电水壶功率1000w,装2kg的水,由20摄氏度加热到100摄氏度需要多少秒

已知：电阻R₂=435.6Ω，电源电压U=220V，P加热=1000W；
求（1）当开关S₁、S₂都闭合时为加热状态，如果加热时的电功率为1000W，求电阻R₁为多少？
（2）某同学在电水壶里装有2kg、20℃的水，如果当时是一个标准大气压，在加热状态使水沸腾．
求水吸收了多少热量？
（3）当开关S₁闭合、S₂断开时为保温状态，那么保温时通过R₂的电流为多少？
（4）有同学发现电水壶的形状是上面小而下面大，请你从物理学的角度去解释其中的原因．
（1）∵P=
U2
R，
∴电阻R₁=
U2
P加热=
(220V)2
1000W=48.4Ω；
（2）一标准大气压下，水的沸点t=100℃，
水沸腾时吸收的热量：
Q=cm△t=4.2×10³J/（kg•℃）×2kg×（100℃-20℃）=6.72×10⁵J；
（3）由电路图可知，开关S₁闭合、S₂断开时，两电阻串联，
通过电阻R2的电流I=[U
R1+R2=
220V/48.4Ω+435.6Ω]≈0.45A；
（4）电水壶的形状是上面小而下面大，一方面可以降低壶的重心，增加稳定性，另一方面可以减小壶对地面的压强．
答：（1）电阻R₁为48.4Ω．
（2）水吸收了6.72×10⁵J的热量．
（3）保温时通过R₂的电流为0.45A．
（4）增加稳定性，减小壶对地面的压强．

点评：
本题考点： 电功率的计算．

考点点评： 熟练应用电功率变形公式、热量公式、欧姆定律即可正确解题．

①电饭煲、电水壶和电熨斗三个用电器都为纯电阻，消耗的电能全部转化为热量，从题可知，P电饭煲=1000W，P电水壶=1800W，P电熨斗=500W，即P电水壶＞P电饭煲＞P电熨斗，而它们正常工作的时间相同，由公式Q=W=Pt可知电...

点评：
本题考点： 电功的计算；电热．

考点点评： 本题考查消耗电能的计算，关键是对公式的理解和应用，解题过程中要注意单位的换算．电风扇、日光灯正常工作时是非纯电阻电路，而电饭煲、电水壶和电熨斗正常工作时是纯电阻电路．

（1）W=Pt=1500W×20×60s=1.8×10⁶J；
（2）m=ρV=1.0×10³Kg/m³×4×10^-3m³=4Kg
Q=cm△t=4.2×10³J/（Kg•℃）×4Kg×80℃=1.344×10⁶J；
（3）η=[Q/W]×100%=
1.344×106J
1.8×106J×100%=74.67%；
答：（1）“烧”开这壶水消耗了1.8×10⁶焦耳电能；
（2）这壶水的内能增大了1.344×10⁶焦耳；
（3）这次“烧”水电能转化为内能的效率是74.67%．

点评：
本题考点： 热量的计算；能量利用效率；电功的计算．

考点点评： 解决此类综合性的题目，要结合相关的物理公式分析求解．

（1）Q_吸=c_水m（t-t₀）
=4.2×10³J/（kg•℃）×1.5kg×（40℃-30℃）
=6.3×10⁴J；
电热水壶工作2min消耗的电能：
W=[30r/1200r/kW•h]=0.025kW•h=0.025×3.6×10⁶J=9×10⁴J，；
电热水壶的实际功率：
P=[W/t]=[0.025kW•h

2/60h]=0.75kW=750W，
（3）电热水壶烧水的效率：
η=
Q吸
W=
6.3×104J
9×104J=70%．
答：（1）水所吸收的热量为6.3×10⁴J；
（2）电热水壶的实际功率为750W；
（4）电热水壶的效率为70%．

点评：
本题考点： 热量的计算；能量利用效率；电功率的计算．

考点点评： 本题是一道电学与热学的综合应用题，与生活相联系，涉及到了实际电压、实际功率、额定电压、额定功率、消耗电能的计算，对电能表参数的理解、电功率的计算、热量公式的运用，属于难题．

（1）水的质量：
m=ρV=1×10³kg/m³×2×10^-3m³=2kg，
水吸收的热量：
Q_吸=cm△t=4.2×10³J/（kg•℃）×2kg×（100℃-20℃）=6.72×10⁵J；
（2）烧开水消耗的电能：
W=Pt=1000W×15×60s=9×10⁵J，
η=
Q吸
W ×100%=
6.72×105J
9×105J×100%≈74.7%．
故答案为：6.72×10⁵；74.7%．

点评：
本题考点： 电功与热量的综合计算；能量利用效率．

考点点评： 本题是一道电学与热学的综合应用题，与实际生活相联系，使学生觉得学了物理有用，计算时注意2L≠2kg，必须利用密度公式计算．

（1）根据ρ=[m/V]可得：
壶内水的质量：
m=ρV=1.0×10³kg/m³×1.5×10³m³=1.5kg，
水吸收的热量：
Q_吸=cm（t-t₀）=4.2×10³J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃-20℃）=5.04×10⁵J；
（2）因为η=
Q吸
W=
Q吸
Pt，
所以t=
Q吸
Pη=
5.04×105J
1600W×90%=350s．
答：（1）烧开一水壶初温为20℃的水，水吸收多少的热量为5.04×10⁵J；
（2）电水壶正常工作的热效率为90%，烧开这样的一壶水需要350s．

点评：
本题考点： 电功与热量的综合计算；密度的计算．

考点点评： 本题考查了密度公式、热量公式、效率公式和电功率公式的灵活应用，关键是明白铭牌参数的含义，计算过程要注意单位的换算．

（1）小鹏家到现在为止，已消耗的电能为30kW•h．
（2）每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转2000r，
只使用一只电水壶，电能表转盘3分钟转过100转，
消耗的电能：W=[100/2000]kW•h=0.05kW•h；
∵t=3min=[1/20]h
∴P=[W/t]=[0.05kW•h

1/20h]=1kW=1000W．
故答案为：30；1000．

点评：
本题考点： 电能表参数的理解与电能的求法．

考点点评： 本题考查了电能表的参数的理解，还考查了用电器单独接入电路时，由用电器在一定时间内电能表转动的圈数，求用电器的电功率．

（1）水吸收的热量（有用能量）：
Q_吸=cm△t=4.2×10³J/（kg•℃）×2kg×（100℃-20℃）=6.72×10⁵J，
电水壶在额定电压下，P=P_额=2000W，工作7min消耗电能（总能量）：
W=Pt=2000W×7×60s=8.4×10⁵J，
电水壶烧水过程中的能量转化效率：
η=
Q吸
W×100%=
6.72×105J
8.4×105J×100%=80%；
（2）电水壶中的电阻丝的阻值：
R=

U2额
P额=
(220V)2
2000W=24.2Ω，
用电高峰时的实际电压：
U_实=U_额（1-10%）=220V×[90/100]=198V，
电水壶的实际功率：
P₁=

U2实
R=
(198V)2
24.2Ω=1620W；
（3）为使电水壶的功率在用电高峰时仍能达到2000W，
甲同学的推导：
并联电阻的电功率：
P₂=P_额-P₁，
∵P=
U2
R，
∴R₂=
U实2
P额−P1；
乙同学的推导：
∵两电阻并联，
∴并联电路的电阻：R=R₁+R₂，（错）
∴实际总电功率：
P_总=

U2实
R1+R2=P_额，
∴R₂=
U额2−U实2
P额，该表达式是错误的；
乙同学计算出的阻值比R₂小，电路消耗的总电功率大于2000W，电路中的电流过大，易引起火灾．
答：（1）水吸收的热量是6.72×10⁵J；
②电水壶烧水过程中的能量转化效率是80%；
（2）这时电水壶的实际功率为1620W；
（3）乙表达式是错误的，若用此电阻丝来改造 电水壶，电路中的电流过大，易引起火灾．

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；电阻的并联；电功率的计算；额定电压；额定功率；实际电压；实际功率．

考点点评： 本题是一道电学和热学的综合计算题，难点在于对两个表达式的判断，实质是让同学推导R2的表达式，两种解法用的依据不同；乙同学在推导时用错了并联电阻的特点，导致表达式错误，不易看出，要细心！

（1）电水壶的铭牌上标有“220V，1100W”，220V是电水壶的额定电压，表示电水壶正常工作的电压是220V；100W是电水壶的额定功率，表示电水壶正常工作时的功率是1100W．
（2）电水壶正常工作时的电流为I=[P/U]=[1100W/220V]=5A；
（3）通电0.5小时消耗的电能为W=Pt=1.1KW×0.5h=0.55KW•h=1.98×10⁶J．
故答案为：电水壶正常工作电压为220V；电水壶正常工作时的功率为1100W；5；0.55；1.98×10⁶J．

点评：
本题考点： 电功率的计算；电功的计算．

考点点评： 本题考查了电流、电功的计算，关键是公式的灵活应用和理解电水壶的铭牌的含义．

∵用电器正常工作时的功率和额定功率相等，
∴根据W=Pt可知，在相同时间内，电水壶的功率大，消耗的电能多；
电饭煲正常工作0.2h电流所做的功：
W=Pt=1000×10^-3kW×0.2h=0.2kW•h．
故答案为：电水壶；0.2．

点评：
本题考点： 电功计算公式的应用．

考点点评： 本题考查了电功公式的应用和电功的计算，关键是知道用电器正常工作时的功率和额定功率相等．

（1）由P=
U2
R可知，加热电阻：R=

U2额
P=
(220V)2
1100W=44Ω；
（2）水吸收的热量：Q_吸=cm（t-t₀）=4.2×10³J/（kg•℃）×2×10^-3m³×1.0×10³kg/m³×（100℃-23℃）=6.468×10⁵J，
消耗的电能W=Q_吸=6.468×10⁵J，（1分）
由W=Pt可知，t=[W/P]=
6.468×105J
1100W=588s=9.8min；
（3）由I=[U/R]可知，总电阻：R_串=[U/I]=[220V/0.2A]=1100Ω，
因为串联电路总电阻等于各部分电阻之和，所以保温电阻：R₀=R_串-R=1100Ω-44Ω=1056Ω，
R₀的电功率：P₀=I²R₀=（0.2A）²×1056Ω=42.24W．
答：（1）电水壶正常工作时，其加热电阻的阻值是44Ω；
（2）若电水壶产生的热量全部被水吸收，现将2kg初温为23℃的水在1标准大气压下烧开需要9.8min；
（3）当电水壶处于保温状态时，通过加热器的电流是0.2A，此时电阻R₀的电功率是42.24W．

点评：
本题考点： 电功与热量的综合计算．

考点点评： 本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、吸热公式、效率公式的灵活应用，关键是明白铭牌参数的含义，要注意联系电学知识解决生活中的物理应用．

（1）壶内水位的玻璃管是根据连通器的原理来工作的．
（2）水对壶底的压强：
p=ρgh=1.0×10³kg/m³×10N/kg×0.1m=1.0×10³Pa．
（3）根据ρ=[m/V]得装满水时水的质量：
m=ρV=1.0×10³kg/m³×1.2×10^-3m³=1.2kg，
烧开水吸收的热量：
Q=cm（t-t₀）=4.2×10³J/（kg•℃）×1.2kg×（100℃-20℃）=4.032×10⁵J．
（4）由P=[W/t]得烧开一满壶水的时间：
t=[W/P]=
4.032×105J
1500W≈269s．
答：（1）内水位的玻璃管是根据连通器的原理来工作的；
（2）此时水对水壶底的压强是1.0×10³Pa；
（3）水需要吸收热量4.032×10⁵J；
（4）电水壶正常工作时烧开一满壶水需要269s．

点评：
本题考点： 液体的压强的计算；电功与热量的综合计算．

考点点评： 本题考查液体压强、质量、热量、时间等的计算以及连通器的原理，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是知道没有热量损失时吸收的热量等于消耗电能释放的热量，解题过程中还要注意单位的换算．

（1）由表格可知，U_额=220V，P_额=800W
由P=UI得：发热体正常工作时的电流I=
P额
U额=[800W/220V]=3.64A；
由P=
U2
R得：发热体正常工作时的电阻R=

U2额
P额=
(220V)2
800W=60.5Ω；
（2）通电2min壶中的水吸收的热量；
Q_吸=cm₁△t=4.2×10³J/（kg•℃）×1.5kg×（44℃-30℃）=8.82×10⁴J；
（3）电水壶正常工作时2min内耗的电能是：
W_总=P_额t=800W×2×60s=9.6×10⁴J．
答：（1）电水壶中发热体正常工作时的电流为3.64A；电阻是60.5Ω；
（2）通电2min壶中的水吸收的热量是8.82×10⁴J；
（3）电水壶正常工作2min内消耗的电能是9.6×10⁴J．

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、电阻、实际功率的计算，关键是公式及其变形式的灵活应用和电能表参数含义的理解与掌握．

（1）电水壶处于保温状态，根据P=
U2
R可知，此时电路中的电阻最大，S₀断开、S闭合，R和R₀串联；
（2）电水壶处于加热状态，只有R工作，所以R的阻值：
R=
U2
P加热=
(220V)2
1100W=44Ω；
电水壶处于保温状态，R和R₀串联
R_串=
U2
P保温=
(220V)2
40W=1210Ω
∴R₀=R_串-R=1210Ω-44Ω=1166Ω；
（3）0.5升水的质量：
m=ρV=1.0×10³kg/m³×0.5×10^-3m³=0.5kg，
水放出的热量：
Q_放=cm△t
=4.2×10³J/（kg•℃）×0.5kg×（80℃-20℃）
=1.26×10⁵J．
答：（1）保温状态下，开关S₀断开、S闭合；
（2）电阻R₀和R的阻值分别为1166Ω、44Ω；
（3）一满壶80℃的水，自然冷却到室温（20℃），水释放的热量为1.26×10⁵J．

点评：
本题考点： 热量的计算；电功率的计算．

考点点评： 本题为电学和热学的综合计算题，考查了额定电压、额定功率、密度的计算、热量的计算、电功率的计算、串联电路的电阻特点，要会分析电路图、能从铭牌得出相关信息．

答：电水壶与导线是串联的，所以通过它们的电流相等，它们通电时间相同，电水壶的电阻比导线电阻大很多，根据公式Q=I²Rt，可知电热丝产生的热量比导线产生的热量多得多．

点评：
本题考点： 焦耳定律；串联电路的电流规律．

考点点评： 本题考查了利用焦耳定律来解决生活中的实际问题，并且利用控制变量法来寻求它们的相同的物理量．

（1）壶内水位的玻璃管是根据连通器的原理来工作的．
（2）装满水时水的质量：m=pV=1．O×10³kg/m³×1.2×10^-3m³=1.2kg；
（3）水对壶底的压强：P=pgh=1．O×10³kg/m³×10N/kg×0.1m=1．O×10³Pa；
（4）F=G=mg=（1.2kg+1.2kg）×10N/kg=24N，S=250cm²=2.5×10^-2m²；
装满水后桌面受到的压强p=[F/S]=
24N
2.5×10−2m2=9.6×l0²Pa；
（5）烧开水吸收的热量：Q=cm（t-t₀）=4.2×10³J/（kg．℃）×1.2kg×（100℃-20℃）=4.032×10⁵J；
（6）烧开一满壶水的时间：t=[W/P]=[Q/P]=
4.032×105J
1500W≈269s；
（7）正常工作时电流I=[P/U]=[1500W/220V]≈6.82A；
（8）电热水壶正常工作时的电阻R=
U2
P=
(220V)2
1500W≈32.3Ω；
（9）该电热水壶正常工作10分钟产生的热量Q=W=1500W×10×60s=9×10⁵J；
（10）实际上烧开一壶水的加热时间总是要大于理论计算时间，这是因为在实际上烧开水时，水在吸收热量时也向空气中散热，同时壶本身也要吸收热量，也可能电压低于220V，这些因素均会造成实际加热时间的延长

点评：
本题考点： 液体的压强的计算；密度公式的应用；连通器原理；热量的计算；电功率的计算；焦耳定律．

考点点评： 本题考查液体压强、质量、热量、时间、电流、电阻等的计算以及连通器的原理，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是知道没有热量损失时吸收的热量等于消耗电能释放的热量，解题过程中还要注意单位的换算．

（1）实验中需要用到的测量工具：电能表、温度计，
（2）实验探究过程：
a．观察电水壶铭牌得到额定功率P（P=1500W），容积V（v=3L=3×10^-3m³）；
b．电水壶中盛满水，用温度计测出水的初温t₀；
c．关闭家中其它用电器，将此水壶单独接入电路中，用秒表计时，记录用时t（s）和水的末温t（℃）．
计算过程：
①消耗的电能（总能量）：
W_电=Pt，
②被水吸收的能量（有用）：
Q_吸=cm（t-t₀）=cρv（t-t₀）
③电水壶烧水过程中能量转化效率：
η=
Q吸
W电=
cρv(t−t0)
Pt；
故答案为：
cρv(t−t0)
Pt，
（3）能量转化效率影响因素：①水的体积（质量）；②水的温度差；③加热时间；④电水壶的电功率．

点评：
本题考点： 能量利用效率；密度公式的应用；热量的计算；电功的计算．

考点点评： 本题综合考查了消耗电能的计算、热量的计算，根据计算能量转化效率的计算方法设计、计算是本题的关键．