Question

2．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_水=4.2×10³J/（kg•℃）．ρ_水=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605Ω，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？（计算结果保留一位小数）

Answer 1

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_吸=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=$\frac{{U}^{2}}{R}$得：
电热丝R₁的电阻值：
R₁=$\frac{{U}^{2}}{P}$=$\frac{（220V）^{2}}{40W}$=1210Ω；
（2）电热丝产生的热量：
Q_放=W=Pt=40W×336s=13440J，
由题意得Q_吸=Q_放=13440J，
由Q_吸=cm（t-t₀）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=$\frac{m}{V}$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=$\frac{U}{R}$=$\frac{220V}{1210Ω+605Ω}$=$\frac{4}{33}$A，
电热丝R₁的电功率：
P₁=I²R₁=（$\frac{4}{33}$A）²×1210Ω≈17.8W；
24小时R₁消耗的电能：
W=P₁t=0.0178kW×24h≈0.4kW•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17.8W；24小时R₁消耗的电能0.4kW•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．