登录
4. 已知电阻$R_{1}= 20\Omega$,$R_{2}= 30\Omega$,若将它们串联在电路中,则在相同时间内产生的热量之比$Q_{1}:Q_{2}= $______；若将它们并联在电路中,则在相同时间内产生的热量之比$Q_{1}:Q_{2}= $______。
答案
2:3
3:2
3:2
解析
【解析】
1. 串联电路中，电流处处相等（$I_1=I_2$），通电时间$t$相同，根据焦耳定律$Q=I^2Rt$，可得：
$\frac{Q_1}{Q_2}=\frac{I^2R_1t}{I^2R_2t}=\frac{R_1}{R_2}=\frac{20\Omega}{30\Omega}=\frac{2}{3}$。
2. 并联电路中，各支路两端电压相等（$U_1=U_2$），通电时间$t$相同，根据焦耳定律变形式$Q=\frac{U^2t}{R}$，可得：
$\frac{Q_1}{Q_2}=\frac{\frac{U^2t}{R_1}}{\frac{U^2t}{R_2}}=\frac{R_2}{R_1}=\frac{30\Omega}{20\Omega}=\frac{3}{2}$。
【答案】
$2:3$；$3:2$
【知识点】
焦耳定律的应用、串并联电路特点
【点评】
本题考查焦耳定律在串并联电路中的应用，需根据串并联电路的电流、电压特点，选择合适的焦耳定律公式计算，明确串并联电路中热量与电阻的关系是解题关键。
【难度系数】
0.8
1. 串联电路中，电流处处相等（$I_1=I_2$），通电时间$t$相同，根据焦耳定律$Q=I^2Rt$，可得：
$\frac{Q_1}{Q_2}=\frac{I^2R_1t}{I^2R_2t}=\frac{R_1}{R_2}=\frac{20\Omega}{30\Omega}=\frac{2}{3}$。
2. 并联电路中，各支路两端电压相等（$U_1=U_2$），通电时间$t$相同，根据焦耳定律变形式$Q=\frac{U^2t}{R}$，可得：
$\frac{Q_1}{Q_2}=\frac{\frac{U^2t}{R_1}}{\frac{U^2t}{R_2}}=\frac{R_2}{R_1}=\frac{30\Omega}{20\Omega}=\frac{3}{2}$。
【答案】
$2:3$；$3:2$
【知识点】
焦耳定律的应用、串并联电路特点
【点评】
本题考查焦耳定律在串并联电路中的应用，需根据串并联电路的电流、电压特点，选择合适的焦耳定律公式计算，明确串并联电路中热量与电阻的关系是解题关键。
【难度系数】
0.8
5. 假设$2A$的电流通过某用电器时,在某段时间内产生的热量为$Q$。如果将电流增大到$4A$,那么在相同的时间内产生的热量为________。
答案
4Q
解析
【解析】
根据焦耳定律$Q=I^{2}Rt$，当电阻$R$和时间$t$不变时，电流产生的热量与电流的平方成正比。
已知原来的电流$I_1=2A$，后来的电流$I_2=4A$，即$I_2=2I_1$，则$\frac{Q_2}{Q_1}=\frac{I_2^2Rt}{I_1^2Rt}=(\frac{I_2}{I_1})^2=(\frac{4A}{2A})^2=4$，因此$Q_2=4Q_1=4Q$。
【答案】
$4Q$
【知识点】
焦耳定律
【点评】
本题考查焦耳定律的直接应用，通过控制变量法分析电流变化对产生热量的影响，属于基础题型。
【难度系数】
0.8
根据焦耳定律$Q=I^{2}Rt$，当电阻$R$和时间$t$不变时，电流产生的热量与电流的平方成正比。
已知原来的电流$I_1=2A$，后来的电流$I_2=4A$，即$I_2=2I_1$，则$\frac{Q_2}{Q_1}=\frac{I_2^2Rt}{I_1^2Rt}=(\frac{I_2}{I_1})^2=(\frac{4A}{2A})^2=4$，因此$Q_2=4Q_1=4Q$。
【答案】
$4Q$
【知识点】
焦耳定律
【点评】
本题考查焦耳定律的直接应用，通过控制变量法分析电流变化对产生热量的影响，属于基础题型。
【难度系数】
0.8
6. 将一台“$220V$ $100W$”的电风扇、一台“$220V$ $100W$”的电视机、一个“$220V$ $100W$”的电烙铁分别接到$220V$的电源上。在相同时间内,电流通过它们产生的热量中最多的是( )。
A.电烙铁
B.电风扇
C.电视机
D.一样多
A.电烙铁
B.电风扇
C.电视机
D.一样多
答案
A
解析
【解析】
三个用电器的额定电压均为220V，额定功率均为100W，接在220V电源上时，实际功率等于额定功率，相同时间内消耗的电能相同。但不同用电器的能量转化情况不同：电风扇主要将电能转化为机械能，少量转化为内能；电视机将电能转化为光能、声能和少量内能；电烙铁是纯电阻用电器，电能全部转化为内能。因此相同时间内，电流通过电烙铁产生的热量最多。
【答案】
A
【知识点】
电能的转化；纯电阻电路特点；焦耳定律
【点评】
本题考查不同用电器的能量转化差异，关键在于区分纯电阻与非纯电阻电路的电能转化形式，理解纯电阻用电器的电能全部转化为内能，非纯电阻用电器的电能大部分转化为其他形式的能，只有少部分转化为内能。
【难度系数】
0.6
三个用电器的额定电压均为220V，额定功率均为100W，接在220V电源上时，实际功率等于额定功率，相同时间内消耗的电能相同。但不同用电器的能量转化情况不同：电风扇主要将电能转化为机械能，少量转化为内能；电视机将电能转化为光能、声能和少量内能；电烙铁是纯电阻用电器，电能全部转化为内能。因此相同时间内，电流通过电烙铁产生的热量最多。
【答案】
A
【知识点】
电能的转化；纯电阻电路特点；焦耳定律
【点评】
本题考查不同用电器的能量转化差异，关键在于区分纯电阻与非纯电阻电路的电能转化形式，理解纯电阻用电器的电能全部转化为内能，非纯电阻用电器的电能大部分转化为其他形式的能，只有少部分转化为内能。
【难度系数】
0.6
7. 有关部门提醒,市面上可能存在不达标的插线板,购买时需仔细辨别。部分不达标的插线板电源线的芯线比合格产品细,使用这种插线板为什么存在安全隐患？
答案
在材料和长度一定时,导体的横截面积越小,电阻越大,即细的芯线电阻大;根据$Q=I^{2}Rt$可知,在电流和通电时间一定时,电阻越大,电流通过细的芯线产生的热量越多,易发生火灾,存在安全隐患
解析
【解析】
在材料和长度一定时，导体的横截面积越小，电阻越大，即不达标的插线板细芯线的电阻较大；根据$Q=I^{2}Rt$可知，在电流和通电时间一定时，电阻越大，电流通过细芯线产生的热量越多，易发生火灾，存在安全隐患。
【答案】
因为芯线细，在材料、长度一定时电阻大，根据焦耳定律，电流和通电时间一定时，电阻大产生的热量多，易引发火灾，存在安全隐患。
【知识点】
影响电阻的因素、焦耳定律的应用
【点评】
本题结合生活中的安全问题，考查对影响电阻大小的因素及焦耳定律的理解与应用，引导学生关注生活中的物理知识，提升安全意识。
【难度系数】
0.6
在材料和长度一定时，导体的横截面积越小，电阻越大，即不达标的插线板细芯线的电阻较大；根据$Q=I^{2}Rt$可知，在电流和通电时间一定时，电阻越大，电流通过细芯线产生的热量越多，易发生火灾，存在安全隐患。
【答案】
因为芯线细，在材料、长度一定时电阻大，根据焦耳定律，电流和通电时间一定时，电阻大产生的热量多，易引发火灾，存在安全隐患。
【知识点】
影响电阻的因素、焦耳定律的应用
【点评】
本题结合生活中的安全问题，考查对影响电阻大小的因素及焦耳定律的理解与应用，引导学生关注生活中的物理知识，提升安全意识。
【难度系数】
0.6
8. 电水壶简化电路图如图 17 - 18 所示,其中$R_{1}和R_{2}$为发热电阻,$S_{1}$为总开关,$S_{2}$为温度开关,有 1、2 两个触点分别控制电水壶的加热和保温。下表中的数据为电水壶的部分参数。
|水壶容量|1L|
|额定电压|220V|
|加热功率|1100W|
|发热电阻$R_{1}$的阻值|176Ω|
(1)当$S_{1}$闭合,$S_{2}$接 1 时,电水壶处于________(选填“加热”或“保温”)状态。
(2)发热电阻$R_{2}$的阻值是多少？
(3)电水壶的保温功率是多少？
|水壶容量|1L|
|额定电压|220V|
|加热功率|1100W|
|发热电阻$R_{1}$的阻值|176Ω|
(1)当$S_{1}$闭合,$S_{2}$接 1 时,电水壶处于________(选填“加热”或“保温”)状态。
(2)发热电阻$R_{2}$的阻值是多少？
(3)电水壶的保温功率是多少？
答案
加热
（2）当$S_{1}$闭合，$S_{2}$接1时，电路为$R_{2}$的简单电路，此时电
水壶处于加热状态。根据$P = \frac{U^{2}}{R}$，可得
$R_{2}=\frac{U^{2}}{P_{加热}}=\frac{(220\ V)^{2}}{1100\ W} = 44\ \Omega$
（3）当$S_{1}$闭合，$S_{2}$接2时，$R_{1}$与$R_{2}$串联，此时电水壶处于保温状态。
总电阻$R = R_{1}+R_{2}=176\ \Omega + 44\ \Omega=220\ \Omega$，
保温功率$P_{保温}=\frac{U^{2}}{R}=\frac{(220\ V)^{2}}{220\ \Omega}=220\ W$
解析
【解析】
(1) 当$S_{1}$闭合，$S_{2}$接1时，电路中只有$R_{2}$接入，根据$P=\frac{U^{2}}{R}$，电压一定时，电阻越小，功率越大，此时电路电阻最小，功率最大，电水壶处于加热状态。
(2) 当$S_{1}$闭合，$S_{2}$接1时，电路为$R_{2}$的简单电路，电水壶处于加热状态。已知$U=220V$，$P_{加热}=1100W$，由$P=\frac{U^{2}}{R}$得：
$R_{2}=\frac{U^{2}}{P_{加热}}=\frac{(220V)^{2}}{1100W}=44\Omega$
(3) 当$S_{1}$闭合，$S_{2}$接2时，$R_{1}$与$R_{2}$串联，电水壶处于保温状态。
总电阻$R=R_{1}+R_{2}=176\Omega+44\Omega=220\Omega$，
由$P=\frac{U^{2}}{R}$得保温功率：
$P_{保温}=\frac{U^{2}}{R}=\frac{(220V)^{2}}{220\Omega}=220W$
【答案】
(1) 加热
(2) $44\Omega$
(3) $220W$
【知识点】
电功率的计算；串并联电路电阻特点；电路状态判断
【点评】
本题考查电功率公式的应用及串并联电路的特点，核心是根据开关状态判断电路连接方式，结合公式进行计算。
【难度系数】
0.6
(1) 当$S_{1}$闭合，$S_{2}$接1时，电路中只有$R_{2}$接入，根据$P=\frac{U^{2}}{R}$，电压一定时，电阻越小，功率越大，此时电路电阻最小，功率最大，电水壶处于加热状态。
(2) 当$S_{1}$闭合，$S_{2}$接1时，电路为$R_{2}$的简单电路，电水壶处于加热状态。已知$U=220V$，$P_{加热}=1100W$，由$P=\frac{U^{2}}{R}$得：
$R_{2}=\frac{U^{2}}{P_{加热}}=\frac{(220V)^{2}}{1100W}=44\Omega$
(3) 当$S_{1}$闭合，$S_{2}$接2时，$R_{1}$与$R_{2}$串联，电水壶处于保温状态。
总电阻$R=R_{1}+R_{2}=176\Omega+44\Omega=220\Omega$，
由$P=\frac{U^{2}}{R}$得保温功率：
$P_{保温}=\frac{U^{2}}{R}=\frac{(220V)^{2}}{220\Omega}=220W$
【答案】
(1) 加热
(2) $44\Omega$
(3) $220W$
【知识点】
电功率的计算；串并联电路电阻特点；电路状态判断
【点评】
本题考查电功率公式的应用及串并联电路的特点，核心是根据开关状态判断电路连接方式，结合公式进行计算。
【难度系数】
0.6
