题目内容
（2013?济宁模拟）图甲是一台常用的电热饮水机，下表是它的铭牌数据，图乙是它的电路原理图．其中S是温控开关，R1是定值电阻，R2是加热电阻．当S闭合时，饮水机处于加热状态；当S断开时，饮水机处于保温状态．（保温功率是指保温状态时电路的总功率）| 水桶容量 | 20L |
| 热水箱容量 | 1L |
| 额定电压 | 220V |
| 加热功率 | 440W |
| 保温功率 | 55W |
（2）在加热状态下，饮水机正常工作时电路中的电阻R2是多大？
（3）饮水机正常工作时，若加热效率为80%，则将热水箱中的水从40℃加热到90℃，消耗了多少电能？用电的时间为多少？（水的比热容为4.2×103J/kɡ?℃）．
分析：（1）已知保温功率和额定电压，利用公式I=
得到保温状态下饮水机正常工作的电流；
（2）已知加热功率和额定电压，利用公式R=
得到电阻R2的阻值；
（3）已知热水箱的容积，可以得到水的体积，进一步得到水的质量；已知水的质量、比热容、初温度和末温度，利用公式Q=cm△t得到水吸收的热量；已知饮水机的加热效率和水吸收的热量，可以得到消耗的电能；已知加热功率和消耗的电能，利用公式t=
得到用电时间．
| P |
| U |
（2）已知加热功率和额定电压，利用公式R=
| U2 |
| P |
（3）已知热水箱的容积，可以得到水的体积，进一步得到水的质量；已知水的质量、比热容、初温度和末温度，利用公式Q=cm△t得到水吸收的热量；已知饮水机的加热效率和水吸收的热量，可以得到消耗的电能；已知加热功率和消耗的电能，利用公式t=
| W |
| P |
解答：已知：P保=55W P加=440W U额=220V V=1L=10-3m3 ρ=1.0×103kg/m3 c=4.2×103J/（kg?℃）△t=90℃-40℃=50℃η=80%
求：（1）I保=？（2）R2=？（3）W=？t=？
解：
（1）饮水机处于保温状态时，R1和R2串联，P保=55W
由P=UI得I=
=
=0.25A
（2）饮水机处于加热状态时，电路中只有R2，则P加=440W
∵P=
，
∴电阻R2的阻值为R2=
=
=110Ω
（3）∵ρ=
，
∴水的质量 m=ρV=1.0×103kg/m3×10-3m3=1.0kg
水吸收的热量为Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg?℃）×1.0kg×50℃=2.1×105J，
∵η=
，
∴消耗的电能为W电=
=
=2.625×105J
∵P=
，
∴加热所需时间为t=
=
≈597s．
答：（1）饮水机保温状态通过的电流为0.25A；
（2）电阻R2的阻值为110Ω；
（3）消耗的电能为2.625×105J，加热时间约597s．
求：（1）I保=？（2）R2=？（3）W=？t=？
解：
（1）饮水机处于保温状态时，R1和R2串联，P保=55W
由P=UI得I=
| P保 |
| U |
| 55w |
| 220V |
（2）饮水机处于加热状态时，电路中只有R2，则P加=440W
∵P=
| U2 |
| R |
∴电阻R2的阻值为R2=
| U额2 |
| P加 |
| (220V)2 |
| 440W |
（3）∵ρ=
| m |
| V |
∴水的质量 m=ρV=1.0×103kg/m3×10-3m3=1.0kg
水吸收的热量为Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg?℃）×1.0kg×50℃=2.1×105J，
∵η=
| Q吸 |
| W电 |
∴消耗的电能为W电=
| Q吸 |
| η |
| 2.1×105J |
| 80% |
∵P=
| W |
| t |
∴加热所需时间为t=
| W |
| P |
| 2.625×105J |
| 440W |
答：（1）饮水机保温状态通过的电流为0.25A；
（2）电阻R2的阻值为110Ω；
（3）消耗的电能为2.625×105J，加热时间约597s．
点评：此题考查了电功率变形公式的应用，热量的计算，效率的应用和质量、体积的关系，是一道力、电、热综合题，难度较大，解决的关键是熟记基本公式，明白电路连接关系．
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