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    4．如图甲所示一种家用调温式电熨斗，工作过程中电源电压恒为220V，电熨斗金属底板质量为500g．图乙是它的工作电路，发热部分由调温电阻R和阻值为110Ω的定值电阻R0组成（电阻值均不受温度影响）．调温电阻最大阻值为110Ω，预热时电熨斗以最大功率正常工作110s可使金属底板的温度由20℃升高到220℃[金属底板的比热容为0.44×103J/（kg•℃）]，则

    （1）以最大功率预热时的加热效率是多大？
    （2）电熨斗调温过程中，电路中的最小电流是多少？
    （3）以最小功率工作10min消耗的电能是多少？

    分析 （1）已知电熨斗金属底板的质量、初温、末温以及比热容，根据Q吸=cm（t-t0）求出预热时金属底板吸收的热量；当调温电阻接入电路中的电阻为0Ω时，电路中的总电阻最小，电熨斗的功率最大，根据W=$\frac{{U}^{2}}{{R}_{0}}$t 求出工作110s消耗的电能；利用公式η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$计算加热效率；
    （2）当调温电阻接入电路中的电阻最大时，电路中的总电阻最大，电流最小；根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流．
    （3）已经求出了电路中的最小电流（此时电熨斗的功率最小），利用公式W=UIt计算此时电熨斗消耗的电能．

    解答 解：（1）预热时金属底板吸收的热量：
    Q吸=cm（t-t0）=0.44×103J/（kg•℃）×0.5kg×（220℃-20℃）=4.4×104J；
    当调温电阻接入电路的阻值为0Ω时，只有定值电阻R0连入电路，总电阻最小，电熨斗的功率最大；
    以最大功率正常工作110s消耗的电能：
    W=$\frac{{U}^{2}}{{R}_{0}}$t=$\frac{（220V）^{2}}{110Ω}$×110s=4.84×104J；
    以最大功率预热时的加热效率：
    η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$=$\frac{4.4×1{0}^{4}J}{4.84×1{0}^{4}J}$×100%≈90.9%．
    （2）当调温电阻接入电路中的电阻R=110Ω时，总电阻最大，电路中的电流最小；
    因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
    所以，此时电路中的总电阻：R总=R+R0=110Ω+110Ω=220Ω，
    则电路中的最小电流：
    I最小=$\frac{U}{{R}_{总}}$=$\frac{220V}{220Ω}$=1A．
    （3）以最小功率工作10min消耗的电能：
    W′=UI最小t′=220V×1A×10×60s=1.32×105J．
    答：（1）以最大功率预热时的加热效率是90.9%；
    （2）电熨斗调温过程中，电路中的最小电流是1A；
    （3）以最小功率工作10min消耗的电能是1.32×105J．

    点评 本题考查了吸热公式、能量转化效率、串联电路的特点、欧姆定律、电功和电功率公式的综合应用，明确电熨斗的最大和最小功率时电路中的连接方式是关键．

    练习册系列答案
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    （3）小明发现当换接 R3时，无论如何滑线变阻器都不能使R3两端的电压达到2V，原因可能是滑动变阻器的最大阻值选小了．
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    科目：初中物理 来源： 题型：计算题

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