Question

如表是某品牌電熱水壺銘牌上的參數(shù)．（設電阻不隨溫度而變化）

額定電壓	220V
額定功率	1000W
容    積	1L

（1）將滿滿一壺20℃的涼水燒開需要多少熱量？（此時大氣壓為一個標準大氣壓，C_水=4.2×10³J/（kg?℃））
（2）用這個熱水壺燒開這些水至少需要多少時間？（不計熱量損失）
（3）如果實際電壓只有198V時，燒開這壺水所需時間變?yōu)檎�常時間的幾分之幾？
（4）小明拆開熱水壺，發(fā)現(xiàn)里面主要元件是一根電熱絲，電熱絲上標注“220V，最大電流6A”，小明想改造一下這個電熱壺，使它的加熱時間減半，他設計出兩種方案．
（a）將這根電熱絲從中間截去一半長度，然后接入原水壺中．
（b）到市場上買一根相同的電熱絲，與原來那根電熱絲并聯(lián)后接入原水壺．你覺得這兩個方案是否可行，請你通過計算來說明理由．

Answer 1

分析：（1）先根據(jù)水的密度和體積求出質(zhì)量，再根據(jù)公式Q_吸=cm（t-t₀）求出水吸收的熱量；
（2）不計熱量損失時，消耗的電能和水吸收的熱量相等，根據(jù)W=Pt求出加熱的時間；
（3）燒開同一壺水時消耗的電能相等，根據(jù)W=UIt=

U2

R

t得出等式，然后求出兩種情況下加熱時間之間的關系；
（4）根據(jù)W=Pt可知，要使加熱時間減半，電功率應變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)W=UIt=

U2

R

t可知電壓不變時，電路中的電阻應變?yōu)樵瓉淼囊话耄�同時要注意電熱絲允許通過的最大電流，然后判斷兩種方案是否可行．

解答：解：（1）一個標準大氣壓下水的沸點是100℃，
根據(jù)ρ=

m

V

可得，壺內(nèi)水的質(zhì)量：
m=ρV=1.0×10³kg/m³×1×10³m³=1kg，
水吸收的熱量：
Q_吸=cm（t-t₀）=4.2×10³J/（kg?℃）×1kg×（100℃-20℃）=3.36×10⁵J；
（2）不計熱量損失時，消耗的電能：
W=Q_吸=3.36×10⁵J，
根據(jù)W=Pt可得，加熱時間：
t=

W

P

=

3.36×105J

1000W

=336s；
（3）燒開同一壺水時消耗的電能相等，根據(jù)W=UIt=

U2

R

t可得：

U額2

R

t=

U實2

R

t′，
即

t′

t

=

U額2

U實2

=（

U額

U實

）²=（

220V

198V

）²=

100

81

；
（4）∵W=Pt，
∴要使加熱時間減半，電功率應變?yōu)樵瓉淼?倍，
∵W=UIt=

U2

R

t，
∴電壓不變時，電路中的電阻應變?yōu)樵瓉淼囊话耄?br />（a）將這根電熱絲從中間截去一半長度時，電熱絲的電阻變?yōu)樵瓉淼囊话耄?br />根據(jù)P=UI可知，接入原水壺中時通過電熱絲的電流變?yōu)镮=

2P

U

=

2×1000W

220V

≈9A＞6A，
所以此方案不可行；
（b）買一根相同的電熱絲，與原來那根電熱絲并聯(lián)后接入原水壺時，
根據(jù)并聯(lián)電路中總電阻的倒數(shù)等于各分電阻的倒數(shù)之和可知，
電路中的總電阻變?yōu)樵瓉淼囊话�，且電流不會超過6A，
所以此方案可行．
答：（1）將滿滿一壺20℃的涼水燒開需要3.36×10⁵J的熱量；
（2）用這個熱水壺燒開這些水至少需要336s；
（3）如果實際電壓只有198V時，燒開這壺水所需時間變?yōu)檎�常時間的81分之100；
（4）方案（b）可行，方案（a）不可行，因（a）中電阻變小后通過電熱絲的電流約為9A，超過了最大電流．

點評：本題考查了電功與熱量的綜合計算，涉及到密度公式、吸熱公式、電功公式、電功率公式的應用，關鍵是隱含條件的應用“一個標準大氣壓下水的沸點是100℃”，“同一壺水燒開時吸收的熱量相等”，同時要注意電熱絲最大電流的應用．