Question

【題目】超聲波加濕器通電工作時，霧化片產生每秒170萬次的高頻率振動，將水拋離水面霧化成大量1μm～5μm的超微粒子（水霧），吹散到空氣中使空氣濕潤，改變空氣的濕度。圖甲所示是某型號超聲波加濕器，下表為其部分技術參數，其中額定加濕量是指加濕器正常工作1h霧化水的體積；循環風量是指加濕器正常工作1h通過風扇的空氣體積；加濕效率是指實際加濕量和實際輸入功率的比值。

額定加濕量Q額	15L/h
額定電壓U額	220V
額定功率P額	660W
水箱容量V	30L
加濕效率k	≥1.2×10﹣2L/（hW）

（1）水霧化成超微粒子的過程（選填是或不是）汽化現象，加濕器正常工作時電池為A，加滿水后最多能加濕h；
（2）在沒有其他用電器接入電路的情況下，加濕器工作30min，標有“3000imp/kWh”的電能表指示燈閃爍了720次，此過程中加濕器的實際功率多少W？加濕器的加濕量Q實至少為多少L/h？
（3）超聲波內部有一個濕度監測裝置，利用濕敏電阻可實現對環境濕度的精確測量。圖乙中為該濕度監測裝置的電路圖，已知電源電壓為24V，定值電阻R0的阻值為120Ω，電流表的量程為0～100mA，電壓表的量程為0～15V，濕敏電阻的阻值R0隨濕度RH變化的關系圖線如圖丙所示，請你根據該電路計算濕度監測裝置能夠測量的濕度范圍。

Answer 1

【答案】
（1）不是；3；2
（2）

解：加濕器消耗的電能：W= ×1kWh=0.24kWh=8.64×105J，

加濕器實際功率：

P= = =480W，因為加濕效率k= ，最小值η=1.2×10﹣2L/（hW），

所以實際加濕量至少為：

V=kP=1.2×10﹣2L/（hW）×480W=5.76L/h；

答：此過程中加濕器的實際功率480W；加濕器的加濕量Q實至少為5.76L/h；

（3）

解：電路最大電流I大=100mA=0.1A，由I= 可得，電路中的總電阻：R總= = =240Ω，

因串聯電路中總電阻等于各分電阻之和，

所以，濕敏電阻的阻值：

R0=R總﹣R=240Ω﹣120Ω=120Ω，

由圖丙可知，環境濕度為30%；

當電壓表的示數U0大=15V時，R兩端的電壓：

UR=U﹣U0大=24V﹣15V=9V，

因串聯電路中各處的電流相等，

所以，I= = ，即 = ，

解得：R0′=200Ω，

由圖丙所示可知，此時的濕度為90%；

答：濕度監測裝置能夠測量的濕度范圍為30%～90%。

【解析】解：（1）水霧化成的超微粒子仍為液體，該過程不是汽化現象；
由P=UI可知，加濕器正常工作時的電流：
I= = =3A；
加滿水后最多能加濕的時間：
t= =2h；
（2）加濕器消耗的電能：W= ×1kWh=0.24kWh=8.64×105J，
加濕器實際功率：
P= = =480W，因為加濕效率k= ，最小值η=1.2×10﹣2L/（hW），
所以實際加濕量至少為：
V=kP=1.2×10﹣2L/（hW）×480W=5.76L/h．
（3）電路最大電流I大=100mA=0.1A，由I= 可得，電路中的總電阻：R總= = =240Ω，
因串聯電路中總電阻等于各分電阻之和，
所以，濕敏電阻的阻值：
R0=R總﹣R=240Ω﹣120Ω=120Ω，
由圖丙可知，環境濕度為30%；
當電壓表的示數U0大=15V時，R兩端的電壓：
UR=U﹣U0大=24V﹣15V=9V，
因串聯電路中各處的電流相等，
所以，I= = ，即 = ，
解得：R0′=200Ω，
由圖丙所示可知，此時的濕度為90%；
所以，該電路能夠測量的濕度范圍是30%～90%。
所以答案是：（1）不是；3；2；（2）此過程中加濕器的實際功率480W；加濕器的加濕量Q實至少為5.76L/h；（3）濕度監測裝置能夠測量的濕度范圍為30%～90%。
【考點精析】掌握歐姆定律及其應用和實際功率的概念是解答本題的根本，需要知道歐姆定律的應用： ① 同一個電阻，阻值不變，與電流和電壓無關 但加在這個電阻兩端的電壓增大時，通過的電流也增大．（R=U/I） ② 當電壓不變時，電阻越大，則通過的電流就越小．（I=U/R） ③ 當電流一定時，電阻越大，則電阻兩端的電壓就越大．（U=IR）；實際功率（P）：用電器在實際電壓下的功率．