Question

15．使用电热水壶烧水，具有便捷、环保等优点，如图是某电热水壶的铭牌（假设电热水壶的电阻保持不变，已知水的比热容为c_水=4.2×10³J/（kg•℃）．
（1）电热水壶的额定电流和电阻分别是多少？
（2）标准大气压下，将一壶质量为0.5kg、温度为20℃的水烧开，需要吸收多少热量？
（3）在额定电压下，要放出这些热量，该电热水壶理论上需要工作多长时间？
（4）使用时发现：烧开这壶水实际加热时间大于计算出的理论值，请分析原因．

Answer 1

分析 （1）已知电热水壶的额定功率和额定电压，根据公式I=$\frac{P}{U}$可求电热水壶的额定电流，根据公式R=$\frac{U}{I}$可求电阻．
（2）已知水的质量、初温和末温，根据公式Q=cm△t可求吸收的热量．
（3）已知吸收的热量等于放出的热量，也就是等于电流做的功，根据公式t=$\frac{W}{P}$可求电热水壶理论上需要的时间．
（4）放出的热量没有被全部吸收，有一部分散失掉了．

解答 解：（1）由P=UI可得，电热水壶的额定电流I=$\frac{P}{U}$=$\frac{440W}{220V}$=2A，
由I=$\frac{U}{R}$可得，电阻R=$\frac{U}{I}$=$\frac{220V}{2A}$=110Ω．
（2）水吸收的热量Q=cm（t-t₀）=4.2×10³J/（kg•℃）×0.5kg×（100℃-20℃）=1.68×10⁵J．
（3）电流做功放出的热量全部被水吸收，Q=W，
由P=$\frac{W}{t}$可得，要放出这些热量，该电热水壶理论上的工作时间t=$\frac{W}{P}$=$\frac{1.68×1{0}^{5}J}{440W}$=381.82s．
（4）由于电流做功产生的热量没有全部被水吸收，导致烧开这壶水实际加热时间大于计算出的理论值．
答：（1）电热水壶的额定电流是2A，电阻是110Ω．
（2）需要吸收1.68×10⁵J的热量．
（3）该电热水壶理论上需要381.82s．
（4）电流做功产生的热量没有全部被水吸收．

点评 本题考查电流、电阻、吸收热量、工作时间等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，还要学会从题目所给信息中找到有用的数据．