2022屆高考全國乙卷物理模擬預測卷（解析版）

預測卷05-2022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?；卮鸱沁x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?江蘇?模擬預測）如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端

與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂

底板上有相對滑動。在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系

統(tǒng)（）

Tooooooof"

〃：〃〃忌〃:〃

7777777777777777777777777777777777T

A.動量守恒，機械能守恒

B.動量守恒，機械能不守恒

C.動量不守恒，機械能守恒

D.動量不守恒，機械能不守恒

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即摩擦力做

功，而水平地面是光滑的；以小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒和機械能守恒的條件可知撤

去推力后該系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒。

故選B。

2.（2022.浙江省杭州第二中學模擬預測）如圖所示，不帶電的金屬球下面墊著干燥的泡沫塊，兩者一起

放在電子秤上?現(xiàn)在用毛皮摩擦塑料管使其帶電，帶電塑料管從上方緩慢靠近金屬球，最后停在金屬球

上方的某一位置，這一過程中，發(fā)現(xiàn)電子秤示數(shù)發(fā)生了變化，之后穩(wěn)定。根據(jù)以上信息判斷，下列說法

中正確的是（）

A.電子秤示數(shù)逐漸增加，穩(wěn)定后的示數(shù)大于泡沫與球的總重

B.電子秤示數(shù)逐漸減小，穩(wěn)定后的示數(shù)小于泡沫與球的總重

C.電子秤示數(shù)先增加后減小，穩(wěn)定后的示數(shù)等于泡沫與球的總重

D.電子秤示數(shù)先減小后增加，穩(wěn)定后的示數(shù)等于泡沫與球的總重

【答案】B

【解析】

【詳解】毛皮摩擦過的塑料管帶負電，從上方緩慢靠近金屬球的過程中，金屬球因為靜電感應，上表面

感應出正電荷，卜表面感應出負電荷，隨著塑料管的靠近金屬球上感應電荷電量越大，金屬球受向上逐

漸增大的靜電引力，由平衡條件和牛頓第三定律可知：金屬球對泡沫的壓力逐漸減小，則整體對電子秤

的壓力逐漸減小，所以電子秤示數(shù)逐漸減??；最后塑料管停在金屬球上方的某一位置，金屬球受到向上

的靜電引力達到最大且保持不變，則整體對電子秤的壓力達到最小值后保持穩(wěn)定，穩(wěn)定后的示數(shù)小于泡

沫和球的總重。

故選Bo

3.（2022?山西太原?二模）如圖，在以。為圓心的圓形區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場。一對正、負電

子從A點以相同的速度%沿與OA成37。角，先、后進入該磁場，其中正電子從B點離開磁場，負電子從

sr

C點離開磁場（圖中未畫出）。不計粒子受到的重力，已知NAO8=53'，則二為（取cos53°=0.6）

A.史＞平

【答案】C

【解析】

【詳解】根據(jù)幾何關系得出兩粒子的運動軌跡如圖

在磁場中，根據(jù)

qvB=m—

{}r

解得

qB

由幾何關系得

53°

AB=2sin——r

2

127°

AC=2sin----r

2

則

AC個

-----=2

AB

故C正確，ABD錯誤。

故選C。

4.（2022?黑龍江?哈爾濱市第六中學校一模）2021年12月30日，中科院EAST全超導托卡馬克裝置

（“人造太陽”）過億度持續(xù)運行17.6分鐘：2022年2月26日，中國的“人造太陽”實現(xiàn)了1.6億度（約為

太陽中心溫度的10倍）等離子體運行。中國的“人造太陽’'的技術領跑世界。"人造太陽”采用的是磁約束

核聚變反應，其核反應方程是；；He+X,則（）

A.X為質子

B.該反應在常溫下就可以進行

C.該反應前后核子的總質量是相等的

D.；He的結合能大于汨與汨結合能之和

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據(jù)電荷數(shù)守恒、質量數(shù)守恒，方程為

；H+：H-；He+（；n

知X為中子，A錯誤；

B.核聚變反應屬于熱核反應，必須在高溫下進行，B錯誤；

C.核聚變反應能放出核能，反應前后質量出現(xiàn)虧損，C錯誤；

D.該核反應釋放能量，有質量虧損，生成物更穩(wěn)定，則知：He的結合能比生成物的結合能之和大，D正

確。

故選D。

5.（2022?浙江金華?模擬預測）2022年3月21日，東航一架波音737客機在廣西壯族自治區(qū)境內墜毀，

失事地點位于北緯23。32'、東經(jīng)的藤縣瑯南鎮(zhèn)莫垠村。我國資源衛(wèi)星應用中心在救援過程中實施

了衛(wèi)星監(jiān)測，若繞地球做勻速圓周運動的監(jiān)測衛(wèi)星，每天上午同一時刻都能在失事地點正上方拍照，則

下列說法中正確的是（）

A.該衛(wèi)星一定是地球同步衛(wèi)星

B.該衛(wèi)星軌道平面與北緯23。32'所確定的平面共面

C.地球自轉周期一定是該衛(wèi)星運行周期的整數(shù)倍

D.該衛(wèi)星運行周期一定是地球自轉周期的整數(shù)倍

【答案】C

【解析】

【詳解】ACD.因為衛(wèi)星每天上午同一時刻都在失事地點正上方拍照，所以衛(wèi)星的運動周期與地球自轉

周期的關系為

7；=&”=1,2,3,…）

n

既衛(wèi)星不一定是同步衛(wèi)星，故C正確，AD錯誤；

B.衛(wèi)星圍繞地球做勻速圓周運動時，地球對衛(wèi)星的萬有引力提供向心力，軌道的圓心的地心，所以該衛(wèi)

星軌道平面與北緯23。32'所確定的平面不可能共面，故B錯誤。

故選C。

6.（2022.全國?模擬預測）如圖所示，輕質彈簧放置在光滑的水平面上，一端固定在墻壁上，另一端在位

置。處（圖中未畫出）。現(xiàn)將彈簧的右端與質量為M的小物塊A相連，分別把一質量為，”的小物塊8和

一個質量為”的小物塊C緊靠著物塊A壓縮彈簧后，由靜止開始釋放，如圖甲、乙所示。已知兩次彈簧

的壓縮量相同，，A與B分離時，B的動量大小為P。則下列推論正確的是（）

甲乙

A.釋放物塊前，彈簧的彈性勢能為互+上

2m2M

B.A、B分離時，彈簧處于原長狀態(tài)

C.A、C可能在。點的左側分離

D.A、C分離時，C的動能大于2—

2m

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.對A、B分離時，B的速度大小

v=P

m

A、B的動能之和

￡=J_（M+M（K）2

2m

根據(jù)能量守恒定律可知，釋放物體時，彈簧的彈性勢能

￡p=（（M+w）（—）2

2m

故A錯誤：

B.A、B分離時，它們的速度相等，加速度相等，相互作用力為零。對B進行研究，分離時B的合力為

零，加速度為零，所以分離時A的合力也為零，此時彈簧處于原長狀態(tài)，故B正確；

C.若把B換成質量為加(加>%)的物塊C,其他條件不變，同B分析可得，分離時彈簧處于原長狀態(tài)，

即二者在。點的分離，故C錯誤；

D.若把B換成質量為加(加〉㈤的物塊C,其他條件不變，則根據(jù)能量守恒定律可得，兩物塊分離時的

動能之和

1nI

E=—(M+〃2)(—)2=—(A/+M)F

2m2

得兩物塊分離時的速率

v=產(chǎn)士上

NM+加mm

此時A的動能小于A、B分離時的動能

22in

所以C的動能

222

Ec=—m'v>—(M+/?)(—)---M(—)=-^—

22in2m2m

故D正確。

故選BDo

7.(2022?全國?三模)如圖所示為一固定在豎直面內的光滑絕緣細管軌道，A點與x軸相交，C點與)，軸

相交，軌道AB段豎直，長度為0.7m,BC段是半徑為0.7m的四分之一圓弧，與A8相切于B點。一質

量為m=0.1kg,直徑略小于管徑的帶電小球從A點以初速度叼射入軌道，小球到達最高點C點時恰好與

軌道沒有作用力。已知小球帶0.01C的正電荷，在x軸上方存在著場強大小為100N/C、方向水平向右的

勻強電場，重力加速度g取10m/s2,則下列說法正確的是()

A.小球的初速度vo為6m/s

B.小球的初速度如為7m/s

C.小球從C點射出后運動軌跡與x軸交點橫坐標為0

D.小球從C點射出后運動軌跡與x軸交點橫坐標為-0.7m

【答案】BC

【解析】

【詳解】AB.因小球到達最高點時與軌道沒有作用力，說明自身重力完全充當向心力，則

v2

mg=tn—

小球從ATC的運動過程，根據(jù)動能定理，減少的動能用于克服重力做功和克服電場力做功，則

121。o

—zwv（）--ZHV=mgx2r+qEr

解得

v0=7m/s

故A錯誤，B正確；

CD.小球從C點出射，水平方向做勻減速運動，初速度為

▼=屈=近m/s

加速度為

a=—=10m/s2

m

豎直方向為自由落體運動，運動到落到x軸時，則

,12

h=2sr

解得

，普喏苧

則此時橫坐標為

2

故C正確，D錯誤。

故選BCo

8.（2022?福建廈門?模擬預測）圖甲所示為生活中巧妙地利用兩根并排的竹竿，將長方體磚塊從高處運送

到低處的場景?將竹竿簡化為兩根平行放置，粗細均勻的圓柱形直桿，磚塊放在兩竹竿的正中間，由靜

止開始從高處下滑，圖乙所示為垂直于運動方向的截面圖（磚塊截面為正方形）。若僅將兩竹竿間距增大

一些，則磚塊（）

甲乙

A.下滑過程中竹竿對磚塊的彈力變大

B.下滑過程中竹竿對磚塊的摩擦力不變

C.下滑的加速度變小

D.下滑到底端的時間變短

【答案】B

【解析】

【詳解】A.假定兩竹竿與地面傾角為。、磚塊的質量為“每一根竹竿對磚塊的支持力為M以磚塊為

研究對象，只在垂直于竹竿平面內對其受力分析，如圖所示，依題意有

竹竿

2Ncosa=mgcos0

則有

?fmgcos0

2cosa

若僅將兩竹竿間距增大一些，由于支持力垂直于接觸面，a角保持不變，則N不變，故A錯誤;

B.假定磚塊與竹竿的動摩擦因數(shù)為〃，則摩擦力為

f=2〃N

據(jù)前面分析，由于N不變，則下滑過程中竹竿對磚塊的摩擦力變大，故B正確;

C.根據(jù)牛頓第二定律有

nui=mgsin0-f

解得

.JL/gCOS0

a=gs\nO~---------

cosa

由于a角不變，則下滑的加速度不變，故C錯誤；

D.由于下滑加速度變小，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，x/，則下滑時間不變，故D錯誤。

2

故選Bo

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(jù)要求

作答。

（一）必考題

9.（2022.北京通州?一模）某同學利用如圖1、圖2所示的實驗裝置“探究平拋運動的特點”。請回答以下

問題：

（1）利用圖1所示裝置，探究平拋運動豎直分運動的規(guī)律。用小錘擊打彈性金屬片后，小鋼球A沿水平

方向拋出，做平拋運動；同時小鋼球B被釋放，做自由落體運動。分別改變小鋼球距地面的高度和小錘

擊打的力度，多次重復這個實驗，觀察到A、B兩球均同時落地，得到平拋運動在豎直方向的分運動是

（選填“勻速直線''或者"自由落體”）運動。

（2）利用圖2所示裝置，能夠得到小鋼球做平拋運動的軌跡。

。.下列實驗條件必須滿足的有（選填選項前的字母）。

A.斜槽軌道光滑B.斜槽軌道末段水平C.每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球

A如果得到了準確的小鋼球做平拋運動的軌跡，并已經(jīng)確定小鋼球在斜槽軌道末端的球心位置為拋出點

O,如圖2所示。根據(jù)實驗（1）的結論和其平拋運動軌跡，請分析說明：如何確定水平分運動的規(guī)律。

【答案】自由落體BC見解析

【解析】

【詳解】（1）[1]該實驗現(xiàn)象說明平拋運動在豎直方向的分運動是自由落體運動。

（2）a.[2]A.斜槽軌道不一定要光滑，只要小球到達底端時速度相同即可，選項A錯誤;

B.斜槽軌道末段水平，從而保證小球能做平拋運動，選項B正確；

C.每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球，以保證平拋運動的初速度相同，選項c正確;

故選BC。

氏⑶在x軸上取間隔相等的位移，畫出相應的點，如下圖所示:

由于小球在y方向的分運動是自由落體運動，根據(jù)勻變速直線運動，在連續(xù)相等時間內的位移之差是一

恒量，如果

y2-2yi-（y3-y2）-（y2-yi）-y3+yi-2y2

則說明小球在x方向做勻速直線運動，即水平方向做勻速直線運動；

10.（2022.全國.模擬預測）圖甲為利用光敏電阻測量儲液罐液面高度裝置的電路圖，當儲液罐中裝滿液

體時，液面與出液口的高度差為九罐外有一豎直放置的管，管內一側有沿豎直線排列的多個（假設為3

個，分別位于管的上端、中間和下端）相同的光敏電阻；另一側有一列光強穩(wěn)定的線狀光源。液面浮標

與遮光板通過定滑輪相連，遮光板隨浮標的升降在管內上下運動。光敏電阻的總長度和遮光板的長度均

為加當儲液罐內裝滿液體時，遮光板上邊沿與最下面光敏電阻的底端等高；管內的光均勻地照在各光敏

電阻上，光敏電阻與電路和儀表相連。給定的器材有：

鋰電池E（電動勢9.0V,內阻不計）;

光敏電阻凡、&、&（阻值未知）；

定值電阻％=0.5kR%=1.0kQA,=1.5k。；

電壓表V（量程0~3V,內阻視為無窮大）;

滑動變阻器R（0~1.0kn）；

開關一個，導線若干。

光敏

電阻

（1）用一張黑紙片將某個光敏電阻的透光窗口遮住，多用電表擋位選擇為“xlk”時，正確操作時指針的

位置如圖乙所示，此時光敏電阻的阻值（稱為暗電阻）為拿走黑紙片，將線狀光源對

準光敏電阻的透光窗口，多用電表擋位選擇為“x100”時，正確操作時指針的位置仍然如圖乙所示，此時

光敏電阻的阻值（稱為亮電阻）為。。

（2）選擇合適的器材，在圖丙完成電路圖，要求：當罐內裝滿液體，且滑動變阻器的滑片在正中間時,

電壓表示數(shù)恰好為滿量程。（）

（3）完成下面填空：（以下結果均保留兩位有效數(shù)字）

①液面與出液口等高時電壓表的示數(shù)值為V；

②若管內光強變弱，使得光敏電阻被照射時刻的電阻值為1.2kn,則需將滑動變阻器的阻值滑到

C時，仍能實現(xiàn)測量要求。

【答案】10.010000.438.0xlO2

【解析】

【詳解】（1）由題圖乙知,指針指向10刻度處，由題意知，擋位為“xik”,所以示數(shù)為lo.og；當

換為“X100”時,示數(shù)為1000。：

（2）[3]因為光敏電阻不受光照時阻值變大，分壓變大，所以電壓表不能直接接在光敏電阻兩端（否則會

超過電壓表的量程），故將電壓表接在定值電阻和滑動變阻器兩端，則有

_Uv

1-E

解得

=1.0kQ

所以選用定值電阻電路圖如圖所示。

（3）①圖液面與出液口等高時，光敏電阻都沒有光被照射，相應電阻值均為lO.Okn,故

+；R

U\=----------Z-----E?0.43V

R；+R；+R；+%+；R

②[5]由

%+R"_U、,_3

R：+8+R；+%+R"-五

得

R"=8.0x102Q

11.（2022?北京海淀?二模）某同學做拍籃球的游戲，籃球在球心距地面高處=0.9加范圍內做豎直方向的

往復運動。在最高點時手開始擊打籃球，球落地后反彈，與地面作用的時間u01s,反彈速度吸的大小

4

是剛觸地時速度0大小的1,且反彈后恰好到達最高點。已知籃球的質量o7=O.5kg,半徑R=0.1〃?。設地

面對球的作用力可視為恒力，忽略空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）地面對球的彈力大??；

（2）每次拍球時手對球做功

【答案】（1）F=50N；（2）W=2.25J

【解析】

【詳解】（D從球反彈后至達最高點，此過程，由

0-$=-2g（/z,-R）,

可得

%="2g（1-R）=4m/s

設球與地面接觸時加速度為由題知

5「,

V,=—v,=5m/s

球下落剛觸地至反彈后剛離開地面過程，設向上為正方向，設地面對球的平均作用力為尸，球觸地過程受

力如圖

鏟

mg

由動量定理

^F-mg^t=mv2一〃?（一巧）

代入數(shù)據(jù)解得

F=50N

（2）手做功等于球與地面碰撞時的能量損失

W=；mv^-；mv\

代入

IV=2.25J.

12.（2022?遼寧?沈陽捷登教育培訓學校模擬預測）如圖所示，左側傾斜部分為光滑的相互平行放置的間

距為3電阻不計的金屬導軌，水平部分為用絕緣材料做成的間距也為乙的光滑軌道，兩者之間平滑連

接。傾斜導軌的傾角為。，傾斜導軌上端接有一個單刀雙擲開關5,接在1端的電源，電動勢為E,內阻

為廠，其串聯(lián)的定值電阻為R/,接在2端的電容器的電容為C（未充電）。在水平軌道正方形區(qū)域I、H

分布有大小相等方向相反的勻強磁場（大小未知），在傾斜導軌區(qū)域HI中存在方向豎直向上且大小與I、

II區(qū)相同的勻強磁場，當先將開關S與1相連時，一質量為m電阻不計的金屬導體棒恰好能靜止在高

為的傾斜導軌上。然后再將開關S擲向2,此后導體棒爐將由靜止開始下滑，并且無能量損失地進入

水平軌道，之后與原來靜止在水平軌道上的“U”型導線框必cd碰撞，并粘合為一個正方形線框，U型導

線框三條邊總質量為3相、總電阻為4R,當線框完全穿過I區(qū)磁場后，恰好靜止（線框四邊與H磁場邊界

線重合）。不計一切摩擦阻力，（本題中E、八Ri.C、R、L、h、6、m及重力加速度g均為已知），求：

（1）磁感應強度B的大小；

（2）將開關S擲向2后，4棒滑到GH處的速度也（本問中磁感應強度可用B表示）；

（3）線框穿越磁場邊界線MN、PQ過程中產(chǎn)生的熱量之比0。

B=mgtan6＞（N+廠）12mgh

【答案】（1）

EL'\m+B2l3Cco^0

【解析】

【詳解】（1）導體棒靖恰好能靜止傾斜導軌上，此時安培力水平向左，受力分析可知

mgtan6=BIL

根據(jù)閉合電路歐姆定律

/=—^―

r+R]

解得

_mgtan9（R、+r）

ij=

EL

（2）將開關S擲向2后，設導體棒在很短時間內速度為v,根據(jù)動量定理可得

mgsinOt-BLltcos0=mv

其中電容充電量與電流關系

I(=Q=CU=CBLvcos0

帶入整理得

_mgsin0

匕Ceos?9

故導體棒做勻加速直線運動，加速度

_mgsin0

a~m+B2l3Ccos20

域■棒滑到GH處的速度

v=」2"=J2時，

Vsin。Vm+B2L'Ccos20

(3)設與導線框碰撞后，整體速度為用，根據(jù)動量守恒

mv=4/叫

線框進入磁場后水平方向上只有安培力作用，根據(jù)動量定理

—BLI3=46(彩—V,)

fAf=^=—

4R

解得

v,-=------

1216mR

線框中兒進入II區(qū)磁場，火、?！鼍懈畲鸥芯€，并且感應電動勢同向疊加，則有

-2BLfAt'=4m(0-v2)

加"=7=2q'=迦

4R

解得

B可

匕一4,成

聯(lián)立得

58*5

v.=-------=一匕

116m/?42

根據(jù)能量守恒，線框穿越磁場邊界線過程中產(chǎn)生的熱量

Q=g4m(v：一破)

線框穿越磁場邊界線尸。過程中產(chǎn)生的熱量

八1,2

Ql=~4mV2

聯(lián)立解得

Qi：Q=9:16

（-）選考題:

[物理——選修3-3]

13.（2022?陜西西安?二模）如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a（p。，％,7b）經(jīng)熱力學過程"、be、ca

后又回到狀態(tài)對于必、be、ca三個過程，下列說法正確的是（）

A.必過程中，容器壁單位面積單位時間內受到氣體分子撞擊的次數(shù)可能不變

B.浦過程中，氣體內能的增量等于從外界吸收的熱量

C.慶過程中，氣體對外界做的功大于氣體從外界吸收的熱量

D.ca過程中，容器壁單位面積單位時間內受到氣體分子撞擊的次數(shù)增多

E.ca過程中，外界對氣體做功p。匕

【答案】BDE

【解析】

【詳解】AB.而過程中，氣體體積不變，溫度升高，所以容器壁單位面積單位時間內受到氣體分子撞擊

的次數(shù)增大，氣體內能增大，又W=0,由熱力學第一定律可知氣體內能的增量等于氣體從外界吸收的熱

量，所以A項錯誤，B項正確；

C.be過程中，溫度不變，氣體內能不變，體積增大，氣體對外界做的功等于氣體從外界吸收的熱量，所

以C錯誤；

D.ca過程中，壓強不變，溫度降低，體積減小，分子平均動能減小，容器壁單位面積單位時間內受到

氣體分子撞擊的次數(shù)增多，所以D項正確；

E.由圖可得VC=2Vo,ca過程中，壓強不變，體積減小，外界對氣體做功W=po%,所以E項正確。

故選BDE?

14.（2022.全國.模擬預測）如圖所示，上端帶有卡口的橫截面積為5、高為L的導熱性能良好的氣缸中

用一光滑的活塞B封閉著一定質量的理想氣體A,氣缸底部與U形水銀氣壓計（U形管內氣體體積忽略

不計）相連，己知氣體內能U與熱力學溫度T的關系為U=其中a為己知常數(shù)，活塞8的質量為

m,重力加連度為g,大氣壓強為外，水銀的密度為。，環(huán)境熱力學溫度為”時，活塞離缸底的距離為

。求:

（1）環(huán)境溫度為1時，U形氣壓計兩側水銀面的高度差A/?;

（2）環(huán)境溫度由"緩慢升高至過程中，氣體吸收的熱量。

【答案】(1)⑵^aT0+^p0LS+^mgL

P、255

【解析】

【詳解】（1）設穩(wěn)定后汽缸內氣體的壓強為Pl,對活塞，根據(jù)平衡條件得

mg+p?S=p]S

對水銀柱，有

P[=Po+PgM

解得

（2）緩慢升高環(huán)境溫度，活塞8上升，氣體發(fā)生等壓變化，U形導管內側水銀面的高度差不變，設活塞

8剛好到達容器口時，溫度為工，山蓋一呂薩克定律得

-LS

5”一=竺工

解得

53

之后，氣體溫度由彳5"升高到3氣體發(fā)生等容變化。整個過程中，外界對氣體做的功

W=-Pl(LS-^LS

山熱力學第一定律得

a1|"-Q+W

解得

Q=^aTl)+^pl)LS+^mgL

[物理——選修3-4]

15.（2022?甘肅?玉門油田第一中學模擬預測）如圖所示，實線為1=0時刻一列沿x軸正方向傳播的簡諧

橫波，4=O.5s時的波形如圖中的虛線所示，B、C為X軸平衡位置坐標分別為%=2m、xc=4m的兩質

點，該列波的周期T>ls,則這列波的頻率為,1.0~1.5s內質點C的加速度與速度方向（填

“相同”或“相反"），f=22.25s時，B點的縱坐標為cm。

【答案】0.5Hz相反V2

【解析】

【詳解】[1]根據(jù)題圖所示可知，波長2=4m,且

（《+”/|=0.5s（〃=0,l,2,...）

所以

T=—^—

1+4/7

因為7>ls,所以〃=0,因此T=2s,所以

f=i=0.5Hz

T

[2]由于T=2