题目内容

10．在物理综合实践活动中，小南在爸爸的协助下，对家里的电水壶进行观察和研究．表1是电水壶的铭牌，如图是电能表的表盘，表2是他记录的有关数据．
表1
××牌电水壶
 额定电压 220V
 额定功率 800W
 容量 1.5L
表2
 观察记录1 只将电水壶接入电路，电能表在2min内转过了30转
 观察记录2 在壶中装满水，通电前水温：30℃，通电2min后：44℃
根据上表中的记录，请解答下面的问题．
（1）求通电2min壶中的水吸收的热量；
（2）求电水壶中发热体正常工作时的电阻值；
（3）请你计算此过程中电水壶的实际功率，与额定功率是否相同，若不同，请分析原因．

分析 （1）已知水的体积，利用密度公式可求得水的质量；
已知水的质量、初温和末温，可用Q吸=cm（t-t0）计算水吸收的热量；
（2）知道电热水壶的额定电压和额定功率，根据R=$\frac{{U}^{2}}{P}$求出正常工作时的电阻．
（3）由于电水壶产生的热量全部被水吸收则可知电热水壶实际消耗的电能，根据P=$\frac{W}{t}$求出实际功率．从实际电压等角度分析．

解答 解：（1）由ρ=$\frac{m}{V}$可得，水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×1.5×10-3m3=1.5kg，
水吸收的热量：
Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×（44℃-30℃）=8.82×104J．
（2）由P=UI=$\frac{{U}^{2}}{R}$得：
电水壶中发热体正常工作时的电阻值：R=$\frac{{U}_{额}^{2}}{{P}_{额}}$=$\frac{{（220V）}^{2}}{800W}$=60.5Ω．
（3）电水壶2min消耗的电能：W=$\frac{30}{1200}$kW•h=$\frac{1}{40}$kW•h=$\frac{1}{40}$×3.6×106J=9×104J，
实际功率P=$\frac{W}{t}$=$\frac{9×1{0}^{4}J}{2×60s}$=750W．
因额定功率为800W，故实际功率与额定功率不相同；
原因可能是电水壶工作时的实际电压小于额定电压（220V），所以实际功率小于额定功率．
答：（1）通电2min壶中的水吸收的热量8.82×104J；
（2）电水壶中发热体正常工作时的电阻值为60.5Ω；
（3）电水壶的实际功率为750W，与额定功率不相同，原因可能是电水壶工作时的实际电压小于额定电压．

点评 本题涉及到热量、功率、电功、电能表等重要知识点，在电热结合的综合性习题，有一定的难度．计算的已知条件，不是直接给出，而是分布在表格中，从众多的数据中取舍数据，这是对数据的处理的能力，是中考的热点．

练习册系列答案
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序号A表示数（A）V1表示数（V）V2表示数（V）A表示数变化量（A）V1表示数变化量（V）V2表示数变化量（V）
10.1111000
20.22100.111
30.3390.222
40.4480.333
50.5570.444
60.6660.555
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③分析比较实验序号2～6的数据中电表A示数变化量及V1示数变化量的关系及相关条件，归纳得出的初步结是：串联电路中，滑动变阻器的电阻变化时，电路中电流的变化量与定值电阻两端电压变化量成正比．
④进一步综合分析比较表中电压表V1示数变化量、V2示数变化量、电流表A示数变化量的关系及相关条件，归纳得出初步结论：串联电路中滑动变阻器的电阻变化时，定值电阻两端电压变化量与电路中电流变化量的比值等于滑动变阻器两端电压变化量与电路中电流变化量的比值．
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 功率（W）光通（流明）光效（流明/瓦）寿命（时）售价（元/只）每度电费（元）
白炽灯605509.1610001.430.52
节能灯1055055500031.200.52
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