Question

7．一只功率为11W的节能灯，亮度相当于60W的白炽灯，问：
（1）一只额定功率为11W的节能灯正常发光时，电流是多少？
（2）将60W的白炽灯改用11W的节能灯，每天工作5h，一个月（30天）能节约多少电能？
（3）节约的电能可将多少千克的水从64℃加热到100℃？（水的比热容为：4.2×10³J/（kg•℃）

Answer 1

分析 （1）正常发光时节能灯的电功率和额定功率相等，根据P=UI求出电流；
（2）白炽灯的电功率减去节能灯的功率即为节约的功率，根据W=Pt求出一个月能节约的电能；
（3）根据1kW•h=3.6×10⁶J进行单位的换算，然后根据Q_吸=cm（t-t₀）求出烧开水的质量．

解答 解：（1）节能灯正常工作时的功率为11W，由P=UI可得，正常工作时的电流：
I=$\frac{{P}_{节}}{U}$=$\frac{11W}{220V}$=0.05A；
（2）一个月能节约的电能：
W_节约=P_节约t=（P_白-P_节）t=（60×10^-3kW-11×10^-3kW）×5h×30=7.35kW•h；
（3）节约的电能：
W_节约=7.35kW•h=7.35×3.6×10⁶J=2.646×10⁷J，
因W_节约=Q_吸=cm（t-t₀），
所以，烧水的质量：
m=$\frac{{Q}_{吸}}{c（t-{t}_{0}）}$=$\frac{2.646×1{0}^{7}J}{4.2×1{0}^{3}J/（kg•℃）×（100℃-64℃）}$=175kg．
答：（1）一只额定功率为11W的这种节能灯，正常发光时电流是0.05A；
（2）将60W的白炽灯改用llW的这种节能灯，每晚按5h算，一个月能节约7.35kW•h的电；
（3）节约的这些电能可将175kg的水从64℃加热到100℃．

点评 本题考查了电功率公式、电功公式、吸热公式的灵活应用，关键是知道用电器正常工作时的功率和额定功率相等，计算过程要注意单位的换算．