Question

16．小明在一次探究活动中，只在自己家的电路中接入一个装满水的电热水壶，电热水壶和电能表的铭牌分别如图（a）和图（b）所示，测得电能表的表盘转过125转的时间为121s．电热水壶的电阻变化忽略不计，水的密度为1.0×10³kg/m³，比热容为4.2×10³J/（kg•℃），根据所给信息可知（　　）

• A． 该电热水壶的电阻为110Ω
• B． 电热水壶的实际功率为1500W
• C． 这壶水在121s时间里温度升高23.8℃
• D． 电热水壶的实际电压为200V

Answer 1

分析 （1）知道电热水壶的额定电压和额定功率，利用P=$\frac{{U}^{2}}{R}$求该电热水壶的电阻；
（2）电能表上所标“3000R/kW•h”是指每消耗1kW•h的电能转盘转3000转，知道转数可求消耗电能，再利用P=$\frac{W}{t}$求实际功率；
（3）不考虑热量损失，水吸收热量Q_吸=cm△t=W，解得温度升高值；而实际上有热损失，据此判断；
（4）求出了实际功率，利用U=$\sqrt{PR}$求实际电压．

解答 解：
A、根据公式P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知，该电热水壶的电阻R=$\frac{{U}_{额}^{2}}{{P}_{额}}$=$\frac{（{220V）}^{2}}{1500W}$=$\frac{484}{15}$Ω≈32.3Ω，故A错误；
B、电热水壶121s消耗电能W=$\frac{125}{3000}$kW•h=$\frac{125}{3000}$×3.6×10⁶J=1.5×10⁵J；实际功率P=$\frac{W}{t}$=$\frac{1.5×1{0}^{5}J}{121s}$≈1200W，故B错误；
C、1.5L水的质量为1.5kg，不考虑热量损失，水吸收热量Q_吸=cm△t=4.2×10³J/（kg•℃）×1.5kg×△t=1.5×10⁵J，解得△t=2.38℃；实际上有热损失，升高的温度低于2.38℃，故C错误；
D、根据公式P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知，实际电压U=$\sqrt{PR}$=$\sqrt{\frac{1.5×1{0}^{5}J}{121s}×\frac{484}{15}Ω}$=200V，故D正确．
故选D．

点评 本题考查了吸热公式、电功率公式的应用，能从电热水壶和电能表上得出相关信息加以利用是关键．