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解：
已知核电站装机功率$ P = 7965\ \mathrm{MW} = 7965×10^6\ \mathrm{W} ，$火力发电效率$ \eta = 36\% ，$煤炭热值$ q = 3×10^7\ \mathrm{J/kg} 。$
1秒内火力发电站需要获得的总能量：
$ Q_{\mathrm{总}} = \frac{W}{\eta} = \frac{Pt}{\eta} = \frac{7965×10^6\ \mathrm{W} × 1\ \mathrm{s}}{36\%} = \frac{7965×10^6}{0.36}\ \mathrm{J} $
每秒消耗煤炭的质量：
$ m = \frac{Q_{\mathrm{总}}}{q} = \frac{7965×10^6}{0.36×3×10^7}\ \mathrm{kg} = 737.5\ \mathrm{kg} $
答：每秒需要消耗737.5千克煤炭。
可再生
机械
太阳
不能
清洁无污染
0.02
0.66
44
解：
水的质量$ m = 4.8\ \mathrm{t} = 4800\ \mathrm{kg} ，$
水抽到高处需要做的有用功：
$ W_{\mathrm{有}} = Gh = mgh = 4800\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} × 10\ \mathrm{m} = 4.8×10^5\ \mathrm{J} $
电动机输出的机械能：
$ W_{\mathrm{机}} = \frac{W_{\mathrm{有}}}{\eta_1} = \frac{4.8×10^5\ \mathrm{J}}{80\%} = 6×10^5\ \mathrm{J} $
电动机消耗的电能：
$ W_{\mathrm{电}} = \frac{W_{\mathrm{机}}}{\eta_2} = \frac{6×10^5\ \mathrm{J}}{85\%} \approx 7.06×10^5\ \mathrm{J} $
电动机的功率：
$ P = \frac{W_{\mathrm{电}}}{t} = \frac{7.06×10^5\ \mathrm{J}}{60\ \mathrm{s}} \approx 11767\ \mathrm{W} \approx 11.8\ \mathrm{kW} $
因此应选用额定功率为12kW的电动机，10kW的电动机功率不足，无法满足需求；20kW的电动机功率过大，会造成能源浪费，12kW的电动机既能满足抽水需求，又相对节能。
答：应选用额定功率为12kW的电动机。
【分析】
首先，判断能源类型时，回忆可再生能源的定义：可以在自然界里源源不断地获取的能源属于可再生能源。波浪能能持续从自然界中得到，因此属于可再生能源。其次，分析能量转化时，波浪在运动过程中具有机械能（包含动能和势能），波浪发电装置的作用是将波浪的能量转化为电能，所以是把机械能转化为电能。
【解析】
1. 对于能源类型：可再生能源是可以源源不断从自然界获取的能源，波浪能可持续从海洋中获得，因此属于可再生能源。
2. 对于能量转化：波浪在运动时具有机械能，波浪发电装置工作时，将波浪具有的机械能转化为电能。
【答案】
可再生；机械
【知识点】
可再生能源判断；能量转化判断
【点评】
本题属于基础概念题，考查能源分类和能量转化的相关知识，需要学生掌握可再生能源的定义，以及常见的能量转化实例，理解不同形式能量之间的转化规律。
【难度系数】
0.9
【分析】
首先，根据发电站的工作原理，阳光使棚内空气变热，说明能量来源于太阳，可判断利用的是太阳能；其次，依据能量转化的规律，任何能量转化过程中都会存在能量损耗（如热量散失、机械摩擦损耗等），无法实现能量的完全转化，因此该发电站不能将获得的能量完全转化为电能；最后，对比火力发电，火力发电燃烧化石燃料会产生污染，而该发电方式利用可再生的太阳能，其优点可写清洁无污染。
【解析】
1. 该发电站通过阳光提供的能量使棚内空气升温，进而带动发电机发电，利用的能源是太阳能；
2. 在能量转化过程中，不可避免会有部分能量以热能散失、机械摩擦损耗等形式损失，因此不能将获得的能量完全转化为电能；
3. 火力发电依赖化石燃料，会产生废气、废渣等污染物，而这种发电方式利用的是太阳能，其优点是清洁无污染（合理即可）。
【答案】
太阳；不能；清洁无污染
【知识点】
太阳能利用；能量转化规律；清洁能源特点
【点评】
本题考查太阳能的应用、能量转化的基本规律以及清洁能源的优势，贴近生活实际，引导学生关注可再生能源和环保问题，属于基础识记与理解类题目。
【难度系数】
0.8
【分析】
本题考查电功率与电能的计算，需结合相关公式分步骤分析求解：
1. 第一空：已知额定电压和额定功率，根据电功率公式$P=UI$的变形式$I=\frac{P}{U}$，代入额定参数即可求出额定电流；
2. 第二空：先计算出一个月的总发光时长，将额定功率单位转换为kW后，利用电能公式$W=Pt$计算消耗的电能；
3. 第三空：“节约90％的电能”指相同亮度、相同时间下，LED灯泡消耗的电能是白炽灯泡的10%，结合$W=Pt$列等式，即可求出等效白炽灯泡的功率。
【解析】
1. 计算额定电流：
根据电功率公式$ P = UI $，可得额定电流：
$ I = \frac{P}{U} = \frac{4.4\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}} = 0.02\ \mathrm{A} $；
2. 计算一个月消耗的电能：
一个月的总发光时间$ t = 5\ \mathrm{h}×30 = 150\ \mathrm{h} $，
将额定功率单位转换为kW：$ P = 4.4\ \mathrm{W} = 0.0044\ \mathrm{kW} $，
根据电能公式$ W = Pt $，消耗的电能：
$ W = 0.0044\ \mathrm{kW}×150\ \mathrm{h} = 0.66\ \mathrm{kW·h} $；
3. 计算等效白炽灯泡的功率：
设白炽灯泡的功率为$ P_{\mathrm{白}} $，相同时间$ t' $内，LED灯泡消耗的电能$ W_{\mathrm{LED}} = P t' $，白炽灯泡消耗的电能$ W_{\mathrm{白}} = P_{\mathrm{白}} t' $，
由“节约90%电能”可知$ W_{\mathrm{LED}} = (1 - 90\%)W_{\mathrm{白}} $，代入得：
$ 4.4\ \mathrm{W}×t' = 0.1×P_{\mathrm{白}}×t' $，
约去$ t' $后解得：$ P_{\mathrm{白}} = \frac{4.4\ \mathrm{W}}{0.1} = 44\ \mathrm{W} $。
【答案】
0.02；0.66；44
【知识点】
电功率的计算；电能的计算；节电问题分析
【点评】
本题为电学基础计算题，核心是灵活运用电功率与电能的计算公式，解题时需注意单位统一与转换，同时准确理解“节约90%电能”的物理含义是突破第三问的关键。
【难度系数】
0.7
【分析】
要选择合适的电动机，需先计算出带动水泵实际需要的电动机功率。首先将水的质量单位换算为千克，利用重力公式和功的公式计算把水抽到高处的有用功；再根据水泵的效率，求出电动机输出给水泵的机械能；接着结合电动机的效率，算出电动机消耗的电能；最后根据功率公式计算出电动机所需的功率，将该功率与三台电动机的额定功率对比，选择功率足够且不会造成能源浪费的电动机。
【解析】
解：
水的质量$ m = 4.8\ \mathrm{t} = 4800\ \mathrm{kg} $，
水抽到高处需要做的有用功：
$ W_{\mathrm{有}} = Gh = mgh = 4800\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} × 10\ \mathrm{m} = 4.8×10^5\ \mathrm{J} $
电动机输出的机械能（即水泵的总功）：
$ W_{\mathrm{机}} = \frac{W_{\mathrm{有}}}{\eta_1} = \frac{4.8×10^5\ \mathrm{J}}{80\%} = 6×10^5\ \mathrm{J} $
电动机消耗的电能：
$ W_{\mathrm{电}} = \frac{W_{\mathrm{机}}}{\eta_2} = \frac{6×10^5\ \mathrm{J}}{85\%} \approx 7.06×10^5\ \mathrm{J} $
电动机的功率：
$ P = \frac{W_{\mathrm{电}}}{t} = \frac{7.06×10^5\ \mathrm{J}}{60\ \mathrm{s}} \approx 11767\ \mathrm{W} \approx 11.8\ \mathrm{kW} $
对比三台电动机的额定功率：10kW的电动机功率不足，无法满足抽水需求；20kW的电动机功率过大，会造成能源浪费；12kW的电动机既能满足抽水需求，又相对节能，因此选用12kW的电动机较为合适。
【答案】
应选用额定功率为12kW的电动机，因为计算得出带动水泵实际需要的电动机功率约为11.8kW，10kW功率不足，20kW会造成能源浪费，12kW既能满足需求又相对节能。
【知识点】
功的计算、功率的计算、机械效率的应用
【点评】
本题是功、功率与机械效率的综合应用题，需要注意区分不同环节的效率（水泵效率和电动机效率），逐步推导计算实际所需的电动机功率，在选择设备时需兼顾功率足够和能源节约的原则。
【难度系数】
0.6
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