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1、专题 4.2 初中热电综合计算题解决热电综合计算题一般涉及到的物理公式包括物体吸热公式、放热公式、热值公式、热效率公式、电功公式、电功率公式等；涉及到的物理规律有热平衡思想、串联电路特点、欧姆定律、焦耳定律等。【例题1】（2019 齐齐哈尔）如图甲是文文同学家新买的一台冷暖空调扇，其内部简化电路如图乙所示，R1、R2均为发热电阻，R1的阻值为 110，M 是电动机。开关S1闭合后，当S2接 1、2 时吹冷风；当S2接 2、3 时吹温风；当 S2接 3、4 时吹热风，此时空调扇的总功率为1100W已知：电源电压为220V，c冰2.1 103J/（kg?）。求：（1）吹冷风时，在空调扇内加入冰袋会
2、使吹出的风温度变低，若冰袋内冰的质量为lkg，温度从 16升高到一6时，冰从周围吸收的热量是多少？（2）吹冷风时，电动机正常工作1h 消耗的电能为0.11kW?h，此时通过电动机的电流是多少？（3）吹热风时，R2的电阻是多少？【答案】（1）吹冷风时，冰从周围吸收的热量是2.1 104J；（2）吹冷风时，通过电动机的电流是0.5A；（3）吹热风时，R2的电阻是88。【解析】（1）冰吸收的热量为：Q吸c冰m冰t 2.1 103J/（kg?）1kg6（16）2.1 104J；（2）开关 S1闭合后，当S2接 1、2 时吹冷风，此时只有电动机工作，由 WUIt 可得，通过电动机的电流为：I冷0.5A；
3、（3）电动机的功率为：知识回顾典例突破P电动机0.11kW110W，当 S2接 3、4 时吹热风，此时电动机、R1、R2并联，因并联电路各支路两端的电压相等，则 R1消耗的功率：P1440W，已知此时空调扇的总功率为1100W，则消耗 R2的功率为：P2PP电动机P11100W110W 440W550W，由 P可得，R2的阻值为：R288。【例题 2】（2019 湖北随州）随州的冬季不像北方有集中供暖，所以本地居民常选用一些小型电暖器越冬。如图甲电暖器有“高温、中温、低温”三挡，铭牌见下表（“中温”挡功率空出），其电路原理如图乙，S 是自我保护开关，当电暖器倾倒时S自动断开，切断电源保证安全。
4、当S、S1闭合，S2断开时电暖器为“低温”挡。（R1 R2）XX 牌电暖器额定电压220V额定功率低温挡440W中温档高温挡1600W频率50Hz求：（1）R1的阻值；（2）“中温”挡正常工作时电路中的电流；（3）若室内空气质量为50kg，用该电暖器的“高温”挡正常工作10min，放出热量的50%被室内空气吸收，那么可使室内气温升高多少？（假设空气的比热容为1.1 103J/（kg?）【答案】（1）R1的电阻是11；（2）电暖器“中温”档正常工作时的电流是5.27A；（3）可使此房间的空气温度升高8.73。【解析】（1）闭合开关S1，R1单独接入电路，R1R2，根据 P可知电暖气处于低温；R1
5、的阻值：R1110；（2）闭合 S1为“低温”挡，R1单独接入电路；单独闭合S2为“中温”挡，“高温”挡为 S1、S2同时闭合，R1、R2并联。P中温P高温P低温1600W 440W1160W；根据 PUI 可得，“中温档”正常工作时的电流：I2 5.27A；（3）因为 P，所以电暖器的“高温”档正常工作10min，放出的热量：WP高温t1600W 10 60s9.6 105J；空气吸收的热量：Q吸W 50%9.6 105J4.8 105J，由 Q吸 cm t 可得，房间空气升高的温度：t 8.73。1（2019 湖北黄石）小明家某型号电热加湿器的原理图如图甲，R1、R2都是发热电阻，不考虑温
6、度对电阻的影响，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”、“低挡”、“高挡”之间的切换（低挡为小功率加热，高挡为大功率加热），其部分技术参数如下表。额定电压（V）220高档发热功率（W）400注水仓最大注水量（kg）3（1）开关处于图示位置，电热加湿器的状态是_（选填“关”“低档”或“高档”）（2）求电热加湿器中R1的阻值；（3）某次使用加湿器在额定电压下工作，加湿器注水仓中加注冷水已达到最大注水量，其工作30min 的功率与时中考达标训练题间图象如图乙所示，如果电阻R1在此次高挡加热时产生的热量全部被水吸收，可以使注水仓中冷水的温度升高多少？计算
7、结果保留整数，水的比热容为4.2 103J/（kg?）（4）某一天，小明断开家中其他所有用电器，只接通加湿器在低档加热，发现家中3000revs/（kW?h）的电能表转盘在 400s 内转了 27 圈，求此时电阻R2的实际功率是多少？【答案】（1）关；（2）电热加湿器中R1的阻值为 121；（3）可以使注水仓中冷水的温度升高19；（4）此时电阻R2的实际功率是60.75W。【解析】（1）由图甲可知，开关S接“1、2”触点时，电路断路，电热加湿器的状态是关；（2）由图甲知，开关S 接“3、4”触点时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，电源的电压一定，由P UI可知，电热加湿器的功率最大，处
8、于高挡，则电热加湿器中R1的阻值：R1121；（3）由图乙知，工作30min 时，其中高档工作时间为10min，低档工作时间为20min，由 PW/t 可得，在高档正常工作时消耗的电能：W高P高t高400W 1060s 2.4 105J，如果电阻R1在此次高档加热时产生的热量全部被水吸收，即Q吸 W高2.4 105J，由 Q吸 cm t 可得，水升高的温度：t 19；（4）因 3000revs/（kW?h）表示：每消耗1kW?h 的电能，电能表的转盘就转过3000r，则电能表的转盘转过27r 时，加湿器在400s内消耗的电能：WkW?h0.009kW?h 3.24 104J，加湿器在低挡加热的
9、实际功率：P低81W，由图甲知，开关S接“2、3”触点时，R1、R2串联，电路的总电阻最大，电热加湿器的功率最小，处于抵挡，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，由PUII2R 可得，电路中的电流：IA，此时电阻R2的实际功率：P2I2R2I2 3R1（A）2 3 121 60.75W。2（2019 山西）“创新”小组的同学们调查发现，雨雪天气里汽车后视镜会变模糊，影响行车安全。同学们设计了给后视镜除雾、除霜的加热电路。如图是加热电路原理图，电源电压100V，加热电阻R1与 R2阻值均为100，电路低温挡除雾，高温挡除霜。同学们对电路进行模拟测试，开启除霜模式加热后视镜1min，用温度传感
10、器测得其温度升高了6求：（1）除霜模式下，电路中的电流；（2）除霜模式下，电路的加热效率。后视镜玻璃质量约0.5kg，玻璃的比热容约0.8 103J/（kg?）【答案】（1）除霜模式下，电路中的电流为1A；（2）除霜模式下，电路的加热效率为40%。【解析】（1）由图知，只闭合开关S 时，两电阻串联；当开关S、S1都闭合时，R2被短路，只有R1工作，此时电阻最小，根据P可知此时电路的功率最大，处于高温除霜模式，除霜模式下，电路中的电流：I1A；（2）除霜模式下1min 消耗的电能：WUIt 100V 1A 60s6000J，后视镜玻璃吸收的热量：Qcm t0.8 103J/（kg?）0.5kg
11、62400J，除霜模式下，电路的加热效率：100%100%40%。3（2019 山东枣庄）如图所示是某款电养生壶及其铭牌的部分参数，当养生壶正常工作时，求：额定电压220V频率50Hz额定功率1100W容量1L（1）养生壶正常工作的电阻。（2）若该养生壶的加热效率为80%，在标准大气压下，将初温是12的一壶水烧开，需要多长时间？（c水4.2 103J/（kg?），水1.0 103kg/m3（3）在物理综合实践活动中，小明和小丽同学利用所学习的物理知识，合作测量养生壶的实际功率。电表上标着“1200r/（kW?h）”，他们把家中的其他用电器都与电源断开，仅让养生壶接入电路中烧水，2min 电能表
12、的转盘转了40r，求电养容量生壶的实际功率。【答案】（1）养生壶正常工作的电阻为44。（2）若该养生壶的加热效率为80%，在标准大气压下，将初温是12的一壶水烧开，需要420s；（3）电养生壶的实际功率为1000W。【解析】（1）由 P=?2?可得，养生壶正常工作时的电阻：R=?2?=(220?)21100?=44。（2）1L 水的质量：mV1.0 103kg/m3 1 103m31kg；水吸收的热量：Q吸cmt4.2 103J/（kg?）1kg（100 12）3.696 105J，由=?吸?可得，养生壶消耗的电能：W=?吸?=3.696 105?80%=4.62 105J，由 P=?可得，养
13、生壶工作时间：t=?=4.62 105?1100?=420s。（3）转盘转动40 转消耗电能：W=401200kW?h=130kW?h1.2 105J，t2min120s，电养生壶的实际功率：P实=?=1.2 105?120?=1000W。4.（2019 天津）某电热水壶铭牌的部分信息如下表所示。该电热水壶正常工作时，把1kg 水从 20加热到 100用时 7min，已知 c水=4.2 103J/（kg?），求：（1）水吸收的热量；（2）电热水壶的热效率。型号xx额定电压220V额定功率1000W频率50Hz【答案】（1）水吸收的热量为3.36 105J；（2）电热水壶的热效率为80%。【解析
14、】（1）水吸收的热量：Q吸=c水m（t-t0）=4.2 103J/（kg?）1kg（100-20）=3.36 105J。（2）工作时间t=7min=420 s，电热水壶正常工作7min 消耗的电能：W=Pt=1000W 420s=4.2 105J，则电热水壶的热效率：=?吸?100%=3.36 105?4.2 105?100%=80%。5（2018?烟台）常温常压下，一台标有“220V 2000W“的电热水壶正常工作时，将质量为1kg、初温为20 的水烧开，需要的时间是假设该热水壶产生的热量完全被水吸收，c水=4.2 103J/（kg?）。【答案】168s。【解析】在1 个标准大气压下水的沸点
15、为100，则水吸收的热量：Q吸=cm（t t0）=4.2 103J/（kg?）1kg（100 20）=3.36 105J，不计热损失，由W=Q吸=Pt 可得，需要的加热时间：t=168s。6（2018?威海）标有“220V，2000W“的“即热式”电热水龙头，其加热电阻丝的阻值是；在额定电压下工作21s，若不计热量损失，能够使kg 的水从 15 上升到 35 水的比热容为4.2 103J/（kg?）【答案】24.2；0.5。【解析】（1）根据P=可得，加热电阻丝的阻值：R=24.2 ；（2）由 P=可得，在额定电压下工作21s 消耗的电能：W=Pt=2000W 21s=4.2 104J；若不计
16、热量损失，则Q吸=W=4.2 104J，由 Q吸=cm t 可得，加热水的质量：m=0.5kg。7（2017?威海）一个标有“220V 1200W”的电热水壶。要在1 个标准大气压下将2kg 温度为 20 的水烧开，水需要吸收的热量是J，若不计热损失，电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间是s（水的比热容为4.2 103J/（kg?）【答案】6.72105J；560。【解析】（1）在标准大气压下，水的沸点为100，水吸收的热量：Q吸=cm（t t0）=4.2 103J/（kg?）2kg（100 20）=6.72 105J；（2）因为电热水壶正常工作，所以 P=P额=1200W，不计热损失，Q吸
17、=W=Pt，所以电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间：t=560s。8（2018?临沂）小明妈妈为奶奶买了一个电热足浴盆（如图所示），内部由加热系统和按摩系统两部分组成。加热系统的加热电阻额定电压220V，额定功率605W问：（1）小明帮奶奶泡脚时，向足浴盆中加入6kg 初温为 20的水，加热系统的加热电阻正常工作15min 将水加热到40，此加热过程中水吸收的热量是多少？消耗的电能是多少？c水=4.2 103J/（kg?）（2）当小明家的实际电压是200V 时，加热电阻工作的实际功率是多少？（3）足浴盆按摩系统中的电动机工作电压是12V（按摩系统将交流电压转换为12V），工作电流为4A，其
18、电阻为0.5 ，电动机工作中因发热损失的功率是多少？【答案】（1）此加热过程中水吸收的热量是5.04105J；消耗的电能是5.445 105J；（2）加热电阻工作的实际功率是500W；（3）电动机工作中因发热损失的功率是8W。【解析】（1）水吸收的热量：Q吸=c水m（tt0）=4.2 103J/（kg?）6kg（40 20）=5.04 105J；加热时间t=15min=900s，足浴盆加热时消耗的电能：W=P额t =605W 900s=5.445 105J。（2）由 P=得，加热电阻的阻值：R=80，当小明家的实际电压是200V 时，加热电阻工作的实际功率：P实=500W。（3）电动机工作中因
19、发热损失的功率：P损=I2R=（4A）2 0.5 =8W。9（2017?威海）某生态园设计了模拟日光和自动调温系统，实现照明、保温和加热的功能，其原理如图所示，电源电压恒为220V，R1和 R2是两个电热丝（不考虑温度对电阻的影响），R2=30，L 是标有“220V 160W”的照明灯泡，白天有日光的时候，只开启该系统的保温功能并连续工作10h，此时 R1与 R2的电功率之比为1：3，晚上温度较低的时候，需开启加热和照明功能。灯泡正常发光此状态下系统也需连续工作10h，q沼气=1.8 107J/m3，请解答下列问题：（1）晚上工作时电路的总功率是多大？（2）若一天中工作的20h 内电热丝放出的
20、热量完全由该生态园自产的沼气提供，其热效率为50%，则每天需要完全燃烧多少m3的沼气？【答案】（1）晚上工作时电路的总功率是5000W；（2）每天需要完全燃烧24.2m3的沼气。【解析】（1）由题知，白天有日光时，系统处于保温状态，灯泡不工作，此时两开关应断开，两电阻R1、R2串联，总电阻最大，总功率最小；由串联电路的特点可知，通过两电阻的电流相等，且R1与 R2的电功率之比为1：3，由 P=I2R 可得：=，由题知 R2=30，所以 R1=10；晚上系统处于加热状态，且灯泡正常工作，由电路图可知，此时两开关应都闭合，灯泡L 与 R1并联；由并联电路的特点可知，此时U=U1=220V，且灯泡正
21、常工作，所以 R1的功率：P1=4840W，所以晚上工作电路的总功率：P总=P额+P1=160W+4840W=5000W；（2）由串联电路的特点和P=可得，白天系统在保温状态时电热丝的总功率：P保温=1210W，由题可知白天和晚上系统的工作时间相同，则一天内电热丝放出的热量：Q=W=P1 t+P保温t=（P1+P保温）t=（4840W+1210W）103600s=2.178108J，由沼气燃烧的热效率为50%可得：50%Q放=Q，由 Q放=qV 可得需要燃烧沼气的体积：V=24.2m3。10（2018?滨州）图甲是一家用电器，有“低温”，“中温”，“高温”三档，铭牌见下表（“高温”档功率空出）
22、，图乙为其简化的电路原理图，S 是自我保护开关，电暖器跌倒时，S 自动断开，切断电源，保证安全，闭合S1为“低温”档。请完成下列问题：牌电暖器额定电压220V额定功率低温档550W中温档1100W高温档频率50Hz（1）“低温”档正常工作时的电阻是多少？（2）“高温”档正常工作时的总电流是多少？（3）若某房间内空气质量为60kg，空气温度为10，设定空气的比热容为1.1 103J/（kg?）且保持不变，用该电要器的“高温”档正常工作20 分钟，放出热量的50%被房间内的空气吸收，那么可使此房间的空气温度升高多少？【答案】（1）“低温”档正常工作时的电阻是88；（2）“高温”档正常工作时的总电流
23、是7.5A；（3）可使此房间的空气温度升高15。【解析】（1）闭合S1为“低温”档，R1单独接入电路，由P=可求“低温”档正常工作时的电阻是：R1=88；（2）闭合 S1为“低温”档，R1单独接入电路，单独闭合S2为“中温”档，高温档为S1、S2同时闭合，R1、R2并联，P高温=P低温+P中温=550W+1100W=1650W，根据 P=UI 可得高温档时正常工作的电流：I=7.5A，（3）电暖器的“高温”档正常工作20 分钟，放出的热量：W=P高温t=1650W 20 60s=1.98 106J；空气吸收的热量：Q吸=W=50%1.98 106J=0.99 106J；由 Q吸=cm t 可得
24、，房间的空气温度升高：t=15。11（2017?潍坊）某品牌的电热水壶铭牌如表所示，电热水壶正常工作时，将水壶中的额定容量的水加热至沸腾。已知室温与水的初温皆为20，水的比热容c水=4.2 103J/（kg?），水的密度水=1.0 103kg/m3。型号LL 8015额定电压220V额定功率1360W额定频率50Hz额定容量1.0L（1）求水吸收的热量；（2）通过计算判断，加热时间是否可能为200s。【答案】（1）水吸收的热量为3.36105J；（2）计算表明，加热时间不可能为200s。【解析】（1）由电热水壶铭牌可知，电热水壶的额定电压是220V，额定功率是1360W，容积是1L；一壶水的质
25、量：m=V=1.0103kg/m3 1 103m3=1kg，水吸收的热量：Q吸=cmt=4.2 103J/（kg?）1kg（100 20）=3.36 105J；（2）电水壶正常工作200s 消耗的电能：W=Pt=1360W200s=2.72105J，由于 WQ吸，因此加热时间不可能为200s。12（2017?临沂）现代居家生活中，水族箱已成为室内装饰的一个亮点，某品牌水族箱（如图）的玻璃容器内装有50L 水，内置一根“220V 100W”的自动温控棒，冬天养热带鱼时，水族箱内水的温度要求控制在26 28 之间（温度棒的水温低于26时开始工作，水温达到28时自动断开）（1）求水族箱中水的质量；（
26、2）在某次温控中，温控棒正常工作了87.5min，求该次温控棒的温控效率【水的比热容为4.2 103J/（kg?）】（3）若用电高峰时，家庭电路的实际电压仅为217.8V，求此时温控棒的工作电流（温控棒阻值不变）【答案】（1）水族箱中水的质量为50kg；（2）该次温控棒的温控效率为80%；（3）此时温控棒的工作电流为0.45A。【解析】（1）水的体积：V=50L=0.05m3，由=可得，水族箱内水的质量：m=V=1.0 103kg/m3 0.05m3=50kg；（2）已知加热过程中温度由26加热到 28，温控棒正常工作了87.5min，水吸收的热量：Q吸=cm（t t0）=4.2 103J/（
27、kg?）50kg（28 26）=4.2 105J，由 P=可得，消耗的电能：W=Pt=100W 87.5 60s=5.25 105J，该次温控棒的温控效率：=100%=100%=80%。（3）由 P=可得，温控棒阻值R=484，已知温控棒阻值不变，当家庭电路的实际电压仅为217.8V 时，温控棒的工作电流I=0.45A。13.（2018 山东临沂）小明妈妈为奶奶买了一个电热足浴盆(如图所示)，内部由加热系统和按摩系统两部分组成。加热系统的加热电阻额定电压220V，额定功率605W。问:(1)小明帮奶奶泡脚时，向足浴盆中加入6kg 初温为 20C 的水，加热系统的加热电阻正常工作 15min 将
28、水加热到40，此加热过程中水吸收的热量是多少?消耗的电能是多少?c水=4.2 103/(kg.)(2)当小明家的实际电压是200V 时，加热电阻工作的实际功率是多少?(3)足浴盆按摩系统中的电动机工作电压是12V(按摩系统将交流电压转换为12V),工作电流为 4A，其电阻为0.5 ，电动机工作中因发热损失的功率是多少?【答案】（1）5.04105J，5.445 105J（2）500W（3）8W【解析】（1）由题根据Q吸=cm t 求出水吸收的热量。由题意电热足浴盆注水量为6kg，当温度达到显示温度40时，完成加热，所以水吸收的热量：Q吸=cmt=4.2 103J/（kg?）6kg（40 20）
29、=5.04 105J；加热时间t=15min=900s，电热足浴盆加热的功率为605W，由 P=W/t 得，电热足浴盆消耗的电能：W=Pt=605W 900s=5.445 105J，（2）根据 W=Pt 求出电热足浴盆消耗的电能，然后根据P额=U额2/R得出R值，再根据P实=U实2/R求出实际功率。由电功率公式可得P额=U额2/RR=U额2/P额P实=U实2/R=U实2/（U额2/P额）=（200v）2/（220v）2/605W）=500W（3）由 P=I2R 计算电动机工作中因发热损失的电功率。电动机工作中因发热损失的功率P=I2R=(4A)2 0.5 =8W14.（2019 杭州）图甲是一
30、个豆浆机的实物图，豆浆机的中间部位是一个电动机，电动机通过金属杆带动其下部的刀片旋转，从而将原料粉碎打浆；刀片外部是一个环状加热管（电热丝），用来对豆浆加热，该豆浆机的部分参数如表所示。制作豆浆的过程是加热和打浆交替进行，图乙是该豆浆机做好一次豆浆的P-t 图象。求：额定电压220V频率50Hz电动机输入功率110W加热功率1000W（1）加热管正常工作时电阻丝的阻值是多少？（2）在 811 分钟的时间内，设豆浆质量为1.5kg，比热恒为4 103J/（kg?），加热管产生的热量全被豆浆吸收，到第 11 分钟时豆浆温度恰好为100，则第 8分钟时豆浆温度为多少？（3）豆浆机在粉碎打浆时，电动机
31、的内阻为40，则电动机输出的机械功率是多少？【答案】（1）48.4；（2）70。（3）100W。【解析】（1）由 P=?2?可得，豆浆机正常加热时电热管的电阻：R1=?2?1=(220?)21000?=48.4 ；（2）由 P=?可得，加热管产生的热量Q=W=Pt=1000W 3 60s=1.8 105J，加热管产生的热量全被豆浆吸收，Q吸=W=1.8 105J，由 Q吸=cm（t-t0）可得，1.8 105J=4 103J/（kg?）1.5kg（100-t0）解得 t0=70。（3）电动机转动时，其电流I=?输入?=110?220?=0.5A，热功率为：P热=I2r=（0.5A）2 40=1
32、0W；其输入的电功率为：P入=110W，消耗的电能转化为内能和机械能，故电动机的机械功率为：P出=P入-P热=110W-10W=100W。15（2018?天津）图为某电热器的电路原理图，通过将开关S 置于不同的位置，可以实现“加热”和“保温”两种状态的变换，对应的额定功率分别为800W 和 40W。（1）将开关S 接“1”时，电热器处于（选填“加热”或“保温”）状态。（2）电热器在加热状态下正常工作，将0.5kg 初温为 20的水加热到100，需要多长时间？（【水的比热容为4.2 103J/（kg?），假设电能全部转化为水的内能】【答案】（1）加热；（2）电热器在加热状态下正常工作，将0.5k
33、g 初温为 20的水加热到100，需要的时间为210s。【解析】（1）将开关S 接“1”时，电路为R2的简单电路，电路中电阻最小，根据 P=可知，电源电压一定时，电阻越小，电功率越大，所以此时电热器处于加热状态。（2）水吸收的热量：Q吸=cm（t t0）=4.2 103J/（kg?）0.5kg（100 20）=1.68 105J，由题意可知，假设电能全部转化为水的内能，则W=Q吸=1.68 105J，由 P=得，需要的加热时间：t=210s。16.（经典能力题）小明的妈妈利用天然气灶烧水，把质量为1kg 的 20 的水烧开（在标准大气压下）（1）通过观察天燃气表得知消耗了0.01m3的天然气，
34、如果天然气的密度为0.7kg/m3，烧水时消耗天然气多少千克？（2）在此过程中水需要吸收多少热量？（3）用额定功率是800W 的电热壶在220V 额定电压下，烧开同样质量的水，若电能转化为内能的效率是84%，则通电时间是多少？【答案】（1）0.007kg（2）3.36105J（3）500s【解析】（1）天然气的质量可以利用密度的计算公式变形，即m=V。消耗的天然气的质量为：m=V=0.7kg/m3 0.01m3=0.007kg（2）水吸收的热量，可以利用吸放热的学科网公式进行计算。Q吸=cm（t2t1）=4.2 103J/（kg?）1kg（100 20）=3.36 105J（3）在使用电水壶烧
35、水时，把电能转化为内能，根据题意，只有84%的内能被水吸收，即 Q吸=84%Q放=84%W。电流做功：W=Q吸/84%=4 105J通电时间：t=W/P=4105J/800W=500s17.（经典能力题）如图是我们家庭用的一种电热饮水机的简化电路图，其参数如下表，R1、R2 是发热电阻丝。（1）若饮水机正常工作的加热效率为90%，现将质量为0.4kg、初温为 25的水在一标准大气压下加热至沸腾，已知水的比热容是4.2 103J/(kg)，求：水需要吸收的热量？烧开这些水消耗了多少电能？（2）当饮水机处于保温状态时，R1的电阻值是多大？【答案】（1）1.26105J；1.4 105J.（2）10
36、56.【解析】（1）水吸收的热量为：Q吸=c水m水（t-t0）=4.2 103J/（kg?）0.4kg（100-25）=1.26 105J由 Q吸=W 可得，消耗的电能：W=Q吸/=1.26 105J/90%=1.4 105J.（2）由电路图可知，开关S2断开时两电阻串联，电路电阻较大，开关S2闭合时，只有电阻R2接入电路，电阻R1被短路，此时电路电阻较小，电源电压U 一定，由P=U2/R 可知，电阻越大，电路功率越小，电阻越小，饮水机功率越大，因此当开关S2断开时，电路阻值较大，电功率较小，饮水机处于保温状态因此当开关S2闭合时，电路阻值较小，电功率较大，饮水机处于加热状态。用P 1、P 2
37、分别表示保温、加热功率，则P 1=44W P 2=1100W加热时,R2=U2/P 2=(220V)2/1100W=44 保温时 R总=U2/P 1=(220V)2/44W=1100 则 R1=R总-R2=1100-44=1056 18.（经典能力题）如图（甲）所示是生活中常见的自动加热、保温的电水壶，它的铭牌如下面表格。现将它接在220V 的电压下工作。已知水的比热容为4.2 103J（kg.）（1）如图（乙）所示为电水壶的电路图，其中R0是电热水壶中的电热管，R 是与电热水壶的电热管串联的电阻，S是一个能自动切换的温控开关，此热水壶是在热胆中储水，由电热管加热工作的。请根据电路图判断：在什
38、么情况下，电水壶处于加热状态？在什么情况下，电水壶处于保温状态？乙（2）请根据铭牌数据信息，计算R0和 R 的阻值分别是多少？（3）电水壶处于加热状态时，在840s 时间内，使热胆中2kg、20的水温度升高到100。求电水壶的热效率。【答案】（1）开关闭合时电水壶处于加热状态，开关断开时电水壶处于保温状态。（2）R0=48.4 R=1161.6（3）80%额定电压220V频率50Hz容积6L加热功率1000W保温功率40W【解析】（1）开关闭合时，R 被短路，这时电路的电阻只有R0，电路消耗的电功率为P0=U2/R0开关断开时，这时电路的电阻R 和 R0串联，电路消耗的电功率为P=U2/（R+
39、R0）很明显知道P0P所以开关闭合时电水壶处于加热状态，开关断开时电水壶处于保温状态。（2）开关闭合时，R 被短路，这时电路的电阻只有R0，电路消耗的电功率为加热功率P0=1000W，这时P0=U2/R01000 W=U2/R0 1开关断开时，这时电路的电阻R 和 R0串联，电路消耗的电功率为保温功率P=40W根据P=U2/（R+R0）40 W=U2/（R+R0）2已知 U=220V 3解得 R0=48.4 R=1161.6（3）电水壶处于加热状态时，t=840s 时间产生的电能为W=P0tP0=1000W则W=P0t=1000W 840s=8.4 105J水吸收的热量为Q=cmt=cm（t2
40、-t1）已知 c=4.2103J（kg.）m=2kgt2=100 t1=20则 Q吸=cm t=cm（t2-t1）=4.2 103J（kg.）2kg（100-20）=6.72 105J由Q吸/W得电水壶的热效率为 Q吸/W=6.72 105J/8.4 105J=0.8=80%19.（经典能力题）学习了电功率的知识后，小亮想利用家中的电能表（如图所示）测量电水壶的电功率和热效率他把质量为1kg 温度是 20的冷水倒入电水壶中，然后把家中的用电器都与电源断开，仅让电水壶工作，在5 分钟内将这壶水烧开（在标准器压下），他观察到电能表转盘转了70 转试求：（1）将这壶水烧开，水吸收的热量是多少？（2）
41、电水壶的电功率为多少？（3）电水壶的热效率为多少？【答案】（1）3.36105J；（2）1400W；（3）80%【解析】知道水的质量、初温、末温（在标准器压下水的沸点为100）以及比热容，根据Q吸=cm（t-t0）求出水吸收的热量；600Revs/kW?h 表示电路中每消耗1kW?h 的电能，电能表的转盘转600r，据此求出转盘转70r 消耗的电能，根据P=W/t 求出电水壶的电功率；水吸收热量和消耗电能的比值即为电水壶的热效率（1）在标准器压下水的沸点为100，则水吸收热量：Q吸=cm（t-t0）=4.2 103J/（kg?）1kg（100-20）=3.36 105J；（2）电能表转盘转了7
42、0 转消耗电能：W=70600kW?h=706003.6 106J=4.2105J，电水壶的电功率：P=W/t=1400W；（3）电水壶的热效率：=Q吸/W 100%=J104.2J103.3655 100%=80%20.（经典能力题）几千年来中国的厨艺最讲究的就是“火候”二字。现在市场上流行如图所示的新型电饭锅，采用“聪明火”技术，电脑智能控温、控压，智能化控制食物在不同时间段的温度，以得到最佳的口感和营养，其简化电路如图甲所示。R1和 R2均为电热丝，S 是自动控制开关。把电饭锅接入220V 的电路中，用电饭锅的“聪明火”煮米饭，电饭锅工作时的电流随时间变化的图像如图乙所示。（1）求电热丝
43、R2的阻值（计算结果保留一位小数）；（2）这个电饭锅在015min 内把质量为1.1kg 的米饭由20加热到 100，求电饭锅在这段时间内加热的效率。c米饭=4.2 103J/（kg）。【答案】（1）73.3（2）70%【解析】（1）当开关S 闭合时，电路中只有R2工作，从乙图可知通过R2的电流 I3A。3.733A220V=2IURSR2R1220V01235 10 15 20 25 30t/minI/A乙甲（2）米饭吸收的热量Qcm t4.2 103J/（kg?）1.1kg (100 20)3.696 105J电饭锅在015min 内消耗的电能WW1W2UI1t1UI2t2220V 3A1
44、060s 220V 2A560s 5.28105J电饭锅加热的效率%70=J105.28J103.696=55WQ21.（经典能力题）如甲图所示的电压力锅，集压力锅、电饭锅的优点于一体，省时节电，热效率高。电压力锅工作原理如图乙，已知R2的电阻值为48.4 ，单独闭合开关S1时，压力锅的功率为80W。（1）单独闭合开关S1时，电压力锅处于状态（选填“保温”或“加热”）。（2）R1的电阻是多少？（3）同时闭合开关S1和 S2，电压力锅工作1min 消耗的电能是多少？【答案】（1）单独闭合开关S1时，电压力锅处于保温状态（2）R1的电阻是605（3）同时闭合开关S1和 S2，电压力锅工作1min
45、消耗的电能是6.48 104J【解析】（1）由电路图可知，单独闭合开关S1时，只有电阻R1接入电路，电路功率较小，电压力锅处于保温状态；（2）由 P=U2/R 可知，电阻 R1的阻值：R1=U2/P1=605；（3）电阻 R2的功率：P2=U2/R2=1000W，同时闭合开关S1和 S2，电压力锅工作1min 消耗的电能：W=（P1+P2）t=（80W+1000W）60s=6.48 104J。22（经典能力题）某品牌电热水器有慢加热、快加热和保温三个工作状态。铭牌上的部分参效如下表所示，其中快加热功率参数模糊不清，它能够把水加热到的最高温度为75简化电路如图所示，R1、R2均为加热电阻温度对电
46、阻的影响忽略不计）。若电热水器中已装满质量为40kg、温度为25的水。请完成下列问题：已知水的比热S2R2R1S1220V乙甲容 c=4.2103J/（kg?）（1）用该电热水器把水加热到最高温度，水需要吸收的热量。（2）开关 S1闭合，S2接 b，电热水器处于慢加热工作状态，求R1的阻值。（3）若加热电阻产生的热量有84%被水吸收，用该电热水器把原有的水加热到最高温度，用快加热比用慢加热节约多少秒？（结果保留整数）额定电压220V保温功率605W慢加热功率1210W快加热功率【答案】（1）用该电热水器把水加热到最高温度，水需要吸收的热量为8.4 106J。（2）R1的阻值为40；（3）用快加
47、热比用慢加热节约4132s。【解析】由电路图可知，开关S1闭合、S2接 a时，R1与 R2并联；开关S1闭合、S2接 b 时，电路为R1的简单电路；开关 S1断开、S2接 a 时，电路断路；开关S1断开、S2接 b 时，R1与 R2串联，根据P=UI=可知，电路中的电阻越小，电路的总功率越大，据此判断电热水器的档位。根据Q=cmt计算把水加热到最高温度，水需要吸收的热量；开关S1闭合、S2接 b 时，电路为R1的简单电路，电热水器处于慢加热档，根据 P=求出电阻R1的阻值；根据并联电路的电阻特点，可求得 R1与 R2并联时的总电阻，然后利用P=求出快加热功率，根据加热电阻产生的热量有84%被水
48、吸收，可求得消耗的电能：用慢加热消耗的电能与用快加热消耗的电能相同，然后利用P=公式变形分别求得快加热和用慢加热所用时间，然后可得出结论。（1）水需要吸收的热量：Q=cm t=4.2 103J/（kg?）40kg（75 25）=8.4 106J；（2）开关 S1闭合、S2接 b 时，电路为R1的简单电路，电热水器处于慢加热档，由 P=可得，电阻R1的阻值：R1=40；（3）开关 S1断开、S2接 b 时，R1与 R2串联，电路中电阻最大，总功率最小，电热水器处于保温档，此时电路的总电阻：R串=80，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R2的阻值：R2=R串R1=8040=40；开关 S1闭合、S2接 a 时，R1与 R2并联，电路中电阻最小，总功率最大，电热水器处于快加热档；由电阻的并联可得：=+，即=+，解得 R并=20，则快加热功率：P快加热=2420W，加热电阻产生的热量有84%被水吸收，用该电热水器把原有的水加热到最高温度，则由=可得，消耗的电能：W=1 107J，分别用慢加热档和快加热档加热时，水吸收的热量不变、且热效率也不变，所以用两档加热时消耗的电能相同，都为 W=1 107J，由 P=可得，用快加热所用的时间：t快=4132s；由 P=可得，用慢加热所用的时间：t慢=8264s；则用快加热比用慢加热节约的时间：t=t慢t快=8264s4132s=4132s。