2024年統(tǒng)編版2024高二物理上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年統(tǒng)編版2024高二物理上冊階段測試試卷685考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、做自由落體運動的物體，在第1s

內(nèi)下落的高度是(g

取10m/s?)

A.5m

B.10m

C.15m

D.20m

2、下列用電器中，利用靜電的吸附作用進行工作的是(

)

A.復印機B.電冰箱C.電話機D.電飯煲3、聲波的衍射現(xiàn)象比光波的衍射現(xiàn)象來得更容易、更明顯，這是因為（）A.耳朵的聽覺比眼睛的視覺要靈敏B.聲波的波速比光波的波速大C.聲波的波長比光波的波長要長D.聲波的頻率比光波的頻率要高4、有關交流電的下列說法不正確的是（）A.交變電流的有效值實質(zhì)就是平均值B.只有正（或余）弦式電流才有U=的關系C.照明電壓220V、動力電壓380V，交流電壓表和電流表測量的值指的都是交變電流的有效值D.交變電流u=311sin314t的相位是314t，初相是05、如圖，在磁感應強度為B

的勻強磁場中，有半徑為r

的光滑圓形導體框架，Oa

為一能繞O

在框架上滑動的導體棒，Oa

之間連一個電阻R

導體框架與導體電阻均不計，使Oa

能以角速度婁脴

勻速轉動，整個電路的電功率是

A.B2婁脴2r4/R

B.B2婁脴2r4/2R

C.B2婁脴2r4/4R

D.B2婁脴2r4/8R

6、質(zhì)量為M

的原子核，原來處于靜止狀態(tài)，當它以速度V

放出一個質(zhì)量為m

的粒子時，剩余部分的速度為(

)

A.mVM鈭?m

B.鈭?mVM鈭?m

C.mVM+m

D.鈭?mVM+m

評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)7、兩長度和橫截面積均相同的電阻絲的伏安特性曲線如圖所示，求兩電阻絲的電阻值之比為________，電阻率之比為________．8、物體帶電的三種方式____、____、感應起電．9、把“龜兔賽跑”的過程簡化后，用如圖所示的s—t圖表示，那么烏龜做勻速直線運動的速度v=____m／s。比賽的前50m，烏龜?shù)倪\動速度____兔子的運動速度(填“大于”、“等于”或“小于”），第500S末烏龜與兔子的距離為____m。10、在“探究加速度與力、質(zhì)量的關系”實驗中：（1）為了探究加速度與力的關系，應保持____________不變；為了直觀地判斷加速度與力的數(shù)量關系，應作出____________圖象（選填“”或“”）.（2）為了探究加速度與質(zhì)量的關系，應保持____________不變；為了直觀地判斷加速度與質(zhì)量的數(shù)量關系，應作____________圖象（選填“”或“”）.11、設宇宙射線粒子的能量是其靜止能量的k倍．則粒子運動時的質(zhì)量等于其靜止質(zhì)量的倍，粒子運動速度是光速的倍。12、圖給出了汽車從A點出發(fā)到B點做直線運動的v-t圖線，據(jù)圖可知。在0s－40s內(nèi)汽車加速度是____m/s2；在40s－120s內(nèi)汽車的位移大小是____m；在120s－200s內(nèi)汽車做____運動；由圖中得到汽車從A點開始到第一次速度大小為10m/s時所需的時間是____s。13、如圖所示，有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球停在絕緣平面上，并且處在磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中．為了使小球飄離平面，勻強磁場在紙面內(nèi)移動的最小速度為______，方向為______．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)14、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）15、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）16、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內(nèi)部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）17、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

18、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

19、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）20、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內(nèi)部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）21、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、實驗探究題(共2題，共6分)22、某同學用圖所示的裝置通過半徑相同的AB

兩球(mA>mB)

的碰撞來驗證動量守恒定律.

圖中PQ

是斜槽，QR

為水平槽.

實驗時先使A

球從斜槽上某一固定位置G

由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡.

重復上述操作10

次，得到10

個落點痕跡.

再把B

球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A

球仍從位置G

由靜止開始滾下，和B

球碰撞后，AB

球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡.

重復這種操作10

次.

圖甲中O

點是水平槽末端R

在記錄紙上的垂直投影點.B

球落點痕跡如圖乙所示，其中米尺水平放置，且平行于GRO

所在的平面，米尺的零點與O

點對齊．

(1)

碰撞后B

球的水平射程應取為______cm

(2)

在以下選項中；哪些是本次實驗必須進行的測量______

A.水平槽上未放B

球時；測量A

球落點位置到O

點的距離。

B.A

球與B

球碰撞后；測量A

球落點位置到O

點的距離。

C.測量A

球或B

球的直徑。

D.測量A

球和B

球的質(zhì)量(

或兩球質(zhì)量之比)

E.測量O

點相對于水平槽面的高度。

(3)

實驗中；對入射小球在斜槽上釋放點的高低對實驗影響的說法中正確的是______

A.釋放點越低；小球受阻力越小，入射小球速度越小，誤差越小。

B.釋放點越低；兩球碰后水平位移越小，水平位移測量的相對誤差越小，兩球速度的測量越準確。

C.釋放點越高；兩球相碰時，相互作用的內(nèi)力越大，碰撞前后動量之差越小，誤差越小。

D.釋放點越高，入射小球對被碰小球的作用力越大，軌道對被碰小球的阻力越小．23、用如圖甲所示的實驗裝置探究小車的加速度跟合外力的關系，小車左端連接的是力傳感器，小車放置在表面各處粗糙程度相同的水平長木板上，按圖甲裝配好實驗器材，先測出小車運動時所受的摩擦阻力，逐漸向沙桶中添加沙粒，當觀察到小車剛開始運動時，記下傳感器的示數(shù)F0

可認為摩擦阻力為F0

．(1)

將小車放回初位置并用手按住，繼續(xù)向沙桶中添加一定量的沙粒，接通頻率為50Hz

的交流電源，使打點計時器工作，然后釋放小車，打出一條紙帶，同時記下傳感器的示數(shù)F1

繼續(xù)向桶中添加沙粒，多次重復實驗，打出多條紙帶，圖乙為某次實驗打出的一條紙帶，紙帶上每相鄰的兩計數(shù)點間都有四個計時點未畫出，按時間順序取OABCD

五個計數(shù)點，用刻度尺量出ABCD

點到O

點的距離，則小車的加速度a=

____m/s2.(

結果保留兩位有效數(shù)字)

(2)

算出每次小車的加速度和合力F(F=F1鈭?F0)

獲得多組數(shù)據(jù)，描繪小車加速度a

與F

的關系圖像，在實驗中，____(

選填“需要”或“不需要”)

沙和桶的總質(zhì)量遠小于小車和傳感器的總質(zhì)量.

(3)

實驗中，一位細心的同學發(fā)現(xiàn)傳感器的示數(shù)要比沙和桶的重力小很多，原因是____________________________.

評卷人得分五、計算題(共2題，共20分)24、如圖，氣缸左右兩側氣體由絕熱活塞隔開，活塞與氣缸光滑接觸．初始時兩側氣體均處于平衡狀態(tài)，體積之比V1：V2=1：2，溫度之比T1：T2=3：5．先保持右側氣體溫度不變；升高左側氣體溫度，使兩側氣體體積相同，然后使活塞導熱．兩側氣體最后達到平衡．求。

（1）兩側氣體體積相同時；左側氣體的溫度與初始溫度的比值；

（2）兩側氣體最后達到平衡時，左右兩側氣體的體積之比．25、如圖所示；木板AB

緊靠在一起，放在光滑水平面上，mA=5kgmB=4kgAB

上表面粗糙.

另有一個質(zhì)量為1kg

的物塊C

以初速度v0

從A

的左端向右滑動，最后C

物塊在木板B

上與木板B

一起以1.5m/s

的速度運動，木板A

最終的速度大小為vA=0.5m/s.

已知C

與AB

間動摩擦因數(shù)均為婁脤=0.2

求：

(1)

物塊C

的初速度v0

的大??；

(2)

物塊C

在木板B

上滑行的距離．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】做自由落體運動的物體，在第1s

內(nèi)下落的高度故選A【解析】A

2、A【分析】解：A

復印機復印文件資料；就是利用靜電墨粉吸附在鼓上.

故選A正確；

B；電冰箱是利用物態(tài)變化時的吸熱和放熱原理制冷的；故B錯誤；

C；電話是利用電磁波傳遞信息；利用了電流的磁效應工作的，故C錯誤；

D；電飯煲是利用了電流的熱效應；來加熱的，故D錯誤．

故選A．【解析】A

3、C【分析】解：波發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象的條件是：孔縫的寬度或障礙物尺寸與波長相比差不多或比波長更短．由于聲波的波長比較大（1.7cm～17m）比光波大得多；故可以發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，而可見光的波長很小，無法發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象．故只有C正確，ABD錯誤．

故選：C．

波能否繞過某一建筑物傳播是指波是否發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象；波發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象的條件是：孔縫的寬度或障礙物尺寸與波長相比差不多或比波長更短．

掌握了波發(fā)生明顯衍射的條件即可順利解決此題，注意聲波與光波的波長長短是解題的關鍵．【解析】【答案】C4、A【分析】解：A；交流電的有效值與平均值是兩個不同的概念；故A錯誤．

B、只有正（或余）弦式電流才有U=的關系；故B正確；

C；照明電壓220V、動力電壓380V；交流電壓表和電流表測量的值指的都是交變電流的有效值，故C正確；

D；交變電流u=311sin314t的相位是314t；初相是0，故D正確；

本題選錯誤的；故選：A．

交變電流表和交變電壓表測定的電流；電壓的數(shù)值、交變電流的電器設備銘牌上所標的電壓和電流值均指有效值；沒有特別說明的都是指交變電流的有效值．

本題關鍵要知道有效值的概念，明確給定的交變電流的數(shù)值，沒有特別說明的都是指交變電流的有效值．【解析】【答案】A5、C【分析】【分析】導體棒勻速轉動；說明處于受力平衡狀態(tài)，外力的功率和電阻的發(fā)熱的功率大小相等，求出電阻發(fā)熱的功率即可。

解決本題的關鍵是分析出外力的功率與電阻的發(fā)熱的功率大小相等，知道這一點本題就簡單的多了。【解答】因為OC

是勻速轉動的，根據(jù)能量的守恒可得，P脥芒=P碌莽=U2R

又因為E=Br隆隴婁脴r2

聯(lián)立解得：P脥芒=B2婁脴2r44R

故C正確，ABD錯誤。故選C?！窘馕觥緾

6、B【分析】解：原子核放出粒子前后動量守恒；設剩余部分速度為v

則有：mv+(M鈭?m)v隆盲=0

所以解得：v隆盲=鈭?mvM鈭?m

負號表示速度與放出粒子速度相反．

故選：B

．

本題屬于“反沖”問題；原子核放出粒子過程中動量守恒，因此根據(jù)動量守恒直接列方程求解即可．

本題比較簡單，考查了動量守恒定律的應用，要注意該定律的適用條件和公式中物理量的含義以及其矢量性．【解析】B

二、填空題(共7題，共14分)7、略

【分析】試題分析：根據(jù)歐姆定律和圖像可知，兩電阻絲的電阻之比等于圖線的斜率反比，即電阻值之比為1：3，根據(jù)電阻率的定義有同時，電阻絲長度和橫截面積均相同，所以可知，電阻率之比也為1：3；考點：歐姆定律、電阻率【解析】【答案】1：3；1：38、略

【分析】

使物體帶電的方法共有三種分別為摩擦起電；感應起電和接觸起電．

故答案為：接觸起電；摩擦起電．

【解析】【答案】使物體帶電的方法有三種分別為摩擦起電；感應起電和接觸帶電；由此分析可以的出結論．

9、略

【分析】【解析】試題分析：位移時間圖像中，圖線的斜率表示速度大小，由此可知烏龜做勻速直線運動的速度0.4m/s，比賽的前50m，烏龜?shù)倪\動圖像的斜率較小，速度較小，圖像縱坐標的截距表示位移大小，由此可知第500S末烏龜與兔子的距離為50m考點：考查位移時間圖像【解析】【答案】0.4；小于；5010、略

【分析】【解析】試題分析：探究加速度與力、質(zhì)量的關系，實驗的原理F=ma，利用的是控制變量法，因此（1）為了探究加速度與力的關系，應保持質(zhì)量不變；為了直觀地判斷加速度與力的數(shù)量關系，應作出a-F圖像（2）為了探究加速度與質(zhì)量的關系，應保持力不變；為了直觀地判斷加速度與質(zhì)量的數(shù)量關系，應作a-的圖像考點：探究加速度與力、質(zhì)量的關系【解析】【答案】質(zhì)量、力、11、略

【分析】【解析】【答案】k；12、略

【分析】【解析】試題分析：0s－40s內(nèi)40s－120s內(nèi)汽車的位移大小是面積大小，由圖可知為1600m。在120s－200s內(nèi)速度逐漸變小，做勻減速直線運動。0s－40s內(nèi)汽車加速度為0.5m/s2，根據(jù)計算得20s?？键c：v-t圖像【解析】【答案】0.5m/s21600m勻減速20s13、略

【分析】解：由左手定則可以判斷出；當小球相對于磁場向右運動時，帶正電的小球所受的洛倫茲力方向向上，當其與重力平衡時，小球即將飄離平面．

設此時速度為v，則由力的平衡可知mg=qvB，所以最小速度v=．

小球相對于磁場向右運動；而小球靜止，則磁場向左運動．

故答案為：水平向左．

磁場運動時；可以等效為小球相對于磁場運動，當洛倫茲力等于重力時，小球會飄起．根據(jù)mg=qvB，求出速度的大小，根據(jù)洛倫茲力的方向判斷出小球相對于磁場的方向，從而得知磁場的運動方向．

解決本題的關鍵知道洛倫茲力和重力相等時，小球會飄起，掌握左手定則判定洛倫茲力方向、電荷運動方向和磁場方向的關系．【解析】水平向左三、判斷題(共8題，共16分)14、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大?。?/p>

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大小；電勢差與零電勢點的選取無關；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關．15、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．16、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內(nèi)部出現(xiàn)感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．17、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．18、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。?9、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．20、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內(nèi)部出現(xiàn)感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．21、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結論．四、實驗探究題(共2題，共6分)22、65.7；ABD；C【分析】解：(1)

如圖乙所示，用一盡可能小的圓把小球的落點圈在里面，圓心為落點的平均位置，由此圖可讀出圓心的位置是65.7cm

這就是小球落點的平均位置.(2)

本實驗需要驗證的方程是：mAOP爐=mAON爐+mBOM爐

需要測量兩球的質(zhì)量mAmB

水平槽上未放B

球時，測量A

球落點位置到O

點的距離OP爐.A

球與B

球碰撞后，測量A

球落點位置到O

點的距離ON爐.

故ABD正確，CE錯誤.

故選：ABD.(3)

入球球的釋放點越高，入射前碰撞前的速度越大，相撞時內(nèi)力越大，阻力的影響相對越小，可以較好地滿足動量守恒的條件，也有利于減小測量水平位移時的相對誤差，從而使實驗的誤差減小.

故ABD錯誤，C正確.

故答案為：(1)65.7(65.5鈭?65.9

均可)(2)ABD(3)C.(1)

用一盡可能小的圓把小球的落點圈在里面，圓心為落點的平均位置，再讀出讀數(shù).(2)

如圖，P

為碰撞前，球A

落點的平均位置，MN

分別為碰撞后球B

和球A

落點的平均位置，本實驗的基本原理是利用平拋運動的規(guī)律：高度相等時，平拋運動時間相等，水平位移與初速度成正比，將運動時間看作時間單位，可由水平位移表示初速度，需要測量：OPOMON

以及兩球的質(zhì)量.(3)

動量守恒的條件是系統(tǒng)所受的合力為零或內(nèi)力遠大于外力，入球球的釋放點越高，入射前碰撞前的速度越大，相撞時內(nèi)力越大，阻力影響越小，動量越守恒.

本題關鍵要懂得小球落點平均位置確定的方法：平均圓法，理解基本原理是利用平拋運動知識，用水平位移替代平拋運動的初速度，知道動量守恒的條件．【解析】65.7ABDC

23、(1)0.43

(2)

不需要(3)

沙和桶總質(zhì)量未遠小于小車和傳感器的總質(zhì)量【分析】【分析】根據(jù)勻變速直線運動的推論公式鈻?x=aT2

可以求出加速度的大??；因為小車所受拉力由傳感器直接測量得到，故不需要砂和桶的總質(zhì)量遠小于小車和傳感器的總質(zhì)量；由于砂和桶一起加速向下運動，處于失重狀態(tài)；本題借助實驗考查了勻變速直線的規(guī)律以及推論的應用，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用，提高解決問題能力。解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的操作步驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事項，其中平衡摩擦力的原因以及做法在實驗中應當清楚。【解答】(1)

因為相鄰計數(shù)點間有四個計時點未畫出，所以相鄰計數(shù)點的時間間隔T=0.1s

由逐差公式可知，小車的加速度a=xBD鈭?xOB4T2=(4.35?1.31?1.31)隆脕10?24隆脕0.12m/s2

(2)

因為小車所受拉力由傳感器直接測量得到，故不需要砂和桶的總質(zhì)量遠小于小車和傳感器的總質(zhì)量。(3)

由于砂和桶一起加速向下運動，處于失重狀態(tài)，mg鈭?F1=ma

傳感器示數(shù)F1

比砂和桶的重力mg

小很多，則說明整體加速度較大，其原因是砂和桶的總質(zhì)量未遠小于小車和傳感器的總質(zhì)量。故答案為：(1)0.43

(2)

不需要(3)

沙和桶總質(zhì)量未遠小于小車和傳感器的總質(zhì)量【解析】(1)0.43

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不需要(3)

沙和桶總質(zhì)量未遠小于小車和傳感器的總質(zhì)量五、計算題(共2題，共20分)24、略

【分析】

（1）先保持右側氣體溫度不變；升高左側氣體溫度，使兩側氣體體積相同，則右側氣體發(fā)生等溫變化，遵守玻意耳定律．左側氣體滿足理想氣體狀態(tài)方程．由玻意耳定律和理想氣體狀態(tài)方程分別列式求解．

（2）使活塞導熱；兩側氣體最后達到平衡時，兩側氣體都滿足理想氣體狀態(tài)方程，