Question

19．今年冬天，小明的妈妈给他买了个电暖手袋．小明在查看说明书时，发现其主要参数如图所示．冬天中的某一天他家的温度为10℃，当给电暖手袋正常通电时．则：

（1）该电暖手袋正常工作时的电流和电阻是多少？
（2）电暖热水袋在额定电压下工作时，加热8分钟能使袋中液体温度升高到60℃，袋中液体需吸收多少热量？此时电暖热水袋的效率是多少？[已知液体比热容为4.2×10³J/（kg•℃）]，如除不尽结果保留一位小数]
（3）在用电高峰时，关掉家中的其他用电器，观察到电能表的转盘在2分钟转了48转，电能表的规格如图（丙）所示，则此热水袋的实际功率是多少？

Answer 1

分析 （1）该电暖手袋正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=UI求出电流，根据欧姆定律求出电阻；
（2）知道液体的质量和温度的变化以及比热容，根据Q_吸=cm（t-t₀）求出吸收的热量，根据W=Pt求出消耗的电能，根据η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%求出电暖热水袋的效率；
（3）“3000r/（kW•h）”的意义为：每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘就转过3000r，从而可以计算出电能表的转盘转过48r消耗的电能，又知道工作时间，可利用公式P=$\frac{W}{t}$求出次热水袋的实际功率．

解答 解：（1）由P=UI可得，该电暖手袋正常工作时的电流：
I=$\frac{P}{U}$=$\frac{550W}{220V}$=2.5A，
由I=$\frac{U}{R}$可得，暖手袋正常工作时的电阻：
R=$\frac{U}{I}$=$\frac{220V}{2.5A}$=88Ω；
（2）加热8分钟，袋中液体吸收的热量：
Q_吸=cm（t-t₀）=4.2×10³J/（kg•℃）×1.0kg×（60℃-10℃）=2.1×10⁵J，
8分钟消耗的电能：
W=Pt=550W×8×60s=2.64×10⁵J，
此时电暖热水袋的效率是：
η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%=$\frac{2.1×1{0}^{5}J}{2.64×1{0}^{5}J}$×100%≈79.5%；                              
（3）热水袋在2分钟消耗的电能：
W′=$\frac{48r}{3000r/（kW•h）}$=0.016kW•h=5.76×10⁴J，
热水袋的实际功率：
P′=$\frac{W′}{t}$=$\frac{5.76×1{0}^{4}J}{2×60s}$=480W．
答：（1）该电暖手袋正常工作时的电流为2.5A，电阻是88Ω；
（2）袋中液体需吸收2.1×10⁵J的热量，此时电暖热水袋的效率是79.5%；
（3）此热水袋的实际功率是480W．

点评 本题考查了电功与热量的综合计算，涉及到电功率公式、欧姆定律、吸热公式、电功公式和效率公式的应用，明白电能表参数的含义和从铭牌中获得有用的信息是关键．