题目内容

10．如图所示，图甲是某家庭用的电水壶，它具有加热和保温两项功能，图乙是该电水壶内部的电路连接图．
（1）当开关S1闭合，S2断开时为保温（填“保温”或“加热”）状态，若电阻R1=22Ω，R2=2178Ω．此时电路中的电流为0.1A．
（2）某同学在电水壶里装有1.5kg、20℃的水[水的比热容4.2×103J/（kg•℃）]，如果当时是一个标准大气压，该电水壶的加热功率为2200W，在加热状态使水沸腾需耗时4min，求本次加热水时电热水壶的效率．
（3）有同学发现电水壶的形状是上面小而下面大，请你从物理学的角度去解释这样设计的原因．

分析 （1）由电路图可知，开关S1闭合、S2断开时，两电阻串联，电路中的电阻最大，根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知，电功率最小即为保温状态；由串联电路特点及欧姆定律可以求出电路电流．
（2）已知水的质量与初温，由热量公式可以求出水沸腾时吸收的热量．
已知此时加热功率，利用W=Pt求出消耗的电能，利用η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$可以求出热水壶的效率．
（3）降低重心可以增加稳定性，同时增大接触面的面积可以减小压强

解答 解：（1）由电路图可知，开关S1闭合、S2断开时，两电阻串联，根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知，电功率最小即为保温状态；
根据串联电路的总阻值等于各电阻之和可知：R=R1+R2=22Ω+2178Ω=2200Ω，
电流I=$\frac{U}{R}$=$\frac{220V}{2200Ω}$=0.1A；
（2）一标准大气压下，水的沸点t=100℃，
水沸腾时吸收的热量：
Q=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃-20℃）=5.04×105J；
由P=$\frac{W}{t}$得：
消耗的电能为W=Pt=2200W×4×60s=5.28×105J；
热水壶的效率η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%=$\frac{5.04×{10}^{5}J}{5.28×{10}^{5}J}$×100%≈95.5%．
（3）电水壶的形状是上面小而下面大，一方面可以降低壶的重心，增加稳定性，另一方面可以减小壶对地面的压强．
答：（1）保温；0.1．
（2）本次加热水时电热水壶的效率为95.5%．
（3）增加稳定性，减小壶对地面的压强．

点评 本题考查串并联电路的特点、电功率变形公式、热量公式、欧姆定律的灵活运用，难点是根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$结合开关的闭合、断开判断电水壶的工作状态．

练习册系列答案
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20．用如图甲所示的实验装置探究烧杯内的某种物质熔化时温度的变化规律．实验过程中，电热棒的功率保持恒定．

（1）t2时刻该物质处于固液共存态．
（2）比较t2与t3时刻的内能，t3时刻杯内物质的内能较大．理由是熔化过程要吸收热量．
（3）已知0-t1与t5-t6的加热时间相等，由图乙可知两段时间内，物质的温度升高不同，由此可得出：这种物质固态时的比热容比液态时的比热容小．作出此判断的依据是c=$\frac{Q}{m△t}$．（用公式表示）
1．有两个电路元件A和B，流过元件的电流与其两端电压的关系如图甲所示，把它们串联在电路中如图乙，闭合开关S，这时电流表的示数为0.4A，则电源电压为4.5V；元件 A在l0s时间产生的热量是8J．
18．小刚在测量大米密度的实验中．
（1）将天平放在水平桌面上，移动游码至标尺左端零刻度线后，调节横梁上的平衡螺母，使天平平衡．此时用天平测得空烧杯的质量为50g，再测得装入适量大米时烧杯和大米的总质量为131.9g．
（2）将烧杯中大米倒入空量筒，压实抹平，测得其体积为90mL，计算得到大米的密度为0.91×103kg/m3．
（3）小刚测得大米的密度比真实值小（填“大”或“小”）．
5．如图所示是一种常见的即热式电加热水龙头，冷水通过水龙头下端加热箱里的加热管进行加热后，变成热水从水龙头流出，小明打开水龙头以稳定流速接热水1.2L，已知入水水温15℃，出水水温40℃，这1.2L水吸收热量1.26×105J，如果在这过程中，它的效率是90%，功率为3500W，电加热器持续加热时间是40s．[标准大气压下ρ水=1.0×103km/3，c水=4.2×103J/（kg．℃）]．
15．一下有关物理知识的总结和整理中，正确的是（　　）
A．物理量及单位$\left\{\begin{array}{l}{功率}&{瓦特}\\{内能}&{焦耳}\end{array}\right.$
B．测量仪器及用途$\left\{\begin{array}{l}{电能表}&{测电功}\\{天平}&{测质量}\end{array}\right.$
C．科学家及贡献$\left\{\begin{array}{l}{法拉第}&{电能生磁}\\{奥斯特}&{磁能生电}\end{array}\right.$
D．生活工具及原理$\left\{\begin{array}{l}{白炽灯}&{电流的热效应}\\{近视镜}&{光的折射规律}\end{array}\right.$
2．分析表格中的数据，归纳出拉力F与重力G的关系，则力F与重力G的关系式：F=0.5G+0.4N．
G/N123456
F/N0.91.41.92.42.93.4
19．在探究液体压强的实验中，进行了如图所示的操作：

（1）实验中，探究液体压强的工具是U型压强计．
（2）由丙、丁两图进行实验对比，得出液体压强与盛液体的容器形状无关（选填“有关”或“无关”）．
（3）甲、乙两图是探究液体压强与深度的关系，结论是：液体内部压强随着深度的增加而增大．
（4）要探究液体压强与密度的关系，应选用乙丙两图进行对比．
（5）在图乙中，固定金属盒的橡皮膜在水中的深度，使金属盒处于向上、向下、向左、向右等方位时，两玻璃管中液面高度差不变，说明了在液体内部同一深度处，液体向各个方向的压强大小相等．
20．在探究“动能的大小与质量的关系”的实验中，记录数据如下，下列说法错误的是（　　）
小球质量m/g102030
木块移动距离s/cm8.316.825.2
A．实验时，让小球从斜面的同一高度自由滚下
B．小球动能的大小通过木块移动的距离来判断
C．物体质量越大，动能一定越大
D．实验过程中运用了控制变量法和转换法

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