Question

如表是某品牌电热水壶铭牌上的参数．（设电阻不随温度而变化）

额定电压	220V
额定功率	1000W
容    积	1L

（1）将满满一壶20℃的凉水烧开需要多少热量？（此时大气压为一个标准大气压，C_水=4.2×10³J/（kg?℃））
（2）用这个热水壶烧开这些水至少需要多少时间？（不计热量损失）
（3）如果实际电压只有198V时，烧开这壶水所需时间变为正常时间的几分之几？
（4）小明拆开热水壶，发现里面主要元件是一根电热丝，电热丝上标注“220V，最大电流6A”，小明想改造一下这个电热壶，使它的加热时间减半，他设计出两种方案．
（a）将这根电热丝从中间截去一半长度，然后接入原水壶中．
（b）到市场上买一根相同的电热丝，与原来那根电热丝并联后接入原水壶．你觉得这两个方案是否可行，请你通过计算来说明理由．

Answer 1

分析：（1）先根据水的密度和体积求出质量，再根据公式Q_吸=cm（t-t₀）求出水吸收的热量；
（2）不计热量损失时，消耗的电能和水吸收的热量相等，根据W=Pt求出加热的时间；
（3）烧开同一壶水时消耗的电能相等，根据W=UIt=

U2

R

t得出等式，然后求出两种情况下加热时间之间的关系；
（4）根据W=Pt可知，要使加热时间减半，电功率应变为原来的2倍，根据W=UIt=

U2

R

t可知电压不变时，电路中的电阻应变为原来的一半，同时要注意电热丝允许通过的最大电流，然后判断两种方案是否可行．

解答：解：（1）一个标准大气压下水的沸点是100℃，
根据ρ=

m

V

可得，壶内水的质量：
m=ρV=1.0×10³kg/m³×1×10³m³=1kg，
水吸收的热量：
Q_吸=cm（t-t₀）=4.2×10³J/（kg?℃）×1kg×（100℃-20℃）=3.36×10⁵J；
（2）不计热量损失时，消耗的电能：
W=Q_吸=3.36×10⁵J，
根据W=Pt可得，加热时间：
t=

W

P

=

3.36×105J

1000W

=336s；
（3）烧开同一壶水时消耗的电能相等，根据W=UIt=

U2

R

t可得：

U额2

R

t=

U实2

R

t′，
即

t′

t

=

U额2

U实2

=（

U额

U实

）²=（

220V

198V

）²=

100

81

；
（4）∵W=Pt，
∴要使加热时间减半，电功率应变为原来的2倍，
∵W=UIt=

U2

R

t，
∴电压不变时，电路中的电阻应变为原来的一半，
（a）将这根电热丝从中间截去一半长度时，电热丝的电阻变为原来的一半，
根据P=UI可知，接入原水壶中时通过电热丝的电流变为I=

2P

U

=

2×1000W

220V

≈9A＞6A，
所以此方案不可行；
（b）买一根相同的电热丝，与原来那根电热丝并联后接入原水壶时，
根据并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻的倒数之和可知，
电路中的总电阻变为原来的一半，且电流不会超过6A，
所以此方案可行．
答：（1）将满满一壶20℃的凉水烧开需要3.36×10⁵J的热量；
（2）用这个热水壶烧开这些水至少需要336s；
（3）如果实际电压只有198V时，烧开这壶水所需时间变为正常时间的81分之100；
（4）方案（b）可行，方案（a）不可行，因（a）中电阻变小后通过电热丝的电流约为9A，超过了最大电流．

点评：本题考查了电功与热量的综合计算，涉及到密度公式、吸热公式、电功公式、电功率公式的应用，关键是隐含条件的应用“一个标准大气压下水的沸点是100℃”，“同一壶水烧开时吸收的热量相等”，同时要注意电热丝最大电流的应用．