- 能量守恒定律
- 共848题
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.
如图所示,在竖直面上固定着一根光滑绝缘的圆形空心管,其圆心在O点.过O点的一条水平直径及其延长线上的A、B两点固定着两个电荷.其中固定于A点的为正电荷,所带的电荷量为Q;固定于B点的是未知电荷.在它们形成的电场中,有一个可视为质点的质量为m、带电荷量为q的小球正在空心管中做圆周运动,若已知小球以某一速度通过最低点C处时,小球恰好与空心管上、下壁均无挤压且无沿切线方向的加速度,A、B间的距离为L,∠ABC=∠ACB=30°.CO⊥OB,静电力常量为k,重力加速度为g.
(1)确定小球和固定在B点的电荷的带电性质,并在图上作出小球在C处时的受力示意图.
(2)求固定在B点的电荷所带的电荷量.
(3)求小球运动到最高点处,空心管对小球作用力的大小和方向.
正确答案
解:(1)由小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度,可知小球在C点的合力方向一定沿CO且指向O点,所以A处电荷对小球吸引,B处电荷对小球排斥,因为A处电荷为正,所以小球带负电,B带负电,如图所示.
(2)因为∠ABC=∠ACB=30°,CO⊥OB,由几何关系得:BC=2ABcos30°=L
由于无切向加速度,小球沿切线方向的合力为零,则有:
kcos60°=k
cos30°,
解得:QB=Q;
(3)设小球在最低点C处的速度为vC,
则:F-mg=m,
小球从C点运动到最高点的过程中,电势能不变,故由动能定理知:
2mgR=mvC2-
mv2,
小球在最高点受到A、B电荷的作用力合为F,方向竖直向下
即:F+mg-F管=m,
解得:F管=6mg,故空心管对小球的作用力大小为6mg,方向竖直向上.
答:(1)小球带负电,B处电荷带负电,小球的受力情况如图所示;
小球和固定在B点的电荷的带电性质,并在图上作出小球在C处时的受力示意图.
(2)固定在B点的电荷所带的电荷量为Q.
(3)小球运动到最高点处,空心管对小球作用力的大小为6mg,方向:方向竖直向上.
解析
解:(1)由小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度,可知小球在C点的合力方向一定沿CO且指向O点,所以A处电荷对小球吸引,B处电荷对小球排斥,因为A处电荷为正,所以小球带负电,B带负电,如图所示.
(2)因为∠ABC=∠ACB=30°,CO⊥OB,由几何关系得:BC=2ABcos30°=L
由于无切向加速度,小球沿切线方向的合力为零,则有:
kcos60°=k
cos30°,
解得:QB=Q;
(3)设小球在最低点C处的速度为vC,
则:F-mg=m,
小球从C点运动到最高点的过程中,电势能不变,故由动能定理知:
2mgR=mvC2-
mv2,
小球在最高点受到A、B电荷的作用力合为F,方向竖直向下
即:F+mg-F管=m,
解得:F管=6mg,故空心管对小球的作用力大小为6mg,方向竖直向上.
答:(1)小球带负电,B处电荷带负电,小球的受力情况如图所示;
小球和固定在B点的电荷的带电性质,并在图上作出小球在C处时的受力示意图.
(2)固定在B点的电荷所带的电荷量为Q.
(3)小球运动到最高点处,空心管对小球作用力的大小为6mg,方向:方向竖直向上.
如图(a)所示,小球甲固定于足够长光滑水平面的左端,质量m=0.4kg的小球乙可在光滑水平面的滑动,甲、乙两球之间因受到相互作用而具有一定的势能,相互作用力沿二者连线且随间距的变化而变化.现已测出势能随位置x的变化规律如图(b)所示中的实线所示.已知曲线最低点的横坐标x0=20cm,虚线①为势能变化曲线的渐近线,虚线②为经过曲线上x=11cm点的切线,斜率绝对值k=0.03J/cm.试求:
(1)将小球乙从x1=8cm处由静止释放,小球乙所能达到的最大速度为多大?
(2)小球乙在光滑水平面上何处由静止释放,小球乙不可能第二次经过x0=20cm的位置?并写出必要的推断说明;
(3)小球乙经过x=11cm时加速度大小和方向.
正确答案
解:(1)球乙运动到x0=20cm位置时势能最小,速度最大,由能量守恒可得:
解出:
(2)在0<x<6cm区间内将小球乙由静止释放,不可能第二次经过x0.
原因:在0<x<6cm区间内两球之间的作用力为排斥力,在20cm<x<∞区间内两球之间作用力为吸引力,无穷远处和6cm处的势能为0.28J.若小球乙的静止释放点在6cm<x<∞区间,小球乙做往复运动,多次经过x0=20cm的位置.而静止释放点在0<x<6cm区间内时,初态势能大于0.28J,小球乙将会到无穷远处而无法返回,只能经过x0位置一次.
(3)x3=11cm处的切线斜率绝对值k=0.03J/cm=3J/m 表明此处乙球受到甲球F=3N的排斥力,所以,乙球在x3=11cm处时,加速度大小为:
a==
=7.5m/s2 方向沿x轴正方向
答:(1)最大速度为1m/s
(2)在0<x<6cm区间内将小球乙由静止释放,不可能第二次经过x0.
(3)乙球在x3=11cm处时,加速度大小a7.5m/s2,方向沿x轴正方向
解析
解:(1)球乙运动到x0=20cm位置时势能最小,速度最大,由能量守恒可得:
解出:
(2)在0<x<6cm区间内将小球乙由静止释放,不可能第二次经过x0.
原因:在0<x<6cm区间内两球之间的作用力为排斥力,在20cm<x<∞区间内两球之间作用力为吸引力,无穷远处和6cm处的势能为0.28J.若小球乙的静止释放点在6cm<x<∞区间,小球乙做往复运动,多次经过x0=20cm的位置.而静止释放点在0<x<6cm区间内时,初态势能大于0.28J,小球乙将会到无穷远处而无法返回,只能经过x0位置一次.
(3)x3=11cm处的切线斜率绝对值k=0.03J/cm=3J/m 表明此处乙球受到甲球F=3N的排斥力,所以,乙球在x3=11cm处时,加速度大小为:
a==
=7.5m/s2 方向沿x轴正方向
答:(1)最大速度为1m/s
(2)在0<x<6cm区间内将小球乙由静止释放,不可能第二次经过x0.
(3)乙球在x3=11cm处时,加速度大小a7.5m/s2,方向沿x轴正方向
为了探究能量转化和守恒规律,某学习研究小组设计如图1所示装置进行实验.
(1)为了测定整个过程电路产生的焦耳热,需要知道螺线管线圈的电阻.用替代法测线圈电阻Rx的阻值可用如图2所示电路,图中RS为电阻箱(RS的最大阻值大于待测电阻Rx的阻值),S2为单刀双掷开关,R0为滑动变阻器.为了电路安全,测量前应将滑动变阻器的滑片P调至______,电阻箱RS阻值应调至______(选填“最大”或“最小”).闭合S1开始实验,接下来有如下一些操作,合理的次序是______(选填字母代号):
A.慢慢移动滑片P使电流表指针变化至某一适当位置
B.将S2闭合在1端
C.将S2闭合在2端
D.记下电阻箱上电阻读数
E.调节电阻箱RS的值,使电流表指针指在与上一次指针位置相同
(2)按图1所示装置安装实验器材后,将质量为0.50kg的条形磁铁拖一条纸带由静止释放,利用打点计时器打出如图3所示的纸带.磁铁下落过程中穿过空心的螺线管,螺线管与10Ω的电阻丝接成闭合电路,用电压传感器采集数据得到电阻两端电压与时间的U-t图,并转换为U2-t图,如图4所示.
①经分析纸带在打第14点时,条形磁铁已经离线圈较远了,打第14点时磁铁速度为______米/秒.0~14点过程中,磁铁的机械能损失为______焦耳.
②若螺线管线圈的电阻是90Ω,又从图4中U2-t图线与时间轴所围的面积约为103格,可以计算磁铁穿过螺线管过程中,在回路中产生的总电热是______焦耳.
③实验结果机械能损失与回路中电流产生的热量相差较大,试分析其原因可能有______.
正确答案
解:(1)为了电路安全,测量前应将滑动变阻器的滑片P调至a端达最大值,电阻箱R5阻值应调至最大.闭合S1开始实验,接下来有如下一些操作,合理的次序是:CABED.
(2)①利用匀变速直线运动的推论得,打第14点时磁铁速度为:
v14=
Ek14=mv142
重力势能减小量:△Ep=mgh14,
0-14点过程中,磁铁的机械能损失为:△E=△Ep-Ek14=0.18J
②根据p=t得回路中产生的总电热可以看成是图线与时间轴所围的面积比上电阻,所以在回路中产生的总电热是0.10J.
③实验结果机械能损失与回路中电流产生的热量相差较大,其原因可能是纸带克服摩擦力做功;磁铁克服空气阻力做功;在电磁感应过程中存在电磁辐射.
故答案为:(1)a端,最大,CABED
(2)①2.0,0.18;
②0.10;
③磁铁的机械能损失还有一部分是;纸带克服摩擦力做功;磁铁克服空气阻力做功;在电磁感应过程中存在电磁辐射.
解析
解:(1)为了电路安全,测量前应将滑动变阻器的滑片P调至a端达最大值,电阻箱R5阻值应调至最大.闭合S1开始实验,接下来有如下一些操作,合理的次序是:CABED.
(2)①利用匀变速直线运动的推论得,打第14点时磁铁速度为:
v14=
Ek14=mv142
重力势能减小量:△Ep=mgh14,
0-14点过程中,磁铁的机械能损失为:△E=△Ep-Ek14=0.18J
②根据p=t得回路中产生的总电热可以看成是图线与时间轴所围的面积比上电阻,所以在回路中产生的总电热是0.10J.
③实验结果机械能损失与回路中电流产生的热量相差较大,其原因可能是纸带克服摩擦力做功;磁铁克服空气阻力做功;在电磁感应过程中存在电磁辐射.
故答案为:(1)a端,最大,CABED
(2)①2.0,0.18;
②0.10;
③磁铁的机械能损失还有一部分是;纸带克服摩擦力做功;磁铁克服空气阻力做功;在电磁感应过程中存在电磁辐射.
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.
如图所示,三个绝热的、容积相同的球状容器A、B、C,用带有阀门K1、K2的绝热细管连通,相邻两球球心的高度差h=1.00m.初始时,阀门是关闭的,A中装有1mol的氦(He),B中装有1mol的氪(Kr),C中装有lmol的氙(Xe),三者的温度和压强都相同.气体均可视为理想气体.现打开阀门K1、K2,三种气体相互混合,最终每一种气体在整个容器中均匀分布,三个容器中气体的温度相同.求气体温度的改变量.已知三种气体的摩尔质量分别为
μHe=4.003×10-3kg•mol-1
μKr=83.8×10-3kg•mol-1
μXe=131.3×10-3kg•mol-1
在体积不变时,这三种气体任何一种每摩尔温度升高1K,所吸收的热量均为,R为普适气体常量.
正确答案
解:根据题设的条件,可知:
开始时A中氦气的质量mHe=4.003×10-3kg,B中氪气的质量mKr=83.3×10-3kg,C中氙气的质量mXe=131.3×10-3.
三种气体均匀混合后,A中的He有mol降入B中,有
mol降入C中.He的重力势能增量为
△EHe=g(-h)
(-2h)=-mHegh…①
B中的Kr有mol升入A中,有
mol降入C中.Kr的重力势能增量为
△EKr=gh+
g(-h)=0…②
C中的Xe有mol升入A中,有
mol升入B中.Xe的重力势能增量为
△EXe=gh
=mXegh…③
混合后,三种气体的重力势能共增加
△Ep=△EHe+△EKr+△EXe=(mXe-mHe)gh…④
因球与外界绝热,也没有外力对气体做功,故重力势能的增加必然引起内能的减少.在体积不变时,气体不做功.由热力学第一定律可知,此时传给气体的热量应等于气体内能的增量,但因理想气体的内能只由温度决定,与体积无关,故只要温度改变量相同,则体积不变条件下内能的增量也就是任何过程中理想气体内能的增量.根据题给的已知条件,注意到本题中所考察的理想气体共有3摩尔,故有△Ep=-3×…⑤
上式中右方为气体内能减少量,△T表示气体温度的增量,由④、⑤两式得:
△T=…⑥
将已知数据代入,注意到R=8.31J/K.mol,可得:
△T=-3.3×10-2K…⑦
即混合后气体温度降低3.3×10-2K
答:气体温度的改变量为3.3×10-2K.
解析
解:根据题设的条件,可知:
开始时A中氦气的质量mHe=4.003×10-3kg,B中氪气的质量mKr=83.3×10-3kg,C中氙气的质量mXe=131.3×10-3.
三种气体均匀混合后,A中的He有mol降入B中,有
mol降入C中.He的重力势能增量为
△EHe=g(-h)
(-2h)=-mHegh…①
B中的Kr有mol升入A中,有
mol降入C中.Kr的重力势能增量为
△EKr=gh+
g(-h)=0…②
C中的Xe有mol升入A中,有
mol升入B中.Xe的重力势能增量为
△EXe=gh
=mXegh…③
混合后,三种气体的重力势能共增加
△Ep=△EHe+△EKr+△EXe=(mXe-mHe)gh…④
因球与外界绝热,也没有外力对气体做功,故重力势能的增加必然引起内能的减少.在体积不变时,气体不做功.由热力学第一定律可知,此时传给气体的热量应等于气体内能的增量,但因理想气体的内能只由温度决定,与体积无关,故只要温度改变量相同,则体积不变条件下内能的增量也就是任何过程中理想气体内能的增量.根据题给的已知条件,注意到本题中所考察的理想气体共有3摩尔,故有△Ep=-3×…⑤
上式中右方为气体内能减少量,△T表示气体温度的增量,由④、⑤两式得:
△T=…⑥
将已知数据代入,注意到R=8.31J/K.mol,可得:
△T=-3.3×10-2K…⑦
即混合后气体温度降低3.3×10-2K
答:气体温度的改变量为3.3×10-2K.
用功率P0=1W的光源,照射离光源r=3m处的某块金属的薄片.已知光源发出的是波长λ=589nm的单色光,试计算
(1)1s内打到金属板1m2面积上的光子数;
(2)若取该金属原子半径r1=0.5×10-10m,则金属表面上每个原子平均需隔多少时间才能接收到一个光子?
正确答案
解 (1)离光源3m处的金属板每1s内单位面积上接受的光能为
E==5.56×1016eV/m2•s
因为每个光子的能量为
E1=hν=
所以单位时间内打到金属板上单位面积的光子数为
n==2.64×1016个
(2)每个原子的截面积为
S1=πr12=π×(0.5×10-10)2m2=7.85×10-21m2.
把金属板看成由原子密集排列组成的,则每个原子截面积上每秒内接收到的光子数为
n1=nS1=2.64×1016×7.85×10-21s-1=2.07×10-4s-1.
每两个光子落在原子上的时间间隔为
答:(1)1s内打到金属板1m2面积上的光子数为2.64×1016个;
(2)若取该金属原子半径r1=0.5×10-10m,则金属表面上每个原子平均需隔4830.9s才能接收到一个光子.
解析
解 (1)离光源3m处的金属板每1s内单位面积上接受的光能为
E==5.56×1016eV/m2•s
因为每个光子的能量为
E1=hν=
所以单位时间内打到金属板上单位面积的光子数为
n==2.64×1016个
(2)每个原子的截面积为
S1=πr12=π×(0.5×10-10)2m2=7.85×10-21m2.
把金属板看成由原子密集排列组成的,则每个原子截面积上每秒内接收到的光子数为
n1=nS1=2.64×1016×7.85×10-21s-1=2.07×10-4s-1.
每两个光子落在原子上的时间间隔为
答:(1)1s内打到金属板1m2面积上的光子数为2.64×1016个;
(2)若取该金属原子半径r1=0.5×10-10m,则金属表面上每个原子平均需隔4830.9s才能接收到一个光子.
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