Question

【题目】超声波加湿器通电工作时，雾化片产生每秒170万次的高频率振动，将水抛离水面雾化成大量1μm～5μm的超微粒子（水雾），吹散到空气中使空气湿润，改变空气的湿度。图甲所示是某型号超声波加湿器，下表为其部分技术参数，其中额定加湿量是指加湿器正常工作1h雾化水的体积；循环风量是指加湿器正常工作1h通过风扇的空气体积；加湿效率是指实际加湿量和实际输入功率的比值。

额定加湿量Q额	15L/h
额定电压U额	220V
额定功率P额	660W
水箱容量V	30L
加湿效率k	≥1.2×10﹣2L/（hW）

（1）水雾化成超微粒子的过程（选填是或不是）汽化现象，加湿器正常工作时电池为A，加满水后最多能加湿h；
（2）在没有其他用电器接入电路的情况下，加湿器工作30min，标有“3000imp/kWh”的电能表指示灯闪烁了720次，此过程中加湿器的实际功率多少W？加湿器的加湿量Q实至少为多少L/h？
（3）超声波内部有一个湿度监测装置，利用湿敏电阻可实现对环境湿度的精确测量。图乙中为该湿度监测装置的电路图，已知电源电压为24V，定值电阻R0的阻值为120Ω，电流表的量程为0～100mA，电压表的量程为0～15V，湿敏电阻的阻值R0随湿度RH变化的关系图线如图丙所示，请你根据该电路计算湿度监测装置能够测量的湿度范围。

Answer 1

【答案】
（1）不是；3；2
（2）

解：加湿器消耗的电能：W= ×1kWh=0.24kWh=8.64×105J，

加湿器实际功率：

P= = =480W，因为加湿效率k= ，最小值η=1.2×10﹣2L/（hW），

所以实际加湿量至少为：

V=kP=1.2×10﹣2L/（hW）×480W=5.76L/h；

答：此过程中加湿器的实际功率480W；加湿器的加湿量Q实至少为5.76L/h；

（3）

解：电路最大电流I大=100mA=0.1A，由I= 可得，电路中的总电阻：R总= = =240Ω，

因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，

所以，湿敏电阻的阻值：

R0=R总﹣R=240Ω﹣120Ω=120Ω，

由图丙可知，环境湿度为30%；

当电压表的示数U0大=15V时，R两端的电压：

UR=U﹣U0大=24V﹣15V=9V，

因串联电路中各处的电流相等，

所以，I= = ，即 = ，

解得：R0′=200Ω，

由图丙所示可知，此时的湿度为90%；

答：湿度监测装置能够测量的湿度范围为30%～90%。

【解析】解：（1）水雾化成的超微粒子仍为液体，该过程不是汽化现象；
由P=UI可知，加湿器正常工作时的电流：
I= = =3A；
加满水后最多能加湿的时间：
t= =2h；
（2）加湿器消耗的电能：W= ×1kWh=0.24kWh=8.64×105J，
加湿器实际功率：
P= = =480W，因为加湿效率k= ，最小值η=1.2×10﹣2L/（hW），
所以实际加湿量至少为：
V=kP=1.2×10﹣2L/（hW）×480W=5.76L/h．
（3）电路最大电流I大=100mA=0.1A，由I= 可得，电路中的总电阻：R总= = =240Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，湿敏电阻的阻值：
R0=R总﹣R=240Ω﹣120Ω=120Ω，
由图丙可知，环境湿度为30%；
当电压表的示数U0大=15V时，R两端的电压：
UR=U﹣U0大=24V﹣15V=9V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，I= = ，即 = ，
解得：R0′=200Ω，
由图丙所示可知，此时的湿度为90%；
所以，该电路能够测量的湿度范围是30%～90%。
所以答案是：（1）不是；3；2；（2）此过程中加湿器的实际功率480W；加湿器的加湿量Q实至少为5.76L/h；（3）湿度监测装置能够测量的湿度范围为30%～90%。
【考点精析】掌握欧姆定律及其应用和实际功率的概念是解答本题的根本，需要知道欧姆定律的应用： ① 同一个电阻，阻值不变，与电流和电压无关 但加在这个电阻两端的电压增大时，通过的电流也增大．（R=U/I） ② 当电压不变时，电阻越大，则通过的电流就越小．（I=U/R） ③ 当电流一定时，电阻越大，则电阻两端的电压就越大．（U=IR）；实际功率（P）：用电器在实际电压下的功率．