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5.如图所示为某电热饮水机电路原理图,从其说明书上的收集到的信息如表.为了测量它加热时的实际功率,小明断开家中其它所有用电器,只将该饮水机接入家庭电路单独使用,测得水箱装满水时,在标准大气压下从20℃烧开,所用时间为15分钟,同时观察到家中标有“3000r/kwh”字样的电能表转盘转过600转(r).
热水箱容量2L
额定电压220V
加热时的额定功率880W
保温时的额定功率40W
求根据以上信息,(不考虑温度对电阻值的影响)[C=4.2×103J/(kg•℃)];
(1)水箱中的水在标准大气压下从20℃烧开所吸收的热量为多少?
(2)电阻R1的阻值?
(3)电阻R2的阻值?
(4)饮水机加热时的实际功率?

分析 (1)知道热水箱的容量,可利用公式m=ρV计算出水的质量,又知道水的比热容和温度变化,可利用热量公式Q=cm(t-t0)计算出水吸收的热量.
(2)已知饮水机的额定电压和加热时的额定功率,可利用公式R=$\frac{{U}^{2}}{P}$计算出电阻R1的阻值.
(3)据保温功率,计算出总电阻,而后用总电阻减去R1的阻值即可得出答案;
(4))“3000r/kW•h”的意义为:每消耗1kW•h的电能,电能表的转盘就转过3000r,从而可以计算出电能表的转盘转过600r消耗的电能,又知道工作时间,可利用公式P=$\frac{W}{t}$计算出饮水机的实际功率.

解答 解:(1)由ρ=$\frac{m}{v}$可知,水的质量为:m=ρV=1g/cm3×2000cm3=2000g=2kg;
水吸收的热量为:Q=cm(t-t0)=4.2×103J/(kg•℃)×2kg×(100℃-20℃)=6.72×105J;
(2)由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知,电阻R1的阻值为:R1=$\frac{{{U}^{2}}_{额}}{{P}_{加热}}$=$\frac{(220V)^{2}}{880W}$=55Ω;
(3)当S断开,由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知,电路总电阻的阻值为R=$\frac{{{U}^{2}}_{额}}{{P}_{保温}}$=$\frac{(220V)^{2}}{40W}$=1210Ω,故R2的阻值为:R2=1210Ω-55Ω=1155Ω;
(4)因为每消耗1kW•h的电能,电能表的转盘就转过3000r,所以电能表的转盘转过600r消耗的电能为:W=$\frac{600r}{3000r/kW•h}$=0.2kW•h=7.2×105J,
饮水机的实际功率为:P实际=$\frac{W}{t}$=$\frac{7.2×1{0}^{5}J}{15×60s}$=800W.
答:(1)水箱中的水在标准大气压下从20℃烧开所吸收的热量为6.72×105J;(2)电阻R1的阻值55Ω;(3)电阻R2的阻值1155Ω;(4)饮水机加热时的实际功率800w.

点评 本题是一道电学与热学的综合应用题,考查了质量、吸收热量、电功等的计算,关键是公式及其变形的灵活运用,难点是结合电路图对饮水机状态的判断.与生活相连,使学生觉得学了物理有用,注意计算时的单位变换要正确.

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物质热值(J/kg)物质比热容(c/[J•(kg•℃)-1])
酒精3.0×1074.2×103
干木柴1.2×1072.1×107
烟煤2.9×1070.39×103
煤气4.2×1070.88×103
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D.煤气的热值为4.2×107J/kg表示的物理意义是燃烧1kg的煤气所放出的热量为4.2×107J

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【提出问题】如图1所示的并联电路中,流过A、B、C各处的电流之间可能有什么关系?
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测量次数A处的电流IAAB处的电流IB/AC处的电流IC/A
10.120.120.24
20.220.220.44
(3)为了使得“由实验数据所归纳的结论”更具有可靠性,在不改变电源及电路连接的基础上,还应当换用不同规格的电灯重做上述实验;
(4)整理器材.
【分析与论证】
(1)在接、拆电路时,开关必须断开;
(2)上面设计的表格中存在的不足之处是:没有单位;
(3)电流表连入电路前出现图所2示的现象,必须要调零;实验时,开关闭合后出现图2所示的实验现象,原因是电流表正负接线柱接反了;
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