2025届湖南省长沙市高考物理预测练习试题（含解析）

2025届湖南省长沙市名校高考物理最后一卷

押题预测练习试题

学校:姓名:班级：考号：

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需

改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡

上.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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.核反应有衰变、核裂变、核聚变和人工核转变4种类型。下列有关说法中正确的是

A.发生核聚变时电荷数守恒，质量也守恒

B.用中子轰击样品中的/N会产生和电子

C.对于大量氨222,每经过一个半衰期就有一半的氢发生衰变

189

54

D.铀235裂变的方程为iU+0n->^Ba+36Kr+2jn

2.如图甲所示，“战绳训练”是常见的健身方式，健身爱好者甩动战绳使其在竖直平面内形成简谐横波。

图乙是某次训练中/=0时刻战绳的波形图，绳上质点0的振动图像如图丙所示，则

A.该波沿x轴负方向传播

B.任意入）时间内质点尸运动的路程均为A

4

C.质点尸的相位比质点。的相位超前］

D.f=亍o时刻质点P将运动到x=，o处

3.2024年9月，我国成功试射了一枚洲际弹道导弹，射程高达12000公里，测试弹头最终落入南太平洋

公海的预定海域，创下了全球洲际导弹射程的最远纪录。如图所示，若导弹从P点飞出大气层后，靠惯

性绕地心。做椭圆轨道飞行（O为椭圆轨道的一个焦点），最后从。点进入大气层。N点为远地点，

ON=r,已知地球质量为引力常数为G,则下列说法正确的是（）

第1页，共15页

N

A.导弹从尸到N过程中机械能不守恒B.导弹在N点的加速度大小为亍

C.导弹在N点的速度大小为D.导弹在尸点和。点受到的地球引力相同

4.如图所示为竖直光滑圆轨道，一小球从最低点/出发，当初速度为vo时，恰好能在竖直面内做圆周运

动，运动到与圆心等高处的2点时，对轨道的压力大小为M；如果初速度变为3vo,小球运动到2点

时对轨道的压力大小为M,则

A.M：凡=3：43B.Ni：N2=l：6

C.Ni:电=2：9D.M：M=1:3

5.如图所示，x>0的区域内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，x<0的区域中有方向沿V轴向下

的匀强电场。电荷量都为4的粒子。和粒子6同时从x轴上尸、。两点射出，速度大小分别为三、%。速

度方向与X轴正方向的夹角均为。=53。，一段时间后，两粒子先后沿平行X轴方向到达y轴上的同一点

N（图中未画出）。已知。点坐标为（--,0）,"=3犯,=3加，不计粒子重力及粒子间的静电力作用，

sin53。=0.8,cos53°=0.6,由以上信息可以知道的是（）

A.P点的横坐标为h

B.两个粒子都带正电，且N点坐标为:

第2页，共15页

C.匀强电场的电场强度后=孚萼

25qd

D.匀强磁场的磁感应强度3=第

5qa

6.如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的绝缘圆环，圆环的2、B、C、。端点上分别固定有一个点

电荷，电荷量分别为+Q、+Q、-Q、-Q,圆心为。，2C垂直于BD,a、b、c、d分别为04、OB、

OC、。。的中点，在BD的延长线上有P点和N点，且DP=PN=*关于四个点电荷形成的电场，下列

判断正确的是（）

A.a、b、c、d四点的电场强度大小相等

B.a、b、c、d四点的电势相同

C.d点和P点的电场强度大小相等

D.P点电势大于N点电势

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选

项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有

选错的得0分。

7.如图所示为一电动玩具起重机的电路示意图，理想变压器的原、副线圈的匝数比为3：1,变压器原线

圈中接入瞬时值”=30拒sinlOOR（V）的正弦交变电流，电动机的内阻为50,装置正常工作时，质量为

1kg的物体恰好以0.5m/s的速度匀速上升，灯泡正常发光（阻值保持不变），电表均为理想电表，电流

表的示数为3A,设电动机的输出功率全部用来提升物体，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。下

列说法正确的是（）

A.电压表的示数为loV^V

B.小灯泡的额定功率为20W

C.电动机正常工作时的发热功率为10W

D.若电动机被卡住但未损坏的情况下，原线圈输入的功率为40W

8.如图甲所示，质量为2%的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B质量均为加，置于C上，B位于

A右方某处。A、C间的动摩擦因数%=0.2,B、C间和C与地面间的动摩擦因数得=〃c=0］。给C

施加一水平向右的恒力R从开始施加恒力到A、B第一次相遇时间为人可得5与尸的关系如图乙所示

（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取lOrn/sD,下列说法正确的是（）

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A.滑块A能获得的最大加速度为2m/s2

B.A、B之间的初始距离为4m

C.滑块A的质量为1kg

D.若尸=10.5N,A、C之间将发生相对滑动

9.如图所示，O3CD是半圆柱玻璃体的横截面，。。为直径。一束光沿方向从真空射入玻璃后分成

两束光分别射到玻璃枝的3、C两点，射到3点的为，光，射到C点的为c光，下列说法正确的是（

A.6光的频率大于。光

B.在真空中6光的传播速率小于。光

C.b光从。到B的时间小于c光从。到C的时间

D.6光从。到B的时间等于c光从。到C的时间

10.如图所示，可视为质点的光滑定滑轮P与竖直墙面上的。点等高，。为的中点，距离为2d。

一根轻质不可伸长的细绳一端系在。点，穿过质量为m的光滑圆环A再绕过定滑轮P,另一端吊着质量

也为加的重物B。将圆环A由。点静止释放，设。/与水平方向夹角为。。已知重力加速度为g,整个过

程中B未与滑轮尸相撞，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法中正确的是（）

A.A和B的速度关系为％=%sin。

4

B.A可以下降的最大高度为

C.A和B总动能最大时，0=60。

（⑹

D.A和B总动能最大时，A的动能为1-亏mgd

三、非选择题：本大题共5题，共56分。

II.（6分）小明同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律.将细线一端悬挂在铁架台上，另一端系住

一个底部粘有一个宽度为d的遮光片的小钢球，小钢球静止于4点，此时遮光片处于竖直方位，光电门固

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定在a点正下方.将小钢球拉起一定的高度由静止释放，光电门记录小钢球的遮光片挡光时间为t.已知重力

加速度为g.

（1）还需要测量的物理量是；

A.小钢球和挡光片的质量租B.小钢球被拉起的高度八

C.细线的长度，D.小钢球的直径D

（2）若想验证机械能守恒定律，只需验证成立即可（用题中的物理符号表示）；

（3）小明在实验中发现，小球动能增加量总是稍大于重力势能减少量，可能的原因是

（写出一条即可）.

12.（9分）某物理兴趣小组的同学从一款报废的电子产品中拆下一个电池，通过查阅说明书了解到该电

池的电动势约为3.OVo他们想通过实验尽量准确地测出该电池的电动势和内阻，除了待测电池，实验

室可提供的器材还有：

A.电流表A（量程为0〜10mA,内阻约为20。）

B.灵敏电流计G（量程为0〜50nA,内阻未知）

C.电阻箱R（0-9999.9Q）

D.定值电阻Ro（阻值为100。）

E.定值电阻R）（阻值为300。）

F.导线和开关

（1）按如图甲所示的电路图连接好电路，先将电阻箱R的阻值调到最大，闭合开关&和开关S2,调节

电阻箱R,使灵敏电流计G的示数大于量程的9,读出灵敏电流计G的示数为/o，电阻箱的示数为以；保

持开关Si闭合，再断开开关S2,调节电阻箱凡使灵敏电流计G的示数仍为To,读出电阻箱的示数为

心,电流表A的内阻表达式为RA=（用Ri、小表示）。

（2）根据以上方法正确测量出电流表的内阻为RA=18Q,该同学又设计了如图乙所示的电路测量电池的

电动势£和内阻入电路中的定值电阻&为保护电阻，要求无论电阻箱阻值调到多少电路中的电流都不

会超过电流表的量程，则保护电阻&应该选择（填器材前的选项字母）。

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(3)正确选择器材后按图乙连接好电路，闭合开关，调节电阻箱凡记录电阻箱示数R和相应的电流

I,将测得的数据以R为横坐标，以;为纵坐标作出:一R图像，经计算机拟合得到如图丙所示的图线，由

图线可得该电池的电动势£=V,电池内阻厂=Q(结果均保留2位有效数字)。

(4)如果在实验过程中由于读数的偶然误差使测量的电流表内阻偏大，这样会使测出的电池电动势

(填“大于”“小于”或“等于“)真实值，电池内阻厂(填“大于”“小于”或“等于")真实值。

13.(8分)图甲为唐宋时期大规模应用的双动活塞式风箱，其原理图如图乙所示，厚度不计的活塞将风

箱气室分为左、右两部分，气室壁上2、B、C、。四个孔各装有单向阀门，2、B两处阀门在气室内压强

小于外界大气压时立刻向内打开进气，C、。两处阀门在气室内压强超出外界大气压一定值时向外打开缓

慢出气。开始时，活塞处于风箱的中心位置，四个阀门均关闭，气室内气体压强等于外界大气压强Po，

己知风箱气室长为L、宽为d、高为九，活塞密封良好，不计一切摩擦，气体可以看作理想气体，温度保

持不变。现向左推动活塞，活塞左移％方能将C处阀门推开。

(1)求此时左侧气室气体的压强；

(2)设C处阀门位于气室内最左端上方，C处阀门打开后继续用恒力匀速推动活塞至最左端，求此后续

过程中恒力所做的功。

14.(15)如图所示，两足够长平行金属直导轨的间距为L固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P

点分别与两条竖直固定的圆弧导轨相切。"尸连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大

小为8、方向竖直向下的匀强磁场。在水平导轨某处放置一边长为3由均匀金属丝制成的闭合正方形线

框，左右两边分别记为6、c。线框质量为相，总电阻为8R,初始时处于静止状态。现让长度也为3质

量为2心、阻值为R的导体棒a从圆弧导轨上离水平导轨高为力处由静止释放，某时刻导体棒a与线框发

4

生碰撞，并且碰后瞬间线框的速度是导体棒。进入磁场瞬间速度的)，碰撞过程中的机械能损失与碰前

回路产生的总热量相等。已知重力加速度为g,忽略导轨的电阻、所有摩擦以及线框的可能形变，且导体

棒。和线框6、c边运动过程中始终与导轨垂直，导体棒和线框侧边与导轨始终接触良好。求：

__________________________

\'xXx/xX/XXX

；\/BL/bcB

",;XXX/Xx/xXX

///////////////771Y

M

(1)导体棒a刚进入磁场时的速度大小vo;

(2)碰后瞬间导体棒a的速度大小v；

⑶从最初到稳定，导体棒a上产生的焦耳热Qa及最终导体棒a和线框b边的距离X。

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15.（18分）如图所示，光滑水平面上放置一小车，小车上表面48段粗糙、3c段光滑。一小物块放置

在小车左端，连接有轻弹簧的轻质挡板固定在小车右端。用不可伸长的轻绳将质量为加1的小球悬挂在。

点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至轻绳竖直时与小物块发生弹性正碰，碰后小物

块开始向右运动。已知小球的质量为办=4kg,小物块的质量为勿2=1kg,小车的质量为M=5kg,轻

绳长度为/=1.8m,段的长度为》=4.5m,3c段的长度为©=1m,弹簧原长为羽=0.16m,小

物块与小车段间的动摩擦因数为〃=0.2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10

m/s2,弹簧始终在弹性限度内。

（1）求小球与小物块碰后瞬间小物块的速度大小VI；

（2）求从小物块开始运动到小物块开始接触弹簧的时间t；

（3）求从小物块与弹簧开始接触到两者分离的过程中小物块对弹簧的冲量大小/；

（4）若改变释放小球时细线与竖直方向的夹角0（0<90。），使小车在达到最大速度前小物块速度反向

且整个过程中小物块不能滑离小车，求夹角6的余弦值需满足的条件。

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参考答案

1.【知识点】原子核的衰变及半衰期

【答案】C

【解析】发生核聚变时，电荷数守恒，质量数也守恒，但是质量不守恒，发生核聚变时释放能量，质量

14

减少，A错误；用中子前轰击尹N,质量数为1+14=15,电荷数为0+7=7,6c和电子\e的质量数

为14+0=14,电荷数为6-1=5,不符合核反应过程中质量数和电荷数守恒，B错误；大量的氮222衰

变时符合统计学规律，每经过一个半衰期就有一半的氨222发生衰变，C正确；根据质量数和电荷数守

恒可知，铀235裂变时生成3个中子前，D错误。

2.【知识点】波的图像和振动图像的综合应用

【答案】C

【解析】由题图丙知，f=0时刻质点0沿〉轴正方向振动，结合题图乙由同侧法知，该波沿x轴正方向

传播，A错误；当质点从波峰、波谷或平衡位置开始运动时，3时间内运动的路程为/,若从其他时刻

开始运动，卜时间内运动的路程可能大于N也可能小于/(易错：四分之一周期内质点运动的路程不一

定等于振幅/),B错误；质点P的振动方程为升=/sin(cot+])，质点。的振动方程为y°=/sinst,

所以质点P的相位比质点。的相位超前热C正确；质点尸在平衡位置附近上下振动，并不随波迁移，D

错误。

【一题多解】

波形法

该波沿x轴正方向传播，由题图乙知，质点P比质点。早振动四分之一个周期，故质点尸相位比质点。

相位超前]C正确。

3.【知识点】万有引力定律问题的分析与计算

【答案】B

【详解】导弹从尸到N过程中只受到地球引力作用，则机械能守恒，A错误；根据牛顿第二定律

G^=ma,解得导弹在N点的加速度大小为。=%，B正确；根据G绊=加匕，得导弹在N点的

rrrr

圆形轨道上运动的速度大小为丫=―,导弹从圆形轨道变轨到椭圆轨道需要减速做近心运动，则速度

r

小于C错误；导弹在尸点和。点受到的地球引力大小相同‘方向不同’D错误。

4.【知识点】应用动能定理求解多阶段、多过程问题、竖直面内圆周运动问题

【答案】A

【解析】小球从最低点到最高点，根据动能定理有一小g-2尺=，〃一诏，恰好到达最高点，在最高点有

mv2

mg=下,

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解得vo=J9(关键点：“恰好”说明小球运动到最高点时的向心力完全由重力提供)，小球从最低点到

达与圆心等高的2点，根据动能定理有一机说一•|仅讳，解得vi=j3gR,由牛顿第三定律，小球

在3点受到的支持力与对轨道的压力大小相等，有川=坐=3加g；若初速度变为3%,则小球从最低点

到达2点，根据动能定理有一诏一"(3vo)2,解得v2='43gR,由牛顿第三定律，小球在3

点受到的支持力与对轨道的压力大小相等，有乱=萼=43仅8,则M：N2=3：43,A正确。

【巧思快解】在竖直面内的圆周运动中，在最低点的压力比在最高点的压力大6〃?g,在最低点的压力比

在与圆心等高处的压力大3mg。若恰好经过最高点，则在最高点的压力为0,在与圆心等高处的压力M

=3mg,在最低点的压力为6%g,可快速计算出vo=J标；若在最低点的速度为3vo,则在最低点的压

力为46加g,在与圆心等高处的压力为43〃zg。

5.【知识点】带电粒子在组合场中的运动

【答案】D

【详解】°粒子射出后在磁场中做匀速圆周运动,6粒子射出后在电场中做类斜抛运动，两粒子运动轨迹

如图所示

研究b粒子,几何关系可知尸点的横坐标

12

xp=rsinO,联立解得巧N点坐标＞AB错误；研究。粒子，洛伦兹力提供向心力有

喈但哈联立解得小翳

研究6粒子，根据抛体运动规律有4=%850*1，

r+rcos3=-at2,因为£q=3根a,联立解得石=当独，C错误，D正确。

225qd

6.【知识点】电场的叠加

【答案】A

【解析】根据等量异种点电荷形成的电场特点可知，4、C和B、O处的点电荷在a、b、c、d四点处的电

场分布如图甲所示,A点和C点处的点电荷形成的电场中电场强度Eay=Ecy、Eby=Edy,方向都是竖直向

下，B点和D点处的点电荷形成的电场中电场强度后以=Eg、Ebx=Edx,方向都是水平向右，且Eay=

Ecy=Ebx—Edx,乳y==民^=民方根据电场强度的叠加可知a、b、c、d四点的电场强度大小

相等，A正确；选取无穷远电势为零，可知正电荷周围的电势离正电荷越近电势越高，且为正值，离负

电荷越近电势越低且为负值，根据对称性和叠加原理可知8a=0b＞仁=0d，B错误；根据等量异种

点电荷形成的电场特点可知，四个点电荷在P、d两点处电场分布如图乙所示，根据库仑定律及几何关系

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有EAC=隘，EBD=*E=C=£^‘E'BD=||：'根据场强叠加法则可知d点电场强度大于P

点电场强度，C错误；根据电势的叠加原理可知4点的+Q和C点的一Q电荷在P点和N点产生的电势之和均

为零，B点的+Q和D点的一Q电荷形成的电场线如图丙所示，可知电场线方向由N指向P,根据沿着电场

线方向电势逐渐降低可知WN><PP，D错误。

【命题创新】电场和电势的叠加属于高考中的常考点，近几年等量同种或异种点电荷的场强均有考查，

本题巧妙地构建了四个点电荷，可构建成两对异种点电荷模型，考查学生对电场和电势叠加的理解，需

要学生具备一定的对称思想。

7.【知识点】理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用

【答案】BD

【详解】变压器原线圈两端电压的有效值为H=J缶=30V,根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数

的关系合=:，解得变压器副线圈两端电压的有效值为4=iov,电压表的示数等于变压器副线圈两端

电压的有效值，为10V,A错误；设通过电动机的电流为小电动机输出功率之出/；尺，又

P^=Fv=mgV,解得4=1A,电动机消耗的热功率4=/；R=5W,小灯泡的额定功率为

[=K(/-/J=20W,B正确；C错误；由C选项分析可知，通过小灯泡的电流为4=/-/I=2A,若

电动机被卡住但未损坏的情况下，原线圈输入的功率为峪=&4+生一40W,D正确。

，EZL.R

8.【知识点】板块模型

【答案】AC

【详解】对滑块A有〃A"7g=%以，解得OA=2m/s2,A正确；对滑块B有〃B〃zg=机被，解得益=1向$2,

由图可知尸足够大时，A、B均相对C滑动，相遇时间恒定为/=J」一s=2s,由1瓢--1而/=工，解

V0.2522

得Z=2m,B错误；当尸=8N,滑块B与C恰好发生相对滑动，则有歹-44加g=4加<纭，得"=1kg,

C正确；设A、B、C均产生相对运动时的拉力为公，则有£-4〃c%g-〃A%g-〃Bmg=23?A，得

片=I1N,尸=10.5N时，A、C均保持静止；D错误。

9.【知识点】全反射与折射的综合应用

【答案】AD

【详解】根据题意，作出光路图，连接8。、Q?如图所示

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A.设从。点进入的入射光线的入射角为，，从8点射出的光线在。点的折射角为a,从C点射出的光线

在。点的折射角为尸，由折射定律有”=型上，?=吗

sinasinp

由图可知。（尸

则有％>4

则沿03方向传播的6光折射率较大，频率大，A正确；

B.所有色光在真空中传播速度相同，匀为3xl（fm/s,B错误；

cccsinckccsin

CD.根据题意，由公式v=—可得，两光在玻璃中的传播速度分别为%=—%=—=—

nnhsmzncsinz

由几何关系可知，两光在玻璃中的传播距离为％=2及sina,=22?sin

x.2Rsinix_2Rsini

则传播时间为％=2=------c

以c匕c

则有“%

故C错误，D正确。D。

10.【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合

【答案】BD

【详解】B上升的速度等于左侧绳伸长的速度，A沿QA方向的速度分量为VAsinO,沿R4方向的速度分

量也为K4sin仇有VB=2vAsin。，A错误；由能量守恒：mgH=mgx2^H2+d2,解得：H=gd,

B正确；AB总动能最大时，即总重力势能最小，此刻重力势能变化率为0,即机gVA=mg%，结合关联

速度可知sin0=5，即0=30。，由能量守恒知/二仁-白,3，4=%,解得：Ekx=1---mgd,

C错误，D正确。

11.【知识点】实验：验证机械能守恒定律

【答案】（1）B

d2

（2）—^=gh（2分）

（3）由于挡光片有一定长度，所测的速度大于小钢球的实际速度（2分）

【解析】（1）若想验证机械能守恒，需要验证;根庐=zng/i,其中u=g即只需验证皋=g/b所以

还需测量小钢球被拉起的高度无；

（2）见（1）解析

第11页，共15页

（3）若是小钢球动能增加量总是稍大于重力势能减少量，可能因为小钢球到达最低点时，挡光片的线速

度大于小钢球的线速度，所测速度大于小钢球实际速度，使得小钢球的动能增加量大于重力势能的减少

量.

12.【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量一安阻法测量电源电动势与内阻

【答案】（1）4一尺2（2分）（2）E（1分）

（3）2.5（2分）7.0（2分）

（4）等于（1分）小于（1分）

【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律可得E=/o（4+r+Ri）,E=I0（4+r+处+RA）,解得RA=M

~R2（点拨：等效替代法测电阻原理，电流表示数不变，两次电路的总电阻相同）。

（2）对题图乙所示的电路，根据闭合电路欧姆定律可得/o=j。=D%,401A,故可知R

R+RA+RO+丁R+18Q+/?o+r

+7?o+r>282Q,当电阻箱连入电路中的阻值为0时，可知&+*282Q,所以R）选E。

（3）对题图乙所示的电路，根据闭合电路欧姆定律可得/=,：,，可得:=R°+?+,+'R,故

R+/?O+RA+T1EE

fio+«A+r=o13x1（）3a-i；1=0.40-0.13x1（）3v-1；解得£=2.5V,r=7.0Q。

EE675

（4）如果在实验过程中由于读数的偶然误差使测量的电流表内阻偏大，不影响:一R图像的斜率，即不影

响£,测出的电池电动势£等于真实值；:一R图像的纵轴截距为6,有r=bE—Ro-R*,处偏大，则测出

的电池内阻:•小于真实值。

【技巧必背】

在测量电源电动势和内阻实验中，一般由所测的两个物理量写出闭合电路欧姆定律表达式，然后将表达

式改写成纵轴量与横轴量间的一次函数表达式，根据图线的斜率结合表达式计算电动势和内阻。

13.【知识点】气体等温变化与玻意耳定律

【答案】（1）匕Po（4分）

（2）pohdx（4分）

【思路点拨】第（1）问中，以气室左侧气体为研究对象，利用温度不变的等温变化规律poU=求

解；第（2）问是难点，解题突破口是活塞被匀速推动，设恒力为F,由受力分析知有大气压力p°S、箱内

气体压力P1S和恒力F,由平衡方程得p（）S+F=piS,其中S=d/i,则恒力做的功W=?弓一久），或者

把恒力做功转化为恒定气体压力做功得到同样的结论。

【详解】

本题以双动活塞式风箱为素材，创设生产生活实践类情境，涉及气体实验定律、受力分析、平衡态分析、

功的计算等知识，需要学生能够根据实际情境提取信息，构建气体模型，考查学生的理解能力、模型构

建能力和推理论证能力。（1）对气室左侧内气体，设C处阀门推开时气体压强为pi，体积为匕，由等温

变化规律有PoV=Pi6.......2分

其中U=.......1分

解得Pi分

L—£X

（2）对风箱内气体，质量是变化的，但用恒力匀速推动，所以箱内气体压强是恒定的，设活塞的横截

面积为S,由平衡方程有poS+F=piS.......I分

其中S=dh.......1分

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恒力做的功W=F（，一%）........1分

可得W=pohdx.......1分

【易错警示】第（2）问中气体排出质量变化，容易思考为变质量问题，但无条件求解。

【关键点拨】明确研究过程为：恒力匀速推动、S3被推开直到活塞被推到最左端的过程中，活塞移动的

位移为［—Xo

14.【知识点】电磁感应现象中的功能问题

【答案】（1）%=师；（2）v=^^；（3）e=1|mgA；一：,尊

5152?L

【详解】（1）导体棒a进入磁场前，有2«7g/!=g-2机

解得%=12gho

（2）b、。边接入电路，并联电阻为区并=及，

导体棒。和线框受的安培力等大反向，导体棒a和线框，从a进磁场到碰后瞬间，动量守恒，可得

4V

2mv0=2mv+m•—,

解得v=3匣。

5

（3）碰后，动量守恒2加V。=3加v共,解得v=,

共3

从释放导体棒a到碰后瞬间，系统损失的总机械能八4员=2mgh---m-（—vA---2m-v2=—mgh,

215J225

碰前回路中的焦耳热为。=；24员=\加，a棒产生的焦耳热为0=；。=5加，

碰后回路产生的总焦耳热为0=-2m-v2--3m-v|t=~^rngh,a棒产生的焦耳热为

1113

02=3。=示mgk,全程2=。1+。2=不圈〃，

碰后某瞬间，设导体棒的速度为匕，线框的速度为V框，对导体棒。，有心=8江，i-小框一.）,

R+R

从碰后到稳定，设安培力的冲量为/安，对导体棒。，由动量定理/安=2加（曝-v）,

综上所述，有£二&二J

=2加共一V），

R+R

其中2（曝_匕卜/=》,

4mR12gh

解得X=

1552Z2

15.【知识点】动量守恒与弹簧相结合、求解弹性碰撞问题

-17ooy

【答案】（1）9.6m/s（2）0.6s（3）14N-s（4）^<cos

【解析】⑴小球从水平位置释放之后做圆周运动，根据动能定理有〃辿=3岳（1分）

可得vo=6m/s,

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小球与小物块碰撞过程中水平方向动量守恒，机械能守恒，规定水平向右为正方向，有如vo=冽2V21+

mw\\（1分）

如诏=如诏i+"Mi（1分）

V1=V21，

解得vi=9.6m/s（1分）

（2）小球与小物块碰撞之后小物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有〃加2g=冽2〃2，

解得z=2m/s2,

小球与小物块碰撞之后小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有〃冽2g=痴3，

解得。3=0.4m/s2,

设经过时间"小物块滑到小车上的B点，小物块相对于小

车的位移大小为Xl,有直由一■|。2诏一"1。3H=X1（1分）

解得九=0.5s（九=7.5s舍去）,

九=0.5s时，小物块的速度大小

V22=V21—。2九=8.6m/s（1分）

小车的速度大小也2=〃3九=0.2m/s（1分）

设再经过时间打小物块匀速运动到弹簧位置，有

（V22-V32）t2=X2-X3（1分）

解得，2=0.1S,

t=ti+t2=0.6s（1分）

（3）小物块从与弹簧接触到与弹簧分离的过程中，小物块、小车、弹簧组成的系统动量守