2021届广东省梅州市高三下学期3月高考总复习质检物理试卷（解析版）

这是一份2021届广东省梅州市高三下学期3月高考总复习质检物理试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．以下对物理现象和物理规律的认识中正确的是（ ）
A．光的波长越长，光的能量越小，光的波动性越显著
B．原子核结合能越大，原子核越稳定
C．查德威克发现了质子的存在
D．一群氢原子处在 n=4 的能级，当它跃迁到较低能级时，最多可发出3种频率的光子
2．2020年7月23日，我国在海南文昌发射中心成功发射了“天问一号”火星探测器。假设“天问一号”绕火星做匀速圆周运动，除了引力常量G外，至少还需要两个物理量才能计算出火星的质量，这两个物理量可以是（ ）
A．“天问一号”的质量和轨道半径
B．“天问一号”的运行周期和轨道半径
C．“天问一号”的质量和角速度
D．“天问一号”的质量和线速度
3．如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千。某次维修时将左边木桩向右移动一小段，但仍保持绳长和悬挂点不变。木板静止时， F1 表示木板所受合力的大小， F2 表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（ ）
A．F1 变大B．F1 变小C．F1 不变D．F2 不变
4．无线充电技术能实现能量的无线传输，如图是无线充电设备给手机充电，下列关于无线充电的说法正确的是（ ）
A．充电的原理主要利用了自感
B．充电设备与手机不接触也能充电
C．充电设备与手机的充电电流一定相等
D．充电设备中的线圈通恒定电流也可以对手机无线充电
5．如图所示，摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（ ）
A．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
B．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
C．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
D．通过最低点时，乘客的重力小于座椅对他的支持力
6．如图，理想变压器原线圈输入电压 u=Umsinωt ，副线圈电路中 R0 为定值电阻，R是滑动变阻器， V1 和 V2 是理想交流电压表，示数分别用 U1 和 U2 表示； A1 和 A2 是理想交流电流表，示数分别用 I1 和 I2 表示。下列说法正确的是（ ）
A．I1 和 I2 表示电流的瞬时值
B．U1 和 U2 表示电压的有效值
C．滑片P向下滑动过程中， U2 变大、 I1 变大
D．滑片P向下滑动过程中， U2 不变、 I1 变小
7．A、B两质点在同一平面内同时向同一方向做直线运动，它们的位移 - 时间图像如图所示，其中质点A的图像是顶点过原点的抛物线的一部分，质点B的图像是过点 (0,3) 的一条直线，两图像相交于坐标为 (3,9) 的P点，则下列说法正确的是（ ）
A．质点A做初速度为零、加速度为 3m/s2 的匀加速直线运动
B．质点B以 2m/s 的速度做匀速直线运动
C．在前3s内，质点A和B的平均速度相等
D．在前3s内质点A的速度始终比质点B的速度小
二、多选题
8．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电源E相连，在距离两板等距离的M点有个带电液滴处于静止状态。若将b板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是（ ）
A．液滴带负电B．液滴将加速向下运动
C．M点电势升高D．带电液滴在M点的电势能增大
9．在某建筑工地，有一工件在电机的牵引下从地面竖直向上送至指定位置进行安装，已知该工件先后经历匀加速、匀速、匀减速直线运动三个阶段。当工件加速运动到总距离的一半时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的 F-t 图像如图所示，当 t=18s 时工件速度恰好减为0且到达指定位置。整个过程中不计空气阻力，重力加速度 g=10m/s2 ，则（ ）
A．0~18s 时间内，工件一直处于失重状态
B．工件做匀速运动的速度大小为 3m/s
C．工件做匀减速运动加速度大小为 0.25m/s2
D．地面和指定位置之间的总距离为56m
10．如图所示，在水平虚线MN边界的下方是一垂直纸面向里的匀强磁场，质子 (11H) 和 α 粒子 (24He) 先后从边界上的A点沿与虚线成 θ=45° 角的方向射入磁场，两粒了均从B点射出磁场。不计粒子的重力，则（ ）
A．质子和α粒子在磁场中运动的轨迹相同
B．质子和α粒子在磁场中运动的速度大小之比为1:2
C．质子和α粒子在磁场中运动的动能相同
D．质子和α粒子在磁场中运动的时间之比为 2:1
三、实验题
11．
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，为防止读数时测微螺旋发生转动，读数前应先旋紧如图所示的部件 （选填“A”、“B”、“C”或“D”）。从图中的示数可读出合金丝的直径为 d= mm。
（2）如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
①如图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球 m1 多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球 m2 静置于水平轨道末端，再将入射球 m1 从斜轨上S位置静止释放，与小球 m2 相碰，并多次重复。
接下来要完成的必要步骤是 。（填选项前的符号）
A．用天平测量两个小球的质量 m1 、 m2
B．测量小球 m1 开始释放高度 h
C．测量抛出点距地面的高度 H
D．分别找到 m1 、 m2 相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM，ON
②本实验中若两球相碰前后动量守恒，其表达式可表示为 （用①中测量的量表示）
12．某科学探究小组欲通过测定工业废水的电阻率，来判断废水是否达到排放标准（一般电阻率 ρ≥200Ω⋅m 的废水即达到排放标准）。该小组用透明塑料板自制了个长方体容器，其左、右两侧面内壁紧贴金属铜薄板（板的厚度和电阻的影响可忽略不计），铜薄板上端分别带有接线柱A、B，如图甲所示。容器内表面长 a=40cm ，宽 b=20cm ，高 c=20cm 。将废水注满容器后，进行如下实验操作。
（1）用多用电表的电阻档粗测容器中废水的电阻，选择开关置于“ ×100 ”档，其示数如图乙所示，则该废水的电阻值约为 Ω；
（2）为更精确地测量所取废水的电阻率，该小组从实验室中找到如下实验器材：
A．直流电源 E （电动势 E 约 3V ，内阻 r0 约 0.1Ω ）；
B．电压表 V （量程 0~3V ，内阻约3kΩ）；
C．电流表 A1 （量程 0~3mA ，内阻约10 Ω ）；
D．电流表 A2 （量程 0~0.6A ，内阻约0.4 Ω ）；
E．滑动变阻器 R （ 0~50Ω ，额定电流 2.0A ）；
F．开关S一个，导线若干。
图丙为该实验小组在实验过程中所采用的电路图，由于废水洒在纸上，导致部分电路图缺失不清，图丙中的电流表A应为 （填写器材前面的字母序号“C”或“D”），请你在答题卡相应位置补全电路图 ；
（3）正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数据；再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤，得出一系列数据如表所示，请在图丁作出图线。图丁的坐标纸中已经描出了3个点，请在答题卡相应图中将剩余3个点描出，并作出U-I关系图线；
（4）由以上测量数据可以求出待测废水的电阻率 ρ= Ω⋅m 。该废水 （填“达到”或“未达到”）排放标准。
13．如图所示，一半圆形玻璃砖外面插上 P1 、 P2 、 P3 、 P4 四枚大头针时， P3 恰可挡住 P1 、 P2 所成的像， P4 恰可挡住 P3 本身及 P1 、 P3 所成的像，则该玻璃砖的折射率 n= ；有一同学把大头针插在 P1' 和 P2' 位置时，沿着 P2 、 P3 的方向看不到大头针的像，其原因是 。
四、解答题
14．如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L=1 m，上端接有电阻R=3Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量m=0.1 kg、电阻r=1 Ω的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图像如图乙所示。(取g=10 m/s2)求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）杆在磁场中下落0.1 s的过程中，电阻R产生的热量。
15．如图所示，一长为 L=1m ，质量为M（具体质量未知）的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一个质量为 m=3kg 的小木块A。若长木板固定不动，给A水平向左大小为 v0=2m/s 的初速度，最后A恰好没有滑离B板。若不固定长木板，以地面为参考系，同时给A利B以大小相等，方向相反的初速度 v0 ，使A开始向左运动，B开始向右运动，A、B最终的运动状态与长木板的质量有关。 g=10m/s2
（1）求A与B之间的滑动摩擦因数；
（2）若长木板不固定，且长木板B的质量也为 M=3kg ，求A、B分离时的速度大小；
（3）若长木板不固定，试求M在不同取值范围时，整个过程中木块与木板因摩擦产生的内能。
16．如图所示，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为 H=18cm 的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高 h0=4cm 的水银柱，水银柱上表面离管口的距离 l0=12cm 。管底水平段的体积可忽略。环境温度为 T1=283K 。大气压强 p0=76cmHg 。
（1）现将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱表面离管口的距离 l1=10cm ，此吋密封气体的温度 T2 为多少？
（2）维持管内气体温度 T2 不变，再从右侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），恰好使水银柱下端回到最初位置。比时水银柱的高度为多少？
17．一台收音机的接收频率范围从 f1=2.2MHz 到 f2=22MHz 。设这台收音机能接收的相应波长范围从 λ1 到 λ2 ，调谐电容器的相应电容变化范围从 C1 到 C2 。那么波长 λ1 、 λ2 之比为多少？电容 C1 、 C2 之比为多少？
五、填空题
18．热量总是自发地从高温物体传递给低温物体，这说明热传递过程具有 ；冰箱工作时，能把冰箱内的热量传递到冰箱外，这 （填“违反“或“不违反“）热力学第二定律。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A.光的波长越长，频率越低，波动性越显著，故A正确。
B.原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故B错误。
C.卢瑟福发现了质子的存在，查德威克发现了中子的存在，故C错误。
D.一群处于n=4能级的氢原子，自发跃迁可以产生C24=6种频率的光子，故D错误。
故答案为：A。
【分析】根据光的粒子性和波动性的强弱与波长和频率的关系以及波尔的氢原子能级理论和能级跃迁的相关知识分析求解。
2．【答案】B
【解析】【解答】根据万有引力提供向心力<:p整理得到：<:p
若已知“天问一号”的运行周期和轨道半径，可求得“天问一号”的质量；因为“天问一号”的质量在计算时可以直接约掉，所以火星的质量计算与“天问一号”的质量无关，故ACD都不能求得“天问一号”的质量。<:p
故答案为：B。<:p
【分析】对卫星进行分析，火星与卫星之间的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律列方程分析求解。
3．【答案】C
【解析】【解答】ABC．木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即F1=0
所以F1不变，AB不符合题意，C符合题意；
D．根据共点力平衡条件，有2F2csθ=mg
解得 F2=mg2csθ
当左边木桩向右移动一小段时，细线与竖直方向的夹角θ减小，Csθ增大，拉力F2变小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由于木板静止时其重力等于两个绳子拉力的合力，所以其木板受到的合力等于0；维修后仍处于静止所以合力大小不变；利用竖直方向的平衡方程结合角度的变化可以判别拉力的大小变化。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．充电的原理主要利用了电磁感应的互感原理，所以A不符合题意；
B．充电的原理主要利用了电磁感应的互感原理，所以充电设备与手机不接触也能充电，则B符合题意；
C．充电设备与手机的充电电流不一定相等，就像变压器工作原理一样，原副线圈匝数不一样，所以C不符合题意；
D．充电设备中的线圈通恒定电流，其产生的磁场是恒定的，不能使手机产生感应电路，所以D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】充电的原理主要利用了电磁感应的互感原理，变化的电流产生磁场，手机中的线圈在磁场中感应产生电流。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．摩天轮转动一周的过程中，重力不为零、时间不为零，根据 I=Ft 可知乘客重力的冲量不为零，A不符合题意；
B．摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，速度不变，动能不变，但重力势能在变化，因此乘客的机械能在变化，B不符合题意；
C．摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，随着位置得改变，速度在竖直方向得分速度在变化，因此乘客重力的瞬时功率在变化，C不符合题意；
D．通过最低点时，有 F支-G=mv2r
可见乘客的重力小于座椅对他的支持力，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用重力乘以时间可以求出重力的冲量不等于0；利用其动能不变重力势能不断改变可以判别机械能不断变化；利用重力和竖直方向的速率可以判别重力瞬时功率的大小变化；利用最低点的牛顿第二定律可以求出重力和支持力的大小。
6．【答案】B
【解析】【解答】AB．在交流电中电表显示的都是有效值，A不符合题意B符合题意；
CD．滑片P向下端滑动过程中，电阻减小，电压不变即U2不变，则I2变大，输出功率变大，输入功率变大，输入电压不变，所以I1变大，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】在交流电中其电表显示的是电压和电流的有效值；当滑片向下滑动时，由于输入电压决定输出电压所以其电压表读数不变，结合欧姆定律可以判别输出电流变大则输入电流变大。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．质点A的运动方程为<:p则初速度为零，代入坐标x=9m，t=3s可得加速度a＝2m/s2，故A错误；<:p
B．B直线的斜率表示速度，故质点B做匀速直线运动，质点B的速度为<:pv=∆x∆t=2m/s故B正确；<:p
C．在前3s内，质点B的位移为6m，质点A的位移为9m，质点A和B平均速度不相等，故C错误；<:p
D．因x-t图像的斜率等于速度，可知在前3s内质点A的速度先比质点B的速度小，后比B的速度大，故D错误；<:p
故选B。<:p
【分析】根据运动图像的特点以及匀变速直线运动的运行学公式列方程分析求解。
8．【答案】A,B,C
【解析】【解答】A. 油滴受向上的电场力，上极板为正极，可知油滴带负电，选项A正确；<:p
B．电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将b板向下平移一小段距离，根据<:p
<:p
分析得知板间电场强度减小，液滴所受的电场力减小，液滴将加速向下运动．故B正确；<:p
C．由U=Ed知，M与a间的电场差减小，a点的电势为零，M点的电势小于零，则知M点的电势升高，故C正确；<:p
D．由于液滴带负电，则带电液滴在M点的电势能减小，故D错误。<:p
故选ABC。<:p
【分析】根据电容器的定义式和电容的决定式分析b板向下平移后电容器各个参量的变化，再根据电荷的受力情况分析求解。
9．【答案】C,D
【解析】【解答】A．该工件先后经历匀加速、匀速、匀减速直线运动三个阶段，图线表示的是匀速的后半段和匀减速，所以0～10s时间内，工件做匀速运动，处于平衡状态，A不符合题意；
B．根据动量定理得 3000×10+2925×8-mg×18=0-mv
匀速运动时有 3000=mg
解得 m=300kg
v=2m/s
工件做匀速运动的速度大小为2m/s，B不符合题意；
C．根据牛顿第二定律得 mg-2925=ma2
解得 a2=0.25m/s2
工件做匀减速运动的加速度大小为0.25m/s2，C符合题意；
D．地面和指定位置之间的总距离为 x=2(v×10+v+02×8)m=56m
D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】利用速度的变化可以判别其加速度的方向，利用加速度的方向可以判别超重和失重，或者平衡；利用动量定理结合平衡条件可以求出工件匀速运动的速度大小；利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；结合运动的位移公式可以求出距离的大小。
10．【答案】A,C
【解析】【解答】A．由于两粒子在磁场中都是由A点沿相同方向射入，从B点射出。所以两粒子半径、圆心和运动轨迹都相同。故A正确；<:p
B．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故<:p
解得<:p
由于两粒子半径相同，质子与α粒子荷质比之比为1:2，则速度大小之比为2:1。故B错误；<:p
C．质子与α粒子质量之比为1:4，速度大小之比为2:1。所以动能相同。故C正确；<:p
D．两粒子运动轨迹相同，速度大小之比为2:1，所以时间之比为1:2。故D错误。<:p
故选AC。<:p
【分析】对带电粒子进行分析，进入磁场后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和圆周运动的相关规律列方程求解。
11．【答案】（1）B；0.397
（2）ADE；m1OP=m1OM+m1ON
【解析】【解答】（1）防止测微螺旋发生转动，需要旋紧部件B锁死，读数按照主尺刻度+可动刻度×0.01=0+39.7×0.01mm=0.397mm
（2）①由题可根据动量守很定律m1v0=m1v1+m2v2,实验中需要测量两个小球的质量以及小球碰撞前后的速度，速度需要由平抛运动规律来求，我们不难得出小球落地时间相等，故实验只需要测量出水平位移即可，不需要测量下落高度H，所以C选项不选，至于B选项实验中我们要保持m1每次由同一位置释放即可，不需要测量小球释放高度h，故选择ADE。
②根据动量守很定律m1v0=m1v1+m2v2,v=xt,平抛运动的规律可知小球落到地面上所用的时间相等,即可得出m1OP=m1OM+m1ON。
【分析】 （1）防止测微螺旋发生转动，需要旋紧部件B锁死，螺旋测微器读数为主尺刻度+可动刻度×0.01，注意估读。
（2）①实验中需要测量两个小球的质量及利用平抛运动规律求两球碰撞后速度。
②根据动量守恒定律的列式求解。
12．【答案】（1）1100
（2）C；
（3）
（4）106（101~109均给分）；未达标
【解析】【解答】（1）由图可知读数为 R=11×100Ω=1100Ω
（2）电流标通过的最大电流为 I=UR=31100A≈0.0027A=2.7mA
故电流表选C。
由于滑动变阻器的阻值范围 0~50Ω ，若采用限流式起不到调节作用，故答案为：用分压式接法，电路图如下
（3）描点作图，使实验数据点尽可能均匀分布于所描绘直线的两侧，偏离过大的点应舍去，作出如下图像
（4）U-I关系图线的斜率表示待测电阻的阻值，则有 R=ΔUΔI=2.52-1.46(2.40-1.40)×10-3Ω=1060Ω
电阻率为 ρ=RSL=1060×202×10-440×10-2Ω⋅m=106Ω⋅m
电阻率 ρ≥200Ω⋅m 的废水即达到排放标准，则该废水未达到排放标注。
【分析】（1）利用多用电表的示数和档数可以读出电阻的大小；
（2）利用欧姆定律可以判别电流表的量程的选择；其滑动变阻器应该使用分压式接法；
（3）利用表格数据进行描点连线；
（4）利用欧姆定律可以求出电阻的大小，结合电阻定律可以求出电阻率的大小，利用电阻率的大小可以判别是否达到排放标准。
13．【答案】3；经过 P1'P2' 在MN界发生全发射
【解析】【解答】根据题意，可做法线OP，光线在MN界面入射角i=60∘，折射角r=30∘，则该玻璃砖的折射率n=sinisinr=3212=3；当光由玻璃入射空气时，若r入射角θ≥C时发生全发射，而sinC=1n=33,当针插在 P1' 和 P2' 位置时 时，入射角θ>C，已发生全发射，之所以 有一同学把大头针插在 P1' 和 P2' 位置时，沿着 P2 、 P3 的方向看不到大头针的像，其原因是 经过 P1' P2' 在MN界发生全发射。
【分析】对于求解折射率，要先找到入射角和折射角，然后根据折射率公式就可以求解出答案。看不到图像就是光线不通过MN，当光线从光密介质进入光疏介质，大入射角达到某一角度就会发生全发射。
14．【答案】（1）解：由图像可知，杆自由下落0.1 s进入磁场以v=1.0 m/s做匀速运动，产生的感应电动势E=BLv
杆中的感应电流 I=ER+r
杆所受的安培力F安=BIL
由平衡条件得mg=F安
代入数据得B=2 T
（2）解：电阻R产生的热量Q=I2Rt=0.075 J
【解析】【分析】（1）导体棒刚开始做自由落体运动，进入磁场做匀速直线运动，利用动生电动势和欧姆定律可以求出导体棒产生的感应电流大小，结合平衡方程及安培力的表达式可以求出磁感应强度的大小；
（2）已知回路中电流，利用焦耳定律可以求出电阻产生的热量大小。
15．【答案】（1）恰好没有离开B板，由动能定理-μmgL=0-12mv20①
由①得μ=0.2
（2）对木块A受力分析有μmg=ma1②
对木板B受力分析有μmg=Ma1③
当 A、B分离时 有：
L=v0t-12a1t2+v0t-12a2t2④
vA=v0-a1t⑤
vB=v0-a2t⑦
联立②-⑦得t=2-22s（或t=2+22s舍去），vA=2m/s，vB=2m/s
（3）若A、B最终分离，即最终A在B的左端滑下，则根据产生热量公式Q=fx相对⑧
解得Q=μmgL=6J⑨
若A、B最终不分离，即A、B最终共速，若规定向右为正，则有动量守恒定律
-mv0+Mv0=(M+m)v⑩
根据能量守恒Q1=12mv02+12Mv02-12(m+M)v2⑾
解得Q1=24MM+3J
【解析】【分析】（1）板块模型问题一般第（1）问比较简单，像该题中第（1）问只需要对m合力是摩擦力就可以解决了。（2）在板块模型中相对运动直至分离的一般采用牛顿第二定律隔离对板块分析，再根据运动情况找到位移关系就可以建立方程求解。（3）在板块模型中，相对运动过程中产生的热量公式Q=fx相对，如果最终共速且水平面，则给过程产生的热量先用动量守恒定律和在根据能量守恒定律列式求解。
16．【答案】（1）由题意，初始时封闭气体的压强p1=p0+h①
设U型管两侧的横截面接为S，V1=(2H-l0-h0)s②
在缓慢加热过程中，密封气体的压强不变，即此过程气体等圧変化，根据 盖- 吕萨克定律：
V1T1=V2T2③
根据题意可得V1=(2H-l1-h0)s④
根据②-④得T2=311.1K
（2）根据题意，此过程是等温变化，由玻意耳定律的p1V2=p2V1⑤
解得p1=88cmHg
【解析】【分析】(1)解得这一问的关键是弄清该过程是等压变化，在找到V1、V2就可以解决了。
（2） 维持管内气体温度 T2 不变 ，就是等温变化，利用玻意耳定律即可解决。
17．【答案】由公式λ=vf,因电磁波在空气中传播的速度相等，因此可得波长之比为：
λ1λ2=f2f1=222.2=101;
再根据电磁振荡公式f=12πLC,即C=14π2f2L
对于声音机来说，其电路中自感系数是确定的，所以C1C2=f22f12=1001
【解析】【分析】该题目不算很难，只需要知道波长、频率和波速关系及电磁振荡公式即可求解答案。
18．【答案】方向性；不违反
【解析】【解答】热量总是自发地从高温物体传递给低温物体，这说明热传递过程具有方向性；由热力学第二定律知，热量不能自发的有低温物体传到高温物体，除非施加外部的影响和帮助；电冰箱把热量从低温的内部传到高温外部，需要压缩机的帮助并消耗电；故热量不可以自发地从冰箱内传递到冰箱外，但借助压缩机可以实现热量传到冰箱外，故电冰箱的工作原理没有违反热力学第二定律。
【分析】热量总是自发从高温物体传给低温物体，这说明热传递具有方向性；利用电机工作其冰箱可以把热量从低温物体传给高温物体，不属于自发过程所以不违反热力学第二定律。电压 UV
1.46
1.84
1.89
2.10
2.32
2.52
电流 ImA
1.40
1.60
1.80
2.00
2.20
2.40