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19. 图18-4-9甲为某款电热水壶,它的简化电路原理图如图18-4-9乙所示,额定电压为220 V,S为感温开关,1、2是开关连接的触点$,R_1$和$R_2$为加热电阻,且阻值保持不变,已知电热水壶加热挡的额定功率为1 100 W,电热水壶保温挡正常工作时的电流为0.5 A。某次将1 kg初温为12℃的水加热到100℃,正常工作加热了7 min。求：
(1) 加热挡正常工作时的电流。
(2) 电阻$R_2$的阻值。
(3) 电热水壶加热水的效率。
(1) 加热挡正常工作时的电流。
(2) 电阻$R_2$的阻值。
(3) 电热水壶加热水的效率。
答案
1. （1）
解：根据$P = UI$，可得加热挡正常工作时的电流$I=\frac{P}{U}$。
已知$P = 1100W$，$U = 220V$，则$I=\frac{1100W}{220V}=5A$。
2. （2）
解：当$S$接$2$时，$R_1$与$R_2$串联，电热水壶处于保温挡；当$S$接$1$时，只有$R_1$接入电路，电热水壶处于加热挡。
根据$P=\frac{U^{2}}{R}$，可得$R_1=\frac{U^{2}}{P}=\frac{(220V)^{2}}{1100W}=44\Omega$。
保温挡时，根据$R=\frac{U}{I_{保}}$，$U = 220V$，$I_{保}=0.5A$，则总电阻$R=\frac{220V}{0.5A}=440\Omega$。
因为$R = R_1+R_2$，所以$R_2=R - R_1$。
把$R = 440\Omega$，$R_1 = 44\Omega$代入得$R_2=440\Omega - 44\Omega=396\Omega$。
3. （3）
解：水吸收的热量$Q_{吸}=cm(t - t_0)$，其中$c = 4.2×10^{3}J/(kg·^{\circ}C)$，$m = 1kg$，$t = 100^{\circ}C$，$t_0 = 12^{\circ}C$。
则$Q_{吸}=4.2×10^{3}J/(kg·^{\circ}C)×1kg×(100^{\circ}C - 12^{\circ}C)=3.696×10^{5}J$。
电热水壶消耗的电能$W = Pt$，$P = 1100W$，$t = 7×60s = 420s$。
则$W = 1100W×420s = 4.62×10^{5}J$。
电热水壶加热水的效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%=\frac{3.696×10^{5}J}{4.62×10^{5}J}×100\% = 80\%$。
综上，答案依次为：（1）$5A$；（2）$396\Omega$；（3）$80\%$。
解：根据$P = UI$，可得加热挡正常工作时的电流$I=\frac{P}{U}$。
已知$P = 1100W$，$U = 220V$，则$I=\frac{1100W}{220V}=5A$。
2. （2）
解：当$S$接$2$时，$R_1$与$R_2$串联，电热水壶处于保温挡；当$S$接$1$时，只有$R_1$接入电路，电热水壶处于加热挡。
根据$P=\frac{U^{2}}{R}$，可得$R_1=\frac{U^{2}}{P}=\frac{(220V)^{2}}{1100W}=44\Omega$。
保温挡时，根据$R=\frac{U}{I_{保}}$，$U = 220V$，$I_{保}=0.5A$，则总电阻$R=\frac{220V}{0.5A}=440\Omega$。
因为$R = R_1+R_2$，所以$R_2=R - R_1$。
把$R = 440\Omega$，$R_1 = 44\Omega$代入得$R_2=440\Omega - 44\Omega=396\Omega$。
3. （3）
解：水吸收的热量$Q_{吸}=cm(t - t_0)$，其中$c = 4.2×10^{3}J/(kg·^{\circ}C)$，$m = 1kg$，$t = 100^{\circ}C$，$t_0 = 12^{\circ}C$。
则$Q_{吸}=4.2×10^{3}J/(kg·^{\circ}C)×1kg×(100^{\circ}C - 12^{\circ}C)=3.696×10^{5}J$。
电热水壶消耗的电能$W = Pt$，$P = 1100W$，$t = 7×60s = 420s$。
则$W = 1100W×420s = 4.62×10^{5}J$。
电热水壶加热水的效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%=\frac{3.696×10^{5}J}{4.62×10^{5}J}×100\% = 80\%$。
综上，答案依次为：（1）$5A$；（2）$396\Omega$；（3）$80\%$。
解析
【解析】
(1) 已知加热挡额定功率$P_{加}=1100W$，额定电压$U=220V$，根据$P=UI$，可得加热挡正常工作时的电流：
$I_{加}=\frac{P_{加}}{U}=\frac{1100W}{220V}=5A$
(2) 当开关S接1时，只有$R_1$接入电路，为加热挡；根据$P=\frac{U^2}{R}$，可得$R_1$的阻值：
$R_1=\frac{U^2}{P_{加}}=\frac{(220V)^2}{1100W}=44\Omega$
当开关S接2时，$R_1$与$R_2$串联，为保温挡，此时正常工作电流$I_{保}=0.5A$，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，可得串联总电阻：
$R_{总}=\frac{U}{I_{保}}=\frac{220V}{0.5A}=440\Omega$
根据串联电阻的规律$R_{总}=R_1+R_2$，则$R_2=R_{总}-R_1=440\Omega-44\Omega=396\Omega$
(3) 水吸收的热量：
$Q_{吸}=cm(t-t_0)=4.2×10^3J/(kg·℃)×1kg×(100℃-12℃)=3.696×10^5J$
电热水壶正常工作加热时间$t=7min=420s$，消耗的电能：
$W=P_{加}t=1100W×420s=4.62×10^5J$
电热水壶加热水的效率：
$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%=\frac{3.696×10^5J}{4.62×10^5J}×100\%=80\%$
【答案】
(1) $\boldsymbol{5A}$
(2) $\boldsymbol{396\Omega}$
(3) $\boldsymbol{80\%}$
【知识点】
电功率的计算、欧姆定律应用、热效率计算
【点评】
本题是电学与热学的综合应用题，需结合串并联电路的特点，灵活运用电功率、欧姆定律、热量及热效率的相关公式进行计算，考查了对公式的掌握与应用能力。
【难度系数】
0.6
(1) 已知加热挡额定功率$P_{加}=1100W$，额定电压$U=220V$，根据$P=UI$，可得加热挡正常工作时的电流：
$I_{加}=\frac{P_{加}}{U}=\frac{1100W}{220V}=5A$
(2) 当开关S接1时，只有$R_1$接入电路，为加热挡；根据$P=\frac{U^2}{R}$，可得$R_1$的阻值：
$R_1=\frac{U^2}{P_{加}}=\frac{(220V)^2}{1100W}=44\Omega$
当开关S接2时，$R_1$与$R_2$串联，为保温挡，此时正常工作电流$I_{保}=0.5A$，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，可得串联总电阻：
$R_{总}=\frac{U}{I_{保}}=\frac{220V}{0.5A}=440\Omega$
根据串联电阻的规律$R_{总}=R_1+R_2$，则$R_2=R_{总}-R_1=440\Omega-44\Omega=396\Omega$
(3) 水吸收的热量：
$Q_{吸}=cm(t-t_0)=4.2×10^3J/(kg·℃)×1kg×(100℃-12℃)=3.696×10^5J$
电热水壶正常工作加热时间$t=7min=420s$，消耗的电能：
$W=P_{加}t=1100W×420s=4.62×10^5J$
电热水壶加热水的效率：
$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%=\frac{3.696×10^5J}{4.62×10^5J}×100\%=80\%$
【答案】
(1) $\boldsymbol{5A}$
(2) $\boldsymbol{396\Omega}$
(3) $\boldsymbol{80\%}$
【知识点】
电功率的计算、欧姆定律应用、热效率计算
【点评】
本题是电学与热学的综合应用题，需结合串并联电路的特点，灵活运用电功率、欧姆定律、热量及热效率的相关公式进行计算，考查了对公式的掌握与应用能力。
【难度系数】
0.6
