山东省乐陵第一中学高三一轮复习：热平衡 物体的内能含答案-最新教育文档
【解析】山东省乐陵第一中学2019届高三一轮复习热力学定律物理试题
热力学定律一、单选题（本大题共5小题）1.1.一定质量的理想气体分子力不计，体积由V膨胀到，如果通过压强不变的过程实现，对外做功大小为，传递热量的值为，内能变化为，如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为，传递热量的值为，内能变化为，则A. ，，1 2B. W1W2，Q1Q2，1 2C. W1W2，Q1Q2，1 2D. W1W2，Q1Q2，12【答案】B【解析】【分析】根据两种情况列出热力学第一定律的表达式，注意两次变化的体积变化相同，因此气体对外做功相同，根据温度的变化判断内能的变化，然后进一步比较吸热、放热情况。
【详解】第一种情况，根据理想气体状态方程，可知，气体压强不变，体积增大，因此温度升高，△U1＞0，根据热力学第一定律有：△U1=Q1-W1；第二种情况，气体等温变化，△U2=0，根据热力学第一定律有：△U2=Q2-W1，第二中情况下，压强减小，体积变化相同，因此W1＞W2，且△U1＞△U2=0，因此Q1＞Q2，故B正确，ACD错误。
【点睛】本题主要考查学生对能量守恒的正确理解和应用，必须注意在应用热力学第一定律时公式中各物理量的意义和条件。
2.2.下列各事例中通过热传递改变物体内能的是A. 车床上车刀切削工件后发热B. 擦火柴时火柴头温度升高C. 用肥皂水淋车刀后车刀降温D. 搓搓手就会觉得手发热【答案】C【解析】试题分析：车床上车刀切削工件后发热、擦火柴时火柴头温度升高、搓搓手就会觉得手发热都是通过做功改变内能的，ABD错；故选C考点：考查改变内能的方式点评：难度较小，改变内能的两种方式：做功和热传递3.3.下列说法正确的是A. 热量不可能从低温物体传到高温物体B. 悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动C. 在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D. 理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型【答案】D【解析】【详解】热量可能从低温物体传到高温物体，故A错误；悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了液体分子的热运动，故B错误；气体压强是分子对容器的碰撞引起的，与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，故C错误；理想气体实际上并不存在，只是一种理想化的物理模型，故D正确。
2024年山东省乐陵一中物理高三上期中学业质量监测试题含解析
2024年山东省乐陵一中物理高三上期中学业质量监测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。
用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。
将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。
答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，F随时间t按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是A．第2s末，质点的动量为0B．第2s末，质点距离出发点最远C．在0~2s内，F的功率一直增大D．在0~4s内，F的冲量为02、如图所示，跳水运动员接触踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置）。
对于运动员从位置A与跳板接触到运动至最低点B位置的过程，下列说法中正确的是（）A．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零B．在这个过程中，运动员的动能先增大后减小C．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在减小D．在这个过程中，运动员所受重力对她做的功等于跳板的作用力对她做的功3、测定运动员体能的一种装置如图所示，运动员质量m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮（不计滑轮摩擦、质量），悬挂重物m2，人用力蹬传送带而人的重心不动，使传送带上侧以速率v向右运动，下面是人对传送带做功的四种说法：①人对传送带做功；②人对传送带不做功；③人对传送带做功的功率为m2gv；④人对传送带做功的功率为（m1＋m2）gv以上说法正确的是（）A．①③B．①④C．只有①D．只有②4、如图所示，倾角为37°、长为l＝16 m 的传送带，转动速度为v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2.则说法正确的是( )A．传送带顺时针转动时，物体从顶端A无法滑到底端BB．传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B先做匀加速后匀速运动C．传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的一直做匀加速运动D．传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间为2s5、如图所示，细绳长为L，挂一个质量为m的小球，球离地的高度h=2L，当绳受到大小为2mg的拉力时就会断裂，绳的上端系一质量不计的环，环套在光滑水平杆上，=A处环被挡住而立即停止，A离墙的水现让环与球一起以速度v gL∆是（不平距离也为L，球在以后的运动过程中，球第一次碰撞点离墙角B点的距离H计空气阻力）：A．12H L∆=B．53H L∆=C．23H L∆=D．32H L∆=6、在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动的三颗卫星m1、m2、m3，它们的轨道半径分别为r1、r2、r3，且r1＞r2＞r3，其中m2为同步卫星，若三颗卫星在运动过程中受到的向心力大小相等，则( )A．相同的时间内，m1通过的路程最大B．三颗卫星中，m3的质量最大C．三颗卫星中，m3的速度最大D．m1绕地球运动的周期小于24小时二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
高考模拟理综物理选编：热平衡 物体的内能(解析版)
高考模拟系列热平衡物体的内能一、单项选择题〔5〕1.关于物体的内能 ,以下说法中正确的选项是()A. 温度高的物体一定比温度低的物体内能大B. 内能与物体的温度有关 ,所以0℃的物体内能为零C. 物体的温度升高 ,那么组成物体的每个分子的动能都增大D. 做功和热传递都能改变物体的内能·D·解：A、物体内能由物质的量、物体温度与物体体积决定 ,温度高的物体不一定比温度低的物体内能大 ,故A 错误；B、分子永不停息地做无规那么 ,任何物体内能不可能为零 ,故B错误；C、物体的温度升高 ,分子平均动能增大 ,但并不是每一个分子动能都增大 ,可能有的分子动能还减小 ,故C错误；D、做功和热传递都能改变物体的内能 ,故D正确；应选D．解答此题需掌握：影响内能大小的因素有哪些 ,内能与温度的关系是什么 ,改变内能的方式有哪些．此题主要考查学生对：内能的概念的了解和掌握；属于根底题．2.以下说法中正确的选项是()A. 外界对物体做功 ,物体的内能一定增加B. 物体的温度升高 ,物体内所有分子的动能都增大C. 在分子相互靠近的过程中 ,分子势能一定增大D. 在分子相互远离的过程中 ,分子引力和斥力都减小·D·解：A、改变内能的方式有做功和热传递 ,外界对物体做功 ,物体的内能不一定增加 ,A错误；B、物体的温度升高 ,物体分子的平均动能增大 ,不一定每个都增大 ,B错误；C、在平衡位置以内 ,在分子相互靠近的过程中 ,分子势能一定增大 ,C错误；D、在分子相互远离的过程中 ,分子引力和斥力都减小 ,D正确；应选：D．改变内能的方式有做功和热传递 ,温度升高 ,物体分子的平均动能增大 ,在平衡位置以内 ,在分子相互靠近的过程中 ,分子势能一定增大．掌握改变内能的两种方式 ,温度是分子平均动能的标志 ,分子力做功与分子势能的变化关系．3.在以下表达中 ,正确的选项是()A. 物体里所有分子动能的总和叫做物体的内能B. −定质量的气体 ,体积不变时 ,温度越高 ,气体的压强就越大C. 对一定质量的气体加热 ,其内能一定增加D. 随着分子间的距离增大分子间引力和斥力的合力一定减小·B·解：A、物体内分子热运动的动能和势能之和叫做内能 ,故A错误；B、根据查理定律 ,物体内分子热运动的动能和势能之和叫做内能 ,故B正确；C、对一定质量的气体加热 ,其他吸收热量 ,气体可能对外做功(即膨胀) ,故内能不一定增加 ,故C错误；D、分子间同时存在引力和斥力 ,随着分子距离的增加 ,引力和斥力同时减小 ,故D错误；应选：B．解答此题需掌握：物体内分子热运动的动能和势能之和叫做内能 ,温度是分子热运动的平均动能的标志；改变内能的方式有两种 ,做功或者热传递；1/ 7分子间同时存在引力和斥力 ,随着分子距离的增加 ,引力和斥力同时减小．此题考查了内能、改变内能的方式、热力学第一定律和查理定律 ,涉及知识点多 ,难度不大．4.以下说法正确的选项是()A. 水的密度和水的摩尔质量 ,可计算出阿伏伽德罗常数B. 固体不容易被压缩 ,是因为分子间只存在斥力C. 随分子间距离的增大 ,分子势能逐渐增大D. 一定质量的理想气体 ,在体积不变时 ,压强随温度升高而增大·D·解：A、阿伏加德罗常数是1mol任何质量所含有的微粒数目 ,阿伏加德罗常数等于摩尔质量与分子质量之比 ,水的密度和水的摩尔质量无法确定分子质量 ,故无法确定阿伏伽德罗常数 ,故A错误；B、固体不容易被压缩 ,是因为分子间距离较小 ,分子间作用力表现为斥力 ,故B错误；C、两分子之间的距离大于r0 ,分子力表现为引力 ,随着分子间距的增大而减小；当分子间距小于r0 ,分子力表现为斥力 ,随着分子间距的增大而增大 ,所以并不是势能随分子间距离的增大而增大 ,故C错误；D、由理想气体状态方程可得 ,一定质量的理想气体 ,在体积不变时 ,压强随温度升高而增大 ,故D正确．应选：D．阿伏加德罗常数等于摩尔质量与分子质量之比；根据分子间作用力的性质和分子力做功与分子势能间的关系分析分子势能的变化；明确理想气体状态方程 ,知道压强、体积以及温度间的关系．此题考查理想气体状态方程、阿伏加德罗常数以及分子间作用力等热学问题 ,要注意准确掌握理想气体状态方程 ,明确三个状态参量间的变化关系．5.如图是氧气分子在不同温度下的速率分布规律图 ,横坐标表示速率 ,纵坐标表示某一速率内的分子数占总分子数的百分比 ,由图可知()A. 同一温度下 ,氧气分子呈现“中间多 ,两头少〞的分布规律B. 随着温度的升高 ,每一个氧气分子的速率都增大C. 随着温度的升高 ,氧气分子中速率小的分子所占的比例增大D. ①状态的温度比②状态的温度高·A·A、同一温度下 ,中等速率大的氧气分子数所占的比例大 ,即氧气分子呈现“中间多 ,两头少〞的分布规律 ,故A正确；B、温度升高使得氧气分子的平均速率增大 ,不一定每一个氧气分子的速率都增大 ,B错误；C、随着温度的升高 ,氧气分子中速率大的分子所占的比例增大 ,从而使分子平均动能增大 ,故C错误；D、由图可知 ,②中速率大分子占据的比例较大 ,那么说明②对应的平均动能较大 ,故②对应的温度较高 ,故D 错误．应选：A．温度是分子平均动能的标志 ,温度升高分子的平均动能增加 ,不同温度下相同速率的分子所占比例不同．此题考查了分子运动速率的统计分布规律 ,记住图象的特点 ,会分析温度与图象的关系 ,知道温度越高 ,分子的平均速率增大．二、多项选择题〔4〕6.以下说法正确的选项是()A. 饱和气压与热力学温度成正比B. 一定量的理想气体在等温膨胀过程中吸收的热量等于对外做的功 ,并不违反热力学第二定律C. 当分子间的引力与斥力平衡时 ,分子力一定为零 ,分子势能一定最小D. 气体温度越高 ,气体分子运动越剧烈、容器壁受到的冲击力越大、气体的压强越大E. 在任何自然过程中 ,一个孤立系统中的总熵不会减少·BCE·解：A、饱和汽压是物质的一个重要性质 ,它的大小取决于物质的本性和温度 ,但饱和汽压并不与热力学温度成正比 ,故A错误；B、一定量的理想气体在等温膨胀过程中吸收的热量等于对外做的功 ,并不违反热力学第二定律 ,该过程中可能引起了其他方面的变化 ,故B正确；C、根据分子力做功与分子势能变化间的关系可知 ,当分子间的引力与斥力平衡时 ,分子力一定为零 ,分子势能一定最小 ,故C正确；D、气体温度越高 ,气体分子运动越剧烈、容器壁受到的冲击力越大 ,但压强并不一定变大 ,因为压强大小还与体积有关 ,故D错误；E、根据熵增加原理可知 ,在任何自然过程中 ,一个孤立系统中的总熵不会减少 ,故E正确．应选：BCE．明确饱和汽压的性质 ,知道饱和汽压与温度有关 ,但不一定与热力学温度成正比；明确热力学第二定律的根本内容 ,理解热学现象中的方向性；知道分子力的特点 ,同时能根据分子力与分子势能间的关系分析分子势能的变化 ,明确平衡距离时分子势能最小 ,但不一定为零；知道影响压强大小的微观因素 ,会解释压强的变化原因；知道热学现象中的方向性 ,理解熵增加原理．此题考查饱和汽、热力学第二定律、分子势能、压强以及熵增加原理 ,考查内容较多 ,但难度不大 ,要求掌握根本热学内容 ,会用相关知识解释对应的热学现象．7.以下说法正确的选项是()A. 阿伏加德罗常数是联系微观物理量与宏观物理量的桥梁B. 一定质量的理想气体对外做功时体积增大 ,内能一定减小C. PM2.5在空气中的运动属于分子热运动D. 饱和汽压与温度有关 ,且随着温度的升高而增大E. 在真空、高温条件下 ,可以利用分子扩散向半导体材料中掺入其他元素·ADE·解：A、阿伏伽德罗常数是联系微观物理量与宏观物理量的桥梁 ,故A正确B、一定质量的理想气体对外做功 ,体积增大 ,有可能吸热 ,内能不一定减小 ,故B错误C、PM2.5在空气中的运动不属于分子热运动 ,是分子团整体的运动 ,故C错误；D、温度越高 ,液体越容易挥发 ,故饱和汽压随温度的升高而增大 ,而饱和汽压与气体的体积无关 ,故D正确；E、分子是运动的 ,温度越高运动越剧烈 ,在真空、高温条件下 ,可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素 ,故E正确；应选：ADE阿伏伽德罗常数是联系微观物理量与宏观物理量的桥梁；气体的内能即与做功有关 ,还与吸放热有关；扩散现象可发生在固体液体气体间 ,因为分子是运动的 ,分子间有间隙；此题考查阿伏伽德罗常数、分子的热运动及饱和气压 ,要注意准确掌握相关热学规律．8.以下说法正确的选项是()A. 液体的外表层内分子分布比拟稀疏 ,分子间表现为引力B. 气体分子的平均动能越大 ,其压强就越大C. 第二类永动机是可以制成的 ,因为它不违背能的转化和守恒定律D. 空气的相对湿度越大 ,人们感觉越潮湿E. 给物体传递热量 ,物体的内能不一定增加·ADE·解：A、液体的外表层内分子分布比拟稀疏 ,分子间距大于平衡距离r0 ,所以液体外表分子间表现为引力.故A 正确．B、从微观上看 ,气体的压强取决于气体分子的平均动能和分子数密度 ,因此 ,气体分子的平均动能越大 ,其压强不一定越大.故B错误．3/ 7C、第二类永动机不违背能的转化和守恒定律 ,但违背了热力学第二定律 ,所以不能制成 ,故C错误．D、人们对湿度的感觉由于相对湿度有关 ,空气的相对湿度大 ,我们感觉潮湿.故D正确．E、给物体传递热量 ,物体的内能不一定增加 ,还与做功情况有关 ,故E正确．应选：ADE根据分子间距分析液体外表分子间作用力的性质.气体的压强与气体分子的平均动能及单位体积内的分子数有关.第二类永动机不能制成 ,它违背了热力学第二定律.做功和热传递都能改变物体的内能．此题考查热学中的分子力、热力学第一、第二定律 ,压强的微观意义以及相对湿度与绝对湿度 ,要注意的是热力学第一定律中的符号法那么．9.以下说法中正确的选项是()A. 分子间距离增大时 ,分子间的引力和斥力都减小B. 高原地区水的沸点较低 ,这是高原地区温度较低的缘故C. 功转变为热的宏观过程是不可逆过程D. 布朗运动是液体分子的运动 ,它说明分子永不停息地做无规那么运动E. 瓶中充满某理想气体 ,且瓶内压强高于外界压强 ,在缓慢漏气过程中(内外气体的温度相同且保持不变) ,那么瓶内气体吸收热量且分子平均动能不变·ACE·解：A.当分子间距离增大时时 ,分子间的引力和斥力均减小 ,故A正确；B.高原地区水的沸点较低 ,这是高原地区气压较低的缘故 ,故B错误；C.热力学第二定律的实质：一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的；但功和能是两个不同概念 ,功是不可能转化为能的 ,故C正确；D.布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动 ,它说明液体分子永不停息地做无规那么运动.故D错误；E.瓶内气体缓慢流出过程中气体体积增大 ,气体对外做功 ,而温度始终相等 ,那么气体需要吸收热量.因温度是分子平均动能的标志 ,那么分子的平均动能不变 ,故E正确．应选：ACE．分子间同时存在引力和斥力 ,随着分子间距的增加 ,引力和斥力同时减小；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动 ,它说明液体分子永不停息地做无规那么运动；热力学第二定律的实质：一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的；高原地区水的沸点较低 ,这是高原地区气压低的缘故；瓶内气体缓慢流出过程中气体积体积增大 ,气体对外做功 ,而温度始终相等 ,那么气体需要吸收热量.因温度是分子平均动能的标志 ,那么分子的平均动能不变．此题考查了分子的动理论知识及热力学定律：明确分子力随距离的变化关系 ,改变物体的内能的方式有热传递 ,做功；涉及的知识点多 ,难度不大 ,关键多看书．三、填空题〔1〕10.盛有氧气的钢瓶 ,从18℃的室内搬到−13℃的工地上 ,两状态下钢瓶内氧气分子热运动速率统计分布图如下图 ,那么此过程中瓶内氧气的内能______(选填“增大〞、“不变〞或“减小〞) ,图中T1=______K.·减小；260·解：钢瓶温度降低 ,分子的平均动能减小 ,由于分子势能可以忽略不计 ,故氧气瓶中氧气的内能减小；由图可知 ,T2对应的速率大的分子占比增大 ,说明T2对应的温度高 ,故T1对应温度为−13℃；故T1=273−13= 260K．故·为：减小；260．温度是分子平均动能的标志 ,温度升高平均动能增大 ,体积不变时 ,气体的内能由平均动能决定.温度升高时 ,分子平均动能增大 ,速率大的分子占比要增多．此题考查了温度是分子平均动能的标志 ,温度升高平均动能增大 ,而对应的图象表示不同速率的分子占据的比例 ,温度升高时分子速率大的分子占比增加．四、计算题〔4〕11.以下说法正确的选项是______(填正确·标号)A.气体扩散现象说明气体分子间存在斥力；B.对于同一理想气体 ,温度越高 ,分子平均动能越大；C.热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体；D.用活塞压缩气缸内的理想气体 ,对气体做了3.0×105J的功 ,同时气体向外界放出1.5×105J的热量 ,那么气体内能增加了1.5×105J；E.在阳光照射下 ,可以观察到教室空气中飞舞的灰尘做无规那么运动 ,灰尘的运动属于布朗运动．·BCD·解：A、扩散说明分子在做无规那么运动 ,不能说明分子间的斥力；故A错误；B、温度是分子平均动能的标志 ,温度越高 ,分子的平均动能越大；故B正确；C、热量总是自发的从温度大的物体传递到温度低的得物体；而温度是分子平均动能的标志；故C正确；D、由热力学第一定律可知 ,△U=W+Q=3.0×105−1.5×105=1.5×105J；故内能增加；故D正确；E、灰尘的运动是由于对流引起的 ,不属于布朗运动；故E错误；应选：BCD气体扩散现象说明气体分子在做无规那么运动；同一理想气体 ,温度越高 ,分子的平均动能越大；热量总是自发地温度高的物体传递到低温物体；由热力学第一定律可求得气体内能的增加量；布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的无规那么运动；空气中的灰尘的运动不属于布朗运动．此题考查分子动理论的内容 ,在解题时要注意热力学第一定律中的符号问题 ,引起内能增加的均为正值 ,引起内能减小的均为负值；内能的增加为正值 ,内能的减小为负值．12.一种水下重物打捞方法的工作原理如下图。
【解析】山东省乐陵第一中学2019届高三一轮复习热力学定律物理试题 Word版含解析【 高考】
热力学定律一、单选题（本大题共5小题）1.1.一定质量的理想气体分子力不计，体积由V膨胀到，如果通过压强不变的过程实现，对外做功大小为，传递热量的值为，内能变化为，如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为，传递热量的值为，内能变化为，则A. ，，1 2B. W1W2，Q1Q2，1 2C. W1W2，Q1Q2，1 2D. W1W2，Q1Q2，12【答案】B【解析】【分析】根据两种情况列出热力学第一定律的表达式，注意两次变化的体积变化相同，因此气体对外做功相同，根据温度的变化判断内能的变化，然后进一步比较吸热、放热情况。
【详解】第一种情况，根据理想气体状态方程，可知，气体压强不变，体积增大，因此温度升高，△U1＞0，根据热力学第一定律有：△U1=Q1-W1；第二种情况，气体等温变化，△U2=0，根据热力学第一定律有：△U2=Q2-W1，第二中情况下，压强减小，体积变化相同，因此W1＞W2，且△U1＞△U2=0，因此Q1＞Q2，故B正确，ACD错误。
【点睛】本题主要考查学生对能量守恒的正确理解和应用，必须注意在应用热力学第一定律时公式中各物理量的意义和条件。
2.2.下列各事例中通过热传递改变物体内能的是A. 车床上车刀切削工件后发热B. 擦火柴时火柴头温度升高C. 用肥皂水淋车刀后车刀降温D. 搓搓手就会觉得手发热【答案】C【解析】试题分析：车床上车刀切削工件后发热、擦火柴时火柴头温度升高、搓搓手就会觉得手发热都是通过做功改变内能的，ABD错；故选C考点：考查改变内能的方式点评：难度较小，改变内能的两种方式：做功和热传递3.3.下列说法正确的是A. 热量不可能从低温物体传到高温物体B. 悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动C. 在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D. 理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型【答案】D【解析】【详解】热量可能从低温物体传到高温物体，故A错误；悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了液体分子的热运动，故B错误；气体压强是分子对容器的碰撞引起的，与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，故C错误；理想气体实际上并不存在，只是一种理想化的物理模型，故D正确。
山东省乐陵第一中学2021届高三一轮复习热力学定律物理试题
山东省乐陵第一中学2019届高三一轮复习热力学定律物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．一定质量的理想气体（分子力不计），体积由V 膨胀到V ′．如果通过压强不变的过程实现，对外做功大小为W 1，传递热量的值为Q 1，内能变化为△U 1；如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为W 2，传递热量的值为Q 2，内能变化为△U 2．则（ ） A ．12W W >，12Q Q <，12U U ∆>∆B ．12W W <，12Q Q =，12U U ∆>∆C ．12W W >，12Q Q >，12U U ∆>∆D ．12W W =，12Q Q >，12U U ∆>∆ 2．下列各事例中通过热传递改变物体内能的是 ( )A ．车床上车刀切削工件后发热B ．擦火柴时火柴头温度升高C ．用肥皂水淋车刀后车刀降温D ．搓搓手就会觉得手发热 3．下列说法正确的是( )A ．热量不可能从低温物体传到高温物体B ．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动C ．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D ．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型4．关于能量转化与守恒的理解，下列说法中正确的是( )A ．凡是能量守恒的过程就一定会发生B ．摩擦生热的过程是不可逆过程C ．热传递的过程不存在方向性D ．由于能量的转化过程符合能量守恒定律，所以不会发生能源危机5．下列关于能量转化或转移过程的说法中正确的是( )A ．所有能量守恒的过程都能自发地进行B ．摩擦生热的过程是不可逆过程C ．空调机既能致热又能致冷，说明热传递不存在方向性D ．能的转化过程符合能量守恒定律，因此不会发生能源危机二、多选题6．下列说法中正确的是()A．分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零B．布朗运动是由于液体分子对固定小颗粒的撞击引起的，固定小颗粒的体积越大，液体分子对它的撞击越多，布朗运动就越显著C．在墙壁与外界无热传递的封闭房间里，夏天为了降低温度，同时打开电冰箱和电风扇，两电器工作较长时间后，房子内的气温将会增加D．一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，气体压强增大，从分子动理论观点来分析，这是因为单位时间内，器壁单位面积上分子碰撞的次数增多E.在轮胎爆裂这一短暂过程中，气体膨胀，温度下降7．下列说法正确的是()A．液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大B．当分子间的距离减小时，分子间作用力的合力也减小，分子势能增大C．布朗运动就是液体分子的无规则运动D．热量可以从低温物体传到高温物体E.一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热8．下列说法正确的是()A．气体吸热后温度一定升高B．热量不一定从内能多的物体传递到内能少的物体上C．一定质量的理想气体在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比D．随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能也在不断减小E.液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离9．下列说法正确的是()A．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子永不停息地做无规则运动B．液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性C．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，可能先增大后减小D．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体E.一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大三、填空题10．一定质量的理想气体压强p与摄氏温度t的关系如图所示，气体从状态A变到状态B，则气体在状态A的体积______(选填“>”、“=”或“<”)在状态B的体积；此过程中，气体做功的绝对值为W ，内能变化量的绝对值为U ，则气体与外界之间传递的热量为______．四、解答题11．如图所示，一定质量的理想气体在状态A 时压强为52.010Pa ⨯，经历A B C A →→→的过程，整个过程中对外界放出61.4J 热量。
2018年山东省乐陵市第一中学高三物理三轮冲刺：物体的平衡-教师版+Word版含解析
物体的平衡一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.如图，一根木棒AB在O点被悬挂起来，在A、C两点分别挂两个和三个钩码，AO=OC，木棒处于平衡状态.如在A点再挂两个钩码的同时，在C点再挂三个钩码，则木棒()A. 绕O点顺时针方向转动B. 绕O点逆时针方向转动C. 平衡可能被破坏，转动方向不定D. 仍能保持平衡状态A（@乐陵一中）解：以O为转动轴，设AO=OC=L，木棒的重力力矩为M，每个钩码的重力为G．木棒原来处于平衡状态，根据力矩平衡条件得：2GL+M=3GL；可得M=GL当在A点再挂两个钩码的同时，在C点再挂三个钩码，顺时针力矩之和为：=6GLM顺逆时针力矩之和为：M逆=4GL+M=5GL<M顺，所以木棒将绕O点顺时针方向转动，故A正确．故选：A．原来木棒处于平衡状态，力矩平衡，根据力矩平衡条件可求得木棒的重力对O点的力矩；再分析在A点和C点增加砝码后，顺时针力矩和逆时针力矩的大小关系，即可判断木棒的状态．本题关键掌握力矩平衡条件：顺时针力矩之和等于逆时针力矩之和，通过比较木棒受到的顺时针力矩之和与逆时针力矩之和的关系，来判断木棒的状态．2.如图，始终竖直向上的力F作用在三角板A端，使其绕B点在竖直平面内缓慢地沿顺时针方向转动一小角度，力F对B点的力矩为M，则转动过程中()A. M减小，F增大B. M减小，F减小C. M增大，F增大 D. M增大，F减小A（@乐陵一中）解：三角板绕B点缓慢顺时针转动一小角度，知拉力F的力矩和重力的力矩平衡，转动一小角度后，如图所示设原来重心为O，旋转后重心O′，令∠A′BC=θ1，∠O′BC=θ2，根据几何关系有拉力F的力臂：L1=A′Bcosθ1重力G的力臂：L2=O′Bcosθ2根据力矩平衡有：M=M GM=GL2=G×O′Bcosθ2，其中G，O′B为定值，缓慢转动θ2变大，所以拉力F的力矩M减小；根据力矩平衡：M=M GFL1=GL2解得：F=GL2L1=G×O′Bcosθ2A′Bcosθ1，转动过程中θ1、θ2均增大，始终θ1>θ2，G，OB，AB为定值，∠A′BO′=θ0，θ1−θ2=θ0cosθ2 cosθ1=cos(θ1−θ0)cosθ1=cosθ1cosθ0+sinθ1sinθ0cosθ1=cosθ0+tanθ1sinθ0θ0是定值，θ1缓慢增加，cosθ2cosθ1比值增加，所以缓慢转动过程中，F增加；综上可知：M减小，F增加；A正确，BCD错误故选：A根据力矩平衡知，拉力F的力矩与重力G力矩平衡，可以判断转动过程中力F对B点的力矩M的变化情况，根据拉力力臂的变化和重力力臂的变化判断拉力的变化．本题考查了力矩的平衡，关键是画出示意图，确定力臂的大小，对力矩这部分内容常和力的平衡综合考查，一定要熟悉基本概念．3.如图，在磁感应强度为B的匀强磁场中，面积为S的矩形刚性导线框abcd可绕过ad边的固定轴OO′转动，磁场方向与线框平面垂直.在线框中通以电流强度为I的稳恒电流，并使线框与竖直平面成θ角，此时bc边受到相对OO′轴的安培力矩大小为()A. ISBsinθB. ISBcosθC. ISBsinθD. ISBcosθA（@乐陵一中）解：I与B垂直，故安培力F=BIL=B⋅bc⋅I，由左手定则知安培力竖直向上，由几何知识可知力臂的大小为：L=ab⋅sinθ则力矩为：B⋅bc⋅I×ab⋅sinθ=BISsinθ故选：A．安培力F=BIL，力矩等于力乘以力臂，利用几何知识确定出力臂的大小即可．本题借助安培力的计算考查了力矩的计算，力矩的计算中关键是确定力臂的大小．4.如图所示，一根质量分布均匀的木棒，一端沿着光滑的竖直墙面缓慢往下滑动，另一端在粗糙程度不一的水平地面上向右滑动，则在此过程中()A. 竖直墙壁对棒的作用力大小保持不变B. 竖直墙壁对棒的作用力大小逐渐减小C. 水平地面对棒的作用力大小保持不变D. 水平地面对棒的作用力大小逐渐增大D（@乐陵一中）解：AB、对棒，设与墙壁接触点与地面的距离为h，与地面接触点与墙壁距离为L，根据力矩平衡条件，有：Fℎ=G⋅L2解得：F=GL2ℎ由于L变大、h减小，故F增加，故A错误，B错误；CD、将地面的支持力和摩擦力当作一个力，棒受三个力平衡，根据平衡条件，该力与重力和墙壁支持力F的合力等大、反向、共线，由于墙壁支持力F增加，故地面作用力增加，故C错误，D正确；故选：D先以与地面接触点为支点，运用力矩平衡条件分析竖直墙壁对棒的作用力大小变化情况；将地面的支持力和摩擦力当作一个力，再对棒根据共点力平衡条件列式分析水平地面对棒的作用力大小变化情况．本题关键是受力分析后根据力矩平衡条件和共点力平衡条件列式分析，也可以将地面的支持力和摩擦力分开考虑，不难．5.如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度.天平的右臂上挂有一匝数为N的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有电流I(方向如图)时，发现天平的右端低左端高，下列调节方案可以使天平平衡的是()A. 保持其它条件不变，仅适当减小线框的宽度B. 保持其它条件不变，仅适当减小线圈的匝数C. 保持其它条件不变，仅适当增大电流大小D. 保持其它条件不变，改变电流的方向后适当增大电流大小C（@乐陵一中）解：天平是等臂杠杆，当线圈中通有电流I时，根据左手定则，右端线圈受到的安培力竖直向上；天平的右端低左端高，说明安培力偏小，要使天平水平平衡，可以增加左端的砝码，也可以增大安培力，即增大匝数、电流、线框短边的长度；故C正确，ABD错误；故选：C．天平是等臂杠杆，根据左手定则，右端线圈受到的安培力竖直向上，由于天平的右端低左端高，说明右端重，要设法增大安培力，根据F=NBIL判断．本题关键明确天平的工作原理是等臂杠杆，然后判断出安培力方向，得到控制平衡的方法．二、多选题（本大题共4小题，共24分）6.如图所示的均匀水平杆OB重为G，左端O为固定在墙上的转动轴.跨过定滑轮P的细绳的左端系在杆的中点A，右端系在B端，PB竖直向上，AP与水平方向的夹角为30∘.定滑轮被竖直绳CP和水平绳PD系住.则下列结论中正确的是()A. 跨过定滑轮的细绳所受的拉力是25GB. CP绳所受的拉力是45GC. PD绳所受的拉力是√35GD. 轴O受到的水平拉力15GAC（@乐陵一中）解：A、以杆OB平衡有：T⋅L+T L2sin30∘=G L2，由此解得跨过定滑轮的绳所受的拉力T=25G，故A正确；BC、以P为研究对象受力分析如图所示：根据P平衡有：T PD=Tcos30∘=25G⋅√32=√35GT CP−Tsin30∘−T=0，所以T CP=25G⋅12+25G=35G故B错误，C正确；D、以杆水平方向受力平衡有，轴O对杆的拉力F=Tcos30∘=25G⋅√32=√35G，故D错误．故选：AC．APB是同一根绳，根据力矩平衡求得绳中张力T，再根据P的平衡由平衡条件求得CP 和PD绳中的拉力．本题抓住杆的力矩平衡和定滑轮受力平衡，分别由力矩平衡方程和平衡条件求解，掌握受力分析是正确解题的关键．7.如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中.当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为()A. z正向，mgIL tanθ B. y正向，mgILC. z负向，mgIL tanθ D. 沿悬线向上，mgILsinθBC（@乐陵一中）解：逆向解题法.A、磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能平衡，所以A错误；B、磁感应强度方向为y正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z正方向，根据平衡条件，当BIL刚好等于mg时，绳的拉力为零，所以B=mg，所以B正确；ILC、磁感应强度方向为z负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，tanθ，所以C正确；根据平衡条件BILcosθ=mgsinθ，所以B=mgILD、磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受安培力方向如下图(侧视图)，直导线不能平衡，所以D错误．故选：BC．左手定则：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内.把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向N极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向．根据左手定则的内容，逐个分析判断即可的出结论．左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即，关于力的用左手，其他的(一般用于判断感应电流方向)用右手定则．8.一质量分布均匀的半圆形弯杆OAB，可绕水平轴O在竖直平面内无摩擦转动.在B点施加一个始终垂直于OB的力F，使其缓慢逆时针旋转90∘，则此过程中()A. 力F不断减小B. 力F先增大后减小C. 重力对轴O的力矩不断减小D. 力F对轴O的力矩先增大后减小BD（@乐陵一中）解：以O点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩；根据力矩平衡条件，有：F⋅2R=mg⋅R，mg；解得：F=12保持力F始终垂直于OB，在F作用下使薄板绕A点沿逆时针方向缓慢转动，直到OB 到达竖直位置的过程中，重心与O点的水平距离先变大后变小，即重力的力矩先变大后变小；而拉力的力矩一直等于2R；根据力矩平衡条件，有：F⋅2R=mg⋅x由于x先变小后变大，故F先变大后变小；故AC错误，B正确；F对O的力矩为F⋅OB，OB不变，所以力F对轴O的力矩先增大后减小，故D正确；故选：BD以O点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩，根据力矩平衡条件列式求解即可．本题关键是以O为支点，然后根据力矩平衡条件列式分析，基础题．9.如图所示，质量为m的均匀直角金属杆POQ可绕水平光滑轴O在竖直平面内转动，PO长度为l，OQ长度为3l.现加一垂直纸面向里的匀强磁场B并在金属杆中通以电流I，恰能使OQ边保持水平，则平衡时()A. 电流从P点流入直角金属杆B. 金属杆POQ的重力矩等于3mgl4C. 杆受到安培力的力矩等于9mgl8D. 电流I大小等于9mg40BlAC（@乐陵一中）解：金属杆POQ的重力力矩M G=34mg⋅32l=98mgl，因为杆子所受的安培力力矩与重力力矩相等，所以安培力的力矩为9mgl8．安培力的力矩M=BI⋅3l×32l−BIl×12l=4BIl2，解得I=9mg32Bl，因为OQ所受的安培力向上，则根据左手定则，电流从P点流入直角金属杆.故A、C正确，B、D错误．故选AC．均匀直角金属杆POQ恰能使OQ边保持水平，知重力力矩与安培力的力矩平衡，根据力矩平衡确定安培力的方向和大小，从而得知电流的大小．解决本题的关键知道重力力矩与安培力力矩平衡，根据力矩平衡，结合安培力大小公式进行分析．三、填空题（本大题共1小题，共5分）10.用力传感器“研究有固定转动轴物体的平衡”．(1)安装力矩盘后，需要做一些检查，写出其中一项检查措施并说明该措施的检查目的______．(2)将力传感器安装在横杆上，通过细线连接到力矩盘.盘面上画有等间距的同心圆.实验操作和器材使用均无误.在悬挂点A挂上一个钩码后，传感器读数为0.75N.在悬挂点B再挂上一个相同钩码后，力矩盘仍维持原状位置，则力传感器读数应接近______N.“检查力矩盘的重心是否在转轴处，使力矩盘重力力矩为零”；；1（@乐陵一中）解：(1)安装完毕检查的目的减小误差，如“检查力矩盘的重心是否在转轴处，使力矩盘重力力矩为零”；“力矩盘是否在竖直平面内，使各力力矩在同一平面内”等．(2)力传感器的拉力，由力矩平衡得：F1l1=mgl，F2l1=mgl+mgl′由图知，l′=14l联立解得：F2=1516≈1N答案为：检查力矩盘的重心是否在转轴处，使力矩盘重力力矩为零”；“力矩盘是否在竖直平面内，使各力力矩在同一平面内”等.(2)1安装完检查的目的：“检查力矩盘的重心是否在转轴处，使力矩盘重力力矩为零”；“力矩盘是否在竖直平面内，使各力力矩在同一平面内”，(2)根据力矩平衡，力传感器的拉力．考查了力矩平衡，注意操作事项，减小误差，合理估算力臂等．四、计算题（本大题共4小题，共48分）11.用图所示装置做“研究有固定转动轴物体平衡条件”的实验，力矩盘上各同心圆的间距相等．(1)在下面实验操作中，不必要或错误的是______A.挂弹簧秤的横杆要严格保持水平B.弹簧秤要紧密接触盘面C.各力矩应取得大一些D.当力矩盘平衡时，立刻在竖直盘面上用直尺画出各力的作用线(2)在A、B两点分别用细线悬挂钩码，M、C两点用弹簧秤连接后，力矩盘平衡(如图所示)，已知每个钩码所受的重力为1N，则此时弹簧秤示数为______N；(3)有同学在做这个实验时，实验操作完全正确，但发现顺时针力矩之和与逆时针力矩之和存在较大差异.经检查发现读数和计算均无差错，请指出造成这种差异的一个可能原因是：______．A；2.5；转盘的摩擦力的力矩不为零或力矩盘的重心不在圆心（@乐陵一中）解：(1)A、本实验与横杆MN是否保持水平无关，没有必要检查横杆MN是否严格保持水平，符合题意，故A正确；B、弹簧秤要紧密接触盘面，这样弹簧的拉力才与盘面保持平行，不符合题意，故B错误；C、各力矩应取得大一些，以减小相对误差，不符合题意，故C错误；D、实验要验证力矩平衡条件，必须画出各力的力臂，应立刻在竖直盘面上用直尺画出各力的作用线，不符合题意，故D错误；故选：A．(2)设弹簧秤的示数为F，每个砝码的重力为G，转盘最小的半径为r.根据力矩平衡条件：3G⋅3r=F⋅2r+G⋅4r解得：F=2.5G=2.5×1N=2.5N(3)实验操作完全正确，发现顺时针力矩之和与逆时针力矩之和存在较大差异，可能原因是：转盘的摩擦力的力矩不为零，或力矩盘的重心不在圆心；故答案为：(1)A；(2)2.5；(3)转盘的摩擦力的力矩不为零，或力矩盘的重心不在圆心．(1)本实验的目的是研究力矩盘平衡时砝码的拉力力矩和弹簧拉力力矩的关系；实验的要求是尽量减小力矩盘的重力、摩擦力等其他力对力矩盘的影响．(2)根据力矩平衡条件：顺时针力矩之和等于逆时针力矩之和，列式求解．(3)考虑误差来源时，要注意实际情况下摩擦力的力矩是一定存在的．本题应从实验的目的和要求出发，分析哪些操作是合理的，培养分析处理实际问题的能力．12.如图，L型轻杆通过铰链O与地面连接，OA=AB=6m，作用于B点的竖直向上拉力F能保证杆AB始终水平.一质量为m的物体以足够大的速度在杆上从A点处向右运动，物体与杆之间的动摩擦因数与离开A点的距离成反比，即μ=1．x 求：(1)当x=2m时，拉力F的大小；(2)当x=2m时，铰链O给杆施加的力的大小和方向．解：(1)轻质杆受到滑块的压力N 1=mg ，摩擦力f =umg =mg x和拉力F ，以O 点为支点，根据力矩平衡，有： f ⋅OA +mg ⋅x =F ⋅AB ，6mg x+mgx =6F得F =mg x+mgx 6，将x =2m 代入，得F =5mg 6(2)设轴在O 点所受的力为N 2，则N 2x =f =mg x =mg 2,N 2y =N 1−F =mg −56mg =16mg N 2=√N 2x 2+N 2y 2=√(mg 2)2+(mg 6)2=√106mg 设N 2与水平方向的夹角为α，则tanα=N 2y N 2x=16mg mg 2=13α=tan −113，所以N 2与水平方向的夹角为α=tan −113．答：(1)当x =2m 时，拉力的大小F =5mg 6；(2)当x =2m 时，铰链O 给杆施加的力的大小为√106mg ，方向N 2与水平方向的夹角为α=tan −113． （@乐陵一中）(1)受力分析，根据力矩平衡条件列式求解； (2)根据平行四边形定则将力合成，求出施加力的大小和方向．本题是力矩平衡条件的运用问题，关键受力分析列出方程，要知道力是矢量，合成与分解需要满足平行四边形定则．13. 汽缸中的高压燃气对活塞产生的推力通过曲柄连杆机构将活塞的平动转换为曲轴的转动，如图所示.为了能对曲轴产生60N ⋅m 的转动力矩.问：(假定该装置中，各部分的质量和摩擦力均可忽略不计.)(1)当曲柄处在如图所示的水平位置时，求连杆(图中连接活塞与曲柄的斜杆)对曲柄作用力？(2)当曲柄处在如图所示的水平位置时，汽缸中的高温高压燃气对活塞的推力F 应多大？解：①设连杆与曲柄的夹角为θ，则连杆对曲柄的力矩：F1Lsinθ=M又cosθ=616=0.375sinθ=0.927得：F1=MLsinθ=600.06×0.927=1079N②高温高压燃气对活塞的推力F=ML =600.06=1000N答：连杆对曲柄作用力F1=1079N，高温高压燃气对活塞的推力F=1000N．（@乐陵一中）设连杆与曲柄的夹角为θ，先求出cosθ的值，然后根据力矩平衡原理求解本题考查了杠杆平衡原理在实际生活中的应用，中档题．14.如图所示，一质量为m、带电量为−q的小球A，用长为L的绝缘轻杆与固定转动轴O相连接，绝缘轻杆可绕轴O无摩擦转动.整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度E=2mg q，现将轻杆从图中的竖直位置由静止释放.求：(1)轻杆转过90∘时，小球A的速度为多大？(2)轻杆转过多大角度时小球A的速度最大？(3)小球A转过的最大角度为多少？解：(1)轻杆转过90∘的过程中，由动能定理：qEL+(−mgL)=12mv2−0，又E=2mg q，得qE=2mg解出v=√2gL(2)轻杆转动过程中，合力矩为零时，小球A的速度最大即mgLsinα=qELcosα得到tanα=2，解出α=arctan2=63.43∘(3)设小球A的速度减为零时轻杆与水平方向的夹角为β，动能定理：qELcosβ+[−mg(L+Lsinβ)]=0−0得到2cosβ=1+sinβ，解出sinβ=0.6(舍去sinβ=−1)，β=37∘因此，小球A转过的最大角度为90∘+37∘=127∘答：(1)轻杆转过90∘时，小球A的速度为√2gL．(2)轻杆转过63.43∘的角度时小球A的速度最大．(3)小球A转过的最大角度为127∘．（@乐陵一中）(1)小球受到向左的电场力作用，轻杆顺时针转动，根据动能定理求解速度；(2)轻杆转动过程中，合力矩为零时，小球A的速度最大，根据此条件列式求解；(3)小球A转过的最大角度时速度为零，根据动能定理求解小球A转过的最大角度．本题考查了动能定理、力矩等知识，综合性较强，关键要理解力矩的物理意义，抓住住小球速度最大时合力矩这个临界条件，对学生的能力要求较高．。
2021高三物理一轮复习热学2：内能和热力学第一定律(答案)
2021高三物理一轮复习热学2：内能和热力学第一定律班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、知识清单1．【答案】2．热力学第一定律(1)改变物体内能的两种方式①做功；②热传递。
(2)热力学第一定律①内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
②表达式：ΔU＝Q＋W。
(3)对公式ΔU＝Q＋W符号的规定符号W Q ΔU＋外界对物体做功物体吸收热量内能增加－物体对外界做功物体放出热量内能减少(4)几种特殊情况①若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加；②若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加；③若过程的始末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量。
(5)应用注意事项①应用热力学第一定律时要明确研究的对象是哪个物体或者是哪个热力学系统；②应用热力学第一定律计算时，要依照符号法则代入数据，对结果的正、负也同样依照规则来解释其意义；③分析此类问题需要注意两点，“绝热”说明与外界没有热交换，气体向真空扩散时对外不做功。
【答案】二、选择题4．（多选）(2018·全国卷II ·T33(1))对于实际的气体，下列说法正确的是（）A.气体的内能包括气体分子的重力势能B.气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能C.气体的内能包括气体整体运动的动能D.气体的体积变化时，其内能可能不变E.气体的内能包括气体分子热运动的动能【答案】BDE【解析】实际气体的内能包括分子之间相互作用的势能和分子热运动的动能，与整体的重力势能和动能均无关。
改变气体内能的方式有做功和热传递。
【易错警示】本题易忽视题中所研究的为实际气体，从而错误地按理想气体模型处理，而导致漏选B。
5．(2014·北京高考)下列说法中正确的是()A．物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大B．物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大C．物体温度降低，其内能一定增大D．物体温度不变，其内能一定不变【答案】B【解析】根据温度是分子平均动能的标志知，温度升高，分子热运动的平均动能增大；温度降低，分子热运动的平均动能减小，选项A错误，B正确。
山东省乐陵市第一中学高三物理三轮动能和动能定理-教师版---精校解析Word版
动能和动能定理一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.静止在粗糙水平面上的物体，在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动量变为P，动能变为，以下说法正确的是A. 若保持水平力F不变，这个物体经过位移2l，其动量等于2PB. 若将水平力增加原来的两倍，经过时间t，物体的动能等于C. 若保持水平力F不变，通过位移2l，物体的动能小于D. 若将水平力增加原来的两倍，通过位移l，物体的动能大于D（@乐陵一中）【分析】由动能定理求出物体的动能，由动能与动量的关系求出动量，由动量定理求出动量，然后由动能与动量的关系求出动能。
本题考查了求动能与动量，应用动能定理与动量定理即可正确解题，解题时要注意应用动能与动量的数量关系。
【解答】由题意可知，经过时间t、通过位移l后，动量为p、动能为，由动量定理可知：，由动能定理得：，设物体质量为m；当水平力F不变，位移为2l时，物体的动能，则物体的动量：，故AC错误；B.若将水平力增加原来的两倍，根据牛顿第二定律，，加速度大于原来的2倍，末速度大于原来的2倍，物体的动能大于，故B 错误；D.若将水平力增加原来的两倍，根据牛顿第二定律，，加速度大于原来的2倍，根据动能定理合，合力做功大于原来的2倍，物体的动能大于，故D正确；故选D。
2.如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最大高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，则运动员踢球时对足球做的功为A. B. mgh C. D.C（@乐陵一中）解：足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，机械能为，由于足球的机械能守恒，则足球刚被踢起时的机械能为，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球做功：，故ABD错误，C正确；故选：C．根据动能定理，足球动能的初始量等于小明做的功；小球在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，运用机械能守恒求解足球在最高点位置处的动能．本题可以对踢球的过程运用动能定理，小球动能的增加量等于小明做的功；同时小球离开脚后，由于惯性继续飞行，只有重力做功，机械能守恒．3.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段，列车的动能A. 与它所经历的时间成正比B. 与它的位移成正比C. 与它的速度成正比D. 与它的动量成正比B（@乐陵一中）解：A、因列车做初速度为零的匀加速直线运动，则有：，而动能表达式，可知动能与所经历的时间平方成正比，故A错误；B、依据动能定理，则有：合，可知，动能与它的位移成正比，故B正确；C、由动能表达式，可知，动能与它的速度平方成正比，故C错误；D、依据动能与动量关系式，，可知，动能与它的动量平方成正比，故D错误；故选：B。
山东省乐陵市第一中学高三一轮复习练习：常见的天气系统含答案
山东省乐陵市第一中学高三一轮复习练习：常见的天气系统含答案一、单项选择题〔本大题共22小题〕读图回答20～21题。
1.图示天气变化进程最有能够是由〔〕。
A. 反气旋形成B. 气旋形成C. 冷锋形成D. 暖锋形成2.此天气系统易形成〔〕。
A. 我国南方春季阴雨绵绵的天气B. 我国南方地域的夏季暴雨C. 西北沿海的台风天气D. 长江中、下游地域的伏旱天气下面左图表示某地域某时辰的气压情势散布图，右图是左图中40。
纬线穿越的河流的剖面图。
读图完成下题。
3.左图中⑤地与②地相比〔〕A. ⑤地的年降水量比②地小B. ②⑤两地七月份都吹西北风C. ⑤地的河流汛期比②地短D. ⑤地的自转速度比②地大4.在左图所示天气系统控制下，以下关于①②③④四地的天气状况，表达正确的选项是〔〕A. ①地受高压脊控制B. ②地风速比①地大C. ③地有暖锋移来，云层较厚D. ④地吹偏南风，正值降水天气5.关于右图中河流剖面图的说法，错误的选项是〔〕A. 岩石乙比岩石甲易受腐蚀B. 岩浆侵入活动发作在岩石乙构成后C. 河流出现于岩石丙构成之前D. 岩石戊构成年代比岩石丁早读我国某地等压线和河流散布表示图，回答下题。
6.图中主要的山脉走向大致为( )A. 西南—西南走向B. 西北—西北走向C. 东西走向D. 南北走向7.关于甲、乙、丙、丁四地风向的判别，正确的选项是( )A. 甲地吹偏南风B. 乙地吹偏北风C. 丙地吹西南风D. 丁地吹西北风8.在该天气系统影响下( )A. 甲地处背风坡,气温日较差大B. 乙地气温较丁地低C. 丙地处迎风坡,降水概率较大D. 甲地气压较丁地高读长江中游某地延续六天的天气状况统计图，回答下题。
9.图示天气变化的缘由能够是〔〕A. 冷锋过境B. 暖锋过境C. 气旋过境D. 反气旋过境10.有关该地域这几日的表达，正确的选项是〔〕A. 气温日较差不时增加B. 受准运动锋影响带来降水C. 7日河流径流量最大D. 7，8日大气的逆辐射作用较强朗古城亚兹德新鲜的〝风塔〞是修建物中用来通风降温的设计。
2024学年山东省乐陵一中物理高三第一学期期末联考试题含解析
2024学年山东省乐陵一中物理高三第一学期期末联考试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、2019年4月10日，事件视界望远镜（EHT）项目团队发布了人类历史上的首张黑洞照片，我国科学家也参与其中做出了巨大贡献。
经典的“黑洞”理论认为，当恒星收缩到一定程度时，会变成密度非常大的天体，这种天体的逃逸速度非常大，大到光从旁边经过时都不能逃逸，也就是其第二宇宙速度大于等于光速，此时该天体就变成了一个黑洞。
若太阳演变成一个黑洞后的密度为ρ、半径为R，设光速为c，第二宇宙速度是第一宇宙速度的2倍，引力常量为G，则2Rρ的最小值是（）A．234cGπB．238cGπC．243GcπD．283Gcπ2、一弹簧振子作简谐振动，某一时刻开始计时，经34T振子具有负方向最大加速度。
则下列振动图像中正确反映振子振动情况的是（）A．B．C．D．3、下列说法中不正确的是（）A．在关于物质波的表达式ε＝hν和p＝hλ中，能量ε和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量，波长λ或频率ν是描述物质的波动性的典型物理量B．光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性C．天然放射现象的发现，揭示了原子核有复杂结构D．γ射线是波长很短的电磁波，它的穿透能力比β射线要强4、如图所示，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F 作用下从磁场左边界ef 处由静止开始向右运动后，下列有关圆环的说法正确的是（ ）A ．圆环内产生变大的感应电流，圆环有收缩的趋势B ．圆环内产生变小的感应电流，圆环有收缩的趋势C ．圆环内产生变大的感应电流，圆环有扩张的趋势D ．圆环内产生变小的感应电流，圆环有扩张的趋势5、甲、乙两车某时刻由同一地点、沿同一方向开始做直线运动。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
热平衡物体的内能
一、单选题（本大题共5小题，共30分）
1.下列关于热现象的描述正确的是
A. 气体从外界吸热，其内能一定增加
B. 做功和热传递都是通过能量转化的方式改变物体内能的
C. 气体温度升高，气体中每个分子的热运动速率都增大
D. 生活中常见的扩散现象说明分子在永不停息的做无规则运动
2.分子具有与分子间距离有关的势能，这种势能叫做分子势能则分子势能一定减小的情况是
A. 分子力做正功
B. 分子力做负功
C. 分子间距离增大时
D. 分子间距离减小时
3.能直接反映分子平均动能大小的宏观物理量是
A. 物体的温度
B. 物体的体积
C. 物体的压强
D. 物体所含分子数
4.关于物体的内能，下列说法中正确的是
A. 水分子的内能比冰分子的内能大
B. 一定质量的的水结成的冰，内能一定减少
C. 物体所在的位置越高，分子势能就越大，内能越大
D. 相同质量的两个同种物体，运动物体的内能一定大于静止物体的内能
5.当两分子间距变化时分子势能变大了，则可以判定在此过程
A. 分子力一定做了功
B. 分子力一定增大
C. 分子间距一定变大
D. 分子力一定是引力
二、多选题（本大题共4小题，共24分）
6.下列说法中正确的是
A. 已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以计算出阿伏伽德罗常数
B. 悬浮在液体中的固体微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显
C. 当两个分子的间距从很远处逐渐减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先减小后增大，分子
势能不断增大
D. 温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大
E. 一定质量的理想气体，经过等温压缩后，其压强一定增大
7.下列说法中，正确的是
A. 外界对物体做功时，物体的内能一定增加
B. 在太空大课堂中处于完全失重状态的水滴呈现球形，是由液体表面张力引起的
C. 随着科技的发展，热机的效率可以达到
D. 干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远
E. 一定量的水变成的水蒸汽，其分子之间的势能增加
8.下列说法正确的是
A. 凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而
不能从低温物体传递给高温物体
B. 液体的饱和气压随温度的升高而增大是因为饱和汽的体积随温度的升高而增大
C. 液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引
D. 的铁和的冰，它们的分子平均动能相同
E. 气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关
9.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，只在两分子间的作用力作用
下，乙分子沿x轴方向运动，两分子间的分子势能与两分子间距
离x的变化关系如图所示。
则
A. 乙分子在P点时加速度最大
B. 乙分子在Q点时分子势能最小
C. 乙分子在Q点时处于平衡状态
D. 乙分子在P点时分子动能最大
E. 乙分子从Q到无穷远处过程中，与甲分子间的引力和斥力都在减小
三、填空题（本大题共1小题，共4分）
10.在分子间作用力表现为引力的情况下，当分子间的距离增大时，分子间的引力______选填“增大”、
“减小”或“不变”，分子势能______选填“增大”、“减小”或“不变”
四、计算题（本大题共2小题，共30分）
11.下列说法中正确的是______
A.温度相同的氢气和氮气，氢气分子比氨气分子的平均速率大
B.由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和气体的密度，可以估算出理想气体分子间的平均距离
C.当理想气体的体积增加时，气体的内能一定增大
D.将碳素墨水滴入清水中，观察到布朗运动是碳分子的无规则运动
E.容器内一定质量的理想气体体积不变，温度升高，则单位时间内撞击容器壁的分子数增加．
12.如图所示，体积为v、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞，
开始时气缸内密封有温度为、压强为的一定质量理想气体和分别为外界
大气的压强和热力学温度，活塞静止在气缸顶部经过一段时间后，活塞再次静止已知
气体内能U与热力学温度T的关系为，为正的常量，容器内气体的所有变化
过程都是缓慢的求：
活塞再次静止时，气缸内气体的体积
在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量Q．
五、综合题（本大题共1小题，共12分）
13.下列说法正确的是____。
A.相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近，分子势能先增加后减小
B.气体的温度不变，某个分子的动能可能改变
C.对于一定量的理想气体，如果体积不变，压强减小，那么它的内能一定减小
D.理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，且分子力表现为斥力
E.相对湿度是表示空气中水蒸气气压离饱和状态水蒸气气压远近的物理量
如图所示，一根长、一端封闭的细玻璃管开口向上竖直放置，管内用长的水银柱封闭了一段长L的空气柱。
已知大气压强为p，若环境温度不变，求：
第 1 页
若将玻璃管缓慢转至水平并开口向右，求稳定后的气柱长度；
将玻璃管放于水平桌面上并让其以加速度为重力加速度向右做匀加速直线运动见图乙，求稳定后的气柱长度。
1. D
2. A
3. A
4. B
5. A
6. ADE
7. BDE
8. CDE
9. DE
10. 减小；增大
11. ABE
12. 解：气体的初状态：，．
末状态：，？，．
由理想气体的状态方程得：
代入数据解得
在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为
在这一过程中，气体内能的变化量为
设气缸内气体放出的热量为Q，则由热力学第一定律得
联立以上各式可得
答：活塞再次静止时，气缸内气体的体积是；
在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量是．
13.
解：设将玻璃管缓慢倒转至水平的过程中，水银未溢出；
初态：，体积；
末态：，体积；
由玻意尔定律可得：；
解得：；
由于 —，水银未溢出；
即：若将玻璃管缓慢转至水平并开口向右，稳定后的气柱长度为40cm；
当玻璃管竖直时，气体压强为，对水银柱有：；
当玻璃管水平运动时，气体压强为，对水银柱有：；
对气体有：；
联立解得：；
即：将玻璃管放于水平桌面上并让其以加速度为重力加速度向右做匀加速直线运动，稳定后的气柱长度为24cm。
第 3 页。