浙江省台州市2024届高三年级上册第一次教学质量评估物理试卷(含答案)

浙江省台州市2024届高三上学期第一次教学质量评估物理试卷

学校：___________姓名：班级：___________考号：

一,单选题

1.下列工具不能直接测量国际单位制中基本量的是（）

2.2023年苏迪曼杯羽毛球比赛在中国苏州举行，中国选手石宇奇扣球瞬间，球速高

达400km/h,下列说法正确的是（）

A.400km/h指的是平均速度

B.羽毛球在空中的运动是抛体运动

C.研究羽毛球的飞行轨迹时，可将羽毛球看作质点

D.球拍对羽毛球的弹力是由羽毛球发生形变而产生的

3.叠石头是一项考验耐心和平衡感的游戏。如图所示，三个形状不规则的石块甲、

乙、丙在水平地面上成功地叠放在一起，下列说法正确的是（）

甲

乙

丙

A.石块丙可能受到地面的摩擦力作用

B.石块丙对石块乙的作用力垂直接触面向上

C.石块甲、乙、丙三者的重心都在同一竖直线上

D.石块乙对丙的压力大小等于石块丙对乙的支持力大小

4.如图所示，在某个恒星。的上空有一颗卫星P绕其做匀速圆周运动，利用探测器

可测出卫星P的公转周期兀若已知Q的质量为引力常量为G。利用上述已知信

息可求出的物理量有（）

A.恒星Q的密度B.卫星P的公转角速度

C.恒星。的自转周期D.卫星P离恒星。表面的高度

5.下列四幅图中的实验现象能说明光具有粒子性的是（）

A.光电效应B.薄膜干涉C.光的偏振D.光的衍射

6.如图所示，跳台滑雪者在助滑道A3上获得一定速度后从3点沿水平方向跃出，在

空中飞行一段时间后着落。若不计空气阻力，则下列关于滑雪者的速度大小V、机械

能E、动能EQ重力的瞬时功率P随时间/的变化关系中，正确的是（）

7.静电喷涂是利用高压静电场使带电涂料微粒发生定向运动，并最终吸附在工件表面

上的一种喷涂方法，其工作原理如图所示，图中虚线为涂料微粒的运动轨迹。若不计

涂料微粒的重力、微粒间的相互作用力及一切阻力，下列说法正确的是（）

A.涂料微粒带正电

B.涂料微粒所受电场力方向为轨迹切线的方向

C.减小喷枪枪口与工件之间的距离，各个涂料微粒运动过程中电场力所做的功不变

D.涂料微粒运动过程中电势能逐渐增加

8.如图所示，在圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，AC导体棒的。点位于圆

心，长度小于长度。在导体棒绕。点逆时针匀速转动的过程中，A、。、B、C

点电势分别为%、%、%、夕°，贝1K）

XXX

A.(pA>(p0B.（PB〈（PAC.<Po<<PBD.(pB>(pc

9.在一次紧急救灾行动中，一架飞机在空中沿水平方向做匀减速直线运动，过程中连

续释放沙袋。若不计空气阻力，则在一段时间后下列各图中能反映空中沙袋排列关系

的是（）

10.如图所示，一理想变压器可通过移动触头P的位置改变原线圈接入电路的匝数，b

为原线圈的中点，当P接端点。时，原、副线圈匝数之比为10:1,原线圈接

M=1100COS0/V的交流电源，则下列说法正确的是（）

A.增大电源的频率，灯泡L变暗

B.当尸接a时，通过原、副线圈的磁通量之比为10:1

C.当P接6时，滑动变阻器R两端的电压为22V

D.当滑动变阻器的滑片向下滑动时，变压器的输入功率变小

11.甲、乙两列简谐波在同一种均匀介质中沿x轴相向传播，甲波源位于％=0处，乙

波源位于x=8m处，两波源均沿y轴方向振动。在，=0时刻甲形成的波形如图（a）所

示，此时乙波源开始振动，其振动图像如图（b）所示，已知甲波的传播速度

v甲=2.0m/s,质点P的平衡位置处于x=5m处，若两波源一直振动，下列说法中正确

的是（）

A.乙波的波长为Im

B.甲、乙两波在尸点叠加后，尸点的振动总是减弱

C.在f=1.7s时，质点尸正朝y轴正方向振动

D.从f=0时刻起Js内，质点尸的运动路程为39cm

12

12.如图所示，将霍尔式位移传感器置于一个沿z轴正方向的磁场中，磁感应强度随

位置变化关系为3=笃+近（线〉0,左＞0且均为常数），霍尔元件的厚度d很小。

当霍尔元件通以沿x轴正方向的恒定电流/,上、下表面会产生电势差U,则下列说法

正确的是（）

A.若霍尔元件是自由电子导电，则上表面电势低于下表面

B.当物体沿z轴正方向移动时，电势差。将变小

C.仅减小霍尔元件上下表面间的距离h,传感器灵敏度”将变弱

Az

D.仅减小恒定电流/,传感器灵敏度叱将变弱

Az

13.如图所示，玻璃砖的横截面为等腰梯形，梯形上底边长为m下底边长为3a,底

角为6=60。。一束折射率为后的足够强的单色光垂直射向玻璃砖的整个下底面，对

于分别从上底面、两侧面、下底面射出的单色光，其在下底面入射时的面积之比为（）

a

B.1:1:3C.l:2:2D.l:2:3

二、多选题

14.下列说法正确的是（）

A.不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功

B.普朗克首先提出了电磁波的概念，并建立了完整的电磁场理论

C.金属热电阻可用来制作温度传感器，其原理是将热学量转换为电学量

D.电子的德布罗意波长与原子间距数量级相近，因此可用晶体做电子束衍射实验

15.有研究发现中子“衰变后可转化成质子2和电子e,同时放出质量可视为零的反中

微子吃。已知中子质量力%=939.57MeV/c?,质子质量勺=938.27MeV/c2,电子质量

S，=0.51MeV/c2,c为光速，不考虑粒子之间的相互作用及中子初动能。若质子的动

量,=3xl（T8MeVsmT,关于中子的衰变，下列说法正确的是（）

A.强相互作用是中子衰变成质子和电子的原因

B.中子衰变的核反应式为

C.质子和电子的动量大小相等，方向相反

D.电子和反中微子的总动能约为0.747MeV

三、实验题

16.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，如图1,某同学将打点计时器接

在50Hz的电源上。在打出的纸带上每5个点取一个计数点，共取了1、2、3、4、5、

6六个计数点，如图2。

图1

0123456

||||||||||||||||川||川||||||||||||川||川|||||||||||||||||||||||川|||||||||||||||||川||||||而||而|||||||||||川||川||川|||||||||||川|||||||||||||川||川||||||川|||||||||||||川|||||||||||

01234567891011121314151617181920

cm

图2

（1）图1中打点计时器所接的电源为（选填“8V，,“220V”）交变电

源；

（2）图2中计数点2的读数为cm；

（3）打下图2中计数点3时，小车的速度大小为m/s；（结果保留2位

有效数字）

（4）该同学从每一个计数点处将纸带剪开分成几段，将这些纸带由短到长紧靠但不重

叠地粘在坐标系中，如图3所示，最后将纸条上端中心连起来，于是得到VT图像，

用该图像探究小车速度随时间变化的规律是否可行？（选填“可行”或“不

可行”）。

图3

17.（1）如图所示是探究向心力的大小R与质量机、角速度①和半径厂之间的关系的

实验装置。

①下列实验的实验方法与本实验相同的是;

A.探究平抛运动的特点

B.探究加速度与力、质量的关系

C.探究两个互成角度的力的合成规律

D.探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系

②当探究向心力的大小R与半径厂的关系时，需调整传动皮带的位置使得左右两侧塔

轮轮盘半径（选填“相同”或“不同”）；

（2）在研究牛顿第三定律时，将两个完全相同的弹簧秤通过挂钩悬挂对拉，如图所

示，甲弹簧秤在上，乙弹簧秤在下。若将两个弹簧的位置互换重复实验，则甲弹簧秤

和乙弹簧秤示数的变化情况为

A.甲变小B.甲不变C.乙变小D.乙不变

18.某实验小组为尽量准确测定电池组的电动势和内阻，实验室提供以下器材:

A.待测电池组（电动势约为3V,内阻约为1Q）

B.电压表（量程0〜3V,内阻约为3k。）

C.电流表（量程。〜0.6A,内阻约为1。）

D.电流表（量程。〜3.0A,内阻约为0.2。）

（1）电流表应选用（选填"C”或"D”），滑动变阻器应选用

（选填"E”或"F”）；

（2）该小组连接的实物电路如图6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;

（3）该小组在电池组正极和开关之间串联一个阻值为3。的电阻，重新测量后得到了

几组电压表读数。和对应的电流表读数/,并作出U-/图像，如图7所示。根据图像

可知，电池组的电动势为V（结果保留三位有效数字），内阻为

Q（结果保留两位有效数字）。

四、计算题

19.一个容积为％=9.9L的导热汽缸下接一圆柱形管，二者总质量为900g,现用

质量加=100g、横截面积S=10cm2、厚度可忽略不计的活塞封闭一定质量的理想气

体，活塞与圆管管壁间摩擦不计。活塞下端连接弹簧，弹簧下端与地面固定，气缸始

终保持竖直。开始时气体温度为£=297K,活塞处在A位置，气缸内气体压强为0。

随着环境温度缓慢升高到心，活塞恰能缓慢移至容器底部3位置处，已知A、3间距

离力=10cm,外界大气压强Po=1.01xlO'Pa。

（1）环境温度由7；缓慢升高到7；过程中，气缸内气体压强（选填“变化”或“不变”）；

（2）求汽缸内的气体压强0及环境温度5；

（3）升温过程中，若气体内能增加了AU=25J,求气体需要向外界吸收的热量。

20.光滑细轨道FEA由半径为R=0.5m的竖直圆弧轨道与直轨道组成，圆弧轨道的圆

心。位于最低点E正上方，连线与水平方向夹角为37。，在轨道右侧与R等高处有

一平台，平台边缘B处有一质量为叫=0.3kg的滑块放在质量为和=0.2kg的“L形”薄

板最左端。质量为的小球在一定条件下可经A点射出后恰能水平击中滑

块，该碰撞过程可视为弹性碰撞。若滑块能与薄板发生碰撞，碰撞过程可视为完全非

弹性碰撞。已知3与A的高度差力=0.8m,滑块与薄板间的动摩擦因数为4=0.5,薄

板与平台间的动摩擦因数〃2=。-3,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，薄板厚度不计，小

球和滑块都视为质点，不计空气阻力，sin53°=0.8,cos53°=0.60

（1）若小球自R点无初速度释放，求小球经过E点时受轨道的支持力大小外；

（2）要使小球能水平击中薄板上的物块，求小球在R处的初速度/及A与3间的水

平距离X；

（3）若小球能水平击中薄板上的物块。

a.薄板长为L=0.3m,求滑块与薄板间因摩擦产生的总热量Q；

b.薄板长为L=0.2m,求薄板最终停下时其右端离B的距离L

21.某兴趣小组设计了一个磁悬浮列车的驱动模型，简化原理如图甲所示，。砂平面

(纸面)内有宽为L关于x轴对称的磁场区域，磁感应强度大小为稣，变化规律如

图乙所示。长为d,宽为L的矩形金属线框"MN'N放置在图中所示位置，其中边

与y轴重合，MM\MV'边分别与磁场的上下边界重合。当磁场以速度％沿x轴向左

匀速运动时，会驱动线框运动，线框受到的阻力大小恒为人已知线框的质量为加总

电阻为Ro

(1)求磁场刚开始运动时，通过线框的感应电流的大小和方向；

(2)求线框稳定运动时的速度大小匕；

(3)某时刻磁场停止运动，此后线框运动/时间后停止，求/时间内线框运动的距离

(4)在磁悬浮列车的实际模型中，磁场应强度的大小是随时间和空间同时变化的，即

B=B0cos(^t+^x],若将线框固定不动，求在g时间内线框产生的热量Q。

5d'7d

22.如图所示，。孙平面(纸面)内y轴右侧连续分布宽度为L的无场区域和宽度为d

(未知)的匀强磁场区域，磁感应强度大小为8=叵四，方向垂直纸面向里。位于

原点。处的粒子源能释放出质量为如电量为q,初速度大小为％的正离子，离子沿

各方向均匀分布在与X轴成。=60°的范围内，其中有75%的离子能从第一个磁场区域

的右边界飞出。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。求：

(1)离子进入磁场后做圆周运动的半径大小；

(2)磁场宽度d的大小；

(3)离子能到达离y轴的最远距离；

(4)离子从。点出发到飞离第一个磁场区域的左边界所用时间的最小值。

［提示：若=则广

cosacosa

,JXXXX

XXXX

XXXX..........

7

XXXX

XXXX

0XXXXX

XXXX

XXXX

La<~~工—►4

参考答案

1.答案：A

解析：A.A图是弹簧测力计，测量的是力，力的单位是N,是导出单位，因此力不是

国际单位制中基本量，A符合题意；

B.B图是电流表，电流表测量的是电流，电流是国际单位制中基本量，B不符合题

思；

C.C图是秒表，测量的是时间，时间是国际单位制中基本量，C不符合题意；

D.D图是天平，天平测量的是质量，质量是国际单位制中基本量，D不符合题意。

故选A。

2.答案：C

解析：A.400km/h指的是最大速度，是瞬时速度，A错误；

B.羽毛球在空中的运动不能忽略空气阻力的作用，不能看成抛体运动，B错误；

C.研究羽毛球的飞行轨迹时，可以忽略羽毛球本身的大小和形状，所以可以将羽毛球

看作质点，C正确；

D.球拍对羽毛球的弹力是由球拍发生形变而产生的，D错误。

故选C。

3.答案：D

解析：

A.将甲、乙、丙三个石块看成一个整体，整体受重力与地面的支持力，在竖直方向合

力为零而平衡，若水平方向受地面的摩擦力作用，则整体在水平方向合力不为零，不

能处于静止状态，与实际情况相悖，因此可知，石块丙不可能受到地面的摩擦力作

用，故A错误；

B.将石块甲、乙看成一个整体，整体受力平衡，分析可知，整体受竖直向下的重力与

石块丙对石块乙的作用力而平衡，则可知石块丙对石块乙的作用力竖直向上，与甲、

乙整体受到的重力大小相等，方向相反，故B错误；

C.物体的重心越低越稳定，而要使石块甲、乙、丙保持平衡，则其重心应在基底的中

心，故C错误；

D.石块乙对丙的压力与石块丙对乙的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等、方

向相反、作用在两个物体上，故D正确。

故选D。

4.答案：B

解析：A.设恒星Q半径为凡则，体积为

4,

V=-nR3

3

M

p=一

V

因为不知恒星半径凡所以不能求出。的密度，A错误；

B.根据角速度与周期的关系

2兀

69=一

T

可求出卫星尸的公转角速度，B正确；

C.恒星。的自转周期无法求出，C错误；

D.设卫星P的轨道半径为「，则

GMm4兀2r

—z—=m——

,T-

得到

IGMT2

r=

V4K2

因为不知恒星。的半径，故不能求出卫星P离恒星Q表面的高度，D错误。

故选B。

5.答案：A

解析：A.光电效应说明光具有粒子性，A正确；

BCD.干涉、衍射和偏振都是波的特性，说明光具有波动性，BCD均错误。

故选Ao

6.答案：C

解析：A.vl图像只表示直线运动，不表示曲线运动，故A错误；

B.运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故B错误；

C.根据

2

Ek=~WVQ+mgh=—mv1+mgx—gr=-mg~t+—mv^

~m82'均为恒量，故C正确；

D.根据

2

P=mgvy-mg-gt=mgt

PI图像应为一条直线，故D错误。

故选C。

7.答案：C

解析：A.由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中被吸附在工件上，

所以涂料微粒带负电，故A错误；

B.涂料微粒做曲线运动，速度方向沿运动轨迹切线方向，电场力的方向与粒子运动的

速度方向不共线，则涂料微粒所受电场力方向不是轨迹切线的方向，故B错误；

C.工件接地，电势不变，减小喷枪枪口与工件之间的距离，则它们间的电势差不变，

各个涂料微粒运动过程中电场力所做的功不变，故C正确；

D.涂料微粒在运动过程中电场力对它做正功，则动能增大、速度增大，电势能逐渐减

少，故D错误。

故选C。

8.答案：B

解析：

ACD.由题图可看出。4、导体棒转动切割磁感线，则根据右手定则可知

%>%、

其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电流为0,则

%=(Pc

故ACD错误；

B.导体棒转动的角速度相同，有

则根据楞次定律可知导体棒转动切割磁场的电动势不为0,有

所以

(PA>(PB

故B正确。

故选B。

9.答案：D

解析：以某个沙袋抛出点为坐标原点。，初速度方向为x轴，竖直向下为y轴，设该

沙袋抛出瞬间水平方向速度为七，经时间/,位置坐标为P(x,y)。

根据平抛运动公式有

1，

y=-gf

设此时飞机坐标为Q(占，％),飞机做匀减速直线运动，则

.12

须~vj_~at

%=0

△Ax——1at,2

2

tan6)=—=—

Axa

。不变，则说明沙袋相对飞机的运动方向不变。

故选D。

10.答案：C

解析：A.因为变压器不改变电压的频率，增大电源的频率，副线圈中电流频率也增

大，电容器的容抗减小，灯泡中电流增大，灯变亮，A错误；

B.任何情况下，原、副线圈的磁通量之比都为1:1,B错误；

C.当P接6时，原、副线圈匝数之比为5:1,原线圈电压

Um

=110V

16

根据

5=4.

U2n2

可得，滑动变阻器R两端的电压为

U2=22V

C正确；

D.当滑动变阻器的滑片向下滑动时，接入电路中的电阻R减小，根据

U2

P=L

R

可知，R消耗的功率变大，所以变压器的输入功率也变大，D错误。

故选C。

11.答案：C

解析：A.由图(b)可知，乙波的周期为1s,甲、乙两波在同一种均匀介质中，则两

波传播速度相同，因此v乙=2.0m/s,则有

%=v乙£=2.0xlm=2m

A错误；

B.由题意可知，在

时乙波到达尸点，质点P开始从平衡位置向y轴正方向振动。甲的周期

.=—=-s=ls

v甲2

可知，甲波到达尸点需要2s,在，=2s时，甲波在P点起振方向从平衡位置向y轴负

方向，对乙波，在f=2s时，在P点从平衡位置向y轴负方向振动，因此尸点为振动加

强点，B错误；

C.由B选项分析可知，乙波到达P点需要1.5s时间，且起振方向为沿y轴正方向，乙

波的周期为1s,乙波到达P点后，经0.25s到达y轴正方向最大位移处，因此在

f=L7s时，质点尸正朝y轴正方向振动，C正确；

D.从1=0时刻起，乙波到达P点需要1.5s时间，乙波使P质点振动0.5s,质点P的运

动路程是

Si=2A乙=6cm

又有

3701

t=—s=3sds

1212

在，=2s时，甲波传到P点，此时质点尸从平衡位置向y轴负方向振动，可知在

Is+^s时间内，尸点的振幅为

12

4=&+由=3cm+4cm=7cm

则有在ls+^s时间内，质点P的运动路程是

12

s2=4Ap+g4=4x7cm+；x7cm=31.5cm

则有从/=0时刻起卫s内，质点P的运动路程为

12

5=1+邑=6cm+31.5cm=37.5cm

D错误。

故选C。

12.答案：D

解析：A.霍尔元件是自由电子导电，受洛伦兹力的是电子，根据左手定则。电子受向

下的洛伦兹力，所以下表面带负电，上表面带正电，上表面电势高于下表面，A错

误；

B.设霍尔元件上下表面高度差为力，电子定向移动速度为v,电子电荷量为e,霍尔元

件平衡时，有

-e=Bve

h

解得

U=Bvh

又因为

I=nvSe=nvdhe

其中〃为单位体积的自由电子数，可得

v=

ndhe

则

TiT

U=Bvh=----

nde

当物体沿z轴正方向移动时z增大，所以3增大，电势差。也增大，B错误；

CD.传感器灵敏度为

AUABI

AzAznde

因为

B=Bo+kz

可得

AB7

——=k

Az

AU_kl

Aznde

仅减小霍尔元件上下表面间的距离力，传感器灵敏度丝不变，仅减小恒定电流/,传

Az

感器灵敏度更将变弱，C错误，D正确。

Az

故选D。

13.答案：B

解析：根据全反射临界角公式可知

,「1

smC=一

n

则临界角为

C=45°

根据几何关系可知从侧面射入的光的入射角为60°,则从侧面射入的光会发生全反

射，如图：

根据几何关系可知

AB=-a

2

根据对称性可知从侧面射出的光线对应的下底面入射时的边长为a；

在光线到达上底面时，与上底面垂直，可直接射出，对应的下底面入射时的边长为

a；下底面的光会发生反射，对应的下底面入射时的边长为3a；可知在下底面入射时

的面积之比为1:1:3。

故选B。

14.答案：CD

解析：A.开尔文表述为：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其

他影响，A错误；

B.麦克斯韦首先提出了电磁波的概念，并建立了完整的电磁场理论，B错误；

C.金属热电阻电阻率随温度的升高而增大，所以金属热电阻可用来制作温度传感器，

其原理是将温度这个热学量转换为电阻这个电学量，C正确；

D.电子的德布罗意波长与原子间距数量级相近，满足发生明显衍射的条件，因此可用

晶体做电子束衍射实验，D正确。

故选CDo

15.答案：BCD

解析：A.弱相互作用是中子发生少衰变成质子和电子的原因，故A错误；

B.根据质量数守恒与电荷数守恒可知中子衰变的核反应式为

On->1P+-le+0Ve

故B正确；

C.中子衰变过程满足动量守恒，一个静止的中子衰变前其动量为零，衰变放出反中微

子的质量可视为零，放出的质子和电子的总动量为零，故放出的质子和电子两者的动

量大小相等、方向相反，故C正确。

D.中子衰变过程中释放的能量为

AE=（m,-mjc2=（939.57-0.51-938.27）MeV=0.79MeV

\nepj

一个静止的中子衰变过程中放出的质子动能为

(82(82

p23x10)X3X10)

4MeV=0.0432MeV

2mp2x938.27

中子衰变过程中电子和反中微子的总动能为

AE-EKP=0.7468MeV

故D正确；

故选BCDo

16.答案：(1)220V

(2)3.65~3.70cm

(3)0.27-0.28m/s

（4）可行

解析：（1）图中为电火花打点计时器，接220V交流电源。

（2）刻度尺最小刻度为毫米，估读一位，所以计数点2的读数为3.65〜3.70cm均可。

（3）计数点3时，小车的速度大小为

9.15cm-3.65cm八”，

v二-------------二0.28m/s

2x0.1s

（4）因为纸条的长度除以时间是这一段的平均速度，而平均速度可看成于中间时刻的

瞬时速度，因为纸条对应的时间都是0.1s,所以可以用纸条的长度代替速度，所以此

方案可行。

17.答案：（1）BD；相同

(2)A

解析：（1）A.本实验采用的实验方法是控制变量法，探究平抛运动的特点，采用等效

思想，故A错误；

B.探究加速度与力和质量的关系实验采用的实验方法是控制变量法，故B正确；

C.探究两个互成角度的力的合成规律实验采用的实验方法是等效替代法，故C错误；

D.探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系利用控制变量法，故D正确。

故选BDo

当探究向心力的大小R与半径厂的关系时，应保证小球的质量和角速度不变，所以需

调整传动皮带的位置使得左右两侧塔轮轮盘半径相同。

(2)由于弹簧秤重力的影响，使得上面弹簧秤的读数大于下面弹簧秤的读数，所以甲

乙位置互换后，甲的读数减小，乙的读数增大。

故选Ao

18.答案：(1)C；E

(2)④

(3)2.88/2.89/2.90/2.91/2.92；0.78/0.79/0.80/0.81/0.82

解析：(1)从图7可看出电流变化范围0~0.5A,所以电流表选择C。

根据

I上

R

以及电流表的量程可知，20。的滑动变阻器足够用，而且方便操作，所以选E。

(2)由于电源内阻较小，应该采用电流表分压接法，如图

----------©---------'

-------------

所以导线④连接不当。

(3)因为在电池组正极和开关之间串联一个阻值为3c的电阻，根据闭合电路欧姆定

律，有

U=E—I(r+R)

所以可知U-/图像中，图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示

E=2.90V

2.90V—1.00V

R+r==3.80Q

05A

所以电源的内阻为

r-3.80Q—3Q=0.80Q

由于误差，电源的电动势为2.88〜2.92V即可，电源内阻为0.78〜0.82Q即可。

19.答案：(1)不变

5

(2)px=l.lxlOPa,4=300K

(3)Q=36J

解析：(1)对气缸受力分析，变化前有

Mg+p0S=pg

变化后有

Mg+pQS=p[S

可知

Pi=P'i

则可知，环境温度由7；缓慢升高到与过程中，气缸内气体压强不变。

(2)以气缸为研究对象，根据平衡条件可知

Mg+Pos=Pis

解得

Pi=l.lxl05Pa

气体升温膨胀过程为等压过程，由盖吕萨克定律有

V0_V0+Sh

IT2

解得

T2=300K

(3)由热力学第一定律可知

气体膨胀对外做功，则可得

w=—pS/2=—HJ

所以气体需要向外界吸收热量

Q=36J

20.答案：(1)”=5N

(2)x=1.2m

(3)(a)Q=0.3375J,(b)d=L+%=0.215m

解析：(1)R运动到E得过程由动能定理有

w0g(/z+R—Rsin37。)=

运动到E点位置，由牛顿第二定律有

mvj

综r-/g=o"

IV

联立可得，小球经过E点时受轨道的支持力

FN=5N

(2)小球由A运动到5位置过程可视为由5到A逆向的平抛运动，利用平抛运动规

律有

达=2gh

可得

vAy=4m/s

利用A点速度方向可知

Vx

v=--------=3m/s

ATvtan53°

由于R点与3点等高，由能量守恒可知，R点小球的初速度

%=%=3m/s

斜抛过程中

,1