初中物理中考复习 专题51 中考力热电综合计算题（解析版）

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专题51  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=mgm=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)=0.1AR0产生的焦耳热：Q=I02R0t=（0.1A）2×60Ω×700s=420JQ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：额定功率1000W自重5N与桌面接触面积200cm2 （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。项目参数额定电压（V）220R1额定功率（W）1936R2额定功率（W）968电动机功率（W）44适用面积（m2）10    （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）空车质量800kg每个轮胎与地面接触面积50cm2电池容量44kW•h标准承载200kg最大续航（充满电最大行驶路程）200km所受阻力与汽车总重的比值0.09（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）AR=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=4.2min5.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：额定电压220V额定功率10W最大容量1L    （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%．