Question

6．李阳同学家中的电热饮水机的电路原理如图（甲）所示，其中R₁、R₂是发热管中的两个发热电阻．这种饮水机有加热和保温两种状态，由温控开关S₂自动控制；当瓶胆内水的温度被加热到90℃时，加热状态就停止而进入保温状态；当瓶胆内水的温度降到70℃时，重新进入加热状态．该饮水机的铭牌如图乙所示，其中保温功率已模糊不清，经查证R₁=2R₂．李阳同学通过观察还发现：当瓶胆内装满水时，饮水机的加热状态每次只启动3min就进入保温状态，再间隔17min后又开始加热状态．求：[c_水=4.2×10³J/（kg•℃]

（1）该饮水机的保温功率是多少？
（2）在17min的保温过程中，发热电阻和水一起向环境散失的热量为多少？
（3）该饮水机重新进入加热状态后的60min工作时间内，消耗的电能为多少？

Answer 1

分析 （1）根据加热功率和电阻的关系，求出两电阻的大小，最后利用公式P=$\frac{{U}^{2}}{R}$求出保温功率的大小；
（2）利用m=ρV求水的质量，根据Q_放=cm（t-t₀）求出瓶胆内的水温度从90℃降低到70℃放出的热量（散失的热量），由Q=W=Pt计算保温时产生热量，从而得到向环境散失的热量；
（3）计算饮水机在一个工作循环的20min内消耗的电能，从而得到60min工作时间内消耗的电能．

解答 解：
（1）由题知，饮水机加热时，开关都闭合，两电阻并联；只闭合S1时只有R₁工作，为保温状态．
由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$和并联电路特点可知，加热时的功率：
P_加热=P₁+P₂=$\frac{{U}^{2}}{{R}_{1}}$+$\frac{{U}^{2}}{{R}_{2}}$=$\frac{{U}^{2}}{{R}_{1}}$+$\frac{{U}^{2}}{\frac{1}{2}{R}_{1}}$=$\frac{3{U}^{2}}{{R}_{1}}$=500W，
即有：$\frac{{U}^{2}}{{R}_{1}}$=P₁=P_保温=$\frac{500}{3}$W≈166.7W，
（2）由ρ=$\frac{m}{V}$得水的质量：
m=ρ_水V=1.0×10³kg/m³×1×10^-3 m³=1kg
水散失的热量：Q_水放=cm△t=4.2×10³J/（kg•℃）×1kg×（90℃-70℃）=8.4×10⁴J，
保温状态下电热电阻产生热量：Q′=W_保温=P_保温t=$\frac{500}{3}$W×17×60s=1.7×10⁵J，
所以发热电阻和水一起向环境散失的热量：
Q=Q_水放+Q′=8.4×10⁴J+1.7×10⁵J=2.54×10⁵J；
（3）加热时消耗的电能：W_加=P_加t_加=500W×3×60s=9×10⁴J，
保温时消耗的电能：W_保温=1.7×10⁵J，
该饮水机在一个工作循环的20min内，消耗的电能：W=W_加+W_保=9×10⁴J+1.7×10⁴J=2.6×10⁵J，
60min工作时间内消耗的电能=3W=3×2.6×10⁵J=7.8×10⁵J．
答：（1）该饮水机的保温功率是166.7W；
（2）在17min的保温过程中，发热电阻和水一起向环境散失的热量为2.54×10⁵J；
（3）该饮水机重新进入加热状态后的60min工作时间内，消耗的电能为7.8×10⁵J．

点评 本题考查了吸热公式和电功率公式、并联电路的特点、电功公式的灵活应用，分清饮水机在一个工作循环内的加热时间和保温时间是关键．