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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...

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:
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(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.
(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=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. 【解析】 (1)根据P=可得: 电阻丝的电阻R===37.8Ω; (2)根据ρ=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.
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考点分析:
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(4)吊起货物时,为使起重机不翻倒,其右边至少要配一个质量为多大的物体?
已知:OA=10m,OB=5m.(起重机本身重力不计)

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(1)滑动变阻器上标有“12Ω  1A”字样,1A表示的意思是______
(2)小明的实验步骤如下:
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A.连接电路,在图甲上补充一根导线,使得测定小灯泡电功率的电路完整,要求滑片P向左移动时,小灯泡变暗.
B.连好电路后,要使滑动变阻器的电阻全部接入电路,应先将滑片P移至______端(“A”或“B”),再闭合开关S,此时电压表示数为4.2V,对应的电流表示数如图乙所示.
C.调节滑片,当P移至AB中点时,小灯泡恰好正常发光.
D.继续调节滑片,当P移至另一点时,灯泡偏亮,读出电压表、电流表值分别为6.5V、0.52A,记录在下表中.
实验次数电压表示数/V电流表示数/A亮度功率/W
14.2偏暗
26.00.5A正常3
36.50.52偏亮3.38
(3)请你填全上表空格中的数据,再分析表格中的信息,得到的结论是(写出一条即可)______
(4)再闭合开关S后,发现电流表指针不偏转,电压表示数为电源电压,则电路中由于______造成此现象的.
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下雨天,小红站在窗前看到对面人字形屋面上的雨水在不停的流淌,她想:雨水在屋面流淌的时间与哪些因素有关呢?她提出了两种猜想:
a.雨水流淌的时间可能与雨水的质量有关;
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(1)保持斜面的倾角α不变,换用不同质量的小球,让它们分别从斜面的顶端由静止释放,测出小球下滑的时间如表一.
小红经过分析得出了如下结论:______
表一
质量m/g3681220
时间t/s1.71.71.71.71.7
表二
倾角α/°1530456075
时间t/s1.91.61.21.61.9
(2)不改变底边的长度,多次改变倾角α,让同一小球从斜面的顶端由静止释放(如图所示),测出每次下滑的时间如表二:小红对上述数据进行了归纳分析,得出的结论是______

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试题属性
  • 题型:解答题
  • 难度:中等

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