高考物理一轮复习：热力学定律

高考物理一轮复习：热力学定律
一、选择题
1．（2024高二下·宜宾期末）下面说法中正确的有（　　）
A．不计分子之间的分子势能，质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能
B．1 g 100 ℃水的内能等于1 g 100 ℃水蒸气的内能
C．内能少的物体也可以自发地将一部分内能转移给内能多的物体
D．某种物体的温度为0 ℃，说明该物体中分子的平均动能为零
2．（2019高一下·通州期末）下列能源属于不可再生能源的是（　　）
A．水能 B．风能 C．太阳能 D．天然气
3．（2024高二下·上海市期中） 第一类永动机不能制成的原因是它的设计违背了（　　）
A．热力学第一定律 B．热力学第二定律
C．能量守恒定律 D．机械能守恒定律
4．（2022·山东）如图所示，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时气缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将气缸缓慢转动 过程中，缸内气体（　　）
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
5．（2024高二下·桂林期末）某柴油内燃机利用迪塞尔循环进行工作，该循环由两个绝热过程、一个等压过程和一个等容过程组成。如图所示为一定质量的理想气体经历的迪塞尔循环，则（　　）
A．在过程中，气体对外做功
B．在过程中，气体分子的平均动能不变
C．在过程中，气体的温度升高
D．在过程中，气体放热
6．（2019高二上·宝山期中）关于能量的耗散，下列说法中正确的是(　　）
A．能量耗散是指在一定条件下，能量在转化过程中总量减少了
B．能量耗散表明，能量守恒定律具有一定的局限性
C．能量耗散表明，在能源的利用过程中，在可利用的品质上降低了
D．以上说法都不对
7．（2024高二下·上海市月考） 图为云室中某粒子穿过铅板P前后的轨迹，a和b 是轨迹上的两点。云室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直，粒子（　　）
A．由b点运动到a点，带正电 B．由b点运动到a点，带负电
C．由a 点运动到b点，带负电 D．由a点运动到b点，带正电
8．（2020高二下·佛山月考）下列说法中正确的是（　　）
A．电动机的发明，实现了机械能向电能的大规模转化
B．发电机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的
C．电磁感应说明电流通过感应能产生磁
D．发电机工作时把机械能转化为电能
9．（2024高二下·江西月考）关于分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是（　　）
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了炭粒分子运动的无规则性
B．将体积为的油酸酒精溶液滴在平静的水面上，扩展成面积为的单分子油膜，则该油酸分子直径为
C．对气体做功，其内能一定增加
D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
10．（2024高二下·聊城月考）下列说法正确的是（　　）
A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
D．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机
11．（2024高二下·西城期末）如图所示，一定质量的理想气体从状态开始，经历两个过程，先后到达状态和，、和三个状态的温度分别为、和，则（　　）
A．，
B．，
C．状态到状态的过程中，气体内能增加
D．状态到状态的过程中，气体对外做功
12．（2024高一下·乐平月考） 如图所示，光滑水平轨道的左侧固定一轻质弹簧，右侧与半径为R的光滑竖直半圆轨道平滑连接，压缩弹簧，将质量为m的小球由静止弹出。要使小球恰好能通过最高点，重力加速度为g，则弹簧初始时弹性势能为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题
13．（2024·湖北模拟）下列关于温度及内能的说法中正确的是
A．物体的内能不可能为零
B．温度高的物体比温度低的物体内能大
C．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化
D．内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同
E．温度见分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高
14．（2024·海南） 一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是（　　）
A．be过程外界对气体做功 B．ca过程气体压强不变
C．ab过程气体放出热量 D．ca过程气体内能减小
15．（2024高二下·江西月考）如图所示，平行虚线间有垂直于水平面向下的匀强磁场，正方形金属线框在光滑水平面上以速度向右滑行并刚好能穿过匀强磁场，线框中产生的焦耳热为、线框进磁场过程中通过线框截面的电量为，线框穿过磁场过程中安培力的冲量大小为；若将线框向右运动的初速度增大为，线框穿过磁场过程中产生的焦耳热为、线框进磁场过程中线框通过线框截面的电量为，线框穿过磁场过程中安培力的冲量大小为，线框穿过磁场时的速度大小为；已知磁场的宽度大于线框的边长，则下列关系正确的是（　　）
A． B． C． D．
16．（2024高三下·凉山模拟） 根据热力学定律，下列说法正确的有（　　）
A．电冰箱的工作原理表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
B．一切符合能量守恒定律的宏观过程都能发生
C．科技的不断进步使得人类有可能生产出单一热源的热机
D．尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%
E．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
17．（2024高三下·杭州月考）下列对于物理学知识在生活中的应用或解释正确的是（　　）
A．照相机镜头前面的增透膜是利用了光的干涉现象
B．对土壤进行松土主要是为了给农作物的地下根系通风
C．在测量油酸分子直径的实验中，滑石粉撒的太厚会使测量值偏大
D．根据热力学第二定律得知，溶解在水中的食盐再也不可能分离出来
三、非选择题
18．（2020·新课标Ⅱ）
（1）下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有　 　，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有　 　。（填正确答案标号）
A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
（2）潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
⑴求进入圆筒内水的高度l；
⑵保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。
19．（2024高二下·舟山月考） “东方绿舟”内有一个绿色能源区，同学们可以在这里做太阳能和风能的研究性实验，某同学为了测定夏季中午单位面积上、单位时间内获得的太阳能，制作了一个太阳能集热装置，实验器材有：①内壁涂黑的泡沫塑料箱一个，底面积为1平方米；②盛水塑料袋一个；③温度计一个；③玻璃板一块（约1平方米），如图所示：
假设图为一斜坡草地，太阳光垂直照射到草地表面，请将上述实验器材按实验设计要求画在图中　 　；
如果已知水的比热容c，被水吸收的热量Q与水的质量m、水温升高量△间的关系是，则为了测定中午单位面积上、单位时间内获得的太阳能，除了需要测量m、外，还应测量的物理量是　 　，本实验会有一定误差，试写出一条产生误差的主要原因：　 　。
20．（2024高二下·黄浦期末）半径分别为r和2r的两个质量不计的圆盘，共轴固定连结在一起，可以绕水平轴O无摩擦转动，大圆盘的边缘上固定有一个质量为m的质点，小圆盘上绕有细绳，开始时圆盘静止，质点处在水平轴O的正下方位置。现以水平恒力F拉细绳，使两圆盘转动，若恒力F=mg，两圆盘转过的角度θ=　 　时，质点m的速度最大。若圆盘转过的最大角度θ=，则此时恒力F=　 　。
21．（2024高三下·江海月考）气压传动是工业中常见的传动方式。如图所示，面积为的活塞A静止，与气缸右端相距。用力缓慢右移活塞A，通过压缩气体顶起竖直放置的面积的活塞B和上方高h的液柱（液体密度为），最终活塞A移到最右端。活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变。气体视为理想气体，大气压强为，忽略弯管中的气体体积，装置不漏气，不计摩擦和两活塞质量。
（1）最终活塞B上升的高度；
（2）若整个过程活塞A对封闭气体做正功W，忽略气体质量，求整个过程中气体对外放热Q为多少。
22．（2024高一下·渝中期末）如图所示，足够长的水平传送带以速率逆时针传动，左端与倾角为、长的斜面平滑相接，之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在之间调节。现有质量为的小滑块（视为质点）在传送带右端由静止释放，与传送带共速后进入斜面（小滑块进入斜面后传送带立即停止转动）斜面底部点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在点，自然状态下另一端恰好在点。滑块在经过C、D两处时速度大小均不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取，，，不计空气阻力。
（1）求小滑块与传送带之间因摩擦产生的热量；
（2）若设置，求滑块在运动过程中弹簧的最大弹性势能；
（3）若最终滑块停在点，求的取值范围。
23．（2024高一下·赣州期末）如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC固定在竖直平面内且与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R、质量为m的滑块（视为质点）从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，通过圆轨道的最高点A时对轨道压力大小为mg。已知∠POC=60°，重力加速度为g，求：
（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力大小；
（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数；
（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能。
24．（2019·宜宾模拟）如图所示在绝热气缸内，有一绝热活塞封闭一定质量的气体，开始时缸内气体温度为27℃，封闭气柱长为9 cm，活塞横截面积S＝50 cm2。现通过气缸底部电阻丝给气体加热一段时间，此过程中气体吸热22 J，稳定后气体温度变为127℃。已知大气压强等于105 Pa，活塞与气缸间无摩擦，不计活塞重力。求：
①加热后活塞到气缸底部的距离；
②此过程中气体内能改变了多少。
25．（2024高一下·来宾期末）如图所示，一个足够长的斜面，部分的长度为，C点以下光滑，点以上粗糙是的中点。一根原长为的轻弹簧，劲度系数为，下端固定在A点，上端放置一个长为、质量为的均匀木板。已知斜面的倾角为，木板与斜面粗糙部分的动摩擦因数，木板受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。求：
（1）木板静止在斜面AC间时，弹簧形变量x；
（2）现将木板沿斜面缓慢下压，弹簧长度变为L时释放，求释放瞬间木板加速度a的大小；
（3）当弹簧长度变为L时，释放木板，发现木板的Q端刚好能到达C点，至少要将木板截掉多长，木板被释放后能整体到达C点之上区域。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物体的内能；改变内能的两种方式；热力学第二定律
【解析】【解答】A．质量相同的氢气和氧气的分子数不相同，因此氢气和氧气的内能不相同，A错误；
B.1g 100 ℃水的内能小于1g 100 ℃水蒸气的内能，B错误；
C．内能少的物体如果温度高也可以自发地将一部分内能转移给内能多的物体，C正确；
D．某种物体的温度为0 ℃，但物体中的分子依然在做无规则的运动，物体中分子的平均动能不为零，D错误；
故选C。
【分析】温度相同，则分子的平均动能相同，水变成相同温度的水蒸气需要吸收热量。
2．【答案】D
【知识点】能源的开发和利用及环境保护
【解析】【解答】A. 水能在短时间内可以再次产生，是可再生能源，A不符合题意；B. 风能在短时间内可以再次产生，是可再生能源，B不符合题意；C. 太阳能在短时间内可以再次产生，是可再生能源，C不符合题意；D. 天然气短时间内不能再次产生的，是不可再生能源，D符合题意。
故答案为：D
【分析】水能、风能和太阳能都属于可再生能源，天然气属于不可再生能源。
3．【答案】C
【知识点】永动机不可能制成
【解析】【解答】第一类永动机不可能制成，因为它违背了能量守恒定律。
故答案为：C。
【分析】第一类永动机不可能制成，因为它违背了能量守恒定律。第二类永动机不可能制成，因为他违背了热力学第二定律。
4．【答案】C
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【解答】根据题意可知，该过程中气体压强减小，气体体积增大，气体对外做功导致气体内能减小，又气缸跟外界绝热，所以这个过程中，气体的温度降低，平均分子动能减小，速率大的分子数占总分子数比例减少，故ABD错误.
故选C。
【分析】首先判断这个过程中气体的状态变化情况，根据热力学第一定律判断气体内能的变化情况，从而判断气体温度变化情况，最后分析气体分子热运动的情况。
5．【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．气体体积减小，外界对气体做功，故A错误；
B．体积增大，气体温度升高，则气体分子的平均动能增大，故B错误；
C．绝热过程，有
气体体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律
可知
气体温度降低，故C错误；
D．气体体积不变，不做功。同时压强减小，根据查理定律可知，气体温度降低，则内能减小，根据
可知气体放热。故D正确。
故选D。
【分析】气体温度升高，则气体分子的平均动能增大，该过程气体体积增大，气体对外做功。
6．【答案】C
【知识点】能量耗散
【解析】【解答】能量不能凭空产生，也不能凭空消失，能量耗散的过程中总的能量是守恒的，但是在能源的利用过程中，能量向品质低的大气内能转变，即在可利用的品质上降低了，ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】能量耗散的过程中总能量保持不变；只是代表能使用的品质降低，能量守恒没有局限性。
7．【答案】A
【知识点】能量守恒定律；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
由于粒子穿过铅板P过程有动能损耗，即穿过铅板后速度减小，即穿过铅板后在磁场中运动的轨道半径减小，可知，由b点运动到a点，根据左手定则可知，粒子运动方向与四指所指方向相同，即粒子带正电。
故答案为：A。
【分析】粒子做曲线运动，所受洛伦兹力指向曲线的凹侧，根据左手定则确定粒子的电性，粒子穿过铅板P过程有动能损耗，即穿过铅板后速度减小，再根据洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律确定粒子的运动方向。
8．【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】A．电动机的发明，实现了电能向机械能的大规模转化，A不符合题意；
B．电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的，发电机是根据电磁感应现象原理制成的，B不符合题意；
C．电磁感应是“磁”生“电”现象，电流的磁效应说明电流周围能产生磁场，C不符合题意；
D．发电机工作时把机械能转化为电能，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电动机是实现电能向机械能的转化；发电机是通电线圈切割磁感线所产生的；电磁感应说明磁场中的线圈能够产生电流。
9．【答案】D
【知识点】布朗运动；用油膜法估测油酸分子的大小；改变内能的两种方式；热力学第二定律
【解析】【解答】Ａ： 显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动 是布朗运动，是炭粒受到墨水分子的碰撞，反映了墨水分子运动的无规则性，A不符合题意；
B： 体积为的油酸酒精溶液滴里纯油酸的体积要小于V，因此该油酸分子直径，Ｂ不符合题意；
C：根据
可知，内能的变化还与气体的吸放热有关，因此对气体做功，其内能不一定增加，C不符合题意；
Ｄ：根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，D符合题意。
故答案为D。
【分析】根据布朗运动的本质判断做无规则运动的微粒本质，油酸酒精溶液与纯油酸的体积不一样，注意区分二者的关系；利用热力学第一定律与热力学第二定律判断物体内能的变化与热量传递方向。
10．【答案】C
【知识点】布朗运动；热力学第二定律；晶体和非晶体
【解析】【解答】A、 悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动，故A错误；
B、烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是晶体，故B错误；
C、液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C正确；
D、根据热力学第二定律可知，科技的进步不可以使内燃机成为单一热源的热机，故D错误 。
故答案为：C。
【分析】布朗运动反映了液体分子或者气体分子的热运动，熟练掌握晶体与非晶体的区别与热点。彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点。熟练掌握热力学定律的具体内容及应用。
11．【答案】C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AB．因AB两态压强相同，但是
根据理想气体状态方程
得
由于
得
选项AB错误；
C．气体温度升高，则气体内能增加，选项C正确；
D．状态B到状态C的过程中气体的体积不变，气体不做功，选项D错误；
故选C。
【分析】根据理想气体状态方程进行分析，理想气体内能只和温度有关，温度越高，内能越大。
12．【答案】C
【知识点】能量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】小球始终不脱离轨道，小球恰好能通过最高点，则
解得
由机械能守恒定律可知，要使小球恰好能通过最高点，则弹簧初始时弹性势能为初始弹性势能为
故答案为：C。
【分析】小球恰好能通过最高点，则小球在最高点恰好完全由重力提供向心力，根据牛顿第二定律确定小球在最高点的速度，再对小球从开始运动至最高点的过程运用动能定理进行解答。
13．【答案】A,C,D
【知识点】物体的内能；改变内能的两种方式
【解析】【解答】A、内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，分子在永不停息的做无规则运动，所以内能永不为零，故A正确；
B、物体的内能除与温度有关外，还与物体的种类、物体的质量、物体的体积有关，温度高的物体的内能可能比温度低的物体内能大，也可能与温度低的物体内能相等，也可能低于温度低的物体的内能，故B错误；
C、一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化，比如零摄氏度的冰化为零摄氏度的水，内能增加，故C正确．
D、内能与温度、体积、物质的多少等因素有关，而分子平均动能只与温度有关，故内能不同的物体，它们分子热运动的平均分子动能可能相同，故D正确；
E、温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大，故E错误。
故答案为：ACD。
【分析】影响内能大小的因素：质量、体积、温度和状态，温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大。内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，在永不停息的做无规则运动。
14．【答案】A,C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、bc过程中气体体积减小、外界对气体做功，故A正确；
B、根据
可知
则V-T图像与坐标原点连线的斜率越大，压强越小，所以ca过程气体压强逐渐减小，故B错误；
C、ab过程气体体积减小、外界对气体做功，温度不变，内能不变，根据
可知，气体放出热量，故C正确；
D、ca过程气体温度升高、内能增大，故D错误。
故选：AC。
【分析】bc过程中气体体积减小，由此分析气体做功情况；V-T图像与坐标原点连线的斜率越大、压强越小；根据△U=W+Q分析热传递情况，ca过程气体温度升高，由此分析内能的变化。
15．【答案】B,D
【知识点】动量定理；能量守恒定律
【解析】【解答】A：设线框边长为L，由动量定理可得
解得
A不符合题意；
B：由
B符合题意；
C：由
可得
C不符合题意；
D：由能量守恒定律可知
，
解得
D符合题意。
故答案为BD。
【分析】利用动量定理在磁场中的应用可求速度与电荷量及电流关系，根据能量守恒定律可以判定产生的热量关系。
16．【答案】A,D,E
【知识点】永动机不可能制成；热力学第二定律
【解析】【解答】A、热量可以从低温物体向高温物体传递，但要引起其他变化，符合电冰箱的工作原理，故A正确；
BE、热运动的宏观过程会有一定的方向性，符合能量守恒定律的宏观过程并不能都真的发生，根据热力学第二定律，不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，故B错误，E正确；
C、不可能从单一热源吸收热量全部用来对外做功而不引起其他变化，故C错误；
D、根据热力学第二定律，即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可能把燃料产生的内能全部转化为机械能，即效率达不到100%，故D正确。
故答案为：ADE。
【分析】熟练掌握热力学第二定律的具体内容及其描述。热运动的宏观过程会有一定的方向性，不可能从单一热源吸收热量全部用来对外做功而不引起其他变化，热机也不可能把燃料产生的内能全部转化为机械能。
17．【答案】A,C
【知识点】热力学第二定律
【解析】【解答】A．增透膜增加透射光的强度，是光的干涉现象，A正确；
B．对土壤进行松土主要是切断毛细管，防止水分蒸发，B错误；
C．滑石粉撒的太厚会使油膜无法充分展开，从而导致分子直径的测量值偏大，C正确；
D．溶解在水中的食盐再分离出来不是热现象，不遵循热力学第二定律，D错误；
故选AC。
【分析】根据 ，分析油酸分子直径，土壤进行松土主要是切断毛细管，防止水分蒸发。
18．【答案】（1）B；C
（2）⑴解：设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有p1V1= p0V0①
V0=hS ②
V1=（h–l）S ③
p1= p0+ ρg（H–l） ④
联立以上各式并考虑到H h，h >l，解得 ⑤
⑵设水全部排出后筒内气体的压强为p2；此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有p2V0= p0V3 ⑥
其中p2= p0+ ρgH ⑦
设需压入筒内的气体体积为V，依题意V = V3–V0 ⑧
联立②⑥⑦⑧式得 ⑨
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体与理想气体的状态方程；热力学第二定律
【解析】【解答】（1）A．燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化，同时热传递向空气转移。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；
B．冷水倒入保温杯后，没有对外做功，同时也没有热传递，内能不可能减少，故违背热力学第一定律；
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，必然产生其他影响故违背热力学第二定律；
D．制冷机消耗电能工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，发生了内能的转移，同时对外界产生了影响。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律。
【分析】（1）热力学第一定律即能量守恒定律，即能量不会凭空产生，热力学第二定律说明，在自然状态下，热量是由高温物体传向低温物体，不能自发的逆向传递；
（2）气体做等温变化，结合气体初状态和末状态的压强和体积，利用波意尔定律列方程求解末状态的体积，做差求解水的体积，除以底面积即为高度；
气体做等温变化，结合气体初状态和末状态的压强和体积，利用波意尔定律列方程求解末状态的体积即可。
19．【答案】；时间T；太阳能没有全部被水吸收（或水吸收的太阳能有一部分损失等）
【知识点】能量守恒定律；改变内能的两种方式
【解析】【解答】实验图示如图所示
需要测定单位面积上、单位时间内获得的太阳能，除了测量水的质量、温度升高的高度，还需测量太阳照射的时间T。
产生误差的主要原因：太阳能没有全部被水吸收，或水吸收的太阳能还有一部分损失等。
【分析】这是测定夏季中午太阳能的研究性实验。根据实验原理及实验器材和实验环境（斜坡草地），再根据研究性要求设计实验，并根据实验原理明确测量物理量，确定实验中理想化处理的信息，再确定实验中产生误差的主要原因。
20．【答案】；
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】根据力矩平衡的位置，有
解得
若圆盘转过的最大角度 ，则有
可求得
【分析】速度最大的位置就是力矩平衡的位置，根据能量守恒定律求解恒力F。
21．【答案】解：（1）初始时，活塞A静止，封闭气体的压强为
最终封闭气体的压强大小为
活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变，由玻意耳定律可知
解得
（2）由于活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变，所以气体的内能不变，即有
气体对活塞B做功为
由于整个过程中气体对外放热为Q，根据热力学第一定律有
其中
则整个过程中气体对外放热
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据受力平衡求解压强，等温变化根据玻意耳定律列方程求解；
（2）气体温度保持不变，所以气体的内能不变，求出气体对活塞B做功，根据热力学第一定律求解整个过程中气体对外放热。
22．【答案】解；（1）设小滑块与传送带的滑动摩擦力为，共速时间为，小滑块的位移
小滑块和传送带之间的相对位移
摩擦力对小滑块做功
整个过程因摩擦产生的热量
（2）滑块从点到弹簧弹性势能最大时，由能量守恒得
（3）最终滑块停在点有两种可能
滑块恰好能从下滑到，由动能定理有
解得
滑块在斜面间多次反复运动，最终静止于点，当滑块恰好能返回
解得
当滑块恰好静止在斜面上，则有
解得
综上所述，的取值范围是
或
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当滑块与传送带保持静止时，利用相对位移的大小及动能定律可以求出摩擦产生的热量大小；
（2）滑块从点到弹簧弹性势能最大时，根据能量守恒定律可以求出最大的弹性势能；
（3）当滑块恰好能从下滑到，利用动能定理可以求出动摩擦因数的大小；或者利用动能定理可以求出滑块恰好滑动到C点的动摩擦因数以及利用平衡方程可以求出恰好静止在斜面上的动摩擦因数，最后总结出动摩擦因数的范围。
23．【答案】（1）滑块从P点到C点，由动能定理可得
设滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时的速度为，圆形轨道最低点对滑块的支持力为，由牛顿第二定律可得
联立解得
（2）滑块从C到Q的过程，由动能定理可得
解得
（3）由题意可知，滑块在A点，由牛顿第二定律可得
滑块从Q点到A点，由能量守恒定律可得
解得弹簧弹性势能为
【知识点】能量守恒定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】 （1）滑块从P点到C点，由动能定理求解在C点速度，由牛顿第二定律结合合力提供向心力可得支持力大小；
（2）滑块从C到Q的过程，由动能定理可得合力做功等于动能变化从而求解动摩擦因数大小；
（3）由由牛顿第二定律可得在A点速度大小，由能量守恒定律可得弹簧被锁定时具有的弹性势能。
24．【答案】解：①取封闭的气体为研究对象，开始时气体的体积为L1S
温度为：T1=273+27=300K
末状态的体积为L2S，温度为：T2=273+127=400K
气体做等压变化，则
解得：L2=12cm
②在该过程中，气体对外做功
由热力学第一定律 U=Q-W
解得 U=7J.
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第二定律
【解析】【分析】（1）气体做等压变化，利用盖—吕萨克定律列方程求解即可；
（2）利用热力学第一定律 U=Q-W求解即可，其中Q气体的吸热，W是气体对外界做的功。
25．【答案】解：（1）木板静止在斜面AC间时，受力分析，由平衡条件可得
依题意，有
联立，解得
（2）根据牛顿第二定律，可得
联立，解得
（3）根据系统能量守恒，可得
设将木板截掉后还剩x，被释放后恰好能整体到达C点之上区域，则满足
又
联立，解得
可得木板截掉的部分为
【知识点】能量守恒定律；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）木板静止时，根据木板的平衡方程可以求出弹簧形变量的大小；
（2）已知弹簧压缩量时，根据胡克定律结合牛顿第二定律可以求出木板加速度的大小；
（3）木板上升到C点时，利用能量守恒定律可以求出木板没有截断时弹簧的弹性势能的大小，结合木板上升过程的能量守恒定律可以求出木板截掉的长度。
1 / 1高考物理一轮复习：热力学定律
一、选择题
1．（2024高二下·宜宾期末）下面说法中正确的有（　　）
A．不计分子之间的分子势能，质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能
B．1 g 100 ℃水的内能等于1 g 100 ℃水蒸气的内能
C．内能少的物体也可以自发地将一部分内能转移给内能多的物体
D．某种物体的温度为0 ℃，说明该物体中分子的平均动能为零
【答案】C
【知识点】物体的内能；改变内能的两种方式；热力学第二定律
【解析】【解答】A．质量相同的氢气和氧气的分子数不相同，因此氢气和氧气的内能不相同，A错误；
B.1g 100 ℃水的内能小于1g 100 ℃水蒸气的内能，B错误；
C．内能少的物体如果温度高也可以自发地将一部分内能转移给内能多的物体，C正确；
D．某种物体的温度为0 ℃，但物体中的分子依然在做无规则的运动，物体中分子的平均动能不为零，D错误；
故选C。
【分析】温度相同，则分子的平均动能相同，水变成相同温度的水蒸气需要吸收热量。
2．（2019高一下·通州期末）下列能源属于不可再生能源的是（　　）
A．水能 B．风能 C．太阳能 D．天然气
【答案】D
【知识点】能源的开发和利用及环境保护
【解析】【解答】A. 水能在短时间内可以再次产生，是可再生能源，A不符合题意；B. 风能在短时间内可以再次产生，是可再生能源，B不符合题意；C. 太阳能在短时间内可以再次产生，是可再生能源，C不符合题意；D. 天然气短时间内不能再次产生的，是不可再生能源，D符合题意。
故答案为：D
【分析】水能、风能和太阳能都属于可再生能源，天然气属于不可再生能源。
3．（2024高二下·上海市期中） 第一类永动机不能制成的原因是它的设计违背了（　　）
A．热力学第一定律 B．热力学第二定律
C．能量守恒定律 D．机械能守恒定律
【答案】C
【知识点】永动机不可能制成
【解析】【解答】第一类永动机不可能制成，因为它违背了能量守恒定律。
故答案为：C。
【分析】第一类永动机不可能制成，因为它违背了能量守恒定律。第二类永动机不可能制成，因为他违背了热力学第二定律。
4．（2022·山东）如图所示，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时气缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将气缸缓慢转动 过程中，缸内气体（　　）
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
【答案】C
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【解答】根据题意可知，该过程中气体压强减小，气体体积增大，气体对外做功导致气体内能减小，又气缸跟外界绝热，所以这个过程中，气体的温度降低，平均分子动能减小，速率大的分子数占总分子数比例减少，故ABD错误.
故选C。
【分析】首先判断这个过程中气体的状态变化情况，根据热力学第一定律判断气体内能的变化情况，从而判断气体温度变化情况，最后分析气体分子热运动的情况。
5．（2024高二下·桂林期末）某柴油内燃机利用迪塞尔循环进行工作，该循环由两个绝热过程、一个等压过程和一个等容过程组成。如图所示为一定质量的理想气体经历的迪塞尔循环，则（　　）
A．在过程中，气体对外做功
B．在过程中，气体分子的平均动能不变
C．在过程中，气体的温度升高
D．在过程中，气体放热
【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．气体体积减小，外界对气体做功，故A错误；
B．体积增大，气体温度升高，则气体分子的平均动能增大，故B错误；
C．绝热过程，有
气体体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律
可知
气体温度降低，故C错误；
D．气体体积不变，不做功。同时压强减小，根据查理定律可知，气体温度降低，则内能减小，根据
可知气体放热。故D正确。
故选D。
【分析】气体温度升高，则气体分子的平均动能增大，该过程气体体积增大，气体对外做功。
6．（2019高二上·宝山期中）关于能量的耗散，下列说法中正确的是(　　）
A．能量耗散是指在一定条件下，能量在转化过程中总量减少了
B．能量耗散表明，能量守恒定律具有一定的局限性
C．能量耗散表明，在能源的利用过程中，在可利用的品质上降低了
D．以上说法都不对
【答案】C
【知识点】能量耗散
【解析】【解答】能量不能凭空产生，也不能凭空消失，能量耗散的过程中总的能量是守恒的，但是在能源的利用过程中，能量向品质低的大气内能转变，即在可利用的品质上降低了，ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】能量耗散的过程中总能量保持不变；只是代表能使用的品质降低，能量守恒没有局限性。
7．（2024高二下·上海市月考） 图为云室中某粒子穿过铅板P前后的轨迹，a和b 是轨迹上的两点。云室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直，粒子（　　）
A．由b点运动到a点，带正电 B．由b点运动到a点，带负电
C．由a 点运动到b点，带负电 D．由a点运动到b点，带正电
【答案】A
【知识点】能量守恒定律；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
由于粒子穿过铅板P过程有动能损耗，即穿过铅板后速度减小，即穿过铅板后在磁场中运动的轨道半径减小，可知，由b点运动到a点，根据左手定则可知，粒子运动方向与四指所指方向相同，即粒子带正电。
故答案为：A。
【分析】粒子做曲线运动，所受洛伦兹力指向曲线的凹侧，根据左手定则确定粒子的电性，粒子穿过铅板P过程有动能损耗，即穿过铅板后速度减小，再根据洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律确定粒子的运动方向。
8．（2020高二下·佛山月考）下列说法中正确的是（　　）
A．电动机的发明，实现了机械能向电能的大规模转化
B．发电机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的
C．电磁感应说明电流通过感应能产生磁
D．发电机工作时把机械能转化为电能
【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】A．电动机的发明，实现了电能向机械能的大规模转化，A不符合题意；
B．电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的，发电机是根据电磁感应现象原理制成的，B不符合题意；
C．电磁感应是“磁”生“电”现象，电流的磁效应说明电流周围能产生磁场，C不符合题意；
D．发电机工作时把机械能转化为电能，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电动机是实现电能向机械能的转化；发电机是通电线圈切割磁感线所产生的；电磁感应说明磁场中的线圈能够产生电流。
9．（2024高二下·江西月考）关于分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是（　　）
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了炭粒分子运动的无规则性
B．将体积为的油酸酒精溶液滴在平静的水面上，扩展成面积为的单分子油膜，则该油酸分子直径为
C．对气体做功，其内能一定增加
D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
【答案】D
【知识点】布朗运动；用油膜法估测油酸分子的大小；改变内能的两种方式；热力学第二定律
【解析】【解答】Ａ： 显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动 是布朗运动，是炭粒受到墨水分子的碰撞，反映了墨水分子运动的无规则性，A不符合题意；
B： 体积为的油酸酒精溶液滴里纯油酸的体积要小于V，因此该油酸分子直径，Ｂ不符合题意；
C：根据
可知，内能的变化还与气体的吸放热有关，因此对气体做功，其内能不一定增加，C不符合题意；
Ｄ：根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，D符合题意。
故答案为D。
【分析】根据布朗运动的本质判断做无规则运动的微粒本质，油酸酒精溶液与纯油酸的体积不一样，注意区分二者的关系；利用热力学第一定律与热力学第二定律判断物体内能的变化与热量传递方向。
10．（2024高二下·聊城月考）下列说法正确的是（　　）
A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
D．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机
【答案】C
【知识点】布朗运动；热力学第二定律；晶体和非晶体
【解析】【解答】A、 悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动，故A错误；
B、烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是晶体，故B错误；
C、液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C正确；
D、根据热力学第二定律可知，科技的进步不可以使内燃机成为单一热源的热机，故D错误 。
故答案为：C。
【分析】布朗运动反映了液体分子或者气体分子的热运动，熟练掌握晶体与非晶体的区别与热点。彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点。熟练掌握热力学定律的具体内容及应用。
11．（2024高二下·西城期末）如图所示，一定质量的理想气体从状态开始，经历两个过程，先后到达状态和，、和三个状态的温度分别为、和，则（　　）
A．，
B．，
C．状态到状态的过程中，气体内能增加
D．状态到状态的过程中，气体对外做功
【答案】C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AB．因AB两态压强相同，但是
根据理想气体状态方程
得
由于
得
选项AB错误；
C．气体温度升高，则气体内能增加，选项C正确；
D．状态B到状态C的过程中气体的体积不变，气体不做功，选项D错误；
故选C。
【分析】根据理想气体状态方程进行分析，理想气体内能只和温度有关，温度越高，内能越大。
12．（2024高一下·乐平月考） 如图所示，光滑水平轨道的左侧固定一轻质弹簧，右侧与半径为R的光滑竖直半圆轨道平滑连接，压缩弹簧，将质量为m的小球由静止弹出。要使小球恰好能通过最高点，重力加速度为g，则弹簧初始时弹性势能为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】能量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】小球始终不脱离轨道，小球恰好能通过最高点，则
解得
由机械能守恒定律可知，要使小球恰好能通过最高点，则弹簧初始时弹性势能为初始弹性势能为
故答案为：C。
【分析】小球恰好能通过最高点，则小球在最高点恰好完全由重力提供向心力，根据牛顿第二定律确定小球在最高点的速度，再对小球从开始运动至最高点的过程运用动能定理进行解答。
二、多项选择题
13．（2024·湖北模拟）下列关于温度及内能的说法中正确的是
A．物体的内能不可能为零
B．温度高的物体比温度低的物体内能大
C．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化
D．内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同
E．温度见分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高
【答案】A,C,D
【知识点】物体的内能；改变内能的两种方式
【解析】【解答】A、内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，分子在永不停息的做无规则运动，所以内能永不为零，故A正确；
B、物体的内能除与温度有关外，还与物体的种类、物体的质量、物体的体积有关，温度高的物体的内能可能比温度低的物体内能大，也可能与温度低的物体内能相等，也可能低于温度低的物体的内能，故B错误；
C、一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化，比如零摄氏度的冰化为零摄氏度的水，内能增加，故C正确．
D、内能与温度、体积、物质的多少等因素有关，而分子平均动能只与温度有关，故内能不同的物体，它们分子热运动的平均分子动能可能相同，故D正确；
E、温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大，故E错误。
故答案为：ACD。
【分析】影响内能大小的因素：质量、体积、温度和状态，温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大。内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，在永不停息的做无规则运动。
14．（2024·海南） 一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是（　　）
A．be过程外界对气体做功 B．ca过程气体压强不变
C．ab过程气体放出热量 D．ca过程气体内能减小
【答案】A,C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、bc过程中气体体积减小、外界对气体做功，故A正确；
B、根据
可知
则V-T图像与坐标原点连线的斜率越大，压强越小，所以ca过程气体压强逐渐减小，故B错误；
C、ab过程气体体积减小、外界对气体做功，温度不变，内能不变，根据
可知，气体放出热量，故C正确；
D、ca过程气体温度升高、内能增大，故D错误。
故选：AC。
【分析】bc过程中气体体积减小，由此分析气体做功情况；V-T图像与坐标原点连线的斜率越大、压强越小；根据△U=W+Q分析热传递情况，ca过程气体温度升高，由此分析内能的变化。
15．（2024高二下·江西月考）如图所示，平行虚线间有垂直于水平面向下的匀强磁场，正方形金属线框在光滑水平面上以速度向右滑行并刚好能穿过匀强磁场，线框中产生的焦耳热为、线框进磁场过程中通过线框截面的电量为，线框穿过磁场过程中安培力的冲量大小为；若将线框向右运动的初速度增大为，线框穿过磁场过程中产生的焦耳热为、线框进磁场过程中线框通过线框截面的电量为，线框穿过磁场过程中安培力的冲量大小为，线框穿过磁场时的速度大小为；已知磁场的宽度大于线框的边长，则下列关系正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,D
【知识点】动量定理；能量守恒定律
【解析】【解答】A：设线框边长为L，由动量定理可得
解得
A不符合题意；
B：由
B符合题意；
C：由
可得
C不符合题意；
D：由能量守恒定律可知
，
解得
D符合题意。
故答案为BD。
【分析】利用动量定理在磁场中的应用可求速度与电荷量及电流关系，根据能量守恒定律可以判定产生的热量关系。
16．（2024高三下·凉山模拟） 根据热力学定律，下列说法正确的有（　　）
A．电冰箱的工作原理表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
B．一切符合能量守恒定律的宏观过程都能发生
C．科技的不断进步使得人类有可能生产出单一热源的热机
D．尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%
E．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
【答案】A,D,E
【知识点】永动机不可能制成；热力学第二定律
【解析】【解答】A、热量可以从低温物体向高温物体传递，但要引起其他变化，符合电冰箱的工作原理，故A正确；
BE、热运动的宏观过程会有一定的方向性，符合能量守恒定律的宏观过程并不能都真的发生，根据热力学第二定律，不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，故B错误，E正确；
C、不可能从单一热源吸收热量全部用来对外做功而不引起其他变化，故C错误；
D、根据热力学第二定律，即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可能把燃料产生的内能全部转化为机械能，即效率达不到100%，故D正确。
故答案为：ADE。
【分析】熟练掌握热力学第二定律的具体内容及其描述。热运动的宏观过程会有一定的方向性，不可能从单一热源吸收热量全部用来对外做功而不引起其他变化，热机也不可能把燃料产生的内能全部转化为机械能。
17．（2024高三下·杭州月考）下列对于物理学知识在生活中的应用或解释正确的是（　　）
A．照相机镜头前面的增透膜是利用了光的干涉现象
B．对土壤进行松土主要是为了给农作物的地下根系通风
C．在测量油酸分子直径的实验中，滑石粉撒的太厚会使测量值偏大
D．根据热力学第二定律得知，溶解在水中的食盐再也不可能分离出来
【答案】A,C
【知识点】热力学第二定律
【解析】【解答】A．增透膜增加透射光的强度，是光的干涉现象，A正确；
B．对土壤进行松土主要是切断毛细管，防止水分蒸发，B错误；
C．滑石粉撒的太厚会使油膜无法充分展开，从而导致分子直径的测量值偏大，C正确；
D．溶解在水中的食盐再分离出来不是热现象，不遵循热力学第二定律，D错误；
故选AC。
【分析】根据 ，分析油酸分子直径，土壤进行松土主要是切断毛细管，防止水分蒸发。
三、非选择题
18．（2020·新课标Ⅱ）
（1）下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有　 　，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有　 　。（填正确答案标号）
A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
（2）潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
⑴求进入圆筒内水的高度l；
⑵保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。
【答案】（1）B；C
（2）⑴解：设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有p1V1= p0V0①
V0=hS ②
V1=（h–l）S ③
p1= p0+ ρg（H–l） ④
联立以上各式并考虑到H h，h >l，解得 ⑤
⑵设水全部排出后筒内气体的压强为p2；此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有p2V0= p0V3 ⑥
其中p2= p0+ ρgH ⑦
设需压入筒内的气体体积为V，依题意V = V3–V0 ⑧
联立②⑥⑦⑧式得 ⑨
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体与理想气体的状态方程；热力学第二定律
【解析】【解答】（1）A．燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化，同时热传递向空气转移。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；
B．冷水倒入保温杯后，没有对外做功，同时也没有热传递，内能不可能减少，故违背热力学第一定律；
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，必然产生其他影响故违背热力学第二定律；
D．制冷机消耗电能工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，发生了内能的转移，同时对外界产生了影响。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律。
【分析】（1）热力学第一定律即能量守恒定律，即能量不会凭空产生，热力学第二定律说明，在自然状态下，热量是由高温物体传向低温物体，不能自发的逆向传递；
（2）气体做等温变化，结合气体初状态和末状态的压强和体积，利用波意尔定律列方程求解末状态的体积，做差求解水的体积，除以底面积即为高度；
气体做等温变化，结合气体初状态和末状态的压强和体积，利用波意尔定律列方程求解末状态的体积即可。
19．（2024高二下·舟山月考） “东方绿舟”内有一个绿色能源区，同学们可以在这里做太阳能和风能的研究性实验，某同学为了测定夏季中午单位面积上、单位时间内获得的太阳能，制作了一个太阳能集热装置，实验器材有：①内壁涂黑的泡沫塑料箱一个，底面积为1平方米；②盛水塑料袋一个；③温度计一个；③玻璃板一块（约1平方米），如图所示：
假设图为一斜坡草地，太阳光垂直照射到草地表面，请将上述实验器材按实验设计要求画在图中　 　；
如果已知水的比热容c，被水吸收的热量Q与水的质量m、水温升高量△间的关系是，则为了测定中午单位面积上、单位时间内获得的太阳能，除了需要测量m、外，还应测量的物理量是　 　，本实验会有一定误差，试写出一条产生误差的主要原因：　 　。
【答案】；时间T；太阳能没有全部被水吸收（或水吸收的太阳能有一部分损失等）
【知识点】能量守恒定律；改变内能的两种方式
【解析】【解答】实验图示如图所示
需要测定单位面积上、单位时间内获得的太阳能，除了测量水的质量、温度升高的高度，还需测量太阳照射的时间T。
产生误差的主要原因：太阳能没有全部被水吸收，或水吸收的太阳能还有一部分损失等。
【分析】这是测定夏季中午太阳能的研究性实验。根据实验原理及实验器材和实验环境（斜坡草地），再根据研究性要求设计实验，并根据实验原理明确测量物理量，确定实验中理想化处理的信息，再确定实验中产生误差的主要原因。
20．（2024高二下·黄浦期末）半径分别为r和2r的两个质量不计的圆盘，共轴固定连结在一起，可以绕水平轴O无摩擦转动，大圆盘的边缘上固定有一个质量为m的质点，小圆盘上绕有细绳，开始时圆盘静止，质点处在水平轴O的正下方位置。现以水平恒力F拉细绳，使两圆盘转动，若恒力F=mg，两圆盘转过的角度θ=　 　时，质点m的速度最大。若圆盘转过的最大角度θ=，则此时恒力F=　 　。
【答案】；
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】根据力矩平衡的位置，有
解得
若圆盘转过的最大角度 ，则有
可求得
【分析】速度最大的位置就是力矩平衡的位置，根据能量守恒定律求解恒力F。
21．（2024高三下·江海月考）气压传动是工业中常见的传动方式。如图所示，面积为的活塞A静止，与气缸右端相距。用力缓慢右移活塞A，通过压缩气体顶起竖直放置的面积的活塞B和上方高h的液柱（液体密度为），最终活塞A移到最右端。活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变。气体视为理想气体，大气压强为，忽略弯管中的气体体积，装置不漏气，不计摩擦和两活塞质量。
（1）最终活塞B上升的高度；
（2）若整个过程活塞A对封闭气体做正功W，忽略气体质量，求整个过程中气体对外放热Q为多少。
【答案】解：（1）初始时，活塞A静止，封闭气体的压强为
最终封闭气体的压强大小为
活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变，由玻意耳定律可知
解得
（2）由于活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变，所以气体的内能不变，即有
气体对活塞B做功为
由于整个过程中气体对外放热为Q，根据热力学第一定律有
其中
则整个过程中气体对外放热
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据受力平衡求解压强，等温变化根据玻意耳定律列方程求解；
（2）气体温度保持不变，所以气体的内能不变，求出气体对活塞B做功，根据热力学第一定律求解整个过程中气体对外放热。
22．（2024高一下·渝中期末）如图所示，足够长的水平传送带以速率逆时针传动，左端与倾角为、长的斜面平滑相接，之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在之间调节。现有质量为的小滑块（视为质点）在传送带右端由静止释放，与传送带共速后进入斜面（小滑块进入斜面后传送带立即停止转动）斜面底部点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在点，自然状态下另一端恰好在点。滑块在经过C、D两处时速度大小均不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取，，，不计空气阻力。
（1）求小滑块与传送带之间因摩擦产生的热量；
（2）若设置，求滑块在运动过程中弹簧的最大弹性势能；
（3）若最终滑块停在点，求的取值范围。
【答案】解；（1）设小滑块与传送带的滑动摩擦力为，共速时间为，小滑块的位移
小滑块和传送带之间的相对位移
摩擦力对小滑块做功
整个过程因摩擦产生的热量
（2）滑块从点到弹簧弹性势能最大时，由能量守恒得
（3）最终滑块停在点有两种可能
滑块恰好能从下滑到，由动能定理有
解得
滑块在斜面间多次反复运动，最终静止于点，当滑块恰好能返回
解得
当滑块恰好静止在斜面上，则有
解得
综上所述，的取值范围是
或
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当滑块与传送带保持静止时，利用相对位移的大小及动能定律可以求出摩擦产生的热量大小；
（2）滑块从点到弹簧弹性势能最大时，根据能量守恒定律可以求出最大的弹性势能；
（3）当滑块恰好能从下滑到，利用动能定理可以求出动摩擦因数的大小；或者利用动能定理可以求出滑块恰好滑动到C点的动摩擦因数以及利用平衡方程可以求出恰好静止在斜面上的动摩擦因数，最后总结出动摩擦因数的范围。
23．（2024高一下·赣州期末）如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC固定在竖直平面内且与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R、质量为m的滑块（视为质点）从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，通过圆轨道的最高点A时对轨道压力大小为mg。已知∠POC=60°，重力加速度为g，求：
（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力大小；
（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数；
（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能。
【答案】（1）滑块从P点到C点，由动能定理可得
设滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时的速度为，圆形轨道最低点对滑块的支持力为，由牛顿第二定律可得
联立解得
（2）滑块从C到Q的过程，由动能定理可得
解得
（3）由题意可知，滑块在A点，由牛顿第二定律可得
滑块从Q点到A点，由能量守恒定律可得
解得弹簧弹性势能为
【知识点】能量守恒定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】 （1）滑块从P点到C点，由动能定理求解在C点速度，由牛顿第二定律结合合力提供向心力可得支持力大小；
（2）滑块从C到Q的过程，由动能定理可得合力做功等于动能变化从而求解动摩擦因数大小；
（3）由由牛顿第二定律可得在A点速度大小，由能量守恒定律可得弹簧被锁定时具有的弹性势能。
24．（2019·宜宾模拟）如图所示在绝热气缸内，有一绝热活塞封闭一定质量的气体，开始时缸内气体温度为27℃，封闭气柱长为9 cm，活塞横截面积S＝50 cm2。现通过气缸底部电阻丝给气体加热一段时间，此过程中气体吸热22 J，稳定后气体温度变为127℃。已知大气压强等于105 Pa，活塞与气缸间无摩擦，不计活塞重力。求：
①加热后活塞到气缸底部的距离；
②此过程中气体内能改变了多少。
【答案】解：①取封闭的气体为研究对象，开始时气体的体积为L1S
温度为：T1=273+27=300K
末状态的体积为L2S，温度为：T2=273+127=400K
气体做等压变化，则
解得：L2=12cm
②在该过程中，气体对外做功
由热力学第一定律 U=Q-W
解得 U=7J.
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第二定律
【解析】【分析】（1）气体做等压变化，利用盖—吕萨克定律列方程求解即可；
（2）利用热力学第一定律 U=Q-W求解即可，其中Q气体的吸热，W是气体对外界做的功。
25．（2024高一下·来宾期末）如图所示，一个足够长的斜面，部分的长度为，C点以下光滑，点以上粗糙是的中点。一根原长为的轻弹簧，劲度系数为，下端固定在A点，上端放置一个长为、质量为的均匀木板。已知斜面的倾角为，木板与斜面粗糙部分的动摩擦因数，木板受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。求：
（1）木板静止在斜面AC间时，弹簧形变量x；
（2）现将木板沿斜面缓慢下压，弹簧长度变为L时释放，求释放瞬间木板加速度a的大小；
（3）当弹簧长度变为L时，释放木板，发现木板的Q端刚好能到达C点，至少要将木板截掉多长，木板被释放后能整体到达C点之上区域。
【答案】解：（1）木板静止在斜面AC间时，受力分析，由平衡条件可得
依题意，有
联立，解得
（2）根据牛顿第二定律，可得
联立，解得
（3）根据系统能量守恒，可得
设将木板截掉后还剩x，被释放后恰好能整体到达C点之上区域，则满足
又
联立，解得
可得木板截掉的部分为
【知识点】能量守恒定律；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）木板静止时，根据木板的平衡方程可以求出弹簧形变量的大小；
（2）已知弹簧压缩量时，根据胡克定律结合牛顿第二定律可以求出木板加速度的大小；
（3）木板上升到C点时，利用能量守恒定律可以求出木板没有截断时弹簧的弹性势能的大小，结合木板上升过程的能量守恒定律可以求出木板截掉的长度。
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