- 能量的守恒与耗散
- 共3716题
若脱水桶的半径为9cm，刹车盘的半径为6cm，打开脱水桶盖到脱水桶停止共转了50圈（设为均匀减速），若衣服和桶的质量为3kg（可以认为质量全部分布在脱水桶桶壁上，刹车盘的质量不计）．试计算：
（1）打开脱水筒盖的瞬间，贴在脱水筒筒壁上的衣服运动的线速度；
（2）刹车盘边缘上的某点在这一过程中的路程；
（3）刹车带上的平均摩擦力的大小．
正确答案
解析
解：（1）脱水桶以1200r/min的速度高速旋转，脱水桶的半径为9cm；
根据线速度公式v=rω和角速度公式联立，得到：
ω=2πnv=ωr大=2πnr大=2π×（
（2）打开脱水桶盖到脱水桶停止共转了50圈，刹车盘的半径为6cm；
故：s=N•2πr小=50×2π×0.06=18.85（m）
（3）脱水后，衣服紧靠脱水桶壁，桶和衣服具有动能，刹车后动能转化为内能，故：由能量守恒有：
fs=
解得：f=
答：（1）打开脱水筒盖的瞬间，贴在脱水筒筒壁上的衣服运动的线速度为11.31m/s；
（2）刹车盘边缘上的某点在这一过程中的路程为18.85m；
（3）刹车带上的平均摩擦力的大小为10.18N．
吊车以0.1m/s的速度匀速吊起总质量为5.7×103kg的集装箱时，则集装箱每秒机械能的增量为______J；测得吊车电动机的电流为20A，已知该电动机的效率75%，则电动机的工作电压为______V．
正确答案
5700
380
解析
解：机械能增量等于重力势能的增加量和动能的增加量之和，动能不变，故集装箱每秒机械能的增量为：△E=mg•△h=5.7×103×10×0.1J=5700J；
根据能量守恒定律，有：
UIt•75%=
即U×20×1×0.75=5700
解得：U=380V；
故答案为：5700，380．
正确答案
6.3或2π
3.3×104
解析
解：根据v=
v=
在时间t内通过风轮机的最大空气质量为m=ρvtπr2．
时间t内风轮机可以接受到的最大风能为E=
故答案为：2π；3.3×104
某海湾共占面积1.0×107m2，涨潮时水深20m，此时关上水闸门，可使水位保持20m不变，退潮时，坝外水信降至18m，假设利用此水坝建水电站，且重力势能转化为电能的效率是10%，每天有两次涨潮，则该电站一天能发出的电能是（ ）
正确答案
解析
解：设△h为退潮时水减少的深度，S为海湾的面．
利用潮汐发电，就是水的重力势能转化为电能，水能转化电能的效率是10%，一次涨潮，退潮后水坝内水的势能增加：
W水=G•
则水的势能可转变为电能：
W电=ηW水
每天2次涨潮，则该电站一天能发电 W=2W电=2ηW水=2×
故选：B．
（1）细线烧断前AB间细线的拉力；
（2）从烧断细线到重新平衡过程中两球克服阻力做功之和．
正确答案
解析
解：（1）对A球
T0Acos60°+TAB=qE
T0Asin60°=mg
解得：TAB=（1-
（2）图2中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中α、β分别表示细线OA、AB与竖直方向的夹角．
A球受力如图2所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1；细线AB对A的拉力T2．由平衡条件
T1sinα+T2sinβ=qE
T1cosα=mg+T2cosβ
B球受力如图3所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力T2，方向如图．由平衡条件
T2sinβ=qET2cosβ=mg
联立以上各式并代入数据，得：α=0β=45°
由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图5所示．与原来位置相比，
A球的重力势能减少了EA=mgl（1-sin60°）
B球的重力势能减少了EB=mgl（1-sin60°+cos45°）
A球的电势能增加了WA=qElcos60°
B球的电势能减少了WB=qEl（sin45°-cos30°）
根据能量守恒，两种势能总和减少量等于两球克服阻力做功之和
W=WB-WA+EA+EB
代入数据解得：W=0.0682（J）
答：
（1）细线烧断前AB间细线的拉力是0.0423N；
（2）从烧断细线到重新平衡过程中两球克服阻力做功之和是0.0682J．
一架直升飞机，从地面沿竖直方向上升到高为H的天空中．设飞机做初速度为零加速度为a的匀加速直线，解决下列问题：
（1）求上升到H高处所需时间t和末速度v；
（2）在H高处时，飞行员不小心从手上掉下一玻璃瓶，若已知玻璃瓶落地所用时间与飞机上升到H高处所用时间相等，求飞机上升加速度a与重力加速度g的比值；
（3）若加速度a与每秒钟飞机的耗油量Y的函数关系式为Y=ka+β（k和β均为大于零的常数），求加速度a为何值时，飞机上升到H高空的耗油量Q最小，并求Q的最小值．
正确答案
解析
解：（1）根据运动学公式得H=
t=
根据v2=2aH得
v=
（2）玻璃瓶从H高处作初速度为v的竖直上抛，规定向上为正方向，有
-H=vt-
由①②③得：
（3）根据题意得飞机上升到H高处耗油量为
Q=Yt
将①式带入⑤得
Q=（ka+β）
由⑥式可知
所以当k
答：（1）上升到H高处所需时间是
（2）飞机上升加速度a与重力加速度g的比值是
（3）加速度a=
（2015秋•常州期末）下列说法中正确的是 （ ）
正确答案
解析
解：A、能的转化和守恒定律是普遍规律，能量耗散是能量的形式发生了转化，能量的利用品质下降，但总能量仍守恒，所以不违反能量守恒定律．故A正确．
B、扩散现象可以在液体、气体中进行，也能在固体中发生，故B错误．
C、有规则外形的物体是单晶体，没有确定的几何外形的物体是非晶体和多晶体，故C错误．
D、由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，分子间作用力表现为引力，所以存在表面张力，故D正确．
故选：AD
瀑布从10m高处落下，如果下落过程中减少的机械能的50%被水吸收，水的温度将升高多少？（g取10m/s2，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃））
正确答案
解析
解：设瀑布中水的质量为m，根据能量守恒定律得
50%mgh=Cm△t
得△t=
代入解得△t≈0.012℃
答：水的温度将升高0.012℃．
正确答案
ρvtπr2
解析
解：在时间t内通过风轮机的最大空气质量为m=ρvtπr2．
时间t内风轮机可以接受到的最大风能为E=
故答案为：ρvtπr2.
一种冷暖两用型空调铭牌标注有如下指标：输入功率1kw，制冷能力1.2×104kJ/h，制热能力1.3×104kJ/h．这样，该空调在制热时，每消耗1J电能，将放出约3J的热量．下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：该空调在向室内放出的热量，一部分通过电流做功，消耗电能转化而来，另一部分通过从外界吸收热量而来，因此并不违反能量守恒定律，故D正确，ABC错误．
故选D．
某科学家取青蛙的离体“缝匠肌”进行实验，装置如图2，肌肉的A端固定，B端通过滑轮与钩码相连．现给肌肉以电刺激，使肌肉收缩，产生拉力，拉动钩码运动，他测量并记录了钩码上升的最大速度v，以及与之相应的钩码的重力F，并画出了v-F图象，得到了一条双曲线，如图1所示．以下关于肌肉化学能与钩码机械能转化的一些说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、肌肉将储存的化学能转化为机械能，每次做功时间可能不同，故转化的能量值可能不同，故A错误；
B、C、D、从图象中数据可以看出，F与v的乘积是一个常数，恒等于4N•m/s，即4W，故输出功率P=Fv是一个常数，故B正确，C错误，D错误；
故选B．
（1）______；
（2）______．
正确答案
磁场中同名磁极相斥原理
电磁感应的原理
解析
解：磁悬浮轨道列车涉及到磁极间作用规律（同名磁极相互排斥）、电磁感应现象（电磁驱动和电磁阻尼）、能量的转化和守恒定律（电能与机械能的转化，上下坡道时动能与重力势能的转化）；
故答案为：磁场中同名磁极相斥原理、电磁感应的原理、能量的转化与守恒定律（任意两条）．
“潮汐发电”是海洋能利用中发展最早、规模最大、技术较成熟的一种方式．某海港的货运码头，就是利用“潮汐发电”为皮带式传送机供电，图1所示为皮带式传送机往船上装煤．本题计算中取sin18°=0.31，cos18°=0.95，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，g=10m/s2．
（1）皮带式传送机示意图如图2所示，传送带与水平方向的角度θ=18°，传送带的传送距离为L=51.8m，它始终以v=1.4m/s的速度运行．在传送带的最低点，漏斗中的煤自由落到传送带上（可认为煤的初速度为0），煤与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4．求：从煤落在传送带上到运至传送带最高点经历的时间t；
（2）图3为潮汐发电的示意图．左侧是大海，中间有水坝，水坝下装有发电机，右侧是水库．当涨潮到海平面最高时开闸，水由通道进入海湾水库，发电机在水流的推动下发电，待库内水面升至最高点时关闭闸门；当落潮到海平面最低时，开闸放水发电．设某潮汐发电站发电有效库容V=3.6×106m3，平均潮差△h=4.8m，一天涨落潮两次，发电四次．水流发电的效率η1=10%．求该电站一天内利用潮汐发电的平均功率P；
（3）传送机正常运行时，1秒钟有m=50kg的煤从漏斗中落到传送带上．带动传送带的电动机将输入电能转化为机械能的效率η2=80%，电动机输出机械能的20%用来克服传送带各部件间的摩擦（不包括传送带与煤之间的摩擦）以维持传送带的正常运行．若用潮汐发电站发出的电给传送机供电，能同时使多少台这样的传送机正常运行？
正确答案
解析
解：（1）煤浇到传送带后，开始阶段受到重力、传送带的支持力和沿传送带向上的滑动摩擦力而做匀加速运动，设匀加速运动的加速度为a，根据牛顿第二定律得：
μmgcosθ-mgsinθ=ma
得 a=g（μcosθ-sinθ）
设煤加速到v所用时间为t1，则有：v=at1；
联立以上两式得：t1=
匀加速运动通过的位移为：x1=
设煤匀速到最高点所用时间为t2，则有：L-x1=vt2；
解得：t2
故总时间 t=t1+t2=2s+36s=38s．
（2）一次发电，水的质量 M=ρV=1×103×3.6×106kg=3.6×109 kg
水的重力势能减少量△Ep=Mg•
一天发电产生的电能 E=4△Ep×10%
则该电站一天内利用潮汐发电的平均功率 P=
（3）一台传送机，将1秒钟内落到传送带上的煤送到传送带上的最高点，煤获得的机械能为
机=
传送带与煤之间因摩擦产生的热 Q=μmgcosθ•△x
煤与传送带的相对位移△x=vt1-x1=1.4×2m-1.4m=1.4m
设同时使台传送机正常运行，根据能量守恒
P×80%×80%=（ 
代入解得：n=
答：
（1）从煤落在传送带上到运至传送带最高点经历的时间t为38s；
（2）该电站一天内利用潮汐发电的平均功率P为400KW；
（3）能同时使30台这样的传送机正常运行．
下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、物体的内能是组成该物体的所有分子热运动的动能和分子势能之和，故A错误
B、做功主要有摩擦生热和压缩气体做功，做功实质是能量的转化，热传递实质是内能从一个物体转移到另一个物体，或者是从一个物体的高温部分传到低温部分，有传导、对流和辐射三种方式．故B正确
C、满足能量守恒定律的宏观过程并不一定都是可以自发进行的，只有满足能量守恒定律与热力学第二定律的宏观热学过程可以发生，故C错误
D、由热力学第二定理：不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，可知内燃机得到的全部内能不可能转化为机械能．内燃机里一定会有摩擦及热损耗等等，故D错误
故选：B．
伽利略理想斜面实验反映了一个重要的事实：如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，小球必将准确地到达与他开始点相同高度的点，绝不会更高一点，也不会更低一点，这说明小球在运动过程中有“某个量”是不变的，这个量应该是（ ）
正确答案
解析
解：A、因为在物体运动的过程中改变斜面的倾角不同物体受到的支持力不同但物体仍能达到相同的高度，故力不是守恒量，故A错误；
B、如果物体释放点不同，物体的重力势能不同；在运动过程中物体在不同的位置物体的高度不同，物体的重力势能不同，故势能不守恒．故B错误．
C、在物体运动过程中物体的速度随时间发生变化，故速度不守恒，故C错误．
D、伽利略理想斜面实验中如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，则在物体运动的过程只有重力做功，则物体的机械能守恒．故这个不变量应该是能量．故D正确．
故选D．
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