湖南省湘西州2025年高考物理模擬試卷

一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題列出的四個選項中，只有

一項符合題目要求）

1.2024年6月2日，嫦娥六號成功著陸月球背面南極一一艾特肯盆地。嫦娥六號利用向下噴射氣體產(chǎn)生

的反作用力，有效地控制了探測器著陸過程中的運動狀態(tài)。其中一段著陸過程中，探測器減速的加速度大

小a隨時間「變化的關(guān)系如圖所示，3小時刻探測器的速度恰好為零。下列說法中正確的是（）

A.。時間內(nèi)，探測器做勻速直線運動

B.探測器在t0時刻的速度大小是％時刻的4倍

c.o~f。時間內(nèi)，探測器的位移大小為忑

D.氣體對探測器的作用力大小在/。時刻是與時刻的兩倍

【答案】B

【解析】A.由。一圖像可知，。時間內(nèi)，加速度不變，探測器做勻減速直線運動，故A錯誤；

B.根據(jù)。一圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，且“時刻探測器的速度恰好為零，可知探測器在為時

刻的速度大小為

1c

匕二5。02fo=aoto

探測器在4時刻的速度大小為

1劣1

V2=5*萬九=—^0

可知探測器在2時刻的速度大小是4時刻的4倍，故B正確；

C.探測器在。時刻的速度大小為

v0=a0t0+-a02t0=2a0t0

則0~2時間內(nèi)，探測器的位移大小為

.-%+-*-2&fo+%L32

人—2%—2~2

故c錯誤；

D.設(shè)探測器的質(zhì)量為機，灰時刻根據(jù)牛頓第二定律可得

F「mg=ma02t0時刻根據(jù)牛頓第二定律可得

F2—mg=加+

則有

F、_mg+maQ豐2

%mg+111^1

故D錯誤。

故選B。

2.如圖甲所示，用波長4=110nm的紫外線照射光電管陰極K,恰好能發(fā)生光電效應(yīng)。圖乙是氫原子的能

級圖，若大量處于〃=4激發(fā)態(tài)的氫原子發(fā)出的光照射陰極K,微安表顯示有示數(shù)，調(diào)整電源和滑動變阻器，

測得微安表示數(shù)為零時電壓表示數(shù)為U,已知普朗克常量歷=6.6X1（T34J.S,真空中光速c=3.0x108m/s。下列

說法正確的是（）

A.改用可見光照射，仍能發(fā)生光電效應(yīng)

B.陰極K材料的逸出功嗎,是1.8x10"eV

C.電壓表示數(shù)U為1.5V

D.有4種頻率的光能使該光電管發(fā)生光電效應(yīng)

【答案】C

【解析】A.根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程

Ek=hv-W0

由于可見光的頻率小于紫外線的頻率，所以改用可見光照射，不能發(fā)生光電效應(yīng)，故A錯誤;

B.根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程

E.=hv-W0

可得

Ek=hv-WQ=h^-WQ=O

代入數(shù)據(jù)可得陰極K材料的逸出功為

343,OX1818

w=/z-=6.6xlQ-x0QJ=1.8X10-J

02HOxlO^9

故B錯誤；

C.處于"=4激發(fā)態(tài)的氫原子躍遷至“=1能級所釋放的能量為

E=hv=E4-El=12.75eV

根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程

eU=hv-W0

可得電壓表示數(shù)為

=fa/_}j^=1275v_1.8x10''y=15V

ee1.6x10-9

故C正確；

D.能發(fā)生光電效應(yīng)入射光的能量最小為

30x108

綜=力——r=6.6x10-34x_--------J=1.8xlO-'8J=11.25eV

04iioxio9

大量處于n=4激發(fā)態(tài)的氫原子躍遷時釋放的能量分別為

=E4-E3=0.66eV

AE2=E4—E2=2.55eV

A4二區(qū)―4=12.75eV

AE4=E3-E2=L89eV

蜴=耳=12.09eV

AE6=E2-EJ=10.2eV

故有2種頻率的光能使該光電管發(fā)生光電效應(yīng)，故D錯誤。

故選c。

3.我國無人機技術(shù)發(fā)展迅猛，應(yīng)用在各個鄰域，例如運輸高山上安裝電信鐵塔的材料時，采用人工運輸需

要幾個小時，而采用無人機運輸只需要20分鐘，大大節(jié)約了人工成本，提高了運輸效率。某次無人機運輸

質(zhì)量為20kg的物件時，從山腳恰好將物件運輸?shù)缴巾敃r，水平X軸方向和豎直y軸方向的速度一時間圖像

分別如圖甲、乙所示，以豎直向上為正方向。重力加速度g取10m/s2,忽略空氣阻力的影響，忽略水平方

向加速的時間。下列說法正確的是（）

A.物件的位移大小為12kmB.物件的最大速度為10m/s

C.山高超過200mD.無人機的最大升力大于300N

【答案】D

【解析】AC.由題圖甲可知水平方向的位移

x=vj=12km

由題圖乙可知豎直方向的位移

(8+12)

y=-------^xl0=100m

-2

所以物件的位移為

>12km

故A、C錯誤；

B.物件的最大速度

v=Jv：+嗑=lO0m/s

故B錯誤；

D.加速上升時無人機的升力最大，由題圖乙可知加速上升時豎直方向的加速度

Av_.

a=——=5m/s2

△t

設(shè)無人機的質(zhì)量為加，最大升力為產(chǎn)，由牛頓第二定律得

F-(m+20)g=(m+20)6Z

解得

F=300N+15m/s2-m>300N

故D正確。

故選D。

4.太陽能電池發(fā)電的原理主要是半導(dǎo)體的光電效應(yīng)，太陽能硅晶片中，P型半導(dǎo)體中含有較多的空穴（可

視為正電荷），而N型半導(dǎo)體中含有較多的電子。當(dāng)能量等于線、波長為4的光子打在太陽能硅晶片上時,

太陽能硅晶片吸收一個光子恰好產(chǎn)生一對自由電子和空穴，電子一空穴對從太陽能硅晶片表面向內(nèi)迅速擴

散，在結(jié)電場的作用下，最后建立一個與光照強度有關(guān)的電動勢，工作原理如圖所示。太陽光照強度越大，

太陽能硅晶片單位時間內(nèi)釋放的電子越多，若光速為c,則（）

B.太陽能硅晶片內(nèi)部電流方向從下極板流向上極板

C.繼續(xù)增大太陽光照強度，上下電極間的電勢差不會變化

D.用能量為約的光子照射太陽能硅晶片，電子和空穴的最大初動能為零

【答案】D

【解析】A.根據(jù)

Eg嗎

可以得出普朗克常量

C

A錯誤；

B.由題圖可知發(fā)生光電效應(yīng)時，太陽能硅晶片中電子向上極板移動，空穴向下極板移動，所以太陽能硅晶

片內(nèi)部電流方向從上極板流向下極板，B錯誤；

C.繼續(xù)增大太陽光照強度，太陽能硅晶片單位時間內(nèi)釋放的電子越多，上下電極間電勢差越大，c錯誤;

D.用能量為線的光子照射太陽能硅晶片，恰好發(fā)生光電效應(yīng)，々即為逸出功，電子和空穴的最大初動能

為零，D正確。

故選D。

5.小明同學(xué)為了探究波的傳播速度是由介質(zhì)決定還是由波源決定，他做了如下實驗，他將P、。兩條不同

彈性繩連結(jié)于。點（左邊為P繩、右邊為。繩），。點在豎直方向做簡諧運動，以豎直向上為y軸正方向,

B.人質(zhì)點再次回到平衡位置的時間比。質(zhì)點短

C.左右兩列繩波傳播的速度大小之比為3:2

D.左右兩列繩波傳播的速度大小之比為1:1

【答案】C

【解析】A.尸繩向左傳播，。繩向右傳播，根據(jù)“上下坡法”，可知在％時刻a質(zhì)點振動方向向上，6質(zhì)

點振動方向也向上，故A錯誤；

CD.經(jīng)%,左邊尸繩傳到左側(cè)18m處，Q繩傳到右側(cè)12m處，則有

18.12

力為

解得

vp_3

vQ2

故C正確，D錯誤；

B.由圖可知，左邊夕繩的波長為6m,右邊Q繩的波長為4m,根據(jù)

2

v=—

T

可知周期之比為

兩質(zhì)點再過;將回到平衡位置，故。質(zhì)點再次回到平衡位置的時間與。質(zhì)點相同，故B錯誤。

2

故選C。

6.如圖所示，兩端分別固定有小球A、B（均視為質(zhì)點）的輕桿豎直立在水平面上并靠在豎直墻面右側(cè)處

于靜止?fàn)顟B(tài)。由于輕微擾動，A球開始沿水平面向右滑動，B球隨之下降，在B球即將落地的過程中兩球

始終在同一豎直平面內(nèi)。已知輕桿的長度為/,兩球的質(zhì)量均為初，重力加速度大小為g,不計一切摩擦，

下列說法正確的是（）

A.A球動能最大時對水平面的壓力大小等于2sg

B.豎直墻面對B球的沖量大小為蟲誣

C.輕桿對A球先做正功后做負(fù)功

D.A球的最大動能為啰駕

27

【答案】C

【解析】AD.假設(shè)小球B能一直沿著墻面向下運動，設(shè)輕桿與水平方向的夾角為夕時，兩小球的速度大

小分別為“、％，根據(jù)關(guān)聯(lián)速度知識，兩小球沿桿方向速度相等，可得

vAcos6=%sin9

解得

由根據(jù)機械能守恒，則有

運用數(shù)學(xué)知識，整理可得

=2g/(l一sin0)sin20<

2

當(dāng)sin6=（,取等號，說明小球A的動能先增大后減小，即桿中先存在擠壓的內(nèi)力，之后出現(xiàn)拉伸的內(nèi)力，

當(dāng)桿中內(nèi)力為0時，A球的動能最大，最大動能為

mV

EkAnx=^A=；機.繆■=?半

1a

此時對水平面的壓力大小等于mg,AD錯誤；

B.當(dāng)桿中存在擠壓的內(nèi)力，此時墻壁對B球有沖量，又由于在B球脫離豎直墻面前B球水平方向速度始

終為零，所以豎直墻面對B球的沖量大小等于桿對B球在水平方向的沖量大小，進(jìn)一步可知豎直墻面對B

球的沖量大小等于桿對A球在水平方向的沖量大小，該過程就是A球獲得最大動量過程，由動量定理，可

知

,_2機卡

/墻B=/桿A=mVAmax=------------------

B錯誤;

C.因為桿中先存在擠壓的內(nèi)力，之后出現(xiàn)拉伸的內(nèi)力，所以輕桿對A球先做正功后做負(fù)功，C正確。

故選C。

7.如圖所示為一簡易手動發(fā)電式手電筒。裝置左側(cè)是一個繞軸心。勻速轉(zhuǎn)動的水平圓盤。固定在圓盤邊緣

處的小圓柱隨圓盤轉(zhuǎn)動時，可在T形絕緣支架左側(cè)橫槽中往復(fù)運動，同時驅(qū)動導(dǎo)體棒在光滑的水平導(dǎo)軌上

運動。導(dǎo)體棒運動的速度隨時間變化的關(guān)系為v=5sin（萬）m/s。導(dǎo)軌間距d=lm,導(dǎo)軌間存在垂直導(dǎo)軌

平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=2T。導(dǎo)軌右端為一理想變壓器，額定電壓為2V的燈泡剛好正常發(fā)光。

導(dǎo)體棒、導(dǎo)線及導(dǎo)軌電阻均不計，電壓表為理想電表。下列說法正確的是（）

A.當(dāng)7形支架運動到圓盤最左端時，電壓表的示數(shù)為0

B.理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為1：2

C.圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為2rad/s

D.當(dāng)滑動變阻器滑片由6向a移動時，燈泡變暗

【答案】B

【解析】A.導(dǎo)體棒在磁場中運動時，產(chǎn)生電動勢的峰值為

Em=Bt/vm=2X1X^V=A/2V

電動勢的有效值為

E=*=與Y=W

V2V2

電壓表的示數(shù)為電動勢的有效值，其示數(shù)為〃=1V,A錯誤；

B.由題意可知，額定電壓為2V的燈泡剛好正常發(fā)光，可知變壓器副線圈的輸出電壓為。2=2V,則理想

變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為

￡L=A=1

U2n22

B正確；

C.由導(dǎo)體棒運動的速度隨時間變化的關(guān)系為

v=sin（0,m/s

可知，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為

co=0rad/s

C錯誤；

D.當(dāng)滑動變阻器滑片由b向a移動時，變阻器接入電路的電阻值增大，副線圈電路中的電流減小，由于變

壓器是理想變壓器，可知副線圈輸出電壓不變，則燈泡的亮度不變，D錯誤。

故選B。

二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題列出的四個選項中，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）

8.如圖所示，與水平面成，=30。角的傳送帶正以v=5m/s的速度順時針勻速運行，傳送帶長/=10m。現(xiàn)

每隔T=0.1s把質(zhì)量〃z=lkg的工件（各工作均相同，且可視為質(zhì)點）輕放在傳送帶上，在傳送帶的帶動下，

工件向上運動。穩(wěn)定工作時當(dāng)一個工件到達(dá)5端取走時恰好在A端又放上一個工件，工件與傳送帶間的動

摩擦因數(shù)〃=走，g取lOm/s?,下列說法正確的是（）

2

A.工件在傳送帶上時，先受到向上的滑動摩擦力，后受到向上的靜摩擦力

B.兩個工件間的最大距離為0.5m

C.兩個工件間的最小距離為1.25m

D.穩(wěn)定工作時，電動機因傳送工件而輸出的功率為1000W

【答案】ABD

【解析】A.工件放到傳送帶時，工件相對傳送帶向下運動，受到向上的滑動摩擦力，工件速度和傳送帶速

度相同時，相對傳送帶靜止，受到向上的靜摩擦力，故A正確；

B.兩工件間的最大距離為

xm=vT=0.5m

故B正確，

C.剛開始加速0.1s的兩個工件間距離最小，加速過程，由牛頓第二定律可得

/Limgcos0—mgsin0=ma

代入數(shù)據(jù)可得

a=2.5m/s2

由位移公式

12

x=—at~

2

代入數(shù)據(jù)可得

x=0.0125m

故C錯誤；

D.穩(wěn)定工作時，每一個T=0.1s內(nèi)，傳送帶等效傳送一個工件。而每傳送一個工件電動需做的功等于一個

件由底部傳到頂部過程中其機械能的增量與摩擦產(chǎn)生的熱量之和。則有

AE=gmv2+mglsin30°=62.5J

Q=〃〃?gcos300?x相對

聯(lián)立解得

2=37.5J

則穩(wěn)定工作時，電動機因傳送工件而輸出的功率為

P=^=1000W

故D正確。

故選ABD=

9.水平虛線下方有垂直于紙面向里、沿水平方向的勻強磁場，a、6是兩個完全相同的矩形金屬線框，長

寬之比為2:1,將兩金屬線框在紙面內(nèi)如圖所示放置由靜止釋放，結(jié)果兩金屬線框均能勻速進(jìn)入磁場，線框

進(jìn)磁場的過程中，下邊框始終水平，且線框始終在豎直面內(nèi)，則下列判斷正確的是（）

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

A.開始時,a、6下邊緣離虛線的高度之比為4:1

B.線框進(jìn)磁場過程中，通過a、2線框截面的電量之比為1:1

C.線框進(jìn)磁場過程中，a、b兩線框受到安培力的沖量之比為1:1

D.線框進(jìn)磁場過程中，a、6兩線框中產(chǎn)生的焦耳熱之比為2:1

【答案】BD

【解析】A.設(shè)線框短邊長為。長邊長為2。a、力進(jìn)磁場的速度分別為匕、匕，a勻速進(jìn)入磁場受到的安

培力為

月=/8乙=四3乙=涇Ab勻速進(jìn)入磁場受到的安培力為

11RR

B“2L￥V2

R

根據(jù)題意有

22

BI}VIB（2L）\2

=mg

RR

可得

匕=4V2

由

v2=2gh

可知開始時，a、6下邊緣離虛線的高度之比為

4:色=v；:片=16:1

故A錯誤;

B.由

AQ人A①BS2BI?

q=I\t=-----Nt=——=——=------

RAtRRR

可知線框進(jìn)磁場過程中，通過a、6線框截面的電量之比為1:1,故B正確;

C.根據(jù)

Ip=Ft

線框進(jìn)磁場過程中，出力兩線框受到安培力的沖量之比為

2LL…

%r：%r=—:——=1:2

匕彩

故C錯誤；

D.根據(jù)能量守恒，線框中產(chǎn)生的焦耳熱等于重力勢能的減少量，即a、6兩線框中產(chǎn)生的焦耳熱之比為

2:。2=2mgL:mgL=2:1

故D正確。

故選BD。

10.2024年春節(jié)期間冰雪旅游火熱“出圈”，蜂擁而至的游客讓哈爾濱煥發(fā)勃勃生機。南方的“小土豆”

將一質(zhì)量為力的小冰塊從坐標(biāo)原點。處以速度％射出，為沿豎直平面且和水平方向夾30。角。經(jīng)過一段

時間小冰塊經(jīng)過力點時速度和水平方向夾60°角，建立如圖所示的x分坐標(biāo)系，力點的橫坐標(biāo)為&乙，B

的橫坐標(biāo)為乎L,已知重力加速度大小為屏下列說法正確的是（）

y

A.小冰塊從。運動至力經(jīng)歷的時間才=一

%

2

B.。、/兩點間的高度差為會

2g

C.力點的縱坐標(biāo)以=@L

A2

D.%等于。、力兩點間的平均速度

【答案】AD

【解析】A.小冰塊水平速度為

vx=%cos300

小冰塊從。運動至A經(jīng)歷的時間為

_V3￡_21

t=-------......

匕%

故A正確；

B.根據(jù)對稱性可知小冰塊在5點豎直速度為

%=%sin30°

小冰塊在A點豎直速度為

v*=%tan60°

豎直方向有

Vv：T=2g/7

解得

h=^-

g

則。、力兩點間的高度差為/1=%,故B錯誤；

g

C.根據(jù)水平位移的關(guān)系可知，從6到力運動的時間為（，豎直方向的位移為

解得

%=y=心

故c錯誤；

D.彳是Q4的中間時刻，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可知，力等于。、力兩點間的平均速度，故D正確;

故選ADo

三、非選擇題(本大題共5小題，共54分。第U題6分，第12題9分，第13題10分，第

14題12分，第15題17分。其中13—15題解答時要求寫出必要的文字說明、方程式和重要

的演算步驟，若只有最后答案而無演算過程的不得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出

數(shù)值和單位。)

11.某同學(xué)用圖甲所示裝置測量重錘的質(zhì)量，實驗方法如下：在定滑輪兩側(cè)分別掛上重錘和n塊質(zhì)量均為外

的鐵片，重錘下端貼一遮光片，重錘下落時遮光片通過位于其正下方的光電門(圖中未畫出)，光電門可以

記錄下遮光片的遮光時間；調(diào)整重錘的高度，使其從適當(dāng)?shù)奈恢糜伸o止開始下落，讀出遮光片通過光電門

的遮光時間％；從定滑輪左側(cè)依次取下1塊鐵片放到右側(cè)重錘上，讓重錘每次都從同一位置由靜止開始下

落，計時器記錄的遮光時間分別為*t2,t3-

一重錘

J遮光片

123(cm)

鐵片一H01020

甲乙

(1)用游標(biāo)卡尺測出遮光片的寬度如圖乙所示，則遮光片的寬度d=—mm。

(2)遮光時間為為時，重錘的加速度為旬，從左側(cè)取下了塊鐵片置于右側(cè)重錘上時，對應(yīng)的遮光時間為人

重錘的加速度為生,則?=—(結(jié)果用/。和％表示)。

(3)做出幺7?圖像是一條直線，直線的斜率為〃，則重錘的質(zhì)量M=_(用題目中的已知字母表示)。

2

【答案】⑴10.20(2)與⑶美土人

【解析】(1)20分度游標(biāo)卡尺的精確值為0.05mm,由圖可知遮光片的寬度為

d=10mm+4x0.05mm=10.20mm

（2）設(shè)擋光條的寬度為&則重錘到達(dá)光電門的速度為

d

v=—

t

當(dāng)擋光時間為％時的速度為

擋光時間為力時的速度為

重錘在豎直方向做勻加速直線運動，則有

2aQh=V：,2aJi=vf

聯(lián)立解得

幺=改

一,2

ao或

（3）根據(jù)牛頓第二定律得

八_Mg-nm0g

_Mg+imQg-(n-i)mQg

@=M

聯(lián)立解得

&=2恤-I

%M-nmQ

作出57?的圖線的斜率為上貝IJ

M—nmQ

解得

12.在研究電子元件、半導(dǎo)體、光電子、光纖、航天等領(lǐng)域，一般需要超純水。某同學(xué)網(wǎng)購了一瓶超純水

（商品宣傳頁如圖甲所示，上面顯示了該商品的標(biāo)準(zhǔn)參照值，當(dāng)參照值不小于18.25MQcm即為達(dá)標(biāo)），

為了檢測該超純水的電阻值是否達(dá)標(biāo)，某實驗小組設(shè)計了以下實驗方案來進(jìn)行檢測。

買水，純度很重要！高純度高質(zhì)量

新鮮制取潔凈罐裝

為什么選擇它？

電阻值18.25M6cm

①如圖乙，在長方體絕緣槽內(nèi)壁插入兩片豎直金屬薄板(薄板略小于容器橫截面積)；

②選擇合適的器材，按圖丙所示連接電路，先將6接線柱用導(dǎo)線直接連接，調(diào)節(jié)滑動變阻器R,使靈敏

電流計G達(dá)到滿偏，滿偏電流為1nA；

③保持滑動變阻器滑片位置不變，用導(dǎo)線將圖乙的42分別與圖丙的。、6接線柱連接，在槽內(nèi)緩慢倒入

超純水，直到靈敏電流計指針半偏，記錄下倒入超純水的體積為120cm3。

(1)根據(jù)所學(xué)知識，可知圖甲所示商品宣傳頁上顯示的參照值并不是我們所學(xué)的電阻值，而是—，該指標(biāo)

越高，說明水質(zhì)的導(dǎo)電性能越—(選填“強”或“弱”)o

(2)用游標(biāo)卡尺測得槽內(nèi)部底面長度如圖丁所示，則底部長度為—cm。

(3)已知電源電動勢為3V,根據(jù)數(shù)據(jù)分析，該超純水—(選填“達(dá)標(biāo)”或“不達(dá)標(biāo)”)o

【答案】(1)電阻率弱(2)12.230(3)不達(dá)標(biāo)

【解析】(1)宣傳頁上參照值的單位為MQ-cm,由

RS

可得該參照值指的是電阻率，電阻率的大小反映了各種材料導(dǎo)電性能的好壞，電阻率越大，導(dǎo)電性能越弱。

(2)20分度游標(biāo)卡尺的精確度為0.05mm,由圖可知金屬絲的長度為

122mm+6x0.05mm=122.30mm=12.230cm

(3)令

9=Ro+R+Rg+r

由閉合電路歐姆定律可知，滿偏電流

E

當(dāng)電流半偏時

3「占

可得槽內(nèi)超純水的電阻

F3V

R=R.=—=——=3MQ

工訥41M

根據(jù)已知數(shù)據(jù)，可得電阻率

R、SRV3Moxl20cm3

=2.4MQ-cm<18.25MQ-cm

L~1}(12.230cm)2

所以該超純水不達(dá)標(biāo)。

13.圖甲中空氣炸鍋是一種新型的烹飪工具，圖乙為某型號空氣炸鍋的簡化模型圖，空氣炸鍋中有一氣密

性良好的內(nèi)膽，內(nèi)膽內(nèi)的氣體可視為質(zhì)量不變的理想氣體，己知膽內(nèi)初始?xì)怏w壓強為p0=1.0X105pa,溫度

為m=17°C,現(xiàn)啟動加熱模式使氣體溫度升高到U191℃,此過程中氣體吸收的熱量為。=9.5X103J,內(nèi)膽

中氣體的體積不變，求：

甲乙

(1)此時內(nèi)膽中氣體的壓強0；

(2)此過程內(nèi)膽中氣體的內(nèi)能增加量

【答案】(l)1,6X105pa

(2)9.5X1Q3J

【解析】(1)封閉氣體等容變化，根據(jù)查理定律

Po_=P_

T0~T

其中

4=290K,T=464K

代入數(shù)據(jù)解得

p=1.6xlO5pa

（2）根據(jù)熱力學(xué)第一定律有

\U=W+Q

由于氣體的體積不變，氣體做功

w=o

氣體吸收的熱量

2=9.5xlO3J

解得

Af7=9.5xlO3J

14.如圖（a）,質(zhì)量為加的籃球從離地，高度處靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后最高反彈至離地

力處。設(shè)籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度為g,不計空氣阻力。

（1）求籃球與地面第一次碰撞過程所受合力的沖量/及碰后速率也與碰前速率力之比；

（2）若籃球反彈至最高處h時，運動員向下拍球，對籃球施加一個向下的壓力F,持續(xù)作用至如高度處撤去，

使得籃球與地面第二次碰撞后恰好反彈至小高度處，力廠的大小隨高度y的變化如圖（b）所示，求用的

大小。

【答案】（i）〃（國方向豎直向上；彳=需

-2mg(Hi)

⑵°一優(yōu)-％)

【解析】（1）籃球自由下落，設(shè)碰地前瞬間的速率為匕，由運動學(xué)公式可得

v；=2gH

解得

籃球反彈至7?高處，設(shè)離地瞬間的速率為V2，由運動學(xué)公式可得

0-vf=~2gh

解得

V2=y/2gh

以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理可得

1=mv2mvj

可得

I=m（yl2gh+12gH）

方向豎直向上；籃球與地面第一次碰撞的碰后速率與碰前速率之比為

以=但

匕VW

（2）由圖像可知，拍球過程壓力做的功為

設(shè)籃球落地瞬間的速率為丫3，由動能定理可得

1

mgh+WF=—mv3

籃球反彈至〃高處，設(shè)離地瞬間