Question

如表是某品牌電熱水壺銘牌上的參數(shù)．（設(shè)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(mǎn)滿(mǎn)一壺20℃的涼水燒開(kāi)需要多少熱量？（此時(shí)大氣壓為一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓，C_水=4.2×10³J/（kg?℃））
（2）用這個(gè)熱水壺?zé)�開(kāi)這些水至少需要多少時(shí)間？（不計(jì)熱量損失）
（3）如果實(shí)際電壓只有198V時(shí)，燒開(kāi)這壺水所需時(shí)間變?yōu)檎�常時(shí)間的幾分之幾？
（4）小明拆開(kāi)熱水壺，發(fā)現(xiàn)里面主要元件是一根電熱絲，電熱絲上標(biāo)注“220V，最大電流6A”，小明想改造一下這個(gè)電熱壺，使它的加熱時(shí)間減半，他設(shè)計(jì)出兩種方案．
（a）將這根電熱絲從中間截去一半長(zhǎng)度，然后接入原水壺中．
（b）到市場(chǎng)上買(mǎi)一根相同的電熱絲，與原來(lái)那根電熱絲并聯(lián)后接入原水壺．你覺(jué)得這兩個(gè)方案是否可行，請(qǐng)你通過(guò)計(jì)算來(lái)說(shuō)明理由．

Answer 1

解：（1）一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓下水的沸點(diǎn)是100℃，
根據(jù)ρ=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(jì)熱量損失時(shí)，消耗的電能：
W=Q_吸=3.36×10⁵J，
根據(jù)W=Pt可得，加熱時(shí)間：
t===336s；
（3）燒開(kāi)同一壺水時(shí)消耗的電能相等，根據(jù)W=UIt=t可得：
t=t′，
即==（）²=（）²=；
（4）∵W=Pt，
∴要使加熱時(shí)間減半，電功率應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，
∵W=UIt=t，
∴電壓不變時(shí)，電路中的電阻應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的一半，
（a）將這根電熱絲從中間截去一半長(zhǎng)度時(shí)，電熱絲的電阻變?yōu)樵瓉?lái)的一半，
根據(jù)P=UI可知，接入原水壺中時(shí)通過(guò)電熱絲的電流變?yōu)镮==≈9A＞6A，
所以此方案不可行；
（b）買(mǎi)一根相同的電熱絲，與原來(lái)那根電熱絲并聯(lián)后接入原水壺時(shí)，
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?lái)的一半，且電流不會(huì)超過(guò)6A，
所以此方案可行．
答：（1）將滿(mǎn)滿(mǎn)一壺20℃的涼水燒開(kāi)需要3.36×10⁵J的熱量；
（2）用這個(gè)熱水壺?zé)�開(kāi)這些水至少需要336s；
（3）如果實(shí)際電壓只有198V時(shí)，燒開(kāi)這壺水所需時(shí)間變?yōu)檎�常時(shí)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(guò)電熱絲的電流約為9A，超過(guò)了最大電流．
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(jì)熱量損失時(shí)，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(shí)間；
（3）燒開(kāi)同一壺水時(shí)消耗的電能相等，根據(jù)W=UIt=t得出等式，然后求出兩種情況下加熱時(shí)間之間的關(guān)系；
（4）根據(jù)W=Pt可知，要使加熱時(shí)間減半，電功率應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，根據(jù)W=UIt=t可知電壓不變時(shí)，電路中的電阻應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的一半，同時(shí)要注意電熱絲允許通過(guò)的最大電流，然后判斷兩種方案是否可行．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了電功與熱量的綜合計(jì)算，涉及到密度公式、吸熱公式、電功公式、電功率公式的應(yīng)用，關(guān)鍵是隱含條件的應(yīng)用“一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓下水的沸點(diǎn)是100℃”，“同一壺水燒開(kāi)時(shí)吸收的熱量相等”，同時(shí)要注意電熱絲最大電流的應(yīng)用．