Question

15．使用電熱水壺燒水，具有便捷、環保等優點，如圖是某電熱水壺的銘牌（假設電熱水壺的電阻保持不變，已知水的比熱容為c_水=4.2×10³J/（kg•℃）．
（1）電熱水壺的額定電流和電阻分別是多少？
（2）標準大氣壓下，將一壺質量為0.5kg、溫度為20℃的水燒開，需要吸收多少熱量？
（3）在額定電壓下，要放出這些熱量，該電熱水壺理論上需要工作多長時間？
（4）使用時發現：燒開這壺水實際加熱時間大于計算出的理論值，請分析原因．

Answer 1

分析 （1）已知電熱水壺的額定功率和額定電壓，根據公式I=$\frac{P}{U}$可求電熱水壺的額定電流，根據公式R=$\frac{U}{I}$可求電阻．
（2）已知水的質量、初溫和末溫，根據公式Q=cm△t可求吸收的熱量．
（3）已知吸收的熱量等于放出的熱量，也就是等于電流做的功，根據公式t=$\frac{W}{P}$可求電熱水壺理論上需要的時間．
（4）放出的熱量沒有被全部吸收，有一部分散失掉了．

解答 解：（1）由P=UI可得，電熱水壺的額定電流I=$\frac{P}{U}$=$\frac{440W}{220V}$=2A，
由I=$\frac{U}{R}$可得，電阻R=$\frac{U}{I}$=$\frac{220V}{2A}$=110Ω．
（2）水吸收的熱量Q=cm（t-t₀）=4.2×10³J/（kg•℃）×0.5kg×（100℃-20℃）=1.68×10⁵J．
（3）電流做功放出的熱量全部被水吸收，Q=W，
由P=$\frac{W}{t}$可得，要放出這些熱量，該電熱水壺理論上的工作時間t=$\frac{W}{P}$=$\frac{1.68×1{0}^{5}J}{440W}$=381.82s．
（4）由于電流做功產生的熱量沒有全部被水吸收，導致燒開這壺水實際加熱時間大于計算出的理論值．
答：（1）電熱水壺的額定電流是2A，電阻是110Ω．
（2）需要吸收1.68×10⁵J的熱量．
（3）該電熱水壺理論上需要381.82s．
（4）電流做功產生的熱量沒有全部被水吸收．

點評 本題考查電流、電阻、吸收熱量、工作時間等的計算，關鍵是公式及其變形的靈活運用，還要學會從題目所給信息中找到有用的數據．