题目内容

20．太阳能热水器不用电、不烧气，利用太阳能，无任何污染，属于绿色环保产品．小明家屋顶上有一台太阳能热水器（如图），水箱容量为120L．求：
（1）假如热水器接收到的太阳能有50%转化为水的内能，则使一箱水温度从20℃升高到70℃，需要接收多少太阳能？
（2）若使用液化石油气给水加热时，液化石油气完全燃烧放热的70%被水吸收，则在使用太阳能热水器后，使同样多的水升高相同的温度，可节约液化石油气多少kg？
[g取10N/Kg，液化石油气的热值为8.0×107J/kg、水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），水的密度为1.0×103kg/m3]．

分析 （1）水箱装满水时，水的体积和水箱的容量相等，根据m=ρV求出水箱最多能水的质量；知道水的比热容、质量和温度的变化，根据Q吸=cm（t-t0）求出水吸收的热量，热水器接收到的太阳能有50%转化为水的内能，可利用公式Q=$\frac{{Q}_{吸}}{η}$求出接收的太阳能；
（2）使同样多的水升高相同的温度，从而可以知道水吸收的热量，而液化石油气完全燃烧放出的热量70%被水吸收，可利用公式Q放=$\frac{{Q}_{吸}}{η}$求出液化石油气完全燃烧放出的热量，再利用公式Q放=mq求出节约液化石油气的质量．

解答 解：（1）由ρ=$\frac{m}{V}$可得，水的质量：
m=ρV=1.0×103kg/m3 ×120×10-3m3=120kg，
水吸收的热量为：
Q吸=cm（t-t0）
=4.2×103J/（kg•℃）×120kg×（70℃-20℃）
=2.52×107J，
因热水器接收到的太阳能有50%转化为水的内能，
所以，接收的太阳能：
Q=$\frac{{Q}_{吸}}{η}$=$\frac{2.52×1{0}^{7}J}{50%}$=5.04×107J；
（2）因液化石油气完全燃烧放出的热量70%被水吸收，
所以，液化石油气完全燃烧放出的热量为：
Q放=$\frac{{Q}_{吸}}{η′}$=$\frac{2.52×1{0}^{7}J}{70%}$=3.6×107J，
由Q放=mq可得，液化石油气的质量为：
m=$\frac{{Q}_{放}}{q}$=$\frac{3.6×1{0}^{7}J}{8.0×1{0}^{7}J/kg}$=0.45kg．
答：（1）需要接收的太阳能为5.04×107J；
（2）节约液化石油气的质量0.45kg．

点评 本题考查了学生对密度公式、吸热公式、效率公式的掌握和运用，计算时注意单位统一，虽然120L水和120kg水的量相等，但不能写成120L=120kg！

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汽车防冻液
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有关资料表明，防冻液与水按不同的比例混合，混合液的凝固点、沸点不同，具体数值参见表（表中防冻液含量是指防冻液在混合液中所占体积的百分比）．
在给汽车水箱中加防冻液时，宜使混合液的凝固点比本地常年最低气温低10℃～15℃，考虑到混合液比热容的减小会影响散热效果，因此，混合液中防冻液的含量不宜过高．
防冻液含量/%30405060708090
混合液的凝固点/℃-17-28-38-49-48-46-28
混合液的沸点/℃103104107111117124141
（1）汽车发动机用水来冷却，水中往往还要加入不易挥发的防冻液（原液）（图1），加入防冻液的目的是
减低水的凝固点．
（2）请在图2中作出混合液沸点与防冻液含量的关系图象；由图象可以推知，防冻液的含量达到75%时，混合液的沸点大约是120℃．
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