分析 (1)利用I=$\frac{U}{R}$求出保温时的电流,最后利用P=I2R求出保温功率;
(2)从利用效率角度分析设计方案的优点和缺陷.
解答 解:(1)由甲图可知:当打开S时,R1、R2串联,R总=R1+R2=176Ω+44Ω=220Ω,
电路处于保温状态,保温时电路中的电流I保=$\frac{U}{{R}_{总}}$=$\frac{220V}{220Ω}$=1A,
因为R1为调节电阻,电路保温时的功率由R2提供,则P=${I}_{保}^{2}$R2=(1A)2×44Ω=44W;
对于乙图,当打开S时,R1、R2串联,R总=R1+R2=176Ω+44Ω=220Ω,
电路处于保温状态,保温时电路中的电流I保=$\frac{U}{{R}_{总}}$=$\frac{220V}{220Ω}$=1A,由图可知两个电阻提供保温功率,故P′=${I}_{保}^{2}$R=(1A)2×220Ω=220W;
(2)对于甲图可知,只有部分热量被利用,则其利用率低;对于乙图电路可知,保温功率能较大的被利用,其利用率高.
答:(1)当电热饮水机处于保温状态时,其保温功率分别为44W;220W;
(2)对于甲图可知,只有部分热量被利用,则其利用率低;对于乙图电路可知,保温功率能较大的被利用,其利用率高.
点评 此题所涉及到的知识点比较多,主要分清何时处于保温状态,看懂电路的连接是解题关键.
科目:初中物理 来源: 题型:填空题
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