Question

8．图甲是小红家新买的电养生壶，铭牌如图乙．为了测量它烧水时的效率，小红进行了如下实验：将1kg的水加到养生壶中，断开家里所有其他用电器，单独将养生壶接入家庭电路中，闭合壶的开关，测得壶中的水加热6分钟后从20℃上升到100℃．
（1）养生壶正常工作时通过的电流是多少？
（2）养生壶的电阻是多少？
（3）养生壶中水吸收的热量是多少？【c_水=4.2×10³J/（kg•℃）】
（4）养生壶加热的效率（保留1位小数）？
（5）图丙为小红家的电能表，当养生壶正常工作时，能否增加3个“220V  1000W”用电器同时工作？

Answer 1

分析 （1）知道额定电压和额定功率，根据P=UI求出正常工作时的电流；
（2）根据I=$\frac{U}{R}$求出其电阻；
（3）根据Q_吸=cm（t-t₀）求出吸收的热量；
（4）根据W=Pt求出消耗的电能，再根据η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$求出加热效率；
（5）求出用电器同时工作的时的总功率，根据P=UI求出电能表允许接的最大电功率，两者进行比较即可得出答案．

解答 解：（1）由P=UI得：
养生壶正常工作时通过的电流：
I=$\frac{P}{U}$=$\frac{1100W}{220V}$=5A；
（2）由I=$\frac{U}{R}$得：
养生壶的电阻：
R=$\frac{U}{I}$=$\frac{220V}{5A}$=44Ω；
（3）养生壶中水吸收的热量：
Q_吸=cm（t-t₀）=4.2×10³J/（kg•℃）×1kg×（100℃-20℃）=3.36×10⁵J；
（4）消耗的电能：
W=Pt=1100W×6×60s=3.96×10⁵J，
加热效率：
η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%=$\frac{3.36×1{0}^{5}J}{3.96×1{0}^{5}J}$×100%≈84.8%；
（5）用电器同时工作的时的总功率：P_实=3×1000W+1100W=4100W，
电能表允许接的最大电功率：P_max=UI=220V×20A=4400W，
因为P_max＞P_实，所以可以再增加用电器．
答：（1）养生壶正常工作时通过的电流是5A；
（2）养生壶的电阻是44Ω；
（3）养生壶中水吸收的热量3.36×10⁵J；
（4）养生壶加热的效率84.8%；
（5）能增加3个“220V  1000W”用电器同时工作．

点评 此题主要考查的是学生对电功率、欧姆定律、热量、电功、加热效率、电能表参数的理解和掌握，综合性题目．有一定难度，中考常见题型．