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物理九年级全册第4节 焦耳定律精品达标测试
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这是一份物理九年级全册第4节 焦耳定律精品达标测试，文件包含184焦耳定律考点解读原卷版docx、184焦耳定律考点解读解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共62页， 欢迎下载使用。
1、电热的利用与防止
（1）电流的热效应：电流通过导体时电能转化成热，这个现象叫做电流的热效应。
（2）电流热效应的实质：是电流通过导体时，由电能转化为内能。
（3）电热器：电流通过导体时将电能全部转化为内能的用电器。其优点是清洁、无污染、
热效率高，且便于控制和调节电流。
（4）有时人们利用电热，如电饭锅、电熨斗等；有时人们防止电热产生的危害，如散热孔、
散热片、散热风扇等。
（5）方法点拨：①电流有三大效应：热效应、磁效应、化学效应。②任何用电器，只要
有电阻存在，电流通过时就会有热效应；电流流过超导体不会有热效应。
2、焦耳定律
（1）内容：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比，这个规律叫焦耳定律；
（2）公式：Q=I2Rt，公式中的电流I的单位要用安培（A），电阻R的单位要用欧姆（Ω），通过的时间t的单位要用秒（s）这样，热量Q的单位就是焦耳（J）；
（3）变形公式：，Q=UIt。
（3）在纯电阻电路中，电能全部转化为热能，电功等于电热，即W=Q；在非纯电阻电路中，电能大部分转化为其他能，已小部分转化为热能，电功大于电热，W=Q+W其他；
（4）探究电热与哪些因素有关：①怎样用转换法体现电热：用温度计升高的度数；用细管内液柱升高的高度；用气球膨胀的大小；②怎样用控制变量法研究与电阻的关系：串联时控制电流和通电时间一定，并联时控制电压与通电时间一定。
3、焦耳定律在实际中的应用
（1）纯电阻电路：纯电阻电路就是除电源外，只有电阻元件的电路，或有电感和电容元件，但它们对电路的影响可忽略．电压与电流同频且同相位．电阻将从电源获得的能量全部转变成内能，这种电路就叫做纯电阻电路． 基本上，只要电能除了转化为热能以外没有其他能的转化，此电路为纯电阻电路；
（2）焦耳定律的推导公式：，Q=UIt，适用范围，纯电阻电路；
（3）电热器的“双挡”问题：
①“双挡”中的电阻：电热器通常设计有“高温挡”和“低温挡”。根据可知，当U一定时，电阻越大，电功率越小；电阻越小，电功率越大，所以高温挡总电阻最小，低温挡总电阻最大。
②“双挡”的控制开关
a短路式：两个电阻串联，把开关与其中一个电阻并联，如下图所示。
当闭合开关时，有一个电阻短路，只有一个电阻工作，此时为高温挡；当断开开关时，两电阻串联，电阻大一些，电热器的功率小一些，此时为低温挡；
b单刀双掷式：主要工作电阻放在干路上，一条支路用导线，一条支路连接在附加电阻上，如下图所示。
当开关掷向附加电阻的支路时，两电阻串联，为低温挡；当开关掷向导线支路时，只有主要工作电阻工作，此时为高温挡。
※注意：电流通过电动机做功消耗的电能，一部分转化为机械能，另一部分是转化为内能，也就是W≠Q．那么，用来计算电功的公式W=UIt不能用来计算电热，电热智能用焦耳定律Q=I2Rt来计算。
4、焦耳定律的计算公式及其应用
（1）公式：Q=I2Rt。
Q表示电热，单位是焦耳J；
I表示电流，单位是安培A；
R表示电阻，单位是欧姆Ω；
t表示时间，单位是秒s。
（2）推导式：和Q=UIt。（仅适用于纯电阻电路）
（3）电热与电能的关系：纯电阻电路时Q=W；非纯电阻电路时Q＜W；
（4）电热与电功的关系：
（5）公式Q=I2Rt是电流产生热效应的公式，与W=UIt不能通用．W=UIt是电流做功的计算公式，如果电流做功时，只有热效应，则两公式是等效的；如果电流做功时，同时有其他能量转化，像电动机工作时，电能既转化为热能，也转化为动能，则Q=I2Rt只是转化为电热的部分，W=UIt则是总的电功，只有对纯电阻电路才有W=Q，对非纯电阻电路Q＜W。
【考点1 电流的热效应】
【典例1-1】（2022秋•武冈市期末）下列家用电器正常工作时，在相等的时间内产生热量最多的是（ ）
A．抽油烟机B．电视机
C．电饭锅D．电风扇
【答案】C
【分析】根据这四种用电器工作时的能量转化分析。
【解答】解：抽油烟机、电风扇工作时主要把电能转化为机械能；电视机工作时主要把电能转化为声能、光能等；电饭锅工作时主要把电能转化为内能；
四种用电器中，电饭锅的额定功率最大，它们正常工作时，在相等时间内电饭锅消耗的电能最多，故在通电时间相同时，电饭锅工作时产生的热量最多。
故选：C。
【典例1-2】（2022秋•祁阳县期末）石墨烯是一种新材料，具有优异的光学、电学、力学特性，石墨烯还具有很好的韧性，且可以弯曲。北京冬奥会运动场馆的最低温度可达﹣30℃左右，利用石墨烯制作的智能温控加热羽绒服可帮助工作人员抵御寒冷，有效提升保暖效果。可见，这种材料具有密度 较小 （选填“较大”或“较小”）、电阻 较小 （选填“较大”或“较小”）的特点。
【答案】较小；较小。
【分析】石墨烯是一种新发现的材料，它的物理性质是密度小、延展性好、导电性和导热性好、硬度大、熔点高等，根据它的这些特性我们就能知道它的用途。
【解答】解：石墨烯特殊晶体结构使其具有多项优异的物化性能，是目前电阻率最小的材料，石墨烯作填料能够有效提升涂料的导电性，利用的就是其电阻较小的特点；
其次石墨烯是一种超轻材料，故其密度很小，由此可知利用石墨烯制作的智能温控加热羽绒服可帮助工作人员抵御寒冷利用了石墨烯密度小且电阻小的特点。
故答案为：较小；较小。
【变式1-1】（2022秋•天河区期末）下列电器属于利用电流热效应工作的是（ ）
A．LED灯B．电热毯
C．电视机D．电风扇
【答案】B
【分析】解答本题应掌握：（1）电流流过导体时导体发热，这种现象是电流的热效应。
（2）电流流过导体时导体周围产生磁场，这种现象是电流的磁效应。
（3）电流流过导体时导体发生化学变化，这种现象是电流的化学效应。
【解答】解：A、LED灯是把电能转化为光能，故A不符合题意；
B、电热毯是根据电流的热效应工作的，故B符合题意；
C、电视机主要把电能转化为光能和声能，故C不符合题意；
D、电风扇是利用磁场对电流的作用工作的，故D不符合题意。
故选：B。
【变式1-2】（2022秋•西安校级期末）下列属于防止电流热效应产生危害的实例是（ ）
A．冬天用电暖器取暖B．电脑使用微型风扇散热
C．用电饭锅煮饭D．用电熨斗熨衣服
【答案】B
【分析】当导体中有电流时，导体会发热，这种现象叫做电流的热效应，此时消耗电能转化为内能。生活中，有时候可以利用电流的热效应，例如各种电热器；有时候，需要防止电流的热效应带来的危害。
【解答】解：A、冬天用电暖器取暖，将电能转化为内能，属于利用电流的热效应，故A不符合题意；
B、电脑使用微型风扇散热，是为了及时将热量散出去，防止电热产生危害，故B符合题意；
C、家里使用电饭锅煮饭，消耗电能转化为内能，属于利用电流的热效应，故C不符合题意；
D、使用电熨斗熨衣服，将电能转化为内能，属于利用电流的热效应，故D不符合题意。
故选：B。
【变式1-3】（2021秋•交口县期末）在研究电动机的过程中，他注意到了热量的问题。于是他开始研究电流，用近40年的时间做了400多次实验，最终提出了热量的多少与电流、电阻和时间的关系，他就是著名的物理学家 焦耳 。电热在生活中的应用有 电暖气 （试举一例）。
【答案】焦耳；电暖气
【分析】在大量实验的基础上，英国物理学家焦耳找出了电流产生的热量与电流、电阻、通电时间间的关系，即发现了焦耳定律。由焦耳定律Q＝I2Rt可知，Q与I、R及t有关
【解答】解：英国物理学家焦耳做了大量实验，于1840年最先精确地确定了电流产生的热量跟电流、电阻和通电时间的关系，得出Q＝I2Rt.为了纪念他做出的贡献，人们将他的名字命名为热量（能量）的单位；
电热在生活中的应用有电暖器、电饭锅、电烙铁、电熨斗等。
故答案为：焦耳；电暖气。
【考点2 焦耳定律概念】
【典例2-1】（2022秋•市北区校级期末）如图是探究焦耳定律实验的装置图，下列说法正确的是（ ）
A．图示实验可探究电流通过导体产生的热量与电阻大小的关系
B．通过液面高度差来反映热量的多少，运用了类比法
C．R1的电功率比R2的大
D．通电时间相同，右侧U形管中液面高度差较大，说明电流通过R2产生的热量比R1多
【答案】C
【分析】（1）电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，探究电流产生热量跟电流关系时，控制电阻和通电时间不变；探究电流产生的热量跟电流大小和电阻大小关系时，要控制电流和通电时间不变；
（2）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，体现的是转换思想；
（3）根据P＝I2R可知两电阻电功率的大小；
（4）根据焦耳定律Q＝I2Rt判定电阻产生热量的多少，从而判定出U形管中液面的高度差的变化关系。
【解答】解：A、右侧两电阻并联后与左侧电阻串联接入电路，根据串联电路电流特点和并联电路电流特点可知通过瓶中两电阻的电流不同，通过左侧电阻的电流大于通过右侧电阻的电流，所以图示实验可探究电流通过导体产生的热量与电阻大小的关系，故A错误；
B、电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但烧瓶中的空气会热胀冷缩，会使的U形管液面高度差发生变化，据此来判定放热多少，这种研究方法叫转换法，故B错误；
C、根据P＝I2R可知R1的电功率比R2的大，故C正确；
D、根据焦耳定律Q＝I2Rt可知通电时间相同左侧电阻产生的热量较多，故D错误；
故选：C。
【典例2-2】（2022秋•昆明期末）如图是探究电流通过导体产生的热量与 电流 关系的实验装置，通电一段时间后容器 甲 （选填“甲”或“乙”）内电阻丝产生的热量较多。
【答案】电流；甲。
【分析】电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。
（1）探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；探究电流产生热量跟通电时间关系时，控制电流和电阻不变；
（2）探究电流产生的热量跟电流大小和电阻大小关系时运用了控制变量法；
（3）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，体现的是转换思想。
【解答】解：由图知，装置中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I右＝I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右＝I1+I2，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I1＝I2，所以右边容器中的通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系；
由Q＝I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量是右侧容器电阻丝产生的热量的4倍。
故答案为：电流；甲。
【变式2-1】（2022秋•南开区校级期末）如图所示是“探究在通电时间一定时，电流产生热量与哪些因素有关”的实验装置。下列关于此实验的一些描述，正确的是（ ）
A．在甲图中，探究的是电流产生热量与电阻的关系
B．在乙图中，探究的是电流产生热量与电阻的关系
C．在甲图中，闭合开关一段时间后a容器连接的U形管液面高度差更明显
D．在乙图中，可得到结论：相同时间内，电流越大，容器内空气吸收热量越少
【答案】A
【分析】对于甲图，两个阻值不同的电阻串联在电路中，通过两导体的电流相同；对于乙图，右边的两个5Ω的电阻并联后再与左边的5Ω的电阻串联，电阻相同，通过容器内的电阻的电流是不同的，根据控制变量法和焦耳定律分析每个选项。
【解答】解：
A、在甲图中，两个电阻串联在电路中，通电时间和电流是相同的，电阻不同，故探究的是电流产生热量与电阻的关系；故A正确；
B、在乙图中，容器内的电阻相同，通电时间相同，但电流是不同的，探究的是电流产生热量与电流的关系，故B错误；
C、在甲图中，闭合开关一段时间后，阻值大的电阻产生的热量多，故b容器连接的U形管液面高度差更明显，故C错误；
D、在乙图中，电阻相同，通电时间相同，但通过c中电阻的电流大，故c中电阻产生的热量多，则空气吸收的热量也多，故D错误。
故选：A。
【变式2-2】（2022秋•邓州市期末）英国物理学家 焦耳 经过大量的实验研究，于1840年精确测定了电流产生的热量与电流、电阻和通电时间的关系。根据他研究得出的结论，连接大功率用电器的导线应 粗 （选填“粗”或“细”）一些，既安全又可以减少电能的额外损耗。
【答案】焦耳；粗。
【分析】（1）根据对焦耳和焦耳定律内容的了解回答；
（2）导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积有关，材料和长度一定时，横截面积越大，电阻越小，根据焦耳定律分析得出结论。
【解答】解：（1）社会的发展离不开物理学家的突出贡献。英国物理学家焦耳经过大量的实验研究，归纳出了电流通过导体产生的热量与电流、电阻及通电时间的关系，用公式表示为Q＝I2Rt。
（2）导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积有关，材料和长度一定时，横截面积越大，电阻越小，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，在电流和通电时间一定时，电阻越大，导线产生的热量越多，所以从安全用电的角度考虑，连接大功率用电器的导线应选择粗一些的导线来制作。
故答案为：焦耳；粗。
【考点3 焦耳定律的应用】
【典例3-1】（2022秋•平顶山期末）如图甲是小灯泡L和电阻R的I﹣U图象，将小灯泡L和电阻R接入图乙所示的电路中，只闭合开关S1时，小灯泡L的实际功率为1W，下列说法正确的是（ ）
A．只闭合开关S1时，小灯泡L的电阻为40Ω
B．再闭合开关S2后，在1min内电阻R产生的热量为2.4J
C．再闭合开关S2后，电阻总功率为1.5W
D．再闭合开关S2后，电流表示数增加0.2A
【答案】D
【分析】（1）只闭合开关S1时，电路为L的简单电路，根据图象读出小灯泡L的实际功率为1W时的电流和电压，据此得出电源的电压，根据欧姆定律求出小灯泡L的电阻；
（2）再闭合开关S2时，L与R并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点结合图象读出通过R的电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响得出电流表示数的增加量，根据并联电路的电流特点求出干路电流，利用P＝UI求出电路的总功率。
【解答】解：A、只闭合开关S1时，电路为L的简单电路，
由图象可知，当UL＝2V、IL＝0.5A时，灯泡的实际功率PL＝ULIL＝2V×0.5A＝1W，
则电源电压U＝UL＝2V，电流表示数为 0.5A，
由I＝可得，小灯泡L的电阻为：RL＝＝＝4Ω，故A错误；
BCD、再闭合开关S2时，L与R并联，电流表测干路电流，
因并联电路中各支路两端的电压相等，所以UR＝U＝2V，
由图象可知，通过R的电流IR＝0.2A，
在1min内电阻R产生的热量为：Q＝URIRt＝2V×0.2A×60s＝24J，故B错误。
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以电流表示数增加了0.2A，故D正确；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流I＝IL+IR＝0.5A+0.2A＝0.7A，
电路的总功率P＝UI＝2V×0.7A＝1.4W，故C错误。
故选：D。
【典例3-2】（2022秋•阿克苏市校级期末）电饭煲、电水壶和电熨斗分别标有“220V 1000W”、“220V 1800W”、“220V 500W”的字样，它们各自正常工作相同时间， 电水壶 （选填“电饭煲”、“电水壶”或“电熨斗”）产生的热量最多。标有“220V 500W”的电熨斗正常工作0.2h，电流通过电熨斗产生的热量为 3.6×105J 。
【答案】电水壶；3.6×105J。
【分析】电饭煲、电水壶和电熨斗三个用电器都为纯电阻用电器，消耗的电能全部转化为内能，用电器正常工作时的功率和额定功率相等，根据Q＝W＝Pt比较相同时间内三用电器消耗电能的多少以及电熨斗产生的热量。
【解答】解：电饭煲、电水壶和电熨斗三个用电器都为纯电阻用电器，消耗的电能全部转化为内能，
用电器正常工作时的功率与额定功率相等，由题知，电水壶的额定功率最大，则根据Q＝W＝Pt可知，在相同时间内，电水壶消耗的电能最多，产生的热量最多。
电熨斗正常工作0.2h产生的热量：
Q＝W＝P电熨斗t＝500W×0.2×3600s＝3.6×105J。
故答案为：电水壶；3.6×105J。
【变式3-1】（2022秋•汉阴县期末）现有“6V 3W”和“12V 6W”字样的甲、乙两只灯泡，不考虑灯丝电阻的变化，下列说法正确的是（ ）
A．通电时间相同时，甲灯泡消耗的电能一定比乙灯泡少
B．通电时间相同时，电流通过乙灯泡比甲灯泡做功一定快
C．两只灯泡串联工作时，甲灯泡产生的热量一定比乙灯泡多
D．两只灯泡并联工作时，干路中允许通过的最大电流为0.75A
【答案】D
【分析】（1）由于两灯工作状态未知，根据W＝Pt可知两灯消耗电能的大小关系；
（2）电功率是表示电流做功快慢的物理量；
（3）由P＝计算两灯电阻的大小，由串联电路特点和Q＝I2Rt分析判断；
（4）根据两灯额定电压大小，结合并联电路的电流特点和欧姆定律计算干路中的最大电流。
【解答】解：A、由于两灯工作状态未知，即两实际功率大小未知，由W＝Pt可知，无法判断两灯在相同时间内消耗电能的多少关系，故A错误；
B、由于两灯的实际功率未知，而电功率是表示电流做功快慢的物理量，所以电流通过两灯做功的快慢无法确定，故B错误；
C、由P＝可得，两灯的电阻分别为：R甲＝＝＝12Ω，R乙＝＝＝24Ω，
由串联电路的电流特点知，两只灯泡串联工作时，通过的电流相等，由Q＝I2Rt知，相等时间里甲灯产生热量比乙灯少，故C错误；
D、甲的额定电压小于乙灯的额定电压，由并联电路的电压规律知，
甲和乙灯并联时，电源电压最大为U＝U实乙＝U额甲＝6V，
由并联电路的电流规律和欧姆定律可得，干路中允许通过的最大电流：
I＝I甲+I乙＝+＝+＝0.75A，故D正确。
故选：D。
【变式3-2】（2022秋•北京期末）小明在一次野炊活动中，将中间剪得较窄的口香糖锡箔纸（可看做导体）接在干电池正负两极上，如图所示，锡箔纸较窄处最先燃烧。长度相同的锡箔纸较宽处与较窄处相比较，下列判断正确的是（ ）
A．较窄处电阻较小B．较窄处电流较大
C．较窄处电压较大D．较窄处电功率较小
【答案】C
【分析】锡箔纸串联在电路中，根据串联电路的电流特点可知通过它们的电流关系，根据影响电阻大小的因素可知较窄处和较宽处的电阻关系，根据欧姆定律可知它们两端的电压关系，根据P＝UI可知它们的功率关系。
【解答】解：
A、材料和长度相同时，导体越细，电阻越大，所以锡箔纸较窄处电阻较大，故A错误；
B、锡箔纸串联在电路中，因串联电路中各处的电流相等，所以通过整个锡箔纸的电流相等，故B错误；
C、电流相等，由U＝IR可知，锡箔纸较窄处电阻大，电压较大，故C正确；
D、电流相等，由P＝UI可知，锡箔纸较窄处电压大，电功率较大，故D错误。
故选：C。
【变式3-3】（2022秋•会同县期末）洗衣机的机芯就是电动机，它正常工作电压为220V，通过它的电流为1.5A，电动机线圈阻抗（工作电阻）为11Ω，则洗衣机正常工作的功率为 330 W，线圈每分钟产生的热量是 1485 J，效率为 92.5% 。
【答案】330；1485；92.5%。
【分析】根据P＝UI求出洗衣机工作时的功率；根据焦耳定律Q＝I2Rt求出线圈每分钟产生的热量；根据W＝UIt求出洗衣机每分钟消耗的电能，洗衣机每分钟输出的有用功等于消耗的电能减去线圈产生的热量，利用效率公式求出洗衣机的效率。
【解答】解：洗衣机工作时的功率：P＝UI＝220V×1.5A＝330W；
线圈每分钟产生的热量：Q＝I2Rt＝（1.5A）2×11Ω×1×60s＝1485J；
洗衣机每分钟消耗的电能：W＝UIt＝220V×1.5A×1×60s＝19800J，
洗衣机输出的有用功：W有用＝W﹣Q＝19800J﹣1485J＝18315J，
洗衣机的效率：η＝×100%＝×100%＝92.5%。
故答案为：330；1485；92.5%。
【考点4 电功与电热的综合计算】
【典例4-1】（2022秋•嵩县期末）小李家使用的贮热式电热水器额定功率为7.2kW，额定容量为100L。在额定电压下该热水器将100L的水从20℃加热到60℃用了40分钟。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），下列与该过程有关的计算结果和分析正确的是（ ）
A．水吸收的热量是4.2×106J
B．水吸收的热量是1.68×106J
C．热水器消耗的电能为2.88×106J
D．热水器的工作效率约为97%
【答案】D
【分析】（1）根据ρ＝求水的质量，根据Q吸＝cmΔt求出水吸收的热量；
（2）根据P＝求出热水器消耗的电能；
（3）根据η＝×100%求出热水器的工作效率。
【解答】解：AB、由ρ＝可知，水的质量为：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×100×10﹣3m3＝100kg，
水吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×（60℃﹣20℃）＝1.68×107J，故AB错误；
C、由P＝可知，热水器消耗的电能；W＝Pt＝7.2×103W×40×60s＝1.728×107J，故C错误；
D、热水器的工作效率：η＝×100%＝×100%≈97%，故D正确。
故选：D。
【典例4-2】（2022秋•郏县期末）如图甲所示为一款电煎药壶，工作电路简化为图乙，它在工作时，有高温、中温和低温三个挡。已知正常工作时，高温挡功率为600W，中温挡功率为200W。当Sa接1，同时Sb断开时，电路处于 低温 挡，其中电阻R2的阻值为 242 Ω；用该电器的“高温”挡正常工作20min，放出热量的70%全部被药液吸收，能将 1.5 kg的药液从20℃升高到100℃。（假如药液的比热容等于水的比热容）[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】低温；242；1.5。
【分析】（1）由图可知当Sa接1，同时Sb断开时，R1、R2串联，当Sa接2，同时Sb断开时，只有R2工作，当Sa接2，同时Sb闭合时，R1、R2并联；根据串并联电路的电阻特点和P＝可知电煎药壶不同状态的电路连接；根据中温挡功率和P＝求出R2的阻值；
（2）利用W＝Pt求出高温挡工作20min消耗的电能，根据效率公式求出药液吸收的热量，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出药液的质量。
【解答】解：（1）由图可知当Sa接1，同时Sb断开时，R1、R2串联，当Sa接2，同时Sb断开时，只有R2工作，当Sa接2，同时Sb闭合时，R1、R2并联；
根据串并联电路的电阻特点可知，当Sa接1，同时Sb断开时，R1、R2串联，电路中电阻最大，根据P＝可知，电路中总功率最小，电煎药壶处于低温挡；
当Sa接2，同时Sb闭合时，R1、R2并联，电路中的总电阻最小，总功率最大，电煎药壶处于高温挡；
当Sa接2，同时Sb断开时，只有R2工作，电煎药壶处于中温挡，
由P＝可知，R2的阻值：R2＝＝＝242Ω；
（2）高温挡工作20min消耗的电能：W＝P高t＝600W×20×60s＝7.2×105J，
根据题意可知，药液吸收的热量：Q吸＝70%W＝70%×7.2×105J＝5.04×105J，
由Q吸＝cm（t﹣t0）可知，药液的质量：m＝＝＝1.5kg。
故答案为：低温；242；1.5。
【典例4-3】（2022秋•云州区期末）某品牌饮水机的加热水槽部分工作原理电路图如图所示，其中S是温控开关，R1为电加热丝（阻值不随温度而变化），R2为限流电阻（不参与加热饮用水）。A、B是两种不同颜色的指示灯（指示灯的电阻忽略不计），红灯表示加热，绿灯表示保温。饮水机的部分参数如表所示。当饮水机处于加热状态时，水被迅速加热，达到预定温度时，自动切换到保温状态。
（1）饮水机装满初温为20℃的水正常加热7min时绿灯亮，求饮用水的热效率；[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（2）求电阻R2的阻值。
【答案】（1）饮水机的热效率为80%；
（2）限流电阻R2的阻值是171.6Ω。
【分析】（1）知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；利用W＝Pt求出饮水机消耗的电能，利用效率公式求出饮水机的热效率；
（2）分析开关S转换时电路的连接，根据P＝和串联电路电压的规律确定加热和保温状态时电路的连接，根据P＝可知加热丝R1的大小；根据P＝可知保温时R1的电压，根据串联电路电压的规律得出限流电阻的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出限流电阻R2大小。
【解答】解：（1）1kg水从初温20℃加热到100℃吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J，
由表格数据可知，加热挡功率为1000W，
饮水机正常加热7min消耗的电能；W＝P加热t＝1000W×7×60s＝4.2×105J，
饮水机的热效率：η＝＝＝0.8＝80%；
（2）由图可知，S切换到左侧时，电路中只有电加热丝R1，电加热丝R1的电压等于电源电压；S切换到右侧时，电加热丝与限流电阻串联，
根据串联电路电压的规律可知，电加热丝的电压小于电源电压，根据P＝可知，S切换到左侧时，此时功率较大，为加热状态；
S切换到右侧时，为保温状态；
根据P＝可知，电加热丝R1的阻值为：R1＝＝＝48.4Ω；
根P＝可知，保温时电热丝的电压U1＝＝＝48.4V，
两电阻串联时，根据串联电路电压的规律，限流电阻的电压为：U2＝U﹣U1＝220V﹣48.4V＝171.6V；
根据串联电路的电流特点和欧姆定律可知，＝，
则限流电阻R2的阻值：R2＝R1＝×48.4Ω＝171.6Ω。
答：（1）饮水机的热效率为80%；
（2）限流电阻R2的阻值是171.6Ω。
【变式4-1】（2022秋•长寿区期末）如图甲所示，是某家用电热壶“加热”和“保温”两个挡位的简化电路。电热丝的阻值R1＝48.4Ω，R2＝435.6Ω。小明为测量电热壶的实际电功率，他把家中的其它用电器都与电源断开，仅让电热壶工作，如图乙所示的电能表在1min内转盘转动了16转[不计热量损失，已知水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）]。下面说法正确的是（ ）
A．电热壶的正常加热功率为100W
B．开关S接“2”时，电热壶为“加热”挡位
C．测量时电热壶的实际加热功率为800W
D．电热壶将1kg的水从25℃加热到75℃，需要正常工作2100s
【答案】C
【分析】（1）由P＝UI＝可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合串联电路电阻规律和P＝UI＝可知各挡位时电路的连接；
（2）根据P＝UI＝求出电热壶的正常加热功率；
（3）根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸水的热量，根据不考虑热量损失求出电热壶加热时消耗的电能，根据P＝求电热壶正常加热的时间；
（4）1200r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200转，据此可以计算出能表的转盘转16r时电热壶消耗的电能，根据P＝计算出电热壶的实际加热功率。
【解答】解：B、开关S接“1”时，电路为R1的简单电路，开关S接“2”时，电热丝R1、R2串联；
因为串联电路中的总电阻大于各串联导体的电阻，所以由P＝UI＝可知，电路为R1的简单电路时，电路中的电阻最小，电功率最大，电热壶为“加热”挡；R1、R2串联时，电路中的电阻最大，电功率最小，此时电热壶为“保温”挡，
因此开关S接“2”时，电热壶为“保温”挡，故B错误；
A、电热壶的正常加热功率：P加热＝＝＝1000W，故A错误；
D、水吸水的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（75℃﹣25℃）＝2.1×105J，
因为不考虑热量损失，所以电热壶加热时消耗的电能：W＝Q吸＝2.1×105J，
由P＝可知，电热壶正常加热的时间：t'＝＝＝210s，故D错误；
C、1200r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200转，
电能表的转盘转16r时，电热壶消耗的电能：W实＝＝kW•h，
电蒸锅的实际功率：P实＝＝＝0.8kW＝800W，故C正确。
故选：C。
【变式4-2】（2022秋•平泉市期末）某家庭浴室中的浴霸由四只标有“220V，500W”的同规格发热灯组成，如图所示。四只发热灯同时正常工作15min，消耗的电能是 0.5 kW•h，此过程中浴室内空气的内能 增加 （选填“增加”、“不变”或“减少”）。若此过程中浴室内温度从20℃上升到25℃，室内空气质量为0.3kg，空气的比热容为1.0×103J/（kg•℃），浴室内空气吸收的热量是 1.5×103 J。
【答案】0.5；增加；1.5×103。
【分析】（1）知道浴霸的发热灯的额定功率，利用W＝Pt求出四只发热灯同时正常工作15min，消耗的电能；
（2）空气吸收热量，温度升高，内能增加；
（3）知道空气的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出空气吸收的热量。
【解答】解：（1）由P＝可知，四只发热灯同时正常工作15min，消耗的电能：W＝Pt′＝4×500W×15×60s＝1.8×106J＝0.5kW•h；
（2）此过程中浴室内空气吸收热量，温度升高，内能增加；
（3）空气吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝1.0×103J/（kg•℃）×0.3kg×（25℃﹣20℃）＝1.5×103J。
故答案为：0.5；增加；1.5×103。
【变式4-3】（2022秋•西华县期末）小明家购买了一款全自动智能遥控茶吧机，如图所示，茶吧机的主要参数如表，请完成以下问题：
（1）额定电压下茶吧机烧水时电路中的电流为多少？（结果保留两位小数）
（2）水壶中装满初温为20℃的水，茶吧机正常工作加热5min，可使水温升高到100℃，则水吸收的热量为多少？[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），水的密度为1.0×103kg/m3]
（3）上述加热过程中，全自动智能茶吧机的加热效率是多少？
【答案】（1）额定电压下茶吧机烧水时电路中的电流为6.36A；
（2）水吸收的热量为3.36×105J；
（3）全自动智能茶吧机的加热效率是80%。
【分析】（1）根据表格参数可知茶吧机烧水时的功率，利用P＝UI求出额定电压下茶吧机烧水时电路中的电流；
（2）利用密度公式求出水的质量，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；
（3）利用W＝Pt求出茶吧机消耗的电能，利用效率公式求出茶吧机的加热效率。
【解答】解：（1）由表格数据可知，茶吧机烧水时的功率：P热＝1400W，
由P＝UI可知，额定电压下茶吧机烧水时电路中的电流：I＝＝≈6.36A；
（2）茶吧机内水的体积V＝1L＝1dm3＝1×10﹣3m3，
由ρ＝可知，水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg，
水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J；
（3）茶吧机消耗的电能：W＝P热t′＝1400W×5×60s＝4.2×105J，
茶吧机的加热效率：η＝×100%＝×100%＝80%。
答：（1）额定电压下茶吧机烧水时电路中的电流为6.36A；
（2）水吸收的热量为3.36×105J；
（3）全自动智能茶吧机的加热效率是80%。
【考点5 探究影响电流通过导体时产生热量】
【典例5-1】（2022秋•永吉县期末）如图是李雷“探究电流通过导体产生热量与哪些因素有关”的实验。装置中各有两个相同的透明容器，其中密封着等量的空气和一段电阻丝（阻值在图中已标出），U形管中装有等量的液体，接通电源，观察现象。
（1）实验中通过观察U形管中 液面高度差 的变化来比较导体所产生热量的多少。
（2）图中电路是探究电流产生的热量跟 电流 关系的装置，一段时间后， 左 侧密闭容器中电阻丝产生的热量较多。（选填“左”或“右”）
【答案】（1）液面高度差；（2）电流；左
【分析】（1）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映；
（2）当探究导体产生的热量多少跟电流大小的关系时，要使电阻和通电时间一定，电流大小不同；根据串联电路电流特点和焦耳定律可知可知一段时间后哪个瓶中的电阻丝产生的热量多少。
【解答】解：（1）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；
（2 ）图装置中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右侧两个电阻的总电流和左侧的电阻电流相等，把右瓶并联的两根电阻丝都放入瓶内，右侧两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电阻规律知右侧总电阻小于左侧电阻，则通过两瓶电阻的电流相同，通电时间相同，只有电阻不同，左侧的电阻大于右侧的电阻，根据焦耳定律Q＝I2 Rt可知一段时间后左瓶电阻丝产生的热量多。
故答案为：（1）液面高度差；（2）电流；左。
【变式5-1】（2022秋•镇平县期末）为了探究电流通过导体时产生热的多少与哪些因素有关，设计如图甲的装置，将两段阻值不同的电阻丝（R1＝5Ω，R2＝10Ω）分别密封在两个完全相同的容器内，密闭容器内封闭等量的空气。
（1）从实验装置的原理可知，U形管两管中的液柱高度差是由于U形管中 气体 （选填“气体”或“液体”）热胀冷缩导致的。U形管中液柱高度差的大小，反映出电流通过电阻丝时产生 热量 的多少。
（2）图甲所示是用来探究电流产生的热量跟 电阻 的关系。
（3）图乙所示是用来探究电流产生的热量跟 电流 的关系。
（4）让实验装置乙冷却到初始状态，把右瓶并联的电阻丝都放入瓶内，接通电源，此电路工作一段时间后， 左瓶 （选填“左瓶”或“右瓶”）内电阻丝产生的热量多。
【答案】（1）气体；热量；（2）电阻；（3）电流；（4）电阻；左瓶。
【分析】（1）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但产生的热量会使容器内等量的气体受热，根据热胀冷缩，产生的热量越多，气体膨胀程度越大，U形管中液面的高度差就越大，采用了转换法；
（2）（3）电流产生的热量与电流、电阻和通电时间有关，在探究电流产生的热量与某个因素有关时，要控制其他两个因素不变，而改变这个因素；
（4）根据Q＝I2Rt分析比较电流产生热量的多少。
【解答】解：
（1）通过观察U形管中高度差的变化来比较电流通过电阻丝产生热量的多少；高度差的形成是由于U形管中气体热胀冷缩导致的；
（2）由甲图可知，左、右两个容器中的电阻丝串联，通过的电流相同，通电时间相同，而电阻丝的阻值不同，因此是探究电流产生的热量跟电阻的关系；
（3）由图乙可知，右边的容器中的电阻与容器外的电阻并联，再与左边容器中的电阻串联，因此通过左边容器电阻的电流与通过右边容器电阻的电流不同，而电阻和通电时间相同，因此是探究电流产生的热量跟电流的关系；
（4）把图乙右边的两根电阻丝并联后，其总阻值为R＝＝2.5Ω，
则相当于把2.5Ω的阻值放进右侧瓶中，即左、右两瓶中的电阻串联，通过的电流相同，通电时间相同，而电阻不同，
因此是探究电流产生的热量跟电阻的关系；左侧瓶中的电阻阻值更大，根据Q＝I2Rt可知，一段时间后电阻丝产生的热量左瓶多。
故答案为：（1）气体；热量；（2）电阻；（3）电流；（4）电阻；左瓶。
【变式5-2】（2022秋•云州区期末）“圆梦”小组探究“电流通过导体产生的热量与哪些因素有关”的实验装置如图所示，甲、乙两瓶中装有质量与初温都相同的同种液体，甲瓶中电阻丝的电阻比乙瓶中电阻丝的电阻小。
（1）为了在较短的时间内达到明显的实验效果，应选用 煤油 （选填“煤油”或“水”）装入甲、乙两瓶中。
（2）实验中通过比较温度计示数升高的多少来反映电阻丝产生热量的多少，下列实验应用了该研究方法的是 C （选填序号）。
A.探究串联电路中电压的特点
B.探究电流与电阻的关系
C.探究什么情况下磁可以生电
（3）闭合开关，将滑片P固定在某一位置，通电一段时间后，观察温度计的示数，发现甲瓶中的温度计示数 低于 （选填“高于”、“低于”或“等于”）乙瓶中的温度计示数。
（4）小明在甲、乙两瓶中加入质量、初温都相等的不同液体，用来探究比较不同物质的吸热能力。该方案是否可行？并说明理由： 不可行，根据焦耳定律，两电阻丝产生的热量不同，两液体吸热不同 。
【答案】（1）煤油；（2）C；（3）低于；（4）不可行；根据焦耳定律，两电阻丝产生的热量不同，两液体吸热不同。
【分析】（1）因煤油的比热容小于水的比热容，根据Δt＝分析；
（2）电阻丝产生的热量不易直接观察，由转换法，可使等质量初温相同的液体吸收热量，根据Δt＝，由温度变化确定产生的热量多少；
（3）分析电路的连接，根据串联电路电流的规律结合Q＝I2Rt确定哪个图中电阻产生热量多，根据Δt＝回答；
（4）使相同质量的不同物质吸收相同的热量，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强，结合Q＝I2Rt分析。
【解答】解：（1）因煤油的比热容小于水的比热容，为了在较短的时间内达到明显的实验效果，应选用煤油，相同质量的水和煤油相比，吸热相同的热量，煤油温度变化大，现象明显；
（2）实验中通过比较温度计示数升高的多少来反映电阻丝产生热量的多少，采用了转换法；
A.探究串联电路中电压的特点，采用归纳法；
B.探究电流与电阻的关系，采用了控制变量法；
C.探究什么情况下磁可以生电，根据电流计指针是否偏转来判断，采用了转换法；
故选：C，
（3）两电阻丝串联，通过的电流和通电时间相同，而乙中电阻较大，根据Q＝I2Rt，乙中电阻产生热量多，故闭合开关，将滑片P固定在某一位置，通电一段时间后，观察温度计的示数，根据Δt＝，发现甲瓶中的温度计示数低于乙瓶中的温度计示数；
（4）使相同质量的不同物质吸收相同的热量，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；图中两电阻串联，通过电阻的电流和通电时间相同，因两电阻不同，根据焦耳定律，两电阻丝产生的热量不同，两液体吸热不同，故不能用来探究比较不同物质的吸热能力。
故答案为：（1）煤油；（2）C；（3）低于；（4）不可行；根据焦耳定律，两电阻丝产生的热量不同，两液体吸热不同。
一、选择题。
1．（2022秋•南华县期末）下列用电器中，利用电流热效应工作的是（ ）
A．电饭煲B．电风扇C．洗衣机D．LED灯
【答案】A
【分析】电流的热效应就是把电能转化为内能，可从能量转化的角度分析哪一用电器是利用了电流的热效应。
【解答】解：A．电饭煲工作时，电能转化为内能，是利用电流的热效应工作的，故A正确；
B．电风扇工作时，电能转化为机械能，因此不是利用电流热效应工作的，故B错误；
C．洗衣机工作时，主要是把电能转化为机械能，因此不是利用电流的热效应工作的，故C错误；
D．LED灯工作时，主要将电能转化为光能，因此不是利用电流热效应工作的，故D错误。
故选：A。
2．（2022秋•威县期末）如图所示的用电器中，利用电流热效应工作的是（ ）
A．洗衣机B．电饭锅
C．笔记本电脑D．家用音响设备
【答案】B
【分析】电流的热效应就是把电能转化为内能，结合用电器的能量转化可做出判断。
【解答】解：洗衣机工作时主要是把电能转化为机械能，笔记本电脑工作时主要将电能转化为光能和声能，家用音响设备工作时主要将电能转化为声能，只有电饭锅工作时把电能转化为内能，是利用电流的热效应，故B符合题意。
故选：B。
3．（2022秋•宁阳县期末）探究“电流通过导体时产生的热量与哪些因素有关”时，两个相同的透明容器中密封着质量相等的空气，用电阻R1、R2对容器中的空气进行加热，如图所示。下列说法中正确的是（ ）
①该装置是探究电流产生的热量与电阻大小的关系
②实验时通过装置中R1与R2的电流相同
③电流产生的热量越多，U形管内液面高度差越大
④通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是4：1
A．只有①②B．只有②③C．只有①④D．只有③④
【答案】D
【分析】（1）电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变；
（2）电流产生的热量不便于用眼睛直接观察和测量，通过U形管内液柱的高度差来反映，这种方法是初中物理常用的转换法；
（3）由Q＝I2Rt分析判断左右两边容器内电阻产生的热量之比。
【解答】解：①②、由图可知，R2、R3并联后再与R1串联在电路中，根据并联电路的电流特点可知，通过R1、R2的电流是不同的，电阻相同，通电时间相同，所以该装置是探究电流产生的热量与电流大小的关系，故①②错误；
③、电流产生的热量越多，空气吸收的热量越多，温度越高，气体膨胀程度越大，则U形管内液面高度差越大，故③正确；
④、右侧两个5Ω的电阻并联后再与左侧的5Ω的电阻串联，根据并联电路的电流特点可知，通过左侧电阻的电流等于通过右侧容器中电阻的电流的2倍，根据公式Q＝I2Rt可知，通电后，甲图中左、右电阻产生的热量之比是4：1，故④正确。
故选：D。
4．（2022秋•昌江县校级期末）利用如图所示的装置探究“电流产生的热量与什么因素有关”，两个透明容器内密封着等质量的空气，U形管中液面最初相平，两个透明容器中都有一根电阻丝，通电一段时间后，发现左边U形管中液面高度差大。该现象说明电流产生的热量与下列哪个因素有关（ ）
A．电荷量B．电流C．电阻D．通电时间
【答案】C
【分析】分析装置的相同点与不同点，得出与电流产生热量有关的因素。
【解答】解：由图可知两电阻丝串联，在串联电路中电流处处相等，而两电阻丝的阻值不同，所以此装置是为了探究电流产生的热量与电阻的关系，通电一段时间后，发现左边U形管中液面高度差大。该现象说明电流产生的热量与电阻的大小有关。
故选：C。
5．（2022秋•单县期末）下列有关电学知识的说法中，正确的是（ ）
A．电功率是表示电流做功快慢的物理量
B．摩擦起电是指两个不同的物体在摩擦时产生了正电荷和负电荷
C．电动机工作时产生的热量可用Q＝UIt进行数值计算
D．若电路中灯泡两端有电压，则一定有电流通过该灯泡
【答案】A
【分析】（1）电流做功的快慢用电功率表示；
（2）摩擦起电的实质是电子的转移；
（3）电动机是非纯电阻用电器，电动机消耗的电能用W＝UIt计算，电动机工作时产生的热量用Q＝I2Rt表示；
（4）形成电流必须具备两个条件：电路两端有电压；电路是一个闭合的通路。
【解答】解：A、电功率是表示电流做功快慢的物理量，故A正确；
B、摩擦起电是两个对电子束缚能力不同的物体在相互摩擦时，电子发生转移的的现象，对电子束缚能力强的物体获得电子带负电，对电子束缚能力弱的物体失去电子带正电，故B错误
C、电动机是非纯电阻用电器，电动机工作时产生的热量只能用Q＝I2Rt来计算，故C错误；
D、形成电流必须具备两个条件：①电路两端有电压；②电路是一个闭合的通路；所以说电路中灯泡两端有电压，当灯丝断开时，没有电流通过该灯泡，故D错误。
故选：A。
6．（2023•新邵县三模）某家用电热壶有“加热”和“保温”两个挡位，其简化电路如图甲所示，电热丝R1＝48Ω，R2＝435.6Ω。小滨为测量电热壶的实际功率，他把家中的其他用电器都与电源断开，仅让电热壶工作，1min内电能表（如图乙）的转盘转动了16转[不考虑热量损失，已知水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）]。下面说法正确的是（ ）
A．开关S接“2”时，电热壶为“加热”挡位
B．电热壶的正常加热功率为100W
C．电热壶将1kg的水从25℃加热到75℃，需要正常工作210s
D．测量时电热壶的实际加热功率为800W
【答案】D
【分析】（1）由P＝UI＝可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合串联电路电阻规律和P＝UI＝可知各挡位时电路的连接；
（2）根据P＝UI＝求出电热壶的正常加热功率；
（3）根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸水的热量，根据不考虑热量损失求出电热壶加热时消耗的电能，根据P＝求电热壶正常加热的时间；
（4）1200r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200转，据此可以计算出能表的转盘转16r时电热壶消耗的电能，根据P＝计算出电热壶的实际加热功率。
【解答】解：A、开关S接“1”时，电路为R1的简单电路，开关S接“2”时，电热丝R1、R2串联；
因为串联电路中的总电阻大于各串联导体的电阻，所以由P＝UI＝可知，电路为R1的简单电路时，电路中的电阻最小，电功率最大，电热壶为“加热”挡；R1、R2串联时，电路中的电阻最大，电功率最小，此时电热壶为“保温”挡，
因此开关S接“2”时，电热壶为“保温”挡，故A错误；
B、电热壶的正常加热功率：P加热＝＝≈1008.3W，故B错误；
C、水吸水的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（75℃﹣25℃）＝2.1×105J，
因为不考虑热量损失，所以电热壶加热时消耗的电能：W＝Q吸＝2.1×105J，
由P＝可知，电热壶正常加热的时间：t'＝＝≈208.3s，故C错误；
D、1200r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200转，
电能表的转盘转16r时，电热壶消耗的电能：W实＝＝kW•h，
电热壶的实际功率：P实＝＝＝0.8kW＝800W，故D正确。
故选：D。
7．（2022秋•环翠区期末）（多选）关于电功、电功率和电热，下列说法正确的是（ ）
A．电流通过导体所做的功越多，导体消耗的电能就越多
B．用电器上标明的额定电功率越大，其消耗的电能就一定越多
C．额定电功率越大的用电器，正常工作时间越长，消耗的电能就越多
D．用电器消耗的电能越多，用电器上产生的热量不一定越多
【答案】ACD
【分析】电流做功的过程实质上是电能转化为其它形式能的过程。
电功率是描述用电器消耗电能快慢的物理量，消耗电能越快，电功率越大，根据电功率公式及其变形公式分析答题。
【解答】解：A、电流通过用电器做的功越多，说明转化为其它形式的能多，则消耗的电能越多，故A正确；
B、根据P＝可知：消耗的电能与功率和通电时间有关，不知道是否正常工作、工作时间未知，则消耗电能的多少不能判断，故B错误；
C、额定电功率越大的用电器，正常工作时间越长，正常工作时实际功率越大，消耗的电能就越多，故C正确；
D、电流通过用电器做的功越多，说明转化为其它形式的能多，但用电器产生的热量就不一定越多，故D正确。
故选：ACD。
8．（2022秋•环翠区期末）（多选）某小型电动机标有“7V，35W”字样，其电动机线圈电阻为0.4Ω，配备的可充电电池的容量为2000mA•h，连续充电（电流为2A）3h可使电池电量从零到充满。若电动机正常工作20s，则下列说法正确的是（ ）
A．电流通过电动机做的功为700J
B．电流通过电动机产生的热量为32J
C．消耗的电能中有500J转化为机械能
D．电池充满电后，贮存的化学能为1.512×105J
【答案】AC
【分析】（1）根据P＝求出电流通过电动机做的功；
（2）根据P＝UI求出电动机正常工作时的电流，根据Q＝I2Rt求出电流通过电动机产生的热量；
（3）电动机转化的机械能等于电流通过电动机做的功减去产生的热量；
（4）根据W＝UIt求出电池充满电后，贮存的化学能。
【解答】解：A、由P＝可知，电流通过电动机做的功：W＝Pt＝35W×20s＝700J，故A正确；
B、由P＝UI可知，电动机正常工作时的电流：I＝＝＝5A，
电流通过电动机产生的热量：Q＝I2Rt＝（5A）2×0.4Ω×20s＝200J，故B错误；
C、电动机转化的机械能：W机＝W﹣Q＝700J﹣200J＝500J，故C正确；
D、电池充满电后，贮存的化学能：W'＝UI't'＝7V×2000×10﹣3A×3600s＝5.04×104J，故D错误。
故选：AC。
二、填空题。
9．（2022秋•曲靖期末）如图所示，是汽车USB的A、B两个充电接口，额定输出电压均为5V，输出电流分别为2.1A和1.0A，要快速给标配的手机充电，应选用 A （选填“A”或“B”）接口，电热水壶是利用电流的 热 效应工作的。
【答案】A；热。
【分析】由额定输出电压均为5.0V，根据输出电流的大小可得出AB两个充电口的功率大小关系，由此可判断出用哪个接口能快速给标配的手机充电；当电流通过电阻时，电流作功而消耗电能，产生了热量，这种现象叫做电流的热效应。
【解答】解：汽车用USB便携充电设备，有A、B两个充电接口，A口的电流大，输出电压相同，根据P＝UI可知，A口的输出功率大，要快速给标配的手机充电，应选用电流较大的A接口；
当电流通过电阻时，电流作功而消耗电能，产生了热量，这种现象叫做电流的热效应。
故答案为：A；热。
10．（2022秋•长寿区期末）家用豆浆机既能打浆又能加热，当豆浆机加热时，电流通过导体将电能转化为内能，这种现象叫做电流的 热 效应；豆浆机工作时加热和打浆能够交替进行，说明加热器和电动机的连接方式是 并 联。
【答案】热；并
【分析】（1）当电流通过导体时，导体就会发热，这种现象叫电流的热效应。在电流的热效应中，电能转化为内能。
（2）豆浆机中的电热丝和电动机互不影响，是并联的。
【解答】解：家用豆浆机既能打浆又能加热，当豆浆机加热时，电流通过导体将电能转化为内能，这种现象叫做电流的热效应；豆浆机工作时加热和打浆能够交替进行，说明加热器和电动机的连接方式是并联。
故答案为：热；并。
11．（2022秋•成都期末）如图所示，在“探究电阻的大小与什么因素有关”的实验中，电阻丝1、2是长度和横截面积相同的锰铜丝与镍铬丝，电阻丝2、3是长度相同，横截面积不同的镍铬丝。用电流表测出流经三条电阻丝的电流分别为：0.3A、0.1A和0.2A（电压恒定）。分析数据，对比电阻丝2和3，可以得出导体的电阻与 横截面积 有关；如果将电阻丝1、2串联在同一电路中，相同时间内电流通过电阻丝1产生的热量比通过电阻丝2产生的热量 小 （选填“多”或“少”）。
【答案】横截面积；小。
【分析】（1）影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度、横截面积和温度；.在研究电阻与其中某个因素的关系时，要采用控制变量法的思想，要研究导体的电阻大小与一个量之间的关系，需要保持其它量不变；
（2）首先判断电阻丝1、2的电阻大小，再根据Q＝I2Rt分析。
【解答】解：（1）已知电阻丝2、3是长度相同，横截面积不同的镍铬丝，通过电阻丝2、3的电流分别是0.1A和0.2A（电压恒定），对比电阻丝2和3，长度和材料相同，而横截面积不同、电阻不同，可以得出导体的电阻与导体的横截面积有关；
（2）已知电阻丝1、2是长度和横截面积相同的锰铜丝与镍铬丝，电压相同时，通过电阻丝1、2的电流分别是0.3A、0.1A，说明电阻丝2的阻值较大，如果将电阻丝1、2串联在同一电路中，电流相同，由Q＝I2Rt可知，相同时间内电流通过电阻丝1产生的热量比通过电阻丝2产生的热量少。
故答案为：横截面积；小。
12．（2022秋•内乡县期末）如图，小明将口香糖的锡箔纸（金属铝）剥下来，做成中间窄、两端宽的形状，将其两端搭在电池的正负极，过一会儿，锡箔纸中间部分燃烧起来，这是因为锡箔纸是导体，使电源发生了 短路 现象；锡箔纸在中间狭窄的地方开始燃烧的原因是：根据焦耳定律，通过电流相同，中间狭窄部分的电阻 大 ，相同时间内产生的热量多。
【答案】短路；大。
【分析】金属具有导电性；导线直接将电源连接起来的电路叫短路，短路时，容易烧坏电源或发生火灾；
影响电阻大小的因素：材料、长度、横截面积、温度；结合焦耳定律的公式Q＝I2Rt进行分析回答．
【解答】解：
锡属于金属，具有导电性，将锡纸条带锡的一端接在电池的正极，另一端接在电池的负极，会造成电源短路，此时电路中迅速产生大量热量，使锡纸的温度达到着火点而使之燃烧；
锡箔纸在中间狭窄的地方开始燃烧的原因是锡纸在中间狭窄的地方电阻较大，根据焦耳定律可知在相同时间内电流产生的热量多，使温度先达到锡纸的着火点而使之燃烧。
故答案为：短路；大。
13．（2022秋•合江县期末）如图所示，电源电压恒为18V，R0＝60Ω，滑动变阻器的规格为“150Ω 2A”，电流表的量程为“0～0.6A”，小灯泡上标有“6V 3W”字样，不考虑温度对灯丝电阻的影响。当开关S闭合，S1、S2断开，小灯泡正常发光，则通电1min电流通过滑动变阻器产生的热量为 360 J。当S、S2闭合，S1断开，为了保证电路中各元件的安全，滑动变阻器允许接入电路中的最小阻值为 40 Ω。当S闭合，S1和S2自行组合的情况下，整个电路工作时能达到的最小功率是 2 W。
【答案】360；40；2。
【分析】（1）当开关S闭合，S1、S2断开，灯泡L与变阻器R串联，已知灯泡正常发光且知道灯泡的规格，根据P＝UI可得串联电路中的电流，由串联电路的电压特点可得变阻器两端电压，再根据Q＝W＝UIt求出1min电流通过滑动变阻器产生的热量；
（2）当S、S1、S2都闭合，此时灯泡被短路，R0与R并联，电流表测干路中的电流；根据电流表的量程可知干路电流的最大值，利用并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过R0的电流，根据并联电路的电流特点可知通过变阻器的最大电流，最后根据欧姆定律求出变阻器允许接入电路中的最小阻值；
（3）结合P＝可知电路中电阻最大时，电功率最小。
【解答】解：（1）当开关S闭合，S1、S2断开，灯泡L与变阻器R串联，
因为此时小灯泡正常发光，所以UL＝6V，PL＝3W；
由P＝UI可得，串联电路中的电流：I＝IL＝＝＝0.5A，
由串联电路的电压特点可得变阻器两端的电压为：UR＝U﹣UL＝18V﹣6V＝12V，
则通电1min电流通过滑动变阻器产生的热量为：Q＝W＝URIt＝12V×0.5A×60s＝360J；
（2）当S、S1、S2都闭合，此时灯泡被短路，R0与R并联，电流表测干路中的电流；
电流表的量程为“0～0.6A”，为了保证干路中的电流表不被烧坏，则干路电流最大为0.6A，
通过R0的电流为：I0＝＝＝0.3A，
由并联电路的电流特点可知，通过变阻器的最大电流为：IR＝I总大﹣I0＝0.6A﹣0.3A＝0.3A，
滑动变阻器允许接入电路中的最小阻值：R小＝＝＝40Ω；
（3）结合P＝可知电路中电阻最大时，电功率最小，则当S闭合时，灯泡L与变阻器R串联，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路消耗的总功率最小，
总电阻为R＝Rmax+RL＝150Ω+12Ω＝162Ω，
电路消耗的总功率最小值：P小＝＝＝2W。
故答案为：360；40；2。
14．（2022秋•博罗县期末）在冬季，很多汽车都配置电加热座椅垫，如甲图所示为某款具有加热功能的座椅垫。通过观察和研究，小明了解到该座椅垫有“高温”“低温”和“关”三个挡位，“高温”挡功率为36W，“低温”挡功率为12W。该座椅垫加热部分的电路简图如乙图所示，电源电压为24V，S为挡位切换开关。R1和R2为电热丝。当座椅垫处于“低温”挡加热时，电路中的电流是 0.5 A；电热丝R1的阻值是 16 Ω；当座椅垫处于“高温”挡加热时，工作10min产生的热量是 2.16×104 J。
【答案】0.5；16；2.16×104。
【分析】由图乙可知，当座椅垫处于“关”挡时，电路没有接通；知道“低温”挡的电功率和电压，利用P＝UI求出此时电路中的电流；知道“高温”挡的电功率和电压，利用P＝UI求出此时电路中的电流；由图乙可知，当座椅垫处于“高温”挡加热时，电路中只有R1工作，利用欧姆定律求出R1的阻值；利用Q＝W＝P高温t求出R1工作10min产生的热量。
【解答】解：由图乙可知，当座椅垫处于“关”挡时，电路处于断路状态；
由P＝UI可知，当座椅垫处于“低温”挡加热时，电路中的电流：I低温＝＝＝0.5A；
由P＝UI可知，当座椅垫处于“高温”挡加热时，电路中的电流：I高温＝＝＝1.5A；
由图乙可知，当座椅垫处于“高温”挡加热时，电路中只有R1工作，
由I＝可知，R1的阻值：R1＝＝＝16Ω；
R1工作10min产生的热量：Q＝W＝P高温t＝36W×10×60s＝2.16×104J。
故答案为：0.5；16；2.16×104。
15．（2022秋•济南期末）安装家庭电路时，主干线要选用比较粗的铜线，是用减小主干线 电阻 的方法来减少电线的发热量；远距离输电采取高压输电是在保证输出功率足够大的时候用减小 电流 的方法来减少导线的发热量。
【答案】电阻；电流。
【分析】（1）导体的电阻是导体本身的性质，与导体的材料、长度、横截面积和温度有关；利用焦耳定律分析减小电线发热的措施；
（2）根据P＝UI可知，当功率一定时，电压越高，电流越小。
【解答】解：
（1）在导线材料与长度一定的情况下，导线的横截面积越大，导线电阻越小。主干线要选用比较粗的铜线可减小电阻。由焦耳定律可知，是用减小电阻的方法来减少电线的发热量。
（2）根据P损＝I2R，要减小功率的损耗，可以减小传输的电流或减小电阻；在功率一定的情况下，根据P＝UI，采用高压输电的方法，可以减小输电线路中的电流，从而减小导线的发热量。
故答案为：电阻；电流。
16．（2022秋•牡丹区校级期末）如图为某电脑的CPU，它的额定功率为100W，其中发热功率占8%，它由铜质散热器（一种由铜制成的散热元件）进行散热，已知铜质散热器的质量是0.8kg。该电脑CPU正常工作10min，CPU消耗电能 6×104 J。假设这段时间内CPU产生的热量全部被铜质散热器吸收，则可使散热器温度升高 15 ℃。[铜的比热容为0.39×103J/（kg•℃），结果保留整数]。
【答案】6×104；15。
【分析】（1）知道CPU的额定功率和工作时间，利用P＝求出该电脑CPU正常工作10min，CPU消耗电能；
（2）根据题意求出该电脑CPU正常工作10min产生的热量，据此可知铜质散热器吸收的热量，利用Q吸＝cmΔt求出散热器升高的温度。
【解答】解：（1）由P＝可知，该电脑CPU正常工作10min，CPU消耗电能：W＝Pt＝100W×10×60s＝6×104J；
根据题意可知，CPU产生的热量Q＝8%W＝8%×6×104J＝4800J，
铜质散热器吸收的热量Q吸＝Q＝4800J，
由Q吸＝cmΔt可知，散热器升高的温度：Δt＝＝≈15℃。
故答案为：6×104；15。
三、实验探究题。
17．（2022秋•青山区期末）如图是探究“电流通过导体时产生的热量与哪些因素有关”的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气。甲、乙两装置使用的是同一电源。
（1）甲装置可探究电流产生的热量与 电阻 的关系。
（2）通电一段时间后，乙装置中 左 （选填“左”或“右”）侧U形管中液面高度差较大；
（3）如图丙，自制便携式封口机就是利用电流的 热效应 实现高温封口。为了避免封口时总是把塑料袋烫坏，应将发热电阻换成阻值更 大 （填“大”或“小”）的。
【答案】（1）电阻；（2）左；（3）热效应；大。
【分析】（1）电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联电路电流的规律分析；
（2）分析乙图电路的连接，根据串联和并联电路电流的规律确定通过两容器中电阻的电流大小，根据Q＝I2Rt比较容器内电阻产生的热量多少；电丝丝不易直接观察，可给等质量的空气加热，气体吸热越多，气体膨胀程度越大，U形管内的液面高度差越大，采用了转换法；
（3）电流通过导体时，电能转换为内能的现象叫电流的热效应，根据Q＝分析。
【解答】解：（1）甲装置中，两电阻串联，通过的电流和通电时间相同，电阻大小不同，可探究电流产生的热量与电阻的关系；
（2）乙图中右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，容器内两电阻大小相等，根据并联和串联电路电流的规律，通过左侧容器中电阻的电流大小大于通过右侧容器中电阻的电流，而通电时间相同，由Q＝I2Rt可知，通电一段时间后，乙装置中左侧容器中电阻产生的热量多，根据转换法，左侧U形管中液面高度差较大；
（3）如图丙，自制便携式封口机就是利用电流的热效应实现高温封口。为了避免封口时总是把塑料袋烫坏，即一定时间内避免产生热量过多，因电源电压一定，根据Q＝可知，应将发热电阻换成阻值更大的。
故答案为：（1）电阻；（2）左；（3）热效应；大。
四、计算题。
18．（2022秋•青山区期末）如图所示的电路中，闭合开关S后，灯泡L正常发光，此时通过灯泡的电流是0.3A，灯泡两端的电压是3V，电压表的示数为9V。通过计算回答：
（1）电源电压是多少伏？
（2）定值电阻R的阻值是多少欧？
（3）10s内电流通过R产生的热量是多少焦？
【答案】（1）电源电压是12V；
（2）定值电阻R的阻值是30Ω；
（3）10s内电流通过R产生的热量是27J。
【分析】闭合开关S后，灯泡L与定值电阻R串联，电压表测定值电阻R两端的电压；
（1）根据串联电路的电压特点求电源电压；
（2）根据串联电路的电流特点求出通过定值电阻的电流，利用欧姆定律求定值电阻R的阻值；
（3）利用Q＝I2Rt求10s内电流通过R产生的热量。
【解答】解：闭合开关S后，灯泡L与定值电阻R串联，电压表测定值电阻R两端的电压；
（1）由串联电路的电压特点可知电源两端的电压：
U＝UL+UR＝3V+9V＝12V；
（2）由串联电路中电流处处相等可知，通过定值电阻的电流为：IR＝I＝IL＝0.3A，
由欧姆定律I＝可知定值电阻R的阻值：
R＝＝＝30Ω；
（3）10s内电流通过R产生的热量为：
Q＝I2Rt＝（0.3A）2×30Ω×10s＝27J。
答：（1）电源电压是12V；
（2）定值电阻R的阻值是30Ω；
（3）10s内电流通过R产生的热量是27J。
19．（2022秋•枣阳市期末）如图甲所示是小明家的电饭锅，图乙是该电饭锅的工作电路图。R1和R2均为加热电阻，S是温控开关，当锅内温度达到100℃时温控开关S自动跳转电饭锅转入保温状态。从说明书上收集到的部分数据如下表所示。电饭锅正常工作时，10min可将电饭锅中1.5kg的食物从20℃加热到100℃，之后转入保温状态。[食物的比热容为4.0×103J/（kg•℃）]
（1）加热时食物吸收的热量是多少？
（2）电热丝R2的阻值是多少？
（3）电饭锅的加热效率是多少？
【答案】（1）加热时食物吸收的热量是4.8×105J；
（2）电热丝R2的阻值是171.6Ω；
（3）电饭锅的加热效率是80%。
【分析】（1）已知食物的质量、初温和末温以及比热容，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出加热时食物吸收的热量；
（2）由电路图可知，开关S接1时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，开关S接2时，两电阻串联，电源的电压一定，根据P＝UI＝判断出电饭锅的状态，求出加热和保温时的总电阻，利用串联电阻的特点计算出电热丝R2的阻值；
（3）根据W＝Pt求出电饭锅加热时消耗的电能，利用η＝×100%求出电饭锅的加热效率。
【解答】解：（1）加热时食物吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.0×103J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃﹣20℃）＝4.8×105J；
（2）由电路图可知，开关S接1时，电路为R1的简单电路，当开关S接2时，两电阻串联，因为串联电路的总电阻等于各分电阻之和，所以两电阻串联时的总电阻比R1的电阻大，由P＝UI＝可知，电源的电压一定时，当开关S接1时，电路的电功率最大，电饭锅处于加热状态，当开关S接2时，电饭锅处于保温状态，
当电饭锅处于加热状态，则电热丝R1的阻值为：
R1＝＝＝48.4Ω，
当电饭锅处于保温状态时，电路的总电阻为：
＝＝220Ω，
则R2的阻值为：
R2＝R总﹣R1＝220Ω﹣48.4Ω＝171.6Ω；
（3）由P＝可得，电饭锅加热时消耗的电能为：
W＝P加热t′＝1000W×10×60s＝6×105J，
电饭锅的加热效率：
η＝×100%＝×100%＝80%。
答：（1）加热时食物吸收的热量是4.8×105J；
（2）电热丝R2的阻值是171.6Ω；
（3）电饭锅的加热效率是80%。
20．（2022秋•天心区期末）小明家电热饮水机的简化电路图如图所示，它有加热和保温两种工作状态，R1和R2均为用来加热且阻值不变的电热丝，饮水机部分参数如表所示。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），求：
（1）电阻R2的阻值是多少？
（2）饮水机在加热状态下正常工作，将2L的水从25℃加热至100℃，水吸收的热量是多少？
（3）不计热量损失，完成（2）中的加热过程，饮水机需要正常工作多长时间？
【答案】（1）电阻R2的阻值是85.8Ω；
（2）水吸收的热量是6.3×105J；
（3）不计热量损失，完成（2）中的加热过程，饮水机需要正常工作的时间为315s。
【分析】（1）由图可知加热挡和保温挡的电路连接，根据加热功率和P＝求出电阻R1的阻值，根据保温功率和P＝求出电阻R1和R2的串联总电阻，根据串联电路特点求出R2的阻值；
（2）利用密度公式求出2L水的质量，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；
（3）不计热量损失，消耗的电能等于水吸收的热量，利用P＝求出饮水机需要正常工作的时间。
【解答】解：（1）由图可知，开关S接加热挡时，只有R1工作，
由P＝可知，R1的阻值为R1＝＝＝24.2Ω，
开关S接保温挡时，R1、R2串联，由P＝可知，R1、R2的串联总电阻为R＝＝＝110Ω，
根据串联电路的电阻特点可知，R2的阻值为R2＝R﹣R1＝110Ω﹣24.2Ω＝85.8Ω；
（2）水的体积V＝2L＝2dm3＝2×10﹣3m3，
水的质量为m＝ρV＝1.0×103kg/m3×2×10﹣3m3＝2kg，
水吸收的热量为Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣25℃）＝6.3×105J；
（3）不计热量损失，消耗的电能W＝Q吸＝6.3×105J，
由P＝可知，饮水机需要正常工作的时间为t＝＝315s。
答：（1）电阻R2的阻值是85.8Ω；
（2）水吸收的热量是6.3×105J；
（3）不计热量损失，完成（2）中的加热过程，饮水机需要正常工作的时间为315s。应用公式
电功
电功率
焦耳定律
适用范围
基本公式
W=UIt
P=UI
Q=I2Rt
普遍适用
导出公式
=I2Rt
=I2R
=UIt
纯电阻电路W=Q
额定电压
220V
保温挡功率
48.4W
加热挡功率
1000W
预定温度
100℃
最大容量
1kg
额定电压
220V
制热功率
1400W
制冷功率
60W
容积
1L
额定电压
220V
额定功率
加热挡
1000W
保温挡
220W
电源频率
50Hz
额定电压
220V
加热功率
2000W
保温功率
440W
容量
2L
1、电热的利用与防止
（1）电流的热效应：电流通过导体时电能转化成热，这个现象叫做电流的热效应。
（2）电流热效应的实质：是电流通过导体时，由电能转化为内能。
（3）电热器：电流通过导体时将电能全部转化为内能的用电器。其优点是清洁、无污染、
热效率高，且便于控制和调节电流。
（4）有时人们利用电热，如电饭锅、电熨斗等；有时人们防止电热产生的危害，如散热孔、
散热片、散热风扇等。
（5）方法点拨：①电流有三大效应：热效应、磁效应、化学效应。②任何用电器，只要
有电阻存在，电流通过时就会有热效应；电流流过超导体不会有热效应。
2、焦耳定律
（1）内容：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比，这个规律叫焦耳定律；
（2）公式：Q=I2Rt，公式中的电流I的单位要用安培（A），电阻R的单位要用欧姆（Ω），通过的时间t的单位要用秒（s）这样，热量Q的单位就是焦耳（J）；
（3）变形公式：，Q=UIt。
（3）在纯电阻电路中，电能全部转化为热能，电功等于电热，即W=Q；在非纯电阻电路中，电能大部分转化为其他能，已小部分转化为热能，电功大于电热，W=Q+W其他；
（4）探究电热与哪些因素有关：①怎样用转换法体现电热：用温度计升高的度数；用细管内液柱升高的高度；用气球膨胀的大小；②怎样用控制变量法研究与电阻的关系：串联时控制电流和通电时间一定，并联时控制电压与通电时间一定。
3、焦耳定律在实际中的应用
（1）纯电阻电路：纯电阻电路就是除电源外，只有电阻元件的电路，或有电感和电容元件，但它们对电路的影响可忽略．电压与电流同频且同相位．电阻将从电源获得的能量全部转变成内能，这种电路就叫做纯电阻电路． 基本上，只要电能除了转化为热能以外没有其他能的转化，此电路为纯电阻电路；
（2）焦耳定律的推导公式：，Q=UIt，适用范围，纯电阻电路；
（3）电热器的“双挡”问题：
①“双挡”中的电阻：电热器通常设计有“高温挡”和“低温挡”。根据可知，当U一定时，电阻越大，电功率越小；电阻越小，电功率越大，所以高温挡总电阻最小，低温挡总电阻最大。
②“双挡”的控制开关
a短路式：两个电阻串联，把开关与其中一个电阻并联，如下图所示。
当闭合开关时，有一个电阻短路，只有一个电阻工作，此时为高温挡；当断开开关时，两电阻串联，电阻大一些，电热器的功率小一些，此时为低温挡；
b单刀双掷式：主要工作电阻放在干路上，一条支路用导线，一条支路连接在附加电阻上，如下图所示。
当开关掷向附加电阻的支路时，两电阻串联，为低温挡；当开关掷向导线支路时，只有主要工作电阻工作，此时为高温挡。
※注意：电流通过电动机做功消耗的电能，一部分转化为机械能，另一部分是转化为内能，也就是W≠Q．那么，用来计算电功的公式W=UIt不能用来计算电热，电热智能用焦耳定律Q=I2Rt来计算。
4、焦耳定律的计算公式及其应用
（1）公式：Q=I2Rt。
Q表示电热，单位是焦耳J；
I表示电流，单位是安培A；
R表示电阻，单位是欧姆Ω；
t表示时间，单位是秒s。
（2）推导式：和Q=UIt。（仅适用于纯电阻电路）
（3）电热与电能的关系：纯电阻电路时Q=W；非纯电阻电路时Q＜W；
（4）电热与电功的关系：
（5）公式Q=I2Rt是电流产生热效应的公式，与W=UIt不能通用．W=UIt是电流做功的计算公式，如果电流做功时，只有热效应，则两公式是等效的；如果电流做功时，同时有其他能量转化，像电动机工作时，电能既转化为热能，也转化为动能，则Q=I2Rt只是转化为电热的部分，W=UIt则是总的电功，只有对纯电阻电路才有W=Q，对非纯电阻电路Q＜W。
【考点1 电流的热效应】
【典例1-1】（2022秋•武冈市期末）下列家用电器正常工作时，在相等的时间内产生热量最多的是（ ）
A．抽油烟机B．电视机
C．电饭锅D．电风扇
【答案】C
【分析】根据这四种用电器工作时的能量转化分析。
【解答】解：抽油烟机、电风扇工作时主要把电能转化为机械能；电视机工作时主要把电能转化为声能、光能等；电饭锅工作时主要把电能转化为内能；
四种用电器中，电饭锅的额定功率最大，它们正常工作时，在相等时间内电饭锅消耗的电能最多，故在通电时间相同时，电饭锅工作时产生的热量最多。
故选：C。
【典例1-2】（2022秋•祁阳县期末）石墨烯是一种新材料，具有优异的光学、电学、力学特性，石墨烯还具有很好的韧性，且可以弯曲。北京冬奥会运动场馆的最低温度可达﹣30℃左右，利用石墨烯制作的智能温控加热羽绒服可帮助工作人员抵御寒冷，有效提升保暖效果。可见，这种材料具有密度 较小 （选填“较大”或“较小”）、电阻 较小 （选填“较大”或“较小”）的特点。
【答案】较小；较小。
【分析】石墨烯是一种新发现的材料，它的物理性质是密度小、延展性好、导电性和导热性好、硬度大、熔点高等，根据它的这些特性我们就能知道它的用途。
【解答】解：石墨烯特殊晶体结构使其具有多项优异的物化性能，是目前电阻率最小的材料，石墨烯作填料能够有效提升涂料的导电性，利用的就是其电阻较小的特点；
其次石墨烯是一种超轻材料，故其密度很小，由此可知利用石墨烯制作的智能温控加热羽绒服可帮助工作人员抵御寒冷利用了石墨烯密度小且电阻小的特点。
故答案为：较小；较小。
【变式1-1】（2022秋•天河区期末）下列电器属于利用电流热效应工作的是（ ）
A．LED灯B．电热毯
C．电视机D．电风扇
【答案】B
【分析】解答本题应掌握：（1）电流流过导体时导体发热，这种现象是电流的热效应。
（2）电流流过导体时导体周围产生磁场，这种现象是电流的磁效应。
（3）电流流过导体时导体发生化学变化，这种现象是电流的化学效应。
【解答】解：A、LED灯是把电能转化为光能，故A不符合题意；
B、电热毯是根据电流的热效应工作的，故B符合题意；
C、电视机主要把电能转化为光能和声能，故C不符合题意；
D、电风扇是利用磁场对电流的作用工作的，故D不符合题意。
故选：B。
【变式1-2】（2022秋•西安校级期末）下列属于防止电流热效应产生危害的实例是（ ）
A．冬天用电暖器取暖B．电脑使用微型风扇散热
C．用电饭锅煮饭D．用电熨斗熨衣服
【答案】B
【分析】当导体中有电流时，导体会发热，这种现象叫做电流的热效应，此时消耗电能转化为内能。生活中，有时候可以利用电流的热效应，例如各种电热器；有时候，需要防止电流的热效应带来的危害。
【解答】解：A、冬天用电暖器取暖，将电能转化为内能，属于利用电流的热效应，故A不符合题意；
B、电脑使用微型风扇散热，是为了及时将热量散出去，防止电热产生危害，故B符合题意；
C、家里使用电饭锅煮饭，消耗电能转化为内能，属于利用电流的热效应，故C不符合题意；
D、使用电熨斗熨衣服，将电能转化为内能，属于利用电流的热效应，故D不符合题意。
故选：B。
【变式1-3】（2021秋•交口县期末）在研究电动机的过程中，他注意到了热量的问题。于是他开始研究电流，用近40年的时间做了400多次实验，最终提出了热量的多少与电流、电阻和时间的关系，他就是著名的物理学家 焦耳 。电热在生活中的应用有 电暖气 （试举一例）。
【答案】焦耳；电暖气
【分析】在大量实验的基础上，英国物理学家焦耳找出了电流产生的热量与电流、电阻、通电时间间的关系，即发现了焦耳定律。由焦耳定律Q＝I2Rt可知，Q与I、R及t有关
【解答】解：英国物理学家焦耳做了大量实验，于1840年最先精确地确定了电流产生的热量跟电流、电阻和通电时间的关系，得出Q＝I2Rt.为了纪念他做出的贡献，人们将他的名字命名为热量（能量）的单位；
电热在生活中的应用有电暖器、电饭锅、电烙铁、电熨斗等。
故答案为：焦耳；电暖气。
【考点2 焦耳定律概念】
【典例2-1】（2022秋•市北区校级期末）如图是探究焦耳定律实验的装置图，下列说法正确的是（ ）
A．图示实验可探究电流通过导体产生的热量与电阻大小的关系
B．通过液面高度差来反映热量的多少，运用了类比法
C．R1的电功率比R2的大
D．通电时间相同，右侧U形管中液面高度差较大，说明电流通过R2产生的热量比R1多
【答案】C
【分析】（1）电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，探究电流产生热量跟电流关系时，控制电阻和通电时间不变；探究电流产生的热量跟电流大小和电阻大小关系时，要控制电流和通电时间不变；
（2）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，体现的是转换思想；
（3）根据P＝I2R可知两电阻电功率的大小；
（4）根据焦耳定律Q＝I2Rt判定电阻产生热量的多少，从而判定出U形管中液面的高度差的变化关系。
【解答】解：A、右侧两电阻并联后与左侧电阻串联接入电路，根据串联电路电流特点和并联电路电流特点可知通过瓶中两电阻的电流不同，通过左侧电阻的电流大于通过右侧电阻的电流，所以图示实验可探究电流通过导体产生的热量与电阻大小的关系，故A错误；
B、电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但烧瓶中的空气会热胀冷缩，会使的U形管液面高度差发生变化，据此来判定放热多少，这种研究方法叫转换法，故B错误；
C、根据P＝I2R可知R1的电功率比R2的大，故C正确；
D、根据焦耳定律Q＝I2Rt可知通电时间相同左侧电阻产生的热量较多，故D错误；
故选：C。
【典例2-2】（2022秋•昆明期末）如图是探究电流通过导体产生的热量与 电流 关系的实验装置，通电一段时间后容器 甲 （选填“甲”或“乙”）内电阻丝产生的热量较多。
【答案】电流；甲。
【分析】电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。
（1）探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；探究电流产生热量跟通电时间关系时，控制电流和电阻不变；
（2）探究电流产生的热量跟电流大小和电阻大小关系时运用了控制变量法；
（3）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，体现的是转换思想。
【解答】解：由图知，装置中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I右＝I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右＝I1+I2，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I1＝I2，所以右边容器中的通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系；
由Q＝I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量是右侧容器电阻丝产生的热量的4倍。
故答案为：电流；甲。
【变式2-1】（2022秋•南开区校级期末）如图所示是“探究在通电时间一定时，电流产生热量与哪些因素有关”的实验装置。下列关于此实验的一些描述，正确的是（ ）
A．在甲图中，探究的是电流产生热量与电阻的关系
B．在乙图中，探究的是电流产生热量与电阻的关系
C．在甲图中，闭合开关一段时间后a容器连接的U形管液面高度差更明显
D．在乙图中，可得到结论：相同时间内，电流越大，容器内空气吸收热量越少
【答案】A
【分析】对于甲图，两个阻值不同的电阻串联在电路中，通过两导体的电流相同；对于乙图，右边的两个5Ω的电阻并联后再与左边的5Ω的电阻串联，电阻相同，通过容器内的电阻的电流是不同的，根据控制变量法和焦耳定律分析每个选项。
【解答】解：
A、在甲图中，两个电阻串联在电路中，通电时间和电流是相同的，电阻不同，故探究的是电流产生热量与电阻的关系；故A正确；
B、在乙图中，容器内的电阻相同，通电时间相同，但电流是不同的，探究的是电流产生热量与电流的关系，故B错误；
C、在甲图中，闭合开关一段时间后，阻值大的电阻产生的热量多，故b容器连接的U形管液面高度差更明显，故C错误；
D、在乙图中，电阻相同，通电时间相同，但通过c中电阻的电流大，故c中电阻产生的热量多，则空气吸收的热量也多，故D错误。
故选：A。
【变式2-2】（2022秋•邓州市期末）英国物理学家 焦耳 经过大量的实验研究，于1840年精确测定了电流产生的热量与电流、电阻和通电时间的关系。根据他研究得出的结论，连接大功率用电器的导线应 粗 （选填“粗”或“细”）一些，既安全又可以减少电能的额外损耗。
【答案】焦耳；粗。
【分析】（1）根据对焦耳和焦耳定律内容的了解回答；
（2）导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积有关，材料和长度一定时，横截面积越大，电阻越小，根据焦耳定律分析得出结论。
【解答】解：（1）社会的发展离不开物理学家的突出贡献。英国物理学家焦耳经过大量的实验研究，归纳出了电流通过导体产生的热量与电流、电阻及通电时间的关系，用公式表示为Q＝I2Rt。
（2）导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积有关，材料和长度一定时，横截面积越大，电阻越小，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，在电流和通电时间一定时，电阻越大，导线产生的热量越多，所以从安全用电的角度考虑，连接大功率用电器的导线应选择粗一些的导线来制作。
故答案为：焦耳；粗。
【考点3 焦耳定律的应用】
【典例3-1】（2022秋•平顶山期末）如图甲是小灯泡L和电阻R的I﹣U图象，将小灯泡L和电阻R接入图乙所示的电路中，只闭合开关S1时，小灯泡L的实际功率为1W，下列说法正确的是（ ）
A．只闭合开关S1时，小灯泡L的电阻为40Ω
B．再闭合开关S2后，在1min内电阻R产生的热量为2.4J
C．再闭合开关S2后，电阻总功率为1.5W
D．再闭合开关S2后，电流表示数增加0.2A
【答案】D
【分析】（1）只闭合开关S1时，电路为L的简单电路，根据图象读出小灯泡L的实际功率为1W时的电流和电压，据此得出电源的电压，根据欧姆定律求出小灯泡L的电阻；
（2）再闭合开关S2时，L与R并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点结合图象读出通过R的电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响得出电流表示数的增加量，根据并联电路的电流特点求出干路电流，利用P＝UI求出电路的总功率。
【解答】解：A、只闭合开关S1时，电路为L的简单电路，
由图象可知，当UL＝2V、IL＝0.5A时，灯泡的实际功率PL＝ULIL＝2V×0.5A＝1W，
则电源电压U＝UL＝2V，电流表示数为 0.5A，
由I＝可得，小灯泡L的电阻为：RL＝＝＝4Ω，故A错误；
BCD、再闭合开关S2时，L与R并联，电流表测干路电流，
因并联电路中各支路两端的电压相等，所以UR＝U＝2V，
由图象可知，通过R的电流IR＝0.2A，
在1min内电阻R产生的热量为：Q＝URIRt＝2V×0.2A×60s＝24J，故B错误。
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以电流表示数增加了0.2A，故D正确；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流I＝IL+IR＝0.5A+0.2A＝0.7A，
电路的总功率P＝UI＝2V×0.7A＝1.4W，故C错误。
故选：D。
【典例3-2】（2022秋•阿克苏市校级期末）电饭煲、电水壶和电熨斗分别标有“220V 1000W”、“220V 1800W”、“220V 500W”的字样，它们各自正常工作相同时间， 电水壶 （选填“电饭煲”、“电水壶”或“电熨斗”）产生的热量最多。标有“220V 500W”的电熨斗正常工作0.2h，电流通过电熨斗产生的热量为 3.6×105J 。
【答案】电水壶；3.6×105J。
【分析】电饭煲、电水壶和电熨斗三个用电器都为纯电阻用电器，消耗的电能全部转化为内能，用电器正常工作时的功率和额定功率相等，根据Q＝W＝Pt比较相同时间内三用电器消耗电能的多少以及电熨斗产生的热量。
【解答】解：电饭煲、电水壶和电熨斗三个用电器都为纯电阻用电器，消耗的电能全部转化为内能，
用电器正常工作时的功率与额定功率相等，由题知，电水壶的额定功率最大，则根据Q＝W＝Pt可知，在相同时间内，电水壶消耗的电能最多，产生的热量最多。
电熨斗正常工作0.2h产生的热量：
Q＝W＝P电熨斗t＝500W×0.2×3600s＝3.6×105J。
故答案为：电水壶；3.6×105J。
【变式3-1】（2022秋•汉阴县期末）现有“6V 3W”和“12V 6W”字样的甲、乙两只灯泡，不考虑灯丝电阻的变化，下列说法正确的是（ ）
A．通电时间相同时，甲灯泡消耗的电能一定比乙灯泡少
B．通电时间相同时，电流通过乙灯泡比甲灯泡做功一定快
C．两只灯泡串联工作时，甲灯泡产生的热量一定比乙灯泡多
D．两只灯泡并联工作时，干路中允许通过的最大电流为0.75A
【答案】D
【分析】（1）由于两灯工作状态未知，根据W＝Pt可知两灯消耗电能的大小关系；
（2）电功率是表示电流做功快慢的物理量；
（3）由P＝计算两灯电阻的大小，由串联电路特点和Q＝I2Rt分析判断；
（4）根据两灯额定电压大小，结合并联电路的电流特点和欧姆定律计算干路中的最大电流。
【解答】解：A、由于两灯工作状态未知，即两实际功率大小未知，由W＝Pt可知，无法判断两灯在相同时间内消耗电能的多少关系，故A错误；
B、由于两灯的实际功率未知，而电功率是表示电流做功快慢的物理量，所以电流通过两灯做功的快慢无法确定，故B错误；
C、由P＝可得，两灯的电阻分别为：R甲＝＝＝12Ω，R乙＝＝＝24Ω，
由串联电路的电流特点知，两只灯泡串联工作时，通过的电流相等，由Q＝I2Rt知，相等时间里甲灯产生热量比乙灯少，故C错误；
D、甲的额定电压小于乙灯的额定电压，由并联电路的电压规律知，
甲和乙灯并联时，电源电压最大为U＝U实乙＝U额甲＝6V，
由并联电路的电流规律和欧姆定律可得，干路中允许通过的最大电流：
I＝I甲+I乙＝+＝+＝0.75A，故D正确。
故选：D。
【变式3-2】（2022秋•北京期末）小明在一次野炊活动中，将中间剪得较窄的口香糖锡箔纸（可看做导体）接在干电池正负两极上，如图所示，锡箔纸较窄处最先燃烧。长度相同的锡箔纸较宽处与较窄处相比较，下列判断正确的是（ ）
A．较窄处电阻较小B．较窄处电流较大
C．较窄处电压较大D．较窄处电功率较小
【答案】C
【分析】锡箔纸串联在电路中，根据串联电路的电流特点可知通过它们的电流关系，根据影响电阻大小的因素可知较窄处和较宽处的电阻关系，根据欧姆定律可知它们两端的电压关系，根据P＝UI可知它们的功率关系。
【解答】解：
A、材料和长度相同时，导体越细，电阻越大，所以锡箔纸较窄处电阻较大，故A错误；
B、锡箔纸串联在电路中，因串联电路中各处的电流相等，所以通过整个锡箔纸的电流相等，故B错误；
C、电流相等，由U＝IR可知，锡箔纸较窄处电阻大，电压较大，故C正确；
D、电流相等，由P＝UI可知，锡箔纸较窄处电压大，电功率较大，故D错误。
故选：C。
【变式3-3】（2022秋•会同县期末）洗衣机的机芯就是电动机，它正常工作电压为220V，通过它的电流为1.5A，电动机线圈阻抗（工作电阻）为11Ω，则洗衣机正常工作的功率为 330 W，线圈每分钟产生的热量是 1485 J，效率为 92.5% 。
【答案】330；1485；92.5%。
【分析】根据P＝UI求出洗衣机工作时的功率；根据焦耳定律Q＝I2Rt求出线圈每分钟产生的热量；根据W＝UIt求出洗衣机每分钟消耗的电能，洗衣机每分钟输出的有用功等于消耗的电能减去线圈产生的热量，利用效率公式求出洗衣机的效率。
【解答】解：洗衣机工作时的功率：P＝UI＝220V×1.5A＝330W；
线圈每分钟产生的热量：Q＝I2Rt＝（1.5A）2×11Ω×1×60s＝1485J；
洗衣机每分钟消耗的电能：W＝UIt＝220V×1.5A×1×60s＝19800J，
洗衣机输出的有用功：W有用＝W﹣Q＝19800J﹣1485J＝18315J，
洗衣机的效率：η＝×100%＝×100%＝92.5%。
故答案为：330；1485；92.5%。
【考点4 电功与电热的综合计算】
【典例4-1】（2022秋•嵩县期末）小李家使用的贮热式电热水器额定功率为7.2kW，额定容量为100L。在额定电压下该热水器将100L的水从20℃加热到60℃用了40分钟。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），下列与该过程有关的计算结果和分析正确的是（ ）
A．水吸收的热量是4.2×106J
B．水吸收的热量是1.68×106J
C．热水器消耗的电能为2.88×106J
D．热水器的工作效率约为97%
【答案】D
【分析】（1）根据ρ＝求水的质量，根据Q吸＝cmΔt求出水吸收的热量；
（2）根据P＝求出热水器消耗的电能；
（3）根据η＝×100%求出热水器的工作效率。
【解答】解：AB、由ρ＝可知，水的质量为：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×100×10﹣3m3＝100kg，
水吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×（60℃﹣20℃）＝1.68×107J，故AB错误；
C、由P＝可知，热水器消耗的电能；W＝Pt＝7.2×103W×40×60s＝1.728×107J，故C错误；
D、热水器的工作效率：η＝×100%＝×100%≈97%，故D正确。
故选：D。
【典例4-2】（2022秋•郏县期末）如图甲所示为一款电煎药壶，工作电路简化为图乙，它在工作时，有高温、中温和低温三个挡。已知正常工作时，高温挡功率为600W，中温挡功率为200W。当Sa接1，同时Sb断开时，电路处于 低温 挡，其中电阻R2的阻值为 242 Ω；用该电器的“高温”挡正常工作20min，放出热量的70%全部被药液吸收，能将 1.5 kg的药液从20℃升高到100℃。（假如药液的比热容等于水的比热容）[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】低温；242；1.5。
【分析】（1）由图可知当Sa接1，同时Sb断开时，R1、R2串联，当Sa接2，同时Sb断开时，只有R2工作，当Sa接2，同时Sb闭合时，R1、R2并联；根据串并联电路的电阻特点和P＝可知电煎药壶不同状态的电路连接；根据中温挡功率和P＝求出R2的阻值；
（2）利用W＝Pt求出高温挡工作20min消耗的电能，根据效率公式求出药液吸收的热量，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出药液的质量。
【解答】解：（1）由图可知当Sa接1，同时Sb断开时，R1、R2串联，当Sa接2，同时Sb断开时，只有R2工作，当Sa接2，同时Sb闭合时，R1、R2并联；
根据串并联电路的电阻特点可知，当Sa接1，同时Sb断开时，R1、R2串联，电路中电阻最大，根据P＝可知，电路中总功率最小，电煎药壶处于低温挡；
当Sa接2，同时Sb闭合时，R1、R2并联，电路中的总电阻最小，总功率最大，电煎药壶处于高温挡；
当Sa接2，同时Sb断开时，只有R2工作，电煎药壶处于中温挡，
由P＝可知，R2的阻值：R2＝＝＝242Ω；
（2）高温挡工作20min消耗的电能：W＝P高t＝600W×20×60s＝7.2×105J，
根据题意可知，药液吸收的热量：Q吸＝70%W＝70%×7.2×105J＝5.04×105J，
由Q吸＝cm（t﹣t0）可知，药液的质量：m＝＝＝1.5kg。
故答案为：低温；242；1.5。
【典例4-3】（2022秋•云州区期末）某品牌饮水机的加热水槽部分工作原理电路图如图所示，其中S是温控开关，R1为电加热丝（阻值不随温度而变化），R2为限流电阻（不参与加热饮用水）。A、B是两种不同颜色的指示灯（指示灯的电阻忽略不计），红灯表示加热，绿灯表示保温。饮水机的部分参数如表所示。当饮水机处于加热状态时，水被迅速加热，达到预定温度时，自动切换到保温状态。
（1）饮水机装满初温为20℃的水正常加热7min时绿灯亮，求饮用水的热效率；[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（2）求电阻R2的阻值。
【答案】（1）饮水机的热效率为80%；
（2）限流电阻R2的阻值是171.6Ω。
【分析】（1）知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；利用W＝Pt求出饮水机消耗的电能，利用效率公式求出饮水机的热效率；
（2）分析开关S转换时电路的连接，根据P＝和串联电路电压的规律确定加热和保温状态时电路的连接，根据P＝可知加热丝R1的大小；根据P＝可知保温时R1的电压，根据串联电路电压的规律得出限流电阻的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出限流电阻R2大小。
【解答】解：（1）1kg水从初温20℃加热到100℃吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J，
由表格数据可知，加热挡功率为1000W，
饮水机正常加热7min消耗的电能；W＝P加热t＝1000W×7×60s＝4.2×105J，
饮水机的热效率：η＝＝＝0.8＝80%；
（2）由图可知，S切换到左侧时，电路中只有电加热丝R1，电加热丝R1的电压等于电源电压；S切换到右侧时，电加热丝与限流电阻串联，
根据串联电路电压的规律可知，电加热丝的电压小于电源电压，根据P＝可知，S切换到左侧时，此时功率较大，为加热状态；
S切换到右侧时，为保温状态；
根据P＝可知，电加热丝R1的阻值为：R1＝＝＝48.4Ω；
根P＝可知，保温时电热丝的电压U1＝＝＝48.4V，
两电阻串联时，根据串联电路电压的规律，限流电阻的电压为：U2＝U﹣U1＝220V﹣48.4V＝171.6V；
根据串联电路的电流特点和欧姆定律可知，＝，
则限流电阻R2的阻值：R2＝R1＝×48.4Ω＝171.6Ω。
答：（1）饮水机的热效率为80%；
（2）限流电阻R2的阻值是171.6Ω。
【变式4-1】（2022秋•长寿区期末）如图甲所示，是某家用电热壶“加热”和“保温”两个挡位的简化电路。电热丝的阻值R1＝48.4Ω，R2＝435.6Ω。小明为测量电热壶的实际电功率，他把家中的其它用电器都与电源断开，仅让电热壶工作，如图乙所示的电能表在1min内转盘转动了16转[不计热量损失，已知水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）]。下面说法正确的是（ ）
A．电热壶的正常加热功率为100W
B．开关S接“2”时，电热壶为“加热”挡位
C．测量时电热壶的实际加热功率为800W
D．电热壶将1kg的水从25℃加热到75℃，需要正常工作2100s
【答案】C
【分析】（1）由P＝UI＝可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合串联电路电阻规律和P＝UI＝可知各挡位时电路的连接；
（2）根据P＝UI＝求出电热壶的正常加热功率；
（3）根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸水的热量，根据不考虑热量损失求出电热壶加热时消耗的电能，根据P＝求电热壶正常加热的时间；
（4）1200r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200转，据此可以计算出能表的转盘转16r时电热壶消耗的电能，根据P＝计算出电热壶的实际加热功率。
【解答】解：B、开关S接“1”时，电路为R1的简单电路，开关S接“2”时，电热丝R1、R2串联；
因为串联电路中的总电阻大于各串联导体的电阻，所以由P＝UI＝可知，电路为R1的简单电路时，电路中的电阻最小，电功率最大，电热壶为“加热”挡；R1、R2串联时，电路中的电阻最大，电功率最小，此时电热壶为“保温”挡，
因此开关S接“2”时，电热壶为“保温”挡，故B错误；
A、电热壶的正常加热功率：P加热＝＝＝1000W，故A错误；
D、水吸水的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（75℃﹣25℃）＝2.1×105J，
因为不考虑热量损失，所以电热壶加热时消耗的电能：W＝Q吸＝2.1×105J，
由P＝可知，电热壶正常加热的时间：t'＝＝＝210s，故D错误；
C、1200r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200转，
电能表的转盘转16r时，电热壶消耗的电能：W实＝＝kW•h，
电蒸锅的实际功率：P实＝＝＝0.8kW＝800W，故C正确。
故选：C。
【变式4-2】（2022秋•平泉市期末）某家庭浴室中的浴霸由四只标有“220V，500W”的同规格发热灯组成，如图所示。四只发热灯同时正常工作15min，消耗的电能是 0.5 kW•h，此过程中浴室内空气的内能 增加 （选填“增加”、“不变”或“减少”）。若此过程中浴室内温度从20℃上升到25℃，室内空气质量为0.3kg，空气的比热容为1.0×103J/（kg•℃），浴室内空气吸收的热量是 1.5×103 J。
【答案】0.5；增加；1.5×103。
【分析】（1）知道浴霸的发热灯的额定功率，利用W＝Pt求出四只发热灯同时正常工作15min，消耗的电能；
（2）空气吸收热量，温度升高，内能增加；
（3）知道空气的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出空气吸收的热量。
【解答】解：（1）由P＝可知，四只发热灯同时正常工作15min，消耗的电能：W＝Pt′＝4×500W×15×60s＝1.8×106J＝0.5kW•h；
（2）此过程中浴室内空气吸收热量，温度升高，内能增加；
（3）空气吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝1.0×103J/（kg•℃）×0.3kg×（25℃﹣20℃）＝1.5×103J。
故答案为：0.5；增加；1.5×103。
【变式4-3】（2022秋•西华县期末）小明家购买了一款全自动智能遥控茶吧机，如图所示，茶吧机的主要参数如表，请完成以下问题：
（1）额定电压下茶吧机烧水时电路中的电流为多少？（结果保留两位小数）
（2）水壶中装满初温为20℃的水，茶吧机正常工作加热5min，可使水温升高到100℃，则水吸收的热量为多少？[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），水的密度为1.0×103kg/m3]
（3）上述加热过程中，全自动智能茶吧机的加热效率是多少？
【答案】（1）额定电压下茶吧机烧水时电路中的电流为6.36A；
（2）水吸收的热量为3.36×105J；
（3）全自动智能茶吧机的加热效率是80%。
【分析】（1）根据表格参数可知茶吧机烧水时的功率，利用P＝UI求出额定电压下茶吧机烧水时电路中的电流；
（2）利用密度公式求出水的质量，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；
（3）利用W＝Pt求出茶吧机消耗的电能，利用效率公式求出茶吧机的加热效率。
【解答】解：（1）由表格数据可知，茶吧机烧水时的功率：P热＝1400W，
由P＝UI可知，额定电压下茶吧机烧水时电路中的电流：I＝＝≈6.36A；
（2）茶吧机内水的体积V＝1L＝1dm3＝1×10﹣3m3，
由ρ＝可知，水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg，
水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J；
（3）茶吧机消耗的电能：W＝P热t′＝1400W×5×60s＝4.2×105J，
茶吧机的加热效率：η＝×100%＝×100%＝80%。
答：（1）额定电压下茶吧机烧水时电路中的电流为6.36A；
（2）水吸收的热量为3.36×105J；
（3）全自动智能茶吧机的加热效率是80%。
【考点5 探究影响电流通过导体时产生热量】
【典例5-1】（2022秋•永吉县期末）如图是李雷“探究电流通过导体产生热量与哪些因素有关”的实验。装置中各有两个相同的透明容器，其中密封着等量的空气和一段电阻丝（阻值在图中已标出），U形管中装有等量的液体，接通电源，观察现象。
（1）实验中通过观察U形管中 液面高度差 的变化来比较导体所产生热量的多少。
（2）图中电路是探究电流产生的热量跟 电流 关系的装置，一段时间后， 左 侧密闭容器中电阻丝产生的热量较多。（选填“左”或“右”）
【答案】（1）液面高度差；（2）电流；左
【分析】（1）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映；
（2）当探究导体产生的热量多少跟电流大小的关系时，要使电阻和通电时间一定，电流大小不同；根据串联电路电流特点和焦耳定律可知可知一段时间后哪个瓶中的电阻丝产生的热量多少。
【解答】解：（1）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；
（2 ）图装置中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右侧两个电阻的总电流和左侧的电阻电流相等，把右瓶并联的两根电阻丝都放入瓶内，右侧两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电阻规律知右侧总电阻小于左侧电阻，则通过两瓶电阻的电流相同，通电时间相同，只有电阻不同，左侧的电阻大于右侧的电阻，根据焦耳定律Q＝I2 Rt可知一段时间后左瓶电阻丝产生的热量多。
故答案为：（1）液面高度差；（2）电流；左。
【变式5-1】（2022秋•镇平县期末）为了探究电流通过导体时产生热的多少与哪些因素有关，设计如图甲的装置，将两段阻值不同的电阻丝（R1＝5Ω，R2＝10Ω）分别密封在两个完全相同的容器内，密闭容器内封闭等量的空气。
（1）从实验装置的原理可知，U形管两管中的液柱高度差是由于U形管中 气体 （选填“气体”或“液体”）热胀冷缩导致的。U形管中液柱高度差的大小，反映出电流通过电阻丝时产生 热量 的多少。
（2）图甲所示是用来探究电流产生的热量跟 电阻 的关系。
（3）图乙所示是用来探究电流产生的热量跟 电流 的关系。
（4）让实验装置乙冷却到初始状态，把右瓶并联的电阻丝都放入瓶内，接通电源，此电路工作一段时间后， 左瓶 （选填“左瓶”或“右瓶”）内电阻丝产生的热量多。
【答案】（1）气体；热量；（2）电阻；（3）电流；（4）电阻；左瓶。
【分析】（1）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但产生的热量会使容器内等量的气体受热，根据热胀冷缩，产生的热量越多，气体膨胀程度越大，U形管中液面的高度差就越大，采用了转换法；
（2）（3）电流产生的热量与电流、电阻和通电时间有关，在探究电流产生的热量与某个因素有关时，要控制其他两个因素不变，而改变这个因素；
（4）根据Q＝I2Rt分析比较电流产生热量的多少。
【解答】解：
（1）通过观察U形管中高度差的变化来比较电流通过电阻丝产生热量的多少；高度差的形成是由于U形管中气体热胀冷缩导致的；
（2）由甲图可知，左、右两个容器中的电阻丝串联，通过的电流相同，通电时间相同，而电阻丝的阻值不同，因此是探究电流产生的热量跟电阻的关系；
（3）由图乙可知，右边的容器中的电阻与容器外的电阻并联，再与左边容器中的电阻串联，因此通过左边容器电阻的电流与通过右边容器电阻的电流不同，而电阻和通电时间相同，因此是探究电流产生的热量跟电流的关系；
（4）把图乙右边的两根电阻丝并联后，其总阻值为R＝＝2.5Ω，
则相当于把2.5Ω的阻值放进右侧瓶中，即左、右两瓶中的电阻串联，通过的电流相同，通电时间相同，而电阻不同，
因此是探究电流产生的热量跟电阻的关系；左侧瓶中的电阻阻值更大，根据Q＝I2Rt可知，一段时间后电阻丝产生的热量左瓶多。
故答案为：（1）气体；热量；（2）电阻；（3）电流；（4）电阻；左瓶。
【变式5-2】（2022秋•云州区期末）“圆梦”小组探究“电流通过导体产生的热量与哪些因素有关”的实验装置如图所示，甲、乙两瓶中装有质量与初温都相同的同种液体，甲瓶中电阻丝的电阻比乙瓶中电阻丝的电阻小。
（1）为了在较短的时间内达到明显的实验效果，应选用 煤油 （选填“煤油”或“水”）装入甲、乙两瓶中。
（2）实验中通过比较温度计示数升高的多少来反映电阻丝产生热量的多少，下列实验应用了该研究方法的是 C （选填序号）。
A.探究串联电路中电压的特点
B.探究电流与电阻的关系
C.探究什么情况下磁可以生电
（3）闭合开关，将滑片P固定在某一位置，通电一段时间后，观察温度计的示数，发现甲瓶中的温度计示数 低于 （选填“高于”、“低于”或“等于”）乙瓶中的温度计示数。
（4）小明在甲、乙两瓶中加入质量、初温都相等的不同液体，用来探究比较不同物质的吸热能力。该方案是否可行？并说明理由： 不可行，根据焦耳定律，两电阻丝产生的热量不同，两液体吸热不同 。
【答案】（1）煤油；（2）C；（3）低于；（4）不可行；根据焦耳定律，两电阻丝产生的热量不同，两液体吸热不同。
【分析】（1）因煤油的比热容小于水的比热容，根据Δt＝分析；
（2）电阻丝产生的热量不易直接观察，由转换法，可使等质量初温相同的液体吸收热量，根据Δt＝，由温度变化确定产生的热量多少；
（3）分析电路的连接，根据串联电路电流的规律结合Q＝I2Rt确定哪个图中电阻产生热量多，根据Δt＝回答；
（4）使相同质量的不同物质吸收相同的热量，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强，结合Q＝I2Rt分析。
【解答】解：（1）因煤油的比热容小于水的比热容，为了在较短的时间内达到明显的实验效果，应选用煤油，相同质量的水和煤油相比，吸热相同的热量，煤油温度变化大，现象明显；
（2）实验中通过比较温度计示数升高的多少来反映电阻丝产生热量的多少，采用了转换法；
A.探究串联电路中电压的特点，采用归纳法；
B.探究电流与电阻的关系，采用了控制变量法；
C.探究什么情况下磁可以生电，根据电流计指针是否偏转来判断，采用了转换法；
故选：C，
（3）两电阻丝串联，通过的电流和通电时间相同，而乙中电阻较大，根据Q＝I2Rt，乙中电阻产生热量多，故闭合开关，将滑片P固定在某一位置，通电一段时间后，观察温度计的示数，根据Δt＝，发现甲瓶中的温度计示数低于乙瓶中的温度计示数；
（4）使相同质量的不同物质吸收相同的热量，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；图中两电阻串联，通过电阻的电流和通电时间相同，因两电阻不同，根据焦耳定律，两电阻丝产生的热量不同，两液体吸热不同，故不能用来探究比较不同物质的吸热能力。
故答案为：（1）煤油；（2）C；（3）低于；（4）不可行；根据焦耳定律，两电阻丝产生的热量不同，两液体吸热不同。
一、选择题。
1．（2022秋•南华县期末）下列用电器中，利用电流热效应工作的是（ ）
A．电饭煲B．电风扇C．洗衣机D．LED灯
【答案】A
【分析】电流的热效应就是把电能转化为内能，可从能量转化的角度分析哪一用电器是利用了电流的热效应。
【解答】解：A．电饭煲工作时，电能转化为内能，是利用电流的热效应工作的，故A正确；
B．电风扇工作时，电能转化为机械能，因此不是利用电流热效应工作的，故B错误；
C．洗衣机工作时，主要是把电能转化为机械能，因此不是利用电流的热效应工作的，故C错误；
D．LED灯工作时，主要将电能转化为光能，因此不是利用电流热效应工作的，故D错误。
故选：A。
2．（2022秋•威县期末）如图所示的用电器中，利用电流热效应工作的是（ ）
A．洗衣机B．电饭锅
C．笔记本电脑D．家用音响设备
【答案】B
【分析】电流的热效应就是把电能转化为内能，结合用电器的能量转化可做出判断。
【解答】解：洗衣机工作时主要是把电能转化为机械能，笔记本电脑工作时主要将电能转化为光能和声能，家用音响设备工作时主要将电能转化为声能，只有电饭锅工作时把电能转化为内能，是利用电流的热效应，故B符合题意。
故选：B。
3．（2022秋•宁阳县期末）探究“电流通过导体时产生的热量与哪些因素有关”时，两个相同的透明容器中密封着质量相等的空气，用电阻R1、R2对容器中的空气进行加热，如图所示。下列说法中正确的是（ ）
①该装置是探究电流产生的热量与电阻大小的关系
②实验时通过装置中R1与R2的电流相同
③电流产生的热量越多，U形管内液面高度差越大
④通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是4：1
A．只有①②B．只有②③C．只有①④D．只有③④
【答案】D
【分析】（1）电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变；
（2）电流产生的热量不便于用眼睛直接观察和测量，通过U形管内液柱的高度差来反映，这种方法是初中物理常用的转换法；
（3）由Q＝I2Rt分析判断左右两边容器内电阻产生的热量之比。
【解答】解：①②、由图可知，R2、R3并联后再与R1串联在电路中，根据并联电路的电流特点可知，通过R1、R2的电流是不同的，电阻相同，通电时间相同，所以该装置是探究电流产生的热量与电流大小的关系，故①②错误；
③、电流产生的热量越多，空气吸收的热量越多，温度越高，气体膨胀程度越大，则U形管内液面高度差越大，故③正确；
④、右侧两个5Ω的电阻并联后再与左侧的5Ω的电阻串联，根据并联电路的电流特点可知，通过左侧电阻的电流等于通过右侧容器中电阻的电流的2倍，根据公式Q＝I2Rt可知，通电后，甲图中左、右电阻产生的热量之比是4：1，故④正确。
故选：D。
4．（2022秋•昌江县校级期末）利用如图所示的装置探究“电流产生的热量与什么因素有关”，两个透明容器内密封着等质量的空气，U形管中液面最初相平，两个透明容器中都有一根电阻丝，通电一段时间后，发现左边U形管中液面高度差大。该现象说明电流产生的热量与下列哪个因素有关（ ）
A．电荷量B．电流C．电阻D．通电时间
【答案】C
【分析】分析装置的相同点与不同点，得出与电流产生热量有关的因素。
【解答】解：由图可知两电阻丝串联，在串联电路中电流处处相等，而两电阻丝的阻值不同，所以此装置是为了探究电流产生的热量与电阻的关系，通电一段时间后，发现左边U形管中液面高度差大。该现象说明电流产生的热量与电阻的大小有关。
故选：C。
5．（2022秋•单县期末）下列有关电学知识的说法中，正确的是（ ）
A．电功率是表示电流做功快慢的物理量
B．摩擦起电是指两个不同的物体在摩擦时产生了正电荷和负电荷
C．电动机工作时产生的热量可用Q＝UIt进行数值计算
D．若电路中灯泡两端有电压，则一定有电流通过该灯泡
【答案】A
【分析】（1）电流做功的快慢用电功率表示；
（2）摩擦起电的实质是电子的转移；
（3）电动机是非纯电阻用电器，电动机消耗的电能用W＝UIt计算，电动机工作时产生的热量用Q＝I2Rt表示；
（4）形成电流必须具备两个条件：电路两端有电压；电路是一个闭合的通路。
【解答】解：A、电功率是表示电流做功快慢的物理量，故A正确；
B、摩擦起电是两个对电子束缚能力不同的物体在相互摩擦时，电子发生转移的的现象，对电子束缚能力强的物体获得电子带负电，对电子束缚能力弱的物体失去电子带正电，故B错误
C、电动机是非纯电阻用电器，电动机工作时产生的热量只能用Q＝I2Rt来计算，故C错误；
D、形成电流必须具备两个条件：①电路两端有电压；②电路是一个闭合的通路；所以说电路中灯泡两端有电压，当灯丝断开时，没有电流通过该灯泡，故D错误。
故选：A。
6．（2023•新邵县三模）某家用电热壶有“加热”和“保温”两个挡位，其简化电路如图甲所示，电热丝R1＝48Ω，R2＝435.6Ω。小滨为测量电热壶的实际功率，他把家中的其他用电器都与电源断开，仅让电热壶工作，1min内电能表（如图乙）的转盘转动了16转[不考虑热量损失，已知水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）]。下面说法正确的是（ ）
A．开关S接“2”时，电热壶为“加热”挡位
B．电热壶的正常加热功率为100W
C．电热壶将1kg的水从25℃加热到75℃，需要正常工作210s
D．测量时电热壶的实际加热功率为800W
【答案】D
【分析】（1）由P＝UI＝可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合串联电路电阻规律和P＝UI＝可知各挡位时电路的连接；
（2）根据P＝UI＝求出电热壶的正常加热功率；
（3）根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸水的热量，根据不考虑热量损失求出电热壶加热时消耗的电能，根据P＝求电热壶正常加热的时间；
（4）1200r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200转，据此可以计算出能表的转盘转16r时电热壶消耗的电能，根据P＝计算出电热壶的实际加热功率。
【解答】解：A、开关S接“1”时，电路为R1的简单电路，开关S接“2”时，电热丝R1、R2串联；
因为串联电路中的总电阻大于各串联导体的电阻，所以由P＝UI＝可知，电路为R1的简单电路时，电路中的电阻最小，电功率最大，电热壶为“加热”挡；R1、R2串联时，电路中的电阻最大，电功率最小，此时电热壶为“保温”挡，
因此开关S接“2”时，电热壶为“保温”挡，故A错误；
B、电热壶的正常加热功率：P加热＝＝≈1008.3W，故B错误；
C、水吸水的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（75℃﹣25℃）＝2.1×105J，
因为不考虑热量损失，所以电热壶加热时消耗的电能：W＝Q吸＝2.1×105J，
由P＝可知，电热壶正常加热的时间：t'＝＝≈208.3s，故C错误；
D、1200r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200转，
电能表的转盘转16r时，电热壶消耗的电能：W实＝＝kW•h，
电热壶的实际功率：P实＝＝＝0.8kW＝800W，故D正确。
故选：D。
7．（2022秋•环翠区期末）（多选）关于电功、电功率和电热，下列说法正确的是（ ）
A．电流通过导体所做的功越多，导体消耗的电能就越多
B．用电器上标明的额定电功率越大，其消耗的电能就一定越多
C．额定电功率越大的用电器，正常工作时间越长，消耗的电能就越多
D．用电器消耗的电能越多，用电器上产生的热量不一定越多
【答案】ACD
【分析】电流做功的过程实质上是电能转化为其它形式能的过程。
电功率是描述用电器消耗电能快慢的物理量，消耗电能越快，电功率越大，根据电功率公式及其变形公式分析答题。
【解答】解：A、电流通过用电器做的功越多，说明转化为其它形式的能多，则消耗的电能越多，故A正确；
B、根据P＝可知：消耗的电能与功率和通电时间有关，不知道是否正常工作、工作时间未知，则消耗电能的多少不能判断，故B错误；
C、额定电功率越大的用电器，正常工作时间越长，正常工作时实际功率越大，消耗的电能就越多，故C正确；
D、电流通过用电器做的功越多，说明转化为其它形式的能多，但用电器产生的热量就不一定越多，故D正确。
故选：ACD。
8．（2022秋•环翠区期末）（多选）某小型电动机标有“7V，35W”字样，其电动机线圈电阻为0.4Ω，配备的可充电电池的容量为2000mA•h，连续充电（电流为2A）3h可使电池电量从零到充满。若电动机正常工作20s，则下列说法正确的是（ ）
A．电流通过电动机做的功为700J
B．电流通过电动机产生的热量为32J
C．消耗的电能中有500J转化为机械能
D．电池充满电后，贮存的化学能为1.512×105J
【答案】AC
【分析】（1）根据P＝求出电流通过电动机做的功；
（2）根据P＝UI求出电动机正常工作时的电流，根据Q＝I2Rt求出电流通过电动机产生的热量；
（3）电动机转化的机械能等于电流通过电动机做的功减去产生的热量；
（4）根据W＝UIt求出电池充满电后，贮存的化学能。
【解答】解：A、由P＝可知，电流通过电动机做的功：W＝Pt＝35W×20s＝700J，故A正确；
B、由P＝UI可知，电动机正常工作时的电流：I＝＝＝5A，
电流通过电动机产生的热量：Q＝I2Rt＝（5A）2×0.4Ω×20s＝200J，故B错误；
C、电动机转化的机械能：W机＝W﹣Q＝700J﹣200J＝500J，故C正确；
D、电池充满电后，贮存的化学能：W'＝UI't'＝7V×2000×10﹣3A×3600s＝5.04×104J，故D错误。
故选：AC。
二、填空题。
9．（2022秋•曲靖期末）如图所示，是汽车USB的A、B两个充电接口，额定输出电压均为5V，输出电流分别为2.1A和1.0A，要快速给标配的手机充电，应选用 A （选填“A”或“B”）接口，电热水壶是利用电流的 热 效应工作的。
【答案】A；热。
【分析】由额定输出电压均为5.0V，根据输出电流的大小可得出AB两个充电口的功率大小关系，由此可判断出用哪个接口能快速给标配的手机充电；当电流通过电阻时，电流作功而消耗电能，产生了热量，这种现象叫做电流的热效应。
【解答】解：汽车用USB便携充电设备，有A、B两个充电接口，A口的电流大，输出电压相同，根据P＝UI可知，A口的输出功率大，要快速给标配的手机充电，应选用电流较大的A接口；
当电流通过电阻时，电流作功而消耗电能，产生了热量，这种现象叫做电流的热效应。
故答案为：A；热。
10．（2022秋•长寿区期末）家用豆浆机既能打浆又能加热，当豆浆机加热时，电流通过导体将电能转化为内能，这种现象叫做电流的 热 效应；豆浆机工作时加热和打浆能够交替进行，说明加热器和电动机的连接方式是 并 联。
【答案】热；并
【分析】（1）当电流通过导体时，导体就会发热，这种现象叫电流的热效应。在电流的热效应中，电能转化为内能。
（2）豆浆机中的电热丝和电动机互不影响，是并联的。
【解答】解：家用豆浆机既能打浆又能加热，当豆浆机加热时，电流通过导体将电能转化为内能，这种现象叫做电流的热效应；豆浆机工作时加热和打浆能够交替进行，说明加热器和电动机的连接方式是并联。
故答案为：热；并。
11．（2022秋•成都期末）如图所示，在“探究电阻的大小与什么因素有关”的实验中，电阻丝1、2是长度和横截面积相同的锰铜丝与镍铬丝，电阻丝2、3是长度相同，横截面积不同的镍铬丝。用电流表测出流经三条电阻丝的电流分别为：0.3A、0.1A和0.2A（电压恒定）。分析数据，对比电阻丝2和3，可以得出导体的电阻与 横截面积 有关；如果将电阻丝1、2串联在同一电路中，相同时间内电流通过电阻丝1产生的热量比通过电阻丝2产生的热量 小 （选填“多”或“少”）。
【答案】横截面积；小。
【分析】（1）影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度、横截面积和温度；.在研究电阻与其中某个因素的关系时，要采用控制变量法的思想，要研究导体的电阻大小与一个量之间的关系，需要保持其它量不变；
（2）首先判断电阻丝1、2的电阻大小，再根据Q＝I2Rt分析。
【解答】解：（1）已知电阻丝2、3是长度相同，横截面积不同的镍铬丝，通过电阻丝2、3的电流分别是0.1A和0.2A（电压恒定），对比电阻丝2和3，长度和材料相同，而横截面积不同、电阻不同，可以得出导体的电阻与导体的横截面积有关；
（2）已知电阻丝1、2是长度和横截面积相同的锰铜丝与镍铬丝，电压相同时，通过电阻丝1、2的电流分别是0.3A、0.1A，说明电阻丝2的阻值较大，如果将电阻丝1、2串联在同一电路中，电流相同，由Q＝I2Rt可知，相同时间内电流通过电阻丝1产生的热量比通过电阻丝2产生的热量少。
故答案为：横截面积；小。
12．（2022秋•内乡县期末）如图，小明将口香糖的锡箔纸（金属铝）剥下来，做成中间窄、两端宽的形状，将其两端搭在电池的正负极，过一会儿，锡箔纸中间部分燃烧起来，这是因为锡箔纸是导体，使电源发生了 短路 现象；锡箔纸在中间狭窄的地方开始燃烧的原因是：根据焦耳定律，通过电流相同，中间狭窄部分的电阻 大 ，相同时间内产生的热量多。
【答案】短路；大。
【分析】金属具有导电性；导线直接将电源连接起来的电路叫短路，短路时，容易烧坏电源或发生火灾；
影响电阻大小的因素：材料、长度、横截面积、温度；结合焦耳定律的公式Q＝I2Rt进行分析回答．
【解答】解：
锡属于金属，具有导电性，将锡纸条带锡的一端接在电池的正极，另一端接在电池的负极，会造成电源短路，此时电路中迅速产生大量热量，使锡纸的温度达到着火点而使之燃烧；
锡箔纸在中间狭窄的地方开始燃烧的原因是锡纸在中间狭窄的地方电阻较大，根据焦耳定律可知在相同时间内电流产生的热量多，使温度先达到锡纸的着火点而使之燃烧。
故答案为：短路；大。
13．（2022秋•合江县期末）如图所示，电源电压恒为18V，R0＝60Ω，滑动变阻器的规格为“150Ω 2A”，电流表的量程为“0～0.6A”，小灯泡上标有“6V 3W”字样，不考虑温度对灯丝电阻的影响。当开关S闭合，S1、S2断开，小灯泡正常发光，则通电1min电流通过滑动变阻器产生的热量为 360 J。当S、S2闭合，S1断开，为了保证电路中各元件的安全，滑动变阻器允许接入电路中的最小阻值为 40 Ω。当S闭合，S1和S2自行组合的情况下，整个电路工作时能达到的最小功率是 2 W。
【答案】360；40；2。
【分析】（1）当开关S闭合，S1、S2断开，灯泡L与变阻器R串联，已知灯泡正常发光且知道灯泡的规格，根据P＝UI可得串联电路中的电流，由串联电路的电压特点可得变阻器两端电压，再根据Q＝W＝UIt求出1min电流通过滑动变阻器产生的热量；
（2）当S、S1、S2都闭合，此时灯泡被短路，R0与R并联，电流表测干路中的电流；根据电流表的量程可知干路电流的最大值，利用并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过R0的电流，根据并联电路的电流特点可知通过变阻器的最大电流，最后根据欧姆定律求出变阻器允许接入电路中的最小阻值；
（3）结合P＝可知电路中电阻最大时，电功率最小。
【解答】解：（1）当开关S闭合，S1、S2断开，灯泡L与变阻器R串联，
因为此时小灯泡正常发光，所以UL＝6V，PL＝3W；
由P＝UI可得，串联电路中的电流：I＝IL＝＝＝0.5A，
由串联电路的电压特点可得变阻器两端的电压为：UR＝U﹣UL＝18V﹣6V＝12V，
则通电1min电流通过滑动变阻器产生的热量为：Q＝W＝URIt＝12V×0.5A×60s＝360J；
（2）当S、S1、S2都闭合，此时灯泡被短路，R0与R并联，电流表测干路中的电流；
电流表的量程为“0～0.6A”，为了保证干路中的电流表不被烧坏，则干路电流最大为0.6A，
通过R0的电流为：I0＝＝＝0.3A，
由并联电路的电流特点可知，通过变阻器的最大电流为：IR＝I总大﹣I0＝0.6A﹣0.3A＝0.3A，
滑动变阻器允许接入电路中的最小阻值：R小＝＝＝40Ω；
（3）结合P＝可知电路中电阻最大时，电功率最小，则当S闭合时，灯泡L与变阻器R串联，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路消耗的总功率最小，
总电阻为R＝Rmax+RL＝150Ω+12Ω＝162Ω，
电路消耗的总功率最小值：P小＝＝＝2W。
故答案为：360；40；2。
14．（2022秋•博罗县期末）在冬季，很多汽车都配置电加热座椅垫，如甲图所示为某款具有加热功能的座椅垫。通过观察和研究，小明了解到该座椅垫有“高温”“低温”和“关”三个挡位，“高温”挡功率为36W，“低温”挡功率为12W。该座椅垫加热部分的电路简图如乙图所示，电源电压为24V，S为挡位切换开关。R1和R2为电热丝。当座椅垫处于“低温”挡加热时，电路中的电流是 0.5 A；电热丝R1的阻值是 16 Ω；当座椅垫处于“高温”挡加热时，工作10min产生的热量是 2.16×104 J。
【答案】0.5；16；2.16×104。
【分析】由图乙可知，当座椅垫处于“关”挡时，电路没有接通；知道“低温”挡的电功率和电压，利用P＝UI求出此时电路中的电流；知道“高温”挡的电功率和电压，利用P＝UI求出此时电路中的电流；由图乙可知，当座椅垫处于“高温”挡加热时，电路中只有R1工作，利用欧姆定律求出R1的阻值；利用Q＝W＝P高温t求出R1工作10min产生的热量。
【解答】解：由图乙可知，当座椅垫处于“关”挡时，电路处于断路状态；
由P＝UI可知，当座椅垫处于“低温”挡加热时，电路中的电流：I低温＝＝＝0.5A；
由P＝UI可知，当座椅垫处于“高温”挡加热时，电路中的电流：I高温＝＝＝1.5A；
由图乙可知，当座椅垫处于“高温”挡加热时，电路中只有R1工作，
由I＝可知，R1的阻值：R1＝＝＝16Ω；
R1工作10min产生的热量：Q＝W＝P高温t＝36W×10×60s＝2.16×104J。
故答案为：0.5；16；2.16×104。
15．（2022秋•济南期末）安装家庭电路时，主干线要选用比较粗的铜线，是用减小主干线 电阻 的方法来减少电线的发热量；远距离输电采取高压输电是在保证输出功率足够大的时候用减小 电流 的方法来减少导线的发热量。
【答案】电阻；电流。
【分析】（1）导体的电阻是导体本身的性质，与导体的材料、长度、横截面积和温度有关；利用焦耳定律分析减小电线发热的措施；
（2）根据P＝UI可知，当功率一定时，电压越高，电流越小。
【解答】解：
（1）在导线材料与长度一定的情况下，导线的横截面积越大，导线电阻越小。主干线要选用比较粗的铜线可减小电阻。由焦耳定律可知，是用减小电阻的方法来减少电线的发热量。
（2）根据P损＝I2R，要减小功率的损耗，可以减小传输的电流或减小电阻；在功率一定的情况下，根据P＝UI，采用高压输电的方法，可以减小输电线路中的电流，从而减小导线的发热量。
故答案为：电阻；电流。
16．（2022秋•牡丹区校级期末）如图为某电脑的CPU，它的额定功率为100W，其中发热功率占8%，它由铜质散热器（一种由铜制成的散热元件）进行散热，已知铜质散热器的质量是0.8kg。该电脑CPU正常工作10min，CPU消耗电能 6×104 J。假设这段时间内CPU产生的热量全部被铜质散热器吸收，则可使散热器温度升高 15 ℃。[铜的比热容为0.39×103J/（kg•℃），结果保留整数]。
【答案】6×104；15。
【分析】（1）知道CPU的额定功率和工作时间，利用P＝求出该电脑CPU正常工作10min，CPU消耗电能；
（2）根据题意求出该电脑CPU正常工作10min产生的热量，据此可知铜质散热器吸收的热量，利用Q吸＝cmΔt求出散热器升高的温度。
【解答】解：（1）由P＝可知，该电脑CPU正常工作10min，CPU消耗电能：W＝Pt＝100W×10×60s＝6×104J；
根据题意可知，CPU产生的热量Q＝8%W＝8%×6×104J＝4800J，
铜质散热器吸收的热量Q吸＝Q＝4800J，
由Q吸＝cmΔt可知，散热器升高的温度：Δt＝＝≈15℃。
故答案为：6×104；15。
三、实验探究题。
17．（2022秋•青山区期末）如图是探究“电流通过导体时产生的热量与哪些因素有关”的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气。甲、乙两装置使用的是同一电源。
（1）甲装置可探究电流产生的热量与 电阻 的关系。
（2）通电一段时间后，乙装置中 左 （选填“左”或“右”）侧U形管中液面高度差较大；
（3）如图丙，自制便携式封口机就是利用电流的 热效应 实现高温封口。为了避免封口时总是把塑料袋烫坏，应将发热电阻换成阻值更 大 （填“大”或“小”）的。
【答案】（1）电阻；（2）左；（3）热效应；大。
【分析】（1）电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联电路电流的规律分析；
（2）分析乙图电路的连接，根据串联和并联电路电流的规律确定通过两容器中电阻的电流大小，根据Q＝I2Rt比较容器内电阻产生的热量多少；电丝丝不易直接观察，可给等质量的空气加热，气体吸热越多，气体膨胀程度越大，U形管内的液面高度差越大，采用了转换法；
（3）电流通过导体时，电能转换为内能的现象叫电流的热效应，根据Q＝分析。
【解答】解：（1）甲装置中，两电阻串联，通过的电流和通电时间相同，电阻大小不同，可探究电流产生的热量与电阻的关系；
（2）乙图中右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，容器内两电阻大小相等，根据并联和串联电路电流的规律，通过左侧容器中电阻的电流大小大于通过右侧容器中电阻的电流，而通电时间相同，由Q＝I2Rt可知，通电一段时间后，乙装置中左侧容器中电阻产生的热量多，根据转换法，左侧U形管中液面高度差较大；
（3）如图丙，自制便携式封口机就是利用电流的热效应实现高温封口。为了避免封口时总是把塑料袋烫坏，即一定时间内避免产生热量过多，因电源电压一定，根据Q＝可知，应将发热电阻换成阻值更大的。
故答案为：（1）电阻；（2）左；（3）热效应；大。
四、计算题。
18．（2022秋•青山区期末）如图所示的电路中，闭合开关S后，灯泡L正常发光，此时通过灯泡的电流是0.3A，灯泡两端的电压是3V，电压表的示数为9V。通过计算回答：
（1）电源电压是多少伏？
（2）定值电阻R的阻值是多少欧？
（3）10s内电流通过R产生的热量是多少焦？
【答案】（1）电源电压是12V；
（2）定值电阻R的阻值是30Ω；
（3）10s内电流通过R产生的热量是27J。
【分析】闭合开关S后，灯泡L与定值电阻R串联，电压表测定值电阻R两端的电压；
（1）根据串联电路的电压特点求电源电压；
（2）根据串联电路的电流特点求出通过定值电阻的电流，利用欧姆定律求定值电阻R的阻值；
（3）利用Q＝I2Rt求10s内电流通过R产生的热量。
【解答】解：闭合开关S后，灯泡L与定值电阻R串联，电压表测定值电阻R两端的电压；
（1）由串联电路的电压特点可知电源两端的电压：
U＝UL+UR＝3V+9V＝12V；
（2）由串联电路中电流处处相等可知，通过定值电阻的电流为：IR＝I＝IL＝0.3A，
由欧姆定律I＝可知定值电阻R的阻值：
R＝＝＝30Ω；
（3）10s内电流通过R产生的热量为：
Q＝I2Rt＝（0.3A）2×30Ω×10s＝27J。
答：（1）电源电压是12V；
（2）定值电阻R的阻值是30Ω；
（3）10s内电流通过R产生的热量是27J。
19．（2022秋•枣阳市期末）如图甲所示是小明家的电饭锅，图乙是该电饭锅的工作电路图。R1和R2均为加热电阻，S是温控开关，当锅内温度达到100℃时温控开关S自动跳转电饭锅转入保温状态。从说明书上收集到的部分数据如下表所示。电饭锅正常工作时，10min可将电饭锅中1.5kg的食物从20℃加热到100℃，之后转入保温状态。[食物的比热容为4.0×103J/（kg•℃）]
（1）加热时食物吸收的热量是多少？
（2）电热丝R2的阻值是多少？
（3）电饭锅的加热效率是多少？
【答案】（1）加热时食物吸收的热量是4.8×105J；
（2）电热丝R2的阻值是171.6Ω；
（3）电饭锅的加热效率是80%。
【分析】（1）已知食物的质量、初温和末温以及比热容，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出加热时食物吸收的热量；
（2）由电路图可知，开关S接1时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，开关S接2时，两电阻串联，电源的电压一定，根据P＝UI＝判断出电饭锅的状态，求出加热和保温时的总电阻，利用串联电阻的特点计算出电热丝R2的阻值；
（3）根据W＝Pt求出电饭锅加热时消耗的电能，利用η＝×100%求出电饭锅的加热效率。
【解答】解：（1）加热时食物吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.0×103J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃﹣20℃）＝4.8×105J；
（2）由电路图可知，开关S接1时，电路为R1的简单电路，当开关S接2时，两电阻串联，因为串联电路的总电阻等于各分电阻之和，所以两电阻串联时的总电阻比R1的电阻大，由P＝UI＝可知，电源的电压一定时，当开关S接1时，电路的电功率最大，电饭锅处于加热状态，当开关S接2时，电饭锅处于保温状态，
当电饭锅处于加热状态，则电热丝R1的阻值为：
R1＝＝＝48.4Ω，
当电饭锅处于保温状态时，电路的总电阻为：
＝＝220Ω，
则R2的阻值为：
R2＝R总﹣R1＝220Ω﹣48.4Ω＝171.6Ω；
（3）由P＝可得，电饭锅加热时消耗的电能为：
W＝P加热t′＝1000W×10×60s＝6×105J，
电饭锅的加热效率：
η＝×100%＝×100%＝80%。
答：（1）加热时食物吸收的热量是4.8×105J；
（2）电热丝R2的阻值是171.6Ω；
（3）电饭锅的加热效率是80%。
20．（2022秋•天心区期末）小明家电热饮水机的简化电路图如图所示，它有加热和保温两种工作状态，R1和R2均为用来加热且阻值不变的电热丝，饮水机部分参数如表所示。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），求：
（1）电阻R2的阻值是多少？
（2）饮水机在加热状态下正常工作，将2L的水从25℃加热至100℃，水吸收的热量是多少？
（3）不计热量损失，完成（2）中的加热过程，饮水机需要正常工作多长时间？
【答案】（1）电阻R2的阻值是85.8Ω；
（2）水吸收的热量是6.3×105J；
（3）不计热量损失，完成（2）中的加热过程，饮水机需要正常工作的时间为315s。
【分析】（1）由图可知加热挡和保温挡的电路连接，根据加热功率和P＝求出电阻R1的阻值，根据保温功率和P＝求出电阻R1和R2的串联总电阻，根据串联电路特点求出R2的阻值；
（2）利用密度公式求出2L水的质量，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；
（3）不计热量损失，消耗的电能等于水吸收的热量，利用P＝求出饮水机需要正常工作的时间。
【解答】解：（1）由图可知，开关S接加热挡时，只有R1工作，
由P＝可知，R1的阻值为R1＝＝＝24.2Ω，
开关S接保温挡时，R1、R2串联，由P＝可知，R1、R2的串联总电阻为R＝＝＝110Ω，
根据串联电路的电阻特点可知，R2的阻值为R2＝R﹣R1＝110Ω﹣24.2Ω＝85.8Ω；
（2）水的体积V＝2L＝2dm3＝2×10﹣3m3，
水的质量为m＝ρV＝1.0×103kg/m3×2×10﹣3m3＝2kg，
水吸收的热量为Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣25℃）＝6.3×105J；
（3）不计热量损失，消耗的电能W＝Q吸＝6.3×105J，
由P＝可知，饮水机需要正常工作的时间为t＝＝315s。
答：（1）电阻R2的阻值是85.8Ω；
（2）水吸收的热量是6.3×105J；
（3）不计热量损失，完成（2）中的加热过程，饮水机需要正常工作的时间为315s。应用公式
电功
电功率
焦耳定律
适用范围
基本公式
W=UIt
P=UI
Q=I2Rt
普遍适用
导出公式
=I2Rt
=I2R
=UIt
纯电阻电路W=Q
额定电压
220V
保温挡功率
48.4W
加热挡功率
1000W
预定温度
100℃
最大容量
1kg
额定电压
220V
制热功率
1400W
制冷功率
60W
容积
1L
额定电压
220V
额定功率
加热挡
1000W
保温挡
220W
电源频率
50Hz
额定电压
220V
加热功率
2000W
保温功率
440W
容量
2L
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