必刷14 家用电器的档位问题-备战2020年中考物理必刷论述、计算80例（解析版）

必刷14家用电器的档位问题电吹风例69．(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=40ΩR2＝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＝EQ\F(U2,R1+R2)=5.5P机，即EQ\F(（220V）2,R1+R2)=5.5×22W，∴R1+R2＝400ΩS2接通3、4时，R2被短路，仅R1发热，其热功率P2=EQ\F(U2,R1)=10P1，即EQ\F(（220V）2,R1)=10×5.5×22W∴R1=40Ω，R2＝360Ω电饭锅例70．（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？（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＝EQ\F(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＝EQ\F(U,R1)＝4A；开关接2时，两电阻串联，为保温状态，此时的电流I2＝EQ\F(U,R1+R2)＝1A，则EQ\F(I1,I2)＝EQ\F(EQ\F(U,R1),EQ\F(U,R1+R2))＝EQ\F(R1+R2,R1)＝EQ\F(4,1)，解得EQ\F(R1,R2)＝EQ\F(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＝EQ\F(U2,R)得，并联电阻的阻值：R3＝EQ\F(U2,P3)＝EQ\F((220V)2,220W)＝220Ω。电热水器例71．(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＝EQ\F(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＝EQ\F(U2,R)判断出电路处于低温档时电路的结构，然后根据Q＝EQ\F(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＝EQ\F(U2,R)判断出电路处于中温档时电路的结构，然后根据P＝EQ\F(U2,R)求出中温档正常工作时热水器的功率。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＝EQ\F(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＝EQ\F(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＝EQ\F(U2,R1+R2)t＝EQ\F((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＝EQ\F(U2,R1)＝EQ\F((220V)2,88Ω)＝550W。电热水瓶例72．(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＝EQ\F(U2,R)可知功率最大，此时为加热状态，则R1的阻值：R1＝EQ\F(U2,P加热)＝EQ\F(（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＝EQ\F(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＝EQ\F(U2,P保温)＝EQ\F(（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＝eq\f(W,t)可得工作时间：t＝eq\f(W,P加热)＝eq\f(Q,P加热)＝eq\f(3.234×105J,1100W)＝294s。空调扇例73．(2019·衢州)空调扇具有“送风、加湿和降温”等功能，其内部主要结构为风扇、水箱和空气过滤网等。使用时，通常向水箱中加水，使吹出的风比无水时凉爽。下表是某品牌空调扇部分参数。项目参数项目参数额定电压220伏额定功率50瓦空机质量7.5千克单个轮子接触地面面积2厘米2水箱容量0.5升轮子数量4个蒸发量1升/时电源线长度1.2米（1）向水箱的水里再加入一些碎冰，可降低水温，使吹出的风比只有水时更凉爽。加冰可降低水温的原因有____。（2）人在运动大量出汗后，对着空调扇吹，很容易感冒。此时，在脑干调节下，皮肤血管收缩，血流量减少，皮肤温度下降，散热量____，从而维持人体体温恒定。（3）小科阅读参数表发现，该空调扇比较省电。计算该空调扇正常工作10小时消耗的电能。（4）计算水箱加满水时该空调扇对水平地面的压强。（5）该空调扇底座安装了万向轮，方便移动。但在其他设计上仍存在缺陷，为更方便用户使用，请结合表中参数提出条改进建议：____。【答案】解：（1）水箱中的冰熔化吸收水的热量，使水的温度降低；冰熔化后，冰水混合物的温度低于原来水的温度，两者之间存在温度差，发生热传递，使水的温度进一步下降使吹出的风比只有水时更凉爽；（2）减少；（3）有P＝eq\f(W,t)可得，该空调扇正常工作10小时消耗的电能：W＝Pt＝50×10﹣3kW×10h＝0.5kW•h；（4）根据ρ＝eq\f(m,V)知，水箱中水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×0.5×10﹣3m3＝0.5kg，水箱对水平面的压力等于重力，即F＝G总＝m总g＝（0.5kg+7.5kg）×10N/kg＝80N，水箱对水平面的压强为：p＝eq\f(F,S)=eq\f(80N,4×2×10-4m2)p＝1×105Pa；（5）加大水箱的容积，避免频繁加水；加长电源线，方便距离远些使用。【解析】【分析】本题主要考查了熔化吸热、蒸发吸热、电功公式、压强公式的应用以及分析解答能力，是一道综合题，但难度不大。（1）冰熔化吸热，使水的温度降低；冰熔化后，冰水混合物的温度低于水的温度，两者之间存在温度差，发生热传递，使水的温度进一步下降；（2）蒸发吸热，冷刺激使皮肤血管收缩血流量减少，皮肤温度下降，散热量减少，从而维持人体体温恒定；（3）根据W＝Pt算出该空调扇正常工作10小时消耗的电能；（4）根据ρ＝eq\f(m,V)算出水箱中水的质量，水箱对水平面的压力等于重力，即G＝mg，根据p＝eq\f(F,S)算出水箱对水平面的压强；（5）根据表中数据知水箱的容积较小，需要经常加水；有表格数据知电源线的长度只有1.2米，不能远距离使用；针对以上提出改进措施。电暖器例74．（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）XX牌电暖器额定电压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1.1×103J/（kg•℃）]【答案】（1）11Ω；（2）5.27A；（3）8.73℃。【解析】（1）电暖器在低温档时，由R＝EQ\F(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＝EQ\F(U2,P)可知电暖气处于低温；R1的阻值：R1＝EQ\F(U2,P低温)＝EQ\F(（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＝EQ\F(P中温,U)＝EQ\F(1160V,220V)≈5.27A；（3）因为P＝EQ\F(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＝EQ\F(Q吸,cm)＝EQ\F(4.8×105J,50kg×1.1×103J/（kg•℃）)≈8.73℃。电热后视镜例75．(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0.8×103J/（kg•℃）]【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＝EQ\F(U2,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＝EQ\F(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＝EQ\F(U2,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＝EQ\F(U,R1)＝EQ\F(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＝EQ\F(Q,W)×100%＝EQ\F(2400J,6000J)×100%＝40%。1．(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：额定电压220V额定功率低温档440W高温档1100W(1)煮饭时通过R1的电流；(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=EQ\F(P1,U)=EQ\F(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=EQ\F(U2,P2)=EQ\F(（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0.44kw·h，则R2消耗的电能为W2=W－W1=0.44kWh－0.22kw·h=0.22kw·h2．（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：额定电压220V额定功率高温档中温档低温档880W440W220W（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？（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=EQ\F(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=EQ\F(P中温,U)可求电流，再根据欧姆定律变形，R2=EQ\F(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=EQ\F(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=EQ\F(P中温,U)=EQ\F(440W,220V)=2A，由欧姆定律可得，接入电路的电热丝的阻值：R2=EQ\F(U,I中温)=EQ\F(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=EQ\F(Q吸,cm)=EQ\F(W,cm)=EQ\F(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℃。3．（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：（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=eq\f(P,U)=eq\f(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=eq\f(U,I)=eq\f(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=EQ\F(U2,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eq\f(U,R1+R2)︰eq\f(U,R1)=1︰20，所以R2=1672Ω。4．(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EQ\F(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＝eq\f(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＝eq\f(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＝eq\f(U2,R)可知，电功率最大，火锅处于高温档。（2）高温档时的电功率：P高＝P1+P2＝eq\f(U2,R1)+eq\f(U2,R2)＝eq\f(（220V）2,242Ω)+eq\f(（220V）2,60.5Ω)＝1000W，由题意知，低温档功率为高温档功率的eq\f(1,5)，即：P低＝eq\f(1,5)P高＝eq\f(1,5)×1000W＝200W，由P＝eq\f(U2,R)可得，低温档时电路总电阻：R＝eq\f(U2,P低)＝eq\f(（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′＝eq\f(81r,3000r/（kW•h）)＝0.027kW•h＝9.72×104J，则电火锅的功率：P′＝eq\f(W′,t′)＝eq\f(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。5．(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。【答案】（1）cd（2）0.94KW·h（3）R1=110ΩR2=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=EQ\F(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=EQ\F(U2,P高)=EQ\F((220)2,440W)=110Ω；低档加热时，R1+R2=EQ\F(U2,P低)=EQ\F((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。6．(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=EQ\F(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=EQ\F(U2,R)可判断电饭锅处于加热状态；根据P=EQ\F(U2,R)知，电热丝R1的阻值：R1=EQ\F(U2,P加热)=EQ\F((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=eq\f(60r,1200r/kW•h)＝eq\f(1,20)kW•h，电饭锅的实际功率：P＝eq\f(W,t)＝eq\f(eq\f(1,20)kW•h,eq\f(4,60)h)=0.75kW＝750W。额定电压电炖锅档位额定功率/W200V低温200中温400高温6007．(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=EQ\F(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=EQ\F(W,t)求出其实际功率，再根据P=EQ\F(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=EQ\F(P高温,U)=EQ\F(600W,220V)=2.7A（2）由P=EQ\F(U2,R)可得，电炖锅的电阻：R=EQ\F(U2,P)=EQ\F((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=EQ\F(20r,1800r/（kW•h）)=EQ\F(1,90)kW•h=4×104JP实=EQ\F(W实,t)=EQ\F(4×104J,121s)，由P=EQ\F(U2,R)可得，电路的实际电压：U实=EQ\R(,P实R)=EQ\R(,EQ\F(4×104J,121s)×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EQ\F(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EQ\F(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。8．(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﹣215额定电压220V加热功率1210W保温功率484W频率50HzabR1RabR1R2220VS2S1【答案】（1）0.605kW•h；（2）1000W；（3）40Ω【解析】（1）由P＝eq\f(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＝eq\f(1kW•h,1200r)×200r＝eq\f(1,6)kW•h，此时消耗的实际功率：P实＝eq\f(W,t)＝eq\f(eq\f(1,6)kW•h,10×eq\f(1,60)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＝EQ\F(U2,R)可知此时电功率最大，处于加热状态；由P＝EQ\F(U2,R)得电火锅正常加热时的电阻：R1＝EQ\F(U2,P加热)＝EQ\F(（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＝EQ\F(U2,R)可知此时电功率最小，处于保温状态；由P＝EQ\F(U2,R)得串联总电阻：R串＝R1+R2＝EQ\F(U2,P保温)＝EQ\F(（220V）2,484W)＝100Ω，R2的电阻：R2＝R串－R1＝100Ω－40Ω＝60Ω；9．(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。SS1R1R2220VS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＝60ΩR2＝40Ω（2）1A【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=eq\f(U2,R)得，R2的阻值：R2＝eq\f(U2,P加热)＝eq\f(（220V）2,1210W)＝40Ω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eq\f(P保温,P加热)＝eq\f(4,25)得，保温状态时R2的功率：P保温＝eq\f(4P加热,25)＝EQ\F(4×1210W,25)＝193.6W由P＝I2R得，电路中的电流：I＝eq\r(eq\f(P保温,R2))＝eq\r(eq\f(193.6W,40Ω))＝2.2A由欧姆定律I＝eq\f(U,R)得，U2=IR2=2.2A×40Ω=88V根据U＝U1+U2得，R1两端电压：U1=U－U2=220V－88V=132VR1＝eq\f(U1,I)＝EQ\F(132V,2.2A)＝60Ω）（2）由P＝eq\f(U2,R)得，家庭电路的实际电压：U实＝eq\r(P电热锅×R2)＝eq\r(1000W×40Ω)＝200V由P＝UI得，通过电视机的实际电流：I电视＝eq\f(P电视,U实)＝eq\f(200W,200V)＝1A10．（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？21SHAPE21甲乙【答案】（1）R1=200Ω；R2=800Ω（2）24.2℃（3）40W【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＝EQ\F(U2,R)可得，R1的阻值：R1＝EQ\F(U2,P高)＝EQ\F((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＝EQ\F(Q吸,cm)＝EQ\F(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＝EQ\F(U实2,R1+R2)＝EQ\F((200V)2,200Ω+800Ω)＝40W11．(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＝EQ\F(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＝EQ\F(U2,R2)＝EQ\F((220V)2,96.8Ω)＝500W，发热体R1的功率：P1＝900W－500W＝400W；由P＝EQ\F(U2,R)可知，R1＝EQ\F(U2,P1)＝EQ\F((220V)2,400W)＝121Ω。（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＝eq\f(W,t)可得，用高温档牛柳从40℃加热到190℃，需要时间t＝EQ\F(W,P)＝EQ\F(9×104J,900W)＝100s。12．(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=EQ\F(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=EQ\F(U2,R)=EQ\F((220V)2,5500W)=8.8Ω；（2）用高温档淋浴时，淋浴20min共用水100L，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=EQ\F(W,t)=EQ\F(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=EQ\F(U2,R)分析不同档位电路的连接，根据R=EQ\F(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=EQ\F(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。13．(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“220V2200W”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。【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＝eq\f(Q,W)算出正常加热1分钟提供的热量；（3）根据R0＝eq\f(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＝eq\f(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＝eq\f(U2,R0)+eq\f(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＝eq\f(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＝（eq\f(U2,R0)+eq\f(U2,R)）︰eq\f(U2,R+R0)＝4︰1，算出R的电阻，根据P高温＝eq\f(U2,R)+eq\f(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＝eq\f(P,U)＝eq\f(1.1×105W×103W,1100×103V)＝100A；（2）根据P＝eq\f(W,t)得，消耗的电能：W＝Pt＝2200W×60s＝1.32×105J，根据η＝eq\f(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＝eq\f(U额2,P额)＝eq\f((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＝eq\f(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＝eq\f(U2,R0)+eq\f(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＝eq\f(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＝（eq\f(U2,R0)+eq\f(U2,R)）︰eq\f(U2,R+R0)＝4︰1，（eq\f(1,R)+eq\f(1,R0)）︰eq\f(1,R+R0)＝4︰1，eq\f(R+R0,RR0)︰eq\f(1,R+R0)＝4︰1，eq\f((R+R0)2,RR0)＝4︰1，(R+R0)2＝4RR0，(R－R0)2＝0解得：R＝R0＝22Ω。高温档时的电功率：P高温＝eq\f(U2,R0)+eq\f(U2,R)＝eq\f(2U2,R)＝eq\f(2×(220V)2,22Ω)＝4400W。14．（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“220V10(40)A3200imp/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2000W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＝eq\f(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＝eq\f(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＝eq\f(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＝eq\f(1,3200)×80kW•h＝eq\f(1,40)×3.6×106J＝9×104J；电热水壶的实际功率是：P＝eq\f(W,t)＝eq\f(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＝eq\f(Q,W)＝eq\f(7.56×104J,9×104J)×100%＝84%。15．(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。壶的容积1.5L额定电压220V加热功率1000W保温功率44W（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。（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＝EQ\F(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＝EQ\F(P保温,U)＝EQ\F(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＝EQ\F(U2,P加热)＝EQ\F((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＝EQ\F(U,R)可得，此时电路中的总电阻：R总＝EQ\F(U,I)＝EQ\F(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＝eq\f(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＝eq\f(Q吸,W)×100%可得，消耗的电能：W＝eq\f(Q吸,η)＝eq\f(5.04×105J,70%)＝7.2×105J，由P＝eq\f(W,t)可得，需要的加热时间：t′＝eq\f(W,P加热)＝eq\f(7.2×105J,1000W)＝720s＝12min。16．(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？（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＝EQ\F(U2,R)可得，R3的阻值：R3＝EQ\F(U2,P高温)＝EQ\F((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＝EQ\F(U2,P中)＝EQ\F((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＝EQ\F(U2,R1+R3)＝EQ\F((220V)2,176Ω+44Ω)＝220W；（3）满壶水的体积：V＝1L＝1dm3＝1×10﹣3m3，由ρ＝EQ\F(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＝EQ\F(W,t)可得，需要的加热时间：t′＝EQ\F(W,P加热)＝EQ\F(3.696×105J,1100W)＝336s。17．(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所示：品牌品牌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1.5L（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。18．(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：额定电压220V频率50Hz额定功率1100W容量1L（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；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=eq\f(W,t)求出用电器的实际功率。解：（1）由P=eq\f(U2,R)可得，养生壶正常工作时的电阻：R=eq\f(U2,P)=eq\f((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=eq\f(Q吸,W)可得，养生壶消耗的电能：W=eq\f(Q吸,η)=eq\f(3.696×105J,80%)=4.62×105J，由P=eq\f(W,t)可得，养生壶工作时间：t=eq\f(W,P)=eq\f(4.62×105J,1100W)=420s。（3）转盘转动40转消耗电能：W=eq\f(40,1200)kW•h=eq\f(1,30)kW•h＝1.2×105J，t＝2min＝120s，型号××额定电压220V额定功率1000W频率50Hz电养生壶的实际功率：P实=eq\f(W,t)=eq\f(1.2×105J,120s)=1000W。19．(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。工作时间t=7min=420s，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=EQ\F(Q吸,W)×100%=EQ\F(3.36×105J,4.2×105J)×100%=80%。【解析】（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=EQ\F(Q吸,W)×100%求出该电热水壶的热效率。20．(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)型号LZJ620额定电压220V加热功率220W保温功率20W【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=200WR2=EQ\F(U2,P2)=EQ\F((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=200sW=P加热t=220W×200s=4.4×104Jη＝EQ\F(Q吸,W)=EQ\F(3.2×104J,4.4×104J)=72.7％21．(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0.5×103J/(kg·℃)。设水烧干瞬间，发热盘的温度为110℃，不计热损失。【答案】（1）968Ω（2）12.48W（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＝EQ\F(U2,R)算出电热水瓶处于保温状态且不抽水时的电阻；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＝eq\f(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＝eq\f(U2,P保温)＝eq\f(（220V）2,50W)＝968Ω（2分）（2）闭合开关S3，电磁泵与R3串联，通过R3的电流为：I3＝eq\f(U3,R3)＝eq\f(220V－12V,200Ω)＝1.04A故电磁泵的功率为P泵＝U泵I泵＝U泵I3＝12V×1.04A＝12.48W（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＝eq\f(cmΔt,P加热)＝eq\f(0.5×103J/(kg·℃)×0.5kg×(120℃－110℃),1000W)＝2.5s（3分）22．（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。水桶容量水桶容量20L热水箱容量1L额定电压220V加热功率400W保温功率44WSS1R1R2S2220V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＝EQ\F(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＝EQ\F(P保温,U)＝EQ\F(44W,220V)＝0.2A；（2）根据ρ＝EQ\F(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＝EQ\F(Q吸,W电)，所以消耗的电能为：W电＝EQ\F(Q吸,η)＝EQ\F(2.94×105J,80%)＝3.675×105J，因为P＝EQ\F(W,t)，所以加热所需时间为t＝EQ\F(W,P)＝EQ\F(3.675×105J,400W)＝918.75s。23．(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。XX牌饮水机额定电压220V额定功率加热1000W保温22W加热效率80%（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＝eq\f(Q吸,W)×100%求出需要消耗的电能，利用P＝eq\f(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；（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＝eq\f(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＝eq\f(Q吸,W)×100%可得，需要消耗的电能：W＝eq\f(Q吸,η)＝eq\f(1.68×105J,80%)＝2.1×105J，由P＝eq\f(W,t)可得，需要加热的时间：t1＝eq\f(W,P加热)＝eq\f(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＝eq\f(U2,R)可得，R1的阻值：R1＝eq\f(U2,P加热)＝eq\f((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＝eq\f(P保温,U)＝eq\f(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。24．（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能，利用公式I＝EQ\F(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＝EQ\F(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＝EQ\F(W,Ut)＝EQ\F(0.11×3.6×106J,220V×3600s)＝0.5A；（3）电动机的功率为：P电动机＝EQ\F(W电动机,t)＝EQ\F(0.11kW•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＝EQ\F(U2,R1)＝EQ\F((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＝EQ\F(U2,R)可得，R2的阻值为：R2＝EQ\F(U2,P2)＝EQ\F((220V)2,550W)＝88Ω。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R1R2。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）项目参数额定功率（V）220R1额定功率（W）1936R2额定功率（W）968电动机功率（）44适用面积（m2）10【答案】（1）13.4A（2）25Ω（3）800W（4）48×10J【解析】（1）开关均闭合时，R1、R2和电动机同时工作，电路总功率为：P=PPP=1936W968W44W2948W工作时的干路电流为：I=EQ\F(P,U)=EQ\F(2948W,220V)=13.4A（2）R1的阻值为：R1=EQ\F(U2,P1)=EQ\F(（220V）2,1936W)=25Ω（3）R2的阻值为：R2=EQ\F(U2,P2)=EQ\F(（