Question

2．使用電熱水壺?zé)�水，具有便捷、環(huán)保等優(yōu)點．如圖是某電熱水壺的銘牌．假設(shè)電熱水壺的電阻保持不變，已知水的比熱容為c_水=4.2×10³J/（kg•℃）．
（1）電熱水壺的額定電流和電阻分別是多少？
（2）1標(biāo)準(zhǔn)大氣壓下，將一壺質(zhì)量為0.5kg、溫度為20℃的水燒開，需要吸收多少熱量？
（3）在額定電壓下，要放出這些熱量，該電熱水壺理論上需要工作多長時間？
（4）在用電高峰，電路中的實際電壓為198V，這時電熱水壺的實際功率為多少？

Answer 1

分析 （1）已知電熱水壺的額定功率和額定電壓，根據(jù)公式I=$\frac{P}{U}$可求電熱水壺的額定電流，根據(jù)公式R=$\frac{U}{I}$可求電阻．
（2）已知水的質(zhì)量、初溫和末溫，根據(jù)公式Q=cm△t可求吸收的熱量．
（3）已知吸收的熱量等于放出的熱量，也就是等于電流做的功，根據(jù)公式t=$\frac{W}{P}$可求電熱水壺理論上需要的時間．
（4）已知電熱水器的實際電壓，由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$計算出實際功率．

解答 解：（1）由P=UI得，
電熱水壺的額定電流I=$\frac{P}{U}$=$\frac{440W}{220V}$=2A，
由I=$\frac{U}{R}$得，
電阻R=$\frac{U}{I}$=$\frac{220V}{2A}$=110Ω．
（2）水吸收的熱量Q=cm（t-t₀）=4.2×10³J/（kg•℃）×0.5kg×（100℃-20℃）=1.68×10⁵J．
（3）電流做功放出的熱量全部被水吸收，Q=W，
要放出這些熱量，該電熱水壺理論上的工作時間t=$\frac{W}{P}$=$\frac{1.68×1{0}^{5}J}{440W}$=381.82s．
（4）由P=UI，I=$\frac{U}{R}$得，
電熱水壺的電阻為：R=$\frac{{U}_{\;}^{2}}{P}$=$\frac{（220V）^{2}}{440W}$=110Ω；
電熱水壺的實際功率為：P_實際=$\frac{{U}_{實際}}{R}$=$\frac{（198V）^{2}}{110Ω}$=365.4W．
答：（1）電熱水壺的額定電流和電阻分別是2A和110Ω．
（2）需要吸收1.68×10⁵J的熱量．
（3）電熱水壺理論上需要工作多長時間為381.82s．
（4）電熱水壺的實際功率為365.4W．

點評 本題考查電流、電阻、電功率、吸收熱量、工作時間等的計算，關(guān)鍵是公式及其變形的靈活運用，還要學(xué)會從題目所給信息中找到有用的數(shù)據(jù)．