初中物理中考复习 必刷14 家用电器的档位问题-备战2020年中考物理必刷论述、计算80例（解析版）

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必刷14 家用电器的档位问题

电吹风
例69．(2019·荆门)如图为一个电吹风的简易电路，R1、R2为发热用的电阻丝，M为带动风扇转动的电动机，开关S2上扇形的金属片可与触点1、2、3、4接通。只接通S1时，风扇吹冷风，此时回路中电流为0.1A；在保持S1接通的情况下，转动S2，若使S2与2、3接通，风扇吹暖风；若使S2与3、4接通，风扇吹热风。
（1）求吹冷风时，电路消耗的电功率；
（2）吹暖风时，电阻丝的热功率为吹冷风时电吹风电功率的5.5倍；吹热风时，电阻丝的热功率为吹暖风时电阻丝热功率的10倍，求R1、R2的阻值。

【答案】（1）22W （2）R1=40Ω R2＝360Ω
【解析】（1）仅接通S1时，电流全部通过电动机，电路消耗的电功率为P机＝UI＝220V×0.1A=22W；
（2）S2接通2、3时，电动机电压不变，消耗的电功率P机不变，R1与R2串联，电压为U＝220V，电阻丝R1与R2的热功率P1＝ =5.5 P机 ， 即 =5.5 ×22W， ∴R1+R2＝400Ω
S2接通3、4时，R2被短路，仅R1发热，其热功率P2= =10 P1 ，即 =10 ×5.5 ×22W
∴R1=40Ω ，R2＝360Ω

电饭锅
例70．（2019·孝感）家用电饭锅中自动开关一般由感温铁氧体组成，将电饭锅的自动开关S按下，电饭锅处于别热状态，当感温铁氧体温度达到103℃时失去磁性，被吸铁块由弹簧弹开，使电饭锅进入保温状态。某家用电饭锅内部电路简化示意图如图甲，某次使用该电饭锅在220V的电压下煮饭过程中，通过的电流随时间变化的图象如图乙。

（1）当锅内温度为100℃时，自动开关S与　 　（选填“1”或“2”）连接，此时电饭锅处于　 　（选填“加热”或“保温”）状态。
（2）该电饭锅此次工作30分钟消耗的电能为多少？
（3）电阻R1与R2的阻值之比为多少？
（4）若要使该电饭锅的加热功率提高到1100W，可以给电阻R1并联一个阻值为多大的电阻R3？
【答案】（1）1；加热；（2）7.92×105J；（3）1∶3；（4）可以给电阻R1并联一个阻值为220Ω的电阻R3。
【解析】（1）根据题意可知，温度为100℃时（低于103℃），电饭锅处于加热状态，开关S与“1”连接，只有R1连入电路，电路中电阻较小，根据P＝可知，此时的电功率较大，为加热状态；
（2）电饭锅此次工作30分钟消耗的电能：
W＝W1+W2＝UI1t1+UI2t2＝220V×4A×10×60s+220V×1A×20×60s＝7.92×105J；
（3）开关接1时，只有R1连入电路，为加热状态，此时的电流I1＝＝4A；
开关接2时，两电阻串联，为保温状态，此时的电流I2＝＝1A，
则＝＝＝，解得＝；
（4）原来的加热功率P1＝UI1＝220V×4A＝880W，
此时该电饭锅的加热功率提高到1100W，
则并联电阻的功率：P3＝P－P1＝1100W－880W＝220W，
由P＝得，并联电阻的阻值：R3＝＝＝220Ω。

电热水器
例71．(2019·通辽)有一台热水器，内部简化电路如图所示，R1和R2均为电热丝。R1＝88Ω，R2＝22Ω。

（1）如何控制S1和S2，使热水器处于高温挡；
（2）求低温挡正常工作5min电热丝产生的热量；
（3）求中温挡正常工作时热水器的功率。
【答案】（1）当闭合开关S1，并将S2拨至位置a时，热水器处于高温档；（2）1.32×105J；（3）550W。
【解析】（1）根据公式P＝可知，加热时电路的总电阻较小，再根据并联电路的电阻特点判断电路中电阻的大小关系，从而可以判断出电热水器处于处于什么状态；
（2）先根据P＝判断出电路处于低温档时电路的结构，然后根据Q＝t求出低温档正常工作5min电热丝产生的热量；
（3）先根据P＝判断出电路处于中温档时电路的结构，然后根据P＝求出中温档正常工作时热水器的功率。
解：（1）由图知，当闭合开关S1，并将S2拨至位置a时，R1和R2并联接入电路，此时电路中的总电阻最小，电源电压不变，由P＝可知，此时总功率最大，热水器处于高温档；
（2）当断开S1，并将S2拨至位置b时，R1和R2串联接入电路，由P＝可知，此时总功率最小，热水器处于低温档；此时热水器正常工作5min内电热丝产生的热量：
Q＝t＝×5×60s＝1.32×105J；
（3）只闭合开关S1时，电路为R1的基本电路，热水器处于中温档；
此时电路的功率：P中＝＝＝550W。


电热水瓶
例72．(2019·铁岭)小李家新买的电热水瓶，有保温和加热两种功能，其简化电路图如图所示，R1、R2为电热丝，通过开关的调节实现保温和加热两种功能的切换。加热功率为1100W，保温功率是200W。求：[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（1）R2的阻值是多少？
（2）该电热水瓶给水加热时，瓶中1kg的水从23℃升高到100℃，需要吸收多少热量？
（3）不计热量损失，该电热水瓶在上述加热过程中，需要工作多长时间？

【答案】（1）198Ω（2）3.234×105J（3）294s
【解析】（1）开关S接1时，只有R1连入电路，电阻最小，根据P＝可知功率最大，此时为加热状态，则R1的阻值：R1＝＝＝44Ω；
开关S接2时，两电阻串联，此时总电阻最大，根据P＝可知总功率最小，此时为保温状态，则串联的总电阻：R串＝＝＝242Ω，
由串联电路的电阻规律可得，R2的阻值：R2＝R串－R1＝242Ω－44Ω＝198Ω；
（2）瓶中1kg的水从23℃升高到100℃，需要吸收的热量：
Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃－23℃）＝3.234×105J；
（3）不计热损失，消耗的电能W＝Q，由P＝可得工作时间：t＝＝＝＝294s。

空调扇
例73． (2019·衢州)空调扇具有“送风、加湿和降温”等功能，其内部主要结构为风扇、水箱和空气过滤网等。使用时，通常向水箱中加水，使吹出的风比无水时凉爽。下表是某品牌空调扇部分参数。
项目
参数
项目
参数
额定电压
220伏
额定功率
50瓦
空机质量
7.5千克
单个轮子接触地面面积
2厘米2
水箱容量
0.5升
轮子数量
4个
蒸发量
1升/时
电源线长度
1.2米


（1）向水箱的水里再加入一些碎冰，可降低水温，使吹出的风比只有水时更凉爽。加冰可降低水温的原因有____。
（2）人在运动大量出汗后，对着空调扇吹，很容易感冒。此时，在脑干调节下，皮肤血管收缩，血流量减少，皮肤温度下降，散热量____，从而维持人体体温恒定。
（3）小科阅读参数表发现，该空调扇比较省电。计算该空调扇正常工作10小时消耗的电能。
（4）计算水箱加满水时该空调扇对水平地面的压强。
（5）该空调扇底座安装了万向轮，方便移动。但在其他设计上仍存在缺陷，为更方便用户使用，请结合表中参数提出条改进建议：____。
【答案】解：（1）水箱中的冰熔化吸收水的热量，使水的温度降低；冰熔化后，冰水混合物的温度低于原来水的温度，两者之间存在温度差，发生热传递，使水的温度进一步下降使吹出的风比只有水时更凉爽；（2）减少；（3）有P＝可得，
该空调扇正常工作10小时消耗的电能：W＝Pt＝50×10﹣3kW×10h＝0.5kW•h；
（4）根据ρ＝知，
水箱中水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×0.5×10﹣3m3＝0.5kg，
水箱对水平面的压力等于重力，即F＝G总＝m总g＝（0.5kg+7.5kg）×10N/kg＝80N，
水箱对水平面的压强为：p＝= p＝1×105Pa；
（5）加大水箱的容积，避免频繁加水；加长电源线，方便距离远些使用。
【解析】【分析】本题主要考查了熔化吸热、蒸发吸热、电功公式、压强公式的应用以及分析解答能力，是一道综合题，但难度不大。
（1）冰熔化吸热，使水的温度降低；冰熔化后，冰水混合物的温度低于水的温度，两者之间存在温度差，发生热传递，使水的温度进一步下降；
（2）蒸发吸热，冷刺激使皮肤血管收缩血流量减少，皮肤温度下降，散热量减少，从而维持人体体温恒定；
（3）根据W＝Pt算出该空调扇正常工作10小时消耗的电能；
（4）根据ρ＝算出水箱中水的质量，水箱对水平面的压力等于重力，即G＝mg，根据p＝算出水箱对水平面的压强；
（5）根据表中数据知水箱的容积较小，需要经常加水；有表格数据知电源线的长度只有1.2米，不能远距离使用；针对以上提出改进措施。
电暖器
例74．（2019·随州）随州的冬季不像北方有集中供暖，所以本地居民常选用一些小型电暖器越冬。如图甲电暖器有“高温、中温、低温”三挡，铭牌见下表（“中温”挡功率空出），其电路原理如图乙，S是自我保护开关，当电暖器倾倒时S自动断开，切断电源保证安全。当S、S1闭合，S2断开时电暖器为“低温”挡。（R1＞R2）
XX牌电暖器
额定电压
220V

额定功率
低温挡
440W
中温档

高温挡
1600W
频率
50Hz



求：（1）R1的阻值；
（2）“中温”挡正常工作时电路中的电流；
（3）若室内空气质量为50kg，用该电暖器的“高温”挡正常工作10min，放出热量的50%被室内空气吸收，那么可使室内气温升高多少？[假设空气的比热容为1.1×103J/（kg•℃）]
【答案】（1）11Ω；（2）5.27A；（3）8.73℃。
【解析】（1）电暖器在低温档时，由R＝可求R1的阻值；
（2）高温档与低温档功率之差是中温档功率；已知中温档功率和电源电压，可以得到中温档正常工作时的电流；
（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℃。
解：（1）闭合开关S1，R1单独接入电路，R1＞R2，根据P＝可知电暖气处于低温；R1的阻值：R1＝＝＝110Ω；
（2）闭合S1为“低温”挡，R1单独接入电路；单独闭合S2为“中温”挡，“高温”挡为S1、S2同时闭合，R1、R2并联。
P中温＝P高温－P低温＝1600W－440W＝1160W；
根据P＝UI可得，“中温档”正常工作时的电流：I2＝＝≈5.27A；
（3）因为P＝，所以电暖器的“高温”档正常工作10min，放出的热量：
W＝P高温t＝1600W×10×60s＝9.6×105J；
空气吸收的热量：Q吸＝ηW＝50%×9.6×105J＝4.8×105J，
由Q吸＝cm△t可得，房间空气升高的温度：
△t＝＝≈8.73℃。
电热后视镜
例75．(2019·山西)“创新”小组的同学们调查发现，雨雪天气里汽车后视镜会变模糊，影响行车安全。同学们设计了给后视镜除雾、除霜的加热电路。如图是加热电路原理图，电源电压100V，加热电阻R1与R2阻值均为100Ω，电路低温挡除雾，高温挡除霜。同学们对电路进行模拟测试，开启除霜模式加热后视镜1min，用温度传感器测得其温度升高了6℃，求：
（1）除霜模式下，电路中的电流；
（2）除霜模式下，电路的加热效率。[查资料得：后视镜玻璃质量约0.5kg，玻璃的比热容约0.8×103J/（kg•℃）]

【答案】（1）除1A（2）40%
【解析】（1）由图知，只闭合开关S时，两电阻串联；当开关S、S1都闭合时，R2被短路，只有R1工作，根据P＝判断档位模式；根据欧姆定律求出电流；
（2）根据W＝UIt求出除霜模式下1min消耗的电能，根据Q＝cm△t求出后视镜玻璃吸收的热量，再根据η＝求出加热效率。
解：（1）由图知，只闭合开关S时，两电阻串联；当开关S、S1都闭合时，R2被短路，只有R1工作，此时电阻最小，根据P＝可知此时电路的功率最大，处于高温除霜模式，
除霜模式下，电路中的电流：I＝＝＝1A；
（2）除霜模式下1min消耗的电能：W＝UIt＝100V×1A×60s＝6000J，
后视镜玻璃吸收的热量：Q＝cm△t＝0.8×103J/（kg•℃）×0.5kg×6℃＝2400J，
除霜模式下，电路的加热效率：η＝×100%＝×100%＝40%。



1．(2019·盐城)新型电饭锅煮饭时采用“高温”和“低温”两种方式交替加热,其内部电路如图所示,R1和R2均为电热丝,S1是温度自动控制开关.高、低温挡的额定功率见下表、煮饭时,闭合开关S,电饭锅正常工作30min消耗的电能为044kWh.求：
额定电压
220V
额定功率
低温档
440W
高温档
1100W

(1)煮饭时通过R1的电流；
(2)电热丝R2的电阻；
(3)30min内R2消耗的电能。
【答案】(1)2A (2)73.33Ω (3)0.22kw·h
【解析】当只闭合S时，只有R1电热丝发热，此时为低温档，功率为P低=440W，即R1工作时的功率为P1=440W；当S、S1都闭合时，R1与R2并联，共同发热，为高温档，功率为P高=1100W，即R1和R2的总功率为P总=1100W。
（1）通过R1的电流为I1===2A
（2）电热丝R2的功率为P2=P高－P1=1100W－440W= 660W，
则R2的电阻为；R2== =73.33Ω
（3）电饭锅正常工作时采用“高温”和“低温”两种方式交替加热，不管是高温档还是低温档，R1都工作，则30min内R1消耗的电能为W1= P1t=0.44kW×0.5h=0.22kw·h，因电饭锅消耗的总电能为0.44 kw·h，则R2消耗的电能为W2=W－W1=0.44kWh－0.22kw·h=0.22kw·h
2．（2019·宿迁）某电器厂设计了一种具有高、中、低温三挡的家用电火锅，该火锅产品铭牌和电路图如图所示：
额定电压
220V
额定功率
高温档
中温档
低温档
880W
440W
220W


（1）当开关S1断开，S2接a时，该电火锅选用______档工作（选填“高温”、“中温”或“低温”）。
（2）当电火锅使用中温档正常工作时，电路中电流是多大？接入电路的电热丝的阻值是多少？
（3）用电火锅高温档在额定电压下烧水7分钟，电流做了多少功？若电热丝产生的热量全部被水吸收，在1个标准大气压下，能使1kg初温为20℃的水升高多少℃（c水=4.2×103J/（kg•℃））？
【答案】（1）低温 （2）2A；110Ω （3）3.696×105J；80℃
【解析】（1）由图知，S1断开，S2接a端，R1和R2串联。根据P=分析高档、抵挡；
（2）当开关S1断开，S2接b时，电阻R2单独接入电路，为中温档，根据I中温=可求电流，再根据欧姆定律变形，R2=可求接入电路的电热丝的阻值；
（3）根据W=P高温t可求用电火锅高温档在额定电压下烧水7分钟，电流做的功；根据W=Q吸=cm△t可求水升高多少℃。
解：（1）由图知，当S1断开，S2接a端，R1和R2串联，此时电路的总电阻最大，由P=
可知，此时总功率最小，则该电火锅选用低温档工作；
（2）当开关S1断开，S2接b时，电阻R2单独接入电路，为中温档，此时电路中的电流：
I中温===2A，由欧姆定律可得，接入电路的电热丝的阻值：R2===110Ω；
（3）用电火锅高温档在额定电压下烧水7分钟，电流做的功：
W=P高温t=880W×7×60s=369600J=3.696×105J，
因电热丝产生的热量全部被水吸收，则Q吸=cm△t可得水升高的温度：
△t====88℃，
因为在1个标准大气压下，水的沸点是100℃，且水的初温为20℃，所以只能使水升高80℃。
3．（2019·阜新）小亮家里的一款迷你电饭锅，电路图如图所示，额定电压为220V，电饭锅有加热和保温两档，“加热”时额定功率为550W，发热电阻R1和R2阻值不随温度变化，电阻R1在“保温”状态和“加热”状态时功率之比为1︰400．求：

（1）正常“加热”状态，通过电饭锅的电流是多少？
（2）正常“加热”状态，通电10min产生的热量是多少？
（3）R2的阻值是多少？
【答案】（1）2.5A；（2）330000J；（3）1672Ω
【解答】（1）加热时的电流为：I===2.5A；
（2）通电10min产生的热量是W=Pt=550W×6005=330000J；
（3）由I=号得R1的电阻为：R1==＝88Ω；
当开关S断开时，电路中电阻R1和R2串联，电路的电阻最大，根据P=可知，此时为保温状态，R在“保温”状态与“煮饭”状态时的功率之比为1︰400。
即I保2R1︰I煮2R2=1︰400；1保︰1煮=1︰20：即︰=1︰20，所以R2=1672Ω。
4．(2019·威海)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、低三个加热档位，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，低温档功率为高温档功率的，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，火锅处于低温档？
（2）R3的阻值是多少欧姆？电火锅处于低温档正常工作时，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，用高温档加热汤液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）]

【答案】（1）“1和2”（2）R3的阻值是181.5欧姆； 1.2×104J（3）此时电火锅不正常工作。
【解析】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，火锅处于低温档；
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，火锅处于中温档；
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，火锅处于高温档。
（2）高温档时的电功率：P高＝P1+P2＝+＝+ ＝1000W，
由题意知，低温档功率为高温档功率的，即：P低＝P高＝×1000W＝200W，
由P＝可得，低温档时电路总电阻：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。
电火锅处于低温档正常工作时，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。
5．(2019·台州)某电热砂锅的简化电路如图甲。R1、R2为发热电阻，S为旋转开关，a、b、cd为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低档”、“高档”之间的转换，工作时先用高档加热锅内汤料到沸腾，再用低档持续加热食物，使食物“汤浓味鲜”。

（1）高档加热时，开关S应旋至触点_________（选填：“ab”、“bc”或“cd”）位置。
（2）某次烹饪一共用时6小时，电功率与加热时间的关系如图乙所示，则本次烹饪共消耗多少电能？
（3）发热电阻R1和R2的阻值分别为多少？
（4）生活中，有时也会选择电压力锅烹饪，因为电压力锅煮熟相同质量的同种食物，通常比电热砂锅更省电。请你从能量利用率的角度，结合所学知识对电压力锅能省电作出简要的解释。
【答案】（1）cd （2）0.94KW·h （3）R1=110Ω R2=374Ω （4）电压力锅锅内气压大，所以水的沸点高，食物在高温下容易熟，可以减少用电时间；加热时间短，散失到空气中的热量少，能量利用率高，所以更省电。
【解析】（1）由图甲可知，开关S接“ab”时两电阻串联，接“cd”时只有R1接入电路，R2短路，电源电压一定，由P=可知，接“bc”时电阻最大，为低档，接“cd”时电阻最小，为高档。
（2）某次烹饪一共用时6小时，电功率与加热时间的关系如图乙所示，高温档工作1小时，低温档工作（6－1）=5小时，本次烹饪共消耗的电能：
W=W1+W2=P1t1+P2t2=0.44kW×1h+0.1kW×5h=0.94kW•h。
（3）高档加热时，R1== =110Ω；
低档加热时，R1+R2== =484Ω，R2=484Ω－110Ω= 374Ω。
（4）电压力锅锅内气压大，所以水的沸点高，食物在高温下容易熟，可以减少用电时间。
6．(2019·营口)图甲是小明家使用的电饭煲，图乙是其电路原理图，R1、R2为阻值不变的电热丝，S1为温度自动控制开关，可实现“加热”和“保温”状态的转换。该电饭煲的最大容量是4L，额定加热功率是800W，额定保温功率是100W。（ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃））求：
（1）电热丝R1的阻值是多少？
（2）该电饭煲将2kg水从20℃加热到100℃时，水吸收的热量是多少？
（3）关闭家中其他用电器，只让该电饭煲在加热状态下工作4min，观察到标有“1200r/（kW•h）”字样的电能表转盘转了60转，则电饭煲的实际功率是多少？

【答案】（1）60.5Ω（2）6.72×105J（3）750W。
【解析】解：（1）由电路图可知，开关S闭合、S1断开时，电阻R1和R2串联接入电路，电阻最大，由电功率的公式P=可判断电饭锅处于保温状态；
开关S、S1都闭合开时，电阻R2被短，只有电阻R1接入电路，由电功率的公式P=可判断电饭锅处于加热状态；根据P=知，电热丝R1的阻值：R1 = ==60.5Ω；
（2）水吸收的热量：
Q吸＝cm（t－t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃－20℃）＝6.72×105J；
（3）消耗1kW•h的电能，电能表转1200转，电能表转了60转，消耗的电能：
W= ＝ kW•h，
电饭锅的实际功率：P＝＝=0.75kW＝750W。
额定电压
电炖锅档位
额定功率/W
200V
低温
200
中温
400
高温
600
7．(2019·岳阳)一新款节能电炖锅如图甲，有关技术参数如表（设电炖锅不同挡位的电阻和加热效率均不变）。




（1）求电炖锅在高温挡正常工作时的电流（计算结果保留一位小数）；
（2）在用电高峰期，关掉家里的其他用电器，只让处于中温挡状态的电炖锅工作，观察到标有“1800r/（kW•h）”的电能表转盘在12ls内转了20圈，求此时的实际电压；
（3）电炖锅正常工作时，用低温挡和高温挡分别给质量相同的冷水加热，待水温达到50℃时开始计时，绘制的水温随时间变化的图象如图乙所示。结合所给信息，通过计算，分析比较用高温挡还是用低温挡更节能。
【答案】（1）2.7A； （2）200V； （3）电炖锅正常工作时，用低温挡和高温挡分别给质量相同的冷水加热，由（3）可知用高温挡更节能。
【解析】（1）由功率公式可求得高温档时的电流； （2）由P= 公式变形可求得电炖锅的电阻，已知电能表每消耗1kw•h的电能转盘就转动1800r，据此求出电能表转盘在121s内转了20r消耗的电能，利用P= 求出其实际功率，再根据P= 公式的变形求出他家电路的实际电压。 （3）计算出低温档和高温档每分钟消耗电能的多少比较即可解答。
解：（1）由表中数据可知，高温的功率P高=600W， 由P=UI可得，在高温档工作时，电路中的电流I高温= ==2.7A
（2）由P= 可得，电炖锅的电阻：R= = =121Ω， 电炖锅在高档工作时，电能表转盘在在121s内转了20r，则电炖锅消耗的电能：
W实= = kW•h=4×104J P实= =，
由P= 可得，电路的实际电压：U实===200V
（3）高温档消耗的电能W高=P高t高=600W×6×60s=2.16×105J， 则水升高1℃消耗的电能 =1.08×104J， 低温档消耗的电能W低=P低t低=200W×9×60s=1.08×105J， 则水升高1℃消耗的电能为 =1.35×104J， 因为1.08×104J＜1.35×104J，且两档加热水的质量相同，所以加热等质量的水升高1℃，高温档比低温档消耗电能少，用高温档节能。
8．(2019·巴中)如图所示，某品牌智能电火锅的铭牌，（不计温度对电阻的影响）。求：
（1）该电火锅锅正常加热30分钟时所消耗的电能为多少kW•h？
（2）某天用电高峰期，只使用电火锅加热10min，家用电能表[1200r/（kW•h）]的转盘转了200转，此时电火锅的实际功率是多少？
（3）如图乙所示是电火锅的简化电路图，其中R1、R2均为发热电阻，S2为加热保温自动力切换开关，求R2的电阻是多少？
XX牌智能电火锅
型号
ZDF﹣215
额定电压
220V
加热功率
1210W
保温功率
484W
频率
50Hz
a
b
R1
R2
220V
S2
S1

【答案】（1）0.605kW•h；（2）1000W；（3）40Ω
【解析】（1）由P＝可得，电火锅正常工作时间为30min消耗的电能：
W总＝Pt总＝1.21kW×0.5h＝0.605kW•h；
（2）转200转消耗的电能：W＝×200r＝kW•h，
此时消耗的实际功率：P实＝＝＝1kW＝1000W；
（3）由图知，当S1闭合、S2接a时，电路中只有R1，电路中电阻最小，由P＝可知此时电功率最大，处于加热状态；由P＝得电火锅正常加热时的电阻：
R1＝＝＝40Ω；
由图知，当S1闭合、S2接b时，电路中R1和R2串联，电路中电阻最大，由P＝可知此时电功率最小，处于保温状态；由P＝得串联总电阻：
R串＝R1+R2＝＝＝100Ω，
R2的电阻：R2＝R串－R1＝100Ω－40Ω＝60Ω；
9．(2019·呼伦贝尔)家庭电路中某电热锅的额定电压是220V，加热状态的额定功率是1210W，简化电路如图所示，S1为温控开关，发热电阻R1与R2的阻值恒定，电阻在保温状态与加热状态时的功率之比为4︰25。
S1
R1
R2
220V
S

求：
（1）电阻R1和R2的阻值；
（2）在用电高峰期，家中有电热锅和液晶电视机工作时，电热锅的实际功率为1000W（始终处于加热状态），电视机的实际功率为200W，计算这时通过液晶电视机的电流。
【答案】（1）R1＝60 Ω R2＝40 Ω （2）1 A
【解析】（1）当开关S、S1均闭合时，只有电阻R2接入电路，此时为加热状态。
由P＝UI=得，R2的阻值：R2＝＝＝40 Ω
当开关S闭合，S1断开时，电阻R1和R2串联，此时为保温状态。
根据＝得，保温状态时R2的功率：P保温＝＝＝193.6W
由P＝I2R得，电路中的电流：I＝＝＝2.2A
由欧姆定律I＝得，U2=IR2=2.2A×40Ω=88V
根据U＝U1+U2得，R1两端电压：U1=U－U2=220V－88V=132V
R1＝＝＝60 Ω）
（2）由P＝得，家庭电路的实际电压：U实＝＝＝200 V
由P＝UI得，通过电视机的实际电流：I电视＝＝＝1 A
10．（2019·本溪）图甲是具有高温、低温两档的电热饭盒，高温档电功率为 242W，简化电路如图乙所示， R1、R2 均是发热电阻，且 R2 的阻值是 R1 的 4 倍。求：
（1）R1 和 R2 的阻值是多少？
（2）高温档加热 5min，不计热量损失，可以将 1kg 饭菜升高的温度是多少？ [饭菜的比热容取 3× 103J/（kg•℃）]
（3）如果实际电压是 200V，低温档工作时的实际功率是多少？
2
1


甲 乙
【答案】（1）R1= 200Ω；R2 =800Ω （2）24.2℃ （3）40W
【解析】
（1）开关 S 接 2 时，电路为 R1 的简单电路，电路的总电阻最小，电路的总功率最大，电热饭盒处于高温档，由 P＝UI＝ 可得，R1 的阻值：R1＝ ＝ ＝200Ω，
则 R2 的阻值：R2＝4R1＝4× 200Ω＝800Ω；
（2）高温档加热 5min 消耗的电能：W＝ P 高 t＝242W× 5× 60s＝7.26× 104J，
不计热量损失，则饭菜吸收的热量：Q 吸＝W＝7.26× 104J，
由 Q 吸＝cm△ t 可得，1kg 饭菜升高的温度：
△ t＝ ＝ ＝ 24.2℃ ；
（3）如果实际电压是 200V，低温档工作时的实际功率：
P低实＝ ＝ ＝ 40W
11．(2019·辽阳)图甲是两档空气炸锅，图乙是其内部简化电路，R1、R2均为发热体，将开关S分别置于1、2两位置时，空气炸锅处于不同的档位。已知两档空气炸锅的高温档功率为900W，R2阻值为96.8Ω．求：
（1）发热体R1的阻值是多少？
（2）空气炸锅一次性可装入200g牛柳，若将这些牛柳从40℃加热到190℃，牛柳需要吸收多少热量？【c牛柳＝3×103J/（kg•℃）】
（3）不计热量损失，用高温档将200g牛柳从40℃加热到190℃，需要多长时间？

【答案】（1）121Ω（2）9×104J（3）100s
【解析】（1）由电路图可知，当S置于1位置时，电阻R1、R2并联接入电路；当S置于2位置时，R1、R2串联，因此由P＝可知，当S置于1位置时，功率较大，即空气炸锅处于加热状态；当S置于2位置时，空气炸锅处于保温状态；
当S置于1位置时，R2的功率P2＝＝＝500W，
发热体R1的功率：P1＝900W－500W＝400W；
由P＝可知，R1＝＝＝121Ω。
（2）牛柳需要吸收的热量Q吸＝cm△t＝3×103J/（kg•℃）×0.2kg×（190℃－40℃）＝9×104J；
（3）不计热量损失W＝Q吸＝9×104J；
由P＝可得，用高温档牛柳从40℃加热到190℃，需要时间t＝＝＝100s。

12．(2019·临沂)图甲是小明家安装的即热式热水器，其具有高、低温两档加热功能，低温档功率为5500W，内部等效电路如图乙所示，R1和R2是两个电热丝。某次小眀用高温档淋浴时，水的初温是20℃，淋浴头的出水温度为40°C，淋浴20min共用水100L．假设热水器电热丝正常工作且产生的热量全部被水吸收【c水=4.2×103J/（kg•°C）】求：
（1）电热丝R1的阻值。
（2）该热水器高温档功率。

【答案】
（1）由图知，两开关同时闭合时，两电阻并联，只闭合S1时，为R1的简单电路；
因为并联的总电阻小于其中任一分电阻，根据P=可知，只闭合S1时，电阻较大，功率较小，为低温档，电热丝R1的阻值：R1===8.8Ω；
（2）用高温档淋浴时，淋浴20min共用水100L，
水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×100×10-3m3=100kg；
水从初温20℃升高到40°C吸收的热量：
Q=cm△t=4.2×103J/（kg•°C）×100kg×（40°C－20°C）=8.4×106J；
由题知，假设热水器电热丝正常工作且产生的热量全部被水吸收，
则消耗的电能：W=Q=8.4×106J；
该热水器高温档功率：P高===7000W。
【解析】（1）两开关同时闭合时，两电阻并联，只闭合S1时，为R1的简单电路，根据并联电阻的规律和P=分析不同档位电路的连接，根据R=求解；
（2）根据m=ρV求出100L水平质量，根据Q=cm△t求出水从初温是20℃升高淋为40°C吸收的热量；因热水器电热丝正常工作且产生的热量全部被水吸收，根据P=求出该热水器高温档功率。
本题为电热综合题，考查并联电路的规律及欧姆定律的电功率公式、密度公式和Q=cm△t的运用。
13．(2019·重庆B)特高压技术可以减小输电过程中电能的损失。某发电站输送的电功率为1.1×105kW，输电电压为1100kV，经变压器降至220V供家庭用户使用。小明家中有一个标有“220V 2200W”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档。求：
（1）通过特高压输电线的电流；
（2）改装前，若水龙头的热效率为90%，正常加热1分钟提供的热量；
（3）改装后，水龙头正常工作时高温档与低温档电功率之比为4︰1，请计算出高温档时的电功率。

【答案】（1）通过特高压输电线的电流为100A；
（2）改装前，若水龙头的热效率为90%，正常加热1分钟提供的热量为1.188×105J；
（3）改装后，水龙头正常工作时高温档与低温档电功率之比为4：1，高温档时的电功率为4400W。
【解析】（1）根据P＝UI算出通过特高压输电线的电流；
（2）根据W＝Pt算出消耗的电能，根据η＝算出正常加热1分钟提供的热量；
（3）根据R0＝算出R0的电阻，由电路图可知，将开关S与a、b相连时工作的电路元件，电源的电压一定时，根据P＝UI＝可知，电路的总电阻最小时，电路的总功率最大，水龙头处于加热状态，P加热＝+ ；
由电路图可知，将开关S与c相连时，R与R0串联，总电阻较大，总功率较小，水龙头处于保温状态，P保温＝，
因为水龙头正常工作时高温档与低温档电功率之比为4︰1，即P加热︰P保温＝（+）︰＝4︰1，算出R的电阻，根据P高温＝+ 算出加热功率。
（1）根据P＝UI知，通过特高压输电线的电流：I＝＝＝100A；
（2）根据P＝得，消耗的电能：W＝Pt＝2200W×60s＝1.32×105J，
根据η＝知，正常加热1分钟提供的热量：Q＝Wη＝1.32×105J×90%＝1.188×105J；
（3）R0电阻：R0＝＝＝22Ω
由电路图可知，将开关S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，水龙头处于加热状态，P加热＝+ ；
由电路图可知，将开关S与c相连时，R与R0串联，总电阻较大，总功率较小，水龙头处于保温状态，P保温＝，因为水龙头正常工作时高温档与低温档电功率之比为4︰1，
即P加热︰P保温＝（+ ）︰＝4︰1，
（+）︰＝4︰1，︰＝4︰1，
＝4︰1， (R+ R0)2＝4RR0， (R－R0)2＝0
解得：R＝R0＝22Ω。
高温档时的电功率：P高温＝+ ＝＝＝4400W。

14．（2019·大庆）某电热水壶及其铭牌如图所示，小明为了测量该电热水壶的实际功率和加热效率，进行了如下实验：
关掉家里所有用电器，将该电热水壶装满水，接通电热水壶，测得壶中水温度从25℃上升到35℃所用的时间为50s，同时观察到家中“220V 10(40)A 3200imp/kW•h”的电子式电能表的指示灯闪烁了80imp，水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）。请结合本次实验记录的数据，回答以下问题：
（1）除电子式电能表外，小明还需下列哪些器材完成上述两个测量　 　（选填器材前面的序号）
①刻度尺 ②温度计 ③电压表 ④秒表 ⑤弹簧测力计
（2）若小明利用水升温吸热计算消耗的电能，计算出电热水壶的功率和实际功率相比　 　（选填“偏大”、“偏小”或“相等”），主要原因是　 　。
（3）电热水壶的实际功率是　 　W。
产品型号
1.8L
最大容积

额定功率
2000W
额定频率
50Hz
额定电压
220V
（4）电热水壶的加热效率是　 　。


【答案】（1）②④（2）消耗的电能不可能完成转化成水的内能；偏小（3）1800（4）84%
【解析】（1）根据P＝，测量该电热水壶的实际功率要测量时间，故用到秒表；
根据η＝计算加热效率，在计算Q时要测量温度，故用到温度计；还需②④完成上述两个测量；
（2）若小明利用水升温吸热计算消耗的电能，因消耗的电能不可能完成转化成水的内能，根据P＝，故计算出电热水壶的功率和实际功率相比偏大。
（3）220V10（40）A3200imp/kW•h”的电子式电能表的指示灯闪烁了80imp，则消耗的电能为：W＝×80kW•h＝×3.6×106J＝9×104J；
电热水壶的实际功率是：P＝＝＝1800W
（4）由题意知，水的体积为1.8L，水的质量：
m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1.8×10﹣3m3＝1.8kg；
壶中水温度从25℃上升到35℃吸收的热量：
Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1.8kg×（35℃－25℃）＝7.56×104J；
电热水壶的加热效率是：
η＝＝×100%＝84%。
15．(2019·朝阳)养生壶的原理如图所示，它有加热和保温两档。当加热到设定温度时，养生壶自动切换为保温档。（养生壶的部分参数如表所示）
（1）当开关S1闭合，S2　 　（填“闭合”或“断开”）时，养生壶处于加热状态。
壶的容积
1.5L
额定电压
220V
加热功率
1000W
保温功率
44W
（2）在保温档正常工作时，求电路中的电流是多少？
（3）求R1、R2的阻值。
（4）如果养生壶的效率为70%，那么在标准大气压下要将满壶的水从20℃加热至沸腾，请问需要多少分钟？

【答案】（1）闭合；（2）0.2A；（3）R1的阻值为48.4Ω，R2的阻值为1051.6Ω；（4）12min
【解析】（1）养生壶处于加热状态时，电路的总功率最大，
由P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总电阻最小，
由电路图可知，当开关S1、S2闭合时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，养生壶处于加热状态；
（2）在保温档正常工作时，由P＝UI可得，电路中的电流：I＝＝＝0.2A；
（3）养生壶处于加热状态时，电路为R1的简单电路，
则R1的阻值：R1＝＝＝48.4Ω，
当开关S1闭合、S2断开时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，总功率最小，养生壶处于保温状态，由I＝可得，此时电路中的总电阻：R总＝＝＝1100Ω，
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总－R1＝1100Ω－48.4Ω＝1051.6Ω；
（4）满壶水的体积：V＝1.5L＝1.5dm3＝1.5×10﹣3m3，
由ρ＝可得，水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1.5×10﹣3m3＝1.5kg，
在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•℃）×1.5kg×（100℃－20℃）＝5.04×105J，
由η＝×100%可得，消耗的电能：W＝＝＝7.2×105J，
由P＝可得，需要的加热时间：t′＝＝＝720s＝12min。
16．(2019·抚顺)如图甲所示是一款加热杯，可以通过控制开关实现高、中、低三档加热，其简化电路图如图乙所示。R1、R2、R3均为电热丝，已知R1＝176Ω加热杯的部分参数如表。求：c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3]
（1）R2的阻值是多少？
（2）加热杯的低温档功率是多少？
额定电压
220V
高温档功率
1100W
中温档功率
440W
低温档功率

容量
1L
（3）若不计热量损失，加热杯使用高温档加热，使1L水从12℃升高到100℃，需要多长时间？

【答案】（1）66Ω（2）220W（3）336s
【解析】（1）当S接高温档触点时，电路为R3的简单电路，
由P＝UI＝可得，R3的阻值：R3＝＝＝44Ω，
当S接中温档触点时，R2、R3串联，则此时电路中的总电阻：
R总＝＝＝110Ω，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总－R3＝110Ω－44Ω＝66Ω；
（2）当S接低温档触点时，R1、R3串联，则加热杯的低温档功率：
P低＝＝＝220W；
（3）满壶水的体积：V＝1L＝1dm3＝1×10﹣3m3，
由ρ＝可得，水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/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，
不计热量损失时，消耗的电能：W＝Q吸＝3.696×105J，
由P＝可得，需要的加热时间：t′＝＝＝336s。
17．(2019·宁夏)小明家中的电热水水壶坏了，他在网上查到两种外形基本相同的电热水壶的铭牌如图表所示：
品牌1
品牌2
产品型号
EL-8952
产品型号
MK-12SO
额定电压
220V
额定电压
220\
频率
50HZ
频率
50HZ
额定功率：
1200W
额定功率
2000W
容量
1.5L
容量
1.5L


（1）用品牌2的电热水壶烧开一壶水用时6分钟，则电热水壶消耗了多少电能？
（2）小明认为“品牌1”这款电热水壶功率小，更省电。从节能的角度考虑，你认为他的这种想法合理吗？为什么？
【答案】（1）7.2×105J （2）这种想法不合理。功率反映的是做功的快慢，要烧开同样多的水，两种电热器需要消耗的电能一样多，不存在节约了电能。由于功率小的电热器加热时间较长，过程中水散失的热量要多些，所以反而要费电些。
【解析】
（1）电热水壶消耗电能为W=Pt=2000W×6×60s=7.2×105J；
（2）这种想法不合理。功率反映的是做功的快慢，要烧开同样多的水，两种电热器需要消耗的电能一样多，不存在节约了电能。由于功率小的电热器加热时间较长，过程中水散失的热量要多些，所以反而要费电些。
18．(2019·枣庄)如图所示是某款电养生壶及其铭牌的部分参数，当养生壶正常工作时，求：
额定电压
220V
频率
50Hz
额定功率
1100W
容量
1L



（1）养生壶正常工作的电阻。
（2）若该养生壶的加热效率为80%，在标准大气压下，将初温是12℃的一壶水烧开，需要多长时间？[c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3]
（3）在物理综合实践活动中，小明和小丽同学利用所学习的物理知识，合作测量养生壶的实际功率。电表上标着“1200r/（kW•h）”，他们把家中的其他用电器都与电源断开，仅让养生壶接入电路中烧水，2min电能表的转盘转了40r，求电养生壶的实际功率。
【答案】（1）44Ω（2）420s（3）1000W
【解析】（1）已知养生壶的额定功率和额定电压，由电功率公式的变形公式可以求出养生壶的电阻；
（2）根据m＝ρV算出水的质量；已知水的质量、水的比热容和水温的变化，利用热量公式求出水吸收的热量；
求出养生壶产生的热量，然后应用功率公式的变形公式求出养生壶正常工作的时间；
（3）1200r/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200r，求出转盘转40r电路中消耗的电能，然后根据P=求出用电器的实际功率。
解：（1）由P=可得，养生壶正常工作时的电阻：R= ==44Ω。
（2）1L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×（100℃－12℃）＝3.696×105J，
由η=可得，养生壶消耗的电能：W== =4.62×105J，
由P=可得，养生壶工作时间：t===420s。
（3）转盘转动40转消耗电能：
W= kW•h = kW•h＝1.2×105J，t＝2min＝120s，
型号
××
额定电压
220V
额定功率
1000W
频率
50Hz
电养生壶的实际功率：P实= ==1000W。
19．(2019·天津)某电热水壶铭牌的部分信息如下表所示。该电热水壶正常工作时，把1kg水从20℃加热到100℃用时7min，已知c水=4.2×103J/（kg•℃），求：
（1）水吸收的热量；
（2）电热水壶的热效率。


【答案】解：（1）水吸收的热量：
Q吸=c水m（t－t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃－20℃）=3.36×105J。
（1） 工作时间t=7min=420s，
（2） 电热水壶正常工作7min消耗的电能：W=Pt=1000W×420s=4.2×105J，
则电热水壶的热效率：η=×100%=×100%=80%。
【解析】
（1）知道水的比热容、质量、初温和末温，根据Q吸=cm（t－t0）求出水所吸收的热量；
（2）电热水壶正常工作时的功率和额定功率相等，根据W=Pt求出消耗的电能，再根据η=×100%求出该电热水壶的热效率。
20．(2019·江西)如图甲所示，是小姬妈妈为宝宝准备的暖奶器及其内部电路的结构示意图和铭牌，暖奶器具有加热、保温双重功能，当双触点开关连接触点1和2时为关闭状态，连接触点2和3时为保温状态，连接触点3和4时为加热状态(温馨提示：最适合宝宝饮用的牛奶温度为40℃)
(1)求电阻R2的阻值；
(2)把400g牛奶从20℃加热到40℃，求牛奶所吸收的热量[c牛奶=4.0×103J/(kg·℃)]
(3)如图乙所示，是暖奶器正常加热和保温过程中温度随时间变化的图象，求暖奶器在加
过程中的热效率。(结果保留到小数点后一位)
型号
LZJ620
额定电压
220V
加热功率
220W
保温功率
20W

【答案】（1）242Ω（2）3.2×104J（3）72.7％
【解析】（1）电路处于保温状态，只有R1工作；处于加热状态， R1与R2并联工作
P2= P加热－P保=220W－20W=200W R2== =242Ω
（2）Q吸=c牛奶m(t－t0)= 4×103J/（kg•℃）×0.4kg×(40－20) ℃=3.2×104J
（3）由图象可知，t=200s W=P加热t=220W×200s=4.4×104J
η＝= = 72.7％
21．(2019·黄冈)某型号电热水瓶具有加热、保温、电动出水及干烧断电功能。其简化电路如图所示。S1是壶底温控开关，通常闭合，当壶底发热盘的温度达到120℃自动断开。S2是壶壁温控开关，按下时对水加热，水烧开后自动断开，电热水瓶处于保温状态。S3是电动出水开关，按下时闭合，电磁泵将水抽出。已知电热水瓶保温功率为50W，加热功率为1000W。
（1）电热水瓶处于保温状态且不抽水时，电路中的电阻是多大？
（2）闭合S3，电磁泵两端电压为12V。已知R3阻值为200Ω，求电磁泵的电功率。
（3）若水烧开后，S2没有自动断开，则瓶里的水烧干后，经过多长时间，S1才会断开？已知发热盘质量为0.5kg，比热容为0.5×103 J/(kg·℃)。设水烧干瞬间，发热盘的温度为110℃，不计热损失。

【答案】（1）968 Ω （2）12.48 W （3）2.5s
【解析】只闭合开关S1时，只有电阻R2工作，处于保温状态；只闭合开关S1和S3时电动机和电阻R3串联，电磁泵将水抽出，电动机工作。
Ⅰ、根据P＝算出电热水瓶处于保温状态且不抽水时的电阻；
Ⅱ、闭合S3时，根据串联电路电压的规律算出电阻R3两端的电压，根据欧姆定律算出电流，由P＝UI算出电磁泵的电功率；
Ⅲ、由Q＝cm△t算出发热盘吸收的热量，瓶里的水烧干后，S2没有自动断开（仍然是加热状态），不计热损失，电流产生的热量全部被发热盘吸收，即W＝Q放＝Q吸，由P＝算出加热时间。
（1）分析电路可知，当电热水瓶处于保温状态且不抽水时，电路中只有R2工作。
R2＝＝＝968 Ω　 （2分）
（2）闭合开关S3，电磁泵与R3串联，通过R3的电流为：I3＝＝＝1.04 A
故电磁泵的功率为P泵＝U泵I泵＝U泵I3＝12 V×1.04 A＝12.48 W （2分）
（3）不计热损失，瓶里的水烧干后，电流产生的热量全部被发热盘吸收，即Q电＝Q盘，
P加热t＝cmΔt，故从水烧干到S断开，经历的时间为
t＝＝＝2.5s （3分）
22．（2019·七台河）如图甲为家用电热饮水机，图乙为它的电路原理图，下表为它的铭牌数据。
水桶容量
水桶容量
20L
热水箱容量
1L
额定电压
220V
加热功率
400W
保温功率
44W

S1
R1
R2
S2
220V

甲 乙
（1）当S1闭合，S2断开时，电热饮水机处于　 　状态（填“加热”或“保温”），此时电路中的电流是多大？
（2）饮水机正常工作时，将热水箱中的水从20℃加热到90℃，求：水吸收的热量是多少？（水的比热容4.2×103J/（kg•℃））
（3）电热饮水机正常工作时加热效率为80%．求：将热水箱中的水从20℃加热到90℃的时间为多少秒？
【答案】（1）0.2A（2）2.94×105J（3）918.75秒
【解析】解：（1）由电路图可知，当S1闭合，S2断开时，两电阻串联，电路中的总电阻最大，由P＝UI＝可知电路的总功率最小，处于保温状态；
根据P＝UI知，此时电路中的电流：I保温＝＝＝0.2A；
（2）根据ρ＝知，水的质量 m＝ρV＝1.0×103kg/m3×10﹣3m3＝1.0kg，
水吸收的热量为Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1.0kg×（90℃－20℃）＝2.94×105J，
（3）因为η＝，所以消耗的电能为：W电＝＝＝3.675×105J，
因为P＝，所以加热所需时间为t＝＝＝918.75s。
23．(2019·淄博)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。
XX牌饮水机
额定电压
220V
额定功率
加热
1000W
保温
22W
加热效率
80%




（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＝4.2×103J/（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）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）0.484W
【解析】（1）在1标准大气压下水的沸点为100℃，根据Q吸＝cm（t－t0）求出把0.5kg的水从20℃加热至沸腾需要吸收的热量，利用η＝×100%求出需要消耗的电能，利用P＝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）由题意可知，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，根据P＝UI＝求出R1的阻值，由表格数据可知该饮水机正常保温时的功率，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，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。
解：（1）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＝×100%可得，需要消耗的电能：W＝＝＝2.1×105J，
由P＝可得，需要加热的时间：t1＝＝＝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）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＝可得，R1的阻值：R1＝＝＝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＝＝＝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。

24．（2019·齐齐哈尔）如图甲是文文同学家新买的一台冷暖空调扇，其内部简化电路如图乙所示，R1、R2均为发热电阻，R1的阻值为110Ω，M是电动机。开关S1闭合后，当S2接1、2时吹冷风；当S2接2、3时吹温风；当S2接3、4时吹热风，此时空调扇的总功率为1100W．已知：电源电压为220V，c冰＝2.1×103J/（kg•℃）。求：
（1）吹冷风时，在空调扇内加入冰袋会使吹出的风温度变低，若冰袋内冰的质量为lkg，温度从－16℃升高到－6℃时，冰从周围吸收的热量是多少？
（2）吹冷风时，电动机正常工作1h消耗的电能为0.11kW•h，此时通过电动机的电流是多少？
（3）吹热风时，R2的电阻是多少？

【答案】（1）2.1×104J（2）0.5A（3）88Ω
【解析】（1）已知冰的比热容、质量、初温度和末温度，利用公式Q＝cm△t得到冰吸收的热量；
（2）开关S1闭合后，当S2接1、2时吹冷风，此时只有电动机工作，已知电源电压、工作时间和消耗的电能，利用公式I＝得到通过电动机的电流；
（3）已知电动机1h消耗的电能，可以得到电动机的功率；已知R1阻值和两端电压，可以得到R1的功率；已知吹热风时的总功率和电动机、R1的功率，可以得到R2的功率；已知R2功率和两端电压，利用公式R＝得到R2阻值。
解：（1）冰吸收的热量为：
Q吸＝c冰m冰△t＝2.1×103J/（kg•℃）×1kg×[－6℃－（－16℃）]＝2.1×104J；
（2）开关S1闭合后，当S2接1、2时吹冷风，此时只有电动机工作，
由W＝UIt可得，通过电动机的电流为：
I冷＝＝＝0.5A；
（3）电动机的功率为：
P电动机＝＝＝0.11kW＝110W，
当S2接3、4时吹热风，此时电动机、R1、R2并联，
因并联电路各支路两端的电压相等，
则R1消耗的功率：
P1＝＝＝440W，
已知此时空调扇的总功率为1100W，则消耗R2的功率为：
P2＝P－P电动机－P1＝1100W－110W－440W＝550W，
由P＝可得，R2的阻值为：
R2＝＝＝88Ω。
25．(2019·东营)图甲为新型风暖浴霸，因其安全性能好、发热柔和，深受大家喜爱。它是利 用电动机鼓动空气流动，通过加热元件加热冷空气带动室内升温。图乙是某型号风暖浴 霸的简化电路图，其发热元件是两根阻值不变的电热丝R1、R2。主要参数如下表。
（1）开关均闭合，求浴霸正常工作时的干路电流是多少？
（2）正常工作时，求R1的阻值是多少？
（3）实际电压为200V时，求R2的实际功率是多少？
（4）浴霸正常工作时，使容积为20m3的房间空气温度升高20℃，求室内空气吸收的热量是多少？（ρ空气取1.2kg/m3，c空气取1.0×103J /(kg·℃)，不考虑其他因素影响）
项目
参数
额定功率（V）
220
R1 额定功率（W）
1936
R2 额定功率（W）
968
电动机功率（W）
44
适用面积（m2）
10

【答案】（1）13.4A （2）25Ω （3）800W （4）4.8×105J
【解析】（1）开关均闭合时，R1、R2和电动机同时工作，电路总功率为：
P=P1+P2+P3=1936W+968W+44W=2948W
工作时的干路电流为：I===13.4A
（2）R1的阻值为：R1 ===25Ω
（3）R2的阻值为：R2===50Ω
实际电压为200V时，R2的实际功率为：P´ ===800W
（4）室内空气的质量为：m=ρ空气V=1.2kg/m3×20m3=24kg
空气吸收的热量为：Q吸=c空气m Δ t=1.0×103J/(kg·℃)×24kg×20℃=4.8×105J
26．（2019·天水）如图甲是家用电暖器，利用电热给煤油加热取暖。图乙为其简化的电路原理图，已知电阻R1＞R2，铭牌见下表。在电暖器跌倒时，跌倒开关S自动断开，切断电源保证安全。电暖器有“高温挡”、“中温挡”和“低温挡”三个挡位，解答下列问题：（已知c煤油=2.1×103J/（kg•℃），ρ煤油=0.8×103kg/m3）
（1）煤油温度升高20℃时，吸收了多少焦耳的热量？
（2）R1的阻值是多少？（写出必要的文字说明）
（3）某同学用两个阻值和R1、R2均相同的电热丝串联，制成一个新的电热器，将它接在家庭电路中工作l1min，产生的热量是多少？
额定电压
220V
煤油体积
25L
功率选择
1500W/1100W/400W三挡可调
操作方式
手动

【答案】
（1）由ρ=可得，煤油的质量：m=ρV=0.8×103kg/m3×25×10-3kg=20kg，
煤油温度升高20℃时，吸收的热量：Q=cm△t=2.1×103J/（kg•℃）×20kg×20℃=8.4×105J；
（2）已知R1大于R2，电源电压一定，由P=可知，电路电阻越大，功率越小，当S、S1都闭合时，只有R1工作，电路中的电阻最大（大于R2，也大于并联时的总电阻），电功率最小，为低温档，且P低=400W，R1的阻值：R1===121Ω；
（3）已知R1大于R2，当S、S2都闭合时，只有R2工作，此时电功率较大，为中温档，
且P中=1100W，则R2的阻值：R2===44Ω；
某同学用两个阻值和R1、R2均相同的电热丝串联，制成一个新的电热器，
则此时的总电阻：R串=R1+R2=121Ω+44Ω=165Ω，
接在家庭电路中工作11min，产生的热量：
Q=W=t=×11×60s=1.936×105J。
【解析】（1）已知煤油体积和密度可求得煤油的质量，再利用Q=cm△t可求煤油温度升高20℃时，吸收了多少焦耳的热量；
（2）已知R1大于R2，电源电压一定，由P=可知，电路电阻越小，功率越大，所以当S、S1都闭合时，只有R1工作，然后由P=可求出R1的电阻，
（3）已知R1大于R2，当S、S2都闭合时，只有R2工作，P中=1100W，由P=可求得R2，用两个阻值和R1、R2均相同的电热丝串联，求得串联电路的总电阻，由Q=W=t求出产生的热量。
本题考查了家用电暖器的工作原理、求电阻丝电阻、家用电暖器的改造等问题，分析电路结构，知道什么状态下电熨斗处于高温档、什么条件下处于低温档是本题的难点，也是正确解题的前提；分清电路结构、熟练功率公式及其变形公式、欧姆定律、并联电路的特点是正确解题的关键。
27． (2019·湘西)下图是普通家用两档电取暖器内部简化电路图，R1、R2为电热丝，且电阻阻值相同，高温档位功率为1100W，低温档位功率为440W，家庭电路电压U=220V，求：

（1）电取暖器处于高温档位时电路中的电流强度；
（2）电路中R1的阻值；
（3）如果普通家庭生活用电的电费价格为每度0.55元，试计算用该电取暖器的低温档位取暖4小时需要缴纳的电费。
【答案】（1）电取暖器处于高温档位时电路中的电流强度为5A；
（2）电路中R1的阻值是44Ω；
（3）用该电取暖器的低温档位取暖4小时需要缴纳的电费为0.97元。
【解析】（1）当S1、S2都闭合时，电路为R1的简单电路，电路中的电阻最小，根据P=可知电热丝的电功率最大，据此确定电暖气的高温档；知道档位的功率和电压，根据I=求出此时电路中的电流；
（2）知道高温档的功率和电压，根据R=求出R1的阻值；
（3）已知低温档功率和正常工作时间，可以得到消耗的电能，根据电费价格得到电费多少。
（1）当S1、S2都闭合时，电路为R1的简单电路，电路中的电阻最小，根据P=可知电热丝的电功率最大，即为高温档位；
已知高温档的功率P高温=1100W，根据P=UI可知，此时电路中的电流：
I===5A;
（2）根据P=可得，电路中R1的阻值：R1===44Ω
（3）由P=可得，电暖气处于低温档正常工作4小时所消耗的电能：
W=P低温t=0.44kW×4h=1.76kW•h，
需要交纳的电费为：1.76kW•h×0.55元/kW•h=0.968元≈0.97元。
28．（2019·武威）某学校建了一个植物园，园内有一个温室大棚，大棚内设计了模拟日光和自动调温系统，对大棚进行照明、保温和加热。冬季白天有日光的时候，灯泡不亮；白天开启该系统的保温功能，晚上开启该系统的加热功能。大棚照明调温功能的原理电路图如图所示。已知电源电压恒为220V，R1和R2是两个电热丝（不考虑温度对电阻的影响），保温时R1与R2的电功率之比为1∶3，R2=30Ω，L是标有“220V 100W”的灯泡。请解答下列问题：
（1）灯泡正常工作时的电阻多大？
（2）开启加热功能时开关S2处于__________（选填“断开”或“闭合”）状态。
（3）若每天保温状态和加热状态各连续工作10h，—天中电热丝放出的热量完全由该植物园自产的沼气提供，其热效率为50%，则每天需要完全燃烧多少立方米的沼气？（已知热值q沼气=1.8×107J/m3）

【答案】（1）484Ω；（2）闭合；（3）24.2m3
【解析】（1）灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，根据P=求出灯泡正常工作时的电阻；
（2）电源的电压一定时，由P=可知，开启加热功能时，加热部分的总电阻最小，由图可知开关S2的状态；
（3）由题知，系统处于保温状态时，开关S2应是断开，两电阻R1、R2串联，总电阻最大，总功率最小，根据串联电路的电流特点结合R1与R2的电功率之比表示出两个电热丝的功率之比得出电阻关系，根据电阻的串联和W=Pt=t求出系统处于保温状态时电热丝消耗的电能；系统处于加热状态，开关S2闭合，电阻丝R2被短路，根据W=Pt=t求出电阻丝R1消耗的电能，两种状态下消耗的电能之和即为电路消耗的总电能，利用η=×100%求出沼气完全燃烧释放的热量，再利用Q放=Vq求出每天需要完全燃烧沼气的体积；
解：（1）由P=可得，灯泡正常工作时的电阻：RL= ==484Ω；
（2）电源电压一定时，由P=可知，开启加热功能时，加热部分的总电阻最小，由图可知，开关S2处于闭合状态；
（3）由题知，系统处于保温状态时，开关S2应是断开，两电阻R1、R2串联，总电阻最大，总功率最小，因串联电路中各处的电流相等，且R1与R2的电功率之比为1︰3，
所以，由P=I2R可得，两个电热丝的电阻之比：= = = ，
则R1=R2=×30Ω=10Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，系统处于保温状态时，电热丝消耗的电能：
W保温=t=×10×3600s=4.356×107J，
系统处于加热状态，开关S2闭合，电阻丝R2被短路，电阻丝R1消耗的电能：
W加热=t=×10×3600s=1.7424×108J，
电路消耗的总电能：W=W保温+W加热=4.356×107J+1.7424×108J=2.178×108J，
由η=×100%可得，沼气完全燃烧释放的热量：
Q放= = =4.356×108J，
由Q放=Vq可得，每天需要完全燃烧沼气的体积：
V= = =24.2m3。
29．(2019·日照)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像如图乙。
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）1210W 242W （2）200V 0.36度 千克
【解答】（1）S断开时两电阻串联，电阻较大，功率较小，较小功率为：
P小== =242W
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大== =1210 W
（2）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=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=72次循环，较大功率总共工作10s×72=720s=0.2h，较小功率总共工作40s×72=2880s=0.8h，
实际加热功率：P′=UI=200V×5A=1000W=1kW
实际保温功率：P1=UI=200V×1A=200W=0.2kW
电路消耗的电能：W=P′t1+P1t2=1kW×0.2h+0.2kW×0.8h=0. 36 kW•h；
Ⅲ.加热一次消耗的电能：W′=Pt1′=1000W×10s=10000J，根据Q=cm△t
得水的质量：m====kg。
30．（2019·桂林）在学习了电学知识后，小宝对家里新买的号称“大功率电热毯”进行了研究。他对电热毯的工作电路图进行简化处理后绘制出了如图l8所示的等效电路图并研究。电路安全保护装置部分小宝由于没有学到相关知识打算以后再研究。

按照说明书介绍，电热毯工作电路等效电源的电压低于220V。通过旋转电热毯的开关，电路可以达到3个档位。如图19所示，档位1：单独闭合S1；档位2：同时闭合S1、S2；档位3：同时闭合S1、S2、S3。
小宝根据说明书提供参数进行计算后发现，不考虑灯丝电阻随温度变化，当电热毯处于档位1时，灯泡L的功率为其额定功率的，R2消耗的功率为1W；当电热毯处于档位3时，灯泡L正常发光，R1消耗的功率为64W。请你根据题目所给信息，完成以下问题。
(1)当电热毯处于档位1时，R1、R2、灯泡L一起________联工作。当电热毯处于档位2时，R1、R2、灯泡L中只有________工作。
(2)求电热毯处于档位1时，灯泡两端实际电压与其额定电压之比(UL/U额)=？
(3)求电热毯处于档位3时，通电50秒电流通过R2产生的热量？
【答案】（1）串，R2（2）= （3）3200J
【解析】(1)当电热毯处于档位1时，R1、R2、灯泡L一起串联工作；当电热毯处于档位2时 ，只有R2单独连入电路，因此只有R2工作；当电热毯处于档位3时，R1、R2、灯泡L一起并联工作。
（2）由P=得 == = ，因此=
（3）当电热毯处于档位3时，灯泡L正常发光，
说明灯泡的额定电压与电源电压相等，即U=U额，由 = 得：= ；
当电热毯处于档位1时，R1、R2、灯泡L串联，此时灯泡两端电压是电源电压的，因此R1和R2两端的电压和U12=U,则UL=3 U12。
由串联电路分压规律可得：= =，RL=3(R1+R2)。
由电热毯处于档位1时，R2消耗的功率为1W，可得P2=()2 R2=1W……①
由电热毯处于档位3时，R1消耗的功率为64W，可得P1==64W……②
由①②可解得R1=R2 因此当电热毯处于档位3时R1与R2的电功率相等。
通电50秒电流通过R2产生的热量Q=W=Pt=64W×50s=3200J
31．（2019·绥化）小泽家有一新型的电热足浴器。其铭牌上的部分信息如下。
额定电压
220V
额定功率
1210W
容积
7L


（1）求电热足浴器正常工作时的电阻；
（2）用这个足浴器将5kg的水从20℃加热到40℃，求水吸收的热量；
（3）若此足浴器在额定电压下使用，需500s才能将（2）问中的水从20℃加热到40℃，求这个电热足浴器的加热效率；（计算结果精确到0.1%）
（4）小泽家安装的电能表如图所示。某次小泽断开家中的其它用电器，让电热足浴器单独工作，在1min内电能表的转盘转过50r，求此时该足浴器两端的实际电压。
【答案】（1）40Ω（2）4.2×105J（3）电热足浴器的加热效率为69.4%（4）此时该足浴器两端的实际电压为200V
【解析】（1）由P＝得，电热足浴器正常工作时的电阻：R＝＝＝40Ω；
（2）水吸收的热量：Q＝cm（t－t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×（40℃－20℃）＝4.2×105J；
（3）足浴器在额定电压下使用500s消耗的电能：W＝Pt＝1210W×500s＝6.05×105J，
电热足浴器的加热效率：η＝×100%＝×100%≈69.4%；
（4）由图知，电能表上标有3000r/（kW•h），
让电热足浴器单独工作，在1min内电能表的转盘转过50r，则足浴器1min消耗的电能：
W′＝kW•h×50＝kW•h＝6×104J，
由W＝t得，此时该足浴器两端的实际电压：
U实＝＝＝200V。
32．(2019·青海)某电熨斗的电路如图14所示，额定电压为220V，最大功率为1100W，发热部分由调温电阻R和定值电阻R0组成。调温电阻的最大阻值为176Ω，温度对电阻的影响忽略不计，则：
电池名称
锂离子电池
电压
3.7V
容量
4200mAh
（1）该电熨斗以最大功率工作10min消耗多少电能？
（2）定值电阻 R0的阻值是多少？
（3）该电熨斗在额定电压下工作时的最小功率是多少？此时通过电熨斗的电流是多少？

【答案】（1）6.6×105J （2）44Ω（3）220W 1A
【解析】（1）由P＝可得，该电熨斗以最大功率工作10min消耗的电能：
W大＝P大t＝1100W×10×60s＝6.6×105J；
（2）当滑片P在最左端时，电路为R0的简单电路，此时电路的总电阻最小，电路的功率最大，
由P＝UI＝可得，定值电阻R0的阻值：R0＝＝＝44Ω；
（3）当滑片P在最右端时，R接入电路中的电阻最大，电路的总功率最小，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，此时通过电熨斗的电流：I＝＝＝1A，
该电熨斗在额定电压下工作时的最小功率：P小＝UI＝220V×1A＝220W。
33．(2019·大连)如图所示是调温型电熨斗的简化电路图，它的工作电压为220V。R1和R2均为电熨斗底板中的加热元件，R2的阻值为61.6Ω，只闭合S1时为低温档，电功率为440W．同时闭合S1和S2时为高温档，试求：

（1）低温档工作时，电路中的电流是多少？
（2）电阻R1的阻值是多少？
（3）高温档的电功率是多少？
【答案】（1）2A（2）48.4Ω（3）1000W
【解析】（1）只闭合S1时为低温档，电功率为440W， 由P=UI可得，
电路中的电流： I= = =2A；
（2）只闭合S1时，R1与R2串联，电熨斗处于低温档， 由I= 可得，
电路的总电阻： R===110Ω， 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电阻R1的阻值： R1=R－R2=110Ω－61.6Ω=48.4Ω；
（3）同时闭合S1和S2时，电路为R1的简单电路，电熨斗处于高温档， 则高温档的电功率：
P高= == 1000W。
34．（2019·广东）如图甲所示为某太阳能百叶窗的示意图，它既能遮阳，还能发电。它的构造特点是百叶窗的叶片为太阳能电池板（以下简称电池板），其工作电路示意图如图乙所示，电池扳将太阳能转化为电能（转化效率为10%），为蓄电池充电，蓄电池再向节能灯供电。设太阳每秒钟辐射到每平方米电池板上的能量为1.2×103J（即为1.2×103W/m2），电池板对蓄电池充电的功率为60W；蓄电池充满电后，能够让10盏“12V 3W”节能灯正常工作6小时，不考虑蓄电池充电和供电时的电能损耗。则：

（l）电池板对蓄电池充电，是将电能转化为　 　能的过程。
（2）白天蓄电池处于充电不供电状态，在图乙中应闭合开关　 　。
（3）10盏“12V 3W”节能灯正常工作时的总电功率为　 　W。
（4）要将剩余一半电量的蓄电池充满电，电池板需对蓄电池充电　 　小时。若充电电压为20V，则充电电流为　 　A。
（5）该百叶窗电池板的面积为　 　m2。
【答案】（1）化学；（2）S1；（3）30；（4）1.5；3；（5）0.5
【解析】解：（l）电池板对蓄电池充电，是将电能转化为化学能的过程。
（2）白天蓄电池处于充电不供电状态，在图乙中应闭合开关S1。
（3）10盏“12V 3W”节能灯正常工作时的总电功率为：
P＝10×3W＝30W。
（4）蓄电池充满电后，能够让10盏“12V 3W”节能灯正常工作6小时，蓄电池充满电的电能为：W＝Pt＝0.03kW×6h＝0.18kW•h；
要将剩余一半电量的蓄电池充满电，电池板需对蓄电池充电时间为：
t＝＝＝1.5h；
若充电电压为20V，根据P＝UI可得，则充电电流为：
I＝＝＝3A。
（5）太阳每秒钟辐射到每平方米电池板上的能量为1.2×103J（即为1.2×103W/m2），电池板将太阳能转化为电能（转化效率为10%），
故有η＝＝＝×100%＝＝10%，
故答案为：（1）化学；（2）S1；（3）30；（4）1.5；3；（5）0.5。
35．(2019·镇江)某电热加湿器具有防干烧功能，可在水量不足时自动停止工作，其工作原理如图所示：水箱中的加热器具有高、低两档功率调节功能，其内部电路（未画出）由开关S和阻值分别为121Ω和48.4Ω的电阻丝R1、R2组成。轻弹簧的下端固定在水箱底部，上端与一立方体浮块相连，浮块内有水平放置的磁铁。该加湿器为防干烧已设定：仅当浮块处于图中虚线位置时，固定在水箱侧壁处的磁控开关方能闭合而接通电路。

（1）当处于高功率档时，加热器工作2.5min所产生的热量全部被1kg的水吸收后，水 温升高了50℃。已知加热器处于低功率档时的功率为400W，电压U=220V，水的比热容c水=4.2×103J/（kg•℃）。
①求加热器处于高功率档时的功率；
②请画出加热器内部电路。
（2）当向水箱内缓慢加水使浮块上升至图中虚线位置时，浮块下表面距水箱底部的高度为20cm，弹簧对浮块的弹力大小为6N。浮块（含磁铁）的质量为0.4kg, g取10N/kg。
①求浮块上升至虚线位置时排开水的体积；
②该加湿器所设定的防干烧最低水面距水箱底部的高度为 cm，理由是 。
【答案】（1）1400W 如图所示（2）①10-3m3 ②30 由于仅当浮块对准磁控开关才能通电，因而水位上升时也要保持浮块位置不变，则此时必须是浸没的，即浮块的体积等于排开液体的体积，则浮块的边长0.1m=10cm,因而此时最低水位为20cm+10cm=30cm。
【解析】（1）①高功率档时，加热器工作2.5min所产生的热量为：
Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×50℃＝2.1×105J；
功率为：P＝= ==1400W；
②低温档时，电路总电阻为： R低总＝= =121Ω；
所以，低温档时电阻丝R1单独接入电路中，高温档时，电路总电阻为： R高总＝= =35Ω；因为并联电路总电阻小于各支路电阻，因此高温档时接通开关，电阻丝R1、R2并联，因此可得加热器内部电路如图：
；
（2）浮块在虚线位置时静止，因此受到向下的重力，向下的弹力，和向上的浮力三力平衡，则浮力的大小为：F浮＝G+F弹=mg+ F弹=0.4kg×10N/kg+6N=10N
由阿基米德原理可得，此时排开水的体积为：V 排== = 10-3m3；
由于仅当浮块对准磁控开关才能通电，因而水位上升时也要保持浮块位置不变，则此时必须是浸没的，即浮块的体积等于排开液体的体积，则浮块的边长0.1m=10cm，因而此时最低水位为20cm+10cm=30cm。
36．（2019·娄底）小明家某型号电热加湿器的原理图如图甲，R1、R2都是发热电阻，不考虑温度对电阻的影响，且R2=3R1；S为旋转型开关，1、2、3、4为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低挡”、“高挡”之间的切换（低挡为小功率加热，高挡为大功率加热），其部分技术参数如下表。
额定电压（V）
220
高档发热功率（W）
400
注水仓最大注水量（kg）
3
（1）开关处于图示位置，电热加湿器的状态是_____（选填“关”、“低档”或“高档”）；
（2）求电热加湿器中R1的阻值；
（3）某次使用加湿器在额定电压下工作，加湿器注水仓中加注冷水已达到最大注水量，其工作30min的功率与时间图象如图乙所示，如果电阻R1在此次高挡加热时产生的热量全部被水吸收，可以使注水仓中冷水的温度升高多少℃？[计算结果保留整数，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]
（4）某一天，小明断开家中其他所有用电器，只接通加湿器在低档加热，发现家中3000revs/（kW•h）的电能表转盘在400s内转了27圈，求此时电阻R2的实际功率是多少？


【答案】（1）关；（2）121Ω；（3）19℃；（4）60.75W。
【解析】
（1）由图甲可知，开关S接“1、2”触点时，电路断路，据此判断电热加湿器的状态；
（2）由图甲知，开关S接“3、4”触点时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，电热加湿器的功率最大，处于高挡，根据P＝UI＝求出电热加湿器中R1的阻值；
（3）由图乙知工作30min内高档工作的时间，根据P＝求出在高档正常工作时消耗的电能，如果电阻R1在此次高档加热时产生的热量全部被水吸收，利用Q吸＝cm△t求出水升高的温度；
（4）3000revs/（kW•h）表示：每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘就转过3000r，据此求出电能表的转盘转过27r时消耗的电能，根据P＝求出加湿器在低挡加热的实际功率；由图甲知，开关S接“2、3”触点时，R1、R2串联，电路的总电阻最大，电热加湿器的功率最小，处于抵挡，根据电阻的串联和P＝UI＝I2R求出电路中的电流，利用P＝I2R求出此时电阻R2的实际功率。
解：
（1）由图甲可知，开关S接“1、2”触点时，电路断路，电热加湿器的状态是关；
（2）由图甲知，开关S接“3、4”触点时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，
电源的电压一定，由P＝UI＝可知，电热加湿器的功率最大，处于高挡，
则电热加湿器中R1的阻值：R1＝＝＝121Ω；
（3）由图乙知，工作30min时，其中高档工作时间为10min，低档工作时间为20min，
由P＝可得，在高档正常工作时消耗的电能：
W高＝P高t高＝400W×10×60s＝2.4×105J，
如果电阻R1在此次高档加热时产生的热量全部被水吸收，即Q吸＝W高＝2.4×105J，
由Q吸＝cm△t可得，水升高的温度：
△t＝＝≈19℃；
（4）因3000revs/（kW•h）表示：每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘就转过3000r，
则电能表的转盘转过27r时，加湿器在400s内消耗的电能：
W＝kW•h＝0.009kW•h＝3.24×104J，
加湿器在低挡加热的实际功率：P低′＝＝＝81W，
由图甲知，开关S接“2、3”触点时，R1、R2串联，电路的总电阻最大，电热加湿器的功率最小，处于抵挡，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，由P＝UI＝I2R可得，电路中的电流：
I＝===＝A，
此时电阻R2的实际功率：
P2＝I2R2＝I2×3R1＝(A)2×3×121Ω＝60.75W。
37．(2019·绍兴)电加热眼罩对缓解眼疲劳有一定效果。如图甲是一款市场上的产品，小敏查阅使用说明书，其相关参数如下表乙。
   型号
﹡﹡﹡
额定充电电压
4.8V
充电电流
500mA
电池容量
800mAh


   甲 乙 丙
（1）当该款眼罩还剩10%的电池容量时，在额定电压下充电，充满电至少需要多少时间？
（2）图丙是小敏设计的可以手动调节高、中、低三档加热的电热眼罩原理图。电源电压U恒为4.8伏，已知电热丝R1阻值为4欧，电热丝Ra阻值为6欧，开关S3只接a或b。
①丙图电路中S1闭合，S2断开，S3接a时，加热电路为________（选填“高”、“中”或“低”）温档。
②中温档功率为多少瓦？
③高温档工作20分钟，眼罩消耗的电能为多少焦？
【答案】 （1）解：t== =1.44h
（2）解：①低
②当S1闭合，S2闭合，S3接a时为中温档：P1= = =5.76瓦
①当S1闭合，S2闭合，S3接b时为高温档，
R2的功率：P2= = =3.84瓦
R1的功率：P1=5.76瓦
总功率：P=P1+P2=5.76瓦+3.84瓦－9.6瓦
消耗的总电能：W=Pt=9.6瓦×20×60秒=11520焦
【解析】【分析】（1）电池的容量=电流×时间，即Q=It；首先计算出消耗的电量，然后再根据t=计算充电时间即可；
（2）①电源电压不变，根据P=可知，电路的总功率和电阻成反比，即电阻小的功率大；分析三种状态下电路的电阻大小关系，进而得到总功率的大小关系；功率最大的是高档，功率最小的是低档，中间的是中温档；
②根据①中确定的中温档的状态，根据公式P=计算功率即可；
③高温档时两个电阻并联，分别计算出它们的功率相加就是电路的总功率，最后根据W=Pt计算消耗的电能即可。
（1）充满电需要的时间为：t== =1.44h；
（2）① 当S1闭合，S2断开，S3接a时 ，两个电阻串联，总电阻为R串；
当S1闭合，S2闭合，S3接a时 ，只有R1工作，总电阻为R1;
当S1闭合，S2闭合，S3接b时 ，两个电阻并联，总电阻为R并；
根据公式P=可知：因为：R串＞R1＞R并； 所以：P串＜P1＜P并；
那么对应的三种状态分别为低温档、中温档和高温档；
②当S1闭合，S2闭合，S3接a时 ，只有R1工作，此时为中温档；
这时的功率为：P1= = =5.76瓦；
（3）当S1闭合，S2闭合，S3接b时 ，两个电阻并联，
这时电阻R2的功率为：P2= = =3.84瓦
那么总功率为： P=P1+P2=5.76W+3.84W=9.6W；
眼罩20min消耗的电能为： W=Pt=9.6W×20×60s=11520J。