- 能量的守恒与耗散
- 共3716题
某同学解法为：
木棒与竖直位置成θ时，木棒所受的力矩平衡 Mg Lsinθ/2=F Lcosθ，
得到F=Mgtgθ/2
从竖直位置缓慢拉起的过程中，拉力F从0变化到Mgtgθ/2，
拉力F的平均值
拉力作用点在力F方向上的位移是 S=L sinθ
根据W=FS 解得：拉力F 做的功：WF=Mg L sinθtgθ/4
所以在拉起的过程中，拉力F做的功为WF=Mg L sinθtgθ/4，
你认为他的解法是否正确？若正确，请说明理由；若错误，也请说明理由，并且解出正确的结果．
正确答案
解：不正确
沿水平方向F力不是均匀地增加，所以不能用力的算术平均值来计算此力所做的功．
正确解法：根据动能定理得：
WF+WG=0
WG=-Mg△h=-
∴WF=
解析
解：不正确
沿水平方向F力不是均匀地增加，所以不能用力的算术平均值来计算此力所做的功．
正确解法：根据动能定理得：
WF+WG=0
WG=-Mg△h=-
∴WF=
（Ⅰ）此过程克服大气压力所做的功；
（Ⅱ）活塞从释放到将要离开缸口，缸内气体内能改变了多少？
正确答案
解：Ⅰ．设大气作用在活塞上的压力为F，则：F=P0S
根据功的算式W=FL
得：W=
Ⅱ．设活塞离开气缸时动能为Ek，则：
根据能量守恒定律得：
△E=
答：此过程克服大气压力所做的功为
活塞从释放到将要离开缸口，缸内气体内能改变了
解析
解：Ⅰ．设大气作用在活塞上的压力为F，则：F=P0S
根据功的算式W=FL
得：W=
Ⅱ．设活塞离开气缸时动能为Ek，则：
根据能量守恒定律得：
△E=
答：此过程克服大气压力所做的功为
活塞从释放到将要离开缸口，缸内气体内能改变了
汽车运动时，驱动轮与地面摩擦产生牵引力．某种型号的小汽车，重1.3吨，前置驱动（前轮为驱动轮），两个前轮和两个后轮都是均匀受力，且前轮所受摩擦力大小是后轮的3倍，车轮不打滑．假设空气阻力恒定且为车重的0.1倍，重力加速度取10m/s2．
（1）在某种路面上试车，汽车从静止开始做匀加速直线运动，若能在S=150m的距离内加速到υ=30m/s，每个车轮产生的牵引力多大？
（2）若汽车发动机输出功率保持60kW，要使该车在S=150m的距离内从静止开始加速到υ=30m/s，需要多少时间？
正确答案
解：（1）设汽车加速度为，每个前轮所受摩擦力为，也就是地面对车轮的驱动力．
依题意有：═
设汽车前进时受到的阻力为，有：=2×
根据牛顿第二定律有：2-=…③；
化简得：=
代入数据得：=3.9×103N …⑤；
（2）设汽车发动机输出功率为，根据能量守恒定律，有：=0.1+2+02…⑥；
代入数据得：=19.5s…⑦；
答：（1）每个车轮产生的牵引力是3.9×103N．
（2）要使该车在S=150m的距离内从静止开始加速到30m/s，需要19.5s时间．
解析
解：（1）设汽车加速度为，每个前轮所受摩擦力为，也就是地面对车轮的驱动力．
依题意有：═
设汽车前进时受到的阻力为，有：=2×
根据牛顿第二定律有：2-=…③；
化简得：=
代入数据得：=3.9×103N …⑤；
（2）设汽车发动机输出功率为，根据能量守恒定律，有：=0.1+2+02…⑥；
代入数据得：=19.5s…⑦；
答：（1）每个车轮产生的牵引力是3.9×103N．
（2）要使该车在S=150m的距离内从静止开始加速到30m/s，需要19.5s时间．
小玲利家用煤气灶烧水，把为lkg、l5℃的水烧开（在标准大气压下），烧水前后煤气表的示数分别如图甲、乙所示．[c水=4.2×1O3J/（kg•℃）]
（1）煤气的用量是多少立方米？如果煤气的密度为O.6kg/m3，烧水时消耗煤气多少千克？
（2）在此过程中水需要吸收多少热量？
（3）用额定功率是750W的电热器烧开同样的水，若电能转化为热能的效率是90%，则通电时间是多少？
正确答案
解：（1）由图可知，煤气用量为456.178-456.163m3=0.015m3
消耗的煤气为m=ρV=O.6kg/m3×0.015m3=0.009 Kg；
（2）由比热公式可知：4.2×1O3J/（kg•℃）]
Q=mc△t=0.009×4.2×1O3J/（kg•℃）×（100-15）=3.57×105J；
（3）由能量守恒可知：Q=Pt×90%
则t=
答：（1）煤气用量为0.015m3；质量为0.009kg；（2）需吸收的热量为3.57×105J； （3）烧开水用时529s．
解析
解：（1）由图可知，煤气用量为456.178-456.163m3=0.015m3
消耗的煤气为m=ρV=O.6kg/m3×0.015m3=0.009 Kg；
（2）由比热公式可知：4.2×1O3J/（kg•℃）]
Q=mc△t=0.009×4.2×1O3J/（kg•℃）×（100-15）=3.57×105J；
（3）由能量守恒可知：Q=Pt×90%
则t=
答：（1）煤气用量为0.015m3；质量为0.009kg；（2）需吸收的热量为3.57×105J； （3）烧开水用时529s．
某研究性学习小组发现河水在缓慢流动时有一个规律，河中央流速最大，岸边速度几乎为零．为了研究河水流速与离河岸距离的关系，小明设计了这样的测量仪器：如图甲所示，两端开口的“L”形玻璃管的水
平部分置于待测的水流中，竖直部分露出水面，且露出水面部分的玻璃管足够长．当水流以速度v正对“L”形玻璃管的水平部分开口端匀速流动时，管内外水面高度差为h，且h随水流速度的增大而增大．为了进一步研究水流速度v与管内外水面高度差h的关系，该组同学进行了定量研究，得到了如下表所示的实验数据，并根据实验数据得到了v-h图象，如图丙所示．
（1）根据上表的数据和图丙中图象的形状，可猜想v和h之间的关系为______；
为验证猜想，请在图丁中确定纵轴所表示的物理量，并作出图象，若该图象的形状为______，说明猜想正确．
（2）现利用上述测速器，由河流南岸开始，每隔1m测一次流速，得到数据如下表所示：根据v和h之间的关系完成下表的最后一行，对比下表中的数据，可以看出河中水流速度v与离南岸的距离x的关系为______．
正确答案
解：（1）在数据中，当v由1.00→2.00→3.00，h由0.05→0.20→0.45，再结合丙中图象得出：
v2=20h；
图象如图，若该图象的形状为直线，我们可以说明v2与h成正
（2）根据v2=20h，已知h求出对应的v．
数据：自左向右为：
0，0.4，0.8，1.2，1.6．
根据表格中x与v的数据得出：
v∝x
故答案为：（1）v2=20h，直线；
（2）v∝x；
0，0.4，0.8，1.2，1.6．
解析
解：（1）在数据中，当v由1.00→2.00→3.00，h由0.05→0.20→0.45，再结合丙中图象得出：
v2=20h；
图象如图，若该图象的形状为直线，我们可以说明v2与h成正
（2）根据v2=20h，已知h求出对应的v．
数据：自左向右为：
0，0.4，0.8，1.2，1.6．
根据表格中x与v的数据得出：
v∝x
故答案为：（1）v2=20h，直线；
（2）v∝x；
0，0.4，0.8，1.2，1.6．
今有1kg温度为90℃的水，在标准状况下把它变成100℃的水蒸气，共吸收了2292KJ的热量，求水的汽化热L？（假设在整个过程中无热量损失，水的比热容4.2kJ/kg）
正确答案
解：1kg温度为90℃的水，升高到100°C过程吸收的热量为：
故水的汽化热为：
答：水的汽化热L为2250KJ．
解析
解：1kg温度为90℃的水，升高到100°C过程吸收的热量为：
故水的汽化热为：
答：水的汽化热L为2250KJ．
（1）A、B两点间的距离；
（2）小球经过C点后第一次落到斜面上的位置．
正确答案
由牛顿第二定律可得：mg=m
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+
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+
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．
解析
由牛顿第二定律可得：mg=m
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+
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+
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．
（1）2011年3月11日，日本发生九级大地震，造成福岛核电站的核泄漏事故．在泄露的污染物中含有131I和137Cs两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射．在下列四个式子中，有两个能分别反映131I和137Cs衰变过程，它们分别是______和______（填入正确选项前的字母）．131I和137Cs原子核中的中子数分别是______和______．
A．X1→56137Ba+01nB．X2→54131Xe+-10eC．X3→56137Ba+-10eD．X4→54131Xe+11p
（2）一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g．求：
（i）木块在ab段受到的摩擦力f；
（ii）木块最后距a点的距离s．
正确答案
解：（1）原子核的衰变有2种，即α衰变、β衰变．其中α衰变产生α离子，β衰变产生β离子即电子．只有B、C是衰变反应，
并且产生的是电子即属于β衰变，正确选项 B和C；再由质量数和核电荷数守恒可以得出131I原子核中的中子数为：
131-53=78；137Cs原子核中的中子数为；137-55=82．
（2）（i）设木块和物体P共同速度为v，两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动量和能量守恒得：
mv0=（m+2m）v…①
由①②得：
（ii）设木块最后离a端距离s，木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得：
由②③④得：
答：（1）由质量数和核电荷数守恒可以得出正确选项 B和C；中子数为78和82
（2）木块在ab段受到的摩擦力
解析
解：（1）原子核的衰变有2种，即α衰变、β衰变．其中α衰变产生α离子，β衰变产生β离子即电子．只有B、C是衰变反应，
并且产生的是电子即属于β衰变，正确选项 B和C；再由质量数和核电荷数守恒可以得出131I原子核中的中子数为：
131-53=78；137Cs原子核中的中子数为；137-55=82．
（2）（i）设木块和物体P共同速度为v，两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动量和能量守恒得：
mv0=（m+2m）v…①
由①②得：
（ii）设木块最后离a端距离s，木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得：
由②③④得：
答：（1）由质量数和核电荷数守恒可以得出正确选项 B和C；中子数为78和82
（2）木块在ab段受到的摩擦力
一个截面积为S的圆形绝热容器装有质量为m的水，已知太阳照射的时间为T后，温度升高到t2，若照射时阳光与水平方向的垂直，求截面积辐射的功率．
正确答案
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
解析
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
低扬程，大功率的抽水站往往采用大口径的水管，及与之配套的水泵和电动机．这其中考虑了诸多因素．而首先考虑的是节能，设抽水扬程为5m（计算时可简化为竖直高度）．要求每秒抽出2 m2的水，电动机和水泵的效率分别是90%和80%．求（取：π2=10，g=10 m/s2，结果保留两位有效数字）
（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，耗电多少度．
（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，耗电多少度．
正确答案
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．
解析
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．
一台二氧化碳激光器发出的激光功率为P=1000W，出射光束截面积为S=1mm2，这束光垂直射到温度为T=273K，厚度为d=2cm的铁板上，如果有80%的光束能量被激光照射到的那一小部分铁板所吸收，并使其熔化成与光束等截面积的直圆柱孔，需要多长时间？（铁的有关参数：热容量c=26.6J/mol•k，密度ρ=7.90×103㎏/m3，熔点Tm=1798K，熔解热L=1.49×104J/mol，摩尔质量M=56×10-3㎏）
正确答案
解：激光所照射到的质量为m的铁板在熔化过程中所吸收的热量为：
Q=
代入数据求得：t=0.192s．
答：需要的时间为0.192s．
解析
解：激光所照射到的质量为m的铁板在熔化过程中所吸收的热量为：
Q=
代入数据求得：t=0.192s．
答：需要的时间为0.192s．
（2015秋•昆明校级期中）“霾”主要指原因不明的因大量烟、尘等微粒悬浮而形成的浑浊现象．根据目前的认识，机动车尾气排放、煤炭燃烧和工业生产的燃烧过程中排放的二氧化硫和氮氧化物等是产生霾的主要来源．它会对人的呼吸系统、神经系统等产生影响．将汽车由燃烧汽油、柴油等改为使用电力，是从源头减少“霾”的重要措施．一辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车，拥有三十多个座位，其电池每次充电仅需三至五个小时，蓄电量可让客车一次性跑500km，客车时速最高可达180km．如果客车总质量为9×103kg．当它在某城市快速公交路面上以v=90km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I=150A，电压U=300V．在此行驶状态下（取g=10m/s2），求：
（1）驱动电机的输入功率；
（2）若驱动电机能够将输入功率的80%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，求汽车所受阻力的大小；
（3）设想改用太阳能电池给该车供电，其他条件不变，求所需的太阳能电池板的最小面积．结合计算结果，简述你对该设想的思考．
（已知太阳辐射的总功率P0=4×1026W，太阳到地球的距离r=1.5×1011m，太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗，该车所用太阳能电池的能量转化效率约为15%）
正确答案
解：（1）驱动电机的输入功率为：
P电=IU=150×300 W=4.5×104 W．
（2）在匀速行驶时有：P机=0.8P电=Fv=Ffv
Ff=
（3）设太阳能电池板的面积是S，距太阳中心为r的球面面积为：S0=4πr2，
若没有能量损耗，太阳能电池板接受到的太阳能功率为P′，则有：P′=
太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P，有：
P=（1-30%）P′，
由于P机=1.5×103W，
电池板面积为：S=
解得：S=303m2．
由于需要的太阳板面积过大，实际中无法操作；
答：（1）驱动电机的输入功率为4.5×104 W．
（2）汽车所受阻力的大小为1440N
（3）设所需的太阳能电池板的最小面积303m2；电池板的面积太大，不符合实际．改进的方法是提高太阳能电池板的能量转化效率
解析
解：（1）驱动电机的输入功率为：
P电=IU=150×300 W=4.5×104 W．
（2）在匀速行驶时有：P机=0.8P电=Fv=Ffv
Ff=
（3）设太阳能电池板的面积是S，距太阳中心为r的球面面积为：S0=4πr2，
若没有能量损耗，太阳能电池板接受到的太阳能功率为P′，则有：P′=
太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P，有：
P=（1-30%）P′，
由于P机=1.5×103W，
电池板面积为：S=
解得：S=303m2．
由于需要的太阳板面积过大，实际中无法操作；
答：（1）驱动电机的输入功率为4.5×104 W．
（2）汽车所受阻力的大小为1440N
（3）设所需的太阳能电池板的最小面积303m2；电池板的面积太大，不符合实际．改进的方法是提高太阳能电池板的能量转化效率
（1）转动n周时，水桶重力做功的功率P；
（2）n的数值．
正确答案
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
解析
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
（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小．
（2）人在奔跑过程中木板的加速度．
（3）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间．
（4）人抱住立柱后，木板向什么方向滑动？滑行多远的距离？
正确答案
解：（1）设人的质量为m，加速度为a1，木板的质量为M，加速度为a2，人对木板的摩擦力为f．
则对人有：f=ma1=200N
（2）对木板受力可知：f-μ（M+m）g=Ma2
则：a2=
代入数据解得：a2=2m/s2
（3）设人从左端跑到右端时间为t．
由运动学公式得：L=
则t=
代入数据解得：t=2 s
（4）设人跑至右端时，人的速度为 v1，木板的速度为 v2；人抱住木板后，其共同的速度为 v
由运动学公式得：
v1=a1t=8 m/s
v2=a2t=4 m/s
由动量守恒定律可得：
mv1-Mv2=（m+M）v
代入数据解得：v=2m/s
v 的方向与人原运动方向一致
由动能定理可得：μ（M+m）gs=
代入数据解得：s=2 m
答：（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小为200N．
（2）人在奔跑过程中木板的加速度为2 m/s2．
（3）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间为2s．
（4）人抱住木板后，木板与人原来的运动方向相同，滑行多远的距离为2m．
解析
解：（1）设人的质量为m，加速度为a1，木板的质量为M，加速度为a2，人对木板的摩擦力为f．
则对人有：f=ma1=200N
（2）对木板受力可知：f-μ（M+m）g=Ma2
则：a2=
代入数据解得：a2=2m/s2
（3）设人从左端跑到右端时间为t．
由运动学公式得：L=
则t=
代入数据解得：t=2 s
（4）设人跑至右端时，人的速度为 v1，木板的速度为 v2；人抱住木板后，其共同的速度为 v
由运动学公式得：
v1=a1t=8 m/s
v2=a2t=4 m/s
由动量守恒定律可得：
mv1-Mv2=（m+M）v
代入数据解得：v=2m/s
v 的方向与人原运动方向一致
由动能定理可得：μ（M+m）gs=
代入数据解得：s=2 m
答：（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小为200N．
（2）人在奔跑过程中木板的加速度为2 m/s2．
（3）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间为2s．
（4）人抱住木板后，木板与人原来的运动方向相同，滑行多远的距离为2m．
跳绳比赛是一种较剧烈的运动，某同学的质量为50kg，他每分钟跳绳180次．假定在每次跳跃中，脚与地面接触的时间是跳跃一次所需时间的
（1）该同学腾空高度为多大？
（2）他起跳时的初动能多大？
（3）他在上升过程中克服重力做功的平均功率多大？
（4）他的心脏工作时的平均功率为平时正常工作时的多少倍？
正确答案
解：（1）每次跳跃的时间：
腾空时间：
腾空高度：
（2）起跳时的初速度：
初动能：
（3）上升过程中克服重力做功：W=mgh=50×10×0.05J=25J
平均功率：
（4）心脏每次心跳的时间：
心脏每次泵血做功：W=PV=3×104×10-4J=3J
跳绳时心脏的平均功率：
为正常工作时平均功率的n=
答：（1）该同学腾空高度为0.05m．
（2）他起跳时的初动能为25J．
（3）他在上升过程中克服重力做功的平均功率为250W．
（4）他的心脏工作时的平均功率为平时正常工作时的4.7倍．
解析
解：（1）每次跳跃的时间：
腾空时间：
腾空高度：
（2）起跳时的初速度：
初动能：
（3）上升过程中克服重力做功：W=mgh=50×10×0.05J=25J
平均功率：
（4）心脏每次心跳的时间：
心脏每次泵血做功：W=PV=3×104×10-4J=3J
跳绳时心脏的平均功率：
为正常工作时平均功率的n=
答：（1）该同学腾空高度为0.05m．
（2）他起跳时的初动能为25J．
（3）他在上升过程中克服重力做功的平均功率为250W．
（4）他的心脏工作时的平均功率为平时正常工作时的4.7倍．
扫码查看完整答案与解析