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    15．某型号的电热水壶铭牌如表所示：
    某型号的电热水壶
    型号：JY---456
    额定电压：220V频率：50Hz
    额定功率：1100W容量：1L
    求：（1）该电热水壶正常工作时的电流为多大？
    （2）将一满壶20℃的水烧开所需时间为382s，该电热水壶对水加热的效率为多少？〔c水=4.2×103J/（kg•℃）〕
    （3）小明想把电热壶设计成两档，并使高档功率是额定功率的4倍，请你帮他设计电路．并作简要说明．

    分析 （1）由电热水壶的铭牌找出电热水壶的额定电压与额定功率，然后由电功率的变形公式I=$\frac{P}{U}$可以求出正常工作时的电流；
    （2）根据密度公式变形可求得水的质量，再利用Q=cm△t可求得水吸收的热量，利用W=Pt可求得消耗的电能，再利用η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%可求得该电热水壶对水加热的效率；
    （3）根据公式P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知，电壶的电阻不变，要想使高档功率是额定功率的4倍，可以并联一个电阻．开关断开时，电热水壶的功率为额定功率，闭合开关，电热水壶处于高档，其功率为额定功率的4倍．

    解答 解：（1）由P=UI可得，电热水壶正常工作时的电流：I=$\frac{P}{U}$=$\frac{1100W}{220V}$=5A，
    （2）由ρ=$\frac{m}{V}$可得额，水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×1×10-3m3=1kg，
    水吸收的热量为：Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃-20℃）=3.36×105J，
    由P=$\frac{W}{t}$可得，消耗的电能为：W=Pt=1100W×382s=4.202×105J，
    加热效率为：η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%=$\frac{3.36×1{0}^{5}J}{4.202×1{0}^{5}J}$×100%≈80%，
    （3）如图：并联一个电阻R1，且电阻R1的阻值为$\frac{R}{3}$，当开关断开时，电热水壶的功率为额定功率P=$\frac{{U}^{2}}{R}$；
    闭合开关，电热水壶处于高档，此时的总电阻$\frac{1}{{R}_{总}}$=$\frac{1}{R}$+$\frac{1}{\frac{R}{3}}$=$\frac{4}{R}$，则R总=$\frac{R}{4}$，
    则其功率为P′=$\frac{{U}^{2}}{{R}_{总}}$=$\frac{{U}^{2}}{\frac{R}{4}}$=$\frac{4{U}^{2}}{R}$，则P′=4P，即高档功率是额定功率的4倍．

    点评 本题考查电阻与消耗电能的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，要学会从题目所给信息中找到有用的数据，解题过程中要注意单位的换算．

    练习册系列答案
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    6．各种复合材料由于密度小、强度大，广泛应用于汽车、飞机等制造业．小明测量了一块实心复合材料的密度．

    （l）将托盘天平放在水平桌面上，将游码移至零刻度，发现指针静止时如图甲，则应将平衡螺母向右（选填“左”或“右”）调节，使横梁平衡．                        
    （2）用调好的天平测量该物块的质量时，当在右盘放入最小的砝码后，指针偏在分度盘中线左侧一点，则应该D（选填选项前的字母）．        
    A．向左调平衡螺母   B．向右调平衡螺母    C．向右盘中加祛码   D．向右移动游码          
    （3）当天平重新平衡时，盘中所加砝码和游码位置如图乙所示，则所测物块的质量为16.4g．
    （4）因复合材料的密度小于水，小明在该物块下方悬挂了一铁块，按照如图丙所示顺序，测出了该物块的体积为20cm3，则这种材料的密度是820 kg/m3．
    （5）分析以上步骤，你认为小明的操作顺序会引起密度测量值比真实值偏大（选填“偏大”、“不变”或“偏小”）．

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    B．开关S1、S2都闭合时电动机与小灯泡是串联的
    C．电动机与小灯泡工作时两端的电压不相等
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    （1）溢出那一部分水的体积；
    （2）金属块的密度．

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