1. (2024·泰州二附中二模)小金家卫生间新装一种智能抽水马桶，该马桶有坐垫自动加热和保温功能，坐垫加热原理如图甲，$R_{a}$是安装在坐垫内的热敏电阻，其阻值变化如图乙所示。闭合开关$\mathrm{S}_{1}$、$\mathrm{S}_{2}$，电热坐垫可在高功率和低功率模式之间切换，使其温度维持在一定范围。工作电路中电热丝$R_{1}$和$R_{2}$的阻值均为$1210\ \Omega$，电磁铁电阻忽略不计。

(1)分析图中数据，当温度升高时，热敏电阻$R_{a}$的阻值(填“变大”或“变小”)。
(2)当所有开关均断开，衔铁$L_{a}$和$L_{b}$下方的触点位置如图甲所示，闭合开关$\mathrm{S}_{1}$、$\mathrm{S}_{2}$，电热坐垫启动高功率工作模式。当通过电磁铁的电流达到$0.05\ \mathrm{A}$时，衔铁$L_{a}$和$L_{b}$同时被吸引，带动下方的动触点(白色部分)移动，转为低功率工作模式。当坐垫温度降低使通过电磁铁的电流为$0.03\ \mathrm{A}$时，电磁铁无法吸住衔铁$L_{a}$和$L_{b}$，$L_{a}$、$L_{b}$恢复原位，又转为高功率工作模式。请分别求出两种工作模式时工作电路的电功率。

1.(1)变小 (2)高功率:80 W 低功率:20 W
解析:(1)由图可得,当温度升高时,热敏电阻$R_{a}$的阻值变小.
(2)当通过电磁铁的电流达到0.05 A,衔铁$L_{a}$和$L_{b}$同时被吸引时,电阻$R_{1}$与$R_{2}$串联接入电路,此时为低功率,电路中的总电阻为$R_{总1}=R_{1}+R_{2}=1 210 \Omega+1 210 \Omega=2 420 \Omega$,
由$P=\frac{U^{2}}{R}$可得,此时电路的功率为$P_{1}=\frac{U^{2}}{R_{总1}}=\frac{(220 V)^{2}}{2 420 \Omega}=$
20 W.当通过电磁铁的电流达到0.03 A,衔铁同时断开时,电阻$R_{2}$与$R_{1}$并联接入电路,电路中的总电阻为$R_{总2}=\frac{R_{1}R_{2}}{R_{1}+R_{2}}=\frac{1 210 \Omega×1 210 \Omega}{1 210 \Omega+1 210 \Omega}=605 \Omega$,
此时为高功率,电路的功率为$P_{2}=\frac{U^{2}}{R_{总2}}=\frac{(220 V)^{2}}{605 \Omega}=80$ W,
所以低、高功率两种工作模式下的电功率分别为20 W和
80 W.

2. 图甲是小明设计的一种家用即热式饮水机，$R$为电阻箱，$R_{\mathrm{F}}$为置于储水箱底部的压力敏感电阻，其阻值随上方水的压力的变化而变化。已知$U = 6\ \mathrm{V}$。当电磁铁线圈中的电流$I \leq 0.04\ \mathrm{A}$时，开关$\mathrm{K}$被释放，指示灯$\mathrm{L}$亮起，表示水量不足；当$I ＞ 0.04\ \mathrm{A}$时，$\mathrm{K}$被吸上。电磁铁线圈电阻不计。

(1)随着水箱内水量的减少，$R_{\mathrm{F}}$所受水的压力；$R_{\mathrm{F}}$的阻值应随压力的减小而。(均填“增大”或“减小”)
(2)若将电阻箱接入电路的阻值调至$100\ \Omega$，指示灯$\mathrm{L}$刚亮起时$R_{\mathrm{F}}$的阻值为。
(3)如图乙所示，水泵使水箱内的水以$v = 0.1\ \mathrm{m/s}$的恒定速度流过粗细均匀的管道，管道的横截面积$S = 1\ \mathrm{cm}^{2}$；虚线框内是长$L = 0.1\ \mathrm{m}$的加热区，阻值$R_{1} = 22\ \Omega$的电阻丝均匀缠绕在加热区的管道上，两端电压为$220\ \mathrm{V}$。设水仅在加热区才被加热，且在通过加热区的过程中受热均匀，电阻丝产生的热量全部被水吸收。
①设水的初温为$25\ {^{\circ}C}$，经过加热区后热水的温度是${^{\circ}C}$。(结果保留一位小数)
②为提高经过加热区后热水的温度，请提出两种符合实际的解决办法：、。

2.(1)减小 增大 (2)$50 \Omega$ (3)①77.4 ②减小水流速度减小电阻
解析:(1)随着水箱内水量的减少,$R_{F}$所受水的压强减小,根据$F = pS$,$R_{F}$所受水的压力减小.由题可知,压力减小,电流要变小,灯才能亮,所以$R_{F}$的阻值应随压力的减小而增大.
(2)指示灯L刚亮起时$R_{F}$的阻值
$R_{F}=\frac{U}{I}-R=\frac{6 V}{0.04 A}-100 \Omega=50 \Omega$.
(3)①水流经过加热装置的时间$t=\frac{L}{v}=\frac{0.1 m}{0.1 m/s}=1 s$,
加热装置产生热量$Q = W=\frac{U^{2}}{R_{1}}t=\frac{(220 V)^{2}}{22 \Omega}×1 s = 2 200 J$,
水升温$\Delta t=\frac{Q}{cm}=\frac{Q}{c\rho V}=\frac{Q}{c\rho LS}=$
$\frac{2 200 J}{4.2×10^{3} J/(kg · ^{\circ}C)×10^{3} kg/m^{3}×0.1 m×1×10^{-4} m^{2}}\approx52.4^{\circ}C$,
末温$t_{2}=25^{\circ}C + 52.4^{\circ}C = 77.4^{\circ}C$.
②减小水流速度,则加热时间变长,可以提高经过加热区后热水的温度;减小电阻,根据$P=\frac{U^{2}}{R}$,功率变大,可以提高经过加热区后热水的温度.