Question

8．下面的图表是从某台电热饮水机说明书上收集到的信息．经分析得知，当开关S闭合时，饮水机处于加热状态，S断开时，饮水机处于保温状态．为了测量它加热时的实际功率，小明断开其它所有用电器，只将该饮水机接入家庭电路中，闭合开关S，测得热水箱中的水从20℃升高到100℃，所用时间为7.5min，同时观察到家中标有“1200r/kW•h”字样的电能表转盘转过120转（r）．根据以上信息，求：

热水箱容量	1L
额定电压	220V
加热时额定功率	880W

（1）饮水机内可装入水的质量是1 kg．
（2）电阻R₁的阻值55Ω
（3）饮水机热水箱中的水从20℃升高到100℃时所吸收的热量[c_水=4.2×10³J/（kg•℃）]；
（4）饮水机加热时的实际功率；
（5）饮水机加热过程中的热效率93.3%．

Answer 1

分析 （1）知道热水箱容量，可装水的体积，利用m=ρV求饮水机内可装入水的质量；
（2）当开关S闭合时，饮水机处于加热状态，此时电路中只有电阻R₁；S断开时，饮水机处于保温状态，此时电路中电阻R₁和R₂串联；知道饮水机的额定电压和加热时的额定功率，可利用公式R=$\frac{{U}^{2}}{P}$计算出电阻R₁的阻值．
（3）知道水的比热容和温度变化，可利用热量公式Q_吸=Cm（t-t₀）计算出水吸收的热量．
（4）“1200r/kW•h”的意义为：每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘就转过1200r，从而可以计算出电能表的转盘转过120r消耗的电能，又知道工作时间，可利用公式P=$\frac{W}{t}$计算出饮水机的实际功率．
（5）已经计算出水吸收热量和饮水机消耗的电能，可利用公式η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%计算出饮水机的热效率．

解答 解：
（1）热水箱容量，即可装水的体积：
V=1L=0.001m³，
由ρ=$\frac{m}{V}$得饮水机内可装入水的质量；
m=ρV=1×10³kg/m³×0.001m³=1kg；
（2）当开关S闭合时，饮水机处于加热状态，此时电路中只有电阻R₁，如图1所示；
S断开时，饮水机处于保温状态，此时电路中电阻R₁和R₂串联，如图2所示；

由题知，U=220V，P_加热=880W，
电阻R₁的阻值为：
R₁=$\frac{{U}^{2}}{{P}_{加热}}$=$\frac{（{220V）}^{2}}{880W}$=55Ω．
（3）c_水=4.2×10³J/（kg•℃），t=100℃，t₀=20℃，
水吸收的热量为：Q_吸=c_水m（t-t₀）=4.2×10³J/（kg•℃）×1kg×（100℃-20℃）=3.36×10⁵J．
（4）每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘就转过1200r，
电能表的转盘转过120r消耗的电能为：
W=$\frac{120}{1200}$=0.1kW•h=3.6×10⁵J，
而t=7.5min=450s，
饮水机的实际功率为：
P_实际=$\frac{W}{t}$=$\frac{3.6×1{0}^{5}J}{450s}$=800W．
（5）Q_吸=3.36×10⁵J，消耗电能W=3.6×10⁵J，
饮水机的热效率为：
η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%=$\frac{3.36×1{0}^{6}J}{3.6×1{0}^{5}J}$×100%≈93.3%．
故答案为：
（1）1；
（2）55；
（3）饮水机热水箱中的水从20℃升高到100℃时所吸收的热量为3.36×10⁵J；
（4）饮水机加热时的实际功率为800W；
（5）93.3%．

点评 本题是一道电学与热学的综合应用题，考查了质量、吸收热量、电功、电功率、效率等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是结合电路图对饮水机状态的判断．与生活相连，使学生觉得学了物理有用，注意计算时的单位变换要正确．