浙江省臺(tái)州市2025屆高三物理上學(xué)期第一次教學(xué)質(zhì)量評(píng)估試題含解析

Page27浙江省臺(tái)州市2024-2025學(xué)年高三第一次教學(xué)質(zhì)量評(píng)估物理試題一、選擇題1.下列工具不能干脆測(cè)量國(guó)際單位制中基本量的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】A．A圖是彈簧測(cè)力計(jì)，測(cè)量的是力，力的單位是N，是導(dǎo)出單位，因此力不是國(guó)際單位制中基本量，A符合題意；B．B圖是電流表，電流表測(cè)量的是電流，電流是國(guó)際單位制中基本量，B不符合題意；C．C圖是秒表，測(cè)量的是時(shí)間，時(shí)間是國(guó)際單位制中基本量，C不符合題意；D．D圖是天平，天平測(cè)量的是質(zhì)量，質(zhì)量是國(guó)際單位制中基本量，D不符合題意。故選A。2.2024年蘇迪曼杯羽毛球競(jìng)賽在中國(guó)蘇州實(shí)行，中國(guó)選手石宇奇扣球瞬間，球速高達(dá)，下列說(shuō)法正確的是（）A.指的是平均速度B.羽毛球在空中的運(yùn)動(dòng)是拋體運(yùn)動(dòng)C.探討羽毛球的飛行軌跡時(shí)，可將羽毛球看作質(zhì)點(diǎn)D.球拍對(duì)羽毛球的彈力是由羽毛球發(fā)生形變而產(chǎn)生的【答案】C【解析】【詳解】A．指的是最大速度，是瞬時(shí)速度，A錯(cuò)誤；B．羽毛球在空中的運(yùn)動(dòng)不能忽視空氣阻力的作用，不能看成拋體運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；C．探討羽毛球的飛行軌跡時(shí)，可以忽視羽毛球本身的大小和形態(tài)，所以可以將羽毛球看作質(zhì)點(diǎn)，C正確；D．球拍對(duì)羽毛球的彈力是由球拍發(fā)生形變而產(chǎn)生的，D錯(cuò)誤。故選C。3.疊石頭是一項(xiàng)考驗(yàn)?zāi)托院推胶飧械逆覒?。如圖所示，三個(gè)形態(tài)不規(guī)則的石塊甲、乙、丙在水平地面上勝利地疊放在一起，下列說(shuō)法正確的是（）A.石塊丙可能受到地面的摩擦力作用B.石塊丙對(duì)石塊乙的作用力垂干脆觸面對(duì)上C.石塊甲、乙、丙三者的重心都在同一豎直線上D.石塊乙對(duì)丙的壓力大小等于石塊丙對(duì)乙的支持力大小【答案】D【解析】【詳解】A．將甲、乙、丙三個(gè)石塊看成一個(gè)整體，整體受重力與地面的支持力，在豎直方向合力為零而平衡，若水平方向受地面的摩擦力作用，則整體在水平方向合力不為零，不能處于靜止?fàn)顟B(tài)，與實(shí)際狀況相悖，因此可知，石塊丙不行能受到地面的摩擦力作用，故A錯(cuò)誤；B．將石塊甲、乙看成一個(gè)整體，整體受力平衡，分析可知，整體受豎直向下的重力與石塊丙對(duì)石塊乙的作用力而平衡，則可知石塊丙對(duì)石塊乙的作用力豎直向上，與甲、乙整體受到的重力大小相等，方向相反，故B錯(cuò)誤；C．物體的重心越低越穩(wěn)定，而要使石塊甲、乙、丙保持平衡，則其重心應(yīng)在基底的中心，故C錯(cuò)誤；D．石塊乙對(duì)丙的壓力與石塊丙對(duì)乙的支持力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等、方向相反、作用在兩個(gè)物體上，故D正確。故選D4.如圖所示，在某個(gè)恒星Q的上空有一顆衛(wèi)星P繞其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，利用探測(cè)器可測(cè)出衛(wèi)星P的公轉(zhuǎn)周期。若已知Q的質(zhì)量為，引力常量為。利用上述已知信息可求出的物理量有（）A.恒星Q的密度B.衛(wèi)星P的公轉(zhuǎn)角速度C.恒星Q的自轉(zhuǎn)周期D.衛(wèi)星P離恒星Q表面的高度【答案】B【解析】【詳解】A．設(shè)恒星Q半徑為，則，體積為因?yàn)椴恢阈前霃剑圆荒芮蟪鯭的密度，A錯(cuò)誤；B．依據(jù)角速度與周期的關(guān)系可求出衛(wèi)星P的公轉(zhuǎn)角速度，B正確；C．恒星Q的自轉(zhuǎn)周期無(wú)法求出，C錯(cuò)誤；D．設(shè)衛(wèi)星P的軌道半徑為，則得到因?yàn)椴恢阈荙的半徑，故不能求出衛(wèi)星P離恒星Q表面的高度，D錯(cuò)誤。故選B。5.下列四幅圖中的試驗(yàn)現(xiàn)象能說(shuō)明光具有粒子性的是（）A.光電效應(yīng) B.薄膜干涉 C.光的偏振 D.光的衍射【答案】A【解析】【詳解】A．光電效應(yīng)說(shuō)明光具有粒子性，A正確；BCD．干涉、衍射和偏振都是波的特性，說(shuō)明光具有波動(dòng)性，BCD均錯(cuò)誤。故選A。6.如圖所示，跳臺(tái)滑雪者在助滑道上獲得確定速度后從點(diǎn)沿水平方向躍出，在空中飛行一段時(shí)間后著落。若不計(jì)空氣阻力，則下列關(guān)于滑雪者的速度大小、機(jī)械能、動(dòng)能、重力的瞬時(shí)功率隨時(shí)間的變更關(guān)系中，正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．v-t圖像只表示直線運(yùn)動(dòng)，不表示曲線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；C．依據(jù)均為恒量，故C正確；D．依據(jù)P-t圖像應(yīng)為一條直線，故D錯(cuò)誤。故選C。7.靜電噴涂是利用高壓靜電場(chǎng)使帶電涂料微粒發(fā)生定向運(yùn)動(dòng)，并最終吸附在工件表面上的一種噴涂方法，其工作原理如圖所示，圖中虛線為涂料微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡。若不計(jì)涂料微粒的重力、微粒間的相互作用力及一切阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A.涂料微粒帶正電B.涂料微粒所受電場(chǎng)力方向?yàn)檐壽E切線的方向C.減小噴槍槍口與工件之間的距離，各個(gè)涂料微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力所做的功不變D.涂料微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能漸漸增加【答案】C【解析】【詳解】A．由圖知，工件帶正電，則在涂料微粒向工件靠近的過(guò)程中被吸附在工件上，所以涂料微粒帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．涂料微粒做曲線運(yùn)動(dòng)，速度方向沿運(yùn)動(dòng)軌跡切線方向，電場(chǎng)力方向與粒子運(yùn)動(dòng)的速度方向不共線，則涂料微粒所受電場(chǎng)力方向不是軌跡切線的方向，故B錯(cuò)誤；C．工件接地，電勢(shì)不變，減小噴槍槍口與工件之間的距離，則它們間的電勢(shì)差不變，各個(gè)涂料微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力所做的功不變，故C正確；D．涂料微粒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它做正功，則動(dòng)能增大、速度增大，電勢(shì)能漸漸削減，故D錯(cuò)誤。故選C。8.如圖所示，在圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)體棒的點(diǎn)位于圓心，長(zhǎng)度小于長(zhǎng)度。在導(dǎo)體棒繞點(diǎn)逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，點(diǎn)電勢(shì)分別為，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】ACD．由題圖可看出OA、OB導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線，則依據(jù)右手定則可知、其中導(dǎo)體棒AC段不在磁場(chǎng)中，不切割磁感線，電流為0，則故ACD錯(cuò)誤；B．導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相同，有則依據(jù)楞次定律可知導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁場(chǎng)的電動(dòng)勢(shì)不為0，有所以故B正確。故選B。9.在一次緊急救災(zāi)行動(dòng)中，一架飛機(jī)在空中沿水平方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，過(guò)程中連續(xù)釋放沙袋。若不計(jì)空氣阻力，則在一段時(shí)間后下列各圖中能反映空中沙袋排列關(guān)系的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】以某個(gè)沙袋拋出點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，初速度方向?yàn)閤軸，豎直向下為y軸，設(shè)該沙袋拋出瞬間水平方向速度為，經(jīng)時(shí)間t，位置坐標(biāo)為P（x，y）。依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)公式有設(shè)此時(shí)飛機(jī)坐標(biāo)為Q（x1，y1），飛機(jī)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則如圖則不變，則說(shuō)明沙袋相對(duì)飛機(jī)的運(yùn)動(dòng)方向不變。故選D。10.如圖所示，一志向變壓器可通過(guò)移動(dòng)觸頭的位置變更原線圈接入電路的匝數(shù)，為原線圈的中點(diǎn)，當(dāng)接端點(diǎn)時(shí)，原、副線圈匝數(shù)之比為，原線圈接的溝通電源，則下列說(shuō)法正確的是（）A.增大電源的頻率，燈泡變暗B.當(dāng)接時(shí)，通過(guò)原、副線圈的磁通量之比為C.當(dāng)接時(shí)，滑動(dòng)變阻器兩端的電壓為D.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)時(shí)，變壓器的輸入功率變小【答案】C【解析】【詳解】A．因?yàn)樽儔浩鞑蛔兏妷旱念l率，增大電源的頻率，副線圈中電流頻率也增大，電容器的容抗減小，燈泡中電流增大，燈變亮，A錯(cuò)誤；B．任何狀況下，原、副線圈的磁通量之比都為，B錯(cuò)誤；C．當(dāng)接時(shí)，原、副線圈匝數(shù)之比為，原線圈電壓依據(jù)可得，滑動(dòng)變阻器兩端的電壓為C正確；D．當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)時(shí)，接入電路中的電阻減小，依據(jù)可知，消耗的功率變大，所以變壓器的輸入功率也變大，D錯(cuò)誤。故選C。11.甲、乙兩列簡(jiǎn)諧波在同一種勻整介質(zhì)中沿軸相向傳播，甲波源位于處，乙波源位于處，兩波源均沿軸方向振動(dòng)。在時(shí)刻甲形成的波形如圖（a）所示，此時(shí)乙波源起先振動(dòng)，其振動(dòng)圖像如圖（b）所示，已知甲波的傳播速度，質(zhì)點(diǎn)的平衡位置處于處，若兩波源始終振動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是（）A.乙波的波長(zhǎng)為B.甲、乙兩波在點(diǎn)疊加后，點(diǎn)的振動(dòng)總是減弱C.在時(shí)，質(zhì)點(diǎn)正朝軸正方向振動(dòng)D.從時(shí)刻起內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路程為【答案】C【解析】【詳解】A．由圖（b）可知，乙波的周期為1s，甲、乙兩波在同一種勻整介質(zhì)中，則兩波傳播速度相同，因此，則有A錯(cuò)誤；B．由題意可知，在時(shí)乙波到達(dá)P點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)P起先從平衡位置向軸正方向振動(dòng)。甲的周期可知，甲波到達(dá)P點(diǎn)須要2s，在t=2s時(shí)，甲波在P點(diǎn)起振方向從平衡位置向軸負(fù)方向，對(duì)乙波，在t=2s時(shí)，在P點(diǎn)從平衡位置向軸負(fù)方向振動(dòng)，因此P點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，B錯(cuò)誤；C．由B選項(xiàng)分析可知，乙波到達(dá)P點(diǎn)須要1.5s時(shí)間，且起振方向?yàn)檠剌S正方向，乙波的周期為1s，乙波到達(dá)P點(diǎn)后，經(jīng)0.25s到達(dá)軸正方向最大位移處，因此在時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P正朝軸正方向振動(dòng)，C正確；D．從時(shí)刻起，乙波到達(dá)P點(diǎn)須要1.5s時(shí)間，乙波使P質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)0.5s，質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路程是又有在t=2s時(shí)，甲波傳到P點(diǎn)，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P從平衡位置向軸負(fù)方向振動(dòng)，可知在時(shí)間內(nèi)，P點(diǎn)的振幅為則有在時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路程是則有從時(shí)刻起內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路程為D錯(cuò)誤。故選C。12.如圖所示，將霍爾式位移傳感器置于一個(gè)沿軸正方向的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨位置變更關(guān)系為（且均為常數(shù)），霍爾元件的厚度很小。當(dāng)霍爾元件通以沿軸正方向的恒定電流，上、下表面會(huì)產(chǎn)生電勢(shì)差，則下列說(shuō)法正確的是（）A.若霍爾元件是自由電子導(dǎo)電，則上表面電勢(shì)低于下表面B.當(dāng)物體沿軸正方向移動(dòng)時(shí)，電勢(shì)差將變小C.僅減小霍爾元件上下表面間的距離，傳感器靈敏度將變?nèi)鮀.僅減小恒定電流，傳感器靈敏度將變?nèi)酢敬鸢浮緿【解析】【詳解】A．霍爾元件是自由電子導(dǎo)電，受洛倫茲力的是電子，依據(jù)左手定則。電子受向下的洛倫茲力，所以下表面帶負(fù)電，上表面帶正電，上表面電勢(shì)高于下表面，A錯(cuò)誤；B．設(shè)霍爾元件上下表面高度差為，電子定向移動(dòng)速度為，電子電荷量為，霍爾元件平衡時(shí)，有解得又因?yàn)槠渲袨閱挝惑w積的自由電子數(shù)，可得則當(dāng)物體沿軸正方向移動(dòng)時(shí)增大，所以增大，電勢(shì)差也增大，B錯(cuò)誤；CD．傳感器靈敏度為因?yàn)榭傻脙H減小霍爾元件上下表面間距離，傳感器靈敏度不變，僅減小恒定電流，傳感器靈敏度將變?nèi)?，C錯(cuò)誤，D正確。故選D。13.如圖所示，玻璃磚的橫截面為等腰梯形，梯形上底邊長(zhǎng)為，下底邊長(zhǎng)為，底角為。一束折射率為的足夠強(qiáng)的單色光垂直射向玻璃磚的整個(gè)下底面，對(duì)于分別從上底面、兩側(cè)面、下底面射出的單色光，其在下底面入射時(shí)的面積之比為（）A.1∶1∶1 B.1∶1∶3 C.1∶2∶2 D.1∶2∶3【答案】B【解析】【詳解】依據(jù)全反射臨界角公式可知?jiǎng)t臨界角為依據(jù)幾何關(guān)系可知從側(cè)面射入的光的入射角為60°，則從側(cè)面射入的光會(huì)發(fā)生全反射，如圖：依據(jù)幾何關(guān)系可知依據(jù)對(duì)稱性可知從側(cè)面射出的光線對(duì)應(yīng)的下底面入射時(shí)的邊長(zhǎng)為a；在光線到達(dá)上底面時(shí)，與上底面垂直，可干脆射出，對(duì)應(yīng)的下底面入射時(shí)的邊長(zhǎng)為a；下底面的光會(huì)發(fā)生反射，對(duì)應(yīng)的下底面入射時(shí)的邊長(zhǎng)為3a；可知在下底面入射時(shí)的面積之比為1∶1∶3。故選B。二、選擇題14.下列說(shuō)法正確的是（）A.不行能從單一熱庫(kù)吸取熱量，使之完全變勝利B.普朗克首先提出了電磁波的概念，并建立了完整的電磁場(chǎng)理論C.金屬熱電阻可用來(lái)制作溫度傳感器，其原理是將熱學(xué)量轉(zhuǎn)換為電學(xué)量D.電子的德布羅意波長(zhǎng)與原子間距數(shù)量級(jí)相近，因此可用晶體做電子束衍射試驗(yàn)【答案】CD【解析】【詳解】A．開爾文表述為：不行能從單一熱庫(kù)吸取熱量，使之完全變勝利，而不產(chǎn)生其他影響，A錯(cuò)誤；B．麥克斯韋首先提出了電磁波的概念，并建立了完整的電磁場(chǎng)理論，B錯(cuò)誤；C．金屬熱電阻電阻率隨溫度的上升而增大，所以金屬熱電阻可用來(lái)制作溫度傳感器，其原理是將溫度這個(gè)熱學(xué)量轉(zhuǎn)換為電阻這個(gè)電學(xué)量，C正確；D．電子的德布羅意波長(zhǎng)與原子間距數(shù)量級(jí)相近，滿意發(fā)生明顯衍射的條件，因此可用晶體做電子束衍射試驗(yàn)，D正確。故選CD。15.有探討發(fā)覺(jué)中子衰變后可轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子，同時(shí)放出質(zhì)量可視為零的反中微子。已知中子質(zhì)量，質(zhì)子質(zhì)量，電子質(zhì)量，為光速，不考慮粒子之間的相互作用及中子初動(dòng)能。若質(zhì)子的動(dòng)量，關(guān)于中子的衰變，下列說(shuō)法正確的是（）A.強(qiáng)相互作用是中子衰變成質(zhì)子和電子的緣由B.中子衰變的核反應(yīng)式為C.質(zhì)子和電子的動(dòng)量大小相等，方向相反D.電子和反中微子的總動(dòng)能約為【答案】BCD【解析】【詳解】A．弱相互作用是中子發(fā)生β衰變成質(zhì)子和電子的緣由，故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒可知中子衰變的核反應(yīng)式為故B正確；C．中子衰變過(guò)程滿意動(dòng)量守恒，一個(gè)靜止的中子衰變前其動(dòng)量為零，衰變放出反中微子的質(zhì)量可視為零，放出的質(zhì)子和電子的總動(dòng)量為零，故放出的質(zhì)子和電子兩者的動(dòng)量大小相等、方向相反，故C正確。D．中子衰變過(guò)程中釋放的能量為ΔE＝(mn?me?mp)c2=（）MeV=0.79MeV一個(gè)靜止的中子衰變過(guò)程中放出的質(zhì)子動(dòng)能為中子衰變過(guò)程中電子和反中微子的總動(dòng)能為ΔE-Ekp=0.7468MeV故D正確；故選BCD。三、非選擇題16.在“探究小車速度隨時(shí)間變更的規(guī)律”的試驗(yàn)中，如圖1，某同學(xué)將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接在的電源上。在打出的紙帶上每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，共取了1、2、3、4、5、6六個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，如圖2。（1）圖1中打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接的電源為_______（選填“”或“”）交變電源；（2）圖2中計(jì)數(shù)點(diǎn)2的讀數(shù)為_______；（3）打下圖2中計(jì)數(shù)點(diǎn)3時(shí)，小車的速度大小為_______；（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）（4）該同學(xué)從每一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)處將紙帶剪開分成幾段，將這些紙帶由短到長(zhǎng)緊靠但不重疊地粘在坐標(biāo)系中，如圖3所示，最終將紙條上端中心連起來(lái)，于是得到圖像，用該圖像探究小車速度隨時(shí)間變更的規(guī)律是否可行？_______（選填“可行”或“不行行”）。【答案】①.②.③.④.可行【解析】【詳解】（1）[1]圖中為電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，接220V溝通電源。（2）[2]刻度尺最小刻度為毫米，估讀一位，所以計(jì)數(shù)點(diǎn)2的讀數(shù)為均可。（3）[3]計(jì)數(shù)點(diǎn)3時(shí)，小車的速度大小為（4）[4]因?yàn)榧垪l的長(zhǎng)度除以時(shí)間是這一段的平均速度，而平均速可看成于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，因?yàn)榧垪l對(duì)應(yīng)的時(shí)間都是0.1s，所以可以用紙條的長(zhǎng)度代替速度，所以此方案可行。17.（1）如圖所示是探究向心力的大小F與質(zhì)量m、角速度ω和半徑r之間的關(guān)系的試驗(yàn)裝置。①下列試驗(yàn)的試驗(yàn)方法與本試驗(yàn)相同的是_______；A．探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)B．探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系C．探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律D．探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系②當(dāng)探究向心力的大小F與半徑r的關(guān)系時(shí)，需調(diào)整傳動(dòng)皮帶的位置使得左右兩側(cè)塔輪輪盤半徑_______（選填“相同”或“不同”）；（2）在探討牛頓第三定律時(shí)，將兩個(gè)完全相同的彈簧秤通過(guò)掛鉤懸掛對(duì)拉，如圖所示，甲彈簧秤在上，乙彈簧秤在下。若將兩個(gè)彈簧的位置互換重復(fù)試驗(yàn)，則甲彈簧秤和乙彈簧秤示數(shù)的變更狀況為_______。A．甲變小B．甲不變C．乙變小D．乙不變【答案】①.BD##DB②.相同③.A【解析】【詳解】（1）[1]A．本試驗(yàn)接受的試驗(yàn)方法是限制變量法，探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，接受等效思想，故A錯(cuò)誤；B．探究加速度與力和質(zhì)量的關(guān)系試驗(yàn)接受的試驗(yàn)方法是限制變量法，故B正確；C．探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律試驗(yàn)接受的試驗(yàn)方法是等效替代法，故C錯(cuò)誤；D．探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系利用限制變量法，故D正確。故選BD。[2]當(dāng)探究向心力的大小F與半徑r的關(guān)系時(shí)，應(yīng)保證小球的質(zhì)量和角速度不變，所以需調(diào)整傳動(dòng)皮帶的位置使得左右兩側(cè)塔輪輪盤半徑相同。（2）[3]由于彈簧秤重力的影響，使得上面彈簧秤的讀數(shù)大于下面彈簧秤的讀數(shù)，所以甲乙位置互換后，甲的讀數(shù)減小，乙的讀數(shù)增大。故選A。18.某試驗(yàn)小組為盡量精確測(cè)定電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，試驗(yàn)室供應(yīng)以下器材：A.待測(cè)電池組（電動(dòng)勢(shì)約為，內(nèi)阻約為）B.電壓表（量程，內(nèi)阻約為）C.電流表（量程，內(nèi)阻約為）D.電流表（量程，內(nèi)阻約為）E.滑動(dòng)變阻器，額定電流F滑動(dòng)變阻器，額定電流G.開關(guān)、導(dǎo)線若干（1）電流表應(yīng)選用_______（選填“C”或“D”），滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用_______（選填“E”或“F”）；（2）該小組連接的實(shí)物電路如圖6所示，經(jīng)細(xì)致檢查，發(fā)覺(jué)電路中有一條導(dǎo)線連接不當(dāng)，這條導(dǎo)線對(duì)應(yīng)的編號(hào)是_______；（3）該小組在電池組正極和開關(guān)之間串聯(lián)一個(gè)阻值為電阻，重新測(cè)量后得到了幾組電壓表讀數(shù)和對(duì)應(yīng)的電流表讀數(shù)，并作出圖像，如圖7所示。依據(jù)圖像可知，電池組的電動(dòng)勢(shì)為_______V（結(jié)果保留三位有效數(shù)字），內(nèi)阻為_______（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮竣?C②.E③.④④.2.88##2.89##2.90##2.91##2.92⑤.0.78##0.79##0.80##0.81##0.82【解析】【詳解】（1）[1]從圖7可看出電流變更范圍，所以電流表選擇C。[2]依據(jù)以及電流表的量程可知，的滑動(dòng)變阻器足夠用，而且便利操作，所以選E。（2）[3]由于電源內(nèi)阻較小，應(yīng)當(dāng)接受電流表分壓接法，如圖所以導(dǎo)線④連接不當(dāng)。（3）[4][5]因?yàn)樵陔姵亟M正極和開關(guān)之間串聯(lián)一個(gè)阻值為的電阻，依據(jù)閉合電路歐姆定律，有所以可知圖像中，圖線的縱軸截距表示電源的電動(dòng)勢(shì)，圖線斜率的確定值表示，將圖線連接完整，如圖可得出所以電源的內(nèi)阻為由于誤差，電源的電動(dòng)勢(shì)為即可，電源內(nèi)阻為即可。19.一個(gè)容積為的導(dǎo)熱汽缸下接一圓柱形管，二者總質(zhì)量為，現(xiàn)用質(zhì)量、橫截面積、厚度可忽視不計(jì)的活塞封閉確定質(zhì)量的志向氣體，活塞與圓管管壁間摩擦不計(jì)?；钊露诉B接彈簧，彈簧下端與地面固定，氣缸始終保持豎直。起先時(shí)氣體溫度為，活塞處在A位置，氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)為。隨著環(huán)境溫度緩慢上升到，活塞恰能緩慢移至容器底部B位置處，已知A、B間距離，外界大氣壓強(qiáng)。（1）環(huán)境溫度由緩慢上升到過(guò)程中，氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)（選填“變更”或“不變”）；（2）求汽缸內(nèi)的氣體壓強(qiáng)及環(huán)境溫度；（3）升溫過(guò)程中，若氣體內(nèi)能增加了，求氣體須要向外界吸取的熱量。【答案】（1）不變；（2），；（3）【解析】【詳解】（1）對(duì)氣缸受力分析，變更前有變更后有可知?jiǎng)t可知，環(huán)境溫度由緩慢上升到過(guò)程中，氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)不變。（2）以氣缸為探討對(duì)象，依據(jù)平衡條件可知解得氣體升溫膨脹過(guò)程為等壓過(guò)程，由蓋呂薩克定律定律有解得（3）由熱力學(xué)第確定律可知?dú)怏w膨脹對(duì)外做功，則可得所以氣體須要向外界吸取熱量20.光滑細(xì)軌道由半徑為的豎直圓弧軌道與直軌道組成，圓弧軌道的圓心位于最低點(diǎn)正上方，連線與水平方向夾角為，在軌道右側(cè)與等高處有一平臺(tái)，平臺(tái)邊緣處有一質(zhì)量為的滑塊放在質(zhì)量為的“L形”薄板最左端。質(zhì)量為的小球在確定條件下可經(jīng)A點(diǎn)射出后恰能水平擊中滑塊，該碰撞過(guò)程可視為彈性碰撞。若滑塊能與薄板發(fā)生碰撞，碰撞過(guò)程可視為完全非彈性碰撞。已知與A的高度差，滑塊與薄板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，薄板與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，薄板厚度不計(jì)，小球和滑塊都視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，，。（1）若小球自點(diǎn)無(wú)初速度釋放，求小球經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)受軌道的支持力大小；（2）要使小球能水平擊中薄板上的物塊，求小球在處的初速度及A與間的水平距離；（3）若小球能水平擊中薄板上的物塊。a．薄板長(zhǎng)為，求滑塊與薄板間因摩擦產(chǎn)生的總熱量；b．薄板長(zhǎng)為，求薄板最終停下時(shí)其右端離的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）（a），（b）【解析】【詳解】（1）F運(yùn)動(dòng)到E得過(guò)程由動(dòng)能定理有運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)位置，由牛頓其次定律有聯(lián)立可得，小球經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)受軌道的支持力（2）小球由A運(yùn)動(dòng)到B位置過(guò)程可視為由B到A逆向的平拋運(yùn)動(dòng)，利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有可得利用A點(diǎn)速度方向可知由于點(diǎn)與點(diǎn)等高，由能量守恒可知，F(xiàn)點(diǎn)小球的初速度斜拋過(guò)程中，聯(lián)立解得（3）（a）小球與滑塊碰撞的過(guò)程中，滿意機(jī)械能守恒與動(dòng)量守恒，則有聯(lián)立可得小球與滑塊碰撞后滑塊的速度為由于因此，滑塊在薄板上滑動(dòng)過(guò)程中，薄板不動(dòng)，由可得因此滑塊減小的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為摩擦形成的內(nèi)能，即（b）由于物塊與薄板右端發(fā)生碰撞前，有可得由動(dòng)量守恒有由動(dòng)能定理有聯(lián)立可得結(jié)合題意可知，薄板右端最終距離的距離為21.