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6. 某款电热杯有高、中、低三挡，简化电路如图所示，$\mathrm{S}_1$、$\mathrm{S}_2$不能同时闭合，$R_1$的阻值为$2.5\ \Omega$。只闭合$\mathrm{S}_3$时，电路中的电流为$2\ \mathrm{A}$。下列说法正确的是 (
A.电源电压为 $10\ \mathrm{V}$
B.只闭合$\mathrm{S}_3$时，电热杯工作 $1\ \mathrm{min}$ 产生的热量为 $600\ \mathrm{J}$
C.只闭合$\mathrm{S}_1$、$\mathrm{S}_3$时，电热杯处于低温挡
D.加热 $100\ \mathrm{g}$ 水，水温由 $25\ °\mathrm{C}$ 升高到 $35\ °\mathrm{C}$，水吸收的热量为 $420\ \mathrm{J}$
B
)A.电源电压为 $10\ \mathrm{V}$
B.只闭合$\mathrm{S}_3$时，电热杯工作 $1\ \mathrm{min}$ 产生的热量为 $600\ \mathrm{J}$
C.只闭合$\mathrm{S}_1$、$\mathrm{S}_3$时，电热杯处于低温挡
D.加热 $100\ \mathrm{g}$ 水，水温由 $25\ °\mathrm{C}$ 升高到 $35\ °\mathrm{C}$，水吸收的热量为 $420\ \mathrm{J}$
答案
A. 只闭合$\mathrm{S_3}$时,电路为$R_1$的简单电路,电路中的电流为2 A,$R_1$的阻值为$2.5\ \Omega$,根据欧姆定律可知,电源电压$U=I_1R_1=2\ \mathrm{A}×2.5\ \Omega=5\ \mathrm{V}$,故A错误;B. 只闭合$\mathrm{S_3}$时,电热杯工作1 min产生的热量$Q=W=UI_1t=5\ \mathrm{V}×2\ \mathrm{A}×60\ \mathrm{s}=600\ \mathrm{J}$,故B正确;C. 闭合$\mathrm{S_1}$、$\mathrm{S_3}$时,两电阻并联接入电路,并联电路总电阻小于任一分电阻,由$P=\frac{U^2}{R}$可知,电热杯消耗的功率最大,处于高温挡,故C错误;D. 加热$100\ \mathrm{g}$水,水温由$25\ ℃$升高到$35\ ℃$,水吸收的热量为$Q'=cm\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×100×10^{-3}\ \mathrm{kg}×(35\ ℃-25\ ℃)=4\ 200\ \mathrm{J}$,故D错误。故选B。
解析
【分析】要解决本题，需先明确不同开关状态下的电路连接方式，再结合欧姆定律、电功、电功率、热量计算公式逐一分析各选项，判断对错。
【解析】
选项A：只闭合$\mathrm{S}_3$时，电路为$R_1$的简单电路，根据欧姆定律$U=IR$，电源电压$U=I_1R_1=2\ \mathrm{A} × 2.5\ \Omega=5\ \mathrm{V}$，故A错误；
选项B：只闭合$\mathrm{S}_3$时，电热杯产生的热量等于消耗的电能，即$Q=W=UIt=5\ \mathrm{V} × 2\ \mathrm{A} × 60\ \mathrm{s}=600\ \mathrm{J}$，故B正确；
选项C：闭合$\mathrm{S}_1$、$\mathrm{S}_3$时，$R_1$与$R_2$并联，并联总电阻小于任一分电阻，由$P=\frac{U^2}{R}$可知，电压$U$不变，电阻越小功率越大，此时功率最大，为高温挡，故C错误；
选项D：水的质量$m=100\ \mathrm{g}=0.1\ \mathrm{kg}$，水吸收的热量$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t=4.2 × 10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 0.1\ \mathrm{kg} × (35℃-25℃)=4200\ \mathrm{J}$，故D错误。
【答案】B
【知识点】欧姆定律、电功与热量计算、电功率
【点评】本题结合电路分析考查电学与热学的综合计算，需准确判断开关对应的电路结构，熟练应用相关公式，注意单位换算，难度适中。
【难度系数】0.5
【解析】
选项A：只闭合$\mathrm{S}_3$时，电路为$R_1$的简单电路，根据欧姆定律$U=IR$，电源电压$U=I_1R_1=2\ \mathrm{A} × 2.5\ \Omega=5\ \mathrm{V}$，故A错误；
选项B：只闭合$\mathrm{S}_3$时，电热杯产生的热量等于消耗的电能，即$Q=W=UIt=5\ \mathrm{V} × 2\ \mathrm{A} × 60\ \mathrm{s}=600\ \mathrm{J}$，故B正确；
选项C：闭合$\mathrm{S}_1$、$\mathrm{S}_3$时，$R_1$与$R_2$并联，并联总电阻小于任一分电阻，由$P=\frac{U^2}{R}$可知，电压$U$不变，电阻越小功率越大，此时功率最大，为高温挡，故C错误；
选项D：水的质量$m=100\ \mathrm{g}=0.1\ \mathrm{kg}$，水吸收的热量$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t=4.2 × 10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 0.1\ \mathrm{kg} × (35℃-25℃)=4200\ \mathrm{J}$，故D错误。
【答案】B
【知识点】欧姆定律、电功与热量计算、电功率
【点评】本题结合电路分析考查电学与热学的综合计算，需准确判断开关对应的电路结构，熟练应用相关公式，注意单位换算，难度适中。
【难度系数】0.5
7. (2026·武汉市江岸区月考)某校引入了一款如图甲所示的新型即热饮水机,有温水、热水两个出水口,可设置出水温度,其加热电路如图乙所示。只闭合开关$S_1$时,加热电阻$R_1$开始加热流水,温水口流出温水;只闭合$S_2$处于热水挡,但是为了防止误触热水键导致烫伤,所以热水挡有童锁保护,接热水需要点击一下童锁键,可使$S_2$与触点1断开,再点击一下热水键,$S_2$又与触点2连接,加热电阻$R_2$开始加热流水,热水口流出热水。已知加热电阻$R_1$的额定功率为242 W,加热电阻$R_2$的额定功率为2 420 W,当饮水机设置的热水温度为95 ℃,在额定电压下热水口63 s接了0.44 kg的热水,不计热量损失,水的比热容为$c_{水}=4.2×10^{3} J/(kg·℃)$。求:
(1)电阻$R_1$的阻值;
(2)饮水机加热前流水的初温;
(3)某次用电高峰期,小金为了喝到不太烫的热水,于是先接了21 s热水,又接了42 s温水,兑成了一杯总质量为0.5 kg,温度升高了24 ℃的温热水(和未加热的流水对比),求用电高峰期的实际电压。
(1)电阻$R_1$的阻值;
(2)饮水机加热前流水的初温;
(3)某次用电高峰期,小金为了喝到不太烫的热水,于是先接了21 s热水,又接了42 s温水,兑成了一杯总质量为0.5 kg,温度升高了24 ℃的温热水(和未加热的流水对比),求用电高峰期的实际电压。
答案
(1)$200\ \Omega$
(2)$12.5\ ℃$
(3)$200\ \mathrm{V}$
解析:(1)电阻$R_1$的阻值为$R_1=\frac{U^2}{P_1}=\frac{(220\ \mathrm{V}\ )^2}{242\ \mathrm{W}}=200\ \Omega$;
(2)只闭合开关$\mathrm{S_2}$,且$\mathrm{S_2}$与触点2连接时,只有加热电阻$R_2$工作,63 s消耗的电能为$W=P_{热水}t=2\ 420\ \mathrm{W}×63\ \mathrm{s}=152\ 460\ \mathrm{J}$,不计热量损失,水吸收的热量为$Q_{吸}=W=152\ 460\ \mathrm{J}$,水温变化量为$\Delta t_{水}=\frac{Q_{吸}}{c_{水}m_{水}}=\frac{152\ 460\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×0.44\ \mathrm{kg}}=82.5\ ℃$,水的初温为$t_0=t-\Delta t_{水}=95\ ℃-82.5\ ℃=12.5\ ℃$;
(3)0.5 kg水升高24 ℃吸收的热量为$Q_{吸}'=c_{水}m_{水}'\Delta t_{水}'=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×0.5\ \mathrm{kg}×24\ ℃=5.04×10^4\ \mathrm{J}$,加热电阻$R_2$的阻值为$R_2=\frac{U^2}{P_{热水}}=\frac{(220\ \mathrm{V}\ )^2}{2\ 420\ \mathrm{W}}=20\ \Omega$,不计热量损失,消耗的电能为$W'=Q_{吸}'=5.04×10^4\ \mathrm{J}$,饮水机消耗的总电能为接热水和温水时消耗电能之和,即$W'=P_{温水}t_1+P_{热水}t_2=\frac{U_{实际}^2t_1}{R_1}+\frac{U_{实际}^2t_2}{R_2}=\frac{U_{实际}^2×42\ \mathrm{s}}{200\ \Omega}+\frac{U_{实际}^2×21\ \mathrm{s}}{20\ \Omega}=5.04×10^4\ \mathrm{J}$,解得实际电压为$U_{实际}=200\ \mathrm{V}$。
(2)$12.5\ ℃$
(3)$200\ \mathrm{V}$
解析:(1)电阻$R_1$的阻值为$R_1=\frac{U^2}{P_1}=\frac{(220\ \mathrm{V}\ )^2}{242\ \mathrm{W}}=200\ \Omega$;
(2)只闭合开关$\mathrm{S_2}$,且$\mathrm{S_2}$与触点2连接时,只有加热电阻$R_2$工作,63 s消耗的电能为$W=P_{热水}t=2\ 420\ \mathrm{W}×63\ \mathrm{s}=152\ 460\ \mathrm{J}$,不计热量损失,水吸收的热量为$Q_{吸}=W=152\ 460\ \mathrm{J}$,水温变化量为$\Delta t_{水}=\frac{Q_{吸}}{c_{水}m_{水}}=\frac{152\ 460\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×0.44\ \mathrm{kg}}=82.5\ ℃$,水的初温为$t_0=t-\Delta t_{水}=95\ ℃-82.5\ ℃=12.5\ ℃$;
(3)0.5 kg水升高24 ℃吸收的热量为$Q_{吸}'=c_{水}m_{水}'\Delta t_{水}'=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×0.5\ \mathrm{kg}×24\ ℃=5.04×10^4\ \mathrm{J}$,加热电阻$R_2$的阻值为$R_2=\frac{U^2}{P_{热水}}=\frac{(220\ \mathrm{V}\ )^2}{2\ 420\ \mathrm{W}}=20\ \Omega$,不计热量损失,消耗的电能为$W'=Q_{吸}'=5.04×10^4\ \mathrm{J}$,饮水机消耗的总电能为接热水和温水时消耗电能之和,即$W'=P_{温水}t_1+P_{热水}t_2=\frac{U_{实际}^2t_1}{R_1}+\frac{U_{实际}^2t_2}{R_2}=\frac{U_{实际}^2×42\ \mathrm{s}}{200\ \Omega}+\frac{U_{实际}^2×21\ \mathrm{s}}{20\ \Omega}=5.04×10^4\ \mathrm{J}$,解得实际电压为$U_{实际}=200\ \mathrm{V}$。
解析
【分析】
本题是电学与热学的综合计算题，分三步求解：
1. 求电阻$R_1$的阻值：利用额定电压下的电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$，变形得$R=\frac{U^2}{P}$，代入$R_1$的额定功率和额定电压即可计算。
2. 求流水初温：热水挡只有$R_2$工作，先计算额定电压下$R_2$工作63s消耗的电能，不计热量损失时电能等于水吸收的热量，再根据$Q_{吸}=cm\Delta t$算出温度变化量，初温=末温-温度变化量。
3. 求用电高峰期的实际电压：先计算0.5kg水升高24℃吸收的热量，再算出$R_2$的阻值；总电能是接热水和温水时消耗的电能之和，结合电功公式$W=\frac{U^2t}{R}$，联立方程求解实际电压。
【解析】
(1) 额定电压下，由电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$得，电阻$R_1$的阻值：
$R_1=\frac{U^2}{P_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{242\ \mathrm{W}}=200\ \Omega$。
(2) 热水挡时，只有$R_2$工作，63s消耗的电能：
$W=P_{热水}t=2420\ \mathrm{W}×63\ \mathrm{s}=152460\ \mathrm{J}$，
不计热量损失，水吸收的热量$Q_{吸}=W=152460\ \mathrm{J}$，
由$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t$得，水温变化量：
$\Delta t_{水}=\frac{Q_{吸}}{c_{水}m_{水}}=\frac{152460\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃})×0.44\ \mathrm{kg}}=82.5\ ℃$，
则流水的初温：$t_0=t-\Delta t_{水}=95\ ℃-82.5\ ℃=12.5\ ℃$。
(3) 0.5kg水升高24℃吸收的热量：
$Q_{吸}'=c_{水}m_{水}'\Delta t_{水}'=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃})×0.5\ \mathrm{kg}×24\ ℃=5.04×10^4\ \mathrm{J}$，
$R_2$的阻值：$R_2=\frac{U^2}{P_{热水}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{2420\ \mathrm{W}}=20\ \Omega$，
不计热量损失，消耗的总电能$W'=Q_{吸}'=5.04×10^4\ \mathrm{J}$，
总电能为接热水和温水的电能之和，即：
$W'=\frac{U_{实际}^2t_1}{R_1}+\frac{U_{实际}^2t_2}{R_2}$，
代入数据：$5.04×10^4\ \mathrm{J}=\frac{U_{实际}^2×42\ \mathrm{s}}{200\ \Omega}+\frac{U_{实际}^2×21\ \mathrm{s}}{20\ \Omega}$，
化简得：$5.04×10^4=U_{实际}^2×1.26$，解得$U_{实际}=200\ \mathrm{V}$。
【答案】
(1) $200\ \Omega$；(2) $12.5\ ℃$；(3) $200\ \mathrm{V}$
【知识点】
电功率计算、热量计算、电功与热量的综合计算
【点评】
本题结合饮水机实际电路，考查电功率、热量的综合计算，关键是明确电路工作状态，利用“不计热量损失”建立电能与热量的关系，步骤较多需细心计算。
【难度系数】
0.5
本题是电学与热学的综合计算题，分三步求解：
1. 求电阻$R_1$的阻值：利用额定电压下的电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$，变形得$R=\frac{U^2}{P}$，代入$R_1$的额定功率和额定电压即可计算。
2. 求流水初温：热水挡只有$R_2$工作，先计算额定电压下$R_2$工作63s消耗的电能，不计热量损失时电能等于水吸收的热量，再根据$Q_{吸}=cm\Delta t$算出温度变化量，初温=末温-温度变化量。
3. 求用电高峰期的实际电压：先计算0.5kg水升高24℃吸收的热量，再算出$R_2$的阻值；总电能是接热水和温水时消耗的电能之和，结合电功公式$W=\frac{U^2t}{R}$，联立方程求解实际电压。
【解析】
(1) 额定电压下，由电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$得，电阻$R_1$的阻值：
$R_1=\frac{U^2}{P_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{242\ \mathrm{W}}=200\ \Omega$。
(2) 热水挡时，只有$R_2$工作，63s消耗的电能：
$W=P_{热水}t=2420\ \mathrm{W}×63\ \mathrm{s}=152460\ \mathrm{J}$，
不计热量损失，水吸收的热量$Q_{吸}=W=152460\ \mathrm{J}$，
由$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t$得，水温变化量：
$\Delta t_{水}=\frac{Q_{吸}}{c_{水}m_{水}}=\frac{152460\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃})×0.44\ \mathrm{kg}}=82.5\ ℃$，
则流水的初温：$t_0=t-\Delta t_{水}=95\ ℃-82.5\ ℃=12.5\ ℃$。
(3) 0.5kg水升高24℃吸收的热量：
$Q_{吸}'=c_{水}m_{水}'\Delta t_{水}'=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃})×0.5\ \mathrm{kg}×24\ ℃=5.04×10^4\ \mathrm{J}$，
$R_2$的阻值：$R_2=\frac{U^2}{P_{热水}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{2420\ \mathrm{W}}=20\ \Omega$，
不计热量损失，消耗的总电能$W'=Q_{吸}'=5.04×10^4\ \mathrm{J}$，
总电能为接热水和温水的电能之和，即：
$W'=\frac{U_{实际}^2t_1}{R_1}+\frac{U_{实际}^2t_2}{R_2}$，
代入数据：$5.04×10^4\ \mathrm{J}=\frac{U_{实际}^2×42\ \mathrm{s}}{200\ \Omega}+\frac{U_{实际}^2×21\ \mathrm{s}}{20\ \Omega}$，
化简得：$5.04×10^4=U_{实际}^2×1.26$，解得$U_{实际}=200\ \mathrm{V}$。
【答案】
(1) $200\ \Omega$；(2) $12.5\ ℃$；(3) $200\ \mathrm{V}$
【知识点】
电功率计算、热量计算、电功与热量的综合计算
【点评】
本题结合饮水机实际电路，考查电功率、热量的综合计算，关键是明确电路工作状态，利用“不计热量损失”建立电能与热量的关系，步骤较多需细心计算。
【难度系数】
0.5
