专题八档位计算第2课时 档位复杂计算-2023-2024学年人教版初中物理九年级全一册

第2课时　挡位复杂计算 水烧开后持续沸腾一段时间用于饮用更利于人体健康,为了满足这个要求,小罗设计了多挡位节能电烧水壶,电路原理如图甲。其中开关S为防干烧温控开关,通常情况闭合;定值电阻R1、R2为加热电阻,且R1为48.4 Ω,R2阻值为R1的2倍。通过滑动金属滑竿上的滑块P,使它在不同的位置接触触点,实现多挡位变化(图乙)。他测得烧水壶用中功率挡给热水保温时,正常工作24 s,可将1 kg的水从75 ℃加热到80 ℃。已知c水=4.2×103 J/(kg·℃),不计温度对电阻的影响。求: (1)此加热过程中热水所吸收的热量Q; 解:(1)此加热过程中热水所吸收的热量: Q=cmΔt=4.2×103 J/(kg·℃)×1 kg×(80 ℃-75 ℃)=2.1×104 J (2)此加热过程中烧水壶的热效率η(η=,W为所消耗的电能); (2)由图乙知,当高功率挡时两电阻并联,低功率挡时只有R2工作,中功率挡时只有电阻R1工作,用中功率挡给热水保温时,正常工作24 s消耗的电能: W=t=×24 s=2.4×104 J 此加热过程中烧水壶的热效率: η===87.5% (3)用电高峰时,他请父母断开家中除烧水壶外的全部用电器,用烧水壶高功率挡加热一段时间后开始计时,经过30 s后水沸腾,再以低功率挡持续加热30 s。观察到电能表转盘在60 s内转了27转(电能表表盘如图丙),烧水壶工作的实际电压U实是多少? (3)电能表转27转消耗的电能: W'=×3.6×106 J=4.86×104 J 设烧水壶工作的实际电压为U实, 先高功率挡加热30 s,再低功率挡加热30 s,消耗的电能:W'=t+t+t=×30 s+×30 s×2=4.86×104 J 解得:U实=198 V 某品牌智能滚筒洗衣机具有洗净度高、不伤衣物、可设定洗涤温度、方便安全等优点。其简化等效电路如图所示,此时处于空挡位置。普通快洗模式中,包括加热和保温洗涤两个状态,先设定洗涤温度,旋钮旋至1挡后闭合开关,洗衣机处于加热状态;当加热到预设温度时,旋钮自动转动实现挡位转换,旋至2挡时洗衣机处于保温洗涤状态,保温洗涤完成即普通快洗模式结束。R1和R2均为电热丝,其阻值不受温度影响,R1=22 Ω,主要参数如下表。求: (1)正常工作时,加热状态下电阻R1消耗的电功率; 额定电压 220 V 加热功率 2 400 W 设定温度范围 30~90 ℃ 电动机功率 240 W 普通快洗耗时 50 min 解:(1)根据题意可知,旋钮旋至1挡后闭合开关,洗衣机处于加热状态,此时R1和R2并联在电路中,R1两端电压为电源电压U=220 V,R1=22 Ω,正常工作时,加热状态下电阻R1消耗的电功率: P1===2 200 W (2)某次家庭中所有用电器中仅该洗衣机工作时,加热状态下连续加热500 s,发现此过程中铭牌标有3 000 r/(kW·h)的电能表转动810 r,求此时家庭中的实际电压; 额定电压 220 V 加热功率 2 400 W 设定温度范围 30~90 ℃ 电动机功率 240 W 普通快洗耗时 50 min (2)加热状态下,R1和R2并联在电路中,总电阻: R=== Ω 电能表转动810 r,则该过程消耗的电能: W=810× kW·h=0.27 kW·h=0.27×3.6×106 J=9.72×105 J 由公式W=t可得,此时家庭中的实际电压: U实===198 V (3)额定电压下,某次洗衣机内装有水和衣物共10 kg,初温为20 ℃,设定洗涤温度为50 ℃,加热状态的加热效率是50%,不计保温洗涤过程中电能损失,求整个普通快洗模式中,电路消耗的总电能。[已知水和衣物混合后的平均比热容为4×103 J/(kg·℃)] 额定电压 220 V 加热功率 2 400 W 设定温度范围 30~90 ℃ 电动机功率 240 W 普通快洗耗时 50 min (3)加热过程中水和衣物混合后吸收的热量: Q吸=cm(t-t0)=4×103 J/(kg·℃)×10 kg×(50 ℃-20 ℃)=1.2×106 J 加热过程,R1和R2放出的热量: Q放===2.4×106 J 加热状态下电路为纯电阻电路,则电路中产生的焦耳热等于电路消耗的电能,即 W加=Q放=2.4×106 J 普通快洗过程加热时间: t加===1 000 s 由表格数据可知,普通快洗耗时: t总=50 min=3 000 s 保温洗涤状态耗时: t保温=t总-t加=3 000 s-1 000 s=2 000s 加热过程中R2的电功率: P2=P加-P1=2 400 W-2 200 W=200 W 保温状态下旋钮旋至2挡,此时电动机和R2并联,则电路中的总电功率: P保温=P2+PM=200 W+240 W=440 W 保温洗涤状态下消耗的电能: W保温=P保温t保温=440 W×2 000 s=8.8×105 J 则整个普通快洗模式中,电路消耗的总电能: W总=W加+W保温=2.4×106 J+8.8×105 J=3.28×106 J 1.小明家中有一个标有“220 V　2 200 W”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挡。 解:(1)根据P=得,R0的电阻: R0===22 Ω (1)求R0的阻值; (2)求改装前,水龙头正常加热1 min产生的热量; (2)改装前,根据P=得,水龙头正常加热1 min提供的热量:Q=W=Pt=2 200 W×60 s=1.32×105 J (3)改装后,正常工作时,水龙头分别处于高温挡与低温挡时,R0的电功率之比为4∶1,请计算出水龙头处于高温挡时的总电功率。 (3)由电路图可知,将开关S1与a、b相连时,电阻R与R0并联,电阻较小,根据P=UI=可知,此时电路的总功率最大,水龙头处于高温挡;由电路图可知,将开关S1与c相连时,R与R0串联,电路总电阻较大,总功率较小,水龙头处于低温挡; 因为水龙头分别处于高温挡与低温挡时,R0的电功率之比为4∶1, 即P高温∶P低温=∶×R0=4∶1 解得R=R0=22 Ω 水龙头处于高温挡时的总电功率: P高温=+===4 400 W 2.如图甲所示是小乔同学从废弃的电热器上拆下的加热部件,该部件由阻值不变的两根电阻丝R1、R2构成,小乔设计了图乙的电路对该部件进行检测,其中R0=22 Ω,M、N为接线柱。 (1)用导线把M和N连接,只闭合开关S1,电流表示数为1 A,求电源电压; 解:(1)用导线把M和N连接,只闭合开关S1,电路为R0的简单电路,由I=得,电源电压: U=U0=I1R0=1 A×22 Ω=22 V (2)把M接A,N接B,只闭合开关S1,电流表示数为0.5 A,求R1的阻值; (2)把M接A,N接B,只闭合开关S1,R1和R0串联,由R=可知,电路的总电阻: R总===44 Ω 根据串联电路的电阻特点可知,R1的阻值: R1=R总-R0=44 Ω-22 Ω=22 Ω (3)用导线把B和C连接,然后将M接A,N接B,闭合开关S1和S2,电流表示数为1.5 A;检测结束后,小乔利用该部件重新组装一个加热器,求新加热器接入220 V电路中能达到的最大电功率。 (3)用导线把B和C连接,然后将M接A,N接B,闭合开关S1和S2,R1与R2并联,R0被短接,电流表测干路的电流,R1与R2并联的电阻: R并=== Ω 当用该部件组装加热器接入家庭电路时,根据P=可知, 部件接入的电阻最小时,加热器的功率最大,所以R1与R2并联接入时,加热器加热功率最大,为 P===3 300 W 3.小南家有一电热茶壶,有加热挡和动态保温挡,工作电路图如图甲所示,其中仅R0是加热电阻丝,加热挡功率为1 210 W。R'是最小阻值不为零的可变电阻,通过调节R'的阻值,可以实现一定温度范围内的动态保温。问: (1)在额定电压下工作时,该电热茶壶最大工作电流是多大? 解:(1)在额定电压下工作时,根据I=可知,总电阻越小,该电路的电流越大,故只有R0工作,电路处于加热挡时,电热茶壶的电流最大,则最大工作电流:I加热===5.5 A (2)用电高峰时实际电压为200 V,此时电路中只有电热茶壶在工作且处于加热挡,如图乙所示的电能表在1 min内会转动多少圈? (2)加热电阻R0的阻值:R0===40 Ω 当实际电压为200 V时,电热茶壶的实际功率: P实===1 000 W 该电热茶壶工作1 min消耗的电能: W=P实t=1 000×10-3 kW× h= kW·h 电能表在1 min内转动的圈数: n=3 000 r/(kW·h)× kW·h=50 r (3)在额定电压下,茶壶在动态保温挡工作时,装满水的茶壶每秒向外散失的热量Q跟壶内水的温度与环境温度的温差关系如图丙所示。小南打算在家泡绿茶,需要将装满水的茶壶水温保持在85 ℃,其房间温度如图丁所示,则应将R'的阻值调为多大? (3)如图丁所示,分度值为1 ℃,读数为15 ℃, 壶内水的温度与环境温度的温差: Δt=85 ℃-15 ℃=70 ℃ 根据图丙所示,Δt=70 ℃时,每秒散热Q=160 J,电路中仅R0是加热电阻丝,R0每秒产生电热Q'=Q=160 J,则R0两端的电压: ===80 V 则R'两端的电压:UR'=220 V-80 V=140 V 由串联电路的分压原理得R'的阻值: =,带入数据得R'=70 Ω $$