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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=900W<1000W，
则此时电热水壶不是正常工作。
7．物理科代表和班长就放学后是否关教室里的饮水机的问题发生争执，班长认为不应关机，因为第二天重新开机给冷水加热既费时又会消耗更多的电能；物理科代表认为应该关机，理由是饮水机在放学后从17：00到第二天08：00共15h期间会间歇性加热，白白消耗电能，反复加热的水也不利于身体健康．
次日早晨，他俩先观察到如图所示的饮水机有加热和保温两个档位，铭牌数据如下表．然后启动饮水机，将热水箱中的30℃的冷水加热到90℃，用时10min．他俩继续观察，发现保温28min后加热器会重新加热，2min后又回到保温状态．（饮水机始终在额定电压下工作）
（1）热水箱中30℃的冷水加热到90℃所吸收的热量是多少？[c水=4.2×103J/（kg•℃）]
（2）将热水箱中30℃的冷水加热到90℃消耗的电能是多少？
（3）通过计算比较谁的做法更节能．（假设放学时饮水机刚好处于保温状态，工作过程中间歇加热的规律不变）
【答案】(1)2.52×105J (2)3×105J (3)物理课代表方法更节能。
【解析】（1）水吸收的热量：Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（90℃-30℃）=2.52×l05J；
（2）饮水机加热时消耗的电能：W=Pt=500W×10×60s=3×105J；
（3）关闭，第二天消耗的电能：W=3×105J；
不关，间歇性加热15h期间：
保温消耗电能：W1=P保温t保温=50W×28×30×60s=2.52×l06J；
加热消耗电能：W2=P加热t加热=500W×2×30×60s=1.8×l06J；
W总=W1+W2=2.52×l06J+1.8×l06J=4.32×l06J；
∵W总>W，
∴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
（3）根据（1）知I2，根据欧姆定律算出电阻丝R2的阻值；
（4）通过图丙判断出0−10min内的电流和10−15min的电流，根据W=UIt算出各段的电能，将两段的电能相加即为0∼15min内电饭煲所消耗的电能。
13．一种电热水龙头俗称“小厨宝”，通常安装在厨房里以便提供热水，如图是它的实物图和内部电路图。旋转手柄可使扇形开关S同时接触两个相邻触点，从而控制水龙头流出的水为冷水、温水或热水。已知R1、R2是电阻丝，其中R2＝44Ω，温水档的电功率是880W。试回答或求解下列问题：
（1）当S旋到位置1时，水龙头流出 ▲ 水（选填“冷”或“温”或“热”）。
（2）电热丝R1的阻值是多少？
（3）当S旋到热水档时，小厨宝正常工作60s消耗的电能是多少？
【答案】(1)热水；(2)55欧姆；(3)118800焦耳。
【解析】(1)当开关处于位置1时，处于开路，放出的是冷水；
当开关处于位置2时,只有电阻R1接入电路,电路中电阻最大(大于并联时的总电阻),由P=U2/R可知，此时功率最小，可见此时放出的是温水；
当开关处于位置3时,电阻R1和R2并联接入电路,电路中电阻最小,由P=U2/R可知，此时功率最大，所以此时放出的是热水；
(2)已知温水档的功率P温水=880W，
由P=U2/R可得R1的阻值：R1=U2/P温水=(220V)2/880W=55Ω；
(3)当S旋到热水档时,电阻R1和R2并联接入电路，
并联的总电阻：R并=R1R2/(R1+R2)=55Ω×44Ω/(55Ω+44Ω)=220/9Ω，
则热水档时，小厨宝正常工作60s消耗的电能：
W=U2t/R并=(220V)2×60s/(220/9Ω)=118800J。
14．图甲是某家用电暖气，图乙为其简化电路原理图，在电暖气跌倒时跌倒开关自动断开，切断电源，保证安全。电暖气有“高温档”和“低温档”两个档位，已知发热电阻R1=60.5Ω发热电阻 R2=44Ω。请回答下列问题：
（1）使用电暖气时应选用_________插座（选填“两孔”或“三孔”）。
（2）计算电暖气在高温档时正常工作的电流。
（3）计算电暖气在低温档时正常工作 5h 消耗多少 kW·h 的电能。
【答案】（1）三孔（2）5A（3）4KW•h
【解析】（1）三孔
（2）高温档时等效电路如下图所示
（3）低温档时等效电路如下图所示
W=P低t=0.8kW×5h=4kW·h
15．小明同学家里的电热饮水机有加热和保温两种功能，可由机内温控开关S0进行自动控制。小明从说明书上收集到如下表中的部分数据和如图所示的电路原理图。
请解答如下问题：（计算结果若不能整除，保留一位小数）
（1）这个电热饮水机正常工作时，在加热状态下的总电流大约是多大？
（2）若电阻R2的阻值为1210Ω，则电阻R1的阻值为多少？
（3）在傍晚用电高峰期，供电电压可能会下降。当实际电压只有198V时，这个电热饮水机加热的实际功率是多大？
【答案】（1）这个电热饮水机正常工作时，在加热状态下的总电流大约是4.2A；
（2）若电阻R2的阻值为1210Ω，则电阻R1的阻值为55Ω；
（3）当实际电压只有198V时，这个电热饮水机加热的实际功率是745.2W。
【解析】(1)正常加热状态下的电流：I=P加热/U=920W/220V≈4.2A；
(2)当开关S闭合、S0断开时,电热饮水机只有R2工作，处于保温状态。
电阻R2消耗的功率：P2=U2/R2=(220V)2/1210Ω=40W，
当开关S、S0闭合时，电热饮水机处于加热状态。
此时R1消耗的电功率为：
P1=P总−P2=920W−40W=880W，
则R1=U2/P1=(220V)2/880W=55Ω；
(3)当实际电压只有198V时，
实际加热功率：P实=U实2/R总=U实2/(U额2/P额)=745.2W，
16．电热水壶是家庭常用的电热器具．小东同学想通过实验知识一名铭牌是“220V 1500W”电热水壶的效率，他在该壶中装入2.5kg的水后，将其接入家庭电路并正常工作，在烧水过程中他记录下了不同时刻水的温度，并绘制出“温度﹣﹣时间”图线，如图所示．请回答：
（1）在AB、BC、CD三段过程中，水温上升最快的是哪一段？
（2）从图中可知水当前的沸点是多少？
（3）该电热水壶烧开这壶水（即从A到C的过程中）的效率．〔C水=4.2×103J/（kg•℃）〕
（4）为了提高电热水壶的效率，请你提出一条合理化的建议．
【答案】(1)AB段水温上升最快;(2)水的沸点为98℃;(3)电热水壶的效率为75.8%;(4)为壶嘴加上盖子(或及时清除水垢).
【解析】（1）由图可知图象表示的是温度随时间的变化图象，故可以根据图象的倾斜程度可知哪一段水温上升最快；
（2）当水达到沸点后，温度就不再发生变化，故由图可知水的沸点；
（3）由图可知烧开这壶水所用的时间，则由电功公式可求得消耗的电能；由水的比热可求得水吸引的热量，则可求得电热水壶的效率；
（4）要想提高电热水壶的效率，应减小热量的散失，故可以从保温等方面进行分析．
17．养生壶是一种用于养生保健的烹饮容器，采用新型电加热材料，通电后产生热量把壶内的水加热.下图是某款养生壶及其铭牌，求：
（1）养生壶正常工作时的电阻
（2）若正常工作时，养生壶加热效率为70%，将1kg水从10℃加热到100℃需要多长时间[c水=4.2×103J/(kg·℃）]
（3）用电高峰期，家中只有液晶电视机和养生壶工作时，养生壶将1kg水从10℃加热到100℃，实际用时600s，此时养生壶的实际功率多大.(设养生壶的电阻和加热效率不变)
【答案】（1）48.4Ω（2）648s（3）981.8W
【解析】(1)由P=U2R可得，养生壶正常工作时的电阻：
R=U2/P=(220V)2/1000W=48.4Ω。
(2)1.2L水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×1.2×10−3m3=1.2kg；
水吸收的热量：Q吸=cm△t=4.2×103J/(kg⋅℃)×1.2kg×(100℃−10℃)=4.536×105J，
由η=Q吸/W=Q吸/Pt可得，养生壶需要加热的时间：
t=Q吸/Pη=4.536×105J/(1000W×70%)=648s；
(3)在用电高峰时，养生壶仍然将1kg水从10℃加热到100℃，且加热效率不变，所以养生壶消耗的电能
W实=Q/η=4.536×105J/70%=6.48×105J；
此时养生壶的实际功率：P实=W实/t实=6.48×105J/660s=981.8W
18．如图甲是一种电热加湿器，其原理如图乙所示，闭合开关，当电热丝R将加热仓中的水加热到沸腾后变成水蒸气喷出，增加空气的湿度。当加热仓中的水对底部的压强减少到一定程度时，注水阀门便会自动打开从储水箱中注水。加湿器的工作电压为220V，最大功率为40W，气雾调节器R2的阻值范围是0﹣1210欧。求：
（1）电热丝R1的电阻值；
（2）若加热仓以最大功率工作时的效率为84%，那么将加热仓中质量为30g温度为20℃的水加热到100℃需要多长时间？[c水＝4.2×103J（kg•℃）]
（3）设电热丝电阻不变，电热丝R1工作时最小功率是多少？
【答案】（1）1210Ω；（2）300s；（3）10W
【解析】(1)当气雾调节器R2的滑片移到最左边时,气雾调节器接入电路的电阻为0,只有电热丝工作,此时电热丝R1的最大功率为40W，
由P=U2/R可得,电热丝R1的电阻值：R1=U2/P=(220V)2/40W=1210Ω；
(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=Q吸W可得，消耗的电能：W=Q吸/η=1.008×104J/84%=1.2×104J，
由P=W/t可得，加热需要时间：t=W/P=1.2×104J/40W=300s；
(3)当滑片移到最右端时,气雾调节器的最大阻值和电热丝R1串联,电路中电流最小,电热丝R1工作时功率最小，则电路中的最小电流：I小=U/R=220V/(1210Ω+1210Ω)=1/11A，
电热丝R1工作时最小功率：
P1小=I小2R1=(1/11A)2×1210Ω=10W；
19．如图是一条电热毯电路的示意图，R0是发热电阻丝，R是串联在电路中的电阻，S是控温开关。电热毯铭牌上标有“220V 40W”字样，请回答（不考虑温度对电阻值的影响）：
（1）要使电热毯处于低温档，开关S应处于 （填“断开“或”闭合“）状态。
（2）计算发热电阻丝R0的阻值是多大？
（3）当电热毯处于低温档时，电路中的电流为0.1A，则在50min内R0产生的热量是多少？
【答案】（1）断开；（2）1210Ω；（3）36300J
【解析】（1）由图知，当S闭合时，只有R0接入电路中，电阻较小，根据P=U2/R知，电热毯的电功率较大，处于高温档；当S断开时，R与R0串联在电路中，总电阻较大，根据P=U2/R知，电热毯的电功率较小，处于低温档；
（2）由（1）知，当S闭合时，只有R0接入电路中，处于高温档；
根据P=U2/R可得，发热电阻丝R0的阻值：R0=U2/P=(220V)2/240W=1210Ω；
（3）当电热毯处于低温挡时，R与R0串联，因串联电路中各处的电流相等，
则在50min内R0产生的热量：Q=I2R0t=（0.1A）2×1210Ω×50×60s=36300J。
20．微电子控制的电热水瓶铭牌如下表，其简易电路原理图如图1所示，其中R1和R2均是可用于加热的电阻丝，K是微电子控制的自动开关。请分析回答下列问题：
（1）为安全起见，该电热水瓶使用的插座应用上图2中的 （填“甲”或“乙”）。
（2）分析简易电路原理图可知：当开关K （填“闭合”或“断开”）时，电热水瓶处于保温状态。
（3）若此电热水瓶煮开一壶水需要12分钟，则消耗的电能为多少度？
（4）计算电阻R2的阻值为多大？
【答案】（1）乙；（2）保温；（3）消耗的电能为0.25度；（4）电阻R2的阻值为40Ω。
【解析】(1)为防止触电事故的发生，应使用图乙所示的插座。
(2)由图示电路图可知，K闭合时两电阻并联，电路功率较大，
当K断开时只有一个电阻接入电路，此时电路功率较小，
由此可知，K断开时电路处于保温状态；
(3)电热水瓶煮水t=12min=0.2h，
因为P=W/t，所以消耗的电能：W=P煮水t=1.25kW×0.2h=0.25kW⋅h=0.25度；
(4)电阻R2的功率：P2=P煮水−P保温=1250W−40W=1210W，
由P=U2/R可知，电阻R2的阻值：R2=U2/P=(220V)2/1210W=40Ω。
21．如图甲是某品牌电压力锅，图乙所示是它的简化电路图。R1、R2是定值电阻，闭合开关S1，开关S2与触点b接通，电压力锅处于加热状态，此时电压力锅的功率P1＝1000W，通过R1的电流为I1，当锅内的气压达到设定值时，S2自动与触点b断开并与触电a接通，S1仍闭合。电压力锅处于保压状态，此时电压力锅的功率为P2，通过R2的电流为I2。图2是表示做好某次饭的过程中，电压力锅从加热到保压消耗的电功率与时间的关系，已知I1＝5I2。求：
(1)电压力锅处于加热状态时，通过电阻R1的电流。
(2)电压力锅处于保压状态时的功率P2。
(3)用电高峰期，电路的实际电压为210V，电压力锅做好同样一次饭，处于加热过程实际需要的时间。(不考虑能量损失)
【答案】(1)4.5A (2)200W (3)11min
【解析】（1）由题，闭合开关S1，开关S2与触点b接通，R1接入电路，电压力锅处于加热状态，
根据P=UI，
通过电阻R1的电流：I1=P1/U=1000w/220V=4.5A；
（2）闭合开关S1，开关S2与触点a接通，R2接入电路，电压力锅处于保压状态，
根据P=UI,所以P1/I1=P2/I2，
已知I1=5I2．
即：1000w/5I2=P2/I2，解得：P2=200W；
（3）根据，
电路的实际电压为210V，加热状态下需要热量相同，Q1=Q1′，
则：，
即：，解得：t1′≈11min．
22．小金家有一台加湿器,说明书上有原理图(如图甲),表格中为其部分技术参数, R1、R2为发热电阻,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”、“低档”、“高档”之间的转换(低档为小功率加热,高档为大功率加热).
额定电压
220V
低档发热功率
100W
水箱容积
3L
适用面积
20~40m2
(1)加湿器需在低档加热,开关S应旋转至触点 (“1、2”、“2、3”或“3、4”)位置;
(2)水箱注满水,初始水温为 10℃,开始通电,低档加热,水共吸收了3.15×105 焦耳的热量(不计热损失),问此时的水温为多少.
(温馨提醒: Q=cm（t-t0）其中c=4.2×103J/（kg·℃）为末温t0为初温);
(3)加湿器处于高档位置时的发热功率;
(4)如图乙是使用加湿器工作30分钟的图象,计算加湿器前20分钟消耗的总电能.
【答案】(1)3、4;(2)此时的水温为35℃;(3)加湿器处于高档位置时的发热功率为400W;(4)加湿器前20分钟消耗的总电能为3×105J.
【解析】(1)由图1知,开关S接“1、2”时电路断路为关;“2、3”时两电阻串联,接“3、4”时只有R1接入电路,电源电压一定,由P=U2/R可知，接“2、3”时电阻最大，为低档，接“3、4”时电阻最小，为高档；
(2)由ρ=m/V可得，水的质量m=ρ水V=1.0×103kg/m3×3×10−3m3=3kg，
由Q=cm(t−t0)可得，
3.15×105J=4.2×103J/(kg⋅℃)×3kg×(t−10℃)
解得t=35℃；
(3)由题知,R2=3R1，低档发热功率：
已知P低=100W
则U2/(R1+R2)=(220V)2/4R1=100W；
解得R1=121Ω，
加湿器处于高档位置时的发热功率P高=U2/R1=(220V)2/121Ω=400W；
(4)由图2知，工作30min时，其中高档10min，低档20min，
计算加湿器前20分钟消耗的总电能：
W=W高+W低=P高t高+P低t低=400W×10×60s+100W×10×60s=3×105J，
23．如图甲所示的电路中，电源电压恒为6V，R2=30Ω，已知通过R1的电流随它两端电压变化关系如图乙所示，求：
(1)R1的阻值；
(2)当S1、S2、S3均闭合时，电流表的示数；
(3)当S1闭合，S2、S3断开时，电流表的示数为0.15A，此时R3消耗的功率。
【答案】(1)20Ω；(2)0.5A；(3)0.225W
【解析】(1)从乙图可知，当U1=4V时，I1=0.2A，
∴电阻R1的阻值为：R1=U1/I1=4V/0.2A═20Ω.
(2)S1、S2、S3均闭合时，电阻R3短路，电阻R1和R2并联，电流表测干路电流；
∵R2=30Ω，R1=20Ω，∴电路中的总电阻为：R=1/(1/R1+1/R2)=12Ω，
而电源电压恒为6V，∴干路中的总电流，即电流表的示数为：I=U/R=6V/12Ω=0.5A，
(3)S1闭合，S2、S3断开时，电阻R1断路，电阻R2和R3串联，电流表测电路电流；
∵I2=0.15A，R2=30Ω，∴电阻R2两端电压为：U2=I2R2=0.15A×30Ω=4.5V，
又∵电源电压恒为6V，∴电阻R3两端电压为：U3=U−U2=6V−4.5V=1.5V，
而I3=I2=0.15A，∴电阻R3消耗的功率P3=U3I3=1.5V×0.15A=0.225W，
24．热水器的“能效比”是衡量热水器性能的指标之一。空气源热泵热水器是新一代高“能效比”(“能效比”为热泵机组产出的热量与投入的电能之比)的热水装置，其工作原理简化为如图所示。工作物质在蒸发器中吸收空气的热迅速汽化，通过消耗少量电能驱动的压缩机将其压缩成高温高压的气体，在冷凝器内液化放出热量，并对冷水加热，使水温升高，达到制热水的目的。右表是某型号热泵热水器的部分参数，其中65L/h表示此热水器当进水温度为15℃，出水温度为55℃时，每小时可出热水65升。请你解答：
额定制热水量
65L/h
额定电压/频率
220V/50Hz
额定输入功率
770W
水箱型号
100L
（1）此热水器正常工作1h消耗的电能？
（2）65L水温度从15℃升高到55℃吸收的热量？
（3）此热水器的“能效比” 100%(选填“＞”、“=”或“＜”) 结合工作原理说明使用该热水器比电热水器节省费用的原因？C水=4.2×103 J/(kg·℃)
【答案】(1)W=Pt=770W×3600s=2.772×106J(或0.77kWh)（2分）
(2)m=ρV=1.0×103kg/m3×65×10-3 m3=65kg （1分）Q=cm(t2-t1)=4.2×103 J/(kg·℃) ×65kg×(55℃-15℃)=1.092×107J（2分）
(3) ＞ 该热水器消耗了很少的电能，而水却从空气中吸收很多热量（共2分）
【解析】（1）知道水的质量、水的比热容、水的温度升高值，利用吸热公式求水吸收的热量；
（2）已知热水器的功率和正常工作时间，利用W=Pt即可求出1h消耗的电能；
（3）根据“能效比”为热泵机组产出的热量与投入的电能之比来分析此题．
25．智能扫地机器人是一款能自动清扫的家用电器，如图甲所示．机器人通过电动机旋转产生高速气流，将灰尘、杂物吸入集尘盒；其防滑轮上印有凸凹不平的花纹；底部安装有塑料刷，用于清扫吸附在地板或地毯上的灰尘及轻小物体；前端装有感应器，通过发射、接收超声波或红外线来侦测障碍物．当剩余电量减为电池容量的20%时，机器人会主动寻找充电器充电．表一为某扫地机器人的部分参数．
表一：
额定工作电压
12V
额定工作电流
2.5A
电池容量
2000mAh
行进速度
0.3m/s
机器人中吸尘电机的吸入功率是衡量其优劣的重要参数，测得某吸尘电机的吸入功率与真空度、风量间的对应关系如表二．真空度指主机内部气压与外界的气压差；风量指单位时间内通过吸尘电机排出的空气体积；吸尘电机吸入功率与输入功率的比值叫做效率．
表二：
真空度/Pa
400
450
500
550
600
风量/（m3/s）
0.025
0.02
0.017
0.015
0.013
吸入功率/W
10.00
9.00
8.50
8.25
7.80
（1）下列说法中错误的是．
A、机器人通过电动机旋转产生高速气流，以此来减小主机内部的气压而产生吸力．
B、在地毯纤维内掺杂金属丝，会增加机器人对灰尘及轻小物体的清扫难度
C、防滑轮上印有凸凹不平的花纹，是为了增大机器人与地面间的摩擦
D、当遇到黑色真皮沙发等深色障碍物时，使用超声波感应器效果较好
（2）若该机器人向障碍物垂直发射超声波，经过0.02s收到回波，则其发射超声波时与障碍物间的距离约为m（此空答案保留一位小数）；在这段时间内机器人向前行进的距离为m．
（3）电池容量“2000mAh”是指当工作电流为2000mA，能持续供电1h．该机器人充满电后至下一次自动充电前能够连续正常工作的最长时间为h．假设返回充电过程中受到的阻力为36N，剩余电池容量支持正常工作所能做的电功的20%用于克服阻力做功，为确保机器人能顺利返回充电，需要充电时离充电座最远为 m．
（4）由表二数据可知，当风量为0.015m3/s时，若吸尘电机的输入功率为25W，此时其效率为%；上述风量下，5min内通过吸尘电机提出的空气质量为kg．（ρ空气=1.3kg/m3）
（5）光敏电阻是制作灰尘传感器的常用元件，图乙为光敏电阻的控制电路，电源电压U恒定，空气中的灰尘浓度会影响空气透光程度，RG为光敏电阻，其阻值随光照射的强弱而改变．“光强”表示光的强弱程度的物理量，照射光越强，光强越大，光强符号用E表示，国际单位为坎德拉（cd）．实验测得光敏电阻的阻值RG与光强E间的关系如图丙所示，R0为定值电阻．当光照强度为4.5cd时，电流表的读数为0.5A；当光照强度为1.5cd时，电流表的读数为0.3A，则R0=___Ω．为监测空气的透光程度，现将电流表表盘的电流I刻度值转化为对应的总阻值（R0+RG），则转化后表盘上从左到右相邻两刻度线对应总阻值的差值将逐渐减小，原因是_______________________________________．
【答案】（1）B
（2）3.4m；0.006m
（3）s=W返/f=96m
（4）η电机=P吸入/P输出×100%=33%．m=ρ空气V=5.85kg
（5）I1=(U0-U1)/R0，即0.5A=(U0-2V)/R0…①
I2=（U0-U2）/R0，即 0.3A=(U0-3.6V)/R0…②
联立①②可解得：U0=6V，R0=8Ω．
电压表示数为U，电流I=U/R0=U0/R0+RG，
即U=U/（R0+RG），U与（R0+RG）成反比，则转化后表盘上从左到右相邻两刻度线对应阻值的减小量将减小
【解析】（1）①流速越大的位置压强越小；
②静电现象，带电体具有吸引轻小物体的性质；
③增大摩擦的方法：增大压力和增大接触面的粗糙程度；
④黑色物质和深色物质对光的吸收能力强；
（2）根据速度公式求解与障碍物之间的距离以及机器人行进的距离；
（3）知道额定电压和额定功率，根据I=P/U求出机器人正常工作时的电流；先算出消耗的电池容量Q=Q1-Q2，再利用t=Q/t求出连续正常工作的最长时间；由题机器人返回消耗电能W返=20%W剩，返回克服阻力做功W=Fs=fs，由此计算需要充电时离充电座最远距离；
（4）由表格中数据可知，吸入功率与真空度和风量的关系，求出吸尘电机吸入功率，再根据η电机=P吸入/P输出×100%求出吸尘电机的效率；根据风量和时间求出空气的体积，再利用m=ρ空气V通过吸尘电机提出的空气质量；
（5）根据串联电路电流相等的特点，利用欧姆定律I=U/R列出光敏电阻在不同阻值的电流方程，联立即可解得定值电阻的阻值；利用欧姆定律I=U/R找出电压表示数与对应的总阻值（R0+RG）的关系，即可判断表盘上从左到右相邻两刻度线对应阻值的减小量．
26．现有一个电阻元件Z，可能是由金属材料制成的，它的电阻随温度的升高而增大，也可能是由某种半导体材料制成的，其电阻随温度的升高而减小。现用图示电路对其进行测试，其中R为定值电阻，电源电压可调，实验中从0开始逐渐增大电源电压，测得通过Z的电流与加在它两端的电压数据如表所示：
U/V
0.0
0.2
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
I/A
0.000
0.050
0.100
0.150
0.180
0.195
0.200
0.205
利用这些数据绘出Z的I−U曲线如图所示。请根据表中数据和图线解决下列问题：
(1)Z是由___(金属/半导体)材料制成的。当Z两端电压为1.5V时，Z消耗的电功率是___W；
(2)当电源电压为U=3.5V时，电流表的读数为0.200A，求定值电阻R的阻值；
(3)当电源电压调到某一适当值时，元件Z与定值电阻R消耗的电功率相等，求此时电路的总功率。
【答案】（1）金属 0.27 ；（2）5欧姆 ；（3）0.15W
【解析】（1）由表中数据，根据欧姆定律和P=UI分别求出电阻、电功率的大小，即可得出Z是由什么材料制成的；再根据图象读出电压表为1.5V时对应的电流，根据P=UI求出Z消耗的电功率．
（2）先从图象中读出电流表的示数为0.200A时电压表的示数，再根据串联电路的电压特点求出R两端的电压，最后根据欧姆定律求出定值电阻R的阻值．
（3）方法一、根据串联电路各处的电流相等和P=UI可知Z、R两端的电压相等，作出R的电流随电压变化的I-U图象，由图可知两图的交叉点即为符合要求电压，再根据串联电路的电压特点求出电源的电压；
方法二、根据串联电路各处的电流相等和P=I2R可知Z、R的电阻相等，由图象可知Z两端的电压为0.5V、通过的电流为0.1A时Z、R的电阻相等，再根据串联电路的电压特点求出电源的电压．
27．如图所示电路，电源电压保持不变，在甲图中，闭合开关S，电压表的示数为4V，电流表示数0.2A；乙图中，闭合开关S，电压表示数为6V。求：
（1）R1、R2的电阻；
（2）乙图中电流表示数I乙
（3）甲、乙两电路的总功率之比P甲：P乙。
【答案】（1）10欧（2）0.9A（3）2：3
【解析】（1）图甲：R1=4v/0.2A=20欧,由乙图并联可知甲图中R2上电压为6v-4v=2v,所以R2=2v/0.2A=10欧
（2） 图已：由R1=20欧R2=10欧,可知并联 R总=20/3欧,所以 电流=6v/20/3欧=0.9A
（3）图甲：P=UI=6*0.2=1.2W
图已：P=UI=6*0.9=1.8W
所以 P甲/P乙=2/3
28．如图是一款即热式电热饮水机的原理示意图，它可以设定不同的出水温度，R是加热电阻丝，其规格为“220V 1600W”；控制电路中的直流电源变换器能将220V交流电转换成6V的直流电，Rt是热敏电阻，其阻值与温度的关系式为Rt=10+0.5t（式中Rt单位是Ω，t的单位是℃）．电磁铁线圈电阻为10Ω，R0是滑动变阻器，当电磁继电器线圈中的电流小于等于20mA时，衔铁片会弹起，触点分离，热水器停止加热．
（1）请根据要求将加热电阻丝R连入电路．
（2）要使出水温度升高，滑动变阻器的阻值应该在原来设定的基础上适当________（选填“增大”或“减小”）。
（3）该热水器把体积为150mL，初温为20℃的水加热到100℃，只需35s，则该热水器的加热效率是多少？
【答案】（1）如图（2）减小（3）90%
【解析】（1）
（2）减小
（3）热水器的体积V=150mL=150cm3，
水的体积：
m=ρV=1.0g/cm3×150cm3=150g=0.15kg，
水吸收的热量：
Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×0.15kg×（100℃-20℃）=5.04×104J，
消耗的电能：
W=PRt′=1600W×35s=5.6×104J，
该热水器的加热效率：
η=Q吸/W×100%=5.04×104/5.6×104J×100%=90%；
29．许多家庭在坐便器上安装了有加热、冲洗等功能的智能电热便座，如图甲所示。便座加热电路有高、中、低三档可调节，其额定电压为220V。低温档、中温档的额定功率分别为22W和44W。电热便座的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）低温档加热时，开关S1应 （选填“闭合”或“断开”），S2连接b。
（2）中温档加热0.5小时，消耗多少度电？
（3）高温档加热时的额定功率是多少瓦？
【答案】（1）断开；（2）0.022度；（3）88W
【解析】（1）断开
（2）中温档消耗加热0.5小时消耗的电能：W=Pt=0.044kW×0.5h=0.022度
（3）当开关S1闭合、S2接b或断开时，电路为R1的简单电路，马桶盖处于中温档。R1=U2/P中温=(220V)2/44W=1100Ω，当开关S1断开、S2接b时，R1与R2串联，马桶盖处于低温档，电路中的总电阻：R=U2/P低温=(220V)2/22W=2200Ω，所以：R2=R-R1=2200Ω-1100Ω=1100Ω，当开关S1闭合、S2接a时R1与R2并联，电热马桶盖处于高温档。因为R1=R2 所以：P1=P2=P中温=44W，高温档加热的额定功率为：P高温=P1+P2=44W+44W=88W
30．电热桌垫在冬天很受欢迎（如图甲）。某校综合实践活动小组的同学探究了它的原理，查看说明书后发现：该电热桌垫由8伏电源供电，发热部分由R1和R2组成，调温档有关、低温、高温三档，已知两图中R1均为8欧，R2均为2欧。
（1）按如图乙的电路，当S1闭合、S2断开时电热桌垫处于 档（选填“关”、“低温”或“高温”）。
（2）图乙中该电热桌垫消耗的最大功率是多少瓦？
（3）若该电热桌垫实际电路如图丙，现电热桌垫处于高温档，开关S1 ，S2 （选填“断开”或“闭合”）。
（4）图丙中当电热桌垫处于低温档时，求10分钟内产生的热量是多少焦？（不考虑温度的变化对电阻的影响）
【答案】(1)低温；(2)图乙中该电热桌垫消耗的最大功率是32W；(3)闭合；闭合；(4)图丙中当电热桌垫处于低温档时，求10分钟内产生的热量是6400J.
【解析】(1)如图乙的电路,当S1闭合、S2断开时，两电阻串联，根据串联的电阻大于其中任一电阻，
由P=U2/R，可知，此时是为电热桌垫处在低温档；
(2)当两个开关都闭合时,电路中只有R2，此时电路的最大功率：P大=U2/R2=(8V)2/2Ω=32W；
(3)根据并联电阻小于其中任一个电阻,故两电阻并联时,电路的总最电阻最小,功率最大,故开关S1闭合,S2闭合；
(4)图丙中,只闭合S1时,电路中只有R1，为低温档，10分钟内产生的热量是：
W=U2t/R1=(8V)2×10×60s/6Ω=6400J.
31．如图甲所示是一种常见的电热水袋，图乙是它的结构示意图，其性能指标如表所示．请完成下列各题：
额定电压
额定加热功率
指示灯功率
袋内充水
自动断电温度
220V
500W
≤0.2W
1L
65℃
（1）请你计算电热水袋中充水的质量．
（2）给它通电，当达到断电温度时，水共吸收了2.1×103J的热量，袋内水的初温是多少？[Q=cm(t-t0)其中c=4.2×103J/(kg•℃)t为高温，t0为初温]
（3）电热水袋此次在额定电压下通电10分钟指示灯熄灭，则电热水袋的发热效率是多少？
【答案】（1）1kg (2) 15℃ （3）70﹪
【解析】(1)电热水袋中充水的体积：V=1L=1dm3=1×10-3m3，
由ρ=m/V可得，电热水袋中充水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×1×10-3m3=1kg；
(2)由Q吸=cm(t−t0)可得，袋内水的初温：
t0=t−Q吸/(cm)=65℃−2.1×105J/[4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg]=15℃
(3)由P=Wt可得，电热水袋在额定电压下通电10min消耗的电能：
W=Pt=500W×10×60s=3×105J，
则电热水袋的发热效率：η=Q吸/W×100%=2.1×105J/3×105J×100%=70%
32．如图甲所示，是某兴趣小组设计的一个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，其阻值随光照强度的变化规律如图乙所示（光照强度E的单位为勒克斯，符号为Ix），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强度低至某一设定值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__________勒克斯；
（3）若环境的光照强度降至1Ix，并保持10分钟不变，求这段时间内该电路消耗的电能。
（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）1.5Ix；（3）540J；（4）增大
【解析】（1）根据公式I=P/U，将6V、3W代入公式计算，I=3W/6V=0.5A
（2）当R1两端的电压为4V时，R0两端的电压为2V，根据I=U/R=2V/10Ω=0.2A。故R1=U/I=4V/0.2A=20Ω。此时光照强度为1.5Ix。
（3）当光照强度为1Ix时，R1=30Ω。电路中电流I=U/R总=6V/40Ω=0.15A。电路中消耗的电能为W=UIt=6V×0.15A×10×60S=540J
（4）若要使E0的值降低一些，应增大R1的阻值。根据串联电路分压的特点，为使R1两端电压升至4V，应增大R0的阻值。
33．PTC是一种新型的半导体陶瓷材料,它的发热效率较高,PTC有一个人为设定的温度。当它的温度低于设定温度时,其电阻值会随它的温度升高而变小；当它的温度高于设定温度时,其电阻值随它的温度升高而变大。如图甲所示的陶瓷电热水壶就使用了这种材料。它的工作电路如图乙所示,R0是定值电阻,其阻值不受温度的影响.RT是PTC的电阻,它的电阻值与温度的关系如图丙所示。该电热水壶在RT设定温度状态工作时，电路消耗的总功率为1100W.
(1)R0的阻值为多少?
(2)当RT的温度为130℃时,电路中RT的实际功率为多少?
(3)分析比较40℃和80℃时电路消耗的总功率谁大，并简要说明原因。
【答案】(1)10Ω；(2)400W；(3)根据图象可知,40℃RT的阻值大于80℃时RT的阻值，由欧姆定律可知，80℃时电路中的电流较大，由P=UI可知，80℃时电路消耗的总功率较大
【解析】(1)由题意可知，在图象中PTC的人为设定温度为100℃；当RT在设定温度状态工作时,由图丙可知Rr=34Ω,R0、RT串联，由P=U2/R可知,电路中的总电阻：R总=U2/P=(2200V)2/1100W=44Ω，因为串联电路中总电阻等于各分电阻之和,则R0的阻值：R0=R总−RT=44Ω−34Ω=10Ω；(2)当RT的温度为130℃时,由图象可知,此时RT的阻值为100Ω，电路中的总电阻：R′总=R0+R′T=10Ω+100Ω=110Ω，电路中的电流：I′=U/R′总=220V/110Ω=2A，RT两端的电压：U′=I′×R′T=2A×100Ω=200V，RT的实际功率：P′=U′I′=200V×2A=400W，(3)根据图象可知,40℃RT的阻值大于80℃时RT的阻值，由欧姆定律可知，80℃时电路中的电流较大，由P=UI可知，80℃时电路消耗的总功率较大。答：(1)R0的阻值为10Ω；(2)当RT的温度为130℃时,电路中RT的实际功率为400W；(3)根据图象可知,40℃RT的阻值大于80℃时RT的阻值，由欧姆定律可知，80℃时电路中的电流较大，由P=UI可知，80℃时电路消耗的总功率较大。
34．《2013～2017年中国风光互补路灯行业发展前景与投资预测分析报告》数据显示，我国现有城乡路灯总数约有2亿只，并以每年20%的速度增长。我国有丰富的风能及太阳能资源，路灯作为户外装置，两者结合做成风光互补路灯，无疑给国家的节能减排提供了一个很好的解决方案。如图为某公司生产的风光互补LED路灯外形图和电路原理图，每套路灯的部分部件及参数如表。
部分名称
单位
数量
型号
太阳能电板
套
1
24V 280W
风力发电机
台
1
24V 300W
蓄电池
只
2
12V 120Ah
LED灯
只
2
24V 60W
(1)该灯电路中，两只LED灯的连接方式是_______。(填“串联”或“并联”)
(2)两只LED灯正常发光时，通过光控开关S的电流为多大？
(3)国家发改委提供的数据显示，每燃烧1吨标准煤可以发电3000千瓦时，排放二氧化碳2.61吨，假如传统路灯消耗的电能来自燃烧标准煤发电，用此套路灯替换400瓦，每天工作10小时的传统路灯，则每套路灯1年(365天)可减少多少吨二氧化碳的排放？
【答案】(1)并联 (2)5A (3)1.27t
【解析】(1)由于路灯工作时互不影响即可以独立工作，则可知两只灯是并联的；
(2)两只LED灯正常发光时,总功率为P=60W+60W=120W,又知U=24V,由P=UI可得：通过光控开关S的电流为I=P/U=120W/24V=5A；
(3)由P=W/t得：400W的灯一年消耗的电能为：W=P′t=0.4kW×10h×365=1460kW⋅h，
则每套路灯1年(365天)可减少二氧化碳的排放量为：m=1460kW⋅h/3000kW⋅h×2.61t=1.27t.
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=900W<1000W，
则此时电热水壶不是正常工作。
7．物理科代表和班长就放学后是否关教室里的饮水机的问题发生争执，班长认为不应关机，因为第二天重新开机给冷水加热既费时又会消耗更多的电能；物理科代表认为应该关机，理由是饮水机在放学后从17：00到第二天08：00共15h期间会间歇性加热，白白消耗电能，反复加热的水也不利于身体健康．
次日早晨，他俩先观察到如图所示的饮水机有加热和保温两个档位，铭牌数据如下表．然后启动饮水机，将热水箱中的30℃的冷水加热到90℃，用时10min．他俩继续观察，发现保温28min后加热器会重新加热，2min后又回到保温状态．（饮水机始终在额定电压下工作）
（1）热水箱中30℃的冷水加热到90℃所吸收的热量是多少？[c水=4.2×103J/（kg•℃）]
（2）将热水箱中30℃的冷水加热到90℃消耗的电能是多少？
（3）通过计算比较谁的做法更节能．（假设放学时饮水机刚好处于保温状态，工作过程中间歇加热的规律不变）
【答案】(1)2.52×105J (2)3×105J (3)物理课代表方法更节能。
【解析】（1）水吸收的热量：Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（90℃-30℃）=2.52×l05J；
（2）饮水机加热时消耗的电能：W=Pt=500W×10×60s=3×105J；
（3）关闭，第二天消耗的电能：W=3×105J；
不关，间歇性加热15h期间：
保温消耗电能：W1=P保温t保温=50W×28×30×60s=2.52×l06J；
加热消耗电能：W2=P加热t加热=500W×2×30×60s=1.8×l06J；
W总=W1+W2=2.52×l06J+1.8×l06J=4.32×l06J；
∵W总>W，
∴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
（3）根据（1）知I2，根据欧姆定律算出电阻丝R2的阻值；
（4）通过图丙判断出0−10min内的电流和10−15min的电流，根据W=UIt算出各段的电能，将两段的电能相加即为0∼15min内电饭煲所消耗的电能。
13．一种电热水龙头俗称“小厨宝”，通常安装在厨房里以便提供热水，如图是它的实物图和内部电路图。旋转手柄可使扇形开关S同时接触两个相邻触点，从而控制水龙头流出的水为冷水、温水或热水。已知R1、R2是电阻丝，其中R2＝44Ω，温水档的电功率是880W。试回答或求解下列问题：
（1）当S旋到位置1时，水龙头流出 ▲ 水（选填“冷”或“温”或“热”）。
（2）电热丝R1的阻值是多少？
（3）当S旋到热水档时，小厨宝正常工作60s消耗的电能是多少？
【答案】(1)热水；(2)55欧姆；(3)118800焦耳。
【解析】(1)当开关处于位置1时，处于开路，放出的是冷水；
当开关处于位置2时,只有电阻R1接入电路,电路中电阻最大(大于并联时的总电阻),由P=U2/R可知，此时功率最小，可见此时放出的是温水；
当开关处于位置3时,电阻R1和R2并联接入电路,电路中电阻最小,由P=U2/R可知，此时功率最大，所以此时放出的是热水；
(2)已知温水档的功率P温水=880W，
由P=U2/R可得R1的阻值：R1=U2/P温水=(220V)2/880W=55Ω；
(3)当S旋到热水档时,电阻R1和R2并联接入电路，
并联的总电阻：R并=R1R2/(R1+R2)=55Ω×44Ω/(55Ω+44Ω)=220/9Ω，
则热水档时，小厨宝正常工作60s消耗的电能：
W=U2t/R并=(220V)2×60s/(220/9Ω)=118800J。
14．图甲是某家用电暖气，图乙为其简化电路原理图，在电暖气跌倒时跌倒开关自动断开，切断电源，保证安全。电暖气有“高温档”和“低温档”两个档位，已知发热电阻R1=60.5Ω发热电阻 R2=44Ω。请回答下列问题：
（1）使用电暖气时应选用_________插座（选填“两孔”或“三孔”）。
（2）计算电暖气在高温档时正常工作的电流。
（3）计算电暖气在低温档时正常工作 5h 消耗多少 kW·h 的电能。
【答案】（1）三孔（2）5A（3）4KW•h
【解析】（1）三孔
（2）高温档时等效电路如下图所示
（3）低温档时等效电路如下图所示
W=P低t=0.8kW×5h=4kW·h
15．小明同学家里的电热饮水机有加热和保温两种功能，可由机内温控开关S0进行自动控制。小明从说明书上收集到如下表中的部分数据和如图所示的电路原理图。
请解答如下问题：（计算结果若不能整除，保留一位小数）
（1）这个电热饮水机正常工作时，在加热状态下的总电流大约是多大？
（2）若电阻R2的阻值为1210Ω，则电阻R1的阻值为多少？
（3）在傍晚用电高峰期，供电电压可能会下降。当实际电压只有198V时，这个电热饮水机加热的实际功率是多大？
【答案】（1）这个电热饮水机正常工作时，在加热状态下的总电流大约是4.2A；
（2）若电阻R2的阻值为1210Ω，则电阻R1的阻值为55Ω；
（3）当实际电压只有198V时，这个电热饮水机加热的实际功率是745.2W。
【解析】(1)正常加热状态下的电流：I=P加热/U=920W/220V≈4.2A；
(2)当开关S闭合、S0断开时,电热饮水机只有R2工作，处于保温状态。
电阻R2消耗的功率：P2=U2/R2=(220V)2/1210Ω=40W，
当开关S、S0闭合时，电热饮水机处于加热状态。
此时R1消耗的电功率为：
P1=P总−P2=920W−40W=880W，
则R1=U2/P1=(220V)2/880W=55Ω；
(3)当实际电压只有198V时，
实际加热功率：P实=U实2/R总=U实2/(U额2/P额)=745.2W，
16．电热水壶是家庭常用的电热器具．小东同学想通过实验知识一名铭牌是“220V 1500W”电热水壶的效率，他在该壶中装入2.5kg的水后，将其接入家庭电路并正常工作，在烧水过程中他记录下了不同时刻水的温度，并绘制出“温度﹣﹣时间”图线，如图所示．请回答：
（1）在AB、BC、CD三段过程中，水温上升最快的是哪一段？
（2）从图中可知水当前的沸点是多少？
（3）该电热水壶烧开这壶水（即从A到C的过程中）的效率．〔C水=4.2×103J/（kg•℃）〕
（4）为了提高电热水壶的效率，请你提出一条合理化的建议．
【答案】(1)AB段水温上升最快;(2)水的沸点为98℃;(3)电热水壶的效率为75.8%;(4)为壶嘴加上盖子(或及时清除水垢).
【解析】（1）由图可知图象表示的是温度随时间的变化图象，故可以根据图象的倾斜程度可知哪一段水温上升最快；
（2）当水达到沸点后，温度就不再发生变化，故由图可知水的沸点；
（3）由图可知烧开这壶水所用的时间，则由电功公式可求得消耗的电能；由水的比热可求得水吸引的热量，则可求得电热水壶的效率；
（4）要想提高电热水壶的效率，应减小热量的散失，故可以从保温等方面进行分析．
17．养生壶是一种用于养生保健的烹饮容器，采用新型电加热材料，通电后产生热量把壶内的水加热.下图是某款养生壶及其铭牌，求：
（1）养生壶正常工作时的电阻
（2）若正常工作时，养生壶加热效率为70%，将1kg水从10℃加热到100℃需要多长时间[c水=4.2×103J/(kg·℃）]
（3）用电高峰期，家中只有液晶电视机和养生壶工作时，养生壶将1kg水从10℃加热到100℃，实际用时600s，此时养生壶的实际功率多大.(设养生壶的电阻和加热效率不变)
【答案】（1）48.4Ω（2）648s（3）981.8W
【解析】(1)由P=U2R可得，养生壶正常工作时的电阻：
R=U2/P=(220V)2/1000W=48.4Ω。
(2)1.2L水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×1.2×10−3m3=1.2kg；
水吸收的热量：Q吸=cm△t=4.2×103J/(kg⋅℃)×1.2kg×(100℃−10℃)=4.536×105J，
由η=Q吸/W=Q吸/Pt可得，养生壶需要加热的时间：
t=Q吸/Pη=4.536×105J/(1000W×70%)=648s；
(3)在用电高峰时，养生壶仍然将1kg水从10℃加热到100℃，且加热效率不变，所以养生壶消耗的电能
W实=Q/η=4.536×105J/70%=6.48×105J；
此时养生壶的实际功率：P实=W实/t实=6.48×105J/660s=981.8W
18．如图甲是一种电热加湿器，其原理如图乙所示，闭合开关，当电热丝R将加热仓中的水加热到沸腾后变成水蒸气喷出，增加空气的湿度。当加热仓中的水对底部的压强减少到一定程度时，注水阀门便会自动打开从储水箱中注水。加湿器的工作电压为220V，最大功率为40W，气雾调节器R2的阻值范围是0﹣1210欧。求：
（1）电热丝R1的电阻值；
（2）若加热仓以最大功率工作时的效率为84%，那么将加热仓中质量为30g温度为20℃的水加热到100℃需要多长时间？[c水＝4.2×103J（kg•℃）]
（3）设电热丝电阻不变，电热丝R1工作时最小功率是多少？
【答案】（1）1210Ω；（2）300s；（3）10W
【解析】(1)当气雾调节器R2的滑片移到最左边时,气雾调节器接入电路的电阻为0,只有电热丝工作,此时电热丝R1的最大功率为40W，
由P=U2/R可得,电热丝R1的电阻值：R1=U2/P=(220V)2/40W=1210Ω；
(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=Q吸W可得，消耗的电能：W=Q吸/η=1.008×104J/84%=1.2×104J，
由P=W/t可得，加热需要时间：t=W/P=1.2×104J/40W=300s；
(3)当滑片移到最右端时,气雾调节器的最大阻值和电热丝R1串联,电路中电流最小,电热丝R1工作时功率最小，则电路中的最小电流：I小=U/R=220V/(1210Ω+1210Ω)=1/11A，
电热丝R1工作时最小功率：
P1小=I小2R1=(1/11A)2×1210Ω=10W；
19．如图是一条电热毯电路的示意图，R0是发热电阻丝，R是串联在电路中的电阻，S是控温开关。电热毯铭牌上标有“220V 40W”字样，请回答（不考虑温度对电阻值的影响）：
（1）要使电热毯处于低温档，开关S应处于 （填“断开“或”闭合“）状态。
（2）计算发热电阻丝R0的阻值是多大？
（3）当电热毯处于低温档时，电路中的电流为0.1A，则在50min内R0产生的热量是多少？
【答案】（1）断开；（2）1210Ω；（3）36300J
【解析】（1）由图知，当S闭合时，只有R0接入电路中，电阻较小，根据P=U2/R知，电热毯的电功率较大，处于高温档；当S断开时，R与R0串联在电路中，总电阻较大，根据P=U2/R知，电热毯的电功率较小，处于低温档；
（2）由（1）知，当S闭合时，只有R0接入电路中，处于高温档；
根据P=U2/R可得，发热电阻丝R0的阻值：R0=U2/P=(220V)2/240W=1210Ω；
（3）当电热毯处于低温挡时，R与R0串联，因串联电路中各处的电流相等，
则在50min内R0产生的热量：Q=I2R0t=（0.1A）2×1210Ω×50×60s=36300J。
20．微电子控制的电热水瓶铭牌如下表，其简易电路原理图如图1所示，其中R1和R2均是可用于加热的电阻丝，K是微电子控制的自动开关。请分析回答下列问题：
（1）为安全起见，该电热水瓶使用的插座应用上图2中的 （填“甲”或“乙”）。
（2）分析简易电路原理图可知：当开关K （填“闭合”或“断开”）时，电热水瓶处于保温状态。
（3）若此电热水瓶煮开一壶水需要12分钟，则消耗的电能为多少度？
（4）计算电阻R2的阻值为多大？
【答案】（1）乙；（2）保温；（3）消耗的电能为0.25度；（4）电阻R2的阻值为40Ω。
【解析】(1)为防止触电事故的发生，应使用图乙所示的插座。
(2)由图示电路图可知，K闭合时两电阻并联，电路功率较大，
当K断开时只有一个电阻接入电路，此时电路功率较小，
由此可知，K断开时电路处于保温状态；
(3)电热水瓶煮水t=12min=0.2h，
因为P=W/t，所以消耗的电能：W=P煮水t=1.25kW×0.2h=0.25kW⋅h=0.25度；
(4)电阻R2的功率：P2=P煮水−P保温=1250W−40W=1210W，
由P=U2/R可知，电阻R2的阻值：R2=U2/P=(220V)2/1210W=40Ω。
21．如图甲是某品牌电压力锅，图乙所示是它的简化电路图。R1、R2是定值电阻，闭合开关S1，开关S2与触点b接通，电压力锅处于加热状态，此时电压力锅的功率P1＝1000W，通过R1的电流为I1，当锅内的气压达到设定值时，S2自动与触点b断开并与触电a接通，S1仍闭合。电压力锅处于保压状态，此时电压力锅的功率为P2，通过R2的电流为I2。图2是表示做好某次饭的过程中，电压力锅从加热到保压消耗的电功率与时间的关系，已知I1＝5I2。求：
(1)电压力锅处于加热状态时，通过电阻R1的电流。
(2)电压力锅处于保压状态时的功率P2。
(3)用电高峰期，电路的实际电压为210V，电压力锅做好同样一次饭，处于加热过程实际需要的时间。(不考虑能量损失)
【答案】(1)4.5A (2)200W (3)11min
【解析】（1）由题，闭合开关S1，开关S2与触点b接通，R1接入电路，电压力锅处于加热状态，
根据P=UI，
通过电阻R1的电流：I1=P1/U=1000w/220V=4.5A；
（2）闭合开关S1，开关S2与触点a接通，R2接入电路，电压力锅处于保压状态，
根据P=UI,所以P1/I1=P2/I2，
已知I1=5I2．
即：1000w/5I2=P2/I2，解得：P2=200W；
（3）根据，
电路的实际电压为210V，加热状态下需要热量相同，Q1=Q1′，
则：，
即：，解得：t1′≈11min．
22．小金家有一台加湿器,说明书上有原理图(如图甲),表格中为其部分技术参数, R1、R2为发热电阻,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”、“低档”、“高档”之间的转换(低档为小功率加热,高档为大功率加热).
额定电压
220V
低档发热功率
100W
水箱容积
3L
适用面积
20~40m2
(1)加湿器需在低档加热,开关S应旋转至触点 (“1、2”、“2、3”或“3、4”)位置;
(2)水箱注满水,初始水温为 10℃,开始通电,低档加热,水共吸收了3.15×105 焦耳的热量(不计热损失),问此时的水温为多少.
(温馨提醒: Q=cm（t-t0）其中c=4.2×103J/（kg·℃）为末温t0为初温);
(3)加湿器处于高档位置时的发热功率;
(4)如图乙是使用加湿器工作30分钟的图象,计算加湿器前20分钟消耗的总电能.
【答案】(1)3、4;(2)此时的水温为35℃;(3)加湿器处于高档位置时的发热功率为400W;(4)加湿器前20分钟消耗的总电能为3×105J.
【解析】(1)由图1知,开关S接“1、2”时电路断路为关;“2、3”时两电阻串联,接“3、4”时只有R1接入电路,电源电压一定,由P=U2/R可知，接“2、3”时电阻最大，为低档，接“3、4”时电阻最小，为高档；
(2)由ρ=m/V可得，水的质量m=ρ水V=1.0×103kg/m3×3×10−3m3=3kg，
由Q=cm(t−t0)可得，
3.15×105J=4.2×103J/(kg⋅℃)×3kg×(t−10℃)
解得t=35℃；
(3)由题知,R2=3R1，低档发热功率：
已知P低=100W
则U2/(R1+R2)=(220V)2/4R1=100W；
解得R1=121Ω，
加湿器处于高档位置时的发热功率P高=U2/R1=(220V)2/121Ω=400W；
(4)由图2知，工作30min时，其中高档10min，低档20min，
计算加湿器前20分钟消耗的总电能：
W=W高+W低=P高t高+P低t低=400W×10×60s+100W×10×60s=3×105J，
23．如图甲所示的电路中，电源电压恒为6V，R2=30Ω，已知通过R1的电流随它两端电压变化关系如图乙所示，求：
(1)R1的阻值；
(2)当S1、S2、S3均闭合时，电流表的示数；
(3)当S1闭合，S2、S3断开时，电流表的示数为0.15A，此时R3消耗的功率。
【答案】(1)20Ω；(2)0.5A；(3)0.225W
【解析】(1)从乙图可知，当U1=4V时，I1=0.2A，
∴电阻R1的阻值为：R1=U1/I1=4V/0.2A═20Ω.
(2)S1、S2、S3均闭合时，电阻R3短路，电阻R1和R2并联，电流表测干路电流；
∵R2=30Ω，R1=20Ω，∴电路中的总电阻为：R=1/(1/R1+1/R2)=12Ω，
而电源电压恒为6V，∴干路中的总电流，即电流表的示数为：I=U/R=6V/12Ω=0.5A，
(3)S1闭合，S2、S3断开时，电阻R1断路，电阻R2和R3串联，电流表测电路电流；
∵I2=0.15A，R2=30Ω，∴电阻R2两端电压为：U2=I2R2=0.15A×30Ω=4.5V，
又∵电源电压恒为6V，∴电阻R3两端电压为：U3=U−U2=6V−4.5V=1.5V，
而I3=I2=0.15A，∴电阻R3消耗的功率P3=U3I3=1.5V×0.15A=0.225W，
24．热水器的“能效比”是衡量热水器性能的指标之一。空气源热泵热水器是新一代高“能效比”(“能效比”为热泵机组产出的热量与投入的电能之比)的热水装置，其工作原理简化为如图所示。工作物质在蒸发器中吸收空气的热迅速汽化，通过消耗少量电能驱动的压缩机将其压缩成高温高压的气体，在冷凝器内液化放出热量，并对冷水加热，使水温升高，达到制热水的目的。右表是某型号热泵热水器的部分参数，其中65L/h表示此热水器当进水温度为15℃，出水温度为55℃时，每小时可出热水65升。请你解答：
额定制热水量
65L/h
额定电压/频率
220V/50Hz
额定输入功率
770W
水箱型号
100L
（1）此热水器正常工作1h消耗的电能？
（2）65L水温度从15℃升高到55℃吸收的热量？
（3）此热水器的“能效比” 100%(选填“＞”、“=”或“＜”) 结合工作原理说明使用该热水器比电热水器节省费用的原因？C水=4.2×103 J/(kg·℃)
【答案】(1)W=Pt=770W×3600s=2.772×106J(或0.77kWh)（2分）
(2)m=ρV=1.0×103kg/m3×65×10-3 m3=65kg （1分）Q=cm(t2-t1)=4.2×103 J/(kg·℃) ×65kg×(55℃-15℃)=1.092×107J（2分）
(3) ＞ 该热水器消耗了很少的电能，而水却从空气中吸收很多热量（共2分）
【解析】（1）知道水的质量、水的比热容、水的温度升高值，利用吸热公式求水吸收的热量；
（2）已知热水器的功率和正常工作时间，利用W=Pt即可求出1h消耗的电能；
（3）根据“能效比”为热泵机组产出的热量与投入的电能之比来分析此题．
25．智能扫地机器人是一款能自动清扫的家用电器，如图甲所示．机器人通过电动机旋转产生高速气流，将灰尘、杂物吸入集尘盒；其防滑轮上印有凸凹不平的花纹；底部安装有塑料刷，用于清扫吸附在地板或地毯上的灰尘及轻小物体；前端装有感应器，通过发射、接收超声波或红外线来侦测障碍物．当剩余电量减为电池容量的20%时，机器人会主动寻找充电器充电．表一为某扫地机器人的部分参数．
表一：
额定工作电压
12V
额定工作电流
2.5A
电池容量
2000mAh
行进速度
0.3m/s
机器人中吸尘电机的吸入功率是衡量其优劣的重要参数，测得某吸尘电机的吸入功率与真空度、风量间的对应关系如表二．真空度指主机内部气压与外界的气压差；风量指单位时间内通过吸尘电机排出的空气体积；吸尘电机吸入功率与输入功率的比值叫做效率．
表二：
真空度/Pa
400
450
500
550
600
风量/（m3/s）
0.025
0.02
0.017
0.015
0.013
吸入功率/W
10.00
9.00
8.50
8.25
7.80
（1）下列说法中错误的是．
A、机器人通过电动机旋转产生高速气流，以此来减小主机内部的气压而产生吸力．
B、在地毯纤维内掺杂金属丝，会增加机器人对灰尘及轻小物体的清扫难度
C、防滑轮上印有凸凹不平的花纹，是为了增大机器人与地面间的摩擦
D、当遇到黑色真皮沙发等深色障碍物时，使用超声波感应器效果较好
（2）若该机器人向障碍物垂直发射超声波，经过0.02s收到回波，则其发射超声波时与障碍物间的距离约为m（此空答案保留一位小数）；在这段时间内机器人向前行进的距离为m．
（3）电池容量“2000mAh”是指当工作电流为2000mA，能持续供电1h．该机器人充满电后至下一次自动充电前能够连续正常工作的最长时间为h．假设返回充电过程中受到的阻力为36N，剩余电池容量支持正常工作所能做的电功的20%用于克服阻力做功，为确保机器人能顺利返回充电，需要充电时离充电座最远为 m．
（4）由表二数据可知，当风量为0.015m3/s时，若吸尘电机的输入功率为25W，此时其效率为%；上述风量下，5min内通过吸尘电机提出的空气质量为kg．（ρ空气=1.3kg/m3）
（5）光敏电阻是制作灰尘传感器的常用元件，图乙为光敏电阻的控制电路，电源电压U恒定，空气中的灰尘浓度会影响空气透光程度，RG为光敏电阻，其阻值随光照射的强弱而改变．“光强”表示光的强弱程度的物理量，照射光越强，光强越大，光强符号用E表示，国际单位为坎德拉（cd）．实验测得光敏电阻的阻值RG与光强E间的关系如图丙所示，R0为定值电阻．当光照强度为4.5cd时，电流表的读数为0.5A；当光照强度为1.5cd时，电流表的读数为0.3A，则R0=___Ω．为监测空气的透光程度，现将电流表表盘的电流I刻度值转化为对应的总阻值（R0+RG），则转化后表盘上从左到右相邻两刻度线对应总阻值的差值将逐渐减小，原因是_______________________________________．
【答案】（1）B
（2）3.4m；0.006m
（3）s=W返/f=96m
（4）η电机=P吸入/P输出×100%=33%．m=ρ空气V=5.85kg
（5）I1=(U0-U1)/R0，即0.5A=(U0-2V)/R0…①
I2=（U0-U2）/R0，即 0.3A=(U0-3.6V)/R0…②
联立①②可解得：U0=6V，R0=8Ω．
电压表示数为U，电流I=U/R0=U0/R0+RG，
即U=U/（R0+RG），U与（R0+RG）成反比，则转化后表盘上从左到右相邻两刻度线对应阻值的减小量将减小
【解析】（1）①流速越大的位置压强越小；
②静电现象，带电体具有吸引轻小物体的性质；
③增大摩擦的方法：增大压力和增大接触面的粗糙程度；
④黑色物质和深色物质对光的吸收能力强；
（2）根据速度公式求解与障碍物之间的距离以及机器人行进的距离；
（3）知道额定电压和额定功率，根据I=P/U求出机器人正常工作时的电流；先算出消耗的电池容量Q=Q1-Q2，再利用t=Q/t求出连续正常工作的最长时间；由题机器人返回消耗电能W返=20%W剩，返回克服阻力做功W=Fs=fs，由此计算需要充电时离充电座最远距离；
（4）由表格中数据可知，吸入功率与真空度和风量的关系，求出吸尘电机吸入功率，再根据η电机=P吸入/P输出×100%求出吸尘电机的效率；根据风量和时间求出空气的体积，再利用m=ρ空气V通过吸尘电机提出的空气质量；
（5）根据串联电路电流相等的特点，利用欧姆定律I=U/R列出光敏电阻在不同阻值的电流方程，联立即可解得定值电阻的阻值；利用欧姆定律I=U/R找出电压表示数与对应的总阻值（R0+RG）的关系，即可判断表盘上从左到右相邻两刻度线对应阻值的减小量．
26．现有一个电阻元件Z，可能是由金属材料制成的，它的电阻随温度的升高而增大，也可能是由某种半导体材料制成的，其电阻随温度的升高而减小。现用图示电路对其进行测试，其中R为定值电阻，电源电压可调，实验中从0开始逐渐增大电源电压，测得通过Z的电流与加在它两端的电压数据如表所示：
U/V
0.0
0.2
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
I/A
0.000
0.050
0.100
0.150
0.180
0.195
0.200
0.205
利用这些数据绘出Z的I−U曲线如图所示。请根据表中数据和图线解决下列问题：
(1)Z是由___(金属/半导体)材料制成的。当Z两端电压为1.5V时，Z消耗的电功率是___W；
(2)当电源电压为U=3.5V时，电流表的读数为0.200A，求定值电阻R的阻值；
(3)当电源电压调到某一适当值时，元件Z与定值电阻R消耗的电功率相等，求此时电路的总功率。
【答案】（1）金属 0.27 ；（2）5欧姆 ；（3）0.15W
【解析】（1）由表中数据，根据欧姆定律和P=UI分别求出电阻、电功率的大小，即可得出Z是由什么材料制成的；再根据图象读出电压表为1.5V时对应的电流，根据P=UI求出Z消耗的电功率．
（2）先从图象中读出电流表的示数为0.200A时电压表的示数，再根据串联电路的电压特点求出R两端的电压，最后根据欧姆定律求出定值电阻R的阻值．
（3）方法一、根据串联电路各处的电流相等和P=UI可知Z、R两端的电压相等，作出R的电流随电压变化的I-U图象，由图可知两图的交叉点即为符合要求电压，再根据串联电路的电压特点求出电源的电压；
方法二、根据串联电路各处的电流相等和P=I2R可知Z、R的电阻相等，由图象可知Z两端的电压为0.5V、通过的电流为0.1A时Z、R的电阻相等，再根据串联电路的电压特点求出电源的电压．
27．如图所示电路，电源电压保持不变，在甲图中，闭合开关S，电压表的示数为4V，电流表示数0.2A；乙图中，闭合开关S，电压表示数为6V。求：
（1）R1、R2的电阻；
（2）乙图中电流表示数I乙
（3）甲、乙两电路的总功率之比P甲：P乙。
【答案】（1）10欧（2）0.9A（3）2：3
【解析】（1）图甲：R1=4v/0.2A=20欧,由乙图并联可知甲图中R2上电压为6v-4v=2v,所以R2=2v/0.2A=10欧
（2） 图已：由R1=20欧R2=10欧,可知并联 R总=20/3欧,所以 电流=6v/20/3欧=0.9A
（3）图甲：P=UI=6*0.2=1.2W
图已：P=UI=6*0.9=1.8W
所以 P甲/P乙=2/3
28．如图是一款即热式电热饮水机的原理示意图，它可以设定不同的出水温度，R是加热电阻丝，其规格为“220V 1600W”；控制电路中的直流电源变换器能将220V交流电转换成6V的直流电，Rt是热敏电阻，其阻值与温度的关系式为Rt=10+0.5t（式中Rt单位是Ω，t的单位是℃）．电磁铁线圈电阻为10Ω，R0是滑动变阻器，当电磁继电器线圈中的电流小于等于20mA时，衔铁片会弹起，触点分离，热水器停止加热．
（1）请根据要求将加热电阻丝R连入电路．
（2）要使出水温度升高，滑动变阻器的阻值应该在原来设定的基础上适当________（选填“增大”或“减小”）。
（3）该热水器把体积为150mL，初温为20℃的水加热到100℃，只需35s，则该热水器的加热效率是多少？
【答案】（1）如图（2）减小（3）90%
【解析】（1）
（2）减小
（3）热水器的体积V=150mL=150cm3，
水的体积：
m=ρV=1.0g/cm3×150cm3=150g=0.15kg，
水吸收的热量：
Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×0.15kg×（100℃-20℃）=5.04×104J，
消耗的电能：
W=PRt′=1600W×35s=5.6×104J，
该热水器的加热效率：
η=Q吸/W×100%=5.04×104/5.6×104J×100%=90%；
29．许多家庭在坐便器上安装了有加热、冲洗等功能的智能电热便座，如图甲所示。便座加热电路有高、中、低三档可调节，其额定电压为220V。低温档、中温档的额定功率分别为22W和44W。电热便座的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）低温档加热时，开关S1应 （选填“闭合”或“断开”），S2连接b。
（2）中温档加热0.5小时，消耗多少度电？
（3）高温档加热时的额定功率是多少瓦？
【答案】（1）断开；（2）0.022度；（3）88W
【解析】（1）断开
（2）中温档消耗加热0.5小时消耗的电能：W=Pt=0.044kW×0.5h=0.022度
（3）当开关S1闭合、S2接b或断开时，电路为R1的简单电路，马桶盖处于中温档。R1=U2/P中温=(220V)2/44W=1100Ω，当开关S1断开、S2接b时，R1与R2串联，马桶盖处于低温档，电路中的总电阻：R=U2/P低温=(220V)2/22W=2200Ω，所以：R2=R-R1=2200Ω-1100Ω=1100Ω，当开关S1闭合、S2接a时R1与R2并联，电热马桶盖处于高温档。因为R1=R2 所以：P1=P2=P中温=44W，高温档加热的额定功率为：P高温=P1+P2=44W+44W=88W
30．电热桌垫在冬天很受欢迎（如图甲）。某校综合实践活动小组的同学探究了它的原理，查看说明书后发现：该电热桌垫由8伏电源供电，发热部分由R1和R2组成，调温档有关、低温、高温三档，已知两图中R1均为8欧，R2均为2欧。
（1）按如图乙的电路，当S1闭合、S2断开时电热桌垫处于 档（选填“关”、“低温”或“高温”）。
（2）图乙中该电热桌垫消耗的最大功率是多少瓦？
（3）若该电热桌垫实际电路如图丙，现电热桌垫处于高温档，开关S1 ，S2 （选填“断开”或“闭合”）。
（4）图丙中当电热桌垫处于低温档时，求10分钟内产生的热量是多少焦？（不考虑温度的变化对电阻的影响）
【答案】(1)低温；(2)图乙中该电热桌垫消耗的最大功率是32W；(3)闭合；闭合；(4)图丙中当电热桌垫处于低温档时，求10分钟内产生的热量是6400J.
【解析】(1)如图乙的电路,当S1闭合、S2断开时，两电阻串联，根据串联的电阻大于其中任一电阻，
由P=U2/R，可知，此时是为电热桌垫处在低温档；
(2)当两个开关都闭合时,电路中只有R2，此时电路的最大功率：P大=U2/R2=(8V)2/2Ω=32W；
(3)根据并联电阻小于其中任一个电阻,故两电阻并联时,电路的总最电阻最小,功率最大,故开关S1闭合,S2闭合；
(4)图丙中,只闭合S1时,电路中只有R1，为低温档，10分钟内产生的热量是：
W=U2t/R1=(8V)2×10×60s/6Ω=6400J.
31．如图甲所示是一种常见的电热水袋，图乙是它的结构示意图，其性能指标如表所示．请完成下列各题：
额定电压
额定加热功率
指示灯功率
袋内充水
自动断电温度
220V
500W
≤0.2W
1L
65℃
（1）请你计算电热水袋中充水的质量．
（2）给它通电，当达到断电温度时，水共吸收了2.1×103J的热量，袋内水的初温是多少？[Q=cm(t-t0)其中c=4.2×103J/(kg•℃)t为高温，t0为初温]
（3）电热水袋此次在额定电压下通电10分钟指示灯熄灭，则电热水袋的发热效率是多少？
【答案】（1）1kg (2) 15℃ （3）70﹪
【解析】(1)电热水袋中充水的体积：V=1L=1dm3=1×10-3m3，
由ρ=m/V可得，电热水袋中充水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×1×10-3m3=1kg；
(2)由Q吸=cm(t−t0)可得，袋内水的初温：
t0=t−Q吸/(cm)=65℃−2.1×105J/[4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg]=15℃
(3)由P=Wt可得，电热水袋在额定电压下通电10min消耗的电能：
W=Pt=500W×10×60s=3×105J，
则电热水袋的发热效率：η=Q吸/W×100%=2.1×105J/3×105J×100%=70%
32．如图甲所示，是某兴趣小组设计的一个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，其阻值随光照强度的变化规律如图乙所示（光照强度E的单位为勒克斯，符号为Ix），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强度低至某一设定值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__________勒克斯；
（3）若环境的光照强度降至1Ix，并保持10分钟不变，求这段时间内该电路消耗的电能。
（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）1.5Ix；（3）540J；（4）增大
【解析】（1）根据公式I=P/U，将6V、3W代入公式计算，I=3W/6V=0.5A
（2）当R1两端的电压为4V时，R0两端的电压为2V，根据I=U/R=2V/10Ω=0.2A。故R1=U/I=4V/0.2A=20Ω。此时光照强度为1.5Ix。
（3）当光照强度为1Ix时，R1=30Ω。电路中电流I=U/R总=6V/40Ω=0.15A。电路中消耗的电能为W=UIt=6V×0.15A×10×60S=540J
（4）若要使E0的值降低一些，应增大R1的阻值。根据串联电路分压的特点，为使R1两端电压升至4V，应增大R0的阻值。
33．PTC是一种新型的半导体陶瓷材料,它的发热效率较高,PTC有一个人为设定的温度。当它的温度低于设定温度时,其电阻值会随它的温度升高而变小；当它的温度高于设定温度时,其电阻值随它的温度升高而变大。如图甲所示的陶瓷电热水壶就使用了这种材料。它的工作电路如图乙所示,R0是定值电阻,其阻值不受温度的影响.RT是PTC的电阻,它的电阻值与温度的关系如图丙所示。该电热水壶在RT设定温度状态工作时，电路消耗的总功率为1100W.
(1)R0的阻值为多少?
(2)当RT的温度为130℃时,电路中RT的实际功率为多少?
(3)分析比较40℃和80℃时电路消耗的总功率谁大，并简要说明原因。
【答案】(1)10Ω；(2)400W；(3)根据图象可知,40℃RT的阻值大于80℃时RT的阻值，由欧姆定律可知，80℃时电路中的电流较大，由P=UI可知，80℃时电路消耗的总功率较大
【解析】(1)由题意可知，在图象中PTC的人为设定温度为100℃；当RT在设定温度状态工作时,由图丙可知Rr=34Ω,R0、RT串联，由P=U2/R可知,电路中的总电阻：R总=U2/P=(2200V)2/1100W=44Ω，因为串联电路中总电阻等于各分电阻之和,则R0的阻值：R0=R总−RT=44Ω−34Ω=10Ω；(2)当RT的温度为130℃时,由图象可知,此时RT的阻值为100Ω，电路中的总电阻：R′总=R0+R′T=10Ω+100Ω=110Ω，电路中的电流：I′=U/R′总=220V/110Ω=2A，RT两端的电压：U′=I′×R′T=2A×100Ω=200V，RT的实际功率：P′=U′I′=200V×2A=400W，(3)根据图象可知,40℃RT的阻值大于80℃时RT的阻值，由欧姆定律可知，80℃时电路中的电流较大，由P=UI可知，80℃时电路消耗的总功率较大。答：(1)R0的阻值为10Ω；(2)当RT的温度为130℃时,电路中RT的实际功率为400W；(3)根据图象可知,40℃RT的阻值大于80℃时RT的阻值，由欧姆定律可知，80℃时电路中的电流较大，由P=UI可知，80℃时电路消耗的总功率较大。
34．《2013～2017年中国风光互补路灯行业发展前景与投资预测分析报告》数据显示，我国现有城乡路灯总数约有2亿只，并以每年20%的速度增长。我国有丰富的风能及太阳能资源，路灯作为户外装置，两者结合做成风光互补路灯，无疑给国家的节能减排提供了一个很好的解决方案。如图为某公司生产的风光互补LED路灯外形图和电路原理图，每套路灯的部分部件及参数如表。
部分名称
单位
数量
型号
太阳能电板
套
1
24V 280W
风力发电机
台
1
24V 300W
蓄电池
只
2
12V 120Ah
LED灯
只
2
24V 60W
(1)该灯电路中，两只LED灯的连接方式是_______。(填“串联”或“并联”)
(2)两只LED灯正常发光时，通过光控开关S的电流为多大？
(3)国家发改委提供的数据显示，每燃烧1吨标准煤可以发电3000千瓦时，排放二氧化碳2.61吨，假如传统路灯消耗的电能来自燃烧标准煤发电，用此套路灯替换400瓦，每天工作10小时的传统路灯，则每套路灯1年(365天)可减少多少吨二氧化碳的排放？
【答案】(1)并联 (2)5A (3)1.27t
【解析】(1)由于路灯工作时互不影响即可以独立工作，则可知两只灯是并联的；
(2)两只LED灯正常发光时,总功率为P=60W+60W=120W,又知U=24V,由P=UI可得：通过光控开关S的电流为I=P/U=120W/24V=5A；
(3)由P=W/t得：400W的灯一年消耗的电能为：W=P′t=0.4kW×10h×365=1460kW⋅h，
则每套路灯1年(365天)可减少二氧化碳的排放量为：m=1460kW⋅h/3000kW⋅h×2.61t=1.27t.
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