Question

7．如图甲是一种常见的密封式电热水袋，图乙是它的简化电路图，其性能指标如下表．

额定电压	额定加热功率	指示功率	袋内充水	自动断电温度
220V	400W	≤0.2W	1L	65℃

（1）发热体R的电阻比指示灯L的电阻要小（填“大”或“小”）得多．
（2）将热水袋中初温为5℃的水加热至65℃，需吸收多少热量？[c_水=4.2×10³J/（kg•℃）]
（3）若加热过程历时12min，则电热转化效率是多少？

Answer 1

分析 （1）由图可见，指示灯L和发热体R是并联的，两电阻两端的电压相等，根据公式P=$\frac{{U}^{2}}{R}$分析两电阻阻值的大小；
（2）知道水的体积，根据密度公式求出水的质量，利用Q_吸=cm（t-t₀）计算出水吸收的热量；
（3）根据W=Pt计算出消耗的电能，根据η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%求出电热转化效率．

解答 解：（1）由图可见，指示灯L和发热体R是并联的，两端电压相等，发热体的功率要比指示灯的功率大得多，
根据电功率的计算P=$\frac{{U}^{2}}{R}$，在电压U相等的情况下，功率P大的，电阻R反而小，因此发热体的电阻要小于指示灯的电阻；
（2）热水器中装满水时，水的体积：
V=1L=1dm³=1×10^-3m³，
由ρ=$\frac{m}{V}$可得，水的质量：
m=ρV=1.0×10³kg/m³×1×10^-3m³=1kg，
水吸收的热量：
Q_吸=cm（t-t₀）
=4.2×10³J/（kg•℃）×1kg×（65℃-5℃）
=2.52×10⁵J；
（2）消耗的电能：
W=Pt′=400W×12×60s=2.88×10⁵J，
电热转化效率：
η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%=$\frac{2.52×1{0}^{5}J}{2.88×1{0}^{5}J}$×100%=87.5%．
答：（1）小；
（2）将热水袋中初温为5℃的水加热至65℃，需吸收2.52×10⁵J的热量；
（3）若加热过程历时12min，则电热转化效率是87.5%．

点评 本题考查了电功率公式、密度公式、吸热公式、电功公式和效率公式的综合应用，从表格中获取有用的信息是关键，计算过程要注意单位的换算．