初中科学华师大版培优讲义 物理专题下（共5节）

这是一份初中科学华师大版培优讲义 物理专题下（共5节），共106页。
专题06 电功和电功率的计算
【解题技巧】
一、比较功大小时，若是串联常用W=I2Rt来取W1/W2比值，反之常用W=U2t/R并进一步进行其他运算
二、求最大功率或不同档位用电器(电热器)问题时，常用P=U2/R分析，当并联时电阻最小，功率最大；串联时电阻最大，功率最小，再根据题意求相关量
三、若关于小灯泡等实际功率随着温度改变而变化时，根据实际电流或电压求电阻，再求其他量
四、非纯电阻电路功率的分析与计算
(1)电动机的功率和效率
①电动机的输入功率是电动机消耗的总功率,P入=P总=UI=P出+P热
②电动机的热功率是线圈上电阻的发热功率,P热=I2r=P入-P热
③电动机的输出功率是电动机将电能转化为机械能的功率,P出=P入-P热=IU-I2r=Fv
④电动机的效率:η=P出/P入
(2)串、并联电路的总功率
①串联电路:P总=UI=(U1+U2+U3+…)I=P1+P2+P3+
②并联电路:P总=UI=U(I1+I2+I3+…)=P1+P2+P3+
从能量转化的角度看,无论是串联电路还是并联电路,无论是纯电阻电路还是非纯电阻电路,电路消耗的总功率均等于电路中各部分消耗的功率之和

【例题精析】
一．电功率的计算
1．小明同学设计了如图甲所示的汽车转向指示灯电路模型，接通相应指示灯后，指示灯会亮、暗（微弱发光）交替闪烁发光，电路中电源电压恒为6V，R0为定值电阻，指示灯规格均为“6V3W”，电磁铁线圈和衔铁的电阻忽略不计，指示灯的电压与电流的变化规律如表所示：

（1）若让左转、右转指示灯同时工作，转向开关应与触点　3和4　接通（选填“1和2”、“2和3”、“3和4”或“4和5”）。
（2）当转向开关与触点“2和3”接通时，右转指示灯两端实际电压U灯随时间t变化规律如图乙所示，已知当右转指示灯微弱发光时，右转指示灯的功率与定值电阻R0的功率之比是1：4，求定值电阻R0的阻值。
（3）右转指示灯交替闪烁工作15s时，求指示灯和R0消耗的电能分别是多少？
电压/V
……
0.5
1.2
2.0
3.0
4.0
5.0
5.5
……
电流/A
……
0.08
0.12
0.18
0.26
0.34
0.42
0.42
……
【解答】解：（1）由电路图可知，转向开关接3和4时，左转、右转指示灯同时工作；
（2）当转向开关与触点“2和3”接通时，右转指示灯与R0串联接入电路中，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，右转指示灯的功率与定值电阻R0的功率之比：
PLP0=ULIU0I=ULU0=14，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：
U＝UL+U0＝UL+4UL＝5UL＝6V，
解得：UL＝1.2V，U0＝4UL＝4×1.2V＝4.8V，
由表格数据可知，当UL＝1.2V时，通过的电流IL＝0.12A，
由I=UR可得，R0的阻值：
R0=U0I=U0IL=4.8V0.12A=40Ω；
（3）由图乙可知，右转指示灯交替闪烁工作15s内，亮、暗发光的时间分别为t1＝5s、t2＝10s，
由P=Wt可得，当指示灯正常发光时消耗的电能：
W1＝PLt1＝3W×5s＝15J，
当指示灯微弱发光时，电流为0.12A，这时指示灯消耗的电能：
W2＝UIt2＝1.2V×0.12A×10s＝1.44J，
灯消耗的总电能：
W＝W1+W2＝15J+1.44J＝16.44J，
灯泡正常发光时，R0不工作，灯泡发光较暗时，R0工作，故15s内R0工作的时间为t＝10s，
则R0消耗的电能为：
W0＝U0It＝4.8V×0.12A×10s＝5.76J。
答：（1）3和4；
（2）定值电阻R0的阻值为40Ω；
（3）右转指示灯交替闪烁工作15s时，指示灯消耗的电能为16.44J，R0消耗的电能是5.76J。
2．某同学为学校草坪设计了一个自动注水喷淋系统，其电路设计如图甲，控制电路电源电压U1＝12伏，R0为定值电阻，Rp为压敏电阻，电磁铁线圈电阻忽略不计，压敏电阻RP放置于水箱底部（如图乙），其阻值与压力有关，阻值随水位变化关系如表，工作电路包括注水系统和喷淋系统，其电源电压U2＝220伏。圆柱体水箱底面S＝0.4米2，当水箱内的水位上升到2米时，通过电磁铁线圈的电流I水＝0.1安，衔铁恰好被吸下，注水系统停止工作，此时电流表示数I1＝1安，当水位下降到1米时，衔铁恰好被拉起，注水系统开始给水箱注水，此时电流表示数I2＝2安。

水位（米）
0.25
0.50
0.75
1.00
1.25
1.50
1.75
2.00
2.25
压敏电阻Rp的阻值（欧）
300
200
125
90
70
65
62
60
59
（1）当水箱内水位达到2米时，控制电路中压敏电阻Rp的功率为　0.6　瓦。
（2）当水箱内水位下降到1米时，通电电磁铁线圈的电流Ib为多少安？
（3）已知喷淋系统一直给草坪喷水，每秒钟喷水恒为0.001米3，注水系统工作时，每秒钟给水箱注水恒为0.005米3，求相邻两次开始给水箱注水的这段时间内，工作电路消耗的电能。
【解答】解：
（1）由图知，控制电路中R0、RP、电磁铁线圈串联，
由表中数据知，当水箱内水位达到2米时，RP＝60Ω，控制电路中电流I水＝0.1A，
所以RP的功率：PP＝I水2RP＝（0.1A）2×60Ω＝0.6W；
（2）当水位为2米时，根据串联电路特点和欧姆定律可得R0阻值，
R0＝R总1﹣RP=UI水−RP=12V0.1A−60Ω＝60Ω，
当水位1米时，由表格数据知RP1＝90Ω，
由串联电路特点和欧姆定律可得线圈的电流：
Ib=UR0+RP1=12V60Ω+90Ω=0.08A；
（3）由工作电路知，注水和喷淋系统是并联的，
注水系统从水位1米开始注水到2米，注水的总体积：
V总＝0.4m2×（2m﹣1m）＝0.4m3，
注水的同时喷淋系统一直工作，所以注水时间：
t1=0.4m30.005m3/s−0.001m3/s=100s，
水位从2米下降到1米，需要的时间：
t2=0.4m30.001m3/s=400s，
所以注水系统与喷淋系统同时工作时，工作电路电流做的功：
W＝U2I2t1＝220V×2A×100s＝4.4×104J，
喷淋系统单独工作时，工作电路电流做功：
W'＝U2I1t2＝220V×1A×400s＝8.8×104J，
所以相邻两次开始给水箱注水的这段时间内，工作电路消耗的电能：
W总＝W+W'＝4.4×104J+8.8×104J＝1.32×105J。
答：（1）0.6。
（2）当水箱内水位下降到1米时，通电电磁铁线圈的电流Ib为0.08A。
（3）相邻两次开始给水箱注水的这段时间内，工作电路消耗的电能为1.32×105J。
3．如图是某型号电动轮椅工作原理示意图。开关S1和S2由绝缘操纵杆控制，能同时接“1”或接“2”，向前推操纵杆时轮椅前进且能调速，向后拉操纵杆时轮椅以恒定速度后退。已知蓄电池的电压为24V保持不变，R2的阻值为10Ω，电动机的额定功率为100W，额定电压为24V．请解答下列问题：
（1）当开关S1和S2同时接“1”或接“2”时，电动轮椅既能前进又能后退为什么？
（2）当电动轮椅后退时，电流表示数为1A，此时电动机的实际功率；
（3）当电动机以额定功率工作时，电动轮椅在水平路面上匀速前进的速度为2m/s，若此时电动机消耗的电能有75%转化为电动轮椅前进的机械能，此时电动轮椅受到的阻力。

【解答】解：
（1）由题可知，轮椅前进且能调速，所以前进电路中应有可以控制电路中的电流的装置，即有滑动变阻器且与电动机串联在电路中；由电路图可知，此时开关S1和S2都接1；
轮椅后退时，轮椅以恒定速度后退，即电动机应与R2串联，此时电流方向与前进时相反，由电路图可知，此时开关S1和S2都接2，则电动轮椅能后退。
（2）当电动轮椅后退时，开关S1、S2同时接2时，R2与电动机串联，
由欧姆定律可得，电阻R2两端的电压为：U2＝IR2＝1A×10Ω＝10V，
由串联电路的电压规律可知，电动机两端的电压为：UM＝U﹣U2＝24V﹣10V＝14V，
则电动机的实际功率为：P实＝UMI＝14V×1A＝14W；
（3）由题意可知，电动机的机械功率：
P机＝P额η＝100W×75%＝75W，
由P=Wt=Fst=Fv可得，电动轮椅受到的牵引力：
F牵=P机v=75W2m/s=37.5N，
因为匀速运动，所以阻力f＝F牵＝37.5N。
答：（1）当开关S1和S2同时接“1”或接“2”时，改变了电动机中的电流方向，所以电动轮椅既能前进又能后退；
（2）电动机的实际功率14W；
（3）电动轮椅受到的阻力37.5N。
4．如图所示的部分电路中，电源电压为6V且保持不变，a、b、c为三个接线柱。现备有三个电阻：R1、R2、R3，且R1＝3R3，R2＝2R3。
（1）若只在a、c间接入R1，则闭合开关S后，在1min内R1上产生的热量是240J，求R1的电阻；
（2）若要从R1、R2、R3中选取两个电阻，连入图中的虚线框内，当开关S由闭合到断开时，电流表示数减小了2A．试在虚线框内画出电阻的一种可能的连接电路图，并在连入电阻的上方标出该电阻的阻值和符号；
（3）根据（2）中的连接电路，计算出S断开和闭合两种状态下电路的总功率。

【解答】解：（1）若只在a、c间接入R1时，电路为R1的简单电路，
由Q＝I2Rt=U2Rt可得，R1的电阻：
R1=U2Qt=(6V)2240J×60s＝9Ω；
（2）由R1＝3R3、R2＝2R3可得：
R3=13R1=13×9Ω＝3Ω，R2＝2R2＝2×3Ω＝6Ω，
当三电阻分别单独接入电路中时，通过三电阻的电流分别为：
I1=UR1=6V9Ω=23A，I2=UR2=6V6Ω=1A，I3=UR3=6V3Ω=2A，
因开关S由闭合到断开时，电流表示数减小了2A，
所以，两电阻串联时，通过开关闭合、断开不可能使电流表的示数变化2A，故两电阻应并联，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，R3应位于开关S所在的支路，R1或R2应位于另一条支路上，电流表位于干路上，如下图所示：

（3）图1中，S断开时，电路为R1的简单电路，则电路中的总功率：
P断开=U2R1=(6V)29Ω=4W；
S闭合时，R1与R3并联，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，电路的总功率：
P闭合=U2R1+U2R3=(6V)29Ω+(6V)23Ω=16W；
图2中，S断开时，电路为R2的简单电路，则电路中的总功率：
P断开′=U2R2=(6V)26Ω=6W；
S闭合时，R2与R3并联，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，电路的总功率：
P闭合=U2R2+U2R3=(6V)26Ω+(6V)23Ω=18W。
答：（1）R1的电阻为9Ω；
（2）图1和图2中任意一个均可；
（3）图1中，S断开和闭合两种状态下电路的总功率依次为4W、16W；图2中，S断开和闭合两种状态下电路的总功率依次为6W、18W。
5．小民家有一个老式电热壶，只有加热功能，没有保温功能。小民想用一电阻丝作发热体与其串联，将它改造成具有保温功能的电热壶，S为温控开关，水沸腾时自动断开。已知原电热壶的额定电压为220V，为了测定它的额定功率，小民把它与一个标有“220V　100W”灯泡串联在家庭电路中（如图甲所示），电压表的示数为176V．（电源电压恒为220V，不考虑温度对电阻阻值的影响）
求：（1）原电热壶的额定功率P额。
（2）为了使改造后的电热壶（如图乙所示）在低温挡时的总发热功率为原电热壶额定功率的14，小民所串联电阻丝的电阻Rx。
。
【解答】解：（1）由P=U2R得：灯泡电阻RL=U2PL=(220V)2100W=484Ω，
R0两端的电压U0＝U﹣UL＝220V﹣176V＝44V，
由于R0与灯泡L串联
所以R0=U0UL•RL=44V176V×484Ω＝121Ω。
原电热毯的额定功率P额=U额2R0=(220V)2121Ω=400W。
（2）改造后的电热毯在低温挡时，R0与RX串联，
总发热功率P=14P额=14×400W＝100W。
电路的总电阻R=U2P=(220V)2100W=484Ω，
串联的电阻丝阻值RX＝R﹣R0＝484﹣121Ω＝363Ω。
答：（1）原电热毯的额定功率为400W；
（3）需串联一个363Ω的电阻丝。
二．电功与热量的综合计算
6．为方便学生饮水，某学校在各个教室安装了饮水机。如图是饮水机的电路图，S是一个温控开关，R1为电加热管。当饮水机处于加热状态时，水被迅速加热；达到100℃后，S自动切换到保温状态，A、B是两种不同颜色的指示灯。
（1）若红色表示加热，绿色表示保温，则灯B应为　绿　色。
（2）若饮水机正常工作，加热时电加热管的功率为1100W，保温时电加热管的功率为44W，则电阻R2的阻值为多少？（不考虑温度对阻值的影响，且不计指示灯的阻值）
（3）饮水机的最大容量为1L，装满初温为23℃的水后，发现过了7min后绿灯亮，则这台饮水机的热效率为多少？[c水＝4.2×103J/（kg：℃）]

【解答】解：
（1）当开关S接左面时，电路中电阻R1和A灯串联，且指示灯的阻值不计，此时总电阻最小，电流路中电流最大，发热管的功率最大，处于加热状态，因此A灯为红色灯；
当开关S接右面时，电路中电阻R1、R2和B灯串联，指示灯的阻值不计，此时总电阻大，电流路中电流小，发热管的功率最小，处于保温状态，因此B灯为绿色灯。
（2）当开关S与左侧接触时，电路为只有R1的简单电路（指示灯的阻值不计），饮水机处于加热状态，
已知加热时电加热管的功率为P加热＝1100W；
由P=U2R可得，R1的阻值：R1=U2P加热=(220V)21100W=44Ω；
当开关S与右侧接触时，电路中R1与R2串联（指示灯的阻值不计），饮水机处于保温状态，
由题知，保温时电加热管的功率为44W，
由P=U2R可得，此时电加热管两端的电压：U1=P保温R1=44W×44Ω=44V，
由欧姆定律可得，保温状态下电加热管中的电流：I=U1R1=44V44Ω=1A，
保温状态下，R2两端的电压：U2＝U﹣U1＝220V﹣44V＝176V，
由I=UR可得，R2的电阻值：R2=U2I=176V1A=176Ω；
（3）水的质量为：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg；
水吸收热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣23℃）＝3.234×105J；
这台饮水机加热时消耗的电能：W＝P加热t＝1100W×7×60s＝4.62×105J；
这台饮水机的热效率：η=Q吸W×100%=3.234×105J4.62×105J×100%＝70%。
故答案为：（1）绿；
（2）则电阻R2的阻值为176Ω；
（3）饮水机的最大容量为1L，装满初温为23℃的水后，发现过了7min后绿灯亮，则这台饮水机的热效率为70%。
7．浴室中的平面镜往往凝结大量的小水滴，导致成像模糊，而浴室防雾镜的背面粘贴有等大的电热膜，通电后镜面受热，水蒸气无法凝结其上，成像清晰。如图所示是某型号的浴室防雾镜，其相关数据如表：
面积大小
100dm2
镜子质量
1.2kg
额定电压
220V
额定功率
1W/dm2
（1）在某次洗浴中，浴室温度为30℃，正常工作2min使平面镜的平均温度升高到40℃，求电热膜对平面镜的加热效率。[玻璃的比热容为0.8×103J/（kg•℃）]
（2）如图乙所示，小夏给防雾镜电路连接了一个滑动变阻器R，能使电热膜的功率在原功率的25%～100%之间变化，以满足不同季节使用的需要。求滑动变阻器R的最大阻值。
【解答】解：（1）正常工作2min，平面镜吸收的热量：
Q吸＝cm△t升＝0.8×103J/（kg•℃）×1.2kg×（40℃﹣30℃）＝9.6×103J，
求电热膜的加热功率P＝P额＝1W/dm2×100dm2＝100W，
则正常工作2min，电流产生的热量：
Q＝W＝Pt＝100W×2×60s＝1.2×104J，
加热效率：
η=Q吸W×100%=9.6×103J1.2×104J×100%＝80%。
（3）当滑动变阻器阻值最大时，P实＝25%P额＝25%×100W＝25W，
根据P=U2R可得电热膜的电阻R0=U2P额=(220V)2100W=484Ω，
由P＝I2R可得，I=P实R0=25W484Ω=522A，
由欧姆定律可得：R总=UI=220V522A=968Ω，
根据串联电路的总电阻等于各电阻之和可知：R＝R总﹣R0＝968Ω﹣484Ω＝484Ω。
答：（1）求电热膜对平面镜的加热效率为80%。
（3）滑动变阻器R的最大阻值为484Ω。
8．电热加湿器靠电流的热效应工作。某种家用电热加湿器相关参数、外形、电路简化图如图所示。电热器的电热丝浸没在加热仓的水中产生热量，使加热仓中的水沸腾变成水蒸气喷出，增加环境湿度。当加热仓中的水减少到一定程度时，自动阀门智能打开，水由储水箱进入到加热仓中。
工作电压220V


工作频率50Hz
最大运行功率40W
储水箱容量2.4L
尺寸高315mm，底部直径168mm
满水工作时间高气雾量
10h，低气雾量24h
（1）当气雾调节器R2的滑片移到最左边时，加湿器以最大运行功率工作，求电热丝R1的电阻值。
（2）如果加热仓内冷水的温度为20℃，用最大运行功率工作，经过5min36s，水沸腾产生蒸气，求加热仓中水的体积。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）。ρ水＝1×103kg/m3]，电热丝R1产生的热量全部被水吸收。环境为标准大气压。
（3）当滑片移到最右端时，气雾调节器R2的阻值为990Ω，加湿器以最低气雾量工作，求此时电热丝R1的电功率是多少瓦？
【解答】解：
（1）当气雾调节器R2的滑片移到最左边时，气雾调节器R2被短路，只有电热丝R1工作，加湿器的功率最大，
由P＝UI=U2R可得，电热丝R1的阻值：
R1=U2P=(220V)240W=1210Ω；
（2）以最大功率工作t1＝5min36s＝336s电阻丝R1产生的热量：
Q＝W＝Pt1＝40W×336s＝13440J，
因电阻丝R1产生的热量全部被水吸收，
所以，水吸收的热量Q吸＝Q＝13440J，
标准大气压下水的沸点为100℃，由Q吸＝cm（t﹣t0）得，水的质量：
m=Q吸c(t−t0)=13440J4.2×103J/(kg⋅℃)×(100℃−20℃)=0.04kg＝40g，
由ρ=mV可得，加热仓中水的体积：
V=mρ=40g1.0g/cm3=40cm3；
（3）当滑片移到最右端时，R2的最大阻值和R1串联，
因串联电路中总电阻等于各分电压之和，
所以，电路中的电流：
I=UR1+R2=220V1210Ω+990Ω=0.1A，
此时电热丝 R1的电功率：
P1＝I2R1＝（0.1A）2×1210Ω＝12.1W。
答：（1）电热丝R1的阻值为1210Ω；
（2）加热仓中水的体积为40cm3；
（3）此时电热丝R1的电功率是12.1W。
9．下图是某美发用电吹风电路原理图，R1、R2为电热丝，M为电动机。闭合S1，开关S2分别接通ab、bc、cd时可实现冷风、暖风和热风转换。电吹风部分数据如下表。求：
（1）电热丝R1的电阻值。
（2）已知R2阻值为44Ω，求吹热风时电吹风的额定功率。
（3）电吹风出风口的横截面积为3×10﹣3m2，正常工作出风口风速为10m/s，则吹暖风时，吹出来的风的温度升高了多少？空气的比热容取1.0×103J/（kg•℃），空气的密度取1.0kg/m3，不计热量损失。
额定电压
220V
额定
功率
冷风
暖风
热风
88W
638W


【解答】解：
由图知，闭合S1，开关S2接通ab时，电阻丝不连入，只吹冷风；
开关S2接通bc时，电动机和电阻丝R1并联，连入电阻较大，由P=U2R可知此时加热功率较小，送出的是暖风；
开关S2接通cd时，电动机、电阻丝R1、电阻丝R2并联，连入电阻较小，由P=U2R可知此时加热功率较大，送出的是热风。
（1）闭合S1、开关S2接通bc时，电动机和电阻丝R1并联，送出的是暖风，
则电阻丝R1的功率：PR1＝638W﹣88W＝550W，
由P=U2R可得，电热丝R1的电阻值：
R1=U2PR1=(220V)2550W=88Ω；
（2）开关S2接通cd时，电动机、电阻丝R1、电阻丝R2并联，送出的是热风，
电阻丝R2的功率：PR2=U2R2=(220V)244Ω=1100W，
吹热风时电吹风的额定功率：P热＝P暖+PR2＝638W+1100W＝1738W；
（3）由题知，电吹风出风口的横截面积S＝3×10﹣3m2，出风口风速v＝10m/s，
则时间t内吹出风的体积：V＝Svt，
吹出风的质量：m＝ρV＝ρSvt，
空气吸收的热量：Q吸＝cm△t＝cρSvt×△t，
吹暖风时产生的热量：Q放＝WR1＝PR1t＝550W×t，
不计热量损失，Q吸＝Q放，
即：cρSvt×△t＝550W×t，
化简可得：cρSv△t＝550W，
代入数据有：1.0×103J/（kg•℃）×1.0kg/m3×3×10﹣3m2×10m/s×△t＝550W，
解得升高的温度：△t≈18.3℃。
答：（1）电热丝R1的电阻值为88Ω；
（2）吹热风时电吹风的额定功率为1738W；
（3）吹暖风时，吹出来的风的温度升高了18.3℃。
10．人造太阳是指像太阳一样通过核聚变，源源不断地产生巨大的能量。2017年7月4日晚中国科学院合肥物质科学研究院等离子物理研究所宣布，如图1，我国的全超导托卡马克核聚变实验装置（俗称“人造太阳”）在全球首次实现了稳定的101.2秒稳态长脉冲高约束模等离子体运行，创造了新的世界纪录，为人类开发利用核聚变清洁能源奠定了重要的技术基础。若人造太阳成为现实，某城市构想将来在高空设置一个人造太阳（近似认为是一个点，其能量以该点为中心向四周传播），在夜晚利用人造太阳为城市提供能量。在地面距人造太阳500m处一用户利用一面积为2m2的接收装置垂直获取能量，为家中某加热器供电，其内部简化电路如图2所示、其正常工作时的功率如表所示。

S1
断开
闭合
S2
闭合
闭合
功率
P1＝22W
P2＝44W
（1）求R2的阻值；
（2）在实际使用中，该用户接收装置获得能量并转化为电能，在使用高温挡时给某材料加热，材料温度升高4℃加热时间为40s。[设电热丝发热全部被材料吸收，材料的质量m＝500g，材料的比热容c＝0.66×103J/（kg•℃），已知半径为r的球其表面积为4πr2．不计传播过程中能量损耗，该接收装置能量转换为电能的效率为15%]
①该加热器的实际功率为多大？
②该人造太阳的功率至少为多少？
（3）利用相同面积的接收装置，为了能从人造太阳中获得更多的能量，在安装人造太阳时应该适当的靠近还是远离地球一些？
【解答】解：（1）由图可知，S2、S1都闭合时，电路中只有电阻R1；
只有S2闭合，S1断开时，R1、R2串联，根据串联电阻大于其中任一电阻，
由P=U2R可知，S2、S1都闭合时，功率较大，由表中数据可知，此时功率P2＝44W，
则R1=U2P2=(220V)244W=1100Ω；
只有S2闭合，S1断开时，R1、R2串联，由P=U2R可得：R总=U2P1=(220V)222W=2200Ω，
R2＝R总﹣R1＝2200Ω﹣1100Ω＝1100Ω；
（2）①该用户接收装置获得能量并转化为电能，即W＝Pt＝Q，
即P实t＝cm△t，
P实=Qt=cm△tt=0.66×103J/(kg⋅℃)×0.5kg×4℃40s=33W，
②该人造太阳的功率至少为P，工作时间为t，则人造太阳的能量至少为Pt，其能量以该点为中心向四周传播，半径为r的球其表面积为4πr2，故每平方米获能的能量：
Pt4πr2，面积为S获得的能量为：
W总=Pt4πr2×S﹣﹣﹣①，
故2m2获得的能量：
W总=Pt4πr2×2m2。
不计传播过程中能量损耗，该接收装置能量转换为电能的效率为15%，
η=W电W总=P实tW总×100%﹣﹣﹣﹣﹣②
将①代入②有：
η=P实×4πr2P×2m2，
该人造太阳的功率至少为：
P=P实×4πr2η×2m2=33W×4π×(500m)20.15×2m2=1.1×108πW＝3.454×108W；
（3）由①式知，W总=Pt4πr2×S，
利用相同面积的接收装置，为了能从人造太阳中获得更多的能量，r要小一些，即在安装人造太阳时应该适当的靠近地球一些靠近。
答：（1）R2的阻值为1100Ω；
（2）①该加热器的实际功率为33W；
②该人造太阳的功率至少为3.454×108W；
（3）利用相同面积的接收装置，为了能从人造太阳中获得更多的能量，在安装人造太阳时应该适当的靠近地球一些。
11．某兴趣小组设计了一种智能化的电热水器，如图所示，它主要由工作电路和控制电路两部分组成，工作电路可以在保温和加热两挡之间切换，当磁控开关L线圈中的电流等于或大于20mA时，磁控开关L的簧片吸合（簧片与线圈电阻不计），当线圈中的电流小于20mA时簧片断开，光敏电阻R随光照强度E（表示光照射强弱的物理量，单位是坎德拉，符号cd）变化的关系如下表所示，当开关S闭合时：
光照强度E/cd
1
2
3
4
5
光敏电阻R/Ω
18
9
6
4.5
3
（1）若控制电路中R0＝82Ω，U2＝2V，当光强E达到多少时，磁控开关的簧片恰好吸合？
（2）当线圈中的电流等于20mA时，工作电路处于何种挡位？将质量为2kg的水由50℃加热至100℃需吸收多少热量？
（3）若工作电路在加热和保温两种状态时R1的功率之比为25：9，求R1与R2的比值。

【解答】解：（1）因当磁控开关L线圈中的电流等于或大于20mA时，磁控开关L的簧片吸合（簧片与线圈电阻不计），根据欧姆定律I=UR，电路的总电阻：
R串联=U2I=2V20×10−3A=100Ω，
因R0＝82Ω，由电阻的串联，光敏电阻：
R＝R串联﹣R0＝100Ω﹣82Ω＝18Ω，
由表中数据可知，此时光强E达到1cd；
（2）由题意，当线圈中的电流等于20mA时，磁控开关L的簧片吸合，因不计簧片与线圈电阻，R2短路，电路只有R1；
当磁控开关L的簧片断开时，R2与R1串联，由串联的电阻规律此时电路的总电阻变大，
根据P＝UI=U2R，因电源电压不变，故此时工作电路的功率较大，处于加热挡位；
将质量为2kg的水由50℃加热至100℃需吸收的热量：
Q＝cmΔt＝4.2×103J（/kg•℃）×2kg×（100℃﹣50℃）＝4.2×105J；
（3）由（2）知，电路只有R1时为加热状态，两电阻串联时为保温状态，根据：
P＝UI=U2R，对R1而言，两种状态下的功率与电压的平方成正比，即：
P1加P1保=U1加2U1保2，
即：U1加U1保=P1加P1保=259=53，
UU1保=53−−−−①
在保温电路中，由串联电路电压的规律有：
U 1保+U2保＝U﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，将②代入①有：
U1保+U2保U1保=53，
整理有：
U2保U1保=23，在保温电路中，根据分压原理：
U2保U1保=R2R1=23，
即：R1R2=32。
答：（1）若控制电路中R0＝82Ω，U2＝2V，当光强E达到1cd时，控开关的簧片恰好吸合；
（2）当线圈中的电流等于20mA时，工作电路处于加热何种挡；将质量为2kg的水由50℃加热至100℃需吸收多少热量4.2×105J；
（3）若工作电路在加热和保温两种状态时R1的功率之比为25：9，R1与R2的比值为3：2。
12．王斌学了电磁继电器的知识以后，突发奇想：自己能不能制作一个像麦当劳那里的烘手器呢？他开始设计了一个电路，如图甲所示，R0为光敏电阻，M为用电动机做成的简易吹风机，试用以后，觉得干手的速度还有点慢，于是他又想，如果在不影响电动机正常工作的情况下加一个“220V 1000W”的电热丝，那效果也许会更好，请回答以下问题：
（1）所加电热丝的电阻是多少？
（2）在图乙中画出接入电热丝后工作电路部分的电路图（电热丝可用电阻的符号表示）。
（3）若电热丝消耗的能量，有其中的50%被水吸收使其温度升高，那么它正常工作7min能使多少初温为10℃的水温度升高到30℃？（c水＝4.2×103J/（kg•℃））

【解答】解：（1）由P＝UI=U2R可得，所加电热丝的电阻：
R=U2P=(220V)21000W=48.4Ω；
（2）由题可知，电热丝和电动机工作时互不影响，所以电热丝和电动机应并联连接，如图所示：

（3）由P=Wt可得，电热丝正常工作7min消耗的电能：
W＝Pt＝1000W×7×60s＝4.2×105J，
由η=Q吸W×100%可得，水吸收的热量：
Q吸＝ηW＝50%×4.2×105J＝2.1×105J，
由Q吸＝cm（t﹣t0）可得，加热水的质量：
m=Q吸c(t−t0)=2.1×105J4.2×103J/(kg⋅℃)×(30℃−10℃)=2.5kg。
答：（1）所加电热丝的电阻是48.4Ω；
（2）如上图所示；
（3）正常工作7min能使2.5kg初温为10℃的水温度升高到30℃。
13．张老师向同学们展示了一只具有高、低温两挡调节功能的自制电加热器，并告知其内部电路由电阻丝R1、R2、和开关S1三个元件组成，两根电阻丝允许通过的最大电流均为1A，R1＝10Ω，在不拆解加热器的情况下，小军用图1电路对其进行探究：他先闭合S2，电流表的示数为0.24A；再闭合S1，电流表的示数变为0.84A，所用电源电压为6V．
（1）电阻丝R2的阻值为　25　Ω；
（2）若电源电压可调，闭合S1和S2后，为保证电路安全，求此电加热器允许消耗的最大电功率；
（3）张老师指导小军仅利用原有元件对该电加热器的内部电路进行改装，要求改装后的电加热器须同时满足下列两个条件：
①具备高、低温两挡调节功能；
②在6V电源电压下，用高温挡给0.1kg的水加热14min，可使水温升高7.2℃，设电加热器消耗的电能全部转化为水的内能。
请在图2虚线框中画出内部改装电路图，并通过计算说明。

【解答】解：（1）由题意可知，再闭合S1后，电流表的示数变大，则电路可能是两电阻并联，也可能是开关S1与其中一个电阻并联；
若开关S1与其中一个电阻并联，
由I=UR可得，开关S1闭合前后电路中的电阻分别为：
R断=UI断=6V0.24A=25Ω，R闭=UI闭=6V0.84A=507Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中两电阻的阻值分别为7Ω、25Ω−507Ω=1257Ω，这与R1＝10Ω不符，故此种情况不可能；
若两电阻并联，开关S1闭合时，两电阻并联，电流表测干路电流，
电路中的总电阻：
R总=UI总=6V0.84A=507Ω，
因并联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，1R总=1R1+1R2，即1507Ω=110Ω+1R2，
解得：R2＝25Ω，即两个电阻为25Ω、10Ω，与题意相符；
（2）闭合S1和S2后，两电阻并联，
两电阻两端允许所加的最大电压：
U1＝I1R1＝1A×10Ω＝10V，U2＝I2R2＝1A×25Ω＝25V，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，电源的最大电压U大＝10V，
此电加热器允许消耗的最大电功率：
P大=U大2R总=(10V)2507Ω=14W；
（3）水吸收的热量：
Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×7.2℃＝3024J，
因电加热器消耗的电能全部转化为水的内能，
所以，由W=U2Rt可得，高温挡时的电阻：
R=U2Wt=U2Qt=(6V)23024J×14×60s＝10Ω，
即高温挡时电路中的总电阻为10Ω，低温挡时电路中的总电阻大于10Ω，改装电路可设计为两电阻串联，开关S1与R2并联，如下图所示：

答：（1）25；
（2）电加热器允许消耗的最大电功率为14W；
（3）电路图如上图所示。
14．图甲为自动调温电熨斗，图乙为其简化的电路图，图丙为温控开关，温控开关是由长和宽都相同的铜片和铁片紧紧地铆在一起做成的，受热时，由于铜片膨胀得比铁片大，双金属片便向铁片那边弯曲，温度越高弯曲得越明显。双金属片触点A与弹性钢片上的触点B原来是相通的，通电后，指示灯L亮（R为限流电阻），发热板发热，使金属底板温度升高。当温度升高到设定温度时，A、B触点分离，电路断开，底板的温度不在升高，随着温度的降低，双金属片逐渐恢复原状，A、B触点又重新接触，电路再次接通，底板的温度又开始升高，从而实现自动控温的目的。

（1）该电熨斗的温控开关是依据什么物理知识制成的？
（2）不同织物需要不同的熨烫温度，若需要较高的熨烫温度应如何调节调温旋钮？
（3）若指示灯L采用“3V 0.03W”的小灯泡，那么限流电阻R多大才能使小灯泡正常工作？
（4）发热板的额定功率为1000W，则发热板的电阻多大？若要使金属底板的温度由20℃升高到220℃至少需要多长时间？（金属底板的质量为1kg，比热容为0.4×103J/（kg•℃），不计热量损失）
【解答】解：（1）由题意可知，铜片和铁片受热膨胀不同，双金属片发生弯曲，达到温控开关控制电路的目的，利用的是金属热胀冷缩的物理知识制成的；
（2）需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性钢片下移，使双金属片稍向下弯曲，这时使触点断开双金属片向下弯曲程度要大一些，温度要更高一些；
（3）灯泡正常发光时的电压UL＝3V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由P＝UI可得，小灯泡支路的电流：
I=PLUL=0.03W3V=0.01A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，限流电阻两端的电压：
UR＝U﹣UL＝220V﹣3V＝217V，
由I=UR可得，限流电阻R的阻值：
R=URI=217V0.01A=2.17×104Ω；
（4）由P=U2R可得，发热板的电阻：
R热=U2P热=(220V)21000W=48.4Ω，
金属板吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）＝0.4×103J/（kg•℃）×1kg×（220℃﹣20℃）＝8×104J，
不计热量损失，由W＝Q吸＝Pt可得，需要的加热时间：
t′=WP=Q吸P=8×104J1000W=80s。
答：（1）该电熨斗的温控开关是依据金属热胀冷缩的物理知识制成的；
（2）需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性钢片下移；
（3）若指示灯L采用“3V 0.03W”的小灯泡，那么限流电阻R的阻值为2.17×104Ω才能使小灯泡正常工作；
（4）发热板的电阻为48.4Ω，若要使金属底板的温度由20℃升高到220℃至少需要80s。
15．电压力锅以其自动控压、自动控温，高效省电、安全、节能等优点备受人们的青睐。某电压力锅使用方法是：接通电源，调节定时器至某一烹饪方式，定时开关闭合自动计时，锅内的食物开始加热，当锅内的温度达到80℃时温控开关自动断开，但压力开关仍闭合对食物继续加热，锅内的温度升高、气压增大至标准气压的1.7倍时，压力开关断开，锅内气压和温度会下降；当低于80℃时，温控开关又自动闭合，当再次高于80℃，温控开关又断开，如此反复，从而达到保温效果。以下是它工作原理电路图。（发热器EH1和EH2的额定功率如图所示）

（1）求该电压力锅发热器EH1的阻值。
（2）指出该电压力锅在保温过程中，红、橙、绿各指示灯的亮暗情况。
（3）某次使用该压力锅时把定时器调至“煮粥”挡时，红、橙、绿灯全部发光，20min后只剩下红、绿灯发光，再过15min，只剩下红灯发光，又过10min后橙灯再次亮起。则在此过程中电压力锅消耗的电能为多少？（指示灯电路消耗电能忽略不计）
【解答】解：（1）由图可知，该电压力锅发热器EH1的功率P1＝800W，
由P=U2R可得，发热器EH1的阻值：
R1=U2P1=(220V)2800W=60.5Ω；
（2）电压力锅在保温过程中，红灯发光，橙灯间歇发光，绿灯不发光；
（3）当红、橙、绿灯全部发光时，发热器EH1、EH2都工作，20min消耗的电能：
W1＝（P1+P2）t1＝（800W+400W）×20×60s＝1.44×106J，
当只有红、绿灯发光时，发热器EH2工作，10min消耗电能：
W2＝P2t2＝400W×15×60s＝3.6×105J，
其中，在10min降温的过程中发热器不消耗电能，
故消耗的电能为：
W＝W1+W2＝1.44×106J+3.6×105J＝1.8×106J。
答：（1）该电压力锅发热器EH1的阻值为60.5Ω；
（2）电压力锅在保温过程中，红灯发光，橙灯间歇发光，绿灯不发光；
（3）在此过程电压力锅消耗的电能为1.8×106J。

专题07 光学实验探究
【解题技巧】
光的实验探究一般分为光的反射、平面镜成像、折射与凸透镜成像。
（1）光的反射规律
①光的反射定律：三线共面，两线分居等
②实验操作时光屏竖直放置且共面，通过实验数据总结光的反射定律
③光路可逆，特殊光路角度时（垂直镜面）的分析
（2）平面镜成像
注意操作步骤，以及选用器材注意点：
①选择两根完全一样的蜡烛是为了比较像与物体的大小关系。
②移动玻璃板后面的蜡烛B都无法与蜡烛A的像完全重合，可能是由于玻璃板与桌面不垂直。
③如何测量物与像之间的位置，用直线画出镜面所在的位置，拿掉镜子连接两个蜡烛所在的点，测量并比较.
（3）光的折射
①折射光线与入射光线、法线在同一平面内
②折射光线和入射光线分居法线两侧
③折射角随着入射角的增大而増大,减小而减小
④当光从空气斜射入其他透明介质中时,折射角小于入射角;当光从其他透明介质斜射入空气中时,折射角大于入射角
⑤当光垂直射向介质表面时,传播方向不改变
⑥在折射规律中光路是可逆的
（4）凸透镜成像规律

(1)从②移动到③,u>2f,成的是倒立缩小到实像,此时到像距f