登录
6 图甲中煮茶壶的简化电路图如图乙所示。$\mathrm{S}_0$是一个温控开关，当温度较低时，其处于闭合状态，煮茶壶加热。当水沸腾后，$\mathrm{S}_0$会自动断开，煮茶壶进入保温状态，从而实现温度自动控制。如图丙是煮茶壶的铭牌。已知水的密度$\rho_{水}=1.0× 10^{3}\ \mathrm{kg/m}^3$，水的比热容$c_{水}=4.2× 10^{3}\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
(1) $R$的阻值是多少？
(2) 将煮茶壶装满初温为$25\ \mathrm{℃}$的水，将水加热到$75\ \mathrm{℃}$，至少需要加热多长时间？（假设消耗的电能全部转化为水的内能）
(3) 用如图丁所示的电能表单独测量该煮茶壶在(2)问情景中实际消耗的电能，发现电能表的转盘转动了36转，此过程中，该煮茶壶煮水时的效率是多少？（结果保留到0.1%）
(1) $R$的阻值是多少？
(2) 将煮茶壶装满初温为$25\ \mathrm{℃}$的水，将水加热到$75\ \mathrm{℃}$，至少需要加热多长时间？（假设消耗的电能全部转化为水的内能）
(3) 用如图丁所示的电能表单独测量该煮茶壶在(2)问情景中实际消耗的电能，发现电能表的转盘转动了36转，此过程中，该煮茶壶煮水时的效率是多少？（结果保留到0.1%）
答案
(1) $\mathrm{S}_0$闭合时，电路为$R$的简单电路，煮茶壶处于加热状态，$R$的阻值$R=\frac{U^2}{P_{热}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1000\ \mathrm{W}}=48.4\ \Omega$。
(2) 水的质量$m=\rho_{水}V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×10^{-3}\ \mathrm{m^3}=1\ \mathrm{kg}$，
水需要吸收的热量$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×(75\ \mathrm{℃}-25\ \mathrm{℃})=2.1×10^5\ \mathrm{J}$，
由于不计热量损失，则消耗的电能$W=Q_{吸}=2.1×10^5\ \mathrm{J}$，
至少需要的加热时间$t=\frac{W}{P_{热}}=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{1000\ \mathrm{W}}=210\ \mathrm{s}$。
(3) 实际消耗的电能$W_{电}=\frac{36\ \mathrm{r}}{360\ \mathrm{r/(kW·h)}}=0.1\ \mathrm{kW·h}=3.6×10^5\ \mathrm{J}$，
煮水效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{W_{电}}×100\%=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{3.6×10^5\ \mathrm{J}}×100\%\approx58.3\%$。
(2) 水的质量$m=\rho_{水}V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×10^{-3}\ \mathrm{m^3}=1\ \mathrm{kg}$，
水需要吸收的热量$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×(75\ \mathrm{℃}-25\ \mathrm{℃})=2.1×10^5\ \mathrm{J}$，
由于不计热量损失，则消耗的电能$W=Q_{吸}=2.1×10^5\ \mathrm{J}$，
至少需要的加热时间$t=\frac{W}{P_{热}}=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{1000\ \mathrm{W}}=210\ \mathrm{s}$。
(3) 实际消耗的电能$W_{电}=\frac{36\ \mathrm{r}}{360\ \mathrm{r/(kW·h)}}=0.1\ \mathrm{kW·h}=3.6×10^5\ \mathrm{J}$，
煮水效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{W_{电}}×100\%=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{3.6×10^5\ \mathrm{J}}×100\%\approx58.3\%$。
解析
【分析】
要解决本题，需先明确电路状态：当温控开关$\mathrm{S}_0$闭合时，电路为$R$的简单电路，煮茶壶处于加热状态；当$\mathrm{S}_0$断开时，$R$与$R_0$串联，煮茶壶处于保温状态。
(1) 求$R$的阻值，需利用加热状态的功率和额定电压，结合电功率公式变形计算；
(2) 先根据水壶容积计算水的质量，再用吸热公式求出水吸收的热量，因电能全部转化为水的内能，消耗的电能等于水吸收的热量，最后结合加热功率计算加热时间；
(3) 根据电能表的转盘转数和参数算出实际消耗的电能，再结合水吸收的热量计算煮水效率。
【解析】
(1) 当$\mathrm{S}_0$闭合时，电路为$R$的简单电路，煮茶壶处于加热状态，加热功率$P_{\mathrm{热}}=1000\ \mathrm{W}$，额定电压$U=220\ \mathrm{V}$。
由电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$，变形得$R=\frac{U^2}{P_{\mathrm{热}}}$，代入数据：
$R=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1000\ \mathrm{W}}=48.4\ \Omega$。
(2) 水壶容积$V=1\ \mathrm{L}=1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$，水的质量$m=\rho_{\mathrm{水}}V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=1\ \mathrm{kg}$。
水升高的温度$\Delta t=75\ \mathrm{℃}-25\ \mathrm{℃}=50\ \mathrm{℃}$，水吸收的热量：
$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×50\ \mathrm{℃}=2.1×10^5\ \mathrm{J}$。
因消耗的电能全部转化为水的内能，故$W=Q_{\mathrm{吸}}=2.1×10^5\ \mathrm{J}$，加热时间：
$t=\frac{W}{P_{\mathrm{热}}}=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{1000\ \mathrm{W}}=210\ \mathrm{s}$。
(3) 电能表参数为$360\ \mathrm{r/(kW·h)}$，转盘转36转时，实际消耗的电能：
$W_{\mathrm{电}}=\frac{36\ \mathrm{r}}{360\ \mathrm{r/(kW·h)}}=0.1\ \mathrm{kW·h}=0.1×3.6×10^6\ \mathrm{J}=3.6×10^5\ \mathrm{J}$。
煮水效率：
$\eta=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{W_{\mathrm{电}}}×100\%=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{3.6×10^5\ \mathrm{J}}×100\%\approx58.3\%$。
【答案】
(1) $48.4\ \Omega$；(2) $210\ \mathrm{s}$；(3) $58.3\%$
【知识点】
电功率计算、热量计算、电能表的应用
【点评】
本题为电热综合应用题，结合电路图、用电器铭牌与电能表参数，考查电功率、热量、效率的计算，需准确分析电路状态，熟练运用相关公式，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需先明确电路状态：当温控开关$\mathrm{S}_0$闭合时，电路为$R$的简单电路，煮茶壶处于加热状态；当$\mathrm{S}_0$断开时，$R$与$R_0$串联，煮茶壶处于保温状态。
(1) 求$R$的阻值，需利用加热状态的功率和额定电压，结合电功率公式变形计算；
(2) 先根据水壶容积计算水的质量，再用吸热公式求出水吸收的热量，因电能全部转化为水的内能，消耗的电能等于水吸收的热量，最后结合加热功率计算加热时间；
(3) 根据电能表的转盘转数和参数算出实际消耗的电能，再结合水吸收的热量计算煮水效率。
【解析】
(1) 当$\mathrm{S}_0$闭合时，电路为$R$的简单电路，煮茶壶处于加热状态，加热功率$P_{\mathrm{热}}=1000\ \mathrm{W}$，额定电压$U=220\ \mathrm{V}$。
由电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$，变形得$R=\frac{U^2}{P_{\mathrm{热}}}$，代入数据：
$R=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1000\ \mathrm{W}}=48.4\ \Omega$。
(2) 水壶容积$V=1\ \mathrm{L}=1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$，水的质量$m=\rho_{\mathrm{水}}V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=1\ \mathrm{kg}$。
水升高的温度$\Delta t=75\ \mathrm{℃}-25\ \mathrm{℃}=50\ \mathrm{℃}$，水吸收的热量：
$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×50\ \mathrm{℃}=2.1×10^5\ \mathrm{J}$。
因消耗的电能全部转化为水的内能，故$W=Q_{\mathrm{吸}}=2.1×10^5\ \mathrm{J}$，加热时间：
$t=\frac{W}{P_{\mathrm{热}}}=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{1000\ \mathrm{W}}=210\ \mathrm{s}$。
(3) 电能表参数为$360\ \mathrm{r/(kW·h)}$，转盘转36转时，实际消耗的电能：
$W_{\mathrm{电}}=\frac{36\ \mathrm{r}}{360\ \mathrm{r/(kW·h)}}=0.1\ \mathrm{kW·h}=0.1×3.6×10^6\ \mathrm{J}=3.6×10^5\ \mathrm{J}$。
煮水效率：
$\eta=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{W_{\mathrm{电}}}×100\%=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{3.6×10^5\ \mathrm{J}}×100\%\approx58.3\%$。
【答案】
(1) $48.4\ \Omega$；(2) $210\ \mathrm{s}$；(3) $58.3\%$
【知识点】
电功率计算、热量计算、电能表的应用
【点评】
本题为电热综合应用题，结合电路图、用电器铭牌与电能表参数，考查电功率、热量、效率的计算，需准确分析电路状态，熟练运用相关公式，难度适中。
【难度系数】
0.6
7 新情境 李老师家购买了某款油电混合动力汽车，该车在蓄电池电量充足时由电动机提供动力（电动模式），当电量不足时，可切换至燃油发动机驱动（燃油模式），同时给蓄电池充电，已知电池满电容量为30 kW·h。某次出行在满电状态下先以电动模式沿水平公路匀速行驶90 km，还剩余20%的电量，随后切换到燃油模式下又匀速行驶了40 km，消耗燃油4 kg，李老师发现电池电量显示为60%。已知该混合动力汽车电动机的效率为75%，燃油的热值$q=4.5× 10^{7}\ \mathrm{J/kg}$。假设汽车行驶过程中阻力保持不变，且不考虑充电时的能量损失。
（1）若李老师家充电桩功率为3 kW，该油电混合动力汽车的电池从无电到充满需要多长时间？
（2）4 kg燃油完全燃烧时放出的热量是多少？
（3）汽车在电动模式行驶时受到的阻力是多少？
（4）燃油模式下发动机的效率是多少？
（1）若李老师家充电桩功率为3 kW，该油电混合动力汽车的电池从无电到充满需要多长时间？
（2）4 kg燃油完全燃烧时放出的热量是多少？
（3）汽车在电动模式行驶时受到的阻力是多少？
（4）燃油模式下发动机的效率是多少？
答案
(1) 根据题意可知，电池容量为30 kW·h，即电池储存的电能$W=30\ \mathrm{kW·h}$，充电桩功率$P=3\ \mathrm{kW}$，由$P=\frac{W}{t}$可知，不计能量损失，电池从无电到充满需要的时间$t=\frac{W}{P}=\frac{30\ \mathrm{kW·h}}{3\ \mathrm{kW}}=10\ \mathrm{h}$。
(2) 4 kg燃油完全燃烧时放出的热量$Q_{放}=mq=4\ \mathrm{kg}×4.5×10^7\ \mathrm{J/kg}=1.8×10^8\ \mathrm{J}$。
(3) 根据题意可知，汽车在电动模式行驶时消耗的电能$W_1=30\ \mathrm{kW·h}×(1-20\%)=30\ \mathrm{kW·h}×80\%=24\ \mathrm{kW·h}$，
汽车在电动模式行驶时牵引力所做的功$W'=\eta W_1=75\%×24\ \mathrm{kW·h}=18\ \mathrm{kW·h}=18×3.6×10^6\ \mathrm{J}=6.48×10^7\ \mathrm{J}$，
汽车在电动模式行驶时汽车的牵引力$F=\frac{W'}{s_1}=\frac{6.48×10^7\ \mathrm{J}}{90×1000\ \mathrm{m}}=720\ \mathrm{N}$，
汽车在水平公路匀速行驶时，受到的牵引力与受到的阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知，汽车在电动模式行驶时受到的阻力$f=F=720\ \mathrm{N}$。
(4) 汽车在燃油模式下牵引力所做的功$W_2=Fs_2=720\ \mathrm{N}×40×1000\ \mathrm{m}=2.88×10^7\ \mathrm{J}$，
燃油模式下转化的电能$W_3=30\ \mathrm{kW·h}×(60\%-20\%)=12\ \mathrm{kW·h}=12×3.6×10^6\ \mathrm{J}=4.32×10^7\ \mathrm{J}$，
燃油模式下汽车所做的有用功$W_{有用}=W_2+W_3=2.88×10^7\ \mathrm{J}+4.32×10^7\ \mathrm{J}=7.2×10^7\ \mathrm{J}$，
燃油模式下发动机的效率$\eta'=\frac{W_{有用}}{Q_{放}}×100\%=\frac{7.2×10^7\ \mathrm{J}}{1.8×10^8\ \mathrm{J}}×100\%=40\%$。
(2) 4 kg燃油完全燃烧时放出的热量$Q_{放}=mq=4\ \mathrm{kg}×4.5×10^7\ \mathrm{J/kg}=1.8×10^8\ \mathrm{J}$。
(3) 根据题意可知，汽车在电动模式行驶时消耗的电能$W_1=30\ \mathrm{kW·h}×(1-20\%)=30\ \mathrm{kW·h}×80\%=24\ \mathrm{kW·h}$，
汽车在电动模式行驶时牵引力所做的功$W'=\eta W_1=75\%×24\ \mathrm{kW·h}=18\ \mathrm{kW·h}=18×3.6×10^6\ \mathrm{J}=6.48×10^7\ \mathrm{J}$，
汽车在电动模式行驶时汽车的牵引力$F=\frac{W'}{s_1}=\frac{6.48×10^7\ \mathrm{J}}{90×1000\ \mathrm{m}}=720\ \mathrm{N}$，
汽车在水平公路匀速行驶时，受到的牵引力与受到的阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知，汽车在电动模式行驶时受到的阻力$f=F=720\ \mathrm{N}$。
(4) 汽车在燃油模式下牵引力所做的功$W_2=Fs_2=720\ \mathrm{N}×40×1000\ \mathrm{m}=2.88×10^7\ \mathrm{J}$，
燃油模式下转化的电能$W_3=30\ \mathrm{kW·h}×(60\%-20\%)=12\ \mathrm{kW·h}=12×3.6×10^6\ \mathrm{J}=4.32×10^7\ \mathrm{J}$，
燃油模式下汽车所做的有用功$W_{有用}=W_2+W_3=2.88×10^7\ \mathrm{J}+4.32×10^7\ \mathrm{J}=7.2×10^7\ \mathrm{J}$，
燃油模式下发动机的效率$\eta'=\frac{W_{有用}}{Q_{放}}×100\%=\frac{7.2×10^7\ \mathrm{J}}{1.8×10^8\ \mathrm{J}}×100\%=40\%$。
解析
【分析】
本题围绕油电混合动力汽车的能量转化与利用，分四个小问考查相关物理知识：
1. 第（1）问求充电时间，利用电功公式$ W=Pt $，已知电池储存的电能（容量）和充电桩功率，直接变形公式计算即可；
2. 第（2）问求燃油燃烧放热，利用热值公式$ Q_{放}=mq $，代入燃油质量和热值计算；
3. 第（3）问求电动模式的阻力，先算出电动模式消耗的电能，结合电动机效率得到牵引力做的功，再由$ W=Fs $算出牵引力，根据匀速运动时二力平衡，阻力等于牵引力；
4. 第（4）问求燃油模式的效率，需明确燃油燃烧放出的总热量，以及燃油模式下的有用功（包括驱动汽车的功和给电池充电的电能），再用效率公式计算。
【解析】
（1）电池储存的电能$ W=30\ \mathrm{kW·h} $，充电桩功率$ P=3\ \mathrm{kW} $，由$ P=\frac{W}{t} $得，充电时间$ t=\frac{W}{P}=\frac{30\ \mathrm{kW·h}}{3\ \mathrm{kW}}=10\ \mathrm{h} $；
（2）4 kg燃油完全燃烧放出的热量$ Q_{放}=mq=4\ \mathrm{kg}×4.5×10^7\ \mathrm{J/kg}=1.8×10^8\ \mathrm{J} $；
（3）电动模式消耗的电能$ W_1=30\ \mathrm{kW·h}×(1-20\%)=24\ \mathrm{kW·h} $，电动机牵引力做的功$ W'=\eta W_1=75\%×24\ \mathrm{kW·h}=18\ \mathrm{kW·h}=18×3.6×10^6\ \mathrm{J}=6.48×10^7\ \mathrm{J} $；
由$ W=Fs $得，牵引力$ F=\frac{W'}{s_1}=\frac{6.48×10^7\ \mathrm{J}}{90×10^3\ \mathrm{m}}=720\ \mathrm{N} $；
汽车匀速行驶，阻力与牵引力平衡，故阻力$ f=F=720\ \mathrm{N} $；
（4）燃油模式下驱动汽车做的功$ W_2=Fs_2=720\ \mathrm{N}×40×10^3\ \mathrm{m}=2.88×10^7\ \mathrm{J} $；
燃油模式下充电的电能$ W_3=30\ \mathrm{kW·h}×(60\%-20\%)=12\ \mathrm{kW·h}=12×3.6×10^6\ \mathrm{J}=4.32×10^7\ \mathrm{J} $；
有用功$ W_{有用}=W_2+W_3=2.88×10^7\ \mathrm{J}+4.32×10^7\ \mathrm{J}=7.2×10^7\ \mathrm{J} $；
燃油模式的效率$ \eta'=\frac{W_{有用}}{Q_{放}}×100\%=\frac{7.2×10^7\ \mathrm{J}}{1.8×10^8\ \mathrm{J}}×100\%=40\% $。
【答案】
(1) $ 10\ \mathrm{h} $；(2) $ 1.8×10^8\ \mathrm{J} $；(3) $ 720\ \mathrm{N} $；(4) $ 40\% $
【知识点】
电功计算、热值应用、效率计算
【点评】
本题结合油电混合动力汽车的实际场景，综合考查了电功、燃料热值、机械效率及二力平衡的知识点，需要学生理清不同模式下的能量转化与利用，尤其是燃油模式中“驱动汽车+给电池充电”的双重能量去向是解题关键，对学生的综合分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
本题围绕油电混合动力汽车的能量转化与利用，分四个小问考查相关物理知识：
1. 第（1）问求充电时间，利用电功公式$ W=Pt $，已知电池储存的电能（容量）和充电桩功率，直接变形公式计算即可；
2. 第（2）问求燃油燃烧放热，利用热值公式$ Q_{放}=mq $，代入燃油质量和热值计算；
3. 第（3）问求电动模式的阻力，先算出电动模式消耗的电能，结合电动机效率得到牵引力做的功，再由$ W=Fs $算出牵引力，根据匀速运动时二力平衡，阻力等于牵引力；
4. 第（4）问求燃油模式的效率，需明确燃油燃烧放出的总热量，以及燃油模式下的有用功（包括驱动汽车的功和给电池充电的电能），再用效率公式计算。
【解析】
（1）电池储存的电能$ W=30\ \mathrm{kW·h} $，充电桩功率$ P=3\ \mathrm{kW} $，由$ P=\frac{W}{t} $得，充电时间$ t=\frac{W}{P}=\frac{30\ \mathrm{kW·h}}{3\ \mathrm{kW}}=10\ \mathrm{h} $；
（2）4 kg燃油完全燃烧放出的热量$ Q_{放}=mq=4\ \mathrm{kg}×4.5×10^7\ \mathrm{J/kg}=1.8×10^8\ \mathrm{J} $；
（3）电动模式消耗的电能$ W_1=30\ \mathrm{kW·h}×(1-20\%)=24\ \mathrm{kW·h} $，电动机牵引力做的功$ W'=\eta W_1=75\%×24\ \mathrm{kW·h}=18\ \mathrm{kW·h}=18×3.6×10^6\ \mathrm{J}=6.48×10^7\ \mathrm{J} $；
由$ W=Fs $得，牵引力$ F=\frac{W'}{s_1}=\frac{6.48×10^7\ \mathrm{J}}{90×10^3\ \mathrm{m}}=720\ \mathrm{N} $；
汽车匀速行驶，阻力与牵引力平衡，故阻力$ f=F=720\ \mathrm{N} $；
（4）燃油模式下驱动汽车做的功$ W_2=Fs_2=720\ \mathrm{N}×40×10^3\ \mathrm{m}=2.88×10^7\ \mathrm{J} $；
燃油模式下充电的电能$ W_3=30\ \mathrm{kW·h}×(60\%-20\%)=12\ \mathrm{kW·h}=12×3.6×10^6\ \mathrm{J}=4.32×10^7\ \mathrm{J} $；
有用功$ W_{有用}=W_2+W_3=2.88×10^7\ \mathrm{J}+4.32×10^7\ \mathrm{J}=7.2×10^7\ \mathrm{J} $；
燃油模式的效率$ \eta'=\frac{W_{有用}}{Q_{放}}×100\%=\frac{7.2×10^7\ \mathrm{J}}{1.8×10^8\ \mathrm{J}}×100\%=40\% $。
【答案】
(1) $ 10\ \mathrm{h} $；(2) $ 1.8×10^8\ \mathrm{J} $；(3) $ 720\ \mathrm{N} $；(4) $ 40\% $
【知识点】
电功计算、热值应用、效率计算
【点评】
本题结合油电混合动力汽车的实际场景，综合考查了电功、燃料热值、机械效率及二力平衡的知识点，需要学生理清不同模式下的能量转化与利用，尤其是燃油模式中“驱动汽车+给电池充电”的双重能量去向是解题关键，对学生的综合分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
