题目内容

9．阅读短文，回答问题．
超声波加湿器
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．
如图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．
（1）加湿器正常工作时的电流为2.27A．（保留两位小数）
（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“3000inp/kW•h”（“imp/kWh”是电子式电能表的一个重要参数，其数值表示用电1kW•h表盘上耗电指示灯闪烁的次数）的电能表指示灯闪烁了720次．试求出此过程中加湿器消耗的电能以及实际加湿量至少为多少L/h？
型号×××额定加湿量15L/h
额定电压220V额定输入功率500W
水箱容量25L循环风量2000m3/h
加湿效率≥1.2×10-2L/（h•W）净重95kg

分析 （1）已知加湿器正常工作时的电压和功率，利用P=UI可求得其正常工作时的电流；
（2）根据电表指针闪烁次数求出消耗的电能，然后可求得其实际功率，再利用加湿效率求出实际加湿量．

解答 解：（1）由表中数据可知，U=220N，P=500W，
由P=UI可得，加湿器正常工作时的电流I=$\frac{P}{U}$=$\frac{500W}{220V}$≈2.27A；
（2）加湿器消耗的电能：W=720×$\frac{1}{3000}$kW•h=0.24kW•h=8.64×105J，
加湿器实际功率：P=$\frac{W}{t}$=$\frac{8.64×1{0}^{5}J}{30×60s}$=480W，
实际加湿量至少为：V=ηP=1.2×10-2L/（h•W）×480W=5.76L/h．
答：（1）2.27；（2）此过程中加湿器消耗的电能为8.64×105J，实际加湿量至少为5.76L/h．

点评 本题是一道信息给予题，认真审题、根据题意获取所需信息，应用电功率公式即可正确解题；解题时注意利用好加湿效率的定义．

练习册系列答案
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19．小丽同学拍了一张1寸登记相后，又想拍一张全身像，摄影师应该采取的办法是（　　）
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20．小明为探究冰熔化和纯水沸腾时温度变化的特点，在实验室进行了探究实验．根据测量结果他画出了相关图象，如图a、b所示．

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（3）图b是水沸腾的图象，水沸腾时，某测量仪器的示数如图c所示，则水的沸点是98℃．
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4．我们要比较两电流的大小，可以通过观察流过同一灯泡时其明亮程度得知，这种方法叫做“转换法”，下列实验属于“转换法”的是（　　）
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（1）请用笔画线代替导线，将图甲实物电路连接完整．
（2）连好电路，闭合开关，移动变阻器的滑片到某一点，电压表的示数为3V，要测量小灯泡的额定功率，还应将滑动变阻器滑片向左移动（选填“左”、“右”），当电压表示数为3.8V时，小灯泡正常发光，此时电流表指针位置如图乙所示，则小灯泡的额定功率为1.292W．
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A．秒表B．音叉C．温度计D．酒精灯
6．关于测量中的误差和错误，下面说法中正确的是（　　）
A．不遵守测量仪器的使用规则，就会造成实验的误差
B．采用精密的仪器可以避免误差
C．多次测量取平均值可以避免错误
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