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中考物理二轮复习题型专项复习专题09 电热器计算问题（含解析）
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这是一份中考物理二轮复习题型专项复习专题09 电热器计算问题（含解析），共18页。
焦耳定律、电热器
电流通过导体时产生的热量跟电流的平方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比。公式：Q＝I2Rt。
电热器是利用电流的热效应制成的加热设备。发热体是由电阻率大、熔点高的合金丝绕在绝缘材料上做成的。其优点：①清洁卫生，②热效率高，③方便调控，缺点是非加热用电器工作时也产生热量。
纯电阻电路与非纯电阻电路的差异计算
电吹风机和电熨斗通电时都会发热，哪种电器可以认为将电能全部转化成内（热）能？
电吹风机 ：电能转化成内能和机械能（由于有电动机的存在）
电熨斗：电能全部转化成内能
若电流做的功全部用来产生热量，即Q=W时，我们能否利用电功公式和欧姆定律来推导焦耳定律呢？
∵ Q=W ∵ W＝UIt 又根据欧姆定律 U=IR
∴Q=W=UIt=I2Rt = U2t/R
小结：
电能全部转化为热能时，Q=I2Rt =W=Pt =UIt（纯电阻电路）
电能没有全部转化为热能时，Q=I2Rt电流做多少功，就是消耗多少电能，也就是将多少电能转化成其他形式的能
纯电阻电路中，电流做多少功，就是将多少电能转化成内能。
【专题突破】
1．如图甲所示是一款电饭煲，图乙为其工作原理图。在某次煮粥时，电饭煲用13min20s将2kg的粥由20℃加热到100℃，然后又处于保温状态5min。若电饭锅加热时的功率为1000W，R2阻值为60.5Ω。[c粥＝4.0×103J/（kg•℃）]求：
（1）电阻R1的阻值；
（2）此次煮粥共消耗的电能是多少？
（3）该电饭煲加热时的效率。
【解答】解：由电路图可知，开关S与1接通时，电路为R1的简单电路，电阻较大，由P知电路处于保温状态；开关S与2接通时，R1、R2并联，电阻较小，由P知电路处于电路处于加热状态；
（1）由P得电阻R2的电功率为：
P2800W，
由P加热＝P1+P2知电阻R1的电功率即保温功率为：
P保温＝P1＝P加热﹣P2＝1000W﹣800W＝200W，
由P得电阻R1的阻值为：
R1242Ω；
（2）加热时间t1＝13min20s＝13×60s+20s＝800s，保温时间为t2＝5min＝300s，
根据P得加热、保温时消耗的电能分别为：
W1＝P加热t1＝1000W×800s＝8×105J，
W2＝P保温t2＝200W×300s＝6×104J，
此次煮粥共消耗的电能为：
W＝W1+W2＝8×105J+6×104J＝8.6×105J；
（3）粥由20℃加热到100℃吸收的热量为：
Q吸＝c粥mΔt＝4.0×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.4×105J，
电饭煲加热时的效率：
η100%＝80%。
答：（1）电阻R1的阻值为242Ω；
（2）此次煮粥共消耗的电能是8.6×105J；
（3）该电饭煲加热时的效率为80%。
2．图甲是某品牌的电热水壶，其工作电路图如图乙所示，有“加热”和“保温”两个挡位，R1和R2均为电热水壶中的加热元件（R1、R2的阻值不随温度变化），其铭牌如表所示。经测试，在1个标准大气压下，将电热水壶装满水加热到沸腾需消耗电能0.175kW•h。（不计热损失）
（1）开关S接 3 （选填“1”“2”或“3”）时，电热水壶处于保温状态；
（2）R2的阻值为多少Ω？
（3）R1正常工作5min产生的热量为多少J？
（4）某天晚上（1个标准大气压），将同样一壶水加热到沸腾用时10.5min，则当时的实际电压多大？
【解答】解：（1）开关S接1时，电路断路；接2时，为R1的简单电路；接3时，两电阻串联，根据串联电阻大于其中任一电阻，故S接3时，电路的电阻大，因，故S接3时，电路的功率小，电热水壶处于保温状态；S接2时，电路的功率大，电热水壶处于加热状态；
（2）由图可知，开关打到2时，此时为加热挡，加热功率为1210W，根据则R1的阻值为：；
保温功率为100W，由串联电阻的规律，故有
；
故R2的阻值为：R2＝R﹣R1＝484Ω﹣40Ω＝444Ω；
（3）R1正常工作的功率即为加热功率，R1正常工作5min产生的热量为：
Q＝W1＝P加热×t＝1210W×5×60s＝363000J；
（4）在1个标准大气压下，将电热水壶装满水加热到沸腾需消耗电能：
W＝0.175kW•h＝6.3×105J；
烧开同样一壶水所需的电能是相同的，电热丝产生的热量全部被水吸收，则电水壶的实际功率为：
；
根据可知，在电阻不变时，电功率与电压的平方成正比，故有：
；
则当时的实际电压为：
答：（1）3；
（2）R2的阻值为444Ω；
（3）R1正常工作5min产生的热量为363000J；
（4）某天晚上（1个标准大气压），将同样一壶水加热到沸腾用时10.5min，则当时的实际电压为200V。
3．某电热器铭牌注明：加热功率1210W，保温功率110W。内部加热盘电路如图所示，R1、R2是水箱中加热盘内的电热丝。闭合开关S1开始加热，当加热盘温度升高到103℃时，温控开关S2自动切换到保温状态。求：（不考虑电阻随温度变化）
（1）R2的阻值是多大？
（2）电热器在保温状态下正常工作1min，电流通过电热丝R1产生了多少热量？
【解答】解：（1）由图可知，当S1闭合，S2接a时，R1、R2串联；当S1闭合，S2接b时，只有R2工作；
根据串联电路的电阻特点可知，串联的总电阻大于任一分电阻，
则当S1闭合，S2接b时，只有R2工作，电路中的电阻最小，根据P可知，电功率最大，电热器处于加热状态；
由P可知，R2的阻值：R240Ω；
（2）当S1闭合，S2接a时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，根据P可知，电功率最小，电热器处于保温状态；
由P可知，R1、R2的串联总电阻：R440Ω；
根据串联电路的电阻特点可知，R1的阻值：R1＝R﹣R2＝440Ω﹣40Ω＝400Ω；
由P＝UI可知，保温状态时电路中的电流：I保温0.5A，
电热器在保温状态下正常工作1min，电流通过电热丝R1产生的热量：Q＝I保温2R1t＝（0.5A）2×400Ω×1×60s＝6000J。
答：（1）R2的阻值是40Ω；
（2）电热器在保温状态下正常工作1min，电流通过电热丝R1产生了6000J的热量。
4．图甲所示为某电暖器的简化原理图，其中R1、R2是两个相同的电热丝，单个电热丝的电流与电压的关系图像如图乙所示。已知电源电压为220V，每个电热丝的额定电压均为220V，现要在某卧室使用该电暖器，卧室的容积为50m3，空气的比热容为1.0×103J/（kg•℃），空气密度为ρ＝1.2kg/m3，假设卧室封闭，请根据图像及以上信息解答下列问题：
（1）R1正常工作时的电阻及额定功率是多少？
（2）只闭合S2时，流过电热丝的电流为多少？此时电暖器消耗的总功率为多少？
（3）只闭合S1和S3，让电暖器工作15min，产生的热量是多少？
【解答】解：（1）R1、R2是两个相同的电热丝，每个电热丝正常工作时的电压为220V，由图乙知电热丝正常工作时的电流为2A，
根据欧姆定律I知每个电热丝正常工作时的电阻为：
R1＝R2110Ω；
每个电热丝正常工作的额定功率为：
P额＝U额I额＝220V×2A＝440W；
（2）由图可知只闭合S2时两电热丝串联，因为两电热丝的阻值相等，所以两电热丝分得的电压相等，都为110V，由图乙知此时流过电热丝的电流为1.5A，
此时电暖器消耗的总功率为：
P＝UI′＝220V×1.5A＝330W；
（3）只闭合S1和S3，两电热丝并联，则两电热丝的总功率为2×440W＝880W；
电暖器工作15min产生的热量为：
Q＝W＝P总t＝880W×15×60s＝7.92×105J。
答：（1）R1正常工作时的电阻为110Ω，额定功率是440W；
（2）只闭合S2时，流过电热丝的电流为1.5A，此时电暖器消耗的总功率为330W；
（3）产生的热量是7.92×105J。
5．如图所示是一直流电动机提升重物的装置．已知重物质量m＝50kg，电源电压110V保持不变，电动机线圈的电阻r＝4Ω，电阻R＝2Ω，不计各处摩擦。当电动机以某一速度匀速向上提升重物时，电压表示数100V。
（g＝10N/kg）求：
（1）电源的输出功率；
（2）电动机线圈电阻r的发热功率；
（3）试从能量转化和守恒的角度，求重物上升的速度大小；
（4）如果重物的质量超过一定数值时，电动机将无法转动，求此时电动机的电功率。
【解答】解：电动机和R串联，
（1）根据串联电流相等和串联电压特点知，
电路中的电流I10A，
P出＝U′I＝110V×10A＝1100W。
（2）R＝4Ω，
P热＝I2r＝（10A）2×4Ω＝400W。
（3）能量守恒，电动机对重物做的功的功率为：
P有用＝P出﹣P热＝1100W﹣400W＝700W
匀速向上提升重物时：F＝G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N，
由PFv，可得
v1.4m/s。
（4）当电动机不转动时，把电能全部转化为内能，相当于一个纯电阻，根据串联电路的电阻特点，R总电阻'＝R+r＝2Ω+4Ω＝6Ω；
电流IA；
电动机的电功率：P＝UI＝I2R＝（A）2×4Ω＝1344.4W。
答：（1）电源的输出功率1100W；
（2）电动机线圈电阻r的发热功率400W；
（3）试从能量转化和守恒的角度，求重物上升的速度大小1.4m/s；
（4）如果重物的质量超过一定数值时，电动机将无法转动，求此时电动机的电功率1344.4W。
6．如图，建材A所受重力为3300N，电动机拉动滑轮上的绳子，在30s内将A匀速提升了某一高度。已知电动机的工作电压为220V，通过它的电流为10A，整个装置的效率为60%，求这30s内：
（1）电流对电动机做的功；
（2）所做的有用功；
（3）建材的上升速度。
【解答】解：
（1）电流对电动机做的功为：
W电＝UIt＝220V×10A×30s＝66000J；
（2）根据η得所做的有用功为：
W有用＝W电η＝66000J×60%＝39600J；
（3）根据W＝Gh得建材上升的高度为：
h12m，
建材的上升速度为：
v0.4m/s。
答：（1）电流对电动机做的功为66000J；
（2）所做的有用功为39600J；
（3）建材的上升速度0.4m/s。
7．小辉买了一台全自动米糊机，如图甲所示。图乙是米糊机正常工作时，做一次米糊的过程中，电热管和电动机交替工作的P﹣t图像。表格内是主要技术参数。求：
（1）米糊机正常工作时的电热管中的电流。（计算结果保留两位小数）
（2）米糊机正常工作时，做一次米糊需要11min，消耗的电能是多少。
（3）米糊机在正常工作状态下做一次米糊，若各类原料和清水总质量为1.5kg、初温为20℃，米糊沸腾时温度是100℃，电热管的加热效率是多少？[已知原料和清水的混合物的比热容及米糊的比热容均为4.0×103J/（kg•℃），计算结果保留至1%]
【解答】解：（1）由表格数据可知，米糊机的加热功率P1＝1000W，
由P＝UI可知，I4.55A；
（2）由图可知，米糊机正常工作一次，电热管工作时间t1＝9min＝540s，电动机工作时间t2＝2min＝120s，
由P可知，加热消耗的电能：W1＝P1t1＝1000W×540s＝5.4×105J，
电机消耗的电能：W2＝P2t2＝130W×120s＝1.56×104J，
做一次米糊消耗的总电能：W＝W1+W2＝5.4×105J+1.56×104J＝5.556×105J；
（3）米糊吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.0×103J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃﹣20℃）＝4.8×105J，
电热管的加热效率：η100%100%≈89%。
答：（1）米糊机正常工作时的电热管中的电流为4.55A；
（2）米糊机正常工作时，做一次米糊需要11min，消耗的电能是为5.556×105J；
（3）电热管的加热效率是为89%。
8．如图为具有防雾、除露、化霜功能的汽车智能后视镜的模拟加热原理图，其中电源电压为10V，四段电热丝的阻值均相等，开关转动时可同时接触到两个相同数字的接线柱。防雾、除露、化霜功能加热功率依次增大，已知防雾状态下的加热功率为5W。【c玻璃＝0.8×103J/（kg•℃）】求：
（1）电阻R3的阻值。
（2）化霜状态下电路的功率。
（3）化霜状态下，若后视镜玻璃的质量为200g，5min内可以将后视镜玻璃的温度从20℃升高到50℃，求化霜状态下的加热效率。
【解答】解：（1）由图可知，当开关旋至“1”挡时，电阻丝R3、R4串联接入电路；当旋钮旋到“2”时，电阻丝R3接入电路；当旋钮旋到“3”时，电阻丝R1、R2并联接入电路；
根据串并联电路的电阻特点可知，串联的总电阻大于任一分电阻，并联电路的总电阻小于任一分电阻；
则当开关旋至“1”挡时，电阻丝R3、R4串联接入电路，电路中的总电阻最大，根据P可知，电路中的总功率最小，为防雾状态，
由P可知，R3、R4的串联总电阻：R20Ω，
由于四段电热丝的阻值均相等，所以R3＝R4R20Ω＝10Ω；
（2）当旋钮旋到“3”时，电阻丝R1、R2并联接入电路，电路中的总电阻最小，根据P可知，电路中的总功率最大，为化霜状态；
根据题意可知，R1＝R2＝R3＝R4＝10Ω，
则化霜状态下电路的功率：P化霜20W；
（3）玻璃的质量：m＝200g＝0.2kg，
后视镜玻璃吸收的热量：Q吸＝c玻璃m（t﹣t0）＝0.8×103J/（kg•℃）×0.2kg×（50℃﹣20℃）＝4.8×103J，
由P可知，化霜消耗的电能：W＝P化霜t′＝20W×5×60s＝6×103J，
化霜状态下的加热效率：η100%100%＝80%。
答：（1）电阻R3的阻值为10Ω，
（2）化霜状态下电路的功率为20W；
（3）化霜状态下，若后视镜玻璃的质量为200g，5min内可以将后视镜玻璃的温度从20℃升高到50℃，化霜状态下的加热效率为80%。
9．如图所示为一种电热加湿器及其原理图。当加热仓中的电热丝加热到沸腾后变成蒸气喷出，增加空气的湿度。已知储水仓为圆柱形，当加热仓中的水对底部的压强减少到一定程度时，阀门便会自动打开，储水箱中的水就会自动流入补充。加热仓中水的质量为30g，加湿器的工作电压为220V，加湿器的最大运行功率40W，加热仓的底面积为0.02m2。
（1）当加湿器以最大功率运行工作时，求电热丝R1的电阻值；
（2）若以电热丝最大功率运行，且热效率为84%，那么加热仓中的水由20℃加热到沸腾需要多长时间；[当时当地气压为1个标准大气压。c＝4.2×103J/（kg•℃）]
（3）设电热丝电阻不变，当电热丝的实际功率为10W时，计算出此时气雾调节电阻R2的功率？
【解答】解：（1）由图可知，当气雾调节器R2的滑片移到最左边时，接入电路中的电阻为零，电路为R1的简单电路，加湿器以最大运行功率工作；
根据题意可知，加湿器的最大运行功率P＝40W，
由P可知，电热丝R1的阻值：R11210Ω；
（2）水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×30×10﹣3kg×（100℃﹣20℃）＝1.008×104J，
由η可得，消耗的电能：W1.2×104J，
由P可知，加热的时间：t′300s；
（3）由P＝I2R可知，电路中的电流：IA，
由I可知，电热丝R1两端的电压：U1＝IR1A×1210Ω＝110V，
根据串联电路的电压特点可知，气雾调节器R2两端的电压：U2＝U﹣U1＝220V﹣110V＝110V，
气雾调节电阻R2的功率：P2＝U2I＝110VA＝10W。
答：（1）当加湿器以最大功率运行工作时，电热丝R1的电阻值为1210Ω；
（2）若以电热丝最大功率运行，且热效率为84%，那么加热仓中的水由20℃加热到沸腾需要的时间为300s；
（3）此时气雾调节电阻R2的功率为10W。
10．如图甲是电热水龙头，它能即开即热。图乙是电路简图，R1、R2为电热丝，通过开关的断开与闭合实现温水、热水的切换，参数如下表。电热水龙头正常工作时，求：
（1）只闭合S1出温水时，电路中的电流；
（2）电热丝R2的电阻；
（3）S1和S2都闭合出热水时，通电1s，可以将多少kg的水从18℃加热到38℃？[不计热量损失，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【解答】解：（1）只闭合S1出温水时，只有电阻R1接入电路，根据P＝UI知，
电此时路中的电流：
I10A；
（2）热水挡时，电阻R1、R2并联，R2消耗的电功率P2＝P热﹣P温＝4200W﹣2200W＝2000W，
根据P可知电热丝R2的电阻为：
R224.2Ω；
（3）S1和S2都闭合出热水时，通电1s，消耗的电能：
W＝Pt＝4200W×1s＝4200J；
没有热量损失，即Q＝W，
由Q＝cmΔt可得水的质量：
Δm0.05kg。
答：（1）只闭合S1出温水时，电路中的电流为10A。
（2）电热丝R2的电阻为24.2Ω。
（3）S1和S2都闭合出热水时，通电1s，可以将0.05千克的水从18℃加热到38℃。
11．如图所示，小明家附近的建筑工地，为方便工人喝水，临时用导线将“220V 1210W”的电水壶接入小明家的电能表（3000r/kW•h）。当电路中单独使用电水壶时6min，将壶中1kg、初温20℃的水烧开（标准大气压下），同时观察到电能表的转盘转了330转。求：
（1）电水壶的电阻；
（2）烧开这壶水的效率；
（3）导线的电阻。
【解答】解：（1）由P可知，电水壶的电阻：R40Ω；
（2）1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•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J，
3000r/kW•h表示电路中用电器每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过3000转，
当电路中单独使用电水壶烧水时，电能表的转盘转了330转，则消耗的电能为：W0.11kW•h＝3.96×105J；
烧开这壶水的效率：η100%100%≈84.8%；
（3）此时电路的总功率为：P实1.1kW＝1100W；
此时电水壶和导线的总电阻为：R总44Ω；
由于导线与电水壶串联接入电路中，则导线的电阻为：R线＝R总﹣R壶＝44Ω﹣40Ω＝4Ω。
答：（1）电水壶的电阻为40Ω；
（2）烧开这壶水的效率为84.8%；
（3）导线的电阻为4Ω。
12．如图所示是某型号电压力锅的工作电路简图，有加热和保温两挡，加热功率为420W，保温功率为110W，电阻R和R0均为加热电阻，S1是保温和加热的自动转换开关。接通电源后，当水温低于115℃时，电压力锅处于加热状态，当锅内温度达到115℃时，处于保温状态。现将该电压力锅接入家庭电路中，对1kg初温为15℃的水加热，使其工作0.5h。假设电能全部转化为内能[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]，求：
（1）保温状态时的电流；
（2）电阻R0的阻值；
（3）工作0.5h消耗电路消耗的电能。
【解答】解：（1）已知保温功率为220W，根据P＝UI可知，保温状态时的电流：I0.5A；
（2）只闭合开关S时，电路为R0的简单电路，同时闭合S、S1时，R0、R并联，
根据并联特点可知，并联电路的总电阻小于任一分电阻，
所以，只闭合开关S时，电路为R0的简单电路，电路的总电阻较大，根据P可知，总功率较小，电压力锅处于保温状态，
根据P可知，电阻R0的阻值：R0440Ω；
（3）将1kg初温为15℃的水加热到115℃，水吸收的热量Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（115℃﹣15℃）＝4.2×105J，
假设电能全部转化为内能，则消耗的电能W＝Q吸＝4.2×105J，
由P可知，加热所用的时间：t11000s，
则保温时间t2＝0.5×3600s﹣1000s＝800s，
保温过程消耗的电能W′＝P保温t2＝110W×800s＝8.8×104J，
工作0.5h消耗的电能：W总＝W+W′＝4.2×105J+8.8×104J＝5.08×105J。
答：（1）保温状态时的电流为0.5A；
（2）电阻R0的阻值为440Ω；
（3）工作0.5h消耗电路消耗的电能为5.08×105J。
13．如图甲是某品牌家用电暖气，利用电阻给内部液体加热取暖，图乙为其内部电路图，铭牌如下表所示，已知电阻R1＞R2，电暖气通过三个开关控制“高温、中温、低温”三个挡位，回答下列问题。[ρ液＝0.6×103kg/m3，c液＝2.42×103J/（kg•℃）]
（1）电阻R1的阻值为多少？
（2）高温挡时流过电阻R2的电流是多少？高温挡工作电功率为多少？
（3）用高温挡工作至少多少分钟，其内部液体能升高20℃。
【解答】解：（1）当只闭合S、S1时，电路为R1的简单电路，闭合S、S1、S2时，R1、R2并联，只闭合S、S2时，电路为R2的简单电路；
因并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，且R1＞R2，
所以，只闭合S、S1时电路的总电阻最大，闭合S、S1、S2时电路的总电阻最小；
电源电压一定时，由P＝UI可知，只闭合S、S1时，电路的总功率最小，电暖气处于低温挡，
同理可知，同时闭合S、S1、S2时电暖气处于高温挡，只闭合S、S2时电暖气处于中温挡，
则R1的电阻：R1100Ω；
（2）只闭合S、S2时，电暖气处于中温挡，由P＝UI可得，R2的阻值：R250Ω，
同时闭合S、S1、S2时，电暖气处于高温挡，则高温挡时流过电阻R2的电流：I4.4A；
处于高温挡时，R1、R2并联，高温挡工作电功率：P＝P低+P中＝484W+968W＝1452W；
（3）液体的体积V＝30L＝30dm3＝0.03m3，
由ρ可知，液体质量：m＝ρ液V＝0.6×103kg/m3×0.03m3＝18kg，
液体吸收的热量：Q吸＝c液mΔt＝2.42×103J/（kg•℃）×18kg×20℃＝8.712×105J，
使用高温挡加热时，不计热量损失，消耗的电能等于液体吸收的热量，W＝Q吸＝8.712×105J，
由P可知，需要加热的时间t600s＝10min。
答：（1）电阻R1的阻值为100Ω；
（2）高温挡时流过电阻R2的电流是4.4A；高温挡工作电功率为1452W。
（3）用高温挡工作10分钟，其内部液体能升高20℃。
产品名称：电水壶
产品型号
DH−200055
额定容量：2L
额定电压：220V～
加热功率：1210W
额定频率：50Hz
保温功率：100W
额定容积
1.5L
加热功率
1000W
额定电压
220V
电机功率
130W
额定电压
220V
额定功率
温水
2200W
热水
4200W
某品牌电暖气铭牌
额定电压
220V
液体体积
30L
高温挡功率
？W
中温挡功率
968W
低温挡功率
484W
焦耳定律、电热器
电流通过导体时产生的热量跟电流的平方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比。公式：Q＝I2Rt。
电热器是利用电流的热效应制成的加热设备。发热体是由电阻率大、熔点高的合金丝绕在绝缘材料上做成的。其优点：①清洁卫生，②热效率高，③方便调控，缺点是非加热用电器工作时也产生热量。
纯电阻电路与非纯电阻电路的差异计算
电吹风机和电熨斗通电时都会发热，哪种电器可以认为将电能全部转化成内（热）能？
电吹风机 ：电能转化成内能和机械能（由于有电动机的存在）
电熨斗：电能全部转化成内能
若电流做的功全部用来产生热量，即Q=W时，我们能否利用电功公式和欧姆定律来推导焦耳定律呢？
∵ Q=W ∵ W＝UIt 又根据欧姆定律 U=IR
∴Q=W=UIt=I2Rt = U2t/R
小结：
电能全部转化为热能时，Q=I2Rt =W=Pt =UIt（纯电阻电路）
电能没有全部转化为热能时，Q=I2Rt
纯电阻电路中，电流做多少功，就是将多少电能转化成内能。
【专题突破】
1．如图甲所示是一款电饭煲，图乙为其工作原理图。在某次煮粥时，电饭煲用13min20s将2kg的粥由20℃加热到100℃，然后又处于保温状态5min。若电饭锅加热时的功率为1000W，R2阻值为60.5Ω。[c粥＝4.0×103J/（kg•℃）]求：
（1）电阻R1的阻值；
（2）此次煮粥共消耗的电能是多少？
（3）该电饭煲加热时的效率。
【解答】解：由电路图可知，开关S与1接通时，电路为R1的简单电路，电阻较大，由P知电路处于保温状态；开关S与2接通时，R1、R2并联，电阻较小，由P知电路处于电路处于加热状态；
（1）由P得电阻R2的电功率为：
P2800W，
由P加热＝P1+P2知电阻R1的电功率即保温功率为：
P保温＝P1＝P加热﹣P2＝1000W﹣800W＝200W，
由P得电阻R1的阻值为：
R1242Ω；
（2）加热时间t1＝13min20s＝13×60s+20s＝800s，保温时间为t2＝5min＝300s，
根据P得加热、保温时消耗的电能分别为：
W1＝P加热t1＝1000W×800s＝8×105J，
W2＝P保温t2＝200W×300s＝6×104J，
此次煮粥共消耗的电能为：
W＝W1+W2＝8×105J+6×104J＝8.6×105J；
（3）粥由20℃加热到100℃吸收的热量为：
Q吸＝c粥mΔt＝4.0×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.4×105J，
电饭煲加热时的效率：
η100%＝80%。
答：（1）电阻R1的阻值为242Ω；
（2）此次煮粥共消耗的电能是8.6×105J；
（3）该电饭煲加热时的效率为80%。
2．图甲是某品牌的电热水壶，其工作电路图如图乙所示，有“加热”和“保温”两个挡位，R1和R2均为电热水壶中的加热元件（R1、R2的阻值不随温度变化），其铭牌如表所示。经测试，在1个标准大气压下，将电热水壶装满水加热到沸腾需消耗电能0.175kW•h。（不计热损失）
（1）开关S接 3 （选填“1”“2”或“3”）时，电热水壶处于保温状态；
（2）R2的阻值为多少Ω？
（3）R1正常工作5min产生的热量为多少J？
（4）某天晚上（1个标准大气压），将同样一壶水加热到沸腾用时10.5min，则当时的实际电压多大？
【解答】解：（1）开关S接1时，电路断路；接2时，为R1的简单电路；接3时，两电阻串联，根据串联电阻大于其中任一电阻，故S接3时，电路的电阻大，因，故S接3时，电路的功率小，电热水壶处于保温状态；S接2时，电路的功率大，电热水壶处于加热状态；
（2）由图可知，开关打到2时，此时为加热挡，加热功率为1210W，根据则R1的阻值为：；
保温功率为100W，由串联电阻的规律，故有
；
故R2的阻值为：R2＝R﹣R1＝484Ω﹣40Ω＝444Ω；
（3）R1正常工作的功率即为加热功率，R1正常工作5min产生的热量为：
Q＝W1＝P加热×t＝1210W×5×60s＝363000J；
（4）在1个标准大气压下，将电热水壶装满水加热到沸腾需消耗电能：
W＝0.175kW•h＝6.3×105J；
烧开同样一壶水所需的电能是相同的，电热丝产生的热量全部被水吸收，则电水壶的实际功率为：
；
根据可知，在电阻不变时，电功率与电压的平方成正比，故有：
；
则当时的实际电压为：
答：（1）3；
（2）R2的阻值为444Ω；
（3）R1正常工作5min产生的热量为363000J；
（4）某天晚上（1个标准大气压），将同样一壶水加热到沸腾用时10.5min，则当时的实际电压为200V。
3．某电热器铭牌注明：加热功率1210W，保温功率110W。内部加热盘电路如图所示，R1、R2是水箱中加热盘内的电热丝。闭合开关S1开始加热，当加热盘温度升高到103℃时，温控开关S2自动切换到保温状态。求：（不考虑电阻随温度变化）
（1）R2的阻值是多大？
（2）电热器在保温状态下正常工作1min，电流通过电热丝R1产生了多少热量？
【解答】解：（1）由图可知，当S1闭合，S2接a时，R1、R2串联；当S1闭合，S2接b时，只有R2工作；
根据串联电路的电阻特点可知，串联的总电阻大于任一分电阻，
则当S1闭合，S2接b时，只有R2工作，电路中的电阻最小，根据P可知，电功率最大，电热器处于加热状态；
由P可知，R2的阻值：R240Ω；
（2）当S1闭合，S2接a时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，根据P可知，电功率最小，电热器处于保温状态；
由P可知，R1、R2的串联总电阻：R440Ω；
根据串联电路的电阻特点可知，R1的阻值：R1＝R﹣R2＝440Ω﹣40Ω＝400Ω；
由P＝UI可知，保温状态时电路中的电流：I保温0.5A，
电热器在保温状态下正常工作1min，电流通过电热丝R1产生的热量：Q＝I保温2R1t＝（0.5A）2×400Ω×1×60s＝6000J。
答：（1）R2的阻值是40Ω；
（2）电热器在保温状态下正常工作1min，电流通过电热丝R1产生了6000J的热量。
4．图甲所示为某电暖器的简化原理图，其中R1、R2是两个相同的电热丝，单个电热丝的电流与电压的关系图像如图乙所示。已知电源电压为220V，每个电热丝的额定电压均为220V，现要在某卧室使用该电暖器，卧室的容积为50m3，空气的比热容为1.0×103J/（kg•℃），空气密度为ρ＝1.2kg/m3，假设卧室封闭，请根据图像及以上信息解答下列问题：
（1）R1正常工作时的电阻及额定功率是多少？
（2）只闭合S2时，流过电热丝的电流为多少？此时电暖器消耗的总功率为多少？
（3）只闭合S1和S3，让电暖器工作15min，产生的热量是多少？
【解答】解：（1）R1、R2是两个相同的电热丝，每个电热丝正常工作时的电压为220V，由图乙知电热丝正常工作时的电流为2A，
根据欧姆定律I知每个电热丝正常工作时的电阻为：
R1＝R2110Ω；
每个电热丝正常工作的额定功率为：
P额＝U额I额＝220V×2A＝440W；
（2）由图可知只闭合S2时两电热丝串联，因为两电热丝的阻值相等，所以两电热丝分得的电压相等，都为110V，由图乙知此时流过电热丝的电流为1.5A，
此时电暖器消耗的总功率为：
P＝UI′＝220V×1.5A＝330W；
（3）只闭合S1和S3，两电热丝并联，则两电热丝的总功率为2×440W＝880W；
电暖器工作15min产生的热量为：
Q＝W＝P总t＝880W×15×60s＝7.92×105J。
答：（1）R1正常工作时的电阻为110Ω，额定功率是440W；
（2）只闭合S2时，流过电热丝的电流为1.5A，此时电暖器消耗的总功率为330W；
（3）产生的热量是7.92×105J。
5．如图所示是一直流电动机提升重物的装置．已知重物质量m＝50kg，电源电压110V保持不变，电动机线圈的电阻r＝4Ω，电阻R＝2Ω，不计各处摩擦。当电动机以某一速度匀速向上提升重物时，电压表示数100V。
（g＝10N/kg）求：
（1）电源的输出功率；
（2）电动机线圈电阻r的发热功率；
（3）试从能量转化和守恒的角度，求重物上升的速度大小；
（4）如果重物的质量超过一定数值时，电动机将无法转动，求此时电动机的电功率。
【解答】解：电动机和R串联，
（1）根据串联电流相等和串联电压特点知，
电路中的电流I10A，
P出＝U′I＝110V×10A＝1100W。
（2）R＝4Ω，
P热＝I2r＝（10A）2×4Ω＝400W。
（3）能量守恒，电动机对重物做的功的功率为：
P有用＝P出﹣P热＝1100W﹣400W＝700W
匀速向上提升重物时：F＝G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N，
由PFv，可得
v1.4m/s。
（4）当电动机不转动时，把电能全部转化为内能，相当于一个纯电阻，根据串联电路的电阻特点，R总电阻'＝R+r＝2Ω+4Ω＝6Ω；
电流IA；
电动机的电功率：P＝UI＝I2R＝（A）2×4Ω＝1344.4W。
答：（1）电源的输出功率1100W；
（2）电动机线圈电阻r的发热功率400W；
（3）试从能量转化和守恒的角度，求重物上升的速度大小1.4m/s；
（4）如果重物的质量超过一定数值时，电动机将无法转动，求此时电动机的电功率1344.4W。
6．如图，建材A所受重力为3300N，电动机拉动滑轮上的绳子，在30s内将A匀速提升了某一高度。已知电动机的工作电压为220V，通过它的电流为10A，整个装置的效率为60%，求这30s内：
（1）电流对电动机做的功；
（2）所做的有用功；
（3）建材的上升速度。
【解答】解：
（1）电流对电动机做的功为：
W电＝UIt＝220V×10A×30s＝66000J；
（2）根据η得所做的有用功为：
W有用＝W电η＝66000J×60%＝39600J；
（3）根据W＝Gh得建材上升的高度为：
h12m，
建材的上升速度为：
v0.4m/s。
答：（1）电流对电动机做的功为66000J；
（2）所做的有用功为39600J；
（3）建材的上升速度0.4m/s。
7．小辉买了一台全自动米糊机，如图甲所示。图乙是米糊机正常工作时，做一次米糊的过程中，电热管和电动机交替工作的P﹣t图像。表格内是主要技术参数。求：
（1）米糊机正常工作时的电热管中的电流。（计算结果保留两位小数）
（2）米糊机正常工作时，做一次米糊需要11min，消耗的电能是多少。
（3）米糊机在正常工作状态下做一次米糊，若各类原料和清水总质量为1.5kg、初温为20℃，米糊沸腾时温度是100℃，电热管的加热效率是多少？[已知原料和清水的混合物的比热容及米糊的比热容均为4.0×103J/（kg•℃），计算结果保留至1%]
【解答】解：（1）由表格数据可知，米糊机的加热功率P1＝1000W，
由P＝UI可知，I4.55A；
（2）由图可知，米糊机正常工作一次，电热管工作时间t1＝9min＝540s，电动机工作时间t2＝2min＝120s，
由P可知，加热消耗的电能：W1＝P1t1＝1000W×540s＝5.4×105J，
电机消耗的电能：W2＝P2t2＝130W×120s＝1.56×104J，
做一次米糊消耗的总电能：W＝W1+W2＝5.4×105J+1.56×104J＝5.556×105J；
（3）米糊吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.0×103J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃﹣20℃）＝4.8×105J，
电热管的加热效率：η100%100%≈89%。
答：（1）米糊机正常工作时的电热管中的电流为4.55A；
（2）米糊机正常工作时，做一次米糊需要11min，消耗的电能是为5.556×105J；
（3）电热管的加热效率是为89%。
8．如图为具有防雾、除露、化霜功能的汽车智能后视镜的模拟加热原理图，其中电源电压为10V，四段电热丝的阻值均相等，开关转动时可同时接触到两个相同数字的接线柱。防雾、除露、化霜功能加热功率依次增大，已知防雾状态下的加热功率为5W。【c玻璃＝0.8×103J/（kg•℃）】求：
（1）电阻R3的阻值。
（2）化霜状态下电路的功率。
（3）化霜状态下，若后视镜玻璃的质量为200g，5min内可以将后视镜玻璃的温度从20℃升高到50℃，求化霜状态下的加热效率。
【解答】解：（1）由图可知，当开关旋至“1”挡时，电阻丝R3、R4串联接入电路；当旋钮旋到“2”时，电阻丝R3接入电路；当旋钮旋到“3”时，电阻丝R1、R2并联接入电路；
根据串并联电路的电阻特点可知，串联的总电阻大于任一分电阻，并联电路的总电阻小于任一分电阻；
则当开关旋至“1”挡时，电阻丝R3、R4串联接入电路，电路中的总电阻最大，根据P可知，电路中的总功率最小，为防雾状态，
由P可知，R3、R4的串联总电阻：R20Ω，
由于四段电热丝的阻值均相等，所以R3＝R4R20Ω＝10Ω；
（2）当旋钮旋到“3”时，电阻丝R1、R2并联接入电路，电路中的总电阻最小，根据P可知，电路中的总功率最大，为化霜状态；
根据题意可知，R1＝R2＝R3＝R4＝10Ω，
则化霜状态下电路的功率：P化霜20W；
（3）玻璃的质量：m＝200g＝0.2kg，
后视镜玻璃吸收的热量：Q吸＝c玻璃m（t﹣t0）＝0.8×103J/（kg•℃）×0.2kg×（50℃﹣20℃）＝4.8×103J，
由P可知，化霜消耗的电能：W＝P化霜t′＝20W×5×60s＝6×103J，
化霜状态下的加热效率：η100%100%＝80%。
答：（1）电阻R3的阻值为10Ω，
（2）化霜状态下电路的功率为20W；
（3）化霜状态下，若后视镜玻璃的质量为200g，5min内可以将后视镜玻璃的温度从20℃升高到50℃，化霜状态下的加热效率为80%。
9．如图所示为一种电热加湿器及其原理图。当加热仓中的电热丝加热到沸腾后变成蒸气喷出，增加空气的湿度。已知储水仓为圆柱形，当加热仓中的水对底部的压强减少到一定程度时，阀门便会自动打开，储水箱中的水就会自动流入补充。加热仓中水的质量为30g，加湿器的工作电压为220V，加湿器的最大运行功率40W，加热仓的底面积为0.02m2。
（1）当加湿器以最大功率运行工作时，求电热丝R1的电阻值；
（2）若以电热丝最大功率运行，且热效率为84%，那么加热仓中的水由20℃加热到沸腾需要多长时间；[当时当地气压为1个标准大气压。c＝4.2×103J/（kg•℃）]
（3）设电热丝电阻不变，当电热丝的实际功率为10W时，计算出此时气雾调节电阻R2的功率？
【解答】解：（1）由图可知，当气雾调节器R2的滑片移到最左边时，接入电路中的电阻为零，电路为R1的简单电路，加湿器以最大运行功率工作；
根据题意可知，加湿器的最大运行功率P＝40W，
由P可知，电热丝R1的阻值：R11210Ω；
（2）水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×30×10﹣3kg×（100℃﹣20℃）＝1.008×104J，
由η可得，消耗的电能：W1.2×104J，
由P可知，加热的时间：t′300s；
（3）由P＝I2R可知，电路中的电流：IA，
由I可知，电热丝R1两端的电压：U1＝IR1A×1210Ω＝110V，
根据串联电路的电压特点可知，气雾调节器R2两端的电压：U2＝U﹣U1＝220V﹣110V＝110V，
气雾调节电阻R2的功率：P2＝U2I＝110VA＝10W。
答：（1）当加湿器以最大功率运行工作时，电热丝R1的电阻值为1210Ω；
（2）若以电热丝最大功率运行，且热效率为84%，那么加热仓中的水由20℃加热到沸腾需要的时间为300s；
（3）此时气雾调节电阻R2的功率为10W。
10．如图甲是电热水龙头，它能即开即热。图乙是电路简图，R1、R2为电热丝，通过开关的断开与闭合实现温水、热水的切换，参数如下表。电热水龙头正常工作时，求：
（1）只闭合S1出温水时，电路中的电流；
（2）电热丝R2的电阻；
（3）S1和S2都闭合出热水时，通电1s，可以将多少kg的水从18℃加热到38℃？[不计热量损失，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【解答】解：（1）只闭合S1出温水时，只有电阻R1接入电路，根据P＝UI知，
电此时路中的电流：
I10A；
（2）热水挡时，电阻R1、R2并联，R2消耗的电功率P2＝P热﹣P温＝4200W﹣2200W＝2000W，
根据P可知电热丝R2的电阻为：
R224.2Ω；
（3）S1和S2都闭合出热水时，通电1s，消耗的电能：
W＝Pt＝4200W×1s＝4200J；
没有热量损失，即Q＝W，
由Q＝cmΔt可得水的质量：
Δm0.05kg。
答：（1）只闭合S1出温水时，电路中的电流为10A。
（2）电热丝R2的电阻为24.2Ω。
（3）S1和S2都闭合出热水时，通电1s，可以将0.05千克的水从18℃加热到38℃。
11．如图所示，小明家附近的建筑工地，为方便工人喝水，临时用导线将“220V 1210W”的电水壶接入小明家的电能表（3000r/kW•h）。当电路中单独使用电水壶时6min，将壶中1kg、初温20℃的水烧开（标准大气压下），同时观察到电能表的转盘转了330转。求：
（1）电水壶的电阻；
（2）烧开这壶水的效率；
（3）导线的电阻。
【解答】解：（1）由P可知，电水壶的电阻：R40Ω；
（2）1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•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J，
3000r/kW•h表示电路中用电器每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过3000转，
当电路中单独使用电水壶烧水时，电能表的转盘转了330转，则消耗的电能为：W0.11kW•h＝3.96×105J；
烧开这壶水的效率：η100%100%≈84.8%；
（3）此时电路的总功率为：P实1.1kW＝1100W；
此时电水壶和导线的总电阻为：R总44Ω；
由于导线与电水壶串联接入电路中，则导线的电阻为：R线＝R总﹣R壶＝44Ω﹣40Ω＝4Ω。
答：（1）电水壶的电阻为40Ω；
（2）烧开这壶水的效率为84.8%；
（3）导线的电阻为4Ω。
12．如图所示是某型号电压力锅的工作电路简图，有加热和保温两挡，加热功率为420W，保温功率为110W，电阻R和R0均为加热电阻，S1是保温和加热的自动转换开关。接通电源后，当水温低于115℃时，电压力锅处于加热状态，当锅内温度达到115℃时，处于保温状态。现将该电压力锅接入家庭电路中，对1kg初温为15℃的水加热，使其工作0.5h。假设电能全部转化为内能[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]，求：
（1）保温状态时的电流；
（2）电阻R0的阻值；
（3）工作0.5h消耗电路消耗的电能。
【解答】解：（1）已知保温功率为220W，根据P＝UI可知，保温状态时的电流：I0.5A；
（2）只闭合开关S时，电路为R0的简单电路，同时闭合S、S1时，R0、R并联，
根据并联特点可知，并联电路的总电阻小于任一分电阻，
所以，只闭合开关S时，电路为R0的简单电路，电路的总电阻较大，根据P可知，总功率较小，电压力锅处于保温状态，
根据P可知，电阻R0的阻值：R0440Ω；
（3）将1kg初温为15℃的水加热到115℃，水吸收的热量Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（115℃﹣15℃）＝4.2×105J，
假设电能全部转化为内能，则消耗的电能W＝Q吸＝4.2×105J，
由P可知，加热所用的时间：t11000s，
则保温时间t2＝0.5×3600s﹣1000s＝800s，
保温过程消耗的电能W′＝P保温t2＝110W×800s＝8.8×104J，
工作0.5h消耗的电能：W总＝W+W′＝4.2×105J+8.8×104J＝5.08×105J。
答：（1）保温状态时的电流为0.5A；
（2）电阻R0的阻值为440Ω；
（3）工作0.5h消耗电路消耗的电能为5.08×105J。
13．如图甲是某品牌家用电暖气，利用电阻给内部液体加热取暖，图乙为其内部电路图，铭牌如下表所示，已知电阻R1＞R2，电暖气通过三个开关控制“高温、中温、低温”三个挡位，回答下列问题。[ρ液＝0.6×103kg/m3，c液＝2.42×103J/（kg•℃）]
（1）电阻R1的阻值为多少？
（2）高温挡时流过电阻R2的电流是多少？高温挡工作电功率为多少？
（3）用高温挡工作至少多少分钟，其内部液体能升高20℃。
【解答】解：（1）当只闭合S、S1时，电路为R1的简单电路，闭合S、S1、S2时，R1、R2并联，只闭合S、S2时，电路为R2的简单电路；
因并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，且R1＞R2，
所以，只闭合S、S1时电路的总电阻最大，闭合S、S1、S2时电路的总电阻最小；
电源电压一定时，由P＝UI可知，只闭合S、S1时，电路的总功率最小，电暖气处于低温挡，
同理可知，同时闭合S、S1、S2时电暖气处于高温挡，只闭合S、S2时电暖气处于中温挡，
则R1的电阻：R1100Ω；
（2）只闭合S、S2时，电暖气处于中温挡，由P＝UI可得，R2的阻值：R250Ω，
同时闭合S、S1、S2时，电暖气处于高温挡，则高温挡时流过电阻R2的电流：I4.4A；
处于高温挡时，R1、R2并联，高温挡工作电功率：P＝P低+P中＝484W+968W＝1452W；
（3）液体的体积V＝30L＝30dm3＝0.03m3，
由ρ可知，液体质量：m＝ρ液V＝0.6×103kg/m3×0.03m3＝18kg，
液体吸收的热量：Q吸＝c液mΔt＝2.42×103J/（kg•℃）×18kg×20℃＝8.712×105J，
使用高温挡加热时，不计热量损失，消耗的电能等于液体吸收的热量，W＝Q吸＝8.712×105J，
由P可知，需要加热的时间t600s＝10min。
答：（1）电阻R1的阻值为100Ω；
（2）高温挡时流过电阻R2的电流是4.4A；高温挡工作电功率为1452W。
（3）用高温挡工作10分钟，其内部液体能升高20℃。
产品名称：电水壶
产品型号
DH−200055
额定容量：2L
额定电压：220V～
加热功率：1210W
额定频率：50Hz
保温功率：100W
额定容积
1.5L
加热功率
1000W
额定电压
220V
电机功率
130W
额定电压
220V
额定功率
温水
2200W
热水
4200W
某品牌电暖气铭牌
额定电压
220V
液体体积
30L
高温挡功率
？W
中温挡功率
968W
低温挡功率
484W
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