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解：1标准大气压下，水的沸点为$100℃，$
水吸收的热量：
$Q_{吸}=cm(t-t_0)=4.2×10^3J/(kg·℃)×2kg×(100℃-20℃)=6.72×10^5J$
由$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}$得，电水壶消耗的电能：
$W=\frac{Q_{吸}}{\eta}=\frac{6.72×10^5J}{75\%}=8.96×10^5J$
由$P=\frac{W}{t}$得，加热时间：
$t=\frac{W}{P}=\frac{8.96×10^5J}{800W}=1120s$
解：
(1) 触点2
(2) 当开关接触点2时，只有$R_0$接入电路，处于高温烧煮挡，由$P=\frac{U^2}{R}$得：
$R_0=\frac{U^2}{P_{高}}=\frac{(220V)^2}{1100W}=44Ω$
(3) 保温挡时，电路中的电流：
$I=\frac{P_{保}}{U}=\frac{22W}{220V}=0.1A$
保温$10min，$电热丝$R_0$产生的热量：
$Q=I^2R_0t=(0.1A)^2×44Ω×10×60s=264J$
解：
(1) 电动机正常转动$1min$消耗的电能：
$W=UIt=3V×0.8A×60s=144J$
线圈产生的热量：
$Q=I^2Rt=(0.8A)^2×1.5Ω×60s=57.6J$
(2) 电动机输出的机械功：$W_{机}=W-Q=144J-57.6J=86.4J$
机械功率：
$P_{机}=\frac{W_{机}}{t}=\frac{86.4J}{60s}=1.44W$
(3) 电动机工作的效率：
$\eta=\frac{W_{机}}{W}×100\%=\frac{86.4J}{144J}×100\%=60\%$
【分析】
要解决这个问题，可按以下思路逐步推导：首先明确1个标准大气压下，水的沸点为100℃，这是计算水吸收热量的关键温度条件；接着利用吸热公式计算水烧开需要吸收的热量；然后根据效率公式，由水吸收的热量和热效率求出电水壶消耗的电能；最后结合电功率公式的变形公式，计算出加热所需的时间。
【解析】
1标准大气压下，水的沸点为100℃。
1. 计算水吸收的热量：
$Q_{吸}=cm(t-t_0)=4.2×10^3J/(kg·℃)×2kg×(100℃-20℃)=6.72×10^5J$
2. 由效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}$变形，得电水壶消耗的电能：
$W=\frac{Q_{吸}}{\eta}=\frac{6.72×10^5J}{75\%}=8.96×10^5J$
3. 由电功率公式$P=\frac{W}{t}$变形，得加热时间：
$t=\frac{W}{P}=\frac{8.96×10^5J}{800W}=1120s$
【答案】
1120s
【知识点】
热量的计算、电功与电热综合计算、效率公式应用
【点评】
本题是热学与电学结合的基础综合题，解题时需牢记1标准大气压下水的沸点，熟练运用吸热公式、效率公式及电功率公式的变形，注意各物理量的单位统一和公式的正确变形。
【难度系数】
0.6
【分析】
1. 对于问题（1）：根据电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$，电源电压不变时，电路总电阻越小，功率越大。高温烧煮挡功率大，需要电路电阻最小，当开关$\mathrm{S}$接触点2时，电阻$R$被短路，只有$R_0$接入电路，此时电路电阻最小，功率最大，为高温烧煮挡。
2. 对于问题（2）：高温烧煮挡时只有$R_0$工作，已知额定电压和额定功率，利用$P=\frac{U^2}{R}$的变形公式可计算$R_0$的阻值。
3. 对于问题（3）：保温挡时，已知总功率和电源电压，根据$P=UI$的变形公式可求电路电流；再利用焦耳定律$Q=I^2R_0t$，代入相关数据计算$R_0$产生的热量，注意时间单位换算为秒。
【解析】
(1) 由$P=\frac{U^2}{R}$可知，电源电压不变时，电路电阻越小，功率越大。当开关$\mathrm{S}$接触点2时，电阻$R$被短路，只有$R_0$接入电路，此时电路电阻最小，功率最大，为高温烧煮挡，故开关$\mathrm{S}$应与触点2连接。
(2) 高温烧煮挡时，只有$R_0$接入电路，根据$P=\frac{U^2}{R}$，可得电热丝$R_0$的阻值：
$R_{0}=\frac{U^2}{P_{高}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1100\ \mathrm{W}}=44\ \Omega$
(3) 保温挡时，根据$P=UI$，电路中的电流：
$I=\frac{P_{保}}{U}=\frac{22\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=0.1\ \mathrm{A}$
保温时间$t=10\ \mathrm{min}=10×60\ \mathrm{s}=600\ \mathrm{s}$，根据焦耳定律$Q=I^2R_0t$，电热丝$R_0$产生的热量：
$Q=(0.1\ \mathrm{A})^2×44\ \Omega×600\ \mathrm{s}=264\ \mathrm{J}$
【答案】
(1) 开关$\mathrm{S}$应与触点2连接
(2) $44\ \Omega$
(3) 电路中的电流为$0.1\ \mathrm{A}$；电热丝$R_0$产生的热量为$264\ \mathrm{J}$
【知识点】
电功率计算、焦耳定律应用、欧姆定律变形应用
【点评】
本题考查电功率公式和焦耳定律的实际应用，关键是判断不同挡位对应的电路连接状态，明确高温挡和保温挡的电路特点，熟练运用相关公式进行计算。
【难度系数】
0.6
【分析】
本题需分三部分求解：
1. 计算消耗的电能和线圈热量：消耗的总电能用公式$W=UIt$计算；线圈产生的热量是电流的热效应，用焦耳定律$Q=I^2Rt$计算。
2. 计算机械功率：先通过总电能减去线圈热量得到输出的机械能，再利用功率公式$P=\frac{W}{t}$计算机械功率。
3. 计算效率：效率为输出机械能与总电能的比值，乘以$100\%$得到结果。
【解析】
(1) 电动机正常转动时间$t=1\ \mathrm{min}=60\ \mathrm{s}$
消耗的电能：
根据电功公式 $ W = UIt $，代入数据得：
$ W = 3\ \mathrm{V} × 0.8\ \mathrm{A} × 60\ \mathrm{s} = 144\ \mathrm{J} $
线圈产生的热量：
根据焦耳定律 $ Q = I^2Rt $，代入数据得：
$ Q = (0.8\ \mathrm{A})^2 × 1.5\ \Omega × 60\ \mathrm{s} = 57.6\ \mathrm{J} $
(2) 电动机输出的机械功：
$ W_{机} = W - Q = 144\ \mathrm{J} - 57.6\ \mathrm{J} = 86.4\ \mathrm{J} $
机械功率：
根据功率公式 $ P_{机} = \frac{W_{机}}{t} $，代入数据得：
$ P_{机} = \frac{86.4\ \mathrm{J}}{60\ \mathrm{s}} = 1.44\ \mathrm{W} $
(3) 电动机工作的效率：
根据效率公式 $ \eta = \frac{W_{机}}{W} × 100\% $，代入数据得：
$ \eta = \frac{86.4\ \mathrm{J}}{144\ \mathrm{J}} × 100\% = 60\% $
【答案】
(1) 电动机正常转动1min消耗的电能为$144\ \mathrm{J}$，线圈产生的热量为$57.6\ \mathrm{J}$；
(2) 电动机输出的机械功率为$1.44\ \mathrm{W}$；
(3) 电动机工作的效率为$60\%$。
【知识点】
电功的计算、焦耳定律、机械效率计算
【点评】
本题考查非纯电阻电路的相关计算，需明确电动机工作时的能量转化关系，区分电功公式和焦耳定律的适用场景，掌握机械能、电能、内能之间的定量关系。
【难度系数】
0.7
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