电热水龙头加热出水时,断断续续,一抖一抖的 为什么

（1）当开关处于位置2时，只有电阻R₁接入电路，电路电阻最大，根据P=
U2
R可知：此时功率最小，可见此时放出的是温水；当开关处于位置3时，电阻R₁和R₂并联接入电路，电路电阻最变小，根据P=
U2
R可知：此时功率最大，所以此时放出的是热水；
（2）电热水龙头属于大功率用电器，所以使用电热水龙头时，不要将其它用电器接入电路；
（3）电能表的转盘转过了660转消耗的电能：W=[660/3000]kW•h=0.22kW•h；
电热水龙头的功率：P=[W/t]=[0.22kW•h

6/60h]=2.2kW=2200W；
（4）由P=UI=
U2
R可知，温水功率P_温水=2.2kW=2200W，
则R₁=
U2
P温水=
(220V)2
2200W=22Ω；
（5）因为S旋到热水档时，电阻R₁和R₂并联接入电路，所以根据欧姆定律得：I₁=[U
R1=
220V/22Ω]=10A，
I₂=[U
R2=
220V/55Ω]=4A，
所以，I=I₁+I₂=10A+4A=14A．
答：（1）S旋到位置3时，水龙头流出热水．
（2）电热水龙头属于大功率用电器，所以使用电热水龙头时，不要将其它用电器接入电路；
（3）电热水龙头温水档的电功率是2200W；
（4）电热丝R₁的阻值是22Ω；
（5）S旋到热水档时，电路中的总电流是14A．

点评：
本题考点： 电能表参数的理解与电能的求法；电功率与电压、电流的关系；电功率的计算．

考点点评： （1）本题考查电路分析、效率公式、欧姆定律和电功率公式的应用，解题时要注意隐含条件，电路电压是220V．
（2）大部分家用电热器都是用改变电路电阻的阻值来实现功率的改变，电阻阻值的改变由三种方法：①用开关使几个电阻串联，达到增大电阻，减小功率的目的；②用开关使几个电阻并联，达到减小电阻，增大功率的目的；③用一个开关和电阻并联，开关的闭合可用短路电阻，达到减小电阻，增大功率的目的．

（1）当开关处于位置2时，只有电阻R₁接入电路，电路电阻最大，根据P=
U2
R可知：此时功率最小，可见此时放出的是温水；当开关处于位置3时，电阻R₁和R₂并联接入电路，电路电阻最变小，根据P=
U2
R可知：此时功率最大，所以此时放出的是热水；
（2）∵P=UI=
U2
R可知，温水功率P_温水=2.2kW=2200W，
∴R₁=
U2
P温水=
(220V)2
2200W=22Ω；
（3）∵S旋到热水档时，电阻R₁和R₂并联接入电路，
∴根据欧姆定律得：I₁=[U
R1=
220V/22Ω]=10A，
I₂=[U
R2=
220V/55Ω]=4A，
所以，I=I₁+I₂=10A+4A=14A．
答：（1）2；3；（2）电热丝R₁的阻值22Ω；（3）S旋到热水档时，电路中的总电流是14A

点评：
本题考点： 欧姆定律的变形公式；电功率与电压、电流的关系．

考点点评： （1）本题考查电路分析、效率公式、欧姆定律和电功率公式的应用，解题时要注意隐含条件，电路电压是220V．
（2）大部分家用电热器都是用改变电路电阻的阻值来实现功率的改变，电阻阻值的改变由三种方法：①用开关使几个电阻串联，达到增大电阻，减小功率的目的；②用开关使几个电阻并联，达到减小电阻，增大功率的目的；③用一个开关和电阻并联，开关的闭合可用短路电阻，达到减小电阻，增大功率的目的．

（1）开关处于位置A时，电路断路，R₁、R₂均没有接入电路，放出来的是冷水，
开关处于位置B时，电阻R₁单独接入电路，开关处于位置C时，电阻R₁和电阻R₂并联接入电路，总电阻比开关处于位置B时小，
∵P=
U2
R，电源电压不变，
∴开关处于位置C时，电路中总电阻小，功率大，放出来的是热水，开关处于位置B时，电路中电阻比开关处于位置B电阻大，功率小，放出来的是温水；
电热水龙头温水档功率P_温水=2.2kW=2200W，
∴R₁=
U2
P温水=
(220V)2
2200W=22Ω；
（2）电热水龙头额定水流量为1L/min，即1min额定水流量为1L，
1L水的质量为m=ρV=1.0×10³kg/m³×10^-3m³=1kg，
1L水吸收的热量Q_吸=cm△t=4.2×10³J/（kg•℃）×1kg×（50℃-14℃）=1.512×10⁵J，
∵电热水龙头热水档功率P_热水=3.0kW=3000W，
∴电热水龙头1min消耗的电能：W=P_热水t=3000W×60s=1.8×10⁵J，
此时该水龙头的电热效率：η=
Q吸
W×100%=
1.512×105J
1.8×105J×100%=84%．
答：（1）开关处于位置2时，它放出的是温水；电热丝R₁的阻值22Ω；
（2）此时该水龙头的电热效率是84%．

点评：
本题考点： 电功与热量的综合计算．

考点点评： 本题考查吸热公式、效率公式、欧姆定律和电功率公式的应用，解题的关键是正确分析判断出开关处于不同的位置时电热水龙头的档位．

（1）开关处于位置1时，放出的水温最高，说明R₁对应的是“温水”档，此时的额定功率为2kW，
由P=
U2
R可得：
R₁=
U2
P温=
(220V)2
2×103W=24.2Ω；
（2）超温保护器就切断了电路说明热水的温度接近55℃，
当开关处于位置1时，电热水龙头的功率为3.5kW，
1min消耗的电能：
W=Pt=3.5×10³W×60s=2.1×10⁵J，
水吸收的热量：
Q_吸=Wη=2.1×10⁵J×90%=1.89×10⁵J，
∵Q_吸=cm（t₂-t₁），
∴每分钟放出热水的质量：
m=
Q吸
c(t2−t1)=
1.89×105J
4.2×103J/(kg•℃)×(55℃−25℃)=1.5kg．
答：（1）电热丝R₁的阻值为24.2Ω；
（2）水龙头每分钟可以放出1.5kg的热水．

点评：
本题考点： 电功与热量的综合计算；电功率的计算．

考点点评： 本题考查了电功率公式和电功公式、效率公式和吸热公式的综合应用，能从电路图中得出开关处于不同位置时热水器的档位和超温保护器切断电路时的温度是关键．

（1）当开关处于位置2时，只有电阻R₁接入电路，电路电阻最大，功率最小，可见此时放出的是温水；
∵P=UI=
U2
R，温水功率P_温水=2kW=2000W，
∴R₁=
U2
P温水=
(220V)2
2000W=24.2Ω；
（2）水吸收的热量：
Q_吸=cm△t
=4.2×10³J/（kg•℃）×1kg×（50℃-14℃）
=1.512×10⁵J，
∵P=[W/t]，热水功率P=2.8kW=2800W，
∴消耗的电能：
W=Pt=2800W×60s=1.68×10⁵J，
此时该水龙头的电热效率：
η=
Q吸
W=
1.512×105J
1.68×105J×100%=90%．
答：（1）开关处于位置2时，它放出的是温水；电热丝R₁的阻值24.2Ω；
（2）此时该水龙头的电热效率是90%．

点评：
本题考点： 电功与热量的综合计算；能量利用效率；热量的计算；欧姆定律的应用．

考点点评： 1、本题考查吸热公式、效率公式、欧姆定律和电功率公式的应用，解题时要注意隐含条件，电路电压是220V．
2、大部分家用电热器都是用改变电路电阻的阻值来实现功率的改变，电阻阻值的改变由三种方法：①用开关使几个电阻串联，达到增大电阻，减小功率的目的；②用开关使几个电阻并联，达到减小电阻，增大功率的目的；③用一个开关和电阻并联，开关的闭合可用短路电阻，达到减小电阻，增大功率的目的．

(1)根据公式得，电压一定时，电路中的电阻越大，电功率越小，所以S旋到2位置时，电路中只有电阻，此时水龙头出温水；S旋到3位置时，并联，总电阻最小，总功率最大，水龙头流出热水；

(2)；

(3)水龙头出热水时，并联：

（1）2；3；（2） ；（3）14A

（1）当开关处于位置2时，只有电阻R₁接入电路，电路电阻最大，功率最小，可见此时放出的是温水；
（2）当开关S处于2位置时，为温水档，电路中只有R₁工作，
由P=
U2
R可得，电热丝R₁的阻值：
R₁=
U2
P温水=
(220V)2
2×103W=24.2Ω；
（3）热水吸收的热量：
Q_吸=cm（t-t₀）
=4.2×10³J/（kg•℃）×1kg×（50℃-10℃）
=1.68×10⁵J，
因不计热损失，
所以，由W=Q_吸=Pt可得，水龙头的加热功率：
P=[W/t]=
1.68×105J
60s=2.8×10³W=2.8kW．
答：（1）温水；
（2）电热丝R₁的阻值为24.2Ω；
（3）水龙头流出热水时的加热功率为2.8kW．

点评：
本题考点： 电功与热量的综合计算．

考点点评： 本题考查了电功与热量的综合计算，涉及到电功率公式、吸热公式、电功公式的灵活应用，分清开关处于不同的位置时电热水龙头所处的状态是关键．

（1）该电热水龙头正常工作5min消耗的电能
W=Pt=2800W×5×60s=8.4×10⁵J，
答：该电热水龙头正常工作5min消耗的电能是8.4×10⁵J．
（2）该水龙头5min出水的质量m=ρV=1×10³kg/m³×2×10^-3m³/min×5min=10kg，
水温的变化量△t=[Q/mc]=[W/mc]=
8.4×105J
4.2×103J/(kg•℃)×10kg=20℃，
答：该水龙头按正常的出水量工作时，能将水温提高20℃．
（3）因为生活用水中含有杂质，是导体，能导电，如果水电不分离，可能造成触电事故，所以安全措施中要水电分离．

点评：
本题考点： 电功的计算；热量的计算；导体．

考点点评： 由表可以求出电热水龙头的额定功率，然后由公式W=Pt可求出水龙头消耗的电能；
本题还考查了吸热公式Q=mc△t的变形公式的应用，及热水龙头水电分离的原因，是一道基础题．