Question

2．如图所示为某饮水机原理图，电源电压是220V，发热体分别有R₁、R₂组成，其中R₁=40Ω．闭合开关S₁、S₂，饮水机处于加热状态，用10min可使2kg、20℃的水正常加热到100℃，只闭合S₁，饮水机处于保温状态，保温功率是190W，求：
（1）加热过程中，水吸收的热量为多少？
（2）加热状态时，电路的加热功率是多少？
（3）饮水机烧水时电能转化为热能的效率是多少？

Answer 1

分析 （1）知道水的质量和水的比热容以及水温度的变化，根据吸热公式Q_吸=cm（t-t₀）求出水吸收的热量；
（2）根据只闭合S₁，饮水机处于保温状态，保温功率是190W，可求得R₂，然后可求得并联电路中的电阻，再利用P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可求得电路的加热功率；
（3）饮水机正常工作时的功率和额定功率相等，又知道通电时间，根据公式W=Pt求出消耗的电能；
知道水吸收的热量与消耗电能，根据效率公式求出饮水机将电能转化为内能的效率．

解答 解：（1）水吸收的热量：
Q_吸=cm（t-t₀）
=4.2×10³J/（kg•℃）×2kg×（100℃-20℃）
=6.72×10⁵J；
（2）只闭合S₁，电路中只有R₂饮水机处于保温状态，保温功率是190W，
由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可得：
R₂=$\frac{{U}^{2}}{{P}_{保温}}$=$\frac{{（220V）}^{2}}{190W}$=$\frac{4840}{19}$Ω，
闭合开关S₁、S₂，饮水机处于加热状态，
R₁、R₂并联，则$\frac{1}{{R}_{并}}$=$\frac{1}{{R}_{1}}$+$\frac{1}{{R}_{2}}$，即$\frac{1}{{R}_{并}}$=$\frac{1}{40Ω}$+$\frac{1}{\frac{4840}{19}Ω}$，
解得：
R_并=$\frac{242}{7}$Ω，
加热状态时，电路的加热功率P_加热=$\frac{{U}^{2}}{{R}_{并}}$=$\frac{{（220V）}^{2}}{\frac{242}{7}Ω}$=1400W．
饮水机正常工作10min时消耗的电能：
W=Pt=1400W×10×60s=8.4×10⁵J；
（3）在这个过程中，饮水机将电能转化为热能的效率：
η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%=$\frac{6.72×1{0}^{5}J}{8.4×1{0}^{5}J}$×100=80%．
答：（1）若将这些水烧开，水所吸收的热量是6.72×10⁵J；
（2）加热状态时，电路的加热功率是1220W；
（3）饮水机烧水时电能转化为热能的效率是80%．

点评 本题考查吸热公式、电功率公式以及热效率公式的应用，知识点多、联系实际生活，属于中考常见题型．