Question

4．如图是某型号的泡茶壶，铭牌如表所示，泡茶壶的热效率是87.5%．将装有初温为25℃的水的泡茶壶单独接在标有“3000R/kW•h”字样的电能表上，在标准大气压下，泡茶壶工作了6min刚好将水烧开，电能表的转盘转了300转，则在此过程中泡茶壶消耗的电能是3.6×10⁵J，水吸收的热量是3.15×10⁵J，壶中水的质量是1kg，水平桌面受到的压强为9×10²Pa，泡茶壶两端的实际电压是200V．

型　　号	HX201504
额定电压	220V
额定功率	1210W
自身质量	0.8kg
底盘面积	200cm2

Answer 1

分析 （1）3000r/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，据此求出转盘转了300转消耗的电能；
（2）知道养生壶的热效率，根据η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%求出水吸收的热量；又知道水的初温、末温（标准大气压下水的沸点是100℃），根据Q_吸=cm（t-t₀）求出壶中水的质量．
（3）水平桌面受到的压力等于壶和水的重力，利用p=$\frac{F}{S}$可求得水平桌面受到的压强．
（4）知道养生壶的额定电压和额定功率，根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$求出其电阻，养生壶为纯电阻用电器，产生的热量和消耗的电能相等，根据Q=I²Rt求出养生壶工作时的实际电流；
知道养生壶的电阻和通过的电流，根据欧姆定律求出养生壶两端的实际电压．

解答 解：（1）养生壶消耗的电能：
W=$\frac{300}{3000}$kW•h=0.1kW•h=3.6×10⁵J；
由η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%可得，水吸收的热量：
Q_吸=Wη=3.6×10⁵J×87.5%=3.15×10⁵J，
（2）由Q_吸=cm（t-t₀）可得，壶中水的质量：
m=$\frac{{Q}_{吸}}{c（t-{t}_{0}）}$=$\frac{3.15×1{0}^{5}J}{4.2×1{0}^{3}J/（kg•℃）×（100℃-25℃）}$=1kg．
（3）水平桌面受到的压力：F=G_总=m_总g=（0.8kg+1kg）×10N/kg=18N，
水平桌面受到的压强：p=$\frac{F}{S}$=$\frac{18N}{2×1{0}^{-2}{m}^{2}}$=9×10²Pa，
（4）由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可得，养生壶的电阻：
R=$\frac{{U}^{2}}{P}$=$\frac{{（220V）}^{2}}{1210W}$=40Ω，
养生壶消耗电能产生的热量：Q=W=3.6×10⁵J，
由Q=I²Rt可得，养生壶工作时的实际电流：
I=$\sqrt{\frac{Q}{Rt}}$=$\sqrt{\frac{3.6×1{0}^{5}J}{40Ω×6×60s}}$=5A；
由I=$\frac{U}{R}$可得，养生壶两端的实际电压：
U_实=IR=5A×40Ω=200V；
故答案为：3.6×10⁵；3.15×10⁵；1；9×10²；200；

点评 本题以养生壶为载体考查了电能表参数的理解、电功率公式、焦耳定律、欧姆定律、吸热公式和效率公式的应用，要注意标准大气压下水的沸点是100℃．