热门试卷

解：（1）对A球

  T0Acos60°+TAB=qE

  T0Asin60°=mg

解得：TAB=（1-）mg=0.0423（N）；

（2）图2中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中α、β分别表示细线OA、AB与竖直方向的夹角．

A球受力如图2所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1；细线AB对A的拉力T2．由平衡条件

  T1sinα+T2sinβ=qE

  T1cosα=mg+T2cosβ

B球受力如图3所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力T2，方向如图．由平衡条件

 T2sinβ=qET2cosβ=mg

联立以上各式并代入数据，得：α=0β=45°

由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图5所示．与原来位置相比，

A球的重力势能减少了EA=mgl（1-sin60°）

B球的重力势能减少了EB=mgl（1-sin60°+cos45°）

A球的电势能增加了WA=qElcos60°

B球的电势能减少了WB=qEl（sin45°-cos30°）

根据能量守恒，两种势能总和减少量等于两球克服阻力做功之和

W=WB-WA+EA+EB

代入数据解得：W=0.0682（J）

答：

（1）细线烧断前AB间细线的拉力是0.0423N；

（2）从烧断细线到重新平衡过程中两球克服阻力做功之和是0.0682J．

解：（1）煤浇到传送带后，开始阶段受到重力、传送带的支持力和沿传送带向上的滑动摩擦力而做匀加速运动，设匀加速运动的加速度为a，根据牛顿第二定律得：

   μmgcosθ-mgsinθ=ma

得 a=g（μcosθ-sinθ）

设煤加速到v所用时间为t1，则有：v=at1；

联立以上两式得：t1==-sinθ）=s=2s．

匀加速运动通过的位移为：x1==m=1.4m；

设煤匀速到最高点所用时间为t2，则有：L-x1=vt2；

解得：t2=s=36s．

故总时间 t=t1+t2=2s+36s=38s．

（2）一次发电，水的质量 M=ρV=1×103×3.6×106kg=3.6×109 kg

水的重力势能减少量△Ep=Mg•=3.6×109×J=8.64×109J

一天发电产生的电能 E=4△Ep×10%

则该电站一天内利用潮汐发电的平均功率 P===W=400KW；

（3）一台传送机，将1秒钟内落到传送带上的煤送到传送带上的最高点，煤获得的机械能为

   机=+mgL•sinθ

传送带与煤之间因摩擦产生的热 Q=μmgcosθ•△x

煤与传送带的相对位移△x=vt1-x1=1.4×2m-1.4m=1.4m

设同时使台传送机正常运行，根据能量守恒

  P×80%×80%=（ +mgL•sinθ+μmgcosθ•△x）

代入解得：n===30（台） 　

答：

（1）从煤落在传送带上到运至传送带最高点经历的时间t为38s；

（2）该电站一天内利用潮汐发电的平均功率P为400KW；

（3）能同时使30台这样的传送机正常运行．

解：（1）地面上每平方米在1s内平均得到的太阳辐射能P0=1.0×103J/（s•m2）

这种热水器1小时吸收的太阳能为E0=P0ST0，

设转化为水的内能为Q0：Q0=ηE0=P0ST0η=1.0×103×1.5×3600×40%J=2.16×106J     

（2）设T为光照时间，100kg水从25℃加热到45℃需要吸收热量Q=cm（t2-t1）

代入数据得：Q=4.2×103×100×20J=8.4×106J          

所以T=

（3）太阳的全部辐射功率：P总=4πr 2P0　　

带入数据得P总=2.8×1026W    

答：（1）使用这种热水器1小时能将2.16×106J太阳能转化为水的内能；

（2）用这种热水器将这些水从25℃加热到45℃需要3.9小时；

（3）太阳的全部辐射功率为2.8×1026W．

解：设△h为退潮时水减少的深度，S为海湾的面．

利用潮汐发电，就是水的重力势能转化为电能，水能转化电能的效率是10%，一次涨潮，退潮后水坝内水的势能增加：

 W水=G•△h=mg△h=ρ水Vg△h=ρ水S△hg△h=ρ水Sg△h2

则水的势能可转变为电能：

 W电=ηW水

每天2次涨潮，则该电站一天能发电

W=2W电=2ηW水=2×ηρ水Sg△h2=10%×1.0×103×1.0×107×10×22=4×1010J

故答案为：4×1010

解：正负电子绕半径为的圆周做匀速圆周运动，库仑力充当向心力，则有：k=m

设正负电子的动能为Ek+、Ek-则有：Ek+=Ek-=

势能为：Ep=-k

则总能量为：E=Ek++Ek-+Ep=

根据量子化条件为：mrv=n（n=1、2、3…）

知得：rn=（n=1、2、3…）

所以与量子数对应的能量为：E=（n=1、2、3…）

n=1时，电子偶素的能量最小，处于基态，有：E1=

n=2时，是第一激发态，与基态的能量差为：△E=

答：电子偶素处在各定态时的r为rn=（n=1、2、3…）

能量为（n=1、2、3…）

第一激发态与基态能量之差为．

解：（1）根据运动学公式得H=at2    ①

t=，②

根据v2=2aH得

v=，

（2）玻璃瓶从H高处作初速度为v的竖直上抛，规定向上为正方向，有

-H=vt-gt2  ③

由①②③得：

=．

（3）根据题意得飞机上升到H高处耗油量为

Q=Yt

将①式带入⑤得

Q=（ka+β）=（k+β），⑥

由⑥式可知为常数，kβ=kβ=常数，

所以当k=β时，即a=时，耗油量Q最小，其值为Q=2．

答：（1）上升到H高处所需时间是和末速度是，

（2）飞机上升加速度a与重力加速度g的比值是

（3）加速度a=时，耗油量Q最小，其值为Q=2．

解：（1）由焦耳定律，得   Q=I2Rt

     又由电路串并联规律得 Iab：Icd：IR=2：3：1

     则Qab=2QR=0.4J   Qcd=QR=0.9J

此过程中ab棒和cd棒产生的热量Qab=0.4J，Qcd=0.9J

（2）当ab棒被拉断瞬间有 F+mg-Tm=0

        F=BIL    

       由欧姆定律得，×

        由电磁感应定律，得：E=BLv

              v=1.875m/s

细绳被拉断瞬时，cd棒的速度1.875m/s

      （3）cd棒下落过程由能量守恒得

        则   h≈3.926m

细绳刚要被拉断时，cd棒下落的高度为3.926m

解：（1）由ρ=得：

m=ρv水=1×103kg/m3×0.12m3=120kg；

水吸收的热量：

Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×120kg×（70℃-20℃）=2.52×107J；

（2）这台太阳能热水器获得的辐射功率：

P太=s×1.4kW/m2；

由P=可得太阳照射5h获得的太阳能：

W总=P太t=s×1.4kW/m2×5h；

由η=可得：

Q吸′=W有=s×1.4kW/m2×5h×40%=s×1400W/m2×5×3600s×40%；

热水器集热器面积：

s===2.5m2．

答：（1）一箱水需要吸收的热量是2.52×107J；

（2）热水器上集热器的面积至少为2.5m2．

解：（1）总效率

η=×100%=×100%=71%

（2）能用于发电的水的总质量m=ρV

所以，能用于发电的水的最大重力势能Ep=mgh=ρVg（H-）

（3）a．当输电电压为U时，输电电流I=

所以，损失功率△P=I2R=R

        所以，输电电压的最小值U=P

b．损失功率△P=I2R=R

输电功率P一定，能够降低输电过程中功率损耗的方法：一种是减小电阻R，即增大输电导线的横截面积（不经济）；改用电阻率小的输电导线；

另一种是：提高输电电压U（最经济）．

答：（1）十三陵抽水蓄能电站的总效率η是71%；

（2）能用于发电的水的最大重力势能是ρVg（H-）；

（3）输电电压的最小值U=P，增大输电导线的横截面积（不经济）；改用电阻率小的输电导线；提高输电电压（最经济）．