水仓最大注水量（kg） 3 （1）开关处于图示位置，电热加湿器的状态是_____（选填“关”、“低档”或“高档”）； （2）求电热加湿器中 R1 的阻值； （3）某次使用加湿器在额定电压下工作，加湿器注水仓中加注冷水已达到最大注水量，其工作 30min 的功 率与时间图象如图乙所示，如果电阻 R1 在此次高挡加热时产生的热量全部被水吸收，可以使注水仓中冷水 的温度升高多少℃？[计算结果保留整数，水的比热容为 4.2×103J/（kg•℃）] （4）某一天，小明断开家中其他所有用电器，只接通加湿器在低档加热，发现家中 3000revs/（kW•h）的 电能表转盘在 400s 内转了 27 圈，求此时电阻 R2 的实际功率是多少？ 42 【答案】（1）关；（2）121Ω；（3）19℃；（4）60.75W。 【解析】 （1）由图甲可知，开关 S 接“1、2”触点时，电路断路，据此判断电热加湿器的状态； （2）由图甲知，开关 S 接“3、4”触点时，电路为R1 的简单电路，电路的总电阻最小，电热加湿器的功率 最大，处于高挡，根据 P＝UI＝ U2 R 求出电热加湿器中 R1 的阻值； （3）由图乙知工作 30min 内高档工作的时间，根据 P＝ W t求出在高档正常工作时消耗的电能，如果电阻 R1 在此次高档加热时产生的热量全部被水吸收，利用 Q 吸＝cm△t 求出水升高的温度； （4）3000revs/（kW•h）表示：每消耗 1kW•h 的电能，电能表的转盘就转过 3000r，据此求出电能表的转盘 转过 27r 时消耗的电能，根据 P＝ W t求出加湿器在低挡加热的实际功率；由图甲知，开关 S 接“2、3”触点 时，R1、R2 串联，电路的总电阻最大，电热加湿器的功率最小，处于抵挡，根据电阻的串联和 P＝UI＝I2R 求出电路中的电流，利用 P＝I2R 求出此时电阻 R2 的实际功率。 解： （1）由图甲可知，开关 S 接“1、2”触点时，电路断路，电热加湿器的状态是关； （2）由图甲知，开关 S 接“3、4”触点时，电路为 R1 的简单电路，电路的总电阻最小， 电源的电压一定，由 P＝UI＝ U2 R 可知，电热加湿器的功率最大，处于高挡， 则电热加湿器中 R1 的阻值：R1＝ U2 P高＝ (220V)2 400W ＝121Ω； （3）由图乙知，工作 30min 时，其中高档工作时间为 10min，低档工作时间为 20min， 由 P＝ W t可得，在高档正常工作时消耗的电能： W 高＝P 高 t 高＝400W×10×60s＝2.4×105J， 如果电阻 R1 在此次高档加热时产生的热量全部被水吸收，即 Q 吸＝W 高＝2.4×105J， 由 Q 吸＝cm△t 可得，水升高的温度： △t＝ Q吸 cm＝ 2.4 × 105J 4.2 × 103J/（kg•℃） × 3kg≈19℃；43 （4）因 3000revs/（kW•h）表示：每消耗 1kW•h 的电能，电能表的转盘就转过 3000r， 则电能表的转盘转过 27r 时，加湿器在 400s 内消耗的电能： W＝ 27 3000kW•h＝0.009kW•h＝3.24×104J， 加湿器在低挡加热的实际功率：P 低′＝ W t＝ 3.24 × 104J 400s ＝81W， 由图甲知，开关 S 接“2、3”触点时，R1、R2 串联，电路的总电阻最大，电热加湿器的功率最小，处于抵挡， 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，由 P＝UI＝I2R 可得，电路中的电流： I＝ = = = ＝ 9 22A， 此时电阻 R2 的实际功率： P2＝I2R2＝I2×3R1＝( 9 22A)2×3×121Ω＝60.75W。 46．（2019·湘潭）如图 1 所示为某实验室的自动除湿器，除湿器中的压缩机是整个系统的核心，除湿器的 动力，全部由压缩机来提供。除湿器内部的电路结构由控制电路和工作电路两部分组成，简化后的电路图 如图 2 所示。控制电路中的电源电压 U1＝12V，调控电阻 R0 的阻值范围为 0～1000Ω，R 为装在除湿器内的 湿敏电阻，其阻值随相对湿度 φ（空气中含有水蒸气的百分比，单位为：%RH）变化的图象如图 2 所示，L 为磁控开关，当湿敏电阻 R 的阻值发生变化时，控制电路中线圈的电流随之发生变化，当电流大于或等于 20mA 时，L 的两个磁性弹片相互吸合，工作电路的压缩机开始带动系统进行除湿。工作电路两端电 220V，Rg 为保护电阻，磁控开关 L 的线圈电阻不计。问： （1）压缩机工作过程中内部的电动机主要把电能转化成　　能；当 S 接通时，可判断出图 2 中线圈上端 P 的磁极是　　极。 （2）由图 3 可知，湿敏电阻 R 的阻值随着相对湿度的增加而变　　；若实验室内部的相对湿度为 60%RH， 此时湿敏电阻 R 的阻值为　　Ω。 （3）因实验室內有较敏感的器件，要求相对湿度控制在 45%RH 以内，则调控电阻 R0 的阻值不能超过多少？ （4）若除湿过程中工作电路的总功率为 1100W，工作电路的电流为多少？已知保护电阻 Rg＝2Ω，如果除湿 器工作时磁控开关 L 的磁性弹片有一半的时间是闭合的，则 1h 内 Rg 消耗的电能是多少？ 【答案】（1）内；D；（2）小；50；（3）调控电阻 R0 的阻值不能超过 500Ω；（4）9×104J。44 【解析】（1）根据空调热水器的原理分析解答；分析电路中电流的变化，从而判断出电磁铁磁性的变化； 由线圈中的电流方向，根据安培定则判断出电磁铁的 N、S 极； （2）根据图 3 即可得出湿敏电阻 R 的阻值的变化特点和相对湿度为 60%RH 时的湿敏电阻 R 的阻值； （3）当相对湿度控制在 45%RH 时，根据欧姆定律求出此时的总电阻，然后由图 3 得出相对湿度控制在 45%RH 时 R 的阻值，根据串联电路的特点即可求出 R0 的最大阻值； （4）已知总功率，根据 P＝UI 即可求出工作电路的电流；根据 P＝I2R 求出保护电阻 Rg 的功率和工作时间， 利用 W＝Pt 即可求出消耗的电能。 解：（1）压缩机在工作过程中利用做功方式改变了工作媒质的内能；所以主要把电能转化成内能； 当 S 接通时，由安培定则可判断出图 2 中线圈的上端 P 的磁极是 N 极； （2）根据图 3 可知湿敏电阻 R 的阻值随着相对湿度的增加而变小；相对湿度为 60%RH 时湿敏电阻 R 的阻值 为 50Ω （3）由图 3 可知，当相对湿度控制在 45%RH 时湿敏电阻 R 的阻值 R′＝100Ω， 已知当电流 I≥20mA＝0.02A 时 L 的两个磁性弹片相互吸合，工作电路的压缩机开始带动系统进行除湿。 由 I＝ U R可得，电路中的总电阻：R 总＝ U I＝ 12V 0.02A＝600Ω， 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 所以，调控电阻 R0 的阻值：R0＝R 总－R′T＝600Ω－100Ω＝500Ω； （4）已知自动除湿器是在家庭电路中工作的，则电源电压 U0＝220V；则根据 P＝UI 可得： I＝ P U0＝ 1100W 220V ＝5A； 则保护电阻 Rg 的功率 Pg＝I2Rg＝(5A)2×2Ω＝50W， 因磁控开关 L 的磁性弹片有一半的时间是闭合的，则 1h 内 Rg 的工作时间 t＝ 1 2×3600s＝1800s； 则 Wg＝Pgt＝50W×1800s＝9×104J。 47．（2019·苏州）某款电热水壶的相关信息如表所示，现在该水壶内装入质量为 1kg、初温为 20℃的水， 放置在水平桌面上接通电源使其正常工作，在标准大气压下将水烧开(不计热量损失)求： 额定功率 1000W 自重 5N 与桌面接触面积 200cm2 (1)装入水后水壶对桌面的压强 p； (2)水吸收的热量 Q；45 (3)将水烧开所需时间 t；(c 水=4.2×103J/(kg·℃)，g=10N/kg) 【答案】解：（1）壶内装入质量为 1kg 的水，重力为：G 水=mg=1kg×10N/kg=10N， 装入水后水壶对桌面的压力：F=10N+5N=15N； 装入水后水壶对桌面的压强：p= F S= 15N 200 × 10 - 4m2 =750Pa； （2）水壶装了质量为 1kg，初温为 20℃的水，标准大气压下水的沸点是 100℃， 则水吸收的热量：Q 吸=cm（t－t0）=4.2×103J∕（kg•℃）×1kg×（100℃－20℃）=3.36×105J； （3）不计热损失，W=Q 吸，由 P= W t可得电热水壶工作时间： t= P= W P = Q吸 P = 3.36 × 105J 1000W =336s。 【解析】 （1）已知壶内装入水的质量，根据 G 水=mg 求出水的重力，装入水后水壶对桌面的压力等于壶的总重，根据 p= F S求出装入水后水壶对桌面的压强； （2）标准大气压下水的沸点是 100℃，根据 Q 吸=cm（t－t0）求出水吸收的热量； （3）不计热损失，W=Q 吸，根据 P= W t求出电热水壶工作时间。 48. (2019·绍兴)电加热眼罩对缓解眼疲劳有一定效果。如图甲是一款市场上的产品，小敏查阅使用说明书， 其相关参数如下表乙。 甲 乙 丙 （1）当该款眼罩还剩 10%的电池容量时，在额定电压下充电，充满电至少需要多少时间？ （2）图丙是小敏设计的可以手动调节高、中、低三档加热的电热眼罩原理图。电源电压 U 恒为 4.8 伏，已 知电热丝 R1 阻值为 4 欧，电热丝 Ra 阻值为 6 欧，开关 S3 只接 a 或 b。 ①丙图电路中 S1 闭合，S2 断开，S3 接 a 时，加热电路为________（选填“高”、“中”或“低”）温档。 ②中温档功率为多少瓦？ ③高温档工作 20 分钟，眼罩消耗的电能为多少焦？ 【答案】 （1）解：t= Q I= 800mAh × 90% 500mA =1.44h 型号 ﹡﹡﹡ 额定充电电压 4.8V 充电电流 500mA 电池容量 800mAh46 （2）解：①低 ②当 S1 闭合，S2 闭合，S3 接 a 时为中温档：P1= U2 R1 = （4.8伏）2 4欧 =5.76 瓦 ①当 S1 闭合，S2 闭合，S3 接 b 时为高温档， R2 的功率：P2= U2 R2 = （4.8伏）2 6欧 =3.84 瓦 R1 的功率：P1=5.76 瓦 总功率：P=P1+P2=5.76 瓦+3.84 瓦－9.6 瓦 消耗的总电能：W=Pt=9.6 瓦×20×60 秒=11520 焦 【解析】【分析】（1）电池的容量=电流×时间，即 Q=It；首先计算出消耗的电量，然后再根据 t= Q I计算充 电时间即可； （2）①电源电压不变，根据 P= U2 R 可知，电路的总功率和电阻成反比，即电阻小的功率大；分析三种状态 下电路的电阻大小关系，进而得到总功率的大小关系；功率最大的是高档，功率最小的是低档，中间的是 中温档； ②根据①中确定的中温档的状态，根据公式 P= U2 R 计算功率即可； ③高温档时两个电阻并联，分别计算出它们的功率相加就是电路的总功率，最后根据 W=Pt 计算消耗的电 能即可。 （1）充满电需要的时间为：t= Q I= 800mAh × 90% 500mA =1.44h； （2）① 当 S1 闭合，S2 断开，S3 接 a 时 ，两个电阻串联，总电阻为 R 串； 当 S1 闭合，S2 闭合，S3 接 a 时 ，只有 R1 工作，总电阻为 R1; 当 S1 闭合，S2 闭合，S3 接 b 时 ，两个电阻并联，总电阻为 R 并； 根据公式 P= U2 R 可知：因为：R 串＞R1＞R 并； 所以：P 串＜P1＜P 并； 那么对应的三种状态分别为低温档、中温档和高温档； ②当 S1 闭合，S2 闭合，S3 接 a 时 ，只有 R1 工作，此时为中温档； 这时的功率为：P1= U2 R1 = （4.8伏）2 4欧 =5.76 瓦； （3）当 S1 闭合，S2 闭合，S3 接 b 时 ，两个电阻并联， 这时电阻 R2 的功率为：P2= U2 R2 = （4.8伏）2 6欧 =3.84 瓦 那么总功率为： P=P1+P2=5.76W+3.84W=9.6W；47 眼罩 20min 消耗的电能为： W=Pt=9.6W×20×60s=11520J。 49．(2019·新疆)如图所示电路中，电阻 Rl 的阻值为 2 Ω，当开关闭合后，电压表 V1 的示数为 1 V，V2 的 示数为 2 V。求： （1）电源两端的电压； （2）迪过 R1 的电流和 R2 的阻值； （3）R2 在 1 min 内产生的热量。 【答案】（1）3V （2）0.5A ，4Ω （3）60J 【解析】（1）电路为 R1、R2 串联，二者两端电压之和为电源两端的电压，U=U1+U2=1V+2V=3V； （2）根据欧姆定律，I1= U1 R1= 1V 2 Ω=0.5A。 因为 R1、R2 串联，所以 I2=I1=0.5A，根据欧姆定律，R2= U2 I2= 2V 0.5A=4Ω。 （3）根据焦耳定律，Q=I22R2t=（0.5A）2×4Ω×60s=60J。 50．(2019·通辽)有一台热水器，内部简化电路如图所示，R1 和 R2 均为电热丝。R1＝88Ω，R2＝22Ω。 （1）如何控制 S1 和 S2，使热水器处于高温挡； （2）求低温挡正常工作 5min 电热丝产生的热量； （3）求中温挡正常工作时热水器的功率。 【答案】（1）当闭合开关 S1，并将 S2 拨至位置 a 时，热水器处于高温档；（2）1.32×105J；（3）550W。 【解析】（1）根据公式 P＝ U2 R 可知，加热时电路的总电阻较小，再根据并联电路的电阻特点判断电路中电阻 的大小关系，从而可以判断出电热水器处于处于什么状态； （2）先根据 P＝ U2 R 判断出电路处于低温档时电路的结构，然后根据 Q＝ U2 R t 求出低温档正常工作 5min 电热丝 产生的热量； （3）先根据 P＝ U2 R 判断出电路处于中温档时电路的结构，然后根据 P＝ U2 R 求出中温档正常工作时热水器的功48 率。 解： （1）由图知，当闭合开关 S1，并将 S2 拨至位置 a 时，R1 和 R2 并联接入电路，此时电路中的总电阻最小， 电源电压不变，由 P＝ U2 R 可知，此时总功率最大，热水器处于高温档； （2）当断开 S1，并将 S2 拨至位置 b 时，R1 和 R2 串联接入电路，由 P＝ U2 R 可知，此时总功率最小，热水器处 于低温档；此时热水器正常工作 5min 内电热丝产生的热量： Q＝ U2 R1 + R2t＝ (220V)2 88Ω + 22Ω×5×60s＝1.32×105J； （3）只闭合开关 S1 时，电路为 R1 的基本电路，热水器处于中温档； 此时电路的功率：P 中＝ U2 R1＝ (220V)2 88Ω ＝550W。 51．(2019·呼伦贝尔)家庭电路中某电热锅的额定电压是 220V，加热状态的额定功率是 1210W，简化电路 如图所示，S1 为温控开关，发热电阻 R1 与 R2 的阻值恒定，电阻在保温状态与加热状态时的功率之比为 4︰ 25。 求： （1）电阻 R1 和 R2 的阻值； （2）在用电高峰期，家中有电热锅和液晶电视机工作时，电热锅的实际功率为 1000W（始终处于加热状 态），电视机的实际功率为 200W，计算这时通过液晶电视机的电流。 【答案】（1）R1＝60 Ω R2＝40 Ω （2）1 A 【解析】（1）当开关 S、S1 均闭合时，只有电阻 R2 接入电 路，此时为加热状态。 由 P＝UI= U2 R 得，R2 的阻值：R2＝ U2 P加热＝ （220V）2 1210W ＝40 Ω 当开关 S 闭合，S1 断开时，电阻 R1 和 R2 串联，此时为保温状态。 根据 P保温 P加热＝ 4 25得，保温状态时 R2 的功率：P 保温＝ 4P加热 25 ＝ 4 × 1210W 25 ＝193.6W 由 P＝I2R 得，电路中的电流：I＝ ＝ ＝2.2A 由欧姆定律 I＝ U R得，U2=IR2=2.2A×40Ω=88V S1 R1 R2 220V S49 根据 U＝U1+U2 得，R1 两端电压：U1=U－U2=220V－88V=132V R1＝ U1 I ＝ 132V 2.2A＝60 Ω） （2）由 P＝ U2 R 得，家庭电路的实际电压：U 实＝ P电热锅 × R2＝ 1000W × 40 Ω＝200 V 由 P＝UI 得，通过电视机的实际电流：I 电视＝ P电视 U实 ＝ 200 W 200 V＝1 A 52．(2019·昆明)如图 20 所示电路，电源电压保持不变，滑动变阻器 R′的最大阻值为 30Ω，小灯泡 L 上 标有“2．5W”字样（忽略温度对灯泡电阻的影响）。 （1）滑片移至最右端，闭合开关后，电流表的示数为 0．3A，小灯泡的功率为 0．9W，求电源电压。 （2）将滑片移至某一位罝时，电压表的示数为 7V，此时小灯泡正常发光，求小灯泡正常发光时的电流和电 路的总功率。 （3）若把小灯泡换成一个定值电阻 R，假设电流流过电阻 R 产生的热量为 Q、转化的电能为 E、做的功为 W，请写出这三个物理量的大小关系。 【答案】解：（1）12V（2）6W（3）Q=E=W 【解析】解：（1）当电流表的示数为 0.3A，小灯泡的功率为 0.9W 时，由 P=I2R 得 R1= P I2= 0.9W (0.3A)2=10Ω R= R1+ R2=10Ω+30Ω=40Ω U=IR=0.3A×40Ω=12V （2）将滑片移至某一位置时，灯泡与变阻器串联，由 U=U1+U2 得 U1=U－U2=12V－7V=5V 由 P=UI 得 I= P U= 2.5W 5V =0.5A P 总=UI=12V×0.5A=6W （3）由于整个电路为纯电阻电路故产生的热量为 Q，转化的电能为 E，做的功为 W 相等，即 Q=E=W 53．(2019·镇江)某电热加湿器具有防干烧功能，可在水量不足时自动停止工作，其工作原理如图所示： 水箱中的加热器具有高、低两档功率调节功能，其内部电路（未画出）由开关 S 和阻值分别为 121Ω 和 48.4Ω 的电阻丝 R1、R2 组成。轻弹簧的下端固定在水箱底部，上端与一立方体浮块相连，浮块内有水平放 置的磁铁。该加湿器为防干烧已设定：仅当浮块处于图中虚线位置时，固定在水箱侧壁处的磁控开关方能50 闭合而接通电路。 （1）当处于高功率档时，加热器工作 2.5min 所产生的热量全部被 1kg 的水吸收后，水 温升高了 50℃。已 知加热器处于低功率档时的功率为 400W，电压 U=220V，水的比热容 c 水=4.2×103J/（kg•℃）。 ①求加热器处于高功率档时的功率； ②请画出加热器内部电路。 （2）当向水箱内缓慢加水使浮块上升至图中虚线位置时，浮块下表面距水箱底部的高度为 20cm，弹簧对浮 块的弹力大小为 6N。浮块（含磁铁）的质量为 0.4kg, g 取 10N/kg。 ①求浮块上升至虚线位置时排开水的体积； ②该加湿器所设定的防干烧最低水面距水箱底部的高度为 cm，理由是 。 【答案】（1）1400W 如图所示 （2）①10-3m3 ②30 由于仅当浮块对准磁控开关才 能通电，因而水位上升时也要保持浮块位置不变，则此时必须是浸没的，即浮块的体积等于排开液体的体 积，则浮块的边长 0.1m=10cm,因而此时最低水位为 20cm+10cm=30cm。 【解析】（1）①高功率档时，加热器工作 2.5min 所产生的热量为： Q 吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×50℃＝2.1×105J； 功率为：P＝ W t= Q t = 2.1 × 105J 2.5 × 60s =1400W； ②低温档时，电路总电阻为： R 低总＝ U2 P低= （220V）2 400W =121Ω； 所以，低温档时电阻丝 R1 单独接入电路中，高温档时，电路总电阻为： R 高总＝ U2 P高= （220V）2 1400W =35Ω；因为 并联电路总电阻小于各支路电阻，因此高温档时接通开关，电阻丝 R1、R2 并联，因此可得加热器内部电路 如图：51 ； （2）浮块在虚线位置时静止，因此受到向下的重力，向下的弹力，和向上的浮力三力平衡，则浮力的大小 为：F 浮＝G+F 弹=mg+ F 弹=0.4kg×10N/kg+6N=10N 由阿基米德原理可得，此时排开水的体积为：V 排= F浮 ρ水g= 10N 1.0 × 103kg/m3 × 10N/kg= 10-3m3； 由于仅当浮块对准磁控开关才能通电，因而水位上升时也要保持浮块位置不变，则此时必须是浸没的，即 浮块的体积等于排开液体的体积，则浮块的边长 0.1m=10cm，因而此时最低水位为 20cm+10cm=30cm。 54．(2019·淮安)如图所示，家用电水壶的质量为 0.6kg，放在水平桌面上，与桌面的接触面积为 0.02m2， 电水壶的额定电压 220V，额定功率 1000W。（g 取 10N/kg，c 水 = 4.2×103J/kg•℃） （1）电热水壶的额定电流是多少？（保留 1 位小数） （2）静止的电水壶对水平桌面的压强是多少？ （3）电水壶中装进质量为 1kg、初温 20℃的水，加热到 100℃，需要吸收的热量是多少？不计热量损失， 电水壶至少正常工作多少时间？ 【答案】（1）4.5A （2）300Pa （3）3.36×105J 336s 【解析】 （1）由 P=UI 可得，电热水壶的额定电流：I＝ P U＝ 1000W 220V =4.5A （2）电热水壶对桌面的压力：F=G=mg=0.6kg×10N/kg=6N， 电热水壶对桌面的压强：p＝ F S ＝ 6N 0.02m2=300 Pa （3）水吸收的热量：Q 吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃－20℃）=336000J； （4）不考虑热量损失，所以消耗的电能 W= Q 吸=336000J， 由 P= W t可得，需要的加热时间：t= W P= 336000J 1000W = 336s 55．(2019·江西)如图甲所示，是小姬妈妈为宝宝准备的暖奶器及其内部电路的结构示意图和铭牌，暖奶52 器具有加热、保温双重功能，当双触点开关连接触点 1 和 2 时为关闭状态，连接触点 2 和 3 时为保温状态， 连接触点 3 和 4 时为加热状态(温馨提示：最适合宝宝饮用的牛奶温度为 40℃) (1)求电阻 R2 的阻值； (2)把 400g 牛奶从 20℃加热到 40℃，求牛奶所吸收的热量[c 牛奶=4.0×103J/(kg·℃)] (3)如图乙所示，是暖奶器正常加热和保温过程中温度随时间变化的图象，求暖奶器在加 过程中的热效率。(结果保留到小数点后一位) 【答案】（1）242Ω（2）3.2×104J（3）72.7％ 【解析】（1）电路处于保温状态，只有 R1 工作；处于加热状态， R1 与 R2 并联工作 P2= P 加热－P 保=220W－20W=200W R2= U2 P2= (220V)2 200W =242Ω （2）Q 吸=c 牛奶 m(t－t0)= 4×103J/（kg•℃）×0.4kg×(40－20) ℃=3.2×104J （3）由图象可知，t=200s W=P 加热 t=220W×200s=4.4×104J η＝ Q吸 W = 3.2 × 104J 4.4 × 104J= 72.7％ 型号 LZJ620 额定电压 220V 加热功率 220W 保温功率 20W