專題5：機(jī)械能知識點(教師版)

-PAGE1-第五章機(jī)械能一、功和功率1．功功是力的空間積累效應(yīng)。它和位移相對應(yīng)（也和時間相對應(yīng)）。計算功有以下方法：⑴按照定義求功。即：W=Flcosθ。在高中階段，這種方法只適用于恒力做功。當(dāng)時F做正功，當(dāng)時F不做功，當(dāng)時F做負(fù)功。這種方法也可以表述為：功等于恒力和沿該恒力方向上的位移的乘積。⑵用動能定理W=ΔEk或功能關(guān)系求功。當(dāng)F為變力時，高中階段只能用這種方法求功。這里求得的功是該過程中外力對物體做的總功（或者說是合外力對物體做的功）。⑶利用F-s圖象或p-V圖象曲線下的面積求功。⑷利用W=Pt計算。θmLF例1．如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長L的細(xì)線懸掛而靜止在豎直位置。在下列三種情況下，分別用水平拉力F將小球拉到細(xì)線與豎直方向成θ角的位置。在此過程中，拉力F做的功各是多少？⑴用F緩慢地拉；⑵F為恒力；⑶θmLFA．B．C．D．解：⑴若用F緩慢地拉，則顯然F為變力，只能用動能定理求解。F做的功等于該過程克服重力做的功。選D⑵若F為恒力，則可以直接按定義求功。選B⑶若F為恒力，而且拉到該位置時小球的速度剛好為零，那么按定義直接求功和按動能定理求功都是正確的。選B、D。在第三種情況下，由=，可以得到，可見在擺角為θ/2時小球的速度最大。實際上，因為F與mg的合力也是恒力，而繩的拉力始終不做功，所以其效果相當(dāng)于一個擺，可以把這樣的裝置叫做“歪擺”。*一對作用力和反作用力做功的特點一對作用力和反作用力總是大小相等方向相反的。但在同一個過程中，它們所作用的物體的位移可能是相等的，也可能是不等的。因此：⑴一對作用力和反作用力在同一段時間內(nèi)做的總功可能為正、可能為負(fù)、也可能為零。⑵特殊地，一對互為作用反作用的摩擦力做的總功可能為零（靜摩擦力）、可能為負(fù)（滑動摩擦力），但不可能為正。2．功率功率是描述做功快慢的物理量。⑴功率的定義式：，所求出的功率是時間t內(nèi)的平均功率。⑵功率的計算式：P=Fvcosθ，其中θ是力與速度間的夾角。該公式有兩種用法：①求某一時刻的瞬時功率。這時F為該時刻的作用力大小，v為瞬時速度，對應(yīng)的P為F在該時刻的瞬時功率；②當(dāng)v為某段位移（時間）內(nèi)的平均速度時，則要求這段位移（時間）內(nèi)F必須為恒力，對應(yīng)的P為F在該段時間內(nèi)的平均功率。⑶重力的功率可表示為PG=mgvy，不論物體做什么運動，也不論物體是否受其它力作用，重力的瞬時功率總等于重力和物體在該時刻的豎直分速度的乘積。vafF⑷汽車的兩種加速問題。當(dāng)汽車從靜止開始沿水平面加速運動時，有兩種不同的加速過程，無論哪種，分析時使用的基本公式都是P=FvvafF①恒定功率的加速。由公式P=Fv和F-f=ma知，由于P恒定，隨著v的增大，F(xiàn)必將減小，a也必將減小，汽車做加速度不斷減小的加速運動，直到F=f，a=0，這時v達(dá)到最大值。可見恒定功率的加速一定不是勻加速。這種加速過程發(fā)動機(jī)做的功只能用W=Pt計算，不能用W=Fs計算（因為F為變力）。vtOvmvm′t0①②②恒定牽引力的加速。由公式P=Fv和F-f=ma知，由于F恒定，所以a恒定，汽車做勻加速運動，而隨著v的增大，P也將不斷增大，直到P達(dá)到額定功率Pm，功率不能再增大了。這時勻加速運動結(jié)束，其最大速度為vtOvmvm′t0①②兩種加速運動過程的v-t圖象如右。要注意兩種情況下的最大速度的區(qū)別；第二種情況達(dá)到額定功率前（0~t0）的平均功率是額定功率的一半。例2．質(zhì)量為2t的農(nóng)用汽車，發(fā)動機(jī)額定功率為30kW，汽車在水平路面行駛時能達(dá)到的最大時速為54km/h。若汽車以額定功率從靜止開始加速，當(dāng)其速度達(dá)到v=36km/h時的瞬時加速度是多大？解：汽車在水平路面行駛達(dá)到最大速度時牽引力F等于阻力f，即Pm=fvm，而速度為v時的牽引力F=Pm/v，再利用F-f=ma，可以求得這時的a=0.50m/s2。v0α例3．v0αA．汽車的速率仍保持是v0B．牽引力大小未變，但汽車受的合外力沿斜面向下，做勻減速運動C．汽車在該坡上減速行駛一定距離后會達(dá)到一個穩(wěn)定速度，其大小為v0/2D．汽車開始做勻減速運動直到速度減小為零解：汽車上坡瞬間速率未變，牽引力大小也未變，但在沿斜面方向除了牽引力和阻力外，增加了一個沿斜面向下的重力的下滑分力Gsinα（由已知得該分力大小和阻力大小相等），因此合力沿斜面向下，開始做減速運動；由P=Fv知，發(fā)動機(jī)功率不變，速度減小，牽引力F逐漸增大；由Gsinα+f-F=ma，加速度將逐漸減小到零。這時牽引力增加到原來的2倍，因此速率減小為v0/2，以后將保持勻速運動。答案選C。二、動能定理1．動能定理的表述合力所做的功等于物體動能的變化。（這里的合力指物體受到的所有外力的合力，包括重力）。表達(dá)式為W=ΔEk（必須是末動能減初動能）動能定理也可以表述為：外力對物體做的總功等于物體動能的變化。實際應(yīng)用時，后一種表述比較好操作。特別是在全過程的各個階段受力有變化的情況下，只要把各個力在各個階段所做的功按代數(shù)和加起來，就可以得到總功。動能定理建立起過程量（功）和狀態(tài)量（動能）間的聯(lián)系。這樣，無論求合外力做的功還是求物體動能的變化，就都有了兩個可供選擇的途徑。動能定理表達(dá)的是力的空間積累效應(yīng)（牛頓第二定律表達(dá)的是力的瞬時效應(yīng)）。2．應(yīng)用動能定理解題的步驟⑴確定研究對象和研究過程。動能定理的研究對象只能是單個物體，如果是系統(tǒng)，那么系統(tǒng)內(nèi)的物體間不能有相對運動。（系統(tǒng)內(nèi)所有內(nèi)力做的總功可能不為零）。hH⑶hH例4．質(zhì)量為m的小球從沙坑上方高H處自由下落，停止運動時陷入沙坑深度為h。則在陷入沙坑過程中，求：沙對小球的平均阻力大小。解：從動能定理的角度分析，自由下落過程重力做功等于動能增加，即末動能Ek；陷入沙坑過程合外力做功使動能減小Ek，即mgH=(F-mg)h。如果注意到全過程的始、末狀態(tài)動能為零，取全過程用動能定理，則直接可得到：mg(H+h)=Fh?？梢钥闯鲆陨细鞣N解法的結(jié)論都是一樣的，其中全過程用動能定理解是最簡潔的。AOBD例5．如圖所示，DO是水平面，AB是斜面。初速為v0的物體從D點出發(fā)沿DBA滑動到頂點A速度剛好為零。如果斜面改為AC（C點在OD之間，圖中未畫出。已知物體與斜面和水平面之間的動摩擦因數(shù)處處相同且不為零），讓物體從D點出發(fā)沿DCAAOBDA．一定等于v0B．一定大于v0C．一定小于v0D．決定于斜面的傾角大小解：不妨假設(shè)物體經(jīng)過的水平面長為l1，斜面長為l2，斜面傾角為θ，動摩擦因數(shù)為μ。則物體由D到A克服摩擦阻力做的功W=μmgl1+μmgl2cosθ=μmg(l1+l2cosθ)，不難發(fā)現(xiàn)括號內(nèi)兩項之和就是OD的長度。因此物體由D到A克服摩擦阻力做的功跟轉(zhuǎn)折點（B或C）的位置無關(guān)。對物體從D到A的全過程用動能定理，兩次克服重力做的功和克服摩擦阻力做的功都是相同的，因此兩次的動能變化也相同。本題選A。vv02v0Ot02t03t04t05t0t例6．質(zhì)量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2的作用而從靜止開始做勻加速運動。經(jīng)過時間t0和4t0速度分別達(dá)到2v0和v0時，撤去F1和vv02v0Ot02t03t04t05t0t解：撤去拉力后兩物體的速度圖線平行，可知兩個物體受到的摩擦力大小相等。每個物體運動的全過程始、末速度都是零，由動能定理，對每個物體都有拉力做的功等于克服摩擦力做的功，只要比較全過程物體的位移大小即可。分別以兩個物體為對象，在它們各自運動的全過程用動能定理，WF=Wf＝fs，位移由速度圖線下的面積求出：s1∶s2=6∶5，所以W1∶W2=6∶5。練習(xí)1.如圖所示，斜面傾角為α，長為L，AB段光滑，BC段粗糙，且BC=2AB。質(zhì)量為m的木塊從斜面頂端無初速下滑，到達(dá)C端時速度剛好減小到零。求物體和斜面BC段間的動摩擦因數(shù)μ。αCBA解：以木塊為對象，在下滑全過程中用動能定理：重力做的功為mgLsinααCBAmgLsinα=0，從本例題可以看出，由于用動能定理列方程時不牽扯過程中不同階段的加速度，所以比用牛頓定律和運動學(xué)方程解題簡潔得多。vv/fGGf練習(xí)2.vv/fGGf和，可得H=v02/2g，再以小球為對象，在有空氣阻力的情況下對上升和下落的全過程用動能定理。全過程重力做的功為零，所以有：，解得從本題可以看出：根據(jù)題意靈活地選取研究過程可以使問題變得簡單。有時取全過程簡單；有時則取某一階段簡單。原則是盡量使做功的力減少，各個力的功計算方便；或使初、末動能等于零。Lhs練習(xí)3.（選做）質(zhì)量為M的木塊放在水平臺面上，臺面比水平地面高出h=0.20m，木塊離臺的右端L=1.7m。質(zhì)量為m=0.10M的子彈以v0=180m/s的速度水平射向木塊，并以v=90m/s的速度水平射出，木塊落到水平地面時的落地點到臺面右端的水平距離為s=1.6m，求木塊與臺面間的動摩擦因數(shù)為Lhs解：本題的物理過程可以分為三個階段，在其中兩個階段中有機(jī)械能損失：子彈射穿木塊階段和木塊在臺面上滑行階段。所以本題必須分三個階段列方程：子彈射穿木塊階段，對系統(tǒng)用動量守恒，設(shè)木塊末速度為v1，mv0=mv+Mv1……①木塊在臺面上滑行階段對木塊用動能定理，設(shè)木塊離開臺面時的速度為v2，有：……②木塊離開臺面后的平拋階段，……③由①、②、③可得μ=0.50從本題應(yīng)引起注意的是：凡是有機(jī)械能損失的過程，都應(yīng)該分段處理。從本題還應(yīng)引起注意的是：不要對系統(tǒng)用動能定理。在子彈穿過木塊階段，子彈和木塊間的一對摩擦力做的總功為負(fù)功。如果對系統(tǒng)在全過程用動能定理，就會把這個負(fù)功漏掉。ABCDGGNN練習(xí)4.如圖所示，小球以大小為v0的初速度由A端向右運動，到B端時的速度減小為vB；若以同樣大小的初速度由B端向左運動，到A端時的速度減小為vA。已知小球運動過程中始終未離開該粗糙軌道。比較ABCDGGNNvA>vBvA=vBvA<vB三、機(jī)械能守恒定律物體系統(tǒng)具有的動能、重力勢能和彈性勢能的總和叫做物體系統(tǒng)的機(jī)械能。1．機(jī)械能守恒定律的兩種表述⑴在只有重力（或彈簧彈力）做功的情形下，物體的動能和勢能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化，但機(jī)械能的總量保持不變。⑵如果系統(tǒng)內(nèi)沒有其它能量參與轉(zhuǎn)化，只發(fā)生動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化時，系統(tǒng)機(jī)械能的總量保持不變。對機(jī)械能守恒定律的理解：①機(jī)械能守恒定律的研究對象一定是系統(tǒng)，至少包括地球在內(nèi)。既然系統(tǒng)一定含地球，在表述中一般就不再提地球，而是習(xí)慣地說成“某物體機(jī)械能守恒”了。②當(dāng)研究對象只有一個物體時，往往根據(jù)是否“只有重力做功”來判定機(jī)械能是否守恒；當(dāng)研究對象由多個物體組成時，只要判定系統(tǒng)內(nèi)沒有其它能參與轉(zhuǎn)化，就能判定機(jī)械能守恒。③“只有重力做功”不等于“只受重力作用”。2．機(jī)械能守恒定律的各種表達(dá)形式⑴，即Ep+Ek=Ep′+Ek′；⑵ΔEp+ΔEk=0；ΔE1+ΔE2=0；∑E增=∑E減用⑴，需要規(guī)定重力勢能的參考平面。用⑵，則不必規(guī)定重力勢能的參考平面（重力勢能的改變量與參考平面的選取沒有關(guān)系）。尤其是用∑E增=∑E減，只要把增加的機(jī)械能和減少的機(jī)械能分別列在等號左右，方程就列出來了。3．解題步驟⑴確定研究對象和研究過程；⑵選定一種方式判斷機(jī)械能是否守恒；⑶選定一種表達(dá)式，列式求解。4．應(yīng)用舉例例7．如圖所示，物塊和斜面都是光滑的，物塊從靜止沿斜面下滑過程中，物塊機(jī)械能是否守恒？系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒？解：以物塊和斜面系統(tǒng)為研究對象，很明顯物塊下滑過程中系統(tǒng)不受摩擦和介質(zhì)阻力，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒。又由于物塊對斜面的壓力是斜向左下方的，斜面將向左加速運動，即斜面的機(jī)械能將增大，因此物塊的機(jī)械能一定將減少。Ns有些同學(xué)一看到“光滑斜面”，就認(rèn)為物塊本身機(jī)械能守恒。這里要提醒兩條：⑴由于斜面本身要向左滑動，所以斜面對物塊的彈力N和物塊的實際位移s的方向已經(jīng)不再垂直，彈力要對物塊做負(fù)功，對物塊來說已經(jīng)不再滿足“只有重力做功”的條件。⑵NsABCv0R例8．如圖所示，半徑R=0.40m的光滑半圓環(huán)軌道處于豎直平面內(nèi)，半圓環(huán)與粗糙的水平地面相切于圓環(huán)的端點A。一質(zhì)量m=0.10kg的小球，以初速度v0=7.0m/s在水平地面上向左作加速度a=3.0m/s2的勻減速直線運動，運動4.0m后，沖上豎直半圓環(huán)，最后小球落在C點。求A、C間的距離（取重力加速度ABCv0R解：小球向A勻減速運動過程用運動學(xué)公式：v02-vA2=2as，得vA=5.0m/s；由A到B過程用機(jī)械能守恒：，得vB=3.0m/s，小球剛好能到達(dá)B點的條件是，得v′=2m/s，vB>v′，因此是合理的；小球確實由B點平拋，s=vBt，，可得s=1.2mABO例9．如圖所示，質(zhì)量分別為2m和3m的兩個小球固定在一根輕質(zhì)直角尺的兩端A、B，直角尺的頂點O處有光滑的固定轉(zhuǎn)動軸。AO、BO的長分別為2L和L。開始時直角尺的AO部分處于水平位置而B在O的正下方。讓該系統(tǒng)由ABOv1v1v1v1/2BAO過程中A的重力勢能減少，A、B的動能和B的重力勢能增加；由v=ωr，A的瞬時速率總是B的2倍。因此有：K，解得K例10．如圖所示，粗細(xì)均勻的U形管內(nèi)裝有總長為4L的水。開始時閥門K閉合，左右支管內(nèi)水面高度差為L。打開閥門K解：由于不考慮摩擦阻力，故整個水柱的機(jī)械能守恒。從初始狀態(tài)到左右支管水面相平為止，相當(dāng)于有長L/2的水柱由左管移到右管。系統(tǒng)的重力勢能減少，動能增加。該過程中，整個水柱勢能的減少量等效于高L/2的水柱降低L/2，重力勢能的減少。不妨設(shè)水柱總質(zhì)量為8m，則，得。本題在應(yīng)用機(jī)械能守恒定律時選用∑E增=∑E減建立方程，在計算系統(tǒng)重力勢能變化時用了等效方法。需要注意的是：研究對象仍然是整個水柱，到兩個支管水面相平時，整個水柱中的每一小部分的速率都是相同的。四、功能關(guān)系做功的過程是能量轉(zhuǎn)化的過程，功是能的轉(zhuǎn)化的量度。能量轉(zhuǎn)化和守恒定律是自然界最基本的定律之一。在不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化的過程中，功扮演著重要的角色。本章的主要定理、定律都是由這個基本原理出發(fā)而得到的。需要強(qiáng)調(diào)的是：功是一種過程量，它和一段位移（一段時間）相對應(yīng)；而能是一種狀態(tài)量，它個一個時刻相對應(yīng)。兩者的單位是相同的（都是J），但不能說功就是能，也不能說“功變成了能”。⑴物體動能的增量由外力做的總功來量度：W外=ΔEk，這就是動能定理。⑵物體重力勢能的增量由重力做的功來量度：WG=-ΔEP，這就是勢能定理。⑶物體機(jī)械能的增量由重力以外的其他力做的功來量度：W其=ΔE機(jī)，（W其表示除重力以外的其它力做的功），這就是機(jī)械能定理。⑷當(dāng)W其=0時，只有重力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。⑸一對互為作用力反作用力的摩擦力做的總功，用來量度該過程系統(tǒng)由于摩擦而減小的機(jī)械能，也就是系統(tǒng)增加的內(nèi)能，即“摩擦生熱”。fd=Q（d為兩個物體間相對移動的路程）。vaFG⑹從更廣義的角度看，如果我們確定了以某一個系統(tǒng)為研究對象（與外界沒有熱交換），那么該系統(tǒng)以外的物體對系統(tǒng)內(nèi)物體做的總功等于系統(tǒng)內(nèi)各種能量的vaFG例11．質(zhì)量為m的物體在豎直向上的恒力F作用下減速上升了H，在這個過程中，下列說法中正確的有解：由以上三個定理不難得出正確答案是C。ABCD例12．如圖所示，一根輕彈簧下端固定，豎立在水平面上。其正上方A位置有一只小球。小球從靜止開始下落，在B位置接觸彈簧的上端，在CABCD例13．如圖所示，水平放置的傳送帶以v=2.0m/s勻速運轉(zhuǎn)，皮帶和傳送輪間不打滑。將一個質(zhì)量為m=0.40kg的物體輕輕地放在傳送帶左端，經(jīng)過一段時間，該物體和傳送帶具有了同樣的速度。與不放物體相比，電機(jī)在這段時間內(nèi)多做的功是多少？s1s2d解：電機(jī)多做的功除了增加物體的動能以外，還增加了物體和皮帶間摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能。設(shè)物體加速過程的位移為s1，傳送帶的位移為s2，相對滑行的距離為d，由于，s2=v0t，d=s2-s1=s1，而，Q=fd，所以W=mv0s1s2dBLLACD練習(xí)5.一傳送帶裝置示意圖如圖，其中傳送帶經(jīng)過AB區(qū)域時是水平的，經(jīng)過BC區(qū)域時變?yōu)閳A弧形（圓弧由光滑模板形成，為畫出），經(jīng)過CD區(qū)域時是傾斜的，AB和CD都與BC相切?，F(xiàn)將大量的質(zhì)量均為m的小貨箱一個一個在A處放到傳送帶上，放置時初速為零，經(jīng)傳送帶運送到D處，D和A的高度差為h。穩(wěn)定工作時傳送帶速度不變，CD段上各箱等距排列，相鄰兩箱的距離為L。每個箱子在A處投放后，在到達(dá)B之前已經(jīng)相對于傳送帶靜止，且以后也不再滑動（忽略經(jīng)BC段時的微小滑動）。已知在一段相當(dāng)長的時間TBLLACD解：電動機(jī)做功的過程，電能除了轉(zhuǎn)化為小貨箱的機(jī)械能，還有一部分由于小貨箱和傳送帶間的滑動摩擦而轉(zhuǎn)化成內(nèi)能。摩擦生熱可以由Q=fd求得，其中f是相對滑動的兩個物體間的摩擦力大小，d是這兩個物體間相對滑動的路程。本題中設(shè)傳送帶速度一直是v，則相對滑動過程中傳送帶的平均速度就是小貨箱的2倍，相對滑動路程d和小貨箱的實際位移s大小相同，故摩擦生熱和小貨箱的末動能大小相同Q=mv2/2。因此有W=mv2+mgh。又由已知，在一段相當(dāng)長的時間T內(nèi)，共運送小貨箱的數(shù)目為N，所以有，vT=NL，帶入后得到。ABC例14．物體由足夠長的固定斜面底端的A點，以100J的初動能沿斜面向上滑行，以斜面底端為重力勢能的參考平面。由A上滑到B的過程中，物體的動能減小了60J，而機(jī)械能減小了18J。則物體ABC解：畫出示意圖如右，設(shè)物體上滑的最高點為C。上滑過程動能變化等于合外力做功，ΔEk=F合s∝s；重力勢能變化等于重力做功的負(fù)值，ΔEP=mgh∝h∝s；機(jī)械能變化等于摩擦力做的功，ΔE機(jī)=fs∝s；摩擦生熱等于克服摩擦力做功，Q=fs∝s?？梢娨陨线@些能量變化都和s成正比，因此很容易得到：上滑全過程中動能減小100J，機(jī)械能減小30J，重力勢能增加70J，摩擦生熱30J。J例15．“神舟五號”順利發(fā)射升空后，在離地面340km的圓軌道上運行。運行中需要多次進(jìn)行“軌道維持”。即通過控制飛船上發(fā)動機(jī)的點火時間和推力的大小方向，使飛船能保持在預(yù)定軌道上穩(wěn)定運行。如果不進(jìn)行軌道維持，由于飛船受軌道上稀薄空氣的摩擦阻力，軌道高度會逐漸變化，在這種情況下飛船的動能、重力勢能和機(jī)械能變化情況將會是A．動能、重力勢能和機(jī)械能都逐漸減小B．重力勢能逐漸減小，動能逐漸增大，機(jī)械能不變C．重力勢能逐漸增大，動能逐漸減小，機(jī)械能不變D．重力勢能逐漸減小，動能逐漸增大，機(jī)械能逐漸減小解：阻力使衛(wèi)星速度減小，萬有引力沒變，所需向心力減小，衛(wèi)星將開始做向心運動，半徑r和高度h將減小。由于重力做正功，衛(wèi)星的重力勢能減小；由于變化非常緩慢，衛(wèi)星的運動仍可視為勻速圓周運動，由可知，衛(wèi)星動能逐漸增大；由于克服阻力做功，根據(jù)機(jī)械能定理，衛(wèi)星的機(jī)械能減小。答案選D。H上游水庫下游水面d例16．抽水蓄能電站的工作原理是，在用電低谷時（如深夜），電站利用電網(wǎng)多余電能把水抽到高處蓄水池中，到用電高峰時，再利用蓄水池中的水發(fā)電。如圖，蓄水池（上游水庫）可視為長方體，有效總庫容量（可用于發(fā)電）為V，蓄水后水位高出下游水面H，發(fā)電過程中上游水庫水位最大落差為d。統(tǒng)計資料表明，該電站年抽水用電為2.4×108kWh，年發(fā)電量為1.8×108kWh。則下列計算結(jié)果正確的是（水的密度為ρH上游水庫下游水面d用于發(fā)電的水的最大重力勢能EP=ρVgHB．能用于發(fā)電的水的最大重力勢能C．電站的總效率是100%D．該電站平均每天所發(fā)電能可供給一個大城市居民用電（電功率以105kW計）約10hH水庫水位下游水位S解：重力勢能的減少相當(dāng)于水庫中的水的重心由上游水庫中心下降到下游水面，因此能用于發(fā)電的水的最大重力勢能；電站的總效率應(yīng)該等于年發(fā)電量和年抽水用電量之比，即η=1.8×108/2.4×108kWh=75%；每天提供電能約為年發(fā)電量的1/360=5×105kWH水庫水位下游水位S*注意這種水力發(fā)電跟三峽水力發(fā)電的區(qū)別。三峽水庫的水位可以認(rèn)為是不變的。如右圖所示，右端入水口的水在內(nèi)外壓強(qiáng)差