登录
4 ▶一题多变·电热水壶烧水过程中的电、热综合计算
[2025河南中考]某电热水壶的额定电压为220 V,额定功率为1 100 W,将它接入家庭电路中正常工作。在标准大气压下,将壶内质量为1 kg、初温为23 ℃的水烧开,不计热量损失,至少需要的时间为
[2025河南中考]某电热水壶的额定电压为220 V,额定功率为1 100 W,将它接入家庭电路中正常工作。在标准大气压下,将壶内质量为1 kg、初温为23 ℃的水烧开,不计热量损失,至少需要的时间为
294
s,此过程中通过电热水壶的电流为5
A。[已知$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$]答案
294 5
【解析】 在标准大气压下,水的沸点为$100\ \mathrm{° C}$(隐含条件),水吸收的热量$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)}×1\ \mathrm{kg}×(100\ \mathrm{° C}-23\ \mathrm{° C})=3.234×10^5\ \mathrm{J}$;不计热量损失,电热水壶消耗的电能$W=Q_{吸}=3.234×10^5\ \mathrm{J}$;由$P=\frac{W}{t}$得,所需的加热时间$t_{时}=\frac{W}{P}=\frac{3.234×10^5\ \mathrm{J}}{1100\ \mathrm{W}}=294\ \mathrm{s}$。 电热水壶正常工作,根据$P=UI$可知,通过电热水壶的电流,即电热水壶的额定电流$I=\frac{P}{U}=\frac{1100\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=5\ \mathrm{A}$。
【解析】 在标准大气压下,水的沸点为$100\ \mathrm{° C}$(隐含条件),水吸收的热量$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)}×1\ \mathrm{kg}×(100\ \mathrm{° C}-23\ \mathrm{° C})=3.234×10^5\ \mathrm{J}$;不计热量损失,电热水壶消耗的电能$W=Q_{吸}=3.234×10^5\ \mathrm{J}$;由$P=\frac{W}{t}$得,所需的加热时间$t_{时}=\frac{W}{P}=\frac{3.234×10^5\ \mathrm{J}}{1100\ \mathrm{W}}=294\ \mathrm{s}$。 电热水壶正常工作,根据$P=UI$可知,通过电热水壶的电流,即电热水壶的额定电流$I=\frac{P}{U}=\frac{1100\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=5\ \mathrm{A}$。
解析
【分析】
要解决这道题，需分两步计算：一是求电热水壶正常工作时的电流，二是求将水烧开所需的时间。首先，电热水壶正常工作时，实际电压等于额定电压，实际功率等于额定功率，根据电功率公式P=UI可直接计算电流；其次，计算水吸收的热量，利用Q吸=c水mΔt，注意标准大气压下水的沸点为100℃，初温23℃，Δt=100℃-23℃，不计热量损失时，电热水壶消耗的电能W等于水吸收的热量Q吸，再根据电功率公式P=W/t变形得到t=W/P，代入数值计算时间。
【解析】
1. 计算通过电热水壶的电流：
电热水壶正常工作，额定电压U=220V，额定功率P=1100W，根据公式P=UI，可得电流I=P/U=1100W/220V=5A。
2. 计算将水烧开所需的时间：
标准大气压下，水的沸点为100℃，水升高的温度Δt=100℃-23℃=77℃。
水吸收的热量Q吸=c水mΔt=4.2×10³J/(kg·℃)×1kg×77℃=3.234×10⁵J。
不计热量损失，电热水壶消耗的电能W=Q吸=3.234×10⁵J。
根据公式P=W/t，变形得时间t=W/P=3.234×10⁵J /1100W=294s。
【答案】
294；5
【知识点】
电功率计算、热量计算、电能计算
【点评】
本题是电与热的综合基础计算题，需注意隐含条件（标准大气压下水的沸点为100℃），熟练运用电功率、热量的相关公式即可解决，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需分两步计算：一是求电热水壶正常工作时的电流，二是求将水烧开所需的时间。首先，电热水壶正常工作时，实际电压等于额定电压，实际功率等于额定功率，根据电功率公式P=UI可直接计算电流；其次，计算水吸收的热量，利用Q吸=c水mΔt，注意标准大气压下水的沸点为100℃，初温23℃，Δt=100℃-23℃，不计热量损失时，电热水壶消耗的电能W等于水吸收的热量Q吸，再根据电功率公式P=W/t变形得到t=W/P，代入数值计算时间。
【解析】
1. 计算通过电热水壶的电流：
电热水壶正常工作，额定电压U=220V，额定功率P=1100W，根据公式P=UI，可得电流I=P/U=1100W/220V=5A。
2. 计算将水烧开所需的时间：
标准大气压下，水的沸点为100℃，水升高的温度Δt=100℃-23℃=77℃。
水吸收的热量Q吸=c水mΔt=4.2×10³J/(kg·℃)×1kg×77℃=3.234×10⁵J。
不计热量损失，电热水壶消耗的电能W=Q吸=3.234×10⁵J。
根据公式P=W/t，变形得时间t=W/P=3.234×10⁵J /1100W=294s。
【答案】
294；5
【知识点】
电功率计算、热量计算、电能计算
【点评】
本题是电与热的综合基础计算题，需注意隐含条件（标准大气压下水的沸点为100℃），熟练运用电功率、热量的相关公式即可解决，难度适中。
【难度系数】
0.6
4.1 如图甲是一种新型插座，它能即时显示接在该插座的用电器的工作电压和所耗电费等信息（插座本身消耗的电能由内部电池提供），小明将装有质量为2.4 kg、初温为10 ℃水的电水壶插在该插座上，这时插座屏幕上显示如图乙所示，当水烧开至100 ℃时，屏幕显示如图丙所示，这段时间内电水壶消耗的电能为
$1.08×10^6$
J，实际功率为1 500
W，电水壶烧水的效率为84%
。[电费单价：0.5元/(kW·h)；$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$]答案
$1.08×10^6$ 1 500 84%
【解析】 这段时间内电水壶消耗的电能$W=\frac{0.15\ \mathrm{元}}{0.5\ \mathrm{元/(kW· h)}}=0.3\ \mathrm{kW· h}=1.08×10^6\ \mathrm{J}$。电水壶的实际功率$P=\frac{W}{t}=\frac{0.3\ \mathrm{kW· h}}{\frac{12}{60}\ \mathrm{h}}=1.5\ \mathrm{kW}=1500\ \mathrm{W}$。电水壶中水吸收的热量$Q=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)}×2.4\ \mathrm{kg}×(100\ \mathrm{° C}-10\ \mathrm{° C})=907200\ \mathrm{J}$,则电水壶烧水的效率$\eta=\frac{Q}{W}×100\%=\frac{907200\ \mathrm{J}}{1.08×10^6\ \mathrm{J}}×100\%=84\%$。
【解析】 这段时间内电水壶消耗的电能$W=\frac{0.15\ \mathrm{元}}{0.5\ \mathrm{元/(kW· h)}}=0.3\ \mathrm{kW· h}=1.08×10^6\ \mathrm{J}$。电水壶的实际功率$P=\frac{W}{t}=\frac{0.3\ \mathrm{kW· h}}{\frac{12}{60}\ \mathrm{h}}=1.5\ \mathrm{kW}=1500\ \mathrm{W}$。电水壶中水吸收的热量$Q=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)}×2.4\ \mathrm{kg}×(100\ \mathrm{° C}-10\ \mathrm{° C})=907200\ \mathrm{J}$,则电水壶烧水的效率$\eta=\frac{Q}{W}×100\%=\frac{907200\ \mathrm{J}}{1.08×10^6\ \mathrm{J}}×100\%=84\%$。
解析
【分析】
要解决这道题，需从图中提取关键信息，分步骤计算：首先根据电费差和电费单价算出电水壶消耗的电能；再计算电水壶的工作时间，结合电能求出实际功率；最后计算水吸收的热量，通过热量与电能的比值得到烧水效率，注意单位的换算。
【解析】
1. 计算电水壶消耗的电能：
这段时间电费差为0.15元，电费单价是0.5元/(kW·h)，则消耗的电能：
$W=\frac{0.15\ \mathrm{元}}{0.5\ \mathrm{元/(kW·h)}}=0.3\ \mathrm{kW·h}=0.3×3.6×10^6\ \mathrm{J}=1.08×10^6\ \mathrm{J}$。
2. 计算电水壶的实际功率：
工作时间$t=14:32 -14:20=12\ \mathrm{min}=\frac{12}{60}\ \mathrm{h}=0.2\ \mathrm{h}$，则实际功率：
$P=\frac{W}{t}=\frac{0.3\ \mathrm{kW·h}}{0.2\ \mathrm{h}}=1.5\ \mathrm{kW}=1500\ \mathrm{W}$。
3. 计算电水壶烧水的效率：
水吸收的热量：
$Q=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2.4\ \mathrm{kg}×(100℃-10℃)=907200\ \mathrm{J}$，
则效率：
$\eta=\frac{Q}{W}×100\%=\frac{907200\ \mathrm{J}}{1.08×10^6\ \mathrm{J}}×100\%=84\%$。
【答案】
$1.08×10^6$；$1500$；$84\%$
【知识点】
电能计算、电功率计算、热效率计算
【点评】
本题结合生活实际场景，考查电能、电功率和热效率的综合计算，需准确提取图中时间和电费信息，注意单位换算，是一道中等难度的电学与热学结合题。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需从图中提取关键信息，分步骤计算：首先根据电费差和电费单价算出电水壶消耗的电能；再计算电水壶的工作时间，结合电能求出实际功率；最后计算水吸收的热量，通过热量与电能的比值得到烧水效率，注意单位的换算。
【解析】
1. 计算电水壶消耗的电能：
这段时间电费差为0.15元，电费单价是0.5元/(kW·h)，则消耗的电能：
$W=\frac{0.15\ \mathrm{元}}{0.5\ \mathrm{元/(kW·h)}}=0.3\ \mathrm{kW·h}=0.3×3.6×10^6\ \mathrm{J}=1.08×10^6\ \mathrm{J}$。
2. 计算电水壶的实际功率：
工作时间$t=14:32 -14:20=12\ \mathrm{min}=\frac{12}{60}\ \mathrm{h}=0.2\ \mathrm{h}$，则实际功率：
$P=\frac{W}{t}=\frac{0.3\ \mathrm{kW·h}}{0.2\ \mathrm{h}}=1.5\ \mathrm{kW}=1500\ \mathrm{W}$。
3. 计算电水壶烧水的效率：
水吸收的热量：
$Q=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2.4\ \mathrm{kg}×(100℃-10℃)=907200\ \mathrm{J}$，
则效率：
$\eta=\frac{Q}{W}×100\%=\frac{907200\ \mathrm{J}}{1.08×10^6\ \mathrm{J}}×100\%=84\%$。
【答案】
$1.08×10^6$；$1500$；$84\%$
【知识点】
电能计算、电功率计算、热效率计算
【点评】
本题结合生活实际场景，考查电能、电功率和热效率的综合计算，需准确提取图中时间和电费信息，注意单位换算，是一道中等难度的电学与热学结合题。
【难度系数】
0.5
4.2 [2025深圳模拟]甲、乙两个电热水壶在标准大气压下将质量和初温都相同的水烧开，电热水壶的热效率及用时如表所示，两壶水吸收的热量
物理量 甲 乙
电热水壶的热效率η（η = $\frac{Q_{吸}}{W}$ ×100%） 85% 80%
用时t/min 5 6
水吸收的热量 其他能量
一样多
（填“甲多”“乙多”或“一样多”），烧开两壶水电流做的功乙多
（填“甲多”“乙多”或“一样多”），甲
（填“甲”或“乙”）电热水壶的效率更高，甲
（填“甲”或“乙”）电热水壶的实际电功率更大。物理量 甲 乙
电热水壶的热效率η（η = $\frac{Q_{吸}}{W}$ ×100%） 85% 80%
用时t/min 5 6
水吸收的热量 其他能量
答案
一样多 乙多 甲 甲
【解析】 用两个电热水壶,在标准大气压下将质量和初温都相同的水烧开,水的质量、比热容和升高的温度相同,根据$Q_{吸}=cm\Delta t$可知,两热水壶中水吸收的热量一样多。由题图可知,甲热水壶的效率大于乙热水壶的效率,即$\eta_甲＞\eta_乙$,由$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}$可得,$W=\frac{Q_{吸}}{\eta}$,结合上述分析可知,甲热水壶消耗的电能小于乙热水壶消耗的电能。
设热水壶中水吸收的热量为$Q$,由题图可知,电热水壶甲消耗的电能$W_甲=\frac{Q}{85\%}$,电热水壶乙消耗的电能$W_乙=\frac{Q}{80\%}$,所用时间之比$\frac{t_甲}{t_乙}=\frac{5\ \mathrm{min}}{6\ \mathrm{min}}=\frac{5}{6}$,根据$P=\frac{W}{t}$可知,两热水壶的实际电功率之比$\frac{P_甲}{P_乙}=\frac{W_甲}{W_乙}×\frac{t_乙}{t_甲}=\frac{\frac{Q}{85\%}}{\frac{Q}{80\%}}×\frac{6}{5}=\frac{96}{85}$,故甲热水壶的实际电功率较大。
【解析】 用两个电热水壶,在标准大气压下将质量和初温都相同的水烧开,水的质量、比热容和升高的温度相同,根据$Q_{吸}=cm\Delta t$可知,两热水壶中水吸收的热量一样多。由题图可知,甲热水壶的效率大于乙热水壶的效率,即$\eta_甲＞\eta_乙$,由$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}$可得,$W=\frac{Q_{吸}}{\eta}$,结合上述分析可知,甲热水壶消耗的电能小于乙热水壶消耗的电能。
设热水壶中水吸收的热量为$Q$,由题图可知,电热水壶甲消耗的电能$W_甲=\frac{Q}{85\%}$,电热水壶乙消耗的电能$W_乙=\frac{Q}{80\%}$,所用时间之比$\frac{t_甲}{t_乙}=\frac{5\ \mathrm{min}}{6\ \mathrm{min}}=\frac{5}{6}$,根据$P=\frac{W}{t}$可知,两热水壶的实际电功率之比$\frac{P_甲}{P_乙}=\frac{W_甲}{W_乙}×\frac{t_乙}{t_甲}=\frac{\frac{Q}{85\%}}{\frac{Q}{80\%}}×\frac{6}{5}=\frac{96}{85}$,故甲热水壶的实际电功率较大。
解析
【分析】
要解决本题，需分步骤分析：1. 判断水吸收的热量：利用吸热公式，结合水的质量、初温、沸点的特点分析；2. 比较电流做功：根据热效率公式变形，结合效率大小判断；3. 确定效率高低：直接读取表格中的效率数据；4. 比较实际电功率：利用电功率公式，结合做功和时间的关系计算比较。
【解析】
1. 水吸收的热量：标准大气压下，水的沸点为100℃，两壶水的质量m相同、初温相同，烧开时升高的温度Δt相同，根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，可知两壶水吸收的热量一样多。
2. 电流做的功：由热效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}$，变形得$W=\frac{Q_{吸}}{\eta}$。已知$Q_{吸}$相同，甲的效率$\eta_甲=85\%$，乙的效率$\eta_乙=80\%$，$\eta_甲＞\eta_乙$，因此$W_甲=\frac{Q_{吸}}{85\%}$，$W_乙=\frac{Q_{吸}}{80\%}$，可得$W_甲＜W_乙$，即乙电热水壶电流做的功更多。
3. 效率高低：表格中直接给出甲的热效率为85%，乙为80%，故甲电热水壶的效率更高。
4. 实际电功率：根据电功率公式$P=\frac{W}{t}$，$W_甲=\frac{Q}{0.85}$，$W_乙=\frac{Q}{0.8}$，$t_甲=5\ \mathrm{min}$，$t_乙=6\ \mathrm{min}$，则$\frac{P_甲}{P_乙}=\frac{\frac{W_甲}{t_甲}}{\frac{W_乙}{t_乙}}=\frac{\frac{Q}{0.85×5}}{\frac{Q}{0.8×6}}=\frac{0.8×6}{0.85×5}=\frac{4.8}{4.25}＞1$，即$P_甲＞P_乙$，故甲电热水壶的实际电功率更大。
【答案】
一样多 乙多 甲 甲
【知识点】
热量计算、热效率、电功率计算
【点评】
本题结合电热水壶的实际场景，考查吸热公式、热效率公式、电功率公式的综合应用，需学生理清各物理量的关系，逐步推导求解，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需分步骤分析：1. 判断水吸收的热量：利用吸热公式，结合水的质量、初温、沸点的特点分析；2. 比较电流做功：根据热效率公式变形，结合效率大小判断；3. 确定效率高低：直接读取表格中的效率数据；4. 比较实际电功率：利用电功率公式，结合做功和时间的关系计算比较。
【解析】
1. 水吸收的热量：标准大气压下，水的沸点为100℃，两壶水的质量m相同、初温相同，烧开时升高的温度Δt相同，根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，可知两壶水吸收的热量一样多。
2. 电流做的功：由热效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}$，变形得$W=\frac{Q_{吸}}{\eta}$。已知$Q_{吸}$相同，甲的效率$\eta_甲=85\%$，乙的效率$\eta_乙=80\%$，$\eta_甲＞\eta_乙$，因此$W_甲=\frac{Q_{吸}}{85\%}$，$W_乙=\frac{Q_{吸}}{80\%}$，可得$W_甲＜W_乙$，即乙电热水壶电流做的功更多。
3. 效率高低：表格中直接给出甲的热效率为85%，乙为80%，故甲电热水壶的效率更高。
4. 实际电功率：根据电功率公式$P=\frac{W}{t}$，$W_甲=\frac{Q}{0.85}$，$W_乙=\frac{Q}{0.8}$，$t_甲=5\ \mathrm{min}$，$t_乙=6\ \mathrm{min}$，则$\frac{P_甲}{P_乙}=\frac{\frac{W_甲}{t_甲}}{\frac{W_乙}{t_乙}}=\frac{\frac{Q}{0.85×5}}{\frac{Q}{0.8×6}}=\frac{0.8×6}{0.85×5}=\frac{4.8}{4.25}＞1$，即$P_甲＞P_乙$，故甲电热水壶的实际电功率更大。
【答案】
一样多 乙多 甲 甲
【知识点】
热量计算、热效率、电功率计算
【点评】
本题结合电热水壶的实际场景，考查吸热公式、热效率公式、电功率公式的综合应用，需学生理清各物理量的关系，逐步推导求解，难度适中。
【难度系数】
0.6
5 [2023东营中考节选]小明家购置了一款多功能电暖器。如图甲所示,其内装有4 kg导热油,转动旋钮可实现高、中、低不同挡位之间的切换。图乙是其内部电路原理图,其中四个发热电阻的阻值相同。
(1)电暖器低温挡工作时,开关应处于
(2)已知中温挡额定功率为1 000 W,求电阻R的阻值和高温挡的额定功率。
(3)使用高温挡正常工作5 min,导热油温度由15 ℃升高到75 ℃。若消耗的电能有84%被导热油吸收,求导热油的比热容。
(1)电暖器低温挡工作时,开关应处于
1
(填“1”“2”或“3”)位置。(2)已知中温挡额定功率为1 000 W,求电阻R的阻值和高温挡的额定功率。
(3)使用高温挡正常工作5 min,导热油温度由15 ℃升高到75 ℃。若消耗的电能有84%被导热油吸收,求导热油的比热容。
答案
(1)1
(2)根据题意可知,电暖器中温挡的功率$P_中=1000\ \mathrm{W}$,由$P=\frac{U^2}{R}$可知,$R=\frac{U^2}{P_中}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1000\ \mathrm{W}}=48.4\ \Omega$,
电暖器处于高温挡时,电路中的总电阻$R_{并}=\frac{R× R}{R+R}=\frac{R}{2}=\frac{48.4\ \Omega}{2}=24.2\ \Omega$,
高温挡的额定功率$P_{高}=\frac{U^2}{R_{并}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{24.2\ \Omega}=2000\ \mathrm{W}$。
(3)由$P=\frac{W}{t}$可知,高温挡工作5 min消耗的电能$W=P_{高}t_{时}=2000\ \mathrm{W}×5×60\ \mathrm{s}=6×10^5\ \mathrm{J}$,
由$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}$可知,导热油吸收的热量$Q_{吸}=\eta W=84\%×6×10^5\ \mathrm{J}=5.04×10^5\ \mathrm{J}$,
由$Q_{吸}=cm(t-t_0)$可知,导热油的比热容$c=\frac{Q_{吸}}{m(t-t_0)}=\frac{5.04×10^5\ \mathrm{J}}{4\ \mathrm{kg}×(75\ \mathrm{° C}-15\ \mathrm{° C})}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)}$。
(2)根据题意可知,电暖器中温挡的功率$P_中=1000\ \mathrm{W}$,由$P=\frac{U^2}{R}$可知,$R=\frac{U^2}{P_中}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1000\ \mathrm{W}}=48.4\ \Omega$,
电暖器处于高温挡时,电路中的总电阻$R_{并}=\frac{R× R}{R+R}=\frac{R}{2}=\frac{48.4\ \Omega}{2}=24.2\ \Omega$,
高温挡的额定功率$P_{高}=\frac{U^2}{R_{并}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{24.2\ \Omega}=2000\ \mathrm{W}$。
(3)由$P=\frac{W}{t}$可知,高温挡工作5 min消耗的电能$W=P_{高}t_{时}=2000\ \mathrm{W}×5×60\ \mathrm{s}=6×10^5\ \mathrm{J}$,
由$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}$可知,导热油吸收的热量$Q_{吸}=\eta W=84\%×6×10^5\ \mathrm{J}=5.04×10^5\ \mathrm{J}$,
由$Q_{吸}=cm(t-t_0)$可知,导热油的比热容$c=\frac{Q_{吸}}{m(t-t_0)}=\frac{5.04×10^5\ \mathrm{J}}{4\ \mathrm{kg}×(75\ \mathrm{° C}-15\ \mathrm{° C})}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)}$。
解析
【分析】
要解决这道电暖器的问题，需结合电功率公式和热量公式分析：
1. 挡位判断：根据$P=\frac{U^2}{R}$，电源电压220V不变，电路总电阻越大，功率越小，对应低温挡；总电阻越小，功率越大，对应高温挡，因此需分析开关在不同位置时的电路连接，确定总电阻大小。
2. 电阻与功率计算：中温挡功率已知，利用$P=\frac{U^2}{R}$可直接计算电阻$R$；高温挡为两个电阻并联，先算总电阻，再用$P=\frac{U^2}{R}$求功率。
3. 比热容计算：先由$W=Pt$算高温挡消耗的电能，再根据效率算导热油吸收的热量，最后用$Q_{吸}=cm\Delta t$变形求比热容。
【解析】
(1) 当开关处于1位置时，电路总电阻最大，根据$P=\frac{U^2}{R}$，电压一定时，电阻越大功率越小，因此低温挡对应开关1位置。
(2) 已知中温挡额定功率$P_中=1000\ \mathrm{W}$，由电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$得：
电阻$R$的阻值：$R=\frac{U^2}{P_中}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1000\ \mathrm{W}}=48.4\ \Omega$；
高温挡时，两个阻值为$R$的电阻并联，总电阻$R_{并}=\frac{R}{2}=\frac{48.4\ \Omega}{2}=24.2\ \Omega$；
高温挡额定功率：$P_{高}=\frac{U^2}{R_{并}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{24.2\ \Omega}=2000\ \mathrm{W}$。
(3) 高温挡正常工作时间$t=5\ \mathrm{min}=5×60\ \mathrm{s}=300\ \mathrm{s}$，消耗的电能：
$W=P_{高}t=2000\ \mathrm{W}×300\ \mathrm{s}=6×10^5\ \mathrm{J}$；
导热油吸收的热量：$Q_{吸}=\eta W=84\%×6×10^5\ \mathrm{J}=5.04×10^5\ \mathrm{J}$；
由热量公式$Q_{吸}=cm(t-t_0)$，得导热油的比热容：
$c=\frac{Q_{吸}}{m(t-t_0)}=\frac{5.04×10^5\ \mathrm{J}}{4\ \mathrm{kg}×(75\ \mathrm{° C}-15\ \mathrm{° C})}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$。
【答案】
(1) 1；(2) $R=48.4\ \Omega$，高温挡额定功率为$2000\ \mathrm{W}$；(3) $2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$
【知识点】
电功率计算、电热效率、比热容计算
【点评】
本题结合生活中的电暖器，考查电路分析、电功率和热量的综合计算，需要学生熟练运用相关公式，正确分析不同挡位的电路连接，是中考常见的实用类物理题，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决这道电暖器的问题，需结合电功率公式和热量公式分析：
1. 挡位判断：根据$P=\frac{U^2}{R}$，电源电压220V不变，电路总电阻越大，功率越小，对应低温挡；总电阻越小，功率越大，对应高温挡，因此需分析开关在不同位置时的电路连接，确定总电阻大小。
2. 电阻与功率计算：中温挡功率已知，利用$P=\frac{U^2}{R}$可直接计算电阻$R$；高温挡为两个电阻并联，先算总电阻，再用$P=\frac{U^2}{R}$求功率。
3. 比热容计算：先由$W=Pt$算高温挡消耗的电能，再根据效率算导热油吸收的热量，最后用$Q_{吸}=cm\Delta t$变形求比热容。
【解析】
(1) 当开关处于1位置时，电路总电阻最大，根据$P=\frac{U^2}{R}$，电压一定时，电阻越大功率越小，因此低温挡对应开关1位置。
(2) 已知中温挡额定功率$P_中=1000\ \mathrm{W}$，由电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$得：
电阻$R$的阻值：$R=\frac{U^2}{P_中}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1000\ \mathrm{W}}=48.4\ \Omega$；
高温挡时，两个阻值为$R$的电阻并联，总电阻$R_{并}=\frac{R}{2}=\frac{48.4\ \Omega}{2}=24.2\ \Omega$；
高温挡额定功率：$P_{高}=\frac{U^2}{R_{并}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{24.2\ \Omega}=2000\ \mathrm{W}$。
(3) 高温挡正常工作时间$t=5\ \mathrm{min}=5×60\ \mathrm{s}=300\ \mathrm{s}$，消耗的电能：
$W=P_{高}t=2000\ \mathrm{W}×300\ \mathrm{s}=6×10^5\ \mathrm{J}$；
导热油吸收的热量：$Q_{吸}=\eta W=84\%×6×10^5\ \mathrm{J}=5.04×10^5\ \mathrm{J}$；
由热量公式$Q_{吸}=cm(t-t_0)$，得导热油的比热容：
$c=\frac{Q_{吸}}{m(t-t_0)}=\frac{5.04×10^5\ \mathrm{J}}{4\ \mathrm{kg}×(75\ \mathrm{° C}-15\ \mathrm{° C})}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$。
【答案】
(1) 1；(2) $R=48.4\ \Omega$，高温挡额定功率为$2000\ \mathrm{W}$；(3) $2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$
【知识点】
电功率计算、电热效率、比热容计算
【点评】
本题结合生活中的电暖器，考查电路分析、电功率和热量的综合计算，需要学生熟练运用相关公式，正确分析不同挡位的电路连接，是中考常见的实用类物理题，难度适中。
【难度系数】
0.5
