题目内容

20．小明家购置了一台温热饮水机，其如表，如图乙所示是饮水机的电路图，S0是自动温控开关，R1，R2是提供加热时的电阻丝，当热水箱内的水温达到90℃时，加热状态停止，进入保温状态，当箱内的水温降到60℃时，加热状态就启动．
额定频率50Hz水箱容量20L
加热功率440W最大容积1L
额定电压220V保温功率40W
（1）饮水机在保温状态下工作时，通过R2的电流最大是0.18A；
（2）正常工作时该饮水机最大容积的水从60℃升高到90℃，用时10min，求水吸收的热量和该饮水机加热状态时的效率；[C水=4.2×103J/（kg•℃）]
（3）求该饮水机在加热状态工作时，电阻R1，R2的电阻．

分析 （1）根据P=UI求出保温状态下的电流；
（2）根据ρ=$\frac{m}{V}$求出水的质量，根据Q吸=cm（t-t0）求出水吸收的热量；再根据W=Pt求出加热时消耗的电能，根据η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$求出加热效率；
（3）由电路图可知，温控开关断开时电路为R2的简单电路，饮水机处于保温状态，根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$求出R2的阻值；温控开关闭合时，两电阻并联，饮水机处于加热状态，加热功率减去保温功率等于R1消耗的电功率，再根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$求出R1的阻值．

解答 解：（1）由P=UI得该饮水机保温状态下的电流：
I=$\frac{P}{U}$=$\frac{40W}{220V}$≈0.18A；
（2）由ρ=$\frac{m}{V}$得水箱中水的质量：
m=ρV=1×103kg/m3×1×10-3m3=1kg，
水箱中的水吸收的热量：
Q吸=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（90℃-60℃）=1.26×105J，
饮水机工作10min消耗的电能：
W=Pt=440W×600s=2.64×105J，
该饮水机加热时的效率：
η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%=$\frac{1.26×1{0}^{5}J}{2.64×1{0}^{5}J}$×100%≈48%；
（3）由电路图可知，温控开关断开时电路为R2的简单电路，饮水机处于保温状态，
根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可得：
R2=$\frac{{U}^{2}}{{P}_{保温}}$=$\frac{{（220V）}^{2}}{40W}$=1210Ω，
温控开关闭合时，两电阻并联，饮水机处于加热状态，
R1在正常加热状态功率：
P1=P加热-P保温=440W-40W=400W，
R1的阻值：
R1=$\frac{{U}^{2}}{{P}_{1}}$=$\frac{{（220V）}^{2}}{400W}$=121Ω．
答：（1）0.18A；
（2）水吸收的热量为1.26×105J，该饮水机加热状态时的效率为48%；
（3）求该饮水机在加热状态工作时，电阻R1为121Ω，R2的电阻为1210Ω．

点评 本题考查了电功率公式的灵活应用以及密度公式、热量的计算等，关键是饮水机加热和保温状态的判断，要注意单位的换算．

练习册系列答案
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（1）该坦克通过的路程是多少？
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16．如图是某实验小组探究小灯泡功率所用的器材，已知小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时电阻约为10Ω．
实验
次数		电压/V电流/A
13.00.28
22.50.25
31.70.18
（1）请你用笔画线代替导线，将图中实物连接完整．要求：滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡亮度变暗，连线不能交叉．
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（5）细心的同学观察表中的数据发现，虽然是同一灯泡，但灯泡中的电流与其两端的电压并不成正比，请你分析其原因是灯丝电阻随温度升高而增大．

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