一台电烘箱的电阻丝通过5A的电流时.

（1）由ρ=[m/V]得
m=ρV=1.0×10³kg/m³×1.8×10^-3m³=1.8kg；
答：电水壶中水的质量是1.8kg；
（2）W=[80imp/3200imp]×3.6×10⁶J=9×10⁴J，
P=
W总
t=
9×104J
50s=1800W；
答：电水壶烧水时消耗的电能为9×10⁴J，电水壶烧水时的实际功率为1800W．
（3）Q_吸=c_水m△t=4.2×10³J/（kg•℃）×1.8kg×（35℃-25℃）=7.56×10⁴J，
η=
Q吸
W总×100%=
7.56×104J
9×104J×100%=84%；
答：电水壶加热的效率为84%．
（4）由信息数据可知电水壶的额定功率为2000W，而通过计算可知实际功率为1800W，原因可能是实际电压小于额定电压．

点评：
本题考点： 密度公式的应用；能量利用效率；电功率的计算；实际功率．

考点点评： 此题考查密度公式的应用，电功率的计算，热量的计算等知识点，涉及到的知识点较多，综合性强，难易程度适中．本题是一道电学与热学的综合应用题，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．

从电风扇的铭牌得到额定功率P=66W，额定电压U=220V，故额定电流为：I=[P/U＝
66
220]=0.3A
转化为机械功率等于电动机消耗的电功率的97%，根据能量守恒定律可知线圈电阻消耗功率为3%P，故：
3%P=I²R
解得：R=
0.03P
I2Ω=22Ω；
故选：A．

点评：
本题考点： 电功、电功率．

考点点评： 本题关键明确电机电路中能量的转化情况，然后结合电功率表达式列式求解，不难．

（1）由ρ=[m/V]得
m=ρV=1.0×10³kg/m³×1.8×10^-3m³=1.8kg；
答：电水壶中水的质量是1.8kg；
（2）W=[80imp/3200imp]×3.6×10⁶J=9×10⁴J，
P=
W总
t=
9×104J
50s=1800W；
答：电水壶烧水时消耗的电能为9×10⁴J，电水壶烧水时的实际功率为1800W．
（3）Q_吸=c_水m△t=4.2×10³J/（kg•℃）×1.8kg×（35℃-25℃）=7.56×10⁴J，
η=
Q吸
W总×100%=
7.56×104J
9×104J×100%=84%；
答：电水壶加热的效率为84%．
（4）由信息数据可知电水壶的额定功率为2000W，而通过计算可知实际功率为1800W，原因可能是实际电压小于额定电压．

点评：
本题考点： 密度公式的应用；能量利用效率；电功率的计算；实际功率．

考点点评： 此题考查密度公式的应用，电功率的计算，热量的计算等知识点，涉及到的知识点较多，综合性强，难易程度适中．本题是一道电学与热学的综合应用题，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．

∵U=220V，
∴四种用电器的实际功率：
P=P_额=100W；
又∵W=Pt
∴四种用电器消耗的电能相同；
∵电风扇中的电动机将电能大部分转化机械能，电视机将一部分电能转化为光能，电子计算机主要把电能主要转化为光能，电烙铁将电能全部转化为内能．
∴产生热量最多的是电烙铁．
故选C．

点评：
本题考点： 电热．

考点点评： 知道电流做功的实质：电流做功的过程就是消耗电能转化为其它形式能的过程，能分析三种用电器的能量转化是本题的关键．

（1）若电热水壶正常工作，由公式P=UI得，
通过它的电流：I=[P/U]=[2000W/220V]≈9.09A；
由公式P=
U2
R，
电热水壶的电阻：R=
U2
P=
(220V)2
2000W=24.2Ω；
（2）电水壶实际烧水时消耗的电功：W=[80imp
3200imp/(kW•h)=0.025kW•h；
（3）电水壶实际烧水时的功率：P_实=
W/t]=[0.025kW•h/50s]=1800W；
（4）通过比较实际功率与额定功率大小可知，实际功率比额定功率一般要小，这是因为导线会分压，使实际电压小于额定电压，从而实际功率小于额定功率．
答：（1）若电热水壶正常工作，通过它的电流为9.09A，电阻是24.2Ω；
（2）电水壶实际烧水时消耗的电功为0.025kW•h；
（3）电水壶实际烧水时的功率为1800W；
（4）因为导线会分压，使实际电压小于额定电压，从而实际功率小于额定功率．

点评：
本题考点： 电功率的计算；电功的计算．

考点点评： 熟练运用电功率的各个变形公式来求取相关的物理量，并能根据电能表的数数来求取电功，是本题解答的关键．

从电风扇的铭牌得到额定功率P=66W，额定电压U=220V，故额定电流为：I=[P/U＝
66
220A＝0.33A；
转化为机械功率等于电动机消耗的电功率的97%，根据能量守恒定律可知线圈电阻消耗功率为3%P，故：
3%P=I²R
解得：R=
3%P
I2＝
0.03×66
0.332]Ω=22Ω；
故选：A．

点评：
本题考点： 电功、电功率．

考点点评： 本题关键明确电机电路中能量的转化情况，然后结合电功率表达式列式求解，不难．

（1）由ρ=[m/V]得
m=ρV=1.0×10³kg/m³×1.8×10^-3m³=1.8kg；
答：电水壶中水的质量是1.8kg；
（2）W=[80imp/3200imp]×3.6×10⁶J=9×10⁴J，
P=
W总
t=
9×104J
50s=1800W；
答：电水壶烧水时的实际功率为1800W．
（3）Q_吸=c_水m△t=4.2×10³J/（kg•℃）×1.8kg×（35℃-25℃）=7.56×10⁴J，
η=
Q吸
W总×100%=
7.56×104J
9×104J×100%=84%；
答：电水壶加热的效率为84%．
（4）由信息数据可知电水壶的额定功率为2000W，而通过计算可知实际功率为1800W，原因可能是实际电压小于额定电压．

点评：
本题考点： 密度公式的应用；热量的计算；电功率的计算；额定功率；实际功率．

考点点评： 此题考查密度公式的应用，电功率的计算，热量的计算等知识点，涉及到的知识点较多，综合性强，难易程度适中．

（1）电动机里是线圈，工作特点是当给电动机通电时，电动机就会转动，所以电动机是根据磁场对放入其中的通电导线产生力的作用制成的；
（2）两个半圆铜环是换向器，它的作用是当线圈刚转过平衡位置时，改变电流的方向，保证了线圈持续的转动下去；
（3）影响线圈受力转动方向的因素有磁场方向和电流方向，只改变其中一个因素，线圈转动方向改变，同时改变两个因素，转动方向就不改变．
故答案为：通电导体在磁场中受力；换向器；改变电流方向；改变磁铁的磁场方向．

点评：
本题考点： 直流电动机的原理；直流电动机的构造和工作过程．

考点点评： 电动机、发电机的构造、工作过程较为复杂，同学们要在理解的基础上加以记忆．

（1）根据ρ=[m/V]可得，电水壶装满水后水的质量：
m=ρV=1.0×10³kg/m³×1.8×10^-3m³=1.8kg，
1标准大气压下水的沸点是100℃，水吸收的热量：
Q_吸=cm（t-t₀）=4.2×10³J/（kg•℃）×1.8kg×（35℃-25℃）=7.56×10⁴J；
（2）电水壶消耗的电能为：
W=[80/3200]×3.6×10⁶J=9×10⁴J，
电水壶加热的效率：
η=
Q吸
W×100%=
7.56×104J
9×104J×100%=84%．
故答案为：7.56×10⁴；84%．

点评：
本题考点： 电功与热量的综合计算；电能表参数的理解与电能的求法．

考点点评： 本题是一道电学与热学的综合应用题，涉及到了热量的计算、效率的计算，综合性强；与生活相连，使学生觉得学了物理有用．

（1）电水壶装满水50s消耗的电能：
W=[80/3200]KW•h=0.025KW•h=9×10⁴J，
电水壶烧水时的实际功率：
P_实=[W/t]=[0.025KW•h

50/3600h]=1.8KW=1800W；
（2）壶内装满水时水的质量：
m=ρV=1.0×10³kg/m³×1.8×10^-3m³=1.8kg，
水吸收的热量：
Q_吸=c_水m△t=4.2×10³J/（kg•℃）×1.8kg×（35℃-25℃）=7.56×10⁴J，
电水壶加热的效率：
η=
Q吸
W总×100%=
7.56×104J
9×104J×100%=84%；
（3）由信息数据可知电水壶的额定功率为2000W，而通过计算可知实际功率为1800W，原因可能是实际电压小于额定电压．
故答案为：
（1）1800；（2）84%；（3）实际电压小于额定电压．

点评：
本题考点： 电功率的计算；密度的计算；热量的计算；电能表参数的理解与电能的求法；电功与热量的综合计算．

考点点评： 本题考查密度公式的应用，电功率的计算，热量的计算等知识点，涉及到的知识点较多，综合性强，难易程度适中．本题是一道电学与热学的综合应用题，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．

（1）电冰箱正常工作时的功率为70W，正常工作时间6min消耗的电能：
W=Pt=70W×6×60s=2.52×10⁴J；
（2）用电冰箱的铭牌可知，正常工作一天消耗的电能：
W′=0.5kW•h，
∵2500R/kW•h表示每消耗1kW•h电能表转盘转2500R，
∴电冰箱正常工作一天能让此电能表转盘转过的圈数：
n=2500R/kW•h×0.5kW•h=1250R．
故答案为：2.52×10⁴；1250．

点评：
本题考点： 电能表参数的理解与电能的求法．

考点点评： 本题考查了电功公式和电能表参数含义的理解与掌握，关键是知道电冰箱工作时不是连续的．