Question

（2008?惠山區(qū)模擬）如圖甲所示為家庭、賓館常用的無線電水壺（一種在倒水時導線脫離，用電加熱的方便水壺），圖乙是該電水壺的銘牌．冬冬用這種水壺燒開水，他將水放至最大水量，測得水的初溫是18℃，通電4min20s，水燒開（在一個標準大氣壓下）．通過計算，回答下列問題：

（1）該水壺正常工作時的電阻？（保留1位小數） 
（2）加熱過程中水吸收的熱量是多少焦耳？
加熱過程中電水壺消耗的電能是多少焦耳？
（3）比較（2）問所得兩數據，你認為合理嗎？如不合理，請至少說出造成不合理的兩種不同原因．

Answer 1

分析：（1）由燈泡的銘牌可知電水壺的額定電壓和額定功率，根據R=

U2

P

求出該電水壺電熱絲的電阻；
（2）先根據密度公式求出水放至最大水量時壺內水的質量，利用Q=cm△t求出加熱過程中水吸收的熱量，再根據W=Pt求出消耗的電能；
（3）比較吸收的熱量和消耗電能的大小，如果消耗的電能等于或大于吸收的熱量，合理，反之不合理；根據得出的結果進行分析，即可得出結論．

解答：解：（1）根據P=

U2

R

可得：
電阻絲的電阻R=

U2

P

=

(220V)2

1280W

=37.8Ω；
（2）根據ρ=

m

V

可得：
水放至最大水量時壺內水的質量m=ρV=1.0×10³kg/m³×1×10^-3m³=1kg，
根據Q=cm△t可得：
水吸收的熱量Q=cm△t=4.2×10³J/（kg?℃）×1kg×（100℃-18℃）=3.444×10⁵J；
根據W=Pt可得：
消耗的電能W=Pt=1280W×（4×60s+20s）=3.328×10⁵J；
（3）如果不考慮熱量散失，消耗的電能完全轉化為內能，二者相等，實際是存在熱量散失的，所以吸收的熱量不可能等于消耗的電能，所以不合理．
造成不合理的原因：
①可能是電源電壓較高，實際電壓大于額定電壓，實際功率大于額定功率；
②可能是電水壺上標的最大容量所對的刻度線與實際情況有偏差，所盛水的實際體積小于1.0L；
③可能是水的溫度測量不準，溫度差較大；
④可能是燒水的時間測量有偏差，燒水時間測量較短．
答：（1）該水壺正常工作時的電阻約為37.8Ω； 
（2）加熱過程中水吸收的熱量是3.444×10⁵J，電水壺消耗的電能是3.328×10⁵J；
（3）不合理，原因①可能是電源電壓較高，實際電壓大于額定電壓，實際功率大于額定功率；
②可能是電水壺上標的最大容量所對的刻度線與實際情況有偏差，所盛水的實際體積小于1.0L．

點評：本題考查了質量、消耗的電能、吸收的熱量的計算，關鍵是公式及其變形的靈活運用，難點是分析出現偏差的原因．