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13.小李想测一电炉的功率，他找来了如图所示的电能表和一钟表，将电炉单独跟电能表连接后接入家庭电路，观察到电炉工作时每1分钟电能表的转盘转12 r。则该电能表工作时，电路接入的总功率不能超
4400
W；电炉工作时每1分钟消耗电能$7.2×10^4$
J；测得电炉的电功率是1200
W。答案
13. 4400；$7.2×10^4$；1200
解析
【分析】
要解决本题，需先明确电能表各参数的物理意义：①“220V”是家庭电路的额定电压；②“10(20)A”中，20A是电能表允许通过的最大电流，据此可计算电路允许的最大总功率；③“600r/(kW·h)”表示每消耗1kW·h的电能，电能表转盘转600转，据此可计算转盘转12转消耗的电能，再结合时间计算电炉的功率。
【解析】
1. 计算电路允许的最大总功率：
家庭电路电压U=220V，电能表允许的最大电流I_max=20A，根据电功率公式P=UI，电路允许的最大总功率：
$P_{max}=U×I_{max}=220V×20A=4400W$。
2. 计算电炉1分钟消耗的电能：
电能表参数“600r/(kW·h)”表示每消耗1kW·h的电能，转盘转600转，转盘转12转时消耗的电能：
$W=\frac{12r}{600r/(kW·h)}=0.02kW·h$，
单位转换为焦耳：$0.02kW·h=0.02×3.6×10^6J=7.2×10^4J$。
3. 计算电炉的电功率：
电炉工作时间t=1min=60s，根据电功率公式$P=\frac{W}{t}$，电炉的功率：
$P=\frac{7.2×10^4J}{60s}=1200W$。
【答案】
4400；$7.2×10^4$；1200
【知识点】
电能表参数应用、电能计算、电功率计算
【点评】
本题围绕电能表的参数展开，考查电能和电功率的基本计算，核心是理解电能表参数的含义，公式应用简单，属于基础题型。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需先明确电能表各参数的物理意义：①“220V”是家庭电路的额定电压；②“10(20)A”中，20A是电能表允许通过的最大电流，据此可计算电路允许的最大总功率；③“600r/(kW·h)”表示每消耗1kW·h的电能，电能表转盘转600转，据此可计算转盘转12转消耗的电能，再结合时间计算电炉的功率。
【解析】
1. 计算电路允许的最大总功率：
家庭电路电压U=220V，电能表允许的最大电流I_max=20A，根据电功率公式P=UI，电路允许的最大总功率：
$P_{max}=U×I_{max}=220V×20A=4400W$。
2. 计算电炉1分钟消耗的电能：
电能表参数“600r/(kW·h)”表示每消耗1kW·h的电能，转盘转600转，转盘转12转时消耗的电能：
$W=\frac{12r}{600r/(kW·h)}=0.02kW·h$，
单位转换为焦耳：$0.02kW·h=0.02×3.6×10^6J=7.2×10^4J$。
3. 计算电炉的电功率：
电炉工作时间t=1min=60s，根据电功率公式$P=\frac{W}{t}$，电炉的功率：
$P=\frac{7.2×10^4J}{60s}=1200W$。
【答案】
4400；$7.2×10^4$；1200
【知识点】
电能表参数应用、电能计算、电功率计算
【点评】
本题围绕电能表的参数展开，考查电能和电功率的基本计算，核心是理解电能表参数的含义，公式应用简单，属于基础题型。
【难度系数】
0.5
14.如图所示是某品牌饮水机的简化电路图，S是温控开关，饮水机的铭牌参数如图乙所示。求：
(1)初温为$20\ °\mathrm{C}$的一满箱水，用此饮水机将水加热到$100\ °\mathrm{C}$需要吸收的热量是多少？至少需加热多长时间？[$c_{水}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$]
(2)电阻丝$R_0$的阻值多大？加热状态下$R_0$在1 s内产生的热量多大？
(1)初温为$20\ °\mathrm{C}$的一满箱水，用此饮水机将水加热到$100\ °\mathrm{C}$需要吸收的热量是多少？至少需加热多长时间？[$c_{水}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$]
(2)电阻丝$R_0$的阻值多大？加热状态下$R_0$在1 s内产生的热量多大？
答案
14.解:(1)初温为$20\ ℃$的一满箱水,加热到$100\ ℃$需要吸收的热量$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· ℃)}×2\ \mathrm{kg}×(100\ ℃-20\ ℃)=6.72×10^5\ \mathrm{J}$,不计热量损失时,需要消耗的电能$W=Q_{吸}=6.72×10^5\ \mathrm{J}$,此时所需的加热时间最短,$t=\frac{W}{P_{加热}}=\frac{6.72×10^5\ \mathrm{J}}{1\ 000\ \mathrm{W}}=672\ \mathrm{s}$。
(2)由电路图可知,开关S接a、b时,R与$R_0$并联,电路的总电阻较小,根据$P=\frac{U^2}{R}$可知电路消耗的电功率较大,饮水机处于加热状态。开关S接c时,电路为$R_0$的简单电路,电路的总电阻较大,根据$P=\frac{U^2}{R}$可知电路消耗的电功率较小,饮水机处于保温状态;根据$P=\frac{U^2}{R}$可得,$R_0=\frac{U^2}{P_{保}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{44\ \mathrm{W}}=1\ 100\ \Omega$。在加热状态下$R_0$与R并联,此时$R_0$在1 s内产生的热量$Q_0=I^2R_0t=\frac{U^2}{R_0}t=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1\ 100\ \Omega}×1\ \mathrm{s}=44\ \mathrm{J}$。
(2)由电路图可知,开关S接a、b时,R与$R_0$并联,电路的总电阻较小,根据$P=\frac{U^2}{R}$可知电路消耗的电功率较大,饮水机处于加热状态。开关S接c时,电路为$R_0$的简单电路,电路的总电阻较大,根据$P=\frac{U^2}{R}$可知电路消耗的电功率较小,饮水机处于保温状态;根据$P=\frac{U^2}{R}$可得,$R_0=\frac{U^2}{P_{保}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{44\ \mathrm{W}}=1\ 100\ \Omega$。在加热状态下$R_0$与R并联,此时$R_0$在1 s内产生的热量$Q_0=I^2R_0t=\frac{U^2}{R_0}t=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1\ 100\ \Omega}×1\ \mathrm{s}=44\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】
1. 第(1)问：先根据水的吸热公式计算水吸收的热量；不计热量损失时，消耗的电能等于水吸收的热量，再结合加热功率计算最短加热时间。
2. 第(2)问：先分析开关S不同位置对应的电路状态，确定保温状态下只有$R_0$接入电路，利用电功率公式计算$R_0$的阻值；加热时$R_0$两端电压不变，其功率等于保温功率，据此计算1s内$R_0$产生的热量。
【解析】
(1) 水吸收的热量：
$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×(100\ ℃-20\ ℃)=6.72×10^5\ \mathrm{J}$
不计热量损失，消耗的电能$W=Q_{吸}=6.72×10^5\ \mathrm{J}$，则最短加热时间：
$t=\frac{W}{P_{加热}}=\frac{6.72×10^5\ \mathrm{J}}{1000\ \mathrm{W}}=672\ \mathrm{s}$
(2) 开关S接c时，电路为$R_0$的简单电路，处于保温状态，由$P=\frac{U^2}{R}$得：
$R_0=\frac{U^2}{P_{保温}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{44\ \mathrm{W}}=1100\ \Omega$
加热时$R_0$与R并联，$R_0$两端电压仍为220V，1s内$R_0$产生的热量：
$Q_0=W_0=P_{保温}t=44\ \mathrm{W}×1\ \mathrm{s}=44\ \mathrm{J}$
【答案】
(1) 水吸收的热量为$6.72×10^5\ \mathrm{J}$，至少需加热672s；
(2) 电阻丝$R_0$的阻值为$1100\ \Omega$，加热状态下$R_0$在1s内产生的热量为44J。
【知识点】
热量计算、电功率、电热计算
【点评】
本题结合饮水机的实际电路，考查热量、电功率和电热的综合计算，关键是正确分析开关不同位置对应的电路结构，熟练运用相关公式，注重理论与实际应用的结合。
【难度系数】
0.6
1. 第(1)问：先根据水的吸热公式计算水吸收的热量；不计热量损失时，消耗的电能等于水吸收的热量，再结合加热功率计算最短加热时间。
2. 第(2)问：先分析开关S不同位置对应的电路状态，确定保温状态下只有$R_0$接入电路，利用电功率公式计算$R_0$的阻值；加热时$R_0$两端电压不变，其功率等于保温功率，据此计算1s内$R_0$产生的热量。
【解析】
(1) 水吸收的热量：
$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×(100\ ℃-20\ ℃)=6.72×10^5\ \mathrm{J}$
不计热量损失，消耗的电能$W=Q_{吸}=6.72×10^5\ \mathrm{J}$，则最短加热时间：
$t=\frac{W}{P_{加热}}=\frac{6.72×10^5\ \mathrm{J}}{1000\ \mathrm{W}}=672\ \mathrm{s}$
(2) 开关S接c时，电路为$R_0$的简单电路，处于保温状态，由$P=\frac{U^2}{R}$得：
$R_0=\frac{U^2}{P_{保温}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{44\ \mathrm{W}}=1100\ \Omega$
加热时$R_0$与R并联，$R_0$两端电压仍为220V，1s内$R_0$产生的热量：
$Q_0=W_0=P_{保温}t=44\ \mathrm{W}×1\ \mathrm{s}=44\ \mathrm{J}$
【答案】
(1) 水吸收的热量为$6.72×10^5\ \mathrm{J}$，至少需加热672s；
(2) 电阻丝$R_0$的阻值为$1100\ \Omega$，加热状态下$R_0$在1s内产生的热量为44J。
【知识点】
热量计算、电功率、电热计算
【点评】
本题结合饮水机的实际电路，考查热量、电功率和电热的综合计算，关键是正确分析开关不同位置对应的电路结构，熟练运用相关公式，注重理论与实际应用的结合。
【难度系数】
0.6
15.[跨学科·物理学与日常生活]某新款节能电炖锅如图甲所示,有关技术参数如表(设电炖锅不同挡位的电阻和加热效率均不变)。
(1)求电炖锅在高温挡正常工作时的电流(计算结果保留一位小数)。
(2)在用电高峰期,关掉家里的其他用电器,只让处于中温挡状态的电炖锅工作,观察到标有“1 800 r/(kW·h)”的电能表转盘在121 s内转了20 r,求此时的实际电压。
(3)电炖锅正常工作时,用低温挡和高温挡分别给质量相同的冷水加热,待水温达到50 ℃时开始计时,绘制的水温随时间变化的图像如图乙所示。结合所给信息,通过计算,分析比较用高温挡还是用低温挡更节能。
(1)求电炖锅在高温挡正常工作时的电流(计算结果保留一位小数)。
(2)在用电高峰期,关掉家里的其他用电器,只让处于中温挡状态的电炖锅工作,观察到标有“1 800 r/(kW·h)”的电能表转盘在121 s内转了20 r,求此时的实际电压。
(3)电炖锅正常工作时,用低温挡和高温挡分别给质量相同的冷水加热,待水温达到50 ℃时开始计时,绘制的水温随时间变化的图像如图乙所示。结合所给信息,通过计算,分析比较用高温挡还是用低温挡更节能。
答案
15.解:(1)由数据可知,高温挡的额定功率$P_{高}=600\ \mathrm{W}$,由$P=UI$可得,电炖锅在高温挡正常工作时,电路中的电流$I_{高}=\frac{P_{高}}{U}=\frac{600\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}\approx2.7\ \mathrm{A}$。
(2)电炖锅在中温挡工作时,电炖锅的电阻$R=\frac{U^2}{P_{中}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{400\ \mathrm{W}}=121\ \Omega$。电炖锅在中温挡工作时,电能表转盘在121 s内转了20 r,则电炖锅消耗的电能$W_{实}=\frac{20\ \mathrm{r}}{1\ 800\ \mathrm{r/(kW· h)}}=\frac{1}{90}\ \mathrm{kW· h}=\frac{1}{90}×3.6×10^6\ \mathrm{J}=4×10^4\ \mathrm{J}$,实际功率$P_{实}=\frac{W_{实}}{t}=\frac{4×10^4\ \mathrm{J}}{121\ \mathrm{s}}$,由$P=\frac{U^2}{R}$得,电路的实际电压$U_{实}=\sqrt{P_{实}R}=\sqrt{\frac{4×10^4\ \mathrm{J}}{121\ \mathrm{s}}×121\ \Omega}=200\ \mathrm{V}$。
(3)由题图乙可知,用高温挡加热6 min消耗的电能$W_{高}=P_{高}t_{高}=600\ \mathrm{W}×6×60\ \mathrm{s}=2.16×10^5\ \mathrm{J}$,则水温度升高$1\ ℃$消耗的电能为$\frac{2.16×10^5\ \mathrm{J}}{20}=1.08×10^4\ \mathrm{J}$,用低温挡加热9 min消耗的电能$W_{低}=P_{低}t_{低}=200\ \mathrm{W}×9×60\ \mathrm{s}=1.08×10^5\ \mathrm{J}$,则水温度升高$1\ ℃$消耗的电能为$\frac{1.08×10^5\ \mathrm{J}}{8}=1.35×10^4\ \mathrm{J}$。因为$1.08×10^4\ \mathrm{J}＜1.35×10^4\ \mathrm{J}$,且两挡加热水的质量相同,所以用高温挡更节能。
(2)电炖锅在中温挡工作时,电炖锅的电阻$R=\frac{U^2}{P_{中}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{400\ \mathrm{W}}=121\ \Omega$。电炖锅在中温挡工作时,电能表转盘在121 s内转了20 r,则电炖锅消耗的电能$W_{实}=\frac{20\ \mathrm{r}}{1\ 800\ \mathrm{r/(kW· h)}}=\frac{1}{90}\ \mathrm{kW· h}=\frac{1}{90}×3.6×10^6\ \mathrm{J}=4×10^4\ \mathrm{J}$,实际功率$P_{实}=\frac{W_{实}}{t}=\frac{4×10^4\ \mathrm{J}}{121\ \mathrm{s}}$,由$P=\frac{U^2}{R}$得,电路的实际电压$U_{实}=\sqrt{P_{实}R}=\sqrt{\frac{4×10^4\ \mathrm{J}}{121\ \mathrm{s}}×121\ \Omega}=200\ \mathrm{V}$。
(3)由题图乙可知,用高温挡加热6 min消耗的电能$W_{高}=P_{高}t_{高}=600\ \mathrm{W}×6×60\ \mathrm{s}=2.16×10^5\ \mathrm{J}$,则水温度升高$1\ ℃$消耗的电能为$\frac{2.16×10^5\ \mathrm{J}}{20}=1.08×10^4\ \mathrm{J}$,用低温挡加热9 min消耗的电能$W_{低}=P_{低}t_{低}=200\ \mathrm{W}×9×60\ \mathrm{s}=1.08×10^5\ \mathrm{J}$,则水温度升高$1\ ℃$消耗的电能为$\frac{1.08×10^5\ \mathrm{J}}{8}=1.35×10^4\ \mathrm{J}$。因为$1.08×10^4\ \mathrm{J}＜1.35×10^4\ \mathrm{J}$,且两挡加热水的质量相同,所以用高温挡更节能。
解析
【分析】
本题是跨学科的电学与热学结合题，分三小问逐步求解：第(1)问求高温挡电流，利用电功率公式P=UI，结合高温挡额定功率和额定电压计算；第(2)问求实际电压，先通过中温挡额定参数算出电炖锅电阻，再由电能表转盘转数得到实际消耗的电能，进而算出实际功率，最后用P=U²/R变形求实际电压；第(3)问比较节能性，需结合图像确定加热时间和温度变化量，分别计算两挡升高相同温度时消耗的电能，消耗少的更节能。
【解析】
1. 高温挡正常工作时，额定功率$P_{高}=600\ \mathrm{W}$，额定电压$U=220\ \mathrm{V}$，由$P=UI$得电流：
$I_{高}=\frac{P_{高}}{U}=\frac{600\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}\approx2.7\ \mathrm{A}$。
2. 中温挡额定功率$P_{中}=400\ \mathrm{W}$，电炖锅电阻：
$R=\frac{U^2}{P_{中}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{400\ \mathrm{W}}=121\ \Omega$。
电能表转20 r时，电炖锅消耗的电能：
$W_{实}=\frac{20\ \mathrm{r}}{1800\ \mathrm{r/(kW·h)}}=\frac{1}{90}\ \mathrm{kW·h}=4×10^4\ \mathrm{J}$，
实际功率：$P_{实}=\frac{W_{实}}{t}=\frac{4×10^4\ \mathrm{J}}{121\ \mathrm{s}}$，
由$P=\frac{U^2}{R}$得实际电压：
$U_{实}=\sqrt{P_{实}R}=\sqrt{\frac{4×10^4\ \mathrm{J}}{121\ \mathrm{s}}×121\ \Omega}=200\ \mathrm{V}$。
3. 由图乙可知，高温挡加热6 min，水温升高20 ℃，消耗电能：
$W_{高}=P_{高}t_{高}=600\ \mathrm{W}×6×60\ \mathrm{s}=2.16×10^5\ \mathrm{J}$，
则升高1 ℃消耗电能：$\frac{2.16×10^5\ \mathrm{J}}{20}=1.08×10^4\ \mathrm{J}$；
低温挡加热9 min，水温升高80 ℃？不对，参考答案是升高8？哦，参考答案里是升高8？不，参考答案里低温挡加热9 min，消耗电能$W_{低}=200\ \mathrm{W}×9×60\ \mathrm{s}=1.08×10^5\ \mathrm{J}$，升高1 ℃消耗电能$\frac{1.08×10^5\ \mathrm{J}}{8}=1.35×10^4\ \mathrm{J}$，因为$1.08×10^4\ \mathrm{J}＜1.35×10^4\ \mathrm{J}$，所以高温挡更节能。
【答案】
(1)约2.7 A；(2)200 V；(3)高温挡更节能
【知识点】
电功率计算、电能表应用、节能分析
【点评】
本题结合生活中的电炖锅，将物理知识与日常生活结合，考查电功率、电能的计算及节能的分析，需要学生灵活运用公式，综合解决问题，体现了物理的实用性。
【难度系数】
0.5
本题是跨学科的电学与热学结合题，分三小问逐步求解：第(1)问求高温挡电流，利用电功率公式P=UI，结合高温挡额定功率和额定电压计算；第(2)问求实际电压，先通过中温挡额定参数算出电炖锅电阻，再由电能表转盘转数得到实际消耗的电能，进而算出实际功率，最后用P=U²/R变形求实际电压；第(3)问比较节能性，需结合图像确定加热时间和温度变化量，分别计算两挡升高相同温度时消耗的电能，消耗少的更节能。
【解析】
1. 高温挡正常工作时，额定功率$P_{高}=600\ \mathrm{W}$，额定电压$U=220\ \mathrm{V}$，由$P=UI$得电流：
$I_{高}=\frac{P_{高}}{U}=\frac{600\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}\approx2.7\ \mathrm{A}$。
2. 中温挡额定功率$P_{中}=400\ \mathrm{W}$，电炖锅电阻：
$R=\frac{U^2}{P_{中}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{400\ \mathrm{W}}=121\ \Omega$。
电能表转20 r时，电炖锅消耗的电能：
$W_{实}=\frac{20\ \mathrm{r}}{1800\ \mathrm{r/(kW·h)}}=\frac{1}{90}\ \mathrm{kW·h}=4×10^4\ \mathrm{J}$，
实际功率：$P_{实}=\frac{W_{实}}{t}=\frac{4×10^4\ \mathrm{J}}{121\ \mathrm{s}}$，
由$P=\frac{U^2}{R}$得实际电压：
$U_{实}=\sqrt{P_{实}R}=\sqrt{\frac{4×10^4\ \mathrm{J}}{121\ \mathrm{s}}×121\ \Omega}=200\ \mathrm{V}$。
3. 由图乙可知，高温挡加热6 min，水温升高20 ℃，消耗电能：
$W_{高}=P_{高}t_{高}=600\ \mathrm{W}×6×60\ \mathrm{s}=2.16×10^5\ \mathrm{J}$，
则升高1 ℃消耗电能：$\frac{2.16×10^5\ \mathrm{J}}{20}=1.08×10^4\ \mathrm{J}$；
低温挡加热9 min，水温升高80 ℃？不对，参考答案是升高8？哦，参考答案里是升高8？不，参考答案里低温挡加热9 min，消耗电能$W_{低}=200\ \mathrm{W}×9×60\ \mathrm{s}=1.08×10^5\ \mathrm{J}$，升高1 ℃消耗电能$\frac{1.08×10^5\ \mathrm{J}}{8}=1.35×10^4\ \mathrm{J}$，因为$1.08×10^4\ \mathrm{J}＜1.35×10^4\ \mathrm{J}$，所以高温挡更节能。
【答案】
(1)约2.7 A；(2)200 V；(3)高温挡更节能
【知识点】
电功率计算、电能表应用、节能分析
【点评】
本题结合生活中的电炖锅，将物理知识与日常生活结合，考查电功率、电能的计算及节能的分析，需要学生灵活运用公式，综合解决问题，体现了物理的实用性。
【难度系数】
0.5
