【高二物理秋季】01内能能量守恒定律(例题学生版)

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内能及能量守恒定律试题及解答汇总

第二章内能及能量守恒定律概念：（一）物体的内能：1．物体的内能：物体中所有分子做热运动的动能和分子势能的总和叫做物体的内能，也叫做物体的热力学能。

2．任何物体都具有内能，因为一切物体都是由不停地做无规则热运动并且相互作用着的分子所组成。

3．决定物体内能的因素：（1）从宏观上看：物体内能的大小由物体的摩尔数、温度和体积三个因素决定；（2）从微观上看：物体内能的大小由组成物体的分子总数，分子热运动的平均动能和分子间的距离三个因素决定。

4、改变内能的两种方式：（1）做功可以改变物体的内能：①外界对物体做功，物体的内能增加；②物体对外界做功，物体的内能减少；③做功使物体内能发生改变的时候，内能的改变就用功数值来量度．外界对物体做多少功，物体的内能就增加多少；物体对外界做多少功，物体的内能就减少多少。

（二）能量守恒定律：1、能量守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为别的形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中其总量不变。

另一种表述：第一类用动机是不可能制成的。

2、能量守恒定律的历史意义．3、能的转化和守恒是自然界的普遍规律，违背该定律的永动机是永远无法实现的。

它是没有条件的。

4、物质的不同运动形式对应不同形式的能，各种形式的能在一定条件下可以转化或转移，在转化或转移过程中，能的总量守恒。

5、理解：（1）某种形式的能减小，一定存在其他形式的能增加，且减小量和增加量一定相等。

（2）某个物体的能减小，一定存在其他物体的能量增加，且减小量和增加量一定相等。

例题分析【例1】关于物体内能及其变化，下列说法正确的是(B)A.物体的温度改变时，其内能必定改变B.物体对外做功，其内能不一定改变，向物体传递热量，其内能不一定改变C.对物体做功，物体内能必定改变；物体向外传出一定热量，其内能必定D.若物体与外界不发生热交换，则物体的内能必定不改变【解析】一定质量的物体，其内能由温度和体积共同决定物体的温度改变时，其内能不一定改变.所以A错误.做功和热传递是改变物体内能的两种方式若物体对外做功W焦，同时吸收Q焦的热量，且①W＞Q，则物体的内能减少；②W ＝Q，则物体的内能不变；③W＜Q，则物体的内能增加，所以只有B正确.【例2】下面设想符合能量转化和守恒定律的是(D)A.利用永久磁铁间的作用力，造一台永远转动的机械B.做成一条船，利用流水的能量逆水航行C.通过太阳照射飞机，即使飞机不带燃料也能飞行D.利用核动力，驾驶地球离开太阳系【解析】利用磁场能可以使磁铁所具有的磁场能转化为动能，但由于摩擦力的不可避免性，动能最终转化为内能使转动停止，故A错，让船先静止在水中，设计一台水力发电机使船获得足够电能，然后把电能转化为船的动能使船逆水航行；同理可利用光能的可转化性和电能的可收集性，使光能转化为飞机的动能，实现飞机起飞；故B、C可选；设计一种利用反冲理论以核动力为能源，使地球获得足够大的能量，挣脱太阳引力的束缚而离开太阳系，故D可选.【例3】关于物体内能，下列说法中正确的是〖〗A．手感到冷时，搓搓手就会感到暖和些，这是利用做功改变物体的内能 B．将物体举高或使它们的速度增大，是利用做功来使物体的内能增大C．阳光照晒衣服，衣服的温度升高，是利用热传递来改变物体的内能 D．用打气筒打气，简内气体变热，是利用热传递来改变物体的内能【解析】AC【变式一】下面关于物体内能改变的说法中正确的是〖〗A、物体对外做功，其内能必定改变B、物体对外做功，其内能不一定改变C、物体吸收热量，其内能必增加D、外界对物体做功，物体同时吸收热量，其内能必增加【解析】B【变式二】对于热量、功和内能三个物理量，下列各种说法中正确的是〖〗 A．热量和功由过程决定，而内能由状态决定B．热量、功和内能的物理意义相同C．热量和功都可以作为内能的量度D．内能大物体含有的热量多【解析】A【例4】下列说法正确的是〖〗A、第二类永动机与第一类永动机一样违背了能量守恒定律B、自然界中的能量是守恒的，所以能量永不枯竭，不必节约能源C、自然界中有的能量便于利用，有的不便于利用D、不可能让热量由低温物体传递给高温物体而不引起其它任何变化【解析】CD【自我检测】一：一、选择题1．关于物体的内能及其变化，以下说法正确的是( )A．物体的温度改变时，其内能必定改变B．物体对外做功，其内能不一定改变，向物体传递热量，其内能也不一定改变C．物体对外做功，其内能必定改变．物体向外传出一定热量其内能必定改变D．若物体与外界不发生热交换，则物体的内能必定不改变2．下列关于做功和热传递的说法中正确的是( )A．做功和热传递的实质是相同的B．做功和热传递在改变物体内能上是等效的C．做功和热传递是对同一过程中的两种说法D．做功和热传递是不可能同时发生的3．“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为它( )A．不符合热力学第一定律B．做功产生的热量太少C．由于有摩擦、热损失等因素的存在D．找不到合适的材料和合理的设计方案4．(2010年高考重庆卷)给旱区送水的消防车停于水平地面．在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体( )A．从外界吸热 B．对外界做负功C．分子平均动能减小D．内能增加5．一定量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列个式中正确的是( )A．W＝8×104J，ΔU＝1.2×105J，Q＝4×104 JB．W＝8×104J，ΔU＝－1.2×105J，Q＝－2×105JC．W＝－8×104J，ΔU＝1.2×105J，Q＝2×104JD．W＝－8×104J，ΔU＝1.2×105J，Q＝－4×104J6.(2010年高考广东理综卷)图4－1－7是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的( )图4－1－7A．温度升高，内能增加600 JB．温度升高，内能减少200 JC．温度降低，内能增加600 JD．温度降低，内能减少200 J7．(2011年高考新课标全国卷)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B．若气体的内能不变，其状态也一定不变C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大8．关于物体内能的变化，以下说法中正确的是( )A．物体吸收热量，内能一定增大B．物体对外做功，内能一定减少C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变9．一木箱静止于水平面上，现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m，木箱受到的摩擦力为60 N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能Ek，分别是( )A．U＝200 J，Ek＝600 J B．U＝600 J，Ek＝200 JC．U＝600 J，Ek＝800 J D．U＝800 J，Ek＝200 J10．(2011年高考重庆理综卷)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图4－1－5所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体( )图4－1－5A．对外做正功，分子的平均动能减小B．对外做正功，内能增大C．对外做负功，分子的平均动能增大D．对外做负功，内能减小二、非选择题1．风沿水平方向以速度v垂直吹向一直径为d的风车叶轮上，设空气密度为ρ，风的动能有50%转化为风车的动能，风车带动水车将水提高h的高度，效率为80%，则单位时间最多可提升的水的质量m＝________.2．一定质量的气体，在从一个状态变化到另一个状态的过程中，吸收热量280 J，并对外做功120 J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做多少功？3．(2011年陕西高二质检)山峡水利工程的坝高h0＝185 m，正常水位为h＝175 m，水库容积V＝3.93×1010m3，装机容量(发电机的总功率)P＝1.768×107 kW，发电量W＝8.4×1010kW·h.假设发电机效率为η＝80%，试根据这些数据计算出水利枢纽的流量Q，并写出每个物理量应选用的单位．(不进行具体计算，用字母表示)4.如图4－1－6所示，一导热汽缸放在水平面上，其内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮组与一重物连接，并保持平衡，已知汽缸高度为h，开始活塞在汽缸中央，初始温度为t摄氏度，活塞面积为S，大气压强为p0.物体重力为G，活塞质量及一切摩擦不计，缓慢升高环境温度，使活塞上升Δx，封闭气体吸收了Q的热量．(汽缸始终未离开地面)求：图4－1－6(1)环境温度升高了多少度？(2)气体的内能如何变化？变化了多少？一、选择题1、解析：选B.温度变化物体的分子动能变化，但内能可能不变，A错；改变内能有两种方式：做功和热传递，由热力学第一定律可知B正确，C、D错．2、解析：选B.做功和热传递在改变物体内能上是等效的，但本质不同，做功是将其他形式的能量转化为内能或将内能转化为其他形式的能量，热传递是内能的转移，且做功和热传递可以同时进行，故B选项正确．3、解析：选A.第一类永动机是指不消耗能量而且还能对外做功，故违背了能量的转化与守恒．4、解析：选A.本题考查了热力学定律．由于车胎内温度保持不变，故分子的平均动能不变，内能不变．放水过程中体积增大对外做功，由热力学第一定律可知，胎内气体吸热．A选项正确．5、解析：选B.由符号法则可知，外界对气体做功W取正，气体内能减少，ΔU 为负值，代入热力学第一定律表达式得Q＝－2×105J.故选B.6、解析：选A.对一定质量的气体，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，ΔU＝800 J＋(－200 J)＝600 J，ΔU为正表示内能增加了600 J，对气体来说，分子间距较大，分子势能为零，内能等于所有分子动能的和，内能增加，气体分子的平均动能增加，温度升高，选项A正确．7、解析：选ADE.A选项，p、V不变，则T不变，气体的内能不变，故选项A正确．B选项，内能不变，温度不变，p、V可能变，选项B错误．C选项，气体温度升高，压强不一定增大，故选项C错误．D选项，气体温度每升高1 K吸收的热量与气体对外做功多少有关，即与经历的过程有关，故选项D正确．E选项，温度升高，理想气体的内能一定增大，故选项E正确．8、解析：选C.做功和热传递可以改变物体的内能，当做功和热传递同时发生时，物体的内能可能不变，比如物体吸热的同时又对外做功，且吸收的热量与对外做的功在数值上相等，此时物体的内能不发生变化．9、解析：选B.由于木箱在推动中受到滑动摩擦力，其与相对位移的乘积为物体的内能即：U＝60×10 J＝600 J．由能量守恒定律可得：Ek＝W总－U＝80×10 J－600 J＝200 J，故B正确．10、解析：选 A.气体膨胀，气体对外做正功，又因气体与外界无热交换，由热力学第一定律可知气体内能减小，因忽略气体分子间相互作用，没有分子势能，所以分子的平均动能减小，选项A 正确．二、非选择题1、解析：设在t 时间内吹在风车上的空气的质量为m ＝14πd2·vt ·ρ，风的动能Ek ＝12mv2＝18πd2v3t ρ. 根据题意：18πd3v2t ρ×50%×80%＝mgh. 则m t ＝πd2ρv320gh. 答案：πd2ρv320gh2、解析：(1)由热力学第一定律可得ΔU ＝W ＋Q＝－120 J ＋280 J＝160 J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从2状态回到1状态过程中内能的变化应等于从1状态到2状态过程中内能的变化，则从2状态到1状态的内能应减少160 J ．即ΔU ′＝－160 J ，又Q ′＝－240 J ，根据热力学第一定律得：ΔU ′＝W ′＋Q ′∴W ′＝ΔU ′－Q ′＝－160 J －(－240 J)＝80 J即外界对气体做功80 J.答案：(1)增加了160 J(2)外界对气体做功 80 J3、解析：设在时间Δt 内，有ΔV 的水通过水利枢纽，则：Q ＝ΔV Δt，ΔV ＝Q Δt 减少的重力势能ΔEp ＝mgh ＝ΔV ρgh ＝Q Δt ρgh发电机的功率：P＝ΔEpηΔt＝QΔtρghηΔt＝Qρghη流量为Q＝Pρghη.(其中各物理量均取国际制单位)4、解析：(1)活塞缓慢移动，任意状态都处于平衡状态，故气体做等压变化，由盖—吕萨克定律可知：VT＝ΔVΔT得ΔT＝2Δxh(273＋t)(2)设汽缸内压强为p，由平衡条件得：pS＝p0S－G封闭气体对外做功W＝pSΔx＝(p0S－G)Δx由热力学第一定律得：ΔU＝Q＋(－W)＝Q－(p0S－G)Δx.1．关于物体内能的变化，以下说法中正确的是( )A．物体吸收热量，内能一定增大B．物体对外做功，内能一定减少C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变解析：选C.做功和热传递可以改变物体的内能，当做功和热传递同时发生时，物体的内能可能不变，比如物体吸热的同时又对外做功，且吸收的热量与对外做的功在数值上相等，此时物体的内能不发生变化．2．一木箱静止于水平面上，现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m，木箱受到的摩擦力为60 N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能E k，分别是( )A．U＝200 J，E k＝600 J B．U＝600 J，E k＝200 JC．U＝600 J，E k＝800 J D．U＝800 J，E k＝200 J解析：选B.由于木箱在推动中受到滑动摩擦力，其与相对位移的乘积为物体的内能即：U＝60×10 J＝600 J．由能量守恒定律可得：E k＝W总－U＝80×10 J－600 J＝200 J，故B正确．3．(2011年高考重庆理综卷)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图4－1－5所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体( )图4－1－5A．对外做正功，分子的平均动能减小B．对外做正功，内能增大C．对外做负功，分子的平均动能增大D．对外做负功，内能减小解析：选A.气体膨胀，气体对外做正功，又因气体与外界无热交换，由热力学第一定律可知气体内能减小，因忽略气体分子间相互作用，没有分子势能，所以分子的平均动能减小，选项A正确．4.如图4－1－6所示，一导热汽缸放在水平面上，其内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮组与一重物连接，并保持平衡，已知汽缸高度为h，开始活塞在汽缸中央，初始温度为t摄氏度，活塞面积为S，大气压强为p0.物体重力为G，活塞质量及一切摩擦不计，缓慢升高环境温度，使活塞上升Δx，封闭气体吸收了Q的热量．(汽缸始终未离开地面)求：图4－1－6(1)环境温度升高了多少度？(2)气体的内能如何变化？变化了多少？解析：(1)活塞缓慢移动，任意状态都处于平衡状态，故气体做等压变化，由盖—吕萨克定律可知：VT＝ΔVΔT得ΔT＝2Δxh(273＋t)(2)设汽缸内压强为p，由平衡条件得：pS＝p0S－G封闭气体对外做功W＝pSΔx＝(p0S－G)Δx由热力学第一定律得：ΔU＝Q＋(－W)＝Q－(p0S－G)Δx.答案：见解析【自我检测】二：一、选择题1．关于物体的内能及其变化，以下说法正确的是( )A．物体的温度改变时，其内能必定改变B．物体对外做功，其内能不一定改变，向物体传递热量，其内能也不一定改变C．物体对外做功，其内能必定改变．物体向外传出一定热量其内能必定改变D．若物体与外界不发生热交换，则物体的内能必定不改变解析：选B.温度变化物体的分子动能变化，但内能可能不变，A错；改变内能有两种方式：做功和热传递，由热力学第一定律可知B正确，C、D错．2．下列关于做功和热传递的说法中正确的是( )A．做功和热传递的实质是相同的B．做功和热传递在改变物体内能上是等效的C．做功和热传递是对同一过程中的两种说法D．做功和热传递是不可能同时发生的解析：选B.做功和热传递在改变物体内能上是等效的，但本质不同，做功是将其他形式的能量转化为内能或将内能转化为其他形式的能量，热传递是内能的转移，且做功和热传递可以同时进行，故B选项正确．3．“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为它( )A．不符合热力学第一定律B．做功产生的热量太少C．由于有摩擦、热损失等因素的存在D．找不到合适的材料和合理的设计方案解析：选A.第一类永动机是指不消耗能量而且还能对外做功，故违背了能量的转化与守恒．4．(2010年高考重庆卷)给旱区送水的消防车停于水平地面．在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体( ) A．从外界吸热B．对外界做负功C．分子平均动能减小D．内能增加解析：选A.本题考查了热力学定律．由于车胎内温度保持不变，故分子的平均动能不变，内能不变．放水过程中体积增大对外做功，由热力学第一定律可知，胎内气体吸热．A选项正确．5．一定量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列个式中正确的是( )A．W＝8×104J，ΔU＝1.2×105J，Q＝4×104 JB．W＝8×104J，ΔU＝－1.2×105J，Q＝－2×105JC．W＝－8×104J，ΔU＝1.2×105J，Q＝2×104JD．W＝－8×104J，ΔU＝1.2×105J，Q＝－4×104J解析：选B.由符号法则可知，外界对气体做功W取正，气体内能减少，ΔU为负值，代入热力学第一定律表达式得Q＝－2×105J.故选B.6.(2010年高考广东理综卷)图4－1－7是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的( )图4－1－7A．温度升高，内能增加600 JB．温度升高，内能减少200 JC ．温度降低，内能增加600 JD ．温度降低，内能减少200 J解析：选A.对一定质量的气体，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知，ΔU ＝800 J ＋(－200 J)＝600 J ，ΔU 为正表示内能增加了600 J ，对气体来说，分子间距较大，分子势能为零，内能等于所有分子动能的和，内能增加，气体分子的平均动能增加，温度升高，选项A 正确．7．(2011年高考新课标全国卷)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )A ．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B ．若气体的内能不变，其状态也一定不变C ．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D ．气体温度每升高1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关E ．当气体温度升高时，气体的内能一定增大解析：选ADE.A 选项，p 、V 不变，则T 不变，气体的内能不变，故选项A 正确．B 选项，内能不变，温度不变，p 、V 可能变，选项B 错误．C 选项，气体温度升高，压强不一定增大，故选项C 错误．D 选项，气体温度每升高1 K 吸收的热量与气体对外做功多少有关，即与经历的过程有关，故选项D 正确．E 选项，温度升高，理想气体的内能一定增大，故选项E 正确．二、非选择题8．风沿水平方向以速度v 垂直吹向一直径为d 的风车叶轮上，设空气密度为ρ，风的动能有50%转化为风车的动能，风车带动水车将水提高h 的高度，效率为80%，则单位时间最多可提升的水的质量m ＝________.解析：设在t 时间内吹在风车上的空气的质量为m ＝14πd 2·vt ·ρ，风的动能E k ＝12mv 2＝18πd 2v 3t ρ. 根据题意：18πd 3v 2t ρ×50%×80%＝mgh . 则m t ＝πd 2ρv 320gh. 答案：πd 2ρv 320gh9．一定质量的气体，在从一个状态变化到另一个状态的过程中，吸收热量280 J ，并对外做功120 J ，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J 热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做多少功？解析：(1)由热力学第一定律可得ΔU ＝W ＋Q＝－120 J ＋280 J＝160 J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从2状态回到1状态过程中内能的变化应等于从1状态到2状态过程中内能的变化，则从2状态到1状态的内能应减少160 J．即ΔU′＝－160 J，又Q′＝－240 J，根据热力学第一定律得：ΔU′＝W′＋Q′∴W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J即外界对气体做功80 J.答案：(1)增加了160 J(2)外界对气体做功80 J10．(2011年陕西高二质检)山峡水利工程的坝高h0＝185 m，正常水位为h＝175 m，水库容积V＝3.93×1010m3，装机容量(发电机的总功率)P＝1.768×107 kW，发电量W＝8.4×1010kW·h.假设发电机效率为η＝80%，试根据这些数据计算出水利枢纽的流量Q，并写出每个物理量应选用的单位．(不进行具体计算，用字母表示)解析：设在时间Δt内，有ΔV的水通过水利枢纽，则：Q＝ΔVΔt，ΔV＝QΔt减少的重力势能ΔE p＝mgh＝ΔVρgh＝QΔtρgh发电机的功率：P＝ΔE pηΔt＝QΔtρghηΔt＝Qρghη流量为Q＝Pρghη.(其中各物理量均取国际制单位)答案：见解析【自我检测】三：1．关于热传导的方向性，下列说法正确的是( )A．热量能自发地由高温物体传给低温物体B．热量能自发地由低温物体传给高温物体C．在一定条件下，热量也可以从低温物体传给高温物体D．热量一定不可能从低温物体传给高温物体解析：选AC.在有外力做功的情况下，热量可以从低温物体传给高温物体，而热量只能自发地从高温物体传给低温物体．2．对于孤立体系中发生的实际过程，下列说法中正确的是( )A．系统的总熵只能增大或不变，不可能减小B．系统的总熵可能增大，可能不变，还可能减小C．系统逐渐从比较有序的状态向更加无序的状态发展D．系统逐渐从比较无序的状态向更加有序的状态发展解析：选AC.根据熵增加原理，在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减少可知，A对，B错．根据热力学第二定律的微观解释可知，一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，所以C对，D错．3．第二类永动机不可能制成，这是因为( )A．它违背了能量守恒定律B．热量总是从高温物体传递到低温物体C．机械能不可能全部转变为内能D．内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化解析：选D.第二类永动机的设想虽然符合能量守恒定律，但是违背了能量转化过程中，有些过程是不可逆的规律，所以不可能制成，故选D.4．热力学第二定律常见的表述有两种．第一种表述：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化；第二种表述：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化．图4－3－4甲是根据热力学第二定律的第一种表述画出的示意图：外界对制冷机做功，使热量从低温物体传递到高温物体．请你根据第二种表述完成示意图乙．根据你的理解，热力学第二定律的实质是________．图4－3－4解析：示意图如图所示．答案：一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性．一、选择题1．(2011年廊坊高二检测)热力学第二定律指出( )A．不可能使热量由低温物体传递到高温物体B．不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功C．热机效率η≤1D．大量分子参与的宏观过程具有方向性解析：选D.热力学第二定律指出，热量可以从低温物体传到高温物体，但要引起其他变化，故A错，B也错．热机效率要小于1，不能等于1，C也错．一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性，D对．2．关于热力学第二定律的微观意义，下列说法正确的是( )A．大量分子无规则的热运动能够自动转变为有序运动B．热传递的自然过程是大量分子从有序运动状态向无序运动状态转化的过程C．热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的运动状态向无序程度大的运动状态转化的过程D．一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行解析：选CD.热力学第二定律的微观意义明确指出：一切自然过程总是沿着分子热运动的无序程度增大的方向进行，所以答案C、D正确．3．关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是( )A．第二类永动机违反能量守恒定律B．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加C．外界对物体做功，则物体的内能一定增加D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的解析：选D.第二类永动机违反热力学第二定律，并不是违反能量守恒定律，故A 错；据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知内能的变化由做功W和热传递Q两个方面共同决定，只知道做功情况或只知道传热情况无法确定内能的变化情况，故B、C 错误；做功和热传递都可改变物体内能．但做功是不同形式能的转化，而热传递是同种形式能间的转移，这两种方式是有区别的，故D正确．4．在一定速度下发生变化的孤立系统，其总熵的变化是( )A．不变B．可能增大或减小C．总是增大D．总是减小解析：选C.根据熵增加原理可知，任何孤立系统熵是增加的，故C正确．5．根据热力学第二定律分析，下列说法中正确的是( )A．热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体B．热量能够从高温物体传到低温物体，也可以从低温物体传到高温物体C．机械能可以全部转化为内能，但变化的内能不可以全部转化为机械能D．机械能可以全部转化为内能，变化的内能也可以全部转化为机械能解析：选BD.根据热传递的规律可知，热量可以自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地(不需要外界帮助)从低温物体传到高温物体．借助外界的帮助，热量可以从低温物体传到高温物体，如电冰箱就是接通电源后，压缩机对“制冷剂”(氟利昂等)做功，把热量从冰箱内部(低温物体)传向外部(高温物体)达到制冷目的的，故选项A错误，B正确．机械能可以全部转化为内能(如一个运动物体克服摩擦力做功而最终停止运动时，机械能全部转化为内能)，在一定条件下，变化的内能也可以全部转化为机械能，如理想气体在等温膨胀过程中，将吸收来的热量全部用来做功，因此选项C错误，选项D正确．6．对热力学第二定律，下列理解正确的是( )A．自然界进行的一切宏观过程都是可逆的B．自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的C．热量不可能由低温物体传递到高温物体D．第二类永动机违背了能量守恒定律，因此不可能制成解析：选B.由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，而不引起其他变化，由此说明热量由低温物体传到高温物体是可能的，但要引起其他变化，故C错；第二类永动机并不违反能量守恒，却违背了自然界涉及热现象宏观过程的方向性，故A、D错，B正确．7.如图4－3－5所示，汽缸内盛有一定量的理想气体，汽缸壁是导热的，缸外环境保持恒温，活塞与汽缸壁接触光滑，但不漏气，现将活塞杆与外界连接缓慢地向右移动，气体膨胀对外做功．已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法正确的是( )。

人教版高中物理第十二章电能能量守恒定律精选试卷练习卷(Word版含解析)

人教版高中物理第十二章电能能量守恒定律精选试卷练习卷（Word版含解析）一、第十二章电能能量守恒定律实验题易错题培优（难）1．某同学在做“测电源电动势与内阻”的实验中，可使用的器材有：A．两只相同的毫安表（量程I g＝3mA，内阻R g＝1000Ω）；B．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω）；C．滑动变阻器R2（最大阻值2000Ω）；D．各种规格的定值电阻R0；E．电源E（电动势约为3.0V）；F．开关、导线若干．由于给出的毫安表量程太小，该同学首先要把一只毫安表改装成量程为0.6A的电流表，他需要把阻值为__________Ω的定值电阻R0与毫安表并联（结果保留一位小数）.该同学将用如右上方的电路图进行实验，测定电源的电动势和内阻．在实验中发现变阻器的滑片由左向右逐渐滑动时，电流表G1示数逐渐增大，电流表G2示数接近3.0mA并且几乎不变，当滑片临近最右端时，电流表G2示数急剧变化．出现这种问题，应更换一个总阻值比原来______(选填“大”或“小”)的变阻器．在更换变阻器后,该同学连好电路，改变滑动变阻器滑片的位置，读出毫安表G1、G2的示数分别为I1、I2，并得到多组数据，建立直角坐标系，作出了I2和I1的关系图线，经拟合得到直线I2＝3.0mA－0.4I1 ,则得出电源电动势E＝_____V，内阻r＝_____Ω．（保留一位小数）【答案】5.0 Ω小 3.0V 2.0Ω【解析】【详解】[1]已知量程I g＝3mA，内阻R g＝1000Ω, 0.6I=A，设电流表的量程扩大的倍数为n，gInI=并联的电阻为R,根据并联电路的特点则有1gRRn=-解得R=5.0Ω[2]当变阻器的滑片由左向右逐渐滑动时，变阻器的阻值逐渐减小，外电路电阻减小，电流表G1示数逐渐增大，电流表G2示数接近3.0mA并且几乎不变，说明变阻器的电阻接近零时，路端电压才接近电源电动势，出现这种问题，应更换一个总阻值比原来小的变阻器，[3][4]G1示数是1I时,电路中的总电流是21200I I+，由闭合电路的欧姆定律得()221200gE I R I I r=++整理得21200g gE rI IR r R r=-++I2＝3.0mA－0.4I1由I2和I1的关系图线得图线的截距b=3.0mA，斜率0.4K=-0.003gER r=+ A2000.4GrR r=+解得 3.0E=V，解得 2.0r=Ω2．小王和小李两同学分别用电阻箱、电压表测量不同电源的电动势和内阻。

高二物理热力学第一定律能量守恒定律试题

高二物理热力学第一定律能量守恒定律试题1.有关物体的内能，以下说法正确的是 ( )A．1g、00C的水的内能比1g、00C的冰的内能大B．电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过热传递方式实现的C．气体膨胀，它的内能一定减少D．橡皮筋被拉伸时，分子间势能增加【答案】AD【解析】1g、00C的冰需要吸收热量才能变成1g、00C的水，所以A正确，电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过电流对电阻做功实现的，B错误，气体膨胀，对外做功，但同时它有可能从外界吸收热量，所以它的内能不一定减少，C错误，橡皮筋被拉伸时，可克服分子间的引力做功，所以分子间势能增加，D正确，思路分析：利用公式△U=Q+W分析试题点评：本题考查了热力学第一定律以及改变物体内能的两种方式2.如果将自行车内胎充气过足，又放在阳光下受到暴晒，车胎极易爆裂，关于这一现象的描述，下列说法正确的是（暴晒过程中内胎容积几乎不变）( )A．车胎爆裂，是车胎内气体温度升高，气体分子间斥力急剧增大的结果B．在爆裂前的过程中，气体温度升高，分子无规则热运动加剧，气体压强增大C．在车胎突然爆裂的瞬间，气体内能增加D．在车胎突然爆裂的瞬间，气体内能减少【答案】BD【解析】轮胎中气体在阳光照射下，吸收热量，温度升高，压强增大，受热膨胀，车胎易爆．在爆裂前受曝晒的过程中，气体温度升高，分子无规则热运动加剧，气体压强增大，在爆裂前受曝晒的过程中，气体吸热，温度升高，内能增加．在车胎爆裂的瞬间，气体对外做功，内能减小．所以BD正确，思路分析：本题涉及自行车内胎充气的有关问题，轮胎中气体在阳光照射下，吸收热量，温度升高，压强增大，受热膨胀，故车胎易爆．根据热力学第一定律判断物体内能变化．试题点评：能在具体生活问题上分析温度，压强，体积等物理量的变化．要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化．3.图中活塞将气缸分成甲、乙两气室，已知活塞连同拉杆是绝热的，且不漏气.以 E甲、 E乙分别表示甲、乙两气室中气体的内能，则在将拉杆缓慢向外拉的过程中 ( ) A．E甲不变，E乙减小B．E甲增大，E乙不变C．E甲增大，E乙减小D．E甲不变，E乙不变【答案】C【解析】开始时活塞处手平衡状态，P甲=P乙．用力将拉杆缓慢向右推动的过程中，甲对外界做功，外界对乙做功．气缸、活塞（连同拉杆）是绝热的．根据热力学第一定律的表达式△U=Q+W知道，E甲减小、E乙增大．所以甲的温度减小，乙的温度升高．思路分析：根据热力学第一定律的表达式△U=Q+W进行判断试题点评：运用△U=Q+W 来分析问题时，必须理解表达式的物理意义，掌握它的符号法则．4. 一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过系列变化后又回一开始的状态，用W 1表示外界对气体做的功，W 2表示气体对外界做的功Q l 表示气体吸收的热量，Q 2表示气体放出的热量，则在整个过程中一定有（） A ．Q 1－Q 2＝W 2－W 1 B ．Q 1＝Q 2 C ．W 1＝W 2 D ．Q 1＞Q 2【答案】A【解析】由题意知W 1为正功，W 2为负功；Q 1为正（吸收的热量），Q 2为负（放出的热量），故W=W 1-W 2，Q=Q 1-Q 2，由于从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，所以△U=W+Q=0，即得：（W 1-W 2）+（Q 1-Q 2）=0，故选A ．思路分析：根据符号法则，确定Q 、W 的正负号，代入公式△U=Q+W 进行计算．试题点评：本题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．5. 如图所示，有两个同样的球，其中a 球放在水平面上，b 球用细线悬挂起来，现供给两球相同的热量，则两球升高的温度 (水平面和细线均为绝热物质)（）A ．Δt b >Δt aB ．Δt b <Δt aC ．Δt b =Δt aD ．无法比较【答案】A【解析】两球受热后体积都要膨胀，甲球因放在不导热的水平面上，受热膨胀后，重心升高要克服重力做功，而消耗一部分热量，所以用来提高球体的温度的能量就减小了一些，乙球的情况恰好与甲球相反，乙球重心的下降引起重力势能的减小，重力对乙球做了正功，所以乙球的内能的增量要大于外界提供的能量，而两球因为膨胀对大气做的功几乎相同，所以Δt b >Δt a 思路分析：若不考虑热膨胀，由吸热公式Q=cm △t 分析两球吸热大小关系；由于两球受热后，体积都要膨胀．甲球因放在不导热的桌面上，受热膨胀后，球的重心升高，要克服重力做功而耗费一部分能量；乙球情况刚好与甲球相反，乙球重心的下降引起乙球重力势能的减少，重力对乙球做了功，使乙球内能的增加一些；而两球因膨胀而引起的对大气的做功情况是几乎相同的，所以要升高相同的温度，甲吸收的热量要多一些．试题点评：本题主要考查学生对吸热公式Q=cm △t 的了解和掌握，知道热膨胀对重心的影响是本题的关键．6. 如图所示的绝热容器，把隔板抽掉，让左侧气体自由膨胀到右侧直至平衡（）A ．气体对外做功，内能减少，温度降低B ．气体对外做功，内能不变，温度不变C ．气体不做功，内能不变，温度不变，压强减小D ．气体不做功，内能减少，压强减小【答案】C【解析】气体自由膨胀过程中不受阻力，因此不做功；自由膨胀过程中由于不受阻力作用，因此气体不做功，由于容器绝热，因此Q=0，由△U=W+Q 可知，气体内能不变，因此温度也不变，自由膨胀后，温度不变，体积变大，由气态方程可知，根据公式可得压强变小，思路分析：气体自由膨胀过程中不受阻力，因此不做功；由△U=W+Q 可知温度不变，内能不变，根据公式压强减小试题点评：在利用热力学第一定律△U=W+Q 时注意公式中各个物理量的含义，尤其注意各个物理量的正负问题．7. 某固态物体放出800 J 热量后，温度降低5°C ，如果外界对该物体做功1400 J ，物体的温度升高10°C ，仍为固态，则可推知物体还热 J ．【答案】吸 200【解析】因为某固态物体放出800 J 热量后，温度降低5°C ，所以物体的温度升高10°C 后吸收了1600J 的热量，故物体还吸热200J, 思路分析：根据能量守恒解题试题点评：本题考查了能量守恒定律8. 用活塞压缩汽缸里的空气，使空气的内能增加300J ，压缩过程中空气向外界放热84J ，则活塞对空气做了多少功？【答案】384J【解析】根据热力学第一定律可得△U=Q-W ，使空气内能增加了300J ，即W=300J ，压缩过程中空气向外界放热84J ，Q=-84J ，所以△U=384J, 思路分析：运用热力学第一定律做题，试题点评：考查了热力学第一定律，一定要注意符号的正负号9. 某热机使用燃烧值q ＝3.0×107J/kg 的燃料，燃烧效率为η1＝80%，汽缸中热质将内能转化为机械能的转化效率η2＝40%，热机传动部分的机械效率为η3＝90%，若热机每小时燃烧m ＝40kg 燃烧，则热机输出的有用功率是多少? 【答案】96kw【解析】热机燃烧m ＝40kg 的燃料产生的热量为，热机吸收的热量为, 转化为机械能的内能为故每小时传动部分输出的功为所以热机输出的有用功率是，联立上式代入数据可得P=96kw ，思路分析：先算出40kg 的燃料产生的热量，在算出热机吸收的热量，后算出热机转化为机械能的热量，最后算出热机每小时输出的功，则可得热机的输出功率试题点评：本题考查了热机的效率，以及功率的计算10. 质量M =200g 的木块，静止在光滑水平面上，质量m =20g 的铅弹(铅的比热容c =126J/(㎏·℃))以水平速度v 0=500m/s 射入木块，当它射出木块时速度变为v t =300m/s.。

人教版高中物理电能能量守恒定律经典大题例题

(每日一练)人教版高中物理电能能量守恒定律经典大题例题单选题1、电源电动势为E，内阻为r，向可变电阻R供电。

关于路端电压，下列说法正确的是（）A．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B．因为U＝IR，所以当R增大时，路端电压也增大C．因为U＝IR，所以当I增大时，路端电压也增大D．因为U＝E－Ir，所以当I增大时，路端电压减小答案：D解析：A．电源电动势不变，根据I=E r+R随着R增大，则电流I减小，根据U=E−Ir 可知，U变大，同理可得，随着R减小，U变小，故A错误；B．当R增大时，电流I减小，故不能应用U=IR 判断U的变化情况，故B错误；C．当电流I增大时，电阻R减小，故不能应用U=IR判断U的变化情况，故C错误；D．根据闭合回路欧姆定律可知U=E−Ir可知，当I增大时，路端电压U减小，故D正确。

故选D。

2、某款扫地机器人如图所示，额定功率24W，额定电流3A，正常工作时电机输出的功率为19.5W，锂电池容量9A·h，为延长锂电池寿命，当剩余电量为总容量的20%时就需要充电，则（）ΩB．额定电压为6.5VA．电机的电阻为83C．正常工作时，电机产生的热量为19.5WD．充满电的电池可以正常工作时间为2.4h答案：D解析：A．由+I2rP=P出得r=0.5Ω故A错误；B．由P=UI得额定电压U=8V故B错误；C．正常工作时，电机产生的热量Q=I2r=4.5W故C错误；D．由80%×q=It解得t=2.4h故D正确。

3、油烟危害健康，某品牌的抽油烟机的主要部件是照明灯L和抽气扇M（电动机），电路连接如图所示，下列说法正确的是（）A．抽气扇须在点亮照明灯的情况下才能工作B．闭合开关S1和S2，抽气扇处于“弱吸”挡C．抽气扇由“弱吸”挡换成“强吸”挡，其发热功率不变D．工作中的抽气扇因吸入异物出现卡机时，回路中的电流将变大答案：D解析：A．由电路图可知，照明灯和抽气扇处于并联状态，则抽气扇工作与否与是否点亮照明灯无关，A错误；B．由电路图可知，闭合开关S2电阻R被短路，则流过抽气扇的电流、电压变大，则功率变大，抽气扇处于“强吸”挡，B错误；C．由电路图可知，闭合开关S2电阻R被短路，则流过抽气扇的电流变大，而抽气扇的热功率为P=I2r其中r为电机内阻，不变，则抽气扇由“弱吸”挡换成“强吸”挡，其发热功率增大，C错误；D．工作中的抽气扇因吸入异物出现卡机时，电动机变成纯电阻电路，回路中的电流将变大，D正确。

高中物理能量守恒定律经典例题

高中物理能量守恒定律经典例题
能量守恒定律是自然界普遍的基本定律之一。

表述为：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只会从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到其它物体，而能量的总量保持不变。

能量定义：
能量就是物质运动切换的量度，缩写“能够”。

世界万物就是不断运动的，在物质的一切属性中，运动就是最基本的属性，其他属性都就是运动的具体表现。

能量就是表观物理系统作功的本领的量度。

能量（energy）是物质所具有的基本物理属性之一，是物质运动的统一量度。

能量的单位与功的单位相同，在国际单位制中就是焦耳（j）。

在原子物理学、原子核物理学、粒子物理学等领域中常用电子条叶（ev）做为单位，1电子条叶=1.，18×10－19焦。

物理领域，也用尔格（erg）做为能量单位，1尔格=10－7焦。

能量以多种不同的形式存在；按照物质的不同运动形式分类，能量可分为机械能、化学能、内能（热能）、电能、辐射能、核能。

这些不同形式的能量之间可以通过物理效应或化学反应而相互转化。

各种场也具有能量。

高二秋季班物理内能能量守恒定律(二)

高二物理第二讲：内能能量守恒定律（二）（二）联系实际的综合运用例：（1）1791年，米被定义为：在经过巴黎的子午线上，取从赤道到北极长度的一千万分之一。

请由此估算地求的半径R。

（答案保留二位有效数字）（2）太阳与地球的距离为1.5×1011 m，太阳光以平行光束入射到地面。

地球表面2/3的面积被水面所覆盖，太阳在一年中辐射到地球表面水面部分的总能量W约为E=1.87×1024J。

设水面对太阳辐射的平均反射率为7％，而且将吸收到的35％能量重新辐射出去。

太阳辐射可将水面的水蒸发（设在常温、常压下蒸发1kg水需要2.2×106J的能量），而后凝结成雨滴降落到地面。

（a）估算整个地球表面的年平均降雨量（以毫米表示，球面积为4πR2）。

（b）太阳辐射到地球的能量中只有约50％到达地面，W只是其中的一部分。

太阳辐射到地球的能量没能全部到达地面，这是为什么？请说明二个理由。

同步训练：1．太阳表面温度高达6000℃，内部不断进行核聚变反应，并且以辐射方式向宇宙空间发射出巨大的能量。

据估计，每三天太阳向地球辐射的能量，就相当于地球所有矿物燃料能量的总和。

太阳能通过四个渠道被人类利用（转化和储存），这四个渠道是：①被植物、微生物吸收；②使大气和水升腾循环；③被海洋吸收；④被直接利用。

（1）你认为水力发电属于利用太阳能的哪个渠道？（）A．被直接利用 B．被植物、微生物吸收C．被海洋吸收D．使大气、水升腾循环（2）你认为以下能源中不是由太阳能转化的是( )A．煤 B。

石油 C。

天燃气 D。

核能2．地球上的潮汐现象所具有的能量——潮汐能是一种很有潜力的待开发的新能源。

（1）引起潮汐现象的原因是（）A．地球的自转 B。

地球的公转C．地球对月球的引力 D。

太阳、月亮对地球的吸引力（2）利用潮汐可以发电，某海湾面积S，涨潮与落潮水位差为h，海水密度为ρ，每次退潮可以发电的海水势能为（）A．2ShρB。

高二物理热力学定律与能量守恒试题答案及解析

高二物理热力学定律与能量守恒试题答案及解析1.一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中。

当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm时，木块沿水平面恰好移动距离1.0 cm。

在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为(子弹所受阻力为恒力)________.【答案】2 : 3【解析】设子弹与木块间的阻力为f，则子弹损失的动能为，木块增加的动能为，则根据能量守恒定律可知，等于木块增加的动能与系统增加的内能（即系统损失的机械能）之和，故系统损失的机械能为，所以系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为2:3 。

【考点】能量守恒定律2.以下说法正确的是( )A．电冰箱内的食品温度比室内温度低，说明热量可以由低温物体自发向高温物体传导B．内能可以转化为机械能C．能量的耗散否定了能量的转化与守恒定律D．能量的耗能说明自然界与热运动有关的宏观过程有方向性【答案】BD【解析】A. 电冰箱内的食品温度比室内温度低，说明热量可以由低温物体向高温物体传导，但不是自发的，A错B. 内能可以转化为机械能，正确。

比如说蒸汽机。

C. 能量的耗散否定了能量的转化与守恒定律，肯定错误D. 能量的耗能说明自然界与热运动有关的宏观过程有方向性，说法正确。

【考点】热力学常见概念点评：本题考查了热力学上常见的概念，包括热力学第一、第二定律的理解。

3.某一密闭容器中密封着一定质量的某种实际气体，气体分子间的相互作用力表现为引力．关于实际气体的下列说法中正确的是A．在完全失重的情况下，密封容器内的气体对器壁的顶部没有作用力B．若气体膨胀对外界做功，则分子势能一定增大C．若气体被压缩，外界对气体做功，则气体内能一定增加D．若气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功，则气体分子的动能一定不变【答案】B【解析】在完全失重的情况下，密闭容器内的气体仍然有压强，气体对器壁的顶部有作用力，所以A错误；体积膨胀，分子间距离增大，分子力做负功，气体的分子势能增加，B正确；外界对气体做功，但气体有可能向外界放热，所以内能的变化情况不能确定，C错误；气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功，所以内能不变，但分子势能增大了，所以分子动能一定减小，即D错误，故选B【考点】考查热力学第二定律点评：本题难度较小，改变气体内能有两种形式：做功和热传递4.生产、生活中使用的许多设备都可看作能量转换器，它们把能量从一种形式转化为另一种形式。

高中物理选修一第一章《能量守恒定律》测试题(包含答案解析)(6)

一、选择题1．木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块中，子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，此过程中木块位移为s，则（）A．子弹损失的动能为fs B．木块增加的动能为fsC．子弹动能的减少等于木块动能的增加D．子弹、木块系统产生的热量为f（s+d）2．一轻质弹簧下端固定在倾角为θ=30°的光滑斜面底端，上端拴接一质量为m的挡板A，挡板A处于静止状态。

现将一质量为2m的物体B从斜面上距离挡板A上方L处由静止释放，物体B和挡板A碰撞后一起向下运动的最大距离为s，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．A、B碰撞后瞬间的速度为gLB．A、B碰撞后瞬间的加速度为3gC．A、B碰撞后瞬间的加速度与运动到最低点时的加速度大小相等D．在最低点时弹簧弹性势能的增量为()232mg L s+3．在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。

如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。

若碰撞前、后两壶的v—t图象如图b所示。

关于冰壶的运动，下列说法正确的是（）A．碰撞后过程中，蓝壶受到的阻力比红壶的大B．碰撞后，蓝壶的运动的时间为6sC．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1mD．两壶碰撞是弹性碰撞4．建筑工地上需要将一些建筑材料由高处运送到低处，为此工人们设计了一个斜面滑道，如图所示，滑道长为16m ，其与水平面的夹角为37°。

现有一些建筑材料（视为质点）从滑道的顶端由静止开始下滑到底端，已知建筑材料的质量为100kg ，建筑材料与斜面间的动摩擦因数为0.5，取210m /s ,sin370.6,cos370.8︒︒===g 。

下列说法正确的是（）A ．建筑材料在滑道上运动的时间为8sB ．建筑材料到达滑道底端时的动量大小为800kg m /s ⋅C ．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受滑道支持力的冲量大小为零D ．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受重力做的功为49.610J ⨯5．光滑的水平桌面上，质量为0.2kg ，速度为3m/s 的A 球跟质量为0.2kg 的静止B 球发生正碰，则碰撞后B 球的速度可能为（）A ．3.6m/sB ．2.4m/sC ．1.2m/sD ．0.6m/s6．如图所示，小球A 质量为2m ，小球B 质量为m ，小球B 置于光滑水平面上，小球A 从高为h 处由静止摆下到达最低点恰好与相撞，并粘合在一起继续摆动，若不计空气阻力，它们能上升的最大高度是（）A ．hB ．49hC ．14hD ．18h 7．如图所示，有质量相同的a 、b 两个小球，a 从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，b 从同一高度自由下落。

高二物理典型例、易错题：能量守恒定律的典型例题

能量守恒定律的典型例题[例1]试分析子弹从枪膛中飞出过程中能的转化．[分析]发射子弹的过程是：火药爆炸产生高温高压气体，气体推动子弹从枪口飞出．[答]火药的化学能→通过燃烧转化为燃气的内能→子弹的动能．[例2]核电站利用原子能发电，试说明从燃料铀在核反应堆中到发电机发出电的过程中的能的转化．[分析]所谓原子能发电，是利用原子反应堆产生大量的热，通过热交换器加热水，形成高温高压的蒸汽，然后推动蒸汽轮机，带动发电机发电．[答]能的转化过程是：核能→水的内能→汽轮机的机械能→发电机的电能．[说明]在能的转化过程中，任何热机都不可避免要被废气带走一些热量，所以结合量守恒定律可得到结论：不消耗能量，对外做功的机器（称为第一类永动机）是不可能的；把工作物质（蒸汽或燃气）的能量全部转化为机械能（称第二类永动机）也是不可能的．【例3】将一个金属球加热到某一温度，问在下列两种情况下，哪一种需要的热量多些？（1）将金属球用一根金属丝挂着（2）将金属球放在水平支承面上（假设金属丝和支承物都不吸收热量）A．情况（1）中球吸收的热量多些B．情况（2）中球吸收的热量多些C．两情况中球吸收的热量一样多D．无法确定[误解]选（C）。

[正确解答]选（B）。

[错因分析与解题指导]小球由于受热体积要膨胀。

由于小球体积的膨胀，球的重心位置也会变化。

如图所示，在情况（1）中，球受热后重心降低，重力对球做功，小球重力势能减小。

而在情况（2）中，球受热后重心升高。

球克服重力做功，重力势能增大。

可见，情况（ 1）中球所需的热量较少。

造成[误解]的根本原因，是忽略了球的内能与机械能的转变过程。

这是因为内能的变化是明确告诉的，而重力势能的变化则是隐蔽的。

在解题时必须注意某些隐蔽条件及其变化。

[例4]用质量M=0．5kg的铁锤，去打击质量m=2kg的铁块。

铁锤以v=12m/s的速度与铁块接触，打击以后铁锤的速度立即变为零。

设每次打击产生的热量中有η=50%被铁块吸收，共打击n=50次，则铁块温度升高多少？已知铁的比热C=460J/kg℃。

2024高考物理能量守恒定律练习题及答案

2024高考物理能量守恒定律练习题及答案1. 在一个高处为10m的楼顶上有质量为2kg的物体A和质量为4kg的物体B。

物体A水平地以5m/s的速度被推出楼顶，物体B静止不动。

物体A与物体B发生完全弹性碰撞后，两者分别以多大的速度运动？假设重力加速度为10m/s²。

解析：根据能量守恒定律，弹性碰撞过程中动能守恒，即物体A在运动过程中的动能完全转移到物体B上。

根据公式KE = 0.5mv²，我们可以用以下公式计算物体A和物体B的速度：物体A的初始动能 = 物体B的动能 + 物体A的末速度²0.5 * 2 * (5)² = 0.5 * 4 * v² + 0.5 * 2 * v²解方程可得:50 = 2v² + 2v²50 = 4v²v² = 12.5v ≈ 3.54 m/s所以，物体A和物体B分别以3.54 m/s的速度运动。

2. 一个物体质量为0.5kg，初始速度为10m/s，经过一段时间后，物体的速度变为5m/s。

在这段时间内，物体所受到的净力是多少？根据动能定理，物体的初动能减去末动能等于物体所做的功，即：功 = 0.5 * m * (v² - u²)= 0.5 * 0.5 * (5² - 10²)= -37.5 J根据牛顿第二定律，力等于物体质量乘以加速度，即：净力 = m * a= 0.5 * (5 - 10)/t （由于物体速度减小，加速度为负值）解方程可得：净力 = -2.5/t因此，在这段时间内物体所受到的净力为-2.5/t 牛顿。

3. 一个质量为2kg的物体从高处落下，下落过程中逐渐失去了5m/s 的速度。

这段过程中物体所受到的净力是多少？解析：对于自由落体运动，物体所受到的净力等于重力，即 F = m * g。

根据动能定理，物体的初动能减去末动能等于物体所做的功，即：功 = 0.5 * m * (v² - u²)= 0.5 * 2 * (0² - (-5)²)因为物体逐渐失去了5m/s的速度，所以功为负值。

高中物理必修三第十二章电能能量守恒定律知识总结例题(带答案)

高中物理必修三第十二章电能能量守恒定律知识总结例题单选题1、已知两电源的电动势分别为E1、E2（E1>E2），内阻分别为r1、r2。

当两电源分别与阻值为R的电阻连接时，外电路消耗的功率正好相等。

若电阻R减小一些，再与E1、E2分别连接时，对应的外电路消耗的功率分别是P1、P2。

则（）A．r1<r2，P1<P2B．r1<r2，P1>P2C．r1>r2，P1<P2D．r1>r2，P1>P2答案：C由外电路消耗的功率相等得(E1 R+r1)2R=(E2R+r2)2R又知E1>E2，则（R＋r1）2>（R＋r2）2故r1>r2；再大致画出UI图像如图所示可知R减小一些（对应图中虚线），在E2中电流增加量大，由P＝I2R可得P1<P2故选C。

2、某无人值守彩色电视中转站采用太阳能电源工作，转换设备电压为24 V，每天发射时间为15 h，功耗20 W，其余9小时为接收等候时间，功耗为5 W，则（）A．转换设备电流恒为56AB．转换设备负载每天耗电量约为14.375 A·hC．转换设备每天消耗电能为345度D．转换设备在等待过程中，工作电压小于24 V答案：BA．发射时间转换设备电流为I1=P1U=2024A=56A而在接收等候时间内，其电流为I2=P2U=524A=524A故A错误；B．转换设备负载每天耗电量约为q=I1t1+I2t2=56×15Ah+524×9Ah=34524Ah≈14.375Ah故B正确；C．转换设备每天消耗电能为W=P1t1+P2t2=20×15Wh+5×9Wh=345Wh=0.345kWh故C错误；D．转换设备在等待过程中，工作电压等于24V，他是恒定不变的，故D错误；故选B。

3、如图所示是根据某次实验记录数据画出的U-I图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（）A．纵轴截距表示待测电源的电动势B．横轴截距表示短路电流C．根据r=EI短，计算出待测电源内电阻为12ΩD．电流为0.3A时的外电阻是1.8Ω答案：AA．根据闭合电路欧姆定律U=-Ir+E可知，纵轴截距表示待测电源的电动势。

2024届高二物理第十二章《电能能量守恒定律》测试题(含答案)

2024届高二物理第十二章《电能能量守恒定律》测试题（含答案）一、选择题1．2020年9月1日消息，沙特阿拉伯研究人员设计了一种新的球形太阳能电池，能更好地收集直射和散射的阳光．若球形电池在正常照射下可将光能转换为电能的效率高达48%，用这种太阳能电池产生6 V的电动势，可获得1.2 A的电流，则每秒照射到这种电池上的太阳光的能量约是()A．5 J B．10 JC．15 J D．20 J答案C解析依题意，根据能量守恒定律可得E×48%＝UIt，代入题中相J 关数据，可得每秒照射到这种电池上的太阳光的能量约是E＝6×1.2×10.48＝15 J，故选C项．2．(多选) 现有一个排气扇，如图所示，排气扇电动机的线圈电阻为0.2 Ω，当它两端电压为110 V时，通过的电流为5 A．则这台排风扇()A．每分钟消耗的电能是33 000 JB．每分钟产生的热量为300 JC．排风扇的输出功率是545 WD．排风扇的工作效率是82.5%答案ABC解析排气扇的电功率为P＝UI＝110×5 W＝550 W，每分钟消耗的电能是E＝Pt＝550×60 J＝33 000 J，所以A项正确；每分钟产生的热量为Q＝I2rt＝52×0.2×60 J＝300 J，所以B项正确；排风扇的输出功率是P出＝UI－I2r＝(110×5－52×0.2)W＝545 W，所以C项正×100%≈99%，所以D项错误；故确；排风扇的工作效率是η＝P出P选A、B、C三项．3. 如图所示电路中灯泡L1、L2不亮，但电路中只有一处断开．现用电压表测得U ab＝0，U ac＝3 V，U bd＝3 V，U cd＝0，则可知()A．L2断路B．L1断路C．R断路D．开关K未接通答案C解析由于电路中无电流，根据欧姆定律可知，连接在一起的导体电压为零，是一个等势体，故凡未断开的灯丝及电阻器两端的电压应为零，相应电压表示数为零．由题：U ab＝0，U ac＝3 V，U bd＝3 V，U cd ＝0，可知两灯、开关K完好，R断路，故A、B、D三项错误，C项正确．故选C项．4．如图所示是一种风速测定装置，电源电压不变，R为定值电阻，R1为滑动变阻器．T形管道的竖直管内装有可上下无摩擦自由移动的轻质活塞，活塞通过轻质细杆和滑动变阻器的滑片P相连，S闭合后，当风速增大时(活塞上方气压变小)，下列说法中正确的是()A．活塞上移，电压表的示数变小B．活塞上移，电压表的示数变大C．活塞下移，电压表的示数变大D．活塞下移，滑动变阻器R1两端的电压变大答案B解析当风速增大时，活塞上方气压变小，活塞上移，滑片P上移，R1接入电路的阻值减小，电路中电流增大，R两端电压增大，所以电压表示数增大．故选B项．5. 如图所示的电路中，已知电源电动势为E，内阻为r.闭合开关，调节滑动变阻器R的滑片的位置，可以改变外电路的电阻，电压表的示数U、电流表的示数I、电源的总功率P都将随之改变．以下四幅图中能正确反映PI、PU关系的是()答案C解析根据电源的总功率为P＝IE，可知PI图像是过原点的倾斜直线，则A、B两项错误；根据电源的总功率为P＝IE＝E−Ur E＝E2r－ErU，则PU图像是倾斜的直线，C项正确，D项错误．故选C项．6. 如图所示是汽车蓄电池供电简化电路图，蓄电池电动势为E，内阻为r、L1、L2是汽车的车灯，S是汽车的启动开关．开关S闭合，电动机M工作，汽车启动．关于该电路，以下说法正确的是()A．开关S闭合前后，车灯亮度不变B．开关S闭合后，蓄电池内阻r消耗的电功率变小C．开关S闭合后，车灯两端的电压变小D．开关S闭合前后蓄电池的输出功率不变答案C解析将L1、L2等效为一阻值为R L的电阻，S闭合前，电源输出电压为U，总电流为I，I＝E−Ur ，U＝R LR L+rE，S闭合后，电源输出电压设为U′，由于电动机工作，通过R L的电流小于总电流I′，I′＝E−U′r，U′R L <E−U′r，可解得U′<R LR L+rE，可见，S闭合后，U′<U，I′>I，所以车灯两端的电压变小，车灯亮度变暗，A项错误，C项正确；蓄电池内阻r消耗的电功率P r＝I2r，闭合S后，电路总电流变大，I′>I，说明蓄电池内阻r消耗的电功率变大，B项错误；蓄电池的输出功率P出＝IE－I2r＝－r(I−E2r )2＋E24r，因为汽车蓄电池内阻很小，所以I<E2r，S闭合后，总电流增大，根据上式可知，输出功率变大，D项错误．故选C项．7．(多选)如图所示的UI图像中，直线A为电源的路端电压与电流的关系，直线B、C分别是电阻R1、R2的电压与电流的关系．若将这两个电阻分别直接与该电源连接成闭合电路，下列说法正确的是()A．两个电阻的电功率相等B．R1接在电源上时，电源的输出功率较大C．R2接在电源上时，电源内阻的热功率较小D．两种情况下，电源的总功率相等答案BC解析由两图线的交点读出R1接在电源上时电压U1＝0.5U0，通过R1的电流I1＝0.5I0，电源的输出功率P1＝U1I1＝0.25U0I0，R2接在电源上时电压U2＝0.75U0，通过R2的电流I2＝0.25I0，电源的输出功率U0I0，所以R1接在电源上时，电源的输出功率较大，A P2＝U2I2＝316项错误，B项正确；由题图可知，电源接R2时电路中的电流较小，所以电源内阻的热功率较小，C项正确；电源中非静电力做功的功率P＝IE，所以电流较大的情况下，电源的总功率较大，D项错误．故选B、C两项．8. (多选)如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r.开关S闭合后，平行金属板中的带电液滴处于静止状态．电流表和电压表均为理想电表，R2为光敏电阻(阻值随光照强度的增强而减小)．当光照强度增强时，下列说法正确的是()A．电压表的示数增大B．路端电压增大C．R3的电功率增大D．液滴将向下加速运动答案AD解析光敏电阻R2随光照强度的增强而电阻减小，则外电路的电阻，增大，根据U1＝IR1，可知，电压表的示数减小，干路电流I＝Er+R外增大，A项正确；根据U＝E－Ir可知，路端电压减小，B项错误；根据U3＝E－I(r＋R1)，可知，U3减小，则R3的电功率减小，C项错误；电容器两端电压等于U3，则电容器两板间的电场强度减小，根据受力分析结合牛顿第二定律可知，液滴将向下加速运动，D项正确．故选A、D两项．二、非选择题9．图甲是小华设计的门铃控制电路．当小华在家时，将单刀双掷开关K打向a，不在家时将K打向b.有人按键，确保在家时电铃响；不在家时电铃不响，报警灯闪烁并提示主人不在家．电铃的工作电压为3 V，低于3 V时电路断开，长时间高于3 V时电铃损坏(电铃电阻远大于R2)．图中R1、R2为滑动变阻器，R2的阻值范围为0～20 Ω，电源为积层电池，该电池的UI图线如图乙．(积层电池适用于仪表测量、仪器供电，电池容量小，电压高，内部化学反应迟缓，放电电流小，能使用很长时间)(1)积层电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω；(2)小华通过调节R1、R2使电铃正常工作，若调节R1使其连入电路的阻值为7 Ω，则变阻器R2滑片右侧的阻值应为________Ω.答案(1)918(2)15Ω解析(1)根据电池的UI图线可知电动势E＝9 V，内阻r＝k＝90.5＝18 Ω.(2)长时间高于3 V时电铃损坏，且电铃电阻远大于R2的电阻，可看作电压表，所以K打向a时，R1＝7 Ω，R2＝20 Ω.根据闭合电路欧姆定律有E＝I(r＋R1＋R2)，解得I＝0.2 A，设R2右侧电阻为R0，电铃应分3 V电压，即IR0＝3 V，解得R0＝15 Ω.10．老师说，废旧电池的电动势基本不变而内阻显著增大，会造成电池的输出电流过小，所以遥控车用完，遥控器还能接着用．高二某班物理兴趣小组得到一节从电动玩具车上取下的废旧电池，如图甲所示．电池内阻估计有上百欧，为了测定其电动势和内阻，他们设计了如图乙所示的电路．其中，电阻箱最大阻值为9 999.9 Ω；可选用的电流表为：A1，量程0～10 mA，内阻R1＝20 Ω；A2，量程0～0.6 A，内阻R2约为0.5 Ω.(1)图乙中电流表应选择________；(填“A1”或“A2”)(2)调节电阻箱的阻值，取得多组R、I值后，该组同学以IR为纵坐标，I为横坐标建立坐标系(其中I、R分别为电流表和电阻箱的示数)，绘制的图像如图丙所示，图像中a为纵轴截距，b为横轴截距．则测得的废旧电池电动势和内阻的表达式分别为E＝________，r＝________．(用a，b，R1，R2表示)－R1答案(1)A1(2)a ab解析(1)一节干电池的电动势约为1.5 V，因其内阻上百欧，估算可知电流不可能达到15 mA，且A1内阻已知，故选A1.(2)纵轴IR为电阻箱两端的电压，横轴I为干路电流，根据闭合电路欧姆定律得IR＝E－I(R1＋r)，则纵轴截距a表示电动势E＝a；斜率的绝对值ab 减去电流表A1的内阻R1表示电源内阻，则有ab＝R1＋r，r＝ab－R1.11．(2020·天津)某实验小组选用以下器材测定电池组的电动势和内阻，要求测量结果尽量准确．电压表(量程0～3 V，内阻约为3 kΩ)电流表(量程0～0.6 A，内阻约为1 Ω)滑动变阻器(0～20 Ω，额定电流1 A)待测电池组(电动势约为3 V，内阻约为1 Ω)开关、导线若干(1)该小组连接的实物电路如图所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是________．(2)改正这条导线的连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于滑动变阻器的________端(填“a”或“b”)(3)实验中发现调节滑动变阻器时，电流表读数变化明显但电压表读数变化不明显．为了解决这个问题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为5 Ω的电阻，之后该小组得到了几组电压表读数U和对应的电流表读数I，并作出UI图像，如图所示．根据图像可知，电池组的电动势为________V，内阻为________Ω.(结果均保留两位有效数字)答案(1)5(2)a(3)2.90.80解析(1)因为电源内阻较小，故对于电源来说应该采用电流表外接法，图中采用的是电流表内接；故导线5连接不当，应该从电压表正接线柱接到电流表正接线柱；(2)开始实验前应该让滑动变阻器连入电路阻值最大，故应将滑片置于a端；(3)由图线可知图线与纵轴的交点即为电源电动势，故E＝2.9 V；图线与横轴的交点为短路电流I＝0.50 A，故可得等效内阻为r＝EI ＝2.90.5Ω＝5.80 Ω.又因为在开关和电池负极之间接有 5 Ω的电阻，在计算过程中等效为内阻，故电源内阻为r′＝5.80 Ω－5 Ω＝0.80 Ω.12. 三元锂电池是电动汽车上常用的高能量密度电池，某实验小组利用图1所示的电路测量一节废旧三元锂电池的电动势和内阻．实验器材如下：A．废旧三元锂电池一节(电动势约4 V，内阻约2 Ω)B．电压表V(量程3 V，内阻R g＝5 kΩ)C．定值电阻R0(阻值为2.5 kΩ)D．电阻箱R(最大阻值为999.9 Ω)E．开关、导线若干回答下列问题：(1)电路图中将电压表V和定值电阻R0串联，相当于将电压表的量程增加了________V；(2) 闭合开关S，改变电阻箱R的阻值，得到多组电压表示数U和电阻箱阻值R的值，由此作出的1U 1R图像如图2所示，则该锂电池的电动势为E＝________V，内阻r＝________Ω；(结果均保留2位有效数字)(3)若要对工作电压为6 V 、工作电流为0.5 A 的用电器供电，则要使该用电器正常工作，至少需要________节这样的锂电池串联在一起，此时电路中需要串联的分压电阻为________Ω.答案 (1)1.5 (2)3.6 2.4 (3)3 2.4解析 (1)电路图中将电压表V 和定值电阻R 0串联，将电压表的量程改为U ′＝I (R g ＋R 0)＝U R g(R g ＋R 0)＝4.5 V . 相当于将电压表的量程增加了ΔU ＝U ′－U ＝1.5 V .(2)根据闭合电路欧姆定律E ＝U R g (R g ＋R 0)＋U R g(R g ＋R 0)1R r 则有E ＝3U 2＋3U 21R r ，变形得1U ＝32E ＋3r 2E 1R根据图像可得斜率k ＝34−1213−112＝1，即k ＝3r 2E ＝1根据数学知识可得截距为b ＝512，即b ＝32E联立可得E ＝3.6 V ，r ＝2.4 Ω.(3)若要对工作电压为6 V 、工作电流为0.5 A 的用电器供电，总电动势为E ′≥U ＋Inr ＝6＋0.5×2.4n ，又因E ′＝nE ，联立可得n ≥3. 所以至少这样的电池3节，此时电路中需要串联的分压电阻为R ′＝3E−U−I·3r I ＝3×3.6−6−0.5×3×2.40.5Ω＝2.4 Ω.。

高二物理竞赛课件：能量守恒定律

解：解法一，根据功的定义，以m为研究对象，受力
分析.
mg cos
f
ma
m dv dt
则 f mg cos m dv
dt
A阻 l fds
A
R
O
fr
N
v G
B
90
mg cos Rd
v
mvdv mgR
1 mv 2
0
0
2
解法二，根据动能定理，对物体受力分析，只有重力
和摩擦力作功，
mg cos ds
A阻
1 2
mv2
90 0
A阻 mg
1 2
cos
mv2
Rd
1 mv 2 mgR 2
解法三，根据功能原理，以物体和地球为研究对象
Ae 0 , Ain A阻
A阻
Ek
E p
1 2
mv
2
mgR
代入已知数字得 A 1 mv2 mgR 42.4J 2
负号表示摩擦力对物体作负功，即物体反抗摩擦力
代入已知数字得 s 85 m
解法二：根据功能原理，有
即
fr s＝
Gs
（0 Gs sin ) (
1 2
m v02
Gs sin
1 2
m
v02
0)
（4）
代入已知数字亦得 s 85 m
例题在图中，一个质量m=2kg的物体从静止开始，沿四分之一的圆周从A滑到B，已知圆的半径R=4m，设物体在B处的速度v=6m/s，求在下滑过程中，摩擦力所作的功。
在有耗散力的情况下，必需将耗散力造成的机械能损失考虑到能量守恒方程中去。
如过山车运动过程存在摩擦，1-2点间摩擦力Ffr做功

高二物理能量守恒定律与能源试题

高二物理能量守恒定律与能源试题1.（9分）如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为的相同小球A、B、C。

现让A球以的速度向B球运动，A、B两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，碰后C球的速度。

求：①A、B两球碰撞后瞬间的共同速度；②两次碰撞过程中损失的总动能。

【答案】①②1.25J【解析】①A、B相碰的过程中，对A和B组成的系统满足动量守恒，有：解得共同速度为：A、B两球与C球相碰，对三者的系统满足动量守恒定律，有：解得两球碰后速度为：两次碰撞损失动能为：【考点】本题考查动量守恒定律和能量守恒定律。

2.如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA =4.0kg和mB="3.0kg." 用轻弹栓接相边放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触. 另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s 时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示。

.试求：（1）物块C的质量mC；（2）墙壁对物块B的弹力在4 s到12s的时间内对B做的功W（3）B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。

【答案】（1）2kg（2）0（3）9J【解析】（1）由图知，C与A碰前速度为碰后速度为C与A碰撞过程动量守恒. 解得mC=2kg（2）墙对物体B不做功，W="0"（3）物块B在12S末离开墙壁，此时AC速度大小，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度相等时弹簧弹性势能最大，设AC与B共速时速度大小为4。

得【考点】动量守恒定律及能量守恒定律。

3.如图所示，阴极材料由铝制成。

已知铝的逸出功为W，现用波长为λ的光照射铝的表面，使之产生光电效应．已知电子的电荷量为e，普朗克常量为h，真空中光速为c.求：（1）光电子的最大初动能；（2）电压表示数至少为多大时电流表示数才为零；（3）若射出的具有最大初动能的光电子与一静止的电子发生正碰，则碰撞中两电子电势能增加的最大值是多少？【答案】（1）h－W0（2）（3）( h－W)【解析】(1)由爱因斯坦光电效应方程知最大初动能Ek ＝h－W(3分)（2）当电流表示数为零时，反向截止电压为，电压表示数至少为 (2分)解得： (1分)(3)要使电势能最大，即二者为完全非弹性碰撞，设碰前为v，碰后二者共速为v′.则：mv2＝h－W① (1分)mv＋0＝2mv′② (2分)mv2＋0＝E电＋2mv′2 ③ (2分)由①②③解得：E电＝( h－W) (1分)【考点】爱因斯坦光电效应方程完全非弹性碰撞能量守恒定律定律守恒定律4.光滑水平面上放有两辆小车A和B。

人教版高二物理下册《热力学第一定律、能量守恒定律》练习题及答案

人教版高二物理下册《热力学第一定律、能量守恒定律》练习题及答案
要对知识真正的精通就必须对知识进行活学活用，下面是查字典物理网为大家带来的热力学第一定律能量守恒定律练习题及答案，希望大家通过这个能真正的对知识灵活运用。

例1：下列说法中正确的是：A、物体吸收热量，其内能必增加B、外界对物体做功，物体内能必增加C、物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能减少D、物体温度不变，其内能也一定不变答案：C评析：在分析问题时，要求考虑比较周全，既要考虑到内能包括分子动能和分子势能，又要考虑到改变内能也有两种方式：做功和热传递.例题2：空气压缩机在一次压缩中，空气向外界传递的热量2.0 ×105J，同时空气的内能增加了1.5 ×105J. 这时空气对外做了多少功?解：根据热力学第一定律1.5 ×105J - 2.0 ×105J = -0.5 ×105J所以此过程中空气对外做了0.5 ×105J的功.查字典物理网为大家推荐热力学第一定律能量守恒定律练习题及答案，大家仔细阅读了吗?更多同步练习，尽在查字典物理网。

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高中物理第十二章电能能量守恒定律第十二章电能能量守恒定律精选试卷专题练习(解析版)

高中物理第十二章电能能量守恒定律第十二章电能能量守恒定律精选试卷专题练习（解析版）一、第十二章电能能量守恒定律实验题易错题培优（难）1．某同学利用一个电阻箱、一个电压表（视为理想电表）、一个定值电阻（05ΩR=）、一个开关和若干导线测定一电源（电动势小于3V）的电动势及内阻，实验原理图如图（甲）所示。

(1)根据实验原理图完成实物图（乙）中的连线______________。

(2)若某次测量时电阻箱的旋钮位置如图（丙）所示的，电压表的示数如图（丁）所示，则电阻箱的阻值为________Ω，电压表的示数为__________V。

(3)改变电阻箱的电阻R，读出电压表的示数U，然后根据实验数据描点，绘出的图像是一条直线11U R-。

若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则电源的电动势E=__________，内阻r=_________。

（用k、b和0R表示）【答案】 115.0 2.30 1b0kRb-【解析】【分析】【详解】（1）根据电路图连接实物图如图所示（2）如图（丙）和（丁），电阻箱和电压表的读数分别为 11001105100.1115.0R =⨯+⨯+⨯+⨯=Ω， 2.30U =Ｖ（3）根据电路图可知电路的电流满足关系0+E U I R R r R==+ 变形可得 0111R r U E R E+=+ 再由11U R-图像的斜率为k ，在坐标轴上的截距为b ，即 11k b U R=+ 所以可得0R r k E+=，1b E = 即可求得1E b =，0k r R b=-2．一研究学习小组，为了测定两节串联干电池组的电动势E 和内电阻r ，实验器材有：一只DIS 电流传感器（可视为理想电流表，测得的电流用I 表示），一只电阻箱（阻值用R 表示），一只开关和导线若干。

该学习小组设计了如图甲所示的电路进行实验和采集数据。

（1）设计该实验的原理表达式是________（用E 、r 、I 、R 表示）；（2）在闭合开关之前，应先将电阻箱阻值调至________（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”），在实验过程中，将电阻箱调至图乙所示位置，则此时电阻箱接入电路的阻值为________Ω；（3）根据实验采集到的数据作出如图丙所示的1I﹣R 图象，则由图象求得该电池组的电动势E =_______V ，内阻r =_______Ω．（结果均保留两位有效数字）【答案】E =I （R +r ）最大值 12 2.7 2.1【解析】【详解】（1）[1]．由图可知，本实验采用的是电流表与电阻箱测定电动势，在闭合电路中，电动势为：E =I （R +r ）；（2）[2][3]．为了保证电路安全，闭合开关前电阻箱接入电路的阻值应为电阻箱的最大阻值；由图乙所示电阻箱可知，电阻箱的示数为：0×1000Ω+0×100Ω+1×10Ω+2×1Ω=12Ω；（3）[4][5]．在闭合电路中，E =I （R +r ），则11r R I E E=+ 则1R I-图象的截距：r b E =，图象斜率：1k E = 由图象可知：b =0.8， 1413918I k R ∆-===∆-解得电动势为：E ≈2.7V ，电源内阻为：r ≈2.1Ω；3．现有一节干电池（电动势约为1.5V ，内阻约为0.30Ω），电压表V （量程为3V ，内阻约3kΩ）；电流表A （量程为0.6A ，内阻为0.70Ω），滑动变阻器R （10Ω，2A ），电键一个及导线若干。

高二物理热力学第一定律能量守恒定律

高二物理热力学第一定律能量守恒定律【三维目标】[知识与技能]1、了解热力学第一定律，会用其数学表达式进展简单计算；2、理解热力学第一定律公式中各量的正负号的含义3、理解能量守恒定律，能应用其解释一些现象；4、知道第一类永动机是不可能制成的,它违反了能量守恒定律。

[过程与方法]1.结合实例，引导学生自己归纳出热力学第一定律ΔU =W+Q以与ΔU、W、Q正负号的意义，注重过程的探讨，培养学生应用所学知识分析问题的能力。

2. 能量守恒定律是自然科学的根本定律之一，应用能量守恒的观点来分析物理现象、解决物理问题是很重要的物理思维方法。

[情感、态度与价值观]1．通过了解能量守恒定律确立的过程，体会科学家们探索物理规律的艰辛，培养学生勇于探索、不畏困难的意志品志。

2．通过了解第一类永动机不可能制成，使学生明白“不想付出，却想获得〞是不可能的，要想有所成就，就必须付出加倍的努力。

【重点难点】[重点]热力学第一定律和能量守恒定律，强调能量守恒定律是自然科学中最根本的定律。

学会运用热力学第一定律和能量守恒定律分析、计算一些物理习题。

[难点]1.热力学第一定律中各个物理量正负的取值.2.运用能的转化和守恒定律对具体的自然现象进展分析，并能够说明能量是怎样转化的. 【新课导入】通过前面两节的学习，我们明确了做功和热传递都可以改变物体的内能，它们的最终目的都是使物体的内能发生变化。

反过来讲，如果一个物体的内能发生了变化，我们能否判断出其变化的原因是做功还热传递呢？这又说明了什么？生：不能。

说明二者在改变物体内能方面是等效的。

师：如果做功和热传递同时进展，△Ｕ、W、Q之间有什么样的数量关系呢？导语二：打个比方，甲如果给我三块钱，乙不给我钱，那么我身上就增加了三块钱，如果甲不给我钱，乙给我五块钱，那么我身上就增加了五块钱，如果甲乙同时分别给我三块钱和五块钱，那么我身上就增加了八块钱。

对于一个热力学系统来讲，如果外界向它做功的同时也向它传递热量，那么它的内能变化是多少呢？【互动探究】1．热力学第一定律（1）定义：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功的和。

高二物理能量守恒定律试题

高二物理能量守恒定律试题1.某气体温度升高了(体积不变)，可能的原因是( )A．气体一定吸收了热量B．气体可能放出了热量C．外界对气体可能做了功D．气体可能吸收了热量【答案】A【解析】体积不变，说明外界对气体做的功W＝0，由于温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，气体内能增加，由ΔU>0知Q>0，即一定吸热．故答案选A【考点】温度是分子平均动能的标志和改变内能的方式点评：质量一定的气体，体积不变，表明和外界没有做功的表现，当温度升高时，是因为热传递的原因，是一个等容变化．压强变大。

2.如图所示，一绝热容器被隔板K隔开a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中( )A．气体对外界做功，内能减少B．气体不做功，内能不变C．气体压强变小，温度降低D．气体压强变小，温度不变【答案】BD【解析】因b内为真空，所以抽开隔板后，a内气体可以“自发”进入b，气体不做功．又因容器绝热，不与外界发生热量传递，根据热力学第一定律可以判断其内能不变，温度不变．由理想气体状态方程可知：气体体积增大，温度不变，压强必然变小，综上可判断B、D项正确．A、绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q=0，因而A错误；B、稀薄气体向真空扩散没有做功，W=0，因而B正确；C、根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变，则温度不变，因而C错误；D、稀薄气体扩散体积增大，压强必然减小，D正确；故选BD．【考点】本题考查了热力学第一定律的应用。

点评：热力学第一定律的应用及运用理想气体状态方程对气体的温度、压强和体积的判断是解决此题的关键．3.如图所示是一定质量的理想气体从状态A经B至C的p—图线，则在此过程中( )A．气体的内能改变B．气体的体积增大C．气体向外界放热D．气体对外界做功【答案】C【解析】根据气体状态方程=C和已知的变化量去判断其它的物理量．对于一定质量的理想气体，温度升高，那么气体的内能增加．根据热力学第一定律判断气体吸热还是放热．由图象可知该理想气体发生的是等温变化，故气体的内能不变，ΔU＝0；但气体的体积在减小，故外界对气体做功，W>0；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，Q<0，气体向外界放热，故C正确【考点】理想气体状态方程热力学第一定律点评：够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系．要注意热力学第一定律△U=W+Q中，W、Q取正负号的含义．4.如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，dc平行于纵坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法错误的是( )A．从状态d到c，气体不吸热也不放热B．从状态c到b，气体放热C．从状态a到d，气体对外做功D．从状态b到a，气体吸热【答案】B【解析】从状态d到c，温度不变，理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，要保持内能不变，一定要吸收热量，故答案A错；气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小(降温)，就一定要伴随放热的过程，故选项B正确；气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，选项C正确；气体从状态b到状态a是个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，就没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果，故选项D正确．故答案选B。

人教版高中物理第十二章电能能量守恒定律精选试卷测试题(Word版含解析)

人教版高中物理第十二章电能能量守恒定律精选试卷测试题（Word 版含解析）一、第十二章电能能量守恒定律实验题易错题培优（难）1．一同学设计了如图甲所示电路来测节干电池的电动势和内阻．该同学选好器材后，进行操作(其中0R 是保护电阻)．（1）该同学测量时记录了6组数据，并根据这些数据面出了U-I 图线如图丙所示，根据图线求出干电池的电动势E=_________V(结果保留三位有效数字)，内阻r=___________Ω．（2）若保护电阻0R 的阻值未知，该干电池的电动势E 、内电阻r 已经测出，在图乙的电路中只需改动一条线就可测量出0R 的阻值．该条线是_________，需改接为________(请用接线柱处的字母去表达)．改接好后，调节滑动变阻器，读出电压表的示数为U 、电流表示数为I ，电源的电动势用E 表示，内电阻用r 表示，则0R =__________．【答案】1.48V 0.50Ω（0.48～0.52Ω） dj je 或者jf 0E UR r I-=- 【解析】【分析】【详解】（1）由图丙所示，电源U-I 图像可知，图像与纵轴交点坐标值为1.48，则电源电动势E=1.48V ，电源内阻 1.48 1.200.500.480.520.56U r I ∆-===ΩΩ∆（～） , （2）将导线jd 改接为je ，此时电源与定值电阻组成等效电源，在闭合电路中，电源电动势：E=U+I （R 0+r ），定值电阻0E UR r I-=-2．用如图所示电路，测定一节干电池的电动势和内阻。

电池的内阻较小，为了保护电路，电路中用一个定值电阻0R 起保护作用。

除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：（a）电流表（量程0.6A、3A）；（b）电压表（量程3V、15V）；（c）定值电阻（阻值1Ω、额定功率5W）；（d）定值电阻（阻值10Ω、额定功率10W）；（e）滑动变阻器（阻值范围0~10Ω、额定电流2A）；（f）滑动变阻器（阻值范围0~100Ω、额定电流1A）。

高二物理能量守恒定律的典型例题

能量守恒定律的典型例题[例1]试分析子弹从枪膛中飞出过程中能的转化．[分析]发射子弹的过程是：火药爆炸产生高温高压气体，气体推动子弹从枪口飞出．[答]火药的化学能→通过燃烧转化为燃气的内能→子弹的动能．[例2]核电站利用原子能发电，试说明从燃料铀在核反响堆中到发电机发出电的过程中的能的转化．[分析]所谓原子能发电，是利用原子反响堆产生大量的热，通过热交换器加热水，形成高温高压的蒸汽，然后推动蒸汽轮机，带动发电机发电．[答]能的转化过程是：核能→水的内能→汽轮机的机械能→发电机的电能．[说明]在能的转化过程中，任何热机都不可防止要被废气带走一些热量，所以结合量守恒定律可得到结论：不消耗能量，对外做功的机器〔称为第一类永动机〕是不可能的；把工作物质〔蒸汽或燃气〕的能量全部转化为机械能〔称第二类永动机〕也是不可能的．【例3】将一个金属球加热到某一温度，问在如下两种情况下，哪一种需要的热量多些？〔1〕将金属球用一根金属丝挂着〔2〕将金属球放在水平支承面上〔假设金属丝和支承物都不吸收热量〕A．情况〔1〕中球吸收的热量多些B．情况〔2〕中球吸收的热量多些C．两情况中球吸收的热量一样多D．无法确定[误解]选〔C〕。

[正确解答]选〔B〕。

[错因分析与解题指导]小球由于受热体积要膨胀。

由于小球体积的膨胀，球的重心位置也会变化。

如下列图，在情况〔1〕中，球受热后重心降低，重力对球做功，小球重力势能减小。

而在情况〔2〕中，球受热后重心升高。

球抑制重力做功，重力势能增大。

可见，情况〔 1〕中球所需的热量较少。

造成[误解]的根本原因，是忽略了球的内能与机械能的转变过程。

这是因为内能的变化是明确告诉的，而重力势能的变化如此是隐蔽的。

在解题时必须注意某些隐蔽条件与其变化。

[例4]用质量M=0．5kg的铁锤，去打击质量m=2kg的铁块。

铁锤以v=12m/s的速度与铁块接触，打击以后铁锤的速度立即变为零。

设每次打击产生的热量中有η=50%被铁块吸收，共打击n=50次，如此铁块温度升高多少？铁的比热C=460J/kg℃。