通关18 电功 电热的计算（解析版）.docx

通关18电功电热的计算C中考预测考点预测概率预测题型预测电功电功率的计算选择题、解答题电热电热器的计算选择题、解答题电动机的能量转化计算选择题、解答题<（应试秘籍1、电路基础是解决电路问题的基础，拿到电路首先要简化电路，最好画出等效电路，结合电路分析串联或并联，串并联电路电压、电流、电阻及比值规律也是答题关键。2、电功、电功率、焦耳定律的公式要清晰，在怎么样的电路中使用合适的公式是快速答题关键，比如在有关电热器功率比较问题上P=。就比较合适，电源电压一致，比较总电阻的大小即可，其它电路也是，一定要在理解电路基础上选择合适公式。3、关于电动机的能量转化计算，存在难度，但作为能量转化观点的重要对象，还是要清楚如何答题W机二W入一W热，P出=P入一P热，T1=空XIO0%。（抢分通关题型一电功电功率的计算典例精讲Il二二.例题1（2023江干区校级四模）如图甲所示，电源工作时输出的总功率恒定不变，Ri=IOfk在移动滑动变阻器R2的滑片P时，电流表A的示数I与电流表Ai的示数Ii之间变化关系如图乙所示。根据图中信息判断，下列说法中正确的是（）甲乙A.当滑片P向右移动时，电流表A的示数逐渐增大B.当滑片P向左移动时，电源的输出电压逐渐增大C.电源工作时每秒钟消耗的电能始终为5JD.当电流表Ai的示数为0.5A时，R2=12.5【解答】解：由图甲知定值电阻Rl与滑动变阻器R2并联，电流表Ai测量通过定值电阻R的电流，电流表A测量干路的电流；A、滑片P向右移动时，滑动变阻器R2的电阻变大，则定值电阻Rl与滑动变阻器R2并联的总电阻变大，电源工作时输出的总功率恒定不变，由P=Ur并知电路中的电流变小，电流表的示数减小，故A错误；B、当滑片P向左移动时，滑动变阻器R2的电阻变小，则定值电阻Rl与滑动变阻器R2并联的总电阻变小，电源工作时输出的总功率恒定不变，由P=T知电源电压变小，即输出电压变小，故R并B错误；C、由图2知，当Il=O.3A,I=I.5A,则定值电阻Rl两端的电压为：Ui=IiRi=OJAX10=3V=U电翻，则电路的总功率为：P总=U电源I=3VX1.5A=4.5W,即电源工作时每秒钟消耗的电能始终为4.5J,故C错误；D、由图2知，当I'=0.5A,=0.9A,则定值电阻Rl两端的电压为：U'=Ii'Rl=O.5AXlOQ=5V=U2=U电解，经过电阻R2的电流为：12z=1'-Ii,=0.9A-0.5A=0.4A,滑动变阻器R2接入电路的电阻为：R2=y=I2.5,故D正确。故选：Do通关指导由图甲知定值电阻Rl与滑动变阻器R2并联，电流表Al测量通过定值电阻Rl的电流，电流表A测量干路的电流；(1)滑片P向右移动时，滑动变阻器R2的电阻变大，则定值电阻Rl与滑动变阻器R2并联的总电阻变大，电源工作时输出的总功率恒定不变，由P=12r并判断出电路中电流的变化，即电流表示数的变化；(2)当滑片P向左移动时，滑动变阻器R2的电阻变小，则定值电阻Ri与滑动变阻器R2并联的总电阻变小，电源工作时输出的总功率恒定不变，由P=，判断出电源电压的变化，即输R并出电压的变化；(3)由图2知，当h=0.3A,I=1.5A,根据UI=IlRI算出定值电阻Rl两端的电压，即电源电压，根据P总=U电源I算出电路的总功率，即电源工作时每秒钟消耗的电能；(4)由图2知，当I'=0.5A,I,=0.9A,根据Ul=IIRl算出定值电阻Rl两端的电压，即电源电压，根据并联电路电流的规律算出经过电阻R2的电流，由欧姆定律算出滑动变阻器R2接入电路的电阻。名校模拟练习1(2024浙江模拟)如图所示的电路中，电源两端电压为6V并保持不变。当开关S闭合、Sl断开时，电流表示数为0.2A；当开关S、Sl都闭合时，电流表示数为0.5A。求：(1)当开关S、Sl都闭合时，通过R2的电流。(2)R2的阻值。(3)当开关S、Sl都闭合时，通电Imin电流通过Rl做的功。【解答】解：(1)当开关S闭合、Sl断开时，电路为RI的简单电路，电流表测电路中的电流，当开关S、Sl都闭合时，两电阻并联，电流表测干路电流，由并联电路的电压特点可知，两电阻并联时Ri两端的电压与电路为Ri的简单电路时Ri两端的电压相等，由欧姆定律可知，两电阻并联时通过Rl的电流与电路为Rl的简单电路时通过Rl的电流相等，WI=0.2A,由并联电路的电流特点可知,开关S、Sl都闭合时,通过R2的电流：I2=I-I=0.5A-0.2A=0.3A;(2)由并联电路的电压特点可知，两电阻并联时，两端R2的电压：U2=Ui=U=6V,由欧姆定律可知，R2的阻值：R2=岩=蕊=205(3)开关S、Si都闭合时，通电Imin电流通过Rl做的功：W=UIt=6V×O.2A×1×60s=72Jo练习2(2024上城区校级一模)有两只相同的灯泡1.i、1.2与滑动变阻器Ri、R2的连接方式如图所示，它们分别接在恒定电压为16V和8V的电源两端，灯泡1.i、1.2都正常发光，则滑动变阻器Ri、R2上消耗的电功率之比为。【解答】解:(1)在左图中，两只灯泡和滑动变阻器组成串联电路，设每只灯泡两端电压为Uo,电路电流为Io,则滑动变阻器两端电压为Ui=U-2Uo,滑动变阻器消耗的功率为Pl=UlIO=(U-2Uo)Io:(2)在右图中，两只灯泡并联后与滑动变阻器串联，因为灯泡仍然正常发光，所以每只灯泡两端电压仍然为Uo,通过每只灯泡的电流都是10,则滑动变阻器两端电压为U2=U'-Uo,通过滑动变阻器的电流为l=2Io,滑动变阻器消耗的功率为P2=U2I=(U'-Uo)2Io:所以滑动变阻器消耗的电能为今=存黑的=窜一：。；：。=iP2(3-Uo)2o(8V-U0)2101故答案为：1：1。练习3(2024瓯海区校级模拟)两位同学在实验室利用如图（八）所示的电路测定定值电阻Ro、电源的电动势E和内电阻r,调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表Vl的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，并根据数据描绘了如图(b)所示的两条U-I图线,则图象中两图线的交点表示的物理意义是()A.滑动变阻器的滑动触头P滑到了最右端B.电源的输出功率最小C.定值电阻RO上消耗的功率为0.5WD.电源的效率达到最大值【解答】解：A、由题意可知图象乙表示电源的路端电压随电流的变化关系；图象甲表示电阻RO两端的电压随电流的变化关系：交点处说明两图象表示的电流相等，并且电压相等，故说明此时滑动变阻器短路，即滑片滑到了最左端，故A错误；Bx由图象可得，Ro=7缥1=喧方N署=I25Q;当电路中外电阻等于内电IqU.4ZJjU.zi-U.J4阻时，电源输出功率最大，但本题Ro>r,改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率最大，故B错误；C、由图可知,此时电源的路端电压为1.OV,电流为0.5A,定值电阻上消耗的电功率P=Ul=O.5W,故C正确；D、电源的效率：Tl=与广，故电流越小功率越大，可见滑动变阻器的滑动头P滑到最右端时效率最大，故D错误；故选：Co练习4（2024浙江模拟）图像是表征事物的一种方法。小明用如图甲所示电路测定小灯泡的电功率，将滑片从b移至a,记录多组数据并描绘出如图乙所示的I-U图像。若图中面积Sl表示灯泡两端电压为Ui时消耗的电功率大小，则此时滑动变阻器所消耗的电功率可表示为（）甲乙A.SzB.S3C.S1+S2D.S+S3【解答】解：当滑片在阻值最大处时电路中的电流最小，由图乙知电压表的示数为Ui,当滑片在阻值最小处时电路中的电流最大，电压表的示数最大，为电源电压，由图乙知此时电压表的示数为Uo,当电压为Ul时，根据串联电路电压的规律知滑动变阻器两端的电压为：Uifl=Uo-Ub电流与小灯泡的电流相同，由P=Ul知滑动变阻器的功率为：P滑=UittI=(Uo-Ui)I,此时滑动变阻器所消耗的电功率可表示为S3。故选：Bo练习5(2024金华一模)我国“华为”公司是当今世界通讯领域的龙头企业，华为“Mate60pr。"不仅采用超大容量电池，并且采用“超级快充”技术，不到10分钟可把电池电量充达一半以上，极大方便了人们的使用。该电池的部分参数如表所示，小科家有一个标有“66瓦”字样的超级快速充电器，他认为充电过程功率应该不是保持全程66瓦，他测量出充电过程中充电器输出的电流和电压，并绘制图像如图所示。八电压ZV1110-：9-8-I7-6"I5-4W20.30405060时间rnin电池名称锂电子电池电压3.7伏容量5000亳安时完成下列问题：(1)该手机电池充满电时储存的电能为多少？(2)利用测量得出的数据，通过计算来证明小科的猜测是否正确。(3)该手机充电器还支持“5丫4.5人”“4.5丫5人”这两种输出规格，选用的充电线一样，则在充电的过程中哪种充电器的充电效率会更高？从能量转化的角度分析。【解答】解：(1)该手机电池电压U=3.7V,容量5000亳安时，充满电时储存的电能：W=UIt=3.7V×5000×103A×3600s=6.66×IO4J;(2)根据图像知，充电器的510秒功率：P=UI=11V×4A=44W;充电器的1020秒功率：P=UI=11V×2A=22W;所以充电过程功率不是保持全程66W；(3)因为“输出5V4.5A”的充电器的充电电流更小，根据焦耳定律公式Q=I2Rt可知，当选用的充电线样，电阻和通电时间相同时，电流越小产生的热量越小，充电过程中的能量损耗更少，所以充电效率更高。故选择规格为“5V4.5A”的充电器的充电效率会更高。题型二电热电热器的计算典例精讲例题2（2024邺州区一模）如图所示电路，电源电压为12V且保持不变。闭合开关S,当滑片P置于变阻器的中点时，电压表的示数为4V；当滑片P置于变阻器的b端时，电压表的示数变了2V,在IOS内定值电阻Rl产生的热量为36J。则下列结果正确的是（）A.电路中的最大电流为IAB.滑片P在中点时，IOs内滑动变阻器R消耗的电能为60JC.Rl先后两次消耗的电功率之比为16：9D.滑动变阻器R先后两次消耗的电功率之比为8：1【解答】解：由电路图可知，闭合开关S,Rl与R串联，电压表测R两端的电压。A.当滑片P置于变阻器的中点时电压表的示数为4V,当滑片P置于变阻器的b端时电压表的示数变化了2V,由串联电路的分压特点可知，滑片P置于变阻器的b端时，接入电路中的电阻最大，电压表的示数最大，则此时电压表的示数：Ur,=UR+AU=4V+2V=6V,此时电路中的电流最小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，此时Rl两端的电压：Ui=U-Ur'=12V-6V=6V,因串联电路中各处的电流相等，且在IOS内定值电阻Ri产生的热量为36J,所以，由Q=KRt=UIl可得，电路中的最小电流：Ib=乳=屋弟%=0.6A,UCDVXIUS由I=W可得，RI的阻值：Ri=/=/=10。，当滑片位于a端时，接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，则电路中的最大电流：Ia=/=襦=1.2A,故A错误；B.滑片P在中点时，电压表的示数为4V,此时Rl两端的电压：U'=U-Ur=12V-4V=8V,此时电路中的电流：I中=S=孺=0.8A,IOS内滑动变阻器R消耗的电能：Wr=UrIt=4V×0.8A×10s=32J,故B错误；CRl先后两次消耗的电功率之比Pi：Pi,=UlT中:UIb=8V×0.8A:6V×0.6A=16:C故C正确；D.滑动变阻器R先后两次消耗的电功率之比：Pr：Pr,=URI中:URTb=4VX0.8A：6V×0.6A=8：9,故D错误。故选：Co通关指导由电路图可知，Rl与R串联，电压表测R两端的电压。(1)当滑片P置于变阻器的中点时电压表的示数为4V,当滑片P置于变阻器的b端时电压表的示数变化了2V,根据串联电路的电压特点得出滑片P置于变阻器的b端时电压表的示数,此时电路中的电流最小，根据串联电路的电压特点求出Rl两端的电压，根据串联电路的电流特点和Q=l2Rt=uit结合在IoS内定值电阻Rl产生的热量为36J求出电路中的电流，利用欧姆定律求出Rl的阻值，当滑片位于a端时，接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大,根据欧姆定律求出电路中的最大电流；(2)滑片P在中点时，电压表的示数为4V,根据串联电路的电压特点求出Rl两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出此时电路中的电流，根据W=UIl求出IOs内滑动变阻器R消耗的电能；(3)利用P=UI求出Ri先后两次消耗的电功率之比；(4)利用P=UI求出滑动变阻器R先后两次消耗的电功率之比。名校模拟练习6(2024平阳县校级模拟)小科同学为实现衣服快速晾干，计划利用电源、小型风机M、电热丝R、导线等元件做一个简易烘衣机，如图是他设计的烘衣机外形及其电路结构图。其中UO=6伏，R=IO欧，电动机的内阻为4欧，当开关闭合时测得电流表示数为1.5安。回答下列问题：控制中心电路结构图（I）开关闭合后，计算电热丝工作10分钟产生的热量。（2）工作10分钟，计算风机产生的机械能。（3）尝试工作几次后小科发现：电流表示数会不断减小，同时刚开始工作时干衣室内温度变化不明显，而当衣物快烘干时，干衣室内的温度逐步升高。请你分析造成这种现象的原因。【解答】解：（1）根据电路图知，电动机与电阻并联，电流表测量干路电流，电阻的电压U=6V：根据欧姆定律知，电阻的电流I=%=盖=0.6A;电热丝工作10分钟产生的热量Q=PRt=（0.6A）2×10×10×60s=2160J;（2）根据并联电路的电流特点知，通过电动机的电流F=I总I=1.5A0.6A=0.9A:电动机工作IO分钟产生的热量Q=Mri=（0.9A）2×4×10×60s=I944J;电动机工作10分钟消耗的电能W=UIt=6V×0.9A×10×60s=3240J:获得的机械能W机械=W-Q'=3240J-1944J=1296J;（3）随着通电时间的增大，电热丝产生的热量增大，温度升高，而电热丝的电阻随着温度的升高而增大，根据欧姆定律知，电热丝的电流减小，干路中电流减小，电流表示数会不断减小；同时刚开始工作时，干衣室水较多，水的蒸发需要吸热，使得干衣室内温度变化不明显，而当衣物快烘干时，水减少，蒸发吸热减少，干衣室内的温度逐步升高。练习7（2023秋桐乡市期末）龙龙家新买了一个电吹风，他想研究一下电吹风的工作原理。如图甲，电吹风工作时，可以分别吹出热风和冷风，为了防止温度过高，用一个PTC电阻Ro与电阻为45C的电热丝R串联，RO的阻值随温度的变化如图乙所示，请回答下列问题2位置同时连接时，电吹风吹风。（2）该电吹风吹热风时，其温度基本恒定在200C左右，当它的温度继续升高时，Ro电阻将，电热丝的发热功率将（选填“增大”、“不变”或“减小”），则电热丝的最大发热功率为多少？（3）电吹风吹冷风时，通过电动机的电流为IA,工作20s,经计算，热损耗为20%,则此时电动机线圈电阻。（不计机械摩擦损耗的能量）【解答】解：（1）当开关S与1、2位置同时连接时，Ro与R串联，电热丝工作，所以吹热风;（2）由图象知温度升高到400时，Ro电阻增大：电源电压不变，当Ro电阻变大时，电路中电流变小，电热丝阻值不变，由P=Ir,可知电热丝电功率减小；1177l由图可知，Ro的阻值最小为1O,R=Ro+R=1O+45=55,电热丝所在电流I=镇今=4A,该电热丝的最大功率：P=I2R=（4A）2×45=720Wj（3）电吹风吹冷风时，通过电动机的电流为1A,工作20s,消耗的电能W=Ult=220VXIAX20s=4400J,热损耗Q=O2XW=0.2X4400J=880J,由Q=Frl可知R电动=3=嘤一=44<.It（lAy×2Qs故答案为：（1）热；（2）变大；减小；720W；（3）44。练习8（2022秋镇海区期末）小科想要利用风扇、发热电阻等元件，制作一个有低温挡和高温挡的暖风机。他设计了发热部分的两种电路，分别如图甲、乙所示。下列说法错误的是（）甲乙A.图甲中，当开关S闭合、Sl断开时，此时处于低温挡工作状态B.图甲中，当开关S闭合、Sl闭合时，此时处于高温挡工作状态C.图乙中，若电源电压为24伏，要实现电阻R3的发热电功率为120瓦，则R3阻值为5欧D.图乙中，暖风机高温挡总功率为200瓦，在高温挡工作1分钟，暖风机消耗电能l.2XIO焦【解答】解：AB、甲方案中，开关S、Sl均闭合时，电路为Rl的简单电路，电路的总功率P中U2开关S闭合、Sl断开时，Rl与R2串联，由串联电路中总电阻等于各分电阻之和可知，电路的总功率P甲2=布瓦'因Pl>P2,所以，开关S、Si均闭合时，电热器处于高温挡；开关S闭合、SI断开时，电热器处于低温挡，故AB正确；C、乙图中两电阻R3和R4并联，电阻两端的电压都等于电源电压，由P=SUj得R3的阻值应为：R3=M=J=4.8Q,故C错误；ArO1）VVD、图乙中，暖风机高温挡总功率为200W,则在高温挡工作I分钟，暖风机所消耗的电能：W=Pftt=200W×60s=1.2×IO4J,故D正确。故选：Co练习9（2023宁波模拟）如图甲所示的电路中，Rl为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为60欧，电源电压保持不变。滑动变阻器R2的滑片从一端滑到另一端的过程中，测得R2的电功率与通过它的电流的关系如图乙所示。下列说法正确的是（）甲乙A.R2的滑片向左滑动时，电流表和电压表的示数都变大B.电源电压为12VC.Ri的电功率变化范围是1.210.8WD.电流为0.6A时，2min内电流通过Ri产生的热量是648J【解答】解：由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。A、R2的滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知断电路中的电流变大，根据串联电路的电压分配特点可知电压表示数变小，故A错误;B、当滑动变阻器接入电路中的电阻为。时，电路中的总电阻最小，根据欧姆定律可知，电路中的电流最大，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，由图乙可知，最小和最大电流分别为I最小=0.2A:IJtt人=0.6A,由欧姆定律和串联电路的电压规律可得：U=IAt小（Ri+R2）=0.2A×（R+60）U=I*tR=0.6A×R,解得：R=30,U=18V,故B错误；C、Rl的最小电功率：Pi小=I最小2Ri=（0.2A）2×30=1.2W,RI的最大电功率：Pit=U2R=（0.6A）2×30=10.8W,所以，Rl的电功率变化范围是1.210.8W,故C正确；D、Rl产生的热量QI=I最大2rm=（o.6A）2×30×2×60s=1296J,故D错误。故选：Co练习10（2024浙江模拟）秋冬季节，浴室内的镜子上常附有水雾而影响使用。为此，小明想将浴室镜改装为一个自动控温防雾镜。通子普镜、热敏电阻阻值Q81624324048566472（I）设计产品。如图甲是小明设计的自动控温防雾镜的结构示意图，如图乙为防雾膜的温控电路原理图。闭合开关Sl和S2电磁铁1.吸引衔铁使工作电路动触点与静触点接触，防雾膜工作电路启动高发热模式；当控制电路中的电流等于0.02安时，衔铁因电磁铁1.吸力变小而弹回，防雾膜工作电路转为低发热模式，实现保温。R是热敏电阻，用以探测镜面温度。由图丙可知，小明选择的热敏电阻R的阻值随温度变化情况是O（2）测试产品。测试发现该防雾膜的低发热模式功率为8瓦。若R2的电阻为12欧，则防雾膜在高发热模式下工作1分钟，所产生的热量为多少焦？（写出计算过程）（3）改进产品。小明为了实现镜面温度可调，在图乙的控制电路中串联一个最大阻值为100欧的滑动变阻器，则镜面可调的温度范围为o（电磁铁线圈电阻忽略不计）【解答】解：（I）由图可知，热敏电阻R的阻值随温度升高而增大；（2）由图乙可知，工作电路中，当动触点和静触点接触时，Ri、R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最小，由P=*可知，电路中的总功率最大，防雾膜处于高发热模式；当动触点和静触点分开时，只有Ri工作，电路中的总电阻最大，总功率最小，防雾膜处于低发热模式；高发热模式下，R2的电功率：P2=-=48W；则高发热模式的总功率：P岛=PP2=8W+48W=56W,由P=竽可知，防雾膜在高发热模式下工作1分钟，所产生的热量：Q=W=Pffit=56W×l×60s=3360J;由I=2可知,控制电路中的电流为0.02A时,控制电路中的总电阻:R总=牛=蕊7=400,A/U.UZ根据串联电路的电阻特点可知，此时热敏电阻R的最小阻值：R小=R总-RM=400。-i（X）=300。，此时热敏电阻R的最大阻值：R/-=R总-R滑小=400。-0=400,由图丙可知，镜面的温度变化范围为32C-40C。题型三电动机的能量转化计算典例精讲例题3某一直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物的质量m=50kg,电源提供给电动机的电压为U=IlOV,不计各种摩擦，当电动机以v=0.9ms的恒定速率向上提升重物时，电路中的电流强度I=5A,此时电动机输出的机械功率为瓦；电动机的线圈电阻大小为欧。Etd电动机tr"JV【解答】解：在时间t内电流通过直流电动机做功（消耗电能）：W电=Ult,在时间I内得到的机械能：W机=mgh=mgvt,在时间I内，在电动机线圈的电阻转化的内能：Wrt=I2Rt,由题知，W电=W机+W内，UIt=mgvt+I2Rt,故UI=mgv+I2R,即：110VX5A=50kg×1ON/kg×0.9ms+（5A）2R解得：R=4;电动机的输出功率P=mgv=50kg×10Nkg×0.9ms=450Wo故答案为：450：4o通关指导电流通过直流电动机做功，消耗电能（W电=Ult）转化为机械能（W机=mgh）和内能（W内=I2Rt）,可求转化为的内能大小，再根据W内=产Rt求电动机线圈的电阻，利用p=111gv求得电动机的输出功率。名校模拟练习11（2023秋拱簟区期末）如图甲所示的某品牌空气炸锅，主要由电动机带动的风扇和电加热丝组成，工作时电加热丝将空气加热，通过风扇，使高温空气在一个密闭空间内形成循环热流，通过热流使食物迅速变熟。该空气炸锅的简化电路如图乙所示，技术参数如表所示（不考虑温度对电阻的影响）。额定电压220V风扇电动机功率IlOW额定加热功率低温挡660W高温挡1210W（I）该空气炸锅高温挡正常工作时，空气炸锅的电源线中的总电流为多大？（2）电加热丝R2的阻值是多少（保留整数）？甲乙【解答】解：（1）由表中数据可知，低温功率P2=12IOW,电压U=22OV,由P=Ul可知通过Ri的电流I=今=5.5A;空气炸锅高温挡正常工作时，通过电动机的电流：1M=*=O.5A,电路中的总电流：1.=I+Im=55A+0.5A=6A;（2）由电路图可知，当S断开时，电路为Ri、R2的串联电路，当S闭合时，此时R2被短路，电路为只有Rl的简单电路。由P=誉可知，当S断开时，电路处于低温挡；当S闭合时，电路处于高温挡。高温挡的功率P2=1210W,电阻Rl的大小为，Rl=4=罂露=40。；低温挡工作时Rl与R2串联，则串联的总电阻为，R=73,由串联电路的电阻特点可知，R2的阻值大小为R2=R总-R=73-40=33o答：（1）该空气炸锅高温挡正常工作时，电路中的总电流为6A；（2）电加热丝R2的阻值是330。练习12（2023秋宁波期末）如图所示为一款家用食品破壁机，它具有高速粉碎和加热功能，可制作豆浆、米糊、营养粥、果汁等食品。额定电压220V额定破壁功率额定加热功率800W1500W1210W（1）图甲是该破壁机的简易图，在图中A点画出将壶盖打开所需最小力F的示意图（0为支点）。（2）破壁机的主要参数如下表，高速粉碎时，刀头转速由电动机控制。加热时，可通过开关S2选择两个大小不同的加热功率。在某次使用破壁机时，刀头以额定功率正常工作，食物粉碎后，再对食物进行加热，工作原理简化为图乙所示，其中Ri、R2均为电热丝，请回答相关的问题：刀头以额定功率正常工作时，求电路中电流。（计算结果保留一位小数）在额定电压下，若先大功率加热5min,再小功率加热Iomin,求消耗的电能。求电路中R2的阻值大小。【解答】解：（1）连接OA就是最长的动力臂，根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡，动力方向向上，据此可画出最小的动力F；如图所示；（2）由P=Ul得，P最大转速粉时电路中电流为I=需=号翳6.8A;（2）由P=监知，在电源电压一定时，电功率与电阻成反比，要使电路功率最大，总电阻要最小，所以当S接2、S2闭合，此时只有Rl接入电路；因为P=牛,所以两种情况卜消耗的电能为W=W大+W小=Pt大+P小t小=1210WX5X60s+800WX10X60s=8.43×IO5J;（3）以大功率加热时，电路只有Rl工作，由P=4知RI阻值为R=U1.=翎=40;RP最大热.OW以小功率加热时，RbR2串联工作，R=£=鬻，=605C;rtUUUWR2=R总R=60.5-40=20.5o练习13（2023秋德清县期末）为迎接亚运会，20辆没有污染的新能源出租车正式投放德清出租车市场，意味着德清出租车正式进入新能源时代。某品牌纯电动出租车提供能量的装置为三元锂电池组，电池容量为60千瓦时，可以续航400千米。当给纯电动出租车充电时，三元锂电池组相当于（选填“用电器”或“电源”）。（2）司机使用新能源出租车充电桩的60千瓦快充将电量由20%充至80%,需要多少时间？（假设充电时无能量损耗）（3）若该车和车内乘客的总质量为2.0XIO3千克，当该车在水平路面上以20米/秒的速度匀速行驶时，它受到阻力约等于人和车总重的0.02倍，则该车的机械功率是多少？此时电池组加在电动机两端的电压为340伏，通过电动机的电流为50安。若连接导线的电阻、传动装置消耗的能量不计，则该出租车将电能转化为机械能的效率是多少？（结果保留到0.1%）【解答】解：（1）当给纯电动出租车充电时，三元锂电池消耗电能，相当于用电器；（2）由电池容量是60kWh可知，将电量由20%充至80%时，电池所储存的电能W=60kWhX（80%-20%）=36kWh,由于充电时无能量损耗，所以充电时，新能源出租车消耗的电能W2=W=36kWh,所以新能源出租车充电的时间I=牛=缴第=0.6h=36min;（3）由车和车内乘客的总质量是2.0×103kg,车和车内乘客的总重力G=mg=2.0×103kg×10Nkg=2.0×104N,汽车匀速行驶时受到的阻力f=0.02G=0.02X2.0XIO4N=4OON,所以汽车的牵引力F=f=400N,设汽车以20ms的速度匀速行驶了U,汽车在时间ts内所通过的路程s=vt=20ms×ts=20tm,在时间ts内汽车的牵引力所做的有用功W=Fs=400N×20tm=8000tJ,W该车的机械功率为：Pf=/=*22=8000”,在时间ts内电动机消耗的电能W总=UIt=340VX50AXts=17000U,所以该电动出租车将电能转化为机械能的效率=瞽x00%=华喘7XOO%=47.1%.WX/VlWw1.y练习14(2023秋长兴县期末)如表为某款电动汽车的部分相关数据:空车质量kg续航里程km最高车速/(kmhP电动机最大输出功率kW工作电压15754301301003IOV电池容量kWh快充时间/h快充电量百分比百公里耗电量(kWh100km)快充功率51.80.580%13.860kW(1)在某次驾驶中，司机驾驶汽车以最大功率、60kmh的速度沿平直路面匀速行驶0.5h若汽车的机械传动效率(驱动汽车的有效功率与电动机输出功率之比)为80%,此时汽车行驶时的牵引力做了多少功？(2)不同能源的单位能耗的碳排放量不同，其中电能的CO2排放系数为l00kg/(kWh)(消耗lkWh的电能相当于排放1.OOkg的C2)o则该车在上述行驶过程中相当于减Co2排放多少千克？(3)为保护电池，新能源汽车在电量剩余25%左右时，便要及时进行充电了。该款电动汽车快充0.5h的所消耗的电能是多少？(4)与传统的燃油汽车相比，电动汽车的优点有(写出一条即可)。【解答】(1)电动机效率为80%,则输出功率为：Pfc=Pfi=100×103W×80%=8×IO4W5p,a根据P=FV可知，牵引力为：F=W=端"=4800N,汽车0.5h行驶的路程s=vt=60kmhV瑞rnsX0.5h=30km=30000m,则牵引力做的功W=FS=4800NX30000m=1.44><1(;(2)在0.5h内该车行驶的距离：S=Vt=60kmh×0.5h=30km,消耗电能：W=30km×13.8kWhkm=414kWh;消耗lkWh的电能相当于排放1.OOkg的CO2,故排放的CO2质量为414kg：(3)已知快充功率P=60kW=60(X)0W,时间l=0.5h=1800s,利用P=与计算所消耗的电能W=Pt=60000W×1800s=1.08×IO8J;(4)与传统的燃油汽车相比，电动汽车污染小，能源利用率高。故答案为：(1)1.44Xl()8j:(2)414kg：(3)1.08XIO8J;(4)污染小，能源利用率嬴