Question

1．小明家的電熱水壺的銘牌如圖所示，在一個標準大氣壓下，該水壺正常工作時，用10min能將2kg、10℃的水燒開，水的比熱容C=4.2×10³J/（kg•℃）．
（1）電水壺正常工作的電阻．
（2）電水壺正常工作的電流．
（3）計算水吸收的熱量．
（4）計算消耗的電能．
（5）水增加的內能比消耗的電能小多少？請結合物理知識，從節能的角度提一個合理化的建議．

Answer 1

分析 （1）電水壺正常工作時，根據R=$\frac{{U}^{2}}{P}$計算電阻；
（2）電水壺正常工作時，根據I=$\frac{P}{U}$計算電流；
（3）根據Q=cm△t計算水吸收的熱量；
（4）根據W=Pt計算電水壺正常工作10min消耗的電能；
（5）電熱水壺消耗電能產生的熱量：大部分被水吸收，有一些被熱水壺吸收，還有一部分散失到空氣中．

解答 解：（1）電水壺正常工作時，
R=$\frac{{U}^{2}}{P}$=$\frac{（220V）^{2}}{1500W}$≈32.3Ω；
（2）電水壺正常工作時，
I=$\frac{P}{U}$=$\frac{1500W}{220V}$≈6.8A；
（3）由題意可知，10min后水燒開，即水溫達到100℃，所以：
Q=cm△t=4.2×10³J/（kg•℃）×2kg×（100℃-10℃）=7.56×10⁵J；
（4）水壺正常工作時，10min消耗的電能：
W=Pt=1500W×10×60s=9×10⁵J；
（5）水增加的內能比消耗的電能差值：
△W=W-Q=9×10⁵J-7.56×10⁵J=1.44×10⁵J．
電水壺工作時產生的大量的熱量，其中一部分被水吸收，還有一部分流失到空氣中，因此可通過增加電熱水壺的保溫性能，減小熱量的散失．
答：（1）電水壺正常工作的電阻為32.3Ω；
（2）電水壺正常工作的電流為6.8A；
（3）水吸收的熱量為7.56×10⁵J；
（4）電水壺消耗的電能9×10⁵J；
（5）水增加的內能比消耗的電能小1.44×10⁵J．增加電熱水壺的保溫性能，減小熱量的散失．

點評 本題考查電功率公式變形運用，水吸收熱量的計算，電熱水壺消耗電能的計算，以及熱量損失和減小熱量損失的問題．還培養學生節能的良好意識．