【文档说明】浙江省A9协作体2023-2024学年高二上学期期中联考物理试题 含解析.docx，共(23)页，5.006 MB，由小赞的店铺上传

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浙江省A9协作体2023学年第一学期期中联考高二物理试题考生须知：1．本卷满分100分，考试时间90分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题卷。

选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.以下物理量是矢量的是（）A.磁感应强度B.电动势C.磁通量D.电流强度【答案】A【解析】【详解】既有大小也有方向的物理量是矢量，磁感应强度是矢量；

只有大小而没有方向是物理量是标量，电动势、磁通量、电流强度是标量。故选A。2.以下有关物理学史说法正确的是（）A.安培首先发现了电流磁效应B.爱因斯坦提出了能量子假设C.麦克斯韦预言了电磁波的存在D.奥斯特在实验室捕捉到了电磁波【答案】C【解析】【详解】

A．奥斯特首先发现了电流的磁效应，故A错误；B．普朗克提出了能量子假设，故B错误；C．麦克斯韦预言了电磁波的存在，故C正确；D．赫兹实验室捕捉到了电磁波，故D错误。故选C。3.磁场中某区域的磁感线如图所示，则（）的在A.a、b两处的磁感

应强度的大小不等，Ba＞BbB.由图可推断整个磁场的磁感线既不会相交也不会闭合C.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小D.a、b两处磁感应强度的方向可以通过放置小磁针来判断【答案】D【解析】【详解】A．磁场中某区域的磁感线如图所示，a处的磁感线比b处疏，则

a点磁感应强度比b点小，故A错误；B．图像的显示有限，较为片面，不可由图推断整个磁场的磁感线既不会相交也不会闭合，磁感线是闭合的曲线，故B错误；C．因不知道通电导线与磁场方向的夹角，根据cosFBIl=可知同一通电导线放在a处与放在b处的受力大小不可比较，故C错误；D．小磁针在某点静

止时N极所指方向是磁场中该点的磁场方向，故a、b两处磁感应强度的方向可以通过放置小磁针来判断，故D正确；故选D。4.如图所示，某单量程磁电式电表的基本组成部分是磁铁（极靴）、线圈、铁芯等，下列关于该磁电式电表的说法中正确的是（）A.磁铁极靴与铁芯间的磁场是匀强磁场B.电

表中通的电流越大，指针偏转角度越大C.电表里面的铁芯是为了减小线圈与磁场间的作用D.改变电流方向，指针偏转方向不变【答案】B【解析】【详解】A．电表内的磁场是均匀辐向分布磁场，不是匀强磁场，故A错误；B．线圈所受安培力力的大小随电

流增大而增大，所以电表中通的电流越大，指针偏转角度越大，故B错误；C．铁芯被磁化变成了磁铁，它的磁场和线圈的磁场同向、相互叠加加强，增大线圈与磁场间的作用，故C正确；D．改变电流方向，线圈所受安培力力的方向发生变化，指针偏转方向发生改变，故D错误。故选C。5.如图所示是由表头Rg改

装的有两个量程的电表，则关于该电表下列说法正确的是（）A.改装的是电压表，接A、C两点量程大B.改装的是电压表，接A、B'两点量程大C.改装的是电流表，接A、C两点量程大D.改装的是电流表，接A、B两点量程大【答案】D【解析】

【详解】由图可知，电流计与分流电阻并联，改装的是电流表，且接A、B两点时，分流电阻阻值较小，电流较大，量程较大。故选D。6.某简易电吹风简化电路如图所示，其主要部件为电动机M和电热丝，部分技术参数如下表，电吹风在220V电压下工作

。下列说法正确的是（）电吹风额定电压220V电吹风额定功率热风时：990W冷风时：110WA.只闭合开关S1，电吹风就能吹热风B.该电吹风中电动机的内电阻为440C.吹热风时电热丝的功率为990WD.吹热风时通过电热丝的电流为4A【答案】D【解析】【详解】A．只闭合开关S1，电动机未工作，电吹风

不能吹风，故A错误；B．只闭合开关S2时，仅电动机接入电路，若电动机为纯电阻，则电阻为22220440110UrP===由于电动机为非纯电阻，则内阻不为440Ω，故B错误；CD．开关S1、S2都闭合时，电动机和电热丝同

时接入电路，电吹风吹热风，总功率为990W，即为电动机的功率和电热丝的功率之和，则吹热风时电热丝的功率为880W；通过电热丝的电流为880A4A220PIU===故D正确C错误；故选D。7.小明同学将一根细橡胶管中灌满海水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的海水柱，他

将此海水柱接到电源两端，握住海水柱两端将它水平均匀拉伸到原长的1.5倍，若电源电动势和内阻恒定，忽略温度对电阻率的影响，则此盐水柱（）A.阻值增大为原来的1.5倍B.两端的电压可能会减小C.消耗的电功率一定增大D.电源的效率一定增大【答案】D【解析】【详解】AB

．设海水柱的体积为V，横截面积为S，根据题意可知1.5LL=海水柱体积恒定，即LSLSV==代入数据解得拉伸后的横截面积为23SS=根据导体的电阻定律LRS=可知，拉伸之后的电阻为94RR=故电阻增大，由电源电动势和内阻

恒定，根据欧姆定律可知电路中的电流减小，由公式UEIr=−可知电阻两端的电压增大，故AB错误；C．此盐水柱的电功率即为电源的输出功率，对于当电动势和内阻都固定的电源的输出功率最大时，此时Rr=外由于电源内阻和盐水柱的阻值大小未知，当盐水柱的电阻增大，盐水柱消耗的电功

率不一定增大，故C错误；D．电源的效率为RUIEIRr==+外外可知当外电路的电阻增大，即盐水柱的电阻增大，电源的效率一定增大，故D正确；故选D。8.电子产品的适配充电器和锂离子电池的铭牌如图所示，则以下说法正确的是（）A.该锂电池充满电后可贮存2000C的电量B.用该充电器给锂电

池充电时，充电器输出功率为7.4WC.用该充电器给该锂电池充电时，电池内部锂离子从正极运动到负极D.该锂电池从无电状态到充满电，充电器消耗的电能为7.4W·h【答案】C【解析】【详解】A．该锂电池充满电后可贮存的电量q为2000mAh，即32000103600C72

00Cq−==故A错误；B．用该充电器给锂电池充电时，充电器输出功率为是52W10WPUI===故B错误；C．用该充电器给该锂电池充电时，充电过程中，是非静电力把正电荷从负极搬运到正极，电能转化为化学能存储起来，电池内部锂离子是从正极运动到负极，故C正确；

D．该锂电池从无电状态到充满电，锂电池获得的电能33.7200010Wh7.4WhWqU−===考虑充电过程有能量损失，故需要消耗的电能大于7.4Wh，故D错误；故选C。9.在如图所示的电路中，电源电动势和内阻均为定值，电流表和电压表均为理想电表，带电油滴P恰好静止于平行板电容器中

。当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，下列说法正确的是（）A.电流表的示数增大B油滴P将向下加速运动C.通过R1的电流变化量大于电流表示数的变化量D.若电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则UI不变【答案】D【解析】【详解】A．当滑动变阻器

R4的滑片向a端移动时，接入电路的电阻增大，电路中的总电阻增大，根据欧姆定律可知电路中的总电流减小，内阻和R1所消耗的电压减小，因此电压表的示数为1UEIRr=−+（）由上式的电压表的示数增大。所以R3两端的电压增大，电流增大，因此电流表的示数减小，故A错误；

B．根据油滴P恰好静止于平行板电容器可知该油滴带负电，滑动变阻器R4的滑片向a端移动时电容器两端的电压增大，电场强度增大，所以该油滴向上加速运动，故B错误；C．根据.13AIIII==+总R1中电流减小，R3中电流增大，电流表的示数减小，则通过R1的电流变化量小于电流表示数的变化量，故C错误；D．

根据1UEIRr=−+（）33UIR=则1UrRI=+33URI=由于3AIII=+则3AIII=+由于电路中的总电流减小，I3增大，IA减小，即A3III=−即A3III=+解得A13UUIrRR=++所

以UI不变，故D正确。故选D。10.来自太阳的高能带电粒子流被地磁场俘获，在向两极做螺旋运动的过程中与大气分子摩擦、碰撞，使大气分子激发出各种颜色的光，形成绚丽的极光美景。如图，是某高能粒子被地磁场俘获后的运动轨迹示意图，忽略引力和带电粒子间的相互作用，以下说法正确的是

（）A.图中所示的带电粒子带正电B.图中所示的带电粒子做螺旋运动时旋转半径一定越来越小C.洛伦兹力对带电粒子做负功，使其动能减少D.带电粒子在靠近地球北极过程中动能增大【答案】B【解析】【详解】A．地球的磁场由南向北，根据左手定则可知，粒子带负电，故A错误；B．粒子在运动过程中，南北两极的磁

感应强度较强，由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式，可知，当磁感应强度增加时，半径是减小，图中所示的带电粒子做螺旋运动时旋转半径一定越来越小，故B正确；CD．洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，动能不变，故CD错误。故选

B。11.如图所示，电源的电动势E=4.5V，内阻r=3。滑动变阻器全阻值为12，a、b分别为滑动变阻器电阻丝的左右端点，电压传感器的一端与电阻丝中点M固定连接，另一端与可动触头P相连。当P在a、b间移动时，电压传感器的示数可能

为（）A.4.5VB.2VC.－1.7VD.－3V【答案】C【解析】【详解】根据欧姆定律可知4.5A0.3A123EIRr===++电压传感器的一端与电阻丝中点M固定连接，若另一端与a或b相连接时，电压传感器显示的数值最大，为4.50.33V

1.8V22EIrU−−===因电势差存在正负，故电压传感器的示数范围为-1.81.8V；故选C。12.如图是某海湾风力发电场。每台风力发电机的叶片转动时可形成半径为r的圆面，当地风向可视为与叶片转动的圆面垂直，发电机将此圆面内气流动能转化为输出电能的效率为

。风速在1520m/s范围内，可视为不变。已知风速15m/sv=时每台发电机输出电功率为1000kW，空气的密度为31.3kg/m=，则（）A.单位时间内经过每台发电机叶片圆面的气流动能为2212rvB.当风速为20m/s时每台发电机

的输出电功率约为2370kWC.每台发电机叶片转动时形成的圆面半径r约为10mD.若每年有4000h风速在1520m/s，则每台发电机年发电量至少为61.210kWh【答案】B【解析】【详解】A．单位时间内气流冲击发电机叶片的体积为VSv=这些气体的

质量mVSv==气流的动能为2323k111222EmvSvrv===故A错误；B．气流的动能转化的电能为23k12EErv==电则每秒输出电功率2312EPrvt==电可得输出功率与3v成正比，风速15m/sv=时每台

发电机输出电功率为1000kW，则可知当风速为20m/s时每台发电机的输出电功率约为3202370kW15PP=故B正确；C．由于气流动能转化为输出电能的效率为未知，故每台发电机叶片转动时形成的圆面半径r无法求出，故C错误；D．可

得输出功率与3v成正比，则若每年有4000h风速在1520m/s，则每台发电机年发电量至少为610004000kWh410kWhWPt===故D错误；故选B。13.Ioffe-Prichard磁阱常用来约束带电粒子的运动。如图所

示，四根通有大小相等且为恒定电流的长直导线垂直穿过xoy平面，1、2、3、4直导线与xoy平面的交点成边长为2a的正方形且关于x轴和y轴对称，各导线中电流方向已标出，已知通电无限长直导线产生的磁感应强度大小与到直导线距离成反比。若题中带电粒子重力均不计，下列说法正确的是

（）A.2、4两点连线上各点的磁感应强度均为0B.垂直xoy平面从O点射入的带电粒子，将做变加速直线运动C.直导线1、2在O点的磁感应强度方向沿y轴正方向D.沿着y轴运动的带电粒子可以做匀速直线运动【答案】D【解析】【详解】AB．根据右手定则并结合矢量叠加可知O点的磁感应强度

为零，2、4两点连线上O点磁感应强度为零，其它点不为零，所以从O点射入的带电粒子，将做匀速直线运动，故AB错误；C．根据右手定则可知直导线1、2在O点的磁感应强度沿x轴方向得分量大小相等，沿y轴方向得分量大小相等，方向相反，所以1、2在O点的磁感应强度方向

沿y轴负方向，故C错误；D．y轴上的磁感应强度沿y轴方向，所以运动的带电粒子速度与磁感应强度平行，在y轴上运动的粒子不受洛伦兹力，所以粒子可能做匀速直线运动，故D正确。故选D。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，

共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.在探究影响导体电阻与其影响因素的定量关系时，某同学按如图所示的电路进行了实验研究，其中导体a与b只是长度不同，a

与c只是粗细不同，a与d只是材料不同，关于该实验，下列说法正确的是（）A.此电路缺少电流表，所以无法研究定量关系B.a与b相比，导体越长，电压表示数越大C.a与c相比，导体越粗，电压表示数越大D.a与d相比

，电压示数越小，表明该种材料的导电性能越好。【答案】BD【解析】【详解】A．根据串联电路特点通过各电阻的电流都相同，则电阻两端的电压与电阻成正比，所以可以研究导体电阻与其影响因素的定量关系，则A错误；

B．串联电路电流处处相等，a与b相比，导体越长，电阻越大，则电压表示数越大，所以B正确；C．串联电路电流处处相等，a与c相比，导体越粗，电阻越小，则电压表示数越小，所以C错误；D．串联电路电流处处相等，a与d相比，电压示数越小，电阻越小，

则表明该种材料的导电性能越好。所以D正确；故选BD。15.在如图所示虚线框内存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一带电粒子（不计重力）以水平速度v从S1

入射后能沿S1S2直线穿过该区域，则以下说法正确的是（）A.若改变带电粒子电性，即使它以同样的速度v射入该区域，其运动方向一定会发生偏转B.带电粒子无论带上何种电荷，只要以同样的速度v入射，都不会发生偏转C.若带电粒子的入射速度1vv，它将做匀变速曲线运动D.若带电粒子的

入射速度2vv，只要虚线框的尺寸合适，粒子也可能从S2射出【答案】BD【解析】【详解】AB．带电粒子以速度v穿出，说明其所受的电场力和洛伦兹力平衡，即qEqvB=可得EvB=只要带电粒子的速度大小不变，方向沿S1S2方向，均可以匀速通过

速度选择器，与粒子的种类、带电的性质及电荷量多少无关，故A错误，B正确；C．若入射速度大于v，即洛伦兹力大于电场力，粒子将向洛伦兹力方向偏转做曲线运动，电场力做负功，粒子的速度将减小，但当粒子速度变化，洛伦兹力也随之发生变化，所以粒子所受

合外力时刻发生变化，因此粒子不做匀变速曲线运动，故C错误；D．若入射速度小于v，即洛伦兹力小于电场力，粒子将向电场力方向偏转做曲线运动，电场力做正功，粒子的速度将增大，但当粒子速度变化，洛伦兹力也随之发生变化，所以只要

虚线框的尺寸合适，粒子也可能从S2射出，故D正确。故选BD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.小明想测量一只电流表的内阻（量程为0~0.6A）。（1）考虑到电流表内阻很小，为保护电流表，小明决定给电流表串联一个阻值为2

定值电阻。下面仪器中应该选择______。（2）小明选出正确的仪器，使用学生电源的3V直流输出，采用最佳的设计电路，并正确连接。某次测量结果如下图所示，其中电流表的示数为______，由本次测量可得电流表（0~0.6A量程）的内阻为____

__（保留两位有效数字）。（3）测出电流表的内阻后，小明又想用该电流表测量两节干电池串联的总内阻，找到合适的仪器后，他设计了如下图所示的两个实验电路；你认为小明选______图较合适。（4）小明根据所选合适电路，测出数组电源的U、I，在UI−图中描点情况如图所示，可

求得两节干电池串联的总内阻为______Ω。（保留两位有效数字）【答案】①.A②.0.20③.0.60④.乙⑤.4.4【解析】【详解】（1）[1]三幅图中，能准确获得2Ω电阻的仪器的是电阻箱。故选A。（2）[2]电流表量程为0~0.6A，电

流表的示数为0.20AI=（3）[3]根据欧姆定律，测得的总电阻为0.52Ω2.60Ω0.20URI===测电流表的内阻为A00.60ΩRRR=−=测（4）[4]由于电流表内阻已知，电流表内接可以准确测出两节

干电池串联的总内阻，故乙图较合适。（5）[5]根据描点情况作出UI−曲线。根据闭合电路欧姆定律A()EUIRr=++整理得A()UEIRr=−+电源电动势为3.00VE=图象斜率的绝对值表示电流表内阻与电源内阻之和，有A3.00Ω5Ω0.60Rr

k+===两节干电池串联的总内阻为4.4Ωr=17.小飞同学想估测某电阻丝的电阻率（该电阻丝的长度为80.00cm，电阻约为100~200Ω），材料未知，他根据已有的实验器材，设计实验过程如下：（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径，示数如图（a）所示

，该电阻丝的直径为______mm。的（2）对多用电表进行机械调零。（3）将多用电表的选择开关旋至______倍率的电阻档（填“1”，“10”，“100”或“1k”）。（4）将黑、红表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在电阻档零刻度线。（5）将黑、红表笔接在待测电阻丝两端，多用电表的示数如

图（b）所示。该电阻丝的电阻值为______Ω。（6）测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到“OFF”位置。（7）根据实验测得的数据估算该电阻丝电阻率为______A．3.1×10-4ΩmB．3.1×10-

5ΩmC．3.1×10-6Ωm（8）实验反思过程中，小飞得知多用电表因为老旧，内部的电源电动势会减小，内阻会增大，但本次实验多用电表仍能欧姆调零，则测量结果会______（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】①.1.416##1.417##1.418②.×10③.160④.A⑤.偏大

【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，所以电阻丝的直径为1mm41.70.01mm1.417mmd=+=（3）[2]使用多用电表欧姆挡测电阻时，为了减小误差，应尽可能使指针偏转至刻度盘中央附近

，由于该电阻丝的阻值在100～200Ω，而表盘中央刻度在15～20左右，所以应选择×10倍率的电阻挡；（5）[3]15～20之间的分度值为1，所以该电阻丝的电阻值为1610Ω160ΩR==（7）[4]根据电阻定律有24LLRSd==解得

该电阻丝的电阻率为()232421601.41710Ωm3.110Ωm4480.0010RdL−−−==（8）[5]多用表的测量原理为闭合电路欧姆定律，档电池电动势减小，内阻增大时，欧姆表重新调零，即满偏电流不变，则g内=EIR可知E减小，g

I不变，欧姆表的内阻R内变小，测电阻时，有gg1xxxIRIEIRRRRRR===+++内内内内由于R内变小，则同一被测电阻的电流要变小，对应的电阻刻度值要变大，即测量结果会偏大。18.如图所示，一倾角θ=37°的光滑绝缘斜面固定在水平面上

，底边宽L=1.0m，现将一质量m=0.25kg的导体棒通过细软导线接入电路中，当在斜面范围存在一垂直斜面向下的匀强磁场时，导体棒恰好能水平静止在斜面上，且图中标称为（4V，8W）的小灯泡也能正常发光，已知图中电源电动势E=8.0V，内阻r=1.0Ω，重力加速度g=10m/s

2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，试求：（1）小灯泡的额定电流和通过电源的电流；（2）金属棒受到的安培力F大小；（3）磁场的磁感应强度B大小。【答案】（1）2A，4A；（2）1.5N；（3）0.75T【解

析】【详解】（1）小灯泡的正常发光时，有LLPUI=解得小灯泡的额定电流为L2AI=通过电源的电流为84A4A1EUIr−−===总（2）导体棒静止在导轨上，由共点力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力，即s

in371.5NFmg==（3）通过导体棒的电流L2AIII=−=总导体棒受到的安培力为FBIL=解得磁场的磁感应强度B大小为0.75TB=19.如图所示，一半径R=1.8m的光滑绝缘圆弧形圆管固定在竖直平面内，R

远大于圆管直径，O为圆心，半径OA沿竖直方向，圆弧AC对应的圆心角θ=37°，空间存在OAC平面内水平向右的匀强电场，垂直OAC平面向里的匀强磁场。一质量m=3.6×10﹣4kg，电荷量q=+9.0×10﹣4C的带电小球（直径略小于圆管内

径）以v0=4.0m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆管内，后从C点离开做匀速直线运动．已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，求：（1）匀强电场的场强大小E；（2

）匀强磁场的磁感应强度大小B；（3）小球射入圆管的瞬间对圆管的压力。【答案】（1）3N/C；（2）1T；（3）3.2×10﹣3N，方向向下。【解析】【详解】（1）当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图1所示由平衡条件得tanFqEmg==

电代入数据解得3N/CE=（2）小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得()220111cos22sinFmgRmvmvR−−=−电代入数据得5m/sv=由cosmgFqvB==洛解得B=1T（3）分析小球射入圆弧轨道瞬间的受力，由牛顿第二定律得20N0mv

FBqvmgR+−=代入数据得3N3.210NF−=由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力3N3.210NF−=，方向向下20.如图所示，不计电阻的光滑的金属轨道分水平段和竖直段两部分，竖直段轨道为半径R=1m的圆弧形，O点为圆弧的圆心，P为圆弧上

与圆心等高的点。两金属轨道之间的宽度l=0.5m。整个装置均处于磁感应强度B=0.5T、方向竖直向上的匀强磁场中。水平轨道左侧与一个内阻r=2Ω、电压连续可调的电源相连，通过自动调节电压可维持电路中电流I=2A保持不变（方向如图所示）。现将一质量m=0.05kg、长为0.5m的匀质金属细杆置于轨道

上M点静止释放，金属细杆沿金属轨道向右开始运动，运动中金属细杆与金属轨道始终垂直。已知M、N间距d=20m，求：（1）金属细杆开始运动时的加速度大小；（2）金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小；（3）金属杆从M点运动开始计

时，电源电动势按照E=24+2.5t(V)变化，求金属杆从M到N过程中产生的焦耳热。【答案】（1）210m/s；（2）10.25N；（3）80J【解析】【详解】（1）金属细杆开始运动时所受的安培力大小0.520.5N0.5NF

BIL===安根据牛顿第二定律可得，加速度大小210m/sFam==安（2）金属细杆从M点到P点的运动过程，只有安培力、重力做功，安培力所做的功()10.5JWFMNOP=+=安安重力所做的功0.5JGWmgON=−=−由动能定理得2102

GWWmv+=−安解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v=20m/s可得2mvFFR−=安解得F=20.5N由牛顿第三定律可知此时金属细杆对每一条轨道的作用力大小为10.25N；（3）设金属棒从M到N的时间为t，可得21202at=解得2s=t可得20m/svat==电源瞬

时功率为()242.5485PEItIt==+=+可作如图电源在时间t内对整个回路提供的能量为Q，可根据梯形面积计算得()148582J106J2Q=+=设Q1为金属棒从M到N产生的焦耳热，则2212mvQQIrt=

++解得180JQ=21.某人想在自己庭院里设计了一个太阳能“凉亭喷泉”，模型如图所示，喷口横截面积24cmS=，距离地面的高度为1mh=，水从喷口以不变的速度源源不断的向上喷出，最高到达离喷口5m后自然落下，若所用的水是从

井下抽取的，井中水面离地面的高度18.8mH=，并一直保持不变。水泵由电动机带动，水的密度331.010kg/m=，空气阻力不计（计算中g取210m/s、3）。（1）求这个喷灌系统从管口射出水的速度多大；（2）求水泵抽水的有用功率是多少；（3）已知：太阳辐射的总功率260410

WP=，太阳到地球的距离111.510mr=，太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗，该系统所用太阳能电池板的能量转化效率为15%，电动机水泵的综合抽水效率为75%，平均来看，铺设的太阳能电池

板可等效看成始终垂直于太阳光、有效面积为S的面，且有效照射时间为每天4小时，所以需要加装储能电池先存储电能，若电池在储电、输电过程中综合损耗约为20%，为实现“凉亭喷泉”每天稳定工作8小时，求S至少是多少。【答案】（1）10m/s；（2）992W；（3）221.25

m【解析】【详解】（1）竖直方向2002vgh−=解得010m/sv=（2）每秒钟水泵对水做的功201()2WmghHmv=++又mV=0Vsvt=1st=则992WWPt==（3）当太阳垂直电池板照射时所需面积

最小，若无能量损失，太阳能电池接收太阳能功率P，则00PSPS=又204Sr=太阳能电池实际接收功率(130%)PP=−实由于9928=15%75%80%4P实联立解得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xi

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