题目内容
【题目】小明家购置了一台电热饮水机,其铭牌如表所示。当瓶胆内水的温度被加热到100℃时,停止加热而进入保温状态;当胆内水的温度降到60℃时,重新启动加热。
额定频率 | 50HZ | 水桶容量 | 20L |
加热功率 | 440W | 内胆最大容积 | 1L |
额定电压 | 220V | 保温功率 | 40W |
(1)电热饮水机在使用时,应选用_____孔插座。为了减少插头插拔的次数,再给插座安装一个开关,如图所示为家庭电路常用的两种墙壁开关,其按钮可绕面板内某转轴转动。按动开关乙所用的力较小,这是因为按动这种开关时_____较大。
(2)将内胆的水从20℃加热到100℃,用时14min,则水吸收的热量为_____J,该饮水机加热状态时的效率为_____%.[c水=4.2×103J/(kg℃)]
(3)若测得饮水机在4h内消耗电能0.56kWh,则加热时间为_____h。
【答案】三 动力臂 3.36×105 90.9 1
【解析】
(1)为了防止电热饮水机的金属外壳因漏电而发生触电事故,故使用比两孔插座中多出的一个接地孔的三孔插座;甲乙两种开关均可在力的作用下绕轴转动(可看做杠杆),根据杠杆原理可知,在阻力和阻力臂一定时,动力臂越大、动力越小,因乙的动力臂大,所以按动开关乙所用的力较小;
(2)内胆内水的体积:
V=1L=1dm3=1×10﹣3m3,
由可得,水的质量:
m=ρV=1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3=1kg,
水吸收的热量:
Q吸=cm(t﹣t0)=4.2×103J/(kg℃)×1kg×(100℃﹣20℃)=3.36×105J,
由 可得,饮水机消耗的电能:
W=P加热t′=440W×14×60s=3.696×105J,
该饮水机加热状态时的效率:
(3)已知:t保+t加=4h﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
4h消耗的电能0.56kWh,由可得:
W总=P加t加+P保t保=0.56kWh﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
代入数据可得:0.44kW×t加+0.04kW×t保=0.56kWh﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
联立①②解得:t加=1h,t保=3h。
【题目】小明在“测量小灯泡的额定功率”实验中,所用小灯泡上标有“2.5V”字样,滑动变阻器标有“20Ω1A”字样。
(1)请用笔画线代替导线,完成图甲实物电路的连接.(要求:滑动变阻器的滑片P向右滑动时,小灯泡变亮;连线不得交叉)
(_________)
(2)闭合开关,通过移动滑片P记录了多组数据如下表,请在图乙中,描点作出IU的关系图线。
(__________)
小灯泡的额定功率为___________W,旋转学生电源旋钮,使电源电压为3V;闭合开关,调节滑片P使滑动变阻器的阻值为10Ω,此时小灯泡的实际功率是____________W
序号 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
电压U/V | 0.5 | 1.0 | 1.5 | 2.0 | 2.5 |
电流I/A | 0.12 | 0.20 | 0.24 | 0.28 | 0.30 |
(3)若实验中电流表坏了,为了测量小灯泡的额定功率,小虎选用一个定值电阻R0接在原电路电流表的位置,设计了图丙所示的电路,实验方案如下:旋转学生电源旋钮,使电源电压为7V;调节滑动变阻器滑片P使电压表的示数为小灯泡额定电压U额;保持滑片P位置不变,只将电压表的a点接线改接到c点,测量R0两端的电压U0.
①小虎的设计方案操作中存在的问题是:___________
②纠正操作错误之后,测出R0两端的电压为U0,则小灯泡的额定功率可表示为:P额=____________(用R0和所测量的符号表示)
③所选用定值电阻R0的阻值不得超过___________Ω.