2021年中考物理14个难点12 中考热电综合计算题(解析版)

专题12 中考热电综合计算题

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。

市面上的电热水壶大多具有加热和保温功能。下图是某电热水壶的电路简图，【例题】（2020四川南充）开关K接通后，开关S自动与触点a、b接通，热水壶开始烧水；当壶内水温达到100oC时，温控开关S自动与a、b断开，并立即与触点c接通，水壶进入保温状态。已知电源电压为220V，电阻R1=50Ω，这种水壶的加热功率P加热是保温功率P保温的5倍，水的比热容c=4.2x103J/(kg.oC)，R1、R2电阻不受温度影响。求：

(1)将1kg初温为35oC的水加热到100oC需要吸收多少热量?

(2)电阻R2的阻值。

(3)在晚上用电高峰期将1kg初温为35oC的水加热到100oC需用时300s，若加热效率为91%，则晚上用电高峰期的实际电压为多少?

【答案】(1)2.73105J；(2)200Ω； (3)200V。

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【解析】(1)初温为35oC水加热到100oC，温度的变化量为

ttt0=100oC－35oC65oC

需要吸收的热量为

Q吸cmt=4.2103J/kg.oC1kg65oC=2.73105J

(2)由题意可知，开关S自动与触点a、b接通时R1与R2并联，电热水壶处于加热状态，得加热时电功率为

P加热P1P2

开关S自动与a、b断开，并与触点c接通时，电路变为R2的简单电路，电热水壶处于保温状态，得保温时电功率为P保温P2

的水壶的加热功率P加热是保温功率P保温的5倍，即P加热5P保温得

P加热P5P2 1P25P保温即P14P2

U2根据P得

RU2P 1R1U2P2

R2电阻R1=50Ω，根据P14P2可算出电阻R2为

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U2U2P4P2 1R1R2即

14 R1R2得R24R1450Ω=200Ω

(3)初温为35oC的水加热到100oC，温度变化量为

ttt0=100oC－35oC65oC

吸收的热量为Q吸cmt=4.210J/kgC1kg65C=2.7310J

3oo5总的消耗的电能为

2.73105JW总=3105J

91%Q吸电路总电阻为

R总R1R250Ω200Ω==40Ω

R1R250Ω+200Ω根据公式W总=U实2R总t得

W总R总3105J40ΩU实==200V

t300s【对点练习】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:

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(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0.5Ω，电动机工作中因发热损失的功率是多少?

【答案】（1）5.04×105J，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=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×6kg×（40℃﹣20℃）=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。

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由电功率公式可得

P额=U额2/R

R=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)2×0.5Ω=8W

【对点练习】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；

（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；

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（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ρ=可得，水族箱内水的质量：

m=ρV=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/（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：

η=×100%=×100%=80%。

（3）由P=可得，

温控棒阻值R===484Ω，

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

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I===0.45A。

1.（2020贵州黔东南）小明妈妈为奶奶买了一个电热足浴盆。内部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为220V，额定功率为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16min将水加热到40°C，此加热过程中吸收的热量是多少？（c水=4.2×103J/(kg·°C)）

(2)加热系统加热时的热效率是多少？ （结果精确到 0.1%）

(3)当小明家的实际电压是200V，加热电阻工作的实际功率是多少？（加热电阻阻值不随温度变化而变化）

(4)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0.5Ω，电动机工作中因发热损失的功率是多少？ ．．．．

【答案】(1)5.04×105J；(2)86.8%；(3)500W；(4)8W

【解析】(1)加热过程中水吸收的热量

Q吸c水m水t水4.2103J/(kgC)6kg40C20C5.04105J

(2)加热系统加热时消耗的电能

5WPt605W1660s5.80810J 额则热效率

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Q吸5.04105J100%100%86.8%

W5.808105J2U额(3)由P额R可得加热电阻的阻值

R2U额P额220V605W280Ω

当小明家的实际电压是200V，加热电阻工作的实际功率

P实2U实R200V80Ω2500W

(4)电动机工作过程中要发热，损失功率

P损I2R电动机4A0.5Ω8W

2.（2020河南）在家电博览会上，小亮家买了一款标有“220V 3000W”的电热水器。

2(1)电热水器中的电热管工作时利用的是电流的_____效应。智能化遥控器通过红外线对热水器进行温度控制，红外线是_____（选填“可见”或“不可见”）光；

(2)大功率家用电器需要使用专用插座，插座的常用规格有10A和16A两种，通过计算说明该电热水器应选用哪种规格的插座______；

(3)已知该电热水器的加热效率为 90% ，求它正常工作时把 30 L 水从 20 ℃加热到 47 ℃需要的时间______。（ρ水=1.0×103 kg/m3，c水=4.2×103 J/（kg·℃）。

【答案】(1)热效应 不可见 (2)16A (3) 1260s

【解析】(1)电热水器中的电热管工作时，消耗电能，转化为内能，利用了电流的热效应来工作。红外线

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是在红光之外的看不见的光，故红外线是不可见光。

(2)由P=UI得

IP 3000W13.A U220V故应选择16A的插座。

(3)电热水器中水的质量

m=Vρ水=30×10-3m3×103kg/m3=30kg

水吸收的热量

Q吸3.402106Jt=1260s

P90%3000W由Q吸WPt

Q吸3.402106J=1260s 得tP90%3000W3．（2020齐齐哈尔）如图甲所示是某品牌电饭煲，图乙是该电饭煲的原理图。它有高温和保温两档，通过开关S进行调节，R0与R为阻值不同的电热丝。现在将该电饭煲接在220V的电源上，用高温档工作时，电路的总功率为1000W；用保温档工作时，电路的总功率为440W．已知c水＝4.2×103J/（kg℃）。求：

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甲 乙

（1）电饭煲在高温档时，开关S应 （选填“闭合”或“断开”）。

（2）电热丝R0的阻值是多少？

（3）当电饭煲处于保温档时，电路中的电流是多少？

（4）用电饭煲将质量为2kg的水加热，使其温度升高30℃，则水吸收的热量是多少？

【答案】（1）电饭煲在高温档时，开关S应闭合；

（2）电热丝R0的阻值是48.4Ω；

（3）当电饭煲处于保温档时，电路中的电流是2A；

（4）水吸收的热量是2.52×105J。

【解析】（1）由公式P＝知，电压一定时，P与R成反比，开关S应闭合时，电阻R被短路电路中

的电阻最小，电路的电功率最大。所以电饭煲在高温档时，开关S应闭合。

（2）由公式P＝得电热丝R0的阻值是：R0＝＝＝48.4Ω；

（3）由题意分析知，开关S断开时，电路串联，电路的总电阻最大，电路的总功率最小，电路处于保温状态。由公式P＝UI得当电饭煲处于保温档时，电路中的电流是：

I保＝＝＝2A；

（4）水吸收的热量：Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg℃）×2kg×30℃＝2.52×105J

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4．（2020湖南衡阳）初（17001）班教室里有一款饮水机，其工作电路可简化为如图甲所示的电路。S是温度控制开关，根据饮水机内水杯中水温的变化自动切换加热和保温两种工作状态，R1、R2是加热管的电阻（不考虑阻值受温度变化影响），它的部分技术参数如表所示、试回答下列问题：

（1）S闭合时，饮水机处于 工作状态。R2的阻值是 Ω。

（2）水杯中装满20℃水时，饮水机正常工作，加热多长时间可将水烧开？[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），当时气压设定为1标准大气压，不考虑热损失]

（3）最近一次使用时，加热管R1损坏了，物理兴趣小组的同学们利用电位器（相当于滑动变阻器，以下称为变阻器）设计了如图乙所示的电路来控制加热管R2的发热功率，在老师的指导下进行模拟实验，将滑片从变阻器的一端滑到另一端的过程中，同学们通过实验测量，得出变阻器消耗的电功率P随电流I关系的图象如图丙所示，则：

①求R2的发热功率范围。

②变阻器的最大功率多大？

③简述：这种设计方案有什么不妥之处（指出一种合理的不妥情况即可）。

【答案】（1）加热；55；

（2）加热224s可将水烧开；

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（3）①R2的发热功率范围为13.75W～880W；

②变阻器的最大功率为220W；

③因变阻器与R2串联，若其中任一电阻损坏，将导致整个电路不能工作（或变阻器产生的热量没有被利用）。

【解析】（1）S闭合时，两电阻并联，S断开时，为R1的简单电路，由并联电路小于其中任一电阻，根据P＝

可知，S闭合时，饮水机处于加热工作状态，功率为900W；

S断开时，饮水机处于保温工作状态，功率为20W；

根据并联电路各支路互不影响，故加热时R2的功率为：P2＝900W﹣20W＝880W，

R2＝＝＝55Ω。

（2）一标标准大气压水的沸点为100℃，水杯中装满20℃水加热到沸点吸热：

Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.6kg×（100℃﹣20℃）＝2.016×105J，

不考虑热损失，消耗的电能W＝Q吸＝2.016×105J， 由P＝得，将水烧开的时间：

t′＝＝＝224s；

（3）①变阻器与R2串联，当变阻器连入电路的电阻为0时，

R2的电压为220V，其最大功率为880W；

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当变阻器最大电阻连入电路中时，由图知电路的最小电流为0.5A，R2的最小功率为：

P 2小＝I小2 R2＝（0.5A）2×55Ω＝13.75W；

R2的发热功率范围为13.75W～880W；

②变阻器的功率：P变＝I2R变＝（）2×R变＝＝，

当R变＝R2时，变阻器的最大功率为：

变阻器的最大功率：P变大＝＝＝220W；

③因变阻器与R2串联，若其中任一电阻损坏，将导致整个电路不能工作（或变阻器产生的热量没有被利用）。

5.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）电水壶的电功率为多少？

（3）电水壶的热效率为多少？

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【答案】（1）3.36×105J；（2）1400W；（3）80%．

【解析】（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70转消耗电能：W=70600kW•h=70600×3.6×106J=4.2×105J，

电水壶的电功率：P=W/t=1400W；

53.36×10J×100%=80%． （3）电水壶的热效率：η=Q吸/W×100%=

4.2×105J【点拨】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，据P=W/t求出电水壶的电功率；水吸收的热量和消耗电能的比值即为电水壶的热效率．

6．（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； 2021年中考物理14个难点专题高分三步曲

（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121Ω； （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＝则电热加湿器中R1的阻值：

可知，电热加湿器的功率最大，处于高挡，

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R1＝＝＝121Ω；

（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P＝W/t可得，在高档正常工作时消耗的电能： W高＝P高t高＝400W×10×60s＝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：

W＝kW•h＝0.009kW•h＝3.24×104J，

加湿器在低挡加热的实际功率：

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P＝UI＝I2R可得，电路中的电流：

I＝＝＝＝＝A，

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此时电阻R2的实际功率：

P2＝I2R2＝I2×3R1＝（A）2×3×121Ω＝60.75W。

7．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=30Ω，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：===，

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由题知R2=30Ω，所以R1=10Ω；

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）×10×3600s=2.178×108J，

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。

8．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ρ水=1.0×103kg/m3。

型号 LL﹣8015 2021年中考物理14个难点专题高分三步曲

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3.36×105J；

（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；

一壶水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3=1kg，

水吸收的热量：Q吸=cm△t=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=1360W×200s=2.72×105J，

由于W＜Q吸，因此加热时间不可能为200s。

9．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

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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0.5kg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。

10.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）．

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（1）通过观察天燃气表得知消耗了0.01m3的天然气，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）3.36×105J （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=ρV。

消耗的天然气的质量为：m=ρV=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（t2﹣t1）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）=3.36×105J

（3）在使用电水壶烧水时，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=4×105J/800W =500s

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11.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）1.26×105J；1.4×105J.（2）1056Ω.

【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=ηW可得，消耗的电能：

W=Q吸/η=1.26×105J/90%=1.4×105J.

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（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 =44Ω

保温时R总=U2/P 1= (220V) 2/44W =1100Ω

则R1=R总-R2=1100Ω-44Ω=1056Ω．

12.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.℃）

额定电压 220V

频率 50Hz 容积 6L

加热功率 1000W 保温功率 40W （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？

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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=48.4Ω R=1161.6Ω（3）80%

【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+ R0）

很明显知道P0＞P

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/R0

1000 W=U2/R0 ………………………○1

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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=48.4Ω R=1161.6Ω

（3）电水壶处于加热状态时，t=840s时间产生的电能为W=P0t

P0=1000W

则W=P0t=1000W×840s=8.4×105J

水吸收的热量为Q=cm△t= cm（t2-t1 ）

已知c=4.2×103J／（kg.℃）m=2kg t2=100℃ t1=20℃ 则Q吸=cm△t=cm（t2-t1 ）=4.2×103J／（kg.℃）×2kg×（100℃-20℃）

=6.72×105J

由η＝Q吸/W得电水壶的热效率为

η＝Q吸/W=6.72×105J/8.4×105J=0.8=80%

13.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。

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（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·℃）]。

I/A R1 S 220V 甲

【答案】（1）73.3Ω（2）70%

R2 3 2 1 0 5 1015 20 25 30 t/min

乙

【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I＝3A。

U220V=≈73.3Ω I3AR2=（2）米饭吸收的热量

Q＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1.1kg×(100℃－20℃)＝3.696×105J

电饭锅在0～15min内消耗的电能

W＝W1＋W2＝UI1t1＋UI2t2

＝220V×3A×10×60s＋220V×2A×5×60s＝5.28×105J

电饭锅加热的效率

Q3.696×105Jη===70% W5.28×105J14.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48.4Ω，单独闭合开关S1时，压力锅的功率为80W。

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S1 220V 甲

S2 R2 乙 R1

（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605Ω

（3）同时闭合开关S1和S2，电压力锅工作1min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=605Ω；

（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。

15.（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110Ω，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：

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（1）吹冷风时，在空调扇内加入冰袋会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88Ω。

【解析】（1）冰吸收的热量为：

Q吸＝c冰m冰△t＝2.1×103J/（kg•℃）×1kg×[﹣6℃﹣（﹣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W＝UIt可得，通过电动机的电流为：

I冷＝＝＝0.5A；

（3）电动机的功率为：

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P电动机＝＝＝0.11kW＝110W，

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：

P1＝＝＝440W，

已知此时空调扇的总功率为1100W，则消耗R2的功率为：

P2＝P﹣P电动机﹣P1＝1100W﹣110W﹣440W＝550W，

由P＝可得，R2的阻值为：

R2＝＝＝88Ω。