預測卷04-2022屆高考全國乙卷物理模擬預測卷

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用

橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案書寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共8分。在每小題給出的四個選項中，第1?5題只有一項符

合題目要求，第6?8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0

分。

1.（2022?黑龍江?齊齊哈爾市第一中學校一模）2022年冬奧會將在北京一張家口舉行，其中短道速滑接力

是很具觀賞性的項目。比賽中“接棒”運動員在前面滑行，“交棒”運動員從后面追上，“交棒”運動員用力推

前方“接棒”運動員完成接力過程。忽略運動員與冰面之間的摩擦，交接棒過程中兩運動員的速度方向均在

同一直線上。對兩運動員交接棒的過程，下列說法正確的是（）

A.兩運動員之間相互作用力做的總功一定等于零

B.兩運動員之間相互作用力的總沖量一定等于零

C.兩運動員的動量變化一定相同

D.兩運動員組成的系統動量和機械能均守恒

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.交接棒過程中兩運動員之間的相互作用力等大反向，作用時間相同，總沖量一定為零，但

兩力作用的位移并不相同，總功并不為零，故A錯誤，B正確；

C.交接棒過程中兩運動員之間的相互作用力等大反向，作用時間相同，根據動量定理可知兩運動員的動

量變化大小相同，方向相反，故C錯誤；

D.兩運動員組成的系統所受合外力為零，動量守恒，但“交棒”遠動員的推力對系統做功，系統機械能不

守恒，故D錯誤。

故選B。

2.（2022?河北石家莊?模擬預測）在如圖所示的電路中，兩平行板電容器C|、G水平放置，尸點為電容器

G兩板間的一點。閉合開關s,待電路穩定后再將開關斷開，將一陶瓷板插入電容器c?兩板間的過程

中，下列說法正確的是（

R

A.產點電勢降低

B.P點電勢始終保持不變

C.電阻R中有向右的電流

D.電阻R中無電流

【答案】A

【解析】

【詳解】AB.根據

C得

可知將一陶瓷板插入電容器C?兩板間，電容C2變大，設極板間的電壓為U,則電容器C的電荷量為

Qt=ctu

電容器G的電荷量為

Q2=c2u

兩電容器的總電荷量為

Q&=<2,+2,=（G+c2）u

開關斷開后，兩電容器的總電荷量保持不變，山于電容C?變大，可知兩電容器極板間的電壓均變小，根

據

E=1

可知電容器G極板間的電場強度變小，則尸點與下極板間的電勢差變小，因為下極板接地且帶負電，電

勢始終為零，則尸點電勢降低，A正確，B錯誤:

CD.由于電容器G電容不變，極板間電壓變小，則電容器G的電荷量減小，電容器G放電，且下極板

帶負電，則電阻R中有向左的電流，CD錯誤;

故選Ao

3.（2022?遼寧?模擬預測）如圖所示，半徑為R的圓形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度

大小為B,直徑劭垂直c”,NMOd=30。，從M點沿Ma方向射入的帶正電粒子恰能從6點離開磁場，粒

子的質量為機，電量為4,不計粒子的重力，則粒子的速度大小及在磁場中運動的時間為（）

.y/3BqR您BqR27rm

'Bq,右’W

「y[3BqR理DBqR2兀〃?

'Bqm'3Bq

【答案】A

【解析】

連接MR分析可知例p為粒子圓周軌跡的直徑，由幾何關系得

MP也R

------=--------

22

mv027im

由「二不t=——x------得

2兀qB

1802nmnm

8]BRt=------x------=-----

2m360qBqB

故A正確，BCD錯誤。

故選A。

4.（2022.河北邯鄲?二模）2022年4月7日《科學》雜志的封面文章爆出了一條引發物理學界震動的大新

聞，科學家們對W玻色子的質量進行了高精度測量。這種基本粒子間是弱相互作用，在自然界不能穩定

存在或不單獨存在。物理學家們只能利用高能粒子加速器中的粒子與靶物質相互碰撞，才能讓他們出現

在觀察視野進而進行研究，由于W玻色子被打出后會迅速發生僅衰變，產生電子、繆子或者反中微子

等。科學家們能對產生的粒子動量分布研究推出W玻色子的質量，則下列有關說法錯誤的是（）

A.W玻色子發生僅衰變的半衰期與外界的溫度和壓強無關

B."C可衰變為"N,它發生的衰變與W玻色子衰變相同

C.自然界中存在萬有引力、電磁相互作用、強相互作用和弱相互作用力四種基本作用

D.如果高能粒子加速器是回旋加速器，所加高頻電壓越大，其獲得的速度大小越大

【答案】D

【解析】

【詳解】A.半衰期只與核子本身有關，與外界條件無關，故A正確；

B.“C可衰變為也是夕衰變，故B正確；

C.自然界中存在四種基本作用：萬有引力、電磁相互作用、強相互作用和弱相互作用力，故c正確；

D.回旋加速器的最大動能為

E—皿

2m

與高頻電壓大小無關，故D錯誤。

本題選擇錯誤的，故選D。

5.（2022.福建省龍巖第一中學模擬預測）太空授課中，王亞平演示了測量物體質量的實驗，讓廣大青少

年領悟到了太空探索的趣味和航天員的魅力。某中學興趣小組就在軌做勻速圓周運動的天宮空間站內“測

物體質量”的問題，設計了下列四個方案，其中正確的是（）

A.像在地面上那樣，用天平可直接測出待測物體質量，〃

B.根據已知的軌道半徑、地球質量、引力常量等，計算出空間站所在處的重力加速度g,再用彈簧秤測

出物體重力G,利用公式G=mg求出待測物體質量〃？

C.使待測物體受到沿運行軌道切向的己知恒力戶的作用，測出（相對于空間站）從靜止開始經很短時間

t移動的位移X,再利用F=胸=，小片求出待測物體質量m

D.讓待測物體叫與已知質量的靜止物體叫正碰，測出兩物體碰撞前后（相對于空間站）的速度

Vpv,\v2\再利用g叫V；=g町療求出待測物體質量叫

【答案】c

【解析】

【詳解】AB.在天宮空間站中，所有的物體都處于完全失重狀態，一切與重力有關的儀器都不能使用,

所以天平不能直接測出物體的質量m,彈簧秤也不能測Hl物體的重力G,故AB錯誤;

C.在運行軌道切向，待測物體受恒力作用，相對空間站做勻加速運動（很短時間可近似看做勻加速直線

運動）則由x=可得

2x

〃=產

山牛頓第二定律

F=ma

聯立解得

Ft2

m=----

2x

故C正確;

D.因為不能確定兩物體的碰撞是否為彈性碰撞，因此碰撞前后兩物體組成的系統的機械能不一定守恒,

故D錯誤:

故選C。

6.（2022?重慶?三模）九龍坡區某中學AP班/YPT競賽小組的同學用新型材料設計了如圖甲所示的裝

置，固定在地面的豎直透氣圓筒，里面放置一質量為，"的薄滑塊B,圓筒內壁涂有一層新型智能材料一

ER流體，在筒口處，￡7?流體對B的作用力為0,在其他位置，m流體對B的作用力大小與它到筒口的

距離成正比，方向始終向上。起初，滑塊B在筒內某位置平衡，另一物塊A在外力作用下靜止在B正上

方某處，取A靜止的位置為原點。、豎直向下為正方向建立x軸。撤去外力，A自由下落，與B碰撞后

立即以相同的速度一起向下運動（A不與筒壁接觸），碰撞時間極短。測得A的動能線與其位置坐標x

的關系如圖乙所示（圓筒足夠長），圖中除芭之間的圖線為直線外，其余部分均為曲線。已知A、B

均可視為質點，重力加速度為g,則（

圖甲

A.A、B的質量之比為1：3

B.X2時物塊B的動能達到最大值

3E

C.在筒內，ER流體對B的作用力與它到管口的距離之比為而言j

D.從制到七的過程中，A、B整體克服ER流體做的功為能滑土線1

【答案】AB

【解析】

【詳解】A.由圖可知，A與B碰前A的動能為E”，碰后一起運動時A的動能為苣，則

16

4=萬啊喏

1kl2

布昂=55

mAv0=(mA+mB)vt

解得

4=1

/3

選項A正確；

B.X2時物塊A被后的動能最大，則此時B的動能也達到最大值，選項B正確；

C.設砧流體對B的作用力大小與它到筒口的距離成正比的比例系數為h開始時物塊B距離管口的距

離為X(h則

線="

在X2點時速度最大，則加速度為零，則

k&f+%)=(mA+〃%)g

其中

「12

4=5叫腐=外8占

解得

k=耳I

為(々-百)

選項C錯誤；

D.則從內到馬的過程中，由動能定理

E

(mA+mB)g(xi-x^-Wf=O—^-

解得

16%[

選項D錯誤。

故選AB?

7.(2022?天津和平?二模)如圖所示，半徑為R的圓形區域處在勻強電場中，圓平面與電場方向平行，O

為圓心，AB為圓的直徑，如圖所示。質量為加，電荷量為9(9>0)的帶電粒子在紙面內自A點先后

以大小不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直，其中剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周

上的C點以速率%穿出電場，AC與A8的夾角6=60。，已知粒子運動中僅受電場力作用，則可以判斷

出)

C

B

O

A.電場的方向一定從A點指向C點

B.所有粒子在電場中運動的時間均相同

C.從B點射出的粒子與從C點射出的粒子動量變化相同

D.從B點射出的粒子動能增量最大

【答案】AC

【解

【詳解】A.由題意，剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率%穿出電場，說明電場力

方向由A點指向C點，且粒子帶正電，故電場的方向一定從A點指向C點，A正確;

B.粒子從4點先后以大小不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直，說明所有粒子在電場中都

做類平拋運動，山丁進入電場的速度大小不同，粒子離開電場的位置不同，故粒子在電場中沿電場方向

的位移y不一定相同，根據

2

y=LaP=L.^t

22m

可知所有粒子在電場中運動的時間不一定相同，B錯誤;

C.根據幾何關系可知，ZACB=90°,故從8點射出的粒子與從C點射出的粒子在電場方向的位移y相

同，根據

y=-

22m

可知運動時間相等，電場力的沖量相等，根據動量定理可知，動量變化相同，c正確;

D.如圖所示

要使射出的粒子動能增量最大，需要粒子在電場方向通過的位移最大，即電場力做功最多，可知粒子從

過圓心。與AC平行的直徑的。點射出時，粒子動能增量最大，D錯誤：

故選ACo

8.（2022?河北?模擬預測）如圖甲所示，質量為M=2kg的長木板靜止在光滑水平面上，一質量為m=2kg

的小鐵塊靜置于長木板的最右端。t=0時刻起長木板在一個水平外力F,的作用下從靜止開始向右運動，

經過6s后，水平外力由B變為又經過2s后，撤去此時小鐵塊恰好未從長木板上掉落，此過程

中長木板的修圖像如圖乙所示。小鐵塊和長木板間的動摩擦因數為〃=02重力加速度g=10m/s2,小鐵

塊可視為質點，則。?8s的運動過程中，下列說法正確的是（）

圖甲圖乙

A.小鐵塊8s末的速度為8m/s

B.長木板長度為36m

C.此過程中小鐵塊和長木板間因摩擦而產生的熱量為192J

D.B大小為12N,方向水平向右，尸2大小為4N,方向水平向左

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.小鐵塊在0-8s作勻加速直線運動，則加速度為

6f=/zg=2m/s2

在8s末

v=^r=16m/s

A錯誤；

B.作出修圖為過原點和（8,16）的直線，為小鐵塊的內圖像，0-8s小鐵塊的位移為

s,=——x8m=64m

12

0-8s長木板的位移為

24/24+16。…

s、=—x6mH----------x2m=112m

222

長木板長度為

L=S2-S1=48m

B錯誤；

C.此過程中小鐵塊和長木板間因摩擦而產生的熱量為

QwgL=192J

C正確；

D.0-6s對木板有

Fi-fimg=Mai

其中

a/=4m/s2,F/=12N,方向向右

6-8s對木板有

F2-ftmg=ma2

（Z2=-4m/s2,尸2=-4N,方向向左

D正確.

故選CD。

二、非選擇題：第9?12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13?16題為選考題，考生根據要求

作答。

（-）必考題

9.（2022?河北?模擬預測）某實驗小組通過實驗研究發現：做平拋運動的小球在豎直方向上的運動規律跟

自由落體的運動規律相同。于是又設計實驗研究水平方向上的運動。如圖所示，在靠近豎直墻壁的水平

桌面上固定一斜面體，小球從斜面上某點釋放，滑到桌面上，然后從桌面邊緣飛出做平拋運動。實驗的

操作步驟如下：

A.調節桌面水平，豎直墻面上與桌面平齊的點標記為。

B.把裁成長條的白紙和復寫紙，平貼在0點以下的豎直墻面上

C.把小球從斜面上某點由靜止釋放，小球從水平桌面邊緣飛出，撞擊在豎直墻面上，通過復寫紙在白紙

上留下撞痕，標記為A

D.垂直豎直墻面向右移動桌子，移動的距離為x

E.再次把小球從斜面上由靜止釋放，小球從水平桌面邊緣飛出，在白紙上留下第二個撞痕，標記為3

F.重復步驟E,得到更多的撞痕，標記為C、D……

G.用米尺測量。點到每個撞痕距，=OB=H2,OC=H,,OD=H,……

（1）本實驗斜面和桌面的粗糙程度對實驗的精確度是否有影響？影響（填"有''或者“沒有”）

（2）在同一組實驗中，小球從斜面上由靜止釋放時需滿足什么條件？

（3）判斷水平方向小球做勻速運動的條件是（用題設條件中的物理量表示）。

【答案】沒有從同一位置釋放凡+3%=3%+匕

【解析】

【詳解】（1）UJ只要小球每次從斜面同一位置由靜止釋放，克服摩擦阻力做功相同，從桌面邊緣飛出時的

速度相等即可，故本實驗斜面和桌面的粗糙程度對實驗的精確度沒有影響。

（2）⑵在同一組實驗中，小球從斜面上由靜止釋放時需滿足從同一位置釋放。

（3）［3］若小球水平方向做勻速直線運動，則移動每一個x小球做平拋運動的時間差恒定，豎直方向由勻變

速直線運動推論可知，相同時間位移差恒定，故豎直方向相鄰兩個撞痕間長度差恒定，即

（d-4）=

整理得

Ht+3H,=3H2+H4

10.（2022?由西?榆次一中模擬預測）某同學要測定電池組（兩節干電池組成）的電動勢和內阻，該同學

設計了如圖甲所示的原理圖并進行實驗。其中定值電阻Ro=2.0C,毫安表量程為50mA,內阻&=400

（1）電阻箱的取值如圖乙所示，將圖甲中虛線框內電路視為電流表，其量程為mA。

（2）實驗步驟如下：

①將滑動變阻器R的滑片移到（填或"8'）端，閉合開關S。

②改變滑片位置，記下電壓表的示數U和毫安表的示數/,某次電壓表示數如圖丙所示，其讀數為

________Vo

③將實驗所測數據描繪在如圖丁所示的坐標紙上，作出了U—/圖線。

④根據圖線求得電池組的電動勢E=V,內阻r=C。（結果均保留兩位有效數字）

【答案】30042.203.10.96

【解析】

【詳解】⑴⑴電阻箱的取值是0.8C,則電流表的量程為

]R50x4

I=50inA+:----mA=300mA

8R'0.8

（2）①⑵為實驗儀器的安全，接通開關前，應使變阻器接入電路阻值最大，將滑動變阻器R的滑片移到

4端；

②⑶如圖丙所示，電壓表的量程是3V,精確度為0.1V,電壓表的讀數為2.20V；

④[4][5]由解析（1）可知，干路電流是電流表示數的6倍，根據閉合電路歐姆定律

U=E-6I(r+R))

由u-/圖可知

E=3.1V

nAUc3.1-2.3

R=......-Rcf=-------------Q—2.0C=0.96Q

6△/0.045x6

11.（2022?廣東廣州?二模）如圖，運動員起跳補籃，籃球恰好垂直擊中籃板“打板區”方框的上沿線中點,

反彈落入籃圈，球心下降到籃圈所在平面時，球未與籃圈接觸。己知籃球出手時球心離地的高度

九=2.25m、與籃板的水平距離￡,=1.17m,籃圈離地的高度為=3.05m,“打板區”方框的上沿線離籃圈的

高度4=0.45m,籃圈的直徑4=0.45m,籃板與籃圈的最小距離右=0.15m；若籃球的直徑

-0.24m、質量〃?=0.5kg,不考慮空氣作用力和籃球的轉動。重力加速度g取lOm/s?,求:

（1）籃球擊中籃板時的速度大小；

（2）籃球打板損失機械能的最小值。

【答案】（1）2.1m/s；（2）0.7425J

【解析】

【詳解】（1）起跳補籃，籃球恰好垂直擊中籃板“打板區”方框的上沿線中點，其逆過程可以看作是平拋運

動，則有

A-y=

代入數據得

%=2.1m/s

（2）反彈后做平拋運動，則反彈速度最大時機械能損失最少，則有

4=也

%+4-4=%A

解得

vm=1.2m/s

籃球打板損失機械能

\E=-mvl--mv1=0.7425J

12.（2022?上海?模擬預測）如圖，。=37。的足夠長且固定的粗糙絕緣斜面頂端放有質量M=0.024kg的U

型導體框，導體框的電阻忽略不計，導體框與斜面之間的動摩擦因數〃=025。一電阻R=3C、長度L=

0.6m的光滑金屬棒CD置于導體框上，與導體框構成矩形回路CDEF,且EF與斜面底邊平行。初始時

CD與E尸相距so=O.O3m,讓金屬棒與導體框同時由靜止開始釋放，金屬棒下滑距離s/=0.03m后勻速進

入方向垂直于斜面的勻強磁場區域，磁場邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行。當金屬棒離開磁場的瞬

間，導體框的EF邊剛好進入磁場并保持勻速運動。已知金屬棒與導體框之間始終接觸良好，且在運動中

金屬棒始終未脫離導體框。磁場的磁感應強度大小B=1T、方向垂直于斜面向上，取g=10m/s2,sin37。

=0.6,cos370=0.8o求：

（1）棒CD在磁場中運動時棒中感應電流/的大小和方向：

（2）棒CD的質量m以及金屬棒在磁場中運動時導體框的加速度a；

（3）從開始到導體框離開磁場的過程中，回路產生的焦耳熱Q；

（4）用文字簡要說明，導體框由靜止釋放至EF邊到達磁場下邊界的過程中，有哪些力對它做功及對應

的能量轉化情況。

2

【答案】（1）0.12A,從￡＞端流向C端；（2）m=0.012kg,a=3m/s;（3）2=0.008641；（4）答案見

解析

【解析】

【詳解】（1）根據題意，由右手定則可得，金屬棒CD中的感應電流方向是從。端流向C端：另外，金

屬棒在沒有進入磁場時做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得

/ngsin37=max

代入數據解得

q=6m/s

由運動學規律可得

V：=24M

代入數據解得

v,=0.6m/s

金屬棒在磁場中切割磁場產生感應電動勢，由法拉第電磁感應定律可得

E=BLv]

山閉合回路的歐姆定律可得

E

/=-=0.12A

R

(2)導體棒剛進入磁場時受到的安培力

與?=BIL=0.072N

金屬棒CD進入磁場以后因為瞬間受到安培力的作用，根據楞次定律可知金屬棒的安培力沿斜面向上，之

后金屬棒在勻強磁場區域內勻速運動，可得

mgsin37"=F底］

代入數據解得

機=0.012kg

此時導體框向下做勻加速運動，根據牛頓第二定律可得

A^sin370-//(/?+A/)gcos37=Ma

代入數據解得

a=3m/s2

(3)設磁場區域的寬度為x,則金屬棒在磁場中運動的時間為

金屬棒與導體框同時由靜止開始釋放后，金屬棒在磁場外運動的時間為

代入數據解得

=0.1s

導體框在磁場外運動的時間為

2(s0+sJ

a

代入數據解得

t2=0.2s

由題意當金屬棒離開磁場時金屬框的上端E尸剛好進入磁場，則有時間關系

Z2-,l=t

聯立以上可得

x=0.06m

由題意當金屬棒離開磁場時金屬框的上端EF剛好進入線框，金屬框進入磁場時勻速運動，此時的導體線

框受到向上的安培力和滑動摩擦力，因此可得

建sin37°=〃(m+M)gcos37"+七2

代入數據解得

%=0.072N

則在金屬棒與導體框同時由靜止開始釋放后，到導體框離開磁場時，回路中產生的焦耳熱與同一時間內

回路中的部分電路克服安培力做的功大小相等

Q=(/+/)x

代入數據解得

g=0.00864J

(4)導體框所受的重力做正功、安培力做負功、滑動摩擦力做負功。其中重力勢能通過重力做功、克服

安培力做功和克服滑動摩擦力做功轉化為導體框的動能，其中克服安培力做的功轉化為回路中的電能并

最后轉化為內能，克服滑動摩擦力做的功轉化為內能o

其它得分標準：機械能轉化為內能。

(-)選考題：

[物理——選修3-3]

13.(2022?全國?模擬預測)一定質量的理想氣體經歷AfBfCfOfA的狀態變化過程，變化過程中

氣體的圖像如圖所示，氣體在狀態A時的溫度為4=300K。若該部分理想氣體所具有的內能與氣

體溫度的關系為E=12.465T(J),則下列說法正確的是()

A.在狀態C時該部分理想氣體的內能為4674.375J

B.氣體在狀態8、C時的溫度之比為2:5

C.Cf。過程氣體對外界做的功為90J

D.Af8過程中氣體從外界吸收的熱量為6209.25J

E.OfA過程中氣體發生等溫變化

【答案】ADE

【解析】

【詳解】A.對該部分氣體，由理想氣體狀態方程有

PAVAPCVC

TATC

可得在狀態c時，氣體的溫度為

=375K

則在狀態C時該部分理想氣體的內能為

Ec=4674.375J

故A項正確；

B.對狀態8、C有

PB_=PC_

TB~Tc

解得

￡=2

Tc1

故B項錯誤；

C.結合題圖分析可知CfO過程氣體對外界做的功

^D=pcAV=-lOOJ

故C項錯誤；

D.同理可得A過程氣體對外界做的功

唳=pd，=600J

氣體在狀態8時的內能為

EB=9348.75J

氣體在狀態A時的內能為

EA=3739.5J

由熱力學第一定律可得，4->B過程氣體從外界吸收的熱量為

2=62（）9.25J

故D項正確；

E.結合理想氣體狀態方程

T

可知OfA過程中氣體溫度不變，故E項正確。

故選ADE。

14.（2022.河南.三模）如圖所示，一豎直放置、內壁光滑的圓柱形汽缸，用厚度不計的活塞封閉一定質

量的理想氣體，汽缸底端有卡扣。開始時活塞靜止在汽缸的中間位置，理想氣體的溫度G=300K。現對

汽缸內的氣體緩慢加熱，自開始至溫度達到T=700K的過程中，缸內氣體吸收的熱量為Q=872J。已知活

塞的質量為，"=lkg、橫截面積為S=25cm2,汽缸內壁的高度為〃=60cm,外界大氣壓強為po=lQxl"Pa,

取g=10m/s2,求：

（1）當汽缸內理想氣體的溫度為。=500K時，活塞距缸底的高度H；

（2）自開始至溫度達到T=700K的過程中，缸內氣體內能的變化量

【答案】（1）10cm；（2）800J

【解析】

【詳解】（1）氣體做等壓變化，有

代①

其中

解得

%=50cm②

活塞距缸底的高度為

H=h-%③

解得

”=10cm④

即當汽缸內理想氣體的溫度為工=500K時，活塞距缸底的高度4=10cm。

（2）山題意知，活塞到達汽缸底端過程，氣體做等壓變化，有

其中

V2=hS

解得

T2=600K（6）

這一過程中，氣體對外做的功為

卬=娟或⑦

其中

P=P「弋⑧

kJ

解得

卬=72J⑨

根據熱力學第一定律有

△U=Q-W⑩

解得

△U=800J?

即自開始至溫度達到T=700K的過程中，氣體內能的變化量AU=800L

[物理—選修3-4]

15.（2022?遼寧?模擬預測）一列簡諧橫波在f=0時刻的波形圖如圖甲所示，圖乙是質點尸的振動圖像。

則這列波在該介質中的傳播速度為，試寫出質點P的振動方程。

y/m<y/m

?x/m