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    （2008?惠山区模拟）如图甲所示为家庭、宾馆常用的无线电水壶（一种在倒水时导线脱离，用电加热的方便水壶），图乙是该电水壶的铭牌．冬冬用这种水壶烧开水，他将水放至最大水量，测得水的初温是18℃，通电4min20s，水烧开（在一个标准大气压下）．通过计算，回答下列问题：

    （1）该水壶正常工作时的电阻？（保留1位小数） 
    （2）加热过程中水吸收的热量是多少焦耳？
    加热过程中电水壶消耗的电能是多少焦耳？
    （3）比较（2）问所得两数据，你认为合理吗？如不合理，请至少说出造成不合理的两种不同原因．
    分析：（1）由灯泡的铭牌可知电水壶的额定电压和额定功率，根据R=
    U2
    P
    求出该电水壶电热丝的电阻；
    （2）先根据密度公式求出水放至最大水量时壶内水的质量，利用Q=cm△t求出加热过程中水吸收的热量，再根据W=Pt求出消耗的电能；
    （3）比较吸收的热量和消耗电能的大小，如果消耗的电能等于或大于吸收的热量，合理，反之不合理；根据得出的结果进行分析，即可得出结论．
    解答：解：（1）根据P=
    U2
    R
    可得：
    电阻丝的电阻R=
    U2
    P
    =
    (220V)2
    1280W
    =37.8Ω；
    （2）根据ρ=
    m
    V
    可得：
    水放至最大水量时壶内水的质量m=ρV=1.0×103kg/m3×1×10-3m3=1kg，
    根据Q=cm△t可得：
    水吸收的热量Q=cm△t=4.2×103J/（kg?℃）×1kg×（100℃-18℃）=3.444×105J；
    根据W=Pt可得：
    消耗的电能W=Pt=1280W×（4×60s+20s）=3.328×105J；
    （3）如果不考虑热量散失，消耗的电能完全转化为内能，二者相等，实际是存在热量散失的，所以吸收的热量不可能等于消耗的电能，所以不合理．
    造成不合理的原因：
    ①可能是电源电压较高，实际电压大于额定电压，实际功率大于额定功率；
    ②可能是电水壶上标的最大容量所对的刻度线与实际情况有偏差，所盛水的实际体积小于1.0L；
    ③可能是水的温度测量不准，温度差较大；
    ④可能是烧水的时间测量有偏差，烧水时间测量较短．
    答：（1）该水壶正常工作时的电阻约为37.8Ω； 
    （2）加热过程中水吸收的热量是3.444×105J，电水壶消耗的电能是3.328×105J；
    （3）不合理，原因①可能是电源电压较高，实际电压大于额定电压，实际功率大于额定功率；
    ②可能是电水壶上标的最大容量所对的刻度线与实际情况有偏差，所盛水的实际体积小于1.0L．
    点评：本题考查了质量、消耗的电能、吸收的热量的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是分析出现偏差的原因．
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