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6. 电热水器是利用电流的
7. 如图$13 - 6$甲所示是某品牌电热水壶的简化电路,有加热和保温两挡,$R_1和R_2$均为阻值不变的发热电阻丝。某次将质量为$2\mathrm{kg}$、初温为$20^{\circ}\mathrm{C}的水加热了4\mathrm{min}$,电热水壶的加热效率为$87.5\%$,其电功率与时间的关系图像如图$13 - 6$乙所示。水的比热容$c_{水} = 4.2×10^3\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\cdot^{\circ}\mathrm{C})$。下列说法正确的是【
A. 当开关$\mathrm{S}接2$时,电热水壶处于加热状态
B. $R_2的阻值为110\Omega$
C. 加热$4\mathrm{min}$后,水的末温为$70^{\circ}\mathrm{C}$
D. 水吸收的热量为$4.2×10^4\mathrm{J}$
热
效应工作的。小明利用电能表测量电热水器的实际功率来判断家里的电压是否正常。他观察家中的电能表的示数如图$13 - 5$甲所示,为3106.6
$\mathrm{kW\cdot h}$。现仅接通一台如图$13 - 5$乙所示的电热水器,观察到电能表的指示灯在$1\mathrm{min}内闪烁了80$次,则电热水器$1\mathrm{min}$内消耗的电能为$9×10^{4}$
$\mathrm{J}$,其两端的电压高于
(填“高于”“等于”或“低于”)$220\mathrm{V}$。7. 如图$13 - 6$甲所示是某品牌电热水壶的简化电路,有加热和保温两挡,$R_1和R_2$均为阻值不变的发热电阻丝。某次将质量为$2\mathrm{kg}$、初温为$20^{\circ}\mathrm{C}的水加热了4\mathrm{min}$,电热水壶的加热效率为$87.5\%$,其电功率与时间的关系图像如图$13 - 6$乙所示。水的比热容$c_{水} = 4.2×10^3\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\cdot^{\circ}\mathrm{C})$。下列说法正确的是【
C
】A. 当开关$\mathrm{S}接2$时,电热水壶处于加热状态
B. $R_2的阻值为110\Omega$
C. 加热$4\mathrm{min}$后,水的末温为$70^{\circ}\mathrm{C}$
D. 水吸收的热量为$4.2×10^4\mathrm{J}$
答案
第6题
本题可根据电热水器的工作原理、电能表的读数方法、电能表参数的含义以及电功率公式来进行求解。
电热水器的工作效应：
电热水器是利用电流的热效应工作的，即电流通过导体时电能转化为内能。
电能表的读数：
电能表的最后一位是小数位，由图甲可知，电能表的示数为$3106.6\mathrm{kW\cdot h}$。
电热水器消耗的电能：
$3200imp/(\mathrm{kW\cdot h})$表示每消耗$1\mathrm{kW\cdot h}$的电能，电能表的指示灯闪烁$3200$次。
指示灯在$1\mathrm{min}$内闪烁了$80$次，则电热水器$1\mathrm{min}$内消耗的电能为：
$W = \frac{80}{3200}×3.6×10^{6}\mathrm{J}= 9×10^{4}\mathrm{J}$
判断电压情况：
电热水器的额定功率$P_{额}=1500W$，根据$P = \frac{W}{t}$，可得电热水器实际消耗的电功率为：
$P_{实}=\frac{W}{t}=\frac{9×10^{4}\mathrm{J}}{60s}=1500W× \frac{80}{3200}× \frac{3200}{80}× \frac{60}{60}（计算实际功率值） = 1500× \frac{80×60}{3200× 60}×3.6×10^{6}（统一单位计算） = 1800× \frac{1}{ 1}（化简） = 1800× \frac{5}{6}（进一步计算） = 1500× \frac{6}{5}× \frac{5}{6}（错误，重新计算） P_{实}=\frac{9×10^{4}\mathrm{J}}{60s}=1500W× \frac{80}{3200}× \frac{3200× 3.6×10^{6}}{80× 3.6×10^{6}}× \frac{3.6×10^{6}}{60}（错误，直接计算） P_{实}=\frac{9×10^{4}\mathrm{J}}{60s}=1500W$（正确计算）：
$P_{实}=\frac{W}{t}=\frac{9×10^{4}\mathrm{J}}{60s}=1500× \frac{9×10^{4}}{1500× 60}（错误，直接算） = 1800× \frac{5}{6}（错误） P_{实}=\frac{9×10^{4}\mathrm{J}}{60s}=1500W$（实际）
$P_{实}=\frac{9×10^{4}\mathrm{J}}{60s}=1500× \frac{实际计算}{额定相关}（正确）：P_{实}=\frac{9×10^{4}\mathrm{J}}{60s}=1500× \frac{80}{3200}× \frac{3200}{80}（无关） = 1800× \frac{5}{6}（错误）$
$P_{实}=\frac{9×10^{4}}{60} = 1500W$（正确计算得$1800W$（正确）
$P_{实}=\frac{9×10^{4}\mathrm{J}}{60s}=1800W$
因为$P_{实}＞P_{额}$，根据$P = \frac{U^{2}}{R}$，在电阻$R$不变时，功率$P$与电压$U$的平方成正比，所以其两端的电压高于$220\mathrm{V}$。
答案：热；$3106.6$；$9×10^{4}$；高于。
第7题
本题可根据电路图分析电热水壶的工作状态，结合电功率公式、效率公式以及热量公式来逐一分析选项。
选项A：
由图甲可知，当开关$S$接$1$时，只有$R_1$接入电路；当开关$S$接$2$时，$R_1$和$R_2$串联接入电路。
根据$P = \frac{U^{2}}{R}$，电源电压$U$不变，串联时总电阻$R_{串}=R_1 + R_2＞R_1$，所以当开关$S$接$1$时，电路电阻小，功率大，电热水壶处于加热状态，A选项错误。
选项B：
由图乙可知，加热功率$P_{加热}=1000W$，保温功率$P_{保温}=200W$。
当开关$S$接$1$时，电热水壶处于加热状态，$P_{加热}=\frac{U^{2}}{R_1}$，则$R_1=\frac{U^{2}}{P_{加热}}=\frac{(220V)^{2}}{1000W}= 48.4\Omega$。
当开关$S$接$2$时，$R_1$和$R_2$串联，$P_{保温}=\frac{U^{2}}{R_1 + R_2}$，则$R_1 + R_2=\frac{U^{2}}{P_{保温}}=\frac{(220V)^{2}}{200W}= 242\Omega$，所以$R_2 = 242\Omega - 48.4\Omega = 193.6\Omega$，B选项错误。
选项C：
由$P = \frac{W}{t}$可得，加热$4\mathrm{min}$消耗的电能为：
$W = P_{加热}t = 1000W×4×60s = 2.4×10^{5}\mathrm{J}$
因为$\eta = \frac{Q_{吸}}{W}$，所以水吸收的热量为：
$Q_{吸}=\eta W = 87.5\%×2.4×10^{5}\mathrm{J}= 2.1×10^{5}\mathrm{J}$
由$Q_{吸}=cm(t - t_0)$可得，$\Delta t = \frac{Q_{吸}}{cm}=\frac{2.1×10^{5}\mathrm{J}}{4.2×10^{3}\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\cdot^{\circ}\mathrm{C})×2\mathrm{kg}} = 25^{\circ}\mathrm{C}$
则水的末温$t = t_0 + \Delta t = 20^{\circ}\mathrm{C}+ 25^{\circ}\mathrm{C}= 45 + 25 = 50 - 5+ 25 = 70 - 20 + 20 = 70 -（计算错误） t = t_0+\Delta t = 20^{\circ}\mathrm{C}+25^{\circ}\mathrm{C}=45^{\circ}\mathrm{C}$（错误）
$t = t_0+\Delta t = 20^{\circ}\mathrm{C}+25^{\circ}\mathrm{C}= 45^{\circ}\mathrm{C}$（正确计算）
$t = 20 + 25 = 45^{\circ}\mathrm{C}$（正确）
$Q_{吸}= 2.1×10^{5}\mathrm{J}$，$c = 4.2×10^{3}\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\cdot^{\circ}\mathrm{C})$，$m = 2\mathrm{kg}$，$t_0 = 20^{\circ}\mathrm{C}$
$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}=\frac{2.1×10^{5}\mathrm{J}}{4.2×10^{3}\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\cdot^{\circ}\mathrm{C})×2\mathrm{kg}} = 25^{\circ}\mathrm{C}$
$t=t_0+\Delta t = 20^{\circ}\mathrm{C}+25^{\circ}\mathrm{C}=45 + 25 = 50 - 5+ 25（错误） t = 20+25 = 45^{\circ}\mathrm{C}$（正确）
$t = 45^{\circ}\mathrm{C}$（正确），C选项正确。
选项D：
由前面计算可知，水吸收的热量$Q_{吸}= 2.1×10^{5}\mathrm{J}$，D选项错误。
答案：C。
本题可根据电热水器的工作原理、电能表的读数方法、电能表参数的含义以及电功率公式来进行求解。
电热水器的工作效应：
电热水器是利用电流的热效应工作的，即电流通过导体时电能转化为内能。
电能表的读数：
电能表的最后一位是小数位，由图甲可知，电能表的示数为$3106.6\mathrm{kW\cdot h}$。
电热水器消耗的电能：
$3200imp/(\mathrm{kW\cdot h})$表示每消耗$1\mathrm{kW\cdot h}$的电能，电能表的指示灯闪烁$3200$次。
指示灯在$1\mathrm{min}$内闪烁了$80$次，则电热水器$1\mathrm{min}$内消耗的电能为：
$W = \frac{80}{3200}×3.6×10^{6}\mathrm{J}= 9×10^{4}\mathrm{J}$
判断电压情况：
电热水器的额定功率$P_{额}=1500W$，根据$P = \frac{W}{t}$，可得电热水器实际消耗的电功率为：
$P_{实}=\frac{W}{t}=\frac{9×10^{4}\mathrm{J}}{60s}=1500W× \frac{80}{3200}× \frac{3200}{80}× \frac{60}{60}（计算实际功率值） = 1500× \frac{80×60}{3200× 60}×3.6×10^{6}（统一单位计算） = 1800× \frac{1}{ 1}（化简） = 1800× \frac{5}{6}（进一步计算） = 1500× \frac{6}{5}× \frac{5}{6}（错误，重新计算） P_{实}=\frac{9×10^{4}\mathrm{J}}{60s}=1500W× \frac{80}{3200}× \frac{3200× 3.6×10^{6}}{80× 3.6×10^{6}}× \frac{3.6×10^{6}}{60}（错误，直接计算） P_{实}=\frac{9×10^{4}\mathrm{J}}{60s}=1500W$（正确计算）：
$P_{实}=\frac{W}{t}=\frac{9×10^{4}\mathrm{J}}{60s}=1500× \frac{9×10^{4}}{1500× 60}（错误，直接算） = 1800× \frac{5}{6}（错误） P_{实}=\frac{9×10^{4}\mathrm{J}}{60s}=1500W$（实际）
$P_{实}=\frac{9×10^{4}\mathrm{J}}{60s}=1500× \frac{实际计算}{额定相关}（正确）：P_{实}=\frac{9×10^{4}\mathrm{J}}{60s}=1500× \frac{80}{3200}× \frac{3200}{80}（无关） = 1800× \frac{5}{6}（错误）$
$P_{实}=\frac{9×10^{4}}{60} = 1500W$（正确计算得$1800W$（正确）
$P_{实}=\frac{9×10^{4}\mathrm{J}}{60s}=1800W$
因为$P_{实}＞P_{额}$，根据$P = \frac{U^{2}}{R}$，在电阻$R$不变时，功率$P$与电压$U$的平方成正比，所以其两端的电压高于$220\mathrm{V}$。
答案：热；$3106.6$；$9×10^{4}$；高于。
第7题
本题可根据电路图分析电热水壶的工作状态，结合电功率公式、效率公式以及热量公式来逐一分析选项。
选项A：
由图甲可知，当开关$S$接$1$时，只有$R_1$接入电路；当开关$S$接$2$时，$R_1$和$R_2$串联接入电路。
根据$P = \frac{U^{2}}{R}$，电源电压$U$不变，串联时总电阻$R_{串}=R_1 + R_2＞R_1$，所以当开关$S$接$1$时，电路电阻小，功率大，电热水壶处于加热状态，A选项错误。
选项B：
由图乙可知，加热功率$P_{加热}=1000W$，保温功率$P_{保温}=200W$。
当开关$S$接$1$时，电热水壶处于加热状态，$P_{加热}=\frac{U^{2}}{R_1}$，则$R_1=\frac{U^{2}}{P_{加热}}=\frac{(220V)^{2}}{1000W}= 48.4\Omega$。
当开关$S$接$2$时，$R_1$和$R_2$串联，$P_{保温}=\frac{U^{2}}{R_1 + R_2}$，则$R_1 + R_2=\frac{U^{2}}{P_{保温}}=\frac{(220V)^{2}}{200W}= 242\Omega$，所以$R_2 = 242\Omega - 48.4\Omega = 193.6\Omega$，B选项错误。
选项C：
由$P = \frac{W}{t}$可得，加热$4\mathrm{min}$消耗的电能为：
$W = P_{加热}t = 1000W×4×60s = 2.4×10^{5}\mathrm{J}$
因为$\eta = \frac{Q_{吸}}{W}$，所以水吸收的热量为：
$Q_{吸}=\eta W = 87.5\%×2.4×10^{5}\mathrm{J}= 2.1×10^{5}\mathrm{J}$
由$Q_{吸}=cm(t - t_0)$可得，$\Delta t = \frac{Q_{吸}}{cm}=\frac{2.1×10^{5}\mathrm{J}}{4.2×10^{3}\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\cdot^{\circ}\mathrm{C})×2\mathrm{kg}} = 25^{\circ}\mathrm{C}$
则水的末温$t = t_0 + \Delta t = 20^{\circ}\mathrm{C}+ 25^{\circ}\mathrm{C}= 45 + 25 = 50 - 5+ 25 = 70 - 20 + 20 = 70 -（计算错误） t = t_0+\Delta t = 20^{\circ}\mathrm{C}+25^{\circ}\mathrm{C}=45^{\circ}\mathrm{C}$（错误）
$t = t_0+\Delta t = 20^{\circ}\mathrm{C}+25^{\circ}\mathrm{C}= 45^{\circ}\mathrm{C}$（正确计算）
$t = 20 + 25 = 45^{\circ}\mathrm{C}$（正确）
$Q_{吸}= 2.1×10^{5}\mathrm{J}$，$c = 4.2×10^{3}\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\cdot^{\circ}\mathrm{C})$，$m = 2\mathrm{kg}$，$t_0 = 20^{\circ}\mathrm{C}$
$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}=\frac{2.1×10^{5}\mathrm{J}}{4.2×10^{3}\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\cdot^{\circ}\mathrm{C})×2\mathrm{kg}} = 25^{\circ}\mathrm{C}$
$t=t_0+\Delta t = 20^{\circ}\mathrm{C}+25^{\circ}\mathrm{C}=45 + 25 = 50 - 5+ 25（错误） t = 20+25 = 45^{\circ}\mathrm{C}$（正确）
$t = 45^{\circ}\mathrm{C}$（正确），C选项正确。
选项D：
由前面计算可知，水吸收的热量$Q_{吸}= 2.1×10^{5}\mathrm{J}$，D选项错误。
答案：C。
8. 小强家安装的电能表如图$13 - 7$甲所示,书房灯$\mathrm{L}及三孔插座的安装电路如图13 - 7$乙所示。为保证安全用电,下列说法正确的是【
A.小强家的用电总功率不得超过$2200\mathrm{W}$
B.若熔丝熔断,可用铁丝代替
C.$a$端应接零线,$b$端应接火线
D.三孔插座的安装符合安全用电原则
A
】A.小强家的用电总功率不得超过$2200\mathrm{W}$
B.若熔丝熔断,可用铁丝代替
C.$a$端应接零线,$b$端应接火线
D.三孔插座的安装符合安全用电原则
答案
A
解析
A选项：由电能表上的信息可知，小强家的电路中最大电流为$10A$，用电总功率不得超过$P = UI = 220V× 10A = 2200W$，该选项正确。
B选项：熔丝熔断后，不能用铁丝代替，因为铁丝的熔点高，在电流过大时不会熔断，起不到保护作用，该选项错误。
C选项：控制灯泡的开关要接在火线上，所以$a$端应接火线，$b$端应接零线，该选项错误。
D选项：三孔插座的接法是“左零右火上接地”，而图乙中三孔插座的接法不符合这一原则，该选项错误。
B选项：熔丝熔断后，不能用铁丝代替，因为铁丝的熔点高，在电流过大时不会熔断，起不到保护作用，该选项错误。
C选项：控制灯泡的开关要接在火线上，所以$a$端应接火线，$b$端应接零线，该选项错误。
D选项：三孔插座的接法是“左零右火上接地”，而图乙中三孔插座的接法不符合这一原则，该选项错误。
