专题12 《焦耳定律》压轴培优题型训练（七大题型）（教师版）

专题12《焦耳定律》压轴培优题型训练【七大题型】一．探究影响电流通过导体时产生热量的因素（共4小题）二．焦耳定律的简单计算（共6小题）三．焦耳定律推导公式的应用（共4小题）四．焦耳定律的比例计算（共2小题）五．电热的多挡问题（共8小题）六．电热的综合计算（共12小题）七．非纯电阻电路的相关计算（共5小题）一．探究影响电流通过导体时产生热量的因素（共4小题）1．（多选）如图所示的实验装置：三个相同的烧瓶A、B、C内分别盛有质量和初温均相等的水或煤油，瓶中电阻丝的阻值分别为RA、RB、RC且RA＝RC＞RB．当闭合开关S，通电一段时间后（三个烧瓶中的液体均未达到沸腾），下列判断正确的是（）（均不计热损失，比热容c水＞c煤油）A．三个烧瓶中的液体末温由低到高顺序：tC＜tA＜tB B．选择烧瓶A、B作为研究对象，可以粗略地探究电热的多少与电阻大小有关 C．选择烧瓶B、C作为研究对象，可以粗略地探究物质的吸热能力 D．烧瓶C中水的末温虽然比烧瓶A中煤油的末温低，但是它们增加的内能是一样多的【答案】BD【解答】解：A、由题知，三个相同的烧瓶A、B、C内分别盛有质量和初温均相等的水或煤油，三个电阻串联，通过的电流和通电时间相同，RA＝RC＞RB，根据Q＝I2Rt可知，烧瓶A、C中电热丝产生的热量相同，且大于烧瓶B中电阻丝产生的热量，即QA＝QC＞QB；烧瓶B、C相比，C烧瓶中盛水，B烧瓶中盛煤油，因水的比热容大于煤油的比热容，且QC＞QB，根据Δt＝可知无法确定烧瓶B、C中液体升高的温度大小，故A错误；B、选择烧瓶A、B作为研究对象，因通过的电流和通电时间相同，而电阻不同，所以根据温度计示数变化可以粗略地探究电热的多少与电阻大小有关；故B正确；C、选择烧瓶B、C作为研究对象，因RC＞RB，即电加热器不同，不符合控制变量法的要求，所以不能探究物质的吸热能力，故C错误；D、因RA＝RC，通过两电阻丝的电流和通电时间相同，根据Q＝I2Rt可知，两电热丝产生的热量相同，因水的比热容大，根据Δt＝，故烧瓶C中水的末温比烧瓶A中煤油的末温低；但因两电热丝产生的热量相同，所以它们增加的内能是一样多的，故D正确。故选：BD。2．如图所示，甲、乙两个完全相同的玻璃瓶内有阻值分别为R甲、R乙的电阻丝，且电阻丝的阻值大小不相等，瓶中插入温度计a、b．（1）利用此装置探究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关时，在两瓶中加入质量、初温都相同的煤油闭合开关一段时间，可以通过温度计升高情况，判断电阻丝产生热量的多少。此方案是探究电流和时间相同时，电流通过电阻丝产生的热量与电阻大小的关系。（2）在甲、乙两瓶内换用质量、初温都相同的不同液体，且电阻丝的阻值R甲＝R乙时，可以比较不同物质的吸热能量。若温度计a比温度计b温度升高得快，则甲、乙两瓶内液体的比热容关系是c甲小于c乙。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）电流通过导体产生的热量不易直接观察，本实验中通过温度计示数的变化显示电流产生热量的多少。探究电流产生的热量多少与电阻的关系时，应控制通过甲、乙两电阻的电流和通电时间不变。故据图可知，此时两电阻串联，所以电流相同，通电时间相同，故该装置可以探究电热和电阻的关系；（2）在甲、乙两瓶内换用质量、初温都相同的不同液体，且电阻丝的阻值R甲＝R乙时，即相同的时间两电阻丝上产生的热量相同，故温度计a比温度计b温度升高得快，则说明甲的比热容小于乙的比热容。故答案为：（1）升高；电流；电阻；（2）小于；3．采用如图的装置探究“电流产生的热量跟什么因素有关”，接通电源，瓶内的空气被加热后膨胀，使U形管中的液面发生变化，通过观察U形管的液面变化情况比较出瓶内电阻丝的发热多少。（1）利用如图甲所示的装置探究电流产生的热量跟电阻的关系，应把两电阻串联（填“串联”或“并联”），通电一段时间右瓶（选填“左瓶”或“右瓶”）内的电阻丝产生的热量多。（2）利用如图乙所示的装置可探究电流产生的热量跟电流的关系，需要控制电阻相同。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。探究电流产生热量多少跟电阻的关系，控制电流和通电时间不变，改变电阻的大小。由于串联电路中电流处处相等，通电时间相同，所以如图甲所示的装置探究电流产生的热量跟电阻的关系，应把两电阻串联；根据Q＝I2Rt可知，电流和通电时间相同，电阻大的产生热量多，通电一段时间右瓶内的电阻丝产生的热量多。（2）如图乙的装置中，右边两个5Ω的电阻并联后与左边5Ω的电阻再串联；根据串联电路的电流特点可知，右边两个电阻的总电流和左边电阻的电流相等，即I右＝I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点可知I右＝I内+I外，比较可知I左＞I内；两瓶中电阻相等（均为5Ω），通电时间相等，电阻相同；电流不同，故探究的是电流产生的热量跟电流的关系；故答案为：（1）串联；右瓶；（2）电流；电阻。4．我们知道：“电流通过导体时产生的热量，跟电流的平方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比。”这就是焦耳定律，用公式可表达为：Q＝I2Rt．小明想通过实验验证这个规律中Q与R的关系，他设计了图（甲）、（乙）所示的两个实验，他的方法是用电阻丝给烧瓶中的煤油加热，然后观察插在煤油中的温度计示数，就可以对比电阻丝放热的多少。请你应用所学知识分析回答下列问题：（1）他应该选用实验电路甲来完成他的验证实验（选填“甲”或“乙”）。（2）如果他采用实验电路（乙），已知两个电阻丝的电阻大小关系是R3＜R4，那么闭合开关后，经过相同的时间，温度计c和d中示数变化较大的应该是c。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）根据焦耳定律Q＝I2Rt，要验证这个规律中Q与R的关系，必须保证在电流和通电时间一定的情况下进行讨论，将两瓶中的金属丝串联起来接在电源上，则电流和通电时间一定相同。故应选用实验电路甲。（2）两图中均为纯电阻电路并且两电阻并联，电压相同、通电时间相同，因为Q＝I2Rt＝t、R3＜R4，所以Q3＞Q4，所以温度计c的示数变化大。故答案为：（1）甲；（2）c。二．焦耳定律的简单计算（共6小题）5．电阻R1和R2阻值之比是1：2，若把R1和R2串联后接在电源两端，在t时间内产生的总热量为Q1，把R1和R2并联后接在同一电源两端，在相同时间内产生的热量为Q2，则Q1：Q2为（）A．1：3 B．2：9 C．1：2 D．1：4【答案】B【解答】解：∵电阻R1和R2阻值之比是1：2，∴设电阻R1的阻值为R，则电阻R1的阻值为2R；则两个电阻串联后的总电阻：R串＝R1+R2＝R+2R＝3R，并联后的总电阻：∵＝+＝，∴R并＝＝＝R，因为R串：R并＝3R：R＝9：2，由于电源电压和通电时间都相同，则根据公式Q＝W＝t可知，电流产生的热量与电阻成反比，所以Q1：Q2＝R并：R串＝2：9。故选：B。6．（多选）在如图甲所示的电路中，定值电阻R2的阻值为5Ω，若只闭合S1和S2时，电压表的示数为4V。若只闭合S1和S3，滑动变阻器R1的滑片P位于中点时，电压表的示数为2V。图乙是电路中额定电压为4V的小灯泡的I﹣U关系图象，下列说法正确的是（）A．小灯泡正常发光时电阻为5Ω B．电源电压为8V C．只闭合S1和S2时，10s内电流通过R2产生的热量为48J D．若将电压表换成电流表，开关均闭合时，电路中的最小电功率为16W【答案】ABD【解答】解：A、灯泡的额定电压为4V，由图乙可知灯泡正常发光时的电流为0.8A，根据欧姆定律可知灯泡的电阻：RL＝＝＝5Ω，故A正确；BC、只闭合S1和S2时，灯泡和定值电阻R2串联接入电路，电压表测灯泡两端的电压，电压表的示数为4V，串联电路各处电流相等，由图乙可知此时通过电路的电流为0.8A，串联电路总电压等于各部分电压之和，则电源电压：U＝IR2+UL＝0.8A×5Ω+4V＝8V，故B正确；10s内电流通过R2产生的热量为：Q＝I2R2t＝（0.8A）2×5Ω×10s＝32J，故C错误；D、只闭合S1和S3，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电压表测灯泡两端的电压，滑动变阻器R1的滑片P位于中点时，电压表的示数为2V，由图乙可知此时通过电路的电流为0.6A，根据串联电路电压规律结合欧姆定律可得此时滑动变阻器接入电路的阻值：R1＝＝＝10Ω，则滑动变阻器的最大阻值：R1＝2×10Ω＝20Ω，将电压表换成电流表，开关均闭合时，灯泡短路，两电阻并联接入电路，电流表测干路电流，并联电路故重力两端电压相等，根据欧姆定律可得通过定值电阻的电流：I2＝＝＝1.6A，滑动变阻器接入电路的阻值最大时，通过滑动变阻器的电流最小，最小电流：I1＝＝＝0.4A，干路最小电流：I′＝I1+I2＝0.4A+1.6A＝2A，电路中的最小电功率为P＝UI′＝8V×2A＝16W，故D正确。故选：ABD。7．如图所示，直流电动机通过电流做功提升重物，但在电能转化成机械能的过程中，有部分电能变成内能。已知线圈电阻1.5Ω，电动机正常工作时，通过线圈电流2A，物体质量540g，以10m/s匀速上升，不计绳的重力和一切摩擦。物体上升20s的过程中。求：（1）电压表读数；（2）电流通过线圈产生的热量；（3）提升物体的有用功；（4）电动机工作效率。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）电动机做功的功率：P机械＝＝＝＝mgv＝0.54kg×10N/kg×10m/s＝54W，线圈的发热功率：P线圈＝I2R＝（2A）2×1.5Ω＝6W，电动机的功率：P＝P机械+P线圈＝54W+6W＝60W，∵P＝UI，∴电动机两端的电压即电压表的示数：U＝＝＝30V；（2）电流通过线圈产生的热量：Q＝W＝P线圈t＝6W×20s＝120J；（3）提升物体的有用功：W有＝P机械t＝54W×20s＝1080J；（4）电动机消耗的电能：W＝Pt＝60W×20s＝1200J，电动机工作效率：η＝×100%＝×100%＝90%。答：（1）电压表读数为30V；（2）电流通过线圈产生的热量为120J；（3）提升物体的有用功为1080J；（4）电动机工作效率为90%。8．如图所示，L是标有“2V1W”字样的灯泡，电流表A1、电流表A的量程均为0～0.6A，电源电压保持不变。将滑动变阻器的滑片P滑至b端。（1）断开S1、闭合S2，电压表的示数为6.0V，电流表A的示数为0.30A．求滑动变阻器的最大阻值以及它在1min内产生的热量；（2）闭合S1、S2，电流表A1的示数为0.10A，求R1的阻值；（3）断开S1、S2，为了保证电路的安全，求滑动变阻器的阻值调节范围。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）断开S1、闭合S2，电灯被短路，电阻R1没有接入电路，只有滑动变阻器接入电路，电压表测量滑动变阻器的电压，也是电源的电压，电源电压U＝6V，滑动变阻器的最大阻值R滑＝＝＝20Ω，滑动变阻器在1min内产生的热量Q＝U滑It＝6V×0.3A×60s＝108J。（2）闭合S1、S2，电阻R1可以接到电源上，电流表A1的示数为0.10A，是电阻R1的电流I1，故电阻R1的电阻R1＝＝＝60Ω。（3）电灯的额定电压为2V，额定功率为1W，则电灯的额定电流I灯＝＝＝0.5A，灯的电阻R灯＝＝＝4Ω，断开S1、S2，滑动变阻器与电灯串联，电压表测量滑动变阻器的电压，由于在（1）中的电压表的读数为6V，故电压表用的是0﹣15V的量程，最大电压大于电源电压，电压表不会超过量程。故应从电流表与电灯的因素考虑，电灯的额定电流为0.5A，故电路中的电流不能超过0.5A，此时电路的总电阻为R总＝＝＝12Ω，滑动变阻器的最小阻值R小＝R总﹣R灯＝12Ω﹣4Ω＝8Ω。答：（1）滑动变阻器的最大阻值为20欧、产生的热量为108J。（2）电阻R1的阻值为60Ω。（3）滑动变阻器的变化范围为8Ω～20Ω。9．如图所示，电源电压为12V保持不变，小灯泡L的规格为“6Vㅤ3W”滑动变阻器的最大阻值为12Ω，电流表的量程为0～3A。（1）当开关S1、S2都断开时，小灯泡L恰能正常发光，则定值电阻R1的阻值为多大？在5min内电流通过R1产生的热量是多少？（2）当开关S1、S2均闭合时，要使电流表安全使用，滑动变阻器R2接入电路的阻值最小是多少？此时R2消耗的功率是多少？【答案】（1）R1的阻值为12Ω，在5min内电流通过R1所产生的热量是900J；（2）当开关S1、S2均闭合时，要使电流表安全使用，滑动变阻器接入电路的阻值不得小于6Ω，此时R2消耗的电功率是24W。【解答】解：（1）小灯泡的电阻：RL＝＝＝12Ω，当S1、S2都断开时，R1、L串联，灯正常发光，UL＝6V，PL＝P额＝3W，此时电路中的电流：I＝IL＝＝＝0.5A，由串联电路的电压规律可得，R1两端的电压U1＝U﹣UL＝12V﹣6V＝6V，R1的阻值R1＝＝＝12Ω，电流通过R1产生的热量Q1＝I2R1t＝（0.5A）2×12Ω×5×60s＝900J；（2）当S1、S2均闭合时，L短路，R1、R2并联，电流表测量的是干路中的电流，此时R1中的电流：I1′＝＝＝1A，要使电流表安全使用，通过R2的电流不能超过：I2＝I﹣I1′＝3A﹣1A＝2A，所以R2的阻值不能小于：R2＝＝＝6Ω，此时R2消耗的电功率为：P2＝UI2＝12V×2A＝24W。答：（1）R1的阻值为12Ω，在5min内电流通过R1所产生的热量是900J；（2）当开关S1、S2均闭合时，要使电流表安全使用，滑动变阻器接入电路的阻值不得小于6Ω，此时R2消耗的电功率是24W。10．如图所示电路，电源电压恒为12V，电阻R1的阻值为5Ω，滑动变阻器R2上标有“10Ω3A”的字样，小灯泡L上标有“12V6W”的字样，电流表的量程为0～3A。（1）当开关S1、S2、S都闭合时，求小灯泡L在5min内产生的热量；（2）当开关S1、S2、S都闭合，电流表的示数为2A时，求R2消耗的电功率；（3）当开关S1、S2都断开，S闭合时，电流表的示数是1A，求滑动变阻器R2接入电路的阻值。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）当开关S1、S2、S都闭合时，L与R2并联，因并联电路中各支路两端的电压相等，且额定电压下灯泡的实际功率和额定功率相等，所以，小灯泡的电功率PL＝6W，则小灯泡L在5min内产生的热量：QL＝WL＝PLt＝6W×5×60s＝1800J；（2）当开关S1、S2、S都闭合时，电流表测干路电流，由P＝UI可得，通过灯泡L的电流：IL＝＝＝0.5A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过R2的电流：I2＝I﹣IL＝2A﹣0.5A＝1.5A，则R2消耗的电功率：P2＝UI2＝12V×1.5A＝18W；（3）当开关S1、S2都断开，S闭合时，R1与R2串联，电流表测电路中的电流，由I＝可得，电路中的总电阻：R＝＝＝12Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器R2接入电路的阻值：R2＝R﹣R1＝12Ω﹣5Ω＝7Ω。答：（1）当开关S1、S2、S都闭合时，小灯泡L在5min内产生的热量为1800J；（2）当开关S1、S2、S都闭合，电流表的示数为2A时，R2消耗的电功率为18W；（3）当开关S1、S2都断开，S闭合时，电流表的示数是1A，滑动变阻器R2接入电路的阻值为7Ω。三．焦耳定律推导公式的应用（共4小题）11．如图甲所示，电源电压保持不变，小灯泡的额定电压为12V，滑动变阻器的最大阻值为15Ω，闭合开关S后，当滑片P从最右端向左滑动过程中，小灯泡的I﹣U关系图象如图乙所示。则小灯泡的额定功率为24W，电源电压为18V，当小灯泡正常发光时，滑动变阻器1min内产生的热量为720J。【答案】见试题解答内容【解答】解：①由图象知，在灯泡两端电压为U额＝12V时，通过的电流为I额＝2A，所以灯泡的额定功率为P额＝U额I额＝12V×2A＝24W；②当滑片位于最右端时，滑动变阻器阻值全部接入电路，由图乙所示图象可知，UL＝3V，I＝1A，∵I＝，∴滑动变阻器两端电压U滑＝IR滑最大＝1A×15Ω＝15V，电源电压U＝UL+U滑＝3V+15V＝18V；③由图乙所示图象可知，灯泡正常发光时，灯泡两端电压为U额＝12V时，通过的电流为I额＝2A，滑动变阻器两端电压U滑′＝U﹣U额＝18V﹣12V＝6V，滑动变阻器1min内产生的热量Q＝W＝UIt＝6V×2A×60s＝720J；故答案为：24；18；720。12．如图所示电路，电源电压12V保持不变，R1＝12Ω，小灯泡L的规格为“6V3W”，滑动变阻器R2的最大阻值为12Ω，电流表的量程为0～3A．求：（画出下列每小题的等效电路图）（1）只闭合S1时，小灯泡L恰好正常发光，求R1的阻值；在10min内电流通过电阻R1所产生的热量是多少？（2）当开关均闭合时，要使电流表安全使用，求滑动变阻器接入电路的阻值范围；求滑动变阻器R2的电功率的变化范围。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）只闭合S1时，等效电路图如下图所示：因串联电路中各处的电流相等，且小灯泡L恰好正常发光，所以，由P＝UI可得，此时电路中的电流：I＝IL＝＝＝0.5A，因串联电路中总电压等于各分电压之和，且，所以，R1两端的电压：U1＝U﹣RL＝12V﹣6V＝6V，由I＝可得，R1的阻值：R1＝＝＝12Ω，在10min内电流通过电阻R1所产生的热量：Q1＝W1＝U1It＝6V×0.5A×10×60s＝1800J；（2）当开关均闭合时，等效电路图如下图所示：因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，通过R1的电流：I1＝＝＝1A，当电流表的示数I′＝3A时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，消耗的电功率最大，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过R2的电流：I2＝I′﹣I1＝3A﹣1A＝2A，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R2小＝＝＝6Ω，所以，滑动变阻器接入电路中的电阻范围为6Ω～12Ω，滑动变阻器消耗的最大功率：P2大＝UI2＝12V×2A＝24W，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，消耗的电功率最小，则P2小＝＝＝12W，所以，滑动变阻器消耗电功率的范围为12W～24W。答：（1）R1的阻值为12Ω，在10min内电流通过电阻R1所产生的热量是1800J；（2）滑动变阻器接入电路的阻值范围为6Ω～12Ω，滑动变阻器R2的电功率的变化范围为12W～24W。13．如图所示电路的电源电压保持不变，电阻R1＝5Ω，R2＝15Ω．若开关S1、S2都断开时，电流表示数为0.2A，开关S1、S2都闭合时，电流表示数为0.9A，求：（1）电源电压；（2）开关S1、S2都断开时，电路中的总功率；（3）开关S1、S2都闭合时，电阻R3在100s时间内产生的热量。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）当开关全断开时，R1与R2串联，∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，∴由欧姆定律可得：U＝I（R1+R2）＝0.2A×（5Ω+15Ω）＝4V；（2）开关S1、S2都断开时，电路中的总功率：P＝UI＝4V×0.2A＝0.8W；（3）开关S1、S2都闭合时，R2短路，R1与R3并联，电流表测干路电流，∵并联电路各支路两端的电压相等，∴由欧姆定律得，流过R1中的电流：I1＝＝＝0.8A；∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和，∴通过R3中的电流：I3＝I′﹣I1＝0.9A﹣0.8A＝0.1A，电阻R3在100s时间内产生的热量：Q3＝W3＝UI3t＝4V×0.1A×100s＝40J。答：（1）电源电压为4V；（2）开关S1、S2都断开时，电路中的总功率为0.8W；（3）开关S1、S2都闭合时，电阻R3在100s时间内产生的热量为40J。14．如图，电源电压恒定，R1、R2是定值电阻，R1＝20Ω，滑动变阻器R3标有“40Ω0.5A”字样。只闭合开关S1，电流表的示数为1.2A；再闭合开关S2、S3，电流表的示数变为1.5A．求：（1）电源电压；（2）开关S1、S2、S3都闭合时，R2在20s内产生的热量；（3）只闭合开关S3，移动变阻器滑片时，R1的电功率变化范围。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流，由I＝可得，电源的电压：U＝I1R1＝1.2A×20Ω＝24V；（2）开关S1、S2、S3都闭合时，R1与R2并联，电流表测干路电流，因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，通过R1的电流I1＝1.2A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过R2的电流：I2＝I﹣I1＝1.5A﹣1.2A＝0.3A，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，R2在20s内产生的热量：Q2＝W2＝UI2t＝24V×0.3A×20s＝144J；（3）只闭合开关S3时，R1与R3串联，电流表测电路中的电流，当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路为R1的简单电路，此时电路中的电流为1.2A，因串联电路中各处的电流相等，且滑动变阻器允许通过的最大电流为0.5A，所以，电路中的最大电流I大＝0.5A，则R1的最大功率：P1大＝I大2R1＝（0.5A）2×20Ω＝5W；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，R1的电功率最小，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的最小电流：I小＝＝＝0.4A，R1的最小功率：P小＝I小2R1＝（0.4A）2×20Ω＝3.2W，则R1的电功率变化范围为3.2W～5W。答：（1）电源电压为24V；（2）开关S1、S2、S3都闭合时，R2在20s内产生的热量为144J；（3）只闭合开关S3，移动变阻器滑片时，R1的电功率变化范围为3.2W～5W。四．焦耳定律的比例计算（共2小题）15．（多选）如图所示电路，电源电压为6V，R1＝10Ω，R2＝20Ω，R3＝5Ω，当闭合开关S1后，下列说法正确的是（）A．闭合开关S2、S3，通过R2的电流是0.24A B．断开S2、S3，电路消耗的功率是2.4W C．断开S2、闭合S3，R1两端的电压是6V D．在相等的时间内，闭合S2、S3时和断开S2、S3时，电流通过R1产生的热量之比是9：4【答案】BCD【解答】解：当闭合开关S1后，闭合开关S2、S3，电阻R1R2并联，通过R2的电流I2＝＝＝0.3A，电流通过R1产生的热量为W1＝t＝t＝3.6t．故A错误。当闭合开关S1后，断开S2、S3，R1R3串联，电路消耗的功率P＝＝＝2.4W，此时电路电流为I＝＝＝0.4A，电流通过R1产生的热量为W2＝I2R1t＝（0.4A）2×10Ω×t＝1.6t，所以在相等的时间内，闭合S2、S3时和断开S2、S3时，电流通过R1产生的热量之比是＝＝．故BD正确。当闭合开关S1后，断开S2、闭合S3，电路中只有R1工作，R1两端的电压是电源电压，为6V，故C正确。故选：BCD。16．某同学设计了一个电加热器，有加热状态和保温状态，如图所示。发热体AB是一根阻值为500Ω的电阻丝，C、D是电阻丝AB上的两点，S1是温控开关。当开关S1断开时，加热器处于保温状态。当开关S1闭合，S接a或接b时，加热器分别处于两个不同的加热状态。已知电加热器在三个状态中，每分钟放出的热量之比是20：10：3，在保温状态中，电阻丝CD两端的电压是33V，（电源电压不变，电阻丝电阻不随温度变化）求：（1）电源电压。（2）电加热器处于保温状态中每分钟放出的热量。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）电加热器三个状态的等效电路如图1、图2和图3所示：电加热器在这三个状态中，电源电压不变，由Q＝I2Rt＝t可知，在通电时间相同时，电阻丝的电阻越小，放出的热量越多，∵RDB＜RCB＜RAB，∴QDB＞QCB＞QAB。因为保温状态比加热状态需要的热量少，所以图3为保温状态的等效电路。由以上的分析可知：QDB：QCB：QAB＝20：10：3。三个状态的电路图为：图甲、图乙和图丙根据Q＝t可知，QDB＝t，QCB＝t，QAB＝t，＝＝＝，＝＝，设RCB＝2R0，RDB＝R0，RAB＝R0，∵RAB＝R0＝500Ω，∴R0＝75Ω，则RDB＝75Ω，RCB＝150Ω，RCD＝RBC﹣RDB＝150Ω﹣75Ω＝75Ω，∵串联电路中各处的电流相等，∴由I＝可得：I＝＝，即＝，解得：U＝220V；（2）开关都断开时为保温状态，保温状态1分钟内放出的热量为：QAB＝t＝×60s＝5808J。答：（1）电源电压为220V；（2）电加热器处于保温状态中每分钟放出的热量为5808J。五．电热的多挡问题（共8小题）17．小金家有一台加湿器，说明书上有原理图（如图甲），表格中为其部分技术参数，R1、R2为发热电阻，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”之间的转换（低挡为小功率加热，高挡为大功率加热）。额定电压220V低挡发热功率100W水箱容积3L适用面积20～40m2（1）加湿器需在低挡加热，开关S应旋转至触点2、3（“1、2”、“2、3”或“3、4”）位置；（2）水箱注满水，初始水温为10℃，开始通电，低挡加热，水共吸收了3.15×105焦耳的热量（不计热损失），问此时的水温为多少。（温馨提醒：Q＝cm（t﹣t0）其中c＝4.2×103J/（kg•℃）t为末温t0为初温）；（3）加湿器处于高挡位置时的发热功率；（4）如图乙是使用加湿器工作30分钟的图象，计算加湿器前20分钟消耗的总电能。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由图1知，开关S接“1、2”时电路断路为关；“2、3”时两电阻串联，接“3、4”时只有R1接入电路，电源电压一定，由P＝可知，接“2、3”时电阻最大，为低挡，接“3、4”时电阻最小，为高挡；（2）由ρ＝可得，水的质量m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×3×10﹣3m3＝3kg，由Q＝cm（t﹣t0）可得，3.15×105J＝4.2×103J/（kg•℃）×3kg×（t﹣10℃）解得t＝35℃；（3）由题知，R2＝3R1，低挡发热功率：已知P低＝100W则＝＝100W；解得R1＝121Ω，加湿器处于高挡位置时的发热功率P高＝＝＝400W；（4）由图2知，工作30min时，其中高挡10min，低挡20min，计算加湿器前20分钟消耗的总电能：W＝W高+W低＝P高t高+P低t低＝400W×10×60s+100W×10×60s＝3×105J。答：（1）2、3；（2）此时的水温为35℃；（3）加湿器处于高挡位置时的发热功率为400W；（4）加湿器前20分钟消耗的总电能为3×105J。18．某款家用蒸汽挂烫机（图甲）的工作电路原理如图乙所示，R1，R2为阻值相同的发热电阻，1、2、3、4为触点，S2为旋转开关，实现关、低挡、高挡的转换，其高挡时的额定功率为1000W．使用时，水箱中一部分水通过进水阀门进入电热杯受热至沸腾，产生的水蒸气通过蒸汽软管从蒸汽喷头喷出，从而熨烫衣服。请解答：（1）用来制作蒸汽软管的材料应具有什么样的物理特点或性质？请写出一点：耐高温，柔韧性好。（2）求发热电阻R1的阻值。（3）将电热杯内0.2kg、20℃的水加热到100℃需要的最短时间是多少？[设无热损失，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）因为利用热的水蒸气工作，所以所用软管需要具有耐高温、柔韧性好、质量小的特点；（2）当处于高温挡时，两电阻并联，又R1＝R2，故P＝P1+P2＝2P1，则P1＝P＝×1000W＝500W，由P＝可得发热电阻R1的阻值为：R1＝＝＝96.8Ω；（3）水吸收的热量为：Q＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.2kg×（100℃﹣20℃）＝67200J由Q＝W＝Pt得：t＝＝＝＝67.2s。答：（1）耐高温，柔韧性好；（2）发热电阻R1的阻值96.8Ω；（3）需要的最短时间是67.2s。19．常丽家浴室用的灯暖型浴霸是通过灯泡的热辐射来升高光照区域内空气温度的。该浴霸说明书如下表，常丽家浴室温度较低，洗浴时需预热才能达到淋浴时的舒适温度。经测算高温挡工作需2min，低温挡工作需5min，才能使浴室内温度从18℃升高到28℃．她还测得浴室的面积为6m2，高为2.5m．[空气的密度为1.2kg/m3，比热容为1.0×103J/（kg•℃）]每只灯泡规格220V500W高温挡四只灯工作低温挡两只灯工作（1）计算预热过程中，浴室内空气吸收的热量。（2）求浴霸高温挡预热时，工作电路的电阻和加热浴室内空气的效率。（3）对比低温挡，分析浴霸高温挡预热的优点（写出一条，需数据支持）。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）空气的体积：V＝6m2×2.5m＝15m3，由ρ＝得空气的质量：m＝ρV＝1.2kg/m3×15m3＝18kg；（2）空气吸收的热量：Q吸＝cm△t＝1.0×103J/（kg•℃）×18kg×（28℃﹣18℃）＝1.8×105J；（3）∵浴霸高温挡预热时，四只灯泡同时正常工作，∴四只灯的总功率：P＝500W×4＝2000W，由P＝可得电路总电阻：R＝＝＝24.2Ω；2分钟消耗的电能：W1＝P1t＝2000W×2×60s＝2.4×105J，加热浴室内空气的效率：η＝×100%＝×100%＝75%；低温挡工作5min消耗的电能：W′＝P′t＝1000W×5×60s＝3×105J，低温挡工作的效率：η′＝×100%＝×100%＝60%。由计算可知，利用浴霸高温挡预热时的效率比低温挡高，节能。答：（1）浴室内空气吸收的热量为1.8×105J；（2）浴霸高温挡预热时，工作电路的电阻为24.2Ω，加热浴室内空气的效率为75%；（3）利用浴霸高温挡预热时的效率比低温挡高，节能。20．如图甲所示，小亮家新买入一个电饭煲，他查阅使用说明书发现其内部简化电路如图乙所示，如表为其铭牌，R1和R2均为电热丝。XX牌电饭煲额定电压220V额定功率高温挡1100W低温挡440W电源频率50Hz求：（1）电饭煲在高温挡正常加热工作时的电流；（2）电路中R1的阻值；（3）电饭煲在低温挡正常工作1min，R2产生的热量。【答案】（1）电饭煲在高温挡正常加热工作时的电流为5A；（2）电路中R1的阻值为44Ω；（3）电饭煲在低温挡正常工作1min，电路中R2产生的热量为15840J。【解答】解：（1）由P＝UI可得，电饭煲在高温挡正常加热工作时的电流：I＝＝＝5A；（2）由电路图可知，开关S1、S2闭合时，电路为R1的简单电路，电饭煲处于高温挡，由P＝可得，电路中R1的阻值：R1＝＝＝44Ω；（3）当只有开关S1闭合时，R1与R2串联，电饭煲处于低温挡，由P2＝可得，R＝＝＝110Ω，R2＝R﹣R1＝110Ω﹣44Ω＝66Ω，I2＝＝2AQ＝R2t＝（2A）2×66Ω×60s＝15840J。答：（1）电饭煲在高温挡正常加热工作时的电流为5A；（2）电路中R1的阻值为44Ω；（3）电饭煲在低温挡正常工作1min，电路中R2产生的热量为15840J。21．如图所示是某品牌电炖锅的内部简化电路图，电炖锅上有1000W和400W两挡功率，挡位可自动调节，其工作过程是：按下开关，自动选择1000W挡将汤煮至100℃，然后自动跳至400W挡进行保温慢炖，设汤的初温为20℃，质量为3kg，汤的比热容为4.0×103J/（kg•℃）．求：（1）若电炖锅将汤从初温加热至100℃耗时20min，在此过程中汤吸收的热量是多少？电炖锅的效率是多少？（2）R1的阻值是多少？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）汤吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.0×103J/（kg•℃）×3kg×（100℃﹣20℃）＝9.6×105J，加热功率P加热＝1000W，加热时间t＝20min＝1200s，由P＝得，电炖锅消耗的电能：W＝P加热t＝1000W×1200s＝1.2×106J，则电炖锅的效率：η＝×100%＝×100%＝80%。（2）当开关S接“a”位置时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻较小，由P＝可知，电压一定时，电阻越小，电功率越大，此时电炖锅处于加热状态，由P＝得，电阻R1的阻值：R1＝＝＝48.4Ω。答：（1）在此过程中汤吸收的热量是9.6×105J；电炖锅的效率是80%；（2）R1的阻值是48.4Ω。22．养生壶的原理如图所示，它有加热和保温两挡。当加热到设定温度时，养生壶自动切换为保温挡。（养生壶的部分参数如表所示）（1）当开关S1闭合，S2闭合（填“闭合”或“断开”）时，养生壶处于加热状态。（2）在保温挡正常工作时，求电路中的电流是多少？（3）求R1、R2的阻值。（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？壶的容积1.5L额定电压220V加热功率1000W保温功率44W【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）养生壶处于加热状态时，电路的总功率最大，由P＝UI＝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）在保温挡正常工作时，由P＝UI可得，电路中的电流：I＝＝＝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＝＝＝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＝可得，此时电路中的总电阻：R总＝＝＝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＝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＝×100%可得，消耗的电能：W＝＝＝7.2×105J，由P＝可得，需要的加热时间：t′＝＝＝720s＝12min。答：（1）闭合；（2）在保温挡正常工作时，电路中的电流是0.2A；（3）R1的阻值为48.4Ω，R2的阻值为1051.6Ω；（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℃加热至沸腾需要12min。23．如图甲为一种新型电饭锅，图乙为其简化电路，其中R1和R2均为电热丝，S1是自动智能控制开关，通过智能开关S1可实现智能化地控制电饭锅功率在不同时间变化，图丙是其在工作的30min内功率随时间变化的图象。已知其高温挡的功率为660W，电阻R1＝5R2．求：（1）电饭锅高温加热时，通过电饭锅的电流是多少？（2）R1的阻值是多少？（3）电饭锅在0～14min把质量为1.1kg的米饭由20℃加热到100℃，求电饭锅在这段时间内加热的效率[c米饭＝4.2×103J/（kg•℃）]【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由P＝UI可得，电饭锅高温加热时通过电饭锅的电流：I＝＝＝3A；（2）当S和S1闭合时R1与R2并联，只闭合S时电路为R1的简单电路，因并联电路的总电阻小于任何一个分电阻，所以，当S和S1闭合时，电路的总电阻最小，由P＝UI＝可得，电源的电压一定时，此时电路的总功率最大，电饭锅处于加热状态，同理可知，只闭合S时，电饭锅处于低温挡，因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，所以，加热时电路的总电阻：R＝＝＝R2，由I＝可得，加热时电路的总电阻：R＝＝＝Ω，则Ω＝R2，解得：R2＝88Ω，R1＝5R2＝5×88Ω＝440Ω；（3）只闭合S时，电路为R1的简单电路，电饭锅处于低温挡，则P低＝＝＝110W，由图丙可知，0～14min内，加热时间t高＝10min＝600s，低温时间t低＝4min＝240s，由P＝可得，电饭锅消耗的电能：W＝P高t高+P低t低＝660W×600s+110W×240s＝4.224×105J，米饭吸收的热量：Q吸＝c米饭m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1.1kg×（100℃﹣20℃）＝3.696×105J，电饭锅在这段时间内加热的效率：η＝×100%＝×100%＝87.5%。答：（1）电饭锅高温加热时，通过电饭锅的电流是3A；（2）R1的阻值是440Ω；（3）电饭锅在这段时间内加热的效率为87.5%。24．有一款新型智能电热水壶，有高、中、低三挡，并可以手动调节，它的等效电路图如图所示，其中R1＝R2＝88Ω，均为电热丝，单刀双掷开关S2可接a或b。（1）开关S1、S2处于什么状态时，电热水壶处于低温挡？（2）电热水壶处于中温挡时的电流是多大？（3）用高温挡加热时，电功率是多大？把1kg水从20℃加热到100℃需要多长时间？[已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），不计热量损失，时间计算结果保留整数即可]。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由电路图知，当S1断开，S2接b时，R1、R2串联，电路总电阻最大，电源电压U一定，由P＝可知，此时总功率小，电热水壶处于低温挡；（2）由电路图知，当S1闭合，S2接b时，只有R1连入电路，电路中电阻较大，不是最大，电源电压U一定，由P＝可知，此时总功率较小，电热水壶处于中温挡；则处于中温挡时的电流：I＝＝＝2.5A；（3）当S1闭合，S2接a时，R1、R2并联，总电阻最小，由P＝可知，总功率最大，电热水壶处于高温挡，R1、R2并联时，总电阻：R并＝＝＝44Ω，高温挡加热时，电路消耗的功率：P高＝＝＝1100W；把1kg水从20℃加热到100℃吸收的热量：Q＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J；不计热量损失，W＝Q＝3.36×105J；由P＝可得，所需时间t＝＝≈305s。答：（1）当S1断开，S2接b时，电热水壶处于低温挡；（2）电热水壶处于中温挡时的电流是2.5A；（3）用高温挡加热时，电功率是1100W，把1kg水从20℃加热到100℃需要305s。六．电热的综合计算（共12小题）25．家庭常用电热水器分为储水式电热水器和快热式电热水器两类。储水式电热水器带一个大容积的水箱，使用前需预热，达到预设温度后，如果额定容量的水用完就不能再连续使用；如果水箱中被加热的水没用完，这些热水会慢慢降温；快热式电热水器可以快速加热流水，即热即用，并且能通过电路控制水温，使水温达到适合人体洗浴温度。小明家准备安装一个电热水器，他们家的具体用水情况为：加热前水的温度为20℃，淋浴用水的流量约为3L/min，合适沐浴的水温为42℃，用水时间约为15min，每周3次。已知水的比热容为c＝4.2×103J/（kg•℃），水的密度ρ＝1.0×103kg/m3。小明家的供电电路允许的最大电流为20A，电加热的效率为87.5%。关于小明家的情况，下列说法错误的是（）A．如果选用快热式电热水器，需要购买额定功率5280W以上的电热水器 B．如果选用额定容量为60L、额定功率为2100W的储水式电热水器，小明家每月因沐浴需要消耗21度电 C．如果选用快热式电热水器，小明家必须更换为最大电流为40A以上的电线 D．如果选用额定容量为60L、额定功率为2100W的储水式电热水器，需要提前预热的时间约为50min【答案】C【解答】解：A、由ρ＝可知，快热式电热水器每分钟用水的质量：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×3×10﹣3m3＝3kg，则每分钟水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×3kg×（42℃﹣20℃）＝2.772×105J，由η＝可知，快热式电热水器消耗的电能：W＝＝＝3.168×105J，因此快热式电热水器的额定功率：P＝＝＝5280W，故A正确；B、由ρ＝可知，储水式电热水器内水的质量：m'＝ρ水V'＝1.0×103kg/m3×60×10﹣3m3＝60kg，储水式电热水器加热一次吸收的热量：Q吸'＝c水m'（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×60kg×（42℃﹣20℃）＝5.544×106J，由η＝可知，储水式电热水器加热一次消耗的电能：W'＝＝＝6.336×106J＝1.76kW•h，每周淋浴3次，每月淋浴3次×4＝12次，则小明家每月因沐浴需要消耗的电能：W总＝1.76kW•h/次×12次≈21kW•h，故B正确；C、由P＝UI可知，快热式电热水器的额定电流：I＝＝＝24A，因此更换为最大电流为24A以上的电线，故C错误；D、由B项解答可知储水式电热水器加热一次消耗的电能W′＝6.336×106J，根据P＝可知，需要提前预热的时间：t＝＝≈3017s≈50min，故D正确。故选：C。26．（多选）科技小组的同学设计了如图甲所示的恒温水箱温控电路（设环境温度不高于20℃），由工作电路和控制电路组成。工作电路中的电热器上标有“220V2000W”的字样；控制电路中热敏电阻Rt作为感应器探测水温，置于恒温水箱内，其阻值随温度变化的关系如图乙所示，R1为滑动变阻器。电磁铁产生的吸引力F与控制电路中电流I的关系如图丙所示，衔铁只有在不小于3N吸引力的作用下才能被吸下。闭合开关S（不计继电器线圈的电阻）。则正确的是（）A．电磁铁上端为N极 B．用电热器给恒温箱中100kg的水加热，正常工作20min时，水温由20℃升高到25℃，那么此时电热器的加热效率为87.5% C．调节滑动变阻器，使R1＝280Ω，为了把温度控制在25℃左右，设定在水温低于25℃时自动加热，在水温达到25℃时停止加热，那么控制电路的电源电压U应该是36V D．设控制电路中电源电压U不变，将水箱中水温由25℃的恒温调节到30℃的恒温，应减小滑动变阻器接入电路中的阻值【答案】BC【解答】解：（1）由甲图可知，电流从电磁铁的下面导线流入，利用安培定则判断出电磁铁的下端为N极，上端为S极，故A错误；（2）水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×（25℃﹣20℃）＝2.1×106J，由P＝可得，电热器消耗的电能W＝Pt＝2000W×20×60s＝2.4×106J，电热器的加热效率η＝×100%＝×100%＝87.5%，故B正确；（3）当水温达到25℃时停止加热，由图乙可知，热敏电阻的阻值为：Rt＝80Ω，因为串联电路的总阻值等于各电阻之和，所以电路中的总电阻：R总＝Rt+R1＝80Ω+280Ω＝360Ω，衔铁受到3N的吸引力，由图像丙可知，控制电路中电流为：I＝100mA＝0.1A，由欧姆定律得，电源电压：U＝IR总＝0.1A×360Ω＝36V，故C正确；（4）将水箱中水温由25℃的恒温调节到30℃的恒温，即将启动的温度调高，则热敏电阻的阻值将减小，由I＝可知，当电源电压一定时，热敏电阻越小，则滑动变阻器接入电路的阻值应增大，故D错误。故选：BC。27．如表及图所示，是某电热饮水机说时书的一些数据和电路原理图，该电热饮水机有加热和保温两种工作状态（由机内的温控开关S0控制）．热水箱容量1L加热时功率500W额定电压220V保温时功率50W求：（1）当开关S闭合，开关S0断开时，饮水机是保温状态（填“加热”或“保温”）（2）保温电阻R2的阻值是多少？（3）若正常工作时，该电热器加热的效率为80%，将满热水箱的水从20℃加热到70℃需要多长时间？（c水＝4.2×103J/（kg•℃），水的密度为1.0×103kg/m3）【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）当开关S闭合，开关S0断开时，只有R2连入电路，由电阻越并越小、小于任何一个分电阻可知，此时电路中的电阻最大，由P＝可知，饮水机的功率最小，处于保温状态；（2）只用电阻R2接入电路时，饮水机处于保温状态，由P＝可得，电阻R2的阻值：R2＝＝＝968Ω；（3）由ρ＝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×（70℃﹣20℃）＝2.1×105J，由η＝×100%可得，消耗的电能：W＝＝＝2.625×105J，由P＝可得，加热时间：t＝＝＝525s。答：（1）保温；（2）保温电阻R2的阻值是968Ω；（3）将满热水箱的水从20℃加热到70℃需要525s。28．如图为常用电热饮水机的电路原理图，该饮水机的额定电压为220V，加热电功率为1100W，保温电功率为44W，R1、R2均为电热丝（R1、R2的电阻不随温度变化）。求：（1）当S闭合时，饮水机处于加热（填“加热”或“保温”）状态。（2）此状态时，电路中的电流是多大？（3）电热丝R1的电阻是多大？（4）饮水机加热工作时，把质量为1kg的水从20℃加热到90℃所用时间5min，加热效率是多大？[c水＝4.2×103J/[kg•℃）]【答案】（1）加热；（2）此时电路中的电流为5A；（3）电热丝R1的电阻是1056Ω；（4）饮水机加热工作时的加热效率是89.1%。【解答】解：（1）由电路图可知，当S闭合时，电路为R2的简单电路，电路中的总电阻最小，由P＝UI＝可知，电路的总功率最大，饮水机处于加热状态；（2）由P＝UI可得，此时电路中的电流：I＝＝＝5A；（3）由P＝UI＝可得，电热丝R2的电阻：R2＝＝＝44Ω，当S闭合时两电阻串联，电路的总电阻最大，电路的总功率最小，饮水机处于保温状态，此时电路的总电阻：R＝＝＝1100Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电热丝R1的电阻：R1＝R﹣R2＝1100Ω﹣44Ω＝1056Ω；（4）饮水机加热工作时，水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（90℃﹣20℃）＝2.94×105J，由P＝可得，加热5min消耗的电能：W＝P加热t′＝1100W×5×60s＝3.3×105J，饮水机的加热效率：η＝×100%＝×100%≈89.1%。答：（1）加热；（2）此时电路中的电流为5A；（3）电热丝R1的电阻是1056Ω；（4）饮水机加热工作时的加热效率是89.1%。29．小明对家里的电磁炉进行研究，电磁炉的功率调节范围是120﹣2200W。（1）小明用电磁炉将质量为2kg的水从25℃加热到100℃，消耗了0.25kW．h的电能。求此过程中电磁炉的加热效率；（2）小明用电磁炉煮粥，先用大火将水烧开，后用小火煮。这段时间电磁炉的电功率随时间变化如图所示，求：这次煮粥共消耗多少电能。[水的比热容是4.2×103J/（kg），家庭电路的电压为220V]（3）求第8分钟时通过电磁炉的电流是多大。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J，消耗的电能：W＝0.25kW•h＝0.25×3.6×106J＝9×105J，电磁炉的效率：η＝×100%＝×100%≈74.7%；（2）整个过程消耗的电能：W＝P1t1+P2t2＝2200W×5×60s+800W×10×60s＝1.14×106J；（3）由图知，第8分钟电磁炉的电功率P＝800W，由P＝UI可得，通过电磁炉的电流：I＝＝≈3.6A。答：（1）水吸收的热量是6.72×105J，这时电磁炉的效率是74.7%；（2）整个过程消耗的电能是1.14×106J。（3）第8分钟通过电磁炉的电流是3.6A。30．如图所示是一种电压力锅简易原理图，A为密闭锅体，锅盖面积为400cm2．R1为工作时的加热电阻，L为指示灯，其电阻为20Ω，R2为保温电阻，S1为电源开关，S2为压力开关，闭合S1后，电路通过R1对电力压力锅加热，当锅内气体压强达到设定值时，水开始沸腾，锅底向下移动，压力开关与触点a断开，并与b点接通，起到控压控温的目的，此时保温电路的总功率为20W。（1）当锅内温度为120℃时，锅内气体对锅盖的压力是多少？（2）保温电阻R2的阻值多大？（3）把锅内质量为2kg，初温为20℃的水加热至沸腾至少需要多少时间？表一水的沸点T与气体压强p的关系T/℃100105110112114116118120P/kPa101121143154163175187199表二电压力锅的铭牌额定电压加热功率压强设定值220V1000W101kPa【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由表一知，当锅内温度为120℃时，锅内气体压强p＝199kPa＝1.99×105Pa，∵p＝，∴锅内气体对锅盖的压力：F＝ps＝1.99×105Pa×400×10﹣4m2＝7960N；（2）∵P＝，∴保温时电路总电阻：R＝＝＝2420Ω，∵R＝R2+RL，∴R2＝R﹣RL＝2420Ω﹣20Ω＝2400Ω；（3）由表二知道锅内气体压强设定值p＝101kPa、压力锅的功率为1000W，由表一可知此时锅内温度为100℃，水吸收的热量：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J，由题知，压力锅消耗的电能：W电＝Pt＝Q吸＝6.72×105J，∴需要时间：t＝＝＝672s＝11.2min。答：（1）当锅内温度为120℃时，锅内气体对锅盖的压力是7960N；（2）保温电阻R2的阻值2400Ω；（3）把锅内质量为2kg，初温为20℃的水加热至沸腾至少需要11.2min。31．如图是某饮水器的原理图。饮水器的容器内有密封绝缘的电阻丝R1和热敏电阻R2，只要水平到过如图所示的位置，接触开关S1就会导通。继电器开关S2的作用是当饮水器内的水加热至沸腾后能自动切断加热电路。（1）已知电热丝R1的阻值为24.2Ω，求饮水器的正常加热功率。（2）当热水在加热的过程中，继电器开关中电磁铁的右端为N极，为了使继电器开关S2在饮水器内的水加热至沸腾后能自动切断加热电路，Rx必须选用阻值随温度升高而增大的热敏电阻。若想降低饮水器加热的最高温度，可将滑动变阻器R2的滑片向右调节。（3）已知该饮水器容积为10L，当只有饮水器接入电路中时，它将水从20℃加热到100℃用时16min，同时通过电能表观察到饮水器消耗了1kW•h的电能。试求该饮水器加热过程中的热效率。（水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）；水的密度ρ＝1.0×103kg/m3）【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）饮水器的正常加热功率：P＝＝＝2000W；（2）①根据安培定则，用右手握住螺线管，使四指指向线圈中电流的方向，则大拇指所指的右端为电磁铁的N极；②为了使继电器开关S2在饮水器内的水加热至沸腾后能自动切断加热电路，停止加热，应减弱电磁铁的磁性，根据影响电磁铁的磁性的因素可知应减小控制电路中电流，此时热敏电阻阻值变大，所以热敏电阻Rx阻值应随温度升高而增大；③若想降低饮水器加热的最高温度，即控制电路中在饮水器里水的温度较低时，就达到使继电器开关S2断开，停止加热的目的；由于使继电器开关S2断开的最小电流是一定的，则为了使控制电路中的总阻值提前达到S2断开的最小电流热应增大滑动变阻器R2的阻值，即的滑片向右调节。（3）水的体积：V＝10L＝10dm3＝0.01m3，由ρ＝可得，水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/×0.01m3＝10kg，水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×10kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×106J，该饮水器加热过程中的热效率：η＝×100%＝×100%≈93.3%。答：（1）饮水器的正常加热功率2000W。（2）N；增大；右。（3）该饮水器加热过程中的热效率93.3%。32．科技小组的同学设计了如图甲所示的恒温水箱温控电路（设环境温度不高于20℃），由工作电路和控制电路组成。工作电路中的电热器上标有“220V2000W”的字样；控制电路中热敏电阻Rt作为感应器探测水温，置于恒温水箱内，其阻值随温度变化的关系如图乙所示，R1为滑动变阻器。电磁铁产生的吸引力F与控制电路中电流I的关系如图丙所示，衔铁只有在不小于3N吸引力的作用下才能被吸下。闭合开关S（不计继电器线圈的电阻）。（1）用电热器给恒温箱中100kg的水加热，正常工作20min时，水温由20℃升高到25℃，求电热器的加热效率？（2）调节滑动变阻器，使R1＝280Ω，为了把温度控制在25℃左右，设定在水温低于25℃时自动加热，在水温达到25℃时停止加热，求控制电路中的电源电压U是多少？（3）设控制电路中电源电压U不变，将水箱中水温由25℃的恒温调节到30℃的恒温，应增大（填“增大”或“减小”）滑动变阻器接入电路中的阻值。为什么？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×（25℃﹣20℃）＝2.1×106J；电热器消耗的电能W＝Pt＝2000W×20×60s＝2.4×106J，电热器的加热效率η＝×100%＝×100%＝87.5%；（2）当水温达到25℃时停止加热，由图乙可知，热敏电阻的阻值为：Rt＝80Ω，因为串联电路的总阻值等于各电阻之和，所以电路中的总电阻：R总＝Rt+R1＝80Ω+280Ω＝360Ω，衔铁受到3N的吸引力，由图象丙可知，控制电路中电流为：I＝100mA＝0.1A，由欧姆定律得，电源电压：U＝IR总＝0.1A×360Ω＝36V；（3）将水箱中水温由25℃的恒温调节到30℃的恒温，即将启动的温度调高，则热敏电阻的阻值将减小，由I＝可知，当电源电压一定时，热敏电阻越小，则滑动变阻器接入电路的阻值应增大。答：（1）电热器的加热效率为87.5%；（2）控制电路中的电源电压U是36V；（3）增大；温度调高，热敏电阻的阻值将减小，由I＝可知，当电源电压一定时，热敏电阻越小，则滑动变阻器接入电路的阻值应增大。33．小明家电热水器的简化电路图如图所示，S1是手动开关，置于热水器水箱外部；S2是温控开关，置于热水器水箱内部，当水温低于设定温度t℃时自动闭合，达到t℃时自动断开；Rl和R2均为用来加热且阻值不变的电热丝。使用时，手动闭合开关S1，电热水器开始工作。电热水器部分参数如表所示：[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]．额定电压220V频率50Hz保温功率110W加热功率1870W水箱容量50L设定温度t℃（1）将初温20℃的一满箱水加热至设定温度，水吸收的热量是4.2×106J，则设定温度是多少？（2）假设将初温20℃的一满箱水加热至设定温度用了50min，则电热水器的效率是多少？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）一满箱水的体积：V＝50L＝50dm3＝0.05m3，由ρ＝得，水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×0.05m3＝50kg，由Q吸＝cm（t﹣t0）可得，设定的温度：t＝+t0＝+20℃＝40℃；（2）由P＝可得，消耗的电能：W＝P加热t＝1870W×50×60s＝5.61×106J，则电热水器的效率：η＝×100%＝×100%≈74.9%。答：（1）设定温度是40℃；（2）电热水器的效率是74.9%。34．小明家电热水器的简化电路图如图所示，Sl是手动开关，置于热水器水箱外部S2温控开关，置于热水器水箱内部，当水温低于40℃时自动闭合，达到40℃时自动断开；R1和R2均为用来加热且阻值不变的电热丝，R2阻值为27.5Ω．使用时，手动闭合开关S1，电热水器开始工作。电热水器部分参数如表所示。求：额定电压220V频率50Hz保温功率？加热功率1980W水箱容量50L设定温度40℃（1）电热水器的保温功率（2）电热丝R1的阻值。（3）假设将初温20℃的一满箱水热至设定温度用了50min，电热水器的效率。（水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）R2在加热状态时的功率P2＝＝＝1760W；则P保温＝P加热﹣P2＝1980W﹣1760W＝220W；（2）根据P＝可得：R1＝＝＝220Ω；（3）由ρ＝得：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×50×10﹣3m3＝50kg，水吸收的热量为：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（40℃﹣20℃）＝4.2×106J；由P＝可得消耗的电能为：W＝Pt＝1980W×50×60s＝5.94×106J，热水器的效率为：η＝×100%＝×100%≈70.7%。答：（1）电热水器的保温功率为220W。（2）电热丝R1的阻值是220Ω。（3）假设将初温20℃的一满箱水加热至设定温度用了50min，则电热水器的效率是70.7%。35．即热式热水宝是一种无内胆的纳米管加热装置，因为其体积小、加热速度快，真正实现即开即热的使用功能，得到了广泛应用。其电路原理如图，电热丝R1、R0绕在出水管上，水经过出水管时被加热，通过改变水龙头控制开关S、S0的状态，可以选择出凉水、温水或开水。该管线机的额定电压是220V，开水加热电功率是4400W，温水加热电功率是2200W．已知：电热丝R1、R0电阻不随温度变化，水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃），水的密度＝1×103kg/m3，g取10N/kg．求：（1）开关S断开时，水龙头出凉水（凉水、温水或开水）．开关S、S0都闭合时，水龙头出开水（凉水、温水或开水）。（2）现在需要100℃的开水500mL，已知水的初温是20℃，水需要吸收多少热量？（3）如果电能转化为水的内能的效率是80%，饮水机正常工作时，烧开这些水需要多长时间？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）根据题意和电路图可知，当S断开时电路处于断路状态，水龙头出凉水；当S，S0都闭合时，电路中电阻处于最小，根据P＝可知功率最大，出热水；（2）由ρ＝可得：水的质量为：m＝ρV＝1×103kg/m3×500×10﹣6m3＝0.5kg；水吸收的热量为：Q＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×（100℃﹣20℃）＝1.68×105J；（3）由η＝可得：W＝＝＝2.1×105J由P＝可得：t＝＝≈48s。答：（1）凉水；开水；（2）现在需要100℃的开水500mL，已知水的初温是20℃，水需要吸收热量1.68×105J；（3）如果电能转化为水的内能的效率是80%，饮水机正常工作时，烧开这些水需要48s。36．阅读短文，回答问题。燃气热水器燃气热水器是一种方便、快捷且不受天气影响的洗浴设备。图甲为某款燃气热水器结构和工作原理示意图。使用热水器时，先通电，绿色指示灯亮，再打开冷水阀和燃气管上的燃气阀。之后打开热水阀时，电子点火器点火，燃气在燃烧器内燃烧，产生1700℃的高温烟气，此时红色指示灯亮，同时风机工作，高温烟气上升，流经热交换器，将从A点处流入热交换器的冷水加热，产生的热水从B点处源源不断流出热交换器，低温烟气从排烟管排出。关闭热水阀时，热水器停止加热。研究发现：热交换器中，烟气与水之间单位时间传递的热量随交换器内水管表面积的增大而增大；烟气具有的内能E随烟气温度t变化的关系如图乙所示。适用燃气天然气热值3×107J/m3额定耗气量3.6m3/h热水产出率12L/min该燃气热水器的技术参数如表，其中“热水产出率”的含义是：每分钟使水温升高25℃时的出水体积；“额定耗气量”的含义是：热水器正常工作1小时消耗的燃气体积。（1）两个指示灯是二极管灯泡，该灯泡由半导体（选填“导体”、“半导体”或“超导体”）材料制作，它们应并联在电路中。（2）下列措施中能提高热水器加热效率的是C。A．采用热值更高的燃料B．提高进水口冷水的初温C．加长热交换器中水管长度D．使水管中的进水量减小（3）热水器由家庭电路直接供电，工作时两端电压为220V；若热水器热水产出率为12L/min时，设A、B两点的高度差为0.3m，则水在热交换器A、B两点间运行时克服重力做功的功率为0.6W．（g取10N/kg）（4）某次洗浴，设定热水管出水温度45℃，热水器正常工作用时15min。若该过程燃气完全燃烧，放出的热量为2.7×107J；测得冷水管进水温度15℃，则上述过程热水器的出水流量为10L/min，加热效率为70%。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]（5）在（4）中，已知烟气通过热交换器经历的时间为1.2min，该过程中烟气只和水发生热传递，那么该热水器风机排出低温烟气的温度为112.5℃。【答案】（1）半导体；并；（2）C；（3）220；0.6；（4）2.7×107；10；70%；（5）112.5。【解答】解：（1）两个指示灯是二极管灯泡，二极管是由半导体材料制成的；由题意可知，两个指示灯能够独立工作、互不影响，则它们应并联在电路中；（2）热水器加热效率是指被水吸收的热量与燃料完全燃烧产生的能量之比；A．热水器加热效率与燃料的热值无关，故A错误；B．根据热水器加热效率知，热水器加热效率与进水口冷水的初温没有关系，故B错误；C．热交换器中，烟气与水之间单位时间传递的热量随交换器内水管表面积的增大而增大，所以加长热交换器中水管长度可以增加水吸收的热量，减少了热损失，可以提高热水器加热效率，故C正确；D．根据热水器加热效率知，热水器加热效率与水管中的进水量的多少没有关系，故D错误；故选：C；（3）我国家庭电路的电压为220V，则热水器由家庭电路直接供电，工作时两端电压为220V；已知热水器热水产出率为12L/min，即1min出热水12L＝12dm3＝1.2×10﹣2m3，由ρ＝可得，这些水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1.2×10﹣2m3＝12kg，即每分钟内有12kg水从A点到达B点，则克服水重力做的功：W＝Gh＝mgh＝12kg×10N/kg×0.3m＝36J，则水在热交换器A、B两点间运行时克服重力做功的功率：P＝＝＝0.6W；（4）由额定耗气量3.6m3/h可知，热水器正常工作用时15min消耗燃气的体积：V′＝×3.6m3＝0.9m3，燃气完全燃烧释放的热量：Q放＝V′q＝0.9m3×3×107J/m3＝2.7×107J，当热水器热水产出率为12L/min时，每分钟水吸收的热量Q吸1＝cmΔt，当冷水的温度为15℃和出水温度为45℃时，每分钟水吸收的热量Q吸2＝cm′（t2﹣t1），因同一燃气热水器正常工作时相同时间内水吸收的热量相等，所以，Q吸1＝Q吸2，即cmΔt＝cm′（t2﹣t1），则m′＝m＝×12kg＝10kg，此时每分钟流出热水的体积：V″＝＝＝0.01m3＝10L，即上述过程热水器的出水流量为10L/min，15min内水吸收的热量：Q吸＝cm″（t2﹣t1）＝4.2×103J/（kg•℃）×15×10kg×（45℃﹣15℃）＝1.89×107J，加热效率：η＝×100%＝×100%＝70%；（5）燃气完全燃烧释放的热量后散失的热量：Q散＝Q放﹣Q吸＝2.7×107J﹣1.89×107J＝8.1×106J，由题意可知，烟气通过热交换器经历的时间为1.2min，则每秒钟烟气散失的内能为＝0.1125×105J，即烟气具有的内能为0.1125×105J，由图乙可知，烟气具有的内能E与烟气的温度t成正比，且当E＝105J时，温度为t＝103℃，所以，该热水器风机排出低温烟气的温度为×0.1125×105J＝112.5℃。故答案为：（1）半导体；并；（2）C；（3）220；0.6；（4）2.7×107；10；70%；（5）112.5。七．非纯电阻电路的相关计算（共5小题）37．图甲所示是某型号双向双动式和面机。主要结构为：加热器、一个能带动搅拌器正转和反转的电动机、一个带动料桶的电动机。使用时，先给水加热到适宜的温度，然后将面粉倒入，带动搅拌器和料筒的两电动机即交替工作。下表是这个和面机的主要技术参数，图乙是和面机正常工作时搅拌电机和料桶电机交替工作的P﹣t图象。额定电压220V额定频率50Hz搅拌电机额定频率900W料桶电机额定频率600W加热额定频率1000W（1）求加热器正常工作时的电阻。（2）若和面需用60℃的热水，若取1.5kg20℃的水，则需要加热多长时间开始和面？[设无热损失，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]（3）不算烧水时间，若完成一次和面需要24分钟，则共需要多少电能？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）根据表中信息可知，加热器的额定功率为1000W，则加热器正常工作时的电阻：R＝＝＝48.4Ω；（2）水吸收的热量为：Q＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×（60℃﹣20℃）＝2.52×105J，由W＝Pt可得，和面机加热的时间：t＝＝＝＝252s；（3）搅拌机工作的时间：t1＝24×60s×＝960s，料筒电动机工作的时间：t2＝24×60s×＝480s；完成一次和面总共消耗的电能：W＝P1t1+P2t2＝900W×960s+600W×480s＝1.152×106J。答：（1）加热器正常工作时的电阻为48.4Ω；（2）若和面需用60℃的热水，若取1.5kg20℃的水，则需要加热252s开始和面；（3）不算烧水时间，若完成一次和面需要24分钟，则共需要1.1