Question

4．某种电热饮水机有加热和保温两种工作状态（由机内温控开关S₀自动控制），从它的说明书上收集到如下数据及图1所示的简化电路原理图．

热水箱容量	1kg
额定电压	220V
加热功率	1000W
保温功率	44W

（1）从安全方面考虑，电热饮水机的插座应选用图2中的甲；当S闭合，S₀断开时，饮水机处于保温（填“加热”或“保温”）状态．
（2）求：保温时的电流．
（3）将一满热水箱的水从20℃加热到80℃需要吸收多少热量？若加热效率为90%，需要加热多长时间？[c_水=4.2×10³J/（kg•℃），ρ_水=1.0×10³kg/m³]．

Answer 1

分析 （1）三孔插座中多出的一个孔是用来接地线的，三脚插头中有一根导线要与用电器金属外壳相连，目的就是为了防止触电；
温控开关S₀断开时，只有R₂连入电路，分析电路电阻的大小，根据电功率公式分析电路功率大小可知饮水机处于哪种工作状态；
（2）由说明书可知加热功率和额定电压，根据I=$\frac{P}{U}$可求电热饮水机在保温状态下的工作电流．
（3）根据公式Q_吸=cm△t可求吸收的热量，已知加热效率和加热时的功率，可求加热时间．

解答 解：（1）为了安全用电，大功率家用电器的电源插座都用三孔插座，三脚插头的接地脚应与用电器的金属外壳相连通，这样若金属外壳的用电器外壳万一带电，电流会通过地线导入大地，防止造成触电事故的发生，故选乙；  
当S闭合，S₀断开时，R₁、R₂并联，当S₀断开后R₁被断路，只有R₂加热，电路电阻变大，根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知功率变小，所以饮水机处于保温状态；  
（2）电热饮水机在保温状态下的工作电流：
I_保温=$\frac{{P}_{保温}}{U}$=$\frac{44W}{220V}$=0.2A；
（3）Q_吸=cm△t=4.2×10³J/（kg•℃）×1kg×（80℃-20℃）=2.52×10⁵J，
根据Q_吸=ηW=ηPt得：
t=$\frac{{Q}_{吸}}{η{P}_{加热}}$=$\frac{2.52×1{0}^{5}J}{90%×1000W}$=280s．
答：（1）甲；保温；
（2）保温时的电流为0.2A；
（3）电阻R₂的阻值为1210Ω；
（4）需要吸收热量2.52×10⁵J，加热时间为280s．

点评 本题考查电功率公式的应用和热量的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是开关断开与闭合时电路的情况，要学会从题目所给信息中找到有用的数据．