2022年北京市五十七中學(xué)高考仿真卷物理試題含解析

2021-2022學(xué)年高考物理模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫(xiě)在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請(qǐng)用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫(xiě)姓名和準(zhǔn)考證號(hào)。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、如圖所示，質(zhì)量為、長(zhǎng)度為的導(dǎo)體棒的電阻為，初始時(shí)，導(dǎo)體棒靜止于水平軌道上，電源的電動(dòng)勢(shì)為、內(nèi)阻為。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，其方向斜向上與軌道平面成角且垂直于導(dǎo)體棒開(kāi)關(guān)閉合后，導(dǎo)體棒仍靜止，則導(dǎo)體棒所受摩擦力的大小和方向分別為（）A．，方向向左 B．，方向向右C．，方向向左 D．，方向向右2、如圖所示，電燈懸掛于兩壁之間，更換水平繩OA使連接點(diǎn)A向上移動(dòng)而保持O點(diǎn)的位置不變，則A點(diǎn)向上移動(dòng)時(shí)（）A．繩OA的拉力逐漸增大B．繩OA的拉力逐漸減小C．繩OA的拉力先增大后減小D．繩OA的拉力先減小后增大3、如圖所示，一個(gè)圓盤(pán)繞過(guò)圓心O且與盤(pán)面垂直的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為，盤(pán)面上有一質(zhì)量為m的物塊隨圓盤(pán)一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知物塊到轉(zhuǎn)軸的距離為r，下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊受重力、彈力、向心力作用，合力大小為m2rB．物塊受重力、彈力、摩擦力、向心力作用，合力大小為m2rC．物塊受重力、彈力、摩擦力作用，合力大小為m2rD．物塊只受重力、彈力作用，合力大小為零4、如圖所示，一個(gè)物體在豎直向上的拉力F作用下豎直向上運(yùn)動(dòng)，拉力F與物體速度v隨時(shí)間變化規(guī)律如圖甲、乙所示，物體向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力大小不變，取重力加速度大小g=10m/s2則物體的質(zhì)量為A．100g B．200g C．250g D．300g5、如圖所示，質(zhì)量均為的物塊A、B壓在置于地面上的豎直輕彈簧上，上端彈簧彈性系數(shù)為1，下端彈簧的彈性系數(shù)為，彈簧與地面、彈簧與物塊間均沒(méi)有栓接，A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)給A一個(gè)豎直向上的拉力，的大小自0開(kāi)始緩慢增大，物塊B自初始位置能上升的最大高度為（）A． B． C． D．6、平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng)，速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)。不計(jì)粒子重力。則粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為A． B． C． D．二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、A、B兩物體質(zhì)量均為m，其中A帶正電，帶電量為+q，B不帶電，通過(guò)勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧相連放在水平面上，如圖所示，開(kāi)始時(shí)A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)在施加豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度，式中g(shù)為重力加速度，若不計(jì)空氣阻力，不考慮A物體電量的變化，則以下判斷正確的是（）A．剛施加電場(chǎng)的瞬間，A的加速度大小為2gB．從施加電場(chǎng)開(kāi)始到B剛要離開(kāi)地面的過(guò)程中，A物體速度大小一直增大C．從施加電場(chǎng)開(kāi)始到B剛要離開(kāi)地面的過(guò)程中，A物體的機(jī)械能增加量始終等于A物體電勢(shì)能的減少量D．B剛要離開(kāi)地面時(shí)，A的速度大小為8、一列簡(jiǎn)諧橫波，某時(shí)刻的波形如圖甲所示，從該時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，波上A質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是________．A．該波沿x軸正向傳播B．該波的波速大小為1m/sC．經(jīng)過(guò)0.3s，A質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程為0.3mD．A、B兩點(diǎn)的速度有可能相同E.若此波遇到另一列簡(jiǎn)諧橫波并發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，則所遇到的波的頻率為0.4Hz9、下列說(shuō)法不正確的是（）A．物體的溫度為0℃時(shí)，物體的分子平均動(dòng)能為零B．兩個(gè)分子在相互靠近的過(guò)程中其分子力逐漸增大，而分子勢(shì)能一定先減小后增大C．多數(shù)分子直徑的數(shù)量級(jí)是10－10mD．第二類(lèi)永動(dòng)機(jī)是不能制造出來(lái)的，盡管它不違反熱力學(xué)第一定律，但它違反熱力學(xué)第二定律E.一定質(zhì)量的理想氣體，如果在某個(gè)過(guò)程中溫度保持不變而吸收熱量，則在該過(guò)程中氣體的壓強(qiáng)一定增大10、有一定質(zhì)量的理想氣體，其壓強(qiáng)隨熱力學(xué)溫度的變化的圖象如圖所示，理想氣體經(jīng)歷了的循環(huán)過(guò)程。下列分析正確的是（）A．過(guò)程中氣體吸收熱量B．四個(gè)狀態(tài)中，只有狀態(tài)時(shí)理想氣體分子的平均動(dòng)能最大C．過(guò)程氣體對(duì)外界做功，并從外界吸收熱量D．過(guò)程中氣體吸收熱量并對(duì)外做功E.四個(gè)狀態(tài)中，狀態(tài)時(shí)氣體的體積最小三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程。11．（6分）指針式多用電表是實(shí)驗(yàn)室中常用的測(cè)量?jī)x器。(1)如圖甲所示為某同學(xué)設(shè)計(jì)的多用電表的原理示意圖。虛線框中S為一個(gè)單刀多擲開(kāi)關(guān)，通過(guò)操作開(kāi)關(guān)，接線柱B可以分別與觸點(diǎn)1、2、3接通，從而實(shí)現(xiàn)使用多用電表測(cè)量不同物理量的功能。關(guān)于此多用電表，下列說(shuō)法中正確的是__________。A．當(dāng)S接觸點(diǎn)1時(shí)，多用電表處于測(cè)量電流的擋位，其中接線柱B接的是紅表筆B．當(dāng)S接觸點(diǎn)2時(shí)，多用電表處于測(cè)量電壓的擋位，其中接線柱B接的是紅表筆C．當(dāng)S接觸點(diǎn)2時(shí)，多用電表處于測(cè)量電阻的擋位，其中接線柱B接的是黑表筆D．當(dāng)S接觸點(diǎn)3時(shí)，多用電表處于測(cè)量電壓的擋位，其中接線柱B接的是黑表筆(2)用實(shí)驗(yàn)室原有的多用電表進(jìn)行某次測(cè)量時(shí)，指針在表盤(pán)的位置如圖乙所示。A．若所選擋位為“直流”擋，則表盤(pán)示數(shù)為_(kāi)_________。B．若所選擋位為“直流”擋，則表盤(pán)示數(shù)為_(kāi)_________。(3)用表盤(pán)為圖乙所示的多用電表正確測(cè)量了一個(gè)約的電阻后，需要繼續(xù)測(cè)量一個(gè)阻值約的電阻。在用紅、黑表筆接觸這個(gè)電阻兩端之前，請(qǐng)選擇以下必須的步驟，并按操作順序?qū)懗霾襟E的序號(hào)__________。A．調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使表針指向歐姆零點(diǎn)B．把選擇開(kāi)關(guān)旋轉(zhuǎn)到“”位置C．把選擇開(kāi)關(guān)旋轉(zhuǎn)到“”位置D．將紅表筆和黑表筆接觸(4)某小組同學(xué)們發(fā)現(xiàn)歐姆表的表盤(pán)刻度線不均勻，分析在同一個(gè)擋位下通過(guò)不同待測(cè)電阻的電流和它的阻值關(guān)系，他們分別畫(huà)出了如圖所示的幾種圖象，其中可能正確的是__________。12．（12分）某學(xué)習(xí)小組將一個(gè)直流電源和一個(gè)很大的定值電阻(約幾十千歐)串聯(lián)組成了一個(gè)新電源，如圖甲所示。當(dāng)該電源兩端接的電阻較小時(shí)(小于300歐姆)，該電源能穩(wěn)定輸出約30μA的恒定電流。該學(xué)習(xí)小組利用新電源設(shè)計(jì)了如圖乙所示的電路測(cè)量一個(gè)量程為30μA、內(nèi)阻約為幾百歐姆的靈敏電流計(jì)的內(nèi)阻。主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：(1)只閉合圖乙中的開(kāi)關(guān)K，靈敏電流計(jì)指針如圖丙中實(shí)線所示，該示數(shù)為_(kāi)_______μA。(2)再閉合圖乙中的開(kāi)關(guān)S，調(diào)節(jié)變阻箱R1，使靈敏電流計(jì)的指針指到圖丙中虛線位置，此時(shí)變阻箱的示數(shù)為330歐姆。根據(jù)以上數(shù)據(jù)計(jì)算可知，靈敏電流計(jì)的內(nèi)阻為_(kāi)___歐姆，此測(cè)量值____(填“大于”、“小于”、“等于”)真實(shí)值。四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13．（10分）一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷如圖所示的AB、BC、CA三個(gè)變化過(guò)程，若B→C過(guò)程中氣體做功數(shù)值約是C→A過(guò)程中氣體做功數(shù)值的1.6倍，氣體在狀態(tài)B時(shí)壓強(qiáng)為4.5×105Pa，求：(i)氣體在狀態(tài)A和C的壓強(qiáng)。(ii)整個(gè)過(guò)程中氣體與外界交換的熱量。14．（16分）如圖甲是某型號(hào)無(wú)人機(jī)在水平地面沿直線加速滑行和離開(kāi)地面以固定仰角沿直線勻速爬升的示意圖，無(wú)人機(jī)在滑行和爬升兩個(gè)過(guò)程中：所受推力大小均為其重力的倍，方向與速度方向相同；所受升力大小與其速率的比值均為k1，方向與速度方向垂直；所受空氣阻力大小與其速率的比值均為k2，方向與速度方向相反。k1、k2未知；已知重力加速度為g，無(wú)人機(jī)質(zhì)量為m，勻速爬升時(shí)的速率為v0，仰角為θ，且sinθ=，cosθ=。(1)求k1，k2的值。(2)若無(wú)人機(jī)受到地面的阻力等于壓力的k3倍，無(wú)人機(jī)沿水平地面滑行時(shí)能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求k3的值。(3)若無(wú)人機(jī)在水平地面由靜止開(kāi)始沿直線滑行，其加速度a與滑行距離s的關(guān)系如圖乙所示，求s0~2s0過(guò)程與0~s0過(guò)程的時(shí)間之比。（無(wú)人機(jī)在s0~2s0這段滑行過(guò)程中的平均速度可用該過(guò)程始末速度的算術(shù)平均值替代）15．（12分）如圖所示，AC為光滑的水平桌面，輕彈簧的一端固定在A端的豎直墻壁上質(zhì)量的小物塊將彈簧的另一端壓縮到B點(diǎn)，之后由靜止釋放，離開(kāi)彈簧后從C點(diǎn)水平飛出，恰好從D點(diǎn)以的速度沿切線方向進(jìn)入豎直面內(nèi)的光滑圓弧軌道小物體與軌道間無(wú)碰撞為圓弧軌道的圓心，E為圓弧軌道的最低點(diǎn)，圓弧軌道的半徑，，小物塊運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)后，沖上足夠長(zhǎng)的斜面FG，斜面FG與圓軌道相切于F點(diǎn)，小物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，，取不計(jì)空氣阻力求：（1）彈簧最初具有的彈性勢(shì)能；（2）小物塊第一次到達(dá)圓弧軌道的E點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大??；（3）判斷小物塊沿斜面FG第一次返回圓弧軌道后能否回到圓弧軌道的D點(diǎn)？若能，求解小物塊回到D點(diǎn)的速度；若不能，求解經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后小物塊通過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)E的速度大?。?/p>

參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、A【解析】

磁場(chǎng)方向與導(dǎo)體棒垂直，導(dǎo)體棒所受安培力大小方向垂直于磁場(chǎng)方向與電流方向所確定的平面斜向下。其水平向右的分量大小為由力的平衡可知摩擦力大小為方向向左。選項(xiàng)A項(xiàng)正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。2、D【解析】

以O(shè)點(diǎn)為研究對(duì)象，根據(jù)受力平衡，有：由圖可知，繩子OB上的拉力逐漸減小，OA上的拉力先減小后增大。A．繩OA的拉力逐漸增大，與分析不符，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．繩OA的拉力逐漸減小，與分析不符，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．繩OA的拉力先增大后減小，與分析不符，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．繩OA的拉力先減小后增大，與分析相符，故D項(xiàng)正確。3、C【解析】

對(duì)物體進(jìn)行受力分析可知物體受重力、圓盤(pán)對(duì)它的支持力及摩擦力作用。物體所受的合力等于摩擦力，合力提供向心力。根據(jù)牛頓第二定律有：選項(xiàng)ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。4、C【解析】

由乙圖可得后，物體勻速，則有前，物體勻加速，則有，代入數(shù)據(jù)有A．100g與分析不符，故A錯(cuò)誤；B．200g與分析不符，故B錯(cuò)誤；C．250g與分析相符，故C正確；D．300g與分析不符，故D錯(cuò)誤；故選：C。5、B【解析】

開(kāi)始彈簧壓縮量當(dāng)A離開(kāi)彈簧，彈簧的壓縮量所以B上升的最大高度故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。6、D【解析】

、粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做順時(shí)針?lè)较虻膭蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有解得根據(jù)軌跡圖知，∠OPQ=60°則粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為，則D正確，ABC錯(cuò)誤。故選D。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、ABD【解析】

A．在未施加電場(chǎng)時(shí)，A物體處于平衡狀態(tài)，當(dāng)施加上電場(chǎng)力瞬間，A物體受到的合力為施加的電場(chǎng)力，故解得方向向上，故A正確；B．B剛要離開(kāi)地面時(shí)，地面對(duì)B彈力為0，即對(duì)A物體即A物體合力為0，因此從開(kāi)始到B剛要離開(kāi)地面過(guò)程，A物體做加速度逐漸變小的加速運(yùn)動(dòng)，即A物體速度一直增大，故B正確；C．從開(kāi)始到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程，A物體的機(jī)械能增量等于電勢(shì)能的減少量與彈性勢(shì)能的減少量之和，從彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)到B剛要離開(kāi)地面的過(guò)程，A物體的機(jī)械能增量等于電勢(shì)能的減少量與彈性勢(shì)能的增加量之差，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)B離開(kāi)地面時(shí)，此時(shí)B受到彈簧的彈力等于B的重力，從施加電場(chǎng)力到B離開(kāi)地面，彈簧的彈力做功為零，A上升的距離為根據(jù)動(dòng)能定理可知解得故D正確。故選ABD。8、ABC【解析】

A．由A質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象讀出該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)A的振動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向，由質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波傳播方向的關(guān)系，可知波沿x軸正向傳播，故A正確．B．由題圖甲可知波長(zhǎng)為λ=0.4m，由題圖乙可知周期為T(mén)=0.4s，則波速為v==1m/s；故B正確．C．經(jīng)過(guò)0.3s=T，則A質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程為s=3A=0.3m；故C正確．D．A、B兩點(diǎn)間距為半個(gè)波長(zhǎng)，振動(dòng)情況始終相反，速度不可能相同；故D錯(cuò)誤．E．發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象需要頻率相同，則所遇到的波的頻率f==2.5Hz時(shí)才能產(chǎn)生的穩(wěn)定干涉．故E錯(cuò)誤．故選ABC．點(diǎn)睛：根據(jù)振動(dòng)圖象讀出各時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向，由質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向判斷波的傳播方向是基本功，要熟練掌握．9、ABE【解析】

A.因?yàn)槲矬w分子在做永不停息的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，所以當(dāng)物體的溫度為0℃時(shí)，物體的分子平均動(dòng)能也不可能為零，故A錯(cuò)誤；B.兩個(gè)分子在相互靠近的過(guò)程中其分子力先增大后減小再增大，而分子勢(shì)能一定先減小后增大，故B錯(cuò)誤；C.多數(shù)分子直徑的數(shù)量級(jí)是10－10m，故C正確；D.第二類(lèi)永動(dòng)機(jī)是不能制造出來(lái)的，盡管它不違反熱力學(xué)第一定律，但它違反熱力學(xué)第二定律，故D正確；E.根據(jù)熱力學(xué)第一定律知，溫度不變則內(nèi)能不變，吸熱則必膨脹對(duì)外做功，又由理想氣體狀態(tài)方程知，壓強(qiáng)一定減小，故E錯(cuò)誤；本題選擇不正確的，故選擇ABE。10、ACE【解析】

A.由圖象可知，過(guò)程壓強(qiáng)不變，溫度升高，內(nèi)能增加，由可知，氣體體積增大，對(duì)外做功，由知，氣體吸熱，故A正確；B.恒溫過(guò)程，氣體分子平均動(dòng)能不變，故B錯(cuò)誤；C.過(guò)程，，壓強(qiáng)減小，由可知體積增加，氣體對(duì)外做功，因此氣體一定吸熱，故C正確；D.過(guò)程，壓強(qiáng)恒定，減小，減小，由可知體積減小，則外界對(duì)氣體做功，由可知，氣體放熱，故D錯(cuò)誤；E.延長(zhǎng)線通過(guò)原點(diǎn)，體積相等，即，過(guò)程，過(guò)程，綜上分析可知，狀態(tài)氣體體積最小，故E正確。故選：ACE。三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程。11、CD4.924.4BDAA【解析】

(1)[1]AB．當(dāng)S接觸點(diǎn)1時(shí)，多用電表處于測(cè)量電流的擋位；因?yàn)槎嘤秒姳碇屑t表筆接其內(nèi)部電源的負(fù)極，所以接線柱A接的是紅表筆，而接線柱B接的是黑表筆，故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；C．當(dāng)S接觸點(diǎn)2時(shí)，多用電表處于測(cè)量電阻的擋位，接線柱B接的是黑表筆，故C正確；D．當(dāng)S接觸點(diǎn)3時(shí)，表頭與電阻并聯(lián)后再與電阻串聯(lián)，即改裝成電壓表，多用電表處于測(cè)量電壓的擋位，故D正確。故選CD。(2)[2][3]當(dāng)選擇的擋位為“直流”擋時(shí)其量程為，分度值為0.2mA，則示數(shù)為；當(dāng)選擇的擋位為“直流”擋時(shí)，其量程為，分度值為1V，則示數(shù)為；(3)[4]多用電表測(cè)電阻時(shí)，應(yīng)先選擇擋位，再短接，然后調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使表針指向歐姆零點(diǎn)，要測(cè)量約的電阻，為了減小誤差應(yīng)該用“”檔位，故順序?yàn)锽DA。(4)[5]由閉合電路歐姆定律有可得即圖象為斜線，且圖線的縱截距為正，可知A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。12、25.0220小于【解析】

(1)[1]靈敏電流計(jì)的分度值為1mA，靈敏電流計(jì)指針如圖丙中實(shí)線所示，該示數(shù)為25.0mA；(2)[2]靈敏電流計(jì)的指針指到圖丙中虛線位置，該示數(shù)為15.0mA；根據(jù)并聯(lián)分流可得流過(guò)調(diào)節(jié)變阻箱的電流為根據(jù)電流結(jié)構(gòu)和歐姆定律則有解得靈敏電流計(jì)的內(nèi)阻為[3]閉合圖乙中的開(kāi)關(guān)S，總電阻減小，電路中的總電流增大，流過(guò)調(diào)節(jié)變阻箱的電流大于10mA，根據(jù)電流結(jié)構(gòu)和歐姆定律可知此測(cè)量值偏小，所以測(cè)量值小于真實(shí)值。四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13、（i）；（ii）吸收熱量；180J【解析】

(i)由圖可知，氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B為等容變化過(guò)程，由查理定律有，解得由圖可知，氣體從狀態(tài)B到狀態(tài)C為等溫變化過(guò)程，由玻意耳定律有，解得(ii)由狀態(tài)B經(jīng)狀態(tài)C回到狀態(tài)A，設(shè)外界對(duì)氣體做的總功為W，從狀態(tài)C到狀態(tài)A，為等壓變化，外界對(duì)氣體做功為B→C過(guò)程中氣體做功的大小約是C→A過(guò)程中氣體做功的大小的1.6倍，則B→C過(guò)程中外界對(duì)氣體做功為從狀態(tài)A到狀態(tài)B，由圖線知為等容過(guò)程，外界對(duì)氣體不做功，所以整個(gè)過(guò)程中外界對(duì)氣體做功為整個(gè)過(guò)程中氣體內(nèi)能增加量為△U=0，設(shè)氣體從外界吸收的熱量為Q，由熱力學(xué)第一定律△U=Q+W，解得Q=180J即氣體從外界吸收的熱量是180J。14、(1)，；(2)；(3)【解析】

(1)無(wú)人機(jī)以速度v0勻速爬升階段，受力平衡，沿速度方向有垂直速度方向有聯(lián)立得(2)設(shè)無(wú)人機(jī)在地面滑行時(shí)速度為v，受到地面彈力為FN，受力分析可知豎直方向平衡水平方向勻加速得無(wú)人機(jī)能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，a不變，方程中v的系數(shù)必須為零，即則有(3)設(shè)無(wú)人機(jī)在0~s0過(guò)程經(jīng)歷時(shí)間為t1，s0位置的速率為v1；在s0~2s0過(guò)程經(jīng)歷時(shí)間為t2，2s0位置的無(wú)人機(jī)速率為v2，0~s0過(guò)程以加速度a0勻加速運(yùn)動(dòng)，則解得則依據(jù)圖乙，0~s0過(guò)程無(wú)人機(jī)合外力為ma0；s0~2s0過(guò)程無(wú)人機(jī)合外力ma隨s均勻減小，一小段位移內(nèi)合外力做功為ma，此過(guò)程合外力做功可