2020年中考物理计算题解题攻略专题4-2 中考热电综合计算题

专题4.2 初中热电综合计算题

解决热电综合计算题一般涉及到的物理公式包含物体吸热公式、放热公式、热值公式、热效率公式、 电功公式、电功率公式等；涉及到的物理规律有热平衡思想、串联电路特征、欧姆定律、焦耳定律等。

【例题1】（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，若冰袋内冰的水平为lkg，温度从﹣16℃升高到一6℃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）吹冷风时，冰从周围吸收的热量是2.1×104J；

（2）吹冷风时，通过电动机的电流是0.5A；

（3）吹热风时，R2的电阻是88Ω。

【分析】（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。

【例题2】（2019湖北随州）随州的冬天不像北方有集中供暖，所以当地居民常使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）

求：（1）R1的阻值；

（2）“中温”挡正常工作时电路中的电流；

（3）若室内空风韵量为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，那样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）R1的电阻是11Ω；

（2）电暖器“中温”档正常工作时的电流是5.27A；

（3）可使此房间的空气温度升高8.73℃。

【分析】（1）闭合开关S1，R1单独接入电路，R1＞R2，依据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；

依据P＝UI可得，“中温档”正常工作时的电流：

I2＝＝≈5.27A；

（3）由于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℃。

1．（2019湖北黄石）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可达成“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。

（1）开关处于图示地方，电热加湿器的状况是_____（选填“关”“低档”或“高端”）
（2）求电热加湿器中R1的阻值；
（3）某次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，假如电阻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，小明断开家里其他所有用电器，只接通加湿器在低档加热，发现家里3000revs/（kW•h）的电能表转盘在400s内转了27圈，求此时电阻R2的实质功率是多少？

【答案】（1）关；

（2）电热加湿器中R1的阻值为121Ω；

（3）可以使注水仓中冷水的温度升高19℃；

（4）此时电阻R2的实质功率是60.75W。

【分析】（1）由图甲可知，开关S接“1、2”触点时，电路断路，电热加湿器的状况是关；

（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，

电源的电压肯定，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，其中高端工作时间为10min，低档工作时间为20min，

由P＝W/t可得，在高端正常工作时消耗的电能：

W高＝P高t高＝400W×10×60s＝2.4×105J，

假如电阻R1在此次高端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质功率：

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的实质功率：

P2＝I2R2＝I2×3R1＝（A）2×3×121Ω＝60.75W。

2．（2019山西）“革新”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。[后视镜玻璃水平约0.5kg，玻璃的比热容约0.8×103J/（kg•℃）]

【答案】（1）除霜模式下，电路中的电流为1A；

（2）除霜模式下，电路的加热效率为40%。

【分析】（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，此时电阻最小，依据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%。

3．（2019山东枣庄）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：

（1）养生壶正常工作的电阻。

（2）若该养生壶的加热效率为80%，在标准大方压下，将初温是12℃的一壶水烧开，需要多久？

（c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3]

（3）在物理综合实践活动中，小明和小丽同学借助所学习的物理常识，合作测量养生壶的实质功率。电表上标着“1200r/（kW•h）”，他们把家里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，求电养容量生壶的实质功率。

【答案】（1）养生壶正常工作的电阻为44Ω。

（2）若该养生壶的加热效率为80%，在标准大方压下，将初温是12℃的一壶水烧开，需要420s；

（3）电养生壶的实质功率为1000W。

【分析】（1）由P可得，养生壶正常工作时的电阻：

R44Ω。

（2）1L水的水平：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：

W4.62×105J，

由P可得，养生壶工作时间：

t420s。

（3）转盘转动40转消耗电能：

WkW•hkW•h＝1.2×105J，

t＝2min＝120s，

电养生壶的实质功率：P实1000W。

4.（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】（1）水吸收的热量为3.36×105J；
（2）电热水壶的热效率为80%。
【分析】（1）水吸收的热量：
Q吸=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃-20℃）=3.36×105J。
（2）工作时间t=7min=420s，
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%。

5．（2018•烟台）常温常压下，一台标有“220V 2000W“的电热水壶正常工作时，将水平为1kg、初温为20℃的水烧开，需要的时间是__________[假设该热水壶产生的热量完全被水吸收，c水=4.2×103J/（kg•℃）]。

【答案】168s。

【分析】在1个标准大方压下水的沸点为100℃，则水吸收的热量：

Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）=3.36×105J，

不计热损失，由W=Q吸=Pt可得，需要的加热时间：

t′====168s。

6．（2018•威海）标有“220V，2000W“的“即热式”电热水龙头，其加热电阻丝的阻值是__________Ω；在额定电压下工作21s，若不计热量损失，可以使__________kg的水从15℃上升到35℃．[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]

【答案】24.2；0.5。

【分析】（1））依据P=可得，加热电阻丝的阻值：

R===24.2Ω；

（2）由P=可得，在额定电压下工作21s消耗的电能：

W=Pt=2000W×21s=4.2×104J；

若不计热量损失，则Q吸=W=4.2×104J，

由Q吸=cm△t可得，加热水的水平：

m===0.5kg。

7．（2017•威海）一个标有“220V  1200W”的电热水壶。要在1个标准大方压下将2kg温度为20℃的水烧开，水需要吸收的热量是__________J，若不计热损失，电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间是__________s．（水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）

【答案】6.72×105J；560。

【分析】（1）在标准大方压下，水的沸点为100℃，

水吸收的热量：

Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）=6.72×105J；

（2）由于电热水壶正常工作，

所以P=P额=1200W，

不计热损失，Q吸=W=Pt，

所以电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间：

t===560s。

8．（2018•临沂）小明母亲为奶奶买了一个电热足浴盆（如图所示），内部由加热系统和按摩系统两部分组成。加热系统的加热电阻额定电压220V，额定功率605W．问：

（1）小明帮奶奶泡脚时，向足浴盆中加入6kg初温为20℃的水，加热系统的加热电阻正常工作15min将水加热到40℃，此加热过程中水吸收的热量是多少？消耗的电能是多少？[c水=4.2×103J/（kg•℃）]

（2）当小明家的实质电压是200V时，加热电阻工作的实质功率是多少？

（3）足浴盆按摩系统中的电动机工作电压是12V（按摩系统将交流电压转换为12V），工作电流为4A，其电阻为0.5Ω，电动机工作中因发热损失的功率是多少？

【答案】（1）此加热过程中水吸收的热量是5.04×105J；消耗的电能是5.445×105J；

（2）加热电阻工作的实质功率是500W；

（3）电动机工作中因发热损失的功率是8W。

【分析】（1）水吸收的热量：

Q吸=c水m（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×6kg×（40℃﹣20℃）=5.04×105J；

加热时间t′=15min=900s，

足浴盆加热时消耗的电能：

W=P额t′=605W×900s=5.445×105J。

（2）由P=得，加热电阻的阻值：

R===80Ω，

当小明家的实质电压是200V时，加热电阻工作的实质功率：

P实===500W。

（3）电动机工作中因发热损失的功率：

P损=I2R′=（4A）2×0.5Ω=8W。

9．（2017•威海）某生态园设计了模拟日光和自动调温系统，达成照明、保温和加热的功能，其原理如图所示，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），R2=30Ω，L是标有“220V 160W”的照明灯泡，白天有日光的时候，只开启该系统的保温功能并连续工作10h，此时R1与R2的电功率之比为1：3，晚上温度较低的时候，需开启加热和照明功能。灯泡正常发光此状况下系统也需连续工作10h，q沼气=1.8×107J/m3，请解答下列问题：

（1）晚上工作时电路的总功率是多大？

（2）若一天中工作的20h内电热丝放出的热量完全由该生态园自产的沼气提供，其热效率为50%，则天天需要完全燃烧多少m3的沼气？

【答案】（1）晚上工作时电路的总功率是5000W；

（2）天天需要完全燃烧24.2m3的沼气。

【分析】（1）由题知，白天有日光时，系统处于保温状况，灯泡不工作，此时两开关应断开，两电阻R1、R2串联，总电阻最大，总功率最小；

由串联电路的特征可知，通过两电阻的电流相等，且R1与R2的电功率之比为1：3，

由P=I2R可得：===，

由题知R2=30Ω，所以R1=10Ω；

晚上系统处于加热状况，且灯泡正常工作，由电路图可知，此时两开关应都闭合，灯泡L与R1并联；

由并联电路的特征可知，此时U=U1=220V，且灯泡正常工作，

所以R1的功率：P1′===4840W，

所以晚上工作电路的总功率：P总=P额+P1'=160W+4840W=5000W；

（2）由串联电路的特征和P=可得，白天系统在保温状况时电热丝的总功率：

P保温===1210W，

由题可知白天和晚上系统的工作时间相同，则一天内电热丝放出的热量：

Q=W=P1′t+P保温t=（P1′+P保温）t=（4840W+1210W）×10×3600s=2.178×108J，

由沼气燃烧的热效率为50%可得：50%Q放=Q，

由Q放=qV可得需要燃烧沼气的体积：

V====24.2m3。

10．（2018•滨州）图甲是一家电，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：

（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）若某房间内空风韵量为60kg，空气温度为10℃，设定空气的比热容为1.1×103J/（kg•℃）且维持不变，用该电要器的“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，那样可使此房间的空气温度升高多少℃？

【答案】（1）“低温”档正常工作时的电阻是88Ω；（2）“高温”档正常工作时的总电流是7.5A；（3）可使此房间的空气温度升高15℃。

【分析】（1））闭合S1为“低温”档，R1单独接入电路，由P=可求“低温”档正常工作时的电阻是：

R1===88Ω；

（2）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，

依据P=UI可得高温档时正常工作的电流：

I===7.5A，

（3）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===15℃。

11．（2017•潍坊）某品牌的电热水壶铭牌如表所示，电热水壶正常工作时，将水壶中的额定容量的水加热至沸腾。已知室温与水的初温皆为20℃，水的比热容c水=4.2×103J/（kg•℃），水的密度ρ水=1.0×103kg/m3。

（1）求水吸收的热量；

（2）通过计算判断，加热时间是不是可能为200s。

【答案】（1）水吸收的热量为3.36×105J；

（2）计算表明，加热时间不可能为200s。

【分析】（1）由电热水壶铭牌可知，电热水壶的额定电压是220V，额定功率是1360W，容积是1L；

一壶水的水平：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℃﹣20℃）=3.36×105J；

（2）电水壶正常工作200s消耗的电能：W=Pt=1360W×200s=2.72×105J，

因为W＜Q吸，因此加热时间不可能为200s。

12．（2017•临沂）现代居家日常，水族箱已成为室内装饰的一个闪光点，某品牌水族箱（如图）的玻璃容器内装有50L水，内置一根“220V 100W”的自动温控棒，冬季养热带鱼时，水族箱内水的温度需要控制在26℃～28℃之间（温度棒的水温低于26℃时开始工作，水温达到28℃时自动断开）

（1）求水族箱中水的水平；

（2）在某次温控中，温控棒正常工作了87.5min，求该次温控棒的温控效率【水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）】

（3）若用电高峰时，家庭电路的实质电压仅为217.8V，求此时温控棒的工作电流（温控棒阻值不变）

【答案】（1）水族箱中水的水平为50kg；

（2）该次温控棒的温控效率为80%；

（3）此时温控棒的工作电流为0.45A。

【分析】（1）水的体积：

V=50L=0.05m3，

由ρ=可得，水族箱内水的水平：

m=ρV=1.0×103kg/m3×0.05m3=50kg；

（2）已知加热过程中温度由26℃加热到28℃，温控棒正常工作了87.5min，

水吸收的热量：

Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（28℃﹣26℃）=4.2×105J，

由P=可得，消耗的电能：

W=Pt=100W×87.5×60s=5.25×105J，

该次温控棒的温控效率：

η=×100%=×100%=80%。

（3）由P=可得，

温控棒阻值R===484Ω，

已知温控棒阻值不变，当家庭电路的实质电压仅为217.8V时，温控棒的工作电流

I===0.45A。

13.（2018山东临沂）小明母亲为奶奶买了一个电热足浴盆，内部由加热系统和按摩系统两部分组成。加热系统的加热电阻额定电压220V，额定功率605W。问:

小明帮奶奶泡脚时，向足浴盆中加入6kg初温为20C的水，加热系统的加热电阻正常工

作15min将水加热到40℃，此加热过程中水吸收的热量是多少?消耗的电能是多少?[c水=4.2×103/]

当小明家的实质电压是200V时，加热电阻工作的实质功率是多少?

足浴盆按摩系统中的电动机工作电压是12V,工作电流

为4A，其电阻为0.5Ω，电动机工作中因发热损失的功率是多少?

【答案】（1）5.04×105J，5.445×105J（2）500W（3）8W

【分析】（1）由题依据Q吸=cm△t求出水吸收的热量。

由题意电热足浴盆注水量为6kg，当温度达到显示温度40℃时，完成加热，所以水吸收的热量：

Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×6kg×（40℃﹣20℃）=5.04×105J；

加热时间t=15min=900s，电热足浴盆加热的功率为605W，

由P=W/t得，电热足浴盆消耗的电能：

W=Pt=605W×900s=5.445×105J，

（2）依据W=Pt求出电热足浴盆消耗的电能，然后依据P额=U额2/R得出R值，再依据 P实=U实2/R求出实质功率。

由电功率公式可得

P额=U额2/R

R=U额2/P额

 P实=U实2/R=U实2/（U额2/P额）=（200v）2/（（220v）2/605W）=500W

（3）由P=I2R计算电动机工作中因发热损失的电功率。

电动机工作中因发热损失的功率P=I2R=2×0.5Ω=8W

（2019杭州）图甲是一个豆浆机的实物图，豆浆机的中间部位是一个电动机，电动机通过金属杆带动其下部的刀片旋转，从而将材料粉碎打浆；刀片外部是一个环状加热管（电热丝），用来对豆浆加热，该豆浆机的部分参数如表所示。制作豆浆的过程是加热和打浆交替进行，图乙是该豆浆机做好一次豆浆的P-t

图象。求：

（1）加热管正常工作时电阻丝的阻值是多少？
（2）在8～11分钟的时间内，设豆浆水平为1.5kg，比热恒为4×103J/（kg•℃），加热管产生的热量全被豆浆吸收，到第11分钟时豆浆温度恰好为100℃，则第8分钟时豆浆温度为多少？
（3）豆浆机在粉碎打浆时，电动机的内阻为40Ω，则电动机输出的机械功率是多少？
【答案】（1）48.4Ω；（2）70℃。（3）100W。
【分析】（1）由P=可得，豆浆机正常加热时电热管的电阻：
 R1===48.4Ω；
（2）由P=可得，加热管产生的热量

Q=W=Pt=1000W×3×60s=1.8×105J，
加热管产生的热量全被豆浆吸收，

Q吸=W=1.8×105J，
由Q吸=cm（t-t0）可得，
1.8×105J=4×103J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃-t0）
解得t0=70℃。
（3）电动机转动时，其电流

I===0.5A，
热功率为：P热=I2r=（0.5A）2×40Ω=10W；
其输入的电功率为：P入=110W，
消耗的电能转化为内能和机械能，故电动机的机械功率为：

P出=P入-P热=110W-10W=100W。
15．（2018•天津）图为某电热器的电路原理图，通过将开关S置于不一样的地方，可以达成“加热”和“保温”两种状况的变换，对应的额定功率分别为800W和40W。

（1）将开关S接“1”时，电热器处于__________（选填“加热”或“保温”）状况。

（2）电热器在加热状况下正常工作，将0.5kg初温为20℃的水加热到100℃，需

要多久？（【水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），假设电能全部转化为水的内能】

【答案】（1）加热；

（2）电热器在加热状况下正常工作，将0.5kg初温为20℃的水加热到100℃，需要的时间为210s。

【分析】（1）将开关S接“1”时，电路为R2的简单电路，电路中电阻最小，

依据P=可知，电源电压肯定时，电阻越小，电功率越大，所以此时电热器处于加热状况。

（2）水吸收的热量：

Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×（100℃﹣20℃）=1.68×105J，

由题意可知，假设电能全部转化为水的内能，则W=Q吸=1.68×105J，

由P=得，需要的加热时间：

t′===210s。

16.（经典能力题）小明的母亲借助天然气灶烧水，把水平为1kg的20℃的水烧开（在标准大方压下）．

（1）通过察看天燃气表得知消耗了0.01m3的天然气，假如天然气的密度为0.7kg/m3，烧水时消耗天然气多少千克？

（2）在此过程中水需要吸收多少热量？

（3）用额定功率是800W的电热壶在220V额定电压下，烧开同样水平的水，若电能转化为内能的效率是84%，则通电时间是多少？

【答案】（1）0.007kg （2）3.36×105J （3）500s

【分析】（1）天然气的水平可以借助密度的计算公式变形，即m=ρV。

消耗的天然气的水平为：m=ρV=0.7kg/m3×0.01m3=0.007kg

（2）水吸收的热量，可以借助吸放热的学科网公式进行计算。

Q吸=cm（t2﹣t1）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）=3.36×105J

（3）在用电水壶烧水时，把电能转化为内能，依据题意，只有84%的内能被水吸收，

即Q吸=84%Q放=84%W。

电流做功： W=Q吸/84%=4×105J

通电时间： t=W/P=4×105J/800W =500s

17.（经典能力题）如图是大家家庭用的一种电热饮水机的简化电路图，其参数如下表，R1、R2 是发热电阻丝。

（1）若饮水机正常工作的加热效率为90%，现将水平为0.4kg、初温为25℃的水在一标准大方压下加热至沸腾， 已知水的比热容是4.2×103J/，求：水需要吸收的热量？烧开这类水消耗了多少电能？

（2）当饮水机处于保温状况时，R1的电阻值是多大？

【答案】（1）1.26×105J；1.4×105J.（2）1056Ω.

【分析】（1）水吸收的热量为：

Q吸=c水m水（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×0.4kg×（100℃-25℃）=1.26×105J

由Q吸=ηW可得，消耗的电能：

W=Q吸/η=1.26×105J/90%=1.4×105J.

（2）由电路图可知，开关S2断开时两电阻串联，电路电阻较大，开关S2闭合时，只有电阻R2接入电路，电阻R1被短路，此时电路电阻较小，电源电压U肯定，由P =U2/R可知，电阻越大，电路功率越小，电阻越小，饮水机功率越大，因此当开关S2断开时，电路阻值较大，电功率较小，饮水机处于保温状况．因此当开关S2闭合时，电路阻值较小，电功率较大，饮水机处于加热状况。用P 1、P 2分别表示保温、加热功率，则P 1=44W  P 2=1100W

加热时,R2=U2/P 2= 2/1100W =44Ω

保温时R总=U2/P 1= 2/44W =1100Ω

则R1=R总-R2=1100Ω-44Ω=1056Ω．

18.（经典能力题）如图（甲）所示是日常容易见到的自动加热、保温的电水壶，它的铭牌如下面表格。现将它接在220V的电压下工作。已知水的比热容为4.2×103J／（kg.℃）

（1）如图（乙）所示为电水壶的电路图，其中R0是电热水壶中的电热管，R是与电热水壶的电热管串联的电阻，S是一个能自动切换的温控开关，此热水壶是在热胆中储水，由电热管加热工作的。请依据电路图判断：在那种情况下，电水壶处于加热状况？在那种情况下，电水壶处于保温状况？

              乙  

（2）请依据铭牌数据信息，计算R0和R的阻值分别是多少？

（3）电水壶处于加热状况时，在840s时间内，使热胆中2kg、20℃的水温度升高到100℃。求电水壶的热效率。

【答案】（1）开关闭合时电水壶处于加热状况，开关断开时电水壶处于保温状况。

（2）R0=48.4Ω  R=1161.6Ω（3）80%  

【分析】（1）开关闭合时，R被短路，这个时候电路的电阻只有R0 ，电路消耗的电功率为

P0= U2/R0

开关断开时，这个时候电路的电阻R和R0 串联，电路消耗的电功率为

P= U2/（R+ R0）

非常明显了解P0＞P

所以开关闭合时电水壶处于加热状况，开关断开时电水壶处于保温状况。

（2）开关闭合时，R被短路，这个时候电路的电阻只有R0 ，电路消耗的电功率为加热功率P0=1000W，这个时候P0=U2/R0

1000 W=U2/R0 ………………………1

开关断开时，这个时候电路的电阻R和R0 串联，电路消耗的电功率为保温功率P=40W

依据P= U2/（R+ R0）

40 W=U2/（R+ R0）………………2

已知U=220V ………………………3

解得R0=48.4Ω  R=1161.6Ω

（3）电水壶处于加热状况时，t=840s时间产生的电能为W=P0t

P0=1000W

则W=P0t=1000W×840s=8.4×105J

水吸收的热量为Q=cm△t= cm（t2-t1 ）

已知c=4.2×103J／（kg.℃）m=2kg   t2=100℃ t1=20℃

则Q吸=cm△t=cm（t2-t1 ）=4.2×103J／（kg.℃）×2kg×（100℃-20℃）

=6.72×105J

由η＝Q吸/W得电水壶的热效率为

η＝Q吸/W=6.72×105J/8.4×105J=0.8=80%

19.（经典能力题）学习了电功率的常识后，小亮想借助家里的电能表（如图所示）测量电水壶的电功率和热效率．他把水平为1kg温度是20℃的冷水倒入电水壶中，然后把家里的用电器都与电源断开，仅让电水壶工作，在5分钟内将这壶水烧开（在标准器压下），他察看到电能表转盘转了70转．试求：

（1）将这壶水烧开，水吸收的热量是多少？

（2）电水壶的电功率为多少？

（3）电水壶的热效率为多少？

【答案】（1）3.36×105J；（2）1400W；（3）80%．

【分析】了解水的水平、初温、末温（在标准器压下水的沸点为100℃）与比热容，依据Q吸=cm（t-t0）求出水吸收的热量；600Revs/kW•h表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转600r，据此求出转盘转70r消耗的电能，依据P=W/t求出电水壶的电功率；水吸收热量和消耗电能的比值即为电水壶的热效率．

（1）在标准器压下水的沸点为100℃，则水吸收热量：

Q吸=cm（t-t0）

=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃-20℃）=3.36×105J；

（2）电能表转盘转了70转消耗电能：W=70600kW•h=70600×3.6×106J=4.2×105J，

电水壶的电功率：P=W/t=1400W；

（3）电水壶的热效率：η=Q吸/W×100%=×100%=80%．

20.（经典能力题）几千年来中国的厨艺最讲究的就是“火候”二字。目前市场上时尚如图所示的新型电饭锅，使用“聪明火”技术，电脑智能控温、控压，自动化控制食物在不同时间段的温度，以得到最好的口味和营养，其简化电路如图甲所示。R1和R2均为电热丝，S是自动控制开关。把电饭锅接入220V的电路中，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像如图乙所示。

（1）求电热丝R2的阻值（计算结果保留一位小数）；

（2）这个电饭锅在0～15min内把水平为1.1kg的米饭由20℃加热到100℃，求电饭锅在这期间内加热的效率。[c米饭=4.2×103J/（kg·℃）]。

【答案】（1）73.3Ω （2）70%

【分析】（1）当开关S闭合时，电路中只有R2工作，从乙图可知通过R2的电流I＝3A。

（2）米饭吸收的热量

Q＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1.1kg×＝3.696×105J

电饭锅在0～15min内消耗的电能

W＝W1＋W2＝UI1t1＋UI2t2

＝220V×3A×10×60s＋220V×2A×5×60s＝5.28×105J

电饭锅加热的效率

21.（经典能力题）如甲图所示的电重压锅，集重压锅、电饭锅的优点于一体，省时节电，热效率高。电重压锅工作原理如图乙，已知R2的电阻值为48.4Ω，单独闭合开关S1时，重压锅的功率为80W。

（1）单独闭合开关S1时，电重压锅处于＿＿＿状况（选填“保温”或“加热”）。

（2）R1的电阻是多少？

（3）同时闭合开关S1和S2，电重压锅工作1min消耗的电能是多少？

【答案】（1）单独闭合开关S1时，电重压锅处于保温状况

（2）R1的电阻是605Ω

（3）同时闭合开关S1和S2，电重压锅工作1min消耗的电能是6.48×104J

【分析】（1）由电路图可知，单独闭合开关S1时，只有电阻R1接入电路，电路功率较小，电重压锅处于保温状况；

（2）由P=U2/R可知，

电阻R1的阻值：R1=U2/P1=605Ω；

（3）电阻R2的功率：P2= U2/R2=1000W，

同时闭合开关S1和S2，电重压锅工作1min消耗的电能：

W=（P1+P2）t=（80W+1000W）×60s=6.48×104J。

22．（经典能力题）某品牌电热水器有慢加热、快加热和保温三个工作状况。铭牌上的部分参效如下表所示，其中快加热功率参数模糊不清，它可以把水加热到的最高温度为75℃．简化电路如图所示，R1、R2均为加热电阻〔温度对电阻的影响忽视不计）。若电热水器中已装满水平为40kg、温度为25℃的水。请完成下列问题：[已知水的比热容c=4.2×103J/（kg•℃）〕

（1）用该电热水器把水加热到最高温度，水需要吸收的热量。

（2）开关S1闭合，S2接b，电热水器处于慢加热工作状况，求R1的阻值。

（3）若加热电阻产生的热量有84%被水吸收，用该电热水器把原有些水加热到最高温度，用快加热比用慢加热节省多少秒？（结果保留整数）

【答案】（1）用该电热水器把水加热到最高温度，水需要吸收的热量为8.4×106J。

（2）R1的阻值为40Ω；

（3）用快加热比用慢加热节省4132s。

【分析】由电路图可知，开关S1闭合、S2接a时，R1与R2并联；开关S1闭合、S2接b时，电路为R1的简单电路；开关S1断开、S2接a时，电路断路；开关S1断开、S2接b时，R1与R2串联，依据P=UI=可知，电路中的电阻越小，电路的总功率越大，据此判断电热水器的档位。

依据Q=cm△t计算把水加热到最高温度，水需要吸收的热量；开关S1闭合、S2接b时，电路为R1的简单电路，电热水器处于慢加热档，依据P=求出电阻R1的阻值；依据并联电路的电阻特征，可求得R1与R2并联时的总电阻，然后借助P=求出快加热功率，依据加热电阻产生的热量有84%被水吸收，可求得消耗的电能：用慢加热消耗的电能与用快加热消耗的电能相同，然后借助P=公式变形分别求得快加热和用慢加热所用时间，然后可得出结论。

（1）水需要吸收的热量：

Q=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×40kg×（75℃﹣25℃）=8.4×106J；

（2）开关S1闭合、S2接b时，电路为R1的简单电路，电热水器处于慢加热档，

由P=可得，电阻R1的阻值：

R1===40Ω；

（3）开关S1断开、S2接b时，R1与R2串联，电路中电阻最大，总功率最小，电热水器处于保温档，

此时电路的总电阻：

R串===80Ω，

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串﹣R1=80Ω﹣40Ω=40Ω；

开关S1闭合、S2接a时，R1与R2并联，电路中电阻最小，总功率最大，电热水器处于快加热档；

由电阻的并联可得：=+，

即=+，

解得R并=20Ω，

则快加热功率：P快加热===2420W，

加热电阻产生的热量有84%被水吸收，用该电热水器把原有些水加热到最高温度，

则由η=可得，消耗的电能：

W===1×107J，

分别用慢加热档和快加热档加热时，水吸收的热量不变、且热效率也不变，所以用两档加热时消耗的电能相同，都为W=1×107J，

由P=可得，用快加热所用的时间：

t快==≈4132s；

由P=可得，用慢加热所用的时间：

t慢==≈8264s；

则用快加热比用慢加热节省的时间：△t=t慢﹣t快=8264s﹣4132s=4132s。