焦耳定律---5真题2模拟---2025年中考物理备考（湖北专用）

焦耳定律 一．选择题（共10小题） 1．（2021•宜昌）甲、乙两电热丝电阻之比为2：3，通过的电流之比为3：1，则相同时间内产生的热量之比为（　　） A．2：1 B．6：1 C．1：2 D．1：6 2．（2023•南漳县模拟）如图甲是小灯泡L和电阻R的I−U图象。将小灯泡L和电阻R接入如图乙所示电路中，只闭合开关S1时，小灯泡L的实际功率为1W。下列说法错误的是（　　） A．只闭合开关S1 时，小灯泡L 的电阻为4Ω B．再闭合开关S2 时，电流表示数增加了0.2A C．开关S1、S2同时闭合时，电路总功率为1.8W D．闭合开关S1、S2 时，在1min 内电阻R 产生的热量为24J 3．（2023•仙桃）某款电热杯有高、中、低三挡，简化电路如图所示，S1、S2不能同时闭合，R1的阻值为2.5Ω。只闭合S3时，电路中的电流为2A。下列说法正确的是（　　） A．电源电压为10V B．只闭合S1、S3时，电热杯处于低温挡 C．只闭合S3时，电热杯工作1min产生的热量为600J D．加热100g水，水温由25℃升高到35℃，水吸收的热量为420J 4．（2022•湖北）某款家用电热取暖器有两个挡位，它正常工作时，下列说法正确的是（　　） A．取暖器的电热丝是由电阻率小、熔点高的材料制成 B．“高温”挡一定比“低温”挡产生的热量多 C．“高温”挡一定比“低温”挡的工作电阻大 D．连接电热丝的导线比电热丝的电阻小 5．（2024•江岸区模拟）如图所示是某同学设计的探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关的实验装置。两个透明容器中分别接入了不同阻值的电阻丝R1和R2，且密封着等量的空气。将导线a和b接入电路进行实验，下列说法正确的是（　　） A．R1和R2中的电流可能不相等 B．R1和R2两端的电压可能相等 C．图中装置能探究电流通过导体产生的热量与电流的关系 D．用图中的实验结论能解释“电炉丝热得发红而与电炉丝相连的导线几乎不发热”的现象 6．（2024•江岸区一模）某同学家中有一个标有“220V，1100W”的即热式水龙头，其电阻为R0，他发现冬天水温较低，春秋两季水温较高，于是他改装了电路，增加了两个相同的发热电阻R、两个指示灯（指示灯电阻不计）和单刀双掷开关S2。其中，开关S2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，如图所示。正常工作时高温挡和低温挡工作的总电流之比为4：1，下列说法正确的是（　　） A．改装前，正常加热1分钟产生的热量是6.6×103J B．改装后，高温挡工作时绿灯亮 C．R的阻值为44Ω D．改装后，低温挡的电功率为275W 7．（2024•江夏区校级模拟）如图所示，是小华制作的“能加热的榨汁杯”及其内部电路简化结构示意图，该榨汁杯的部分参数如表所示。已知R1、R2都是加热电阻丝，ρ果汁＝1.2×103kg/m3，c果汁＝4×103J/（kg•℃），下列说法正确的是（　　） 榨汁杯参数表 额定电压 220V 加热功率 300W 保温功率 80W 榨汁功率 66W 容量 300mL 加热效率 90% A．榨汁时的正常工作电流为3.3A B．R2单独工作时对应加热挡位 C．电动机的阻值为733.3Ω D．榨汁杯正常工作时盛满果汁并加热，使其温度升高30℃，需要加热160s 8．（2024•武汉二模）如表是小滨家中两挡位电饭锅铭牌，图甲是其简化电路图。R1和R2都是电阻丝，不计温度对电阻的影响，产生的热量全部被水吸收，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），通过断开其他用电器，只接通电饭锅且处于加热状态，来测量电饭锅的功率，观察图乙所示的电能表的转盘1min内转了40转，下面说法正确的是（　　） 额定电压 220V 频率 50Hz 额定功率 加热 880W 保温 44W A．电饭锅在加热状态下正常工作时的总电流为4A B．电阻R2的阻值是1100Ω C．测量时电饭锅的实际加热功率是800W D．电饭锅在加热状态下正常工作7min，可将2.2kg水的温度升高2℃ 9．（2024•襄州区模拟）如图甲所示，将锡纸条的中间剪掉一些，已知ab、bc、cd长度相等。如图乙所示，将锡纸条接在电池两极，很快锡纸条开始冒烟、着火。关于该实验现象的分析错误的是（　　） A．ab段的电阻大于bc段的电阻 B．相同时间内，bc段产生的热量大于cd段 C．先冒烟的是ab段 D．通过ab段的电流小于通过bc段的电流 10．（2024•武汉模拟）如图所示是某同学设计的一款吹风机简化电路图，它可以实现常温高速、暖风低速和热风高速三种吹风功能，电动机上标有“6V 3W”字样，电源电压保持6V不变，发热电阻R1、R2的阻值分别为8Ω、5Ω。该同学由此得出的结论中正确的是：（　　） ①开关S与0、1触点接触时，吹风机为常温高速吹风功能 ②吹风机处于暖风低速吹风功能时，电路的总电阻为20Ω ③开关S与2、3触点接触时，电路中的总电流为1.7A ④吹风机处于热风高速吹风功能时，发热电阻1min产生的热量为612J A．①②④ B．②③ C．③④ D．③ 二．填空题（共6小题） 11．（2022•恩施州）某饮水机上标有“220V 制热550W”的字样，发热部件正常工作时的功率为 　 　W。饮水机加热一段时间，插座线会变热，这是电流通过导体时产生的 　 　效应。 12．（2021•襄阳）电热壶的发热丝温度很高而跟它串联的导线却不怎么发热，这是因为通电时它们的电流相同，　 　不同。电热壶内的热水放在桌面上慢慢变冷，这是通过 　 　方式改变了水的内能。 13．（2020•黄石）如图所示，两个密闭容器中接入电热丝R1、R2，右边容器上方接入电热丝R3，在通电时间相同的情况下，观察两个U形管中液面高度的变化。本实验是根据　 　（选填“气体”、“液体”）的热胀冷缩来反映电流产生的热量多少，已知R1＝10Ω，R3＝6Ω，为了研究电流产生的热量与电流的关系，则R2＝　 　Ω．若将R3和R2并联接入右边密闭容器中，则可研究电流产生的热量与　 　的关系。 14．（2020•宜昌）两只定值电阻R1和R2的I﹣U图象如图所示。当把这两只电阻并联接在3V电源上时，通过干路的电流是　 　A，在相同时间内，产生的热量更多的是　 　（选填“R1”或“R2”）。 15．（2020•十堰）如图所示，甲、乙两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。现用该装置探究电热与电流的关系，则乙容器中的电阻丝R2＝　 　Ω，通电一定时间，观察到　 　（选填“甲”或“乙”）容器U形管的液面高度差较大，R1与R2产生的热量之比为　 　。 16．（2022•鄂州）小雨家使用电饭煲煮饭，电饭煲是利用电流的 　 　效应来工作的，使用时，应将电饭煲的插头插入 　 　（选填“两孔”或“三孔”）插座。若他家的电饭煲的电功率是1000W，工作30min将饭煮熟，则煮饭所消耗的电能为 　 　kW•h；若这些能量的42%被水吸收，则可将 　 　kg的水从20℃烧开（1标准大气压下）。 三．实验探究题（共2小题） 17．（2022•宜昌）小杰和小芳在探究“电流产生的热量与哪些因素有关系”的实验中，在两个透明容器中密封等量的空气，各放置一段电阻丝，并连接一个装水的U形管，通过U形管中水面的高度差来判断电阻产生热量的多少。装置的密封性能良好，电源电压为6V。 （1）小杰根据图甲观察到的现象得到“在通电时间和电阻相同时，　 　，电阻产生的热量越多”的结论。 （2）小芳猜想电流产生的热量与电阻大小有关，下列能支持她猜想的现象是 　 　。 A.正常工作时，“36V 54W”的灯泡比“12V 6W”的灯泡亮 B.接线板上接入的用电器越多，导线越容易发热 C.电熨斗工作时发热明显，而与之相连的导线却不怎么热 （3）为了验证猜想，小芳选用了5Ω和100Ω的电阻丝进行实验，如图乙所示，请你用笔画线把电路连接完整。 闭合开关，她发现较长时间后两个U形管的高度差均不明显，原因是 　 　，请你提出改进办法：　 　。 18．（2020•鄂州）如图是探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关的实验装置。甲、乙是完全相同的密闭容器，里面密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化，闭合开关前，A、B两U形管内液面相平。 （1）实验中，乙容器外部的电阻的作用是为了使左右容器内导体的　 　不相等； （2）由于电流产生的热量不易直接测量，因此在实验中是通过观察U形管中液面高度的变化来显示甲、乙容器内空气温度的变化，这里采用的物理研究方法是　 　； （3）通过对比观察，　 　（选填“甲”或“乙”）容器中导体的电阻产生的热量较多。由此可知，在电阻和通电时间相同时，电流越　 　，导体产生的热量越多。 四．解答题（共2小题） 19．（2023•随州）如图1是陈老师办公室电热水壶的照片，如图2是其内部电路的简化图。电路主要由并联的两个支路组成：一支路是由指示灯（2V 0.1W）和“限流电阻”串联而成；另一支路接有发热盘（发热电阻）。已知电源电压为220V，水的比热容为4.2×103J•（kg•℃）﹣1。 （1）判断“限流电阻”是“大电阻”还是“小电阻”（小于10Ω为“小电阻”，大于100Ω为“大电阻”）。直接写出你判断的结论无需证明无需说明理由。 　 　。 （2）用该电热水壶给壶内1kg、20℃的水加热，已知加热功率为1000W，加热时80%的热量被壶内的水吸收，求多长时间可以将水烧开（100℃）？ 20．（2020•湖北）如图是多功能汤锅加热的测试电路图，使用时通过旋钮开关（虚线圆圈部分）可实现保温、慢炖、快炖三种功能切换，且保温、慢炖、快炖状态的加热功率依次增大。已知四个发热电阻的阻值相等，测试电源电压为220V，慢炖状态的功率为550W．求： （1）R1的阻值。 （2）保温状态的功率。 （3）若把1.1kg的水从20℃加热到100℃，快炖需要6min40s，则加热的效率是多少？ 五．计算题（共9小题） 21．（2021•湖北）如图所示，电源电压为6V，定值电阻R1、R2的阻值分别为12Ω、18Ω，闭合开关S。求： （1）当S1闭合、S2接1时，通过R1的电流； （2）当S1断开、S2接1时，通电1min，R2产生的热量； （3）电路总功率的取值范围。 22．（2023•宜昌）如图甲为一只家用电吹风，它内部有一根电热丝和一个产生强风的风扇。 额定电压 220V 热风功率 1250W 冷风功率 40W （1）小丽给家里的猫咪洗完澡，用电吹风帮猫咪吹干毛发后，发现原本干净的电吹风尾部吸附了不少毛发，造成这一现象的物理原理是 　 　。 （2）如图乙为电吹风的内部电路简图，通过开关S1和S2实现冷风和热风两挡功能，电热丝应该接在图中 　 　（选填“A”或“B”）位置。 （3）该电吹风的部分参数如下表，电吹风正常工作时，通过风扇的电流是多少？（保留两位小数）电热丝的电阻及其1min内产生的热量是多少？ 23．（2022•荆州）如图所示的电路中，电源电压恒定为4.5V，灯泡L上标有“2.5V 1.25W”字样（灯丝电阻不变），定值电阻R1阻值为15Ω，滑动变阻器R2的规格为“20Ω 1A”，电流表量程为0﹣0.6A，电压表量程为0﹣3V，求： （1）小灯泡L的电阻； （2）闭合开关S、断开开关S1、S2，电流表示数为0.3A，此时滑动变阻器R2连入电路的阻值； （3）闭合开关S、S1、S2，滑动变阻器的滑片滑至最右端，通电1min定值电阻R1产生的热量； （4）闭合开关S、S1、S2，在确保电路各元件安全的情况下，滑动变阻器R2的最大功率。 24．（2022•襄阳）在如图所示电路中，电源电压不变，R1＝10Ω，R2＝5Ω。 （1）当只闭合开关S2，断开S1、S3时，电流表的示数为0.4A，求电源电压； （2）当闭合开关S1、S3，断开S2时，求通电10s内电阻R1产生的热量。 25．（2022•十堰）如图是某新型多挡榨汁机电路结构简化图。它具有榨汁、加热、保温功能，部分参数如下表。（果汁密度近似水的密度，果汁比热容为4.2×103J/（kg•℃））。求： 榨汁机部分参数 额定电压 220V 榨汁功率 66W 加热功率 220W 保温功率 88W 容积 300mL （1）将榨汁机中300mL的果汁从10℃加热到30℃，吸收的热量； （2）仅榨汁时，电路中的电流； （3）电阻R1的阻值。 26．（2020•孝感）如图甲所示为便携式可折叠电热壶，额定电压为220V．电热壶具有加热、保温两挡，保温挡的额定功率为110W，内部简化电路如图乙所示，当双触点开关接触1和2时为关闭状态，接触2和3时为保温挡，接触3和4时为加热挡。R1、R2是两个阻值不变的发热元件，R2＝48.4Ω，现将电热壶接到220V的家庭电路中，求： （1）R1的阻值； （2）加热挡的电功率； （3）若电热壶内装有0.5kg的水，现用加热挡使水从25℃升高到100℃，加热效率为63%，则需要工作多少秒（c水＝4.2×103J/（kg•℃），结果保留一位小数）。 27．（2020•随州）如图是一个饮水机的工作原理图，其中R1和R2是阻值不变的发热电阻，下表是它的部分参数。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]。 求： （1）1kg的水温度从20℃升高到80℃吸收的热量； （2）R2的阻值； （3）饮水机正常工作时，加热效率为84%，则将1kg的水从20℃加热到80℃需用多长时间。 额定电压 220V 额定加热功率 2000W 额定保温功率 88W 28．（2021•黄冈）图甲为某自助式洗车机储水箱防冻系统的加热电路。S为温控开关，两个完全相同的发热电阻R1和R2的阻值不随温度变化，工作时，S可在“0”“1”“2”三个挡位之间自动转换，当储水箱水温低于5℃时，S将自动跳到“1”挡加热；若R1烧断，S将自动跳到“2”挡，使用备用电阻R2加热；当水温达到10℃时，S自动跳到“0”挡停止加热。已知储水箱容积为220L，防冻系统正常工作时电压为220V，加热功率为2.2kW。 （1）求防冻系统正常加热时通过电阻R1的电流。 （2）某时段防冻系统工作时，储水箱装满了水，加热功率P与工作时间t的关系如图乙所示，求该系统在0～340min内消耗的电能。 （3）请根据图乙中的信息，计算防冻系统的热损耗功率。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）。 29．（2020•宜昌）现在很多家庭和办公室采用新型管线饮水机，这种饮水机没有水仓，打开出水开关立即给水加热，出水口随即流出热水，停止出水时，加热就会停止。如图甲是某品牌新型管线饮水机，其额定电压220V，额定功率为2100W．市面上还有另一种传统管线饮水机，如图乙，它有水仓，把水仓内的水加热到设定温度后供人饮用，若无人饮用时，水仓的水温降到一定程度后重新加热，功率为800W左右。 （1）甲饮水机正常工作时电流有多大（结果保留一位小数）？假如产生的热量全部被水吸收，设流入水温为18℃，流出水温为98℃，它每分钟流出多少千克热水？[c水＝4.2×103J/（kg•℃）] （2）小明家准备购置饮水机时，妈妈认为甲饮水机功率太大，浪费电，而且可能导致空气开关经常跳闸。请你判断哪一种饮水机更浪费电，并简要说明理由。你怎么解决甲饮水机导致空气开关跳闸的问题？ 六．综合能力题（共1小题） 30．（2020•荆州）如图所示的电路图中，电源电压为6V且保持不变，电流表量程是0～3A，电压表量程是0～15V，滑动变阻器R2的规格为“30Ω 1A“，小灯泡标有“6V 3W”字样，不考虑温度对灯丝电阻的影响。求： （1）小灯泡的电阻； （2）S1、S2都闭合，滑片P在R2最左端时，电流表示数为1.1A．通电10分钟R1产生的热量； （3）S1闭合、S2断开时，在电路安全的情况下，电路的最大总功率； （4）S1闭合、S2断开，且小灯泡的实际功率为0.75W时，滑动变阻器R2连入电路的阻值。 焦耳定律 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 1．（2021•宜昌）甲、乙两电热丝电阻之比为2：3，通过的电流之比为3：1，则相同时间内产生的热量之比为（　　） A．2：1 B．6：1 C．1：2 D．1：6 【分析】知道两导体的电阻之比和通过的电流之比，根据焦耳定律求出相同时间内产生的热量之比。 【解答】解：由题意可知，R甲：R乙＝2：3，I甲：I乙＝3：1， 由Q＝I2Rt可得，在相同时间内产生的热量之比：＝＝＝，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【点评】本题考查了焦耳定律计算公式的应用，是一道常见题目。 2．（2023•南漳县模拟）如图甲是小灯泡L和电阻R的I−U图象。将小灯泡L和电阻R接入如图乙所示电路中，只闭合开关S1时，小灯泡L的实际功率为1W。下列说法错误的是（　　） A．只闭合开关S1 时，小灯泡L 的电阻为4Ω B．再闭合开关S2 时，电流表示数增加了0.2A C．开关S1、S2同时闭合时，电路总功率为1.8W D．闭合开关S1、S2 时，在1min 内电阻R 产生的热量为24J 【分析】A、只闭合开关S1时，为只接灯泡L的简单电路。分析图中数据，结合P＝UI得出小灯泡L的实际功率为1W时，通过小灯泡的电流和灯泡两端的电压，根据欧姆定律得出此时小灯泡电阻； B、再闭合开关S2时，电阻R和小灯泡L并联，R和L相互不影响，故小灯泡L电流不变。 电阻R的电阻R的电压与小灯泡的电压相同，从图中得出电阻R的电流；电流表在干路上，测量总电流，根据并联电路的特点得出电流表示数增加量； CD、再闭合开关S2时，电阻R和小灯泡L并联，根据并联电路的特点得出总电流，根据P＝UI得出此时电路总功率；利用Q＝W＝UIt求得在1min 内电阻R 产生的热量。 【解答】解：A、只闭合开关S1时，为只接灯泡L的简单电路。从甲图中看出，当小灯泡电流为0.5A，电压为2V时，电功率为1W。 此时小灯泡电阻R＝＝＝4Ω，故A正确。 B、再闭合开关S2时，电阻R和小灯泡L并联，R和L相互不影响，故小灯泡L电流为0.5A不变。 电阻R的电阻R的电压与小灯泡的电压相同，为2V。 电阻R的电流可从图中读出，为0.2A。 电流表在干路上，测量总电流，原来的示数为小灯泡的电流0.5A，现在有多了电阻R的电流，故电流表示数增加0.2A。故B正确。 CD、再闭合开关S2时，电阻R和小灯泡L并联，总电流为电阻R和小灯泡L的电流之和，即I＝0.2A+0.5A＝0.7A。 此时电路总功率为W＝UI＝2V×0.7A＝1.4W，故C错误。 在1min 内电阻R 产生的热量Q＝W＝UIt＝2V×0.2A×60s＝24J，故D正确。 故选：C。 【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。 3．（2023•仙桃）某款电热杯有高、中、低三挡，简化电路如图所示，S1、S2不能同时闭合，R1的阻值为2.5Ω。只闭合S3时，电路中的电流为2A。下列说法正确的是（　　） A．电源电压为10V B．只闭合S1、S3时，电热杯处于低温挡 C．只闭合S3时，电热杯工作1min产生的热量为600J D．加热100g水，水温由25℃升高到35℃，水吸收的热量为420J 【分析】只闭合S3时，电路为R1的简单电路，电路中的电流为2A，R1的阻值为2.5Ω，根据欧姆定律计算电源电压； 闭合S1、S3时，两电阻并联接入电路，根据并联电路电阻特点结合P＝可知电热杯所处挡位； 根据Q＝W＝UIt计算只闭合S3时，电热杯工作1min产生的热量； 根据Q＝cmΔt计算加热100g水，水温由25℃升高到35℃，水吸收的热量。 【解答】解：A、只闭合S3时，电路为R1的简单电路，电路中的电流为2A，R1的阻值为2.5Ω，根据欧姆定律可得电源电压U＝I1R1＝2A×2.5Ω＝5V，故A错误； B、闭合S1、S3时，两电阻并联接入电路，并联电路总电阻小于任一分电阻，根据P＝可知电热杯消耗的功率最大，处于高温挡，故B错误； C、只闭合S3时，电热杯工作1min产生的热量Q＝W＝UI1t＝5V×2A×60s＝600J，故C正确； D、加热100g水，水温由25℃升高到35℃，水吸收的热量为Q′＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×100×10﹣3kg×（35℃﹣25℃）＝4200J，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查并联电路特点、欧姆定律、电功率公式、电功公式的灵活运用。 4．（2022•湖北）某款家用电热取暖器有两个挡位，它正常工作时，下列说法正确的是（　　） A．取暖器的电热丝是由电阻率小、熔点高的材料制成 B．“高温”挡一定比“低温”挡产生的热量多 C．“高温”挡一定比“低温”挡的工作电阻大 D．连接电热丝的导线比电热丝的电阻小 【分析】（1）取暖器上的发热体是由电阻率大，熔点高的材料制成的； （2）根据Q＝W＝Pt分析解答； （3）根据P＝分析解答； （4）导体的电阻是导体本身的性质，与导体的材料、长度、横截面积和温度有关。 【解答】解：A、取暖器上的发热体是由电阻率大，熔点高的材料制成的，故A错误； B、由Q＝W＝Pt可知，取暖器产生热量的多少，除了与取暖器的电功率有关，还与通电时间的长短有关，所以“高温”挡不一定比“低温”挡产生的热量多，故B错误； C、由P＝可知，电热丝的工作电阻R＝，电源电压相等，电功率越大，工作电阻越小，所以“高温”挡一定比“低温”挡的工作电阻小，故C错误； D、连接电热丝的导线比电热丝的电阻小，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查电热的利用和防止、电功公式和电功率公式的应用，有一定的难度。 5．（2024•江岸区模拟）如图所示是某同学设计的探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关的实验装置。两个透明容器中分别接入了不同阻值的电阻丝R1和R2，且密封着等量的空气。将导线a和b接入电路进行实验，下列说法正确的是（　　） A．R1和R2中的电流可能不相等 B．R1和R2两端的电压可能相等 C．图中装置能探究电流通过导体产生的热量与电流的关系 D．用图中的实验结论能解释“电炉丝热得发红而与电炉丝相连的导线几乎不发热”的现象 【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，结合串联电路电流的规律和欧姆定律分析； （2）电炉丝与导线串联，通过的电流和通电时间相同，电炉丝电阻比导线电阻大，由焦耳定律Q＝I2Rt分析。 【解答】解：ABC、装置中，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产生的热量与电阻大小的关系，根据U＝IR可知，通过两电阻的电压不相等，故ABC错误； D、电炉丝与导线串联，通过的电流和通电时间相同，电炉丝电阻比导线电阻大，由焦耳定律Q＝I2Rt可知，电炉丝产生的热量多，故电炉丝热得发红而与电炉丝相连的导线几乎不发热，故用图中的实验结论能解释“电炉丝热得发红而与电炉丝相连的导线几乎不发热”的现象，故D正确。 故选：D。 【点评】本题探究“导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、转换法、串联和并联电路的规律及焦耳定律的运用。 6．（2024•江岸区一模）某同学家中有一个标有“220V，1100W”的即热式水龙头，其电阻为R0，他发现冬天水温较低，春秋两季水温较高，于是他改装了电路，增加了两个相同的发热电阻R、两个指示灯（指示灯电阻不计）和单刀双掷开关S2。其中，开关S2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，如图所示。正常工作时高温挡和低温挡工作的总电流之比为4：1，下列说法正确的是（　　） A．改装前，正常加热1分钟产生的热量是6.6×103J B．改装后，高温挡工作时绿灯亮 C．R的阻值为44Ω D．改装后，低温挡的电功率为275W 【分析】（1）根据Q＝W＝Pt求出改装前，正常加热1分钟产生的热量； （2）由图可知，当开关S1闭合、S2接c时，R0、R与绿灯串联，当开关S1闭合、S2接a、b时，R与红灯串联后与R0并联，根据串并联电路的特点和P＝可知改装后高温挡和低温挡的电路连接； （3）根据P＝可求出R0的阻值，水龙头分别处于高温挡与低温挡时的电功率之比为4：1，跟串并联电路的特点和P＝可算出R的电阻； （4）根据串联电路的电阻特点求出R、R0的串联总电阻，根据P＝可低温挡的电功率。 【解答】解：A、改装前，正常加热1分钟产生的热量：Q＝W＝Pt＝1100W×1×60s＝6.6×104J，故A错误； B、由图可知，当开关S1闭合、S2接c时，R0、R与绿灯串联，根据串联电路的特点可知，此时中的总电阻最大，由P＝可知，电路中的总功率最小，水龙头处于低温挡，绿灯亮； 当开关S1闭合、S2接a、b时，R与红灯串联后与R0并联，根据并联电路的特点可知，此时电路中的总电阻最小，总功率最大，水龙头处于高温挡，红灯亮，故B错误； C、由P＝可知，R0的阻值：R0＝＝＝44Ω， 因为水龙头分别处于高温挡与低温挡时的电功率之比为4：1，即：＝＝， 解得：R＝R0＝44Ω，故C正确； D、由串联电路的电阻特点可知，R、R0的串联总电阻：R总＝R+R0＝44Ω+44Ω＝88Ω， 改装后，低温挡的电功率：P低温＝＝＝550W，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查串并联电路的特点、电功率公式以及焦耳定律的应用，能正确分析不同状态下的电流连接是解题的关键。 7．（2024•江夏区校级模拟）如图所示，是小华制作的“能加热的榨汁杯”及其内部电路简化结构示意图，该榨汁杯的部分参数如表所示。已知R1、R2都是加热电阻丝，ρ果汁＝1.2×103kg/m3，c果汁＝4×103J/（kg•℃），下列说法正确的是（　　） 榨汁杯参数表 额定电压 220V 加热功率 300W 保温功率 80W 榨汁功率 66W 容量 300mL 加热效率 90% A．榨汁时的正常工作电流为3.3A B．R2单独工作时对应加热挡位 C．电动机的阻值为733.3Ω D．榨汁杯正常工作时盛满果汁并加热，使其温度升高30℃，需要加热160s 【分析】（1）由表格数据可知榨汁时的正常工作时的电功率，根据P＝UI求出榨汁时的正常工作时的电流； （2）由图可知，当开关S1、S3断开，S2闭合时，只有R1工作，当S1断开、S2、S3都闭合时，R1、R2并联，根据并联电路的特点和P＝可知榨汁杯加热挡和保温挡的电路连接； （3）电动机是非纯电阻用电器，无法用欧姆定律求出它的电阻； （4）根据密度公式求出果汁的质量，根据Q吸＝cmΔt求出果汁吸收的热量，根据效率公式求出榨汁机消耗的电能，根据P＝求出加热需要的时间。 【解答】解：（1）由表格数据可知，榨汁时的正常工作时的电功率P榨＝66W，由P＝UI可知，榨汁时的正常工作时的电流：I榨＝＝＝0.3A，故A错误； B、由图可知，当S1断开、S2、S3都闭合时，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，榨汁机处于加热状态； 当开关S1、S3断开，S2闭合时，只有R1工作，电路中的总电阻最大，总功率最小，榨汁机处于保温状态，故B错误； C、由于电动机是非纯电阻用电器，不能用欧姆定律计算电动机的阻值，故C错误； D、果汁的密度ρ果汁＝1.2×103kg/m3＝1.2g/cm3， 由ρ＝可知，果汁的质量m＝ρ果汁V＝1.2g/cm3×300cm3＝360g＝0.36kg， 果汁升高40℃吸收的热量：Q吸＝c果汁mΔt＝4×103J/（kg•℃）×0.36kg×30℃＝4.32×104J， 由η＝可知，榨汁机加热消耗的电能：W＝＝＝4.8×104J， 由P＝可知，加热需要的时间：t＝＝＝160s，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查并联电路的特点、电功率公式、密度公式、吸热公式、效率公式以及电功公式的应用，属于电热综合题，有一定的难度。 8．（2024•武汉二模）如表是小滨家中两挡位电饭锅铭牌，图甲是其简化电路图。R1和R2都是电阻丝，不计温度对电阻的影响，产生的热量全部被水吸收，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），通过断开其他用电器，只接通电饭锅且处于加热状态，来测量电饭锅的功率，观察图乙所示的电能表的转盘1min内转了40转，下面说法正确的是（　　） 额定电压 220V 频率 50Hz 额定功率 加热 880W 保温 44W A．电饭锅在加热状态下正常工作时的总电流为4A B．电阻R2的阻值是1100Ω C．测量时电饭锅的实际加热功率是800W D．电饭锅在加热状态下正常工作7min，可将2.2kg水的温度升高2℃ 【分析】（1）知道电饭锅的额定电压和额定加热功率，利用P＝UI计算出电饭锅在加热状态下正常工作时的总电流； （2）当开关S1、S2同时闭合时，R1和R2并联，总电阻最小，总功率最大，此时为加热状态；当只闭合开关S1时，只有R1工作，此时为保温状态，保温功率为44W，则可知正常加热时R2的功率为加热功率与保温功率之差，利用P＝可求出R2的阻值； （3）根据电能表的铭牌信息以及电能表转盘1min内转过的转数，利用P＝可以求出电饭锅的实际加热功率； （4）根据W＝Pt可以求出电饭锅在加热状态下正常工作7min消耗的电能，产生的热量全部被水吸收，利用Q吸＝cmΔt可以求出水升高的温度。 【解答】解： A、当开关S1、S2同时闭合时，R1和R2并联，总电阻最小，总功率最大，此时为加热状态，由表格信息可知，加热功率P加＝880W， 根据P＝UI可知，电饭锅在加热状态下正常工作时的总电流：I总＝＝＝4A，故A正确； B、当只闭合开关S1时，只有R1工作，此时为保温状态，保温功率为44W， 则正常加热时R2的功率为：P2＝P加﹣P保＝880W﹣44W＝836W； 由P＝可知电阻R2的阻值：R2＝＝≈57.9Ω，故B错误； C、由图乙可知，电路中用电器每消耗1kW•h的电能时，电能表的转盘转过3200转， 则电能表的转盘转了40转，电饭锅消耗的电能：W＝＝kW•h； 电饭锅的实际加热功率：P＝＝＝0.75kW＝750W，故C错误； D、电饭锅在加热状态下正常工作7min消耗的电能：W′＝P加t′＝880W×7×60s＝3.696×105J； 产生的热量全部被水吸收，则Q吸＝W′＝3.696×105J； 由Q吸＝cmΔt可知，能使2.2kg水升高的温度：Δt＝＝＝40℃，故D错误。 故选：A。 【点评】本题是一道电功和电热的综合性题目，考查了电功率公式、电功的公式以及吸热公式的应用，题目有一定的难度，需要仔细分析。 9．（2024•襄州区模拟）如图甲所示，将锡纸条的中间剪掉一些，已知ab、bc、cd长度相等。如图乙所示，将锡纸条接在电池两极，很快锡纸条开始冒烟、着火。关于该实验现象的分析错误的是（　　） A．ab段的电阻大于bc段的电阻 B．相同时间内，bc段产生的热量大于cd段 C．先冒烟的是ab段 D．通过ab段的电流小于通过bc段的电流 【分析】（1）导体电阻的大小跟导体的长度、横截面积、材料、温度有关，据此分析判断各段的电阻大小； （2）根据串联电路的电流特点可知通过各段的电流关系； （3）根据三段锡纸条的连接方式和焦耳定律判断各段产生热量的多少。 【解答】解： A、由图知，锡纸条上ab、bc、cd段的材料和长度相等，ab段横截面积最小，cd段横截面积最大，在材料和长度相同时，横截面积越小电阻越大，所以ab段的电阻最大，bc段的电阻较大，cd段的电阻最小，故A正确； BCD、ab、bc、cd段串联在电路中，根据串联电路的电流特点可知，通过ab、bc、cd三段的电流相等， 根据Q＝I2Rt可知，相等时间内，ab段的电阻最大，产生热量最多，其次是bc段，cd段产生的热量最少，所以先冒烟的是ab段，故BC正确、D错误。 故选：D。 【点评】本题考查了电阻影响因素、焦耳定律的应用以及对短路的认识，知道短路时，电路中的电流很大，很容易烧坏电源或导线，是不可取的。 10．（2024•武汉模拟）如图所示是某同学设计的一款吹风机简化电路图，它可以实现常温高速、暖风低速和热风高速三种吹风功能，电动机上标有“6V 3W”字样，电源电压保持6V不变，发热电阻R1、R2的阻值分别为8Ω、5Ω。该同学由此得出的结论中正确的是：（　　） ①开关S与0、1触点接触时，吹风机为常温高速吹风功能 ②吹风机处于暖风低速吹风功能时，电路的总电阻为20Ω ③开关S与2、3触点接触时，电路中的总电流为1.7A ④吹风机处于热风高速吹风功能时，发热电阻1min产生的热量为612J A．①②④ B．②③ C．③④ D．③ 【分析】①根据电路的连接情况分析； ②吹风机处于暖风低速吹风功能时，电动机与电阻R1串联；由P＝UI算出电动机正常发光的电流，根据欧姆定律算出电动机卡死时电阻，进而判断出电动机转动时的电阻和电路的总电阻； ③开关S与2、3触点接触时，由并联电路电阻的规律和欧姆定律算出电路中的总电流； ④吹风机处于热风高速吹风功能时，根据Q＝W＝t算出发热电阻1min产生的热量。 【解答】解：①由图可知，开关S与0、1两触点接触时，电动机与电阻R1串联，开关S与1、2触点接触时，只有电动机工作，开关S与2、3两触点接触时，电动机与电阻R2并联，因为串联电路的总电阻大于任何分电阻，并联电路的总电阻小于任何分电阻，所以开关S与0、1两触点接触时总电阻最大，由P＝知总功率最小，为暖风低速挡；开关S与1、2触点接触时，总电阻较大，为常温高挡；开关S与2、3两触点接触时，总电阻最小，总功率最大，为热风高速挡，故①错误； ②吹风机处于暖风低速吹风功能时，电动机与电阻R1串联； 电动机正常发光的电流为： I额＝＝＝0.5A， 电动机卡死时电阻为： RM＝＝＝12Ω， 电动机转动时RM＜12Ω，所以电路的总电阻小于8Ω+12Ω＝20Ω，故②错误； ③开关S与2、3触点接触时，电路中的总电流为： I＝IM+I2＝0.5A+＝0.5A+＝1.7A，故③正确； ④吹风机处于热风高速吹风功能时，发热电阻1min产生的热量为Q＝W＝t＝×60s＝432J，故④错误。 故选：D。 【点评】本题考查了电路的分析和电功、电功率的有关计算，难度不大。 二．填空题（共6小题） 11．（2022•恩施州）某饮水机上标有“220V 制热550W”的字样，发热部件正常工作时的功率为 　550　W。饮水机加热一段时间，插座线会变热，这是电流通过导体时产生的 　热　效应。 【分析】饮水机上标有“220V 制热550W”的字样表示其额定电压是220V，额定功率是550W；电流通过导体时向外放出热量的现象叫做电流的热效应； 【解答】解：饮水机上标有“220V 制热550W”的字样，其中“550W”表示饮水机正常工作时的功率是550W； 电流通过导体时，会将电能转化为内能，产生热量，故是利用了电流的热效应。 故答案为：550；热。 【点评】本题考查了额定功率和电流的热效应的概念，比较简单，是一道基础题。 12．（2021•襄阳）电热壶的发热丝温度很高而跟它串联的导线却不怎么发热，这是因为通电时它们的电流相同，　电阻　不同。电热壶内的热水放在桌面上慢慢变冷，这是通过 　热传递　方式改变了水的内能。 【分析】（1）由焦耳定律可知，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、电阻大小和通电时间成正比。发热丝和连接的导线串联在电路中（通过的电流相等），通电时间是相同的，而发热丝的电阻比导线的电阻大，据焦耳定律分析； （2）做功和热传递都可以改变物体的内能。 【解答】解： （1）电热壶在使用时，发热丝和导线串联，则I发热丝＝I导线，通电时间t相同，因R发热丝＞R导线，所以由Q＝I2Rt可知，电流产生的热量：Q发热丝＞Q导线，从而出现发热丝热得发红，但跟发热丝连接的导线都不怎么热的现象； （2）电热壶内热水放置一段时间后，水温就会降下来，该过程中热水向外放出热量、内能减小，是通过热传递的方式改变了壶内水的内能。 故答案为：电阻；热传递。 【点评】本题考查了焦耳定律的应用以及改变内能的方法，比较简单。 13．（2020•黄石）如图所示，两个密闭容器中接入电热丝R1、R2，右边容器上方接入电热丝R3，在通电时间相同的情况下，观察两个U形管中液面高度的变化。本实验是根据　气体　（选填“气体”、“液体”）的热胀冷缩来反映电流产生的热量多少，已知R1＝10Ω，R3＝6Ω，为了研究电流产生的热量与电流的关系，则R2＝　10　Ω．若将R3和R2并联接入右边密闭容器中，则可研究电流产生的热量与　电阻　的关系。 【分析】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； 探究电热与电流大小的关系时，需要控制电阻和通电时间相同，通过的电流不同； 探究电热与电阻关系时，需要控制电流和通电时间相同，电阻不同。 【解答】解：该实验装置是利用容器中空气的热胀冷缩来反应放热的多少，产生热量的多少不能直接观察，通过U形管液面高度差的变化来反映； 为了研究电流产生的热量与电流的关系，需要控制电阻和通电时间相同，通过的电流不同，所以R1、R2的阻值应该是相同的，即R2＝10Ω； 若将R3和R2并联接入右边密闭容器中，则该整体与R1串联在电路中，通过的电流和通电时间相同，但容器内总电阻与R1电阻不同，所以可以探究电热与电阻大小的关系。 故答案为：气体；10；电阻。 【点评】此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与什么因素有关的”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用。 14．（2020•宜昌）两只定值电阻R1和R2的I﹣U图象如图所示。当把这两只电阻并联接在3V电源上时，通过干路的电流是　0.45　A，在相同时间内，产生的热量更多的是　R1　（选填“R1”或“R2”）。 【分析】（1）由图象可知，当R1、R2所加电压为3V时，通过R1、R2的电流，根据并联电路的特点求干路电流； （2）知道R1、R2所加电压大小关系、通过的电流大小关系、通电时间关系，利用Q＝W＝UIt可得产生热量的大小关系。 【解答】解： （1）由图象可知，当R1、R2所加电压为3V时，通过R1的电流为I1＝0.3A，通过R2的电流I2＝0.15A， 因为R1、R2并联接在3V电源上， 所以通过干路的电流： I＝I1+I2＝0.3A+0.15A＝0.45A， 因为U1＝U2＝3V，I1＞I2，通电时间t相同， 由Q＝W＝UIt可知产生的热量： Q1＞Q2， 即：在相同时间内，产生的热量更多的是R1。 故答案为：0.45；R1。 【点评】本题考查了并联电路的特点、电流产生热量的计算，注意：对于纯电阻，电流产生的热量Q＝W＝UIt。 15．（2020•十堰）如图所示，甲、乙两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。现用该装置探究电热与电流的关系，则乙容器中的电阻丝R2＝　5　Ω，通电一定时间，观察到　甲　（选填“甲”或“乙”）容器U形管的液面高度差较大，R1与R2产生的热量之比为　4：1　。 【分析】电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关；探究电热与电流关系时，需要控制电阻和通电时间相同，电流不同； 在电阻和通电时间相同时，电流越大，产生的热量越多； 根据焦耳定律分析热量的比值。 【解答】解：由图可知，右侧的两个电阻并联后再与左侧的电阻串联，用该装置探究电热与电流的关系，需要控制电阻相同，所以乙容器中的电阻丝R2＝5Ω； 通电一定时间，在电阻相同时，通过甲的电流大，所以甲中电阻产生的热量多，观察到甲容器U形管的液面高度差较大； R1与R2的电阻和通电时间相同，通过R1的电流为通过R2的电流的2倍，则根据Q＝I2Rt可知，R1与R2产生的热量之比为4：1。 故答案为：5；甲；4：1。 【点评】本题考查了学生对焦耳定律、串并联电路的电流关系以及控制变量法和转换法的了解和掌握，突出运用知识解决实际问题的能力。 16．（2022•鄂州）小雨家使用电饭煲煮饭，电饭煲是利用电流的 　热　效应来工作的，使用时，应将电饭煲的插头插入 　三孔　（选填“两孔”或“三孔”）插座。若他家的电饭煲的电功率是1000W，工作30min将饭煮熟，则煮饭所消耗的电能为 　0.5　kW•h；若这些能量的42%被水吸收，则可将 　2.25　kg的水从20℃烧开（1标准大气压下）。 【分析】电流通过导体后能产生热，电饭煲是利用电流的热效应的原理制成的； 三孔插座是带地线的，使用更安全； 根据W＝Pt求出电饭煲工作30min消耗的电能； 根据η＝×100%求水吸收的热量，1标准大气压下水的沸点为100℃，且水沸腾后温度不在升高，据此判断水升高的温度；根据Q吸＝cmΔt求出水的质量。 【解答】解：电饭煲主要是利用了电流的热效应进行工作的； 安全起见，功率大的电器都要用三孔插座 由P＝得，电饭煲工作30min消耗的电能： W＝Pt＝1000W×30×60s＝1.8×106J＝0.5kW•h； 由η＝×100%可知，水吸收的热量： Q吸＝ηW＝42%×1.8×106J＝7.56×105J， 因1标准大气压下水的沸点为100℃，且水沸腾后温度不在升高， 所以，能使水温升高的温度：Δt＝t﹣t0＝100℃﹣20℃＝80℃， 由Q吸＝cmΔt可得，水的质量： m＝＝＝2.25kg， 由Δt＝t﹣t0可得，此时水升高的温度：Δt＝t﹣t0＝100℃﹣20℃＝80℃， 故答案为：热；三孔；0.5；2.25。 【点评】本题考查了电流的热效应、两空插座和三孔插座的区别、热效率公式、吸热公式的应用等，知识点多，难度稍大。 三．实验探究题（共2小题） 17．（2022•宜昌）小杰和小芳在探究“电流产生的热量与哪些因素有关系”的实验中，在两个透明容器中密封等量的空气，各放置一段电阻丝，并连接一个装水的U形管，通过U形管中水面的高度差来判断电阻产生热量的多少。装置的密封性能良好，电源电压为6V。 （1）小杰根据图甲观察到的现象得到“在通电时间和电阻相同时，　电流越大　，电阻产生的热量越多”的结论。 （2）小芳猜想电流产生的热量与电阻大小有关，下列能支持她猜想的现象是 　C　。 A.正常工作时，“36V 54W”的灯泡比“12V 6W”的灯泡亮 B.接线板上接入的用电器越多，导线越容易发热 C.电熨斗工作时发热明显，而与之相连的导线却不怎么热 （3）为了验证猜想，小芳选用了5Ω和100Ω的电阻丝进行实验，如图乙所示，请你用笔画线把电路连接完整。 闭合开关，她发现较长时间后两个U形管的高度差均不明显，原因是 　电路中电流太小或电源电压太低　，请你提出改进办法：　将100Ω的电阻丝换为阻值更小的电阻丝或增大电源电压　。 【分析】电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；探究电流产生热量跟电流关系时，控制电阻和通电时间相同；根据控制变量法解答。 【解答】解：（1）如图甲的装置中，右边两个5Ω的电阻并联后再与左边5Ω的电阻串联；根据串联电路的电流特点可知，右边两个电阻的总电流和左边电阻的电流相等，即I右＝I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点可知I右＝I内+I外，比较可知I左＞I内；两瓶中的电阻值相等（均为5Ω），通电时间相等，电流不同，故探究的是电流产生的热量跟电流的关系；在电阻和通电时间相同时，电流越大，产生的热量越多，故通电一段时间左瓶内的电阻丝产生的热量多； （2）小芳猜想电流产生的热量与电阻大小有关，需要控制电流、通电时间相同，导体的电阻不同； A.正常工作时，“36V 54W”的灯泡比“12V 6W”的灯泡亮，根据I＝可知，此时两个灯泡的电流是不同的，故A错误； B.接线板上接入的用电器越多，导线中的电流越大，没有控制电流相同，故B错误； C.电熨斗工作时发热明显，此时电熨斗的电流、通电时间相同，电阻不同，符合控制变量法，故C正确； （3）为了验证猜想，小芳选用了5Ω和100Ω的电阻丝进行实验，电阻的大小不同，需要控制电流、通电时间相同，所以两个电阻应串联接入电路中，如图所示： ； 较长时间后两个U形管的高度差均不明显，这说明导体产生的热量较少，其原因可能是电路中的电流太小或者是电源电压太低；为了使实验现象更明显，可以减小电阻的阻值或者增大电源电压。 故答案为：（1）电流越大；（2）C；（3）见解析；电路中电流太小或电源电压太低；将100Ω的电阻丝换为阻值更小的电阻丝或增大电源电压。 【点评】本题主要考查了学生对焦耳定律的认识，注重了探究实验的方案，同时在该实验中利用了控制变量法和转换法，是中考物理常见题型。 18．（2020•鄂州）如图是探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关的实验装置。甲、乙是完全相同的密闭容器，里面密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化，闭合开关前，A、B两U形管内液面相平。 （1）实验中，乙容器外部的电阻的作用是为了使左右容器内导体的　电流　不相等； （2）由于电流产生的热量不易直接测量，因此在实验中是通过观察U形管中液面高度的变化来显示甲、乙容器内空气温度的变化，这里采用的物理研究方法是　转换法　； （3）通过对比观察，　甲　（选填“甲”或“乙”）容器中导体的电阻产生的热量较多。由此可知，在电阻和通电时间相同时，电流越　大　，导体产生的热量越多。 【分析】（1）根据串联电路和并联电路的电流的特点分析； （2）电流产生的热量不能用眼睛直接观察，通过液面高度差的变化来反映，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； （3）由焦耳定律可知：通电时间、电阻相等，电流越大，电阻产生的热量越多，气体膨胀程度越大，液柱上升的高度越大。 【解答】解： （1）乙容器外部的电阻的作用是为了使左右容器内导体的电流不相等，因为左右容器内两导体的阻值相等，必须让两电阻的电流不同才能探究电流产生的热量与电流的关系。 （2）实验中是通过观察“U”形管中液面的高度差来显示甲、乙容器内空气温度的变化。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； （3）由图知，A管的液面高度差比B管的液面高度差大，说明甲容器中气体膨胀程度较大，温度上升得较高，因此甲容器中电阻产生的热量较多；两个电阻的阻值相同，通电时间相同，但电流不同，通过甲的电阻的电流大； 由此可得：在电阻相同、通电时间相同的情况下，电流越大，电流产生的热量越多。 故答案为：（1）电流；（2）转换法；（3）甲；大。 【点评】此题考查了电流产生热量的决定因素，实验过程中渗透了转换法和控制变量法的应用，有一定的综合性。 四．解答题（共2小题） 19．（2023•随州）如图1是陈老师办公室电热水壶的照片，如图2是其内部电路的简化图。电路主要由并联的两个支路组成：一支路是由指示灯（2V 0.1W）和“限流电阻”串联而成；另一支路接有发热盘（发热电阻）。已知电源电压为220V，水的比热容为4.2×103J•（kg•℃）﹣1。 （1）判断“限流电阻”是“大电阻”还是“小电阻”（小于10Ω为“小电阻”，大于100Ω为“大电阻”）。直接写出你判断的结论无需证明无需说明理由。 　大电阻　。 （2）用该电热水壶给壶内1kg、20℃的水加热，已知加热功率为1000W，加热时80%的热量被壶内的水吸收，求多长时间可以将水烧开（100℃）？ 【分析】（1）由图2可知，指示灯与限流电阻串联后再与发热盘并联；根据并联电路的电压特点可知指示灯和限流电阻两端的电压之和，根据P＝UI求出通过指示灯的电流，根据串联电路的特点和欧姆定律求出限流电阻的阻值，据此可知限流电阻是大电阻还是小电阻； （2）根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，根据效率公式求出发热盘消耗的电能，根据P＝求出将水烧开需要的时间。 【解答】解：（1）由图2可知，指示灯与限流电阻串联后再与发热盘并联； 根据并联电路的电压特点可知，指示灯和限流电阻两端的电压之和等于电源电压220V， 由P＝UI可知，通过指示灯的电流：IL＝＝＝0.05A， 根据串联电路的电流特点可知，通过限流电阻的电流：I限＝IL＝0.05A， 根据串联电路的电压特点可知，限流电阻两端的电压：U限＝U﹣UL＝220V﹣2V＝218V， 根据I＝可知，限流电阻的阻值：R限＝＝＝4360Ω＞100Ω，所以限流电阻是大电阻； （2）一个标准大气压下，水的沸点是100℃， 水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J•（kg•℃）﹣1×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J， 由η＝可知，发热盘消耗的电能：W＝＝＝4.2×105J， 由P＝可知，将水烧开需要的时间：t′＝＝＝420s。 答：（1）大电阻； （2）将水烧开需要的时间为420s。 【点评】本题考查串并联电路的特点、电功率公式、欧姆定律、吸热公式以及限流公式的应用，有一定的难度。 20．（2020•湖北）如图是多功能汤锅加热的测试电路图，使用时通过旋钮开关（虚线圆圈部分）可实现保温、慢炖、快炖三种功能切换，且保温、慢炖、快炖状态的加热功率依次增大。已知四个发热电阻的阻值相等，测试电源电压为220V，慢炖状态的功率为550W．求： （1）R1的阻值。 （2）保温状态的功率。 （3）若把1.1kg的水从20℃加热到100℃，快炖需要6min40s，则加热的效率是多少？ 【分析】（1）分析电路图，开关旋转到1、2、3时的电路组成，并得出电阻大小关系，利用P＝UI＝得出电路电功率大小关系，进而得出是保温、慢炖还是快炖状态；知道慢炖功率、电源电压，利用P＝求发热电阻丝R4的阻值，进而得出四个发热电阻的阻值； （2）开关旋转到1时R1、R4串联，R1、R4串联，电炖锅处于保温状态，利用P＝求保温功率； （3）利用Q吸＝cm（t﹣t0）求水吸收的热量；当开关旋转到3时电路的电功率最大，为快炖状态，因为并联电阻的倒数等于每个电阻的倒数之和，可求并联电阻，再利用P＝求快炖功率；利用W＝Pt求快炖6min40s＝400s消耗的电能，加热效率等于水吸收的热量与消耗的电能之比。 【解答】解： （1）由电路图可知，开关旋转到1时R1、R4串联；开关旋转到2时电路为R4的简单电路；开关旋转到3时R2、R3并联； 因为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，开关旋转到1时电路的电阻最大、开关旋转到2时电路的电阻较大；开关旋转到3时电路的电阻最小； 电源电压一定，由P＝UI＝可知，开关旋转到1时电路的电功率最小，为保温状态；开关旋转到2时电路的电功率较大，为慢炖状态；开关旋转到3时电路的电功率最大，为快炖状态。 由P＝UI＝可得发热电阻丝R4的阻值： R4＝＝＝88Ω， 因为四个发热电阻的阻值相等， 所以R1＝R2＝R3＝R4＝88Ω； （2）开关旋转到1时R1、R4串联，R1、R4串联，电炖锅处于保温状态， 保温功率： P保温＝＝＝275W； （3）水吸收的热量： Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1.1kg×（100℃﹣20℃）＝3.696×105J， 当开关旋转到3时电路的电功率最大，为快炖状态， 因为并联电阻的倒数等于每个电阻的倒数之和， 所以：R并＝＝＝44Ω， 快炖功率： P快炖＝＝＝1100W， 快炖6min40s＝400s消耗的电能： W＝P快炖t＝1100W×400s＝4.4×105J， 加热效率： η＝＝×100%＝84%。 答：（1）R1的阻值为88Ω； （2）保温状态的功率为275W； （3）若把1.1kg的水从20℃加热到100℃，快炖需要6min40s，加热的效率是84%。 【点评】本题考查了串、并联电路的特点、电功率公式、吸热公式、效率公式的应用，分清电炖锅处于不同状态时电路的连接方式是关键。 五．计算题（共9小题） 21．（2021•湖北）如图所示，电源电压为6V，定值电阻R1、R2的阻值分别为12Ω、18Ω，闭合开关S。求： （1）当S1闭合、S2接1时，通过R1的电流； （2）当S1断开、S2接1时，通电1min，R2产生的热量； （3）电路总功率的取值范围。 【分析】（1）当S1闭合、S2接1时，只有电阻R1接入电路，电阻R2被短路，利用欧姆定律求出通过R1的电流； （2）当S1断开、S2接1时，电阻R1和电阻R2串联接入电路，根据串联电路电阻规律求出总电阻，利用欧姆定律求出电路中的电流，利用焦耳定律求出R2产生的热量； （3）根据P＝UI＝可知，由于电源电压保持不变，当电路中的总电阻最大时，电路中的电流最小时，电路中的总功率最小；当电路中的总电阻最小时，电路中的电流最大，电路中的总功率最大，由此求出电路中的最大总功率和最小总功率，就是电路中总功率的取值范围。 【解答】解：（1）当S1闭合、S2接1时，只有电阻R1接入电路，电阻R2被短路，通过R1的电流I1＝＝＝0.5A； （2）当S1断开、S2接1时，电阻R1和电阻R2串联接入电路，电路中的总电阻R总＝R1+R2＝12Ω+18Ω＝30Ω，此时电路中的电流I＝＝＝0.2A，通过电阻R2的电流I2＝I＝0.2A，电流通过R2产生的热量Q＝R2t＝（0.2A）2×18Ω×60s＝43.2J； （3）根据P＝UI＝可知，由于电源电压保持不变，当电路中的总电阻最大时，电路中的电流最小时，电路中的总功率最小；当电路中的总电阻最小时，电路中的电流最大，电路中的总功率最大； 当S1断开、S2接1时，电阻R1和电阻R2串联接入电路，此时电路中的电阻最大，此时电流中的电流最小，最小电流I＝＝＝＝0.2A，此时功率最小，最小功率是P＝UI＝6V×0.2A＝1.2W； 当S1闭合、S2接2时，电阻R1和电阻R2并联接入电路，此时电路中的电阻最小，此时电流中的电流最大，最大电流I′＝I1+I2＝+＝+＝A，此时功率最大，最大功率是P′＝UI′＝6V×A＝5W； 所以电路中的总功率的取值范围是1.2W﹣5W。 答：（1）通过R1的电流是0.5A； （2）电流通过R2产生的热量是43.2J； （3）电路中的总功率取值范围是1.2W﹣5W。 【点评】本题主要考查电功率的计算，欧姆定律，串联、并联电路电流、电压、电阻规律，焦耳定律的计算，其中分析电路何时总功率最大，何时总功率最小是解题的难点，分析清楚电路的连接是解题的关键之一。 22．（2023•宜昌）如图甲为一只家用电吹风，它内部有一根电热丝和一个产生强风的风扇。 额定电压 220V 热风功率 1250W 冷风功率 40W （1）小丽给家里的猫咪洗完澡，用电吹风帮猫咪吹干毛发后，发现原本干净的电吹风尾部吸附了不少毛发，造成这一现象的物理原理是 　流体的流速越快，压强越小　。 （2）如图乙为电吹风的内部电路简图，通过开关S1和S2实现冷风和热风两挡功能，电热丝应该接在图中 　B　（选填“A”或“B”）位置。 （3）该电吹风的部分参数如下表，电吹风正常工作时，通过风扇的电流是多少？（保留两位小数）电热丝的电阻及其1min内产生的热量是多少？ 【分析】（1）电吹风吹风时，电吹风尾部的空气流速较快，压强较小，据此分析电吹风尾部吸附了不少毛发物理原理； （2）由图乙可知，开关S1在干路上，S2控制B，根据无论是吹冷风还是吹热风，电动机均需工作，进而分析电热丝的位置； （3）根据P＝UI求出电吹风正常工作时，通过风扇的电流；根据表中数据求出电热丝的电功率，根据P＝UI＝求电热丝的阻值；根据Q＝W＝Pt求出电热丝1min内产生的热量。 【解答】解：（1）电吹风吹风时，电吹风尾部的空气流速较快，压强较小，于是空气中的毛发便被吸附在压强较小的电吹风尾部，因此造成这一现象的物理原理是流体的流速越快，压强越小； （2）由图乙可知，开关S1在干路上，S2控制B，无论是吹冷风还是吹热风，电动机均需工作，因此开关S1控制电动机和电热丝，S2控制电热丝，则A处应该接电动机，B处接电热丝； （3）由P＝UI可得，电吹风正常工作时，通过风扇的电流：IM＝＝≈0.18A； 由并联电路的特点可知，吹冷风和吹热风时电动机的电功率相同， 由表中数据可知，电热丝的电功率：P电热丝＝P热风﹣PM＝1250W﹣40W＝1210W， 由P＝UI＝可知，电热丝的电阻：R电热丝＝＝＝40Ω； 由P＝可知，电热丝1min内产生的热量：Q＝W电热丝＝P电热丝t＝1210W×1×60s＝7.26×104J。 答：（1）流体的流速越快，压强越小；（2）B； （3）电吹风正常工作时，通过风扇的电流是0.18A；电热丝的电阻为40Ω；电热丝1min内产生的热量是7.26×104J。 【点评】本题考查流体压强与流速之间的关系、并联电路的特点和电功率公式的应用，注意吹热风时电动机和电热丝一起工作。 23．（2022•荆州）如图所示的电路中，电源电压恒定为4.5V，灯泡L上标有“2.5V 1.25W”字样（灯丝电阻不变），定值电阻R1阻值为15Ω，滑动变阻器R2的规格为“20Ω 1A”，电流表量程为0﹣0.6A，电压表量程为0﹣3V，求： （1）小灯泡L的电阻； （2）闭合开关S、断开开关S1、S2，电流表示数为0.3A，此时滑动变阻器R2连入电路的阻值； （3）闭合开关S、S1、S2，滑动变阻器的滑片滑至最右端，通电1min定值电阻R1产生的热量； （4）闭合开关S、S1、S2，在确保电路各元件安全的情况下，滑动变阻器R2的最大功率。 【分析】（1）根据P＝UI＝求出小灯泡L的电阻； （2）闭合开关S、断开开关S1、S2，灯泡L与滑动变阻器R2串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出此时滑动变阻器R2连入电路的阻值； （3）闭合开关S、S1、S2，定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点和W＝UIt＝t求出通电1min定值电阻R1产生的热量； （4）根据欧姆定律求出通过定值电阻R1的电流，根据电流表的量程和并联电路的电流特点求出滑动变阻器允许通过的最大电流，根据P＝UI求出滑动变阻器R2的最大功率。 【解答】解：（1）由P＝UI＝可知，小灯泡L的电阻： RL＝＝＝5Ω； （2）闭合开关S、断开开关S1、S2，灯泡L与滑动变阻器R2串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流， 由欧姆定律可知，此时电路中的总电阻： R总＝＝＝15Ω， 由串联电路的电阻特点可知，此时滑动变阻器R2连入电路的阻值： R2＝R总﹣RL＝15Ω﹣5Ω＝10Ω； （3）闭合开关S、S1、S2，定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表测干路电流， 由并联电路的电压特点可知，定值电阻R1两端的电压：U1＝U＝4.5V， 则通电1min定值电阻R1产生的热量： W1＝t＝×60s＝81J； （4）通过定值电阻R1的电流： I1＝＝＝0.3A， 因为电流表的量程为0～0.6A，所以干路中的最大电流：I大＝0.6A， 由并联电路的电流特点可知，滑动变阻器允许通过的最大电流： I2大＝I大﹣I1＝0.6A﹣0.3A＝0.3A＜1A，故滑动变阻器能安全工作， 由并联电路的电压特点可知，滑动变阻器R2两端的电压：U2＝U＝4.5V， 则滑动变阻器R2的最大功率： P2＝U2I2大＝4.5V×0.3A＝1.35W。 答：（1）小灯泡L的电阻为5Ω； （2）闭合开关S、断开开关S1、S2，电流表示数为0.3A，此时滑动变阻器R2连入电路的阻值为10Ω； （3）闭合开关S、S1、S2，滑动变阻器的滑片滑至最右端，通电1min定值电阻R1产生的热量为81J； （4）闭合开关S、S1、S2，在确保电路各元件安全的情况下，滑动变阻器R2的最大功率为1.35W。 【点评】本题考查串并联电路的特点、欧姆定律和焦耳定律的应用、电功率公式的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。 24．（2022•襄阳）在如图所示电路中，电源电压不变，R1＝10Ω，R2＝5Ω。 （1）当只闭合开关S2，断开S1、S3时，电流表的示数为0.4A，求电源电压； （2）当闭合开关S1、S3，断开S2时，求通电10s内电阻R1产生的热量。 【分析】（1）根据U＝IR计算出电源电压。 （2）先算出R1的电流I，再根据Q＝I2Rt求出通电10s内电阻R1产生的热量。 【解答】解：（1）已知R1＝10Ω，R2＝5Ω，当只闭合开关S2，断开S1、S3时，R1和R2串联， R总＝R1+R2＝10Ω+5Ω＝15Ω； 当电流表的示数为0.4A，电源电压为： U＝IR总＝0.4A×15Ω＝6V。 （2）当闭合开关S1、S3，断开S2时，R1和R2并联，因为U＝6V，R1＝10Ω，那么通过R1的电流： I1＝＝＝0.6A； 通电10s内电阻R1产生的热量： Q＝I12Rt＝（0.6A）2×10Ω×10s＝36J。 答：（1）电源电压为6V；（2）通电10s内电阻R1产生的热量为36J。 【点评】本题考查了欧姆定律和焦耳定律的应用，同学们要熟记公式。 25．（2022•十堰）如图是某新型多挡榨汁机电路结构简化图。它具有榨汁、加热、保温功能，部分参数如下表。（果汁密度近似水的密度，果汁比热容为4.2×103J/（kg•℃））。求： 榨汁机部分参数 额定电压 220V 榨汁功率 66W 加热功率 220W 保温功率 88W 容积 300mL （1）将榨汁机中300mL的果汁从10℃加热到30℃，吸收的热量； （2）仅榨汁时，电路中的电流； （3）电阻R1的阻值。 【分析】（1）根据密度公式求出果汁的质量，利用Q吸＝cmΔt求出果汁吸收的热量； （2）根据P＝UI求出仅榨汁时电路中的电流； （3）由P＝UI＝可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合串并联电路电阻规律和P＝UI＝可知各挡位时电路的连接； 根据P＝UI＝求出保温和加热时电路的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出R1的阻值。 【解答】解：（1）由ρ＝可知，果汁的质量为： m果汁＝ρ果汁V果汁＝1.0×103kg/m3×300×10﹣6m3＝0.3kg， 果汁吸收的热量： Q吸＝c果汁m果汁Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.3kg×（30℃﹣10℃）＝2.52×104J； （2）由P＝UI可知，仅榨汁时，电路中的电流： I榨汁＝＝＝0.3A； （3）由电路图可知，只闭合S2时，R1、R2串联，同时闭合S2、S3时，电路为R2的简单电路， 因为串联电路中的总电阻大于任一分电阻，所以由P＝UI＝可知，R1、R2串联，电路的总电阻最大，总功率最小，处于保温状态， 电路为R2的简单电路，电路的电阻最小，总功率最大，处于加热状态； 由P＝UI＝可知，保温时电路的总电阻：R＝＝＝550Ω， 加热时，电路的电阻：R2＝＝＝220Ω， 由串联电路的电阻特点可知，电阻R1的阻值：R1＝R﹣R2＝550Ω﹣220Ω＝330Ω。 答：（1）将榨汁机中300mL的果汁从10℃加热到30℃，吸收的热量为2.52×104J； （2）仅榨汁时，电路中的电流为0.3A； （3）电阻R1的阻值为330Ω。 【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率和热量公式的灵活运用，正确的判断榨汁机处于不同挡位时电路的连接方式是关键。 26．（2020•孝感）如图甲所示为便携式可折叠电热壶，额定电压为220V．电热壶具有加热、保温两挡，保温挡的额定功率为110W，内部简化电路如图乙所示，当双触点开关接触1和2时为关闭状态，接触2和3时为保温挡，接触3和4时为加热挡。R1、R2是两个阻值不变的发热元件，R2＝48.4Ω，现将电热壶接到220V的家庭电路中，求： （1）R1的阻值； （2）加热挡的电功率； （3）若电热壶内装有0.5kg的水，现用加热挡使水从25℃升高到100℃，加热效率为63%，则需要工作多少秒（c水＝4.2×103J/（kg•℃），结果保留一位小数）。 【分析】（1）由电路图可知，双触点开关连接触点2和3时，电路为R1的简单电路，为保温状态，根据P＝算出R1的阻值； （2）双触点开关连接触点3和4时，R1与R2并联，为加热状态，根据电路的总功率等于各用电器功率之和以及P＝算出加热挡的电功率； （3）知道水的比热容，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出把0.5kg的水用加热挡使水从25℃升高到100℃所吸收的热量； 利用η＝×100%求出消耗的电能，根据P＝算出需要工作的时间。 【解答】解： （1）由电路图可知，双触点开关连接触点2和3时，电路为R1的简单电路，为保温状态， 根据P＝知R1的阻值： R1＝＝＝440Ω； （2）双触点开关连接触点3和4时，R1与R2并联，为加热状态， 则加热时电阻R2的功率： P2＝＝＝1000W， 加热挡的电功率为： P加热＝P1+P2＝110W+1000W＝1110W； （3）用加热挡把0.5kg的水从25℃升高到100℃，水所吸收的热量： Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×（100℃﹣25℃）＝1.575×105J； 由η＝×100%得消耗的电能为： W＝＝＝2.5×105J， 根据P＝知需要工作的时间为： t＝＝≈225.3s。 答：（1）R1的阻值为440Ω； （2）加热挡的电功率为1110W； （3）若电热壶内装有0.5kg的水，现用加热挡使水从25℃升高到100℃，加热效率为63%，则需要工作225.3秒。 【点评】本题考查了电功率公式和吸热公式、电功公式、效率公式的应用等，分清电热壶处于不同状态时电路的连接方式和从图像中获取有用的信息是关键。 27．（2020•随州）如图是一个饮水机的工作原理图，其中R1和R2是阻值不变的发热电阻，下表是它的部分参数。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]。 求： （1）1kg的水温度从20℃升高到80℃吸收的热量； （2）R2的阻值； （3）饮水机正常工作时，加热效率为84%，则将1kg的水从20℃加热到80℃需用多长时间。 额定电压 220V 额定加热功率 2000W 额定保温功率 88W 【分析】（1）根据Q＝cmΔt得出水吸收的热量： （2）分析开关转换时电路的连接，由串联电阻的规律和P＝分析不同挡位电路的连接，根据P＝先求出R1，再得出两电阻之和，从而得出R2； （3）加热效率为84%，根据η＝＝求出需用的加热时间。 【解答】解：（1）1kg的水温度从20℃升高到80℃吸收的热量： Q＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（80℃﹣20℃）＝2.52×105J； （2）①两开关都闭合时，为R1的简单电路； ②只闭合S1时，两电阻串联， 由串联电阻大于其中任一电阻，根据P＝，①为加热状态，②为保温状态， P加＝，故R1＝＝＝24.2Ω， 由串联电阻的规律，P保＝，即88W＝， 故R2＝525.8Ω； （3）饮水机正常工作时，加热效率为84%， 根据η＝＝， 则将1kg的水从20℃加热到80℃需用多长时间： t＝＝＝150s。 答：（1）1kg的水温度从20℃升高到80℃吸收的热量为2.52×105J； （2）R2的阻值为525.8Ω； （3）饮水机正常工作时，加热效率为84%，则将1kg的水从20℃加热到80℃需用150s。 【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用和效率公式、吸热公式的运用，为中考的热点问题。 28．（2021•黄冈）图甲为某自助式洗车机储水箱防冻系统的加热电路。S为温控开关，两个完全相同的发热电阻R1和R2的阻值不随温度变化，工作时，S可在“0”“1”“2”三个挡位之间自动转换，当储水箱水温低于5℃时，S将自动跳到“1”挡加热；若R1烧断，S将自动跳到“2”挡，使用备用电阻R2加热；当水温达到10℃时，S自动跳到“0”挡停止加热。已知储水箱容积为220L，防冻系统正常工作时电压为220V，加热功率为2.2kW。 （1）求防冻系统正常加热时通过电阻R1的电流。 （2）某时段防冻系统工作时，储水箱装满了水，加热功率P与工作时间t的关系如图乙所示，求该系统在0～340min内消耗的电能。 （3）请根据图乙中的信息，计算防冻系统的热损耗功率。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）。 【分析】（1）知道防冻系统正常加热时的电压和电功率，根据P＝UI可以计算出防冻系统正常加热时通过电阻R1的电流； （2）由图乙可知，防冻系统在0～340min内工作的时间t，由P＝可以计算系统在0～340min内消耗的电能； （3）先利用ρ＝计算出水的质量，再利用Q放＝cm（t0﹣t）计算出从上一次加热完成到下一次开始加热水放出的热量，知道放热过程中需要的时间，根据P＝可以计算出防冻系统的热损耗功率。 【解答】解：（1）防冻系统正常工作时电压U＝220V，加热功率：P加＝2.2kW＝2200W； 由P＝UI可知，防冻系统正常加热时通过电阻R1的电流：I1＝＝＝10A； （2）由图乙可知，防冻系统在0～340min内工作的时间：t＝40min+20min＝60min＝3600s； 由P＝可知，防冻系统在0～340min内消耗的电能：W＝Pt＝2200W×3600s＝7.92×106J； （3）由ρ＝可知，储水箱中水的质量：m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×220×10﹣3m3＝220kg； 从上一次加热完成到下一次开始加热，水共放出的热量：Q放＝c水m水（t0﹣t）＝4.2×103J/（kg•℃）×220kg×（10℃﹣5℃）＝4.62×106J； 由图乙可知，这个过程需要的时间：t′＝320min﹣40min＝280min＝1.68×104s； 防冻系统的热损耗功率：P损＝＝＝275W。 答：（1）防冻系统正常加热时通过电阻R1的电流为10A； （2）系统在0～340min内消耗的电能为7.92×106J； （3）防冻系统的热损耗功率为275W。 【点评】本题考查电功和电功率的计算以及放热公式的应用，关键是能从中获取相关有用信息。 29．（2020•宜昌）现在很多家庭和办公室采用新型管线饮水机，这种饮水机没有水仓，打开出水开关立即给水加热，出水口随即流出热水，停止出水时，加热就会停止。如图甲是某品牌新型管线饮水机，其额定电压220V，额定功率为2100W．市面上还有另一种传统管线饮水机，如图乙，它有水仓，把水仓内的水加热到设定温度后供人饮用，若无人饮用时，水仓的水温降到一定程度后重新加热，功率为800W左右。 （1）甲饮水机正常工作时电流有多大（结果保留一位小数）？假如产生的热量全部被水吸收，设流入水温为18℃，流出水温为98℃，它每分钟流出多少千克热水？[c水＝4.2×103J/（kg•℃）] （2）小明家准备购置饮水机时，妈妈认为甲饮水机功率太大，浪费电，而且可能导致空气开关经常跳闸。请你判断哪一种饮水机更浪费电，并简要说明理由。你怎么解决甲饮水机导致空气开关跳闸的问题？ 【分析】（1）根据P＝UI求出甲饮水机正常工作时的电流，根据P＝求出每分钟甲饮水机消耗的电能，甲饮水机产生的热量全部被水吸收，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出每分钟流出水的质量； （2）根据甲饮水机内的水直接加热、乙饮水机无人饮用时水仓内的水会重新加热比较费电情况，分析甲饮水机导致空气开关经常跳闸的原因提出解决方法。 【解答】解：（1）由P＝UI可得，甲饮水机正常工作时的电流： I＝＝≈9.5A； 由P＝可得，每分钟甲饮水机消耗的电能： W＝Pt加＝2100W×60s＝1.26×105J， 因甲饮水机产生的热量全部被水吸收， 所以，水吸收的热量Q吸＝W＝1.26×105J， 由Q吸＝cm（t﹣t0）可得，每分钟流出水的质量： m＝＝＝0.375kg； （2）传统管线饮水机中有水仓，把水仓内的水加热到设定温度后供人饮用， 若无人饮用时，水仓内热水向空气散热，水仓的水温降到一定程度后重新加热，这样会浪费了电， 所以，新型管线饮水机比较省电，传统管线饮水机比较费电； 甲饮水机正常工作时的电流（约为9.5A）较大，可能导致空气开关经常跳闸， 解决的方法有：换用额定电流更大的空气开关，或使用甲饮水机时先关闭其他大功率用电器。 答：（1）甲饮水机正常工作时电流为9.5A，假如产生的热量全部被水吸收，它每分钟流出0.375kg热水； （2）乙饮水机更浪费电； 理由：水仓的热水向空气中散热浪费了电（或重复加热水仓的水浪费了电）； 解决甲饮水机导致空气开关跳闸的方法：换用额定电流更大的空气开关（或使用甲饮水机时先关闭其他大功率用电器）。 【点评】本题考查了电功率公式、电功公式、吸热公式的综合应用以及节约电能和空气开关跳闸的原因，是一道电热综合题，有一定的难度。 六．综合能力题（共1小题） 30．（2020•荆州）如图所示的电路图中，电源电压为6V且保持不变，电流表量程是0～3A，电压表量程是0～15V，滑动变阻器R2的规格为“30Ω 1A“，小灯泡标有“6V 3W”字样，不考虑温度对灯丝电阻的影响。求： （1）小灯泡的电阻； （2）S1、S2都闭合，滑片P在R2最左端时，电流表示数为1.1A．通电10分钟R1产生的热量； （3）S1闭合、S2断开时，在电路安全的情况下，电路的最大总功率； （4）S1闭合、S2断开，且小灯泡的实际功率为0.75W时，滑动变阻器R2连入电路的阻值。 【分析】（1）已知灯泡的额定电压和额定功率，利用P＝的应用求出灯泡的电阻； （2）根据电路图可知，S1、S2都闭合，滑片P在R2最左端时，灯泡与R1并联，电流表测量干路电流，电压表测量并联电路两端电压； 根据电源电压、灯泡的额定电压以及并联电路电压的特点可知灯泡正常工作，利用P＝UI的应用求出灯泡的额定电流，利用并联电路电流规律求出通过R1的电流，根据Q＝W＝UIt求出通电10分钟R1产生的热量； （3）根据电路图可知，S1闭合、S2断开时，滑动变阻器R2与灯泡串联，电压表测量灯泡两端电压，电流表测量电路电流； 根据灯泡的额定电压、额定电流以及仪表量程可知电路中的最大电流，再利用P＝UI可求出电路消耗的最大功率； （4）先根据灯泡的功率和P＝I2R的应用求出此时电路电流，再利用U＝IR求出灯泡两端电压，最后根据串联电路电压、电流规律和欧姆定律的应用求出滑动变阻器R2连入电路的阻值。 【解答】解：（1）小灯泡的电阻：RL＝＝＝12Ω； （2）S1、S2都闭合，滑片P在R2最左端时，灯泡与R1并联，电流表测量干路电流，电压表测量并联电路两端电压； 由P＝UI可知，灯泡的额定电流：IL＝＝＝0.5A， 因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以通过R1的电流：I1＝I﹣IL＝1.1A﹣0.5A＝0.6A， 通电10分钟R1产生的热量：Q＝W＝UI1t＝6V×0.6A×10×60s＝2160J； （3）S1闭合、S2断开时，滑动变阻器R2与灯泡串联，电压表测量灯泡两端电压，电流表测量电路电流； 因为灯泡的额定电压小于电压表的最大量程，因此无论滑片在什么位置，电压表都是安全的； 又因为灯泡的额定电流小于电流表的最大量程，因此电路中的最大电流为0.5A； 故电路消耗的最大功率：Pmax＝UImax＝6V×0.5A＝3W； （4）由P＝I2R可得，电路中的电流：I2＝＝＝0.25A， 灯泡两端的实际电压：U2＝I2RL＝0.25A×12Ω＝3V， 因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以滑动变阻器两端电压：UR2＝U﹣U2＝6V﹣3V＝3V， 由I＝可得，滑动变阻器接入电路的阻值：R2＝＝＝12Ω。 答：（1）小灯泡的电阻为12Ω； （2）通电10分钟R1产生的热量为2160J； （3）S1闭合、S2断开时，在电路安全的情况下，电路的最大总功率为3W； （4）S1闭合、S2断开，且小灯泡的实际功率为0.75W时，滑动变阻器R2连入电路的阻值为12Ω。 【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，正确的判断电路的连接方式和电路中最大电流是关键。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/9/20 10:51:58；用户：组卷16；邮箱：zyb016@xyh.com；学号：41418979 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$