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10. 为体现低碳经济的理念，上海世博会充分利用太阳能发电技术，其主题馆屋面太阳能板的面积达$3× 10^{4}\ \mathrm{m}^2$，年发电量$3× 10^{6}\ \mathrm{kW·h}$。若这些电能由火力发电站提供（煤的热值为$3× 10^{7}\ \mathrm{J/kg}$，煤完全燃烧释放的内能转化为电能的效率是30%），则仅此一项每年可节约煤炭的质量为（
A.$2.0× 10^{4}\ \mathrm{kg}$
B.$1.2× 10^{5}\ \mathrm{kg}$
C.$3.6× 10^{5}\ \mathrm{kg}$
D.$1.2× 10^{6}\ \mathrm{kg}$
D
）。A.$2.0× 10^{4}\ \mathrm{kg}$
B.$1.2× 10^{5}\ \mathrm{kg}$
C.$3.6× 10^{5}\ \mathrm{kg}$
D.$1.2× 10^{6}\ \mathrm{kg}$
答案
10.D
【解析】年发电量 $W = 3 × 10^6 \ \mathrm{kW·h} = 3 × 10^6 × 3.6 × 10^6 \ \mathrm{J} = 1.08 × 10^{13} \ \mathrm{J}$,每年可节约煤的质量
$m = \frac{Q_{放}}{q} = \frac{W}{30\% × q_{煤}} = \frac{1.08 × 10^{13} \ \mathrm{J}}{30\% × 3 × 10^7 \ \mathrm{J/kg}} = 1.2 × 10^6 \ \mathrm{kg}$。
【解析】年发电量 $W = 3 × 10^6 \ \mathrm{kW·h} = 3 × 10^6 × 3.6 × 10^6 \ \mathrm{J} = 1.08 × 10^{13} \ \mathrm{J}$,每年可节约煤的质量
$m = \frac{Q_{放}}{q} = \frac{W}{30\% × q_{煤}} = \frac{1.08 × 10^{13} \ \mathrm{J}}{30\% × 3 × 10^7 \ \mathrm{J/kg}} = 1.2 × 10^6 \ \mathrm{kg}$。
解析
【分析】本题是利用热值和能量转化效率计算节约煤炭质量的问题。解题思路为：首先将年发电量的单位从kW·h转换为焦耳，确保单位统一；再根据能量转化效率公式求出煤完全燃烧需释放的总热量；最后结合热值公式，计算出所需煤炭的质量。
【解析】1. 单位转换：年发电量 $ W = 3×10^6\ \mathrm{kW·h} = 3×10^6 × 3.6×10^6\ \mathrm{J} = 1.08×10^{13}\ \mathrm{J} $；
2. 根据能量转化效率公式 $ \eta = \frac{W}{Q_{放}} $，可得煤完全燃烧需释放的热量 $ Q_{放} = \frac{W}{\eta} $；
3. 结合热值公式 $ Q_{放} = m q $，变形得煤炭质量 $ m = \frac{Q_{放}}{q} = \frac{W}{\eta q} $；
4. 代入数值计算：$ m = \frac{1.08×10^{13}\ \mathrm{J}}{30\% × 3×10^7\ \mathrm{J/kg}} = 1.2×10^6\ \mathrm{kg} $。
【答案】D
【知识点】热值、能量转化效率
【点评】本题结合低碳经济实际场景，考查热值与能量效率的综合计算，核心是单位转换和公式灵活变形，需注意效率取值（30%即0.3），属于初中物理常规计算题，易因单位换算或公式变形出错。
【难度系数】0.6
【解析】1. 单位转换：年发电量 $ W = 3×10^6\ \mathrm{kW·h} = 3×10^6 × 3.6×10^6\ \mathrm{J} = 1.08×10^{13}\ \mathrm{J} $；
2. 根据能量转化效率公式 $ \eta = \frac{W}{Q_{放}} $，可得煤完全燃烧需释放的热量 $ Q_{放} = \frac{W}{\eta} $；
3. 结合热值公式 $ Q_{放} = m q $，变形得煤炭质量 $ m = \frac{Q_{放}}{q} = \frac{W}{\eta q} $；
4. 代入数值计算：$ m = \frac{1.08×10^{13}\ \mathrm{J}}{30\% × 3×10^7\ \mathrm{J/kg}} = 1.2×10^6\ \mathrm{kg} $。
【答案】D
【知识点】热值、能量转化效率
【点评】本题结合低碳经济实际场景，考查热值与能量效率的综合计算，核心是单位转换和公式灵活变形，需注意效率取值（30%即0.3），属于初中物理常规计算题，易因单位换算或公式变形出错。
【难度系数】0.6
11.人类正面临能源危机，为了找到更节能的光源，科学家做了大量的实验，实验发现下表中的LED灯和白炽灯在正常工作时，光照强度相同。
(1)由表中给出的信息知道，LED灯和白炽灯的发光原理
(2)LED灯正常发光时的电流是
(1)由表中给出的信息知道，LED灯和白炽灯的发光原理
不相同
（选填“相同”或“不相同”）。(2)LED灯正常发光时的电流是
0.5
A；正常工作1 h，使用LED灯比白炽灯要节约0.088
kW·h的电能。答案
11.(1)不相同 (2)0.5 0.088
【解析】(1)白炽灯依赖高温热辐射,简单但低效;LED利用半导体特性直接发光,高效且可精确调控光谱。因此LED灯和白炽灯的发光原理是不同的。(2)LED灯正常发光时的电流$I = \frac{P_{\mathrm{LED}}}{U_{\mathrm{LED}}} = \frac{12\ \mathrm{W}}{24\ \mathrm{V}} = 0.5\ \mathrm{A}$;使用LED灯1 h消耗的电能 $W_{\mathrm{LED}} = P_{\mathrm{LED}} t = 12 × 10^{-3}\ \mathrm{kW} × 1\ \mathrm{h} = 0.012\ \mathrm{kW·h}$;使用白炽灯1 h消耗的电能 $W_{\mathrm{白}} = P_{\mathrm{白}} t = 100 × 10^{-3}\ \mathrm{kW} × 1\ \mathrm{h} = 0.1\ \mathrm{kW·h}$,使用LED灯比白炽灯节约的电能 $W_{\mathrm{节}} = 0.1\ \mathrm{kW·h} - 0.012\ \mathrm{kW·h} = 0.088\ \mathrm{kW·h}$。
【解析】(1)白炽灯依赖高温热辐射,简单但低效;LED利用半导体特性直接发光,高效且可精确调控光谱。因此LED灯和白炽灯的发光原理是不同的。(2)LED灯正常发光时的电流$I = \frac{P_{\mathrm{LED}}}{U_{\mathrm{LED}}} = \frac{12\ \mathrm{W}}{24\ \mathrm{V}} = 0.5\ \mathrm{A}$;使用LED灯1 h消耗的电能 $W_{\mathrm{LED}} = P_{\mathrm{LED}} t = 12 × 10^{-3}\ \mathrm{kW} × 1\ \mathrm{h} = 0.012\ \mathrm{kW·h}$;使用白炽灯1 h消耗的电能 $W_{\mathrm{白}} = P_{\mathrm{白}} t = 100 × 10^{-3}\ \mathrm{kW} × 1\ \mathrm{h} = 0.1\ \mathrm{kW·h}$,使用LED灯比白炽灯节约的电能 $W_{\mathrm{节}} = 0.1\ \mathrm{kW·h} - 0.012\ \mathrm{kW·h} = 0.088\ \mathrm{kW·h}$。
解析
【分析】
第(1)问需根据表格中两种灯的发光原理直接对比，判断是否相同；第(2)问利用电功率公式变形计算LED灯正常发光的电流，再通过电能公式分别计算两种灯工作1h的电能，两者差值即为节约的电能，计算时注意单位换算，将瓦换算为千瓦，时间用小时以得到电能单位kW·h。
【解析】
(1)由表格信息可知，LED灯的发光原理是二极管发光，白炽灯的发光原理是钨丝高温发光，因此两者发光原理不相同。
(2)LED灯正常发光时，额定电压$U_{LED}=24\ \mathrm{V}$，额定功率$P_{LED}=12\ \mathrm{W}$，根据$I=\frac{P}{U}$，可得正常发光电流：$I=\frac{P_{LED}}{U_{LED}}=\frac{12\ \mathrm{W}}{24\ \mathrm{V}}=0.5\ \mathrm{A}$；
正常工作$t=1\ \mathrm{h}$时，LED灯消耗的电能：$W_{LED}=P_{LED}t=12×10^{-3}\ \mathrm{kW}×1\ \mathrm{h}=0.012\ \mathrm{kW· h}$，
白炽灯消耗的电能：$W_{白}=P_{白}t=100×10^{-3}\ \mathrm{kW}×1\ \mathrm{h}=0.1\ \mathrm{kW· h}$，
节约的电能：$W_{节}=W_{白}-W_{LED}=0.1\ \mathrm{kW· h}-0.012\ \mathrm{kW· h}=0.088\ \mathrm{kW· h}$。
【答案】
(1)不相同；(2)0.5；0.088
【知识点】
电功率计算、电能计算
【点评】
本题结合生活中的节能光源场景，考查发光原理判断及电功率、电能的基础计算，注重物理知识在实际生活中的应用，难度适中。
【难度系数】
0.6
第(1)问需根据表格中两种灯的发光原理直接对比，判断是否相同；第(2)问利用电功率公式变形计算LED灯正常发光的电流，再通过电能公式分别计算两种灯工作1h的电能，两者差值即为节约的电能，计算时注意单位换算，将瓦换算为千瓦，时间用小时以得到电能单位kW·h。
【解析】
(1)由表格信息可知，LED灯的发光原理是二极管发光，白炽灯的发光原理是钨丝高温发光，因此两者发光原理不相同。
(2)LED灯正常发光时，额定电压$U_{LED}=24\ \mathrm{V}$，额定功率$P_{LED}=12\ \mathrm{W}$，根据$I=\frac{P}{U}$，可得正常发光电流：$I=\frac{P_{LED}}{U_{LED}}=\frac{12\ \mathrm{W}}{24\ \mathrm{V}}=0.5\ \mathrm{A}$；
正常工作$t=1\ \mathrm{h}$时，LED灯消耗的电能：$W_{LED}=P_{LED}t=12×10^{-3}\ \mathrm{kW}×1\ \mathrm{h}=0.012\ \mathrm{kW· h}$，
白炽灯消耗的电能：$W_{白}=P_{白}t=100×10^{-3}\ \mathrm{kW}×1\ \mathrm{h}=0.1\ \mathrm{kW· h}$，
节约的电能：$W_{节}=W_{白}-W_{LED}=0.1\ \mathrm{kW· h}-0.012\ \mathrm{kW· h}=0.088\ \mathrm{kW· h}$。
【答案】
(1)不相同；(2)0.5；0.088
【知识点】
电功率计算、电能计算
【点评】
本题结合生活中的节能光源场景，考查发光原理判断及电功率、电能的基础计算，注重物理知识在实际生活中的应用，难度适中。
【难度系数】
0.6
12. 为什么说太阳是地球的能源之母？
答案
12.风能,水能,存贮在动物、植物体内的化学能,化石能源(存贮在煤、石油、天然气中的化学能)都是直接或间接由太阳能转化来的。
解析
【分析】要解答“为什么太阳是地球的能源之母”，需梳理地球上各类能源的来源，明确常见能源是否直接或间接来自太阳能，通过分析能源与太阳能的转化关系得出结论。
【解析】地球上的风能是太阳辐射导致空气受热不均形成的；水能源于太阳辐射使水蒸发形成降水，进而汇聚成水流；动植物体内的化学能是通过光合作用固定太阳能获得的；化石能源（煤、石油、天然气）是古代生物经漫长地质作用形成，其能量最终也来自太阳能。这些能源都直接或间接由太阳能转化而来，因此太阳是地球的能源之母。
【答案】风能,水能,存贮在动物、植物体内的化学能,化石能源(存贮在煤、石油、天然气中的化学能)都是直接或间接由太阳能转化来的。
【知识点】太阳能与地球能源、能源的来源
【点评】本题为基础概念题，考察对地球能源来源的理解，需识记常见能源与太阳能的关系，难度较低。
【难度系数】0.8
【解析】地球上的风能是太阳辐射导致空气受热不均形成的；水能源于太阳辐射使水蒸发形成降水，进而汇聚成水流；动植物体内的化学能是通过光合作用固定太阳能获得的；化石能源（煤、石油、天然气）是古代生物经漫长地质作用形成，其能量最终也来自太阳能。这些能源都直接或间接由太阳能转化而来，因此太阳是地球的能源之母。
【答案】风能,水能,存贮在动物、植物体内的化学能,化石能源(存贮在煤、石油、天然气中的化学能)都是直接或间接由太阳能转化来的。
【知识点】太阳能与地球能源、能源的来源
【点评】本题为基础概念题，考察对地球能源来源的理解，需识记常见能源与太阳能的关系，难度较低。
【难度系数】0.8
13. 杨洋同学家原来是用液化石油气烧水的(每天至少用$65\ ℃$的热水$100\ kg$),参加“探究性学习”活动后,在老师的指导和同学们的帮助下,制作了一台简易的太阳能热水器。这台热水器6月份平均每天可将$100\ kg$水的温度从$15\ ℃$升高到$65\ ℃$。$c_{水}=4.2×10^3\ J/(kg·℃)$。
(1)若液化石油气的热值为$8.0×10^7\ J/kg$,改用太阳能热水器后,6月份平均每天可节约液化石油气多少千克？[液化石油气燃烧放出的热量的70%被水吸收]
(2)使用太阳能热水器比使用燃料烧水除了节约能源外还有哪些优点？(至少写出两点)
(1)若液化石油气的热值为$8.0×10^7\ J/kg$,改用太阳能热水器后,6月份平均每天可节约液化石油气多少千克？[液化石油气燃烧放出的热量的70%被水吸收]
(2)使用太阳能热水器比使用燃料烧水除了节约能源外还有哪些优点？(至少写出两点)
答案
13.(1)0. 375 kg;(2)优点:①无污染;②安全;③光能取之不尽。(说明:此问答案有多种,只要回答合理均正确)
【解析】(1)$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_0) =4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 100\ \mathrm{kg} × (65\ ℃ -15\ ℃ ) =2.1 × 10^7\ \mathrm{J}$。由题意得$m=\frac{Q_{吸}}{q ×70\% }=\frac{2.1 ×10^7\ \mathrm{J}}{8.0 ×10^7\ \mathrm{J/kg} ×70\% }=0. 375\ \mathrm{kg}$。
【解析】(1)$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_0) =4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 100\ \mathrm{kg} × (65\ ℃ -15\ ℃ ) =2.1 × 10^7\ \mathrm{J}$。由题意得$m=\frac{Q_{吸}}{q ×70\% }=\frac{2.1 ×10^7\ \mathrm{J}}{8.0 ×10^7\ \mathrm{J/kg} ×70\% }=0. 375\ \mathrm{kg}$。
解析
【分析】
本题分为两小问，第(1)问需计算节约的液化石油气质量，解题思路为：先利用比热容公式计算水吸收的热量，再根据液化石油气燃烧放热的效率关系，求出所需液化石油气的质量，该质量即为节约的量；第(2)问结合太阳能的特点，列举其相比燃料烧水的优点。
【解析】
(1) 计算水吸收的热量：
水升高的温度Δt = t - t₀ = 65℃ - 15℃ = 50℃
根据吸热公式Q吸 = c水m水Δt，代入数据得：
Q吸 = 4.2×10³ J/(kg·℃) × 100 kg × 50℃ = 2.1×10⁷ J
已知液化石油气燃烧放出的热量70%被水吸收，即效率η=70%，由η=Q吸/Q放，得液化石油气需放出的热量Q放 = Q吸/η
又Q放 = mq（q为液化石油气热值），所以所需液化石油气质量m = Q放/q = Q吸/(ηq)
代入数据：m = 2.1×10⁷ J / (70% × 8.0×10⁷ J/kg) = 0.375 kg
(2) 使用太阳能热水器的优点：①无污染；②安全；③光能取之不尽（任选两点即可）
【答案】
(1) 0.375 kg；(2) 无污染、安全（或光能取之不尽等合理答案）
【知识点】
热量计算、热值与热效率、太阳能的应用
【点评】
本题是热学知识在生活中的实际应用题，结合太阳能热水器的场景，考察比热容吸热公式、热值及热效率的计算，难度适中，贴近生活，易于理解和掌握。
【难度系数】
0.7
本题分为两小问，第(1)问需计算节约的液化石油气质量，解题思路为：先利用比热容公式计算水吸收的热量，再根据液化石油气燃烧放热的效率关系，求出所需液化石油气的质量，该质量即为节约的量；第(2)问结合太阳能的特点，列举其相比燃料烧水的优点。
【解析】
(1) 计算水吸收的热量：
水升高的温度Δt = t - t₀ = 65℃ - 15℃ = 50℃
根据吸热公式Q吸 = c水m水Δt，代入数据得：
Q吸 = 4.2×10³ J/(kg·℃) × 100 kg × 50℃ = 2.1×10⁷ J
已知液化石油气燃烧放出的热量70%被水吸收，即效率η=70%，由η=Q吸/Q放，得液化石油气需放出的热量Q放 = Q吸/η
又Q放 = mq（q为液化石油气热值），所以所需液化石油气质量m = Q放/q = Q吸/(ηq)
代入数据：m = 2.1×10⁷ J / (70% × 8.0×10⁷ J/kg) = 0.375 kg
(2) 使用太阳能热水器的优点：①无污染；②安全；③光能取之不尽（任选两点即可）
【答案】
(1) 0.375 kg；(2) 无污染、安全（或光能取之不尽等合理答案）
【知识点】
热量计算、热值与热效率、太阳能的应用
【点评】
本题是热学知识在生活中的实际应用题，结合太阳能热水器的场景，考察比热容吸热公式、热值及热效率的计算，难度适中，贴近生活，易于理解和掌握。
【难度系数】
0.7
