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7. 如图所示，甲、乙、丙、丁四个相同容器里装有质量和初温相同的水，每个容器放入同种材料绕成的导电线圈，其电阻R₁ = R₃，R₂ = R₄，R₂ = 1.5R₁，若同时通电，经过一段时间后这四个容器中的水温从高到低的顺序是(
A.甲、乙、丙、丁
B.丁、丙、乙、甲
C.丙、丁、乙、甲
D.甲、乙、丁、丙
C
)A.甲、乙、丙、丁
B.丁、丙、乙、甲
C.丙、丁、乙、甲
D.甲、乙、丁、丙
答案
7.C
解析
解：电流产生的热量 $Q = I^2Rt$ 或 $Q = \frac{U^2}{R}t$。
由图可知：
甲、乙串联，电流 $I$ 相同，$t$ 相同。$R_2 = 1.5R_1$，根据 $Q = I^2Rt$，$Q_乙 ＞ Q_甲$。
丙、丁并联，电压 $U$ 相同，$t$ 相同。$R_4 = 1.5R_3 = 1.5R_1$，根据 $Q = \frac{U^2}{R}t$，$Q_丙 ＞ Q_丁$。
串联总电阻 $R_串 = R_1 + R_2 = 2.5R_1$，串联电流 $I_串 = \frac{U}{R_串} = \frac{10}{2.5R_1} = \frac{4}{R_1}$。
甲的热量 $Q_甲 = I_串^2R_1t = (\frac{4}{R_1})^2R_1t = \frac{16t}{R_1}$。
乙的热量 $Q_乙 = I_串^2R_2t = (\frac{4}{R_1})^2×1.5R_1t = \frac{24t}{R_1}$。
丙的热量 $Q_丙 = \frac{U^2}{R_3}t = \frac{10^2}{R_1}t = \frac{100t}{R_1}$。
丁的热量 $Q_丁 = \frac{U^2}{R_4}t = \frac{10^2}{1.5R_1}t ≈ \frac{66.7t}{R_1}$。
综上：$Q_丙 ＞ Q_丁 ＞ Q_乙 ＞ Q_甲$，水温从高到低顺序为丙、丁、乙、甲。
答案：C
由图可知：
甲、乙串联，电流 $I$ 相同，$t$ 相同。$R_2 = 1.5R_1$，根据 $Q = I^2Rt$，$Q_乙 ＞ Q_甲$。
丙、丁并联，电压 $U$ 相同，$t$ 相同。$R_4 = 1.5R_3 = 1.5R_1$，根据 $Q = \frac{U^2}{R}t$，$Q_丙 ＞ Q_丁$。
串联总电阻 $R_串 = R_1 + R_2 = 2.5R_1$，串联电流 $I_串 = \frac{U}{R_串} = \frac{10}{2.5R_1} = \frac{4}{R_1}$。
甲的热量 $Q_甲 = I_串^2R_1t = (\frac{4}{R_1})^2R_1t = \frac{16t}{R_1}$。
乙的热量 $Q_乙 = I_串^2R_2t = (\frac{4}{R_1})^2×1.5R_1t = \frac{24t}{R_1}$。
丙的热量 $Q_丙 = \frac{U^2}{R_3}t = \frac{10^2}{R_1}t = \frac{100t}{R_1}$。
丁的热量 $Q_丁 = \frac{U^2}{R_4}t = \frac{10^2}{1.5R_1}t ≈ \frac{66.7t}{R_1}$。
综上：$Q_丙 ＞ Q_丁 ＞ Q_乙 ＞ Q_甲$，水温从高到低顺序为丙、丁、乙、甲。
答案：C
8. 具有防雾、除露、化霜功能的汽车智能后视镜能保障行车安全，车主可通过旋钮开关实现功能切换。如图所示是模拟加热原理图，其中测试电源的电压为10V，四段电热丝电阻均为10Ω，防雾、除露、化霜所需加热功率依次增大。下列说法不正确的是(
A.开关旋至“3”挡，开启化霜功能
B.开启化霜功能，电路总电阻为5Ω
C.化霜与防雾电路的总功率之差为15W
D.从防雾到除露，电路总电流变化1A
D
)A.开关旋至“3”挡，开启化霜功能
B.开启化霜功能，电路总电阻为5Ω
C.化霜与防雾电路的总功率之差为15W
D.从防雾到除露，电路总电流变化1A
答案
解析:由题知,防雾、除露、化霜所需加热功率依次增大.A.当开关旋至“1”挡时,两条电阻丝串联接入电路;当旋钮旋到“2”时,只有一条电阻丝接入电路;当旋钮旋到“3”时,两条电阻丝并联接入电路;由电阻串联和并联的特点可知,开关旋至“1”挡时总电阻最大,开关旋至“3”挡时总电阻最小;根据$P=\frac{U^{2}}{R}$可知,电路中总电阻最大时,则总功率最小,所以,当开关旋至“1”挡时,开启防雾功能,开关旋至“3”挡,开启化霜功能,故A正确;BC.开启防雾功能时电路中的电流为$:I_{1}=\frac{U}{R_{雾}}=\frac{10\ V}{10\ \Omega +10\ \Omega}=0.5 A,$此时电路的总功率$:P_{1}=UI_{1}=10 V×0.5 A=5 W,$开启化霜功能时,开关旋至“3”挡,两条电阻丝并联接入电路,此时电路的总电阻为$:R_{霜}=\frac{1}{2}R=\frac{1}{2}×10 \Omega=5 \Omega,$此时电路的总电流为$:I_{3}=\frac{U}{R_{霜}}=\frac{10\ V}{5\ \Omega}=2 A,$此时电路的总功率为$:P_{3}=UI_{3}=10 V×2 A=20 W,$则化霜与防雾电路的总功率之差为$:\Delta P=P_{3}-P_{1}=20 W-5 W=15 W,$故BC正确;D.当开关旋至“2”挡时,只有一条电热丝单独接入电路,电阻较大(大于并联时的总电阻),电路消耗的功率较小,此时为除露功能;此时电路中的电流$:I_{2}=\frac{U}{R}=\frac{10\ V}{10\ \Omega}=1 A,$从防雾到除露,电路总电流变化量为$:\Delta I=I_{2}-I_{1}=1 A-0.5 A=0.5 A,$故D错误,符合题意.故选D.
9. (2025·无锡锡山高级中学一模)某科学小组设计的豆浆机简化电路如图所示，L₁亮表示正在加热或打浆，L₂亮表示正在保温。经测试，加热时L₁能正常发光，打浆时电动机能正常工作。已知电源电压不变，R₁是电热丝，R₂是限流电阻，电动机标有“24V 12W”，L₁、L₂均标有“4V 4W”且电阻不变，加热时电路中电流是保温时电路中电流的2倍。下列说法正确的是(
A.加热时电热丝R₁的功率为22W
B.限流电阻R₂的阻值为24Ω
C.加热时L₁的功率与打浆时L₁的功率之比为1:4
D.保温1min，电热丝R₂产生的热量为330J
A
)A.加热时电热丝R₁的功率为22W
B.限流电阻R₂的阻值为24Ω
C.加热时L₁的功率与打浆时L₁的功率之比为1:4
D.保温1min，电热丝R₂产生的热量为330J
答案
9.A 解析:由于两灯标有“4 V 4 W”,所以两灯的电阻为$R_{L}=\frac{U_{额}^{2}}{P_{额}}=\frac{(4\ V)^{2}}{4\ W}=4 \Omega,$两灯的额定电流为$I_{额L}=\frac{P_{额}}{U_{额}}=\frac{4\ W}{4\ V}=1 A,$电动机标有“24 V 12 W”字样,电动机正常工作的电流为$I_{M}=\frac{P_{额M}}{U_{额M}}=\frac{12\ W}{24\ V}=0.5 A.$
A.由电路图可知,当$S_{1}$接$a,S_{2}$接d时$,L_{1}$与电动机串联$,L_{1}$亮,此时为打浆状态.根据题意可知,打浆时电动机能正常工作,打浆时电路中的电流为$I=I_{M}=0.5 A,$根据串联电路电压特点和欧姆定律可得,电源电压为$U=U_{1}+U_{额M}=IR_{L}+U_{额M}=0.5 A×4 \Omega+24 V=26 V,$当$S_{1}$接$a,S_{2}$接c时$,L_{1}$与$R_{1}$串联$,L_{1}$亮,此时为加热状态.根据题意可知,加热时$,L_{1}$能正常发光,加热时电路中的电流为$I_{加}=I_{额L}=1 A,$由串联电路特点和欧姆定律可得,电热丝$R_{1}$的电阻为$R_{1}=\frac{U}{I_{加}}-R_{L}=\frac{26\ V}{1\ A}-4 \Omega=22 \Omega,R_{1}$的功率为$P_{1}=I_{加}^{2}R_{1}=(1 A)^{2}×22 \Omega=22 W,$故A正确; B.当$S_{1}$接$b,R_{2}、$$L_{2}$与$R_{1}$串联$,L_{2}$亮,为保温状态,由于加热时电路中电流是保温时电路中电流的2倍,所以保温时的电流$I_{保}=\frac{1}{2}I_{加}=\frac{1}{2}×1 A=0.5 A,$电路的总电阻为$R_{总}=\frac{U}{I_{保}}=\frac{26\ V}{0.5\ A}=52 \Omega,$所以限流电阻$R_{2}$的阻值为$R_{2}=R_{总}-R_{L}-R_{1}=52 \Omega-4 \Omega-22 \Omega=26 \Omega,$故B错误;
C.加热时$L_{1}$的功率为$P_{L}=I_{加}^{2}R_{L}=(1 A)^{2}×4 \Omega=4 W,$打浆时$L_{1}$的功率为$P_{L}'=I^{2}R_{L}=(0.5 A)^{2}×4 \Omega=1 W,$则加热时$L_{1}$的功率与打浆时$L_{1}$的功率之比为$P_{L}:P_{L}'=4 W:1 W=4:1,$故C错误;D.保温1 min,电热丝$R_{2}$产生的热量为$Q_{2}=I_{保}^{2}R_{2}t=(0.5 A)^{2}×26 \Omega×1×60 s=390 J,$故D错误.故选A.
A.由电路图可知,当$S_{1}$接$a,S_{2}$接d时$,L_{1}$与电动机串联$,L_{1}$亮,此时为打浆状态.根据题意可知,打浆时电动机能正常工作,打浆时电路中的电流为$I=I_{M}=0.5 A,$根据串联电路电压特点和欧姆定律可得,电源电压为$U=U_{1}+U_{额M}=IR_{L}+U_{额M}=0.5 A×4 \Omega+24 V=26 V,$当$S_{1}$接$a,S_{2}$接c时$,L_{1}$与$R_{1}$串联$,L_{1}$亮,此时为加热状态.根据题意可知,加热时$,L_{1}$能正常发光,加热时电路中的电流为$I_{加}=I_{额L}=1 A,$由串联电路特点和欧姆定律可得,电热丝$R_{1}$的电阻为$R_{1}=\frac{U}{I_{加}}-R_{L}=\frac{26\ V}{1\ A}-4 \Omega=22 \Omega,R_{1}$的功率为$P_{1}=I_{加}^{2}R_{1}=(1 A)^{2}×22 \Omega=22 W,$故A正确; B.当$S_{1}$接$b,R_{2}、$$L_{2}$与$R_{1}$串联$,L_{2}$亮,为保温状态,由于加热时电路中电流是保温时电路中电流的2倍,所以保温时的电流$I_{保}=\frac{1}{2}I_{加}=\frac{1}{2}×1 A=0.5 A,$电路的总电阻为$R_{总}=\frac{U}{I_{保}}=\frac{26\ V}{0.5\ A}=52 \Omega,$所以限流电阻$R_{2}$的阻值为$R_{2}=R_{总}-R_{L}-R_{1}=52 \Omega-4 \Omega-22 \Omega=26 \Omega,$故B错误;
C.加热时$L_{1}$的功率为$P_{L}=I_{加}^{2}R_{L}=(1 A)^{2}×4 \Omega=4 W,$打浆时$L_{1}$的功率为$P_{L}'=I^{2}R_{L}=(0.5 A)^{2}×4 \Omega=1 W,$则加热时$L_{1}$的功率与打浆时$L_{1}$的功率之比为$P_{L}:P_{L}'=4 W:1 W=4:1,$故C错误;D.保温1 min,电热丝$R_{2}$产生的热量为$Q_{2}=I_{保}^{2}R_{2}t=(0.5 A)^{2}×26 \Omega×1×60 s=390 J,$故D错误.故选A.
10. 远距离输电采取高压输电的方式可减少电能在线路上的损失，如图所示。假设核电站发电的输出电功率恒为2×10⁷W，若输电电压为200kV，输电线的总电阻为22Ω，则输电线路上每秒产生的热量为
$2.2×10^{5}$
J。答案
$10.2.2×10^{5}$
解析
解：已知输出电功率$P = 2×10^{7}\ \mathrm{W}$，输电电压$U = 200\ \mathrm{kV}=2×10^{5}\ \mathrm{V}$，输电线总电阻$R = 22\ \Omega$。
由$P=UI$可得输电电流$I=\frac{P}{U}=\frac{2×10^{7}\ \mathrm{W}}{2×10^{5}\ \mathrm{V}} = 100\ \mathrm{A}$。
输电线路上每秒产生的热量$Q=I^{2}Rt=(100\ \mathrm{A})^{2}×22\ \Omega×1\ \mathrm{s}=2.2×10^{5}\ \mathrm{J}$。
$2.2×10^{5}$
由$P=UI$可得输电电流$I=\frac{P}{U}=\frac{2×10^{7}\ \mathrm{W}}{2×10^{5}\ \mathrm{V}} = 100\ \mathrm{A}$。
输电线路上每秒产生的热量$Q=I^{2}Rt=(100\ \mathrm{A})^{2}×22\ \Omega×1\ \mathrm{s}=2.2×10^{5}\ \mathrm{J}$。
$2.2×10^{5}$
11. 新素材 创新装置 如图所示，是一款家用电热水器的工作原理图，且已知R₁ = R₂ = 24.2Ω。若开关旋到位置①时，电热器处于
高温挡
(填“高温挡”或“低温挡”)，此情况下通电1min产生的热量是$1.2×10^{5}$
J；小丽一次采用①挡位洗澡约用水20kg，用时约20min，需要把水从20℃加热到40℃，这个过程中水吸收的热量为$1.68×10^{6}$
J；则该电热器在①挡位工作时的效率为70%
。[水的比热容为4.2×10³J/(kg·℃)]答案
11.高温挡$ 1.2×10^{5} 1.68×10^{6} 70%$
解析:分析电路可知,若开关旋到位置①时$,R_{2}$单独工作,此时总电阻较小,根据$P=\frac{U^{2}}{R},$总功率较大,为高温挡;此情况下通电1 min产生的热量为$Q=W=\frac{U^{2}}{R_{2}}t=\frac{(220\ V)^{2}}{24.2\ \Omega}×60 s=1.2×10^{5} J.$这个过程中水吸收的热量为$Q_{吸}=cm\Delta t=4.2×10^{3} J/(kg·℃)×20 kg×(40 ℃-20 ℃)=1.68×10^{6} J,$这个过程中电热水器释放的热量为$Q_{放}=20Q=20×1.2×10^{5} J=2.4×10^{6} J,$则该电热器在①挡位工作时的效率为$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%=\frac{1.68×10^{6}\ J}{2.4×10^{6}\ J}×100\%=70\%.$
解析:分析电路可知,若开关旋到位置①时$,R_{2}$单独工作,此时总电阻较小,根据$P=\frac{U^{2}}{R},$总功率较大,为高温挡;此情况下通电1 min产生的热量为$Q=W=\frac{U^{2}}{R_{2}}t=\frac{(220\ V)^{2}}{24.2\ \Omega}×60 s=1.2×10^{5} J.$这个过程中水吸收的热量为$Q_{吸}=cm\Delta t=4.2×10^{3} J/(kg·℃)×20 kg×(40 ℃-20 ℃)=1.68×10^{6} J,$这个过程中电热水器释放的热量为$Q_{放}=20Q=20×1.2×10^{5} J=2.4×10^{6} J,$则该电热器在①挡位工作时的效率为$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%=\frac{1.68×10^{6}\ J}{2.4×10^{6}\ J}×100\%=70\%.$
12. 图甲是由10条导电墨线并列压在绝缘薄膜制成的电热膜，已知每根导电墨线的电阻为550Ω。电热膜正常工作1min产生热量为
$5.28×10^{4}$
J，这个过程是将电能转化为内
能。为了调节该电热膜的发热功率，现在电路中再接入一个滑动变阻器如图乙，为了使电热膜的功率在原功率的25%~100%之间变化，R的最大阻值为55
Ω(假设电热膜电阻不受温度影响)。答案
$12.5.28×10^{4} $内 55
解析:每根导电墨线功率$P=\frac{U^{2}}{R}=\frac{(220\ V)^{2}}{550\ \Omega}=88 W,$电热膜的总功率为$P_{总}=10P=10×88 W=880 W,$电热膜正常工作1 min产生的热量为$W=P_{总}t=880 W×60 s=5.28×10^{4} J.$电热膜在工作过程中将电能转化为内能.电热膜的总电阻为$R_{热}=\frac{U^{2}}{P_{总}}=\frac{(220\ V)^{2}}{880\ W}=55 \Omega,$滑动变阻器连入电路的电阻最大时,通过电热膜的电流最小,此时电热膜的功率最小,最小功率为$P_{小}=P_{总}×25\%=220 W,$根据$P=I^{2}R$可知,此时通过电路的电流为$I=\sqrt{\frac{P_{小}}{R_{热}}}=\sqrt{\frac{220\ W}{55\ \Omega}}=2 A,$则电路中的总电阻为$R=\frac{U}{I}=\frac{220\ V}{2\ A}=110 \Omega,$则滑动变阻器的最大电阻为$R_{大}=R-R_{热}=110 \Omega-55 \Omega=55 \Omega.$
解析:每根导电墨线功率$P=\frac{U^{2}}{R}=\frac{(220\ V)^{2}}{550\ \Omega}=88 W,$电热膜的总功率为$P_{总}=10P=10×88 W=880 W,$电热膜正常工作1 min产生的热量为$W=P_{总}t=880 W×60 s=5.28×10^{4} J.$电热膜在工作过程中将电能转化为内能.电热膜的总电阻为$R_{热}=\frac{U^{2}}{P_{总}}=\frac{(220\ V)^{2}}{880\ W}=55 \Omega,$滑动变阻器连入电路的电阻最大时,通过电热膜的电流最小,此时电热膜的功率最小,最小功率为$P_{小}=P_{总}×25\%=220 W,$根据$P=I^{2}R$可知,此时通过电路的电流为$I=\sqrt{\frac{P_{小}}{R_{热}}}=\sqrt{\frac{220\ W}{55\ \Omega}}=2 A,$则电路中的总电阻为$R=\frac{U}{I}=\frac{220\ V}{2\ A}=110 \Omega,$则滑动变阻器的最大电阻为$R_{大}=R-R_{热}=110 \Omega-55 \Omega=55 \Omega.$
