- 能量的守恒与耗散
- 共3716题
如图所示,一边长L=0.2m,质量m1=0.5kg,电阻R=0.1Ω的正方形导体线框abcd,与一质量为m2=2kg的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连.起初ad边距磁场下边界为d1=0.8m,磁感应强度B=2.5T,磁场宽度d2=0.3m,物块放在倾角θ=53°的斜面上,物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5.现将物块由静止释放,经一段时间后发现当ad边从磁场上边缘穿出时,线框恰好做匀速运动.(g取10m/s,sin53°=0.8,cos53°=0.6)求:
(1)线框ad边从磁场上边缘穿出时速度的大小?
(2)线框刚刚全部进入磁场时动能的大小?
(3)整个运动过程线框产生的焦耳热为多少?
正确答案
解:(1)由于线框匀速出磁场,受力分析知
对m2有:m2gsinθ-μm2gcosθ-T=0…①
对m1有:T-m1g-BIL=0…②
又因为有:…③
联立①②③可得:v==
=2m/s
(2)从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场,由动能定理得:
将速度v代入,(2×10×0.8-0.5×2×10×0.6)-0.5×10×(0.3-0.2)=(2+0.5)×22-EK
整理可得线框刚刚全部进入磁场时,线框与物块的动能和为:EK=4.5J
所以此时线框的动能为:J
(3)从初状态到线框刚刚完全出磁场,由能的转化与守恒定律可得:
m2gsinθ-μm2gcosθ)(d1+d2+L)-m1g(d1+d2+L)=Q+
将数值代入有:
2×10×0.8-0.5×2×10×0.6)×(0.8+0.3+0.2)-0.5×10×(0.8+0.3+0.2)=Q+(2+0.5)×22
整理可得线框在整个运动过程中产生的焦耳热为:
Q=1.5 J
答:(1)线框ad边从磁场上边缘穿出时速度的大小为2m/s.
(2)线框刚刚全部进入磁场时动能的大小为0.9J.
(3)整个运动过程线框产生的焦耳热为1.5J.
解析
解:(1)由于线框匀速出磁场,受力分析知
对m2有:m2gsinθ-μm2gcosθ-T=0…①
对m1有:T-m1g-BIL=0…②
又因为有:…③
联立①②③可得:v==
=2m/s
(2)从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场,由动能定理得:
将速度v代入,(2×10×0.8-0.5×2×10×0.6)-0.5×10×(0.3-0.2)=(2+0.5)×22-EK
整理可得线框刚刚全部进入磁场时,线框与物块的动能和为:EK=4.5J
所以此时线框的动能为:J
(3)从初状态到线框刚刚完全出磁场,由能的转化与守恒定律可得:
m2gsinθ-μm2gcosθ)(d1+d2+L)-m1g(d1+d2+L)=Q+
将数值代入有:
2×10×0.8-0.5×2×10×0.6)×(0.8+0.3+0.2)-0.5×10×(0.8+0.3+0.2)=Q+(2+0.5)×22
整理可得线框在整个运动过程中产生的焦耳热为:
Q=1.5 J
答:(1)线框ad边从磁场上边缘穿出时速度的大小为2m/s.
(2)线框刚刚全部进入磁场时动能的大小为0.9J.
(3)整个运动过程线框产生的焦耳热为1.5J.
2013年12月15日4时35分,嫦娥三号着陆器与“玉兔号”月球车分离,“玉兔号”月球车顺利驶抵月球表面.已知“玉兔号”月球车的质量为140kg,以太阳能为能源,装有太阳能电池板和储能电池.若该太阳能电池板面积约1m2,正常工作时单位面积接收的太阳能平均功率为1000W,电池板把太阳能转化为电能的效率是10%,而月球车内的电动机把电能转化为机械能的效率是80%.
“玉兔号”月球车在某一次工作时,电动机输出的机械功率是36W,此时他在月球表面以最大速度0.1m/s运动.假设它行驶时所受的阻力与其速度大小成正比,比例系数为k(k未知),则:
(1)比例系数k多大?
(2)若“玉兔号”月球车加速运动阶段电动机输出的机械功率恒为36W不变,则当速度为0.05m/s时加速度多大?
(3)若“玉兔号”月球车从静止开始以36W的恒定机械功率运行200s(此时已达最大速度),则月球车克服阻力做的功是多少?
正确答案
解:(1)匀速运动时,处于平衡状态,由平衡条件得:F=f=kv,
功率:P=Fv=kv2,代入数据解得:k=3600;
(2)由牛顿第二定律得:-kv=ma,
代入数据解得:a≈3.86m/s2;
(3)由动能定理得:Pt-Wf=mv2-0,
解得:Wf=7199.3J;
答:(1)比例系数k=3600;
(2)当速度为0.05m/s时加速度为3.86m/s2;
(3)球车克服阻力做的功是7199.3J.
解析
解:(1)匀速运动时,处于平衡状态,由平衡条件得:F=f=kv,
功率:P=Fv=kv2,代入数据解得:k=3600;
(2)由牛顿第二定律得:-kv=ma,
代入数据解得:a≈3.86m/s2;
(3)由动能定理得:Pt-Wf=mv2-0,
解得:Wf=7199.3J;
答:(1)比例系数k=3600;
(2)当速度为0.05m/s时加速度为3.86m/s2;
(3)球车克服阻力做的功是7199.3J.
太阳每年辐射到地球上的能量可达1018kw.h.太阳辐射到地球上的能量有60%被大气层反射,已知太阳发出的光经过8min到达地球,地球半径R=6400km.
(1)试估算太阳每年释放的能量;
(2)地球受照面上每平方米接收到的太阳光的辐射功率是多少?
(3)如果辐射到地球表面的能量的0.2%用来发电,每年能发出多少度电?
正确答案
解:(1)日地距离为:r=ct=3×108m/s×(8×60)s=1.44×1011m
太阳辐射为球面辐射,故:
解得:
=2.025×1027KW•h=7.29×1033J
(2)地球受照面上每平方米接收到的太阳光的辐射功率:
P==
=117.5W
(3)如果辐射到地球表面的能量的0.2%用来发电,根据能量守恒定律,有:
E电=E0η1η2
故:
答:(1)太阳每年释放的能量约为7.29×1033J;
(2)地球受照面上每平方米接收到的太阳光的辐射功率是117.5W;
(3)如果辐射到地球表面的能量的0.2%用来发电,每年能发出度电.
解析
解:(1)日地距离为:r=ct=3×108m/s×(8×60)s=1.44×1011m
太阳辐射为球面辐射,故:
解得:
=2.025×1027KW•h=7.29×1033J
(2)地球受照面上每平方米接收到的太阳光的辐射功率:
P==
=117.5W
(3)如果辐射到地球表面的能量的0.2%用来发电,根据能量守恒定律,有:
E电=E0η1η2
故:
答:(1)太阳每年释放的能量约为7.29×1033J;
(2)地球受照面上每平方米接收到的太阳光的辐射功率是117.5W;
(3)如果辐射到地球表面的能量的0.2%用来发电,每年能发出度电.
某地平均风速5m/s,空气密度1.2Kg/m3.有一风车叶片转动时可形成半径为12m的圆面;若风车能将此圆面内10%的气流转化为电能.则该风车带动的发电机的功率是多少?
正确答案
解:首先可以求出在时间t内作用于风车的气流质量为:m=πr2υtρ,
这些气流的动能为mυ2;
转变的电能为:E=mυ2×10%,
故风车带动电动机功率为:P==
πr2ρυ3×10%
代入数据以后得:P=3.4kW
答:该风车带动的发电机功率是3.4kW
解析
解:首先可以求出在时间t内作用于风车的气流质量为:m=πr2υtρ,
这些气流的动能为mυ2;
转变的电能为:E=mυ2×10%,
故风车带动电动机功率为:P==
πr2ρυ3×10%
代入数据以后得:P=3.4kW
答:该风车带动的发电机功率是3.4kW
“和平号”空间站已于×××××成功地坠落在南太平洋海域.坠落过程可简化从一个近圆轨道(可近似看作圆轨道)开始,经过与大气摩擦,空间站的绝大部分经过升温、溶化,最后汽化而销毁,剩下的残片坠入大海.此过程中,空间站原来的机械能中,除一部分用于销毁和一部分被残片带走外,还有一部分能量E′通过其他方式散失(不考虑坠落过程中化学反应的能量).
(1)试导出用下列各物理量的符号表示散失能量E′的公式.
(2)算出E′的数值(结果保留两位有效数字).
坠落开始时空间站的质量M=1.17×105kg轨道离地面的高度为h=146km地球半径R=6.4×106m坠落空间范围内重力加速度可看作g=10m/s2入海残片的质量m=1.2×104kg入海残片的温度升高△T=3000K入海残片的入海速度为声速v=340m/s
空间站材料每1千克升温1K平均所需平均所需能量c=1.0×103J
每销毁1千克材料平均所需能量μ=1.0×107J.
正确答案
解:(1)以地面为重力势能原点
附落开始时空间站在近圆轨道的势能为EP=mgh
以v表示空间站在近圆轨道上的速度
Mg=M
半径:r=R+h
则在近圆轨道上空间站的机械能
E=Mg(R+
)
在坠落过程中,用于消毁部分的能量为
Q汽=(M-m)μ
用于残片开温 Q残=Cm△T
残片动能 E残=mv2
由能量守恒得:E=Q汽+E残+Q残+Z′
E′=Mg(R+
h)-(M-m)μ-
mv2-Cm△T
(2)以上数据得 E′=2.9×1012J
答:(1)散失能量E′的公式为E′=Mg(R+
h)-(M-m)μ-
mv2-Cm△T.
(2)算出E′的数值是2.9×1012J.
解析
解:(1)以地面为重力势能原点
附落开始时空间站在近圆轨道的势能为EP=mgh
以v表示空间站在近圆轨道上的速度
Mg=M
半径:r=R+h
则在近圆轨道上空间站的机械能
E=Mg(R+
)
在坠落过程中,用于消毁部分的能量为
Q汽=(M-m)μ
用于残片开温 Q残=Cm△T
残片动能 E残=mv2
由能量守恒得:E=Q汽+E残+Q残+Z′
E′=Mg(R+
h)-(M-m)μ-
mv2-Cm△T
(2)以上数据得 E′=2.9×1012J
答:(1)散失能量E′的公式为E′=Mg(R+
h)-(M-m)μ-
mv2-Cm△T.
(2)算出E′的数值是2.9×1012J.
2013年12月15日“嫦娥三号”探测器成功实现“月面软着陆”.若着陆的最后阶段可简化为三个过程:①探测器从月球表面附近高为H处开始匀减速竖直下降至静止;②悬停(即处于静止状态);③自由下落至月球表面.为了保证探测器的安全,要求探测器到达月球表面的速度不能超过vm,月球表面附近的重力加速度为g0,探测器在减速过程中每秒钟消耗的燃料为△m=pa+q(a为探测器匀减速下降的加速度大小,p、q为大于零的常数).忽略探测器因消耗燃料而引起的质量变化.
(1)求探测器悬停位置距月球表面的最大高度hm;
(2)若在(1)中悬停最大高度hm不变的情况下,为使探测器减速下降过程中消耗的燃料质量最少,则该过程中探测器的加速度为多大,最低消耗燃料的质量m为多少.
正确答案
解:(1)在自由下落到月球表面的过程中,由vm2=2g0hm
解得:hm=
(2)探测器从高为H处匀减速下降到hm悬停位置的过程中,由运动学公式得:
H-hm=at2;
又m=△m△t=(ap+q)=(p
+
)
由上式可知,当p=
时
即a=时,所消耗的燃料最少
则有:m=2×
=2
答:(1)探测器悬停位置距月球表面的最大高度hm为;
(2)最低消耗燃料的质量m为2..
解析
解:(1)在自由下落到月球表面的过程中,由vm2=2g0hm
解得:hm=
(2)探测器从高为H处匀减速下降到hm悬停位置的过程中,由运动学公式得:
H-hm=at2;
又m=△m△t=(ap+q)=(p
+
)
由上式可知,当p=
时
即a=时,所消耗的燃料最少
则有:m=2×
=2
答:(1)探测器悬停位置距月球表面的最大高度hm为;
(2)最低消耗燃料的质量m为2..
三峡水电站大坝坝高185米,正常蓄水位175米,总装机容量2250万千瓦,最后一台水电机组,已于2012年7月4日投产,这意味着三峡水电站成为世界最大的水力发电站和清洁能源生产基地.若某一时期,三峡用于发电的水流量,Q=1.4×104m3/s水位落差为h=100m,水流冲击水轮机发电,机械能转化为电能,整体发电效率为η=80%,g=10m/s2,求:
(1)这一时期三峡电站的发电功率为多少千瓦;
(2)保定市市区人口105万,平均家庭人口为3人,平均家庭生活用电功率为50W,若这一时期三峡发电全部用于生活用电,它可以满足多少个保定市区的生活用电.
正确答案
解:(1)用于发电的水流量
发电功率是为:P=×80%
水的质量为:m=ρV
t时间内流水的体积为:V=Qt
p=0.8ρQgh
ρ=1.0×103kg/m3,Q=1.4×104m3/s,g=10 m/s2,h=100 m,
解得:P=1.12×1010W.
(2)可供给用户数为
n==2.24×108人
人口数为
N=3n=6.72×108人
则可满足类似保定市城市的个数为:
m==640个;
可满足640个保定市的生活用电.
答:(1)按照以上数据估算三峡发电站的发电功率为2×109W.
(2)可以满足640个保定市的生活用电.
解析
解:(1)用于发电的水流量
发电功率是为:P=×80%
水的质量为:m=ρV
t时间内流水的体积为:V=Qt
p=0.8ρQgh
ρ=1.0×103kg/m3,Q=1.4×104m3/s,g=10 m/s2,h=100 m,
解得:P=1.12×1010W.
(2)可供给用户数为
n==2.24×108人
人口数为
N=3n=6.72×108人
则可满足类似保定市城市的个数为:
m==640个;
可满足640个保定市的生活用电.
答:(1)按照以上数据估算三峡发电站的发电功率为2×109W.
(2)可以满足640个保定市的生活用电.
中国馆、世博中心和主题馆等主要场馆,太阳能的利用规模达到了历届世博会之最,总发电装机容量达到4.6×103kW.设太阳能电池板的发电效率为18%,已知地球表面每平方米接收太阳能的平均辐射功率为1.353kW,那么所使用的太阳能电池板的总面积为______m2.(保留2位有效数字)
正确答案
解:设太阳能电池板的总面积为S,根据能量守恒得
发电装机容量P=ηP1S
得,S==
m2≈1.9×104m2
故答案为:1.9×104
解析
解:设太阳能电池板的总面积为S,根据能量守恒得
发电装机容量P=ηP1S
得,S==
m2≈1.9×104m2
故答案为:1.9×104
如果我们定义一种理想的物体,它能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射,这样的物体称为黑体,单位时间内从黑体表面单位面积辐射的电磁波的总能量与黑体绝对温度的四次方成正比,即P0=aT4,其中常量σ=6×10-8W/(m2•K4),我们可以把太阳看成简单的黑体,太阳表面的温度T=6000K,球的表面积公式S=4πR2,其中R为球半径,太阳半径R=7×108m,h=6.63×10-34J•s,光速c=3×108m/s(计算时都保留两位小数):
(1)太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为2×10-7m~1×10-5m范围内,求相应的光子的能量范围;
(2)每秒从太阳表面辐射的总能量为多少?
正确答案
解:(1)太阳热辐射能量以光子射出,根据和E=hγ,得:E=
得:J
J
能量范围在:1.0×10-20J~2.0×10-18J
(2)由黑体辐射能量的公式可得:
=4.8×1030J
答:(1)相应的光子的能量范围是1.0×10-20J~2.0×10-18J;
(2)每秒从太阳表面辐射的总能量为4.8×1030J.
解析
解:(1)太阳热辐射能量以光子射出,根据和E=hγ,得:E=
得:J
J
能量范围在:1.0×10-20J~2.0×10-18J
(2)由黑体辐射能量的公式可得:
=4.8×1030J
答:(1)相应的光子的能量范围是1.0×10-20J~2.0×10-18J;
(2)每秒从太阳表面辐射的总能量为4.8×1030J.
图甲是“玉免号”月球车在月球上工作时的情景.由于月球上昼夜温差极大,为保护仪器,月夜时月球车的左右两个面积均为S的太阳能电池板收起后覆盖在车上(这时电池板在下表面),两电池板可绕轴AB和CD以等大的角速度转动,等月昼来临再自动唤醒后打开,如图乙、丙所示.设月球车质量为m,运动时月面对其阻力为车重的K倍,月球表面重力加速度为g,电池板打开后会始终保持与太阳光垂直,且使月球车电动机具有最大输出功率P,求:
(1)假设唤醒时阳光从月球车右上方并与月面成30°角射来,两块太阳能电池板匀速打开与阳光垂直,求左右两电池板打开的时间之比.
(2)若月球车从静止开始以最大功率P在水平月面上做直线运动,通过距离L时达到最大速度,求这个过程经历的时间.
(3)太阳到月球的平均距离为R,太阳光在空间传播过程能量损失不计,太阳光垂直于电池板,太阳能转化成月球车机械能的总效率为η,已知半径为r的球其表面积为4πr2,求太阳发光功率P0.
正确答案
解:(1)由题意知,两太阳能电池板与阳光垂直,被唤醒时左右两块各转动120°和240°.
θ=ωt
=
=
;
(2)以恒定功率行驶达最大速度运动时间最短为t,最在速度为v;
由动能定理可知,Pt-kmgL=mv2;
P=kmgv;
联立解得:t=+
;
(3)月球上单位时间单位面积上获得的太阳能E1=
太阳能电池板上单位时间单位面积上获得的太阳能E2==
;
由E1=E2
得P0=
答:(1)左右两电池板打开的时间之比为1:2;(2)经历的时间为t=+
;(3)太阳发光功率P0=
.
解析
解:(1)由题意知,两太阳能电池板与阳光垂直,被唤醒时左右两块各转动120°和240°.
θ=ωt
=
=
;
(2)以恒定功率行驶达最大速度运动时间最短为t,最在速度为v;
由动能定理可知,Pt-kmgL=mv2;
P=kmgv;
联立解得:t=+
;
(3)月球上单位时间单位面积上获得的太阳能E1=
太阳能电池板上单位时间单位面积上获得的太阳能E2==
;
由E1=E2
得P0=
答:(1)左右两电池板打开的时间之比为1:2;(2)经历的时间为t=+
;(3)太阳发光功率P0=
.
如图所示,光滑水平地面上停着一辆平板车,其质量为2m,长为L,车右端(A点)有一块静止的质量为m的小金属块.金属块与车间有摩擦,以中点C为界,AC段与CB段动摩擦因数不同.现给车施加一个向右的水平恒力,使车向右运动,同时金属块在车上开始滑动,当金属块滑到中点C时,即撤去这个力.已知撤去力的瞬间,金属块的速度为v0,车的速度为2v0,最后金属块恰停在车的左端(B点).
求:(1)F的大小为多少?
(2)AC段与CB段动摩擦因数μ1与μ2的比值.
正确答案
解:(1)设水平拉力为F,力的作用时间为t1,
对金属块,由牛顿第二定律可得:a1==μ1g,
由匀变速直线运动的速度公式可知,v0=a1t1,则t1=;
对小车,由牛顿第二定律可得:a2=,
由匀变速直线运动的速度公式可知:
2v0=a2t1=×
,则F=5μ1mg ①;
在A→C过程中,由动能定理得:
对金属块:μ1mgs1=mv02 ②,
对小车:(F-μ1mg)s2=2m(2v0)2 ③,
由几何关系可知:s2-s1= ④,
由①②③④解得:μ1=,F=
;
(2)从小金属块滑至车中点C开始到小金属块停在车的左端的过程中,
系统外力为零,动量守恒,设共同速度为v,由2m×2v0+mv0=(2m+m)v,得v=v0,
由能量守恒得:μ2mg=
mv02+
×2m×(2v0)2 -
×3m×(
v0)2,
解得:μ2=;
=
;
答:(1)F的大小为;(2)AC段与CB段动摩擦因数μ1与μ2的比值是3:2.
解析
解:(1)设水平拉力为F,力的作用时间为t1,
对金属块,由牛顿第二定律可得:a1==μ1g,
由匀变速直线运动的速度公式可知,v0=a1t1,则t1=;
对小车,由牛顿第二定律可得:a2=,
由匀变速直线运动的速度公式可知:
2v0=a2t1=×
,则F=5μ1mg ①;
在A→C过程中,由动能定理得:
对金属块:μ1mgs1=mv02 ②,
对小车:(F-μ1mg)s2=2m(2v0)2 ③,
由几何关系可知:s2-s1= ④,
由①②③④解得:μ1=,F=
;
(2)从小金属块滑至车中点C开始到小金属块停在车的左端的过程中,
系统外力为零,动量守恒,设共同速度为v,由2m×2v0+mv0=(2m+m)v,得v=v0,
由能量守恒得:μ2mg=
mv02+
×2m×(2v0)2 -
×3m×(
v0)2,
解得:μ2=;
=
;
答:(1)F的大小为;(2)AC段与CB段动摩擦因数μ1与μ2的比值是3:2.
四川省“十二五”水利发展规划指出,若按现有供水能力测算,我省供水缺口极大,蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一.某地要把河水抽高20m,进入蓄水池,用一台电动机通过传动效率为80%的皮带,带动效率为60%的离心水泵工作.工作电压为380V,此时输入电动机的电功率为19kW,电动机的内阻为0.4Ω.已知水的密度为1×l03kg/m3,重力加速度取10m/s2.求:
(1)电动机内阻消耗的热功率;
(2)将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度).
正确答案
解:(l)设电动机的电功率为P,则P=UI ①
设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr,则Pr=I2r ②
代入数据解得Pr=1×103W ③
(2)设蓄水总质量为M,所用抽水时间为t.已知抽水高度为h,容积为V,水的密度为ρ,则
M=ρV ④
设质量为M的河水增加的重力势能为△Ep,则△Ep=Mgh ⑤
设电动机的输出功率为P0,则P0=P-Pr ⑥
根据能量守恒定律得P0t×60%×80%=△Ep ⑦
代人数据解得t=2×l04s⑧
答:(1)电动机内阻消耗的热功率为1×103W;
(2)将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间为2×l04s.
解析
解:(l)设电动机的电功率为P,则P=UI ①
设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr,则Pr=I2r ②
代入数据解得Pr=1×103W ③
(2)设蓄水总质量为M,所用抽水时间为t.已知抽水高度为h,容积为V,水的密度为ρ,则
M=ρV ④
设质量为M的河水增加的重力势能为△Ep,则△Ep=Mgh ⑤
设电动机的输出功率为P0,则P0=P-Pr ⑥
根据能量守恒定律得P0t×60%×80%=△Ep ⑦
代人数据解得t=2×l04s⑧
答:(1)电动机内阻消耗的热功率为1×103W;
(2)将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间为2×l04s.
浙江安吉天荒坪抽水蓄能电站担负着华东地区调峰和紧急事故备用电源,改善供电质量的重要任务.抽水蓄能电站的工作原理是:在该地区用电低谷时用多余的电能把下水库的水抽到上水库,而在用电高峰时,把上水库的水放到下水库发电来补充电量.蓄能电站年抽水用电能量(低谷蓄电)W1=4.2×109kWh,年发电能量(高峰发电)W2=3.024×109kWh.电站下水库水平面位于海拔350m的半山腰,电站上水库的库底海拔为868m,把上水库看做深度为44m的圆柱形容器,全库容量为V=7×106m3.已知下水库的库容量远大于上水库的库容量,水的密度为ρ=1×103kg/m3,g=10m/s2.
求:
(1)求天荒坪抽水蓄能电站的总效率η.(用百分比表示)
(2)某天,上水库的蓄水深度仅为16m,假如不下雨,不抽水,则把上水库的水放掉部分,只保留4m的水深(以便应急),设发电是效率为η1=75%,则放掉这些水,可以发电多少?(本小题以J为单位,保留3位有效数字)
(3)现在国家电网鼓励家庭安装峰谷电表,低谷用电价格低,高峰用电价格高,请你简述此方案的目的或作用.
如图是某地区的轮廓图,现欲在该地区寻址建造抽水蓄能电站,A、B、C三处的地理位置如图所示,地理条件和水文条件如下:A处,地处山区,年降雨较少;B处,地处山区,年降雨较多;C处,地处平原,年降雨较多;你认为最适合建造抽水蓄能电站的是何处?
正确答案
解:
(1)天荒坪抽水蓄能电站的总效率η=.
(2)发出的电能为:=7.13×1012J.
(3)阶梯电价有利用节约用电,也有利于照顾低收入困难家庭.
电站应该建设在降水充足,地势高的地方,故应该选在B处.
答:(1)求天荒坪抽水蓄能电站的总效率η=72%.(用百分比表示)
(2)某天,上水库的蓄水深度仅为16m,假如不下雨,不抽水,则把上水库的水放掉部分,只保留4m的水深(以便应急),设发电是效率为η1=75%,则放掉这些水,可以发电7.13×1012J.(本小题以J为单位,保留3位有效数字)
(3)阶梯电价有利用节约用电,也有利于照顾低收入困难家庭.应该选在B处.
解析
解:
(1)天荒坪抽水蓄能电站的总效率η=.
(2)发出的电能为:=7.13×1012J.
(3)阶梯电价有利用节约用电,也有利于照顾低收入困难家庭.
电站应该建设在降水充足,地势高的地方,故应该选在B处.
答:(1)求天荒坪抽水蓄能电站的总效率η=72%.(用百分比表示)
(2)某天,上水库的蓄水深度仅为16m,假如不下雨,不抽水,则把上水库的水放掉部分,只保留4m的水深(以便应急),设发电是效率为η1=75%,则放掉这些水,可以发电7.13×1012J.(本小题以J为单位,保留3位有效数字)
(3)阶梯电价有利用节约用电,也有利于照顾低收入困难家庭.应该选在B处.
(一)在亚丁湾海域遭海盗袭击的中交集团“振华4号”货轮,在马来西亚武装直升机协助下中国籍船员成功击退海盗.如图所示的海盗船若质量为2.5×103kg,在海面上从静止开始启动,当它速度达到15m/s后,立即关闭发动机,其运动的V-t图象如图所示.设运动过程中海盗船所受阻力不变.试结合图象简述在0~96秒的时间内海盗船的运动情况,并求出海盗船所受的阻力大小.
(二)(9分)“滔天浊浪排空来,翻江倒海山为摧”的钱塘江大潮,被誉为天下奇观.小莉设想用钱塘江大潮来发电,在江海交接某处建一大坝,形成一个面积为1.0×107m,涨潮时水深达25m的蓄水湖,关上水闸落潮后坝内外水位差为2m.若发电时水重力势能的12% 转变为电能,并只有退潮时发电,每天涨潮两次,求该电站每天能发多少电?根据图中情景,说明图中的A、B两台机器(有一台是发电机,另一台是电动机),哪台是发电机?(已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3,g=10m/s2)
正确答案
解:(一)海盗船先由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动,达到最大速度后做匀减速运动,直到静止.
由图象可求得海盗船匀减速运动的加速度大小为
海盗船所受阻力为f=ma=2.5×103×0.5N=1.25×103N
(二)退潮时水的落差是h=2m,水的质量是m=ρV=ρgh
这些水的重心下降高度
重力势能减少:=
每天发出的电能为
水流推动A转动,故A为发电机.
答:(一)海盗船所受阻力为1.25×103N;
(二)每天发出的电能为4.8×1010J,A为发电机.
解析
解:(一)海盗船先由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动,达到最大速度后做匀减速运动,直到静止.
由图象可求得海盗船匀减速运动的加速度大小为
海盗船所受阻力为f=ma=2.5×103×0.5N=1.25×103N
(二)退潮时水的落差是h=2m,水的质量是m=ρV=ρgh
这些水的重心下降高度
重力势能减少:=
每天发出的电能为
水流推动A转动,故A为发电机.
答:(一)海盗船所受阻力为1.25×103N;
(二)每天发出的电能为4.8×1010J,A为发电机.
一轻质细绳一端系一质量为m=0.05kg的小球A,另一端挂在光滑水平轴O上,O到小球的距离为L=0.1m,小球跟水平面接触,但无相互作用,在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板,如图所示水平距离s=2m,动摩擦因数为μ=0.25.现有一滑块B,质量也为m=0.05kg,从斜面上高度h=5m处滑下,与小球发生弹性正碰,与挡板碰撞时不损失机械能. 若不计空气阻力,并将滑块和小球都视为质点,(g取10m/s2,结果用根号表示),试问:
(1)求滑块B与小球第一次碰前的速度以及碰后的速度.
(2)求滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力.
(3)滑块B与小球碰撞后,小球在竖直平面内做圆周运动,求小球做完整圆周运动的次数.
正确答案
解:(1)滑块将要与小球发生碰撞时速度为v1,碰撞后速度为v1′,小球速度为v2.
根据能量守恒定律,得
解得
A、B发生弹性碰撞,由动量守恒,得到:
由能量守恒定律,得到:
解得:
即滑块B与小球第一次碰前的速度为,碰后的速度为0.
(2)碰后瞬间,有
解得 T=48N
即滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力48N.
(3)小球刚能完成一次完整的圆周运动,它到最高点的速度为v0,则有
小球从最低点到最高点的过程机械能守恒,设小球在最低点速度为v,根据机械能守恒有
解得
滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为,滑块通过的路程为S′.根据能量守恒有
解得
s′=19m
小球做完整圆周圆周运动的次数
次
即小球做完整圆周运动的次数为10次.
解析
解:(1)滑块将要与小球发生碰撞时速度为v1,碰撞后速度为v1′,小球速度为v2.
根据能量守恒定律,得
解得
A、B发生弹性碰撞,由动量守恒,得到:
由能量守恒定律,得到:
解得:
即滑块B与小球第一次碰前的速度为,碰后的速度为0.
(2)碰后瞬间,有
解得 T=48N
即滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力48N.
(3)小球刚能完成一次完整的圆周运动,它到最高点的速度为v0,则有
小球从最低点到最高点的过程机械能守恒,设小球在最低点速度为v,根据机械能守恒有
解得
滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为,滑块通过的路程为S′.根据能量守恒有
解得
s′=19m
小球做完整圆周圆周运动的次数
次
即小球做完整圆周运动的次数为10次.
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