人教版物理高二选修1-2第二章第一节能量守恒定律同步训练
文档属性
| 名称 | 人教版物理高二选修1-2第二章第一节能量守恒定律同步训练 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 127.0KB | ||
| 资源类型 | 素材 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2016-05-25 11:29:50 | ||
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文档简介
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人教版物理高二选修1-2第二章
第一节能量守恒定律同步训练
一．选择题（共15小题）
1．下列说法正确的是（ ）
A．物体放出热量，其内能一定减小
B．物体对外做功，其内能一定减小
C．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加
D．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变
答案：C
解析：解答：解：A、物体放出热量，若外界对物体做更多的功大于放出的热量，内能可能增加，故A错误；
B、物体对外做功，如同时从外界吸收的热量大于做功的数值，则内能增加，故B错误；
C、物体吸收热量，同时对外做功W，如二者相等，则内能可能不变，若Q＞W，则内能增加，若W＞Q，则内能减少，故C正确；
D、物体放出热量，Q＜0，同时对外做功，W＜0，则△U＜0，故内能一定减少，故D错误．
故选：C．
分析：做功和热传递都能改变内能；物体内能的增量等于外界对物体做的功和物体吸收热量的和，即：△U=Q+W．
2．如图，注射器内密封一部分气体，若针筒和活塞隔热性能良好，则缓慢向外移动活塞的过程中气体（ ）
A．对活塞不做功 B．对活塞做负功 C．温度保持不变 D．压强逐渐减小
答案：D
解析：解答：解：A、B、缓慢向外移动活塞的过程中气体的体积增大，对外做功，即气体对活塞做正功．故A错误，B错误；
C、针筒和活塞隔热性能良好，缓慢向外移动活塞的过程中，可以看做是准静态过程，气体对外做功的同时不能吸收热量，内能减小，温度降低．故C错误；
D、气体的体积增大，温度不变，由玻意耳定律：P1V1=P2V2，可知气体的压强一定减小．故D正确．
故选：D
分析：根据气体的体积增大，对外做功；体积减小，外界对气体做功．根据理想气体的状态方程分析气体的状态的变化．
3．对于一个热力学系统，下列说法中正确的是（ ）
A．如果外界对它传递热量则系统内能一定增加
B．如果外界对它做功则系统内能一定增加
C．如果系统的温度不变则内能一定不变
D．系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它做的功的和
答案：D
解析：解答：解：A、物体吸收热量，可能同时对外做功，故内能不一定增加，故A错误；
B、外界对物体做功，物体可能同时放热，故物体的内能不一定增加，故B错误；
C、如果系统的温度不变，物态发生变化，则内能一定变化，故C错误；
D、根据热力学第一定律，系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它做的功的和；故D正确；
故选：D．
分析：改变物体内能的方式：做功和热传递；它们在改变物体的内能上是等效的；结合热力学第一定律公式△U=W+Q进行判断．
4．某一密闭容器中密封着一定质量的某种实际气体，气体分子间的相互作用力表现为引力．关于实际气体的下列说法中正确的是（ ）
A．在完仝失重的情况下，密封容器内的气体对器壁的顶部没有作用力
B．若气体膨胀对外界做功，则分子势能一定减小
C．若气体被压缩，外界对气体做功，则气体内能一定增加
D．若气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功，则气体分子的平均动能一定减小
答案：D
解析：解答：解；A、气体压强产生的原因是大量气体分子 对容器壁的持续的、无规则撞击产生的．在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁的顶部有作用力，故A错误．
B、若气体膨胀对外界做功，分子之间的距离增大，需要克服气体分子之间的吸引力做功，则分子势能一定增大，故B不正确．
C、若气体被压缩，外界对气体做功，若气体同时对外做功，则气体内能不一定增加．故C错误．
D、若气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功，气体的内能不变，而分子势能一定增大，则气体分子的平均动能一定减小．故D正确．
故选：D
分析：气体压强产生的原因是大量气体分子 对容器壁的持续的、无规则撞击产生的．气体压强与温度和体积有关．
温度是分子平均动能大小的标志．根据热力学第一定律方向气体的内能的变化．
5．如图是哈勃瓶，在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞，玻璃瓶导热性能良好，在一次实验中，瓶内有气球和橡皮塞封闭一定质量的气体（可视为理想气体），在对气球缓慢吹气过程中，则瓶内气体（ ）
A．密度减少
B．平均动能增大
C．对外界放出热量
D．若释放橡皮塞后瞬间，温度将升高
答案：C
解析：解答：解：A、在对气球缓慢吹气过程中，气球内的气体的量增大，根据克拉伯龙方程可知气体的体积若不变，则气体压强变大；瓶内气体的压强增大，而温度不变，所以瓶内 的气体的体积减小，密度增大．故A错误．
B、因系统导热可知瓶内气体的温度不变，分子的平均动能不变．故B错误．
C、温度不变时，体积减小，对理想气体内能不变，由热力学第一定律知外界对气体做功与气体放出热量相等，故C正确；
D、若释放橡皮塞后瞬间，气体将快速从瓶内跑出，气体对外做功，由于来不及吸收热量，所以气体的温度将降低，故D不正确．
故选：C．
分析：分析瓶内气体的压强的变化，则可知做功情况；因系统导热可知温度不变，则由热力学第一定律可得出内能的变化．
6．下列关于热现象的说法错误的是（ ）
A．一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气，系统的内能保持不变
B．对某物体做功，可能会使该物体的内能增加
C．气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积
D．一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同
答案：A
解析：解答：解：A、水变成水蒸气，分子平均动能不变；但由于体积增大，分子间距离增大；由于气体分子间间距接近10r0；故在变化过程中分子力做负功；分子势能增大；故A错误；
B、做功和热传递均可以改变物体的内能；故B正确；
C、气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积；故C正确；
D、两系统达到热平衡的条件为温度相同；故D正确；
故选：A．
分析：物体的内能包括分子动能、势能，温度是分子平均动能的标志；
热力学第一定律是能量守恒定律．物体内能的增量与外界对物体做的功和物体吸收热量的和，即：△U=Q+W
7．小红和小明打乒乓球不小心把乒乓球踩扁了，小明认真观察后发现表面没有开裂，于是把踩扁的乒乓球放在热水里泡一下，基本恢复了原状．乒乓球内的气体可视为理想气体，对于乒乓球恢复原状的过程，下列描述中正确的是（ ）
A．内能变大，球内气体对外做正功的同时吸热
B．内能变大，球内气体对外做正功的同时放热
C．内能变大，球内气体对外做负功的同时吸热
D．内能变小，球内气体对外做负功的同时放热
答案：A
解析：解答：解：乒乓球内的气体受力膨胀，故对外做功，故W＜0；
气体温度升高，故内能增加，故△U＞0；
根据热力学第一定律公式△U=W+Q，Q＞0，即吸收热量；
故A正确，BCD错误；
故选：A．
分析：乒乓球内的气体受力膨胀，对外做功，温度升高，根据热力学第一定律列式分析即可．
8．以下说法正确的是（ ）
A．晶体都具有确定的熔点
B．空气相对湿度大，就是空气中水蒸气含量高
C．物体从外界吸收热量，其内能一定增加
D．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量等于向室外放出的热量
答案：A
解析：解答：解：A、晶体都具有确定的熔点；故A正确；
B、在相对湿度反映了空气中水蒸气含量接近饱和的程度；绝对湿度是指湿空气中水蒸汽的含量，绝对相对湿度大，就是空气中水蒸气含量高．故B错误；
C、物体从外界吸收热量，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知其内能不一定增加，故C不正确；
D、空调机在制冷过程中，压缩机要消耗电能，产生一部分内能，所以从室内吸收的热量小于向室外放出的热量，故D错误；
故选：A．
分析：晶体都具有确定的熔点；相对湿度是指湿空气中水蒸汽的分压力与相同温度压力下的饱和水蒸汽分压力之比，没有单位，用百分数表示，会随着湿空气的温度压力变化而变化．绝对湿度是指湿空气中水蒸汽的含量；根据热力学第一定律分析物体内能的变化；根据功能关系判定空调机工作过程中的能量的变化．
9．对悬挂在空中密闭的气球从早晨到中午过程（体积变化忽略不计），下列描 述中正确的是（ ）
A．气球内的气体从外界吸收了热量，内能增加
B．气球内的气体温度升高、体积不变、压强减小
C．气球内的气体压强增大，所以单位体积内的分子增加，单位面积的碰撞频率增加
D．气球内的气体虽然分子数不变，但分子对器壁单位时间、单位面积碰撞时的作用力减少
答案：A
解析：解答：解：气球吸收了热量，使得温度随气温升高，内能增加；气体受热体积膨胀对外做功，气球内单位体积分子数减少．
A、气球内的气体从外界吸收了热量，内能增加，A正确；
B、内能增加，温度升高，由于体 积不变，所以压强增大，B错误；
C、因为体积膨胀忽略不计，所以单位体积内的分子数不变，C错误；
D、气球内的气体虽然分子数不变，但分子对器壁单位时间、单位面积的碰撞时的冲量增大，因为平均动能增大，D错误；
故选：A
分析：据热力学第一定律△U=W+Q判断气体内能的变化．根据气体方程进行判断各个物理量的变化．
气体压强的大小受两方面影响：1、单位时间内撞击单位面积器壁的分子数；2、分子的平均动能
10．气象探测气球内充有常温常压的氦气，从地面上升至某高空的过程中，气球内氦气的压强随外部气压减小而逐渐减小，其温度因启动加热装置而保持不变．高空气温为﹣7.0℃，球内氦气可视为理想气体，下列说法中正确的是（ ）
A．在此过程，气球内氦气体积逐渐减小
B．在此高空，关闭加热装置后，氦气分子平均动能增大
C．在此高空，关闭加热装置后，氦气将对外界做功
D．在此高空，关闭加热装置后，氦气将对外放热
答案：D
解析：解答：解：A、气体经历等温过程，压强减小，根据PV=C，在此过程，气球内氦气体积逐渐增大，故A错误；
B、在此高空，关闭加热装置后，温度降低，故氦气分子平均动能减小，故B错误；
C、在此高空，压强固定，关闭加热装置后，温度降低，根据V/T=C，体积减小，故是外界对气体做功，故C错误；
D、在此高空，压强固定，关闭加热装置后，温度降低，故会对外放热，故D正确；
故选：D．
分析：气体经历等温过程，根据玻意耳定律分析体积的变化；温度是分子热运动平均动能的标志．
11．关于第二类永动机，下列说法中正确的是（ ）
A．没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机叫做第二类永动机
B．第二类永动机违反了能量守恒定律，所以不可能制成
C．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能
D．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能，同时引起其他变化
答案：A
解析：解答：解：A、没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机叫做第二类永动机．故A正确；
B、第二类永动机违反了热力学第二定律．故B错误；
C、机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化．故DC错误；
故选：A
分析：第二类永动机并不违反能量守恒定律，跟热现象有关的宏观过程均具有方向性．机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化．
12．关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是（ ）
A．第二类永动机违反能量守恒定律
B．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加
C．外界对物体做功，则物体的内能一定增加
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的
答案：D
解析：解答：解：A、第二类永动机没有违反能量守恒定律，但却不能成功制成．故A错误；
B、如果物体从外界吸收了热量，且又对外做功，则物体的内能不一定增加．故B错误；
C、外界对物体做功，若与外界无热量交换，则物体的内能一定增加．故C错误；
D、做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的．故D正确；
故选：D
分析：第二类永动机并不违反能量守恒定律，跟热现象有关的宏观过程均具有方向性． 做功和热传递是改变物体的内能的两种方式，做功是内能和其他形式的能之间的转化，热传递是内能之间的转移．物体从外界吸收了热量，则物体的内能不一定增加．
13．下列关于能源的说法中正确的是（ ）
A．二次能源是指可重复利用的能源
B．新能源是指新开采的能源
C．一次能源是直接来自自然界的能源
D．石油是二次能源
答案：C
解析：解答：解：A、二次能源是由一次性能源直接或间接转换而来的能源，不一定是可重复利用的能源，故A错误；
B、新能源是指新近才开始使用的可以重复使用的能源，故B错误；
C、D、一次能源是直接来自自然界而未经加工转换的能源，如石油，故C正确，D错误；
故选C．
分析：（1）常规能源：人类利用多年且广泛使用的能源，如煤、石油、电能等；
（2）新能源：新近才开始使用的可以重复使用的能源，如核能、太阳能、地热能、潮汐能；
（3）一次能源：直接来自自然界而未经加工转换的能源，例如化石燃料、太阳能、水能、生物燃料；
（4）二次能源：由一次性能源直接或间接转换而来的能源：煤气、氢能、电能、汽油、沼气．
14．自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，在这过程中（ ）
A．机械能守恒
B．能量正在消失
C．只有动能和重力势能的相互转化
D．减少的机械能转化为内能，但总能量守恒
答案：D
解析：解答：解：秋千在运动中由于受到空气阻力，故机械能将减小，转化为内能，由能量守恒可知，总能量是不变的；
故ABC错误，D正确；
故选D．
分析：秋千由于受到空气阻力，故机械能会减小，转化为内能，由能量守恒定律可得出能量的转化方向．
15．伽利略的斜面实验反映了一个重要事实：如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略不计，小球一旦沿斜面A由静止滚落，必将准确地终止于斜面B上同它开始点相同的高度处，绝不会更高一点，这说明，小球在运动过程中有一个“东西”是不变的，这个“东西”是（ ）
A．弹力 B．速度 C．能量 D．动能
答案：C
解析：解答：解：A、因为在物体运动的过程中改变斜面的倾角不同物体受到的支持力不同但物体仍能达到相同的高度，故力不是守恒量，故A错误；
B、伽利略理想斜面实验中如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，则在物体运动的过程只有重力做功，则物体的机械能守恒．故这个不变量应该是能量是动能和势能的总和；故B错误，C正确；
D、在物体运动过程中物体的速度随时间发生变化，故速度不守恒，故D错误．
故选：C．
分析：斜面的倾角不同物体受到的支持力不同，物体高度不同物体的重力势能不同，在运动过程中物体的速度随时间发生变化，故力、动能和速度都不守恒．
二．填空题（共5小题）
16．守恒定律是大自然普遍和谐性的一种表现形式，体现了科学的对称之美．追寻守恒量也是科学工作者不断努力的目标．试写出你所知道的两个守恒定律的名称 、 ．
答案：能量守恒定律|动量守恒定律、电荷守恒定律（填2个即可）
解析：解答：解：守恒定律是大自然普遍和谐性的一种表现形式，体现了科学的对称之美．
追寻守恒量也是科学工作者不断努力的目标，中学阶段主要有三大守恒定律：能量守恒定律、动量守恒定律、电荷守恒定律；
故答案为：能量守恒定律、动量守恒定律、电荷守恒定律（填2个即可）．
分析：追寻守恒量是物理学中的重要研究方法，中学阶段主要有三大守恒定律：能量守恒定律、动量守恒定律、电荷守恒定律．
17．如图所示，一个物体的质量为m自A点从静止开始沿槽滑到B点后，离开支持面飞出．若在A至B的过程中机械能损失为E，物体在B点飞出的水平分速度为V，则物体飞出后到达的最高点与A的高度差为 ．
答案：
解析：解答：解：物体到达最高点时竖直方向分速度为0，水平方向分速度仍为v，则在最高点的动能为Ek=mv2
对于物体从A到最后的最高点全过程，根据能量的转化与守恒，物体减少的重力势能一部分损失一部分转化为动能：
mg△h=E+mv2
解得：△h=；
故答案为：．
分析：根据能量的转化与守恒以及运动的合成与分解进行求解
18．致能量守恒定律最后确立的两类重要事实是：确立了的 不可能性和发现了各种自然现象之间的 ．
答案：确认了永动机的|相互联系和转化
解析：解答：解：永动机的不可能性和人类发现了各种自然现象之间的相互联系和转化是人类最终确立了能量守恒定律；
故导致能量守恒定律最后确立的两类重要事实是：确认了永动机的不可能性和发现了各种自然现象之间的相互联系和转化；
故答案为：确认了永动机的；相互联系和转化
分析：明确能量守恒定律的发现历程，根据人类对能量守恒定律认知的过程进行分析．
19．在“畅想家乡美好未来”的主题班会上，同学们奇想妙设，纷纷出计献策．王林同学设计了城市未来磁悬浮轨道列车交通方案，图纸如图所示，请你分析该方案中应用到的物理知识有：（只要求写出两条）
① ；
② ．
答案：磁场中同名磁极相斥原理|电磁感应的原理、能量的转化与守恒定律（任意两条）
解析：解答：解：磁悬浮轨道列车涉及到磁极间作用规律（同名磁极相互排斥）、电磁感应现象（电磁驱动和电磁阻尼）、能量的转化和守恒定律（电能与机械能的转化，上下坡道时动能与重力势能的转化）；
故答案为：磁场中同名磁极相斥原理、电磁感应的原理、能量的转化与守恒定律（任意两条）．
分析：本题主要考查磁悬浮轨道列车的原理，利用了磁场中同名磁极相斥原理和电磁感应的原理，当然把站台做成斜坡的，列车在进站时将动能转化为重力势能储存能量，在出站时又可以将重力势能转化为动能，这又利用了能量的转化与守恒定律．
20．某段陡峭的河床，上、下游水面高度差为2.0m，上游河水水速为2.0m/s，水面宽为4.0m，平均水深为1.0m，若将该段河水的机械能全部转化为电能，发电功率可达 kW．发电时若发电机输出功率仅为上述功率的一半，一昼夜发电机输出电能约为 kW h．（取两位有效数字）
答案：172.8|2.1×103
解析：解答：解：取时间t=1s，河水流过的距离 s=vt=2m，水的质量为 m=ρV=ρsah=103×2×4×1kg=8×103kg
则发电功率为：P==m（gH+）=8×103×（9.8×2+）W=172800W=172.8kW
发电机输出功率为：P出=05P=0.5×172.8kW=86.4kW
所以一昼夜发电机输出电能为：E=Pt天=86.4kW×24h=2073.6kWh≈2.1×103kWh．
故答案为：172.8，2.1×103．
分析：机械能等于动能和重力势能之和．要求发电功率可求出每秒内转化为电能的机械能，即可得到．
根据题中条件得到发电机输出功率，再求出一昼夜发电机输出电能．
三．解答题（共5小题）
21．如图所示，一辆自动卸货矿车，满载时从倾角α=30°的斜面上的A点由静止开始下滑，设斜面对车的阻力为车重的0.25倍，矿车下滑距离为L时，开始压缩缓冲弹簧，（不计弹簧质量），当矿车使弹簧产生最大压缩形变时，矿车自动卸货，不计卸货时间，卸货以后矿车借助弹簧弹力的作用，使之返回到原位置A点再装货，试问要完成这一过程，矿车空载时与满载时的质量比应为多大？
答案：解：弹簧压缩最短时，设弹性势能为EP，货车的总路程为S，
空载质量为m，满载时质量为km，
下滑过程中，由能量守恒有：kmgS sinα=EP+kmg S，
下滑时，同理有：EP=mgS sinα+mg S，
联立以上解得：k=3，故空载与满载的质量比为
解析：解答：解：弹簧压缩最短时，设弹性势能为EP，货车的总路程为S，
空载质量为m，满载时质量为km，
下滑过程中，由能量守恒有：kmgS sinα=EP+kmg S，
下滑时，同理有：EP=mgS sinα+mg S，
联立以上解得：k=3，故空载与满载的质量比为．
答：矿车空载时与满载时的质量比应为1：3．
分析：矿车运动过程中，矿车与弹簧组成的系统能量守恒，应用能量守恒定律可以求出质量之比．
22．温度为10℃的一滴水自高空落下，若落地时其重力势能的10%转化为它本身的热力学能，其温度升高1℃，求水滴最初下落的高度．[水的比热容c=4.2×103J/（kg ℃），取g=10m/s2．
答案：解：温度为10℃的一滴水自高空落下，若落地时其重力势能的10%转化为它本身的热力学能，其温度升高1℃，
根据公式Q=cm△t得
水吸收的热量Q=m×1×4.2×103J=4.2×103m J，
若落地时其重力势能的10%转化为它本身的热力学能，根据重力势能的减少量等于重力所做的功得
10%×mgh=Q
h=4.2×103m．
解析：解答：解：温度为10℃的一滴水自高空落下，若落地时其重力势能的10%转化为它本身的热力学能，其温度升高1℃，
根据公式Q=cm△t得
水吸收的热量Q=m×1×4.2×103J=4.2×103m J，
若落地时其重力势能的10%转化为它本身的热力学能，根据重力势能的减少量等于重力所做的功得
10%×mgh=Q
h=4.2×103m．
答：水滴最初下落的高度是4.2×103m．
分析：根据公式Q=cm△t可求水吸收的热量，根据重力势能的减少量等于重力所做的功求解水滴最初下落的高度；
23．一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㎏）
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=（c△T+T）=Pt 80%，其中铁的质量：m=ρSd，
代入数据求得：t=0.192s．
解析：解答：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=（c△T+T）=Pt 80%，其中铁的质量：m=ρSd，
代入数据求得：t=0.192s．
答：需要的时间为0.192s．
分析：求出铁块熔化需要的能量，然后由W=Pt求出需要的时间．
24．三峡水力发电站是我国最大的水力发电站．三峡水库二期蓄水后，水位落差约135m，水的流量约1.35×104m3/s．船只通航需要约3500m3/s的流量，其余流量全部用来发电．水流冲击水轮机发电时，水流减少的机械能有20%转化为电能．按照以上数据估算，三峡发电站的发电功率最大是多少？
答案：解：用于发电的水流量为：
Q=1.35×104m3/s﹣3.5×103m3/s=1.0×104m3/s．
所以发电功率是：
P=×20%
水的质量为：m=ρV
t时间内流水的体积：V=Qt
所以发电功率：
p==0.2ρQgh=0.2×1.0×103×1.0×104×10×135W=2.7×109W
解析：解答：解：用于发电的水流量为：
Q=1.35×104m3/s﹣3.5×103m3/s=1.0×104m3/s．
所以发电功率是：
P=×20%
水的质量为：m=ρV
t时间内流水的体积：V=Qt
所以发电功率：
p==0.2ρQgh=0.2×1.0×103×1.0×104×10×135W=2.7×109W
答：三峡发电站的发电功率最大是2.7×109W．
分析：先求出用于发电的水流量，根据W=Gh求出水的重力所做的功，然后结合效率求出的发电功率．
25．一个截面积为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．
答案：阳光垂直照射时单位面积热辐射的功率为
解析：解答：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
分析：根据热量公式Q=cm△t可求出水得到的太阳能．再根据太阳能与太阳光功率的关系列式求解
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人教版物理高二选修1-2第二章
第一节能量守恒定律同步训练
一．选择题（共15小题）
1．下列说法正确的是（ ）
A．物体放出热量，其内能一定减小
B．物体对外做功，其内能一定减小
C．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加
D．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变
答案：C
解析：解答：解：A、物体放出热量，若外界对物体做更多的功大于放出的热量，内能可能增加，故A错误；
B、物体对外做功，如同时从外界吸收的热量大于做功的数值，则内能增加，故B错误；
C、物体吸收热量，同时对外做功W，如二者相等，则内能可能不变，若Q＞W，则内能增加，若W＞Q，则内能减少，故C正确；
D、物体放出热量，Q＜0，同时对外做功，W＜0，则△U＜0，故内能一定减少，故D错误．
故选：C．
分析：做功和热传递都能改变内能；物体内能的增量等于外界对物体做的功和物体吸收热量的和，即：△U=Q+W．
2．如图，注射器内密封一部分气体，若针筒和活塞隔热性能良好，则缓慢向外移动活塞的过程中气体（ ）
A．对活塞不做功 B．对活塞做负功 C．温度保持不变 D．压强逐渐减小
答案：D
解析：解答：解：A、B、缓慢向外移动活塞的过程中气体的体积增大，对外做功，即气体对活塞做正功．故A错误，B错误；
C、针筒和活塞隔热性能良好，缓慢向外移动活塞的过程中，可以看做是准静态过程，气体对外做功的同时不能吸收热量，内能减小，温度降低．故C错误；
D、气体的体积增大，温度不变，由玻意耳定律：P1V1=P2V2，可知气体的压强一定减小．故D正确．
故选：D
分析：根据气体的体积增大，对外做功；体积减小，外界对气体做功．根据理想气体的状态方程分析气体的状态的变化．
3．对于一个热力学系统，下列说法中正确的是（ ）
A．如果外界对它传递热量则系统内能一定增加
B．如果外界对它做功则系统内能一定增加
C．如果系统的温度不变则内能一定不变
D．系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它做的功的和
答案：D
解析：解答：解：A、物体吸收热量，可能同时对外做功，故内能不一定增加，故A错误；
B、外界对物体做功，物体可能同时放热，故物体的内能不一定增加，故B错误；
C、如果系统的温度不变，物态发生变化，则内能一定变化，故C错误；
D、根据热力学第一定律，系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它做的功的和；故D正确；
故选：D．
分析：改变物体内能的方式：做功和热传递；它们在改变物体的内能上是等效的；结合热力学第一定律公式△U=W+Q进行判断．
4．某一密闭容器中密封着一定质量的某种实际气体，气体分子间的相互作用力表现为引力．关于实际气体的下列说法中正确的是（ ）
A．在完仝失重的情况下，密封容器内的气体对器壁的顶部没有作用力
B．若气体膨胀对外界做功，则分子势能一定减小
C．若气体被压缩，外界对气体做功，则气体内能一定增加
D．若气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功，则气体分子的平均动能一定减小
答案：D
解析：解答：解；A、气体压强产生的原因是大量气体分子 对容器壁的持续的、无规则撞击产生的．在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁的顶部有作用力，故A错误．
B、若气体膨胀对外界做功，分子之间的距离增大，需要克服气体分子之间的吸引力做功，则分子势能一定增大，故B不正确．
C、若气体被压缩，外界对气体做功，若气体同时对外做功，则气体内能不一定增加．故C错误．
D、若气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功，气体的内能不变，而分子势能一定增大，则气体分子的平均动能一定减小．故D正确．
故选：D
分析：气体压强产生的原因是大量气体分子 对容器壁的持续的、无规则撞击产生的．气体压强与温度和体积有关．
温度是分子平均动能大小的标志．根据热力学第一定律方向气体的内能的变化．
5．如图是哈勃瓶，在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞，玻璃瓶导热性能良好，在一次实验中，瓶内有气球和橡皮塞封闭一定质量的气体（可视为理想气体），在对气球缓慢吹气过程中，则瓶内气体（ ）
A．密度减少
B．平均动能增大
C．对外界放出热量
D．若释放橡皮塞后瞬间，温度将升高
答案：C
解析：解答：解：A、在对气球缓慢吹气过程中，气球内的气体的量增大，根据克拉伯龙方程可知气体的体积若不变，则气体压强变大；瓶内气体的压强增大，而温度不变，所以瓶内 的气体的体积减小，密度增大．故A错误．
B、因系统导热可知瓶内气体的温度不变，分子的平均动能不变．故B错误．
C、温度不变时，体积减小，对理想气体内能不变，由热力学第一定律知外界对气体做功与气体放出热量相等，故C正确；
D、若释放橡皮塞后瞬间，气体将快速从瓶内跑出，气体对外做功，由于来不及吸收热量，所以气体的温度将降低，故D不正确．
故选：C．
分析：分析瓶内气体的压强的变化，则可知做功情况；因系统导热可知温度不变，则由热力学第一定律可得出内能的变化．
6．下列关于热现象的说法错误的是（ ）
A．一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气，系统的内能保持不变
B．对某物体做功，可能会使该物体的内能增加
C．气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积
D．一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同
答案：A
解析：解答：解：A、水变成水蒸气，分子平均动能不变；但由于体积增大，分子间距离增大；由于气体分子间间距接近10r0；故在变化过程中分子力做负功；分子势能增大；故A错误；
B、做功和热传递均可以改变物体的内能；故B正确；
C、气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积；故C正确；
D、两系统达到热平衡的条件为温度相同；故D正确；
故选：A．
分析：物体的内能包括分子动能、势能，温度是分子平均动能的标志；
热力学第一定律是能量守恒定律．物体内能的增量与外界对物体做的功和物体吸收热量的和，即：△U=Q+W
7．小红和小明打乒乓球不小心把乒乓球踩扁了，小明认真观察后发现表面没有开裂，于是把踩扁的乒乓球放在热水里泡一下，基本恢复了原状．乒乓球内的气体可视为理想气体，对于乒乓球恢复原状的过程，下列描述中正确的是（ ）
A．内能变大，球内气体对外做正功的同时吸热
B．内能变大，球内气体对外做正功的同时放热
C．内能变大，球内气体对外做负功的同时吸热
D．内能变小，球内气体对外做负功的同时放热
答案：A
解析：解答：解：乒乓球内的气体受力膨胀，故对外做功，故W＜0；
气体温度升高，故内能增加，故△U＞0；
根据热力学第一定律公式△U=W+Q，Q＞0，即吸收热量；
故A正确，BCD错误；
故选：A．
分析：乒乓球内的气体受力膨胀，对外做功，温度升高，根据热力学第一定律列式分析即可．
8．以下说法正确的是（ ）
A．晶体都具有确定的熔点
B．空气相对湿度大，就是空气中水蒸气含量高
C．物体从外界吸收热量，其内能一定增加
D．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量等于向室外放出的热量
答案：A
解析：解答：解：A、晶体都具有确定的熔点；故A正确；
B、在相对湿度反映了空气中水蒸气含量接近饱和的程度；绝对湿度是指湿空气中水蒸汽的含量，绝对相对湿度大，就是空气中水蒸气含量高．故B错误；
C、物体从外界吸收热量，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知其内能不一定增加，故C不正确；
D、空调机在制冷过程中，压缩机要消耗电能，产生一部分内能，所以从室内吸收的热量小于向室外放出的热量，故D错误；
故选：A．
分析：晶体都具有确定的熔点；相对湿度是指湿空气中水蒸汽的分压力与相同温度压力下的饱和水蒸汽分压力之比，没有单位，用百分数表示，会随着湿空气的温度压力变化而变化．绝对湿度是指湿空气中水蒸汽的含量；根据热力学第一定律分析物体内能的变化；根据功能关系判定空调机工作过程中的能量的变化．
9．对悬挂在空中密闭的气球从早晨到中午过程（体积变化忽略不计），下列描 述中正确的是（ ）
A．气球内的气体从外界吸收了热量，内能增加
B．气球内的气体温度升高、体积不变、压强减小
C．气球内的气体压强增大，所以单位体积内的分子增加，单位面积的碰撞频率增加
D．气球内的气体虽然分子数不变，但分子对器壁单位时间、单位面积碰撞时的作用力减少
答案：A
解析：解答：解：气球吸收了热量，使得温度随气温升高，内能增加；气体受热体积膨胀对外做功，气球内单位体积分子数减少．
A、气球内的气体从外界吸收了热量，内能增加，A正确；
B、内能增加，温度升高，由于体 积不变，所以压强增大，B错误；
C、因为体积膨胀忽略不计，所以单位体积内的分子数不变，C错误；
D、气球内的气体虽然分子数不变，但分子对器壁单位时间、单位面积的碰撞时的冲量增大，因为平均动能增大，D错误；
故选：A
分析：据热力学第一定律△U=W+Q判断气体内能的变化．根据气体方程进行判断各个物理量的变化．
气体压强的大小受两方面影响：1、单位时间内撞击单位面积器壁的分子数；2、分子的平均动能
10．气象探测气球内充有常温常压的氦气，从地面上升至某高空的过程中，气球内氦气的压强随外部气压减小而逐渐减小，其温度因启动加热装置而保持不变．高空气温为﹣7.0℃，球内氦气可视为理想气体，下列说法中正确的是（ ）
A．在此过程，气球内氦气体积逐渐减小
B．在此高空，关闭加热装置后，氦气分子平均动能增大
C．在此高空，关闭加热装置后，氦气将对外界做功
D．在此高空，关闭加热装置后，氦气将对外放热
答案：D
解析：解答：解：A、气体经历等温过程，压强减小，根据PV=C，在此过程，气球内氦气体积逐渐增大，故A错误；
B、在此高空，关闭加热装置后，温度降低，故氦气分子平均动能减小，故B错误；
C、在此高空，压强固定，关闭加热装置后，温度降低，根据V/T=C，体积减小，故是外界对气体做功，故C错误；
D、在此高空，压强固定，关闭加热装置后，温度降低，故会对外放热，故D正确；
故选：D．
分析：气体经历等温过程，根据玻意耳定律分析体积的变化；温度是分子热运动平均动能的标志．
11．关于第二类永动机，下列说法中正确的是（ ）
A．没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机叫做第二类永动机
B．第二类永动机违反了能量守恒定律，所以不可能制成
C．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能
D．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能，同时引起其他变化
答案：A
解析：解答：解：A、没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机叫做第二类永动机．故A正确；
B、第二类永动机违反了热力学第二定律．故B错误；
C、机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化．故DC错误；
故选：A
分析：第二类永动机并不违反能量守恒定律，跟热现象有关的宏观过程均具有方向性．机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化．
12．关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是（ ）
A．第二类永动机违反能量守恒定律
B．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加
C．外界对物体做功，则物体的内能一定增加
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的
答案：D
解析：解答：解：A、第二类永动机没有违反能量守恒定律，但却不能成功制成．故A错误；
B、如果物体从外界吸收了热量，且又对外做功，则物体的内能不一定增加．故B错误；
C、外界对物体做功，若与外界无热量交换，则物体的内能一定增加．故C错误；
D、做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的．故D正确；
故选：D
分析：第二类永动机并不违反能量守恒定律，跟热现象有关的宏观过程均具有方向性． 做功和热传递是改变物体的内能的两种方式，做功是内能和其他形式的能之间的转化，热传递是内能之间的转移．物体从外界吸收了热量，则物体的内能不一定增加．
13．下列关于能源的说法中正确的是（ ）
A．二次能源是指可重复利用的能源
B．新能源是指新开采的能源
C．一次能源是直接来自自然界的能源
D．石油是二次能源
答案：C
解析：解答：解：A、二次能源是由一次性能源直接或间接转换而来的能源，不一定是可重复利用的能源，故A错误；
B、新能源是指新近才开始使用的可以重复使用的能源，故B错误；
C、D、一次能源是直接来自自然界而未经加工转换的能源，如石油，故C正确，D错误；
故选C．
分析：（1）常规能源：人类利用多年且广泛使用的能源，如煤、石油、电能等；
（2）新能源：新近才开始使用的可以重复使用的能源，如核能、太阳能、地热能、潮汐能；
（3）一次能源：直接来自自然界而未经加工转换的能源，例如化石燃料、太阳能、水能、生物燃料；
（4）二次能源：由一次性能源直接或间接转换而来的能源：煤气、氢能、电能、汽油、沼气．
14．自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，在这过程中（ ）
A．机械能守恒
B．能量正在消失
C．只有动能和重力势能的相互转化
D．减少的机械能转化为内能，但总能量守恒
答案：D
解析：解答：解：秋千在运动中由于受到空气阻力，故机械能将减小，转化为内能，由能量守恒可知，总能量是不变的；
故ABC错误，D正确；
故选D．
分析：秋千由于受到空气阻力，故机械能会减小，转化为内能，由能量守恒定律可得出能量的转化方向．
15．伽利略的斜面实验反映了一个重要事实：如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略不计，小球一旦沿斜面A由静止滚落，必将准确地终止于斜面B上同它开始点相同的高度处，绝不会更高一点，这说明，小球在运动过程中有一个“东西”是不变的，这个“东西”是（ ）
A．弹力 B．速度 C．能量 D．动能
答案：C
解析：解答：解：A、因为在物体运动的过程中改变斜面的倾角不同物体受到的支持力不同但物体仍能达到相同的高度，故力不是守恒量，故A错误；
B、伽利略理想斜面实验中如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，则在物体运动的过程只有重力做功，则物体的机械能守恒．故这个不变量应该是能量是动能和势能的总和；故B错误，C正确；
D、在物体运动过程中物体的速度随时间发生变化，故速度不守恒，故D错误．
故选：C．
分析：斜面的倾角不同物体受到的支持力不同，物体高度不同物体的重力势能不同，在运动过程中物体的速度随时间发生变化，故力、动能和速度都不守恒．
二．填空题（共5小题）
16．守恒定律是大自然普遍和谐性的一种表现形式，体现了科学的对称之美．追寻守恒量也是科学工作者不断努力的目标．试写出你所知道的两个守恒定律的名称 、 ．
答案：能量守恒定律|动量守恒定律、电荷守恒定律（填2个即可）
解析：解答：解：守恒定律是大自然普遍和谐性的一种表现形式，体现了科学的对称之美．
追寻守恒量也是科学工作者不断努力的目标，中学阶段主要有三大守恒定律：能量守恒定律、动量守恒定律、电荷守恒定律；
故答案为：能量守恒定律、动量守恒定律、电荷守恒定律（填2个即可）．
分析：追寻守恒量是物理学中的重要研究方法，中学阶段主要有三大守恒定律：能量守恒定律、动量守恒定律、电荷守恒定律．
17．如图所示，一个物体的质量为m自A点从静止开始沿槽滑到B点后，离开支持面飞出．若在A至B的过程中机械能损失为E，物体在B点飞出的水平分速度为V，则物体飞出后到达的最高点与A的高度差为 ．
答案：
解析：解答：解：物体到达最高点时竖直方向分速度为0，水平方向分速度仍为v，则在最高点的动能为Ek=mv2
对于物体从A到最后的最高点全过程，根据能量的转化与守恒，物体减少的重力势能一部分损失一部分转化为动能：
mg△h=E+mv2
解得：△h=；
故答案为：．
分析：根据能量的转化与守恒以及运动的合成与分解进行求解
18．致能量守恒定律最后确立的两类重要事实是：确立了的 不可能性和发现了各种自然现象之间的 ．
答案：确认了永动机的|相互联系和转化
解析：解答：解：永动机的不可能性和人类发现了各种自然现象之间的相互联系和转化是人类最终确立了能量守恒定律；
故导致能量守恒定律最后确立的两类重要事实是：确认了永动机的不可能性和发现了各种自然现象之间的相互联系和转化；
故答案为：确认了永动机的；相互联系和转化
分析：明确能量守恒定律的发现历程，根据人类对能量守恒定律认知的过程进行分析．
19．在“畅想家乡美好未来”的主题班会上，同学们奇想妙设，纷纷出计献策．王林同学设计了城市未来磁悬浮轨道列车交通方案，图纸如图所示，请你分析该方案中应用到的物理知识有：（只要求写出两条）
① ；
② ．
答案：磁场中同名磁极相斥原理|电磁感应的原理、能量的转化与守恒定律（任意两条）
解析：解答：解：磁悬浮轨道列车涉及到磁极间作用规律（同名磁极相互排斥）、电磁感应现象（电磁驱动和电磁阻尼）、能量的转化和守恒定律（电能与机械能的转化，上下坡道时动能与重力势能的转化）；
故答案为：磁场中同名磁极相斥原理、电磁感应的原理、能量的转化与守恒定律（任意两条）．
分析：本题主要考查磁悬浮轨道列车的原理，利用了磁场中同名磁极相斥原理和电磁感应的原理，当然把站台做成斜坡的，列车在进站时将动能转化为重力势能储存能量，在出站时又可以将重力势能转化为动能，这又利用了能量的转化与守恒定律．
20．某段陡峭的河床，上、下游水面高度差为2.0m，上游河水水速为2.0m/s，水面宽为4.0m，平均水深为1.0m，若将该段河水的机械能全部转化为电能，发电功率可达 kW．发电时若发电机输出功率仅为上述功率的一半，一昼夜发电机输出电能约为 kW h．（取两位有效数字）
答案：172.8|2.1×103
解析：解答：解：取时间t=1s，河水流过的距离 s=vt=2m，水的质量为 m=ρV=ρsah=103×2×4×1kg=8×103kg
则发电功率为：P==m（gH+）=8×103×（9.8×2+）W=172800W=172.8kW
发电机输出功率为：P出=05P=0.5×172.8kW=86.4kW
所以一昼夜发电机输出电能为：E=Pt天=86.4kW×24h=2073.6kWh≈2.1×103kWh．
故答案为：172.8，2.1×103．
分析：机械能等于动能和重力势能之和．要求发电功率可求出每秒内转化为电能的机械能，即可得到．
根据题中条件得到发电机输出功率，再求出一昼夜发电机输出电能．
三．解答题（共5小题）
21．如图所示，一辆自动卸货矿车，满载时从倾角α=30°的斜面上的A点由静止开始下滑，设斜面对车的阻力为车重的0.25倍，矿车下滑距离为L时，开始压缩缓冲弹簧，（不计弹簧质量），当矿车使弹簧产生最大压缩形变时，矿车自动卸货，不计卸货时间，卸货以后矿车借助弹簧弹力的作用，使之返回到原位置A点再装货，试问要完成这一过程，矿车空载时与满载时的质量比应为多大？
答案：解：弹簧压缩最短时，设弹性势能为EP，货车的总路程为S，
空载质量为m，满载时质量为km，
下滑过程中，由能量守恒有：kmgS sinα=EP+kmg S，
下滑时，同理有：EP=mgS sinα+mg S，
联立以上解得：k=3，故空载与满载的质量比为
解析：解答：解：弹簧压缩最短时，设弹性势能为EP，货车的总路程为S，
空载质量为m，满载时质量为km，
下滑过程中，由能量守恒有：kmgS sinα=EP+kmg S，
下滑时，同理有：EP=mgS sinα+mg S，
联立以上解得：k=3，故空载与满载的质量比为．
答：矿车空载时与满载时的质量比应为1：3．
分析：矿车运动过程中，矿车与弹簧组成的系统能量守恒，应用能量守恒定律可以求出质量之比．
22．温度为10℃的一滴水自高空落下，若落地时其重力势能的10%转化为它本身的热力学能，其温度升高1℃，求水滴最初下落的高度．[水的比热容c=4.2×103J/（kg ℃），取g=10m/s2．
答案：解：温度为10℃的一滴水自高空落下，若落地时其重力势能的10%转化为它本身的热力学能，其温度升高1℃，
根据公式Q=cm△t得
水吸收的热量Q=m×1×4.2×103J=4.2×103m J，
若落地时其重力势能的10%转化为它本身的热力学能，根据重力势能的减少量等于重力所做的功得
10%×mgh=Q
h=4.2×103m．
解析：解答：解：温度为10℃的一滴水自高空落下，若落地时其重力势能的10%转化为它本身的热力学能，其温度升高1℃，
根据公式Q=cm△t得
水吸收的热量Q=m×1×4.2×103J=4.2×103m J，
若落地时其重力势能的10%转化为它本身的热力学能，根据重力势能的减少量等于重力所做的功得
10%×mgh=Q
h=4.2×103m．
答：水滴最初下落的高度是4.2×103m．
分析：根据公式Q=cm△t可求水吸收的热量，根据重力势能的减少量等于重力所做的功求解水滴最初下落的高度；
23．一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㎏）
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=（c△T+T）=Pt 80%，其中铁的质量：m=ρSd，
代入数据求得：t=0.192s．
解析：解答：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=（c△T+T）=Pt 80%，其中铁的质量：m=ρSd，
代入数据求得：t=0.192s．
答：需要的时间为0.192s．
分析：求出铁块熔化需要的能量，然后由W=Pt求出需要的时间．
24．三峡水力发电站是我国最大的水力发电站．三峡水库二期蓄水后，水位落差约135m，水的流量约1.35×104m3/s．船只通航需要约3500m3/s的流量，其余流量全部用来发电．水流冲击水轮机发电时，水流减少的机械能有20%转化为电能．按照以上数据估算，三峡发电站的发电功率最大是多少？
答案：解：用于发电的水流量为：
Q=1.35×104m3/s﹣3.5×103m3/s=1.0×104m3/s．
所以发电功率是：
P=×20%
水的质量为：m=ρV
t时间内流水的体积：V=Qt
所以发电功率：
p==0.2ρQgh=0.2×1.0×103×1.0×104×10×135W=2.7×109W
解析：解答：解：用于发电的水流量为：
Q=1.35×104m3/s﹣3.5×103m3/s=1.0×104m3/s．
所以发电功率是：
P=×20%
水的质量为：m=ρV
t时间内流水的体积：V=Qt
所以发电功率：
p==0.2ρQgh=0.2×1.0×103×1.0×104×10×135W=2.7×109W
答：三峡发电站的发电功率最大是2.7×109W．
分析：先求出用于发电的水流量，根据W=Gh求出水的重力所做的功，然后结合效率求出的发电功率．
25．一个截面积为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．
答案：阳光垂直照射时单位面积热辐射的功率为
解析：解答：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
分析：根据热量公式Q=cm△t可求出水得到的太阳能．再根据太阳能与太阳光功率的关系列式求解
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