题目内容
8．图为由主机和送风垫组成的烘被机，具有烘干、除潮湿、保暖等功能主机主要由风机和电热丝组成，图为主机内部简化电路图烘被机的额定电压220V，额定功率有800-1800W不同规格，其中风机额定功率为45W将送风垫平铺在被褥之间，烘被机工作时，风机将加热的空气吹入送风垫内，形成温度可达80-90℃的高压气体，隆起的送风垫除了通过接触面传递热量外，还通过出风口形成强制对流，对被褥表面和内部同时加热．
（1）烘焙机能迅速除去潮气，烘干被褥主要应用了哪些物理知识？（写出两条即可）
（2）某款烘被机正常工作10min消耗电能0.2kw•h其额定功率是多少？此过程中，电热丝产生的热量是多少？
（3）有一款烘被机的额定功率为1000W请在其原电路的基础上，只增加一个电热丝，使烘被机额定功率变为1500W．则该电热丝应如何接入电路？阻值是多大？
分析 （1）从烘焙机的工作原理和潮气的目的分析判断即可；
（2）根据P=$\frac{W}{t}$计算功率，根据W=Pt求出风机消耗的电能，则产生的热量Q=W-W风机；
（3）根据串联电路电压特点，求出串联电阻两端电压，再计算电阻电流，即用电器正常工作时电流，则根据欧姆定律求串联的电阻．
解答 解：（1）烘焙机的工作原理是利用电流的热效应工作的，除潮气的目的是加快水的蒸发，故应用的物理知识有：
电流的热效应、蒸发；
（2）由于烘被机正常工作，t=10min=$\frac{1}{6}$h，
则烘被机额定功率P额=P实=$\frac{W}{t}$=$\frac{0.2kW•h}{\frac{1}{6}h}$=1.2kW；
风机的机械能W风机=P风机t=45W×10×60s=27000J，
由于烘被机消耗的电能用来转化为热量和电动机的机械能；
则Q=W-W风机=0.2×3.6×106J-27000J=6.93×105J；
（3）由于烘被机额定功率变为1500W比原来的额定功率变大，则根据P=UI可知：
在电源电压一定的情况下，需要增大电流，由于原电阻不能改变，则应并联一个电阻R2，
则P2=P-P1=1500W-1000W=500W，
由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$得：R2=$\frac{{U}^{2}}{{P}_{2}}$=$\frac{（220V）^{2}}{500W}$=96.8Ω．
答：（1）烘焙机能迅速除去潮气，烘干被褥主要应用电流的热效应、蒸发；
（2）某款烘被机额定功率是1.2kW；此过程中，电热丝产生的热量是6.93×105J；
（3）该电热丝应并联接入电路，阻值是96.8Ω．
点评 本题考查并联电路的特点和欧姆定律的应用、功率的计算，抓住在电源电压不变的条件下，功率的变化与电阻有关．
学习实践园地系列答案| A． | Uab＞Ucd，Iab＜Icd | B． | Uab=Ucd，Iab＞Icd | C． | Uab＜Ucd，Iab＜Icd | D． | Uab=Ucd，Iab＜Icd |
如图所示的电路中，电源两端的电压为6V并保持不变，R1=R2=10Ω，开关S1闭合后，下列说法中正确的是（ ）| A． | 当开关S2断开时，R1两端的电压为6V | |
| B． | 当开关S2断开时，R1消耗的功率为0.9W | |
| C． | 当开关S2闭合时，R1消耗的功率为0.36W | |
| D． | 当开关S2断开时，R2两端的电压为6V |