Question

18．如图是小明家新买的一台快速电水壶，这台电水壶的铭牌如下表．为了测量该电水壶烧水时的实际功率，小明用所学知识和爸爸合作进了如下实验；关掉家里所有用电器，将该电水壶装满水，接入家庭电路中，测得壶中水从25℃上升到35℃所用的时间是50S，同时观察到家中“220V 10A（40A）  3200imp/（kw•h）”的电子式电能表耗电指示灯闪烁了80imp．请根据相关信息解答下列问题．（c_水=4.2×10³J/（kg•℃））
（1）电水壶烧水时的实际功率；
（2）电水壶加热的效率；
（3）通过比较实际功率与额定功率大小关系，简要回答造成这种关系的一种可能原因．

Answer 1

分析 （1）3200imp/（kW•h）的含义是：电路中每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁3200次，可求指示灯闪烁了80次，消耗的电能，又知道工作时间，可利用公式P=$\frac{W}{t}$计算电功率；
（2）根据m=ρV求出壶内装满水时水的质量，根据Q=cm△t求出水吸收的热量，电水壶烧水时水实际得到的热量除以消耗的电能实际产生的热量，即可求出水壶加热的效率；
（3）根据得出的数据进行比较，从工作电压的角度分析原因．

解答 解：（1）电水壶装满水50s消耗的电能：
W=$\frac{80}{3200}$kW•h=$\frac{1}{40}$kW•h=$\frac{1}{40}$×3.6×10⁶J=9×10⁴J，
电水壶烧水时的实际功率：
P_实=$\frac{W}{t}$=$\frac{9×1{0}^{4}J}{50s}$=1800W；
（2）壶内装满水时水的质量：
m=ρV=1.0×10³kg/m³×1.8×10^-3m³=1.8kg，
水吸收的热量：
Q_吸=c_水m△t=4.2×10³J/（kg•℃）×1.8kg×（35℃-25℃）=7.56×10⁴J，
电水壶加热的效率：
η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%=$\frac{7.56×1{0}^{4}J}{9×1{0}^{4}J}$×100%=84%；
（3）由信息数据可知电水壶的额定功率为2000W，而通过计算可知实际功率为1800W，原因可能是实际电压小于额定电压．
答：（1）电水壶烧水时的实际功率1800W；
（2）电水壶加热的效率84%；
（3）原因可能是实际电压小于额定电压．

点评 本题考查密度公式的应用，电功率的计算，热量的计算等知识点，涉及到的知识点较多，综合性强，难易程度适中．本题是一道电学与热学的综合应用题，与生活相连，使学生觉得学了物理有用，注意计算时的单位变换要正确．