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2025届湖南省高三下学期一轮复习收官联考物理试题
1．（2025·湖南模拟）熔盐堆是一种核裂变反应堆。在熔盐堆中，核燃料以氟化物的形式溶解在熔盐中，当熔盐流经堆芯时发生裂变反应，生成上百种不同半衰期的裂变产物。在熔盐中，钍（）吸收中子生成钍（），然后衰变成镤（），镤（）以27天的半衰期衰变成铀（）。下列说法正确的是（　　）
A．钍（）衰变为镤（）时产生粒子
B．镤（）衰变为铀（）时产生粒子
C．近年来由于地球的温室效应，镤（）衰变为铀（）的半衰期会发生微小变化
D．1g镤（）经过54天会有0.25g衰变为铀（）
2．（2025·湖南模拟）钢球由静止开始自由下落，落地时的速度为30m/s，不计空气阻力，重力加速度。关于钢球，下列说法正确的是（　　）
A．下落的高度是15m B．前2s的平均速度为20m/s
C．第3s与第1s的位移差为10m D．通过最后5m的时间是
3．（2025·湖南模拟）如题图所示，真空中有两个带正电小球（均视为点电荷），电荷量分别为、，且。A、B是它们之间连线上的三等分点，则B点与A点的场强大小之比为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2025·湖南模拟）如图所示1mol理想气体经两个不同的过程（A→B→C和A→D→C）由状态A变到状态C。已知气体遵循气体定律PV=RT，气体内能的变化量与温度的关系为（R为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度）。初始状态A的温度为T0。气体在这两个过程中从外界吸收的热量分别为（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025·湖南模拟）如图所示，水平固定放置折射率为的等腰三角形玻璃砖，底角为30°。两束功率同为P的激光在与底边中垂线对称的位置，垂直底边射入玻璃砖，真空中的光速为c，下列说法正确的是（　　）
A．经过玻璃砖的BC界面时，单份光子能量发生变化
B．左侧激光从玻璃砖AB边射出的方向与竖直方向夹角为60°
C．该玻璃砖所受激光对它的作用力大小为
D．若在此玻璃砖BC边涂上有某种黑体材料，则该玻璃砖所受激光对它的作用力大小为
6．（2025·湖南模拟）某同学利用如图所示的方案测量气垫导轨上滑块的加速度。滑块上安装了宽度为的遮光板，滑块向右做匀加速直线运动，依次通过两个光电门A和B。光电门上的黑点处有极细的激光束，当遮光板挡住光束时开始计时，不遮挡光束时停止计时。现记录了遮光板通过第一个光电门所用的时间、通过第二个光电门所用的时间、光电门从第一次开始计时到第二次开始计时经历的时间，已知光电门上两黑点间的距离为，该同学先后用两种方法计算出滑块的加速度，分别为和，你认为下列判断正确的是（　　）
A． B． C． D．无法比较
7．（2025·湖南模拟）钛金属阳极氧化工艺是一种在金属及其合金表面通过电解使其表面形成氧化膜的技术。通过控制电压可以改变薄膜的厚度，自然光照射在工件表面时，光线在薄膜前后表面发生反射，工件就显示出不同的颜色。关于该现象，下列说法正确的是（　　）
A．这是光的干涉现象
B．这是光的衍射现象
C．薄膜各处厚度不均匀的话，工件看上去是白色的
D．薄膜各处厚度不均匀的话，工件看上去是彩色的
8．（2025·湖南模拟）如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成A、B两部分，A内充满气体，B内为真空。现抽开隔板，让A中气体进入B并最终达到平衡状态，则（　　）
A．气体的内能始终不变
B．气体的压强始终不变
C．气体分子的平均动能将减小
D．B中气体不可能自发地再全部回到A中
9．（2025·湖南模拟）如图所示，在风洞实验室中，从A点以水平速度v0=2m/s向左抛出一质量m=1.5kg的小球（可视为质点），抛出后的小球受水平向右的风力作用，大小恒为3N，经过一段时间小球运动到A点正下方的B点处，重力加速度g取10m/s2，在此过程中（　　）
A．A、B两点间的距离为20m
B．小球离A、B所在直线的最远距离2m
C．小球的动能先减小后增加
D．小球的机械能先减小后增加
10．（2025·湖南模拟）如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于匀强磁场的轴以角速度匀速转动，线圈长为2L、宽为L，匝数为N，磁感应强度大小为B。理想变压器原、副线圈匝数比为，定值电阻，电阻箱的最大值为10R。不计线圈和导线的电阻，下列说法正确的是（　　）
A．当线圈平面与磁场方向平行时，线圈产生的电动势为
B．当线圈平面与磁场方向平行时，线圈产生的电动势为
C．变压器输出功率的最大值为
D．变压器输出功率的最大值为
11．（2025·湖南模拟）某同学利用图甲所示的装置研究光的干涉和衍射，将刀片在涂有墨汁的玻璃片上划过便可得到单缝、不同间距双缝的缝屏，光电传感器可用来测量光屏上光强的分布。
（1）某次实验时，在电脑屏幕上得到图乙所示的a、b两种光的光强分布，这位同学在缝屏上安装的是　 　（选填“单缝”或“双缝”）。
（2）由图乙中两条曲线的特征可知__________。
A．a光频率较大
B．以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后，a光侧移量小
C．以相同的入射角从空气斜射到水中，a光的折射角大
D．以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是a光
（3）当做干涉现象研究时，选用间距较大的双缝相比于间距较小的双缝，在光屏上可观察到　 　（选填“更多”“更少”或“一样多”）的条纹个数。
12．（2025·湖南模拟）某实验小组利用如图1所示的实验装置测量当地重力加速度。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量，槽码和挂钩的总质量。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间和，以及这两次开始遮光的时间间隔，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量。
（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度　 　mm。
（2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时内保持静止，其目的是　 　。
（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到和的数据如下表所示请根据表中数据，在方格纸上作出图线。
0.721 0.790 0.854 0.913 0.968
1.38 1.52 1.64 1.75 1.86
（4）根据（3）中图像，可知当地的重力加速度为　 　（结果保留3位有效数字）。
13．（2025·湖南模拟）如图所示，足够长的两平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨间距为L=1m，导轨水平部分的矩形区域abcd有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，导轨的左侧和一光滑四分之一金属圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道半径R=4m，此部分有沿半径方向的磁场，图中未画出。导轨水平部分的右侧和光滑倾斜导轨（足够长）平滑连接，倾斜部分的倾角为30°。质量为m1=1kg的金属棒P从四分之一圆弧的最高点由静止释放，经过AA'滑上水平轨道，在AA'对轨道的压力大小为26N；P穿过磁场abcd区域后，与另一根质量为m2=2kg的静止在导轨上的金属棒Q发生弹性碰撞，碰后Q沿斜面上升的高度h=0.8m，两金属棒的阻值均为r=0.2Ω，重力加速度g=10m/s2，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计，两根金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。求：
（1）金属棒P从静止释放运动到AA'时克服安培力做的功；
（2）求矩形磁场沿导轨方向的长度；
（3）若Q从右侧倾斜导轨滑下时，P已从磁场中滑出，求从P运动到水平导轨AA'开始到P、Q第二次碰撞时，Q棒上产生的焦耳热。
14．（2025·湖南模拟）图甲是一种简易抽水设备，图乙是其结构原理示意图，地下水面与上面粗筒底面间的高度差h0 = 8 m，抽水时先将活塞推到粗筒底部，活塞到达粗筒底部时只能向上打开的上、下两个单向阀门均处于闭合状态，此时下面细管中气体压强等于大气压强p0。用力压手柄使活塞上移，上阀门处于闭合状态，下阀门自动开启，随着活塞上升细管中的液面就会上升。已知活塞的横截面积S1 = 40 cm2，细管内横截面积S2 = 2 cm2，p0 = 1.0 × 105 Pa，水的密度ρ = 1 × 103 kg/m3，g取10 m/s2，地下水面处的压强恒为大气压强p0，抽水过程中装置内空气的温度均视为不变，不考虑阀门重力及地下水面高度的变化。
（1）求当活塞第一次上移高度h = 0.2 m时细管中水柱的高度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，上阀门打开与大气相通，下阀门立即闭合，活塞下移至距离粗筒底部h' = 0.075 m处时，用力压手柄使活塞第二次上移至距离粗筒底部h = 0.2 m处，求此时细管中的水柱高度h2。
15．（2025·湖南模拟）类似光学中的折射现象，利用电场和磁场也可以实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，长方形区域内存在竖直向上的匀强电场，与间电势差大小，上下边界距离为。质子束从图中位置射入电场时，速度方向与法线夹角为入射角，从边射出时，速度方向与法线夹角为折射角，质量为、电荷量为的质子束进入电场时水平方向速度大小恒为，不计重力影响及质子之间的作用力。电场的水平长度足够长。
（1）求电场的“折射率”与入射角的关系（折射率=）。
（2）当质子束恰好在面发生“全反射”（发生“全反射”时质子恰好未从面射出）时，求质子束的入射角（不考虑质子在长方形区域内的多次反射）。
（3）当在电场区域发生“全反射”时，求质子在面的入射点与出射点之间水平距离的范围（不考虑质子在长方形区域内的多次反射）。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】本题主要考查了原子核的衰变，明确核反应过程中，电荷数和质量数守恒，理解半衰期的概念。A．钍（）衰变为镤（）时产生，为粒子，选项A错误；
B．镤（）衰变为铀（）时产生，为粒子，选项B正确；
C．外部条件不会影响半衰期，选项C错误；
D.1g镤（）经过54天，即两个半衰期，会有衰变为铀（），选项D错误。
故选B。
【分析】根据核反应过程的电荷数和质量数守恒可得到核反应方程；半衰期由原子核本身决定，与化学状态和物理环境无关；根据半衰期与衰变的关系判断。
2．【答案】D
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；自由落体运动
【解析】【解答】本题主要考查了自由落体运动基本公式的直接应用，结合匀变速直线运动推论求解。A．钢球做自由落体运动，根据
解得下落的高度为
故A错误；
B．钢球前2s下落高度为
则前2s的平均速度为
故B错误；
C．根据匀变速直线运动推论可得第3s与第1s的位移差为
故C错误；
D．钢球下落时的速度为，根据
解得
则通过最后5m的时间为
故D正确。
故选D。
【分析】根据自由落体运动速度—时间公式求出下落的时间，根据位移—时间公式分析解答。
3．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】本题主要考查电场强度的叠加，解题时需注意，多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和。设，，，根据电场的叠加原理，则有
，
解得
故选B。
【分析】结合题意，由电场强度的叠加原理，分别确定B点与A点的场强大小，即可分析判断ABCD正误。
4．【答案】A
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。由图可知，由状态A变到状态B，气体体积不变，压强增大，温度升高，气体内能增大，且满足
则
所以
由于气体不做功，所以
由状态B变到状态C，气体压强不变，体积增大，温度升高，气体内能增大，且满足
则
所以
由于
所以
所以
由状态A变到状态D，气体压强不变，体积增大，气体对外做功，气体温度升高，内能增大，且满足
则
所以
由于
所以
由状态D变到状态C，气体体积不变，压强增大，温度升高，气体内能增大，则
由于气体不做功，所以
所以
故选A。
【分析】一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
5．【答案】D
【知识点】动量定理；光的折射及折射定律；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】本题关键掌握光子能量、光子动量关系，根据动量定理计算光进入玻璃前后动量的变化。 所谓能量子就是能量的最小单元．微观领域里能量的变化总表现为电磁波的辐射与吸收，不同频率的电磁波其能量子的值不同，表达式为：E=hν
A．经过玻璃砖的BC界面时，光的频率不变，根据可知光子能量不发生变化，故A错误；
B．根据折射定律，画出光路图，如图所示
由几何关系可得
r = 30°
由折射定律有
解得
即
i = 60°
由几何关系可知，左侧激光从玻璃砖AB边射出的方向与竖直方向夹角为30°，故B错误；
CD．根据题意，设时间为t，则激光的总能量为
E = 2Pt
设光子总数为n，由爱因斯坦的质能方程式得，光子总能量为
光子总动量为
联立可得，照射到玻璃砖上光子的总动量为
由折射定律有
光子进入玻璃砖后的速度为
由于进入玻璃砖光子能量不变，则进入之后，光子的动量为
进入过程，由动量定理有
解得
由牛顿第三定律可知，该玻璃砖所受激光对它的作用力大小为，若在此玻璃砖BC边涂上有某种黑体材料，则光子被吸收，末动量为0，由动量定理可得
由牛顿第三定律可知，该玻璃砖所受激光对它的作用力大小为，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据光子能量公式分析判断；画出光路图，根据折射定律计算；根据题意计算激光的总能量，根据光子能量表达式和德布罗意波长公式推导光子的总动量，根据确定光在真空中与玻璃中传播速度关系，结合动量定理和牛顿第三定律推导。
6．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】本题主要考查了光电门测瞬时速度和运动学公式的运用，要明确做匀加速直线运动中间位置的瞬时速度与中间时刻的瞬时速度的大小关系。是遮光板通过光电门的平均速度，近似可看作遮光板中心到达光电门黑点的速度，设遮光板中心到达两光电门黑点的时间间隔设为。由于遮光板前端到光电门黑点的速度小于遮光板中心到光电门黑点速度，则遮光板前端到两光电门黑点的时间间隔大于遮光板中心到两光电门黑点的时间间隔，即
所以通过算出的加速度小于真实值，误差较大。而通过计算，由于L为两光电门黑点之间的真实距离。所以很接近真实值，误差较小。
故选A。
【分析】根据公式v=分别求解滑块通过光电门A、B的瞬时速度，根据运动学公式求解加速度，然后再结合匀加速直线运动中间时刻的所示速度小于中间位置的瞬时速度分析作答。
7．【答案】A,D
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】本题通过分析金属阳极氧化工艺中光的干涉现象，强调了光的干涉在实际应用中的重要性。理解光的干涉原理及其在不同条件下的表现，对于解释和预测金属表面颜色变化具有重要意义。AB．薄膜前后表面反射的光线进行叠加后有的波长的光增强，有的波长的光减弱，这是干涉现象，选项A正确、B错误；
CD．薄膜各处厚度不同，不同的光得到增强，工件显示出不同的颜色，选项C错误、D正确。
故选AD。
【分析】金属阳极氧化过程中，通过电解在金属表面形成一层氧化膜，这层膜的厚度可以通过控制电压来调节。当自然光照射到这层氧化膜上时，光线在膜的前后表面发生反射，由于光的干涉现象，工件表面会显示出不同的颜色。因此，本题的关键在于理解光的干涉现象以及其在金属阳极氧化工艺中的表现。
8．【答案】A,D
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学第二定律；温度和温标；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】本题主要考查热力学定律的应用及运用理想气体状态方程对气体的温度、压强和体积的判断。A．由于内为真空，抽走隔板后，A部分气体自由膨胀，膨胀过程中没有对外做功，容器又是绝热容器，所以气体也不可能与外界发生热交换，由热力学第一定律可知气体的内能始终不变，故A正确；
C．由于气体的内能不变，故气体的温度不变，气体分子的平均动能不变，故C错误；
B．由于气体发生的是等温膨胀，故由玻意耳定律可知，气体的压强将减小，故B错误；
D．由热力学第二定律可知，气体不可能再自发地全部回到A部分，故D正确。
故选AD。
【分析】绝热过程，自由扩散，体积变大，故内能不变，由玻意耳定律和热力学第二定律求解。
9．【答案】A,C,D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】本题的关键在于理解小球的运动轨迹和能量变化情况。小球在水平方向上受到恒定的风力作用，这将导致小球在水平方向上的速度先减小后增加。因此，小球的动能也将先减小后增加。同时，小球在竖直方向上受到重力作用，这将导致小球的重力势能减小。因此，小球的机械能也将先减小后增加。A．小球在水平方向有
，
解得
所以A、B两点间的距离为
故A正确；
B．小球离A、B所在直线的最远时，水平速度为零，则小球离A、B所在直线的最远距离为
故B错误；
C．小球的动能为
根据二次函数知识可知，小球的动能应先减小后增加，故C正确；
D．由图可知，水平风力先对小球做负功，后做正功，所以小球的机械能先减小后增加，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据物理学中的运动学和能量守恒定律判断。小球在水平方向上受到恒定的风力作用，同时在竖直方向上受到重力作用。我们需要分析小球的运动轨迹，以及其动能和机械能的变化情况。
10．【答案】B,D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查了交流电的产生和理想变压器的知识，解题的关键是理解电动势最大值的计算方法，以及变压器输出功率最大值的计算方法。AB．当线圈平面与磁场方向平行时，线圈产生的电动势为
故A错误，B正确；
CD．将副线圈所在电路与变压器整体等效为一个等效电阻。
等效电阻
副线圈输出功率等于等效电阻的功率，等效电阻的功率为
根据数学方法可知当时，即时输出功率最大
代入解得输出功率最大为
故C错误，D正确；
故选BD。
【分析】根据交流电的产生和理想变压器，可求解电动势最大值、输出功率。
11．【答案】（1）单缝
（2）A
（3）更多
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射
【解析】【解答】解决本题的关键知道衍射条纹和双缝干涉条纹的区别，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式，并能灵活运用。
（1）由题图乙可知，条纹中间宽、两边窄，是衍射条纹，这位同学在缝屏安装的是单缝。
（2）由于a光衍射条纹间距较小，则a光波长较短。
A．根据，可知a光频率较大，故A正确；
B．在同一介质中，频率大的光折射率大，因此a光折射率更大，偏转角度更大．因此以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后，a光侧移量大，故B错误；
C．由于a光折射率更大，根据折射定律，可知a光折射角较小，故C错误；
D．a光频率较大，折射率较大，根据知a光临界角较小，以相同的入射角从水中射入空气，a光先发生全反射，在空气中只能看到一种光时，一定是b光，故D错误。
故选A。
（3）根据，可知选用间距较大的双缝相比于间距较小的双缝，条纹间距小，在光屏上可观察到更多条纹个数。
【分析】（1）单缝衍射条纹的特点是：中间亮、两边暗，中间宽，两边窄；
（2）由图可知a光的波长短，则频率大，能量大，折射率大，从而分析判断；
（3）根据双缝干涉条纹的间距公式判断。
（1）由题图乙可知，条纹中间宽、两边窄，是衍射条纹，这位同学在缝屏安装的是单缝。
（2）由于a光衍射条纹间距较小，则a光波长较短。
A．根据，可知a光频率较大，故A正确；
B．在同一介质中，频率大的光折射率大，因此a光折射率更大，偏转角度更大．因此以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后，a光侧移量大，故B错误；
C．由于a光折射率更大，根据折射定律，可知a光折射角较小，故C错误；
D．a光频率较大，折射率较大，根据知a光临界角较小，以相同的入射角从水中射入空气，a光先发生全反射，在空气中只能看到一种光时，一定是b光，故D错误。
故选A。
（3）根据，可知选用间距较大的双缝相比于间距较小的双缝，条纹间距小，在光屏上可观察到更多条纹个数。
12．【答案】（1）
（2）检验气垫是否已调至水平
（3）见解析
（4）
【知识点】动量定理；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】明确游标卡尺的读数，明确动量定理的应用，利用图像斜率的物理意义是解决问题的关键。 （1）游标卡尺读数为
（2）滑块能在导轨上保持静止，说明了气垫已调至水平。
（3）
根据表格中数据描点并用直线连接，如下图所示
（4）根据动量定理，对挂钩与槽码可由
对滑块（含遮光条）
联立可得
则图像的斜率为
由图像可知
联立得
【分析】（1）游标卡尺中游标尺的分度是20分度，根据读数规则可以读出游标尺的读数；
（2）滑块保持稳定，说明气垫导轨水平；
（3）根据表格中的数据进行描点并用直线连接；
（4）根据动量定理得出Δv-Δt关系等式，利用图像斜率求解；
（1）游标卡尺读数为
（2）滑块能在导轨上保持静止，说明了气垫已调至水平。
（3）根据表格中数据描点并用直线连接，如下图所示
（4）根据动量定理，对挂钩与槽码可由
对滑块（含遮光条）
联立可得
则图像的斜率为
由图像可知
联立得
13．【答案】（1）解：金属棒P运动到AA'时
解得
由开始释放到AA'，对P，由动能定理得
联立解得
（2）解：对Q棒，由CC'运动到斜面的最高点时，由动能定理得
解得
设P碰撞前、后的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
，
对于P第一次通过磁场，取向右为正方向，根据动量定理有
又
解得
（3）解：设P第二次离开磁场时的速度为v3，取向左为正方向，根据动量定理有
解得
Q第一次进入磁场时的速度为
方向向左，设Q出磁场时的速度为v5，取向左为正方向，根据动量定理有
联立解得
方向向左；
Q通过磁场后与静止的P第二次碰撞，从P运动到AA'开始后的全过程由能量守恒定律得
联立解得
则Q棒上产生的焦耳热
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）对P棒先根据牛顿第二定律和题设条件求出初速度，再由动能定理求出克服安培力所做的功；
（2）对Q棒，恰好能上升到h处，由动能定理求出上升前的速度。P与Q发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞前P的速度，对于P第一次通过磁场，根据动量定理求矩形磁场沿导轨方向的长度；
（3）P第二次通过磁场，根据动量定理求出P离开磁场时的速度。根据动量定理求出Q第一次离开磁场时的速度，全过程应用能量守恒求从P开始运动到PQ第二次碰撞，Q棒上产生的焦耳热。
（1）金属棒P运动到AA'时
解得
由开始释放到AA'，对P，由动能定理得
联立解得
（2）对Q棒，由CC'运动到斜面的最高点时，由动能定理得
解得
设P碰撞前、后的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得，
对于P第一次通过磁场，取向右为正方向，根据动量定理有
又
解得
（3）设P第二次离开磁场时的速度为v3，取向左为正方向，根据动量定理有
解得
Q第一次进入磁场时的速度为
方向向左，设Q出磁场时的速度为v5，取向左为正方向，根据动量定理有
联立解得
方向向左；
Q通过磁场后与静止的P第二次碰撞，从P运动到AA'开始后的全过程由能量守恒定律得
联立解得
则Q棒上产生的焦耳热
14．【答案】（1）解：活塞第一次上移高度h = 0.2 m时，封闭气体的压强为
根据玻意耳定律有
解得
（2）解：活塞第二次从距离粗筒底部h' = 0.075 m处上移至距离粗筒底部h = 0.2 m处，设细管中空气柱长L，根据玻意耳定律有
其中
解得
可知此时细管中的水柱高度为
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）由题知，活塞第一次上移高度h=0.2m时，先确定封闭气体的压强，再由玻意耳定律列式，即可分析求解；
（2）结合前面分析，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时，封闭气体的压强为
根据玻意耳定律有
解得
（2）活塞第二次从距离粗筒底部h' = 0.075 m处上移至距离粗筒底部h = 0.2 m处，设细管中空气柱长L，根据玻意耳定律有
其中
解得
可知此时细管中的水柱高度为
15．【答案】（1）解：设质子入射时速度为，质子射出电场时速度为，水平方向速度不变，根据运动的合成与分解有
根据动能定理有
根据“折射率”定义有
联立解得
（2）解：根据题意，当质子束恰好不从面射出时，发生“全反射”，根据全反射临界条件可知，此时，设入射角为，则有
解得
（3）解：当质子束发生“全反射”时，质子束在电场中的运动为类斜抛运动。从开始进入电场到速度水平的过程，可反向看成类平抛运动，水平位移为，竖直位移为。设电场强度为，则
设竖直方向初速度为，加速度为，则有
设入射角为，则有
根据平抛运动速度反向延长线过水平位移中点，有
又有
联立解得
要发生“全反射”，则
根据三角函数关系有
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）根据运动的合成与分解以及动能定理表示出对应角的正弦值，根据“折射率”定义求解质子束的求电场的“折射率”n与入射角α的关系；
（2）当质子束恰好不从cd面射出时，发生“全反射”，根据全反射临界条件求解；
（3）当质子束发生“全反射”时，质子束在电场中的运动为类斜抛运动，结合类平抛运动规律求解。
（1）设质子入射时速度为，质子射出电场时速度为，水平方向速度不变，根据运动的合成与分解有
根据动能定理有
根据“折射率”定义有
联立解得
（2）根据题意，当质子束恰好不从面射出时，发生“全反射”，根据全反射临界条件可知，此时，设入射角为，则有
解得
（3）当质子束发生“全反射”时，质子束在电场中的运动为类斜抛运动。从开始进入电场到速度水平的过程，可反向看成类平抛运动，水平位移为，竖直位移为。设电场强度为，则
设竖直方向初速度为，加速度为，则有
设入射角为，则有
根据平抛运动速度反向延长线过水平位移中点，有
又有
联立解得
要发生“全反射”，则
根据三角函数关系有
解得
1 / 12025届湖南省高三下学期一轮复习收官联考物理试题
1．（2025·湖南模拟）熔盐堆是一种核裂变反应堆。在熔盐堆中，核燃料以氟化物的形式溶解在熔盐中，当熔盐流经堆芯时发生裂变反应，生成上百种不同半衰期的裂变产物。在熔盐中，钍（）吸收中子生成钍（），然后衰变成镤（），镤（）以27天的半衰期衰变成铀（）。下列说法正确的是（　　）
A．钍（）衰变为镤（）时产生粒子
B．镤（）衰变为铀（）时产生粒子
C．近年来由于地球的温室效应，镤（）衰变为铀（）的半衰期会发生微小变化
D．1g镤（）经过54天会有0.25g衰变为铀（）
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】本题主要考查了原子核的衰变，明确核反应过程中，电荷数和质量数守恒，理解半衰期的概念。A．钍（）衰变为镤（）时产生，为粒子，选项A错误；
B．镤（）衰变为铀（）时产生，为粒子，选项B正确；
C．外部条件不会影响半衰期，选项C错误；
D.1g镤（）经过54天，即两个半衰期，会有衰变为铀（），选项D错误。
故选B。
【分析】根据核反应过程的电荷数和质量数守恒可得到核反应方程；半衰期由原子核本身决定，与化学状态和物理环境无关；根据半衰期与衰变的关系判断。
2．（2025·湖南模拟）钢球由静止开始自由下落，落地时的速度为30m/s，不计空气阻力，重力加速度。关于钢球，下列说法正确的是（　　）
A．下落的高度是15m B．前2s的平均速度为20m/s
C．第3s与第1s的位移差为10m D．通过最后5m的时间是
【答案】D
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；自由落体运动
【解析】【解答】本题主要考查了自由落体运动基本公式的直接应用，结合匀变速直线运动推论求解。A．钢球做自由落体运动，根据
解得下落的高度为
故A错误；
B．钢球前2s下落高度为
则前2s的平均速度为
故B错误；
C．根据匀变速直线运动推论可得第3s与第1s的位移差为
故C错误；
D．钢球下落时的速度为，根据
解得
则通过最后5m的时间为
故D正确。
故选D。
【分析】根据自由落体运动速度—时间公式求出下落的时间，根据位移—时间公式分析解答。
3．（2025·湖南模拟）如题图所示，真空中有两个带正电小球（均视为点电荷），电荷量分别为、，且。A、B是它们之间连线上的三等分点，则B点与A点的场强大小之比为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】本题主要考查电场强度的叠加，解题时需注意，多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和。设，，，根据电场的叠加原理，则有
，
解得
故选B。
【分析】结合题意，由电场强度的叠加原理，分别确定B点与A点的场强大小，即可分析判断ABCD正误。
4．（2025·湖南模拟）如图所示1mol理想气体经两个不同的过程（A→B→C和A→D→C）由状态A变到状态C。已知气体遵循气体定律PV=RT，气体内能的变化量与温度的关系为（R为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度）。初始状态A的温度为T0。气体在这两个过程中从外界吸收的热量分别为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。由图可知，由状态A变到状态B，气体体积不变，压强增大，温度升高，气体内能增大，且满足
则
所以
由于气体不做功，所以
由状态B变到状态C，气体压强不变，体积增大，温度升高，气体内能增大，且满足
则
所以
由于
所以
所以
由状态A变到状态D，气体压强不变，体积增大，气体对外做功，气体温度升高，内能增大，且满足
则
所以
由于
所以
由状态D变到状态C，气体体积不变，压强增大，温度升高，气体内能增大，则
由于气体不做功，所以
所以
故选A。
【分析】一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
5．（2025·湖南模拟）如图所示，水平固定放置折射率为的等腰三角形玻璃砖，底角为30°。两束功率同为P的激光在与底边中垂线对称的位置，垂直底边射入玻璃砖，真空中的光速为c，下列说法正确的是（　　）
A．经过玻璃砖的BC界面时，单份光子能量发生变化
B．左侧激光从玻璃砖AB边射出的方向与竖直方向夹角为60°
C．该玻璃砖所受激光对它的作用力大小为
D．若在此玻璃砖BC边涂上有某种黑体材料，则该玻璃砖所受激光对它的作用力大小为
【答案】D
【知识点】动量定理；光的折射及折射定律；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】本题关键掌握光子能量、光子动量关系，根据动量定理计算光进入玻璃前后动量的变化。 所谓能量子就是能量的最小单元．微观领域里能量的变化总表现为电磁波的辐射与吸收，不同频率的电磁波其能量子的值不同，表达式为：E=hν
A．经过玻璃砖的BC界面时，光的频率不变，根据可知光子能量不发生变化，故A错误；
B．根据折射定律，画出光路图，如图所示
由几何关系可得
r = 30°
由折射定律有
解得
即
i = 60°
由几何关系可知，左侧激光从玻璃砖AB边射出的方向与竖直方向夹角为30°，故B错误；
CD．根据题意，设时间为t，则激光的总能量为
E = 2Pt
设光子总数为n，由爱因斯坦的质能方程式得，光子总能量为
光子总动量为
联立可得，照射到玻璃砖上光子的总动量为
由折射定律有
光子进入玻璃砖后的速度为
由于进入玻璃砖光子能量不变，则进入之后，光子的动量为
进入过程，由动量定理有
解得
由牛顿第三定律可知，该玻璃砖所受激光对它的作用力大小为，若在此玻璃砖BC边涂上有某种黑体材料，则光子被吸收，末动量为0，由动量定理可得
由牛顿第三定律可知，该玻璃砖所受激光对它的作用力大小为，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据光子能量公式分析判断；画出光路图，根据折射定律计算；根据题意计算激光的总能量，根据光子能量表达式和德布罗意波长公式推导光子的总动量，根据确定光在真空中与玻璃中传播速度关系，结合动量定理和牛顿第三定律推导。
6．（2025·湖南模拟）某同学利用如图所示的方案测量气垫导轨上滑块的加速度。滑块上安装了宽度为的遮光板，滑块向右做匀加速直线运动，依次通过两个光电门A和B。光电门上的黑点处有极细的激光束，当遮光板挡住光束时开始计时，不遮挡光束时停止计时。现记录了遮光板通过第一个光电门所用的时间、通过第二个光电门所用的时间、光电门从第一次开始计时到第二次开始计时经历的时间，已知光电门上两黑点间的距离为，该同学先后用两种方法计算出滑块的加速度，分别为和，你认为下列判断正确的是（　　）
A． B． C． D．无法比较
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】本题主要考查了光电门测瞬时速度和运动学公式的运用，要明确做匀加速直线运动中间位置的瞬时速度与中间时刻的瞬时速度的大小关系。是遮光板通过光电门的平均速度，近似可看作遮光板中心到达光电门黑点的速度，设遮光板中心到达两光电门黑点的时间间隔设为。由于遮光板前端到光电门黑点的速度小于遮光板中心到光电门黑点速度，则遮光板前端到两光电门黑点的时间间隔大于遮光板中心到两光电门黑点的时间间隔，即
所以通过算出的加速度小于真实值，误差较大。而通过计算，由于L为两光电门黑点之间的真实距离。所以很接近真实值，误差较小。
故选A。
【分析】根据公式v=分别求解滑块通过光电门A、B的瞬时速度，根据运动学公式求解加速度，然后再结合匀加速直线运动中间时刻的所示速度小于中间位置的瞬时速度分析作答。
7．（2025·湖南模拟）钛金属阳极氧化工艺是一种在金属及其合金表面通过电解使其表面形成氧化膜的技术。通过控制电压可以改变薄膜的厚度，自然光照射在工件表面时，光线在薄膜前后表面发生反射，工件就显示出不同的颜色。关于该现象，下列说法正确的是（　　）
A．这是光的干涉现象
B．这是光的衍射现象
C．薄膜各处厚度不均匀的话，工件看上去是白色的
D．薄膜各处厚度不均匀的话，工件看上去是彩色的
【答案】A,D
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】本题通过分析金属阳极氧化工艺中光的干涉现象，强调了光的干涉在实际应用中的重要性。理解光的干涉原理及其在不同条件下的表现，对于解释和预测金属表面颜色变化具有重要意义。AB．薄膜前后表面反射的光线进行叠加后有的波长的光增强，有的波长的光减弱，这是干涉现象，选项A正确、B错误；
CD．薄膜各处厚度不同，不同的光得到增强，工件显示出不同的颜色，选项C错误、D正确。
故选AD。
【分析】金属阳极氧化过程中，通过电解在金属表面形成一层氧化膜，这层膜的厚度可以通过控制电压来调节。当自然光照射到这层氧化膜上时，光线在膜的前后表面发生反射，由于光的干涉现象，工件表面会显示出不同的颜色。因此，本题的关键在于理解光的干涉现象以及其在金属阳极氧化工艺中的表现。
8．（2025·湖南模拟）如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成A、B两部分，A内充满气体，B内为真空。现抽开隔板，让A中气体进入B并最终达到平衡状态，则（　　）
A．气体的内能始终不变
B．气体的压强始终不变
C．气体分子的平均动能将减小
D．B中气体不可能自发地再全部回到A中
【答案】A,D
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学第二定律；温度和温标；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】本题主要考查热力学定律的应用及运用理想气体状态方程对气体的温度、压强和体积的判断。A．由于内为真空，抽走隔板后，A部分气体自由膨胀，膨胀过程中没有对外做功，容器又是绝热容器，所以气体也不可能与外界发生热交换，由热力学第一定律可知气体的内能始终不变，故A正确；
C．由于气体的内能不变，故气体的温度不变，气体分子的平均动能不变，故C错误；
B．由于气体发生的是等温膨胀，故由玻意耳定律可知，气体的压强将减小，故B错误；
D．由热力学第二定律可知，气体不可能再自发地全部回到A部分，故D正确。
故选AD。
【分析】绝热过程，自由扩散，体积变大，故内能不变，由玻意耳定律和热力学第二定律求解。
9．（2025·湖南模拟）如图所示，在风洞实验室中，从A点以水平速度v0=2m/s向左抛出一质量m=1.5kg的小球（可视为质点），抛出后的小球受水平向右的风力作用，大小恒为3N，经过一段时间小球运动到A点正下方的B点处，重力加速度g取10m/s2，在此过程中（　　）
A．A、B两点间的距离为20m
B．小球离A、B所在直线的最远距离2m
C．小球的动能先减小后增加
D．小球的机械能先减小后增加
【答案】A,C,D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】本题的关键在于理解小球的运动轨迹和能量变化情况。小球在水平方向上受到恒定的风力作用，这将导致小球在水平方向上的速度先减小后增加。因此，小球的动能也将先减小后增加。同时，小球在竖直方向上受到重力作用，这将导致小球的重力势能减小。因此，小球的机械能也将先减小后增加。A．小球在水平方向有
，
解得
所以A、B两点间的距离为
故A正确；
B．小球离A、B所在直线的最远时，水平速度为零，则小球离A、B所在直线的最远距离为
故B错误；
C．小球的动能为
根据二次函数知识可知，小球的动能应先减小后增加，故C正确；
D．由图可知，水平风力先对小球做负功，后做正功，所以小球的机械能先减小后增加，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据物理学中的运动学和能量守恒定律判断。小球在水平方向上受到恒定的风力作用，同时在竖直方向上受到重力作用。我们需要分析小球的运动轨迹，以及其动能和机械能的变化情况。
10．（2025·湖南模拟）如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于匀强磁场的轴以角速度匀速转动，线圈长为2L、宽为L，匝数为N，磁感应强度大小为B。理想变压器原、副线圈匝数比为，定值电阻，电阻箱的最大值为10R。不计线圈和导线的电阻，下列说法正确的是（　　）
A．当线圈平面与磁场方向平行时，线圈产生的电动势为
B．当线圈平面与磁场方向平行时，线圈产生的电动势为
C．变压器输出功率的最大值为
D．变压器输出功率的最大值为
【答案】B,D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查了交流电的产生和理想变压器的知识，解题的关键是理解电动势最大值的计算方法，以及变压器输出功率最大值的计算方法。AB．当线圈平面与磁场方向平行时，线圈产生的电动势为
故A错误，B正确；
CD．将副线圈所在电路与变压器整体等效为一个等效电阻。
等效电阻
副线圈输出功率等于等效电阻的功率，等效电阻的功率为
根据数学方法可知当时，即时输出功率最大
代入解得输出功率最大为
故C错误，D正确；
故选BD。
【分析】根据交流电的产生和理想变压器，可求解电动势最大值、输出功率。
11．（2025·湖南模拟）某同学利用图甲所示的装置研究光的干涉和衍射，将刀片在涂有墨汁的玻璃片上划过便可得到单缝、不同间距双缝的缝屏，光电传感器可用来测量光屏上光强的分布。
（1）某次实验时，在电脑屏幕上得到图乙所示的a、b两种光的光强分布，这位同学在缝屏上安装的是　 　（选填“单缝”或“双缝”）。
（2）由图乙中两条曲线的特征可知__________。
A．a光频率较大
B．以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后，a光侧移量小
C．以相同的入射角从空气斜射到水中，a光的折射角大
D．以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是a光
（3）当做干涉现象研究时，选用间距较大的双缝相比于间距较小的双缝，在光屏上可观察到　 　（选填“更多”“更少”或“一样多”）的条纹个数。
【答案】（1）单缝
（2）A
（3）更多
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射
【解析】【解答】解决本题的关键知道衍射条纹和双缝干涉条纹的区别，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式，并能灵活运用。
（1）由题图乙可知，条纹中间宽、两边窄，是衍射条纹，这位同学在缝屏安装的是单缝。
（2）由于a光衍射条纹间距较小，则a光波长较短。
A．根据，可知a光频率较大，故A正确；
B．在同一介质中，频率大的光折射率大，因此a光折射率更大，偏转角度更大．因此以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后，a光侧移量大，故B错误；
C．由于a光折射率更大，根据折射定律，可知a光折射角较小，故C错误；
D．a光频率较大，折射率较大，根据知a光临界角较小，以相同的入射角从水中射入空气，a光先发生全反射，在空气中只能看到一种光时，一定是b光，故D错误。
故选A。
（3）根据，可知选用间距较大的双缝相比于间距较小的双缝，条纹间距小，在光屏上可观察到更多条纹个数。
【分析】（1）单缝衍射条纹的特点是：中间亮、两边暗，中间宽，两边窄；
（2）由图可知a光的波长短，则频率大，能量大，折射率大，从而分析判断；
（3）根据双缝干涉条纹的间距公式判断。
（1）由题图乙可知，条纹中间宽、两边窄，是衍射条纹，这位同学在缝屏安装的是单缝。
（2）由于a光衍射条纹间距较小，则a光波长较短。
A．根据，可知a光频率较大，故A正确；
B．在同一介质中，频率大的光折射率大，因此a光折射率更大，偏转角度更大．因此以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后，a光侧移量大，故B错误；
C．由于a光折射率更大，根据折射定律，可知a光折射角较小，故C错误；
D．a光频率较大，折射率较大，根据知a光临界角较小，以相同的入射角从水中射入空气，a光先发生全反射，在空气中只能看到一种光时，一定是b光，故D错误。
故选A。
（3）根据，可知选用间距较大的双缝相比于间距较小的双缝，条纹间距小，在光屏上可观察到更多条纹个数。
12．（2025·湖南模拟）某实验小组利用如图1所示的实验装置测量当地重力加速度。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量，槽码和挂钩的总质量。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间和，以及这两次开始遮光的时间间隔，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量。
（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度　 　mm。
（2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时内保持静止，其目的是　 　。
（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到和的数据如下表所示请根据表中数据，在方格纸上作出图线。
0.721 0.790 0.854 0.913 0.968
1.38 1.52 1.64 1.75 1.86
（4）根据（3）中图像，可知当地的重力加速度为　 　（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）
（2）检验气垫是否已调至水平
（3）见解析
（4）
【知识点】动量定理；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】明确游标卡尺的读数，明确动量定理的应用，利用图像斜率的物理意义是解决问题的关键。 （1）游标卡尺读数为
（2）滑块能在导轨上保持静止，说明了气垫已调至水平。
（3）
根据表格中数据描点并用直线连接，如下图所示
（4）根据动量定理，对挂钩与槽码可由
对滑块（含遮光条）
联立可得
则图像的斜率为
由图像可知
联立得
【分析】（1）游标卡尺中游标尺的分度是20分度，根据读数规则可以读出游标尺的读数；
（2）滑块保持稳定，说明气垫导轨水平；
（3）根据表格中的数据进行描点并用直线连接；
（4）根据动量定理得出Δv-Δt关系等式，利用图像斜率求解；
（1）游标卡尺读数为
（2）滑块能在导轨上保持静止，说明了气垫已调至水平。
（3）根据表格中数据描点并用直线连接，如下图所示
（4）根据动量定理，对挂钩与槽码可由
对滑块（含遮光条）
联立可得
则图像的斜率为
由图像可知
联立得
13．（2025·湖南模拟）如图所示，足够长的两平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨间距为L=1m，导轨水平部分的矩形区域abcd有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，导轨的左侧和一光滑四分之一金属圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道半径R=4m，此部分有沿半径方向的磁场，图中未画出。导轨水平部分的右侧和光滑倾斜导轨（足够长）平滑连接，倾斜部分的倾角为30°。质量为m1=1kg的金属棒P从四分之一圆弧的最高点由静止释放，经过AA'滑上水平轨道，在AA'对轨道的压力大小为26N；P穿过磁场abcd区域后，与另一根质量为m2=2kg的静止在导轨上的金属棒Q发生弹性碰撞，碰后Q沿斜面上升的高度h=0.8m，两金属棒的阻值均为r=0.2Ω，重力加速度g=10m/s2，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计，两根金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。求：
（1）金属棒P从静止释放运动到AA'时克服安培力做的功；
（2）求矩形磁场沿导轨方向的长度；
（3）若Q从右侧倾斜导轨滑下时，P已从磁场中滑出，求从P运动到水平导轨AA'开始到P、Q第二次碰撞时，Q棒上产生的焦耳热。
【答案】（1）解：金属棒P运动到AA'时
解得
由开始释放到AA'，对P，由动能定理得
联立解得
（2）解：对Q棒，由CC'运动到斜面的最高点时，由动能定理得
解得
设P碰撞前、后的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
，
对于P第一次通过磁场，取向右为正方向，根据动量定理有
又
解得
（3）解：设P第二次离开磁场时的速度为v3，取向左为正方向，根据动量定理有
解得
Q第一次进入磁场时的速度为
方向向左，设Q出磁场时的速度为v5，取向左为正方向，根据动量定理有
联立解得
方向向左；
Q通过磁场后与静止的P第二次碰撞，从P运动到AA'开始后的全过程由能量守恒定律得
联立解得
则Q棒上产生的焦耳热
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）对P棒先根据牛顿第二定律和题设条件求出初速度，再由动能定理求出克服安培力所做的功；
（2）对Q棒，恰好能上升到h处，由动能定理求出上升前的速度。P与Q发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞前P的速度，对于P第一次通过磁场，根据动量定理求矩形磁场沿导轨方向的长度；
（3）P第二次通过磁场，根据动量定理求出P离开磁场时的速度。根据动量定理求出Q第一次离开磁场时的速度，全过程应用能量守恒求从P开始运动到PQ第二次碰撞，Q棒上产生的焦耳热。
（1）金属棒P运动到AA'时
解得
由开始释放到AA'，对P，由动能定理得
联立解得
（2）对Q棒，由CC'运动到斜面的最高点时，由动能定理得
解得
设P碰撞前、后的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得，
对于P第一次通过磁场，取向右为正方向，根据动量定理有
又
解得
（3）设P第二次离开磁场时的速度为v3，取向左为正方向，根据动量定理有
解得
Q第一次进入磁场时的速度为
方向向左，设Q出磁场时的速度为v5，取向左为正方向，根据动量定理有
联立解得
方向向左；
Q通过磁场后与静止的P第二次碰撞，从P运动到AA'开始后的全过程由能量守恒定律得
联立解得
则Q棒上产生的焦耳热
14．（2025·湖南模拟）图甲是一种简易抽水设备，图乙是其结构原理示意图，地下水面与上面粗筒底面间的高度差h0 = 8 m，抽水时先将活塞推到粗筒底部，活塞到达粗筒底部时只能向上打开的上、下两个单向阀门均处于闭合状态，此时下面细管中气体压强等于大气压强p0。用力压手柄使活塞上移，上阀门处于闭合状态，下阀门自动开启，随着活塞上升细管中的液面就会上升。已知活塞的横截面积S1 = 40 cm2，细管内横截面积S2 = 2 cm2，p0 = 1.0 × 105 Pa，水的密度ρ = 1 × 103 kg/m3，g取10 m/s2，地下水面处的压强恒为大气压强p0，抽水过程中装置内空气的温度均视为不变，不考虑阀门重力及地下水面高度的变化。
（1）求当活塞第一次上移高度h = 0.2 m时细管中水柱的高度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，上阀门打开与大气相通，下阀门立即闭合，活塞下移至距离粗筒底部h' = 0.075 m处时，用力压手柄使活塞第二次上移至距离粗筒底部h = 0.2 m处，求此时细管中的水柱高度h2。
【答案】（1）解：活塞第一次上移高度h = 0.2 m时，封闭气体的压强为
根据玻意耳定律有
解得
（2）解：活塞第二次从距离粗筒底部h' = 0.075 m处上移至距离粗筒底部h = 0.2 m处，设细管中空气柱长L，根据玻意耳定律有
其中
解得
可知此时细管中的水柱高度为
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）由题知，活塞第一次上移高度h=0.2m时，先确定封闭气体的压强，再由玻意耳定律列式，即可分析求解；
（2）结合前面分析，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时，封闭气体的压强为
根据玻意耳定律有
解得
（2）活塞第二次从距离粗筒底部h' = 0.075 m处上移至距离粗筒底部h = 0.2 m处，设细管中空气柱长L，根据玻意耳定律有
其中
解得
可知此时细管中的水柱高度为
15．（2025·湖南模拟）类似光学中的折射现象，利用电场和磁场也可以实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，长方形区域内存在竖直向上的匀强电场，与间电势差大小，上下边界距离为。质子束从图中位置射入电场时，速度方向与法线夹角为入射角，从边射出时，速度方向与法线夹角为折射角，质量为、电荷量为的质子束进入电场时水平方向速度大小恒为，不计重力影响及质子之间的作用力。电场的水平长度足够长。
（1）求电场的“折射率”与入射角的关系（折射率=）。
（2）当质子束恰好在面发生“全反射”（发生“全反射”时质子恰好未从面射出）时，求质子束的入射角（不考虑质子在长方形区域内的多次反射）。
（3）当在电场区域发生“全反射”时，求质子在面的入射点与出射点之间水平距离的范围（不考虑质子在长方形区域内的多次反射）。
【答案】（1）解：设质子入射时速度为，质子射出电场时速度为，水平方向速度不变，根据运动的合成与分解有
根据动能定理有
根据“折射率”定义有
联立解得
（2）解：根据题意，当质子束恰好不从面射出时，发生“全反射”，根据全反射临界条件可知，此时，设入射角为，则有
解得
（3）解：当质子束发生“全反射”时，质子束在电场中的运动为类斜抛运动。从开始进入电场到速度水平的过程，可反向看成类平抛运动，水平位移为，竖直位移为。设电场强度为，则
设竖直方向初速度为，加速度为，则有
设入射角为，则有
根据平抛运动速度反向延长线过水平位移中点，有
又有
联立解得
要发生“全反射”，则
根据三角函数关系有
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）根据运动的合成与分解以及动能定理表示出对应角的正弦值，根据“折射率”定义求解质子束的求电场的“折射率”n与入射角α的关系；
（2）当质子束恰好不从cd面射出时，发生“全反射”，根据全反射临界条件求解；
（3）当质子束发生“全反射”时，质子束在电场中的运动为类斜抛运动，结合类平抛运动规律求解。
（1）设质子入射时速度为，质子射出电场时速度为，水平方向速度不变，根据运动的合成与分解有
根据动能定理有
根据“折射率”定义有
联立解得
（2）根据题意，当质子束恰好不从面射出时，发生“全反射”，根据全反射临界条件可知，此时，设入射角为，则有
解得
（3）当质子束发生“全反射”时，质子束在电场中的运动为类斜抛运动。从开始进入电场到速度水平的过程，可反向看成类平抛运动，水平位移为，竖直位移为。设电场强度为，则
设竖直方向初速度为，加速度为，则有
设入射角为，则有
根据平抛运动速度反向延长线过水平位移中点，有
又有
联立解得
要发生“全反射”，则
根据三角函数关系有
解得
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