2021年中考物理微专题复习 专题51 中考力热电综合计算题(教师版含解析)

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)255Ω；(2)89%

【解析】(1)由题可知，当温度为80℃时，热敏电阻的阻值为

Rt50.5t50.580℃=45

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

R总U3V==300Ω I0.01A则滑动变阻器的阻值为

R滑R总Rt300Ω45Ω=255Ω

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

m=V1gcm3700cm3=700g=0.7kg

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这些水温度由20℃的水升高到100℃，所吸收的热量为

Q吸cmt=4.2103J（kg℃）0.7kg100℃－20℃=2.352105J

饮水机的工作电路4min，所消耗的电功为

2U2220VW电UItt=460s=2.64105J

R44Ω该饮水器正常工作时加热效率为

Q吸2.352105J100%=100%89%

W电2.64105J【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2×104m2(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：

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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．

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【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 自重

与桌面接触面积

1000W 5N 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。[c103J/(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；

水

＝4.2×

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(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＝1×103m3， 由ρ＝可得，水壶内装水的质量：

m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×1×103m3＝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 额定电压(V) R1额定功率(W) R2额定功率(W) 电动机功率(W) 参数 220 1936 968 44 精品文档

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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＝＝(2)由P＝

＝13.4A； 可得R1的阻值为：

＝25Ω；

R1＝＝

(3)由P＝可得R2的阻值为：

＝50Ω，

R2＝＝

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：

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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 每个轮胎与地面接触面积 电池容量 标准承载 最大续航(充满电最大行驶路程) 所受阻力与汽车总重的比值 800kg 50cm2 44kW•h 200kg 200km 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：

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S=4S0=4×50cm2=200cm2=2×102m2， 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：

额定电压 额定加热功率 容量 频率 220V 2000W 1.5L 50Hz

(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

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(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：

额定电压 额定功率 最大容量 220V 10W 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：

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(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；

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(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/m3×5×103m3=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%．

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