2023年初中物理自主招生讲义62（习题解析）

初中物理自主招生讲练62答案与解析一．电流的热效应（共4小题）1．下列用电器中，利用电流热效应工作的是（）A．电暖气 B．计算器 C．电视机 D．笔记本电脑答案与解析：A、电暖气工作时将电能转化为内能，利用了电流的热效应，故A符合题意；B、计算器工作时主要把电能转化为光能与声能，不是利用电流热效应工作的，故B不符合题意；C、电视机工作时主要把电能转化为光能与声能，不是利用电流热效应工作的，故C不符合题意；D、笔记本电脑工作时主要把电能转化为光能与声能，不是利用电流热效应工作的，故D不符合题意。故选：A。2．如图所示的用电器中，利用电流热效应工作的是（）A．计算器 B．电风扇 C．电暖气 D．电视机答案与解析：A、计算器工作时主要把电能转化为光能与声能，不是利用电流热效应工作的，故A不合题意；B、电风扇主要是把电能转化为机械能，不是利用了电流的磁效应，故B不合题意；C、电暖气将电能转化为内能，利用了电流的热效应，故C符合题意；D、电视机工作时注意把电能转化为光能与声能，不是利用电流热效应工作的，故D不合题意。故选：C。3．假设导体没有电阻，当用电器通电时，下列说法正确的是（）A．白炽灯仍然能发光 B．电动机仍然能转动 C．电饭锅仍然能煮饭 D．电熨斗仍然能熨衣服答案与解析：白炽灯、电饭锅、电熨斗都是利用电流的热效应工作的，如果导体没有电阻，当用电器通电时，用电器不会产生电热，白炽灯不能发光，电饭锅不能煮饭，电熨斗不能熨衣服。如果导体有电阻，电动机工作时，电能转化为机械能和内能，假设导体没有电阻，当电动机通电时，电动机不会产生电热，电能全部转化为机械能，效率更高更好。故选：B.4．图为一种电磁炉的原理示意图，它是利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场，磁化铁磁性材料制成的烹饪锅，在锅体形成无数小的感应电流（涡流）而产生热量；同时，被磁化的铁磁材料分子因摩擦、碰撞而发热，从而使锅体自身发热达到加热食物的目的。（1）使用电磁炉加热食物时，不产生明火，无烟尘、无废气、清洁、安全、高效、节能。请写出电磁炉在使用中可能涉及的物理知识（只写名称，不写内容）。（2）在使用电磁炉时，锅和炉之间热量的传递方向是A。A.从锅到炉B.从炉到锅（3）电磁炉加热食物的过程中，消耗电能转化为内能。答案与解析：（1）根据电磁炉的工作原理可知，电磁炉在使用中可能涉及到的物理知识有：电流的磁效应、电磁感应、电流的热效应；（2）由于锅体产生电流，电流的热效应而产生热量，所以热量产生于锅体，所以热量是由锅传给炉，故选A；（3）电磁炉工作时，消耗的电能转化为内能。答：（1）电流的磁效应；电磁感应现象；电流的热效应（合理皆可）；（2）A；（3）电；内能。二．焦耳定律（共7小题）5．电烙铁通电一段时间后变得很烫，而连接电烙铁的导线却没有明显发热，这是主要是因为（）A．导线的绝缘皮隔热 B．导线散热比电烙铁快 C．通过导线的电流小于通过电烙铁的电流 D．导线的电阻远小于电烙铁电热丝的电阻答案与解析：电烙铁在使用时，电烙铁和铜导线串联，I电烙铁＝I导线，通电时间t相同，∵Q＝I2Rt，R电烙铁＞R导线，∴电流产生的热量：Q电烙铁＞Q导线，从而出现通电一段时间后电烙铁变得很烫、而连接电烙铁的铜导线却不怎么热的现象；由以上分析可知，选项A、B、C错，D正确。故选：D。6．小洁家购买了一台电饭锅，在使用时闻到橡胶的焦糊味，用手摸其电源线发现很热，而其它用电器仍正常工作，请你用所学的物理知识帮小洁分析一下，发生这一现象的原因是（）A．电压太高 B．电源线太粗 C．电源线太细 D．电源线太短答案与解析：电饭锅与电源线串联，流过它们的电流I相等，电源线很热，说明电源线电阻产生的热量多，电源线电阻比较大。导体的电阻与导体材料、导体长度、导体横截面积有关，电饭锅电源线的材料、长度一定，电阻较大，是因为电源线横截面积太小，电源线太细造成的。故选：C。（多选）7．小辉想探究电流通过电阻时产生的热量与哪些因素有关。他连接了如图所示的电路进行实验，其中两个完全相同的烧瓶内分别装有质量相等、初温均为25℃的煤油，阻值为5Ω和10Ω的电阻丝R1、R2．闭合开关一段时间后，记录此时两个温度计的示数。根据上述实验，下列说法中正确的是（）A．此实验探究的是热量与电阻的关系 B．此实验探究的是热量与电流的关系 C．此实验探究的是热量与时间的关系 D．此实验中用温度计示数变化的大小反映产生热量的多少答案与解析：ABC、由图可知，两电阻丝串联，则通过两电阻丝的电流和通电时间是相同的，电阻不同，所以探究的是热量与电阻的关系，故A正确，BC错误；D、电流通过电阻丝做功，消耗的电能转化为内能，产生的热量被煤油吸收，煤油吸收热量、温度升高，所以，本实验是通过温度计的示数变化反映电流产生的热量多少，故D正确。故选：AD。（多选）8．为了研究“电流通过导体产生的热量与哪些因素有关”，小秋设计如图实验：先在一块电路板上插上四根相同的竹筷，然后在相对的两根竹筷间分别连上阻值不同的电阻丝AB和CD（RAB＜RCD），最后和开关、蓄电池组成一电路。实验时，小秋将一块长方体泡沫块水平放在两根电阻丝上，闭合开关，发现搁在CD上的泡沫块先被切断。下列说法正确的是（）A．本实验研究的是电热Q与电流I的关系 B．实验中两根电阻丝产生的热量是QAB＞QCD C．将泡沫块换成薄石蜡块也可以完成该实验 D．本实验研究的是电热Q与电阻R的关系答案与解析：AD、由图可知，AB、CD两根电阻丝串联，所以通过两电阻丝的电流相同、通电时间相同，由焦耳定律可知，该实验研究的是：当通过的电流和通电时间相同时，电流产生的热量与导体电阻大小的关系，故A错误，D正确；B、因为两电阻丝串联，所以通过电阻的电流相等，因为RAB＜RCD，根据Q＝I2Rt可知，导体电阻越大，产生的热量越多，即QAB＜QCD，故B错误。C、本实验是通过观察泡沫块的熔化快慢来判断电阻丝产生热量的多少，所以将泡沫块换成薄石蜡块也可以完成该实验，故C正确。故选：CD。9．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，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，可以通过比较升高的温度，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（选填“＞”、“＜”或“＝”），可以比较不同物质的吸热能力。闭合开关一段时间，可以通过比较升高的温度，判断甲、乙两瓶内液体的比热容。答案与解析：（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，即通过比较升高的温度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流和电阻的关系；（2）探究“不同物质的吸热能力”的实验，应在甲、乙两瓶内换用质量、初温都相同的不同液体，并使甲、乙两烧瓶中电阻丝的阻值相同，即R甲＝R乙，则相同时间内两电阻丝上产生的热量相同，闭合开关一段时间，可以通过比较升高的温度，判断电甲、乙两瓶内液体的比热容，例如：若温度计a比温度计b温度升高得快，由Q＝cm△t可知，甲的比热容小于乙的比热容。故答案为：（1）升高的温度；电流；电阻；（2）＝；升高的温度。10．如图，甲、乙两透明密闭容器中都有一段电阻丝，内有质量相等的空气，U形管中液面高度的变化可以反映密闭容器中空气温度的变化。（1）为研究电流产生的热量与电阻的关系，将此装置两端接到电源，通电一段时间后，电流在乙容器中产生的热量较多；（2）若在原电路中再串联一个滑动变阻器，当通电相同的时间时，可以探究电流产生的热量与电流的关系。答案与解析：（1）上图中，两电阻丝串联，通过的电流相等，通电时间也相等，而5Ω＜10Ω，根据Q＝I2Rt可知，通电一段时间后，电流在乙容器中产生的热量较多；（2）若在原电路中再串联一个滑动变阻器，通过移动变阻器的滑片可改变电路的电流，以甲或乙容器的电阻丝（电阻大小不变）为研究对象，当通电相同的时间时，可以探究电流产生的热量与电流的关系。故答案为：（1）乙；（2）电流。11．某同学组装了如图所示的实验装置来研究电流的热效应，其中甲、乙为两个完全相同的密闭容器，a、b、c为每根阻值均为5Ω的电阻丝。（1）该同学设计此实验装置的目的主要是探究下列哪一种关系C。A．电阻产生的热量与通电时间的关系B．电阻产生的热量与电阻大小的关系C．电阻产生的热量与通过该电阻的电流的关系（2）a、b两根电阻丝在相等的时间内产生的热量之比为Qa：Qb＝4：1。（3）若将C电阻丝换成10Ω的电阻丝。则此时a、b两根电阻丝在相等的时间内产生的热量之比为Q'a：Q'b＝9：4。（4）若接通电路后U形管内A内的液面高度差明显变大，而U形管B的液面高度差没有变化，则出现此现象的原因可能是BD（可多选）。A．a电阻丝断路B．b电阻丝断路C．c电阻丝断路D．c电阻丝短路。答案与解析：（1）图中装置中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I右＝I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右＝I内+I外，所以，I左＞I内，烧瓶内的电阻值都是5Ω，阻值相等，通电时间相等，电流不同，运用控制变量法，电阻产生的热量与通过该电阻的电流的关系；（2）根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即Ia＝2Ib，则a，b两根电阻丝在相等的时间内产生的热量之比＝＝＝；（3）若将C电阻丝换成10Ω的电阻丝。根据I＝可得，此时右边两电阻的电流之比为1：2，则左边电流为3I，则此时a、b两根电阻丝在相等的时间内产生的热量之比＝＝＝；（4）A、若a电阻丝断路就不会发热，接通电路后U形管内A内的液面高度差不会明显变大，故A不符合题意；B、若b电阻丝断路，电流可以经过c电阻丝，但c在容器外部，故液体不发热，故可能出现U形管内A内的液面高度差明显变大，而U形管B的液面高度差没有变化；故B符合题意；C、若c电阻丝断路，电路中电流可以经过b电阻丝，因此电流中有电流，b在容器内部，故液体发热，U形管内A内的液面高度差明显变大，而U形管B的液面高度差有变化，故C不符合题意；D、若c电阻丝短路。相当于右边部分短路，相当于没有给容器中的液体加热，会出现U形管B的液面高度差没有变化，故D符合题意。故答案为：（1）C；（2）4：1；（3）9：4；（4）BD。三．焦耳定律的计算及其应用（共13小题）12．在某电压下用两个不同的电热丝烧开水，不计热量损失，单独用第一个烧，用时t1，单独用第二个烧同样的水，用时t2。如果把两电热丝并联使用，接在相同电压下一起烧同样的水，所用时间为（）A． B． C．t1+t2 D．|t1﹣t2|答案与解析：不计热量损失，单独用第一个电热丝把水烧开需要的热量：Q1＝W1＝t1，单独用第二个烧同样的水，需要的热量：Q2＝W2＝t2，Q1＝Q2，即：t1＝t2，所以R1＝，把两电热丝并联使用，接在相同电压下一起烧同样的水，所用时间为t，需要的热量Q＝t+t，且Q＝Q1，即：t+t＝t1，所以：t＝，将R1＝代入上式中，t＝＝＝。故选：A。13．甲、乙两个电热器的电阻之比为5：4，通过的电流之比为2：1，通电时间之比为1：4，则电流通过甲、乙两个电热器产生的热量之比为（）A．5：4 B．5：8 C．1：5 D．5：1答案与解析：由Q＝I2Rt可得电热器产生的热量之比：＝＝＝。故选：A。14．如今大城市普遍存在着停车难的问题，图甲是集存车、绿化、景观、防盗、户外广告等多功能为一体的“路边空中绿化存车亭”；存车时只需40s就可以把车子“锁上天”。图乙为“路边空中绿化存车亭”的工作原理图，其中A为存车架，O为杆OB的转动轴，杆的B端固定悬挂泊车装置，BC为牵引OB杆转动的钢丝绳，M为牵引钢丝绳的电动机。存车时，汽车开到存架上，电动机通过钢丝绳BC将杆OB拉到一定高度固定；取车时，将OB杆放下使存车架落回地面。请根据以上信息回答下列问题（忽略OB的重力和机械各部分的摩擦力）：（1）图乙中使用了定滑轮，它的作用是改变力的方向。（2）这台电动机正常工作时两端的电压为220V，通过线圈的电流为10A，若此线圈的电阻为3Ω，那么它在1min内产生的热量为1.8×104J。答案与解析：（1）图乙中使用了定滑轮，定滑轮的特点是不省力，但可以改变力的方向；（2）这台电动机1min内产生的热量：Q＝I2Rt＝（10A）2×3Ω×60s＝1.8×104J。故答案为：（1）改变力的方向；（2）1.8×104。15．如图中表示一方框内有两段相同阻值的电热丝的热水器，每段电阻值都是24.2Ω，热水器内盛有初温和质量一定的水，将A、C接到电压220V的电源上，通电22.4min能把水烧开。若将A、C连接后再将A、B接到电压220V的电源上，则烧开同样的水需要5.6min。答案与解析：电源电压U不变，烧开同样一壶水，水所吸收的热量Q不变，将两根电热丝串联接在电源上，此时电路中的总电阻为24.2Ω×2＝48.4Ω；22.4min可将饮水器中的水加热至沸腾；将AC连接后再将A、B接到电压220V的电源上，此时电路中的总电阻为24.2Ω×＝12.1Ω，此时的总电阻为串联时的四分之一；根据Q＝W＝t可知在电压和热量不变的情况下，电阻变为原来的四分之一，时间也会变为原来的四分之一，即24.2min×＝5.6min。故答案为：5.6。16．如图所示，是研究“在相同时间内电流通过导体产生的热量与电阻的关系”的实验装置。若电阻丝R甲＝5Ω，R乙＝10Ω，通过电路中的电流为0.5A，则甲电阻丝在2min内产生的热量是150J。答案与解析：（1）如图甲，两个电阻串联在电路中，电流相同，通电时间相同，电阻不同，根据控制变量法可知，是探究电流产生热量跟电阻的关系；（2）甲电阻丝在2min内产生的热量：Q甲＝I2R甲t＝（0.5A）2×5Ω×2×60s＝150J。故答案为：电阻；150。17．一台电动机正常时线圈两端的电压为220V，线圈的电阻为2Ω，通过线圈的电流为10A．这台电动机正常工作时，一秒钟消耗的电能为2200焦，线圈产生的热量为200焦。答案与解析：电动机正常运转时的电压为220V，通过的电流为10A，工作1s消耗的电能：W＝UIt＝220V×10A×1s＝2200J，电流产生的热量：Q＝I2Rt＝（10A）2×2Ω×1s＝200J。故答案为：2200；200。18．阻值为100Ω的电阻丝，通过的电流为2A，则通电60s的过程中电流通过电阻丝产生的热量为2.4×104J。答案与解析：电流产生的热量：Q＝I2Rt＝（2A）2×100Ω×60s＝2.4×104J。故答案为：2.4×104。19．如右图所示电路，各电阻阻值分别为R1＝2Ω，R2＝3Ω，R3＝4Ω，R4＝6Ω，在同一段时间内放出的热量分别为Q1、Q2、Q3和Q4，则＝。答案与解析：由图知，R3和R4并联，R3＝4Ω，R4＝6Ω，所以I3：I4＝R4：R3＝3：2，由此可知I3＝I，I4＝I，I1＝I2＝I，∵Q＝I2Rt，∴Q1＝I2R1t，Q2＝I2R2t，Q3＝（I）2R3t，Q4＝（I）2R4t＝＝＝＝。故答案为：。20．图甲为某款新型电饭煲，额定电压为220V，它采用了“聪明火”技术，智能化地控制不同时间段的烹饪温度，以得到食物最佳的营养和口感，图乙为其电路原理图，R1和R2为电阻不变的电热丝，S1是自动控制开关。将电饭煲接入220V电路中，在电饭煲工作的30min内，它消耗的电功率随时间变化的图象如图丙所示。求（1）0～30min，电饭煲产生的总热量；（2）S和S1均闭合，电路中的总电流；（3）求R1和R2的阻值分别是多少？答案与解析：（1）由电路图可知，当开关S和S1都闭合时，电路为R1与R2并联，电饭煲的功率较大；只闭合开关S、断开S1时，电路为R1的简单电路，电饭煲功率较小；由图乙可知，工作30min中，功率P总＝660W时的时间t2＝30min﹣15min＝15min＝900s，功率P1＝440W时的时间t1＝15min＝900s，由Q＝W＝Pt可得，0～30min内电饭煲产生的总热量：Q＝Q1+Q2＝W1+W总＝P1t1+P总t2＝440W×900s+660W×900s＝9.9×105J；（2）S和S1均闭合，R1和R2并联；由丙可知P总＝660W，由P＝得，电路中的总电流：I总＝＝＝3A；（3）闭合开关S、断开S1时，电路为R1的简单电路，P1＝440W，由P＝可得R1的阻值：R1＝＝＝110Ω，开关S和S1都闭合时，电路为R1与R2并联，所以R2的功率：P2＝P总﹣P1＝660W﹣440W＝220W所以R2的阻值：R2＝＝＝220Ω。答：（1）0～30min，电饭煲产生的总热量为9.9×105J；（2）S和S1均闭合，电路中的总电流为3A；（3）R1和R2的阻值分别是110Ω和220Ω。21．如图为小颖同学设计的电热水器的原理图，该电热水器具有加热、保温功能。图1中电磁继电器（线圈电阻不计）、热敏电阻R、保护电阻R0、电压恒为6V的电源U1、导线等组成控制电路。当电磁铁线圈中的电流I＜10mA时，继电器上方触点和触点c接通；当电磁铁线圈中的电流I≥10mA时，电磁铁的衔铁被吸下，继电器下方触点和触点a、b接通。热敏电阻中允许通过的最大电流I0＝15mA，其电阻R随温度变化的规律如图2，热敏电阻和加热电路中的三只电阻R1、R2、R3均置于储水箱中。已知R1＝33Ω、R2＝66Ω、R3＝154Ω、U2＝220V。（1）衔铁被吸下时，加热电路的总电阻是多大？（2）保温状态下，若加热电路的发热功率等于热水器散热功率的80%，求10分钟内热水器散失的热量。（3）为使控制电路正常工作，保护电阻R0的阻值至少为多大？若R0为该值，衔铁刚好被吸下时储水箱中水温是多少？答案与解析：（1）由电路图知：衔铁被吸下时，R1、R2并联，由并联电路的特点知：＝+电路总电阻R＝＝＝22Ω；（2）由电路图知，保温状态下：R2、R3串联，10min加热电路产生的热量Q＝t＝×600s＝1.32×105J，10分钟内热水器散失的热量Q′＝＝＝1.65×105J；（3）由图乙可知，热敏电阻的最小值是R＝200Ω，当R最小，控制电路中的电流不超过最大值时，保护电阻R0阻值最小，由I0＝得：保护电阻R0的最小值R0＝﹣R＝﹣200Ω＝200Ω，由题意知，衔铁刚好被吸下时，电路电流I＝10mA＝0.01A，此时电流总电阻R总＝＝＝600Ω，此时热敏电阻R＝R总﹣R0＝600Ω﹣200Ω＝400Ω，由图2可知，此时水温为60℃。答：（1）衔铁被吸下时，加热电路的总电阻是22Ω；（2）10分钟内热水器散失的热量是1.65×105J；（3）保护电阻R0的阻值至少为200Ω，衔铁刚好被吸下时储水箱中水温是60℃。22．一根阻值为10Ω的电阻丝，通电10s，通过该电阻丝的电流为2A，则电流通过该电阻丝产生的热量为400J。答案与解析：电阻丝产生的热量Q＝I2Rt＝（2A）2×10Ω×10s＝400J；故答案为：400。23．如图甲为小颖同学设计的电热水器的原理图，该电热水器具有加热、保温功能。图甲中电磁继电器（线圈电阻不计）、热敏电阻R、保护电阻R0、电压恒为6V的电源U1、导线等组成控制电路。当电磁铁线圈中的电流I＜10mA时，继电器上方触点和触点c接通；当电磁铁线圈中的电流I≥10mA时，电磁铁的衔铁被吸下，继电器下方触点和触点a、b接通。热敏电阻中允许通过的最大电流I0＝15mA，其电阻R随温度变化的规律如图乙，热敏电阻和加热电路中的三只电阻R1、R2、R3均置于储水箱中。已知R1＝33Ω、R2＝66Ω、R3＝154Ω、U2＝220V。（1）衔铁被吸下时，加热电路的总电阻是多大？（2）保温状态下，若加热电路的发热功率等于热水器散热功率的80%，求10分钟内热水器散失的热量；（3）为使控制电路正常工作，保护电阻R0的阻值至少为多大？若R0为该值，衔铁刚好被吸下时储水箱中水温是多少？答案与解析：（1）由电路图知：衔铁被吸下时，R1、R2并联，由并联电路的特点知：电路总电阻R＝＝＝22Ω；答：衔铁被吸下时，加热电路的总电阻是22Ω。（2）由电路图知，保温状态下：R2、R3串联，10min加热电路产生的热量＝×600s＝1.32×105J，10分钟内热水器散失的热量＝＝1.65×105J；答：10分钟内热水器散失的热量是1.65×105J。（3）由图乙可知，热敏电阻的最小值是R＝200Ω，当R最小，控制电路中的电流不超过最大值时，保护电阻R0阻值最小，由得：保护电阻R0的最小值R0＝﹣R＝﹣200Ω＝200Ω，由题意知，衔铁刚好被吸下时，电路电流I＝10mA＝0.01A，此时电流总电阻R总＝＝＝600Ω，此时热敏电阻R＝R总﹣R0＝600Ω﹣200Ω＝400Ω，由图2可知，此时水温为60℃。答：保护电阻R0的阻值至少为200Ω，衔铁刚好被吸下时储水箱中水温是60℃。24．北方的冬天，室外很冷，可交通警察还要长时间站在道路上指挥交通某同学为交警同志设计了一种保温鞋，设计的电路如图所示，其中R1为9Ω的发热电阻，R2为调节电阻，此电路具有加热挡和保温挡已知两种工作状态下发热电阻的功率之比为9：1，调节电阻在保温状态下的功率为2W，求：（1）调节电阻的阻值；（2）电源电压；（3）发热电阻在加热状态下，每小时产生的热量。答案与解析：（1）由图知，当S1、S2闭合时，只有R1连入电路中，电路中电阻较小，由P＝可知，此时保温鞋为加热状态。加热功率：P1＝当S1闭合时，S2断开时，两电阻串联，电路中电阻较大，此时保温鞋为保温状态，发热电阻R1功率：P2＝I2R1＝×R1，由题知，R1为9Ω的发热电阻，两种工作状态下发热电阻的功率之比为9：1，即：＝＝＝，所以：＝，解得：R2＝2R1＝2×9Ω＝18Ω；（2）保温鞋为保温状态时，P2＝I2R2，电路中电流：I＝，电源电压：U＝I（R1+R2）＝（R1+R2）＝×（9Ω+18Ω）＝9V；（3）保温鞋在加热状态下，发热电阻在t＝1h＝3600s内产生的热量：Q＝W＝t＝×3600s＝3.24×104J；答：（1）调节电阻的阻值为18Ω；（2）电源电压为9V；（3）发热电阻在加热状态下，每小时产生的热量为3.24×104J。四．电热的利用与防止（共2小题）25．将一台“220V100W”的电风扇、一个“220V100W”的充电器、一把“220V100W”的电烙铁分别接到220V的电源上，在相同的时间内，电流通过它们产生的热量最多的是（）A．电烙铁 B．充电器 C．电风扇 D．一样多答案与解析：3个用电器虽然功率一样，但是电风扇主要把电能转化为机械能，发热量较小，充电器将电能转化为化学能在电池里储存起来，发热量很小，只有电烙铁是利用电热，电能全部变成内能。故选：A。26．李老师做了这样一个演示实验：如图所示，由电源、导线、一段裸导线和一段电阻丝构成一个简单电路，在电阻丝和裸导线上裹上相同的两张纸，接通电路，观察到通电的电阻丝使纸片燃烧，而裸导线上裹的纸却没有燃烧。请你根据这个演示提出一个相关的物理问题？并根据问题提出一个对应的猜想。答案与解析：在电阻丝和裸导线上的纸相同，通电后导线发热，纸被加热，当达到纸的燃点后，纸燃烧，可以提出：问题：通电导体产生的热量与哪些因素有关？（或通电导体产生的热量与导体的电阻有关吗？）电阻丝和裸导线串联连接，通过它们的电流I与通电时间t都相等，电阻丝和裸导线的电阻阻值不同，通电后，电阻丝使纸片燃烧，而裸导线上裹的纸却没有燃烧，可以猜想：通电导体产生的热量与导体的电阻有关。（或通电导体产生的热量与导体的电阻有关。）答：如上所述。五．电功与电热的综合计算（共34小题）27．在一搅拌机的容器内装有质量m为0.5kg的水，把水加热到70℃后让其在室温下自动冷却。其温度随时间变化的关系如图所示。现开动电动搅拌机对该冷却的水不停的搅拌，电动机的功率P为900瓦，其做的功有80%转化为水的内能。若不考虑容器的内能变化，水最终的温度约为（）A．10℃ B．30℃ C．40℃ D．50℃答案与解析：搅拌机每秒钟使水增加的内能：Q＝Wη＝Ptη＝900W×ls×80%＝720J，由Q＝cm△t可知，这些能量可以使水温度升高：△t＝＝＝0.343℃，所以在图中找出水冷却时温度随时间变化的快慢等于0.343℃/秒的位置，对应的点所表示的温度即为水的最终温度。具体做法是：在图中作直线AB，使沿AB的温度变化快慢等于0.343℃/秒，作AB的平行线A'B'与图线相切，读出切点P的纵坐标，可知水的最终温度为30℃，则水最终的温度是30℃。故选：B。28．用“220V，800W”的电热壶烧水。若不考虑能量损失。当把它接入110V的电源上时，在32分钟内可将一壶水烧开，若将该壶接在220V电源上时，烧开同样一壶水所用时间为（）A．8分钟 B．16分钟 C．64分钟 D．128分钟答案与解析：烧开同样一壶水消耗的电能相等，设电热壶的电阻为R，则有：＝＝t2＝8min故选：A。29．空气能热水器的工作原理是：空气能热水器在工作时，从空气中吸收的热量为Q，消耗的电能为W，通过热交换使水吸收的热量为Q吸，即Q吸＝Q+W．某型号的空气能热水器电功率为1400W，工作时消耗的电能W是水吸收热量Q吸的三分之一。当用此热水器将100kg的水从15℃加热到55℃时，所用的加热时间是4000s。（水的比热容为4.2×103J/（kg•℃））答案与解析：水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×（55℃﹣15℃）＝1.68×107J，因空气能热水器工作时消耗的电能W是水吸收热量Q吸的三分之一，所以，空气能热水器工作时消耗的电能：W＝Q吸＝×1.68×107J＝5.6×106J，由P＝可得，所用的加热时间：t′＝＝＝4000s。故答案为：4000。30．在一搅拌机的容器内装有质量为0.5千克的水，把水加热到70℃后让其在室温下自动冷却。其温度随时间变化的关系如图所示。现开动电动搅拌机对该冷却的水不停地搅拌，电动机的功率为900瓦，其做的功有80%转化为水的内能。若不考虑容器的内能变化，已知水的比热容4.2×103J/（kg•℃），则在考虑室温的自动冷却的情况下，水最终温度是30℃。答案与解析：（1）由P＝可得，1s搅拌机做功：W＝Pt＝900W×1s＝900J，转化为水的内能：Q＝Wη＝900J×80%＝720J，由Q＝mc△t可得，水升高的温度：△t＝＝≈0.343℃；（2）搅拌机每秒钟能使水温上升0.343℃，在图中找出水冷却时温度随时间变化的快慢等于0.343℃/秒的位置，对应的点所表示的温度即为水的最终温度。具体做法是：在图中作直线AB，使沿AB的温度变化快慢等于0.343℃/秒，作AB的平行线A'B'与图线相切，读出切点P的纵坐标，可知水的最终温度为30℃，则水最终的温度是30℃。故答案为：30℃。31．用“220V800W”的电水壶烧水，若不考虑能量损失，当接在110V电源上时，用时32min可将一壶水烧开，如果接在220V电源上时，烧开同样一壶水所用的时间是8min。答案与解析：烧开同样一壶水消耗的电能相等，设电热壶的电阻为R，则根据W＝UIt＝t有：t1＝t2，即t1＝t2，解得：t2＝t1＝×32min＝8min。故答案为：8。32．在一种塑料工艺品加工制作过程中，需要用98℃的热水给塑料加热，称为水浴加热法，若容器中盛有1.5kg98℃的水，由于环境温度较低，使得热水由于散热而每分钟降低7℃．现用一根电阻为60Ω的电热丝给水加热，设电流产生的热都被水吸收，则恰能保持98℃的水温，那么在电阻丝两端应加210V的电压。（水的比热为4.2×103J/（kg•℃））答案与解析：Q放＝Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/Kg•℃×1.5Kg×7℃＝44100J，∵Q放＝W＝t，∴电阻丝两端电压U＝＝＝210V；故答案为：210。33．为了缓解用电高峰期电力紧张的矛盾，我国有有些地区使用了“分时电（能）表”，下列表格是采用分时计费前、后的电费价目表：原电表计费方法分时电表计费方法时间范围全天高峰期低谷期6：00﹣22：0022：00﹣次日6：00单元（元/度）0.500.550.32小明家每天要用电水壶将质量为3kg、初温为20℃的水烧开。已知气压为1标准大气压时水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）．则：这些水被烧开需要吸收的热量为1.008×106J；使用分时电表后，小明家把烧水时间安排在用电低谷期。若不计热量损失，则仅此一项一个月（以30天计）比原来节省的电费为1.51元。答案与解析：（1）在一标准大气压下水的沸点为100℃，∴水被烧开需要吸收的热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×3kg×（100℃﹣20℃）＝1.008×106J。（2）若不计热量损失，每天消耗的电能为：W＝Q吸＝1.008×106J＝1.008×106J×＝0.28kW•h，则一个月节约的电费为：0.28kW•h×（0.50﹣0.32）元/kW•h×30＝1.512元≈1.51元。故答案为：1.008×106；1.51。34．一个有加热和保温两种状态的微型电热水器，内部简化电路如图所示，它由控制电路和工作电路两部分组成，其中R0为热敏电阻，它的阻值随温度的升高而减小，开关S0和S都闭合时，电热水器开始加热，加热状态时工作电路的功率为1100W。当电热水器中水的温度达到50℃时，电磁铁才会把衔铁吸下，使B、C两个触点接通，电热水器处于保温状态。已知R2＝2156Ω，c水＝4.2×103J/（kg•℃），求：（1）R1的电阻。（2）当温度达到50℃后，通电10min，R2产生的热量。（3）将2.2kg的水从15℃加热到45℃，需要通电5min，则电热水器的加热效率。答案与解析：（1）由电路图和题意可知，触点A、B接通时，工作电路为R1的简单电路，电热水器处于加热状态，由P＝UI＝可知，R1的阻值：R1＝＝＝44Ω；（2）温度达到50℃后，触点B、C接通，工作电路为R1、R2的串联电路，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，则电路中的电流：I＝＝＝＝0.1A；根据串联电路的电流特点可知，通过R2的电流I2＝I＝0.1A；通电10min，R2产生的热量：Q＝I22R2t＝（0.1A）2×2156Ω×10×60s＝12936J；（3）水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2.2kg×（45℃﹣15℃）＝2.772×105J；由P＝得，通电5min内消耗的电能：W＝Pt′时间＝1100W×5×60s＝3.3×105J；电热水器的加热效率：η＝＝＝84%。答：（1）R1的电阻为44Ω；（2）当温度达到50℃后，通电10min，R2产生的热量为12936J；（3）将2.2kg的水从15℃加热到45℃，需要通电5min，则电热水器的加热效率为84%。35．如图为某型号电热水器电路原理图，虚线框内的R、R2为两个加热电阻，在电路中可以实现加热和保温功能。热水器加热电阻R的额定电压为220V。加热时，按下温控开关S与a、b接触，此时红色指示灯亮；当达到一定温度时，温控开关S自动跳接到c，使热水器处于保温状态，此时绿色指示灯亮（绿灯电阻不计）；加热电阻R在加热状态和保温状态时的功率之比为9：1，红灯标有“15V5W”的字样，热水器工作时两灯均正常发光。求：（1）红灯正常发光时的电阻R红；（2）电阻R1的阻值；（3）当热水器处于加热状态时，将20L水温度升高50℃用时14min，设此过程中加热电阻产生的热量全部被水吸收。求加热电阻R的额定加热功率和加热电阻R2的阻值。[已知：c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3]答案与解析：（1）根据P＝知，红灯正常发光时的电阻为：R红＝＝＝45Ω；（2）加热时，按下温控开关S与a、b接触，此时外围电路中电阻R1和红灯串联，红色指示灯亮，且正常发光；根据P＝UI知，通过红灯的电流：I＝＝＝A；根据串联电路电压的规律可得，电阻R1两端的电压：U1＝U﹣UL红＝220V﹣15V＝205V；因为串联电路电流处处相等知：I1＝I＝A；电阻R1的阻值：R1＝＝＝615Ω；（3）根据ρ＝知，4L水的质量为：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×20×10﹣3m3＝20kg；水吸收的热量为：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×20kg×50℃＝4.2×106J；因为加热电阻产生的热量全部被水吸收，所以加热时消耗的电能W＝Q吸＝4.2×106J；加热功率（即加热电阻R的额定功率）：P加热＝＝＝5000W，根据P＝知，加热电阻R的阻值：R＝＝＝9.68Ω；因为加热电阻R在加热状态和保温状态时的功率之比为9：1，所以保温时R的电功率为PR保温＝W，温控开关S跳接到c时，用电器处于保温状态，此时R与R2串联（绿灯电阻不计），根据P＝I2R得，保温时电路的电流为：I保温＝＝＝A，保温时R与R2的总电阻为：R总＝＝＝29.04Ω，则加热电阻R2的阻值为：R2＝R总﹣R＝29.04Ω﹣9.68Ω＝19.36Ω。答：（1）红灯正常发光时的电阻R红为45Ω；（2）电阻R1的阻值为615Ω；（3）加热电阻R的额定加热功率为5000W，加热电阻R2的阻值为19.36Ω。36．有一种WSJ﹣60型号电水壶，如图1是电水壶的电路图，L1为电源指示灯、L2为保温指示灯、L3为加热指示灯，R1、R2、R3为指示灯的保护电阻，其大小为100kΩ左右；R为加热器，其电阻小于100Ω；S1、S2为压键开关；ST温控器是一个双金属片温控开关，当温度较低时，其处于闭合状态，当温度升高到一定值后，会自动断开，从而实现了自动温度开关控制。当水壶放在底座上时，就分别压下压键开关S1、S2，并接通电路，如果插头插入插座后，就接通了电源，电源指示灯就亮，反之就断开。该壶有手动和自动两种工作状态。当钮子开关拨到手动挡时，加热电阻连入，开始加热，水沸腾以后再将钮子开关拨回。当钮子开关拨到自动挡时，此时通过ST温控器将加热电阻连入，并开始加热；当水沸腾后，ST温控器的触点断开，进入保温状态，保温指示灯亮；当水的温度低于某温度后，ST温控器又重新接通，再次进入加热状态。若加热器电阻阻值随温度改变而发生的变化可忽略不计，根据以上叙述与观察，请回答以下问题：（1）现将一满壶25℃的水在标准大气压下烧开需时10min，请计算该电水壶的热效率。水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）。（2）通过分析电水壶的电路，说明为什么处于自动状态下，水未沸腾前，保温指示灯是不亮的？（3）试计算电水壶正常工作时其加热电阻的阻值是多大？如果指示灯的保护电阻的大小是100kΩ，当它处于保温状态时，试估算电水壶保温时的功率有多大？由此可以说明什么问题？答案与解析：（1）一满壶水的体积为：V＝1L＝1dm3＝1×10﹣3m3，由ρ＝可得水的质量为：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg；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•℃）×1kg×（100℃﹣25℃）＝3.15×105J，由P＝可得，消耗的电能：W＝Pt′＝600W×10×60s＝3.6×105J，该电水壶的热效率：η＝×100%＝×100%＝87.5%；（2）因为当电水壶处于自动状态下，水未沸腾前，保温指示灯与ST双金属片温控器并联，且ST双金属片温控器处于连通，对保温指示灯短路；所以保温指示灯被短路不亮；（3）由P＝得，电水壶正常工作时其加热电阻的阻值：R＝＝＝80.7Ω，保温状态时，电路中加热电阻与保温指示电路串联后与电源指示电路并联接通电路。所以通过电热器的电流为：I＝+＝＝2.2×10﹣3A，就以这个电流计算，保温状态时电热器的发热功率为：P＝I2R＝（2.2×10﹣3A）2×100000Ω＝0.484W。即可以近似认为不发热。所以保温状态下的水温逐渐降低。答：（1）该电水壶的热效率为87.5%；（2）因为当电水壶处于自动状态下，水未沸腾前，保温指示灯与ST双金属片温控器并联，且ST双金属片温控器处于连通，对保温指示灯短路；所以保温指示灯被短路不亮；（3）电水壶正常工作时其加热电阻的阻值是80.7Ω，当它处于保温状态时，电水壶保温时的功率为0.484W，可以说明保温状态下电水壶近似认为不发热，水温会逐渐降低。37．章明在自己家中用一个标有220V的电热水器来烧水，该热水器正常工作2min时，标有“3000imp/（kW•h）”的电能表指示灯闪烁了100次若此热水器正常工作20min，可将5kg初温20℃的水加热到60℃，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），求：（1）电热水器的电功率；（2）电热水器的效率。答案与解析：（1）3000imp/（kw•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁3000次，指示灯闪烁100次消耗的电能：W＝kW•h＝kW•h＝×3.6×106J＝1.2×105J，t＝2min＝120s，用电器的功率：P＝＝＝1000W，（2）水吸收的热量Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×（60℃﹣20℃）＝8.4×105J，由P＝可得，消耗的电能W′＝Pt′＝1000W×20×60s＝1.2×106J，电热水器的效率η＝×100%＝×100%＝70%。答：（1）电热水器的电功率为1000W。（2）电热水器的效率为70%。38．图甲是叶子家某电热加湿器的原理图，下表为其部分技术参数。R1、R2均为发热体（不考虑温度对电阻的影响），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”及“高挡”之间的切换（小功率加热为低挡，大功率加热为高挡）。额定电压（V）220高挡发热功率（W）400最大注水量（kg）3（1）求加湿器低挡时的发热功率；（2）加湿器中加注最大注水量的冷水，某次加湿器工作时，其“低挡”、“高挡”工作时间分别为10min、20min，请计算：①加湿器在这次工作中消耗的电能是多少？②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？（计算结果保留到整数）（3）一天，叶子断开家中其它用电器，只接通加湿器在高挡加热，发现家中如图乙所示的电能表的转盘在8min内转了150转，求此时电阻R1的实际加热功率是多少？答案与解析：（1）由图1知，开关S接“1、2触点”时，电路断路，为关；接“2、3触点”时两电阻串联，接“3、4触点”时只有R1接入电路；电源电压一定，由P＝可知，接“2、3触点”时电阻最大，总功率最小，为低挡；接“3、4触点”时电阻最小，总功率最大，为高挡；由表格数据知，高挡功率：P高＝400W，由P＝可得R1的阻值：R1＝＝＝121Ω；由题知，R2＝3R1，则低挡的发热功率：P低＝＝＝＝100W；（2）①由题意可知，高挡工作时间为10min，低挡工作时间为20min，由P＝可得，在高挡正常工作时消耗的电能：W高＝P高t高＝400W×20×60s＝4.8×105J。在低挡正常工作时消耗的电能：W低＝P低t低＝100W×10×60s＝6×104J。加湿器在这次工作中消耗的电能W总＝W高+W低＝4.8×105J+6×104J＝5.4×105J；②如果电阻R1在此次高挡加热时产生的热量全部被水吸收，即Q＝W＝4.8×105J。由Q＝cm△t可得，水升高的温度：△t＝＝≈39℃；（3）接“3、4触点”时只有R1接入电路；此时电阻最小，总功率最大，为高挡；“3000revs/（kW•h）”的意义为：每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘就转过3000revs，则电能表的转盘转过150转时，加湿器消耗的电能：W′＝＝0.05kW•h，所用时间t＝8min＝h加湿器在高挡加热的实际功率：此时电阻R1的实际加热功率P′＝＝＝0.375kW＝375W；答：（1）加湿器低挡时的发热功率为100W；（2）①加湿器在这次工作中消耗的电能是3.6×105J；②可以使注水仓中冷水的温度升高39℃；（3）电阻R1的实际加热功率是375W。39．如图甲所示的多功能养生壶具有精细烹饪、营养量化等功能，图乙是其简化电路图，该养生壶的部分参数如表所示。（ρ水＝1×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃），g＝10N/kg）（1）开关S1、S2处于什么状态时，养生壶为高温挡，并说明判断依据；（2）求R1的阻值；（3）在标准大气压下，使用高温挡将初温是12℃的一壶水烧开，若养生壶高温挡加热效率为80%，求水吸收的热量和烧开一壶水需要的时间。项目参数额定电压220V低温挡功率275W中温挡功率550W高温挡功率1100W容积1L答案与解析：（1）①S1断开时，当S2接a时，两电阻串联；②当S2断开，S1闭合时，只有电阻R1接入电路，③当开关S1闭合，S2接b时，两电阻并联；①中，两电阻串联，因串联时电阻的电阻大于其中任一电阻，这时电路的电阻最大，根据P＝，功率最小，为低温挡；②中，只有电阻R1接入电路；③中两电阻并联，根据并联和串联电阻的规律，并联的电阻小于其中任一电阻，电路的电阻最小，故当S2断开，S1闭合时，为中温挡；开关S1闭合，S2接b时为高温挡；（2）当S2断开，S1闭合时，为电阻R1的简单电路，养生壶处于中温挡；R1＝＝＝88Ω；（3）1L水的质量：m＝ρV＝1×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg，将初温是12℃的一壶水烧开，水吸收的热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣12℃）＝3.696×105J，养生壶高温挡加热效率为80%，即η＝＝×100%，烧开一壶水需要的时间为：t＝＝＝420s。答：（1）开关S1闭合，S2接b时为高温挡；此时两电阻并联，电路的电阻最小，根据P＝，为高温挡；（2）R1的阻值为88Ω；（3）在标准大气压下，使用高温挡将初温是12℃的一壶水烧开，若养生壶高温挡加热效率为80%，水吸收的热量为3.696×105J；和烧开一壶水需要的时间为420s。40．纳米技术不仅应用于高科技，在生产、生活中也得到了广泛的应用，如纳米洗衣机、纳米服装等。某中学纳米课题小组的同学对其应用进行了调查。下面是他们了解到的某一厂家生产的新产品“纳米电热水器”的部分技术参数表：型号额定电压（V）水箱容量（L）频率（Hz）额定功率（kW）DJW40N22040500.5/1.0/2.2DJW50N22050500.5/1.0/2.2DJW60N22060500.5/1.0/2.2（1）开关S接哪一挡（“1”、“2”、“3”）时为低温挡，并说明理由；（2）根据表中所给的数据计算出电阻R1与R2的比值；（3）若型号为DJW50N的电热水器在高温挡通电10min（不计热损耗），求该水箱中水的温度升高了多少？【c＝4.2×103J/（kg•℃）】（计算结果保留两位有效数字）。答案与解析：（1）根据P＝，可知电路的电阻越大，功率越小，由串联电阻的规律，接“3”时（三个电阻串联，电路的电阻最大）为低温挡；（2）S接1时，为R1的简单电路，电路的电阻最小，由表中数据，功率最大为2200W；则P1＝＝2200W﹣﹣﹣﹣﹣①；S接2时，R1、R2串联，为中温挡，由表中数据，此时功率为1000W，则P2＝＝1000W﹣﹣﹣﹣﹣②；由①②得：＝，（3）型号为DJW50N的纳米电热水器水箱容量为50L，由ρ＝可得水的质量为：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×50×10﹣3m3＝50kg，因不计热损失，故Q＝cm△t＝W＝Pt；该水箱中水的温度升高了：△t＝＝≈6.3℃。答：（1）开关S接3挡时为低温挡；根据P＝，可知电路的电阻越大，功率越小，由串联电阻的规律，接“3”时（三个电阻串联，电路的电阻最大）为低温挡；（2）电阻R1与R2的比值为5：6；（3）若型号为DJW50N的电热水器在高温挡通电10min（不计热损耗），该水箱中水的温度升高了6.3℃。41．下面是HG2003家用蒸汽电熨斗的铭牌。使用时水箱中的水滴入被加热的底板气室迅速汽化产生向下的蒸汽。额定电压220V功能汽烫、干烫额定频率50Hz蒸汽方式滴下式额定功率1000W质量1.2kg底板面积150cm2放置方式自立式（1）某师傅在用熨斗干烫衣服时，用了18N向下的力压熨斗，在此过程中，衣服受到的压强是多大。（2）用熨斗汽烫时先预热，使金属底板的温度从20℃升高到220℃，温控开关自动断开。已知底板的质量为1kg，铁的比热是0.46×103J/（kg•℃）。问蒸汽电熨斗预热时底板吸收多少热量。（3）汽烫时，水滴入气室，由于水升温汽化带走热量。当底板温度降到190℃时。温控开关自动闭合，当加热到220℃时又断开，如此反复。若蒸汽电熨斗大体按下图程序工作，10min烫一件衣服共消耗多少电能。答案与解析：（1）已知，电熨斗质量：m＝1.2kg，F＝18N，S＝160cm2＝1.6×10﹣2m2；电熨斗熨衣服时，对衣服的压力为F1＝G+F＝mg+F＝1.2kg×10N/kg+18N＝30N；则衣服受到的压强：p＝＝＝2000Pa；（2）金属底板吸收的热量：Q＝cm△t＝0.46×103J/（kg•℃）×1kg×（220℃﹣20℃）＝9.2×104J；（3）由图示可知，1min内，电熨斗加热的时间：t1＝15s×3＝45s，10min加热时间t＝45s×10＝450s，由P＝可得，10min烫一件衣服共消耗：W＝Pt＝1000W×450s＝4.5×105J。答：（1）衣服受到的压强是2000Pa；（2）蒸汽电熨斗预热时底板吸收9.2×104J的热量；（3）10min熨一件衣服共消耗4.5×105J的电能。42．养生壶是一种用于养生保健的烹饮容器，采用新型电加热材料，通电后产生热量把壶内的水加热。如图是某款养生壶及其铭牌，求：（1）养生壶正常工作时的电阻；（2）若正常工作时，养生壶加热效率为91%，将1kg水从20℃加热到85℃需要多长时间；【c水＝4.2×103J/（kg•℃）】（3）用电高峰期，家中只有液晶电视机和养生壶工作时，养生壶将1kg水从20℃加热到85℃，实际用时363s，通过电能表测得此过程共耗电3.726×105J，此时养生壶两端的电压和通过液晶电视机的电流多大。（设养生壶的电阻和加热效率不变）型号CH﹣M16额定电压220V频率50Hz额定功率1000W容量1.2L答案与解析：（1）由P＝可得，养生壶正常工作时的电阻：R＝＝＝48.4Ω。（2）水吸收的热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（85℃﹣20℃）＝2.73×105J，由η＝可得，养生壶消耗的电能：W＝＝＝3×105J，由P＝可得，养生壶工作时间：t＝＝＝300s；（3）在用电高峰时，养生壶仍然将1kg水从20℃加热到85℃，且加热效率不变，所以养生壶消耗的电能不变，仍然为3×105J，则养生壶的实际功率：P实＝＝＝W≈826W，养生壶的电阻不变，由P＝可得实际电压：U实＝＝＝200V，此过程共耗电3.726×105J，则电路的总功率：P总＝＝＝1026W，因为P总＝P实+P液晶，所以液晶电视机的实际功率：P液晶＝P总﹣P实＝1026W﹣826W＝200W，由P＝UI可得，通过液晶电视机的电流：I＝＝＝1A。答：（1）养生壶的电阻是48.4Ω（2）工作时间是300s。（3）实际电压是200V，通过液晶电视机的电流是1A。43．如图所示，一个用电阻丝绕成的线圈浸没在盛油的量热器中。量热器为绝热容器，不会与外界发生热传递。线圈的电阻为Rθ，Rθ会随温度变化，其变化规律可以用公式Rθ＝R0（1+αθ）表示，式中R0为0℃时线圈的电阻、θ为线圈温度、α为电阻的温度系数。现将线圈两端接入电压恒定的电源，线圈发热使油温缓慢地上升。已知油的初始温度为0℃，此时温度升高的速率为5.0℃/min；持续一段时间后，油温上升到30℃，此时温度升高的速率变为4.5℃/min。（在温度变化△θ很小时，△θ的变化要考虑，但可认为Rθ不变。）试求：（1）若电源电压为220V，0℃时线圈的电阻为96.8Ω，量热器中油的比热容为2×103J/（kg•℃），则量热器中油的质量为多少？（2）此线圈电阻的温度系数α。答案与解析：（1）量热器、油、线圈构成的系统在单位时间内吸收的热量等于通过线圈的电流的电功率，由得，m＝＝＝3kg；（2）量热器、油、线圈构成的系统在单位时间内吸收的热量等于通过线圈的电流的电功，设加在线圈两端的电压为U，当线圈的电阻为R0时，电流的功率P0＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①根据题意得：v0＝kP0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②式中v0为0℃时系统升温的速率，k为比例系数，同理当油温为30℃时有：P30＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③，v30＝kP30﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④由①②③④得：＝＝1+30α．带入数据解得：α＝3.7×10﹣3K﹣1。答：（1）量热器中油的质量为3kg；（2）此线圈电阻的温度系数为3.7×10﹣3K﹣1。44．教学楼每层设有电热水器（如图1），若该电热水器的铭牌如图2所示，请计算把20℃的一箱水烧开至少需要多长时间？[水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃），水的密度ρ＝1.0×103kg/m3]答案与解析：根据ρ＝知，50L水的质量：m＝ρV＝1×103kg/m3×50×10﹣3m3＝50kg，水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（100℃﹣20℃）＝1.68×107J；电热水器消耗的电能至少应等于水吸收的热量，由W＝Pt可得，至少需要的加热时间：t＝＝＝＝11200s。答：把20℃的一箱水烧开至少需要的时间为11200s。45．如图所示，下面是型号为ZTP88型消毒柜的部分技术参数及工作电路图。产品型号ZIP88额定容积88L食具承载量10kg额定功率584W外型尺寸435×365×865额定电压220V（1）根据工作电路，指出开关S与ab接触时工作状态是高温消毒（选填“高温消毒”或“高温臭氧消毒”），红色指示灯亮；（2）已知加热管的电阻为100Ω，它的热效率为70%，如果正常工作（高温臭氧消毒）半小时，且加热管放出的热量全部被水吸收，可以使多少千克的水温度升高30℃？此时臭氧装置消耗的电能为多少？（指示灯消耗电能忽略不计）。答案与解析：（1）由图知，当S与ab接触时，电流只经过加热管和红灯，所以此时消毒柜处于高温消毒状态，红色指示灯亮；（2）加热管的电功率为：P1＝＝＝484W，则加热管正常工作半小时消耗的电能为：W1＝P1t＝484W×30×60s＝871200J，因为它的热效率为70%，所以水吸收的热量为：Q吸＝W1η＝871200J×70%＝609840J，根据Q吸＝cm△t可知，水的质量为：m＝＝m＝4.84kg；高温臭氧消毒时臭氧装置与加热管并联；臭氧装置的功率为P2＝P总﹣P1＝584W﹣484W＝100W，则臭氧装置正常工作半小时消耗的电能：W2＝P2t＝100W×30×60s＝1.8×105J。答：（1）高温消毒；红；（2）如果工作半小时，加热管放出的热量可以使4.84千克的水温度升高30℃；此时臭氧装置消耗了1.8×105J的电能。46．某款电热水龙头，即开即热，冷热兼用，如图是它的原理电路图，下表给出了它的部分参数，R1、R2为电热丝，通过开关S1、S2控制对应的电路，从而实现冷水、温水、热水之间切换，请根据表格中的数据回答下列问题：额定电压220V频率50Hz额定功率温水2200W热水3300W①只闭合S1时，放出的水是温（选填“冷”“温”或“热”）水；②R1的电阻是22Ω；③开关S1、S2同时闭合时，流过R2的电流是5A。答案与解析：（1）由电路图可知，只闭合S1时，电路为R1的简单电路；两个开关都闭合时，R1、R2并联；因并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，所以两个开关都闭合时总电阻小，根据P＝UI＝可知出热水；只闭合S1时，电路为R1的简单电路，电路电阻大，根据P＝UI＝可知出冷水；（2）出温水的电功率为P温水＝2200W，电源的电压为220V，由P＝UI＝可知，R1的电阻为：R1＝＝＝22Ω；由P＝UI可得，此时电路中的电流I＝＝＝10A；（3）水龙头放热水时R2消耗的电功率P2＝P热﹣P温＝3300W﹣2200W＝1100W，因并联电路中各支路两端的电压相等，流过R2的电流为：I＝＝＝5A。故答案为：（1）温；（2）22；（3）5。47．近期某地电价0.6元/度，液化石油气每罐（内装液化石油气15kg）100元，木炭5元/kg。液化石油气的热值为4.2×107J/kg，木炭的热值为3.4×107J/kg。使用上述三种能源，理论上木炭最便宜。为弄清楚这三种能源在家庭日常生活中哪种更经济，小明制定了探究计划。除上述三种能源外，所需物品如下：烧水锅（容积20L）、电炉（220V，1500W）、液化石油气炉、炭炉、温度计、手表、天平、电子秤。他首先选择电能探究，探究过程如下：（1）把盛满水的烧水锅放在电炉上，测量加热时间t，用公式W＝Pt算出消耗的电能，再算出所需电费M；（2）用温度计测量加热时间内水的温度变化△t，计算的值，则表示加热时使水温每升高1℃所需的电费；（3）接下来，小明用类似的方法对液化石油气和木炭分别进行了实验研究，通过对比数据发现：使用电能实际上是最便宜的。请简要分析理由：由于实际使用时有能量损失，且使用液化石油气和木炭的能量损失较多，而使用电能的转化效率远远大于使用液化石油气和木炭的转化效率，所以，使用电能实际上是最便宜的。答案与解析：假设需要提供的能量为3.6×106J＝1kW•h＝1度，且不计能量损失，则需要的电费：0.6元/度×1度＝0.6元；需要液化气的质量：m气＝＝≈0.086kg，费用：×0.086kg≈0.57元；需要木炭的质量：m炭＝＝≈0.11kg，费用：5元/kg×0.11kg＝0.55元；可见，理论上木炭最便宜。（2）在中，分子表示所需电费，分母表示温度的变化量，因此表示加热时使水温每升高1℃所需的电费；（3）由于实际使用时有能量损失，且使用液化石油气和木炭的能量损失较多，而使用电能的转化效率远远大于使用液化石油气和木炭的转化效率，所以，使用电能实际上是最便宜的。故答案为：木炭；（2）加热时使水温每升高1℃所消耗电能的电费；（3）由于实际使用时有能量损失，且使用液化石油气和木炭的能量损失较多，而使用电能的转化效率远远大于使用液化石油气和木炭的转化效率，所以，使用电能实际上是最便宜的。48．如图所示的是某型号电热水壶铭牌，壶中装有1.8L温度为20℃的水，求：（1）将水烧开，水吸收的热量是多少？（2）若在电热水壶工作时，标有“3000r/kw•h”的电能表在1min内转了50转，电路的实际电压是多少？答案与解析：（1）水的体积：V＝1.8L＝1.8×10﹣3m3，水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1.8×10﹣3m3＝1.8kg；由题知：t0＝20℃，t＝100℃，烧开水吸收到的热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1.8kg×（100℃﹣20℃）＝6.048×105J；（2）1min内消耗的电能：W＝×50×3.6×106J＝6×104J，电热水壶的实际功率：P实＝＝＝1000W，因为R＝＝＝40Ω，P实＝，所以电热水壶两端的实际电压：U实＝＝＝200V。答：（1）将水烧开，水吸收的热量是6.048×105J；（2）电路的实际电压是200V。49．小明的妈妈为了方便早餐时喝上豆浆，买了一台全自动豆浆机，如图甲所示。图乙所示为豆浆机的主要结构：中间部位是一个连接着刀头的电动机，用来将原料进行粉碎打浆；电热管负责对液体加热煮沸。下表是这个豆浆机的主要技术参数。型号…﹣…额定电压220V额定频率50Hz电机功率180W加热功率800W容量1000mL小明想探究一下豆浆机工作的具体过程以及耗电情况，在某次使用之前，先查看了他家的单相电子电能表，上面注明1600imp/kW•h，之后，他关闭其他所有家用电器，将浸泡好的适量黄豆和1000cm3的清水放入豆浆机的杯体，启动自动控制键，开始用钟表计时的同时记录电能表上面的发光二极管闪烁的次数，豆浆机按“①加热一②预打浆一③加热一④打浆一⑤煮浆一⑥防溢延煮”的程序正常工作直至豆浆机发出声光报警，提示豆浆已做好。从启动自动控制键至豆浆机发出声光报警，整个过程用时20min，电能表上面的发光二极管闪烁了320次。其中①、③、⑤三个过程为电热丝单独不间断工作，而②、④为电机单独间歇工作，此过程中电动机累计工作时间为2min，⑥为电热丝单独间歇工作。请回答：（1）②、④两个过程中，电动机为什么要间歇工作？（2）在豆浆机工作的20min内，消耗的电能为多少kW•h？（3）在豆浆机工作的20min内，电热丝和电机都不工作的时间为多少min？答案与解析：（1）②④两个过程为打浆过程，电动机停止转动，刀头也停止旋转，在水和黄豆停止流动后，电动机突然带动刀头再次高速旋转，此时黄豆由于惯性仍然保持静止，这样才能更有效将黄豆打碎，如此反复，最终将黄豆打成细小的颗粒，经加热后成为豆浆；（2）消耗的电能：W＝kW•h＝0.2kW•h＝7.2×105J＝0.2kW•h；（3）电动机消耗的电能：W电动机＝P电动机t电动机＝180W×2×60s＝2.16×104J；电热丝消耗的电能：W电热丝＝W﹣W电动机＝7.2×105J﹣2.16×104＝6.984×105J；由P＝可得，电热丝工作的时间：t电热丝＝＝＝873s＝14.6min；电热丝和电机都不工作的时间：t＝20min﹣2min﹣14.6min＝3.4min。答：（1）②④两个过程为打浆过程，电动机停止转动，刀头也停止旋转，在水和黄豆停止流动后，电动机突然带动刀头再次高速旋转，此时黄豆由于惯性仍然保持静止，这样才能更有效将黄豆打碎，如此反复，最终将黄豆打成细小的颗粒，经加热后成为豆浆；（2）在豆浆机工作的20min内，消耗的电能为0.2kW•h；（3）在豆浆机工作的20min内，电热丝和电机都不工作的时间为3.4min。50．随着城市化建设的发展，许多家庭都住进了高楼大厦，小华家住进新楼后，为了淋浴的方便，购置了一款某型号的电热水器（其铭牌见下表），安装在卫生间的墙上。小丽在使用过程中发现：①注满水的电热水器，在额定电压下连续加热45min，热水器上的温度示数由20℃上升到45℃．已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），水的密度为1.0×103kg/m3，求此过程中电热水器的热效率。②该热水器在某时间段使用时，30min内产生的热量为2.7×106J，求通过电热水器的电流和它工作的实际电压。③防电墙技术就是在电热水器内部形成永久性电阻，电热水器经防电墙处理后，使人体承受的电压不高于20V，保证异常漏电情况下，接触热水器的人的安全。如图所示，若人体的最大电阻为20MΩ，试求防电墙的电阻。答案与解析：①由ρ＝可得，水箱中水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×50×10﹣3m3＝50kg，水箱中的水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（45℃﹣20℃）＝5.25×106J，水箱中的水在额定电压下连续加热45min消耗的电能：W＝Pt＝2200W×45×60s＝5.94×106J，电热水器加热时的热效率：η＝×100%＝×100%≈88.4%；②由P＝可得，电热水器的电阻：R＝＝＝22Ω，由W＝I2Rt可知：工作的实际电流为I＝＝≈8.3A，则工作的实际电压U＝IR＝8.3A×22Ω＝182.6V；③在异常漏电的情况下，人体与防电墙串联，由于加在人体上的电压不高于20V，人体的最大电阻为20MΩ，则通过人体的最大电流为I＝＝＝1×10﹣6A，由于串联电路中总电压等于各分电压之和，所以防电墙的电压：U墙＝U﹣U人＝220V﹣20V＝200V，因为串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律得：R墙＝＝＝2×108＝200MΩ。答：①此过程中电热水器的热效率为88.4%。②通过电热水器的电流为8.3A，工作的实际电压为182.6V。③防电墙的电阻为200MΩ。51．如图是常用的电热水壶，如表中列出了这只电热水壶部分技术参数。根据表中的参数求：型号FY﹣TS1010A额定电压220V频率50Hz额定功率1500W容量1.0L（1）若电热水壶正常工作5min能烧开一壶水，电热水壶烧开这壶水所消耗的电能；（2）电热水壶烧开这壶水的过程中，若水所吸收热量为2.7×105J，该电热水壶烧水的效率。答案与解析：（1）电热水壶正常工作5min，所消耗的电能：W＝P额t＝1500W×5×60s＝4.5×105J；（2）电热水壶烧水的效率：η＝×100%＝×100%＝60%。答：（1）电热水壶烧开这壶水所消耗的电能为4.5×105J；（2）该电热水壶烧水的效率为60%。52．一台太阳能热水器储有90kg的水，若水温从20℃升到35℃，这些水吸收了5.67×106JJ热量；若让电热器1h来产生这样多的热量，则电热器的功率应为1.575kW。【水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）】答案与解析：（1）水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×90kg×（35℃﹣20℃）＝5.67×106J；（2）由题意可知：W＝Q吸＝5.67×106J，由W＝Pt可得，电热器的功率：P＝＝＝1575W＝1.575kW。故答案为：5.67×106；1.575。53．饮水机是一种常用的家用电器，其加热水槽部分工作原理电路图如下图所示，其中S是一个温控开关，R1为电加热管，当饮水机处于加热状态时，水被迅速加热，达到预定温度时，S自动切换到另一处于保温状态。请回答下列问题：（1）A、B是两种不同颜色的指示灯。如果用红色表示正在对水加热，黄色表示保温，请标明指示灯的颜色，应该是A为红色。（2）若饮水机加热时加热管的功率为550W，而保温时加热管的功率为88W，求电阻R2的阻值（不考虑温度对阻值的影响，且不计指示灯的阻值）。（3）若加热水槽储水1.0kg，将其从初温20℃加热到100℃，加热管的热效率为90%，试计算出加热需要多少时间？水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）答案与解析：（1）当S接左面时电路中只有电阻R1，总电阻最小，电流路中电流最大，发热管功率就会最大，处于加热状态，因此A灯为红色灯。故答案为：红。（2）加热时：加热管的电功率P1＝550W电阻R1＝＝＝88Ω；保温时：加热管的电功率P2＝88W；通过加热管的电流I＝＝＝1A；此时电路的总电阻R＝＝＝220Ω；根据串联电路电阻的特点，R2＝R﹣R1＝220Ω﹣88Ω＝132Ω答：电阻R2的阻值132Ω。（3）1.0kg水从初温20℃加热到100℃吸收的热量：Q吸＝cm（t2﹣t1）＝4.2×103J/（kg•℃）×1.0kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J加热管的热效率为90%，根据η＝×100%，则电热管需要放出的热量是：Q管＝＝＝×104J饮水机加热时加热管的功率为550W，则加热的是时间为：t＝＝≈679s答：加热管加热时间为679s。54．在探究“家用电器”的综合实践活动中，小明与同学一起合作，以家里的电水壶为观察、研究对象，记录了如表中的有关数据。观察对象有关活动和相关记录电水壶铭牌额定电压：220V额定功率：800W容量：2L电能表铭牌有关参数：220V10（40）A50Hz1200r/kW•h电热壶加热时的电能表关闭家中的所有用电器，只将电水壶接入电路，观察电能表，表盘在2分钟内转过30转测量电水壶中水的温度壶中装水量：1.5kg通电前温度：30℃通电2分钟后温度：44℃根据上表中的记录，请解答下面的问题。（1）求通电2min壶中的水吸收的热量；（2）求电水壶中发热体正常工作时的电阻值；（3）求2min内电水壶消耗的电能和实际功率。答案与解析：（1）通电2min壶中的水吸收的热量；Q吸＝cm1△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×（44℃﹣30℃）＝8.82×104J；（2）根据P＝可得：电水壶中发热体正常工作时的