Question

6．学习了电功率的知识后，小亮想利用家中的电能表（如图所示）测量电水壶的电功率和热效率．他把1kg温度是40℃的温水倒入电水壶中，然后把家中其它的用电器都与电源断开，仅让电水壶工作，在6分钟内将这壶水烧开（在一个标准大气压下），他观察到电能表指示灯闪烁了300次．求：

（1）将这壶水烧开，水吸收的热量是多少？如果水吸收的这些热量由燃烧液化气提供，则至少需要多少克液化气？（不计热损失，q_液化气=4.5×10⁷/kg）
（2）电水壶的实际电功率为多少？
（3）电水壶的热效率为多少？

Answer 1

分析 （1）知道水的质量和初温以及末温（在一个标准大气压下水的沸点为100℃）、比热容，根据Q_吸=cm（t-t₀）求出水吸收的热量；根据题意可知液化气完全燃烧释放的热量，根据Q_放=mq求出需要液化气的质量；
（2）3000imp/（kW•h）的含义是：电路中每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁3000次，据此求出指示灯闪烁300次消耗的电能，利用P=$\frac{W}{t}$求出电水壶的实际电功率；
（3）知道水吸收的热量和消耗的电能，根据η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%求出电水壶的热效率．

解答 解：
（1）在一个标准大气压下水的沸点为100℃，则水吸收热量：
Q_吸=cm（t-t₀）=4.2×10³J/（kg•℃）×1kg×（100℃-40℃）=2.52×10⁵J，
不计热损失，液化气完全燃烧释放的热量：
Q_放=Q_吸=2.52×10⁵J，
由Q_放=mq可得，需要液化气的质量：
m′=$\frac{{Q}_{放}}{q}$=$\frac{2.52×1{0}^{5}J}{4.5×1{0}^{7}J/kg}$=0.0056kg=5.6g；
（2）电能表指示灯闪烁3000次消耗的电能：
W=$\frac{300}{3000}$kW•h=0.1kW•h=3.6×10⁵J，
电水壶的实际电功率：
P=$\frac{W}{t′}$=$\frac{3.6×1{0}^{5}J}{6×60s}$=1000W；
（3）电水壶的热效率：
η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%=$\frac{2.52×1{0}^{5}J}{3.6×1{0}^{5}J}$×100%=70%．
答：（1）将这壶水烧开，水吸收的热量是2.52×10⁵J，如果水吸收的这些热量由燃烧液化气提供，则至少需要5.6g液化气；
（2）电水壶的实际电功率为1000W；
（3）电水壶的热效率为70%．

点评 本题考查了吸热公式、燃料完全燃烧释放热量公式、电功率公式、效率公式的综合应用，知道在一个标准大气压下水的沸点为100℃以及明白电能表参数的含义是关键．