专题16 电能练习-2024年浙江省科学中考一轮复习 .docx

1、专题16 电能2024年浙江省中考一轮复习一 、选择题如图所示为某宠物饮水机，铭牌上标有“3W”字样。“3W”表示饮水机的（）A额定电压B额定功率C额定电流D额定电功下列关于功率的估计合理的是（） A体育中考时，小红跳绳的功率达到600WB小华将一本科学书从地面捡起来放到桌面上，功率约为2WC教室内的空调正常工作时的电功率约为40WD考场内的一盏日光灯的额定功率为200W将标有“2.5V 0.3A”字样的灯泡甲和“3.8V 0.3A”字样的灯泡乙，分别串联和并联后，接在电压为2.5V的电源两端，不考虑温度对电阻的影响，下列说法中正确的（） A串联时，两灯都能正常发光B串联时，甲灯比乙灯更亮C并

2、联时，通过两灯的电流相等D并联时，甲灯的实际功率比乙灯的实际功率大有两灯如图所示，L1、L2分别标有“15V1A”“10V0.5A”的字样，其中一灯正常发光时，它们的电功率之比是() A43B34C53D32如图所示电路，电源电压不变，R是定值电阻。将一个“6V，2W”的小灯泡L1接在a、b两点间，L1恰能正常发光；若换个“6V，3W”的小灯泡L2接在a、b两点间，则此时L2（）A两端的电压仍为6VB比正常发光时暗 C阻值一定比L1大D消耗的电能一定比L1多如图所示，两只灯泡L1和L2上分别标有“6V 4W”和“3V 1W”字样，将它们串联后接在电压可在36V之间调节的电源上，闭合开关S，若两

3、灯的灯丝电阻不随温度变化，则下列说法正确的是（） A通过灯L1的电流大于通过灯L2的电流B当电源电压调节到6V时，灯L1正常发光C在调节电源电压的过程中，灯L1始终比灯L2亮D在调节电源电压的过程中，两灯的功率变化量相等如图所示是探究串联电路电流、电压的特点时的电路图，电源的电压为 12 V，闭合开关，电压表的示数为 5 V，L1、L2 的电压分别为 U1 和 U2（I、R、P 同理），下列正确的是（） AU1U2=57BI1I2=75CR1R2=57DP1P2=75如图所示的电路，当开关闭合后，灯L1比L2亮，以下说法正确的是() A通过L1的电流大于通过L2的电流BL1两端电压大于 L2两

4、端电压CL1的电阻小于L2的电阻DL1的电功率等于L2的电功率小乐设计了图示装置来探究“电流产热与电阻的关系”。其中RARB，下列说法错误的是（）A甲、乙两瓶中所装煤油的质量一定要相同 B用煤油而不是用水，是因为煤油不导电而水易导电 C实验中通过比较煤油温度 变化来比较电流产热多少 D通电一段时间后发现，甲中电阻丝RA产热较多在如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，R1为定值电阻，闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片P从最左端滑到最右端，两电压表示数随电流表示数变化的完整图线如图乙所示。则下列说法正确的是（）A电压表V1对应的是图线 B电压满足UcUa+Ua CR2的最大阻值小于R1的阻值 D电

5、路的最大总功率为2UbIb二 、填空题大功率家用电器需要使用专用插座，插座的常用规格有10A和16A两种。小红家新买了一款标有“220V 3000W”的电热水器，该电热水器应选用 A的插座；新国家标准要求额定电流16A的延长线插座，导线的最小横截面积原来的1mm2增加到1.5mm2。增加导线横截面积的目的是 （选填“增大”或“减小”）导线发热的功率。如图甲所示的电路中，电压表V1和V2的示数之比为1：3，则定值电阻R1：R2 ；若将电阻R1、R2改接为如图乙所示的电路，则电流表A1、A2的示数之比为 ，在相同的时间内R1、R2消耗的电能之比为 。如图所示，电源电压12伏保持不变，小灯泡L的规格

6、为”6 V3 W”，滑动变阻器的最大阻值为12欧，电流表的量程为03安。当开关S1、S2都断开时，小灯泡L恰能正常发光，R1的阻值为 欧，当开关S1、S2都闭合时，要保证电路各元件安全，整个电路电功率的变化范围是 。2019年诺贝尔化学奖得主为三位在锂离子电池开发领域做出重要贡献的科学家。如图为可充电锂离子电池。电池上标有“电压”和“容量”两个重要参数，容量的单位通常为“毫安时”（符号mAh）。该电池铭牌标有：电压3.6V、容量1500mAh，这种电池一次充电最多可储存的电能为 J。如图所示，在探究“电流做功与哪些因素有关”的实验中，小电动机通过细线将砝码吊起。（1）请将滑动变阻器接入电路中(

7、要求连线不得交叉)。（2）若不计摩擦及损耗，则电流通过小电动机所做的功，与小电动机对 做的功相等。（3）电流表和电压表的读数如图甲、乙所示，则小电动机两端的电压是 V，电功率P电 W。（4）若砝码的重力是10N，小电动机在5s内将砝码匀速提升0.4m，则它的机械功率P W。（5）P电与P的大小关系是P电 P(选填“”“”或“”)。造成这种情况的原因可能是 (写出一条理由即可)。 三 、实验题在测量“小灯泡正常发光时的电阻”的实验中，选用电压恒为6V的电源，额定电压3.8V的小灯泡,滑动变阻器“20，1A”。甲 乙 丙 （1）请你用笔画线代替导线，将图甲所示的实物电路连接完整（要求：滑动变阻器的

8、滑片P 向B端移动时小灯泡变暗，连线不能交叉）（2）若实验时，上述电路中电压表上标有“15V”的接线柱已损坏，且暂无条件修复。在不更换、不损坏器材的情况下为了能继续完成实验，你的方法及完整操作是： 。（3）爱探究的小强用另一只电流表A2和一个10的定值电阻R，连接了如图丙所示的电路，同样测出了额定电压为3.8V的小灯泡的额定功率具体操作是：闭合开关，移动滑动变阻器的滑片使小灯泡正常发光。此时电流表A1的示数如图丁所示，则小灯泡的额定功率为 W。 测量小灯泡的额定功率（1）如图1甲所示是测量额定电压为3.8V小灯泡的额定功率的实验电路。检查发现电路中有一根导线连接错误，此时若闭合开关，电流表的指

9、针将 （填“正常偏转”或“几乎不动”），请你在错误的导线上画 “”，并用笔画线代替导线，将电路连接正确 。（2）正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为3.8V，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图1乙所示，则小灯泡的额定功率 W。（3）小明还测量了小灯泡在不同电压下的电流，并根据所测得数据绘制了小灯泡的IU图象，如图所示。根据图象提供的信息，如果小灯泡两端电压在不超过额定电压下，滑动变阻器向左移动，滑动变阻器电阻改变了R滑，灯泡电阻改变了RL，则R滑 RL（选填“”“”“”）。（4）上述实验结束后，小明又设计了如图丙所示的电路，只用电压表来测量额定电压为2.5V的小灯

10、泡的额定功率。已知滑动变阻器R的最大阻值为15，电源电压恒定，其测量过程如下：闭合开关S、S2，断开S1，将滑动变阻器的滑片移到最上端，电压表示数为4.5V。闭合S、S1，断开S2，移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数为2V，这时小灯泡正常发光。闭合开关S、S2，断开S1，保持滑动变阻器滑片的位置不变，电压表示数为3V。小灯泡的额定功率P额 W。四 、解答题某品牌电炉，可用于加热烹饪食物，其使用时功率可以通过按键来调节，功率范围是120W2100W，在家庭电路中使用时安全、便捷。试分析：（1）电炉使用时的能量是如何转化的？（2）若选用1500W的功率档来加热质量为2千克的水，使其温度升高75，所

11、需要的时间是10分钟，则该次加热的电炉效率是多少？（c水=4200J/K）（3）在某次烧水过程中，小西选用120W的功率来加热2千克的水，发现无论如何水也不能烧开，试帮助他分析原因？燕燕家的电热水壶有加热和保温两种工作状态，铭牌上的部分信息如图甲所示，电热水壶的建华电路如图乙所示。在家中，燕燕关闭其他所有用电器，在只有电热水壶正常工作的情况下，将电热水壶装满初温为20度的水，在一个标准大气压下将水烧开，用时10分钟，她家标有“600R/Kw.h”字样的电能表盘转动了120转。问： （1）电热水壶中的水吸收的热量是多少？【C水=4200J/(kg.)】（2）该电热水壶的加热功率是多少？（3）当S

12、闭合，S1断开时，电热水壶处于加热状态还是保温状态？请说明理由。专题16 电能答案解析2024年浙江省中考一轮复习一 、选择题解：饮水机标的“3W”，意思是：饮水机的额定功率是3W；故选：B。B【解析】（1）根据W=Gh估算跳绳的功，再根据公式P=Wt估算跳绳的功率；（2）根据公式P=Fv估算即可；（3）根据空调的功率判断；（4）根据日光灯的功率判断。小红的体重大约500N，每次起跳0.1m，那么每次克服重力做功：W=Gh=500N0.1m=50J；如果每分钟跳绳100次，那么做功的功率为：P=Wt=50J10060s83W，故A错误；科学书的质量为0.2kg，那么重力为G=mg=0.2kg1

13、0N/kg=2N；那么小华捡书的速度为：v=PF=2W2N=1m/s，比较符合实际，故B正确；空调的功率在1000W左右，故C错误；日光灯的功率大约40W，故D错误。故选B。D【解析】（1）两灯泡额定电压和额电功率已知，可计算出其电阻，根据串联电路的分压原理判断；（2）串接在2.5V电源上时，根据P=I2R分析消耗功率的大小关系即可判断亮度情况；（3）根据并联电路的电流特点和欧姆定律判断；（4）根据P=U2R比较实际功率的大小。由R=UI可知，两灯泡额定电流相等，额定电压高的电阻大，即灯R甲R乙；两灯串联接在电源电压为2.5V电源上，那么它们的电压之和等于2.5V，即它们的实际电压都小于2.5

14、V，因此二者都不能正常发光，故A错误；串联时二者电流相等，且R1R2，根据P=I2R可知，实际功率P甲P乙，即甲灯没有乙灯亮，故B错误；两灯并联时，电压相等，R1R2，由I=UR可知，通过甲的电流大于乙的电流，故C错误；两灯并联时，电压相等，R甲R乙，由P=U2R可知，甲的实际功率大于乙的实际功率，故D正确。故选D。A【解析】首先根据R=U2P计算出两个灯泡的电阻，然后根据并联电路电流与电阻成反比的规律计算它们的电功率之比。灯泡L1的电阻：R1=U1I1=15V1A=15；灯泡L2的电阻：R2=U2I2=10V0.5A=20；根据并联电路电功率与电阻成反比得到：P1P2=R2R1=2015=4

15、3。故选A解：由灯泡的铭牌可知，两灯泡的额定电压相等，L2的额定功率大于L1的额定功率，由P的变形式R可知，L2的阻值小于L1的阻值，故C错误；灯泡L1接在a、b两点间时，L1恰能正常发光，说明L1两端的电压为6V，因L2的阻值小于L1的阻值，所以由串联分压的规律（即电阻小的分得的电压小）可知，灯泡L2接在a、b两点间时，灯泡L2两端的电压会小于6V，则灯泡L2消耗的功率小于3W，即L2比正常发光时暗些，故A错误，B正确；由WUIt可知，工作时间不确定，所以消耗电能的多少无法比较，故D错误。故选：B。D【解析】（1）根据串联电路的电流特点判断；（2）根据R=U2P分别计算出两个灯泡的电阻，然后

16、根据串联电路中电压与电阻成正比的规律确定它们两端的电压，最后确定谁能正常发光；（3）亮度由实际功率决定，在串联电路中，功率与电阻成正比；（4）根据两个灯泡的电功率之间的大小关系判断。A根据图片可知，两个灯泡串联，则通过它们的电流相等，故A错误；B.灯泡L1的电阻为：R1=U12P1=6V24W=9；R2=U22P2=3V21W=9；那么两个灯泡的电阻相等。根据串联电路中电压与电阻成正比的规律可知，此时它们两端的电压相等；即它们的电压都是3V，因此灯泡L2正常发光，故B错误；根据P=UI可知，两个灯泡的实际电功率相等，则它们的亮度相同，故C错误；在调节电源电压的过程中，两个灯泡的电功率始终相等，

17、则功率的变化量相等，故D正确。故选D。D【解析】首先根据U1=U总-U2计算出L1的电压，然后根据串联电路的电流特点，结合欧姆定律以及P=UI计算即可。根据图片可知，两个灯泡串联，电压表测L2的电压。则灯泡L1的电压为：U1=U总-U2=12V-5V=7V；二者的电压之比：U1：U2=7V：5V=7：5，故A错误；通过二者的电流相等，即I1：I2=1：1，故B错误；根据U=IR可知，U1：U2=IR1：IR2=R1：R2=7：5，故C错误；根据P=UI可知，P1：P2=IU1：IU2=U1：U2=7：5，故D正确。故选D。B【解析】（1）根据串联电路的电流特点判断；（2）灯泡的亮度由它的实际功

18、率大小决定；（3）根据公式U=PI比较电压的大小；（4）根据公式R=UI比较电阻的大小。根据图片可知，灯泡L1和L2串联，根据串联电路各处电流都相等可知，通过它们的电流相等，故A错误；灯泡L1比L2亮，则L1的实际功率大于L2的实际功率，故D错误；P1P2，且I1=I2，根据公式U=PI可知，两端电压U1U2，故B正确；U1U2，且I1=I2，根据公式R=UI可知，电阻R1R2，故C错误。故选B。解：A实验中为了便于比较两电阻丝放出热量的多少，应控制两瓶中煤油的质量相等；故A不符合题意；B、煤油比水的比热小，吸收相同的热量，煤油的温度变化比水的温度变化大，易于观察，故B符合题意；C产生热量越多

19、，温度计示数升高得越多，实验中通过观察温度计上升的示数来比较电流产生的热量的多少，故C不符合题意；D、由图可知RA与RB串联，可知通过的电流相等，又因为RARB，根据公式QI2Rt可得电阻丝RA产热较多，故D不符合题意。故选：B。解：A滑片在最右端时，R2接入电路的阻值为零，因此此时电压表V2示数为零，由图象可得，图线反映的是电压表V2示数随电流的变化，图线反映电压表V1示数随电流的变化，故A错误；B、从图乙可以看出，电路中电流为Ia时，电压表V1示数为Ua，电压表V2示数为Ua，根据串联电路的电压规律可知，电源电压UUa+Ua；当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电压表V1测量的是电源电压，此

20、时的示数为Uc，所以UcUa+Ua，故B正确；C、从图乙可以看出，电路中电流最小时为Ia，此时滑动变阻器两端的电压要大于R1两端的电压，根据分压原理，滑动变阻器的最大阻值要大于R1的阻值，故C错误；D、由图可知，当电路中电流为Ic时，电流是最大的，则最大功率为：PUcIc，故D错误。故选：B。二 、填空题解：（1）由PUI可得，电热水器正常工作时的电流I13.6A，由13.6A10A可知，该电热水器应选用16A的插座；（2）因导体的材料、长度和温度相同时，横截面积越大，导体的电阻越小，所以，延长线的材料和长度相同时，增大导线横截面积可以减小导线的电阻，在通过导线的电流一定时，由PUII2R可知

21、，可以减小导线发热的功率。故答案为：16；减小。解：由图甲所示电路图可知，两电阻串联，通过两电阻的电流I相等，电压表V1测R1两端电压，电压表V2测两电阻总电压，由I可得UIR，则：UV1IR1，UV2I（R1+R2），已知：V1和V2的示数之比为1：3，则：IR1：I（R1+R2）1：2；解得：R1：R21：2；由图乙所示电路图可知，两电阻并联，它们两端电压U相等，电流表A1测通过R1的电流，电流表A2测干路电流，则；相同的时间内R1、R2消耗的电能之比。故答案为：1：2；2：3；2：1。12；24瓦36瓦【解析】当开关S1、S2都断开时，灯泡L与电阻R1串联，灯泡正常发光时的电压和额定电压

22、相等，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出R1的阻值；当开关S1、S2都闭合时，R1与R2串联，电流表测干路电流，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的总电阻最大，电路的总功率最小，根据电阻的并联求出电路中的总电阻，利用P=UI=U2R求出电路的最小总功率；当电流表的示数最大时，电路的总功率最大，根据P=UI求出电路的最大总功率，然后得出答案.当开关S1、S2都断开时，R1两端的电压：U1=U-UL=12V-6V=6V，电路中的电流：I=PLUL=3W6V=0.5A，由I=UR可得，R1的阻值：R1=U1I=6V0

23、.5A=12；当开关S1、S2都闭合时，R1与R2串联，电流表测干路电流，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的总电阻最大，电路的总功率最小，并联电路的总电阻：R=R1R2R1+R2=121212+12=6，则电路的最小总功率：P小=U2R=12V26=24W，当电流表的示数为3A时，电路的电流最大，电路的总功率最大，则电路的最大总功率：P大=UI大=12V3A=36W，所以整个电路电功率的变化范围是24W36W.故答案为：12；24W36W. 【解析】解：这种电池一次充电最多可储存的电能：WUIt3.6V1500103A3600s19440J。故答案为：19440。（1）（2）砝码（3

24、）4.5；0.9（4）0.8（5）；电能一部分转化为内能【解析】（1）根据滑动变阻器的使用方法解答；（2）电流对电动机所做的功等于它输出的机械能和产生内能的总和，因为不计摩擦和损耗，那么这些功全部转化为输出的机械功，即对砝码所做的功；（3）根据乙图，确定电压表的量程和分度值，读出电压值，根据甲图读出电流值，根据公式P=UI计算出功率；（4）根据W=Gh计算出功，根据公式P=Wt计算出功率；（5）电流经过导体时都会发热，因此电能会转化为热能和机械功，据此分析即可。（1）滑动变阻器应该与开关串联，因为它上面的接线柱与开关相连，根据“一上一下”原则，只需将它左下角的接线柱与电压表的“15”接线柱连接

25、即可，如下图所示：（2）若不计摩擦及损耗，则电流通过小电动机所做的功，与小电动机对砝码做的功相等。（3）根据乙图可知，电压表选择量程015V，分度值为0.5V，那么电压表的示数为4.5V。根据甲图可知，电流表选择量程00.6A，分度值为0.02A，那么电流表的示数为0.2A，因此电功率为P=UI=4.5V0.2A=0.9W；（4）小电动机的机械功率P=Wt=10N0.4m5s=0.8W;（5）P电与P的大小关系是P电P。造成这种情况的原因可能是：电能一部分转化为内能。三 、实验题（1）（2）将电压表与变阻器并联（3）0.684【解析】（1）根据灯泡亮度的变化判断电流的变化，根据欧姆定律判断电阻

26、的变化，根据滑片的移动方向确定变阻器所接的接线柱，最后完成作图；（2）灯泡与变阻器串联，当灯泡电压是3.8V时，计算这时变阻器两端的电压。如果变阻器的电压小于3V，就可以将电压表与变阻器并联即可；（3）电阻R与灯泡并联，当灯泡的电压为3.8V时，电阻R的电压也是3.8V；这时灯泡的额定电流就等于A1与A2的示数之差，即IL=I总-I；最后根据PL=ULIL计算灯泡的额定功率即可。（1）小灯泡变暗，说明电流变小，电阻变大；当滑片P向B端移动时，PA段电阻变大，因此变阻器下面接的是A接线柱，如下图所示：（2）灯泡与变阻器串联，当灯泡电压是3.8V时，变阻器两端的电压为：U变=U总-UL=6V-3.

27、8V=2.2V3V；只要将电压表与变阻器并联，当它的示数为2.2V时，灯泡正常发光；（3）电流表A2的示数是0.2A，A1的示数是0.38A；电阻R与灯泡并联，通过灯泡的额定电流为：IL=I总-I=0.38A-0.2A=0.18A，灯泡的额定功率为：PL=ULIL=3.8V0.18A=0.684W。（1）几乎不动；（2）0.76（3）（4）0.5【解析】（1）根据甲图可知，电压表本来应该与灯泡并联，但是却串联在干路上。由于它的内阻很大，所以通过干路的电流会非常小，因此电流表的指针几乎不动，据此确定错误的导线并修改即可。（2）根据乙图确定电流表的量程和分度值，读出灯泡的额定电流，然后根据P=UI

28、计算灯泡的额定功率；（3）根据电流的变化判断出总电阻的变化，再得出二者电阻变化的大小关系。（4）先测出电源电压U；只用电压表来测量额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率，首先应使灯正常发光，通过开关的转换，使灯与变阻器滑片以下电阻丝串联，根据串联电路电压的规律，当电压表示数为U-2.5V灯正常发光。在中，根据分压原理可求出滑片以下电阻丝的电阻大小，根据欧姆定律可求出灯正常发光时的电流即，根据P=UI可求小灯泡的额定功率P额。（1）闭合开关后，电流表的示数将几乎不动。电压表应该与灯泡并联，分析发现，只需将灯泡与电流表相连的导线从电流表上拆下，然后改接在电压表的“-”接线柱上即可，如下图所示：（2）

29、由图乙知，电流表选择量程00.6A，分度值为0.02A，那么灯泡的额定电流为0.2A，则小灯泡的额定功率：P=UI=3.8V0.2A=0.76W；（3）当变阻器的滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路中的电流变大，灯泡的亮度变大，灯丝的电阻变大；由于总电压不变，电路中的电流变大，可知电路中的总电阻变小，根据R总=R滑+RL可知，变阻器减小的阻值大于灯泡增大的阻值，即则R滑RL；（6）根据上面的分析，具体步骤：闭合开关S、S2，断开S1，将滑动变阻器的滑片移到最上端，灯泡被短路，只有变阻器工作，此时电压表的示数就是电源电压，即电源电压为4.5V；闭合S、S1，断开S2，此时灯泡与变阻

30、器串联，电压表测变阻器的电压；移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数为2V，这时小灯泡正常发光；闭合开关S、S2，断开S1，保持滑动变阻器滑片的位置不变，此时变阻器的上半部分和下半部分串联，电压表测下半部分的电压，电压表示数为3V。在中，电源电压为U=4.5V，在中，灯与滑片以下电阻丝R滑下的电阻串联，电压表测其电压，当电压表示数为2V，根据串联电路电压的规律，灯的电压：UL=U-U滑下=4.5V-2V=2.5V；在中，电路中只有变阻器，根据串联电路电压的规律，滑片以上电阻丝的电压为：U-3V=4.5V-3V=1.5V，根据分压原理，R滑上：R滑下=1：2，因变阻器的总电阻为15，故R滑下=10，

31、通过变阻器的电流即灯的额定电流：IL=U滑下R滑下=2V10=0.2A；小灯泡的额定功率：P额=ULIL=2.5V0.2A=0.5W。四 、解答题（1）电能转化为内能 （2）水吸收的热量Q=cmt=4200J/（kg）2kg75=6.3105J； 消耗的电能W=Pt=1500W600s=9105J； 那么加热的效率为：=QW=6.3105J9105J=70%。（3）加热功率过小，当水温升至一定温度后，水的吸热功率等于水的散热功率，（水吸收的热量等于放出的热量）水温无法再升高。 【解析】（1）根据电炉工作时的能量转化过程分析解答；（2）根据Q=cmt计算出水吸收的热量，再根据W=Pt计算消耗的电

32、能，最后根据=QW计算电炉的效率；（3）在水吸热的同时，电炉也在向外放热，如果吸热功率大于散热功率，那么水温会不断升高；如果吸热功率等于散热功率，那么水温会保持不变。（1）电炉使用时，消耗电能，转化为水的内能；（2）水吸收的热量Q=cmt=4200J/（kg）2kg75=6.3105J；消耗的电能W=Pt=1500W600s=9105J；那么加热的效率为：=QW=6.3105J9105J=70%。（3）在某次烧水过程中，小西选用120W的功率来加热2千克的水，发现无论如何水也不能烧开，原因可能为：加热功率过小，当水温升至一定温度后，水的吸热功率等于水的散热功率，（水吸收的热量等于放出的热量）水

33、温无法再升高。（1）由图甲可知：V=2L=210-3m3， 装满水水的质量：m=V=1.0103kg/m3210-3m3=2kg； 水吸收的热量：Q吸=cmt=4.2103J/（kg）2kg（100-20）=6.72105J；（2）电热水壶10min消耗的电能：W=120R600R1kWh=0.2kWh 电热水壶的功率：P=Wt=0.2kWh1060h=1.2kW。（3）由电路图可知，当S闭合、S1断开时，只有R1连入电路； 当S、S1都闭合时，R1、R2并联接入电路。 两种情况相比，当S闭合、S1断开时，电路电阻大，根据P=U2R可知，此时总功率小，机处于保温状态。【解析】（1）首先根据m=V可以求出水的质量，再利用Q吸=cmt求出水吸收的热量；（2）根据W=nn标注1kWh求出消耗的电能，再利用P=Wt 求该电热水壶的加热功率；（3）当S闭合、S1断开时，只有R1连入电路，分析电路电阻的大小，根据电功率公式分析电路功率大小，从而判断饮水机处于哪种工作状态。