2020年中考物理试题分类命题备考方略专题10电学大型计算题含解析 35页

‎2020年物理试卷分类命题备考方略 专题十电学大型计算题 ‎★命题诠释 ‎1.大型计算题 大型计算题俗称压轴题，是中考试卷主要题型，也是必考题型，同时也是产生差距，判断考生综合应用能力、题型难度属于中等偏上的题型。大型计算题在中考试卷中占有很大比例，一般情况下所占比例在25%左右。‎ 大型计算题以考查学生综合应用所学知识分析问题和解决问题的能力为主，它既能反映学生对基本知识的理解掌握水平，同时又能体现学生在综合应用所学知识分析和解决问题过程中的情感、态度与价值观。解答计算题应该首先明确它的特点，避免盲目和无从下手的尴尬，同时明确题目涉及的物理现象和物理知识，明确要解决的问题是什么，找准关系，有的放矢的按要求进行合理的计算。‎ ‎2.特点 大型计算题要求有计算过程和步骤，每一步骤都有相应分值。大型计算题的特点是：‎ ‎(1)结果合理性：这类题能反映学生对自然界或生产、生活中若干事物的观察和关心程度．它要求学生用生活实践，社会活动的基本经验对题目的计算结果进行判断，留取合理的，舍弃不合理的。‎ ‎(2)知识综合性：这类题往往是把几个或几种物理过程及物理现象放在一起，利用各个过程或各种现象之间的相切点，解答要解决的问题。它反映学生学习知识的综合能力和分析解决问题的能力。‎ ‎(3)应用性：这类题是把物理知识浸透到社会实际操作和应用到生活体验中，它能够反映学生对所学物理知识的理解和情感，同时也能反映学生对自己生活中的一些实际操作的认识水平。‎ ‎★题型解密 ‎1.电学大型计算题主要内容 电学大型计算主要涉及到欧姆定律及应用、电功与电功率、电热相关计算等。大型计算题很少是单一知识点或考点的计算，常见的是多个考点的综合计算，但其计算内容不变。‎ ‎2.考前速记 ‎（1）欧姆定律：导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比。公式：，其中：U为电源电压，单位为伏（V）；I为通过导体的电流，单位为安（A）；R为导体的电阻，单位为欧（Ω）。‎ 注意：应用欧姆定律的公式进行计算时，一定要统一到国际制单位后再进行计算。欧姆定律公式中的各个物理量具有同一性，即I,U,R是对同一段导体、同一时刻而言的。‎ 35‎ 公式变形：，。应用欧姆定律公式以及两个变形式进行解题时，只要知道I、U、R三个量中的两个，就可以求出第三个未知物理量。在计算和理解问题的过程中千万注意，物理量的计算不同于数学上的计算，必须用对应的物理量单位才有意义，避免将物理问题数学化，应理解每个量的物理意义。‎ 电阻的串联：（1）串联电阻的总电阻的阻值比任何一个分电阻的阻值都大。（2）串联电阻的总电阻的阻值等于各分电阻之和：R串=R1+R2+……Rn。（3）n个相同电阻R串联时的总电阻为：R串=nR。‎ 电阻的并联：（1）并联电阻的总电阻的阻值比任何一个分电阻的阻值都小。（2）并联电阻的总电阻倒数等于各分电阻的阻值倒数之和，即：。（3）n个相同电阻R0串联时的总电阻为：。（4）两个电阻R1和R2并联时的表达式为：。‎ ‎（2）电功：电流通过某段电路所做的功叫电功。电流做功的实质：电流做功过程，实际就是电能转化为其他形式的能（消耗电能）的过程；电流做多少功，就有多少电能转化为其他形式的能，也就消耗了多少电能。‎ 电流做功的形式：电流通过各种用电器使其转动、发热、发光、发声等都是电流做功的表现。‎ 规定电流在某段电路上所做的功，等于这段电路两端的电压，电路中的电流和通电时间的乘积。‎ 电功公式：（适用于所有电路）；对于纯电阻电路可推导出：‎ 串联电路：；并联电路：；在任何情况下，在一定时间所做的总功。‎ 电功单位：在国际单位制中，电功单位是焦耳（J）；常用单位还有度（kwh）， 1度=1千瓦时=1kWh=3.6×106J；“1度”的规定：1kw的用电器工作1h消耗的电能。‎ ‎（3）电功率：电流在单位时间内所做的功。电功率物理意义：表示电流做功快慢的物理量。‎ 电功率公式：（适用于所有电路），推导公式：（适用于纯电阻电路）。‎ 串联电路中；并联电路中：；无论用电器串联或并联，计算总功率常用公式P=P1+P2+…Pn。‎ 电功率单位：在国际单位制中，功率单位是瓦特（W），常用单位：千瓦（kW）。‎ 额定功率：某灯泡上标有“PZ220V‎-25”‎字样分别表示：普通照明，额定电压（用电器正常工作时的电压）220V，额定功率（用电器在额定电压下的功率）25W的灯泡。已知U额、P额、U实，可根据公式 35‎ ‎，由该式可知，当实际电压变为额定电压的1/n时，实际功率就变为额定功率的1/n2。‎ ‎（4）焦耳定律 电流的热效应：电流通过导体时电能转化为内能，这种现象叫做电流的热效应。‎ 焦耳定律：电流通过导体产生的热量，与电流的平方成正比，与导体的电阻成正比，与通电时间成正比。焦耳定律公式：Q=I2Rt。式中单位Q→焦(J)；I→安(A)；R→欧(Ω)；t→秒。‎ 当电流通过导体做的功(电功)全部用来产生热量(电热)，则有W=Q，可用电功公式来计算Q，如电热器、纯电阻就是这样的。‎ ‎①电热的利用：电热毯、电熨斗、电烤箱等；②电热的防止：电视机后盖有很多孔是为了通风散热，电脑运行时也需要风扇及时散热。‎ ‎3.大型计算题解题步骤 第一步：认真审题。明确现象和过程，确定给出的条件或题目中隐含的条件。‎ 第二步：找关系。也就是针对题目内容分析、综合，确定解决问题的方向，选择适合的规律和公式，找准相关物理量之间的关系。‎ 第三步：列出表达式。这一步是在明确了各个已知量、未知量及某个物理量在题目中叙述的物理现象或物理过程变化时存在的关系，根据公式或规律列出相应的表达式，并推导出待求物理量的计算式。‎ 第四步：代入数据求解。这一步是把所用到的已知物理量的单位统一后，把已知量的数据代人计算式中，通过正确运算，得出答案。同时对答案进行合理化验证，最后确定正确答案。‎ 解答方法：‎ ‎(1)简化法：这种方法是把题目中的复杂情境或复杂现象进行梳理，找出题目中的相关环节或相关点，使要解决的复杂的问题突出某个物理量的关系或某个规律特点。这样使复杂得到简化，可以在计算解答的过程中减少一些混淆和混乱，把要解答的问题解决。‎ ‎(2)隐含条件法：这种方法是通过审题，从题目中所叙述的物理现象或给出的物理情境及元件设备等各个环节中，挖掘出解答问题所需要的隐含在其中的条件，这种挖掘隐含条件能使计算环节减少，而且所得到的答案误差也小。‎ ‎(3)探索法：这种方法是在题目所给的实际问题或情境中抽象出来的。判断出所涉及或应用的物理模型，然后运用相对应的物理概念、物理规律和物理公式，通过计算得出要求解的正确答案。‎ 35‎ ‎(4)极值法：这种方法也叫端点法。它对不定值问题和变化范围问题的解答有重要的实用价值。用这种方法解答问题时，应改弄清要研究的是哪个变化的物理量的值或者是哪个物理量的变化范围，然后确定变化的规律或方向，最后用相对应的物理规律或物理概念，一个对应点一个对应点地计算取值。‎ ‎（5）应用类分析法：运用数学工具解决物理问题，是物理解题的重要手段。许多设计、推理的应用题，都是建立在计算的基础上。主要考查学生运用物理公式、规律进行解题的能力。例如有两个未知物理量，我们可以根据题目的数据建立两个方程，然后求解未知量。‎ 真题呈现 一、欧姆定律及应用 ‎【典例一】（2019·河南）某款水位自动测控仪的测量原理如图甲所示，电源电压U恒为15V，定值电阻R0=10Ω，R1为一竖直固定光滑金属棒，总长‎40cm，阻值为20Ω，其接入电路的阻值与对应棒长成正比。弹簧上端固定，滑片P固定在弹簧下端且与R1接触良好，滑片及弹簧的阻值、重力均不计。圆柱体M通过无伸缩的轻绳挂在弹簧下端，重80N，高‎60cm，底面积为‎100cm2．当水位处于最高位置A时，M刚好浸没在水中，此时滑片P恰在R1最上端；当水位降至最低位置B时，M的下表面刚好离开水面。已知弹簧所受拉力F与其伸长量△L的关系如图乙所示。闭合开关S，试问：‎ ‎（1）当水位下降时，金属棒接入电路的长度_____，电压表示数_____。（两空均选填“增大”或“减小”）‎ ‎（2）当水位处于位置A时，电压表的示数为多少？‎ ‎（3）水位由位置A降至B这一过程，弹簧的长度增加了多少？电压表的示数变化了多少？（已知ρ水=1.0×103kgm3，g取10N/kg）‎ ‎【解析】（1）当水位下降时，M所受的浮力减小，弹簧的拉力增大，弹簧的伸长量增大，滑片P向下移动，金属棒接入电路的长度减小；‎ 则R1接入电路的阻值减小，根据串联分压特点可知，R1两端的电压减小，即电压表示数减小。‎ ‎（2）当水位处于位置A时，滑片P在R1最上端，此时R1=20Ω，‎ 35‎ 根据串联电路的电阻特点可知，电路的总电阻：R=R0+R1=10Ω+20Ω=30Ω，‎ 电路中的电流：，‎ 由I=得，R1两端的电压：U1=IR1=‎0.5A×20Ω=10V，即电压表示数为10V。‎ ‎（3）当水位处于位置A时，M刚好浸没，排开水的体积：V排=V=Sh=‎100cm2×‎60cm=‎6000cm3=6×10‎-3m3‎，‎ 则M受到的浮力：F浮=ρ水gV排=1.0×‎103kg/m3×10N/kg×6×10‎-3m3‎=60N；‎ 则弹簧受到的拉力：F1=G-F浮=80N-60N=20N，‎ 由图乙可知，当F1=20N时，弹簧的伸长量△L1=‎10cm；‎ 当水位降至位置B时，M的下表面刚好离开水面，所受浮力为零，‎ 则此时弹簧受到的拉力：F2=G=80N，‎ 由图乙可知，当F2=80N时，弹簧的伸长量△L2=‎40cm；‎ 所以，水位由位置A降至B这一过程中，弹簧的长度增加量：△L=△L2-△L1=‎40cm-10cm=‎30cm。‎ 当水位降至位置B时，R1接入电路的长度：L=L总-△L=‎40cm-30cm=‎10cm，‎ 因为R1接入电路的阻值与对应的棒长成正比，即：，‎ 所以，此时R1接入电路的阻值：，‎ 此时电路中的电流：，‎ 由I=得，此时R1两端的电压：U1′=I′R1′=‎1A×5Ω=5V，即此时电压表示数为5V，‎ 所以，电压表的示数变化量：△U=U1-U1′=10V-5V=5V。‎ 故答案为：（1）减小；减小；（2）当水位处于位置A时，电压表的示数为10V；（3）水位由位置A降至B这一过程，弹簧的长度增加了‎30cm；电压表的示数变化了5V。‎ ‎【典例二】（2019·邵阳）如图甲所示的电路中，电源电压不变，L是标有“6V 3W的电灯，当S1和S3闭合、S2断开时，灯L正常发光，电流表的示数如图乙所示。求：‎ 35‎ ‎（1）电源电压。‎ ‎（2）定值电阻R的值 ‎（3）S1和S3断开、S2闭合时，灯L的实际功率。（不考虑温度对电阻的影响）‎ ‎【解析】（1）当S1和S3闭合、S2断开时，灯泡L与电阻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，且灯L正常发光，‎ 所以，电源电压U＝UL＝6V；‎ ‎（2）当S1和S3闭合、S2断开时，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流，‎ 由P＝UI可得，通过灯泡的电流：IL‎0.5A，‎ 由图乙可知，电流表的量程为0～3A，分度值为‎0.1A，干路电流I＝‎1A，‎ 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，‎ 所以，通过定值电阻R的电流：IR＝I﹣IL＝‎1A﹣‎0.5A＝‎0.5A，‎ 因并联电路中各支路两端的电压相等，‎ 所以，由I可得，定值电阻R的值：R12Ω；‎ ‎（3）灯泡的电阻：RL12Ω，‎ 当S1和S3断开、S2闭合时，灯泡L与定值电阻R串联，‎ 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，‎ 所以，电路中的电流：I′‎0.25A，‎ 灯L的实际功率：PL′＝（I′）2RL＝（‎0.25A）2×12Ω＝0.75W。‎ 答：（1）电源电压为6V；（2）定值电阻R的值为12Ω；（3）S1和S3断开、S2闭合时，灯L的实际功率为0.75W。‎ ‎【典例三】（2019·盘锦）如图所示，R1阻值是20Ω．当滑片P移到a端，开关都闭合时，电流表示数是‎0.9A，灯L正常发光。再断开开关S1，电流表示数变化了‎0.4A．接着调节滑片P到b端，灯L的功率与额定功率之比是1：4．求：（电源电压与灯丝电阻均保持不变）‎ ‎（1）电源电压。‎ ‎（2）灯L的额定功率。‎ ‎（3）滑动变阻器的最大阻值。‎ 35‎ ‎【解析】（1）当滑片P位于a端，开关都闭合时，灯泡与电阻R并联，灯泡与电阻R1并联，电流表测干路电流，‎ 再断开开关S1，只有灯泡连入电路，电流表测量灯泡的电流；‎ 由于电流表示数变化量‎0.4A，则通过R1的电流为I1＝‎0.4A，‎ 由I＝得电源电压：U＝I1R1＝‎0.4A×20Ω＝8V；‎ ‎（2）由于此时灯泡正常发光，则根据并联电路各支路两端的电压相等可知：‎ 灯泡的额定电压为6V；‎ 根据并联电路的特点可知：I额＝I﹣I1＝‎0.9A﹣‎0.4A＝‎0.5A，‎ 灯泡的额定功率：P额＝U额IL＝8V×‎0.5A＝4W；‎ ‎（3）由I＝得：灯泡电阻RL＝＝＝16Ω，‎ S断开时，滑片P在b端时，灯泡与滑动变阻器R2串联，‎ 已知：P实：P额＝1：4，则P实＝P额＝×4W＝1W，‎ 根据P＝I2R可得此时电流：I＝＝＝‎0.25A，‎ 由I＝得总电阻：R＝＝＝32Ω，‎ 根据电阻的串联特点得：R2＝R﹣RL＝32Ω﹣16Ω＝16Ω。‎ 答：（1）电源电压为8V；（2）灯L的额定功率为4W。（3）滑动变阻器的最大阻值为16Ω。‎ 二、电功与电功率 ‎【典例一】（2019·白色）如图所示的电路，电源电压恒定，R1、R2为两个定值电阻，L为“2.5V 0.5W”的小灯泡。开关S1、S2、S3均闭合时，电流表A1的示数为‎0.55A，A2的示数为‎0.1A；保持S1闭合，断开S2、S3，小灯泡L恰好正常发光。求：‎ ‎（1）小灯泡正常发光时的阻值RL；‎ ‎（2）小灯泡正常发光lmin所消耗的电能；‎ ‎（3）电源电压和电阻R1、R2的阻值。‎ 35‎ ‎【解析】（1）由P＝UI可得：小灯泡正常发光时通过它的电流 IL＝＝＝‎0.2A；‎ 根据I＝得：RL＝＝＝12.5Ω；‎ ‎（2）灯泡正常发光lmin所消耗的电能W＝P额t＝0.5W×60s＝30J；‎ ‎（3）S1、S2、S3均闭合时，电阻R1、R2并联，小灯泡没有接入电路，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2的电流，‎ 根据并联电路干路电流等于各支路电流之和可得：‎ 通过电阻R1的电流I1＝I﹣I2＝‎0.55A﹣‎0.1A＝‎0.45A，‎ 根据I＝可得电源电压：‎ ‎ U＝U1＝I1R1＝‎0.45A×R1 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 保持S1闭合、断开S2、S3时，R1与小灯泡串联，‎ 由于灯泡正常发光，则电路中的电流为IL＝‎0.2A，‎ 根据串联电路的电压特点和欧姆定律可得电源电压：‎ U＝ILR1+U额＝‎0.2A×R1+2.5V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 解①②可得：U＝4.5V，R1＝l0Ω；‎ 根据I＝可得：R2＝＝＝45Ω。‎ 答：（1）小灯泡正常发光时的阻值RL＝12.5Ω；（2）小灯泡正常发光lmin所消耗的电能为30J；（3）电源电压为4.5V，电阻R1、R2的阻值分别为l0Ω、45Ω。‎ ‎【典例二】（2019·益阳）洞庭湖区域盛产水稻，早稻收获期恰逢长江中下游梅雨季节。为解决早稻收获后稻谷霉变问题，某科技小组设计了一个稻谷烘干机。它的电路图如图甲所示，M为电动鼓风机，R为湿敏电阻，其阻值能根据相对湿度（水蒸气含量）的变化而改变，且能满足实际需要。R0为10Ω的定值发热电阻。‎ 35‎ ‎（1）若鼓风机的额定电压为220V，额定功率为440W，鼓风机正常工作的电流为多大？‎ ‎（2）相对湿度在40%～80%范围内时，R的阻值随相对湿度变化的关系如图乙所示。当相对湿度为70%时，试求发热电阻R0的电功率为多大？‎ ‎【解析】（1）由P=UI可得，鼓风机正常工作的电流：； （2）由图甲可知，鼓风机与电阻并联，电阻R与R0串联在同一条支路中，‎ 如图乙所示，当相对湿度为70%时，湿敏电阻R的阻值：R=1Ω，‎ 电阻R与R0支路中的电流：，‎ 发热电阻R0的电功率：P0=I′2R0=（‎20A）2×10Ω=4000W。‎ 答：（1）鼓风机正常工作的电流为‎2A；（2）相对湿度为70%时，发热电阻R0的电功率为4000W。‎ ‎【典例三】（2019·抚顺）如图甲所示是一款加热杯，可以通过控制开关实现高、中、低三档加热，其简化电路图如图乙所示。R1、R2、R3均为电热丝，已知R1＝176Ω加热杯的部分参数如表。求：c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×‎103kg/m3]‎ ‎（1）R2的阻值是多少？‎ ‎（2）加热杯的低温档功率是多少？‎ ‎（3）若不计热量损失，加热杯使用高温档加热，使‎1L水从‎12℃‎升高到‎100℃‎，需要多长时间？‎ 额定电压 ‎220V 高温档功率 ‎1100W 中温档功率 ‎440W 低温档功率 容量 ‎1L 35‎ ‎【解析】（1）当S接高温档触点时，电路为R3的简单电路，‎ 由P＝UI＝可得，R3的阻值：R3＝＝＝44Ω，‎ 当S接中温档触点时，R2、R3串联，则此时电路中的总电阻：R总＝＝＝110Ω，‎ 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总﹣R3＝110Ω﹣44Ω＝66Ω；‎ ‎（2）当S接低温档触点时，R1、R3串联，则加热杯的低温档功率：‎ P低＝＝＝220W；‎ ‎（3）满壶水的体积：V＝‎1L＝1dm3＝1×10﹣‎3m3‎，‎ 由ρ＝可得，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℃‎﹣‎12℃‎）＝3.696×105J，‎ 不计热量损失时，消耗的电能：W＝Q吸＝3.696×105J，‎ 由P＝可得，需要的加热时间：t′＝＝＝336s。‎ 答：（1）R2的阻值是66Ω；（2）加热杯的低温档功率是220W；（3）若不计热量损失，加热杯使用高温档加热，使‎1L水从‎12℃‎升高到‎100℃‎，需要336s。‎ 三、电热（焦耳定律）‎ ‎【典例一】（2019·益阳）某居民家安装了一台电热水器，其铭牌标示如下表所示。加满‎20℃‎的水后加热至‎70℃‎，已知水的比热容c水=4.2×103J/（kg•℃），干木材的热值q=1.2×107J/kg。‎ 35‎ ‎（1）水需要吸收多少热量？‎ ‎（2）电热水器正常工作时至少需要多长时间？‎ ‎（3）如果用干木材替代电热水器烧水，效率为14%，需要多少干木材？‎ ‎××型电热水器 额定加热功率 ‎2400W 加热方式 电加热器 额定电压 ‎220V 安全等级 防触电保护一类 温度设定范围 ‎20℃‎‎～‎‎90℃‎ 净重 ‎20kg 容量 ‎40L 整机外形尺寸 ‎530mm‎×‎400mm×‎‎400mm 出厂日期 ‎2019年5月15日 ‎【解析】（1）由ρ=可得水的质量：m=ρV=1.0×‎103kg/m3×40×10‎-3m3‎=‎40kg，‎ ‎20℃‎的水加热至‎70℃‎，则水吸收的热量：‎ Q吸=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×‎40kg×（‎70℃-20℃‎）=8.4×106J，‎ ‎（2）电热水器正常工作时至少需要消耗的电能：W=Q吸，‎ 由P=可得，电热水器正常工作时至少需要的时间：t====3500s；‎ ‎（3）根据Q吸=14%Q放可知，干木材完全燃烧放出的热量为：Q放===6×107J；‎ 根据Q放=mq可知，需要干木柴的质量为：m′===‎5kg。‎ 答：（1）水需要吸收8.4×106J热量；（2）电热水器正常工作时至少需要3500s时间；（3）如果用干木材替代电热水器烧水，效率为14%，需要‎5kg干木材。‎ ‎【典例二】（2019·岳阳）一新款节能电炖锅如图甲，有关技术参数如表（设电炖锅不同挡位的电阻和加热效率均不变）。‎ 35‎ 额定电压 电炖锅档位 额定功率/W ‎200V 低温 ‎200‎ 中温 ‎400‎ 高温 ‎600‎ ‎（1）求电炖锅在高温挡正常工作时的电流（计算结果保留一位小数）；‎ ‎（2）在用电高峰期，关掉家里的其他用电器，只让处于中温挡状态的电炖锅工作，观察到标有“1800r/（kW•h）”的电能表转盘在12ls内转了20圈，求此时的实际电压；‎ ‎（3）电炖锅正常工作时，用低温挡和高温挡分别给质量相同的冷水加热，待水温达到‎50℃‎时开始计时，绘制的水温随时间变化的图象如图乙所示。结合所给信息，通过计算，分析比较用高温挡还是用低温挡更节能。‎ ‎【解析】（1）由表中数据可知，高温的功率p高=600w，由p=ui可得，在高温档工作时，电路中的电流，‎ ‎（2）由可得，电炖锅的电阻：r= u2 p = (220v)2 400w =121ω，电炖锅在高档工作时，电能表转盘在在121s内转了20r，则电炖锅消耗的电能：，‎ 由可得，电路的实际电压：‎ ‎（3）高温档消耗的电能W高=p高t高=600W×6×60s=2.16×105J，则水升高‎1℃‎消耗的电能 2.16×105J20 =1.08×104j，低温档消耗的电能W低=P低t低=200W×9×60s=1.08×105J，则水升高‎1℃‎ 35‎ 消耗的电能为 1.08×105J 8 =1.35×104J，因为1.08×104J＜1.35×104J，且两档加热水的质量相同，所以加热等质量的水升高‎1℃‎，高温档比低温档消耗电能少，用高温档节能。‎ 答：（1）求电炖锅在高温挡正常工作时的电流是‎2.7A；（2）在用电高峰期，此时的实际电压是200V；（3）电炖锅正常工作时，用低温挡和高温挡分别给质量相同的冷水加热，由（3）可知用高温挡更节能。‎ ‎【典例三】（2019·朝阳）养生壶的原理如图所示，它有加热和保温两档。当加热到设定温度时，养生壶自动切换为保温档。（养生壶的部分参数如表所示）‎ ‎（1）当开关S1闭合，S2（填“闭合”或“断开”）时，养生壶处于加热状态。‎ ‎（2）在保温档正常工作时，求电路中的电流是多少？‎ ‎（3）求R1、R2的阻值。‎ ‎（4）如果养生壶的效率为70%，那么在标准大气压下要将满壶的水从‎20℃‎加热至沸腾，请问需要多少分钟？‎ 壶的容积 ‎1.5L 额定电压 ‎220V 加热功率 ‎1000W 保温功率 ‎44W ‎【解析】（1）养生壶处于加热状态时，电路的总功率最大，‎ 由P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总电阻最小，‎ 由电路图可知，当开关S1、S2闭合时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，养生壶处于加热状态；‎ ‎（2）在保温档正常工作时，由P＝UI可得，电路中的电流：I＝＝＝‎0.2A；‎ ‎（3）养生壶处于加热状态时，电路为R1的简单电路，‎ 则R1的阻值：R1＝＝＝48.4Ω，‎ 35‎ 当开关S1闭合、S2断开时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，总功率最小，养生壶处于保温状态，‎ 由I＝可得，此时电路中的总电阻：R总＝＝＝1100Ω，‎ 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总﹣R1＝1100Ω﹣48.4Ω＝1051.6Ω；‎ ‎（4）满壶水的体积：V＝‎1.5L＝1.5dm3＝1.5×10﹣‎3m3‎，‎ 由ρ＝可得，水的质量：m＝ρV＝1.0×‎103kg/m3×1.5×10﹣‎3m3‎＝‎1.5kg，‎ 在标准大气压下水的沸点为‎100℃‎，则水吸收的热量：‎ Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×‎1.5kg×（‎100℃‎﹣‎20℃‎）＝5.04×105J，‎ 由η＝×100%可得，消耗的电能：W＝＝＝7.2×105J，‎ 由P＝可得，需要的加热时间：t′＝＝＝720s＝12min。‎ 答：（1）闭合；（2）在保温档正常工作时，电路中的电流是‎0.2A；（3）R1的阻值为48.4Ω，R2的阻值为1051.6Ω；（4）如果养生壶的效率为70%，那么在标准大气压下要将满壶的水从‎20℃‎加热至沸腾需要12min。‎ ‎★专项突破 一、欧姆定律及应用 ‎1．（2019·绵阳）甲、乙两地相距‎100km，在甲、乙两地之间沿直线架设了两条用同种材料制成的粗细均匀的输电线，投入使用前，需要对输电线进行测试。技术人员在甲地用电源、电压表和电流表接成如图所示电路进行测试，当在乙地输电线两端接入阻值为10Ω的电阻时（图中未画出），电压表示数为5.0V，电流表示数为‎0.10A；保持电源电压不变，技术人员在某处将输电线线设置成短路（图中未画出），再次测试时，电流表示数为‎0.25A．求：‎ ‎（1）甲、乙两地间每条输电线的电阻值；‎ ‎（2）短路位置离甲地的距离。‎ ‎【解析】（1）第一次测试时，电路中电压为：U1=5.0V，电流为I1=‎0.10A，由欧姆定律，电路的电阻为：‎ 35‎ ‎；‎ 设每条输电线的电阻为R0，在乙地输电线两端接阻值为R′=10Ω，根据电阻的串联，则有2R0+R′=R，故；‎ ‎（2）某处将输电线线设置成短路，U1=5.0V，电流为I2=‎0.25A再次测试时，由欧姆定律，‎ ‎；‎ 短路位置与甲地之间每条输电线的电阻为：；‎ 甲乙两地相距为L1=‎100km，设短路位置离甲地的距离为L2，‎ 则短路位置离甲地的距离为：。‎ 答：（1）甲、乙两地间每条输电线的电阻值为20Ω；（2）短路位置离甲地的距离为‎50km。‎ ‎2.（2019·遂宁）如图是某同学设计的调光台灯电路图，电源电压高于灯泡L颗定电压且恒定不变，灯泡L上标有“6V、9W”的字样，当S闭合，S1拨至“‎1”‎位置时，L正常发光，R0在10s内产生的热量是45J；当S闭合，S1拨至“‎2”‎位置，调节滑片P使滑动变阻器接入电阻为滑动变阻器总阻值的时，灯泡L的实际功率为3.24W。不考虑灯丝电阻受温度的影响求：‎ ‎（1）小灯泡L的额定电流。‎ ‎（2）电源电压。‎ ‎（3）滑动变阻器的最大阻值。‎ ‎（4）小灯泡L能调节到的最小电功率。‎ ‎【解析】（1）由P=UI可得，小灯泡L的额定电流：IL===‎1.5A；‎ ‎（2）当S闭合，S1拨至“‎1”‎位置时，R0与L串联，‎ 因串联电路中各处的电流相等，且L正常发光，‎ 所以，电路中的电流I=IL=‎1.5A，‎ 由Q=W=UIt可得，R0两端的电压：U0===3V，‎ 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=6V+3V=9V；‎ ‎（3）灯泡和R0的阻值分别为：RL===4Ω，R0===2Ω，‎ 当S闭合，S1拨至“‎2”‎位置，R、R0、L串联，调节滑片P使滑动变阻器接入电阻为滑动变阻器总阻值的时，由P=UI=I2R可得，电路中的电流：I′===‎0.9A，‎ 35‎ 电路的总电阻：R总===10Ω，‎ 滑动变阻器接入电路中的电阻：R=R总-R0-RL=10Ω-2Ω-4Ω=4Ω，则滑动变阻器的最大阻值为12Ω。‎ ‎（4）当S闭合，S1拨至“2”位置，且滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，灯泡的功率最小，则电路中的最小电流：I小===‎0.5A，‎ 小灯泡L能调节到的最小电功率：PL小=I小2RL=（‎0.5A）2×4Ω=1W。‎ 答：（1）小灯泡L的额定电流为‎1.5A；（2）电源电压为9V；（3）滑动变阻器的最大阻值12Ω；（4）小灯泡L能调节到的最小电功率为1W。‎ ‎3．（2019·贵港）如图16甲所示，电源电压保持不变，R1是定值电阻，小灯泡L的额定电压是6V且灯丝电阻不随温度变化。当闭合开关S1、S3，断开开关S2，调节滑动变阻器R2的滑片，使电压表示数从1V变为3V的过程中，电路总功率变化了3.6W，其中电压表示数为3V时，电流表示数为‎0.3A；滑动变阻器R2的电功率P2与电压表示数U1的关系如图16乙所示，滑动变阻器R2的滑片在a点、b点时，对应电压表示数为Ua、Ub，且Ub=8Ua。求：‎ ‎（1）定值电阻R1的阻值。‎ ‎（2）电源电压。‎ ‎（3）滑动变阻器R2的滑片从a点滑到b点过程中，R2接入电路的阻值范围。‎ ‎（4）当闭合开关S1、S2，断开开关S3，滑动变阻器R2的滑片在中点时，小灯泡L恰好正常发光，其电功率为PL；当滑动变阻器的滑片在阻值最大处时，小灯泡L的电功率为P’L。则PL与P’L之比是多少？‎ ‎【解析】（1）由图16甲知，当闭合开关S1、S3，断开开关S2时，R1与R2串联，电压表测R1两端电压 由U1=3V，I1=‎0.3A，根据得R1的阻值为：‎ ‎（2）使电压表示数从1V变为3V的过程中，电路的总功率是增加的，设增加的功率为 当电压表示数为1V时，电路中的电流为 35‎ 当电压表示数为3V时，电路中的电流为 设电源电压为U，在电压表两次示数下，电路的总功率有如下关系 ‎，即有 解得电源电压为U=18V ‎（3）由图乙知，当滑动变阻器R2的滑片在a点时，滑动变阻器消耗的功率等于在b点时的功率 则有，又，R1=10Ω，U=18V 解得Ua=2V、Ub=16V R2的滑片在a点时，电路中的电流为 则此时滑动变阻器接入阻值为 R2的滑片在b点时，电路中的电流为 则此时滑动变阻器接入阻值为 所以R2接入电路的阻值范围为1.25Ω~80Ω ‎（4）当闭合开关S1、S2，断开开关S3时，电路是小灯泡L和滑动变阻器R2串联 设小灯泡正常发光的电压为UL=6V，电阻为RL，设滑动变阻器的最大阻值为R R2的滑片在中点时，根据串联电路的分压作用有：①‎ 当滑动变阻器的滑片在阻值最大处时，设灯泡两端的电压为，有：‎ ‎②‎ 联解①②得，根据得：，，‎ 35‎ 则。‎ ‎4.（2019·河北）如图1所示，电源电压保持不变，定值电阳R1＝10Ω，R2＝5Ω．滑动变阻器R的规格为“30Ω‎2.5A”。电流表A2选用0﹣‎3A的量程，电压表选用0～15V的量程。闭合个部开关，电流表A1的示数为‎1A．求：‎ ‎（1）电源电压。‎ ‎（2）若将表盘如图2所示的电流表A3接入电路，闭合全部开关，改变滑片位置，A3的指针恰好指在满偏的三分之二处，变阻器接入电路的可能值。‎ ‎（3）用一个新的电源替代原来的电源，只闭合S．在保证电路安全的情况下，电源电压的最大值。‎ ‎【解析】（1）由电路图可知，闭合全部开关，R2被短路，滑动变阻器R和定值电阻R1并联，电流表A1测通过R1的电流I1＝‎1A，电压表测电源电压，‎ 由欧姆定律得，电源电压：U＝I1R1＝‎1A×10Ω＝10V。‎ ‎（2）将A3接入电路，开关全部闭合，由题意知，有两种连接方法：‎ ‎①当A3串联在干路中时，由于I1＝‎1A，则A3选用0～‎3A的量程，‎ 由题意知，干路中的电流：I＝×‎3A＝‎2A，‎ 通过滑动变阻器的电流：I滑1＝I﹣I1＝‎2A﹣‎1A＝‎1A，‎ 此时滑动变阻器的阻值：R滑1＝＝＝10Ω；‎ ‎②当A3与R串联时，A3可选用0～‎3A和0～‎0.6A的量程：‎ 若A3选用0～3A，则有I滑2＝‎2A，‎ 此时滑动变阻器的阻值：R滑2＝＝＝5Ω；‎ 若A3选用0～0‎.6A，则有I滑3＝‎0.4A，‎ 35‎ 此时滑动变阻器的阻值：R滑3＝＝＝25Ω，‎ 所以，变阻器接入电路的阻值可能为10Ω、5Ω、25Ω。‎ ‎（3）只闭合S时，R和R2串联，电压表测R两端的电压，电流表A2测电路中的电流，由题意知，电路中的最大电流：I最大＝‎2.5A，‎ 当电压表示数最大时，即UV＝15V，新电源电压最大，此时R2两端的电压：‎ U2＝I最大R2＝‎2.5A×5Ω＝12.5V，‎ 则新电源电压的最大值：U最大＝UV+U2＝15V+12.5V＝27.5V。‎ 答：（1）电源电压为10V；（2）变阻器接入电路的可能值为10Ω、5Ω、25Ω；（3）在保证电路安全的情况下，电源电压的最大值为27.5V。‎ ‎5．（2019·郴州）甲、乙两地相距‎60km，在甲、乙两地之间沿直线铺设了两条地下电缆。已知每条地下电缆每千米的电阻为0.2Ω。现地下电缆在某处由于绝缘层老化而发生了漏电，设漏电电阻为Rx。为了确定漏电位置，检修员在甲、乙两地用电压表、电流表和电源各进行了一次检测。在甲地进行第一次检测时，如图所示连接电路，闭合开关S，电压表示数为6.0V，电流表示数为‎0.5A．用同样的方法在乙地进行第二次检测时，电压表示数为6.0V，电流表示数为‎0.3A。求：‎ ‎（1）第一次与第二次检测的电源输出功率之比；‎ ‎（2）漏电电阻Rx的阻值；‎ ‎（3）漏电位置到甲地的距离。‎ ‎【解析】（1）由P＝UI可得，第一次与第二次检测的电源输出功率之比：‎ ‎＝＝＝＝；‎ ‎（2）设漏电处分别到甲地和乙地单根电缆的电阻分别为R1和R2，则 R1+R2＝‎60km×0.2Ω/km＝12Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 在甲地进行第一次检测时，有：‎ ‎2R1+Rx＝＝＝12Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 在乙地进行第二次检测时，有：‎ 35‎ ‎2R2+Rx＝＝＝20Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③‎ 由①②③可得：Rx＝4Ω，R1＝4Ω，R2＝8Ω；‎ ‎（3）漏电位置到甲地的距离L1＝＝‎20km。‎ 答：（1）第一次与第二次检测的电源输出功率之比为5：3；（2）漏电电阻Rx的阻值为4Ω；（3）漏电位置到甲地的距离为‎20km。‎ ‎6．（2019·衡阳）在如图所示的电路中，电阻R1的阻值为10Ω。闭合开关S，电流表A1的示数为‎0.3A，电流表A的示数为‎0.5A。求：‎ ‎（1）电源电压；‎ ‎（2）电阻R2的阻值。‎ ‎【解析】（1）∵I＝‎ ‎∴电源电压：U＝I1R1＝‎0.3A×10Ω＝3V；‎ ‎（2）通过电阻R2的电流I2＝IA﹣I1＝‎0.5A﹣‎0.3A＝‎0.2A；‎ ‎∵I＝，∴电阻R2的阻值R2＝＝＝15Ω；‎ 答：（1）电源电压为3V；（2）电阻R2的阻值为15Ω。‎ ‎7．（2019·达州）如图所示，电源电压保持不变，R2为定值电阻，小灯泡L上标有“6V 3W”字样（不考虑温度对灯丝电阻的影响），滑动变阻器R1的最大阻值为20Ω．只闭合S1，将滑动变阻器的滑片P移动到A端时，L正常发光；闭合所有开关时整个电路1min消耗的电能为540J。已知电流表的量程为0～‎0.6A，电压表的量程为0～3V。求：‎ ‎（1）电源电压。‎ ‎（2）R2的阻值。‎ ‎（3）在保证电路安全的前提下，只闭合S1时移动滑片P使电路消耗的功率最小，若此时电路的最小功率为P1；只闭合S2时移动滑片P使电路消耗的功率最大，若此时电路的最大功率为P2．则P1和P2‎ 35‎ 的比是多少。‎ ‎【解析】（1）只闭合S1、将滑动变阻器的滑片P移动到A端时，电路为灯泡L的简单电路，‎ 因额定电压下灯泡正常发光，‎ 所以，由灯泡正常发光可知，电源的电压U＝UL＝6V；‎ ‎（2）闭合所有开关时，灯泡L与电阻R2并联，‎ 因并联电路中各支路两端的电压相等，‎ 所以，此时灯泡正常发光，其功率为3W，‎ 由P＝可得，灯泡1min消耗的电能：WL＝PLt＝3W×60s＝180J，‎ 则1min内R2消耗的电能：W2＝W﹣WL＝540J﹣180J＝360J，‎ 由W＝UIt＝t可得，R2的阻值：R2＝＝×60s＝6Ω；‎ ‎（3）由P＝UIt＝可得，灯泡的电阻：RL＝＝＝12Ω，‎ 只闭合S1时，灯泡L与变阻器R1串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，‎ 当电压表的示数U1＝3V时，灯泡两端的电压：UL′＝U﹣U1＝6V﹣3V＝3V，‎ 此时电路中的电流：I＝＝＝‎0.25A，‎ 电路的最小功率：P1＝UI＝6V×‎0.25A＝1.5W；‎ 只闭合S2时，R2与变阻器R1串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，‎ 当电流表的示数I′＝‎0.6A时，滑动变阻器接入电路中的电阻：‎ R1＝﹣R2＝﹣6Ω＝4Ω，‎ 所以，电路中的最大电流为‎0.6A，此时电路的功率最大，则P2＝UI2＝6V×‎0.6A＝3.6W，‎ 则P1：P2＝1.5W：3.6W＝5：12。‎ 答：（1）电源电压为6V；（2）R2的阻值为6Ω；（3）P1和P2的比是5：12。‎ ‎8.（2019·荆门）研究表明：大多数电阻的阻值随温度的升高而增大，但热敏电阻的阻随温度的升高而减小，根据电阻的这一特性人们制作出了电子温度计，如图甲是某测温电路。己知电源电压为6V且但持不变，R0为定值电阻，R1为热敏电阻，其阻值随温度变化的规律如图乙所示。‎ 35‎ ‎（1）当环境温度是‎40℃‎时。电流表示数为‎0.2A，求此时R1消耗的电功率；‎ ‎（2）R0的电阻值；‎ ‎（3）电流表量程为0﹣‎0.3A，该温度计能测量的最高温度是多少？‎ ‎【解析】（1）由图甲可知，R0与R1串联，电流表测电路中电流，‎ 由图乙可知，当环境温度是‎40℃‎时R1连入电路的阻值为25Ω，‎ 由串联电路特点可知，I=I1=I0=‎0.2A，‎ 所以此时R1消耗的电功率：P1=I12R1=（‎0.2A）2×25Ω=1W；‎ ‎（2）由欧姆定律可得，当环境温度是‎40℃‎时电路的总电阻：R===30Ω，‎ 所以R0的电阻值：R0=R﹣R1=30Ω﹣25Ω=5Ω；‎ ‎（3）由题知，热敏电阻的阻随温度的升高而减小，所以电流表示数达到最大值时所测温度最高，‎ 电流表量程为0﹣‎0.3A，由欧姆定律可得，当电流表示数最大为‎0.3A时，电路的总电阻最小：‎ R最小===20Ω，‎ 热敏电阻能连入电路的最小值：R1最小=R最小﹣R0=20Ω﹣5Ω=15Ω，‎ 由图乙知该温度计能测量的最高温度为‎90℃‎。‎ 答：（1）当环境温度是‎40℃‎时，R1消耗的电功率为1W；（2）R0的电阻值为5Ω；（3）温度计能测量的最高温度是‎90℃‎。‎ ‎9．（2019·德州市中考模拟四）如图甲所示，电源电压恒为6V，灯泡L1的额定电压为3V，L2的额定电压为2V，通过两个灯泡的电流与其两端电压的关系如图乙所示。闭合开关后，当滑动变阻器的滑片滑至中点时，两灯泡均发光，且其中一灯泡正常发光。求：‎ ‎（1）当电路中的电流为‎0.1A时，灯泡L1消耗的电功率 ‎（2）当灯泡L2两端电压为1.5V时，在600s内电流通过L2产生的热量 ‎（3）滑动变阻器最大阻值。‎ 35‎ ‎【解析】（1）当电路中的电流为‎0.1A时，由图可知，灯泡L1两端的电压U1＝1.5V，‎ 则灯泡L1消耗的电功率：P＝U1I1＝1.5V×‎0.1A＝0.15W；‎ ‎（2）当灯泡L2两端电压U2＝1.5V时，由图可知，通过灯泡L2的电流I2＝‎0.15A，‎ 在600s内电流通过L2产生的热量：Q2＝W2＝U2I2t＝1.5V×‎0.15A×600s＝135J；‎ ‎（3）由图象可知，灯泡L1两端的电压为3V时通过的电流‎0.15A，灯泡L2两端的电压为2V时通过的电流大于‎0.15A，‎ 因串联电路中各处的电流相等，且其中一个灯泡正常发光，‎ 所以，正常发光的灯泡是L1，电路中的电流I＝I1′＝‎0.15A，L1两端的电压U1′＝3V，‎ 由图象可知，L2两端电压U2＝1.5V，‎ 因串联电路中总电压等于各分电压之和，‎ 所以，滑动变阻器两端的电压：U滑＝U﹣U1′﹣U2＝6V﹣3V﹣1.5V＝1.5V，‎ 由I＝可得，滑动变阻器接入电路中的电阻：R滑＝＝＝10Ω，‎ 则滑动变阻器的最大阻值R滑＝20Ω。‎ 答：（1）当电路中的电流为‎0.1A时，灯泡L1消耗的电功率为0.15W；（2）当灯泡L2两端电压为1.5V时，在600s内电流通过L2产生的热量为135J；（3）滑动变阻器最大阻值为20Ω。‎ ‎10．（2019·菏泽市牡丹区中考一模）如图的电路中，电源电压恒定，灯泡L标有“3V 1.5W”。开关S1闭合、S2断开时，灯泡L正常发光；开关S1、S2均闭合时，电流表的示数为‎1.5A；求：‎ ‎（1）灯泡L正常发光时的电流；‎ ‎（2）电阻R的阻值；‎ ‎（3）开关S1、S2均闭合时电路的总功率。‎ 35‎ ‎【解析】（1）由P＝UI可得，灯泡L正常发光时的电流：IL＝＝＝‎0.5A；‎ ‎（2）开关S1闭合、S2断开时，只有灯泡L工作，且正常发光，则电源电压等于其额定电压，即U＝3V；‎ 开关S1、S2均闭合时，灯泡和电阻并联，电流表测量干路电流，‎ 根据并联电路的电流特点可得，通过电阻R的电流：IR＝I﹣IL＝‎1.5A﹣‎0.5A＝‎1A，‎ 根据欧姆定律可得，电阻R的阻值：R＝＝＝3Ω；‎ ‎（3）开关S1、S2均闭合时电路的总功率：P＝UI＝3V×‎1.5A＝4.5W。‎ 答：（1）灯泡L正常发光时的电流为‎0.5A；（2）电阻R的阻值为3Ω；（3）开关S1、S2均闭合时电路的总功率为4.5W。‎ ‎11．（2019·济南市天桥区中考二模）如图所示的电路中，电源电压为15V，小灯泡L上标有“10V‎0.5A”字样，R为定值电阻。闭合开关S后，灯泡L恰好正常发光，通过计算回答：‎ ‎（1）灯泡L的额定功率是多少瓦？‎ ‎（2）定值电阻R的阻值是多少欧？‎ ‎（3）电阻R在5分钟内产生的热量是多少焦？‎ ‎【解析】由电路图可知，灯泡L与电阻R串联，电压表测R两端的电压。‎ ‎（1）灯泡L的额定功率：PL＝ULIL＝10V×‎0.5A＝5W；‎ ‎（2）因串联电路中总电压等于各分电压之和，‎ 所以，R两端的电压：UR＝U﹣UL＝15V﹣10V＝5V，‎ 35‎ 因串联电路中各处的电流相等，‎ 所以，由I＝可得，定值电阻R的阻值：R＝＝＝＝10Ω；‎ ‎（3）电阻R在5分钟内产生的热量：Q＝I2Rt＝（‎0.5A）2×10Ω×5×60s＝750J。‎ 答：（1）灯泡L的额定功率是5W；（2）定值电阻R的阻值是10Ω；（3）电阻R在5分钟内产生的热量是750J。‎ 二、电功与电功率 ‎1．（2019·青海）某电熨斗的电路如图所示，额定电压为220V，最大功率为1100W，发热部分由调温电阻R和定值电阻R0组成。调温电阻的最大阻值为176Ω，温度对电阻的影响忽略不计，则：‎ ‎（1）该电熨斗以最大功率工作10min消耗多少电能？‎ ‎（2）定值电阻R0的阻值是多少？‎ ‎（3）该电熨斗在额定电压下工作时的最小功率是多少？此时通过电熨斗的电流是多少？‎ ‎【解析】（1）由P＝可得，该电熨斗以最大功率工作10min消耗的电能：‎ W大＝P大t＝1100W×10×60s＝6.6×105J；‎ ‎（2）当滑片P在最左端时，电路为R0的简单电路，此时电路的总电阻最小，电路的功率最大，‎ 由P＝UI＝可得，定值电阻R0的阻值：R0＝＝＝44Ω；‎ ‎（3）当滑片P在最右端时，R接入电路中的电阻最大，电路的总功率最小，‎ 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，‎ 所以，此时通过电熨斗的电流：I＝＝＝‎1A，‎ 该电熨斗在额定电压下工作时的最小功率：‎ P小＝UI＝220V×‎1A＝220W。‎ 答：（1）该电熨斗以最大功率工作10min消耗6.6×105J的电能；（2）定值电阻R0的阻值是44Ω；（3）该电熨斗在额定电压下工作时的最小功率是220W，此时通过电熨斗的电流是‎1A。‎ 35‎ ‎2.（2019·泸州）小明家电热水器铭牌标识为“220V 1000W”。由于使用了多年，该电热水器中的电热丝明显氧化导致其电阻发生了变化，为准确测量氧化电热丝的实际电阻值，小明在家中把该电热水器单独接入220V的家庭电路中工作5min，发现电能表指示灯闪烁了242次，电能表规格如图所示。问：‎ ‎（1）小明测得该电热水器的实际电功率是多少？‎ ‎（2）该电热水器氧化电热丝的实际电阻值是多少？‎ ‎（3）为恢复该电热水器的铭牌功率，可与氧化电热丝并联一段新的电热丝，则并联的这段电热丝的电阻值为多少？‎ ‎【解析】（1）3000imp/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁3000次，‎ 所以，电能表指示灯闪烁了242次消耗的电能：‎ W=kW•h=×3.6×106J=2.904×105J，‎ 该电热水器的实际电功率：P实===968W；‎ ‎（2）由P=UI=可得，该电热水器氧化电热丝的实际电阻值：‎ R实===50Ω；‎ ‎（3）电热水器铭牌标识的功率对应的电阻：R===48.4Ω，‎ 为恢复该电热水器的铭牌功率，可与氧化电热丝并联一段新的电热丝R′，‎ 因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，‎ 所以，，即，‎ 解得：R′=1512.5Ω。‎ 答：（1）小明测得该电热水器的实际电功率是968W；（2）该电热水器氧化电热丝的实际电阻值是50Ω；（3）并联的这段电热丝的电阻值为1512.5Ω。‎ ‎3．(2019·海南)小谦根据如图甲所示的电路组装成调光灯，并进行测试。电源电压保持不变，小灯泡的额定电压是6V，小灯泡的I—U图像如图乙所示。‎ 求：‎ 35‎ ‎（1）小灯泡正常发光时的电阻。‎ ‎（2）小灯泡正常发光10min消耗的电能。‎ ‎（3）经测算，小灯泡正常发光时的功率占电路总功率50%，如果把灯光调暗，使小灯泡两端电压为3V，小灯泡的实际功率占电路总功率的百分比是多少？‎ ‎（4）小谦认为这个调光灯使用时，小灯泡的功率占电路总功率的百分比太低，请写出一种出现这种情况的原因。‎ ‎【解析】由图甲知，小灯泡L与滑动变阻器串联接在电路中，电压表测L两端电压 ‎（1）由图乙知，当U=U额=6V时，通过灯泡的电流I=I额=‎‎1.0A 由小灯泡正常发光时的电阻为：‎ ‎（2）小灯泡正常发光10min消耗的电能为：‎ ‎（3）当小灯泡正常发光时，消耗的电功率为：‎ 设电源电压为U总，电路消耗的总功率为P总 由得，解得U总=12V 由图乙知，当灯泡两端的电压为U=3V时，电路中的电流为I=‎‎0.7A 此时小灯泡消耗的电功率为：‎ 此时电路消耗的总功率为：‎ 小灯泡的实际功率占电路总功率的百分比为：‎ ‎（4）通过计算知，小灯泡的额定电压只有电源电压的一半，所以灯泡发光时的电压比电源电压小太多应该是小灯泡的功率占电路总功率的百分比太低的主要原因之一。‎ ‎4．（2019·济宁市中考一模）如图1所示是某型号电热加湿器的原理图，下表为其部分技术参数。R1‎ 35‎ ‎，R2为发热电，且R1＝R2，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”之间的转换（低挡为小功率加热，高挡为大功率加热）‎ 额定电压 ‎220V 高档发热功率 ‎400W 水箱容积 ‎3L 适用面积 ‎20﹣‎‎40m2‎ ‎（1）电阻R1的阻值；‎ ‎（2）据电热加湿器的原理图计算加湿器处于低挡位置时的发热功率；‎ ‎（3）如图2所示是某次使用加湿器工作30min的图象，请计算加湿器消耗的总电能。‎ ‎【解析】（1）由图1知，开关S接“1、2触点”时，电路断路，为关；接“2、3触点”时两电阻串联，接“3、4触点”时只有R1接入电路；‎ 电源电压一定，由P＝可知，接“2、3触点”时电阻最大，总功率最小，为低档；接“3、4触点”时电阻最小，总功率最大，为高档；‎ 由表格数据知，高档功率：P高＝400W，由P＝可得R1的阻值：‎ R1＝＝＝121Ω；‎ ‎（2）由题知，R2＝R1＝121Ω，则低档的发热功率：P低＝＝＝＝200W；‎ ‎（3）由图2知，工作30min时，其中高档工作时间为10min，低档工作时间为20min，‎ 则加湿器消耗的总电能：W＝W高+W低＝P高t高+P低t低＝400W×10×60s+200W×20×60s＝4.8×105J。‎ 答：（1）电阻R1的阻值为121Ω；（2）加湿器处于低挡位置时的发热功率为200W；（3）如图2所示是某次使用加湿器工作30min的图象，加湿器消耗的总电能为4.8×105J。‎ 35‎ 三、电热（焦耳定律）‎ ‎1.（2019·武威）某学校建了一个植物园，园内有一个温室大棚，大棚内设计了模拟日光和自动调温系统，对大棚进行照明、保温和加热。冬季白天有日光的时候，灯泡不亮；白天开启该系统的保温功能，晚上开启该系统的加热功能。大棚照明调温功能的原理电路图如图所示。已知电源电压恒为220V，R1和R2是两个电热丝（不考虑温度对电阻的影响），保温时R1与R2的电功率之比为1：3，R2=30Ω，L是标有“220V，100W”的灯泡。请解答下列问题：‎ ‎（1）灯泡正常工作时的电阻多大？‎ ‎（2）开启加热功能时开关S2处于______（选填“断开”或“闭合”）状态。‎ ‎（3）若每天保温状态和加热状态各连续工作10h，一天中电热丝放出的热量完全由该植物园自产的沼气提供，其热效率为50%，则每天需要完全燃烧多少立方米的沼气？（已知热值q沼气=1.8×107J/m3）‎ ‎【解析】（1）由P=可得，灯泡正常工作时的电阻：RL===484Ω由；‎ ‎（2）电源电压一定时，由P=可知，可知，开启加热功能时，加热部分的总电阻最小，由图可知，开关S2处于闭合状态；‎ ‎（3）由题知，系统处于保温状态时，开关S2应是断开，两电阻R1、R2串联，总电阻最大，总功率最小， 因串联电路中各处的电流相等，且R1与R2的电功率之比为1：3，‎ 所以，由P=I2R可得，两个电热丝的电阻之比：===，‎ 则R1=R2=×30Ω=10Ω，‎ 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，‎ 所以，系统处于保温状态时，电热丝消耗的电能：‎ W保温=t=×10×3600s=4.356×107J，‎ 系统处于加热状态，开关S2闭合，电阻丝R2被短路，电阻丝R1消耗的电能：‎ W加热=t=×10×3600s=1.7424×108J，‎ 35‎ 电路消耗的总电能：W=W保温+W加热=4.356×107J+1.7424×108J=2.178×108J，‎ 由η=×100%可得，沼气完全燃烧释放的热量：Q放===4.356×108J，‎ 由Q放=Vq可得，每天需要完全燃烧沼气的体积：V===‎24.2m3‎。‎ 答：（1）灯泡正常工作时的电阻为484Ω；（2）闭合；（3）每天需要完全燃烧‎24.2m3‎的沼气。‎ ‎2.（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 ‎【解析】（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=420s，‎ 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：η=×100%=×100%=80%。‎ 答：（1）水吸收的热量为3.36×105J；（2）电热水壶的热效率为80%。‎ ‎3.（2019·张家界）目前我国风力、光能发电总量双双位于世界第一。如图所示是道路上安装的新型风光互补路灯系统，这种路灯同时安装了风力发电机和太阳能电池板。他的技术参数如下表：‎ 风力发电额定功率 ‎260W 风力发电额定额定风速 ‎8m‎/s 风力发电启动风速 ‎3m‎/s 太阳能电池板平均输出功率 ‎100W ‎（1）该路灯通过风力发电机发电时，将能转化为电能；该路灯安装的灯泡上标有“24V60W”字样，则灯泡正常发光时的电流是多大？100盏该型号路灯，一个月消耗的电能是多少？（假设路灯每晚工作10h，一个月按30天算）这些能量相当于消耗多少kg的煤炭？（煤炭热值q煤＝3×107J/kg，不计能量损失）‎ 35‎ ‎（2）如果太阳光照射到地面时的辐射功率为800W/m2，若太阳能电池板的面积为‎1.25m2‎，则太阳能电池光电转换效率为多大？‎ ‎（3）在平均风速为‎8m/s的晚上，风力发电机除了给路灯提供电能之外，同时还将多余的电能储存在蓄电池中。如果风力发电机一晚上工作时间为10h，则在蓄电池储存的电能是kW•h。‎ ‎【解析】（1）路灯通过风力发电机发电时，将风能（或机械能）转化为电能；‎ 由P＝UI可得，该灯泡正常发光的电流：I＝＝＝‎2.5A；‎ ‎100 盏该型号路灯，一个月消耗的电能：W＝P总t＝100×0.06 kW×10h×30＝1800kW•h＝6.48×109J；‎ 不计能量损失，由W＝Q＝qm可得相当于消耗煤炭的质量：‎ m＝＝＝＝‎216kg；‎ ‎（2）太阳能电池板接收到的总功率：P总＝800W/m2×‎1.25m2‎＝1000W，‎ 太阳能电池板平均输出功率100W，所以光电转换效率为 η＝×100%＝×100%＝10%；‎ ‎（3）风力发电机晚上产生的电能：W风＝P额′t＝0.26 kW×10h＝2.6kW•h，‎ ‎1盏该型号路灯工作10h消耗的电能：WL＝PLt＝0.06kW×10h＝0.6kW•h；‎ 由题知，风力发电机除了给路灯提供电能之外，多余的电能储存在蓄电池中，‎ 所以蓄电池可储存的电能：W＝2.6kW•h﹣0.6 kW•h＝2kW•h。‎ 故答案为：（1）风（机械）；灯泡正常发光时的电流是‎2.5A；100 盏该型号路灯，一个月消耗的电能是6.48×109J，这些能量相当于消耗‎216kg的煤炭；（2）太阳能电池光电转换效率为10%；（3）2。‎ ‎4．（2019·滨州市中考模拟一）某微电脑热水壶具有温度可控、自动抽水等优点，下表是该电热水壶的铭牌。求：‎ ‎（1）电热水壶在额定电压下工作时的电流。‎ ‎（2）电热水壶正常工作7min，能将‎1kg水从‎12℃‎加热到‎100℃‎，求电热水壶的热效率。‎ 35‎ ‎【解析】（1）由图可知，电热水壶的额定电压为220V，额定功率为1100W，‎ 由P＝UI可得，它在额定电压下工作时的电流：I＝＝＝‎5A；‎ ‎（2）将‎1kg水从‎12℃‎加热到‎100℃‎，水吸收的热量：‎ Q吸＝c水m△t＝4.2×103J/（kg•℃）×‎1kg×（‎100℃‎﹣‎12℃‎）＝3.696×105J；‎ 电热水壶消耗的电能：W电＝Pt＝1100W×7×60s＝4.62×105J，‎ 电热水壶的效率：η＝×100%＝×100%＝80%。‎ 答：（1）电热水壶在额定电压下工作时的电流是‎5A；（2）电热水壶的加热效率为80%。‎ ‎5．（2019·菏泽市中考模拟三）几千年来中国的厨艺最讲究的就是“火候”二字。现在市面上流行如图1所示的新型电饭锅，采用了“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2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象如图2乙所示。‎ ‎（1）求电热丝R2的阻值（计算结果保留一位小数）；‎ ‎（2）这个电饭锅在0﹣15min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•℃）]。‎ ‎【解析】（1）当开关S闭合时，R1短路，R2单独工作，电路中电阻最小处于加热状态，由图乙可知此时的电流为I＝‎3A，‎ 由I＝得：R2＝＝≈73.3Ω；‎ ‎（2）米饭吸收的热量为：Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×‎1.1kg×（100℃﹣‎20℃‎）＝3.696×105J，‎ 35‎ ‎0～15min消耗的电能为：‎ W总＝W1+W2＝UI1t1+UI2t2＝220V×‎3A×10×60s+220V×‎2A×5×60s＝5.28×105J，‎ 电饭锅的加热效率为：η＝×100%＝×100%＝70%。‎ 答：（1）求电热丝R2的阻值73.3Ω；（2）电饭锅在这段时间内加热的效率70%。‎ ‎6．（2019·聊城市阳谷县中考一模）有一种挂式电热水器内部简化电路如图所示，该热水器设有高、中、低三档，已知电热丝R1＝55Ω，高档加热功率为1100W，电热转化效率为80%，水的比热容为4.2×103J/kg•℃）。求：‎ ‎（1）将‎2kg水从‎20℃‎加热到‎75℃‎需要吸收多少热量；‎ ‎（2）用高档将‎2kg水从‎20℃‎加热到‎75℃‎需要多少时间；‎ ‎（3）只闭合S、S2时，电热水器的电功率是多少。‎ ‎【解析】（1）水吸收的热量：‎ Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×‎2kg×（‎75℃‎﹣‎20℃‎）＝4.62×105J；‎ ‎（2）由η＝×100%可得，消耗的电能：W＝＝＝5.775×105J，‎ 由P＝可得，需要的加热时间：t′＝＝＝525s；‎ ‎（3）由电路图可知，闭合S、S1、S2时，R1与R2并联，电路的总电阻最小，电路的总功率最大，热水器处于高档，‎ 此时电热丝R1的功率P1＝＝＝880W，‎ 因电路的总功率等于各用电器功率之和，‎ 所以，电热丝R2的功率P2＝P高﹣P1＝1100W﹣880W＝220W；‎ 只闭合S、S2时，电路为R2的简单电路，‎ 因并联电路中各支路独立工作、互不影响，‎ 所以，电热水器的电功率为220W。‎ 答：（1）将‎2kg水从‎20℃‎加热到‎75℃‎需要吸收4.62×105J的热量；（2）用高档将‎2kg水从‎20℃‎加热到‎75℃‎需要525s；（3）只闭合S、S2时，电热水器的电功率是220W。‎ 35‎ ‎7．（2019·烟台市中考模拟）某品牌智能滚简洗衣机可设定洗涤温度，方便安全，其简化等效电路如图所示，此时处于空档位置。闭合开关S，旋钮绕P转动，实现档位转换，旋至1档时R1、R2同时工作，洗衣机处于加热状态：旋至2档时R2和电动机同时工作，洗衣机处于保温洗涤状态。R1和R2均为电热丝，其阻值不受温度影响，R1＝22Ω，主要参数如下表。（C水＝4.2×103J/（kg•℃））‎ ‎（1）洗衣机内注入‎10L的水，在定电压下连续加热17.5分钟，水温由‎20℃‎上升到‎50℃‎，此过程中的加热效率是多少？‎ ‎（2）洗衣机处于保温洗涤状态时，干路电流是多少？‎ ‎（3）R2阻值是多少？‎ ‎【解析】（1）由ρ＝可得，水的质量：m＝ρV＝1.0×‎103kg/m3×10×10﹣‎3m3‎＝‎10kg，‎ 水吸收的热量：Q吸＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×l03J/（kg•℃）×‎10kg×（‎50℃‎﹣‎20℃‎）＝1.26×l06J，‎ 由P＝可得，洗衣机加热消耗的电能：W＝Pt＝2400W×17.5×60s＝2.52×106J，‎ 洗衣机加热的效率：η＝×100%＝×100%＝50%。‎ ‎（2）由电路图可知，当旋钮旋至1档时，电热丝R1与R2并联，洗衣机处于加热状态，‎ 由P＝UI＝得，电热丝R1的加热功率：P1＝＝＝2200W，‎ 电热丝R2的加热功率：P2＝P﹣P1＝2400W﹣2200W＝200W，‎ 洗衣机处于保温洗涤状态时，电热丝R2与电动机并联，‎ 则电热丝R2和电动机的总功率：P总＝P2+P电动＝200W+240W＝440W，‎ 保温洗涤的干路电流：I＝＝＝‎2A；‎ ‎（3）由P＝可得，电热丝R2的阻值：R2＝＝＝242Ω。‎ 答：（1）此过程中的加热效率是50%；（2）洗衣机处于保温洗涤状态时，干路电流是‎2A；（3）R2‎ 35‎ 阻值是242Ω。‎ 35‎