Question

图甲是某型号饮水机的铭牌，图乙是它的工作电路简图，其中R₁是限流电阻，R₂是加热电阻，S₁是手动电源开关，S₂是自动温控开关（电阻不计），当热水包中的水温低于某设定温度时，S₂会自动闭合；达到某设定温度时，S₂会自动弹起．丙图是饮水机正常工作时热水包水温随时间变化的图象，若热水包的初水温为20℃，质量为0.5kg．求：[c_水=4.2×10³J/（kg℃）]
（1）饮水机正常工作时的最大电流是多少？
（2）从第0min至第5min，水吸收的热量是多少？
（3）第0min至第5min内，饮水机热效率是多少？

Answer 1

【答案】分析：（1）已知饮水机的加热功率和额定电压，利用公式I=得到正常工作时的最大电流；
（2）由图象得出水的末温度，已知水的质量、比热容和初温度、末温度，利用公式Q=cm△t计算水吸收的热量；
（3）已知加热功率和加热时间，可以得到消耗的电能；已知水吸收的热量和消耗的电能，两者之比就是饮水机的热效率．
解答：已知：P_加热=880W  U_额=220V  m=0.5kg  c=4.2×10³J/（kg?℃）△t=80℃-20℃=60℃t=5min=300s
求：（1）I_最大=？（2）Q=？（3）η=？
解：
（1）∵P=UI，
∴通过饮水机的最大电流为I_最大===4A；
（2）从第0min至第5min，水吸收的热量：
Q=cm△t=4.2×10³J/（kg?℃）×0.5kg×60℃=1.26×10⁵J；
（3）∵P=，
∴从第0min至第5min饮水机消耗的电能：
W=Pt=880W×300s=2.64×10⁵J，
饮水机的热效率：
η=×100%=×100%≈48%．
答：（1）饮水机正常工作时的最大电流是4A；
（2）从第0min至第5min，水吸收的热量是1.26×10⁵J；
（3）第0min至第5min内，饮水机热效率是48%．
点评：此题考查了电功率计算公式及其变形公式的应用，热量的计算和热效率的计算，属电、热综合题，有一定的难度，突破的关键是熟悉基本公式，能从图表、图象中提取有用的信息．