Question

16．如图甲所示是某品牌饮水器的原理图．饮水器的容器内有密封绝缘的电热丝R₁和热敏电阻R_x，只要水面到达如图所示的位置，接触开关S₁就会导通．继电器开关S₂的作用是当饮水器内的水加热至沸腾后能自动切断加热电路．

（1）已知定值电阻R₁和热敏电阻R_x的电流随电压的变化曲线是如图乙中A、B、C中的两条．定值电阻R₁的阻值是10Ω，饮水器的正常加热功率是4840W．
（2）为了使继电器开关S₂在饮水器内的水加热至沸腾后能自动切断加热电路，热敏电阻R_x应选择如图乙中的C（选填“A，B，C”）．在使用过程中，发现饮水器内的水实际加热到90℃时，加热电路就自动切断了，为了使水能在加热至沸腾后加热电路才自动切断，可将滑动变阻R₂的滑片向左调节．
（3）已知该饮水器装有10L水，当只有饮水器接入电路中时，它将水从10摄氏度加热到100摄氏度用时14分钟，同时通过电能表观察到饮水器消耗了1.1kW•h的电能．该饮水器加热过程中的实际功率是4714.3W；它的热效率是95.5%（保留一位小数）．

Answer 1

分析 （1）根据定值电阻R₁的电流与电压的特点判断出电阻R₁的电流随电压的变化曲线，然后求出阻值，然后根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$求出饮水器的正常加热功率．
（2）为了使饮水器在水加热至沸腾后能自动切断加热电路，根据电路的连接可知应使继电器开关S₂断开，即电磁铁的磁性应减弱，根据影响电磁铁磁性强弱的因素可知控制电路中电流的变化，则可根据欧姆定律判断出此时热敏电阻阻值变大，由此可判断热敏电阻R_x阻值与温度的变化情况．
若要饮水器内的水加热到90℃还能继续加热，即继电器开关S₂仍然是闭合的，需要增强电磁铁的磁性，根据控制电路中电流的变化即可判断滑动变阻器R₂的阻值的变化．
（3）根据m=ρV求出水的质量，已知水的初温和末温、水的比热容，利用吸热公式求水吸收的热量；
知道实际消耗的电能，利用η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$求出它的热效率．

解答 解：
（1）因为R₁是定值电阻，则通过R₁的电流与它两端电压成正比，其I-U图象为过原点的倾斜直线，由图可知，B为定值电阻R₁的电流随电压的变化曲线；
由欧姆定律结合B图象可得，R₁的阻值：R₁=$\frac{U}{I}$=$\frac{5V}{0.5A}$=10Ω，
饮水器的工作电路为R₁的简单电路，其正常加热功率：P=$\frac{{U}^{2}}{{R}_{1}}$=$\frac{（220V）^{2}}{10Ω}$=4840W．
（2）①为了使饮水器在水加热至沸腾后能自动切断加热电路，则应使继电器开关S₂断开，应减弱电磁铁的磁性，根据影响电磁铁磁性强弱的因素可知应减小控制电路中的电流；
由欧姆定律可知此时热敏电阻的阻值应变大，即热敏电阻R_x的阻值应随温度升高而变大，而图乙中C曲线反映了电阻的阻值随温度升高（电压变大）而变大的特性，故选C．
②若要饮水器内的水加热到90℃还能继续加热，即继电器开关S₂仍然是闭合的，需要增强电磁铁的磁性，应增大此时控制电路中的电流，由欧姆定律可知应减小控制电路的总电阻，而温度为90℃时热敏电阻的阻值是一定的，所以应减小滑动变阻器R₂的阻值，即R₂的滑片向左调节．
（3）已知水的体积V=10L=0.01m³，
由ρ=$\frac{m}{V}$可得，水的质量为：
m=ρV=1×10³kg/m³×0.01m³=10kg；
水吸收的热量：
Q_吸=c_水m△t=4.2×10³J/（kg•℃）×10kg×（100℃-10℃）=3.78×10⁶J；
饮水器消耗的电能：
W=1.1kW•h=1.1×3.6×10⁶J=3.96×10⁶J，
该饮水器加热过程中的实际功率：
P_实=$\frac{W}{t}$=$\frac{3.96×1{0}^{6}J}{14×60s}$≈4714.3W；
则它的热效率：
η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$═$\frac{3.78×1{0}^{6}J}{3.96×1{0}^{6}J}$×100%≈95.5%．
故答案为：（1）10；4840；（2）C；左；（3）4714.3；95.5%．

点评 本题为电功率和热量的综合计算题，主要考查了欧姆定律的应用、功率的计算、热量的计算、热效率的计算等，难点是对继电器电路的分析，要知道控制电路与工作电路的关系．