資源簡介

2025屆湖南省高三下學期一輪復習收官聯考物理試題
1．（2025·湖南模擬）熔鹽堆是一種核裂變反應堆。在熔鹽堆中，核燃料以氟化物的形式溶解在熔鹽中，當熔鹽流經堆芯時發生裂變反應，生成上百種不同半衰期的裂變產物。在熔鹽中，釷（）吸收中子生成釷（），然后衰變成鏷（），鏷（）以27天的半衰期衰變成鈾（）。下列說法正確的是（　　）
A．釷（）衰變為鏷（）時產生粒子
B．鏷（）衰變為鈾（）時產生粒子
C．近年來由于地球的溫室效應，鏷（）衰變為鈾（）的半衰期會發生微小變化
D．1g鏷（）經過54天會有0.25g衰變為鈾（）
2．（2025·湖南模擬）鋼球由靜止開始自由下落，落地時的速度為30m/s，不計空氣阻力，重力加速度。關于鋼球，下列說法正確的是（　　）
A．下落的高度是15m B．前2s的平均速度為20m/s
C．第3s與第1s的位移差為10m D．通過最后5m的時間是
3．（2025·湖南模擬）如題圖所示，真空中有兩個帶正電小球（均視為點電荷），電荷量分別為、，且。A、B是它們之間連線上的三等分點，則B點與A點的場強大小之比為（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2025·湖南模擬）如圖所示1mol理想氣體經兩個不同的過程（A→B→C和A→D→C）由狀態A變到狀態C。已知氣體遵循氣體定律PV=RT，氣體內能的變化量與溫度的關系為（R為大于0的已知常量，T1、T2分別為氣體始末狀態的溫度）。初始狀態A的溫度為T0。氣體在這兩個過程中從外界吸收的熱量分別為（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025·湖南模擬）如圖所示，水平固定放置折射率為的等腰三角形玻璃磚，底角為30°。兩束功率同為P的激光在與底邊中垂線對稱的位置，垂直底邊射入玻璃磚，真空中的光速為c，下列說法正確的是（　　）
A．經過玻璃磚的BC界面時，單份光子能量發生變化
B．左側激光從玻璃磚AB邊射出的方向與豎直方向夾角為60°
C．該玻璃磚所受激光對它的作用力大小為
D．若在此玻璃磚BC邊涂上有某種黑體材料，則該玻璃磚所受激光對它的作用力大小為
6．（2025·湖南模擬）某同學利用如圖所示的方案測量氣墊導軌上滑塊的加速度。滑塊上安裝了寬度為的遮光板，滑塊向右做勻加速直線運動，依次通過兩個光電門A和B。光電門上的黑點處有極細的激光束，當遮光板擋住光束時開始計時，不遮擋光束時停止計時。現記錄了遮光板通過第一個光電門所用的時間、通過第二個光電門所用的時間、光電門從第一次開始計時到第二次開始計時經歷的時間，已知光電門上兩黑點間的距離為，該同學先后用兩種方法計算出滑塊的加速度，分別為和，你認為下列判斷正確的是（　　）
A． B． C． D．無法比較
7．（2025·湖南模擬）鈦金屬陽極氧化工藝是一種在金屬及其合金表面通過電解使其表面形成氧化膜的技術。通過控制電壓可以改變薄膜的厚度，自然光照射在工件表面時，光線在薄膜前后表面發生反射，工件就顯示出不同的顏色。關于該現象，下列說法正確的是（　　）
A．這是光的干涉現象
B．這是光的衍射現象
C．薄膜各處厚度不均勻的話，工件看上去是白色的
D．薄膜各處厚度不均勻的話，工件看上去是彩色的
8．（2025·湖南模擬）如圖所示，一絕熱容器被隔板K隔開成A、B兩部分，A內充滿氣體，B內為真空。現抽開隔板，讓A中氣體進入B并最終達到平衡狀態，則（　　）
A．氣體的內能始終不變
B．氣體的壓強始終不變
C．氣體分子的平均動能將減小
D．B中氣體不可能自發地再全部回到A中
9．（2025·湖南模擬）如圖所示，在風洞實驗室中，從A點以水平速度v0=2m/s向左拋出一質量m=1.5kg的小球（可視為質點），拋出后的小球受水平向右的風力作用，大小恒為3N，經過一段時間小球運動到A點正下方的B點處，重力加速度g取10m/s2，在此過程中（　　）
A．A、B兩點間的距離為20m
B．小球離A、B所在直線的最遠距離2m
C．小球的動能先減小后增加
D．小球的機械能先減小后增加
10．（2025·湖南模擬）如圖所示，矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于勻強磁場的軸以角速度勻速轉動，線圈長為2L、寬為L，匝數為N，磁感應強度大小為B。理想變壓器原、副線圈匝數比為，定值電阻，電阻箱的最大值為10R。不計線圈和導線的電阻，下列說法正確的是（　　）
A．當線圈平面與磁場方向平行時，線圈產生的電動勢為
B．當線圈平面與磁場方向平行時，線圈產生的電動勢為
C．變壓器輸出功率的最大值為
D．變壓器輸出功率的最大值為
11．（2025·湖南模擬）某同學利用圖甲所示的裝置研究光的干涉和衍射，將刀片在涂有墨汁的玻璃片上劃過便可得到單縫、不同間距雙縫的縫屏，光電傳感器可用來測量光屏上光強的分布。
（1）某次實驗時，在電腦屏幕上得到圖乙所示的a、b兩種光的光強分布，這位同學在縫屏上安裝的是　 　（選填“單縫”或“雙縫”）。
（2）由圖乙中兩條曲線的特征可知__________。
A．a光頻率較大
B．以相同角度斜射到同一玻璃板透過平行表面后，a光側移量小
C．以相同的入射角從空氣斜射到水中，a光的折射角大
D．以相同的入射角從水中射入空氣，在空氣中只能看到一種光時，一定是a光
（3）當做干涉現象研究時，選用間距較大的雙縫相比于間距較小的雙縫，在光屏上可觀察到　 　（選填“更多”“更少”或“一樣多”）的條紋個數。
12．（2025·湖南模擬）某實驗小組利用如圖1所示的實驗裝置測量當地重力加速度。將遮光條安裝在滑塊上，用天平測出遮光條和滑塊的總質量，槽碼和掛鉤的總質量。實驗時，將滑塊系在繞過定滑輪懸掛有槽碼的細線上。滑塊由靜止釋放，數字計時器記錄下遮光條通過光電門1和2的遮光時間和，以及這兩次開始遮光的時間間隔，用游標卡尺測出遮光條寬度，計算出滑塊經過兩光電門速度的變化量。
（1）游標卡尺測量遮光條寬度如圖2所示，其寬度　 　mm。
（2）打開氣泵，待氣流穩定后調節氣墊導軌，直至看到導軌上的滑塊能在短時內保持靜止，其目的是　 　。
（3）多次改變光電門2的位置進行測量，得到和的數據如下表所示請根據表中數據，在方格紙上作出圖線。
0.721 0.790 0.854 0.913 0.968
1.38 1.52 1.64 1.75 1.86
（4）根據（3）中圖像，可知當地的重力加速度為　 　（結果保留3位有效數字）。
13．（2025·湖南模擬）如圖所示，足夠長的兩平行光滑金屬導軌固定在水平面上，導軌間距為L=1m，導軌水平部分的矩形區域abcd有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B=0.5T，導軌的左側和一光滑四分之一金屬圓弧軌道平滑連接，圓弧軌道半徑R=4m，此部分有沿半徑方向的磁場，圖中未畫出。導軌水平部分的右側和光滑傾斜導軌（足夠長）平滑連接，傾斜部分的傾角為30°。質量為m1=1kg的金屬棒P從四分之一圓弧的最高點由靜止釋放，經過AA'滑上水平軌道，在AA'對軌道的壓力大小為26N；P穿過磁場abcd區域后，與另一根質量為m2=2kg的靜止在導軌上的金屬棒Q發生彈性碰撞，碰后Q沿斜面上升的高度h=0.8m，兩金屬棒的阻值均為r=0.2Ω，重力加速度g=10m/s2，感應電流產生的磁場及導軌的電阻忽略不計，兩根金屬棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好。求：
（1）金屬棒P從靜止釋放運動到AA'時克服安培力做的功；
（2）求矩形磁場沿導軌方向的長度；
（3）若Q從右側傾斜導軌滑下時，P已從磁場中滑出，求從P運動到水平導軌AA'開始到P、Q第二次碰撞時，Q棒上產生的焦耳熱。
14．（2025·湖南模擬）圖甲是一種簡易抽水設備，圖乙是其結構原理示意圖，地下水面與上面粗筒底面間的高度差h0 = 8 m，抽水時先將活塞推到粗筒底部，活塞到達粗筒底部時只能向上打開的上、下兩個單向閥門均處于閉合狀態，此時下面細管中氣體壓強等于大氣壓強p0。用力壓手柄使活塞上移，上閥門處于閉合狀態，下閥門自動開啟，隨著活塞上升細管中的液面就會上升。已知活塞的橫截面積S1 = 40 cm2，細管內橫截面積S2 = 2 cm2，p0 = 1.0 × 105 Pa，水的密度ρ = 1 × 103 kg/m3，g取10 m/s2，地下水面處的壓強恒為大氣壓強p0，抽水過程中裝置內空氣的溫度均視為不變，不考慮閥門重力及地下水面高度的變化。
（1）求當活塞第一次上移高度h = 0.2 m時細管中水柱的高度h1；
（2）活塞第一次上移高度h = 0.2 m后，用力提升手柄使活塞下移，上閥門打開與大氣相通，下閥門立即閉合，活塞下移至距離粗筒底部h' = 0.075 m處時，用力壓手柄使活塞第二次上移至距離粗筒底部h = 0.2 m處，求此時細管中的水柱高度h2。
15．（2025·湖南模擬）類似光學中的折射現象，利用電場和磁場也可以實現質子束的“反射”和“折射”。如圖所示，長方形區域內存在豎直向上的勻強電場，與間電勢差大小，上下邊界距離為。質子束從圖中位置射入電場時，速度方向與法線夾角為入射角，從邊射出時，速度方向與法線夾角為折射角，質量為、電荷量為的質子束進入電場時水平方向速度大小恒為，不計重力影響及質子之間的作用力。電場的水平長度足夠長。
（1）求電場的“折射率”與入射角的關系（折射率=）。
（2）當質子束恰好在面發生“全反射”（發生“全反射”時質子恰好未從面射出）時，求質子束的入射角（不考慮質子在長方形區域內的多次反射）。
（3）當在電場區域發生“全反射”時，求質子在面的入射點與出射點之間水平距離的范圍（不考慮質子在長方形區域內的多次反射）。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】原子核的衰變、半衰期；α、β、γ射線及特點
【解析】【解答】本題主要考查了原子核的衰變，明確核反應過程中，電荷數和質量數守恒，理解半衰期的概念。A．釷（）衰變為鏷（）時產生，為粒子，選項A錯誤；
B．鏷（）衰變為鈾（）時產生，為粒子，選項B正確；
C．外部條件不會影響半衰期，選項C錯誤；
D.1g鏷（）經過54天，即兩個半衰期，會有衰變為鈾（），選項D錯誤。
故選B。
【分析】根據核反應過程的電荷數和質量數守恒可得到核反應方程；半衰期由原子核本身決定，與化學狀態和物理環境無關；根據半衰期與衰變的關系判斷。
2．【答案】D
【知識點】勻變速直線運動的位移與時間的關系；自由落體運動
【解析】【解答】本題主要考查了自由落體運動基本公式的直接應用，結合勻變速直線運動推論求解。A．鋼球做自由落體運動，根據
解得下落的高度為
故A錯誤；
B．鋼球前2s下落高度為
則前2s的平均速度為
故B錯誤；
C．根據勻變速直線運動推論可得第3s與第1s的位移差為
故C錯誤；
D．鋼球下落時的速度為，根據
解得
則通過最后5m的時間為
故D正確。
故選D。
【分析】根據自由落體運動速度—時間公式求出下落的時間，根據位移—時間公式分析解答。
3．【答案】B
【知識點】電場強度的疊加
【解析】【解答】本題主要考查電場強度的疊加，解題時需注意，多個電荷在電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產生的電場強度的矢量和。設，，，根據電場的疊加原理，則有
，
解得
故選B。
【分析】結合題意，由電場強度的疊加原理，分別確定B點與A點的場強大小，即可分析判斷ABCD正誤。
4．【答案】A
【知識點】熱力學第一定律及其應用
【解析】【解答】熱力學第一定律不僅反映了做功和熱傳遞這兩種方式改變內能的過程是等效的，而且給出了內能的變化量和做功與熱傳遞之間的定量關系。此定律是標量式，應用時熱量的單位應統一為國際單位制中的焦耳。由圖可知，由狀態A變到狀態B，氣體體積不變，壓強增大，溫度升高，氣體內能增大，且滿足
則
所以
由于氣體不做功，所以
由狀態B變到狀態C，氣體壓強不變，體積增大，溫度升高，氣體內能增大，且滿足
則
所以
由于
所以
所以
由狀態A變到狀態D，氣體壓強不變，體積增大，氣體對外做功，氣體溫度升高，內能增大，且滿足
則
所以
由于
所以
由狀態D變到狀態C，氣體體積不變，壓強增大，溫度升高，氣體內能增大，則
由于氣體不做功，所以
所以
故選A。
【分析】一個熱力學系統的內能增量等于外界向它傳遞的熱量與外界對它所做的功的和。
5．【答案】D
【知識點】動量定理；光的折射及折射定律；粒子的波動性 德布羅意波
【解析】【解答】本題關鍵掌握光子能量、光子動量關系，根據動量定理計算光進入玻璃前后動量的變化。 所謂能量子就是能量的最小單元．微觀領域里能量的變化總表現為電磁波的輻射與吸收，不同頻率的電磁波其能量子的值不同，表達式為：E=hν
A．經過玻璃磚的BC界面時，光的頻率不變，根據可知光子能量不發生變化，故A錯誤；
B．根據折射定律，畫出光路圖，如圖所示
由幾何關系可得
r = 30°
由折射定律有
解得
即
i = 60°
由幾何關系可知，左側激光從玻璃磚AB邊射出的方向與豎直方向夾角為30°，故B錯誤；
CD．根據題意，設時間為t，則激光的總能量為
E = 2Pt
設光子總數為n，由愛因斯坦的質能方程式得，光子總能量為
光子總動量為
聯立可得，照射到玻璃磚上光子的總動量為
由折射定律有
光子進入玻璃磚后的速度為
由于進入玻璃磚光子能量不變，則進入之后，光子的動量為
進入過程，由動量定理有
解得
由牛頓第三定律可知，該玻璃磚所受激光對它的作用力大小為，若在此玻璃磚BC邊涂上有某種黑體材料，則光子被吸收，末動量為0，由動量定理可得
由牛頓第三定律可知，該玻璃磚所受激光對它的作用力大小為，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】根據光子能量公式分析判斷；畫出光路圖，根據折射定律計算；根據題意計算激光的總能量，根據光子能量表達式和德布羅意波長公式推導光子的總動量，根據確定光在真空中與玻璃中傳播速度關系，結合動量定理和牛頓第三定律推導。
6．【答案】A
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用
【解析】【解答】本題主要考查了光電門測瞬時速度和運動學公式的運用，要明確做勻加速直線運動中間位置的瞬時速度與中間時刻的瞬時速度的大小關系。是遮光板通過光電門的平均速度，近似可看作遮光板中心到達光電門黑點的速度，設遮光板中心到達兩光電門黑點的時間間隔設為。由于遮光板前端到光電門黑點的速度小于遮光板中心到光電門黑點速度，則遮光板前端到兩光電門黑點的時間間隔大于遮光板中心到兩光電門黑點的時間間隔，即
所以通過算出的加速度小于真實值，誤差較大。而通過計算，由于L為兩光電門黑點之間的真實距離。所以很接近真實值，誤差較小。
故選A。
【分析】根據公式v=分別求解滑塊通過光電門A、B的瞬時速度，根據運動學公式求解加速度，然后再結合勻加速直線運動中間時刻的所示速度小于中間位置的瞬時速度分析作答。
7．【答案】A,D
【知識點】薄膜干涉
【解析】【解答】本題通過分析金屬陽極氧化工藝中光的干涉現象，強調了光的干涉在實際應用中的重要性。理解光的干涉原理及其在不同條件下的表現，對于解釋和預測金屬表面顏色變化具有重要意義。AB．薄膜前后表面反射的光線進行疊加后有的波長的光增強，有的波長的光減弱，這是干涉現象，選項A正確、B錯誤；
CD．薄膜各處厚度不同，不同的光得到增強，工件顯示出不同的顏色，選項C錯誤、D正確。
故選AD。
【分析】金屬陽極氧化過程中，通過電解在金屬表面形成一層氧化膜，這層膜的厚度可以通過控制電壓來調節。當自然光照射到這層氧化膜上時，光線在膜的前后表面發生反射，由于光的干涉現象，工件表面會顯示出不同的顏色。因此，本題的關鍵在于理解光的干涉現象以及其在金屬陽極氧化工藝中的表現。
8．【答案】A,D
【知識點】熱力學第一定律及其應用；熱力學第二定律；溫度和溫標；氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【解答】本題主要考查熱力學定律的應用及運用理想氣體狀態方程對氣體的溫度、壓強和體積的判斷。A．由于內為真空，抽走隔板后，A部分氣體自由膨脹，膨脹過程中沒有對外做功，容器又是絕熱容器，所以氣體也不可能與外界發生熱交換，由熱力學第一定律可知氣體的內能始終不變，故A正確；
C．由于氣體的內能不變，故氣體的溫度不變，氣體分子的平均動能不變，故C錯誤；
B．由于氣體發生的是等溫膨脹，故由玻意耳定律可知，氣體的壓強將減小，故B錯誤；
D．由熱力學第二定律可知，氣體不可能再自發地全部回到A部分，故D正確。
故選AD。
【分析】絕熱過程，自由擴散，體積變大，故內能不變，由玻意耳定律和熱力學第二定律求解。
9．【答案】A,C,D
【知識點】運動的合成與分解
【解析】【解答】本題的關鍵在于理解小球的運動軌跡和能量變化情況。小球在水平方向上受到恒定的風力作用，這將導致小球在水平方向上的速度先減小后增加。因此，小球的動能也將先減小后增加。同時，小球在豎直方向上受到重力作用，這將導致小球的重力勢能減小。因此，小球的機械能也將先減小后增加。A．小球在水平方向有
，
解得
所以A、B兩點間的距離為
故A正確；
B．小球離A、B所在直線的最遠時，水平速度為零，則小球離A、B所在直線的最遠距離為
故B錯誤；
C．小球的動能為
根據二次函數知識可知，小球的動能應先減小后增加，故C正確；
D．由圖可知，水平風力先對小球做負功，后做正功，所以小球的機械能先減小后增加，故D正確。
故選ACD。
【分析】根據物理學中的運動學和能量守恒定律判斷。小球在水平方向上受到恒定的風力作用，同時在豎直方向上受到重力作用。我們需要分析小球的運動軌跡，以及其動能和機械能的變化情況。
10．【答案】B,D
【知識點】變壓器原理；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】本題考查了交流電的產生和理想變壓器的知識，解題的關鍵是理解電動勢最大值的計算方法，以及變壓器輸出功率最大值的計算方法。AB．當線圈平面與磁場方向平行時，線圈產生的電動勢為
故A錯誤，B正確；
CD．將副線圈所在電路與變壓器整體等效為一個等效電阻。
等效電阻
副線圈輸出功率等于等效電阻的功率，等效電阻的功率為
根據數學方法可知當時，即時輸出功率最大
代入解得輸出功率最大為
故C錯誤，D正確；
故選BD。
【分析】根據交流電的產生和理想變壓器，可求解電動勢最大值、輸出功率。
11．【答案】（1）單縫
（2）A
（3）更多
【知識點】干涉條紋和光的波長之間的關系；光的衍射
【解析】【解答】解決本題的關鍵知道衍射條紋和雙縫干涉條紋的區別，以及掌握雙縫干涉條紋的間距公式，并能靈活運用。
（1）由題圖乙可知，條紋中間寬、兩邊窄，是衍射條紋，這位同學在縫屏安裝的是單縫。
（2）由于a光衍射條紋間距較小，則a光波長較短。
A．根據，可知a光頻率較大，故A正確；
B．在同一介質中，頻率大的光折射率大，因此a光折射率更大，偏轉角度更大．因此以相同角度斜射到同一玻璃板透過平行表面后，a光側移量大，故B錯誤；
C．由于a光折射率更大，根據折射定律，可知a光折射角較小，故C錯誤；
D．a光頻率較大，折射率較大，根據知a光臨界角較小，以相同的入射角從水中射入空氣，a光先發生全反射，在空氣中只能看到一種光時，一定是b光，故D錯誤。
故選A。
（3）根據，可知選用間距較大的雙縫相比于間距較小的雙縫，條紋間距小，在光屏上可觀察到更多條紋個數。
【分析】（1）單縫衍射條紋的特點是：中間亮、兩邊暗，中間寬，兩邊窄；
（2）由圖可知a光的波長短，則頻率大，能量大，折射率大，從而分析判斷；
（3）根據雙縫干涉條紋的間距公式判斷。
（1）由題圖乙可知，條紋中間寬、兩邊窄，是衍射條紋，這位同學在縫屏安裝的是單縫。
（2）由于a光衍射條紋間距較小，則a光波長較短。
A．根據，可知a光頻率較大，故A正確；
B．在同一介質中，頻率大的光折射率大，因此a光折射率更大，偏轉角度更大．因此以相同角度斜射到同一玻璃板透過平行表面后，a光側移量大，故B錯誤；
C．由于a光折射率更大，根據折射定律，可知a光折射角較小，故C錯誤；
D．a光頻率較大，折射率較大，根據知a光臨界角較小，以相同的入射角從水中射入空氣，a光先發生全反射，在空氣中只能看到一種光時，一定是b光，故D錯誤。
故選A。
（3）根據，可知選用間距較大的雙縫相比于間距較小的雙縫，條紋間距小，在光屏上可觀察到更多條紋個數。
12．【答案】（1）
（2）檢驗氣墊是否已調至水平
（3）見解析
（4）
【知識點】動量定理；刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；勻變速直線運動規律的綜合運用
【解析】【解答】明確游標卡尺的讀數，明確動量定理的應用，利用圖像斜率的物理意義是解決問題的關鍵。 （1）游標卡尺讀數為
（2）滑塊能在導軌上保持靜止，說明了氣墊已調至水平。
（3）
根據表格中數據描點并用直線連接，如下圖所示
（4）根據動量定理，對掛鉤與槽碼可由
對滑塊（含遮光條）
聯立可得
則圖像的斜率為
由圖像可知
聯立得
【分析】（1）游標卡尺中游標尺的分度是20分度，根據讀數規則可以讀出游標尺的讀數；
（2）滑塊保持穩定，說明氣墊導軌水平；
（3）根據表格中的數據進行描點并用直線連接；
（4）根據動量定理得出Δv-Δt關系等式，利用圖像斜率求解；
（1）游標卡尺讀數為
（2）滑塊能在導軌上保持靜止，說明了氣墊已調至水平。
（3）根據表格中數據描點并用直線連接，如下圖所示
（4）根據動量定理，對掛鉤與槽碼可由
對滑塊（含遮光條）
聯立可得
則圖像的斜率為
由圖像可知
聯立得
13．【答案】（1）解：金屬棒P運動到AA'時
解得
由開始釋放到AA'，對P，由動能定理得
聯立解得
（2）解：對Q棒，由CC'運動到斜面的最高點時，由動能定理得
解得
設P碰撞前、后的速度分別為v1、v2，根據動量守恒定律有
根據能量守恒定律有
解得
，
對于P第一次通過磁場，取向右為正方向，根據動量定理有
又
解得
（3）解：設P第二次離開磁場時的速度為v3，取向左為正方向，根據動量定理有
解得
Q第一次進入磁場時的速度為
方向向左，設Q出磁場時的速度為v5，取向左為正方向，根據動量定理有
聯立解得
方向向左；
Q通過磁場后與靜止的P第二次碰撞，從P運動到AA'開始后的全過程由能量守恒定律得
聯立解得
則Q棒上產生的焦耳熱
【知識點】電磁感應中的動力學問題
【解析】【分析】（1）對P棒先根據牛頓第二定律和題設條件求出初速度，再由動能定理求出克服安培力所做的功；
（2）對Q棒，恰好能上升到h處，由動能定理求出上升前的速度。P與Q發生彈性碰撞，根據動量守恒定律和機械能守恒定律求出碰撞前P的速度，對于P第一次通過磁場，根據動量定理求矩形磁場沿導軌方向的長度；
（3）P第二次通過磁場，根據動量定理求出P離開磁場時的速度。根據動量定理求出Q第一次離開磁場時的速度，全過程應用能量守恒求從P開始運動到PQ第二次碰撞，Q棒上產生的焦耳熱。
（1）金屬棒P運動到AA'時
解得
由開始釋放到AA'，對P，由動能定理得
聯立解得
（2）對Q棒，由CC'運動到斜面的最高點時，由動能定理得
解得
設P碰撞前、后的速度分別為v1、v2，根據動量守恒定律有
根據能量守恒定律有
解得，
對于P第一次通過磁場，取向右為正方向，根據動量定理有
又
解得
（3）設P第二次離開磁場時的速度為v3，取向左為正方向，根據動量定理有
解得
Q第一次進入磁場時的速度為
方向向左，設Q出磁場時的速度為v5，取向左為正方向，根據動量定理有
聯立解得
方向向左；
Q通過磁場后與靜止的P第二次碰撞，從P運動到AA'開始后的全過程由能量守恒定律得
聯立解得
則Q棒上產生的焦耳熱
14．【答案】（1）解：活塞第一次上移高度h = 0.2 m時，封閉氣體的壓強為
根據玻意耳定律有
解得
（2）解：活塞第二次從距離粗筒底部h' = 0.075 m處上移至距離粗筒底部h = 0.2 m處，設細管中空氣柱長L，根據玻意耳定律有
其中
解得
可知此時細管中的水柱高度為
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）由題知，活塞第一次上移高度h=0.2m時，先確定封閉氣體的壓強，再由玻意耳定律列式，即可分析求解；
（2）結合前面分析，由玻意耳定律列式，即可分析求解。
（1）活塞第一次上移高度h = 0.2 m時，封閉氣體的壓強為
根據玻意耳定律有
解得
（2）活塞第二次從距離粗筒底部h' = 0.075 m處上移至距離粗筒底部h = 0.2 m處，設細管中空氣柱長L，根據玻意耳定律有
其中
解得
可知此時細管中的水柱高度為
15．【答案】（1）解：設質子入射時速度為，質子射出電場時速度為，水平方向速度不變，根據運動的合成與分解有
根據動能定理有
根據“折射率”定義有
聯立解得
（2）解：根據題意，當質子束恰好不從面射出時，發生“全反射”，根據全反射臨界條件可知，此時，設入射角為，則有
解得
（3）解：當質子束發生“全反射”時，質子束在電場中的運動為類斜拋運動。從開始進入電場到速度水平的過程，可反向看成類平拋運動，水平位移為，豎直位移為。設電場強度為，則
設豎直方向初速度為，加速度為，則有
設入射角為，則有
根據平拋運動速度反向延長線過水平位移中點，有
又有
聯立解得
要發生“全反射”，則
根據三角函數關系有
解得
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）根據運動的合成與分解以及動能定理表示出對應角的正弦值，根據“折射率”定義求解質子束的求電場的“折射率”n與入射角α的關系；
（2）當質子束恰好不從cd面射出時，發生“全反射”，根據全反射臨界條件求解；
（3）當質子束發生“全反射”時，質子束在電場中的運動為類斜拋運動，結合類平拋運動規律求解。
（1）設質子入射時速度為，質子射出電場時速度為，水平方向速度不變，根據運動的合成與分解有
根據動能定理有
根據“折射率”定義有
聯立解得
（2）根據題意，當質子束恰好不從面射出時，發生“全反射”，根據全反射臨界條件可知，此時，設入射角為，則有
解得
（3）當質子束發生“全反射”時，質子束在電場中的運動為類斜拋運動。從開始進入電場到速度水平的過程，可反向看成類平拋運動，水平位移為，豎直位移為。設電場強度為，則
設豎直方向初速度為，加速度為，則有
設入射角為，則有
根據平拋運動速度反向延長線過水平位移中點，有
又有
聯立解得
要發生“全反射”，則
根據三角函數關系有
解得
1 / 12025屆湖南省高三下學期一輪復習收官聯考物理試題
1．（2025·湖南模擬）熔鹽堆是一種核裂變反應堆。在熔鹽堆中，核燃料以氟化物的形式溶解在熔鹽中，當熔鹽流經堆芯時發生裂變反應，生成上百種不同半衰期的裂變產物。在熔鹽中，釷（）吸收中子生成釷（），然后衰變成鏷（），鏷（）以27天的半衰期衰變成鈾（）。下列說法正確的是（　　）
A．釷（）衰變為鏷（）時產生粒子
B．鏷（）衰變為鈾（）時產生粒子
C．近年來由于地球的溫室效應，鏷（）衰變為鈾（）的半衰期會發生微小變化
D．1g鏷（）經過54天會有0.25g衰變為鈾（）
【答案】B
【知識點】原子核的衰變、半衰期；α、β、γ射線及特點
【解析】【解答】本題主要考查了原子核的衰變，明確核反應過程中，電荷數和質量數守恒，理解半衰期的概念。A．釷（）衰變為鏷（）時產生，為粒子，選項A錯誤；
B．鏷（）衰變為鈾（）時產生，為粒子，選項B正確；
C．外部條件不會影響半衰期，選項C錯誤；
D.1g鏷（）經過54天，即兩個半衰期，會有衰變為鈾（），選項D錯誤。
故選B。
【分析】根據核反應過程的電荷數和質量數守恒可得到核反應方程；半衰期由原子核本身決定，與化學狀態和物理環境無關；根據半衰期與衰變的關系判斷。
2．（2025·湖南模擬）鋼球由靜止開始自由下落，落地時的速度為30m/s，不計空氣阻力，重力加速度。關于鋼球，下列說法正確的是（　　）
A．下落的高度是15m B．前2s的平均速度為20m/s
C．第3s與第1s的位移差為10m D．通過最后5m的時間是
【答案】D
【知識點】勻變速直線運動的位移與時間的關系；自由落體運動
【解析】【解答】本題主要考查了自由落體運動基本公式的直接應用，結合勻變速直線運動推論求解。A．鋼球做自由落體運動，根據
解得下落的高度為
故A錯誤；
B．鋼球前2s下落高度為
則前2s的平均速度為
故B錯誤；
C．根據勻變速直線運動推論可得第3s與第1s的位移差為
故C錯誤；
D．鋼球下落時的速度為，根據
解得
則通過最后5m的時間為
故D正確。
故選D。
【分析】根據自由落體運動速度—時間公式求出下落的時間，根據位移—時間公式分析解答。
3．（2025·湖南模擬）如題圖所示，真空中有兩個帶正電小球（均視為點電荷），電荷量分別為、，且。A、B是它們之間連線上的三等分點，則B點與A點的場強大小之比為（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知識點】電場強度的疊加
【解析】【解答】本題主要考查電場強度的疊加，解題時需注意，多個電荷在電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產生的電場強度的矢量和。設，，，根據電場的疊加原理，則有
，
解得
故選B。
【分析】結合題意，由電場強度的疊加原理，分別確定B點與A點的場強大小，即可分析判斷ABCD正誤。
4．（2025·湖南模擬）如圖所示1mol理想氣體經兩個不同的過程（A→B→C和A→D→C）由狀態A變到狀態C。已知氣體遵循氣體定律PV=RT，氣體內能的變化量與溫度的關系為（R為大于0的已知常量，T1、T2分別為氣體始末狀態的溫度）。初始狀態A的溫度為T0。氣體在這兩個過程中從外界吸收的熱量分別為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】熱力學第一定律及其應用
【解析】【解答】熱力學第一定律不僅反映了做功和熱傳遞這兩種方式改變內能的過程是等效的，而且給出了內能的變化量和做功與熱傳遞之間的定量關系。此定律是標量式，應用時熱量的單位應統一為國際單位制中的焦耳。由圖可知，由狀態A變到狀態B，氣體體積不變，壓強增大，溫度升高，氣體內能增大，且滿足
則
所以
由于氣體不做功，所以
由狀態B變到狀態C，氣體壓強不變，體積增大，溫度升高，氣體內能增大，且滿足
則
所以
由于
所以
所以
由狀態A變到狀態D，氣體壓強不變，體積增大，氣體對外做功，氣體溫度升高，內能增大，且滿足
則
所以
由于
所以
由狀態D變到狀態C，氣體體積不變，壓強增大，溫度升高，氣體內能增大，則
由于氣體不做功，所以
所以
故選A。
【分析】一個熱力學系統的內能增量等于外界向它傳遞的熱量與外界對它所做的功的和。
5．（2025·湖南模擬）如圖所示，水平固定放置折射率為的等腰三角形玻璃磚，底角為30°。兩束功率同為P的激光在與底邊中垂線對稱的位置，垂直底邊射入玻璃磚，真空中的光速為c，下列說法正確的是（　　）
A．經過玻璃磚的BC界面時，單份光子能量發生變化
B．左側激光從玻璃磚AB邊射出的方向與豎直方向夾角為60°
C．該玻璃磚所受激光對它的作用力大小為
D．若在此玻璃磚BC邊涂上有某種黑體材料，則該玻璃磚所受激光對它的作用力大小為
【答案】D
【知識點】動量定理；光的折射及折射定律；粒子的波動性 德布羅意波
【解析】【解答】本題關鍵掌握光子能量、光子動量關系，根據動量定理計算光進入玻璃前后動量的變化。 所謂能量子就是能量的最小單元．微觀領域里能量的變化總表現為電磁波的輻射與吸收，不同頻率的電磁波其能量子的值不同，表達式為：E=hν
A．經過玻璃磚的BC界面時，光的頻率不變，根據可知光子能量不發生變化，故A錯誤；
B．根據折射定律，畫出光路圖，如圖所示
由幾何關系可得
r = 30°
由折射定律有
解得
即
i = 60°
由幾何關系可知，左側激光從玻璃磚AB邊射出的方向與豎直方向夾角為30°，故B錯誤；
CD．根據題意，設時間為t，則激光的總能量為
E = 2Pt
設光子總數為n，由愛因斯坦的質能方程式得，光子總能量為
光子總動量為
聯立可得，照射到玻璃磚上光子的總動量為
由折射定律有
光子進入玻璃磚后的速度為
由于進入玻璃磚光子能量不變，則進入之后，光子的動量為
進入過程，由動量定理有
解得
由牛頓第三定律可知，該玻璃磚所受激光對它的作用力大小為，若在此玻璃磚BC邊涂上有某種黑體材料，則光子被吸收，末動量為0，由動量定理可得
由牛頓第三定律可知，該玻璃磚所受激光對它的作用力大小為，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】根據光子能量公式分析判斷；畫出光路圖，根據折射定律計算；根據題意計算激光的總能量，根據光子能量表達式和德布羅意波長公式推導光子的總動量，根據確定光在真空中與玻璃中傳播速度關系，結合動量定理和牛頓第三定律推導。
6．（2025·湖南模擬）某同學利用如圖所示的方案測量氣墊導軌上滑塊的加速度。滑塊上安裝了寬度為的遮光板，滑塊向右做勻加速直線運動，依次通過兩個光電門A和B。光電門上的黑點處有極細的激光束，當遮光板擋住光束時開始計時，不遮擋光束時停止計時。現記錄了遮光板通過第一個光電門所用的時間、通過第二個光電門所用的時間、光電門從第一次開始計時到第二次開始計時經歷的時間，已知光電門上兩黑點間的距離為，該同學先后用兩種方法計算出滑塊的加速度，分別為和，你認為下列判斷正確的是（　　）
A． B． C． D．無法比較
【答案】A
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用
【解析】【解答】本題主要考查了光電門測瞬時速度和運動學公式的運用，要明確做勻加速直線運動中間位置的瞬時速度與中間時刻的瞬時速度的大小關系。是遮光板通過光電門的平均速度，近似可看作遮光板中心到達光電門黑點的速度，設遮光板中心到達兩光電門黑點的時間間隔設為。由于遮光板前端到光電門黑點的速度小于遮光板中心到光電門黑點速度，則遮光板前端到兩光電門黑點的時間間隔大于遮光板中心到兩光電門黑點的時間間隔，即
所以通過算出的加速度小于真實值，誤差較大。而通過計算，由于L為兩光電門黑點之間的真實距離。所以很接近真實值，誤差較小。
故選A。
【分析】根據公式v=分別求解滑塊通過光電門A、B的瞬時速度，根據運動學公式求解加速度，然后再結合勻加速直線運動中間時刻的所示速度小于中間位置的瞬時速度分析作答。
7．（2025·湖南模擬）鈦金屬陽極氧化工藝是一種在金屬及其合金表面通過電解使其表面形成氧化膜的技術。通過控制電壓可以改變薄膜的厚度，自然光照射在工件表面時，光線在薄膜前后表面發生反射，工件就顯示出不同的顏色。關于該現象，下列說法正確的是（　　）
A．這是光的干涉現象
B．這是光的衍射現象
C．薄膜各處厚度不均勻的話，工件看上去是白色的
D．薄膜各處厚度不均勻的話，工件看上去是彩色的
【答案】A,D
【知識點】薄膜干涉
【解析】【解答】本題通過分析金屬陽極氧化工藝中光的干涉現象，強調了光的干涉在實際應用中的重要性。理解光的干涉原理及其在不同條件下的表現，對于解釋和預測金屬表面顏色變化具有重要意義。AB．薄膜前后表面反射的光線進行疊加后有的波長的光增強，有的波長的光減弱，這是干涉現象，選項A正確、B錯誤；
CD．薄膜各處厚度不同，不同的光得到增強，工件顯示出不同的顏色，選項C錯誤、D正確。
故選AD。
【分析】金屬陽極氧化過程中，通過電解在金屬表面形成一層氧化膜，這層膜的厚度可以通過控制電壓來調節。當自然光照射到這層氧化膜上時，光線在膜的前后表面發生反射，由于光的干涉現象，工件表面會顯示出不同的顏色。因此，本題的關鍵在于理解光的干涉現象以及其在金屬陽極氧化工藝中的表現。
8．（2025·湖南模擬）如圖所示，一絕熱容器被隔板K隔開成A、B兩部分，A內充滿氣體，B內為真空。現抽開隔板，讓A中氣體進入B并最終達到平衡狀態，則（　　）
A．氣體的內能始終不變
B．氣體的壓強始終不變
C．氣體分子的平均動能將減小
D．B中氣體不可能自發地再全部回到A中
【答案】A,D
【知識點】熱力學第一定律及其應用；熱力學第二定律；溫度和溫標；氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【解答】本題主要考查熱力學定律的應用及運用理想氣體狀態方程對氣體的溫度、壓強和體積的判斷。A．由于內為真空，抽走隔板后，A部分氣體自由膨脹，膨脹過程中沒有對外做功，容器又是絕熱容器，所以氣體也不可能與外界發生熱交換，由熱力學第一定律可知氣體的內能始終不變，故A正確；
C．由于氣體的內能不變，故氣體的溫度不變，氣體分子的平均動能不變，故C錯誤；
B．由于氣體發生的是等溫膨脹，故由玻意耳定律可知，氣體的壓強將減小，故B錯誤；
D．由熱力學第二定律可知，氣體不可能再自發地全部回到A部分，故D正確。
故選AD。
【分析】絕熱過程，自由擴散，體積變大，故內能不變，由玻意耳定律和熱力學第二定律求解。
9．（2025·湖南模擬）如圖所示，在風洞實驗室中，從A點以水平速度v0=2m/s向左拋出一質量m=1.5kg的小球（可視為質點），拋出后的小球受水平向右的風力作用，大小恒為3N，經過一段時間小球運動到A點正下方的B點處，重力加速度g取10m/s2，在此過程中（　　）
A．A、B兩點間的距離為20m
B．小球離A、B所在直線的最遠距離2m
C．小球的動能先減小后增加
D．小球的機械能先減小后增加
【答案】A,C,D
【知識點】運動的合成與分解
【解析】【解答】本題的關鍵在于理解小球的運動軌跡和能量變化情況。小球在水平方向上受到恒定的風力作用，這將導致小球在水平方向上的速度先減小后增加。因此，小球的動能也將先減小后增加。同時，小球在豎直方向上受到重力作用，這將導致小球的重力勢能減小。因此，小球的機械能也將先減小后增加。A．小球在水平方向有
，
解得
所以A、B兩點間的距離為
故A正確；
B．小球離A、B所在直線的最遠時，水平速度為零，則小球離A、B所在直線的最遠距離為
故B錯誤；
C．小球的動能為
根據二次函數知識可知，小球的動能應先減小后增加，故C正確；
D．由圖可知，水平風力先對小球做負功，后做正功，所以小球的機械能先減小后增加，故D正確。
故選ACD。
【分析】根據物理學中的運動學和能量守恒定律判斷。小球在水平方向上受到恒定的風力作用，同時在豎直方向上受到重力作用。我們需要分析小球的運動軌跡，以及其動能和機械能的變化情況。
10．（2025·湖南模擬）如圖所示，矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于勻強磁場的軸以角速度勻速轉動，線圈長為2L、寬為L，匝數為N，磁感應強度大小為B。理想變壓器原、副線圈匝數比為，定值電阻，電阻箱的最大值為10R。不計線圈和導線的電阻，下列說法正確的是（　　）
A．當線圈平面與磁場方向平行時，線圈產生的電動勢為
B．當線圈平面與磁場方向平行時，線圈產生的電動勢為
C．變壓器輸出功率的最大值為
D．變壓器輸出功率的最大值為
【答案】B,D
【知識點】變壓器原理；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】本題考查了交流電的產生和理想變壓器的知識，解題的關鍵是理解電動勢最大值的計算方法，以及變壓器輸出功率最大值的計算方法。AB．當線圈平面與磁場方向平行時，線圈產生的電動勢為
故A錯誤，B正確；
CD．將副線圈所在電路與變壓器整體等效為一個等效電阻。
等效電阻
副線圈輸出功率等于等效電阻的功率，等效電阻的功率為
根據數學方法可知當時，即時輸出功率最大
代入解得輸出功率最大為
故C錯誤，D正確；
故選BD。
【分析】根據交流電的產生和理想變壓器，可求解電動勢最大值、輸出功率。
11．（2025·湖南模擬）某同學利用圖甲所示的裝置研究光的干涉和衍射，將刀片在涂有墨汁的玻璃片上劃過便可得到單縫、不同間距雙縫的縫屏，光電傳感器可用來測量光屏上光強的分布。
（1）某次實驗時，在電腦屏幕上得到圖乙所示的a、b兩種光的光強分布，這位同學在縫屏上安裝的是　 　（選填“單縫”或“雙縫”）。
（2）由圖乙中兩條曲線的特征可知__________。
A．a光頻率較大
B．以相同角度斜射到同一玻璃板透過平行表面后，a光側移量小
C．以相同的入射角從空氣斜射到水中，a光的折射角大
D．以相同的入射角從水中射入空氣，在空氣中只能看到一種光時，一定是a光
（3）當做干涉現象研究時，選用間距較大的雙縫相比于間距較小的雙縫，在光屏上可觀察到　 　（選填“更多”“更少”或“一樣多”）的條紋個數。
【答案】（1）單縫
（2）A
（3）更多
【知識點】干涉條紋和光的波長之間的關系；光的衍射
【解析】【解答】解決本題的關鍵知道衍射條紋和雙縫干涉條紋的區別，以及掌握雙縫干涉條紋的間距公式，并能靈活運用。
（1）由題圖乙可知，條紋中間寬、兩邊窄，是衍射條紋，這位同學在縫屏安裝的是單縫。
（2）由于a光衍射條紋間距較小，則a光波長較短。
A．根據，可知a光頻率較大，故A正確；
B．在同一介質中，頻率大的光折射率大，因此a光折射率更大，偏轉角度更大．因此以相同角度斜射到同一玻璃板透過平行表面后，a光側移量大，故B錯誤；
C．由于a光折射率更大，根據折射定律，可知a光折射角較小，故C錯誤；
D．a光頻率較大，折射率較大，根據知a光臨界角較小，以相同的入射角從水中射入空氣，a光先發生全反射，在空氣中只能看到一種光時，一定是b光，故D錯誤。
故選A。
（3）根據，可知選用間距較大的雙縫相比于間距較小的雙縫，條紋間距小，在光屏上可觀察到更多條紋個數。
【分析】（1）單縫衍射條紋的特點是：中間亮、兩邊暗，中間寬，兩邊窄；
（2）由圖可知a光的波長短，則頻率大，能量大，折射率大，從而分析判斷；
（3）根據雙縫干涉條紋的間距公式判斷。
（1）由題圖乙可知，條紋中間寬、兩邊窄，是衍射條紋，這位同學在縫屏安裝的是單縫。
（2）由于a光衍射條紋間距較小，則a光波長較短。
A．根據，可知a光頻率較大，故A正確；
B．在同一介質中，頻率大的光折射率大，因此a光折射率更大，偏轉角度更大．因此以相同角度斜射到同一玻璃板透過平行表面后，a光側移量大，故B錯誤；
C．由于a光折射率更大，根據折射定律，可知a光折射角較小，故C錯誤；
D．a光頻率較大，折射率較大，根據知a光臨界角較小，以相同的入射角從水中射入空氣，a光先發生全反射，在空氣中只能看到一種光時，一定是b光，故D錯誤。
故選A。
（3）根據，可知選用間距較大的雙縫相比于間距較小的雙縫，條紋間距小，在光屏上可觀察到更多條紋個數。
12．（2025·湖南模擬）某實驗小組利用如圖1所示的實驗裝置測量當地重力加速度。將遮光條安裝在滑塊上，用天平測出遮光條和滑塊的總質量，槽碼和掛鉤的總質量。實驗時，將滑塊系在繞過定滑輪懸掛有槽碼的細線上。滑塊由靜止釋放，數字計時器記錄下遮光條通過光電門1和2的遮光時間和，以及這兩次開始遮光的時間間隔，用游標卡尺測出遮光條寬度，計算出滑塊經過兩光電門速度的變化量。
（1）游標卡尺測量遮光條寬度如圖2所示，其寬度　 　mm。
（2）打開氣泵，待氣流穩定后調節氣墊導軌，直至看到導軌上的滑塊能在短時內保持靜止，其目的是　 　。
（3）多次改變光電門2的位置進行測量，得到和的數據如下表所示請根據表中數據，在方格紙上作出圖線。
0.721 0.790 0.854 0.913 0.968
1.38 1.52 1.64 1.75 1.86
（4）根據（3）中圖像，可知當地的重力加速度為　 　（結果保留3位有效數字）。
【答案】（1）
（2）檢驗氣墊是否已調至水平
（3）見解析
（4）
【知識點】動量定理；刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；勻變速直線運動規律的綜合運用
【解析】【解答】明確游標卡尺的讀數，明確動量定理的應用，利用圖像斜率的物理意義是解決問題的關鍵。 （1）游標卡尺讀數為
（2）滑塊能在導軌上保持靜止，說明了氣墊已調至水平。
（3）
根據表格中數據描點并用直線連接，如下圖所示
（4）根據動量定理，對掛鉤與槽碼可由
對滑塊（含遮光條）
聯立可得
則圖像的斜率為
由圖像可知
聯立得
【分析】（1）游標卡尺中游標尺的分度是20分度，根據讀數規則可以讀出游標尺的讀數；
（2）滑塊保持穩定，說明氣墊導軌水平；
（3）根據表格中的數據進行描點并用直線連接；
（4）根據動量定理得出Δv-Δt關系等式，利用圖像斜率求解；
（1）游標卡尺讀數為
（2）滑塊能在導軌上保持靜止，說明了氣墊已調至水平。
（3）根據表格中數據描點并用直線連接，如下圖所示
（4）根據動量定理，對掛鉤與槽碼可由
對滑塊（含遮光條）
聯立可得
則圖像的斜率為
由圖像可知
聯立得
13．（2025·湖南模擬）如圖所示，足夠長的兩平行光滑金屬導軌固定在水平面上，導軌間距為L=1m，導軌水平部分的矩形區域abcd有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B=0.5T，導軌的左側和一光滑四分之一金屬圓弧軌道平滑連接，圓弧軌道半徑R=4m，此部分有沿半徑方向的磁場，圖中未畫出。導軌水平部分的右側和光滑傾斜導軌（足夠長）平滑連接，傾斜部分的傾角為30°。質量為m1=1kg的金屬棒P從四分之一圓弧的最高點由靜止釋放，經過AA'滑上水平軌道，在AA'對軌道的壓力大小為26N；P穿過磁場abcd區域后，與另一根質量為m2=2kg的靜止在導軌上的金屬棒Q發生彈性碰撞，碰后Q沿斜面上升的高度h=0.8m，兩金屬棒的阻值均為r=0.2Ω，重力加速度g=10m/s2，感應電流產生的磁場及導軌的電阻忽略不計，兩根金屬棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好。求：
（1）金屬棒P從靜止釋放運動到AA'時克服安培力做的功；
（2）求矩形磁場沿導軌方向的長度；
（3）若Q從右側傾斜導軌滑下時，P已從磁場中滑出，求從P運動到水平導軌AA'開始到P、Q第二次碰撞時，Q棒上產生的焦耳熱。
【答案】（1）解：金屬棒P運動到AA'時
解得
由開始釋放到AA'，對P，由動能定理得
聯立解得
（2）解：對Q棒，由CC'運動到斜面的最高點時，由動能定理得
解得
設P碰撞前、后的速度分別為v1、v2，根據動量守恒定律有
根據能量守恒定律有
解得
，
對于P第一次通過磁場，取向右為正方向，根據動量定理有
又
解得
（3）解：設P第二次離開磁場時的速度為v3，取向左為正方向，根據動量定理有
解得
Q第一次進入磁場時的速度為
方向向左，設Q出磁場時的速度為v5，取向左為正方向，根據動量定理有
聯立解得
方向向左；
Q通過磁場后與靜止的P第二次碰撞，從P運動到AA'開始后的全過程由能量守恒定律得
聯立解得
則Q棒上產生的焦耳熱
【知識點】電磁感應中的動力學問題
【解析】【分析】（1）對P棒先根據牛頓第二定律和題設條件求出初速度，再由動能定理求出克服安培力所做的功；
（2）對Q棒，恰好能上升到h處，由動能定理求出上升前的速度。P與Q發生彈性碰撞，根據動量守恒定律和機械能守恒定律求出碰撞前P的速度，對于P第一次通過磁場，根據動量定理求矩形磁場沿導軌方向的長度；
（3）P第二次通過磁場，根據動量定理求出P離開磁場時的速度。根據動量定理求出Q第一次離開磁場時的速度，全過程應用能量守恒求從P開始運動到PQ第二次碰撞，Q棒上產生的焦耳熱。
（1）金屬棒P運動到AA'時
解得
由開始釋放到AA'，對P，由動能定理得
聯立解得
（2）對Q棒，由CC'運動到斜面的最高點時，由動能定理得
解得
設P碰撞前、后的速度分別為v1、v2，根據動量守恒定律有
根據能量守恒定律有
解得，
對于P第一次通過磁場，取向右為正方向，根據動量定理有
又
解得
（3）設P第二次離開磁場時的速度為v3，取向左為正方向，根據動量定理有
解得
Q第一次進入磁場時的速度為
方向向左，設Q出磁場時的速度為v5，取向左為正方向，根據動量定理有
聯立解得
方向向左；
Q通過磁場后與靜止的P第二次碰撞，從P運動到AA'開始后的全過程由能量守恒定律得
聯立解得
則Q棒上產生的焦耳熱
14．（2025·湖南模擬）圖甲是一種簡易抽水設備，圖乙是其結構原理示意圖，地下水面與上面粗筒底面間的高度差h0 = 8 m，抽水時先將活塞推到粗筒底部，活塞到達粗筒底部時只能向上打開的上、下兩個單向閥門均處于閉合狀態，此時下面細管中氣體壓強等于大氣壓強p0。用力壓手柄使活塞上移，上閥門處于閉合狀態，下閥門自動開啟，隨著活塞上升細管中的液面就會上升。已知活塞的橫截面積S1 = 40 cm2，細管內橫截面積S2 = 2 cm2，p0 = 1.0 × 105 Pa，水的密度ρ = 1 × 103 kg/m3，g取10 m/s2，地下水面處的壓強恒為大氣壓強p0，抽水過程中裝置內空氣的溫度均視為不變，不考慮閥門重力及地下水面高度的變化。
（1）求當活塞第一次上移高度h = 0.2 m時細管中水柱的高度h1；
（2）活塞第一次上移高度h = 0.2 m后，用力提升手柄使活塞下移，上閥門打開與大氣相通，下閥門立即閉合，活塞下移至距離粗筒底部h' = 0.075 m處時，用力壓手柄使活塞第二次上移至距離粗筒底部h = 0.2 m處，求此時細管中的水柱高度h2。
【答案】（1）解：活塞第一次上移高度h = 0.2 m時，封閉氣體的壓強為
根據玻意耳定律有
解得
（2）解：活塞第二次從距離粗筒底部h' = 0.075 m處上移至距離粗筒底部h = 0.2 m處，設細管中空氣柱長L，根據玻意耳定律有
其中
解得
可知此時細管中的水柱高度為
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）由題知，活塞第一次上移高度h=0.2m時，先確定封閉氣體的壓強，再由玻意耳定律列式，即可分析求解；
（2）結合前面分析，由玻意耳定律列式，即可分析求解。
（1）活塞第一次上移高度h = 0.2 m時，封閉氣體的壓強為
根據玻意耳定律有
解得
（2）活塞第二次從距離粗筒底部h' = 0.075 m處上移至距離粗筒底部h = 0.2 m處，設細管中空氣柱長L，根據玻意耳定律有
其中
解得
可知此時細管中的水柱高度為
15．（2025·湖南模擬）類似光學中的折射現象，利用電場和磁場也可以實現質子束的“反射”和“折射”。如圖所示，長方形區域內存在豎直向上的勻強電場，與間電勢差大小，上下邊界距離為。質子束從圖中位置射入電場時，速度方向與法線夾角為入射角，從邊射出時，速度方向與法線夾角為折射角，質量為、電荷量為的質子束進入電場時水平方向速度大小恒為，不計重力影響及質子之間的作用力。電場的水平長度足夠長。
（1）求電場的“折射率”與入射角的關系（折射率=）。
（2）當質子束恰好在面發生“全反射”（發生“全反射”時質子恰好未從面射出）時，求質子束的入射角（不考慮質子在長方形區域內的多次反射）。
（3）當在電場區域發生“全反射”時，求質子在面的入射點與出射點之間水平距離的范圍（不考慮質子在長方形區域內的多次反射）。
【答案】（1）解：設質子入射時速度為，質子射出電場時速度為，水平方向速度不變，根據運動的合成與分解有
根據動能定理有
根據“折射率”定義有
聯立解得
（2）解：根據題意，當質子束恰好不從面射出時，發生“全反射”，根據全反射臨界條件可知，此時，設入射角為，則有
解得
（3）解：當質子束發生“全反射”時，質子束在電場中的運動為類斜拋運動。從開始進入電場到速度水平的過程，可反向看成類平拋運動，水平位移為，豎直位移為。設電場強度為，則
設豎直方向初速度為，加速度為，則有
設入射角為，則有
根據平拋運動速度反向延長線過水平位移中點，有
又有
聯立解得
要發生“全反射”，則
根據三角函數關系有
解得
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）根據運動的合成與分解以及動能定理表示出對應角的正弦值，根據“折射率”定義求解質子束的求電場的“折射率”n與入射角α的關系；
（2）當質子束恰好不從cd面射出時，發生“全反射”，根據全反射臨界條件求解；
（3）當質子束發生“全反射”時，質子束在電場中的運動為類斜拋運動，結合類平拋運動規律求解。
（1）設質子入射時速度為，質子射出電場時速度為，水平方向速度不變，根據運動的合成與分解有
根據動能定理有
根據“折射率”定義有
聯立解得
（2）根據題意，當質子束恰好不從面射出時，發生“全反射”，根據全反射臨界條件可知，此時，設入射角為，則有
解得
（3）當質子束發生“全反射”時，質子束在電場中的運動為類斜拋運動。從開始進入電場到速度水平的過程，可反向看成類平拋運動，水平位移為，豎直位移為。設電場強度為，則
設豎直方向初速度為，加速度為，則有
設入射角為，則有
根據平拋運動速度反向延長線過水平位移中點，有
又有
聯立解得
要發生“全反射”，則
根據三角函數關系有
解得
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