Question

4．如图甲为常用的电热饮水机，其电路原理如图乙所示，该饮水机的额定电压为220V，加热电功率为1100W，保温电功率为44W，R₁、R₂均为电热丝 （R₁、R₂的电阻不随温度变化）．请问：
（1）当S闭合时，饮水机处于加热（选填“加热”或“保温”）状态，此时电路中的电流是多大？
（2）电热丝R₁的电阻是多大？
（3）饮水机加热工作时，将0.5千克初温为20℃的水加热到97℃，需要多长时间？（假设电能全部转化为水的内能）

Answer 1

分析 （1）根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$分析解答；利用P=UI求出电流；
（2）分别求出两种状态下的电阻，结合电路连接求出分电阻；
（3）利用物质吸热公式求出水吸收的热量，结合P=$\frac{W}{t}$求出加热时间．

解答 解：（1）根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知当U一定时，R最小，P最大，因此当S闭合时，R₁短路，电路中电阻最小，此时功率最大，饮水机处于加热状态；
由P=UI可得：I_热=$\frac{{P}_{热}}{U}$=$\frac{1100W}{220V}$=5A；
（2）因为当加热时只有R₂工作，故R₂=$\frac{U}{{I}_{热}}$=$\frac{220V}{5A}$=44Ω；
由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可得，当饮水机处于保温状态时，R_总=$\frac{{U}^{2}}{{P}_{保温}}$=$\frac{（220V）^{2}}{44W}$=1100Ω
因为串联，故R₁=R_总-R₂=1100Ω-44Ω=1056Ω；
（3）水吸收的热量为：
Q=cm△t
=4.2×10³ J/（kg•℃）×0.5kg×（97℃-20℃）
=1.617×10⁵ J；
因为电能全部转化为水的内能
故W=Q=1.617×10⁵ J
由P=$\frac{W}{t}$可得：
t=$\frac{W}{{P}_{热}}$=$\frac{1.617×1{0}^{5}J}{1100W}$=147s
答：（1）加热；此时电路中的电流是5A；
（2）电热丝R₁的电阻是1056Ω；
（3）饮水机加热工作时，将0.5千克初温为20℃的水加热到97℃，需要147s．

点评 本题考查电功率公式以及欧姆定律的应用，关键是公式及其变形的应用，还要学会从所给信息中找到有用的数据，难点是结合电路图判断高温档位和低温档位．