Question

3．前些日子，小亮的妈妈买了一个“天际”牌自动电热水壶送给爷爷，其铭牌如表．小亮为了给爷爷说明电热水壶的使用方法，他接水至800mL刻度，然后把壶放在加热座上，拨开开关，5min后水烧开，水壶自动断电．已知水的初温为20℃．

自动电热水壶
型号	ZDH100B
电源	220V  50Hz
额定功率	1100W
容量	800mL
编号	H8017664

（1）这壶水吸收的热量为多少？[c_水=4.2×10³ J/（kg•℃）]
（2）烧水时家中电压为220V，求电热水壶的热效率．
（3）在用电高峰，电路中的实际电压降为198V，这时电热水壶的实际功率为多大？
（4）根据本题分析家庭电路傍晚时灯泡较暗的主要原因是什么？（讲出两点主要原因即可）

Answer 1

分析 （1）知道水的体积，利用密度公式求水的质量，又知道水的初温和末温、水的比热容，根据吸热公式Q_吸=cm△t计算出水吸收的热量（有用能量）；
（2）已知额定功率和通电时间，根据公式W=Pt求出消耗的电能（总能量）；水吸收的热量与消耗电能的比值就等于电热水壶的热效率；
（3）根据铭牌（额定电压、额定功率）求出电热水壶的电阻，再利用电功率公式求实际电压下的实际功率；
（4）根据并联电路电流、电压和电阻的规律，结合欧姆定律和电功率进行解释．

解答 解：（1）水的质量：
m=ρV=1g/cm³×800cm³=800g=0.8kg，
水吸收的热量：
Q_吸=cm（t-t₀）=4.2×10³J/（kg•℃）×0.8kg×（100℃-20℃）=2.688×10⁵J，
（2）电热水壶消耗的电能：
W=Pt=1100W×5×60s=3.3×10⁵J，
η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$=$\frac{2.688×{10}^{5}J}{3.3×{10}^{5}J}$≈81.5%；
（3）电热水壶的电阻：
R=$\frac{{{U}_{额}}^{2}}{{P}_{额}}$=$\frac{{（220V）}^{2}}{1100W}$=44Ω，
实际功率：
P_实=$\frac{{{U}_{实}}^{2}}{{R}_{\;}}$=$\frac{{（198V）}^{2}}{44Ω}$=891W；
（4）由于千家万户的用电器是并联，在傍晚时出现用电高峰，用电器的总功率很大，干路中电流特别大，干路导线中有电阻，根据公式U=IR，可知干路导线分压大，所以到各家各户时，电压必然小于220V，造成用电器的电功率降低，所以在家庭电路的白炽灯比正常发光时要暗些．
答：（1）这壶水吸收的热量为2.688×10⁵J；
（2）烧水时家中电压为220V，电热水壶的热效率为81.5%；
（3）在用电高峰，电路中的实际电压降为198V，这时电热水壶的实际功率为891W；
（4）家庭电路傍晚时灯泡较暗的主要原因是：用电器的总功率很大，干路中电流特别大，路导线分压大，造成用电器两端的电压降低，电功率降低．

点评 本题考查吸热公式、电功率公式以及热效率公式的应用，知识点多、联系实际生活，属于中考常见题型，从电热水壶铭牌得出相关信息是本题的关键．