- 能量的守恒与耗散
- 共3716题
地球上的能量从源头上说来自太阳辐射到达地面的太阳辐射（假定不计大气对太阳辐射的吸收）一部分被地球表面反射到太空，其余部分被地球吸收．被吸收的部分最终转换成为地球热辐射（红外波段的电磁波）．热辐射在向外传播过程中，其中一部分会被温室气体反射回地面，地球以此方式保持了总能量平衡．作为一个简单的理想模型，假定地球表面的温度处处相同，且太阳和地球的辐射都遵从斯忒蕃一玻尔兹曼定律：单位面积的辐射功率 J与表面的热力学温度T的四次方成正比，即 J=σT4，其中σ是一个常量．已知太阳表面温度Ts=5.78×103K，太阳半径 Rs=6.69×105km，地球到太阳的平均距离d=1.50×108km．假设温室气体在大气层中集中形成一个均匀的薄层，并设它对热辐射能量的反射率为ρ=0.38．
（1）如果地球表面对太阳辐射的平均反射率α=0.30，试问考虑了温室气体对热辐射的反射作用后，地球表面的温度是多少？
（2）如果地球表面一部分被冰雪覆盖，覆盖部分对太阳辐射的反射率为α1=0.85，其余部分的反射率处α2=0.25．间冰雪被盖面占总面积多少时地球表面温度为273K．
正确答案
解：（1）根据题意，太阳的总辐射功率为：
PS=4πR2σTS4
设地球半径为rE，地球接收到太阳辐射的总功率为：
P1=σTS4（
地球表面反射的总功率为αP1，设地表温度为TE，则地球热辐射的总功率为：
PE=4πrE2σTE4 ②
考虑到温室气体向地球表面释放的热功率，则输入地球表面的总功率为P1+βPE，当达到热平衡时，输入的能量与输出的能量相等，有：
P1+βPE=αP1+PE ③
由以上各式得：
代入数据，有：
TE=287K
（2）当地球表面的一部分倍冰雪覆盖后，以α′表示地球表面对太阳辐射的平均反射率，根据题意这时地球表面的平均温度为TE=273°C，利用④式，可以求得：
α′=0.43 ⑤
设冰雪覆盖的地表面积与总面积之比为x，则：
α′=α1x+α2（1-x） ⑥
由⑥⑦两式并代入数据有：
x=30%
答：（1）如果地球表面对太阳辐射的平均反射率α=0.30，考虑了温室气体对热辐射的反射作用后，地球表面的温度是287°C；
（2）如果地球表面一部分被冰雪覆盖，覆盖部分对太阳辐射的反射率为α1=0.85，其余部分的反射率处α2=0.25，冰雪被盖面占总面积30%时地球表面温度为273K．
解析
解：（1）根据题意，太阳的总辐射功率为：
PS=4πR2σTS4
设地球半径为rE，地球接收到太阳辐射的总功率为：
P1=σTS4（
地球表面反射的总功率为αP1，设地表温度为TE，则地球热辐射的总功率为：
PE=4πrE2σTE4 ②
考虑到温室气体向地球表面释放的热功率，则输入地球表面的总功率为P1+βPE，当达到热平衡时，输入的能量与输出的能量相等，有：
P1+βPE=αP1+PE ③
由以上各式得：
代入数据，有：
TE=287K
（2）当地球表面的一部分倍冰雪覆盖后，以α′表示地球表面对太阳辐射的平均反射率，根据题意这时地球表面的平均温度为TE=273°C，利用④式，可以求得：
α′=0.43 ⑤
设冰雪覆盖的地表面积与总面积之比为x，则：
α′=α1x+α2（1-x） ⑥
由⑥⑦两式并代入数据有：
x=30%
答：（1）如果地球表面对太阳辐射的平均反射率α=0.30，考虑了温室气体对热辐射的反射作用后，地球表面的温度是287°C；
（2）如果地球表面一部分被冰雪覆盖，覆盖部分对太阳辐射的反射率为α1=0.85，其余部分的反射率处α2=0.25，冰雪被盖面占总面积30%时地球表面温度为273K．
如图（a），磁铁A、B的同名磁极相对放置，置于水平气垫导轨上．A固定于导轨左端，B的质量m=0.5kg，可在导轨上无摩擦滑动．将B在A附近某一位置由静止释放，由于能量守恒，可通过测量B在不同位置处的速度，得到B的势能随位置x的变化规律，见图（c）中曲线I．若将导轨右端抬高，使其与水平面成一定角度（如图（b）所示），则B的总势能曲线如图（c）中II所示，将B在x=20.0cm处由静止释放．
求：（解答时必须写出必要的推断说明．取g=10m/s2）
（1）B在运动过程中动能最大的位置；
（2）运动过程中B的最大速度和最大位移．
（3）图（c）中直线III为曲线II的渐近线，斜率k=
正确答案
（1）势能最小处动能最大，由图线II得：x=6.1cm
（2）由图读得释放处势能EP=0.90J，此即B的总能量．出于运动中总能量守恒，因此在势能最小处动能最大，由图象得最小势能为0.47J，则最大动能为
EKm=0.90-0.47=0.43J
最大速度为
x=20.0 cm处的总能量为0.90J，最大位移由E=0.90J的水平直线与曲线II的左侧交点确定，由图中读出交点位置为x=2.0cm，因此，最大位移
△x=20.0-2.0=18.0cm
（3）渐近线III表示B的重力势能随位置变化关系，即
EPg=mgxsinθ=kx
∴
由直线斜率斜率k=
解得：θ=59.7°
答；（1）B在运动过程中动能最大的位置为6.1cm处；
（2）运动过程中B的最大速度为1.31m/s，最大位移为18.0cm．
（3）导轨的倾角为59.7°．
解析
（1）势能最小处动能最大，由图线II得：x=6.1cm
（2）由图读得释放处势能EP=0.90J，此即B的总能量．出于运动中总能量守恒，因此在势能最小处动能最大，由图象得最小势能为0.47J，则最大动能为
EKm=0.90-0.47=0.43J
最大速度为
x=20.0 cm处的总能量为0.90J，最大位移由E=0.90J的水平直线与曲线II的左侧交点确定，由图中读出交点位置为x=2.0cm，因此，最大位移
△x=20.0-2.0=18.0cm
（3）渐近线III表示B的重力势能随位置变化关系，即
EPg=mgxsinθ=kx
∴
由直线斜率斜率k=
解得：θ=59.7°
答；（1）B在运动过程中动能最大的位置为6.1cm处；
（2）运动过程中B的最大速度为1.31m/s，最大位移为18.0cm．
（3）导轨的倾角为59.7°．
风能是一种环保型能源．目前我国风力发电总装机容量已达2640MW（MW表示兆瓦）．据勘测我国的风力资源至少有2.53×105MW，所以风力发电是很有前途的一种能源．
风力发电是将风的动能转化为电能．设空气的密度为ρ，水平风速为v，风力发电机每个叶片长为L，设通过叶片旋转所围成的圆面积内的所有风能转化为电能的效率为η．求：
（1）该风力发电机的发电功率P的数学表达式．
（2）若某地平均风速为v=10m/s，所用风力发电机的叶片长L=4m，空气密度ρ=1.3kg/m3，效率为η=25%，每天平均发电20小时，每天能获得多少电能？
正确答案
解：（1）叶片旋转所形成的圆面积为S=πL2
t秒内流过该圆面积的风柱体积为V=Svt=πL2vt
风柱体的质量为 m=ρV=ρπL2vt
风柱体的动能为 Ek=
转化成的电能为 E=ηEk=
发出的电功率为 P=
（2）将已知数据代入可求得每天获得的电能为
E=
=5.88×108 J
答：（1）该风力发电机的发电功率P的数学表达式为 P=
（2）每天能获得电能为5.88×108 J．
解析
解：（1）叶片旋转所形成的圆面积为S=πL2
t秒内流过该圆面积的风柱体积为V=Svt=πL2vt
风柱体的质量为 m=ρV=ρπL2vt
风柱体的动能为 Ek=
转化成的电能为 E=ηEk=
发出的电功率为 P=
（2）将已知数据代入可求得每天获得的电能为
E=
=5.88×108 J
答：（1）该风力发电机的发电功率P的数学表达式为 P=
（2）每天能获得电能为5.88×108 J．
（1）利用扫描隧道显微镜（STM）可以得到物质表面原子排列的图象，从而可以研究物质的构成规律．图的照片是一些晶体材料表面的STM图象，通过观察、比较，可以看到这些材料都是由原子在空间排列而构成的，具有一定的结构特征．则构成这些材料的原子在物质表面排列的共同特点是：
a．______；
b．______．
（2）制冷机是一种利用工作物质（制冷剂）的逆循环，使热从低温物体传到高温物体的装置，通过制冷机的工作可以使一定空间内的物体温度低于环境温度并维持低温状态．夏天，将房间中一台正工作的电冰箱的门打开，试分析这是否可以降低室内的平均温度？为什么？
正确答案
解：（1）a．原子在确定方向上有规律地排列，在不同方向上原子的排列规律一般不同；
b．原子排列具有一定对称性．
（2）制冷机正常工作时，室内工作器从室内吸收热量，同时将冷风向室内散发，室外工作器向外散热．若将一台正在工作的电冰箱的门打开，尽管它可以不断地向室内释放冷气，但同时冰箱的箱体向室内散热，就整个房间来说，由于外界通过电流不断有能量输入，室内的温度会不断升高
故答案为：（1）a．原子在确定方向上有规律地排列，在不同方向上原子的排列规律一般不同；b．原子排列具有一定对称性；（2）不会降低室内的平均温度，原因如上．
解析
解：（1）a．原子在确定方向上有规律地排列，在不同方向上原子的排列规律一般不同；
b．原子排列具有一定对称性．
（2）制冷机正常工作时，室内工作器从室内吸收热量，同时将冷风向室内散发，室外工作器向外散热．若将一台正在工作的电冰箱的门打开，尽管它可以不断地向室内释放冷气，但同时冰箱的箱体向室内散热，就整个房间来说，由于外界通过电流不断有能量输入，室内的温度会不断升高
故答案为：（1）a．原子在确定方向上有规律地排列，在不同方向上原子的排列规律一般不同；b．原子排列具有一定对称性；（2）不会降低室内的平均温度，原因如上．
某市计划每日供水180万吨，在市郊修建了一水库．为了将水送入水库，需要将水渠的水提高30m．设每根输水管水泵功率为100kW，且水泵昼夜不停地工作．如不计机械能的损耗，至少需要安装多少根输水管？每根输水管中每秒流过的水量为多少吨？取g=10m/s2．
正确答案
解：将180万吨水提高30m所做的功：W=mgh=180×10000×1000×10×30J=5.4×1012J…①
每台水泵每昼夜做的功：W0=Pt…②
需要的水管：n=
联立①②③解得：n=62.5
所以至少需要63根水管．
每秒流过一根水管的水量为：M=
答：至少需要安装63根水管；每根输水管中每秒流过的水量为0.33吨
解析
解：将180万吨水提高30m所做的功：W=mgh=180×10000×1000×10×30J=5.4×1012J…①
每台水泵每昼夜做的功：W0=Pt…②
需要的水管：n=
联立①②③解得：n=62.5
所以至少需要63根水管．
每秒流过一根水管的水量为：M=
答：至少需要安装63根水管；每根输水管中每秒流过的水量为0.33吨
A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量
B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身
C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高
D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量
（2）如图2所示，内壁光滑的气缸水平放置．一定质量的理想气体被密封在气缸内，外界大气压强为P0．现对气缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，体积由V1增大为V2．则在此过程中，气体分子平均动能______（选增“增大”、“不变”或“减小”），气体内能变化了______．
（3）某同学在进行“用油膜法估测分子的大小”的实验前，查阅数据手册得知：油酸的摩尔质量M=0.283kg•mol-1，密度ρ=0.895×103kg•m-3．若100滴油酸的体积为1ml，则1滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是多少？（取NA=6.02×1023mol-1．球的体积V与直径D的关系为V=
正确答案
解：（1）A、转轮转动的过程中克服摩擦力做功，转轮的速度越来越小，所以要维持转轮转动需要外力做功．故A错误．
B、要维持转轮转动需要外力做功，转轮转动所需能量不能由转轮自己提供．故B错误．
C、转动的叶片不断搅动热水的过程是水对转轮做功的过程，同时水会向四周放出热量，根据热力学第一定律可知水的内能减小，故水温降低，故C错误．
D、根据热力学第二定律，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其变化，故叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量．故D正确．
故选D．
（2）在对气缸缓慢加热的过程中封闭气体的压强保持不变，故气体发生等压变化，根据
根据热力学第一定律△U=Q+W，其中W=-P0sL=-P0（SL2-SL1）=-P0（V2-V1），故△U=Q-P0（V2-V1）
故本题的答案为：增大；Q-P0（V2-V1）．
（3）一个油酸分子的体积
由球的体积与直径的关系得分子直径
最大面积
代入数据解得S=10m2．
解析
解：（1）A、转轮转动的过程中克服摩擦力做功，转轮的速度越来越小，所以要维持转轮转动需要外力做功．故A错误．
B、要维持转轮转动需要外力做功，转轮转动所需能量不能由转轮自己提供．故B错误．
C、转动的叶片不断搅动热水的过程是水对转轮做功的过程，同时水会向四周放出热量，根据热力学第一定律可知水的内能减小，故水温降低，故C错误．
D、根据热力学第二定律，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其变化，故叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量．故D正确．
故选D．
（2）在对气缸缓慢加热的过程中封闭气体的压强保持不变，故气体发生等压变化，根据
根据热力学第一定律△U=Q+W，其中W=-P0sL=-P0（SL2-SL1）=-P0（V2-V1），故△U=Q-P0（V2-V1）
故本题的答案为：增大；Q-P0（V2-V1）．
（3）一个油酸分子的体积
由球的体积与直径的关系得分子直径
最大面积
代入数据解得S=10m2．
（1）水吸收的太阳能是多少？
（2）这些能量相当于完全燃烧多少千克干木柴放出的热量？[q干木柴=1.2×107J/kg]
正确答案
解：（1）水吸收的热量：
Q吸=cm1△t=4.2×103J/（kg•℃）×250kg×（80-20）℃=6.3×107J，
（2）这些热量相当于完全燃烧m2千克干木柴：
因为：Q吸=Q放=m2q
所以：m2=
答：（1）水吸收的热量是6.3×107J；
（2）这些能量相当于完全燃烧5.25kg干木柴放出的热量；
解析
解：（1）水吸收的热量：
Q吸=cm1△t=4.2×103J/（kg•℃）×250kg×（80-20）℃=6.3×107J，
（2）这些热量相当于完全燃烧m2千克干木柴：
因为：Q吸=Q放=m2q
所以：m2=
答：（1）水吸收的热量是6.3×107J；
（2）这些能量相当于完全燃烧5.25kg干木柴放出的热量；
环保汽车将为2008年奥运会场馆服务．某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车，总质量m=3×103kg．当它在水平路面上以v=36km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I=50A，电压U=300V．在此行驶状态下：
（1）求驱动电机的输入功率P电；
（2）若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，求汽车所受阻力与车重的比值（g取10m/s2）；
（3）设想改用太阳能电池给该车供电，其他条件不变，求所需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 P电=IU=1.5×104W
故驱动电机的输入功率P电=1.5×104W．
（2）在匀速行驶时：P机=0.9P电=Fv=fv，故有：
带入数据得汽车所受阻力与车重之比为：
故汽车所受阻力与车重的比值为0.045．
（3）当阳光垂直电磁板入射式，所需板面积最小，设其为S，距太阳中心为r的球面面积：S0=4πr2．
若没有能量的损耗，太阳能电池板接受到的太阳能功率为P′，则
设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P，P=（1-30%）P/②
所以由①②可得：
由于P电=15%P，所以电池板的最小面积S=
故所需最小面积为101m2．
分析可行性并提出合理的改进建议：现在还不能达到设计要求，要进一步提高太阳能电池转化率，减小车的质量，提高电动机效率．
解析
解：（1）驱动电机的输入功率 P电=IU=1.5×104W
故驱动电机的输入功率P电=1.5×104W．
（2）在匀速行驶时：P机=0.9P电=Fv=fv，故有：
带入数据得汽车所受阻力与车重之比为：
故汽车所受阻力与车重的比值为0.045．
（3）当阳光垂直电磁板入射式，所需板面积最小，设其为S，距太阳中心为r的球面面积：S0=4πr2．
若没有能量的损耗，太阳能电池板接受到的太阳能功率为P′，则
设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P，P=（1-30%）P/②
所以由①②可得：
由于P电=15%P，所以电池板的最小面积S=
故所需最小面积为101m2．
分析可行性并提出合理的改进建议：现在还不能达到设计要求，要进一步提高太阳能电池转化率，减小车的质量，提高电动机效率．
（1）据北京市气象台监测显示，2012年3月23日北京刮起了今年以来最大的风，其短时风力达到近十级．在海淀区某公路旁停放的一辆小轿车被大风吹倒的数字信息亭砸中，如图甲所示．已知该信息亭形状为长方体，其高度为h，底面是边长为l的正方形，信息亭所受的重力为G，重心位于其几何中心．
①求大风吹倒信息亭的过程中，至少需要对信息亭做多少功；
②若已知空气密度为ρ，大风的风速大小恒为v，方向垂直于正常直立的信息亭的竖直表面，大风中运动的空气与信息亭表面作用后速度变为零．求信息亭正常直立时，大风给它的对时间的平均作用力为多大．
（2）风力发电是利用风能的一种方式，风力发电机可以将风能（气流的动能）转化为电能，其主要部件如图乙所示．已知某风力发电机风轮机旋转叶片正面迎风时的有效受风面积为S，运动的空气与受风面作用后速度变为零，风力发电机将风能转化为电能的效率和空气密度均保持不变．当风速为v且风向与风力发电机受风面垂直时，风力发电机输出的电功率为P．求在同样的风向条件下，风速为
利用风能发电时由于风速、风向不稳定，会造成风力发电输出的电压和功率不稳定．请你提出一条合理性建议，解决这一问题．
正确答案
解：（1）①信息亭被大风吹倒的过程中，其重心上升的最大高度为
△h=
当信息亭重心最高时速度为零，风对信息亭所做的功最少．设风吹倒信息亭至少做的功为W，由动能定理，有 W-G△h=0
解得 W=
②在△t时间内垂直于信息亭表面吹来的风的空气质量为△m=ρhlv△t
设信息亭对空气的作用力为F，由动量定理，有-F△t=0-ρhlv2△t
解得 F=ρhlv2
根据牛顿第三定律可知，大风（空气）对信息亭的作用力
F′=F=ρhlv2
（2）单位时间内垂直吹向旋转叶片有效受风面积的空气的质量为m=ρSv
这些空气所具有的动能为 Ek=
设风力发电机将风能转化为电能的效率为k，则风力发电机输出的电功率为
P=kEk=
当风速为
若风向改变，可以调整风车的叶面朝向，使叶面与风速垂直，风力发电机更多地接受风能；风大时可以让风力发电机将多余的电能给蓄电池充电，把电能储存起来，发电机输出功率变小时用蓄电池辅助供电等．
答；（1）①大风吹倒信息亭的过程中，至少需要对信息亭做功
②信息亭正常直立时，大风给它的平均作用力为ρhlv2．
（2）发电机输出的电功率为
解析
解：（1）①信息亭被大风吹倒的过程中，其重心上升的最大高度为
△h=
当信息亭重心最高时速度为零，风对信息亭所做的功最少．设风吹倒信息亭至少做的功为W，由动能定理，有 W-G△h=0
解得 W=
②在△t时间内垂直于信息亭表面吹来的风的空气质量为△m=ρhlv△t
设信息亭对空气的作用力为F，由动量定理，有-F△t=0-ρhlv2△t
解得 F=ρhlv2
根据牛顿第三定律可知，大风（空气）对信息亭的作用力
F′=F=ρhlv2
（2）单位时间内垂直吹向旋转叶片有效受风面积的空气的质量为m=ρSv
这些空气所具有的动能为 Ek=
设风力发电机将风能转化为电能的效率为k，则风力发电机输出的电功率为
P=kEk=
当风速为
若风向改变，可以调整风车的叶面朝向，使叶面与风速垂直，风力发电机更多地接受风能；风大时可以让风力发电机将多余的电能给蓄电池充电，把电能储存起来，发电机输出功率变小时用蓄电池辅助供电等．
答；（1）①大风吹倒信息亭的过程中，至少需要对信息亭做功
②信息亭正常直立时，大风给它的平均作用力为ρhlv2．
（2）发电机输出的电功率为
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：（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．
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．
利用油酸在水面上形成一单分子层的油膜的实验，估测分子直径的大小．实验步骤如下：
（1）将5mL的油酸倒人盛有酒精的玻璃杯中，盖上盖并摇动，使油酸均匀溶解形成油酸酒精溶液，读出该溶液的体积为N（mL）
（2）用滴管将油酸酒精溶液一滴一滴地滴人空量杯中，记下当杯中溶液达到1mL时的总滴数n；
（3）在边长约40cm的浅盘里倒人自来水，深约2cm，将少许石膏粉均匀地轻轻撒在水面上；
（4）用滴管往盘中水面上滴1滴油酸酒精溶液．由于酒精溶于水而油酸不溶于水，于是该滴中的油酸就在水面上散开，形成油酸薄膜；
（5）将平板玻璃放在浅方盘上，待油酸薄膜形状稳定后可认为已形成单分子层油酸膜．用彩笔将该单分子层油酸膜的轮廓画在玻璃板上．
（6）取下玻璃板放在方格纸上，量出该单分子层油酸膜的面积S（cm2）．
在估算油酸分子大小时，可将分子看成球形．用以上实验步骤中的数据和符号表示，油酸分子直径的大小约为d=______cm．
（Ⅱ）取一个横截面积是3×10-2m2的不高的圆筒，筒内装水0.6kg，用来测量射到地面的太阳能，某天中午在太阳光照射2min后，水的温度升高了1℃．水的比热容为4.2×103J/kg•℃）．
（1）计算在阳光直射下，地球表面每平方米每秒钟获得的能量．
（2）已知射到大气顶层的太阳能只有43%到达地球表面，另外57%被大气吸收和反射而未到达地球表面，太阳表面到地球表面的距离为r=1.5X1011m，试估算出太阳辐射的功率．（此问结果保留二位有效数字）
正确答案
解：（Ⅰ）先计算1滴油酸酒精溶液中油酸的体积V=1滴酒精油酸溶液的体积×配制比例=
则油酸分子直径的大小约为d=
（Ⅱ）（1）横截面积是3×10-2m2的圆筒在2min内吸收的热量为 Q=cm△t=4.2×103×0.6×1J=2.52×103J
在阳光直射下，地球表面每平方米每秒钟获得的能量为 E=
（2）每平方米每秒钟射到大气顶层的太阳能总量为 E0=
太阳辐射的功率为 P=
代入数据解得，P=4.5×1026W
故答案为：
（Ⅰ）
（Ⅱ）（1）在阳光直射下，地球表面每平方米每秒钟获得的能量为700J/（m2•s）．
（2）太阳辐射的功率为4.5×1026W．
解析
解：（Ⅰ）先计算1滴油酸酒精溶液中油酸的体积V=1滴酒精油酸溶液的体积×配制比例=
则油酸分子直径的大小约为d=
（Ⅱ）（1）横截面积是3×10-2m2的圆筒在2min内吸收的热量为 Q=cm△t=4.2×103×0.6×1J=2.52×103J
在阳光直射下，地球表面每平方米每秒钟获得的能量为 E=
（2）每平方米每秒钟射到大气顶层的太阳能总量为 E0=
太阳辐射的功率为 P=
代入数据解得，P=4.5×1026W
故答案为：
（Ⅰ）
（Ⅱ）（1）在阳光直射下，地球表面每平方米每秒钟获得的能量为700J/（m2•s）．
（2）太阳辐射的功率为4.5×1026W．
一辆总质量为M=6.0×102 kg的太阳能汽车，使用太阳能电池供电，它的集光板能时刻正对着太阳．太阳能电池可以对电动机提供U=120V电压和I=10A的电流，汽车正常工作时，车上电动机将电能转化为机械能的效率η为60%．已知太阳向外辐射能量的总功率为P总=3.9×1026W．太阳光穿过太空和地球周围的大气层到达地面的过程中有大约28%的能量损耗．太阳光垂直照射到地面上时，单位面积的辐射功率P0=1.0×103W/m2．半径为R的球面积公式为S=4πR2．
（1）若这辆车在行驶过程中所受阻力是车重的0.05倍，求这辆车行驶的最大速度；
（2）根据题目所给出的数据，估算太阳到地球表面的距离．
正确答案
解：（1）电动机的功率 P=UI=1200W
电动机输出的机械功率 P机=ηP电=720W
当汽车以最大速度行驶时 F牵=Ff=0.05Mg=300N
根据 P机=F牵vm
求出最大速度 vm=2.4m/s
（2）设太阳到地面的距离是R，以太阳为球心，以R为半径的面积为S=4πR2
由题意可知
代入数据求出 R=1.5×1011m
答：（1）若这辆车在行驶过程中所受阻力是车重的0.05倍，则这辆车行驶的最大速度为2.4m/s；
（2）根据题目所给出的数据，估算太阳到地球表面的距离为1.5×1011m．
解析
解：（1）电动机的功率 P=UI=1200W
电动机输出的机械功率 P机=ηP电=720W
当汽车以最大速度行驶时 F牵=Ff=0.05Mg=300N
根据 P机=F牵vm
求出最大速度 vm=2.4m/s
（2）设太阳到地面的距离是R，以太阳为球心，以R为半径的面积为S=4πR2
由题意可知
代入数据求出 R=1.5×1011m
答：（1）若这辆车在行驶过程中所受阻力是车重的0.05倍，则这辆车行驶的最大速度为2.4m/s；
（2）根据题目所给出的数据，估算太阳到地球表面的距离为1.5×1011m．
（1）如果太阳能电池的硅片面积为4m2，可提供电功率为50kW，巨大的太阳能收集板系统的总面积可达5 000km2，其发电功率是多少千瓦？
（2）利用微波传输电能，输电效率可达80%，试计算到达地面接收站时的功率实际是多少千瓦．
（3）一个太阳灶每平方米平均每分钟吸收太阳能8.4×104J，若其效率为15%，那么表面积为2m2的太阳灶的功率为多少？
正确答案
解：（1）由题可知：
则：P2=
（2）由η=
P实=ηP2=6.25×1010kW×80%=5×1010kW；
（3）P3=
答：（1）如果太阳能电池的硅片面积为4m2，可提供电功率为50kW，巨大的太阳能收集板系统的总面积可达5 000km2，其发电功率是6.25×1010kW；
（2）利用微波传输电能，输电效率可达80%，试计算到达地面接收站时的功率实际是5×1010kW．
（3）一个太阳灶每平方米平均每分钟吸收太阳能8.4×104J，若其效率为15%，那么表面积为2m2的太阳灶的功率为420W．
解析
解：（1）由题可知：
则：P2=
（2）由η=
P实=ηP2=6.25×1010kW×80%=5×1010kW；
（3）P3=
答：（1）如果太阳能电池的硅片面积为4m2，可提供电功率为50kW，巨大的太阳能收集板系统的总面积可达5 000km2，其发电功率是6.25×1010kW；
（2）利用微波传输电能，输电效率可达80%，试计算到达地面接收站时的功率实际是5×1010kW．
（3）一个太阳灶每平方米平均每分钟吸收太阳能8.4×104J，若其效率为15%，那么表面积为2m2的太阳灶的功率为420W．
太阳光垂直照射地面时，每平方厘米的面积上每年共获得1.02×102千卡的热量，（1千卡：1千克水温度升高1℃所需的热量）则：
（1）用这些热量给水加热，可使多少千克的20℃水温度升高到35℃？
（2）若这些热量全部用来做功，能做多少焦耳的功？
（3）这些热量与完全燃烧多少汽油所产生的热量相等？（汽油燃烧值为11000千卡/千克）
正确答案
解：（1）因1千克水温度升高1℃所需的热量为1千卡；
设使m千克水从20℃升高到35℃．
则m=
（2）因1千卡=4.18×103J；
故全部的热量为：Q=1.02×102×4.18×103=4.2×106J这些热量全部用来做功，
可做的功W=Q=4.2×106J；
（3）设这些热量与m千克汽油完全燃烧所释放的热量相等，则Q=mq；
解得：m=
答：（1）用这些热量给水加热，可以使6.8kg的水从温度20℃升高到35℃；
（2）这些热量全部用来做功的话，能做4.2×106焦的功；
（3）这些热量与完全燃烧0.092kg汽油放出的热量相等．
解析
解：（1）因1千克水温度升高1℃所需的热量为1千卡；
设使m千克水从20℃升高到35℃．
则m=
（2）因1千卡=4.18×103J；
故全部的热量为：Q=1.02×102×4.18×103=4.2×106J这些热量全部用来做功，
可做的功W=Q=4.2×106J；
（3）设这些热量与m千克汽油完全燃烧所释放的热量相等，则Q=mq；
解得：m=
答：（1）用这些热量给水加热，可以使6.8kg的水从温度20℃升高到35℃；
（2）这些热量全部用来做功的话，能做4.2×106焦的功；
（3）这些热量与完全燃烧0.092kg汽油放出的热量相等．
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：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℃．
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℃．
扫码查看完整答案与解析