Question

6．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．

型号	XXX	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）	轮子与地面接触的总面积	6.0×10-4m2
净重	95kg	---

（1）加湿器正常工作时，每小时通过风扇的空气质量为2580kg．加满水时水平地面的压强为2×10⁶Pa（空气密度ρ=1.29kg/m³，g取10N/kg）加满水后最多能加湿100min．
（2）下列说法中错误的是C．
A．加湿器产生的超声波是由雾化片振动产生的
B．加湿器通电使雾化片振动，电能主要转化为机械能
C．水雾化成超微粒子的过程是汽化现象
D．水雾化成超微粒子需要能量，说明分子间有引力
（3）在没有其他用电器接入电路的情况下，加湿器工作30min，标有“3000r/kW•h”的电能表转盘转过720次，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．

Answer 1

分析 （1）知道空气密度和体积，利用m=ρV求出空气的质量；求出加满水时加湿器对地面的压力，然后由压强公式求出压强；根据表中数据求出加湿时间．
（2）根据题干提供的信息分析判断；
（3）知道“3000r/kW•h”（每消耗1kW•h电能转盘转3000转）和电能表转数，可求消耗的电能，知道时间，求出实际输入电功率，知道加湿效率，根据加湿效率公式求出实际加湿量．

解答 解：
（1）由表中数据得出，加湿器正常工作1h通过风扇的空气体积V=2000m³，
则由ρ=$\frac{m}{V}$得加湿器正常工作时，每小时通过风扇的空气质量：
m=ρV=1.29kg/m³×2000m³/h×1h=2580kg；
由ρ=$\frac{m}{V}$得加满水时水的质量：
m_水=ρ_水V_水=1×10³kg/m³×25×10^-3m³=25kg，
加湿器对水平地面的压力：
F=G=mg=（95kg+25kg）×10N/kg=1200N，
加湿器对水平地面的压强：
p=$\frac{F}{S}$=$\frac{1200N}{6×1{0}^{-4}{m}^{2}}$=2×10⁶Pa；
加满水后最多能加湿的时间：
t=$\frac{25L}{15L/h}$=$\frac{5}{3}$h=$\frac{5}{3}$×60min=100min；
（2）A、由题知，超声波加湿器通电工作时，雾化片产生每秒170万次的超声波，故A正确；
B、加湿器通电使雾化片振动，电能主要转化为机械能，故B正确；
C、水雾化成的超微粒子仍为液体，该过程不是汽化现象，故C错误；
D、水雾化成超微粒子需要能量，说明分子间有引力，故D正确；本题选错误的，故选C．
（3）加湿器消耗的电能：
W=$\frac{720}{3000}$×1kW•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，
因为加湿效率η=$\frac{V}{P}$，最小值η=1.2×10^-2L/（h•W），
所以实际加湿量至少为：
V=ηP=1.2×10^-2L/（h•W）×480W=5.76L/h．
故答案为：（1）2580；2×10⁶；100；（2）C；（3）8.64×10³；5.76．

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，应用密度公式、压强公式、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．