1. (2025·广东汕头一模)中国空间站首次使用柔性太阳电池翼作为能量来源,太阳电池翼将太阳能直接转化为
电
能;当电池翼接收太阳能的功率为$1.1×10^{5}$W 时,发电效率达 30%,则电池翼展开 10 s 后能够接收太阳能
$1.1×10^{6}$
J,可提供电能
$3.3×10^{5}$
J.
答案：1.电$ 1.1×10^{6} 3.3×10^{5}$
解析：
电；$1.1×10^{6}$；$3.3×10^{5}$
2. 如图所示的太阳能热水器,接收太阳能的辐射功率为$1.2×10^{3}$W/m²,接收太阳光垂直照射的面积始终为 2 m²,设太阳能热水器吸收太阳能的效率为 50%.太阳能热水器内水的质量为 100 kg、初温为 20℃,经过$t_{0}$时间后水温上升到 40℃.已知水的比热容$c_{水}=4.2×10^{3}$J/(kg·℃),求:
(1) 在上述过程中,太阳能热水器内的水吸收的热量.
(2) 水由 20℃升温到 40℃所用时间$t_{0}$.
答案：$2. (1) 8.4×10^{6}J (2) 7000 s $解析：(1) 太阳能热水器内的水吸收的热量$ Q_{吸}=c_{水}m\Delta t =4.2×10^{3} J/(kg·℃)×100 kg×(40 ℃ - 20 ℃)=8.4×10^{6} J. (2) $已知太阳能热水器吸收太阳能的效率为50％，则接收的太阳能$ E=\frac{Q_{吸}}{\eta}=\frac{8.4×10^{6} J}{50％}=1.68×10^{7} J,$太阳能热水器接收太阳能的总功率$ P=1.2×10^{3} W/m^{2}×2 m^{2}=2.4×10^{3} W,$则水由 20 ℃ 升温到40 ℃ 所用时间$ t_{0}=\frac{E}{P}=\frac{1.68×10^{7} J}{2.4×10^{3} W}=7000 s.$
解析：
(1) $ Q_{吸}=c_{水}m\Delta t =4.2×10^{3}\ \mathrm{J/(kg·℃)}×100\ \mathrm{kg}×(40\ \mathrm{℃}-20\ \mathrm{℃})=8.4×10^{6}\ \mathrm{J} $
(2) $ E=\frac{Q_{吸}}{\eta}=\frac{8.4×10^{6}\ \mathrm{J}}{50\%}=1.68×10^{7}\ \mathrm{J} $
$ P=1.2×10^{3}\ \mathrm{W/m}^2×2\ \mathrm{m}^2=2.4×10^{3}\ \mathrm{W} $
$ t_{0}=\frac{E}{P}=\frac{1.68×10^{7}\ \mathrm{J}}{2.4×10^{3}\ \mathrm{W}}=7000\ \mathrm{s} $
3. 新趋势
情境素材 (2025·湖南节选)科技赋能乡村振兴,农业无人机以其安全可靠、高效灵活、成本低廉的优势而广泛应用.如图是无人机正在喷洒农药的场景.装载农药的无人机水平匀速直线飞行 100 s,消耗的电能为 0.25 kW·h,若该无人机消耗的电能转化为机械能的效率为 80%,则此过程中无人机内电动机的机械功率为
7200
W.
答案：3. 7200 解析：无人机消耗的电能$ W_{电}=0.25 kW·h=0.25×3.6×10^{6} J=9×10^{5} J,$无人机消耗的电能转化为机械能的效率为 80％，根据$ \eta=\frac{W_{机}}{W_{电}}×100％$可得，转化为无人机的机械能$ W_{机}=\eta W_{电}=80％×9×10^{5} J=7.2×10^{5} J,$根据$ P=\frac{W}{t}$可得，此过程中无人机内电动机的机械功率$ P_{机}=\frac{W_{机}}{t}=\frac{7.2×10^{5} J}{100 s}=7200 W.$
解析：
无人机消耗的电能$W_{电}=0.25\ \mathrm{kW·h}=0.25×3.6×10^{6}\ \mathrm{J}=9×10^{5}\ \mathrm{J}$，
由$\eta=\frac{W_{机}}{W_{电}}×100\%$可得，转化的机械能$W_{机}=\eta W_{电}=80\%×9×10^{5}\ \mathrm{J}=7.2×10^{5}\ \mathrm{J}$，
机械功率$P_{机}=\frac{W_{机}}{t}=\frac{7.2×10^{5}\ \mathrm{J}}{100\ \mathrm{s}}=7200\ \mathrm{W}$。
4. 现代居家生活中,水族箱成为喜欢养草养鱼家庭室内装饰的一个亮点.小明家有一台水族箱(如图所示),玻璃容器内盛有 50 L 水,内置一根“220 V 100 W”的自动温控棒,冬天养热带鱼时,水族箱内水的温度要求控制在 26~28℃之间(温控棒在水温低于 26℃时开始工作,水温达到 28℃时自动断开),求:$[ρ_{水}=1.0×10^{3}$kg/m³,$c_{水}=4.2×10^{3}$J/(kg·℃)]
(1) 水族箱中水的质量.
(2) 若用电高峰时,家庭电路的实际电压仅为 217.8 V,此时温控棒的工作电流(温控棒阻值不变).
(3) 在某次温控中,温控棒正常工作了 87.5 min,该次温控棒的温控效率.
答案：4. (1) 50 kg (2) 0.45 A (3) 80％ 解析：(1) 水族箱内水的体积$ V=50 L=50 dm^{3}=0.05 m^{3},$由$ \rho=\frac{m}{V}$可得,水的质量$ m=\rho_{水}V=1.0×10^{3} kg/m^{3}×0.05 m^{3}=50 kg. (2) $由$ P=\frac{U^{2}}{R}$可得,温控棒电阻的阻值$ R=\frac{U^{2}}{P}=\frac{(220 V)^{2}}{100 W}=484 \Omega,$家庭电路的实际电压 U' =217.8 V,则此时温控棒的工作电流$ I=\frac{U'}{R}=\frac{217.8 V}{484 \Omega}=0.45 A. (3) $某次温控中,由题意知该过程中水的温度由 26 ℃ 加热到 28 ℃,则水吸收的热量$ Q_{吸}=c_{水}m(t - t_{0})=4.2×10^{3} J/(kg·℃)×50 kg×(28 ℃ - 26 ℃)=4.2×10^{5} J,$由$ P=\frac{W}{t}$可得,温控棒消耗的电能$ W=Pt=100 W×87.5×60 s=5.25×10^{5} J,$则该次温控棒的温控效率$ \eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100％=\frac{4.2×10^{5} J}{5.25×10^{5} J}×100％=80％.$
解析：
(1) 水族箱内水的体积$V=50\ \mathrm{L}=50\ \mathrm{dm}^3=0.05\ \mathrm{m}^3$，由$\rho=\frac{m}{V}$可得，水的质量$m=\rho_{\mathrm{水}}V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×0.05\ \mathrm{m}^3=50\ \mathrm{kg}$。
(2) 由$P=\frac{U^2}{R}$可得，温控棒电阻的阻值$R=\frac{U^2}{P}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{100\ \mathrm{W}}=484\ \Omega$，家庭电路的实际电压$U' =217.8\ \mathrm{V}$，则此时温控棒的工作电流$I=\frac{U'}{R}=\frac{217.8\ \mathrm{V}}{484\ \Omega}=0.45\ \mathrm{A}$。
(3) 水吸收的热量$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m(t - t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×50\ \mathrm{kg}×(28\ \mathrm{℃}-26\ \mathrm{℃})=4.2×10^5\ \mathrm{J}$，温控棒消耗的电能$W=Pt=100\ \mathrm{W}×87.5×60\ \mathrm{s}=5.25×10^5\ \mathrm{J}$，该次温控棒的温控效率$\eta=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{W}×100\%=\frac{4.2×10^5\ \mathrm{J}}{5.25×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=80\%$。
5. 如图是小明制作的“简易孔明灯”，其体积为 0.2 m³.在孔明灯下端的燃烧皿中加入适量的煤油,将燃烧皿放在电子秤上实时监测其质量的变化.经测量,孔明灯的质量为 20 g、室温为 20℃,当孔明灯刚起飞时,电子秤的示数变化了 1 g,煤油燃烧放出热量
$4.6×10^{4}$
J;孔明灯刚好起飞时,灯内空气温度约为
40
℃;空气吸收的热量最多为
4400
J;从加热到起飞的过程中,加热效率最大为
9.6％
(保留一位小数).已知空气的比热容为 1×10³ J/(kg·℃)、煤油的热值为 4.6×10⁷ J/kg,g 取 10 N/kg,孔明灯的厚度忽略不计,不同温度下空气的密度如表所示.
答案：$5. 4.6×10^{4} 40 4400 9.6％ $解析：由题意可知,当孔明灯刚起飞时,电子秤示数变化了 1 g,则煤油燃烧的质量$ m_{煤油}=1 g,$煤油完全燃烧放出的热量$ Q_{放}=m_{煤油}q_{煤油}=1×10^{-3} kg×4.6×10^{7} J/kg=4.6×10^{4} J；$孔明灯刚起飞时受力平衡,即受到的竖直向上的浮力和竖直向下的重力（含灯内空气的重力）平衡,则$ F_{浮}=G_{灯}+G_{气},$由表知室温为 20 ℃ 时空气密度为$1.20 kg/m^{3},$设灯内空气的密度为$ \rho_{气},$则有$ \rho_{空气}Vg=m_{灯}g+\rho_{气}Vg,$化简得$ \rho_{空气}V=m_{灯}+\rho_{气}V,$即$1.20 kg/m^{3}×0.2 m^{3}=20×10^{-3} kg+\rho_{气}×0.2 m^{3},$解得$ \rho_{气}=1.10 kg/m^{3},$则灯内空气的质量$ m=\rho_{气}V=1.10 kg/m^{3}×0.2 m^{3}=0.22 kg,$由表可知,孔明灯刚好起飞时,灯内空气温度为 40 ℃,孔明灯内空气吸收的热量最多为$ Q_{吸}=cm(t - t_{0})=1×10^{3} J/(kg·℃)×0.22 kg×(40 ℃ - 20 ℃)=4400 J,$则从加热到起飞的过程中,燃烧皿的加热效率最大为$ \eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100％=\frac{4400 J}{4.6×10^{4} J}×100％≈9.6％.$
解析：
$4.6×10^{4}$；40；4400；9.6%
