Question

9．如图所示，是小明设计的一种饮水机简易原理图，A为水箱，L为指示灯，其电阻为10Ω，S₁为电源开关，S为温控开关，有a、b两个触点．开关S置于触点b时，R₁、R₂与L组成串联电路．R₁为加热电阻，下表是一些技术参数．（不考虑R₁、R₂和指示灯L的阻值受温度变化的影响，表中的功率均指R₁的功率）

饮水机的技术参数
额定电压	加热功率	保温功率
220V	484W	25W

（1）指示灯工作时，饮水机处于保温状态．（选填“保温”或“加热”）
（2）电阻R₂的阻值为多少？
（3）在保温时电流通过电阻消耗100J的电能转化为内能，所用的时间为多少？
（4）你认为此饮水机在设计上有什么不足之处．（写出一条即可）

Answer 1

分析 （1）指示灯工作和不工作时，判断出电路中连入的电阻阻值，根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$比较出功率的大小即可得知答案．
（2）根据额定电压和加热总功率求出R₁，再根据R₁和保温功率求出R_总，于是利用R_总=R_L+R₁+R₂即可求出R₂，
（3）由于已知保温功率，根据t=$\frac{W}{P}$求出所用时间；
（4）根据指示灯工作是处于保温状态和保温时消耗能量的去向即可分析得出不足之处．

解答 解：（1）指示灯工作时，指示灯、R₁和R₂串联，指示灯不工作时，只有R₁连入，因为串联电路的总阻值大于串联的任意一个电阻的阻值，所以根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知指示灯工作时电路中的功率小，即此时饮水机处于保温状态；
（2）由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知：饮水机处于加热状态时R₁=$\frac{{U}^{2}}{{P}_{加}}$=$\frac{（220V）^{2}}{484W}$=100Ω．
由于饮水机处于保温状态时，指示灯、R₁和R₂串联，R₁的保温功率为25W，
则由P=I²R得：I_保=$\sqrt{\frac{{P}_{保}}{{R}_{1}}}$=$\sqrt{\frac{25W}{100Ω}}$=0.5A，
则由I=$\frac{U}{R}$得：R_总=$\frac{U}{{I}_{保}}$=$\frac{220V}{0.5A}$=440Ω．
由于根据串联电路的总阻值等于串联的各电阻之和，
所以R₂=R_总-R_L-R₁=440Ω-100Ω-10Ω=330Ω．
（3）由于保温时电流通过电阻消耗100J的电能转化为内能，即R₁消耗的电能为100J，
由P=$\frac{W}{t}$得：保温时间为t_保=$\frac{W}{{P}_{保}}$=$\frac{100J}{25W}$=4s；
（4）①处于保温状态指示灯工作，而处于加热状态时没有指示灯显示，所以没有加热指示灯，R₁断开也不能知道；
②处于保温状态时，指示灯、R₁和R₂串联，R₂比R₁大得多，根据P=I²R可知R₂消耗的电能多，而这部分电能没有用于保温，是浪费的．
答：（1）指示灯工作时，饮水机处于保温状态；
（2）电阻R₂的阻值是330；
（3）在保温时电流通过电阻消耗100J的电能转化为内能，所用的时间为4s；
（4）饮水机在设计上不足之处有：
①没有加热指示灯，R₁断开也不能知道；
②处于保温状态时，R₂消耗的电能多，而这部分电能没有用于保温，是浪费的．

点评 此题主要考查学生对电功率的计算，欧姆定律的应用、电阻的串联等知识点的理解和掌握，此题的难点在根据判断电阻值的大小．