广东省深圳市宝安区2024-2025学年高三上学期期末考试物理试卷（含答案）

第第页广东省深圳市宝安区2024-2025学年高三上学期期末考试物理试卷一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．如图甲为某实验小组自制的手摇发电机。以一定的频率摇动手柄时，可使与其串联的灯泡恰好正常发光。已知灯泡上标有“9 VA．通过灯泡的电压的峰值为9B．该交变电流每秒电流方向改变5次C．一个周期内通过灯泡的电流的平均值为0.5AD．通过该灯泡的电流表达式为i=22．通过对嫦娥五号月壤颗粒中的氦原子进行探测研究，科学家们发现，有大量氦-3气泡被捕获并保存在月壤中钛铁矿颗粒表面的玻璃层。氦-3是优良的核反应原料，它与氘的核反应方程为：12A．Y是中子B．该核反应过程是核裂变过程C．该核反应过程中核子的总质量增加D．23He比3．一列简谐横波沿x轴负方向传播，已知波速为2 m/s，t=0A．M B．N C．P D．Q4．旅客在网上购买高铁票后，可使用二代身份证在自动检票闸机上刷证进出站。当身份证进入刷卡器感应范围后，机器发出变化的磁场，身份证内的铜线圈获取能量，对自身短暂供电，将芯片中的信息发送出去，从而完成一次信息交换。若铜线圈匝数为N，面积为S，机器发出的磁场变化率为k=BA．若磁场逐渐增强，铜线圈有扩张的趋势B．若磁场逐渐增强、铜线圈的电动势逐渐增大C．铜线圈中产生的电动势最大值为ED．只有当身份证进入或离开机器感应范围那一瞬间，铜线圈中才会有感应电流5．2024年12月3日、我国航母福建舰完成第五次海试顺利归来。在本次海试过程中最引人关注的就是舰载机的成功着舰。舰载机在航母降落时，需要阻拦索使飞机快速停下来。此过程可以简化为如图所示的模型，舰载机从正中央钩住阻拦索，实现减速。阻拦索一直处于绷紧状态、舰载机勾住阻拦索后立即处于无动力状态、不计空气阻力。则下列说法正确的是（）A．若阻拦索产生的张力为恒力，则飞机做匀减速直线运动B．若阻拦索产生的张力为恒力，则阻拦索被拉伸得越长，对飞机的作用力就越小C．若阻拦索对飞机的作用力为恒力、则飞机刚勾住阻拦索的一瞬间阻拦索最容易断D．若阻拦索对飞机的作用力为恒力，则阻拦索被拉伸得越长，阻拦索上的张力就越大6．我们通常看到的美妙的彩虹是红色在外，紫色在内，这被称为“虹”。图甲为虹产生的示意图。为进一步了解其原理，将其简化为如图乙的示意图。已知光线①、②中有一条是红光，一条是紫光，且在水滴（可视为标准球体）中红光的折射率小于紫光的折射率。下列说法正确的是（）A．图乙中光线①、②分别为红光、紫光B．图乙中光线②在M界面比光线①更容易发生全反射现象C．光线①在水滴中的传播速度大于光线②在水滴中的传播速度D．用同一装置做双缝干涉实验，光线②相邻的亮条纹间距较大7．小明同学在学完牛顿第二定律后，为加深对定律的理解，在家里做了如图所示的实验。将一轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端处于自由状态时位于O点。现用一滑块m将弹簧的自由端压缩至A点后由静止释放，滑块运动至B点停下（B点未画出），弹簧全程处于弹性限度内，且自由端与滑块不粘连，滑动过程中阻力恒定。记OA长度为x0，以A点为x轴的原点，则滑块自A点运动至BA． B．C． D．二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）8．为了研究静电除尘器的原理，老师带领同学们制作了一台简易静电除尘装置，如图甲所示。在去掉底的空煨料瓶上固定着一块圆弧形铝片和一根铜丝，将它们分别与起电机的正、负极相连。在塑料瓶里底部放置点燃的蚊香，瓶内产生烟尘，摇动起电机后瓶内变得消澈透明。图乙为瓶内俯视图。PMN为某尘埃的运动轨迹，且OM>OP。下列说法正确的是（）A．尘埃带正电B．P点电场强度比M点大C．尘埃从M到N的过程中，电场力做正功D．尘埃在P点的电势能小于在N点的电势能9．中国计划将于2030年前实现载人登月。登月分为发射阶段、地月间转移、月球环绕、着陆登月、月球表面活动、返回器返回地球等过程。已知月球质量是地球质量的1p，月球半径是地球半径的1q，地球的第一宇宙速度为v，脱离速度为第一宇宙速度的A．飞船在月球表面减速着陆过程中属于失重B．一位在地球表面上重为G的宇航员，在月球表面上重qC．返回器从月球返回地球时，返回器在月球表面的发射速度至少为2qD．载人返回器在变轨进入月地转移轨道时需要点火减速10．装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。将其进行简化研究，如图a所示，一质量为m的子弹（可视为质点）以v0的速度垂直射向静止在光滑水平桌面上质量为2M的钢板甲，刚好未能穿出钢板。现把钢板甲分成两块完全相同的钢板乙，并排放置但不粘连，如图b所示。若子弹在钢板中受到的恒定阻力为fA．钢板甲的厚度为MmB．子弹在钢板甲中的运动时间为2MmC．图a中子弹的末速度比图b中子弹的末速度小D．图b中第二块钢板乙的最终速度为m三、实验题（本题共2小题，共16分。第11题8分，第12题8分）11．下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。（1）在“测量金属丝电阻率”实验中，某同学使用螺旋测微器测量金属丝直径，示数如图甲所示，读数为mm；（2）图乙是“验证动量守恒定律”实验装置示意图。已知入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2。记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为x1、x2、x3（3）在“测量玻璃的折射率”实验中，某同学在纸上画出的界面AB、CD与玻璃砖位置的关系如图丁所示，其它操作均正确，且以AB、CD为界面画光路图，则该同学测得的折射率与真实值相比12．很多路灯可通过光控开关随周围环境的亮度改变进行自动控制，某实验小组利用实验室提供的器材对路灯的内部电路设计进行模拟探究。提供的器材有：电源、定值电阻R0（阻值未知）、小灯泡L、光敏电阻R1（光照强度增大时，阻值减小）、开关（1）用多用表测量定值电阻R0，选用“×10”倍率的电阻挡测量，指针位置如图1所示。为减少测量误差，应将选择开关置于（选填“×1”“×10”或“×1k”）挡，并进行，再次测量指针位置如图2所示，R0的阻值为（2）采用如图3中的实验器材测R0的阻值，部分实物连接已完成，要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0开始。导线L1、L2和L3的另一端应分别连接滑动变阻器的、（3）完成该路灯的模拟设计电路图的连线。四、解答题（本题共3小题，共38分。第13题10分，第14题12分，第15题16分）13．在学校的儿童节义卖活动中，小华准备了若干印刷着精致图案的气球作为售卖商品。当天早晨，学校地表附近的气温为27∘C，大气压强为p0（1）正午时地表附近大气压仍为p0，若地表附近的气球体积增大了1（2）早晨有同学想要一个体积为1.5V0的气球，于是小华便继续给气球打气，已知打气筒每次能往气球打进0.05V14．在2024年巴黎奥运会上，中国运动员勇夺网球女单冠军，成为中国首位奥运网球单打冠军。如图是网球比赛场地的俯视图，若单打区域长l=24 m，宽d=8.2 m，发球线到网的距离x=6 m，网高H=1 m。在某次比赛中，运动员站在O点完成了难度极高的一次发球，若网球水平击出，刚好过网击中了R点（经判罚属于有效球）。网球的质量是0.05（1）击球的高度h是多少？（2）击球的水平初速度v0（3）设球触拍的时间t'15．在芯片制造过程中，离子注入是芯片制造重要的工序。图a是我国自主研发的离子注入机，图b是简化的注入过程原理图。静止于A处的离子，经电压为U的电场加速后，沿图中半径为R的圆弧虚线通过磁分析器，然后从M点垂直CD进入矩形CDQS区域的匀强磁场。已知磁分析器截面是四分之一圆环，内部为匀强磁场，方向垂直纸面向里；DQ=43d，MD=9d。整个装置处于真空中，离子的质量为m、电荷量为（1）离子进入匀强磁场区域M点时的速度大小v及磁分析器通道内磁感应强度大小B0（2）要求离子能最终打在QD上，求磁场磁感应强度B的取值范围；（3）若匀强磁场只分布在CNFS某一矩形区域内，如图c所示，且磁感应强度大小为B1=13d2Umq，其中DN=7.5d

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．灯泡上标示的电压9V为有效值，故A错误；B．由图像知其周期T=0.2 s，则1C．在一个周期内穿过线圈的总磁通量的变化为零，所以由法拉第电磁感应定律可知，一个周期内的平均电动势为零，则平均电流也等于零，故C错误；D．已知额定电压为9 V、额定功率为4.5 W，灯泡恰好正常发光，则流过灯泡电流的有效值为I=PU=0.5 A，则流过灯泡的最大值为Im故选D。

【分析】1、交变电流的“四值”及其应用瞬时值：对应某一时刻的值，表达式为或。峰值（最大值）：瞬时值中的最大幅值​。有效值：根据电流的热效应定义，是交流电在电路中做功能力的等效直流值。对于正弦交流电，关系为：​​。考点应用：灯泡上标示的“9V”是指其额定电压的有效值。A选项考查此概念。平均值：一般由法拉第电磁感应定律计算，与一段时间内的磁通量变化量直接相关。考点应用：C选项考查在一个完整周期内磁通量变化量为零，因此平均电动势和平均电流为零。2、交流电的周期、频率与方向变化周期（T）与频率（f）：​，图像可直接读出周期。方向变化次数：在一个周期内，正弦式交流电的电流方向会改变2次。考点应用：B选项考查此规律。先由图像求周期，再计算1秒内的周期数，最后乘以2得到方向改变次数。3、法拉第电磁感应定律与磁通量变化定律：​，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比。平均电动势：​。考点应用：C选项考查对磁通量变化的宏观理解。一个周期内，初态和末态的磁通量相同（Φ初=Φ末4、交流电的瞬时表达式

三要素：峰值、角频率ω、初相位ϕ。角频率计算：​。考点应用：D选项是本题的综合性考查。需要从额定参数求出电流有效值，再换算为峰值；从图像读出周期并计算角频率；判断初相位（图像从零开始且向正方向增长，一般为正弦函数，初相为0）。最后正确写出表达式。2．【答案】D【解析】【解答】A．由质量数守恒（2+3=4+1）与电荷数守恒（1+1=2+0）可知，Y的质量数为1、电荷数为1，因此Y是质子（），故A错误；

B．该反应是轻核（氘和氚）聚合成较重核（氦）的过程，属于核聚变反应，故B错误；

C．核聚变会释放大量能量，根据爱因斯坦质能方程，反应过程中存在质量亏损，故C错误；

D．由于反应释放能量，生成核（）的比结合能比反应核（）更大，即比更稳定，因此的比结合能小于，故D正确。

故选D。

【分析】1、核反应需满足质量数和电荷数守恒；

2、轻核聚变释放能量，伴随质量亏损；

3、比结合能越大，原子核越稳定，聚变后生成核的比结合能显著提升。

4、易混淆点：质量数守恒不等于质量守恒（实际质量减少，亏损部分转化为能量）；比结合能是原子核稳定性的指标，而非结合能绝对值。3．【答案】B【解析】【解答】由波动图像可知，该简谐波的波长为λ，因此周期为（其中为波速）。当时间时，波传播一个完整周期，此时处的质点完成一次全振动，并不会随波沿x轴方向迁移。由图可知简谐波的波长为λ=4 m，所以周期为T=λv=4 2故选B。

【分析】1、波长λ与周期T的关系由波速v决定（）；2、经过一个周期，波形恢复原状，各质点均回到自身初始振动状态；3、波的传播是振动状态的传递，质点本身并不沿波方向移动。

4、常见误解提醒：误认为质点会随波传播方向移动（实际质点仅在其平衡位置附近振动）；混淆波形移动距离与质点位移（波形移动一个波长时，质点完成一次全振动）。4．【答案】C【解析】【解答】A．根据楞次定律，当磁场增强时，穿过铜线圈的磁通量增大，线圈中会产生感应电流，其方向会阻碍磁通量的变化。由于铜线圈可自由形变，为抵抗磁通量增加，线圈面积有减小的趋势（以减少磁通量），故A错误；

BC．由法拉第电磁感应定律，感应电动势​。若B随时间增加但变化率减小，则电动势大小逐渐减小，且方向由楞次定律决定（负号表示方向）。选项B未明确说明变化趋势，而C正确指出了电动势减小的特性，故B错误、C正确；

D．即使身份证静止，只要磁场变化（如随时间变化），穿过线圈的磁通量就会变化，从而产生感应电流（涡流），故D错误。

故选C。【分析】核心要点：1、楞次定律：感应电流的效果总是阻碍磁通量的变化（形变趋势或电流方向）；2、法拉第电磁感应定律：电动势大小取决于磁通量变化率，与磁场是否均匀无关；3涡流效应：变化磁场中导体内部会产生感应电流，无需导体运动。

易错提示：1、误认为线圈需运动才能产生感应电流（只要磁通量变化即可）；2、混淆磁场大小变化与变化率（电动势取决于变化率，而非磁场本身大小）。5．【答案】C【解析】【解答】AB．若阻拦索施加的张力为恒力，则对飞机的作用力（即张力的合力）为（θ为阻拦索与飞机运动方向的夹角）。随着飞机减速，阻拦索被拉伸，夹角θ逐渐减小，增大，因此合力增大，加速度增大。飞机做变加速减速运动，而非匀减速直线运动，故AB错误；

CD．若阻拦索对飞机的作用力（即合力）保持恒定，则根据，在刚勾住瞬间θ最大，最小，因此张力最大，阻拦索最容易断裂。随着θ减小，增大，张力逐渐减小，故C正确、D错误。

故选C。

【分析】核心要点：1、恒张力下，合力随夹角减小而增大（加速度变化）。

2、恒合力下，张力随夹角减小而减小（刚勾住时张力最大）。

3、阻拦索的断裂风险取决于实际张力大小，而非合力。

易错提示：1、混淆“恒张力”与“恒合力”两种假设情境。

2、误认为夹角减小时张力一定增大（取决于恒力条件）。6．【答案】D【解析】【解答】A．由图乙可知，光线①的偏折程度明显大于光线②，表明光线①的折射率更大。在可见光中，紫光折射率大于红光，因此光线①为紫光，光线②为红光，故A错误；

B．全反射的发生需满足两个条件：光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于临界角。图中光线从棱镜射向空气（光密→光疏），但入射角未知。根据光路可逆性，若原入射光能进入棱镜，则出射光在界面处入射角通常小于临界角（除非特殊设计），因此两种光均不易发生全反射。选项B错误在于武断否定全反射可能性，实际上若调整角度仍可能发生，但在此情境下无依据表明谁更容易全反射。

C．由折射率可知，折射率越大，光在介质中传播速度越小。光线①（紫光）折射率更大，因此速度小于光线②（红光），故C错误；

D．红光波长大于紫光波长（）。双缝干涉条纹间距公式为​，波长越大条纹间距越宽。因此光线②（红光）的条纹间距更大，故D正确。

故选D。

【分析】核心要点：1、偏折程度越大，折射率越大（紫光>红光）。

2、全反射需具体分析入射角与临界角关系（临界角，折射率越大临界角越小）；

3、光在介质中速度，折射率越大速度越小；

4、干涉条纹间距与波长成正比（红光间距大）。

易错提示：误认为偏折大的光一定先发生全反射（实际取决于入射角与临界角对比）；混淆折射率与速度/波长关系（折射率大，速度小，波长短）。7．【答案】A【解析】【解答】AB．由牛顿第二定律F合=ma，可知F合−x与a−x图像应相同，由A点静止释放时，滑块受向右的弹力和向左的摩擦力，由牛顿第二定律可得kΔx−f=ma，当滑块由A点向O点运动过程中，Δx在减小，则加速度a在减小，且与x成线性相关。当弹力等于摩擦力时，加速度为0，此时有kΔx1=f显然Δx1CD．滑块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动，加速阶段和减速阶段加速度不对称，时间不应该相等，故CD错误。故选A。

【分析】核心要点：1、弹簧弹力随x线性变化，摩擦力恒定，合力分段线性；2、a-x图像斜率由k/m决定，但存在突变点（a=0及O点）；3、运动时间不对称（加速段与减速段加速度变化不同）。

易错提示：误认为a=0在O点（实际在x0≠O处）；误将a-x对称性等同于时间对称（需积分速度判断）8．【答案】B,C【解析】【解答】A．由尘埃运动轨迹的弯曲方向可知，尘埃所受电场力方向与电场强度方向相反（电场线方向由正极指向负极），因此尘埃带负电，故A错误；

B．电场线的疏密表示场强大小，a点处电场线更密集，因此a点电场强度大于b点，故B正确；

CD．从M到P再到N的过程中，电场力方向与速度方向夹角始终为锐角（轨迹切线方向），因此电场力做正功，电势能减小。尘埃在P点的电势能大于在N点的电势能（即越靠近正极电势能越小），故C正确、D错误。

故选BC。

【分析】核心要点：1、轨迹弯曲方向指向合力方向（此处为电场力），与场强反向则带负电；

2、电场线疏密对应场强大小。

3、电场力做正功，电势能减小（负电荷在电势高处电势能小）。

易错提示：误根据弯曲方向直接判断电性（需对比电场力与场强方向）；混淆负电荷电势能与电势的关系（电势越高，电势能越小）。9．【答案】B,C【解析】【解答】A．飞船在月球表面减速着陆时，加速度方向向上（与速度方向相反），宇航员处于超重状态，故A错误。BC．在地球表面物体受到万有引力等于重力有：GM地mR地2=mg地

得g地=GM地R地2

同理可得月球表面的重力加速度为g月=GMD．从月球返回地球时，需从月球轨道加速进入月地转移轨道（克服月球引力），因此需要点火加速，故D错误。故选BC。

【分析】核心要点：1、减速着陆加速度向上为超重；2、星球表面重力加速度与质量成正比、与半径平方成反比；3、第一宇宙速度，第二宇宙速度；4、返回地球需加速进入转移轨道。易错提示：误认为月球重力加速度为地球的1/6（需通过质量半径计算）；混淆第一宇宙速度与脱离速度（第二宇宙速度）。10．【答案】A,B,C【解析】【解答】A．图a子弹嵌入钢板甲，由动量守恒定律可得m解得v1=mv0解得d=Mmv0B．对钢板甲由牛顿第二定律有f=2Ma

由运动学有v1=at

解得CD．作出子弹穿过钢板甲和钢板乙过程的v−t图像如图所示：易知图a中子弹的末速度比图b中子弹的末速度小，即v1故选ABC。

【分析】核心要点：1、完全非弹性碰撞动量守恒，动能损失最大；2、阻力做功等于动能损失（嵌入过程）；3、图像斜率表示加速度（阻力越大，减速越快）；4、穿出时末速度大于嵌入时共同速度。

易错提示：误认为穿出时子弹速度更小（实际嵌入后损失更多动能）；混淆阻力大小与作用时间（嵌入过程阻力更大、时间更短）。11．【答案】（1）0.399（0.397-0.400）（2）相等；m1x（3）偏大【解析】【解答】（1）螺旋测微器读数=固定刻度+可动刻度（需估读）。

图甲示数：固定刻度为0（可见刻度线），可动刻度为39.9×0.01mm=0.399mm（39.0格，需估读到0.9格），螺旋测微器的示数为d=0+39.9×0.01（2）为了使两球发生正碰，两小球的半径相等；若两球相碰前后的动量守恒，则有m1v0=m1v1+m若两球的碰撞为弹性碰撞，根据机械能守恒有1又x2=v0t，x1=v联立可得x（3）作出光路图如图所示由图示光路图可知，入射角α相同，以CD为边界时有β测<β真，折射率n=sinαsinβ，因入射角2、读数步骤：先读固定刻度：看主尺上露出的刻度线，注意半毫米线已露出。再读可动刻度：看可动刻度上与主尺基准线对齐的格数。（2）验证碰撞中的动量守恒和机械能守恒1、两球半径需相等：目的：确保发生正碰（对心碰撞），使碰撞前后物体的速度方向都在同一直线上。如果半径不同，碰撞点可能不在球心连线上，会引入其他方向的动量，无法用简单的水平位移关系来验证2、守恒条件混淆：动量守恒的前提是系统合外力为0，本实验中摩擦力等影响已忽略。机械能守恒的前提是碰撞为弹性碰撞（无动能损失），这是一个更强的条件，并非所有碰撞都满足。题目中明确要求“若为弹性碰撞”时才验证第三个表达式。

（3）折射率测量误差分析光路原理：真实的折射发生在AB界面。光线从空气（光疏介质）射入玻璃（光密介质），折射角r小于入射角i。折射率n=（1）由图甲可知，螺旋测微器的示数为d=0+39.9×0.01（2）[1]为了使两球发生正碰，两小球的半径相等；[2][3]若两球相碰前后的动量守恒，则有m又x2=v0联立可得m[3]若两球的碰撞为弹性碰撞，根据机械能守恒有1又x2=v0联立可得1又m联立可得x（3）作出光路图如图所示由图示光路图可知，入射角α相同，以CD为边界时有β折射率n=因入射角α相同，β测<即折射率的测量值大于真实值。12．【答案】（1）×1；欧姆调零；12（2）A；A；C（或D）（3）【解析】【解答】（1）用多用表测量定值电阻R0，选用“×10”倍率的电阻挡测量，指针偏角过大，说明倍率挡选择过高。为减少测量误差，应将选择开关置于“×1”挡，并进行欧姆调零，再次测量指针位置如图所示，R0的阻值为12（2）要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0开始，则滑动变阻器要接成分压电路。导线L1、L2和（3）设计电路图的连线

【分析】（1）欧姆表的使用欧姆表倍率选择原则：指针应指在中间刻度附近（即中值电阻附近）测量最精确。若指针偏角过大（示数太小），说明倍率太高，应换更低倍率（如从×10换到×1）；若指针偏角过小（示数太大），应换更高倍率。每次换挡后必须重新进行欧姆调零（短接两表笔，调节调零旋钮使指针指0Ω）。读数：示数×倍率（注意估读）。图中指针指在12，倍率为×1，故阻值为12Ω。易错点：换挡后忘记欧姆调零（导致测量值偏大）。读数时忘记乘以倍率（如误将12读成12Ω，实际应为12×1=12Ω）。测量过程中手接触表笔金属部分（导致人体电阻并联，测量值偏小）。

（2）滑动变阻器的分压式接法分压式接法要求：滑动变阻器三个接线柱中，两个固定端（A、B）接电源两极，滑动端（C或D）与一个固定端（通常接A）作为分压输出接负载（如图中定值电阻R）。分压接法特点：电压调节范围从0到电源电压，可实现“从0开始”调节。连接方式：一种接法：电源正极接A，负极接B；负载一端接C（或D），另一端接A（即与电源正极共线）。另一种接法：电源正极接C（或D），负极接B；负载一端接A，另一端接B（即与电源负极共线）。题目中导线连接：通常将滑动变阻器固定端（A、B）接电源，滑动端（C或D）与一个固定端（如A）接负载。（1）[1][2][3]用多用表测量定值电阻R0，选用“×10”倍率的电阻挡测量，指针偏角过大，说明倍率挡选择过高。为减少测量误差，应将选择开关置于“×1”挡，并进行欧姆调零，再次测量指针位置如图所示，R0的阻值为12（2）[1][2][3]要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0开始，则滑动变阻器要接成分压电路。导线L1、L2和（3）设计电路图的连线13．【答案】（1）解：由题意可知此过程为等压变化，由盖-吕萨克定律得V且T0=300 K，联立解得t=37°（2）解：由题意知V由理想气体状态方程有p解得n=10【解析】【分析】(1)正午时气球体积增大，求气温

考点：盖-吕萨克定律的应用（等压过程）：公式：，条件：压强不变，气体质量不变。温度单位转换：摄氏温度与开尔文温度的转换：，计算必须使用绝对温度（开尔文），结果再转换回摄氏度。体积变化的理解：“体积增大了20%”指相对于初始体积的增加，即​。理想气体状态方程的前提：气球导热良好，温度均匀；氦气为理想气体；内外气压差忽略（压强始终等于大气压）。

易错点：直接使用摄氏温度计算（未转换为开尔文），导致错误。错误理解“体积增大20%”（误以为，实际应为0.8×1.2=0.96L。

计算过程中单位不一致（如体积单位未统一，但本题均为升，无问题）。(2)打气使气球体积达到1.2L，求打气次数

考点：玻意耳定律的应用（等温过程）：公式：​，用于将打气筒内高压气体折算为常压下的等效体积。打气问题的模型：每次打气注入的气体在常压下的等效体积：​，气球初始体积（常压）与需要增加的体积（常压）直接相加。整数解的处理：打气次数必须为整数，且需满足需求（通常向上取整）。气体状态的变化：气球内外气压差忽略，因此充气后气球内压强始终为大气压（)。充气过程是等温的（题目未说明，但通常假设为室温不变）。

仔细审题：注意条件（如“气压差忽略”、“导热良好”等），这些是选择物理定律的关键。单位统一：温度用开尔文，体积单位一致（升），压强单位一致（atm）。模型理解：第(1)问是等压变化（体积随温度变化）。第(2)问是等温打气（高压气体释放到常压环境）。（1）由题意可知此过程为等压变化，由盖-吕萨克定律得V且T0=300 K，联立解得t=（2）记V由理想气体状态方程有p解得n=1014．【答案】（1）解：设网球从击出到R点的运动时间为t，网球从击出到擦网的运动时间为t根据平抛运动，在竖直方向上有h=12在水平方向上有l2+x解得h=1.8 m，（2）解：由第一问可知v0（3）解：设拍子对球的作用力为F，由动量定理可得F解得F=375【解析】【分析】（1）求网球从击出到点P的运动时间​和到擦网的运动时间​

平抛运动规律：水平方向：匀速直线运动，位移公式，竖直方向：自由落体运动，位移公式分运动独立性：水平方向和竖直方向的运动互不影响，时间相同。联立方程求解：根据两个点（点P和擦网点）的水平位移和竖直位移，建立方程组。

易错点：混淆水平位移和竖直位移，错误代入公式（如将竖直位移代入水平公式）。未正确区分和对应的位移（点P和擦网点坐标不同）。计算错误（如解二次方程出错，或代数变形错误）。

（2）求初速度v0​和抛出点高度ℎh

利用（1）中间结果：直接使用​和​的表达式代入求解。平抛运动基本公式：（水平方向），（竖直方向，但注意抛出点高度可能不是下落高度，需根据坐标确定）（3）求拍子对球的作用力F

动量定理：公式：注意是矢量关系，需考虑方向。作用力与速度变化：网球被击打前后速度方向改变（可能大小也变），需计算速度变化量。通常假设击球时间极短（很小），重力可忽略，故合外力即为拍子作用力。矢量运算：若速度方向不同，需用矢量减法（如平行四边形法则或坐标分解）。

平抛问题：始终抓住水平匀速、竖直自由落体，时间联系两个方向。

动量定理：注