Question

19．物理科代表和班长就放学后是否关教室里的饮水机的问题发生争执，班长认为不应关机，因为第二天重新开机给冷水加热既费时又会消耗更多的电能；物理科代表认为应该关机，理由是饮水机在放学后从17：00到第二天08：00共15h期间会间歇性加热，白白消耗电能，他俩先观察到如图所示的饮水机有加热和保温两个档位，铭牌数据如表．然后启动饮水机，将热水箱中的初温为20℃的冷水加热到100℃后．他俩继续观察，发现保温28min后加热器会重新加热，2min后又回到保温状态（饮水机始终在额定电压下工作）．（计算结果保留1位小数）
（1）求电阻R₂的阻值（不考虑温度对阻值的影响，且不计指示灯的阻值）．
（2）将热水箱中的水从初温20℃加热到100℃，加热管的热效率为90%，试计算出加热需要多少时间？
（3）通过计算比较谁的做法更节能（假设放学时饮水机刚好处于保温状态，工作过程中间歇加热的规律不变）．

水桶容量	20L
热水箱水量	1kg
额定电压	220V
加热功率	550W
保温功率	88W

Answer 1

分析 （1）由图知，当开关闭合时，电路中只有R₁，由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知饮水机处于加热状态，知道加热功率可求R1；
当开关断开时，电路中R₂和R₁串联，总电阻最大，由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知饮水机处于保温状态，知道保温功率可求R₁+R₂，进而求出R₂；
（2）知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式求水吸收的热量，然后求出需要的加热时间．
（3）由铭牌知道加热功率，知道将热水箱中的30℃的冷水加热到100℃用时10min，利用W=Pt求10min消耗的电能（关闭消耗的电能）；
由题知“发现保温28min后加热器会重新加热，2min后又回到保温状态”可知，间歇加热的规律：每半小时保温28min、加热2min，那么15h，保温28×30min、加热2×30min，知道加热功率和保温功率，利用W=Pt求消耗的电能（不关闭消耗的电能），比较得出结论．

解答 解：（1）由图知，当电路中只有R₁，由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知饮水机处于加热状态，
而P_加热=$\frac{{U}^{2}}{{R}_{1}}$=550W，
R₁=$\frac{{U}^{2}}{{P}_{加热}}$=$\frac{（220V）^{2}}{550W}$=88Ω；
当电路中R₂和R₁串联，总电阻最大，由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知饮水机处于保温状态，
而P_保温=$\frac{{U}^{2}}{{R}_{1}+{R}_{2}}$=88W，
R₁+R₂=$\frac{{U}^{2}}{{P}_{保温}}$=$\frac{（220V）^{2}}{88W}$=550Ω，
R₂=550Ω-R₁=550Ω-88Ω=462Ω；
（2）水吸收的热量：
Q_吸=cm△t=4.2×10³J/（kg•℃）×1kg×（100℃-20℃）=3.36×10⁵J；
电流做功W，由题意可知：Wη=Q_吸，W=Pt，
则加热时间：t=$\frac{{Q}_{吸}}{ηP}$=$\frac{3.36×1{0}^{5}J}{550W×90%}$≈678.8s；
（3）关闭，第二天消耗的电能：
W=$\frac{{Q}_{吸}}{η}$=$\frac{3.36×1{0}^{5}J}{90%}$≈3.73×10⁵J；
不关，间歇性加热15h期间：
保温消耗电能：
W₁=P_保温t_保温=88W×28×30×60s=4.4352×l0⁶J；
加热消耗电能：
W₂=P_加热t_加热=550W×2×30×60s=1.98×l0⁶J；
W_总=W₁+W₂=4.4352×l0⁶J+1.98×l0⁶J=6.4152×l0⁶J；
由此可知：W_总＞W，物理科代表的做法更节能．
答：（1）电阻R₂的阻值为462欧姆．
（2）将热水箱中的水从初温20℃加热到100℃，加热管的热效率为90%，加热需要的时间为678.8s．
（3）物理课代表的方法更节能．

点评 本题考查了学生对吸热公式、电功率的公式的掌握和运用，要求灵活运用W=Pt计算用电器消耗电能，是一道电学与热学的综合应用题，与生活实际相联系，属于中考常见题型．