题目内容
8．
某种电热饮水机有加热和保温两种工作状态（由机内温控开关S0自动控制），从它的说明书上收集到如下数据及如图所示的简化电路原理图．（1）当S闭合，S0断开时，饮水机处于保温（填“加热”或“保温”）状态．
（2）求一满热水箱水的质量．（1L=1×10-3m3，ρ水=1.0×103kg/m3）
| 热水箱容量 | 1L |
| 额定电压 | 220V |
| 加热功率 | 1000W |
| 保温功率 | 44W |
（4）将一满热水箱的水从20℃加热到80℃需要吸收多少热量？[c水=4.2×103J/（kg•℃）]
（5）若加热效率为90%，需要加热多长时间？
分析 （1）温控开关S0断开时，只有R2连入电路，分析电路电阻的变化，根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$分析电路功率大小可知饮水机处于哪种工作状态；
（2）已知水的体积，利用密度公式计算质量；
（3）利用P=UI计算保温时电流；
（4）已知热水箱容量可求出水的质量，又知初温和末温，利用Q=cm△t计算出吸收的热量；
（5）知道加热效率，再利用公式W=$\frac{{Q}_{吸}}{η}$计算出消耗的电能，又知道加热时的功率，可利用时t=$\frac{W}{{P}_{加热}}$计算出加热时间．
解答 解：（1）S0断开后R1被断路，只有R2加热；
根据越并越小、总电阻小于任何一个分电阻可知，电路电阻变大；
根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知，功率变小，所以饮水机处于保温状态；
（2）水箱中水的体积V=1L=1×10-3m3，
由ρ=$\frac{m}{V}$得，水的质量m=ρV=1.0×103kg/m3×1×10-3m3=1kg；
（3）只用电阻R2接入电路时，饮水机处于保温状态，
根据P=UI，保温时通过R2的电流I2=$\frac{{P}_{保温}}{U}$=$\frac{120W}{220V}$=0.545A；
（4）水的比热容：C=4.2×103J/（kg•℃），水升高的温度：△t=t-t0=80℃-20℃=60℃，
水吸收的热量为：Q吸=Cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×60℃=2.52×105J；
（5）加热效率为η=90%，
根据η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$，
故消耗的电能为：W=$\frac{{Q}_{吸}}{η}$=$\frac{2.52×1{0}^{5}J}{90%}$=2.8×105J，
而P加热=1000W，
由W=Pt得，
加热时间为：t=$\frac{W}{{P}_{加热}}$=$\frac{2.8×1{0}^{5}J}{1000W}$=280s．
答：（1）保温；
（2）一满热水箱水的质量是1kg；（3）保温时的电流为0.545A；（4）水需要吸收2.52×105J热量；（5）若加热效率为90%，需要加热280s．
点评 分析清楚电路结构，知道何时饮水机处于加热状态、何时处于保温状态，是正确解题的关键，灵活应用功率的变形公式、并联电路的特点可以正确解题，要学会从题目所给信息中找到有用的数据．在计算过程中要特别注意单位的换算．
阅读快车系列答案| A． | 铁球的大 | B． | 木球的大 | ||
| C． | 一样大 | D． | 条件不够无法判断 |
小明按如图所示的电路图连接电路，进行串联电路电流、电压规律的探究活动，其中R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，实验时，三次改变滑动变阻器滑片P的位置，得到下表中的实验数据：| 实验次数 | A1示数（A） | A2示数（A） | V1示数（V） | V2示数（V） | V示数（V） |
| 1 | 0.3 | 0.3 | 3.0 | 9.0 | 12.0 |
| 2 | 0.6 | 0.6 | 3.0 | 6.0 | 12.0 |
| 3 | 0.8 | 0.8 | 8.0 | 4.0 | 12.0 |
（2）比较三只电压表示数，可得出的规律是串联电路电源电压等于各用电器两端电压之和．
（3）比较三次电流表A1（或A2）和电压表V1示数，还可得出的规律是：在导体的电阻一定时，导体两端的电压越大，则电流越大．
（4）第三次实验中，滑动变阻器R2接入电路的电阻为5Ω．
（5）当变阻器滑片P向右移动时，电压表V1的示数将变小．（填“变大”、“变小”或“不变”）
如图所示，跳伞运动员在空中匀速直线下降．请回答下列问题：
如图所示，用轻质材料制成的吊桥搭在河两岸，吊桥可以绕O点转动，一辆车从桥的左端匀速向桥右端运动，桥面始终是水平的，不计吊桥和绳的重力，车从O点出发开始计时．则吊桥右端A点所受地面的支持力F随时间t的关系图象为（ ）
