专题12焦耳定律压轴培优专题训练

专题12焦耳定律压轴培优专题训练（解析版）1．如图是研究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关的实验，下列分析正确的是（）A．本次探究实验中用到了控制变量法和等效替代法 B．此实验必须把甲、乙两图接在电压相同的电源两端实验结论才具有科学性 C．为了探究电热与电流的关系，应该选择乙实验 D．通电相同的时间，甲装置中左边U形管的高度差更大【答案】C。【解答】解：A、甲探究电流产生热量与电阻关系中，控制了电流和通电时间相同；乙探究电流产生热量与电流关系中，控制了电阻和通电时间相同，实验中用到了控制变量法；据试验装置可知，电流通过导体产生热量使得容器中的空气受热膨胀，从而导致U形管中的液面会发生变化，故虽然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，这种研究方法叫转化法，故A错误；B、甲实验探究电流产生热量与电阻关系，乙实验探究电流产生热量与电流关系，两实验没有联系，所以两次实验没有必要控制电压相同，故B错误；C、乙实验，右侧电阻丝与另一电阻丝并联，故左右空气盒中电阻丝的电阻和通电时间相同，但通过电阻的电流不同，所以研究电流产生的热量与电流的关系，故C正确；D、甲实验两电阻丝串联，则通过电阻丝的电流和通电时间相同，右侧电阻阻值大，由焦耳定律Q＝I2Rt可知，右侧电阻产生热量多；则右侧容器内空气吸收的热量多，甲装置中右边U形管的高度差更大，故D错误。故选：C。2．图所示的是探究“电流产生的热量与哪些因素有关”的实验装置，电流产生的热量通过U形管中液面的高度差来反映。在两个密闭容器中装有质量相等（选填“相等”或“不等”）的空气，研究电流产生的热量与电阻的关系时，应选用图甲（选填“甲”或“乙”）所示的装置进行实验。在图乙中容器外并联了一个阻值相同的电阻丝，其目的是为了研究电流产生的热量与电流的关系。【答案】高度差；相等；甲；电流。【解答】解：（1）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；（2）两个密闭容器中装有质量相同的空气，空气的质量和比热相同，根据Q＝cm△t，温度变化量相同，空气吸收热量相同；相同时间内，空气温度升高越快，空气吸收热量越多，电流产生热量越多；（3）图甲中，两个电阻串联在电路中，电流相同，通电时间相同，电阻不同，所以探究是电流产生热量跟电阻大小关系；（4）图乙中，两个相同的电阻串联在电路中，通电时间和电阻相同，当给其中一个并联一个电阻时，电阻的电流改变，探究电流产生热量跟电流关系。故答案为：高度差；相等；甲；电流。3．为了探究电流产生的热量跟什么因素有关，王军设计了如图所示的甲、乙两种装置，他将两根阻值不同的电阻丝（R1＜R2）分别密封在两个完全相同的烧瓶中，并通过短玻璃管与相同的气球相连，两次实验电源电压不变。（1）在这个实验中，电流产生的热量多少是通过气球膨胀的程度大小体现出来的，像这种用能直接观测的量来显示不容易直接观测的量的方法叫“转换法”。（2）如图甲所示的装置可探究电流产生的热量与电阻的关系；电阻丝R1和R2是串联联的，其目的是让两电阻通过的电流相等。（3）在装置甲、乙的来两次实验中，通过比较相同时间里气球B与D的变化情况可探究电流产生的热量与电流的关系。（4）在甲、乙两装置同时实验，在相同的通电时间里，与气球C（填气球字母标号）相通的电阻丝产生热量最多。【答案】（1）气球膨胀的程度大小；转换法；（2）电阻；串联；让两电阻通过的电流相等；（3）电流；（4）C。【解答】解：（1）当电阻丝通电后，电流产生热量使煤油温度升高，从而使气球膨胀，根据气球膨胀的程度大小可知温度升高的多少；转换法是将不易观察的现象转换成较明显的物理现象；（2）甲中两电阻串联，则两电阻中的电流相等，则可知热量应由电阻有关，根据气球膨胀的多少可知热量的多少，则可知热量与电阻大小的关系；（3）乙图中两电阻并联，则B、D两容器中的电流不同，而两电阻丝的电阻相同，故探究的应是热量与电流的关系；（4）甲图中两电阻串联，则通过两电阻的电流相等，由焦耳定律可得，电阻大的电阻丝发热较多，即B中发热量要多；乙图中两电阻并联，则电压相等，由W＝•t可得，电阻小的发热量要多，故C比D发热量要多；而B、D电阻相等，由欧姆定律可得，B中电流小于D中电流，故D中热量要比B中热量多，故C中热量最多；故答案为：（1）气球膨胀的程度大小；转换法；（2）电阻；串联；让两电阻通过的电流相等；（3）电流；（4）C。4．为了探究电流产生的热量跟什么因素有关，王军设计了如图所示的甲、乙两种装置，他将两根阻值不同的电阻丝（R1＜R2）分别密封在两个完全相同的烧瓶中，并通过短玻璃管与相同的气球相连，两次实验电源电压不变。（1）实验中通过气球膨胀的程度大小变化来比较电流通过电阻丝产生的热量的多少。（2）甲装置可探究电流产生的热量与电阻的关系，电路中将两根金属丝串联的目的是电流和通电时间相等。（3）在装置甲、乙的两次实验中，通过比较相同时间里气球B与D的变化情况，可探究电流产生的热量与电流的关系。（4）甲、乙两装置同时实验，在相同的通电时间里，与C气球（填气球字母标号）相通的电阻丝产生的热量最多。（5）电烘箱高温和低温两挡的调节是通过改变接入电路中电阻丝的长度来实现的。由上述实验可知：低温挡接入电路的电阻丝比高温挡要长（填“长”或“短”）一些。【答案】（1）气球膨胀的程度大小；（2）电阻；电流和通电时间；（3）电流；（4）C；（5）长。【解答】解：（1）当电阻丝通电后，电流产生热量使瓶内温度升高，从而使气球膨胀，根据气球膨胀的程度大小可知电流通过电阻丝产生的热量的多少，这种方法叫转换法；（2）甲中阻值不相等两电阻串联，则两电阻中的电流相等，通电时间也相等，所以可探究电流产生热量与电阻大小的关系；（3）由乙图可知两电阻并联，而B瓶与D瓶电阻相等，电压不相等，则可知两瓶中的电流不同，可探究电流产生的热量与通过电流的关系；（4）甲图中两电阻串联，则通过两电阻的电流相等，由焦耳定律可得，电阻大的电阻丝发热较多，即B相通的电阻丝R2发热量要多；乙图中两电阻并联，则电压相等，由Q＝W＝t可得，电阻小的发热量要多，故C比D相通的电阻丝R1发热量要多；而B、D相通的电阻丝电阻相等，由欧姆定律可得，B相通的电阻丝电流小于D相通的电阻丝电流，故D相通的电阻丝热量要比B相通的电阻丝热量多，故C相通的电阻丝热量最多。（5）根据W＝Pt＝UIt＝t，可知，为了节省电能接入电路中的总电阻要大，从而使电能转化为内能较少，产生的热量较少，温度较低，所以电烘箱低温挡接入电路的电阻丝比高温挡要长。故答案为：（1）气球膨胀的程度大小；（2）电阻；电流和通电时间；（3）电流；（4）C；（5）长。5．小桂和小林同学为了探究“电流通过导体产生的热量与电阻的关系”，设计了如图甲和乙所示的实验电路。（1）实验中通过观察玻璃管中液面高度差的大小来判断电流通过导体产生的热量的多少。（2）通过实验得到结论：在电流、通电时间相同的情况下，电阻越大（选填“大”或“小”），产生的热量多。（3）该实验用到的实验方法是：控制变量法和转换法。采用图乙的连接方式，其目的是为了控制两根电阻丝的电阻和通电时间相等。（4）小桂同学想比较另两个电热丝A和B阻值的大小，利用图甲的电路，用A、B分别取代5Ω和10Ω，发现A电阻对应的液柱升高较快，则UA＞UB，RA＞RB．（均选填“＞”、“＜”或“＝”）【答案】（1）玻璃管中液面高度差的大小；（2）大；（3）控制变量法；控制两根电阻丝的电阻和通电时间相等；（4）＞；＞。【解答】解：（1）电阻产生的热量被空气吸收，空气吸热体积膨胀，从而使U形管左右出现高度差，故可从玻璃管中液面高度差的大小判断电流通过导体产生热量的多少；（2）根据焦耳定律可知，在电流和通电时间相同的情况下，导体的电阻越大，产生的热量越多；（3）本实验采用了控制变量法和转换法；采用图乙的连接方式，两电阻丝串联连接的目的是：控制两根电阻丝的电阻和通电时间相等；（4）串联电路有分压作用，因为电压与电阻成正比，所以UA＞UB；发现A电阻对应的液柱升高较快，说明A放出的热量多，根据Q＝I2Rt可知，电流和通电时间时间相同的情况下，电阻越大，产生的热量越多，所以RA＞RB。故答案为：（1）玻璃管中液面高度差的大小；（2）大；（3）控制变量法；控制两根电阻丝的电阻和通电时间相等；（4）＞；＞。6．据《生活报》讯，2017年4月14日起，插线板新国家标准正式实施，要求插线板的插孔须设置“保护门”，“保护门”可有效防止儿童将手指插入插孔而造成触电事故，同时可避免灰尘长期沉积而造成的内部短路（选填“断路”或“短路”）。在线材方面要求：如果最大工作电流16A的延长线插座，导线的最小横截面积由原来的1mm2增加到1.5mm2．请你根据所学物理知识解释增加导线横截面积的好处。【答案】短路；材料、长度相同的导线，横截面积越大，电阻越小，由焦耳定律Q＝I2Rt可知，电流和通电时间相同时，电阻越小，产生的热量越少，采用横截面积更大的导线可以避免外部绝缘皮过热，引起火灾。【解答】解：（1）灰尘长期沉积会造成插座内部短路，从而烧坏插座，“保护门”可以有效的防止这一安全隐患；（2）材料、长度相同的导线，横截面积越大，电阻越小，由焦耳定律Q＝I2Rt可知，电流和通电时间相同时，电阻越小，产生的热量越少，采用横截面积更大的导线可以避免外部绝缘皮过热，引起火灾。故答案为：短路；材料、长度相同的导线，横截面积越大，电阻越小，由焦耳定律Q＝I2Rt可知，电流和通电时间相同时，电阻越小，产生的热量越少，采用横截面积更大的导线可以避免外部绝缘皮过热，引起火灾。7．如图所示，电源电压保持不变。闭合开关S，当滑片P置于滑动变阻器的中点时，电压表的示数为4V；当滑片置于滑动变阻器的b端时，电压表的示数变化了2V，此后100s内定值电阻R1产生的热量为200J。下列结果正确的是（）A．电源电压为10V B．R1的阻值为18Ω C．滑动变阻器R的最大阻值为9Ω D．R1先后两次消耗的电功率之比4：3【答案】B。【解答】解：ABC、由电路图可知R和R1串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压；设滑动变阻器的最大阻值为R，即当滑片置于滑动变阻器的b端时，其阻值为R；当滑片P置于滑动变阻器的中点时，其阻值为；由题意可知，当滑片置于滑动变阻器的中点时，电压表示数为4V，即UR＝4V，由欧姆定律可得此时电流为：I1＝，当滑片置于滑动变阻器的b端时，电压表的示数变化了2V，即UR′＝UR+2V＝4V+2V＝6V，由欧姆定律可得此时电流为：I2＝，则前后两次的电流之比为I1：I2＝：＝4：3﹣﹣﹣﹣﹣①，滑片置于滑动变阻器的中点时，由电阻的串联和欧姆定律可得电源电压为：U＝I1（R1+R）﹣﹣﹣﹣②，滑片置于滑动变阻器的b端时，同理可得电源电压为：U＝I2（R1+R）﹣﹣﹣﹣③，因电源电压不变，联立①②③解得R1＝R（即变阻器的最大阻值与R1的阻值相等）；当滑片置于滑动变阻器的b端时，变阻器的最大电阻和R1串联，且二者的阻值相等，UR′＝6V，由串联分压的规律可知，此时R1的电压U1′＝UR′＝6V，则电源电压U＝U1′+UR′＝6V+6V＝12V，故A错误；此时100s内定值电阻R1产生的热量为200J，由Q＝W＝t可得R1的阻值：R1＝＝＝18Ω，则滑动变阻器R的最大阻值也为18Ω，故B正确，C错误；D、当滑片P置于滑动变阻器的中点时，R1消耗的电功率为：P1＝I12R1，当滑片P置于滑动变阻器的b端时，R1消耗的电功率为：P2＝I22R1，则R1先后两次消耗的电功率之比为：＝＝（）2＝（）2＝，故D错误。故选：B。8．某型号的电加热器有高、低两挡，其额定电压为220V，内部电路由发热电阻R1、R2和开关S1组成，其中R1＝44Ω。在不拆解内部电路的情况下，小华用图甲电路对其进行测试：先闭合S，电流表的示数为1A；再闭合S1，电流表的示数变为5A。则低温挡工作1min产生的热量为13200J，R2的阻值为176Ω；小华又增加了一个单刀双掷开关S2，利用原有元件对该电加热器的内部电路改装，改装后的电路如图乙，要使改装后的电加热器处于高温挡，开关S1和S2的状态应分别是开关S1闭合且S2接b；改装后高温挡的功率提升25%。【答案】13200；176；开关S1闭合且S2接b；25。【解答】解：（1）若R1单独接入电路中，则电路中的电流：I1＝＝＝5A，因先闭合开关S时电流表的示数为1A（低温挡），再闭合S1时电流表的示数变为5A（高温挡），所以，高温挡时电路为R1的简单电路，低温挡时，电路中的电流较小（为1A），由欧姆定律可知此时电路的总电阻较大，则此时电路是R1与R2串联，由以上分析可知，该电加热器的内部电路如下图所示：该电加热器低温挡工作1min产生的热量：W＝UIt＝220V×1A×60s＝13200J；（2）低温挡时R1与R2串联，电路中的总电阻：R＝＝＝220Ω，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﹣R1＝220Ω﹣44Ω＝176Ω；（3）利用原有元件对该电加热器的内部电路改装，改装后的电路如图乙，由乙图可知，开关S1闭合且S2接b时，R1与R2并联，电路的总电阻最小，总功率最大，电加热器处于高温挡；开关S1断开且S2接a时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，总功率最小，电加热器处于低温挡，因并联电路中各支路两端的电压相等，且电路的总功率等于各用电器功率之和，所以，改装后的高温挡功率：P高′＝+＝+＝1375W，而改装前的高温挡功率：P高＝UI1＝220V×5A＝1100W，则改装后高温挡的功率提升：＝＝25%。故答案为：13200；176；开关S1闭合且S2接b；25。9．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】。【解答】解：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：。10．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、低三个加热挡位，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，低温挡功率为高温挡功率的，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，火锅处于高温挡？（2）R3的阻值是多少欧姆？电火锅处于低温挡正常工作时，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，用高温挡加热汤液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）]【解答】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＝可知，电功率最小，火锅处于低温挡；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＝可知，电功率较大，火锅处于中温挡；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＝可知，电功率最大，火锅处于高温挡。（2）高温挡时的电功率：P高＝P1+P2＝+＝+＝1000W，由题意知，低温挡功率为高温挡功率的，即：P低＝P高＝×1000W＝200W，由P＝可得，低温挡时电路总电阻：R＝＝＝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。电火锅处于低温挡正常工作时，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′＝＝0.027kW•h＝9.72×104J，则电火锅的功率：P′＝＝＝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。答：（1）当旋钮开关置于“1和2”接线柱时，火锅处于低温挡；（2）R3的阻值是181.5欧姆；电火锅处于低温挡正常工作时，在1分钟内产生的热量是1.2×104J焦耳；（3）此时电火锅不正常工作。11．随着国家大力倡导共享经济，大量的共享单车和电动车出现在了马路上。下表是一辆共享电动车的铭牌上给出的技术参数。车型整车质量最大载重电动机输出功率额定电压额定电流26寸电动车30kg120kg160W40V5.0A根据表中数据计算：（1）该电动机正常工作10分钟，线圈产生的热量。（2）该电动机线圈的电阻。（3）该电动机正常工作时的效率。【解答】解：（1）电动机的输入功率：P总＝UI＝40V×5A＝200W，由表中参数可知，电动机的输出功率：P出＝160W，内部的发热功率：P热＝P总﹣P出＝200W﹣160W＝40W；电动机正常工作10分钟，线圈产生的热量：Q＝W＝P热t＝40W×10×60s＝24000J；（2）由电动机的发热功率：P热＝P总﹣P出＝I2r，则电动机线圈的电阻：r＝＝＝1.6Ω；（3）电动机的效率η＝＝×100%＝×100%＝×100%＝80%。答：（1）该电动机正常工作10分钟，线圈产生的热量为24000J。（2）该电动机线圈的电阻1.6Ω。（3）该电动机正常工作时的效率为80%。12．如图甲所示电路，电动机内阻r0＝0.5Ω；电源电压U＝3V，内阻r＝1Ω（电源可以等效为图乙中的理想电源和电阻的串联）；闭合开关后，通过电动机线圈的电流为0.2A．则电动机工作1min时间内：（1）电流通过电动机线圈产生的热量；（2）整个电路消耗的电能；（3）电动机产生的机械能。【解答】解：（1）线圈产生的热量Q＝I2r0t＝（0.2A）2×0.5Ω×60s＝1.2J；（2）整个电路消耗的电能W＝UIt＝3V×0.2A×60s＝36J；（3）由于电源内部有电阻，则电源内部电阻产生的热量为Q′＝I2rt＝（0.2A）2×1Ω×60s＝2.4J，产生的机械能：E机械＝W﹣Q﹣Q′＝36J﹣1.2J﹣2.4J＝32.4J。答：（1）电流通过电动机线圈产生的热量为1.2J；（2）整个电路消耗的电能为36J；（3）电动机产生的机械能为32.4J。13．如图甲所示，是某种电热饮水机的简化电路示意图。图乙是它的有关参数，它由加热和保温两种工作状态（由机内温控开关S0自动控制）。在用电高峰期，该饮水机的实际工作电压只有200V，加热效率为80%．（c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3，忽略温度对电阻的影响）则下列说法正确的是（）A．温控开关S0断开时为加热状态 B．根据有关参数可知，R1的阻值为40Ω，R2的阻值为1210Ω C．当饮水机在用电高峰期给水加热，它的实际功率为1000W D．若在用电高峰期将装满水箱的水从20℃加热至100℃，所需时间为504s【答案】C。【解答】解：（1）由电路图可知，开关S0断开时，两电阻串联，电路电阻较大；开关S0闭合时，只有电阻R1接入电路；因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，当温控开关S0闭合时，电路中的电阻较小，由P＝可知，电压一定时，电热饮水机功率较大，处于加热状态；当温控开关S0断开时，电路阻值较大，电功率较小，饮水机处于保温状态，故A错误；（2）电热饮水机处于加热状态时，电路为R1的简单电路，由P＝可得，R1的电阻：R1＝＝＝40Ω，电饮水机处于保温状态时，R1与R2串联，则电路中的总电阻：R总＝＝＝1210Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R2的电阻：R2＝R总﹣R1＝1210Ω﹣40Ω＝1170Ω，故B错误；（3）当饮水机在用电高峰期给水加热，它的实际功率：P实＝＝＝1000W，故C正确；（4）装满水箱时水的体积：V＝1.5L＝1.5×10﹣3m3，由ρ＝得，水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1.5×10﹣3m3＝1.5kg，水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃﹣20℃）＝5.04×105J，由η＝×100%可得，消耗的电能：W＝＝＝6.3×105J，由P＝可得，加热时间：t′＝＝＝630s，故D错误。故选：C。14．如图所示是某“养生壶”工作电路图．它有高温、中温、低温三个挡位，其低温挡的功率为275W，其中R1、R2为发热电阻，R2＝88Ω。则它的发热电阻R1为88Ω，在额定电压下用高温挡加热3kg水，使其温度从20℃上升到80℃，加热过程中电流做的功为7.56×105J。[不计热量损失，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]【答案】88；7.56×105。【解答】解：（1）当开关S2接B、S1断开时，两电阻串联；当开关S2接B、S1闭合时，电路为R1的简单电路；当开关S2接A、S1闭合时，两电阻并联；因串联电路中总电阻大于任何一个分电阻，并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，所以，当开关S2接B、S1断开时电路的总电阻最大，当开关S2接A、S1闭合时电路中的总电阻最小，由P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总电阻越大，总功率越小，反之越大，则当开关S2接A、S1闭合时养生壶处于高温挡，当开关S2接B、S1断开时养生壶处于低温挡，当开关S2接B、S1闭合时养生壶处于中温挡，由P＝UI＝可得，低温挡时电路的总电阻：R总＝＝＝176Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，发热电阻R1的阻值：R1＝R总﹣R2＝176Ω﹣88Ω＝88Ω；（2）水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×3kg×（80℃﹣20℃）＝7.56×105J。故答案为：88；7.56×105。15．小明家新买了一台电热水器，下表是该热水器的一些技术参数。型号FED﹣H50额定电压220V最大水量50L额定功率2000W现将水箱中装满水，通电后正常工作40min，水温从25℃升高到45℃．在此过程中，求：（1）热水器中电热丝在正常工作时的电阻值24.2Ω；（2）水所吸收的热量4.2×106J．（c水＝4.2×103J/（kg•℃）】【答案】24.2；4.2×106。【解答】解：（1）由P＝可得，电热丝的电阻：R＝＝＝24.2Ω；（2）水的质量m＝ρV＝1.0×103kg/m3×50×10﹣3m3＝50kg；水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（45℃﹣25℃）＝4.2×106J；故答案为：24.2；4.2×10616．如图所示是某品牌电炖锅的内部简化电路图，电炖锅上有1100W和400W两挡功率，挡位可自动调节，其工作过程是：按下开关，自动选择1100W档将汤煮至100℃，然后自动跳至400W进行保温慢炖，设汤的初温为20℃，质量为2.5kg，汤的比热容为4.0×103J/（kg•℃），求：（1）若电炖锅将汤从初温加热至100℃耗时15min，在此过程中汤吸收的热量是多少？（2）电炖锅进入保温慢炖时，开关S会自动跳至“a”或“b”哪个位置？试说明理由。（3）R的阻值是多少？【解答】解：（1）由比热容公式得，电炖锅将汤从初温20℃加热至100℃过程中，汤吸收的热量为：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.0×103J/（kg•℃）×2.5kg×（100℃﹣20℃）＝8×105J；（2）当开关接a时，电路的总电阻为：Ra＝R1，当开关接b时，电阻R和R1串联，电路的总电阻为：Rb＝R+R1，即Ra＜Rb，由P＝可知，保温挡的功率比加热挡小，所以当开关接b时，电炖锅进入保温慢炖；（3）当开关接a时，电炖锅处于加热挡，由P＝得，R1的电阻为：R1＝＝＝44Ω，当开关接b时，电阻R和R1串联，电路的总电阻为：Rb＝R+R1，电炖锅进入保温挡，由P＝得，Rb的电阻为：Rb＝＝＝121Ω，所以，R的阻值为：R＝Rb﹣R1＝121Ω﹣44Ω＝77Ω。故答案为：（1）汤吸收的热量为8×105J；（2）当开关接b时，电炖锅进入保温挡；因为开关接b时，电路的总功率比接a时小；（3）R的阻值是77Ω。17．下图是某美发用电吹风电路原理图，R1、R2为电热丝，M为电动机。闭合S1，开关S2分别接通ab、bc、cd时可实现冷风、暖风和热风转换。电吹风部分数据如下表。求：（1）电热丝R1的电阻值。（2）已知R2阻值为44Ω，求吹热风时电吹风的额定功率。（3）电吹风出风口的横截面积为3×10﹣3m2，正常工作出风口风速为10m/s，则吹暖风时，吹出来的风的温度升高了多少？空气的比热容取1.0×103J/（kg•℃），空气的密度取1.0kg/m3，不计热量损失。额定电压220V额定功率冷风暖风热风88W638W【解答】解：由图知，闭合S1，开关S2接通ab时，电阻丝不连入，只吹冷风；开关S2接通bc时，电动机和电阻丝R1并联，连入电阻较大，由P＝可知此时加热功率较小，送出的是暖风；开关S2接通cd时，电动机、电阻丝R1、电阻丝R2并联，连入电阻较小，由P＝可知此时加热功率较大，送出的是热风。（1）闭合S1、开关S2接通bc时，电动机和电阻丝R1并联，送出的是暖风，则电阻丝R1的功率：PR1＝638W﹣88W＝550W，由P＝可得，电热丝R1的电阻值：R1＝＝＝88Ω；（2）开关S2接通cd时，电动机、电阻丝R1、电阻丝R2并联，送出的是热风，电阻丝R2的功率：PR2＝＝＝1100W，吹热风时电吹风的额定功率：P热＝P暖+PR2＝638W+1100W＝1738W；（3）由题知，电吹风出风口的横截面积S＝3×10﹣3m2，出风口风速v＝10m/s，则时间t内吹出风的体积：V＝Svt，吹出风的质量：m＝ρV＝ρSvt，空气吸收的热量：Q吸＝cm△t＝cρSvt×△t，吹暖风时产生的热量：Q放＝WR1＝PR1t＝550W×t，不计热量损失，Q吸＝Q放，即：cρSvt×△t＝550W×t，化简可得：cρSv△t＝550W，代入数据有：1.0×103J/（kg•℃）×1.0kg/m3×3×10﹣3m2×10m/s×△t＝550W，解得升高的温度：△t≈18.3℃。答：（1）电热丝R1的电阻值为88Ω；（2）吹热风时电吹风的额定功率为1738W；（3）吹暖风时，吹出来的风的温度升高了18.3℃。18．如图1甲是一台常用的电热饮水机，乙图是它的电路原理图，如表是它的铭牌数据，电路的工作原理是S是温控开关，R1是加热电阻，R2是定值电阻。当温控开关S接a时，R1接入电路，电路处于加热状态；当达到一定温度时，温控开关S自动从a切换到b，电路处于保温状态，（R1R2阻值不随温度变化而变化）水桶容量20L热水箱容量1L额定电压220V额定加热功率440W额定保温功率44W（1）根据上述要求，请在图乙中将电路图连接完整。（2）在加热状态下，饮水机正常工作时电路中的电流是多大？（3）保温功率是指整个电路消耗的功率。饮水机正常工作时，在保温状态下，R1的功率是多少？（4）饮水机正常工作时，将热水箱中的水从10℃加热到98℃，需要20min．求此加热过程中，饮水机的加热效率？（5）在用电高峰期，让饮水机单独工作加热水，观察标有“3000R/kW•h”字样的电能表在6min内转盘转了120转，则此时饮水机的实际加热功率为400W，实际电压＜额定电压（选填“＞”“＝”“＜”），原因是由于用电高峰期输送导线两端有较大的电压。（6）如图2所示是电热饮水机的三脚插头和三孔插座。插头上标有字母E的导线要和饮水机的金属外壳相连；饮水机正常工作时插头上标有字母L、N的两脚间的电压是220V。【答案】（1）电路图如上图。（2）在加热状态下，饮水机正常工作时电路中的电流是2A；（3）饮水机正常工作时，在保温状态下，R1的功率是4.4W；（4）此加热过程中，饮水机的加热效率为62%；（5）440；＜；由于用电高峰期输送导线两端有较大的电压。（6）金属外壳；220。【解答】解：（1）当温控开关S接a时，R1接入电路，电路处于加热状态；当达到一定温度时，温控开关S自动从a切换到b，处于保温状态，根据公式P＝可知，保温状态下电阻应变大，所以由电路图知，可以将电阻R1与R2串联接入电路，如图：（2）加热时，由P＝UI得：饮水机的工作电流I加热＝＝＝2A；（3）由I＝得：在加热状态下，R1＝＝＝110Ω；由P＝UI得：在保温状态下，饮水机的工作电流I保温＝＝＝0.2A；则在保温状态下，R1的功率P1＝（I保温）2R1＝（0.2A）2×110Ω＝4.4W；（4）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×（98℃﹣20℃）＝3.276×105J；加热时，饮水机做功W电＝P加t＝440W×20×60s＝5.28×105J，饮水机的效率η＝×100%＝×100%≈62%；（5）转120转消耗的电能W＝×120R＝0.04kW•h，此时消耗的实际功率P实＝＝＝0.4kw＝400W＜440W，所以P实＜P额，由于电阻丝的阻值不变，根据P＝可知：实际电压小于额定电压，原因是由于用电高峰期输送导线两端有较大的电压；（6）三脚插头的E号脚与用电器外壳相连，当三脚插头插入三孔插座时，三脚插头的E号脚与三孔插座的E号相连，使金属外壳与大地相连通，若金属外壳的用电器外壳带电，电流会通过地线导入大地，防止造成触电事故的发生；L、N脚分别连接电路的零线和火线，两脚间的电压就是火线和零线之间的电压，即220V。答：（1）电路图如上图。（2）在加热状态下，饮水机正常工作时电路中的电流是2A；（3）饮水机正常工作时，在保温状态下，R1的功率是4.4W；（4）此加热过程中，饮水机的加热效率为62%；（5）440；＜；由于用电高峰期输送导线两端有较大的电压。（6）金属外壳；220。19．如图所示是“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。两个透明容器中密封着等量的空气，下列说法错误的是（）A．U形管液面高度变化是因为容器中气体热胀冷缩的缘故 B．通电后透明容器中气体的内能增大是通过做功的方式改变的 C．图甲中，通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是1：2 D．图乙所示的装置可以用来探究电流通过导体产生的热量多少跟电流大小的关系【答案】B。【解答】解：A.电流通过导体产生的热量不能直接显示出来，容器中空气会由于热胀冷缩而出现高度差，由此反映出产生的热量多少，故选项A说法正确；B.容器中气体的内能增大是通过电阻丝将热量传递给气体的，故气体内能增大是通过热传递的方式改变的，故选项B说法错误；C.甲图中电阻之比为：R1：R2＝5Ω：10Ω＝1：2；串联电路中电流相等，故电流之比为：I1：I2＝1：1；图甲中电阻产生热量之比为：＝＝＝，故C正确；D.图乙中容器中电阻相等，根据串并联电路关系可知，他们的电流不等，并联电阻支路中电流为干路电流的一半，两边容器中电阻的电流不同，可以用来探究产生热量与电流大小的关系，故选项D说法正确。故选：B。20．（1）甲图是小刘完成“探究物质吸热升温的属性”实验装置，实验中，沙子和水吸热的多少是通过加热时间（填“温度计示数”或“加热时间”）来反映的，关于该实验的变亮控制包括：采用相同的加热方法（如酒精灯火焰的大小，与烧杯底的距离，相同的烧杯）、物质的质量相同。（2）乙图是小红探究“导体产生的热量与电阻大小的关系”实验装置，她发现B（填“A”或“B”）烧瓶中温度计的示数升高较快，这表明：在电流和通电时间相同的情况下，导体的电阻越大，产生的热量越多，为了使看到的现象更明显，小红把实验装置作了一些改动，将瓶中煤油加满，用细玻璃管代替温度计做实验，过了一段时间，看到细玻璃管内的液面明显上升，下列哪个实验中也用到这种方法ABCA．将不同的电阻丝分别接到同一电路中，通过比较电流的大小来比较电阻的大小；B．将乒乓球靠近发声的音叉，通过乒乓球被弹开显示音叉在振动；C．让不同的纸锥从相同高度同时下落，通过落地的先后判断运动的快慢。【答案】（1）加热时间；物质的质量；（2）B；电流；大；ABC。【解答】解：（1）在此实验中，沙子和水吸热的多少是通过加热时间的长短来反映的；实验中需控制加热方法相同、物质的质量相同、物质升高的温度相同，并比较加热时间的长短，得出吸收热量的多少。（2）实验中，小明和小丽发现B烧瓶中温度计的示数升高较快。这表明：在电流和通电时间相同的情况下，导体的电阻越大，产生的热量越多；本题通过液面高度的上升来反应温度的变化，采用了转换法，转换法常用来演示一些不易观察的现象，A、将不同的电阻丝分别接到同一电路中，通过比较电流的大小来比较电阻的大小，应用了转换法；B、将乒乓球靠近发声的音叉，通过乒乓球被弹开显示音叉在振动，采用了转换法；C、让不同的纸团从相同高度同时下落，通过落地的先后判断运动的快慢，采用了转换法；故答案为：（1）加热时间；物质的质量；（2）B；电流；大；ABC。21．某学习小组在老师的指导下，探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关。他们用的实验器材如图所示，两个透明容器中密封着等量空气，U形管中液面最初相平，两个密闭容器中都有一段电阻丝。（1）透明容器中密封一定量的空气的优点是空气受热容易膨胀，便于实验观察；实验中通过观察U形管液面高度的变化，可以比较电流通过导体产生热量的多少，这种方法叫转换法。（2）图甲中将两段阻值不同的电阻丝串联（填电路连接方式），是为了研究电流产生的热量与电阻的大小的关系，这种研究方法叫控制变量法法。（3）将图甲闭合开关，通电一段时间后，右（填“左”或“右”）侧U形管中液面高度变化大；通电一段时间后，若发现图甲中的U形管的液面高度几乎不变，出现该现象的原因可能是空气盒气密性不好。（4）让两个密闭容器中的电阻一样大，在其中一个容器的外部将一个相同阻值的电阻和这个容器内的电阻并联（如图乙所示）．移走图甲中的电阻，换接图乙中的电阻到电路中，重新做这个实验。此时通过两容器中电阻的电流不同，在通电时间相同的情况下，观察U形管中液面高度变化，由此得到的结论是在电阻和时间相同的情况下，电流越大，产生的热量越多。【答案】（1）空气受热容易膨胀，便于实验观察；转换法；（2）串联；电阻；控制变量法；（3）右；空气盒气密性不好；（4）在电阻和时间相同的情况下，电流越大，产生的热量越多。【解答】解：（1）透明容器中密封一定量的空气的优点是空气受热容易膨胀，便于实验观察；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，这种研究方法叫转换法；（2）由甲图可知，两段阻值不同的电阻丝串联，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。实验中控制电流相同、通电时间相同，采用的控制变量法；（3）因串联电路中各处的电流相等，所以，两电阻丝串联时通过它们的电流相等；由Q＝I2Rt可知，在电路和通电时间相同时，右侧电阻较大，产生的热量较多，密闭空气吸收热量后，体积膨胀，右侧气体膨胀更大所以右侧中的液面较高；通电一段时间后，若发现图甲中的U形管的液面高度几乎不变，出现该现象的原因可能是空气盒气密性不好；（4）在乙装置中一个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，B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，根据U形管液面的高度可知，电流越大，热量越多；故结论为：在电阻和时间相同的情况下，电流越大，产生的热量越多。故答案为：（1）空气受热容易膨胀，便于实验观察；转换法；（2）串联；电阻；控制变量法；（3）右；空气盒气密性不好；（4）在电阻和时间相同的情况下，电流越大，产生的热量越多。22．小明和小丽利用如图所示的装置探究“导体产生的热量与电阻大小的关系”。（1）如图所示，质量相等的两瓶煤油中都浸泡着一段材料与长度均相同的金属丝，已知甲电阻比较小，则两根金属丝中横截面积较大的是甲（选填“甲”或“乙”）；（2）实验中，小明和小丽发现乙烧瓶中温度计的示数升高较快，这表明：在电流和时间均相等的情况下，导体的电阻越大，产生的热量越多；（3）小明提议利用该装置改做“比较水和煤油比热容的大小”的实验，则他们应将其中一烧瓶中的煤油换成质量、温度均相等的水，并使甲、乙两烧瓶中金属丝的电阻相等；水和煤油吸热的多少是通过加热时间来反映的（选填“温度计示数”或“加热时间”）；实验发现水的温度上升得慢，表明煤油的比热容比较小。【答案】（1）甲；（2）电流；时间；大；（3）相等；加热时间；煤油。【解答】解：（1）两电阻材料和长度相同，已知甲电阻比乙电阻小，所以甲金属丝的横截面积大；（2）两电阻串联，电流、通电时间相等，由焦耳定律Q＝I2Rt得，电阻大（乙瓶中的金属丝电阻大）的在相同时间产生的热量多，升高的温度快；所以是乙瓶中的温度计示数升高较快；（3）要比较水和煤油的比热容，则应让水和煤油的质量相等、吸收的热量（加热时间）相等，由温度的变化大小得出比热容