备战2022 中考科学 重难点练习 专题2.7 电热器

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专题2.7电热器
1．浴霸是安装在浴室可供取暖和照明的家用电器，某浴霸的铭牌和简化电路图如图所示，图中Ll为额定功率为44W的照明灯，L2为额定功率为880W的红外线取暖灯

求：(1)取暖灯正常工作时的电流为多少安培?
(2)照明灯的电阻是多少欧姆?
(3)若让Ll和L2同时正常工作10秒，共消耗多少电能?
【答案】（1）4A（2）1100Ω（3）9240J
【解析】(1)暖灯正常工作时的电流：I=P取暖/U=880W/220V=4A；
(2)照明灯的电阻：R=U2/P照明=(220V)2/44W=1100Ω；
(3)电路的总功率：P总=P1+P2=880W+44W=924W，
正常工作10秒共消耗的电能：W总=P总t=924W×10S=9240J.
2．某兴趣小组设计的“温度控制器”工作时有加热和恒温两种状态，电路如图甲所示，S为开关，双金属开关在温度低时闭合、温度达到一定值时自动断开，降温后再闭合，循环工作，起到调节温度作用，指示灯额定电压为200V，而且亮起即正常工作，发热电阻阻值为40Ω，求：

（1）当温度控制器处于加热状态时，指示灯 （填“发光”或“熄灭”）.
（2）温度控制器正常工作时，记录灯泡在一段时间内，规律性亮灭情况如图乙，则温度控制器1小时内完成 次亮暗工作循环.
（3）指示灯的电阻值.
（4）加热状态时，温度控制器所消耗的电功率.
【答案】（1）熄灭（2）20次（3）400Ω（4）1210W
【解析】（1）加热的时候是电阻小的时候，双金属开关闭合时，指示灯被短路；
（2）有乙图知，180秒一次循环.一小时3600秒，循环20次.
（3）由题意知，双金属开关断开时，指示灯正常工作，电压为200伏特，发热电阻上的电压为220V-200V=20V；发热电阻为40欧姆.所以通过发热电阻的电流为I=20V/40Ω=0.5A.因为是串联，所以灯上的电流也是0.5A.所以R==200V/0.5A=400Ω.
（4）加热时，双金属开关闭合，电路中只有发热电阻工作，P=U2/R=（220V）2/40Ω=1210W
3．“西电东送”是将我国西部发电厂发出的电输送到我国东部，由发电厂输出的电功率是一定的，它决定于发电机组的发电能力。根据P=UI中发电机的功率不变效应，若提高输电线路中的电压U，那么线路中的电流I一定会减小，反之亦然.输电线路的电能损耗主要是输电线电流热效应，输电线损失的热功率P=I2R，所以采用输电线的电阻要尽量小。如果线路中电流降低到原来的1/2，那么线路中损失的热功率就减少为原来的1/4，因此提高电压可以很有效地降低输电线路中的热功率损失。
设发电厂输出功率P0=1.1×108W，输电线上总电阻为10Ω。若采用1100kV的超高压输送电能，输电线路损失的热功率为多少？照此一分钟损失的热量能使一桶18L的娃哈哈矿泉水从室温上升多少℃？（当地大气压为标准大气压，室温25℃）
【答案】(1)1×105W (2)75℃
【解析】(1)I=P0/U=1.1×108W/1100kV=100A所以损失热功率为：P=I2R=100A×100A×10Ω=1×105W
(2) Q吸=cmΔt=W=Pt=1×105w×60s=6×106J，Δt≈79.3℃＞75℃因为水的沸点为100℃水温上升75℃
4．为了响应“节能减排”的号召，小王家买了一台如图所示的太阳能、电能两用热水器．该热水器利用太阳辐射的能量加热时，能把太阳辐射能的70%转化为水的内能；用电热丝加热时，能把电能的90%转化为水的内能，该热水器也可利用太阳辐射的能量和电热丝同时加热．它的铭牌如表格所示．他家所在的地区（晴天）每天接受太阳辐射的时间为8h，太阳光照射地面时的辐射功率为900J/（s•m2），即每平方米的面积上每秒得到的太阳辐射能平均为900J．请你与小王一起，对热水器进行研究与计算．（g=10N/kg）

（1）太阳的巨大能量来自于太阳内部的______反应。（选填“核裂变”或“核聚变”）
（2）当热水器内蓄满水时，热水器每天接受的太阳辐射能使水温升高多少℃？
（3）当热水器内蓄满水时，热水器将水从20℃加热到52.4℃所需的最短时间为多少？
【答案】（1）核聚变（2）57.6℃（3）5670s
【解析】（1）太阳光可以源源不断的从自然界得到，是可再生能源．太阳能来自于太阳内部的核聚变．（热核反应）
（2）热水器每天接受的太阳辐射能：E=P0St=900J/（s•m2）×2.0m2×8×3600s=5.184×107J由ρ=m/v可得，水的总质量：m=ρV=1×103kg/m3×150×10-3m3=150kg根据Q=c水m△t得：△t=Q/c水m=Eη/c水m=5.184×107J×70%/4.2×103J/（kg·℃）×150kg=57.6℃；
（3）水从20℃加热到52.4℃吸收的热量为：Q′=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×150kg×（52.4℃-20℃）=2.0412×107J。因为P=W/t，所以t=W/P=Q′/η/P=2.0412×107J/90%/4000W=5670s．
5．生活中大多数电热器都有多个档位，学习了电功率知识后，小锐同学利用电压为6V的电源，两个阻值不同的定值电阻，设计了如图所示的电路来探究电热器多档位的问题。已知R1=10Ω，R2=30Ω，请计算:

（1）S1、S2断开，S3闭合时，电路中的电流是多少?
（2）S1断开，S2、S3闭合时，通电5min电路消耗的电能是多少?
（3）该电路的最大功率和最小功率之比是多少?
【答案】（1）0.15A（2）360J(3)16︰3
【解析】(1)当只闭合S3时，两电阻串联，
∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
∴根据欧姆定律可得，电路中的电流：
I=U/(R1+R2)=6V/(10Ω+30Ω)=0.15A；
(2)当S1断开,S2、S3闭合时,电路为R2的简单电路，通电5min电路消耗的电能：
W=U2t/R2=(6V)2×5×60s/30Ω=360J，
(3)当S1、S2断开,S3闭合时，两电阻串联，此时电路的总功率最小，
Pmin=U2/(R1+R2)=(6V)2/(10Ω+30Ω)=0.9W，
当S1、S2闭合,S3断开时，两电阻并联，此时电路中的总功率最大，
∵并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，
∴R并=R1R2/(R1+R2)=10Ω×30Ω/(10Ω+30Ω)=7.5Ω，
Pmax=U2/R并=(6V)2/7.5Ω=4.8W，
∴Pmax:Pmin=4.8W:0.9W=16:3.
6．如图1所示，是某家用电热水壶内部的电路简化结构图，其中R1、R2为阻值相同的电热丝，有甲、乙、丙、丁四种不同的连接方式，该电热水壶加热有高温、中温、低温三档，中温档的额定功率为500W，求：

（1）电热水壶调至中温档正常加热，将2kg温度为30℃的水烧开（标准大气压下）需要20min，电热水壶的效率．
（2）电热水壶高温档的额定功率．
（3）若某次电热水壶用高温档加热0.1h，耗电0.09kw·h，通过计算判断此时电热水壶是否正常工作．
【答案】（1）98%（2）1000W（3）不是
【解析】(1)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⋅℃)×2kg×(100℃−30℃)=5.88×105J，
由P=W/t可得，消耗的电能：W=P中t′=500W×20×60s=6×105J，
电热水壶的效率：η=Q吸/W×100%=5.88×105J/6×105J×100%=98%；
(2)由题知,R1、R2为阻值相同的电热丝,设R1=R2=R，
甲图为开路,P甲=0，
乙图中两电阻串联,R乙=2R,P乙=U2/R乙=U2/2R，
丙图中只有电阻R1工作,R丙=R,P丙=U2/R丙=U2/R，
丁图中两电阻并联,R丁=0.5R,P丁=U2/R丁=2U2/R，
由以上可知，丙图为中温档，丁图为高温档，则电热水壶高温档的额定功率：
P高=2P中=2×500W=1000W；
(3)电热水壶的实际功率：
P实=W′/t''=0.09kW⋅h/0.1h=0.9kW=900WW，
∴物理科代表的做法更节能．
8．如图甲所示，是某兴趣小组设计的一个光控照明系统模拟控制电路。已知电源电压6V，定值电阻R0=10Ω，R1为光敏电阻，其阻值随光照度的变化规律如图乙所示（光照度E单位为勒克斯。符号为lx），当R1两端电压升至4V时，控制开关自动启动照明系统（不考虑控制开关对虚线框内电路的影响）。利用该装置可以实现当光照度低至某一设定值E0时，照明系统内照明灯自动工作。

（1）照明系统中有一标有“6V 3W”字样的照明灯，正常工作时的电流是多少。
（2）该电路设计的E0是多少。
（3）若环境的光照度降至1lx时，并保持10min不变，求这段时间内R0消耗的电能。
（4）若要使E0的值降低一些，应 （选填“增大”或“减小”）R0的阻值。
【答案】（1）0.5A；（2）1.5lx；（3）135J；（4）增大
【解析】（1）由铭牌得，照明灯正常工作时两端电压为6V，额定功率为3W，则正常工作时电流I=3W/6V=0.5A
（2）已知光敏电阻R1两端电压升至4V时，控制开关自动启动照明系统，由电路图可知，此时R0定值电阻两端电压UR0=6V-4V=2V，此时电路中电流I=UR0/R0=2V/10Ω=0.2A，
此时R1=UR0/I=4V/0.2A=20Ω
由图乙得，R1=20Ω，E0=1.5 lx
（3）若环境的光照度降至1 lx时，由图乙得，R1=30Ω，由串联电路电流特点得此时电路中电流为I=U总/（R0+R1）=6V/(30Ω+10Ω)=0.15A
（4）由题意可知，光敏电阻R1两端电压升至4V时，此时环境光照为E0，控制开关自动启动照明系统。要使E0的值降低一些，此时光敏电阻R1阻值更大，在串联电路中分到的电压较之前更多，则需要增大定值电阻R0的阻值
9．如图甲为一款有高、低温两档的家用蒸汽电熨斗，其电路原理如图乙所示，R1、R2为电热丝，其额定电压均为220V．电路的工作原理是：当S1闭合，S2断开时，电熨斗处于低温档；当S1、S2都闭合时，电熨斗处于高温档．正常工作时低温和高温挡的电功率分别为880W和1980W．（电源电压保持不变，不计电热丝电阻随温度的变化）
（1）电熨斗在高温档状态下正常工作5分钟消耗多少电能？
（2）在低温档状态下正常工作时电路中的电流是多大？
（3）电热丝R2的电阻是多少？

【答案】（1）电熨斗在高温档状态下正常工作5分钟消耗电能5.94×105J；
（2）在低温档状态下正常工作时电路中的电流是4A；
（3）电热丝R2的电阻是44Ω．
【解析】(1)t=5min=300s，
根据P=W/t，电熨斗高温档状态下5min消耗电能：W高=P高t=1980W×300s=5.94×105J；
(2)由电功率公式P=UI，电熨斗低温档状态下工作时的电流：I低=P低/U=880W/220V=4A；
(3)由题目可知：当S1、S2闭合,两电阻并联,电熨斗处于高温档,此时电阻R1、R2中总电流：
I=P高/U=1980W/220V=9A；
当S1闭合,S2断开时，电熨斗处于低温档，I2=I−I低=9A−4A=5A，
根据I=U/R,电热丝R2的电阻：R2=U/I2=220V/5A=44Ω.
10．图甲是小明家电热水壶内部的简化电路图，其中R1 为加热管，R2为限流电阻，只有加热管R1 放出的热量能被水吸收。S1是温控开关（也叫防干烧开关），S、S2是手动开关，调节S、S2可以使电热水壶分别处于加热和保温状态，下图乙是该电热水壶的铭牌。

（1）加热水壶处于加热状态时，手动开关S、S2应处于什么状态？正常工作时，通过加热管R1的电流为多少？
（2）水烧开后，让电热水壶处于保温状态，若R2=165Ω，则电热水壶的保温功率为多少？
（3）小明发现在晚上用电高峰时烧开一壶水比白天用时长，晚上他进行了测量，关掉家里其他电器，仅电热水壶工作，他观察到家里电能表（如图丙）1min转盘转了40转，则晚上烧水时电热水壶的实际功率为多少？
【答案】（1）加热水壶处于加热状态时，手动开关S、S2都处于闭合状态；正常工作时，通过加热管R1的电流为4A；
（2）若R2=165Ω，则电热水壶的保温功率为55W；
（3）晚上烧水时电热水壶的实际功率为800W
【解析】由电路图可知，当S1、S、S2都闭合时，R2短路，电路只有R1工作；
当开S、S1闭合、S2断开时，两电阻串联；根据串联电阻的规律，根据P=U2/R，当电路只有R1工作时功率大，为加热状态，即手动开关S、S2都闭合时，电热水壶处于加热状态；
(1)根据表乙中数据可知，电热水壶的额定功率为880W，由P=UI，
正常工作时，通过加热管R1的电流为：I=P1/U=880W/220V=4A；
(2)由欧姆定律I=U/R，根据（1）知，加热管电阻：
R1=U/I=220V/4A=55Ω，
(3)当开S1、S闭合、S2断开时，两电阻串联，电路处于保温状态，根据电阻的串联，此时电路的电阻：
R串联=R2+R1=165Ω+55Ω=220Ω，
由欧姆定律，此时电路中的电流：I'=U/R串联=220V/220Ω=1A，
则电热水壶的保温功率，即R1的功率：P保=I'2R1=(1A)2×55Ω=55W；
如图丙电能表上标有3000r/kW⋅h，表示电能表转盘每转3000圈消耗1度电，则转40转消耗的电能为：
W=×40kW⋅h=4.8×103J，
1min转盘转了40转，晚上烧水时电热水壶的实际功率为：P实=W/t=4.8×103J/1×60s=800W。
11．饮水机是一种常见的家用电器，其工作原理可简化为如图所示的电路，其中S是一个温控开关，R1为发热板，当饮水机处于加热状态时，水被迅速加热，达到预定温度时，开关S自动切换到另一挡，饮水机便处于保温状态．
（1）试确定温控开关S接a或b时，饮水机分别对应的工作状态．
（2）若饮水机加热时发热板的功率为550W，而保温时发热板的功率为88W，求电阻R2的阻值．（不考虑温度对阻值的影响）

【答案】（1）s接a保温状态，s接b加热状态；（2）132欧
【解析】(1)S接a时，电功率最小，饮水机处于保温状态，
S接b时，电功率最大，饮水机处于加热状态。
(2)S接b时,发热板的电阻R1=U12/P1=(220V)2/550W=88Ω，
S接a时,电路电流I==1A，
因R1、R2串联,所以U=U1+U2
即U=IR1+IR2
得220V=1A×88Ω+lA×R2
所以R2=132Ω.
12．图甲为某新型电饭煲，额定电压为220V，它采用了“聪明火”技术，智能化的控制不同时段的烹饪温度，提升食物的营养和口感。图乙为某工作电路原理图：R1和R2为电阻不变的电阻丝（已知R1＜R2），S1和S是自动控制开关。将电饭煲接入220V电路中，在电饭煲工作的45分钟内，电路中总电流随时间变化的图像如图所示。求：

（1）如果R1和R2同时工作时，通过它们的电流分别为I1= ，I2= 。
（2）0-10min的时间段内，乙图中两个开关的闭合情况是 。
（3）电阻丝R2的阻值。
（4）0-15min内电饭煲所消耗的电能。
【答案】（1）2A；1A（2）S、S1、S2都闭合（3）由R1＜R2，可得I1＞I2，R2=U/I2=220V/1A=220Ω（4）P=UI=220V×3A=660W，P1=UI1=220V×2A=440W，W总=Pt+P1t1=660W×600s+440W×300s=528000J
【解析】（1）由电路图可知，当开关S、S1和S2都闭合时，电路为R1与R2并联，判断出电饭煲的电流；
只闭合开关S、S1时，电阻R1工作，只闭合S、S2时，电阻R1工作，根据R1