2021年中考物理14个难点专题高分三步曲专题14中考力热电综合计算题含解析

专题14中考力热电综合计算题

解决力热电综合计算题一般涉及到的物理公式包括速度公式、密度公式、重力公式、压强公式、浮力公式、机械功和功率、机械效率公式、电功公式、电功率公式、物体吸热放热公式、热值公式、热效率公式等；涉及到的物理规律有二力平衡条件、液体压强规律、阿基米德原理、杠杆平衡条件、欧姆定律、焦耳定律、热平衡方程等。

【例题】（2020贵州黔西南）如图是一款可以设定不同出水温度的电热饮水器原理示意图，R是加热电阻丝，阻值为44Ω，R是热敏电阻，其阻值与温度的关系式为Rt=5+0.5t（式中Rt单位是Ω，t的单位是℃），R0是设定温度的变阻器。控制电路中，电源电压为3V。当电磁维电器线圈中的电流小于等于10mA时，衔铁片会弹起，触点分离，热水器停止加热．[c=4.2×103J/（kg·℃）]

(1)如果将水只加热到80℃，闭合开关，则滑动变阻器阻值要调到多大？（电磁铁线圈电阻忽略不计）

(2)容器内装有700mL、初温为20℃的水，将其加热到100℃，用时4min，则该饮水器正常工作时加热效率是多少?

【答案】(1)；(2)

【解析】(1)由题可知，当温度为80℃时，热敏电阻的阻值为

设定温度为80℃，即80℃时，电路中的电流为10mA合0.01A，此时控制电路中的总电阻为

则滑动变阻器的阻值为

即滑动变阻器的阻值要调到255Ω。

(2)容器内装有700mL合700cm3，则容器内水的质量为

这些水温度由20℃的水升高到100℃，所吸收的热量为

饮水机的工作电路4min，所消耗的电功为

该饮水器正常工作时加热效率为

【对点练习】如图，甲是电子秤的原理图（图中压力表是用电流表改装的）。已知电源电压为24V，电阻R0=60Ω，压力传感器Rx的阻值随所受压力F变化的图象如图乙，压力传感器表面能承受的最大压力为400N，压杆与压力传感器的接触面积是2×10﹣4m2（取g=10N/kg，托盘和压杆的质量忽略不计）。求：

（1）托盘里的物体质量越大，压力传感器的阻值如何变化？

（2）当通过压力表电流为0.2A时，压力传感器上方托盘里物体的质量是多少kg？

（3）当压力为200N时，通电700s，R0产生的焦耳热能使质量为0.1kg的水温升高多少℃？

【答案】（1）2×106（2）40（3）1

【解析】本题考查学生对串联电路电流和电阻特点、电功率和压强知识的掌握，同时结合欧姆定律分析实际问题得出正确结论，要学会灵活运用欧姆定律。

根据公式p=F/S求出传感器能够承受的最大压强；根据图乙分析压力为200N时，传感器的阻值；根据公式I=U/R计算出通过电路中的电流；由公式P=UI=I2R计算出R0的电功率。

（1）称量时，托盘里的物体质量越大，物体的重力越大。因为在水平面上物体的压力和自身的重力相等，所以压力传感器所受的压力越大，由乙图象可知，压力传感器的阻值越小。所以托盘里的物体质量越大，压力传感器的阻值越小。

（2）当通过压力表电流为0.2A时，由I=U/R得电路总电阻为

R总=U/I=24V/0.2A=120Ω

根据串联电路的总电阻等于各电阻之和可得：

Rx=R总﹣R0=120Ω﹣60Ω=60Ω

根据图象可知当Rx=60Ω时，传感器受到的压力为F0=400N

由于托盘和压杆的质量忽略不计，设托盘里物体的质量为m,则F0=G=mg

m=F0/g=400N/10N/kg=40kg

（3）由图甲知，R0与Rx串联，由图乙知，当压力为200N时，由乙图可知压力传感器Rx的阻值是180Ω

则通过R0的电流：

I0=I==24V/(180Ω+60Ω)=0.1A

R0产生的焦耳热：Q=I02R0t=（0.1A）2×60Ω×700s=420J

Q吸=Q

根据物体吸热公式Q吸=cm(t-to)得到

△t=(t-to)=Q吸/cm=Q/cm=420J/[4.2×103J /（kg·℃）×0.1kg]=1℃

【对点练习】如图所示是一种家用蒸汽电熨斗的实物图和铭牌，使用时水箱中的水滴入被加热的底板汽室，迅速汽化产生向下的蒸汽

（1）蒸汽电熨斗正常工作时电阻丝的电阻；

（2）在熨斗水箱中注入0.3kg的水，将它平放在水平桌面上，求：熨斗对衣服的压强；

（3）用熨斗汽烫前先预热，使金属底板的温度从20℃升 高到220℃，温控开关自动断开，已知金属的质量为1kg，金属底板的比热容为0.46×103J/（kg℃）问蒸汽熨斗预热的过程中金属底板吸收多少热量？

（4）汽烫时，水滴入汽室，由于水升温汽化而带走热量，当金属底板温度降到190℃时，温控开关自动闭合，电熨斗正常工作，当加热到220℃时，温控开关自动断开，停止加热，如此反复，若蒸汽电熨斗工作情况按如图所示的规律变化时，则12min熨烫一件衣服共消耗多少电能？

【答案】（1）48.4Ω；（2）1000Pa．（3）9.2×104J；（4）5.4×105J．

【解析】（1）蒸汽电熨斗正常工作时电阻丝的电阻：

R===48.4Ω；

（2）电熨斗对衣服的压力：

F=G=mg=（1.3kg+0.3kg）×10N/kg=16N．

对衣服的压强：P===1000Pa．

（3）蒸汽电熨斗预热过程中金属底板吸收的热量：

1．（2020甘肃天水）如图所示是某款电热水壶及相关信息表。现在该水壶内装入1L、初温为20℃的水，放置在水平桌面上。接通电源使其正常工作，在标准大气压下将水烧开。求：

（1）装入水后水壶对桌面的压强；

（2）水吸收的热量；

（3）此电热水壶在额定电压下正常工作7min可将1L水烧开，试计算该电热水壶的加热效率。[c水＝4.2×103J/（kg•℃），g＝10N/kg]

【答案】（1）装入水后水壶对桌面的压强为750Pa；

（2）水吸收的热量为3.36×105J；

（3）该电热水壶的加热效率为80%。

【分析】（1）知道水壶内装水的体积，根据ρ＝求出水壶内装水的质量，根据G＝mg求出水壶内水的重力，装入水后水壶对桌面的压力等于水和水壶的重力之和，根据p＝求出装入水后水壶对桌面的压强；

（2）知道水的质量和比热容以及初温、末温（在标准大气压下水的沸点是100℃），根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；

（3）电热水壶在额定电压下正常工作时的功率和额定功率相等，根据W＝Pt求出消耗的电能，利用η＝×100%求出该电热水壶的加热效率。

【解答】（1）水壶内装水的体积：

V水＝1L＝1dm3＝1×10﹣3m3，

由ρ＝可得，水壶内装水的质量：

m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg，

水壶内水的重力：

G水＝m水g＝1kg×10N/kg＝10N，

装入水后水壶对桌面的压力：

F＝G水+G水壶＝10N+5N＝15N，

装入水后水壶对桌面的压强：

p＝＝＝750Pa；

（2）在标准大气压下水的沸点是100℃，则水吸收的热量：

Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J∕（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J；

（3）由P＝可得，电热水壶消耗的电能：

W＝Pt′＝1000W×7×60s＝4.2×105J，

该电热水壶的加热效率：

η＝＝×100%＝80%。

【点评】本题考查了密度公式、重力公式、压强公式、吸热公式、电功公式、效率公式的综合应用，要注意在标准大气压下水的沸点是100℃。

2.图甲为新型风暖浴霸，因其安全性能好、发热柔和，深受大家喜爱。它是利用电动机鼓动空气流动，通过加热元件加热冷空气带动室内升温。图乙是某型号风暖浴霸的简化电路图，其发热元件是两根阻值不变的电热丝R1、R2．主要参数如下表。

（1）开关均闭合，求浴霸正常工作时的干路电流是多少？

（2）正常工作时，求R1的阻值是多少？

（3）实际电压为200V时，求R2的实际功率是多少？

（4）浴霸正常工作时，使容积为20m3的房间空气温度升高20℃，求室内空气吸收的热量是多少？（ρ空气取1.2kg/m3，c空气取1.0×103J/（kg•℃），不考虑其他因素影响）

【答案】（1）开关均闭合，浴霸正常工作时的干路电流是13.4A。

（2）正常工作时，R1的阻值是25Ω。

（3）实际电压为200V时，R2的实际功率是800W。

（4）室内空气吸收的热量是4.8×105J。

【解析】（1）开关均闭合时，R1、R2和电动机同时工作，电路总功率为：

P＝P1+P2+P3＝1936W+968W+44W＝2948W，

由P＝UI 可得，浴霸正常工作时的干路电流：

I＝＝＝13.4A；

（2）由P＝可得R1的阻值为：

R1＝＝＝25Ω；

（3）由P＝可得R2的阻值为：

R2＝＝＝50Ω，

实际电压为200V时，R2的实际功率为：

P2′＝＝＝800W；

（4）室内空气的质量为：

m＝ρ空气V＝1.2kg/m3×20m3＝24kg，

 空气吸收的热量为：

Q吸＝c空气m△t＝1.0×103J/（kg•℃）×24kg×20℃＝4.8×105J。

3．进入三月份以来，东营街头出现了一种共享电动汽车。下表是这种汽车的主要参数。（g取10N/kg）

（1）电动机是电动汽车的核心部分，电动机工作时能量的转化是　　。电动机的工作原理是　　。

（2）标准承载下，电动汽车静止时对水平地面的压强是多少？

（3）图2是电动汽车行驶在某路段的路程与时间图象，标准承载下，电动汽车以速度匀速行驶1分钟的耗电量为0.4kW•h，电动机的效率是多少？

（4）若某燃油汽车百公里耗油6升，每升油5.5元，电动汽车充电每度0.8元，通过计算比较使用燃油汽车与电动汽车哪种更经济？

【答案】（1）电能转化为机械能；通电线圈在磁场中受力转动；

（2）标准承载下，电动汽车静止时对水平地面的压强是5×105Pa；

（3）电动机的效率是75%；

（4）使用电动汽车更经济。

【解析】（1）电动机正常工作时，将电能转化为机械能，是利用通电线圈在磁场中受力转动原理工作的；

（2）乘客与车的总质量：

m=m1+m2=800kg+200kg=1000kg，

汽车对水平地面的压力：

F=G=mg=1000kg×10N/kg=104N，

汽车与水平地面的总接触面积：

S=4S0=4×50cm2=200cm2=2×10﹣2m2，

汽车对水平地面的压强：

p===5×105Pa；

（3）由图可知，电动汽车做匀速直线运动，当t1=3s时，s1=60m，

则电动汽车行驶的速度：

v===20m/s，

电动汽车以速度匀速行驶1分钟的路程：

s=vt=20m×60s=1200m，

电动汽车的牵引力：

F1=f=0.09G=0.09×104N=900N，

电动汽车牵引力做的功：

W有=F1s=600N×1200m=1.08×106J，

电动汽车发动机的效率：

η=×100%=×100%=75%；

（4）燃油汽车100km费用：6L×5.5元/L=33元，

电动汽车100km费用：22kW•h×0.8元/kW•h=17.6元，

因为17.6元小于33  元，所以使用电动汽车费用少，更经济。

4.如图是家庭常用的电热水壶，其铭牌数据如表所示．若加热电阻的阻值不随温度变化而改变，且此时的大气压为1标准大气压．则：

（1）电热水壶正常工作时，其加热电阻的阻值是多少Ω？

（2）装满水后，壶中水的质量是多少kg？（1L=1×10-3m3）

（3）将一满壶20℃的水在1标准大气压下烧开，需要吸收多少热量？[c水=4.2×103J/（kg•℃）]

（4）不考虑热量损失，烧开这壶水，需要多长时间？

【答案】（1）24.2（2）1.5（3） 5.04×105J（4）252s

【解析】（1）方法一：加热电阻的阻值R=U2/P=（220V）2/2000W=24.2Ω

方法二：I=P/U=2000W/220V=（100/11）A

R=U/I=220V/（100/11）A=24.2Ω

（2）装满水后，壶中的水的质量

m=ρV=1×103kg/m3×1.5×10-3m3=1.5kg

（3）水的末温：t=100℃

水吸收的热量：Q吸＝cm（t－t0）=4.2×103J/（kg·℃）×1.5kg×（100℃-20℃）

=5.04×105J

（4）消耗的电能：W=Q吸=5.04×105J  

所需要的时间：t=W/P=5.04×105J/2000W=252s=4.2min

5.如表为现在家庭、宾馆常用的无线电水壶（一种在倒水时导线脱离，用电加热的方便水壶）的铭牌，某同学用这种电水壶烧开水，他将水放至最大容量，测得水的初温是20℃通电5分50秒，水烧开（在一个标准大气压下），试通过计算，回答下列问题：

（1）算一算此电水壶啊正常工作时的电流。

（2）该电水壶正常工作时电热丝的电阻多大？

（3）水从20℃烧开所吸收的热量是多少？

（4）现测得电源电压为210伏，算一算此电水壶工作的效率．

【答案】（1）5.5A。（2）40Ω。（3）3.444×105J。（4）89.3%．

【解析】由表中数据可知：

（1）电水壶正常工作时的功率为P=1210W，电压为U=220V，则此电水壶正常工作时的电流：I=P/U=1210W/220V=5.5A；

（2）电热水壶的电阻：R=U2/P=（220V）2/1210W=40Ω；

（3）水的体积为V=1L=0.001m3，密度为ρ=1.0×103kg/m3，比热容c=4.2×103J/（kg•℃）升高的温度Δt=100℃﹣18℃=82℃，则水的质量为m=ρV=1.0×103kg/m3×0.001m3=1kg，烧开时吸收的热量：

Q吸=cmΔt=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×82℃=3.444×105J

（4）U实=210V，电水壶的加热时间：t=5min50s=5×60s+50s=350s

则消耗的电能：W=  (U实2/R)t= [(210V )2/40Ω] ×350s =385875J

此时电水壶工作的效率： 

η＝Q吸/W = 3.444×105J /385875J=0.893=89.3%

6.如图所示的电路中，电源电压为8V，R2是阻值为40Ω的定值电阻，压敏电阻R1的阻值随压力的变化情况如图乙所示。当开关S闭合后，问：

（1）当压敏电阻R1受到的压力从0增加到3N的过程中，电流表示数的变化是______（填“增大”“减少”）？

（2）当电流表示数为0.4A时，压敏电阻受到的压力为多少？

（3）当电路连续工作10mim，电阻R2产生的热量为多少？

（4）若此热量的84%给20g的水加热，则水温升高多少？

【答案】（1）增大（2）2N（3）960J （4）9.6℃

【解析】（1）由图甲所示电路图可知，两电阻并联接在电源两端，电流表测干路电流；

由图乙所示可知，压力F由0增大到3N时，R1的阻值由100欧减小到30欧，则：

当F=0时，I=I1+I2=U/R1+ U/R2=0.28A；

当F=3N时，I=I1′+I2=≈0.47A；所以，电流表示数变大．

（2）通过定值电阻的电流：

I2=0.2A，

电流表示数为0.4A时，通过压敏电阻的电流：

I1=I-I2=0.4A-0.2A=0.20A，

此时压敏电阻阻值：R1=40Ω，

由图乙所示可知，R1=40Ω时，F=2N，则压力为2N；

（3）电阻R2产生的电热：

Q2=W2=UIt=8V×0.2A×10×60s=960J；

（4）由Q吸=cm△t，可得
△t=9.6℃．

7.如图甲所示，是一则公益广告，浓浓的孝心透着社会主义核心价值观．小明的爷爷网购了一台电热足浴器，其铭牌的部分参数如图乙（甲部分）所示，电热足浴器某次正常工作时控制面板显示如图乙（乙部分）所示，求：

（1）此时足浴器的工作电流．（计算结果保留一位小数）

（2）足浴器装入最大容量初温为22°的水，当水温达到控制面板上显示的温度时水所吸收的热量．

（3）上述加热过程耗时16min，该足浴器的热电效率．

【答案】（1）此时足浴器的工作电流为2.3A；

（2）当水温达到控制面板上显示的温度时水所吸收的热量为4.2×105J；

（3）上述加热过程耗时16min，该足浴器的热电效率为87.5%．

【解析】知道电热足浴器的加热功率和额定电压，根据P=UI的变形公式I=P/U求出此时足浴器的工作电流；根据ρ=m/v的变形公式m=ρV求出水的质量，再利用Q吸=cm（t﹣t0）求出水所吸收的热量；根据W=Pt求出电热足浴器消耗的电能，然后根据η=×100%求出该足浴器的热电效率．

（1）由图2可知，此时电热足浴器的电功率P=500W，

由P=UI得，此时足浴器的工作电流：I=P/U=500W/220V≈2.3A；

（2）足浴器装入最大容量时水的体积V=5L=5dm3=5×10﹣3m3，

由ρ=m/v得，水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×5×10﹣3m3=5kg，

则水所吸收的热量：

Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×5kg×（42℃﹣22℃）

=4.2×105J；

（3）加热时间t=16min=960s，

由P=W/t得，电热足浴器消耗的电能：W=Pt=500W×960s=4.8×105J，

则该足浴器的热电效率：η=×100%=×100%=87.5%．