Question

6．小明家淋浴用的简易太阳晒水箱内装水60kg，水箱玻璃盖的面积为1m²，已知地球上与太阳光线垂直的表面接收的太阳辐射能为8×10⁴J/（min•m²）；这类水箱吸收太阳能的效率约为42%（不考虑散热损失，假设使用中能够及时调整水箱朝向，使阳光总能垂直射入玻璃盖，计算中可以认为电热管、小灯泡及电阻丝的电阻不随温度发生明显变化，计算结果小数点后面保留1位）．
（1）计算4小时后箱中的水升高的温度．水的比热容为4.2×10³ J/（kg•℃）．
（2）考虑到散热损失，此水箱中的水在冬天往往温度不够高，小明设想在水箱中加装一个“220V  2000W”的电热管，并利用一个“5V  1W”的小灯泡和一段电阻丝，为电热管安装了一个指示灯．以下为小明的设计思路：
①因小灯泡的额定电压远小于家庭电路电压值，为使小灯泡正常发光，应将小灯泡与电热管串联，此时电热管两端实际电压为215V，通过电热管的实际电流为8.9A，而小灯泡正常工作时的电流为0.2A，故需截用一定长度的电阻丝与指示灯并联后与电热管共同接入电路．
②计算出电热管的实际功率为多少？
③计算出需截用电阻丝的阻值为多少？

Answer 1

分析 （1）太阳向地球辐射热量，辐射的热量没有全部被水吸收，根据水吸收了太阳辐射热的50%求出水吸收的热量，然后根据Q_吸=cm△t求水的温度变化量；
（2）①小灯泡作为电热管的指示灯，应该是电热管工作时，小灯泡发光；电热管不工作时，小灯泡不发光，即小灯泡的电流应随电热管的电流有无而存无，为满足这一要求，应将小灯泡和电热管串联；根据串联电路的电压特点即可求电热管两端的电压；
知道电热管的额定电压和额定功率，根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$求出电热管的电阻；利用欧姆定律即可求出实际电流；
另一方面，根据P=UI求出灯泡正常工作时的电流，应注意电热管的和小灯泡正常工作时的电流大小，比较两者电流的大小可知，不能将小灯泡直接与电热管串联起来接到220V的电路中，为使上述的串联关系成立，可以选取另一电阻与小灯泡并联，只要电阻选取合适，便可将电热管的电流分出一部分，而使通过小灯泡的电流不超过其额定电流，据此进行解答；
②根据P=UI求出安装指示灯后电热管的实际功率；
③根据并联电路的电流特点和欧姆定律即可求出需截用电阻丝的阻值．

解答 解：（1）“8×10⁴J/（min•m²）”表示每平方米面积上，每分钟太阳辐射的热量为8×10⁴J，
则1m²面积上4h太阳辐射到水箱处的能量：E=8×10⁴J/（min•m²）×1m²×4×60min=1.92×10⁷J，
水吸收的热量：Q_吸=Eη=1.92×10⁷J×42%=8.064×10⁶J，
由Q_吸=cm△t得：
△t=$\frac{{Q}_{吸}}{cm}$=$\frac{8.064×1{0}^{6}J}{4.2×1{0}^{3}J/（kg•℃）×60kg}$=32℃；
（2）①经分析可知，截取的电阻丝与小灯泡并联后与电热管串联，如下图所示：

由于小灯泡正常工作，则灯泡两端的电压U_L′=U_L额=5V，
根据串联电路中总电压等于各分电压之和可知电热管两端的实际电压为：
U₁′=U-U_L′=220V-5V=215V，
由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可得，电热管的电阻：
R₁=$\frac{{U}_{1}^{2}}{{P}_{1}}$=$\frac{（{220V）}^{2}}{2000W}$=24.2Ω；
通过电热管的实际电流为：
I=$\frac{{U}_{1}′}{{R}_{1}}$=$\frac{215V}{24.2Ω}$≈8.9A，
由P=UI得灯泡正常工作的电流：
I_L=$\frac{{P}_{额}}{{U}_{额}}$=$\frac{1W}{5V}$=0.2A，
由于I_L＜I，所以需截用的电阻丝与指示灯并联后与电热管再串联接入电路．
②电热管实际功率P_实=U₁′I=215V×8.9A=1913.5W；
③因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过截用电阻丝的电流为：
I₂=I-I_L=8.9A-0.2A=8.7A，
根据并联电路中各支路两端的电压相等和欧姆定律得：
电阻丝的电阻值R₂=$\frac{{U}_{2}}{{I}_{2}}$=$\frac{5V}{8.7A}$≈0.6Ω．
答：（1）4小时后箱中的水升高的温度为32℃．
（2）①串；215V；8.9A；0.2A；并；
②电热管的实际功率为1913.5W；
③需截用电阻丝的阻值为0.6Ω．

点评 本题考查热量公式的应用、串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，难点是会根据串并联电路的特点和要求判断出电阻丝与灯泡的连接方式．