Question

12．有种电器是电热饮水机，它有加热和保温两种工作状态（由机内温控开关S₀自动控制），从说明书上收集到如下数据及图所示的电路原理图．
（1）请分析说明温控开关S₀断开时，饮水机处于加热还是保温状态；
（2）求电阻R₁的阻值；
（3）若该电热饮水机正常工作，加热效率为80%，求将满箱的水从20℃加热到80℃需要多长时间？（c_水=4.2×10³J/（kg•℃），保留一位小数）．

热水箱容量	2L
额定电压	220V
加热时的功率	400W
保温时的功率	40W

Answer 1

分析 （1）温控开关S₀断开时，只有R₂连入电路，分析电路电阻的大小，根据电功率公式分析电路功率大小可知饮水机处于哪种工作状态．
（2）饮水机处于加热与保温时的功率，由功率的变形公式R=$\frac{{U}^{2}}{P}$求出电阻R₁的阻值；
（3）已知热水箱容量可求出水的质量，又知初温和末温，利用Q=cm△t计算出吸收的热量；
知道加热效率，求出消耗的电能，又知道加热时的功率，应用功率公式求出加热时间．

解答 解：（1）由电路图可知，当S₀断开时，只有R₂连入电路；当S₀闭合时，R₁、R₂均被连入电路，
且为并联．两种情况相比，当S₀断开时电路电阻大，饮水机的工作电流较小，
根据P=UI可知，此时饮水机消耗的电功率也较小，故当S₀断开时饮水机处于保温状态．
（2）只用电阻R₂接入电路时，饮水机处于保温状态，
由P=$\frac{{U}^{2}}{P}$可知，电阻R₂的阻值R₂=$\frac{{U}^{2}}{{P}_{保温}}$=$\frac{（220V）^{2}}{40W}$=1210Ω，
电阻R₁、R₂并联时，饮水机处于加热状态，
由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知，电路总电阻R_总=$\frac{{U}^{2}}{{P}_{加热}}$=$\frac{（220V）^{2}}{400W}$=121Ω，
由并联电路特点知：$\frac{1}{{R}_{总}}$=$\frac{1}{{R}_{1}}$+$\frac{1}{{R}_{2}}$，
即：$\frac{1}{121Ω}$=$\frac{1}{1210Ω}$+$\frac{1}{{R}_{1}}$，解得：R₁≈134.4Ω；
（3）由ρ=$\frac{m}{V}$可知，水的质量：
m=ρV=10³kg/m³×2×10^-3m³=2kg，
水吸收的热量：Q_吸=Cm△t=4.2×10³J/（kg•℃）×2kg×（80℃-20℃）=5.04×10⁵J；
加热效率为η_热=80%，
根据η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$可知，
故消耗的电能为：W=$\frac{{Q}_{吸}}{η}$=$\frac{5.04×1{0}^{5}J}{80%}$=6.3×10⁵J，
由W=Pt可知，加热时间为：t=$\frac{W}{{P}_{加热}}$=$\frac{6.3×1{0}^{5}J}{400W}$=1575s．
答：（1）温控开关S₀断开时，饮水机处于保温状态．
（2）电阻R₁的阻值是134.4Ω．
（3）将满箱的水从20℃加热到80℃需要的时间是1575s．

点评 本题考查学生对实际用电器电功率的分析以及运用电功率公式结合欧姆定律计算相关物理量的能力；分析清楚电路结构，知道何时饮水机处于加热状态、何时处于保温状态，是正确解题的关键，灵活应用功率的变形公式、并联电路的特点可以正确解题．