解题思路：（1）充满水后水的质量和额定容量相等，由图可知设定的温度即为水的末温，根据Q=cm△t求出水吸收的热量．
（2）电流做的功等于水吸收的热量，由功率的变形公式可以求出加热时间；
（3）启动热水器时，总功率变大，根据I=[P/U]可知电流的变化，判断出输电线上损失电压的变化，从而得出灯泡电压的大小变化．
（1）已知：V=55L=0.055m3，
由ρ=[m/V]得：m=ρ水V=1×103kg/m3×0.055m3=55kg，
水吸收的热量：
Q吸=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×55kg×（60℃-10℃）=1.155×107J；
（2）∵W=Q=1.155×107J；
∴加热时间t=[W/P]=
1.155×107J
3000W=3850s；
若实际经过1h20min指示灯才熄灭，则W′=Pt′=3000W×4800s=1.44×107J；
∴η=
Q吸
W×100%=
1.155×107J
1.44×107J×100%≈80.2%；
（3）启动热水器时，总功率变大，根据I=[P/U]可知干路电流变大，干路输电线上的电阻一定，由U=IR可知输电线上损失电压的变大，导致并联电路两端电压比较降低，灯泡的实际功率小，因此比较暗．
答：（1）加热指示灯从亮到灭的过程中，热水器中的水一共吸收1.155×107J的热量；
（2）若不考虑能量损失，从接通电源到指示灯熄灭需要时间为3850s；
若实际经过1h20min指示灯才熄灭，则热水器的效率是80.2%；
（3）小明发现每次启动热水器时，总功率变大，干路电流变大，输电线上损失电压的变大，导致并联电路两端电压比较降低，灯泡的实际功率小，因此比较暗．
点评：
本题考点： 热量的计算；电功与热量的综合计算．
考点点评： 本题考查热量、功率和效率的计算，电热水壶在工作过程中，将电能转化为内能，转化效率不可能是100%；灯泡的实际功率变化分析，关键抓住不变量以及变化量，运用欧姆定律进行分析．
