2020年中考物理计算题解题攻略二专题4.2初中热电综合计算题.docx

1、专题4.2 初中热电综合计算题知识回顾 解决热电综合计算题一般涉及到的物理公式包括物体吸热公式、放热公式、热值公式、热效率公式、 电功公式、电功率公式等；涉及到的物理规律有热平衡思想、串联电路特点、欧姆定律、焦耳定律等。典例突破 【例题1】（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110，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2.1103J/（kg）。求：（1）吹冷风时，在空调扇内加入冰袋会使吹

2、出的风温度变低，若冰袋内冰的质量为lkg，温度从16升高到一6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0.11kWh，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）吹冷风时，冰从周围吸收的热量是2.1104J；（2）吹冷风时，通过电动机的电流是0.5A；（3）吹热风时，R2的电阻是88。【解析】（1）冰吸收的热量为：Q吸c冰m冰t2.1103J/（kg）1kg6（16）2.1104J；（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WUIt可得，通过电动机的电流为：I冷0.5A；（3）电动机的功率为：P电动机

3、0.11kW110W，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：P1440W，已知此时空调扇的总功率为1100W，则消耗R2的功率为：P2PP电动机P11100W110W440W550W，由P可得，R2的阻值为：R288。【例题2】（2019湖北随州）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。（R1R2）XX牌电

4、暖器额定电压220V额定功率低温挡440W中温档高温挡1600W频率50Hz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1.1103J/（kg）【答案】（1）R1的电阻是11；（2）电暖器“中温”档正常工作时的电流是5.27A；（3）可使此房间的空气温度升高8.73。【解析】（1）闭合开关S1，R1单独接入电路，R1R2，根据P可知电暖气处于低温；R1的阻值：R1110；（2）闭合S1为“低温”挡，R1单独接入电路；单独闭合S

5、2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1600W440W1160W；根据PUI可得，“中温档”正常工作时的电流：I25.27A；（3）因为P，所以电暖器的“高温”档正常工作10min，放出的热量：WP高温t1600W1060s9.6105J；空气吸收的热量：Q吸W50%9.6105J4.8105J，由Q吸cmt可得，房间空气升高的温度：t8.73。中考达标训练题 1（2019湖北黄石）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”、

6、“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4.2103J/（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

7、家中3000revs/（kWh）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？【答案】（1）关；（2）电热加湿器中R1的阻值为121；（3）可以使注水仓中冷水的温度升高19；（4）此时电阻R2的实际功率是60.75W。【解析】（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PUI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：R1121；（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

8、W/t可得，在高档正常工作时消耗的电能：W高P高t高400W1060s2.4105J，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2.4105J，由Q吸cmt可得，水升高的温度：t19；（4）因3000revs/（kWh）表示：每消耗1kWh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：WkWh0.009kWh3.24104J，加湿器在低挡加热的实际功率：P低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PUII2R可得

9、，电路中的电流：IA，此时电阻R2的实际功率：P2I2R2I23R1（A）2312160.75W。2（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100，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。后视镜玻璃质量约0.5kg，玻璃的比热容约0.8103J/（kg）【答案】（1）除霜模式下，电路中的电流为1

10、A；（2）除霜模式下，电路的加热效率为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，此时电阻最小，根据P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：I1A；（2）除霜模式下1min消耗的电能：WUIt100V1A60s6000J，后视镜玻璃吸收的热量：Qcmt0.8103J/（kg）0.5kg62400J，除霜模式下，电路的加热效率：100%100%40%。3（2019山东枣庄）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：额定电压220V频率50Hz额定功率1100W容量1L（1）养生壶

11、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4.2103J/（kg），水1.0103kg/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/（kWh）”，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，求电养容量生壶的实际功率。【答案】（1）养生壶正常工作的电阻为44。（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420s；（3）电养生壶的实际功率为1000W。【解析】（1）由

12、P=U2R可得，养生壶正常工作时的电阻：R=U2P=(220V)21100W=44。（2）1L水的质量：mV1.0103kg/m31103m31kg；水吸收的热量：Q吸cmt4.2103J/（kg）1kg（10012）3.696105J，由=Q吸W可得，养生壶消耗的电能：W=Q吸=3.696105J80%=4.62105J，由P=Wt可得，养生壶工作时间：t=WP=4.62105J1100W=420s。（3）转盘转动40转消耗电能：W=401200kWh=130kWh1.2105J，t2min120s，电养生壶的实际功率：P实=Wt=1.2105J120s=1000W。4.（2019天津）某电

13、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=4.2103J/（kg），求：（1）水吸收的热量；（2）电热水壶的热效率。型号xx额定电压220V额定功率1000W频率50Hz【答案】（1）水吸收的热量为3.36105J；（2）电热水壶的热效率为80%。【解析】（1）水吸收的热量：Q吸=c水m（t-t0）=4.2103J/（kg）1kg（100-20）=3.36105J。（2）工作时间t=7min=420s，电热水壶正常工作7min消耗的电能：W=Pt=1000W420s=4.2105J，则电热水壶的热效率：=Q吸W100%=3.361

14、05J4.2105J100%=80%。5（2018烟台）常温常压下，一台标有“220V 2000W“的电热水壶正常工作时，将质量为1kg、初温为20的水烧开，需要的时间是 假设该热水壶产生的热量完全被水吸收，c水=4.2103J/（kg）。【答案】168s。【解析】在1个标准大气压下水的沸点为100，则水吸收的热量：Q吸=cm（tt0）=4.2103J/（kg）1kg（10020）=3.36105J，不计热损失，由W=Q吸=Pt可得，需要的加热时间：t=168s。6（2018威海）标有“220V，2000W“的“即热式”电热水龙头，其加热电阻丝的阻值是；在额定电压下工作21s，若不计热量损失，

15、能够使kg的水从15上升到35水的比热容为4.2103J/（kg）【答案】24.2；0.5。【解析】（1）根据P=可得，加热电阻丝的阻值：R=24.2；（2）由P=可得，在额定电压下工作21s消耗的电能：W=Pt=2000W21s=4.2104J；若不计热量损失，则Q吸=W=4.2104J，由Q吸=cmt可得，加热水的质量：m=0.5kg。7（2017威海）一个标有“220V 1200W”的电热水壶。要在1个标准大气压下将2kg温度为20的水烧开，水需要吸收的热量是J，若不计热损失，电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间是s（水的比热容为4.2103J/（kg）【答案】6.72105J；560

16、。【解析】（1）在标准大气压下，水的沸点为100，水吸收的热量：Q吸=cm（tt0）=4.2103J/（kg）2kg（10020）=6.72105J；（2）因为电热水壶正常工作，所以P=P额=1200W，不计热损失，Q吸=W=Pt，所以电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间：t=560s。8（2018临沂）小明妈妈为奶奶买了一个电热足浴盆（如图所示），内部由加热系统和按摩系统两部分组成。加热系统的加热电阻额定电压220V，额定功率605W问：（1）小明帮奶奶泡脚时，向足浴盆中加入6kg初温为20的水，加热系统的加热电阻正常工作15min将水加热到40，此加热过程中水吸收的热量是多少？消耗的电能

17、是多少？c水=4.2103J/（kg）（2）当小明家的实际电压是200V时，加热电阻工作的实际功率是多少？（3）足浴盆按摩系统中的电动机工作电压是12V（按摩系统将交流电压转换为12V），工作电流为4A，其电阻为0.5，电动机工作中因发热损失的功率是多少？【答案】（1）此加热过程中水吸收的热量是5.04105J；消耗的电能是5.445105J；（2）加热电阻工作的实际功率是500W；（3）电动机工作中因发热损失的功率是8W。【解析】（1）水吸收的热量：Q吸=c水m（tt0）=4.2103J/（kg）6kg（4020）=5.04105J；加热时间t=15min=900s，足浴盆加热时消耗的电能：

18、W=P额t=605W900s=5.445105J。（2）由P=得，加热电阻的阻值：R=80，当小明家的实际电压是200V时，加热电阻工作的实际功率：P实=500W。（3）电动机工作中因发热损失的功率：P损=I2R=（4A）20.5=8W。9（2017威海）某生态园设计了模拟日光和自动调温系统，实现照明、保温和加热的功能，其原理如图所示，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），R2=30，L是标有“220V 160W”的照明灯泡，白天有日光的时候，只开启该系统的保温功能并连续工作10h，此时R1与R2的电功率之比为1：3，晚上温度较低的时候，需开启加热和照明功能。

19、灯泡正常发光此状态下系统也需连续工作10h，q沼气=1.8107J/m3，请解答下列问题：（1）晚上工作时电路的总功率是多大？（2）若一天中工作的20h内电热丝放出的热量完全由该生态园自产的沼气提供，其热效率为50%，则每天需要完全燃烧多少m3的沼气？【答案】（1）晚上工作时电路的总功率是5000W；（2）每天需要完全燃烧24.2m3的沼气。【解析】（1）由题知，白天有日光时，系统处于保温状态，灯泡不工作，此时两开关应断开，两电阻R1、R2串联，总电阻最大，总功率最小；由串联电路的特点可知，通过两电阻的电流相等，且R1与R2的电功率之比为1：3，由P=I2R可得：=，由题知R2=30，所以R1

20、=10；晚上系统处于加热状态，且灯泡正常工作，由电路图可知，此时两开关应都闭合，灯泡L与R1并联；由并联电路的特点可知，此时U=U1=220V，且灯泡正常工作，所以R1的功率：P1=4840W，所以晚上工作电路的总功率：P总=P额+P1=160W+4840W=5000W；（2）由串联电路的特点和P=可得，白天系统在保温状态时电热丝的总功率：P保温=1210W，由题可知白天和晚上系统的工作时间相同，则一天内电热丝放出的热量：Q=W=P1t+P保温t=（P1+P保温）t=（4840W+1210W）103600s=2.178108J，由沼气燃烧的热效率为50%可得：50%Q放=Q，由Q放=qV可得需

21、要燃烧沼气的体积：V=24.2m3。10（2018滨州）图甲是一家用电器，有“低温”，“中温”，“高温”三档，铭牌见下表（“高温”档功率空出），图乙为其简化的电路原理图，S是自我保护开关，电暖器跌倒时，S自动断开，切断电源，保证安全，闭合S1为“低温”档。请完成下列问题：牌电暖器额定电压220V额定功率低温档550W中温档1100W高温档频率50Hz（1）“低温”档正常工作时的电阻是多少？（2）“高温”档正常工作时的总电流是多少？（3）若某房间内空气质量为60kg，空气温度为10，设定空气的比热容为1.1103J/（kg）且保持不变，用该电要器的“高温”档正常工作20分钟，放出热量的50%被房

22、间内的空气吸收，那么可使此房间的空气温度升高多少？【答案】（1）“低温”档正常工作时的电阻是88；（2）“高温”档正常工作时的总电流是7.5A；（3）可使此房间的空气温度升高15。【解析】（1）闭合S1为“低温”档，R1单独接入电路，由P=可求“低温”档正常工作时的电阻是：R1=88；（2）闭合S1为“低温”档，R1单独接入电路，单独闭合S2为“中温”档，高温档为S1、S2同时闭合，R1、R2并联，P高温=P低温+P中温=550W+1100W=1650W，根据P=UI可得高温档时正常工作的电流：I=7.5A，（3）电暖器的“高温”档正常工作20分钟，放出的热量：W=P高温t=1650W2060

23、s=1.98106J；空气吸收的热量：Q吸=W=50%1.98106J=0.99106J；由Q吸=cmt可得，房间的空气温度升高：t=15。11（2017潍坊）某品牌的电热水壶铭牌如表所示，电热水壶正常工作时，将水壶中的额定容量的水加热至沸腾。已知室温与水的初温皆为20，水的比热容c水=4.2103J/（kg），水的密度水=1.0103kg/m3。型号LL8015额定电压220V额定功率1360W额定频率50Hz额定容量1.0L（1）求水吸收的热量；（2）通过计算判断，加热时间是否可能为200s。【答案】（1）水吸收的热量为3.36105J；（2）计算表明，加热时间不可能为200s。【解析】（

24、1）由电热水壶铭牌可知，电热水壶的额定电压是220V，额定功率是1360W，容积是1L；一壶水的质量：m=V=1.0103kg/m31103m3=1kg，水吸收的热量：Q吸=cmt=4.2103J/（kg）1kg（10020）=3.36105J；（2）电水壶正常工作200s消耗的电能：W=Pt=1360W200s=2.72105J，由于WQ吸，因此加热时间不可能为200s。12（2017临沂）现代居家生活中，水族箱已成为室内装饰的一个亮点，某品牌水族箱（如图）的玻璃容器内装有50L水，内置一根“220V 100W”的自动温控棒，冬天养热带鱼时，水族箱内水的温度要求控制在2628之间（温度棒的水

25、温低于26时开始工作，水温达到28时自动断开）（1）求水族箱中水的质量；（2）在某次温控中，温控棒正常工作了87.5min，求该次温控棒的温控效率【水的比热容为4.2103J/（kg）】（3）若用电高峰时，家庭电路的实际电压仅为217.8V，求此时温控棒的工作电流（温控棒阻值不变）【答案】（1）水族箱中水的质量为50kg；（2）该次温控棒的温控效率为80%；（3）此时温控棒的工作电流为0.45A。【解析】（1）水的体积：V=50L=0.05m3，由=可得，水族箱内水的质量：m=V=1.0103kg/m30.05m3=50kg；（2）已知加热过程中温度由26加热到28，温控棒正常工作了87.5m

26、in，水吸收的热量：Q吸=cm（tt0）=4.2103J/（kg）50kg（2826）=4.2105J，由P=可得，消耗的电能：W=Pt=100W87.560s=5.25105J，该次温控棒的温控效率：=100%=100%=80%。（3）由P=可得，温控棒阻值R=484，已知温控棒阻值不变，当家庭电路的实际电压仅为217.8V时，温控棒的工作电流I=0.45A。13.（2018山东临沂）小明妈妈为奶奶买了一个电热足浴盆(如图所示)，内部由加热系统和按摩系统两部分组成。加热系统的加热电阻额定电压220V，额定功率605W。问:(1)小明帮奶奶泡脚时，向足浴盆中加入6kg初温为20C的水，加热系统

27、的加热电阻正常工作15min将水加热到40，此加热过程中水吸收的热量是多少?消耗的电能是多少?c水=4.2103/(kg.)(2)当小明家的实际电压是200V时，加热电阻工作的实际功率是多少?(3)足浴盆按摩系统中的电动机工作电压是12V(按摩系统将交流电压转换为12V),工作电流为4A，其电阻为0.5，电动机工作中因发热损失的功率是多少?【答案】（1）5.04105J，5.445105J（2）500W（3）8W【解析】（1）由题根据Q吸=cmt求出水吸收的热量。由题意电热足浴盆注水量为6kg，当温度达到显示温度40时，完成加热，所以水吸收的热量：Q吸=cmt=4.2103J/（kg）6kg（

28、4020）=5.04105J；加热时间t=15min=900s，电热足浴盆加热的功率为605W，由P=W/t得，电热足浴盆消耗的电能：W=Pt=605W900s=5.445105J，（2）根据W=Pt求出电热足浴盆消耗的电能，然后根据P额=U额2/R得出R值，再根据 P实=U实2/R求出实际功率。由电功率公式可得P额=U额2/RR=U额2/P额 P实=U实2/R=U实2/（U额2/P额）=（200v）2/（220v）2/605W）=500W（3）由P=I2R计算电动机工作中因发热损失的电功率。电动机工作中因发热损失的功率P=I2R=(4A)20.5=8W14. （2019杭州）图甲是一个豆浆机

29、的实物图，豆浆机的中间部位是一个电动机，电动机通过金属杆带动其下部的刀片旋转，从而将原料粉碎打浆；刀片外部是一个环状加热管（电热丝），用来对豆浆加热，该豆浆机的部分参数如表所示。制作豆浆的过程是加热和打浆交替进行，图乙是该豆浆机做好一次豆浆的P-t图象。求：额定电压220V频率50Hz电动机输入功率110W加热功率1000W（1）加热管正常工作时电阻丝的阻值是多少？（2）在811分钟的时间内，设豆浆质量为1.5kg，比热恒为4103J/（kg），加热管产生的热量全被豆浆吸收，到第11分钟时豆浆温度恰好为100，则第8分钟时豆浆温度为多少？（3）豆浆机在粉碎打浆时，电动机的内阻为40，则电动机输

30、出的机械功率是多少？【答案】（1）48.4；（2）70。（3）100W。【解析】（1）由P=U2R可得，豆浆机正常加热时电热管的电阻： R1=U2P1=(220V)21000W=48.4；（2）由P=Wt可得，加热管产生的热量Q=W=Pt=1000W360s=1.8105J，加热管产生的热量全被豆浆吸收，Q吸=W=1.8105J，由Q吸=cm（t-t0）可得，1.8105J=4103J/（kg）1.5kg（100-t0）解得t0=70。（3）电动机转动时，其电流I=P输入U=110W220V=0.5A，热功率为：P热=I2r=（0.5A）240=10W；其输入的电功率为：P入=110W，消耗的

31、电能转化为内能和机械能，故电动机的机械功率为：P出=P入-P热=110W-10W=100W。15（2018天津）图为某电热器的电路原理图，通过将开关S置于不同的位置，可以实现“加热”和“保温”两种状态的变换，对应的额定功率分别为800W和40W。（1）将开关S接“1”时，电热器处于（选填“加热”或“保温”）状态。（2）电热器在加热状态下正常工作，将0.5kg初温为20的水加热到100，需要多长时间？（【水的比热容为4.2103J/（kg），假设电能全部转化为水的内能】【答案】（1）加热；（2）电热器在加热状态下正常工作，将0.5kg初温为20的水加热到100，需要的时间为210s。【解析】（1

32、）将开关S接“1”时，电路为R2的简单电路，电路中电阻最小，根据P=可知，电源电压一定时，电阻越小，电功率越大，所以此时电热器处于加热状态。（2）水吸收的热量：Q吸=cm（tt0）=4.2103J/（kg）0.5kg（10020）=1.68105J，由题意可知，假设电能全部转化为水的内能，则W=Q吸=1.68105J，由P=得，需要的加热时间：t=210s。16.（经典能力题）小明的妈妈利用天然气灶烧水，把质量为1kg的20的水烧开（在标准大气压下） （1）通过观察天燃气表得知消耗了0.01m3的天然气，如果天然气的密度为0.7kg/m3，烧水时消耗天然气多少千克？（2）在此过程中水需要吸收多

33、少热量？（3）用额定功率是800W的电热壶在220V额定电压下，烧开同样质量的水，若电能转化为内能的效率是84%，则通电时间是多少？【答案】（1）0.007kg （2）3.36105J （3）500s【解析】（1）天然气的质量可以利用密度的计算公式变形，即m=V。消耗的天然气的质量为：m=V=0.7kg/m30.01m3=0.007kg （2）水吸收的热量，可以利用吸放热的公式进行计算。Q吸=cm（t2t1）=4.2103J/（kg）1kg（10020）=3.36105J（3）在使用电水壶烧水时，把电能转化为内能，根据题意，只有84%的内能被水吸收，即Q吸=84%Q放=84%W。电流做功： W

34、=Q吸/84%=4105J通电时间： t=W/P=4105J/800W =500s17.（经典能力题）如图是我们家庭用的一种电热饮水机的简化电路图，其参数如下表，R1、R2 是发热电阻丝。（1）若饮水机正常工作的加热效率为90%，现将质量为0.4kg、初温为25的水在一标准大气压下加热至沸腾， 已知水的比热容是4.2103J/(kg)，求：水需要吸收的热量？烧开这些水消耗了多少电能？（2）当饮水机处于保温状态时，R1的电阻值是多大？【答案】（1）1.26105J；1.4105J.（2）1056.【解析】（1）水吸收的热量为：Q吸=c水m水（t-t0）=4.2103J/（kg）0.4kg（100

35、-25）=1.26105J由Q吸=W可得，消耗的电能：W=Q吸/=1.26105J/90%=1.4105J.（2）由电路图可知，开关S2断开时两电阻串联，电路电阻较大，开关S2闭合时，只有电阻R2接入电路，电阻R1被短路，此时电路电阻较小，电源电压U一定，由P =U2/R可知，电阻越大，电路功率越小，电阻越小，饮水机功率越大，因此当开关S2断开时，电路阻值较大，电功率较小，饮水机处于保温状态因此当开关S2闭合时，电路阻值较小，电功率较大，饮水机处于加热状态。用P 1、P 2分别表示保温、加热功率，则P 1=44W P 2=1100W加热时,R2=U2/P 2= (220V) 2/1100W =

36、44保温时R总=U2/P 1= (220V) 2/44W =1100则R1=R总-R2=1100-44=105618.（经典能力题）如图（甲）所示是生活中常见的自动加热、保温的电水壶，它的铭牌如下面表格。现将它接在220V的电压下工作。已知水的比热容为4.2103J（kg.）额定电压220V频率50Hz容积6L加热功率1000W保温功率40W （1）如图（乙）所示为电水壶的电路图，其中R0是电热水壶中的电热管，R是与电热水壶的电热管串联的电阻，S是一个能自动切换的温控开关，此热水壶是在热胆中储水，由电热管加热工作的。请根据电路图判断：在什么情况下，电水壶处于加热状态？在什么情况下，电水壶处于保

37、温状态？ 乙 （2）请根据铭牌数据信息，计算R0和R的阻值分别是多少？（3）电水壶处于加热状态时，在840s时间内，使热胆中2kg、20的水温度升高到100。求电水壶的热效率。【答案】（1）开关闭合时电水壶处于加热状态，开关断开时电水壶处于保温状态。（2）R0=48.4 R=1161.6（3）80% 【解析】（1）开关闭合时，R被短路，这时电路的电阻只有R0 ，电路消耗的电功率为P0= U2/R0开关断开时，这时电路的电阻R和R0 串联，电路消耗的电功率为P= U2/（R+ R0）很明显知道P0P所以开关闭合时电水壶处于加热状态，开关断开时电水壶处于保温状态。（2）开关闭合时，R被短路，这时电

38、路的电阻只有R0 ，电路消耗的电功率为加热功率P0=1000W，这时P0=U2/R01000 W=U2/R0 开关断开时，这时电路的电阻R和R0 串联，电路消耗的电功率为保温功率P=40W根据P= U2/（R+ R0）40 W=U2/（R+ R0）已知U=220V 解得R0=48.4 R=1161.6（3）电水壶处于加热状态时，t=840s时间产生的电能为W=P0tP0=1000W则W=P0t=1000W840s=8.4105J水吸收的热量为Q=cmt= cm（t2-t1 ）已知c=4.2103J（kg.）m=2kg t2=100 t1=20则Q吸=cmt=cm（t2-t1 ）=4.2103J

39、（kg.）2kg（100-20） =6.72105J由Q吸/W得电水壶的热效率为Q吸/W=6.72105J/8.4105J=0.8=80%19.（经典能力题）学习了电功率的知识后，小亮想利用家中的电能表（如图所示）测量电水壶的电功率和热效率他把质量为1kg温度是20的冷水倒入电水壶中，然后把家中的用电器都与电源断开，仅让电水壶工作，在5分钟内将这壶水烧开（在标准器压下），他观察到电能表转盘转了70转试求：（1）将这壶水烧开，水吸收的热量是多少？（2）电水壶的电功率为多少？（3）电水壶的热效率为多少？【答案】（1）3.36105J；（2）1400W；（3）80%【解析】知道水的质量、初温、末温（

40、在标准器压下水的沸点为100）以及比热容，根据Q吸=cm（t-t0）求出水吸收的热量；600Revs/kWh表示电路中每消耗1kWh的电能，电能表的转盘转600r，据此求出转盘转70r消耗的电能，根据P=W/t求出电水壶的电功率；水吸收热量和消耗电能的比值即为电水壶的热效率（1）在标准器压下水的沸点为100，则水吸收热量：Q吸=cm（t-t0）=4.2103J/（kg）1kg（100-20）=3.36105J；（2）电能表转盘转了70转消耗电能：W=70600kWh=706003.6106J=4.2105J，电水壶的电功率：P=W/t=1400W；（3）电水壶的热效率：=Q吸/W100%=10

41、0%=80%20.（经典能力题）几千年来中国的厨艺最讲究的就是“火候”二字。现在市场上流行如图所示的新型电饭锅，采用“聪明火”技术，电脑智能控温、控压，智能化控制食物在不同时间段的温度，以得到最佳的口感和营养，其简化电路如图甲所示。R1和R2均为电热丝，S是自动控制开关。把电饭锅接入220V的电路中，用电饭锅的“聪明火”煮米饭，电饭锅工作时的电流随时间变化的图像如图乙所示。（1）求电热丝R2的阻值（计算结果保留一位小数）；（2）这个电饭锅在015min内把质量为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=4.2103J/（kg）。SR2R1220V0123510

42、15202530t/minI/A乙甲【答案】（1）73.3 （2）70% 【解析】（1）当开关S闭合时，电路中只有R2工作，从乙图可知通过R2的电流I3A。 （2）米饭吸收的热量Qcmt4.2103J/（kg）1.1kg(10020)3.696105J电饭锅在015min内消耗的电能WW1W2UI1t1UI2t2220V3A1060s220V2A560s5.28105J电饭锅加热的效率21.（经典能力题）如甲图所示的电压力锅，集压力锅、电饭锅的优点于一体，省时节电，热效率高。电压力锅工作原理如图乙，已知R2的电阻值为48.4，单独闭合开关S1时，压力锅的功率为80W。S2R2R1S1220V乙

43、甲（1）单独闭合开关S1时，电压力锅处于状态（选填“保温”或“加热”）。（2）R1的电阻是多少？（3）同时闭合开关S1和S2，电压力锅工作1min消耗的电能是多少？【答案】（1）单独闭合开关S1时，电压力锅处于保温状态（2）R1的电阻是605（3）同时闭合开关S1和S2，电压力锅工作1min消耗的电能是6.48104J【解析】（1）由电路图可知，单独闭合开关S1时，只有电阻R1接入电路，电路功率较小，电压力锅处于保温状态；（2）由P=U2/R可知，电阻R1的阻值：R1=U2/P1=605；（3）电阻R2的功率：P2= U2/R2=1000W，同时闭合开关S1和S2，电压力锅工作1min消耗的电

44、能：W=（P1+P2）t=（80W+1000W）60s=6.48104J。22（经典能力题）某品牌电热水器有慢加热、快加热和保温三个工作状态。铭牌上的部分参效如下表所示，其中快加热功率参数模糊不清，它能够把水加热到的最高温度为75简化电路如图所示，R1、R2均为加热电阻温度对电阻的影响忽略不计）。若电热水器中已装满质量为40kg、温度为25的水。请完成下列问题：已知水的比热容c=4.2103J/（kg）（1）用该电热水器把水加热到最高温度，水需要吸收的热量。（2）开关S1闭合，S2接b，电热水器处于慢加热工作状态，求R1的阻值。（3）若加热电阻产生的热量有84%被水吸收，用该电热水器把原有的水

45、加热到最高温度，用快加热比用慢加热节约多少秒？（结果保留整数）额定电压220V保温功率605W慢加热功率1210W快加热功率【答案】（1）用该电热水器把水加热到最高温度，水需要吸收的热量为8.4106J。（2）R1的阻值为40；（3）用快加热比用慢加热节约4132s。【解析】由电路图可知，开关S1闭合、S2接a时，R1与R2并联；开关S1闭合、S2接b时，电路为R1的简单电路；开关S1断开、S2接a时，电路断路；开关S1断开、S2接b时，R1与R2串联，根据P=UI=可知，电路中的电阻越小，电路的总功率越大，据此判断电热水器的档位。根据Q=cmt计算把水加热到最高温度，水需要吸收的热量；开关S

46、1闭合、S2接b时，电路为R1的简单电路，电热水器处于慢加热档，根据P=求出电阻R1的阻值；根据并联电路的电阻特点，可求得R1与R2并联时的总电阻，然后利用P=求出快加热功率，根据加热电阻产生的热量有84%被水吸收，可求得消耗的电能：用慢加热消耗的电能与用快加热消耗的电能相同，然后利用P=公式变形分别求得快加热和用慢加热所用时间，然后可得出结论。（1）水需要吸收的热量：Q=cmt=4.2103J/（kg）40kg（7525）=8.4106J；（2）开关S1闭合、S2接b时，电路为R1的简单电路，电热水器处于慢加热档，由P=可得，电阻R1的阻值：R1=40；（3）开关S1断开、S2接b时，R1与

47、R2串联，电路中电阻最大，总功率最小，电热水器处于保温档，此时电路的总电阻：R串=80，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串R1=8040=40；开关S1闭合、S2接a时，R1与R2并联，电路中电阻最小，总功率最大，电热水器处于快加热档；由电阻的并联可得：=+，即=+，解得R并=20，则快加热功率：P快加热=2420W，加热电阻产生的热量有84%被水吸收，用该电热水器把原有的水加热到最高温度，则由=可得，消耗的电能：W=1107J，分别用慢加热档和快加热档加热时，水吸收的热量不变、且热效率也不变，所以用两档加热时消耗的电能相同，都为W=1107J，由P=可得，用快加热所用的时间：t快=4132s；由P=可得，用慢加热所用的时间：t慢=8264s；则用快加热比用慢加热节约的时间：t=t慢t快=8264s4132s=4132s。