电热器 电流的热效应（专题训练）【六大题型】（解析版）

第第页15.3电热器电流的热效应（专题训练）【六大题型】TOC\o"1-3"\h\u【题型1电流的热效应】 1【题型2探究影响电流通过导体时产生热量的因素】 3【题型3焦耳定律】 9【题型4焦耳定律的计算及其应用】 13【题型5电热的利用与防止】 29【题型6电功与电热的综合计算】 31【题型1电流的热效应】 1．（2023•翠屏区一模）最先通过科学实验发现电流磁效应的物理学家是（）A．法拉第 B．安培 C．库仑 D．奥斯特【答案】D【分析】根据我们对于法拉第、奥斯特、安培、库仑这四位科学家对于物理所作贡献的了解来作答。【解答】解：A、法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；B、安培建立了安培定则，用于判断通电螺线管的磁极，故B错误；C、库仑总结并确认了真空中两个静止电荷之间的相互作用规律，故C错误；D、奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电流磁效应的科学家，故D正确。故选：D。2．（2023•鼓楼区校级模拟）下列用电器中，主要利用电流热效应工作的是（）A．电视机 B．收音机 C．电风扇 D．电水壶【答案】D【分析】电流流过导体时，导体要发热，这种现象是电流的热效应。发生电流的热效应时，电能转化为内能。【解答】解：A．电视机工作时主要转化为光能和声能，不是利用电流的热效应，故A不符合题意；B．收音机工作时主要转化为声能，不是利用电流的热效应，故B不符合题意；C．电风扇工作时，主要是电能转化为机械能，不是利用电流的热效应，故C不符合题意；D．电水壶作时，电能转化为内能，是利用电流的热效应，故D符合题意。故选：D。3．（2023•禅城区模拟）如图甲所示，将一对磁性材料制成的弹性舌簧密封于玻璃管中，舌簧端面互叠，但留有间隙，就制成了一种磁控元件﹣﹣干簧管，它可以用于自动控制。小明自制了一个线圈，将它套在干簧管上，制成一个干簧继电器，用来控制灯泡的亮灭，如图乙所示。请你分析这种干簧继电器的工作原理包括（）①磁化②电流的磁效应③磁场对电流的作用④磁极间的相互作用A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④【答案】C【分析】通电线圈会产生磁场，放入磁场后两舌簧被磁化而产生相互作用，从而由线圈中电流的变化可以控制灯泡的亮灭。【解答】解：S闭合时，控制电路接通，线圈产生磁场，舌簧被磁化；在两舌簧端面形成异名磁极，因相互吸引而吸合，于是工作电路接通，S断开时，两舌簧退磁，在弹力作用下分开，工作电路断开；故该装置中利用了电流的磁效应、磁化及磁极间的相互作用，没有利用磁场对电流的作用，①②④正确。故选：C。4．（2022秋•阳春市期末）冬天用手互相搓一搓，手就暖和了，这是用做功的方法改变手的内能；也可以捧着电暖手器取暖，这是利用热传递的方法改变手的内能，电暖手器会发热，这是利用了电流的热效应。【答案】做功；热传递；热。【分析】改变物体内能的方式有两种：做功和热传递。二者效果是相同的，实质不同，做功是能量的转化过程，热传递是能量的转移过程；电流通过导体产生热量，将电能转化为内能。【解答】解：冬天用手互相搓一搓，克服摩擦做功，使手的温度升高，内能增大，这是用做功的方法改变物体内能的。捧着电暖手器取暖，手从电暖手器处吸收热量，温度升高，内能增大，这是利用热传递的方法改变手内能的。电暖手器通电后，电流通过导体产生热量，将电能转化为内能，这是利用了电流的热效应。故答案为：做功；热传递；热。5．（2023•齐齐哈尔）将电能输送到几百千米之外的用户，在输电线上会有能量的损耗，这主要是由于电流的热效应引起的。某段输电线路的总电阻为0.5Ω，输送电流为100A，每输电1min这段线路便会损耗3×105J的电能。【答案】热；3×105。【分析】电流在输送时，由于电流的热效应，输电线会发热，造成能量损失；根据Q＝I2Rt计算输电线上产生的热量。【解答】解：电流在输送时，由于电流的热效应，导线发热，引起能量的损失；这段输电线上产生的热量Q＝I2Rt＝（100A）2×0.5Ω×60s＝3×105J。故答案为：热；3×105。6．（2023•仓山区校级模拟）如图所示，小明送给奶奶一个电动足部按摩器，可以对足底进行加热、按摩。按摩器发热利用了电流的热效应对足底加热时，足底温度升高，利用热传递的方式改变足底的内能。【答案】热效应；热传递。【分析】（1）当电流通过电阻时，电流做功而消耗电能，产生了热量，这种现象叫做电流的热效应；（2）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递。【解答】解：按摩器发热利用了电流的热效应对足底加热时，足底温度升高，利用热传递的方式改变足底的内能。故答案为：热效应；热传递。【题型2探究影响电流通过导体时产生热量的因素】 7．（2023•霍林郭勒市校级三模）实验桌上有满足实验要求的电源一个、开关一个、导线若干以及如图所示的两个完全相同的保温烧瓶。烧瓶内装有完全相同的温度计、阻值不变的电阻丝R1、R2以及初温相同的液体。小阳利用上述实验器材设计实验证明液体温度的变化与液体的种类有关。下列说法中正确的是（）A．实验中电阻丝R1和R2的阻值不相等 B．实验中甲、乙烧瓶中液体的质量相等 C．不可以将甲、乙装置中的电阻丝并联完成该实验 D．该实验中可以用液体升高的温度反映吸收热量的多少【答案】B【分析】（1）探究液体温度的变化与液体的种类有关需采用控制变量法，根据比热容公式可知实验中需控制两烧瓶中液体的质量相等，两种液体吸收的热量相等，根据焦耳定律及Q＝可知电路的连接方式和电阻阻值的规格；（2）根据焦耳定律Q＝I2Rt和Q＝分析。【解答】解：ABC、探究液体温度的变化与液体的种类有关需采用控制变量法，根据c＝可知实验中需控制两烧瓶中液体的质量相等，两种液体吸收的热量相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知通过两电阻的电流需相等，所以两电阻可串联接入电路，且两电阻的阻值和通电时间需相等；根据Q＝，也可将两电阻并联接入电路中（两电阻值相同，且保证两电阻丝同时工作），故B正确，AC错误；D、根据焦耳定律Q＝I2Rt和Q＝可知，通电时间越多，电阻放热越多，液体吸热越多，故D错误。故选：B。8．（2023•宝安区校级三模）如图所示，甲、乙是两个完全相同的烧瓶，烧瓶内装有液体（液体未画出），电阻丝R甲、R乙分别浸没在两烧瓶的液体中，闭合开关一段时间后，温度计显示液体的温度t甲＞t乙，下列说法正确的是（）A．若甲、乙两瓶都装入等质量煤油，此装置可以探究电阻大小对电热的影响且R甲＜R乙 B．若甲、乙两瓶都装入等体积的水和煤油且R甲＝R乙，此装置可比较水和煤油的比热容大小 C．若甲、乙两瓶分别装入水和煤油且R甲＝R乙，则两烧瓶中水和煤油的质量m水＜m油D．若甲、乙两瓶分别装入等质量的水和煤油且R甲＝R乙，则可以通过比较液体升高温度来反映液体吸收热量的多少【答案】C【分析】（1）在探究电阻大小对电热的影响时，由Q＝I2Rt可知，电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，要探究电阻大小对电热的影响，要控制通过的电流和通电时间不变；（2）在比较水和煤油的比热容大小的实验中，水和煤油吸收的热量是由电流通过电阻时产生的热量提供的，水和煤油吸收热量的多少是通过用相同的加热器，比较加热时间的长短来反映，由焦耳定律可知，必须使两瓶中的电阻丝相等。【解答】解：A、要探究电阻大小对电热的影响，由控制变量法，要控制通过电阻的电流和通电时间相同，只改变电阻的大小；电阻丝产生的热量多少是通过加热相同时间，观察等质量的相同液体升高的温度来呈现，若甲、乙两瓶都装入等质量煤油，闭合开关一段时间后，温度计显示液体的温度t甲＞t乙，知甲中吸收热量多，由Q＝I2Rt可知，则R甲＞R乙，故A错误；B、若甲、乙两瓶都装入等体积的水和煤油且R甲＝R乙，因甲、乙两瓶水和煤油质量不相同，此装置无法比较水和煤油的比热容大小，故B错误；C、若甲、乙两瓶分别装入水和煤油且R甲＝R乙，由Q＝I2Rt可知，甲、乙两瓶吸收热量相同，温度计显示液体的温度t甲＞t乙，则两烧瓶中水和煤油的质量m水＜m油，故C正确；D、若甲、乙两瓶分别装入等质量的水和煤油且R甲＝R乙，因两电阻相同，通过的电流相同，由Q＝I2Rt可知，液体吸收的热量可通过加热时间来比较，故D错误；故答案为：C。9．（2023•陇县模拟）如图为“探究电流通过导体时产生的热量与什么因素有关”的实验装置。电源电压不变，R1、R2为阻值恒定的电热丝且。R1：R2＝3：1。容器中空气内能的增大方式是热传递（选填“热传递”或“做功”），实验中用到的探究方法是转换法；闭合S1、断开S2，可探究电流产生的热量与电阻的关系；若闭合S1、断开S2，经过相同时间，R1与R2产生的热量之比为3：1。【答案】热传递；转换法；电阻；3：1。【分析】（1）改变内能的方法是做功和热传递；（2）（3）电阻丝产生的热量不易直接观察，可给等质量的空气加热，气体吸热越多，气体膨胀程度越大，U形管内的液面高度差越大，采用了转换法；电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联电路电流的规律分析；（4）根据Q＝I2Rt分析。【解答】解：（1）通电后透明容器中空气吸收电阻丝放出的热量，内能增大，是通过热传递的方式改变内能的；（2）（3）根据U形管内的液面高度差反应电阻丝产生的热量多少，实验中用到的探究方法是转换法；闭合S1、断开S2，两电阻串联，通过的电流和通电时间相同，而电阻不同，故该装置用来探究电流热效应与电阻大小的关系；（4）若闭合S1、断开S2，两电阻串联，经过相同时间，根据Q＝I2Rt，在电流和通电时间相同的条件下，产生热量与电阻成正比，故R1与R2产生的热量之比为3：1。故答案为：热传递；转换法；电阻；3：1。10．（2023•宝应县二模）如图是课本上的几个小实验，根据提供的实验信息回答下列问题：（1）图①：是一个会跳的卡片，将卡片反过来，用力向下压，橡皮筋伸长，迅速松开手，卡片向上跳起，说明发生弹性形变的橡皮筋具有弹性势能；（2）图②：在探究滑动摩擦力与哪些因素有关的实验中，应拉动木块做匀速直线运动；（3）图③：探究动能大小与速度关系的实验装置；（4）为了探究电流产生的热量与电阻大小的关系，小明设计了如图④所示的串联电路，他这样设计的好处是电流相同，利用此实验电路也能探究电流产生的热量与电流大小的关系，接下来的操作应该是移动滑片。【答案】（1）弹性势；（2）匀速直线运动；（3）速度；（4）电流相同；移动滑片。【分析】（1）物体由于发生弹性形变而具有的能叫弹性势能；（2）根据二力平衡的条件分析；（3）物体的动能大小与物体的质量和速度有关，研究动能与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；（4）电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联电路电流的规律分析；探究电流产生的热量与电流大小的关系时，要控制电阻（把其中一个电阻作为研究对象）和通电时间相同，只改变电流大小，据此分析。【解答】解：（1）图①：是一个会跳的卡片，将卡片反过来，用力向下压，橡皮筋伸长，迅速松开手，卡片向上跳起，说明发生弹性形变的橡皮筋具有弹性势能；（2）图②：在探究滑动摩擦力与哪些因素有关的实验中，应拉动木块做匀速直线运动，木块在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，弹簧测力计的示数才等于摩擦力的大小；（3）图③中，小球自斜面由静止自由下滑的高度不同，小球下滑到水平面的速度不同，故探究动能大小与速度关系的实验装置；（4）串联电路各处的电流相等，为了探究电流产生的热量与电阻大小的关系，小明设计了如图④所示的串联电路，他这样设计的好处是电流相等；利用此实验电路也能探究电流产生的热量与电流大小的关系时，要控制电阻（把其中一个电阻作为研究对象）和通电时间相同，只改变电流大小，接下来的操作应该是移动滑片（改变电路的电流）。故答案为：（1）弹性势；（2）匀速直线运动；（3）速度；（4）电流相同；移动滑片。11．（2023•惠城区二模）如图是探究“电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关”的实验装置，三个密闭容器内的电阻如图所示（R甲＝5Ω、R乙＝10Ω、R丙＝5Ω），三个容器串联，在丙容器的外部将一个5Ω的电阻和R丙并联。本装置中我们可以通过观察U形管两侧液面高度差来反映电阻丝上产生的电热，这种实验方法叫转换法（填“控制变量法”或“转换法”）。通电后，想要比较电热和电阻的关系，我们可以选取甲、乙两个装置来比较：想要比较电热和电流的关系，我们可以选取甲、丙两个装置来比较；在通电相同时间下，三个容器中产生的热量之比为4：8：1。【答案】U形管两侧液面高度差；转换法；甲、乙；甲、丙；4：8：1。【分析】（1）如图是探究“电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关”的实验装置，通过U形管两侧液面高度差来反映电阻丝上产生的电热，这种实验方法叫转换法；（2）探究电热和电阻的关系时，根据控制变量法，应控制加热时间以及通过两电热丝的电流大小相等，据此分析；探究电热和电流的关系时，根据控制变量法，应控制加热时间以及电阻大小相等，据此分析；（3）根据Q＝I2Rt进行分析。【解答】解：（1）如图是探究“电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关”的实验装置，通过U形管两侧液面高度差来反映电阻丝上产生的电热，这种实验方法叫转换法；（2）探究电热和电阻的关系时，根据控制变量法，应控制加热时间以及通过两电热丝的电流大小相等，则应选取甲、乙两个装置来比较：探究电热和电流的关系时，根据控制变量法，应控制加热时间以及电阻大小相等，则应选取甲、丙两个装置来比较：（3）在通电相同时间下，三个容器中产生的热量之比为，甲、乙两容器中，通过电阻丝的电流相等，电阻之比为1：2，根据Q＝I2Rt，产生的热量之比Q甲：Q乙＝1：2，甲、丙两容器中，电阻丝的电阻，电流之比为2：1，根据Q＝I2Rt，产生的热量之比Q甲：Q丙＝4：1，则在通电相同时间下，三个容器中产生的热量之比为4：8：1。故答案为：U形管两侧液面高度差；转换法；甲、乙；甲、丙；4：8：1。【题型3焦耳定律】 12．（2022•自贡模拟）如图是课本中“探究电流通过导体产生的热量与什么因素有关的关系”的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气，电路正确连接后，通电进行实验的过程中，下列说法错误的是（）A．左边容器电阻丝中的电流比右边容器电阻丝中的电流大 B．U形管中液面高度的变化反映电阻丝产生热量的多少 C．透明容器中选用空气作为被加热的物质，原因是空气的热膨胀效果好实验现象显著D．通电时间相同，两个容器中空气吸收的热量相同【答案】D【分析】（1）根据并联电路的电流的特点分析；（2）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，体现的是转换思想；（3）空气的比热容较小，在其他条件相同时，吸收相同的热量，空气的温度升的高，体积膨胀明显；（4）两个容器中空气吸收的热量与电流通过导体产生的热量有关。【解答】解：A、装置中一个10Ω的电阻与两个10Ω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＝I1+I2，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I1＝I2，所以右边容器中的通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，即左边容器电阻丝中的电流比右边容器电阻丝中的电流大，故A正确；B、该实验装置是利用U形管中空气的热胀冷缩来反映热的多少，虽然产生热量的多少不能直接观察，但可以通过U形管液面高度差的变化来反映，故B正确；C、以空气作为加热物质的原因是因为空气的比热容较小，受热后温度变化明显，体积膨胀明显，故C正确；D、两个容器中的电阻阻值和通电时间相同，电流不同，由Q＝I2Rt可知，电流通过两个电阻产生的热量不同，两个容器中空气吸收的热量不同，故D错误。故选：D。13．（2023•江阴市校级三模）为了探究“电流通过导体产生的热量跟什么因素有关”，小明将两段阻值不同的电阻丝R1、R2分别密封在两个完全相同的烧瓶中，并设计了如图所示的甲、乙两套装置，所用蓄电池电压相等且保持不变，R1＜R2，各烧瓶的煤油质量相等，初温相同；甲装置可以探究电热与电阻是否有关；通电时间相同，比较a和c可以探究电热与电流的关系；在相同的通电时间内，四个烧瓶中c（填序号）温度计示数最高。【答案】电阻；电流；c。【分析】做探究“电流通过导体产生的热量跟什么因素有关”的实验时，要用到控制变量法，根据焦耳定律和图示判断哪支温度计示数高。【解答】解：图甲装置中，R1＜R2，这是一个串联电路，电流和通电时间都相同，故探究电热与电阻是否有关；a烧瓶和c烧瓶中电阻丝的阻值相同，由串并联电路的电压特点可知a烧瓶和c烧瓶中电阻丝两端的电压不同，根据欧姆定律可知通过a烧瓶和c烧瓶中电阻丝的电流不同，所以在通电时间相同时，比较a和c可以探究电热与电流的关系；从图中可看出，甲图R1、R2串联，它们各自的电压都小于总电压，乙图R1、R2并联，它们各自的电压等于总电压，根据焦耳定律Q＝I2Rt＝可知，并联电路产生的热量大于串联电路；在乙图并联电路中，因为R1＜R2，在相同的通电时间内，＞，故c产生的热量多，故它的温度计示数高。故答案为：电阻；电流；c。14．（2022秋•阳春市期末）（1）当闭合开关时，发现电流表指针如图1甲所示，出现这种故障的原因是电流表正负接线柱接反了；图1乙电流表示数为0.24A；图1丙电压表示数为1.9V；（2）为了探究电流通过导体时产生热的多少与哪些因素有关，设计如图2甲的装置，将两段阻值不同的电阻丝（R1＝5Ω，R2＝10Ω）分别密封在两个完全相同的容器内，密闭容器内封闭等量的空气；①图2甲所示是用来探究电流产生的热量跟电阻的关系；②图2乙所示是用来探究电流产生的热量跟电流的关系；③让实验装置乙冷却到初始状态，把右瓶并联的电阻丝都放入瓶内，接通电源，此电路工作一段时间后，左瓶（选填“左瓶”或“右瓶”）内电阻丝产生的热量多。【答案】（1）电流表正负接线柱接反了；0.24；1.9；（2）①电阻；②电流；③左瓶。【分析】（1）电流表使用时必须电流从正接线柱流入，否则反偏，根据量程和分度值读数；（2）电流产生的热量与电流、电阻和通电时间有关，在探究电流产生的热量与某个因素有关时，要控制其他两个因素不变，而改变这个因素；根据Q＝I2Rt分析比较电流产生热量的多少。【解答】解：（1）当闭合开关时，发现电流表指针如图1甲所示，向左偏转，出现这种故障的原因是电流表的正负接线柱接反了；图1乙电流表量程为0﹣0.6A，分度值为0.02A，示数为0.24A；图1丙电压表量程为0﹣3V，分度值为0.1V，示数为1.9V；（2）由图2甲可知，左、右两个容器中的电阻丝串联，通过的电流相同，通电时间相同，而电阻丝的阻值不同，因此是探究电流产生的热量跟电阻的关系；由图2乙可知，右边的容器中的电阻与容器外的电阻并联，再与左边容器中的电阻串联，因此通过左边容器电阻的电流与通过右边容器电阻的电流不同，而电阻和通电时间相同，因此是探究电流产生的热量跟电流的关系；（4）把图乙右边的两根电阻丝并联后，其总阻值比任何一个电阻小，放入瓶内后相当于把较小的电阻放进右侧瓶中，即左、右两瓶中的电阻串联，通过的电流相同，通电时间相同，而左侧瓶中的电阻阻值更大，根据Q＝I2Rt可知，一段时间后左瓶内电阻丝产生的热量多。故答案为：（1）电流表正负接线柱接反了；0.24；1.9；（2）①电阻；②电流；③左瓶。15．（2021秋•榕城区期末）题图甲中两个透明容器中封闭着等量的空气，且都有一段电阻丝。将透明容器与U形管相连，接入电路。（1）图甲是探究在通电时间相同和电流相同的情况下，导体产生的热量与电阻大小是否有关的装置。（2）实验中通过观察U形管液面高度差的变化反映密闭空气温度的变化，在研究许多物理问题时都会用到这种方法，下列研究实例采用研究方法与此相同的是B。A．探究电流与电压、电阻的关系B．用海绵的凹陷程度显示压力作用效果C．研究光的传播时，引入“光线”D．探究电功率与电压、电流的关系（3）由图乙所示，电流表的示数为2A，由图甲可得到结论：在电流和通电时间相同的情况下，电阻越大，导体产生的热量越多。【答案】（1）电流；电阻；（2）U形管液面高度差；B；（3）2；越大。【分析】（1）电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变；（2）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但气体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；（3）读取电流表示数时，首先要明确电流表选择的量程和对应的分度值，视线与指针所对刻线相垂直；已知电流、电阻和通电时间，利用Q＝I2Rt计算产生的热量；【解答】解：（1）由图甲可知，阻值不同的电热丝串联在两个密闭容器中，而串联电路处处电流相等，即通过电阻的电流和通电时间都相同，所以探究的是电流产生热量与电阻的关系；（2）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但气体温度的变化可以通过U形管液面高度差的变化来反映。采用的是转换法；A、探究电流与电压、电阻的关系，采用的是控制变量法；B、用海绵的凹陷程度显示压力作用效果，采用的是转换法；C、研究光的传播时，引入“光线”，采用的是模型法；D、探究电功率与电压、电流的关系，采用的是控制变量法；故选：B；（3）由图可知，电流表选择的是0～3A量程，对应的分度值是0.1A，电流表示数为2A；由图甲和Q＝I2Rt可知，在电流和通电时间相同的情况下，电阻越大，导体产生的热量越多。故答案为：（1）电流；电阻；（2）U形管液面高度差；B；（3）2；越大。【题型4焦耳定律的计算及其应用】 16．（2023•无锡模拟）如图所示，某同学将一条粗细不均的铝箔纸的两端分别压在两节电池的两极，发现铝箔纸发热并燃烧。关于该实验的分析正确的是（）A．实验时两节干电池的正极与正极相连 B．用普通纸代替铝箔纸也能燃烧 C．实验中发现铝箔纸较细的部位先燃烧，是因为该处的电流大 D．该实验能说明短路带来的危害【答案】D【分析】（1）电路元件首尾相连的电路叫做串联电路；（2）容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体；（3）串联电路中电流处处相等，电阻大小的影响因素：导体的材料、长度、粗细和温度；根据焦耳定律分析解答；（4）电源两极不经过用电器直接连通的电路叫做短路，短路时电路中电流很大，相同的时间内产生的热量很多，容易烧坏电源。【解答】解：A、干电池之和采用串联的方式连接起来作为电源使用，所以实验时两节干电池应该首尾相连，即干电池的正极与应该负极相连，故A错误；B．普通纸张不容易导电，用普通纸代替铝箔纸，普通纸没有电流经过，不会产生热量，不能燃烧，故B错误；C．铝箔纸较细的部位和较粗的部位是串联的，由于串联电路中电流处处相等，实验中发现铝箔纸较细的部位先燃烧，是因为该处电阻较大，Q＝I2Rt可知，铝箔纸较细的部位生热量较多，故C错误；D．短路时，电路中电阻很小，电流很大，产生热量较多，电路容易起火，该实验能说明短路带来的危害，故D正确。故选：D。17．（2023•市南区校级二模）甲、乙电热丝，串联接在电压为U的电源上，相同时间内电流通过两电阻丝所产生的热量之比为2：3：若将它们并联接在电压为2U的电源上，相同时间内电流通过两电阻丝产生的热量之比为（）A．2：3 B．3：2 C．4：9 D．9：4【答案】B【分析】（1）知道甲、乙电热丝串联在电路中，根据串联电路的电流特点可知通过甲、乙电热丝的电流相等，知道相同时间内电流通过两电阻丝所产生的热量之比，根据Q＝I2Rt可知甲、乙电热丝的电阻之比；（2）把甲、乙电热丝并联在电路中，根据并联电路的电压特点可知甲、乙电热丝两端的电压相等，知道电热丝的电阻之比，根据Q＝I2Rt＝t求出相同时间内电流通过两电阻丝产生的热量之比。【解答】解：甲、乙电热丝串联在电路中，根据串联电路的电流特点可知，通过甲、乙电热丝的电流相等，由Q＝I2Rt可知，甲、乙电热丝的电阻之比：＝＝＝；把甲、乙电热丝并联在电路中，根据并联电路的电压特点可知，甲、乙电热丝两端的电压相等，由Q＝I2Rt＝t可知，相同时间内电流通过两电阻丝产生的热量之比：＝＝＝。故选：B。18．（2023•雁塔区校级三模）如图甲所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压不变。闭合开关S后，滑片P从a端移动到b端，电流表示数I与电压数示数U的变化关系如图乙所示。则下列说法正确的是（）A．电源电压为4V B．R1的阻值为6Ω C．电路的功率变化范围为2.4W～7.2W D．当滑动变阻器滑片在中点时，通电1min，电阻R1产生的热量是96J【答案】C【分析】由图甲可知，R1、R2串联，电压表测量R2两端的电压，电流表测量电路中的电流；（1）当滑片P在a端时，只有R1工作，电压表示数为0，由图乙可知，电路中的电流最大为1.2A，根据欧姆定律可知，电源电压U＝I1R1；当滑片P在b端时，R2接入电路中的阻值最大，电路中的电流最小，由图乙可知，此时电路中的电流为0.4A，电压表示数为4V，根据欧姆定律可知，电源电压U＝I2R1+U2，联立两式可求出电源电压和R1的阻值；（2）当滑片P从a端移动到b端时，根据图乙可得出电路中电流值的变化范围，根据P＝UI可计算出电路中电功率的变化范围；（3）根据图乙利用欧姆定律求出滑动变阻器R2的最大值，当滑动变阻器滑片在中点时，根据串联电路的电阻特点求出电路中的总电阻，利用欧姆定律求出电路中的电流，利用焦耳定律求出通电1min，电阻R1产生的热量。【解答】解：AB、由图甲可知，R1、R2串联，电压表测量R2两端的电压，电流表测量电路中的电流；当滑片P处于a端时，滑动变阻器R2接入电路中的电阻为零，电压表被短路，电路中只有电阻R1工作，根据图乙知，此时电路中的电流为：I1＝1.2A，由I＝可知，电源电压为：U＝I1R1＝1.2A×R1……①当滑片P处于b端时，滑动变阻器R2接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，由图乙可知，此时电路中的电流为：I2＝0.4A，滑动变阻器R2两端电压为：U2＝4V，由I＝可知，电源电压：U＝I2R1+U2……②联立①②式解得，U＝6V，R1＝5Ω，故AB错误；C、当滑片P从a端移动到b端时，根据图乙知，电路中电流值的变化范围为0.4A～1.2A，则电路中电功率的最小值为：Pmin＝UImin＝6V×0.4A＝2.4W，电路中电功率的最大值为：Pmax＝UImax＝6V×1.2＝7.2W，所以，电路中电功率的变化范围为2.4W～7.2W，故C正确；D、由图乙可知，当滑动变阻器接入电路中的阻值最大时，两端的电压为4V时，通过电路中的电流为0.4A，由I＝可知，滑动变阻器的最大阻值：R2大＝＝＝10Ω，当滑动变阻器滑片在中点时，滑动变阻器接入电路中的阻值R2＝5Ω，根据串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻：R＝R1+R2＝5Ω+5Ω＝10Ω，此时电路中的电流：I＝＝＝0.6A，通电1min，电阻R1产生的热量：Q＝I2R1t＝（0.6A）2×5Ω×1×60s＝108J，故D错误。故选：C。19．（2023•涡阳县一模）电风扇和电烙铁上都标有“220V100W”字样，将它们接入电路中，则下列说法正确的是（）A．它们都在额定电压下工作相同时间，电风扇和电烙铁消耗电能一样多 B．它们都在额定电压下工作相同时间，电风扇和电烙铁产生热量一样多 C．电风扇和电烙铁的电阻都是484Ω D．当电烙铁两端电压为110V时，其实际功率为50W【答案】A【分析】（1）根据W＝Pt分析电风扇和电烙铁消耗电能的多少；（2）电风扇工作时，电能转化成内能和机械能，电烙铁工作时，电能全部转化成内能；（3）根据P＝可求出电烙铁的电阻，电风扇的电阻无法求出；（4）根据P＝可求出当电烙铁两端电压为110V时的实际功率。【解答】解：A、根据题意可知，电风扇和电烙铁的额定功率相同，根据W＝Pt可知，它们都在额定电压下工作相同时间，电风扇和电烙铁消耗电能一样多，故A正确；B、电风扇工作时，电能转化成内能和机械能，电烙铁工作时，电能全部转化成内能，因此相同时间内，电烙铁产生的热量更多，故B错误；C、由P＝可知，电烙铁的电阻：R电烙铁＝＝＝484Ω，由于电风扇是非纯电阻用电器，所以无法根据已知条件求出电风扇的电阻，故C错误；D、当电烙铁两端电压为110V时的实际功率：P实＝＝＝25W，故D错误。故选：A。20．（2023•雁塔区校级模拟）如图所示，电源电压恒为5V，电压表的量程为“0～3V“，电流表的量程为“0～0.6A”，滑动变阻器的规格为“20Ω1A”，灯泡标有“3V1.8W”字样。闭合开关，在电路安全的情况下（不考虑灯丝电阻的变化），则下列说法中正确的是（）A．滑片向左移动时，电压表示数变大 B．滑动变阻器的电阻允许调节的范围是0～20Ω C．小灯泡正常发光2s内，变阻器产生的电热为3.6J D．电压表示数的变化范围是1V～3V【答案】D【分析】由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和灯泡两端的电压变化；（2）电压表的示数等于灯泡的额定电压UL＝3V时，根据P＝UI求出通过灯泡的电流，根据串联电路的电流特点结合滑动变阻器允许通过的最大电流确定电路中的最大电流，此时灯泡正常发光，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，然后得出滑动变阻器的电阻允许调节的范围，利用Q＝W＝UIt求出小灯泡正常发光2s内变阻器产生的电热；（3）根据欧姆定律求出灯泡的电阻，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，电压表的示数最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出电压表的最小示数，然后得出电压表示数的变化范围。【解答】解：A、由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流，滑片向左移动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由I＝可知，电路中的电流变小，由U＝IR可知，灯泡两端的电压变小，即电压表的示数变小，故A错误；B、电压表的示数等于灯泡的额定电压UL＝3V时，由P＝UI可得，通过灯泡的电流：IL＝＝＝0.6A，因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，所以，电路中的最大电流为I大＝0.6A，电压表的最大示数为3V，此时灯泡正常发光，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，滑动变阻器两端的电压：U滑＝U﹣UL＝5V﹣3V＝2V，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R滑小＝＝≈3.33Ω，则滑动变阻器的电阻允许调节的范围是3.33Ω～20Ω，故B错误；C、小灯泡正常发光2s内，变阻器产生的电热：Q＝W＝U滑I大t＝2V×0.6A×2s＝2.4J，故C错误；D、灯泡的电阻：RL＝＝＝5Ω，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，电压表的示数最小，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＝＝＝0.2A，则电压表的最小示数：UL′＝I小RL＝0.2A×5Ω＝1V，所以，电压表示数的变化范围是1V～3V，故D正确。故选：D。21．（2023•合川区模拟）如图所示电路，电源电压为12V且保持不变，小灯泡的规格为6V，3W”（阻值不变），滑动变阻器的最大阻值为24Ω，电流表的量程为0～3A。当只闭合S3时，小灯泡恰能正常发光，则下列说法正确的是（）A．当只闭合S3时，在1min内电流通过R1所产生的热量是1.8×103J B．当只闭合S1时，R2消耗的最大功率为2.67W C．当三个开关都闭合时，要使电流表能安全使用，R2接入电路的阻值不得小于5Ω D．当三个开关都闭合时，R2消耗的电功率的变化范围是6W～24W【答案】D【分析】（1）当只闭合S3时，R1与L串联，此时灯正常发光，据此分析出灯两端的电压，根据I＝求出电路中的电流，根据串联电路的电压、电流规律求出R1两端的电压和通过R1的电流，根据W＝UIt求出在1min内电流通过R1所产生的热量；（2）当只闭合S1时，R2与L串联，根据欧姆定律列出电流的表达式，进而列出R2消耗的电功率的表达式，结合数学知识二次函数的最值问题分析解答；（3）根据欧姆定律求得R1的阻值；当三个开关都闭合时，L短路，R1与R2并联，电流表测量的是干路中的电流，先根据欧姆定律求出通过R1的电流，再结合电流表的量程根据并联电路的电流规律求出通过R2的最大电流，根据R＝求出R2接入电路的最小值；（4）当三个开关都闭合，R1与R2并联，根据滑动变阻器接入电路的阻值利用公式P＝求出R2消耗的电功率的最小值和最大值即可解答。【解答】解：A、当只闭合S3时，R1与L串联，且灯正常发光，此时灯两端的电压UL＝6V，功率PL＝3W，因为串联电路中各处的电流相等，所以，由P＝UI知道，电路中的电流为：I＝IL＝＝＝0.5A，因为串联电路中总电压等于各分电压之和，所以R1两端的电压为：U1＝U﹣UL＝12V﹣6V＝6V，所以1min内电流通过R1所产生的热量为：Q1＝U1It＝6V×0.5A×1×60s＝180J，故A错误；B．由于小灯泡的规格为6V3W”，所以由P＝可知，灯泡的电阻为：RL＝＝＝12Ω，当只闭合S1时，R2与L串联，此时电路中的电流为：，则R2消耗的功率为：P2＝I'2R2＝＝＝，由上式可知，当R2＝RL时，R2消耗的功率最大，且最大功率为：P2大＝＝＝3W，故B错误；C．当只闭合S3时，R1与L串联，R1两端的电压为6V，通过R1的电流为0.5A，则R1的阻值为：R1＝＝＝12Ω，当三个开关都闭合时，L短路，R1与R2并联，电流表测量的是干路中的电流，因为并联电路中各支路两端的电压相等，所以R1中的电流为：I1＝＝＝1A，要使电流表安全使用，电流表的最大电流I大＝3A，故通过R2的最大电流为：I2＝I大﹣I1＝3A﹣1A＝2A，所以R2接入电路的最小值为：R2小＝＝＝6Ω，故C错误；D．当三个开关都闭合，R1与R2并联，滑动变阻器接入电路中的阻值最大时，R2消耗的电功率最小，则R2消耗的功率最小为：P2小＝＝＝6W，当三个开关都闭合时，R1与R2并联，由于R2的阻值不能小于6Ω，所以，当R2接入的阻值是6Ω时，R2消耗的功率最大为：P2大'＝＝＝24W，即R2消耗的电功率的变化范围是6W～24W，故D正确。故选：D。22．（2023•九龙坡区一模）如图甲所示的电路中，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为80Ω，电源电压保持不变。滑动变阻器R的滑片从一端滑到另一端的过程中，测得R2的电功率与通过它的电流的关系如图乙所示。下列说法正确的是（）A．R1的阻值为16Ω B．R2的滑片向左滑动时，电压表与电流表示数之比不变 C．当电流为0.2A时，滑动变阻器R2消耗的电功率最大 D．电流为0.4A时，10s内电流通过R1产生的热量是32J【答案】D【分析】由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流最大，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，由图象读出最大和最小电流值，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，并求出R1的阻值和电源电压；（2）R2的滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，根据欧姆定律即可判断电路中的电流变化，根据串联电路的电压分配特点可知电压表示数变化；（3）根据P＝I2R即可求出R2的最大电功率；（4）根据Q＝I2Rt即可求出R1产生的热量。【解答】解：由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。A．当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流最大，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，由图象可知最大和最小电流分别为I最小＝0.1A，I最大＝0.5A，由欧姆定律及串联电路的电压规律可得U＝I最小（R1+R2大）＝0.1A×（R1+80Ω）①U＝I最大R1＝0.5A×R1②解①②得R1＝20Ω，U＝10V，故A错误；B．R2的滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，因电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，则电压表与电流表示数之比为滑动变阻器阻值，而滑动变阻器的电阻变小，则电压表与电流表的比值变小，故B错误；C．滑动变阻器R2消耗的功率为P2＝I2R2＝R2＝，可知当R2＝R1＝20Ω时滑动变阻器R2消耗的功率最大，此时电路电流I＝，故C错误；D．电流为0.4A时，10s内电流通过R1产生的热量Q1＝R1t＝（0.4A）2×20Ω×10s＝32J，故D正确。故选：D。23．（2023秋•芦淞区期中）（多选）如图所示的甲、乙两个电热器，其电源电压相同，电阻丝R1、R2的阻值不变，相同的托盘上放有相同的石蜡。当闭合开关S时，下列说法正确的是（）A．甲中的石蜡比乙中的石蜡熔化得快 B．甲中通过R1的电流大于乙中通过R1的电流 C．甲中R2两端的电压小于乙中R2两端的电压 D．要使两块石蜡均完全熔化，则甲电路通电时间更长【答案】AB【分析】由图知，甲中两电阻并联，乙中两电阻串联，根据串联和并联电路特点、欧姆定律、焦耳定律公式分析解答。【解答】解：由图知，甲中R1、R2并联，乙中R1、R2串联；由题知，电源电压相同，相同的托盘上放有相同的石蜡。A、由串联和并联电路的电阻特点知，甲电路总电阻小于乙，由Q＝W＝t可知，在相等时间内，甲电路产生热量较多，所以甲中石蜡熔化的较快，故A正确；BC、由串联和并联电路的电压规律知，甲中R2两端的电压大于乙中R2两端的电压；甲电路中R1两端电压大于乙电路中R1两端电压，由I＝知，甲中通过R1的电流较大，故B正确，C错误；D、使两块石蜡均完全熔化，需要的热量相等，甲电路总电阻小于乙，由Q＝W＝t，产生相同热量，甲电路通电时间短一些，故D错误。故选：AB。24．（2022秋•潮南区期末）如图甲所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关，将变阻器的滑片从一端移动到另一端的过程中，两电压表示数与电流表示数的变化关系如图乙所示，则电压表V1的示数变化是图像b（选填“a”或“b”），电源电压为15V；滑片移至最左端时，10s内电流通过R1产生的热量为6J。【答案】b；15；6【分析】由电路图可知，电阻R1、电阻R2、滑动变阻器串联在电路中，电压表V1测量R2两端的电压，电压表V2测量R2和变阻器两端的总电压，电流表测量电路中的电流。（1）当滑片P向右移动时，滑动变阻器连入的电阻变小，从而使电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，R1和R2两端的电压变大，由串联电路电压的特点可知，R2和变阻器两端的总电压变小，由此可知图象中上半部分为电压表V2示数变化图线，下半部分为电压表V1示数变化图线；（2）由图象可知，当滑片P移至最右端，滑动变阻器连入电阻为0，此时电路中的总电阻最小，电路中的电流最大为0.6A，此时两电压表的示数都为6V，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压；当电压表V2的示数（R2和变阻器两端的电压）为12V时，电压表V1的示数（R2两端的电压）为2V，电路中的电流为0.2A，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R1的阻值和电源的电压，根据Q＝I2Rt求出滑片移至最左端时10s内电流通过R1产生的热量。【解答】解：由电路图可知，电阻R1、电阻R2、滑动变阻器串联在电路中，电压表V1测量R2两端的电压，电压表V2测量R2和变阻器两端的总电压，电流表测量电路中的电流。（1）当滑片P向右移动时，滑动变阻器连入的电阻变小，电路中的总电阻变小，由I＝可知，电路中的电流变大，由U＝IR可知，R1和R2两端的电压变大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电压表V2的示数变小，结合图乙可知，图象中上半部分为电压表V2示数变化图线，下半部分为电压表V1示数变化图线；（2）当滑片P移至最右端时，两电压表均测R2两端的电压，电路中的电流最大为I＝0.6A，UV1＝6V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压：U＝UV1+U1＝6V+0.6A×R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①当滑片位于左端时，电压表V2的示数（R2和变阻器两端的电压）UV2＝12V时，电路中的电流I′＝0.2A，则电源的电压：U＝UV2+U1′＝12V+0.2A×R1﹣﹣﹣﹣②因电源的电压不变，所以，由①②可得：R1＝15Ω，U＝15V，滑片移至最左端时10s内电流通过R1产生的热量：Q1＝（I′）2R1t＝（0.2A）2×15Ω×10s＝6J。故答案为：b；15；6。25．（2022秋•阳春市期末）某家用电热壶有“加热”和“保温”两个挡位，其简化电路如图所示，R1、R2是电热丝，R1＝1050Ω，R2＝50Ω。开关S接“1”时，电热壶为加热挡位，此时电热壶的功率为968W。开关S接“2”时，通电1min，电流通过R2产生的热量为120J。【答案】加热；968；120。【分析】（1）由电路图可知，开关S接“1”时电路为R2的简单电路，开关S接“2”时R1与R2串联，根据P＝可知电源电压一定时，电路中的总电阻越小、功率越大，电热水壶处于加热挡，反之处于保温挡；（2）开关S接“1”时电路为R2的简单电路，由P＝可得电功率；开关S接“2”时，R1与R2串联，由串联电路电阻的规律求出总电阻，根据欧姆定律求出电路中的电流，利用Q＝I2Rt求出通电1min电流通过R2产生的热量。【解答】解：根据可知，电压一定时，电阻越大，功率越小，越是保温挡；电阻越小，功率越大，越是加热挡。由电路图可知，开关S接1时，只有R2接入电路，开关S接2时，R1、R2串联，由于串联时电阻大于任何一个分电阻，所以开关S接1时，是加热挡，开关S接2时，是保温挡。电热壶加热挡时，只有R2工作，此时的功率为：；开关S接“2”时，R1、R2串联，电路中的电流为：，通电1min，电流通过R2产生的热量为：；故答案为：加热；968；120。26．（2023•潮阳区校级二模）如图是某自动控制恒温箱的简化电路，电源电压恒定。照明灯L上标有“12V3W”字样，灯L和电阻R的I﹣U图像如图。当只闭合开关S1时，灯L正常发光，温控开关S2会根据箱内温度自动通断实现恒温。求：（1）灯L正常工作时的电流。（2）通电30s电阻R产生的热量。（3）若电源电压为6V，电路的最大功率。【答案】（1）灯L正常工作时的电流为0.25A；（2）通电30s电阻R产生的热量为432J；（3）若电源电压为6V，电路的最大功率为4.8W。【分析】（1）由题知，灯L的的额定电压和额定功率，由P＝UI可求灯L正常工作的电流；（2）当只闭合开关S1时，灯L正常发光，据此可知电源电压；由图象，根据欧姆定律可计算出R的阻值，再根据Q＝W＝t计算通电30s电阻R产生的热量；（3）当L和R并联时，电路的总功率最大；当电源电压为6V时，由P＝计算R的功率，由图象知通过灯泡的电流，由P＝UI计算灯泡的电功率，从而得到电路的最大功率。【解答】解：（1）由题知，灯L的的额定电压12V，额定功率是3W，由P＝UI可得，灯L正常工作的电流I＝＝＝0.25A；（2）当只闭合开关S1时，电路为灯L的简单电路，此时灯L正常发光，所以电源电压U＝U额＝12V，由R的I﹣U图像知，当UR＝4V时，IR＝0.4A，所以R的阻值R＝＝＝10Ω，开关S1和温控开关S2都闭合时，L与R并联，所以U＝UR＝12V，通电30s电阻R产生的热量：Q＝W＝t＝×30s＝432J；（3）电源电压一定，由P＝知，当两开关都闭合时，电路的总电阻最小，总功率最大。若电源电压为6V，则U′＝UL＝UR′＝6V，此时R的电功率PR＝＝＝3.6W；由图象知，此时通过灯泡的电流IL＝0.2A，灯泡的电功率PL＝ULIL＝6V×0.2A＝1.2W，电路的最大功率P＝PL+PR＝1.2W+3.6W＝4.8W。答：（1）灯L正常工作时的电流为0.25A；（2）通电30s电阻R产生的热量为432J；（3）若电源电压为6V，电路的最大功率为4.8W。27．（2022秋•渝中区校级期末）如图所示，电源电压为6V且保持不变，小灯泡L标有“6V3.6W”的字样，将滑片移到最右端，闭合开关S，电流表示数为0.2A，忽略温度对灯丝电阻的影响。求：（1）灯泡正常发光时的电阻；（2）滑动变阻器的最大阻值；（3）将滑片移到某位置，电压表示数为1V，滑动变阻器电阻丝1min内产生的热量。【答案】（1）灯泡正常发光时的电阻为10Ω；（2）滑动变阻器的最大阻值为20Ω；（3）将滑片移到某位置，电压表示数为1V，滑动变阻器电阻丝1min内产生的热量为30J。【分析】（1）根据P＝UI＝求灯泡正常发光时的电阻；（2）将滑片移到最右端，闭合开关S，灯泡L与滑动变阻器串联，而且滑动变阻器最大阻值接入电路，电压表串联滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流；利用欧姆定律求出电路中的总电阻，根据串联电路特点求出滑动变阻器的最大阻值；（3）根据串联电路的电压特点求出当电压表示数为1V时，灯泡两端的电压，利用欧姆定律求出通过灯泡的电流，根据串联电路的电流特点可知通过滑动变阻器的电流，利用Q＝W＝UIt求出滑动变阻器电阻丝1min内产生的热量。【解答】解：（1）由P＝UI＝可知，灯泡正常发光时的电阻：RL＝＝＝10Ω；（2）由图可知，将滑片移到最右端，闭合开关S，灯泡L与滑动变阻器串联，而且滑动变阻器最大阻值接入电路，电压表串联滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流；由I＝可知，此时电路中的总电阻：R总＝＝＝30Ω，根据串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器的最大阻值：R大＝R总﹣RL＝30Ω﹣10Ω＝20Ω；（3）当电压表示数为1V时，即滑动变阻器两端电压为UR＝1V时，根据串联电路的电压特点可知，灯泡两端的电压：UL′＝U﹣UR＝6V﹣1V＝5V，此时通过灯泡的电流：IL′＝＝＝0.5A，根据串联电路的电流特点可知，通过滑动变阻器R的电流：IR＝IL′＝0.5A，滑动变阻器电阻丝1min内产生的热量：Q＝WR＝URIRt＝1V×0.5A×1×60s＝30J。答：（1）灯泡正常发光时的电阻为10Ω；（2）滑动变阻器的最大阻值为20Ω；（3）将滑片移到某位置，电压表示数为1V，滑动变阻器电阻丝1min内产生的热量为30J。【题型5电热的利用与防止】 28．（2023•乾安县二模）下列设备中不属于利用电热工作的是（）A．电褥子 B．电饭煲 C．电风扇 D．电热水器【答案】C【分析】电流通过导体产生热量的现象叫电流的热效应，电热器是利用电流的热效应制成的加热设备，电热器工作时，消耗电能转化为内能。据此对下面的各个选项逐次分析即可。【解答】解：电褥子、电饭锅、电饭煲，都是利用电流的热效应制成的，电热器工作时，把电能转化为内能，故ABD不符合题意；电风扇的工作原理是通电线圈在磁场中受力转动，把电能主要转化为机械能，故C符合题意。故选：C。29．（2023•南岗区模拟）将规格都是“220V180W”的一台电冰箱、一台电脑和一床电热毯，分别接入同一家庭电路中，若通电时间相同，则下列说法正确的是（）A．电冰箱产生的热量最多 B．电脑产生的热量最多 C．电热毯消耗的电能最多 D．三者电流做功一样多【答案】D【分析】由题意知，三种用电器的额定电压都是220V，额定功率都是180W；家庭电路电压是220V，把这三个用电器接入家庭电路，三个用电器都正常工作，实际功率相同都等于额定功率，通电时间相同，根据W＝Pt可知消耗的电能相同；通过分析三种用电器工作时的能量转化情况，找出产生热量最多的用电器。【解答】解：家庭电路中，各个用电器两端的电压相同，U＝220V，三种用电器的实际功率：P实＝P额＝180W；根据W＝Pt，用电器工作时间t相等，三种用电器消耗的电能相同，电流做功相同；电冰箱与电脑工作时，主要把电能转化为机械能或其他形式的能，产生的热量很小，电热毯工作时电热丝产生热量，把电能全部转化为热量；产生热量最多的是电热毯。故选：D。30．（2023•雁塔区校级模拟）下列情况中不属于防止电热危害的是（）A．电视机的后盖有许多孔 B．电动机外壳有许多散热片 C．家电长时间停用，隔段时间应通电一次 D．电脑主板的CPU上有小风扇【答案】C【分析】电热有有利的一面，也有有害的一面，解答本题关键是看电热为我们服务还是我们不需要电热而是把它及时散发掉。【解答】解：A、电视机的后盖有许多孔是为把各电器元件产生的热量及时散失掉，故A不符合题意。B、电动机外壳有许多散热片，可以用来散热，防止电动机因温度过高而损坏，故B不符合题意。C、家电长时间停用，隔一段时间应通电一次防止家电受潮，是为了保护用电器，属利用电热，故C符合题意。D、过多的热量会影响计算机CPU的正常工作，CPU上有风扇，这都是为了散失热量，故D不符合题意。故选：C。31．（2019•盘锦四模）如图所示是电暖气和暖宝，里面的加热丝所用的材料是导体（选填“导体”“绝缘体”“超导体”“半导体”）。若电暖气要求通电后升温速度快，暖宝要求通电加热后可以放出更多的热量，则暖宝（选填“电暖气”“暖宝”）需要充入比热容较大的液体。【答案】见试题解答内容【分析】电流通过导体时会产生热量，这就是电流的热效应；比热容是指单位质量的某种物质温度升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量；质量相同的不同物质吸收相同的热量，比热容小的温度升高的快；根据公式Q＝cmΔt判定热量的多少。【解答】解：电暖气和暖宝都是利用电流的热效应来工作的，里面的加热丝是导体；质量相同的不同物质在吸收相同的热量时，比热容小的温度升高得快，因此电暖气内部应充入比热容小的液体；根据Q放＝cmΔt可知，在质量相同、降低的温度相同时，比热容大的液体放出的热量越多，所以暖宝要充入比热容大的液体。故答案为：导体；暖宝。32．现有两电热水壶分别是甲“220V﹣1500W”、乙“220V﹣1000W”，甲壶中装有2kg的水，乙壶中装有1kg的水（水的初温相同），当同时给它们通电正常工作时，甲壶（选填“甲”或“乙”）电流做功快；要想把水烧开，甲壶（选填“甲”或“乙”）电流做功多；乙壶（选填“甲”或“乙”）把水烧开需要的时间少。【答案】见试题解答内容【分析】（1）电功率是表示电流做功快慢的物理量；（2）根据Q＝cmΔt判断出电流做功的多少；（3）比较电功率与电功的关系以及t＝比较出哪一个把水烧开需要的时间少。【解答】解：电功率是表示电流做功快慢的物理量，甲壶的功率越大，电流做功越快；根据Q＝cmΔt知，甲的质量是乙质量的2倍，甲吸收的热量是乙的2倍，甲电流做的功是乙的2倍，即甲壶电流做功多；根据P＝变形得t＝，已知甲的功率是乙功率的＝1.5倍、甲电流做的功是乙的2倍，所以乙壶把水烧开需要的时间少。故答案为：甲；甲；乙。【题型6电功与电热的综合计算】 33．（2023•湖北二模）（多选）如图所示，是某电热水器的简化电路图，其工作电压为220V，容积为1L，有高、中、低三挡，功率分别为1100W、550W和275W，则下列选项正确的是[ρ水＝1×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃），g＝10N/kg]（）A．R1与R2的阻值相等，阻值都是88Ω B．当开关S1断开，S2接A时，养生壶处于中温挡 C．养生壶处于中温挡时，工作电流为2.5A D．在标准大气压下，使用高温挡5min就能将初温为20℃的一满壶水烧开（不考虑热量的损失）【答案】AC【分析】（1）开关S1断开，S2接A时，两电阻串联，总电阻最大，电源电压不变，根据P＝可知，总功率最小，电热水器处于低挡，功率为275W，根据P＝可知R串；只闭合开关S1，电路为R1的简单电路，总电阻较大，电源电压不变，根据P＝可知，总功率较大，电热水器处于中挡，功率为550W，根据P＝可知R1，根据电阻串联的特点可知R2的阻值，并与R1比较大小关系；根据P＝UI可知养生壶处于中温挡时的工作电流；（2）开关S1断开，S2接B时，两电阻并联，总电阻最小，电源电压不变，根据P＝可知，总功率最大，电热水器处于高挡，功率为1100W；由ρ＝的变形式m＝ρV得出水的质量，在一个标准大气压下，水的沸点为100℃，将初温为20℃的一满壶水烧开，根据Q吸＝cmΔt得出水吸收的热量，不考虑热量的损失，根据W＝Q吸得出消耗的电能，根据t＝得出加热所需时间，并与5min比较大小。【解答】解：ABC、开关S1断开，S2接A时，两电阻串联，总电阻最大，电源电压不变，根据P＝可知，总功率最小，电热水器处于低挡，功率为275W，根据P＝可知R串＝＝＝176Ω；只闭合开关S1，电路为R1的简单电路，总电阻较大，电源电压不变，根据P＝可知，总功率较大，电热水器处于中挡，功率为550W，根据P＝可知R1＝＝＝＝88Ω；根据电阻串联的特点可知R2＝R串﹣R1＝176Ω﹣88Ω＝88Ω＝R1；根据P＝UI可知养生壶处于中温挡时，工作电流I中＝＝＝2.5A；故AC正确、B错误；D、开关S1断开，S2接B时，两电阻并联，总电阻最小，电源电压不变，根据P＝可知，总功率最大，电热水器处于高挡，功率为1100W；水的体积V＝1L＝×10﹣3m3，由ρ＝得水的质量m＝ρV＝1×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg，在一个标准大气压下，水的沸点为100℃，将初温为20℃的一满壶水烧开，水吸收的热量Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J，不考虑热量的损失，消耗的电能W＝Q吸＝3.36×105J，加热所需时间t＝＝≈305s＞5min，故D错误。故选：AC。34．（2023•获嘉县校级模拟）如图为小华家的电能表，一个标有“220V，840W”的电水壶单独接入电路并正常工作10min，它所消耗的电能为5.04×105J；电水壶产生的热量全部被2kg的24℃的水吸收，这能使水温升高到84℃（此时为1标准大气压），电能表的转盘在这段时间内转504转。【答案】5.04×105；84；504【分析】（1）电水壶正常发光时的功率和额定功率相等，利用W＝Pt求出正常工作10min消耗的电能；（2）由题意可知水吸收的热量和消耗的电能相等，根据Q吸＝cmΔt求出水升高的温度，然后求出水的末温；（3）3600r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3600r，据此求出电能表的转盘在这段时间内转的圈数。【解答】解：（1）由P＝可得，电水壶正常工作10min消耗的电能：W＝Pt＝840W×10×60s＝5.04×105J＝0.14kW•h；（2）由题意可知，水吸收的热量：Q吸＝W＝5.04×105J，由Q吸＝cmΔt可得，水升高的温度：Δt＝＝＝60℃，由Δt＝t﹣t0可得，此时水的末温：t＝Δt+t0＝60℃+24℃＝84℃；（3）电能表表盘上“3600r/（kW•h）”表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3600r，电能表的转盘在这段时间内转的圈数：n＝0.14kW•h×3600r/（kW•h）＝504r。故答案为：5.04×105；84；504。35．（2023•如东县二模）某自动豆浆机工作时，电热管加热与电动机打浆过程交替进行，其部分参数如下表。额定电压220V电机功率200W加热功率1200W净重30N（1）空豆浆机放在水平桌面上，接触面积为4cm2，对水平面的压强为7.5×104Pa。（2）不计热量损失，加热管正常工作100s，可使1.5kg豆浆的温度升高20℃[取c豆浆＝4×103J/（kg•℃）]；豆浆飘出阵阵香味说明分子在不停地做无规则运动。（3）电热管通电一段时间后变得很烫，而与豆浆机连接的导线却不怎么热，主要是因为导线电阻比电热管小得多，产生的热量少；若豆浆机正常打好一次豆浆消耗的总电能为0.33kW•h，加热与打浆的时间之比为5：3，则打好一次豆浆需0.4h。【答案】（1）7.5×104；（2）100；不停地做无规则运动；（3）电阻比电热管小得多；（4）0.4。【分析】（1）空豆浆机放在水平桌面上对桌面的压力等于自身的重力，根据p＝求出空豆浆机放在水平桌面的压强；（2）根据Q吸＝cmΔt求出豆浆吸收的热量，不计热量损失，加热管消耗的电能等于豆浆吸收的热量，根据P＝求出加热管正常工作的时间；组成物质的分子在不停地做无规则运动；（3）电热管和连接豆浆机的导线串联，通过的电流和通电时间相同，导线的电阻于电热管的电阻小得多，根据焦耳定律分析解答；由题知，加热与打浆的时间之比为5：3，设加热时间为5t，则打浆时间为3t，总的加热时间8t；由题知，豆浆机正常打好一次豆浆的消耗的总电能为W＝P加热t加热+P打浆t打浆，据此求出t，进而求出打好一次豆浆需要时间。【解答】解：（1）空豆浆机放在水平桌面上对桌面的压力：F＝G＝30N，空豆浆机放在水平桌面的压强：p＝＝＝7.5×104Pa；（2）豆浆吸收的热量：Q吸＝c豆浆mΔt＝4×103J/（kg•℃）×1.5kg×20℃＝1.2×105J，不计热量损失，加热管消耗的电能：W＝Q吸＝1.2×105J，由P＝可知，加热管正常工作的时间：t＝＝＝100s；豆浆飘出阵阵香味说明分子在不停地做无规则运动；（3）电热管和连接豆浆机的导线串联，根据串联电路的特点可知，通过电热管和导线的电流和通电时间相同，由于导线的电阻于电热管的电阻小得多，由Q＝I2Rt可知，导线产生的热量比电热管产生的热量少得多，所以电热管通电一段时间后变得很烫，而与豆浆机连接的导线却不怎么热；由题知，加热与打浆的时间之比为5：3，设打浆时间为t电机＝3t，则加热时间为t加热＝5t，总的工作时间为t总＝8t，豆浆机加热功率P加热＝1200W＝1.2kW，电机功率P电机＝200W＝0.2kW，由题知，豆浆机正常打好一次豆浆的消耗的总电能为0.33kW•h；由P＝可知，W＝P加热t加热+P电机t电机，即0.33kW•h＝1.2kW×5t+0.2kW×3t，解得：t＝0.05h，则打好一次豆浆需要的时间：t总＝8t＝8×0.05h＝0.4h。故答案为：（1）7.5×104；（2）100；不停地做无规则运动；（3）电阻比电热管小得多；（4）0.4。36．（2023•振安区校级二模）图中是一款家用电热水器的简化电路图，它有高温和低温两个挡位，通过单刀双掷开关S拨到触点a或触点b来实现挡位的切换，高温挡功率为3300W。电阻R1、R2均为电热丝，R1的阻值为55Ω。求：（1）低温挡时通过R1的电流。（2）R2的阻值。（3）如果该款电热水器的电热转化效率为90%，用高温挡把50kg的水从27℃加热到60℃，需要的时间。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]【答案】（1）低温挡时通过R1的电流为4A；（2）R2的阻值为20Ω；（3）如果该款电热水器的电热转化效率为90%，用高温挡把50kg的水从27℃加热到60℃，需要的时间为2333.3s。【分析】（1）由图可知，当开关S接a时，R1、R2并联，当开关S接b时，只有R1工作；根据串联电路的电阻特点和P＝可知电热水器高温挡和低温挡的电路连接；根据欧姆定律求出低温挡时通过R1的电流；（2）根据P＝UI求出高温挡工作时电路中的总电流，根据并联电路的电流特点求出高温挡工作时通过R2的电流，根据欧姆定律求出R2的阻值；（3）根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，根据效率公式求出电热水器消耗的电能，根据P＝求出电热水器加热的时间。【解答】解：（1）由图可知，当开关S接a时，R1、R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最小，由P＝可知，电路中的总功率最大，电热水器处于高温挡；当开关S接b时，只有R1工作，电路中的总电阻最大，总功率最小，电热水器处于低温挡；低温挡时通过R1的电流：I低＝I1＝＝＝4A；（2）由P＝UI可知，高温挡工作时电路中的总电流：I高＝＝＝15A，根据并联电路的电流特点可知，高温挡工作时通过R2的电流：I2＝I高﹣I1＝15A﹣4A＝11A，根据欧姆定律可知，R2的阻值：R2＝＝＝20Ω；（3）水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（60℃﹣27℃）＝6.93×106J，由η＝可知，电热水器消耗的电能：W＝＝＝7.7×106J，由P＝可知，电热水器加热的时间：t′＝＝≈2333.3s。答：（1）低温挡时通过R1的电流为4A；（2）R2的阻值为20Ω；（3）如果该款电热水器的电热转化效率为90%，用高温挡把50kg的水从27℃加热到60℃，需要的时间为2333.3s。37．（2023•岱岳区三模）某迷你洗衣机具有洗净度高、可设定洗涤温度、安全方便等优点，其铭牌中部分参数如表格所示，简化电路如图所示。闭合开关S，旋钮开关旋至位置“1”时，R1和R2同时工作，洗衣机处于加热状态；旋钮开关旋至位置“2”时，R2和电动机同时工作，洗衣机处于保温洗涤状态。R1和R2均为电热丝，其阻值不受温度影响，R1的阻值为25Ω。电压/V220设定温度/℃30﹣90最大洗涤容量/kg6加热功率/W2000防电墙电阻/Ω106（1）洗衣机处于加热状态时，R1的功率是多少？（2）洗衣机处于保温洗涤状态时，干路中的电流为1A，则此状态下工作10min消耗的电能是多少J？（3）某次洗衣前，洗衣机内注入5kg水，在额定电压下对水加热，水温由15℃上升到45℃，已知洗衣机的加热效率为75%，则需要加热多长时间？【答案】（1）洗衣机处于加热状态时，R1的功率是1936W；（2）洗衣机处于保温洗涤状态时，干路中的电流为1A，则此状态下工作10min消耗的电能是1.32×105J；（3）需要加热的时间为420s。【分析】（1）由图可知，闭合开关S，旋钮开关旋至位置“1”时，R1和R2并联工作，洗衣机处于加热状态；根据P＝求出R1的电功率；（2）由图可知，旋钮开关旋至位置“2”时，R2和电动机同时工作，知道干路的电流，根据W＝UIt求出此状态下工作10mi