人教版物理九年级第十八章 电流热效应档位判断专题计算训练（中等难度偏上）附解析

这是一份人教版物理九年级第十八章 电流热效应档位判断专题计算训练（中等难度偏上）附解析，文件包含人教版物理九年级第十八章电流热效应档位判断专题计算训练中等难度偏上附解析学生版docx、人教版物理九年级第十八章电流热效应档位判断专题计算训练中等难度偏上附解析教师版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
人教版物理九年级第十八章 电流热效应档位判断专题计算训练（中等难度偏上）附解析教师版
一、计算题
1．如图所示是某种电热器工作的部分电路图，电源电压 U=220V 不变，两根电热丝的电阻关系为 R1=2R2 ，通过旋转扇形开关S，接触不同触点，实现高、低两个档位的转换，低温档时的发热功率为 440W 。求：

（1）R1 和 R2 的电阻值；
（2）电热器处于高温档时的总功率；
（3）如果在高温档下工作 7min 产生的热量全部被水吸收，在一个标准大气压下这些热量能够让 2kg 、 40°C 的水，温度升高多少？（水的比热容为 c=4.2×103J/(kg.∘C) ）
【答案】（1）解：旋转开关当 b 接 c 时，仅 R1 连入电路，电热器处于低温档。
由电功率公式 P=UI=U2R
得 R1=U2P1=(220V)2440W=110Ω
所以 R2=12R1=12×110Ω=55Ω
答： R1 和 R2 的电阻值分别为110Ω、55Ω；
（2）解：旋转开关，当 b 接 d ， a 接 c 时， R1 和 R2 并联，电热器处于高温档。
R2 发热功率 P2=UI2=U2R2=(220V)255Ω=880W
发热总功率 P=P1+P2=440W+880W=1320W
答：电热器处于高温档时的总功率为1320W；
（3）解：高温档 7min 产生热量 Q放=W=Pt=1320W×420s=5.544×105J
水吸热 Q吸=Q放=5.544×105J=5.544×105J
由 Q吸=cm(t−t0) 得 t=t0+Q吸cm=40∘C+5.544×105J4.2×103J/(kg.∘C)×2kg=40∘C+66∘C=106∘C
在1个标准大气压下水沸点为 100°C ，水沸腾过程中水温不再升高，不会达到 106°C ，所以水末温应为 100°C ，水升高的温度 100°C−40°C=60°C
答：如果在高温档下工作 7min 产生的热量全部被水吸收，在一个标准大气压下这些热量能够让 2kg 、 40°C 的水，温度升高为60℃。
【解析】【分析】（1）由题意知只有R1接入电路时，电热器处于低温档，已知低温档时的发热功率、电源电压，由电功率公式P=U2R的变形式求出R1，由R1和R2的关系求R2；
（2）由题意知，R1 和 R2 并联，电热器处于高温档，已知电源电压、电阻R1、R2，由P=U2R求总功率大小；
（3）已知通电时间，由Q放=W=Pt求Q放，又知水的质量、初温，可以由 Q吸=cm(t−t0)求温度升高了多少。
2．学校教学楼有一个额定电压为220V电热水器，图是其简化了的工作电路图。已知电阻R1＝22Ω，R2＝220Ω，电源电压保持220V不变，利用开关S1、S2闭合与断开，可实现电热水器的加热和保温功能。求：

（1）开关S1闭合、S2断开，电热水器处在保温状态还是加热状态；
（2）电热水器处于保温状态时的功率；
（3）电热水器处于加热状态时，经过5min电流产生的热量。
【答案】（1）开关S1、S2闭合时，电路时R1的简单电路，开关S1闭合、S2断开时， R1、R2串联，此时的电阻比简单电路时电阻大，由P=U2R可知，电热水器处在保温状态；
答：开关S1闭合、S2断开，电热水器处在保温状态；
（2）开关S1闭合、S2断开时， R1、R2串联，电热水器处在保温状态，此时的电功率为：P保温=U2R1+R2=220V22Ω+220Ω=200W；
答：电热水器处于保温状态时的功率 为200W；
（3）开关S1、S2闭合时，电路时R1的简单电路，处在加热状态，
经过5min电流产生的热量为： Q加热=W=U2R1t=（220）222Ω×5×60s=6.6×105J ；
答：电热水器处于加热状态时，经过5min电流产生的热量为6.6×105J.
【解析】【分析】由P=U2R可知，当电压一定时，电阻越小，消耗的电功率越大；电阻越大，消耗的电阻率越小。开关S1闭合、S2断开时， R1、R2串联，此时电路中消耗的电功率最小，处在保温状态，根据P保温=U2R1+R2解题；分析电路开关S1、S2闭合时，电路时R1的简单电路，处在加热状态，根据Q加热=W=U2R1t求出电热水器产生的热量。
3．如图甲所示的某品牌豆浆机，由打浆和电热两部分装置构成。中间部位的打浆装置是电动机工作带动打浆刀头，将原料进行粉碎打浆；外部是一个金属圆环形状的电热装置，电热装置的简化电路图如图乙所示，开关S可切换加热和保温两种状态，R1、R2是发热电阻，豆浆机的主要参数如下表。请解答下列问题：
型号
额定电压
打浆装置
电热装置
JYP-p115
220V
电机功率
加热功率
保温功率
180W
1000W
242W

（1）某次向豆浆机中加入黄豆和清水共1kg，打浆完成后浆的初温为 40℃，加热该浆使其温度升高到100℃，需要吸收多少热量？[设该浆的比热容为 4.0×103J/(kg⋅℃) ]
（2）电阻R1和R2的阻值分别为多大？
（3）该豆浆机同时处于打浆和加热时，正常工作 1min 所消耗电能为多大？
【答案】（1）解：加热该浆需要吸收的热量 Q吸=cm(t−t0)=4.0×103J/(kg⋅℃)×1.0kg×(100℃−40℃)=2.4×105J
答：加热该浆使其温度升高到100℃，需要吸收2.4×105J的热量；
（2）解：由图知，当S接a时，电路中只有R1，电阻较小，由 P=U2R 可知，此时电功率较大，为加热档；当S接b时，电路中R1、R2串联，电阻较大，由 P=U2R 可知，此时电功率较小，为保温档；由 P=U2R 可得R1的阻值 R1=U2P加热=(220V)21000W=48.4Ω
由 P=U2R 可得串联时的总电阻 R串=U2P保温=(220V)2242W=200Ω
则R2的阻值 R2=R串−R1=200Ω−48.4Ω=151.6Ω
答：电阻R1和R2的阻值分别为48.4Ω、151.6Ω；
（3）解：该九阳豆浆机同时处于打浆和加热时，总功率 P总=180W+1000W=1180W
正常工作1min所消耗电能 W=Pt=1180W×60s=7.08×104J
答：该九阳豆浆机同时处于打浆和加热时，正常工作lmin所消耗电能为7.08×104J。
【解析】【分析】（1）根据Q吸=cm（t-t0）求出其吸收的热量。
（2）结合电路图，理清元件的连接方式及电表的测量对象，根据P=UI=U2R可知，电源的电压一定时，电路的总电阻越小，电路的总功率越大，豆浆机处于加热挡，反之处于低温挡，根据电阻的串联和P=UI=U2R求出R1与R2的阻值。
（3）根据W=Pt求出正常工作1min所消耗电能。
4．图甲是一款电煮壶，为了保留药膳的营养，可以把被加热的药膳放到炖盅里加热．图乙是其简化电路图，R1、R2均为发热电阻，且R1＝R2．电煮壶有加热和保温两个档．加热档的功率为1000W．求：

（1）电煮壶保温档的功率
（2）炖盅内0.5kg的药膳温度升高了80℃，药膳吸收的热量．[c药膳＝4×103J/kg•℃）]
（3）若不计热量损失，壶中的水和药膳总共吸收6×105J的热量，用加热档加热需要的时间．
【答案】（1）解：当开关S闭合、旋钮开关接2时，电路为R2的简单电路，电路的总电阻最小，总功率最大，为加热档，R2的阻值：R2 = U2P加热 = (220V)21000W = 48.4Ω；
当开关S闭合、旋钮开关接1时，R1、R2串联，电路的总电阻最大，电路的总功率最小，为保温档，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，且R1＝R2，所以，电煮壶保温档的功率： P=U2R1+R2=(220V)248.4Ω+48.4Ω=500W
答：电煮壶保温档的功率为500W
（2）解：药膳吸收的热量：Q吸＝c药膳m△t＝4×103J/（kg•℃）×0.5kg×80℃＝1.6×105J；
答：药膳吸收的热量为1.6×105J
（3）解：不计热量损失，消耗的电能：W＝Q吸′＝1.6×105J，
加热档加热需要的时间：t = WP = 1.6×105J1000W = 600s．
答：用加热档加热需要600s．
【解析】【分析】（1）分清电煮壶处于不同状态时电路的连接方式，根据P=UI=U2R分析对应的状态，进一步求出R2的阻值，结合R1=R2求出电煮壶保温挡的功率。
（2）根据Q吸=cm△t求出其吸收的热量。
（3）不计热量损失，消耗的电能等于壶中的水和药膳吸收的总热量，根据P=Wt求出加热挡加热需要的时间。
5．多功能养生壶具有精细烹饪、营养量化等功能，深受市场认可和欢迎。图乙是某品牌养生壶简化电路图。（ρ水=1×103kg/m3，c水=4.2×103J/(kg·℃)，g=10N／kg）

项 目
参 数
电源电压（V）
220
低温档功率（W）
275
中温档功率（W）
550
高温档功率（W）
1100
容积（L）
1
（1）求R1和R2串联的总阻值；
（2）养生壶处于中温档工作时，求电路中的电流大小；
（3）在标准大气压下，使用高温档将初温是12℃的一壶水烧开，若养生壶高温档加热效率为80%，求水吸收的热量和烧开一壶水需要的时间。
【答案】（1）解：当S2接A，S1断开时，电阻R1和R2串联接入电路，养生壶处于低温档，
R串=U2/P低=（220V）2/275W=176Ω
（2）解：I=P/U=550W/220V=2.5A
（3）解：水的质量：m=ρV=1×103kg/m3×1×10-3m3=1kg
水吸收的热量：Q吸=cm(t-t0)=4.2×103J/(kg·℃)×1kg×(100℃-12℃)=3.696×105J
由: η=Q吸W ，W=Pt得
烧开一壶水需要的时间为： t=Q吸Pη=3.696×105J1100W×0.8=420s
【解析】【分析】（1）根据公式P=U2R可知，当电压相等时，总功率与总电阻成反比，即电阻越大，总功率越小，据此可知当S2接A，S1断开时，电阻R1和R2串联接入电路，养生壶处于低温档，从表格中找到对应的功率，根据公式R串=U2/P低 计算出两个电阻串联时的总电阻即可；
（2）从表格中找出中温档时的功率，然后根据 I=P/U 计算此时电路中的电流；
（3）首先根据m=ρV 计算出水的质量，再根据Q吸=cm(t-t0) 计算出水被烧开时吸收的热量，再根据公式 η=Q吸W 计算出消耗的电能，最后根据t=WP计算出烧开一壶水需要的时间。
6．图甲是一家用电暖器，有“低温”，“中温”，“高温”三档，铭牌见下表（“高温”档功率空出），图乙为其简化的电路原理图，S是自我保护开关，电暖器跌倒时，S自动断开，切断电源，保证安全，闭合S1为“低温”档。请完成下列问题：

××牌电暖器
额定电压
220V
额定功率
低温档
550W
中温档
1100W
高温档
　
频率
50Hz
（1）“低温”档正常工作时的电阻是多少？
（2）“高温”档正常工作时的总电流是多少？
（3）若某房间内空气质量为60kg，空气温度为10℃，设定空气的比热容为1.1×103J/（kg•℃）且保持不变，用该电暖器的“高温”档正常工作20分钟，放出热量的50%被房间内的空气吸收，那么可使此房间的空气温度升高多少℃？
【答案】（1）解：闭合S1为“低温”档，R1单独接入电路，由P＝ U2R 可求“低温”档正常工作时的电阻是：
R1＝ U2P低 ＝ (220V)2550W ＝88Ω
答：“低温”档正常工作时的电阻是88Ω
（2）解：闭合S1为“低温”档，R1单独接入电路，单独闭合S2为“中温”档，高温档为S1、S2同时闭合，R1、R2并联，
P高温＝P低温+P中温＝550W+1100W＝1650W，
根据P＝UI可得高温档时正常工作的电流：
I＝ P高U ＝ 1650W220V ＝7.5A
答：“高温”档正常工作时的总电流是7.5A
（3）解：电暖器的“高温”档正常工作20分钟，放出的热量：
W＝P高温t＝1650W×20×60s＝1.98×106J；
空气吸收的热量：
Q吸＝ηW＝50%×1.98×106J＝0.99×106J；
由Q吸＝cm△t可得，房间的空气温度升高：
△t＝ Q吸cm ＝ 0.99×106J1.1×103J/(kg⋅∘C)×60kg ＝15℃
答：可使此房间的空气温度升高15℃。
【解析】【分析】（1）电暖器在低温档时，由P＝ U2R 可求电阻；（2）根据P＝UI求出高温档时正常工作的电流；（3）根据W＝P高t可求产生的热量，根据Q吸＝ηW可得空气吸收的热量，根据Q吸＝cm△t可得房间的空气温度升高多少℃。
7．下表为一台饮水机的铭牌，其内部简化电路如图所示，R1和R2均为电热丝且阻值不变。

（1）该饮水机处于加热状态时，正常工作3min，在1标准大气压下能否把0.5kg的水从20℃加热至沸腾？（c水=4.2×103（kg·℃））
（2）保温功率是指S断开时电路消耗的总功率。该饮水机正常保温时，R1实际消耗的电功率是多少？
【答案】（1）解：在1标准大气压下水的沸点为100℃，则把0.5kg的水从20℃加热至沸腾需要吸收的热量：Q吸=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×（100℃-20℃）=1.68×105J，由 η=Q吸W×100% 可得，需要消耗的电能： W=Q吸η=1.68×105J80%=2.1×105J ，由 P=Wt 可得，需要加热的时间： t=WP加热=2.1×105J1000W=210s=3.5min>3min ，所以，该饮水机正常加热3min不能把1标准大气压下0.5kg的水从20℃加热至沸腾。
（2）解：由图可知，开关S闭合时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，饮水机的功率最大，处于加热状态，由 P=UI=U2R 可得，R1的阻值： R1=U2P加热=（220V）21000W=48.4Ω ，由表格数据可知，该饮水机正常保温时的功率P保温=22W，由题意可知，开关S断开时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，饮水机的功率最小，处于保温状态，由P=UI可得，此时电路中的电流 I=P保温U=22W220V=0.1A 该饮水机正常保温时，R1实际消耗的电功率：P1=I2R1=（0.1A）2×48.4Ω=0.484W。
【解析】【分析】（1）根据 Q吸=c水m（t-t0） 求出把0.5kg的水从20℃加热至沸腾需要吸收的热量，再利用 η=Q吸W×100% 求出需要消耗的电能，利用 P=Wt 求出需要加热的时间，然后与实际加热时间相比较得出答案.
（2）结合电路图，理清开关处于不同状态时元件的连接方式及对应的状态，根据 P=UI=U2R 求出R1的阻值，再根据P=UI求出电路的电流，利用P=UI=I2R求出R1实际消耗的电功率.
8．某型号热水杯的原理图如图所示，它有加热和保温两档，通过单刀双掷开关S进行调节，R0、R为电热丝。当开关S接加热档时，电路的功率为1100W，当开关S接保温档时，电路的总功率为44W，R0、R阻值恒定不变。

整壶水的质量
2kg
额定电压
220V
加热时的总功率
l100W
保温时的功率
44W
（1）在加热档正常工作时，电路中的电流是多少
（2）电热丝R0、R的阻值多大？
（3）已知热水壶的加热效率为80%，在一标准大气压下把一满壶水从20℃烧开需要多长时间？（小数点后保留1位小数，c水＝4.2×103J（kg•℃））
【答案】（1）解：由表格数据可知，加热时的功率为1100W，
由P＝UI可得加热档正常工作时，电路中的电流：
I加热＝ P加热U ＝ 1100W220V ＝5A
答：在加热档正常工作时，电路中的电流是5A
（2）解：由图知S接2时只有R0接入电路，电路中电阻最小，功率最大，为加热状态，
由P＝ U2R 可得R0的阻值：
R0＝ U2P加热 ＝ (220V)21100W ＝44Ω，
S接1时两电阻串联，电路中电阻最大，功率最小，为保温状态，
则总电阻：R总＝R0+R＝ U2P保温 ＝ (220V)244W ＝1100Ω，
所以R的阻值：R＝R总﹣R0＝1100Ω﹣44Ω＝1056Ω
答：电热丝R0为44Ω，R的阻值为1056Ω
（3）解：水吸收的热量：
Q吸＝cm△t＝4.2×103J/kg•℃×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J；
热水壶放出的热量：
Q放＝ Q吸η ＝ 6.72×105J80% ＝8.4×105J，
因为电流所做的功W＝Q放＝Pt，
所以加热所用的时间：
t＝ WP加热 ＝ 8.4×105J1100W ≈763.6s
答：在一标准大气压下把一满壶水从20℃烧开需要763.6s
【解析】【分析】（1） 由P＝UI可得加热档正常工作时电路中的电流.
（2）结合电路图，理清电路的连接方式， 由P＝ U2R 可得 对应的状态，再利用 P＝ U2R 可得R、R0的阻值.
（3）利用 Q吸＝cm△t 求得 水吸收的热量 ，利用 Q放＝ Q吸η 求得 热水壶放出的热量 ，最后利用 W＝Q放＝Pt 求得 加热所用的时间 .
9．几千年来中国的厨艺最讲究的就是“火候”现在市场上流行如图所示的新型电饭锅，采用“聪明火”技术，电脑智能控温、控压，智能化地控制食物在不同时间段的温度，以得到最佳的营养和口感，其简化电路如图甲所示。R1和R2均为电热丝，S1是自动控制开关。把电饭锅接入220V电路中，用电饭锅的“聪明火”煮米饭，电饭锅工作时的电流随时间变化的图象如图乙所示。
求：
（1）电热丝R2的阻值（计算结果保留一位小数）；
（2）这个电饭锅在0～15min内把质量为1.1kg的米饭由20℃加热到100℃，求电饭锅在这段时间内加热的效率。[C米饭=4.2×103J/(kg·℃)]
【答案】（1）解：当开关S闭合时，电路中只有R2工作，从图乙可知通过R2的电流I=3A，根据I=U/R可得，R2的电阻为：R2=U/I=220V/3A=73.3Ω
答：电热丝R2的阻值是73.3Ω。
（2）解：米饭吸收的热量Q=cmΔt=4.2×103J/（kg·℃）×1.1kg×（100℃-20℃）=3.696×105J，0---15min内消耗的电能为W总=W1+W2=UI1t1+UI2t2=220V×3A×10×60s+220V×2A×5×60s=5.28×105J，电饭锅加热的效率为：η=Q/W总=3.696×105J/5.28×105J=70%。
答：电饭锅在这段时间内加热的效率是70%。
【解析】【分析】（1）结合电路图，理清开关处于不同状态时元件的连接方式及电表的测量对象，利用P=U2R可知对应的状态，由乙图得到电流，利用欧姆定律求出R2的阻值.
（2）利用吸热公式 Q=cmΔt 求出米饭吸收的热量，结合图乙曲线求出电饭锅在0-15min消耗的电能，根据效率公式η=QW总求出加热效率.
10．某电热饮水机，它有加热和保温两种工作状态（由机内温控开关S0自动控制），从它的说明书上收集到如表数据及如图所示的简化电路原理图．

（1）请分析说明温控开关S0断开时，饮水机的状态．
（2）求电阻R1的阻值．
（3）晚上，由于是用电高峰期，该电热饮水机的实验工作电压只有200V，若它的电阻不变，加热效率为80%，则将一满热水箱的水从20℃加热到80℃需要多长时间？[c水=4.2×103J/（kg•℃），ρ水=1.0×103kg/m3 ， 结果保留一位小数]．
【答案】（1）解：电源两端电压始终不变，开关S0断开时，只有R2接入电路，总电阻大于S0闭合时时 ，根据P2= U2R2 可知，该该状态下属于保温状态。
（2）解：P保温=44W，P加热=400W，因为电热饮水机处于加热时两电阻并联，、
加热时并联P总=P保温+P1，所以P1=P总-P保温=360W，根据P1= U2R1 可知
R1≈134.4Ω
（3）解：P加热=400W，所以加热时总电阻根据 R加热总=U2P加热=121Ω ，所以当电压为200V时：根据P= U2R 得：P实= U实2R=（220V）2121Ω=330.6W ，水的总质量m=ρV=2kg，
则水吸收热量应为Q=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×2kg×60℃=5.04×105J，
需要消耗的能量W= Qη=6.3×105J
加热时间 t=WP实≈1905.6s
【解析】【分析】并联的用电器越多总功率越大，根据电功率和电压计算电阻，利用水的比热容、质量和温度差计算吸热的多少，根据吸热和热效率计算消耗的电能，从而计算用电器的工作时间.
11．小亮家新装了一台智能电热马桶盖，如图甲所示，他查阅使用说明书发现便座加热电路有高、中、低三挡并可手动调节，其额定电压为220V，低温挡，中温挡的额定功率分别为22W和44W。利用所学知识他设计了一个等效电路图，如图乙所示，用两定值电阻R1和R2表示两电热丝，单刀双掷开关S2可接a或b.当它接入家庭电路中正常工作时：

（1）低温挡加热的电流多大？
（2）中温挡加热5h，消耗多少度电？
（3）高温挡加热的额定功率是多少瓦？
【答案】（1）解：由题可知，低温档的额定功率P低=22W，
所以，低温档加热电流 I低=P低U=22W220V=0.1A
答：低温挡加热的电流为0.1A
（2）解：已知中温档时功率P中=44W，
所以，中温挡加热5 h，消耗的电能为W=P中t=0.044kw×5h=0.22kW·h。
答：中温挡加热5 h，消耗0.22度电。
（3）解：当开关S1闭合，S2接b时，电阻R2被短路，电路为R1的简单电路，根据 P=U2R 可得，此时电路处于中温档，
R1的阻值 R1=U2P中=（220V）244W=1100Ω ，
当开关S1断开，S2接b时，R1与R2串联，马桶盖处于低温档，此时电路的总电阻 R=U2P低=（220V）222W=2200Ω ，
根据串联电路的电阻关系可知， R1=R−R2=2200Ω−1100Ω=1100Ω ，
当开关S1闭合，S2接a时，电阻R1与R2并联，电热马桶盖处于高温档，
并联电路的总电阻为R’，则 1R′=1R1+1R2 ，解得R’=550Ω
所以，高温挡加热的额定功率是 P高温=U2R′=(220V)2550Ω=88W
答：高温挡加热的额定功率是88W。
【解析】【分析】当闭合不同的开关，形成不同电路，结合电路的连接，利用电功率和时间计算消耗的电能，结合电功率和电压计算电阻.
12．有一款新型智能电热水壶，有高、中、低三档，并可以手动调节，它的等效电路图如图所示，其中R1=R2=88Ω，均为电热丝，单刀双掷开关S2可接a或b．

（1）开关S1、S2处于什么状态时，电热水壶处于低温档？
（2）电热水壶处于中温档时的电流是多大？
（3）用高温档加热时，电功率是多大？把1kg水从20℃加热到100℃需要多长时间？[已知c水=4.2×103J/（kg•℃），不计热量损失，时间计算结果保留整数即可]．
【答案】（1）解：由电路图知，当S1断开，S2接b时，R1、R2串联，电路总电阻最大，电源电压U一定，由P= U2R 可知，此时总功率小，电热水壶处于低温挡；
（2）解：由电路图知，当S1闭合，S2接b时，只有R1连入电路，电路中电阻较大，不是最大，电源电压U一定，由P= U2R 可知，此时总功率较小，电热水壶处于中温挡；则处于中温档时的电流：I= UR1 = 220V88Ω =2.5A；
（3）解：当当S1闭合，S2接a时，R1、R2并联，总电阻最小，由P= U2R 可知，总功率最大，电热水壶处于高温挡，R1、R2并联时，总电阻：R并= R1R2R1+R2 = 88Ω×88Ω88Ω+88Ω =44Ω，高温档加热时，电路消耗的功率：P高= U2R并 = (220V)244Ω =1100W；把1kg水从20℃加热到100℃吸收的热量：Q=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）=3.36×105J；不计热量损失，W=Q=3.36×105J；由P= Wt 可得，所需时间t= WP高 = 3.36×105J1100W ≈305s。
【解析】【分析】结合电路的连接方式判断高低档位，根据电压和电阻利用欧姆定律计算电流的大小，根据水的比热容、质量和温度差计算吸热的多少，利用吸收的热量和电功率计算时间.
13．吴丽设计了一个内有水箱的孵化箱。利用图甲所示电路，对水箱内的水加热。电路中R是阻值恒为40Ω的发热电阻，R0是阻值恒为160Ω的调控电阻；S为温控开关，当温度等于或低于37℃时闭合，温度等于或高于42℃时断开，使箱内温度维持在37℃到42℃之间；额定电压为220V．请完成下列问题：

（1）在额定电压下，发热电阻R工作的最大发热功率和最小发热功率各为多少瓦特？
（2）设计完成后，吴丽对孵化箱进行了工作测试。从孵化箱温度刚刚变为42℃开始计时，电路中的电流随时间变化的图象如图乙。
ⅰ．测试时的实际电压为多少伏特？
ⅱ．工作测试一个小时，电路消耗的电能为多少度？
ⅲ．已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。假设升温过程中，发热电阻发出的热量全部被水吸收，不考虑热量散失，则测试时水箱内水的质量为多少千克？（本小问结果可用分数表示）
【答案】（1）解：S断开时两电阻串联，电阻较大，功率较小，较小功率为： Pf，b=U2R+R0=(220V)240Ω+160Ω=242W=0.242kW
S闭合时只有电阻R工作，电阻较小，功率较大，较大功率为：
P⋆=U2R=(220V)240Ω=1210W=1.21kW
答：在额定电压下，发热电阻R工作的最大发热功率和最小发热功率各为1210W和242W。
（2）解：i、从孵化箱温度刚刚变为42℃开始计时，此时开关S断开，两电阻串联，由图乙知此时的电流为1A，根据 I=UR 知测试时的实际电压为：
U=I(R+R0)=1A×(40Ω+160Ω)=200V ；
ii、由图乙知一个循环较大功率工作10s，较小功率工作40s，总共50s，
工作测试一个小时，总共有 3600s50s=72 循环，较大功率总共工作10sx72=720s=0.2h，较小功率总共工作40sx72=2880s=0.8h，
电路消耗的电能：
W=P+t1+P1，t2=1.21kW×0.2ℎ+0.242kW×0.8ℎ=0.4356kW⋅ℎ ；
iii.加热一次消耗的电能： W′=P大t1′=1210W×10s=12100J ，根据 Q=cm△t
得水的质量： m=QcΔt=W′cΔt=12100J4⋅2×103J/(kg⋅°C)×(42°C−37°C)=121210kg
答：i.测试时的实际电压为200伏特；ii.工作测试一个小时，电路消耗的电能为0.4356度；iii。测试时水箱内水的质量为 121210 千克。
【解析】【分析】（1）结合电路图，理清开关处于不同状态时元件的连接方式，根据P=U2R可知对应的状态进一步算出最大发热功率和最小发热功率.
（2）i、根据欧姆定律算出实际电压.
ii、由图乙知一个循环较大功率工作10s，较小功塞工作40s，总共50s，进一步求得工作测试一个小时，较大功率总工作时间及较小功率总工作时间，根据W=UIt算出电路消耗的电能.
iii、根据W=Pt算出加热一次消耗的电能，根据Q=cm△t求出水的质量.
14．多功能养生壶具有精细烹饪、营养量化等功能，深受市场认可和欢迎。图乙是某品牌养生壶简化电路图。（ρ水＝1×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃），g＝10N/kg）

项目
参数
电源电压（V）
220
低温档功率（W）
275
中温档功率（W）
550
高温档功率（W）
1100
容积（L）
1
（1）开关S1、S2处于什么状态，养生壶为高温档，说明判断依据；
（2）求R1的阻值；
（3）养生壶处于低温档工作时，求电路中的电流大小；
（4）在标准大气压下，使用高温档将初温是12℃的一壶水烧开，若养生壶高温档加热效率为80%，求水吸收的热量和烧开一壶水需要的时间。
【答案】（1）解：由图知，当开关S1闭合，S2接B时，电阻R1、R2并联，电路中的总电阻最小，由P＝ U2R 可知，总功率最大，所以此时养生壶为高温档
答：当开关S1闭合，S2接B时，为高温档；因为此时电阻R1、R2并联，电路中的总电阻最小，总功率最大
（2）解：由图知，当开关S1断开，S2接A时，电阻R1、R2串联，电路中的总电阻最大，由P＝ U2R 可知，总功率最小，此时为低温档；
当S2接A，S1闭合时，R2被短路，只有电阻R1接入电路，养生壶处于中温档。
由P＝UI得，正常工作时通过R1的电流为：I1＝ P中U ＝ 550W220V ＝2.5A，
由I＝ UR 得，R1的阻值：R1＝ UI1 ＝ 220V2.5A ＝88Ω
答：电阻R1的阻值是88Ω
（3）解：由P＝UI得，养生壶在低温档工作时电路中的电流为：
I低＝ P低U ＝ 275W220V ＝1.25A
答：养生壶处于低温档工作时电流为1.25A
（4）解：由ρ＝ mV 可得，水的质量：m＝ρV＝1×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg，
水吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣12℃）＝3.696×105J，
由η＝ Q吸W 和W＝Pt得，烧开一壶水需要的时间为：
t＝ WP高 ＝ Q吸P高η ＝ 3.686×105J1100W×80% ＝420s
答：水吸收的热量为3.696×105J，烧开一壶水需要的时间为420s
【解析】【分析】（1）结合电路图，理清开关处于不同状态时元件的连接方式，利用 P＝ U2R 可知对应的状态.
（2） 由P＝UI得正常工作时通过R1的电流 ， 由I＝ UR 得R1的阻值 .
（3） 由P＝UI得养生壶在低温档工作时电路中的电流 .
（4） 由ρ＝ mV 可得水的质量 ，利用 Q吸＝cm（t﹣t0） 求得 水吸收的热量 ，再 由η＝ Q吸W 和W＝Pt得烧开一壶水需要的时间 .
15．小明寒假到农村的爷爷家探亲，他发现原来爷爷家冬天用煤球炉取暖，而现在改用电暖器取暖。设备如图甲所示，上下各一根中空的金属管，在管道中充满绝缘、导热性良好的导热油。如图乙是其工作原理图，有“低温”“中温”“高温”三档，其中发热电阻R1＞R2．已知该电暖器额定电压为220V，低温档电功率为550W，中温档电功率为1100W，导热油质量为6kg，导热油的比热容c油＝1.8×103J/（kg•℃）。

（1）求R1的阻值。
（2）求电暖器在高温档正常工作时，5min内产生的热量。
（3）不考虑电暖器的热散失，（2）中产生的热量最多可使6kg导热油温度升高多少摄氏度。（保留一位小数）
（4）假如（2）中产生的热量由原来效率为30%的煤球炉提供，需要烧煤多少千克？请你谈一谈使用电暖器取暖比使用煤球炉好的理由。（q煤＝3×107J/kg）
【答案】（1）解：由图知，S1、S2都闭合时，两电阻并联，根据并联总电阻小于其中任一电阻，此时总电阻最小，由P＝ U2R 可知此时功率最大，为高温档；
只闭合S1时，为R1的简单电路，只闭合S2时，为R2的简单电路，因发热电阻R1＞R2，则由P＝ U2R 可知只闭合S1时为低温档，只闭合S2时为中温档；
根据P＝ U2R 可得，R1的阻值：
R1＝ U2P低 ＝ (220V)2550W ＝88Ω
答：R1的阻值为88Ω
（2）解：电暖器在高温档正常工作时，两个电阻都工作，
则高温档的总功率：P高＝P1+P2＝P低+P中＝550W+1100W＝1650W；
电暖器在高温档正常工作时，5min内产生的热量：
Q＝P高t＝1650W×5×60s＝4.95×105J
答：电暖器在高温档正常工作时，5min内产生的热量为4.95×105J
（3）解：根据Q＝cm△t可得6kg导热油升高的温度：
△t＝ Qcm ＝ 4.95×105J1.8×108J/(kg⋅∘C)×6kg ≈45.8℃
答：不考虑电暖器的热散失，（2）中产生的热量最多可使6kg导热油温度升高45.8℃
（4）解：假如（2）中产生的热量由原来效率为30%的煤球炉提供，
根据η＝ QQ放 可得，煤球燃烧放出的热量：
Q放＝ Qη ＝ 4.95×105J30% ＝1.65×106J；
根据Q放＝mq可得，需要烧煤的质量：
m′＝ Q放q ＝ 1.65×106J3×107J/kg ＝0.055kg；
使用电暖器的能量利用率高，清洁、无污染，所以使用电暖器取暖比使用煤球炉好
答：假如（2）中产生的热量由原来效率为30%的煤球炉提供，需要烧煤0.055kg；使用电暖器的能量利用率高，清洁、无污染
【解析】【分析】（1）结合电路图，理清开关处于不同状态时元件的连接方式， 由P＝ U2R 确定电路的不同工作状态；根据 P＝ U2R 求出R1.
（2）根据 P＝ U2R 求出每个电阻的功率相加即为总功率，根据 Q＝P高t 求出5min内产生的热量.
（3）根据 Q＝cm△t 求出使6kg导热油温度升高多少.
（4）根据 η＝ QQ放 求出Q放，由Q=mq求出需要烧煤的质量.
使用电暖器较比使用煤球炉的能量利用率高，清洁、无污染.