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典例分析2 一款小型电火锅如图甲所示，可以通过挡位开关实现高、中、低三挡控温功能；图乙是它的简化电路图。加热电阻的阻值分别为$R_1$、$R_2$、$R_3$（阻值保持不变），已知$R_1$为176 Ω，电火锅的部分参数如表所示，$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$。
(1)阻值$R_2$是多少？
(2)电火锅在低温挡工作时的功率是多少？
(3)某次使用时，在标准大气压下，用中温挡将1 kg水从20 ℃加热到沸腾，用时14 min，不计热量损失，该电火锅中温挡的实际功率是多少？
(1)阻值$R_2$是多少？
(2)电火锅在低温挡工作时的功率是多少？
(3)某次使用时，在标准大气压下，用中温挡将1 kg水从20 ℃加热到沸腾，用时14 min，不计热量损失，该电火锅中温挡的实际功率是多少？
答案
(1) 66 Ω
(2) 220 W
(3) 400 W
解析 (1)由题图乙知，开关接高温触点时，阻值为$R_3$的加热电阻单独在电路中工作，
由 $P=\frac{U^2}{R}$ 知，$R_3=\frac{U_{额}^2}{P_{高}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1100\ \mathrm{W}}=44\ \Omega$
开关接中温触点时，阻值分别为$R_2$、$R_3$的加热电阻串联在电路中，电路的总电阻 $R_{中}=\frac{U_{额}^2}{P_{中}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{440\ \mathrm{W}}=110\ \Omega$
$R_2$ 的阻值 $R_2=R_{中}-R_3=110\ \Omega-44\ \Omega=66\ \Omega$。
(2)使用低温挡时，阻值分别为$R_1$和$R_3$的加热电阻串联，电路的总电阻 $R_{低}=R_1+R_3=176\ \Omega+44\ \Omega=220\ \Omega$
低温挡的功率 $P_{低}=\frac{U^2}{R_{低}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{220\ \Omega}=220\ \mathrm{W}$。
(3)水吸收的热量 $Q_{吸}=c_{水}m(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×(100\ ℃-20\ ℃)=3.36×10^5\ \mathrm{J}$
不计热量损失，电火锅消耗的电能 $W=Q_{吸}=3.36×10^5\ \mathrm{J}$
电火锅中温挡的实际功率 $P_{实}=\frac{W}{t}=\frac{3.36×10^5\ \mathrm{J}}{14×60\ \mathrm{s}}=400\ \mathrm{W}$。
(2) 220 W
(3) 400 W
解析 (1)由题图乙知，开关接高温触点时，阻值为$R_3$的加热电阻单独在电路中工作，
由 $P=\frac{U^2}{R}$ 知，$R_3=\frac{U_{额}^2}{P_{高}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1100\ \mathrm{W}}=44\ \Omega$
开关接中温触点时，阻值分别为$R_2$、$R_3$的加热电阻串联在电路中，电路的总电阻 $R_{中}=\frac{U_{额}^2}{P_{中}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{440\ \mathrm{W}}=110\ \Omega$
$R_2$ 的阻值 $R_2=R_{中}-R_3=110\ \Omega-44\ \Omega=66\ \Omega$。
(2)使用低温挡时，阻值分别为$R_1$和$R_3$的加热电阻串联，电路的总电阻 $R_{低}=R_1+R_3=176\ \Omega+44\ \Omega=220\ \Omega$
低温挡的功率 $P_{低}=\frac{U^2}{R_{低}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{220\ \Omega}=220\ \mathrm{W}$。
(3)水吸收的热量 $Q_{吸}=c_{水}m(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×(100\ ℃-20\ ℃)=3.36×10^5\ \mathrm{J}$
不计热量损失，电火锅消耗的电能 $W=Q_{吸}=3.36×10^5\ \mathrm{J}$
电火锅中温挡的实际功率 $P_{实}=\frac{W}{t}=\frac{3.36×10^5\ \mathrm{J}}{14×60\ \mathrm{s}}=400\ \mathrm{W}$。
解析
【分析】
本题是电学与热学结合的综合题，解题思路如下：
1. 分析电路图，明确各挡位的电阻连接方式：高温挡为R₃单独工作，中温挡为R₂与R₃串联，低温挡为R₁与R₃串联；
2. 利用公式$P=\frac{U^2}{R}$（家庭电路电压$U=220V$不变），根据已知的高温挡功率算出$R_3$，再结合中温挡功率算出中温挡总电阻，进而求出$R_2$；
3. 低温挡总电阻为$R_1$与$R_3$之和，代入$P=\frac{U^2}{R}$算出低温挡功率；
4. 先根据$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t$算出水吸收的热量，不计热量损失时电火锅消耗的电能$W=Q_{吸}$，再结合中温挡加热时间，用$P_{实}=\frac{W}{t}$算出实际功率。
【解析】
(1) 由图乙可知，开关接高温触点时，仅$R_3$接入电路，根据$P=\frac{U^2}{R}$，可得：
$R_3=\frac{U_{额}^2}{P_{高}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1100\ \mathrm{W}}=44\ \Omega$；
开关接中温触点时，$R_2$与$R_3$串联，总电阻：
$R_{中}=\frac{U_{额}^2}{P_{中}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{440\ \mathrm{W}}=110\ \Omega$；
因此$R_2=R_{中}-R_3=110\ \Omega-44\ \Omega=66\ \Omega$。
(2) 低温挡时，$R_1$与$R_3$串联，总电阻：
$R_{低}=R_1+R_3=176\ \Omega+44\ \Omega=220\ \Omega$；
低温挡功率：
$P_{低}=\frac{U^2}{R_{低}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{220\ \Omega}=220\ \mathrm{W}$。
(3) 标准大气压下，水的沸点为$100℃$，水吸收的热量：
$Q_{吸}=c_{水}m(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×(100℃-20℃)=3.36×10^5\ \mathrm{J}$；
不计热量损失，电火锅消耗的电能$W=Q_{吸}=3.36×10^5\ \mathrm{J}$；
加热时间$t=14\ \mathrm{min}=14×60\ \mathrm{s}=840\ \mathrm{s}$，中温挡实际功率：
$P_{实}=\frac{W}{t}=\frac{3.36×10^5\ \mathrm{J}}{840\ \mathrm{s}}=400\ \mathrm{W}$。
【答案】
(1) $66\ \Omega$；(2) $220\ \mathrm{W}$；(3) $400\ \mathrm{W}$
【知识点】
电功率计算、串联电路电阻规律、热量计算
【点评】
本题结合电火锅的实际应用，考查了电功率、串联电路特点及热量计算，关键是分析不同挡位的电路连接方式，灵活运用相关公式，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.6
本题是电学与热学结合的综合题，解题思路如下：
1. 分析电路图，明确各挡位的电阻连接方式：高温挡为R₃单独工作，中温挡为R₂与R₃串联，低温挡为R₁与R₃串联；
2. 利用公式$P=\frac{U^2}{R}$（家庭电路电压$U=220V$不变），根据已知的高温挡功率算出$R_3$，再结合中温挡功率算出中温挡总电阻，进而求出$R_2$；
3. 低温挡总电阻为$R_1$与$R_3$之和，代入$P=\frac{U^2}{R}$算出低温挡功率；
4. 先根据$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t$算出水吸收的热量，不计热量损失时电火锅消耗的电能$W=Q_{吸}$，再结合中温挡加热时间，用$P_{实}=\frac{W}{t}$算出实际功率。
【解析】
(1) 由图乙可知，开关接高温触点时，仅$R_3$接入电路，根据$P=\frac{U^2}{R}$，可得：
$R_3=\frac{U_{额}^2}{P_{高}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1100\ \mathrm{W}}=44\ \Omega$；
开关接中温触点时，$R_2$与$R_3$串联，总电阻：
$R_{中}=\frac{U_{额}^2}{P_{中}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{440\ \mathrm{W}}=110\ \Omega$；
因此$R_2=R_{中}-R_3=110\ \Omega-44\ \Omega=66\ \Omega$。
(2) 低温挡时，$R_1$与$R_3$串联，总电阻：
$R_{低}=R_1+R_3=176\ \Omega+44\ \Omega=220\ \Omega$；
低温挡功率：
$P_{低}=\frac{U^2}{R_{低}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{220\ \Omega}=220\ \mathrm{W}$。
(3) 标准大气压下，水的沸点为$100℃$，水吸收的热量：
$Q_{吸}=c_{水}m(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×(100℃-20℃)=3.36×10^5\ \mathrm{J}$；
不计热量损失，电火锅消耗的电能$W=Q_{吸}=3.36×10^5\ \mathrm{J}$；
加热时间$t=14\ \mathrm{min}=14×60\ \mathrm{s}=840\ \mathrm{s}$，中温挡实际功率：
$P_{实}=\frac{W}{t}=\frac{3.36×10^5\ \mathrm{J}}{840\ \mathrm{s}}=400\ \mathrm{W}$。
【答案】
(1) $66\ \Omega$；(2) $220\ \mathrm{W}$；(3) $400\ \mathrm{W}$
【知识点】
电功率计算、串联电路电阻规律、热量计算
【点评】
本题结合电火锅的实际应用，考查了电功率、串联电路特点及热量计算，关键是分析不同挡位的电路连接方式，灵活运用相关公式，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.6
典例分析3 阅读短文，回答问题。
超市电动搬运车
图甲是超市常用的一种电动拖盘搬运车，用于卖场和库房间的运输，被称作“地牛”。其驱动原理如图乙所示，开关$S_1$和$S_2$由绝缘操纵杆控制，能同时接“1”或同时接“2”，向前推操纵杆时“地牛”前进且能调速，向后拉操纵杆时“地牛”以恒定速度后退。
提升电动机工作时，能将货物提升到指定高度。下表是“地牛”的相关参数。所有电路由蓄电池组供电，电压都为蓄电池组电压。电动机效率是指电动机获得的有用机械能与消耗的电能之比。$g$取$10\ \mathrm{N/kg}$。
(1)搬运车前进时，操纵杆接
(2)下列关于搬运车的说法正确的是
A.蓄电池组充满电一次，消耗的电能约为$3.6×10^6$ J
B.搬运车电动机工作时，将电能转化为机械能
C.蓄电池组在放电的过程中相当于用电器
D.蓄电池组是由若干节蓄电池并联组成的
(3)利用搬运车将$1×10^3\ \mathrm{kg}$的货物放至货架，货物向上匀速竖直提升$15\ \mathrm{s}$，则搬运车消耗的电能为
(4)搬运车上有显示所载货物质量的仪表，其电路如图丙所示，电流表的测量范围为$0～0.6\ \mathrm{A}$，滑动变阻器的规格为“$100\ \Omega\ \ 1\ \mathrm{A}$”，力敏电阻的阻值$R_3$与所受压力$F$的关系如图丁所示。由电流表改装的“质量表”显示盘上的最
(5)电动机长时间连续工作会因过热而烧坏，人们设计了如图戊所示的保护电路，热敏电阻的阻值$R_0$随温度的升高而减小。当滑动变阻器两端电压$U_1$增大到一定值时，控制电路（忽略其中的电流）将切断工作电路让电动机停止工作，从而实现对电动机温度的控制。滑动变阻器接入电路的阻值为$20\ \Omega$时，热敏电阻的电功率为$16\ \mathrm{W}$，此时工作电路恰好被切断。若预设的电动机温度相对较高，则$U_1$为
超市电动搬运车
图甲是超市常用的一种电动拖盘搬运车，用于卖场和库房间的运输，被称作“地牛”。其驱动原理如图乙所示，开关$S_1$和$S_2$由绝缘操纵杆控制，能同时接“1”或同时接“2”，向前推操纵杆时“地牛”前进且能调速，向后拉操纵杆时“地牛”以恒定速度后退。
提升电动机工作时，能将货物提升到指定高度。下表是“地牛”的相关参数。所有电路由蓄电池组供电，电压都为蓄电池组电压。电动机效率是指电动机获得的有用机械能与消耗的电能之比。$g$取$10\ \mathrm{N/kg}$。
(1)搬运车前进时，操纵杆接
1
（选填“1”或“2”）。(2)下列关于搬运车的说法正确的是
B
。A.蓄电池组充满电一次，消耗的电能约为$3.6×10^6$ J
B.搬运车电动机工作时，将电能转化为机械能
C.蓄电池组在放电的过程中相当于用电器
D.蓄电池组是由若干节蓄电池并联组成的
(3)利用搬运车将$1×10^3\ \mathrm{kg}$的货物放至货架，货物向上匀速竖直提升$15\ \mathrm{s}$，则搬运车消耗的电能为
$1.2×10^4\ \mathrm{J}$
，货物被提升了0.96
m。(4)搬运车上有显示所载货物质量的仪表，其电路如图丙所示，电流表的测量范围为$0～0.6\ \mathrm{A}$，滑动变阻器的规格为“$100\ \Omega\ \ 1\ \mathrm{A}$”，力敏电阻的阻值$R_3$与所受压力$F$的关系如图丁所示。由电流表改装的“质量表”显示盘上的最
右
（选填“左”或“右”）边刻度是最大值。为了确保此电路能安全工作，滑动变阻器的阻值应至少调至52
$\Omega$。(5)电动机长时间连续工作会因过热而烧坏，人们设计了如图戊所示的保护电路，热敏电阻的阻值$R_0$随温度的升高而减小。当滑动变阻器两端电压$U_1$增大到一定值时，控制电路（忽略其中的电流）将切断工作电路让电动机停止工作，从而实现对电动机温度的控制。滑动变阻器接入电路的阻值为$20\ \Omega$时，热敏电阻的电功率为$16\ \mathrm{W}$，此时工作电路恰好被切断。若预设的电动机温度相对较高，则$U_1$为
20
V。答案
(1) 1
(2) B
(3) $1.2×10^4\ \mathrm{J}$；0.96
(4) 右；52
(5) 20
解析 (1)向前推操纵杆时搬运车前进且能调速，说明滑动变阻器与电动机串联，由电路图可知，开关$S_1$和$S_2$应同时接“1”。(2)蓄电池组充满电一次，消耗的电能 $W=UIt=36\ \mathrm{V}×100\ \mathrm{A}×3600\ \mathrm{s}=1.296×10^7\ \mathrm{J}$，A错误。电动机工作时，将电能主要转化为机械能，B正确。蓄电池组放电时，电能转化为其他形式的能，蓄电池组相当于电源，C错误。由表格数据知蓄电池组电压为36 V，蓄电池组是由多节蓄电池串联而成的，D错误。(3)提升电动机工作，将货物提升到指定高度，由表格数据可知，提升电动机功率 $P_1=800\ \mathrm{W}$，15 s内电动机消耗的电能 $W_电=P_1t=800\ \mathrm{W}×15\ \mathrm{s}=1.2×10^4\ \mathrm{J}$；电动机的效率为80%，则 $W_{机械}=\eta W_电=80\%×1.2×10^4\ \mathrm{J}=9.6×10^3\ \mathrm{J}$；货物被提升的高度 $h=\frac{W_{机械}}{G}=\frac{W_{机械}}{mg}=\frac{9.6×10^3\ \mathrm{J}}{1×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}}=0.96\ \mathrm{m}$。(4)由题图丙可知，力敏电阻与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流。由题图丁知，托盘受到的压力越大，力敏电阻的阻值越小，根据 $I=\frac{U}{R}$ 知，电路的电流越大，所以由电流表改装的“质量表”显示盘上的最右边刻度是最大值。由表格数据可知，最大载货量 $m_2=2000\ \mathrm{kg}$，则托盘受到的最大压力 $F=G_2=m_2g=2000\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=20×10^3\ \mathrm{N}$；由题图丁可知，此时力敏电阻的阻值为8 Ω，因电流表测量范围为0～0.6 A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1 A，所以当电流表的示数为0.6 A时，载质量最大，滑动变阻器接入电路中的阻值最小，由 $I=\frac{U}{R}$ 可得，电路的总电阻 $R=\frac{U}{I}=\frac{36\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=60\ \Omega$，所以 $R_4=R-R_3=60\ \Omega-8\ \Omega=52\ \Omega$，即为了确保此电路能安全工作，滑动变阻器的阻值应至少调至52 Ω。(5)当滑动变阻器接入电路的电阻为20 Ω时，两端的电压为$U_1$，电路中的电流 $I_1=\frac{U_1}{20\ \Omega}$，热敏电阻两端的电压 $U_0=U-U_1=36\ \mathrm{V}-U_1$，电功率 $P=U_0I_1$，则有 $16\ \mathrm{W}=(36\ \mathrm{V}-U_1)×\frac{U_1}{20\ \Omega}$，解得 $U_1=16\ \mathrm{V}$ 或 $U_1=20\ \mathrm{V}$；由于预设的电动机温度相对较高，$R_0$ 的电阻较小，电路中的电流较大，所以必须使得$U_1$较大，$U_1$为20 V。
(2) B
(3) $1.2×10^4\ \mathrm{J}$；0.96
(4) 右；52
(5) 20
解析 (1)向前推操纵杆时搬运车前进且能调速，说明滑动变阻器与电动机串联，由电路图可知，开关$S_1$和$S_2$应同时接“1”。(2)蓄电池组充满电一次，消耗的电能 $W=UIt=36\ \mathrm{V}×100\ \mathrm{A}×3600\ \mathrm{s}=1.296×10^7\ \mathrm{J}$，A错误。电动机工作时，将电能主要转化为机械能，B正确。蓄电池组放电时，电能转化为其他形式的能，蓄电池组相当于电源，C错误。由表格数据知蓄电池组电压为36 V，蓄电池组是由多节蓄电池串联而成的，D错误。(3)提升电动机工作，将货物提升到指定高度，由表格数据可知，提升电动机功率 $P_1=800\ \mathrm{W}$，15 s内电动机消耗的电能 $W_电=P_1t=800\ \mathrm{W}×15\ \mathrm{s}=1.2×10^4\ \mathrm{J}$；电动机的效率为80%，则 $W_{机械}=\eta W_电=80\%×1.2×10^4\ \mathrm{J}=9.6×10^3\ \mathrm{J}$；货物被提升的高度 $h=\frac{W_{机械}}{G}=\frac{W_{机械}}{mg}=\frac{9.6×10^3\ \mathrm{J}}{1×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}}=0.96\ \mathrm{m}$。(4)由题图丙可知，力敏电阻与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流。由题图丁知，托盘受到的压力越大，力敏电阻的阻值越小，根据 $I=\frac{U}{R}$ 知，电路的电流越大，所以由电流表改装的“质量表”显示盘上的最右边刻度是最大值。由表格数据可知，最大载货量 $m_2=2000\ \mathrm{kg}$，则托盘受到的最大压力 $F=G_2=m_2g=2000\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=20×10^3\ \mathrm{N}$；由题图丁可知，此时力敏电阻的阻值为8 Ω，因电流表测量范围为0～0.6 A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1 A，所以当电流表的示数为0.6 A时，载质量最大，滑动变阻器接入电路中的阻值最小，由 $I=\frac{U}{R}$ 可得，电路的总电阻 $R=\frac{U}{I}=\frac{36\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=60\ \Omega$，所以 $R_4=R-R_3=60\ \Omega-8\ \Omega=52\ \Omega$，即为了确保此电路能安全工作，滑动变阻器的阻值应至少调至52 Ω。(5)当滑动变阻器接入电路的电阻为20 Ω时，两端的电压为$U_1$，电路中的电流 $I_1=\frac{U_1}{20\ \Omega}$，热敏电阻两端的电压 $U_0=U-U_1=36\ \mathrm{V}-U_1$，电功率 $P=U_0I_1$，则有 $16\ \mathrm{W}=(36\ \mathrm{V}-U_1)×\frac{U_1}{20\ \Omega}$，解得 $U_1=16\ \mathrm{V}$ 或 $U_1=20\ \mathrm{V}$；由于预设的电动机温度相对较高，$R_0$ 的电阻较小，电路中的电流较大，所以必须使得$U_1$较大，$U_1$为20 V。
解析
【分析】
1. 第(1)题：前进时需调速，说明电路中滑动变阻器与电动机串联可调节电流，由图乙电路可知开关需同时接“1”；
2. 第(2)题：逐一分析选项，结合蓄电池的电能计算、能量转化、串并联特点判断；
3. 第(3)题：利用提升电动机功率计算消耗电能，结合电动机效率算出有用机械能，再通过功的公式计算货物提升高度；
4. 第(4)题：根据力敏电阻阻值与压力的关系，结合欧姆定律判断质量表刻度的最大值位置；再根据最大电流计算滑动变阻器的最小阻值；
5. 第(5)题：根据电功率公式结合电路电压关系列方程，结合温度越高电流越大的特点，确定滑动变阻器两端电压的取值。
【解析】
(1) 向前推操纵杆时搬运车前进且能调速，说明滑动变阻器需与电动机串联调节电流，由图乙电路可知，开关应同时接“1”，故填1。
(2) 选项分析：
A. 蓄电池组充满电消耗的电能$W=UIt=36\ \mathrm{V}×100\ \mathrm{A}×3600\ \mathrm{s}=1.296×10^7\ \mathrm{J}≠3.6×10^6\ \mathrm{J}$，错误；
B. 电动机工作时，将电能主要转化为机械能，正确；
C. 蓄电池组放电时提供电能，相当于电源，不是用电器，错误；
D. 蓄电池组电压为36V，单节蓄电池电压约2V，故由多节蓄电池串联组成，错误；
故选B。
(3) 提升电动机消耗的电能$W_电=P_1t=800\ \mathrm{W}×15\ \mathrm{s}=1.2×10^4\ \mathrm{J}$；
电动机获得的机械能$W_机械=\eta W_电=80\%×1.2×10^4\ \mathrm{J}=9.6×10^3\ \mathrm{J}$；
货物重力$G=mg=1×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=1×10^4\ \mathrm{N}$，由$W_机械=Gh$得提升高度$h=\frac{W_机械}{G}=\frac{9.6×10^3\ \mathrm{J}}{1×10^4\ \mathrm{N}}=0.96\ \mathrm{m}$。
(4) 力敏电阻与滑动变阻器串联，压力越大（质量越大），力敏电阻阻值越小，电路电流越大，故电流表改装的质量表最大值在右边；
最大电流$I=0.6\ \mathrm{A}$，总电阻$R_总=\frac{U}{I}=\frac{36\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=60\ \Omega$；
最大载货时力敏电阻阻值$R_3=8\ \Omega$，滑动变阻器最小阻值$R_4=R_总-R_3=60\ \Omega-8\ \Omega=52\ \Omega$。
(5) 设滑动变阻器两端电压为$U_1$，电路电流$I=\frac{U_1}{20\ \Omega}$，热敏电阻两端电压$U_0=36\ \mathrm{V}-U_1$，由$P=U_0I$得：
$16\ \mathrm{W}=(36\ \mathrm{V}-U_1)×\frac{U_1}{20\ \Omega}$，整理得$U_1^2-36U_1+320=0$，解得$U_1=16\ \mathrm{V}$或$U_1=20\ \mathrm{V}$；
电动机温度越高，电流越大，$U_1$越大，故$U_1=20\ \mathrm{V}$。
【答案】
(1) 1；(2) B；(3) $1.2×10^4\ \mathrm{J}$；0.96；(4) 右；52；(5) 20
【知识点】
欧姆定律应用、电能与电功率计算、机械效率与功的计算
【点评】
本题结合实际电动搬运车场景，综合考查电路分析、电学公式、力学功的计算等知识点，注重知识的实际应用，需学生熟练运用公式并结合题意分析。
【难度系数】
0.5
1. 第(1)题：前进时需调速，说明电路中滑动变阻器与电动机串联可调节电流，由图乙电路可知开关需同时接“1”；
2. 第(2)题：逐一分析选项，结合蓄电池的电能计算、能量转化、串并联特点判断；
3. 第(3)题：利用提升电动机功率计算消耗电能，结合电动机效率算出有用机械能，再通过功的公式计算货物提升高度；
4. 第(4)题：根据力敏电阻阻值与压力的关系，结合欧姆定律判断质量表刻度的最大值位置；再根据最大电流计算滑动变阻器的最小阻值；
5. 第(5)题：根据电功率公式结合电路电压关系列方程，结合温度越高电流越大的特点，确定滑动变阻器两端电压的取值。
【解析】
(1) 向前推操纵杆时搬运车前进且能调速，说明滑动变阻器需与电动机串联调节电流，由图乙电路可知，开关应同时接“1”，故填1。
(2) 选项分析：
A. 蓄电池组充满电消耗的电能$W=UIt=36\ \mathrm{V}×100\ \mathrm{A}×3600\ \mathrm{s}=1.296×10^7\ \mathrm{J}≠3.6×10^6\ \mathrm{J}$，错误；
B. 电动机工作时，将电能主要转化为机械能，正确；
C. 蓄电池组放电时提供电能，相当于电源，不是用电器，错误；
D. 蓄电池组电压为36V，单节蓄电池电压约2V，故由多节蓄电池串联组成，错误；
故选B。
(3) 提升电动机消耗的电能$W_电=P_1t=800\ \mathrm{W}×15\ \mathrm{s}=1.2×10^4\ \mathrm{J}$；
电动机获得的机械能$W_机械=\eta W_电=80\%×1.2×10^4\ \mathrm{J}=9.6×10^3\ \mathrm{J}$；
货物重力$G=mg=1×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=1×10^4\ \mathrm{N}$，由$W_机械=Gh$得提升高度$h=\frac{W_机械}{G}=\frac{9.6×10^3\ \mathrm{J}}{1×10^4\ \mathrm{N}}=0.96\ \mathrm{m}$。
(4) 力敏电阻与滑动变阻器串联，压力越大（质量越大），力敏电阻阻值越小，电路电流越大，故电流表改装的质量表最大值在右边；
最大电流$I=0.6\ \mathrm{A}$，总电阻$R_总=\frac{U}{I}=\frac{36\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=60\ \Omega$；
最大载货时力敏电阻阻值$R_3=8\ \Omega$，滑动变阻器最小阻值$R_4=R_总-R_3=60\ \Omega-8\ \Omega=52\ \Omega$。
(5) 设滑动变阻器两端电压为$U_1$，电路电流$I=\frac{U_1}{20\ \Omega}$，热敏电阻两端电压$U_0=36\ \mathrm{V}-U_1$，由$P=U_0I$得：
$16\ \mathrm{W}=(36\ \mathrm{V}-U_1)×\frac{U_1}{20\ \Omega}$，整理得$U_1^2-36U_1+320=0$，解得$U_1=16\ \mathrm{V}$或$U_1=20\ \mathrm{V}$；
电动机温度越高，电流越大，$U_1$越大，故$U_1=20\ \mathrm{V}$。
【答案】
(1) 1；(2) B；(3) $1.2×10^4\ \mathrm{J}$；0.96；(4) 右；52；(5) 20
【知识点】
欧姆定律应用、电能与电功率计算、机械效率与功的计算
【点评】
本题结合实际电动搬运车场景，综合考查电路分析、电学公式、力学功的计算等知识点，注重知识的实际应用，需学生熟练运用公式并结合题意分析。
【难度系数】
0.5
