Question

11．如圖所示，圖甲是某家庭用的電水壺，它具有加熱和保溫兩項功能，圖乙是該電水壺內(nèi)部的電路連接圖．
（1）有同學(xué)發(fā)現(xiàn)電水壺的形狀是上面小而下面大，請你從物理學(xué)的角度去解釋這樣設(shè)計的原因：增加穩(wěn)定性，減小壺對地面的壓強(qiáng)．
（2）當(dāng)開關(guān)S₁閉合，S₂斷開時為保溫（選填“保溫”或“加熱”）狀態(tài)，若電阻R₁=22Ω，R₂=2178Ω，此時電路中的電流為0.1A．
（3）某同學(xué)在電水壺里裝有1.5kg、20℃的水[水的比熱容4.2×10³J/（kg•℃）]，如果當(dāng)時是一個標(biāo)準(zhǔn)大氣壓，該電水壺的加熱功率為2200W，在加熱狀態(tài)使水沸騰需耗時4min，求本次加熱水時電熱水壺的效率．

Answer 1

分析 （1）降低重心可以增加穩(wěn)定性，同時增大接觸面的面積可以減小壓強(qiáng)；
（2）由電路圖可知，開關(guān)S₁閉合、S₂斷開時，兩電阻串聯(lián)，電路中的電阻最大，根據(jù)P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知，電功率最小即為保溫狀態(tài)；由串聯(lián)電路特點及歐姆定律可以求出電路電流；
（3）已知水的質(zhì)量與初溫，由熱量公式可以求出水沸騰時吸收的熱量；利用W=Pt求出消耗的電能，利用η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$可以求出熱水壺的效率．

解答 解：
（1）電水壺的形狀是上面小而下面大，一方面可以降低壺的重心，增加穩(wěn)定性，另一方面可以減小壺對地面的壓強(qiáng)；
（2）由電路圖可知，開關(guān)S₁閉合、S₂斷開時，兩電阻串聯(lián)，電源電壓一定，根據(jù)P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知，電功率最小即為保溫狀態(tài)；
根據(jù)串聯(lián)電路的總阻值等于各電阻之和可知：R=R₁+R₂=22Ω+2178Ω=2200Ω，
此時電路中電流：I=$\frac{U}{R}$=$\frac{220V}{2200Ω}$=0.1A；
（3）一標(biāo)準(zhǔn)大氣壓下，水的沸點t=100℃，
水沸騰時吸收的熱量：
Q=cm△t=4.2×10³J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃-20℃）=5.04×10⁵J；
由P=$\frac{W}{t}$得：
消耗的電能為W=Pt=2200W×4×60s=5.28×10⁵J；
熱水壺的效率：η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%=$\frac{5.04×1{0}^{5}J}{5.28×1{0}^{5}J}$×100%≈95.5%．
答：（1）增加穩(wěn)定性，減小壺對地面的壓強(qiáng)；
（2）保溫；0.1；
（3）本次加熱水時電熱水壺的效率為95.5%．

點評 本題考查串并聯(lián)電路的特點、電功率變形公式、熱量公式、歐姆定律的靈活運(yùn)用，難點是根據(jù)P=$\frac{{U}^{2}}{R}$結(jié)合開關(guān)的閉合、斷開判斷電水壺的工作狀態(tài)．