热门试卷

解：重力势能的减小量为：△Ep=mgh   ①

内能增加量为：△E内=30%×△Ep    ②

Q=C水m水△t       ③

联立以上三式解得

△t=0.01°C

答：水下落后温度升高0.01°C．

解：1kg温度为90℃的水，升高到100°C过程吸收的热量为：

=4.2×104J=42KJ

故水的汽化热为：

答：水的汽化热L为2250KJ．

解：（1）①设瓶内药液的高度h1，则A处的压强为PA=P0-h1，设a管口处到气室B处的高度为h2，则B处的压强为PB=P0+h2，故有pB＞p0＞pA．

②设气室B处到针头处的高度为h3，则针头处的压强为 p0+h2+h3，此处压强不变、输液软管内径也不变，故药液滴注的速度恒定．

（2））①a→b是等压过程因VB＞VA，有TB＞TA，a→b过程，气体对外做功且内能增加，气体吸收热量．

②b→c是等容过程 因PC＜PB，有TC＜TB，b→c过程气体不对外界做功，外界也不对气体做功，但气体内能减小，所以b→c气体放热；

③由=C（恒量）及图象知TA=TC，故a→b→c的全过程中内能没有变化，综上所述a→b→c中，气体对外做功，由能量守恒定律得a→b→c过程中气体吸热，结合前面分析，a→b过程吸热，b→c过程放热，所以吸热大于放热．

故答案为：（1）pB＞p0＞pA；恒定；（2）分析如上．

解：水的温度从t1升高到t2，吸收的热量为：

Q=cm（t2-t1）

设阳光垂直照射时单位面积热辐射的功率为P，则得：

Q=PTS

联立，P=

答：阳光垂直照射时单位面积热辐射的功率为

解：（1）小球恰好到达C点，小球在C点做圆周运动所需向心力由小球重力提供，

由牛顿第二定律可得：mg=m  ①，

小球由A到C的全过程，由能量守恒定律得：

EKA=mg（ABsin37°+R+Rcos37°）+μmgcos37°×AB+mvC2 ②，

由①②解得：AB=4.5m．

（2）作CO延长线交斜面于D点，从C点平抛后，

小球第一次落到斜面上F点，过F点作CO的垂线，与CO交于E点．

小球离开C点后做平抛运动，由平抛规律得：

水平方向：FD•cos37°=vCt   ③，

竖直方向：FDsin37°+R+=gt2 ④，

由③④解得：FD=3.75m，而AB=4.5m，BD=0.75m，即AD=3.75m

所以A点与F点重合，小球经 C点后第一次落到斜面上的位置为A点．

答：（1）A、B两点间的距离是4.5m；

（2）小球经过C点后第一次落到斜面上的A点．

解：风的动能：EK=mv2    ①

t时间内风通过叶片为半径的圆柱体内的质量：

m=ρV=ρπl2vt  ②

功率P==ρπl2v3η  ③

由①②③解得：l≈10m；

答：风力发电机的叶片长度约为10m才能满足设计要求．

解：

（1）设转动n周时，水桶的速度为v，则：

，

水桶重力的功率为：

P=Mgv，

解得：

．

（2）从释放水桶到转动n周的过程，对系统由能量守恒定律：

，

由几何关系：h=2nπr，

解得：

．

答：

（1）转动n周时，水桶重力做功的功率为30W；

（2）n的数值．

解：（1）设每秒抽出的水的体积为V，水的密度为ρ，扬程为h，管径为d，电动机的输入功率为P，耗电为E，

      根据能量转化与守恒定律有

        代入数据解得  0.72P=（1.0×105+1.02×105）W

       其中 1.02×105 W为使水获得动能部分功率，

     则电动机消耗的电能E=Pt=2.8×103 kW•h

     （2）由（1）中的方程式知，动能，即

     即有  0.72P‘=（1.0×105+6.35×103）W

      解得  E'=P't=1.5×103 kW•h

答：（1）若采用内径0.5m的水管以及与之配套的电动机和水泵，连续工作10小时，耗电2.8×103 度．

    （2）若改用内径1m的水管及与之配套的电动机和水泵，其它条件不变，连续工作10小时，耗电1.5×103 度．