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8.电热加湿器靠电流的热效应工作.某种家用电热加湿器相关参数、外形、电路简化图如图所示.电热器的电热丝浸没在加热仓的水中产生热量,使加热仓中的水沸腾变成水蒸气喷出,增加环境湿度.当加热仓中的水减少到一定程度时,自动阀门智能打开,水由储水箱进入到加热仓中.
工作电压220V
工作频率50Hz
最大运行功率40W
储水箱容量2.4L
尺寸高315mm,底部直径168mm
满水工作时间高气雾量10h,低气雾量24h
(1)当气雾调节器R2的滑片移到最左边时,加湿器以最大运行功率工作,求电热丝R1的电阻值.
(2)如果加热仓内冷水的温度为20℃,用最大运行功率工作,经过5min36s,水沸腾产生蒸气,求加热仓中水的体积.[c=4.2×103J/(kg•℃).ρ=1×103kg/m3,电热丝R1产生的热量全部被水吸收.环境为标准大气压].
(3)当滑片移到最右端时,气雾调节器R2的阻值为1210Ω,加湿器以最低气雾量工作,求此时电热丝R1的电功率是多少瓦?24小时R1消耗多少度电?

分析 (1)当气雾调节器R2的滑片移到最左边时,气雾调节器被短路,只有电热丝工作,根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$求出其电阻值;
(2)根据Q=W=Pt求出电热丝产生的热量,电热丝R1产生的热量全部被水吸收,在标准大气压下水的沸点为100℃,根据Q=cm(t-t0)求出水的质量,再根据ρ=$\frac{m}{V}$求出水的体积;
(3)当滑片移到最右端时,气雾调节器和电热丝串联,根据I=$\frac{U}{R}$求出电流,再根据P=I2R1求出电热丝R1的电功率;根据W=Pt求出消耗的电能.

解答 解:
(1)当气雾调节器R2的滑片移到最左边时,气雾调节器被短路,只有电热丝工作,
由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可得电热丝R1的电阻值:
R1=$\frac{{U}^{2}}{P}$=$\frac{{(220V)}^{2}}{40W}$=1210Ω;
(2)工作时间t=5min36s=336s,
这段时间内电热丝产生的热量:
Q=W=Pt=40W×336s=13440J,
由题意得Q=Q=13440J,
由Q=cm(t-t0)可得水的质量:
m=$\frac{{Q}_{吸}}{c(t-{t}_{0})}$=$\frac{13440J}{4.2×1{0}^{3}J/(kg•℃)×(100℃-20℃)}$=0.04kg,
由ρ=$\frac{m}{V}$可得水的体积:
V=$\frac{m}{ρ}$=$\frac{0.04kg}{1×1{0}^{3}kg/{m}^{3}}$=4×10-5m3
(3)当滑片移到最右端时,气雾调节器和电热丝串联,
电路中的电流:
I=$\frac{U}{R}$=$\frac{U}{{R}_{1}+{R}_{2}}$=$\frac{220V}{1210Ω+1210Ω}$=$\frac{1}{11}$A,
此时电热丝R1的电功率:
P1=I2R1=($\frac{1}{11}$A)2×1210Ω=10W=0.01kW;
24小时R1消耗的电能:
W=P1t=0.01kW×24h=0.24kW•h.
答:(1)电热丝R1的电阻值1210Ω;
(2)加热仓中水的体积4×10-5m3
(3)电热丝R1的电功率是10W;24小时R1消耗的电能0.24kW•h.

点评 此题主要考查的是学生对电功率、电能、热量、质量、欧姆定律计算公式的理解和掌握,注意公式的变形,综合性较强,有一定难度.

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实验次数入射角(度)反射角(度)
17070
23030
31010

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