Question

13．如圖所示的是鄭小楚家新買的電水壺的銘牌及家中電能表的示意圖．由銘牌可知，鄭小楚若要將一整壺初溫為30℃的水燒開，則至少需要電水壺正常工作7min（結果保留整數(shù)，下同）；若該電水壺的熱效率為80%，則在燒開水時，鄭小楚家電能表的轉盤將轉過460轉；壺中的水所具有的內(nèi)能比之前大（選填“大”或“小”），同時分子的熱運動速率加快（選填“加快”或“減慢”）．[此時為標準大氣壓，c_水=4.2×10³J/（kg•℃），ρ_水=1.0×10³kg/m³]

主要參數(shù)

額定電壓：220V

頻率：50Hz

額定功率：1210W

容量：1.5L

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)密度公式求出水的質(zhì)量，然后利用吸熱公式求出水吸收的熱量，由題意得出消耗的電能，根據(jù)P=$\frac{W}{t}$的變形公式求出電水壺正常工作的時間；
（2）根據(jù)η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%求出電水壺消耗的電能，結合電能表的銘牌求出電能表的轉盤轉動的圈數(shù)；
（3）物體吸收熱量，內(nèi)能會增大；物體放出熱量，內(nèi)能會減��；
（4）分子的熱運動與溫度有關，溫度越高，分子運動越劇烈．

解答 解：（1）水的體積V_水=1.5L=1.5dm³=1.5×10^-3m³，
由ρ=$\frac{m}{V}$得，水的質(zhì)量：
m_水=ρ_水V_水=1.0×10³kg/m³×1.5×10^-3m³=1.5kg，
在標準大氣壓下，水的沸點t=100℃，
水吸收的熱量：
Q_吸=c_水m_水（t-t₀）=4.2×10³J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃-30℃）=4.41×10⁵J，
由題意知，消耗的電能W=Q_吸=4.41×10⁵J，
由P=$\frac{W}{t}$得，電水壺正常工作的時間：
t=$\frac{W}{P}$=$\frac{4.41×1{0}^{5}J}{1210W}$≈364.5s≈7min．
（2）若該電水壺的熱效率為80%，由η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%可得，電水壺實際消耗的電能：
W′=$\frac{{Q}_{吸}}{η}$=$\frac{4.41×1{0}^{5}J}{80%}$=5.5125×10⁵J=0.153125kW•h，
則電能表的轉盤轉動的圈數(shù)：
n=0.153125kW•h×3000rev/（kW•h）=459.375r≈460r．
（3）由于壺中的水吸收熱量，所具有的內(nèi)能比之前大；
（4）分子的熱運動與溫度有關，溫度越高，分子運動越劇烈，故分子的熱運動速率加快．
故答案為：7；460；大；加快．

點評 本題主要考查密度公式、吸熱公式、電功公式、效率公、電能表銘牌參數(shù)的物理含義、以及內(nèi)能的相關知識，涉及到的知識多，綜合性強，關鍵是公式及其變形的靈活運用．