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    11．如图是某电热饮水机说明书的一些数据和电路原理图，该电热饮水机有加热和保温两种工作状态（由机内的控温开关S0控制）
    水箱容量2L
    额定电压220V
    加热功率400W
    保温功率50W
    （1）当开关S闭合、S0断开时，若饮水机正常工作，5min内电流所做的功是多少？
    （2）某次小梦同学用饮水机给2kg的水加热，她将家里的其他用电器都关闭，观察到饮水机在加热状态工作时，家里标有“2400r/kW•h”字样的电能表转盘在1min内转过14转，此时饮水机的实际功率有多大？
    （3）在上述过程中，箱内水的温度升高了2℃，饮水机的热效率是多少？[c水=4.2×103J/（kg•℃），忽略温度对电阻的影响]．

    分析 （1）当开关S闭合，S0断开时，R1与R2串联，电路中的总电阻最大，由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知，饮水机的功率最小，处于保温状态，由表格数据得出保温功率，利用W=Pt求出5min内电流所做的功；
    （2）2400r/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转过2400r，据此求出转过14转消耗的电能，利用P=$\frac{W}{t}$求出此时饮水机的实际功率；
    （3）知道水的质量和比热容以及升高的温度，根据Q吸=cm△t求出水吸收的热量，利用η=$\frac{{Q}_{吸}}{W}$×100%求出饮水机的热效率．

    解答 解：（1）当开关S闭合，S0断开时，R1与R2串联，电路中的总电阻最大，饮水机的功率最小，处于保温状态，
    由表格数据可知，饮水机的保温功率为50W，
    由P=$\frac{W}{t}$可得，5min内电流所做的功：
    W=P保温t=50W×5×60s=15000J；
    （2）电能表的转盘转过14转消耗的电能：
    W′=$\frac{14}{2400}$kW•h=$\frac{14}{2400}$×3.6×106J=21000J，
    此时饮水机的实际功率：
    P实=$\frac{W′}{t′}$=$\frac{21000J}{60s}$=350W；
    （3）水吸收的热量：
    Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×2kg×2℃=16800J，
    饮水机的热效率：
    η=$\frac{{Q}_{吸}}{W′}$×100%=$\frac{16800J}{21000J}$×100%=80%．
    答：（1）5min内电流所做的功是15000J；
    （2）此时饮水机的实际功率为350W；
    （3）饮水机的热效率是80%．

    点评 本题考查了电功公式和电功率公式、效率公式的应用，关键是饮水机工作状态和对应电路连接方式的判断．

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    （1）当S2打到A端时，脚踏处于高温档，并说明理由．
    （2）该电热课椅消耗的最小功率是多少瓦（计算结果保留1位小数）？
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