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湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高二下学期6月期末物理试题
一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）
1．（2025高二下·长沙期末）我国自主研发的氢原子钟现已运用于中国的北斗导航系统中，高性能的原子钟对导航精度的提高起到了很大的作用，同时原子钟具有体积小、重量轻等优点，氢原子钟通过氢原子能级跃迁而辐射的电磁波校准时钟，氢原子能级示意图如图所示，已知可见光光子的能量范围，则下列说法正确的是（　　）
A．处于第能级的氢原子向下跃迁时最多发出种不同频率的光子
B．处于能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线并发生电离
C．氢原子由激发态跃迁到基态后，核外电子的动能减小，原子的电势能增大
D．氢原子从能级跃迁到能级辐射的光子是可见光光子
【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．根据，可知大量处于第能级的氢原子向下跃迁时最多发出种不同频率的光子，故A错误；
B．处于能级的氢原子发生电离需要吸收的能量为，已知可见光光子的能量范围，由于紫外线的光子能量大于可见光的光子能量，所以处于能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线并发生电离，故B正确；
C．氢原子由激发态跃迁到基态后，核外电子的动能增大，原子的电势能减小，故C错误；
D．氢原子从能级跃迁到能级辐射的光子能量为
可知氢原子从能级跃迁到能级辐射的光子不是可见光光子，故D错误。
故答案为：B。
【分析】依据氢原子能级跃迁规律（跃迁光子能量等于能级差）、电离的能量条件，以及电子绕核运动的动能与电势能变化规律，结合可见光光子能量范围分析各选项。
2．（2025高二下·长沙期末）如图所示，两块相同的竖直木板A、B间有质量均为m的4块相同的砖块，两侧用大小均为F的力水平压木板使砖块静止不动，则第1、2块砖间的摩擦力的大小为（　　）
A．0 B． C．mg D．2mg
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；静摩擦力
【解析】【解答】以砖块1、2、3、4整体为研究对象，由于重力作用，整体相对木板有向下运动的趋势，故木板对整体有向上的静摩擦力，根据对称性和二力平衡可知，左右两块木板对整体左右两面有向上的静摩擦力，大小为f1＝f2
且f1+f2＝4mg
则f1＝2mg
再以砖块1为研究对象，受重力mg，左侧木板对砖块1向上的静摩擦力f1＝2mg
根据平衡条件知砖块2对砖块1的静摩擦力大小为mg，方向竖直向下，ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】采用整体法与隔离法结合的受力分析方法，先对 4 块砖整体分析求木板的摩擦力，再隔离部分砖块分析，利用平衡条件求解 1、2 块砖间的摩擦力。
3．（2025高二下·长沙期末）如图所示，测试车辆在一段匀变速运动过程中经过a、b、c三个位置，已知段的距离和段的距离之比为，段的平均速度是，bc段的平均速度是，则经过b点的速度是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】加速度；平均速度
【解析】【解答】设段的时间为，段的时间为，根据
可得段的距离和段的距离分别为，
根据
可得
解得
设ab段时间中点为d点，其瞬时速度为，经过b点的速度为，bc段时间中点为e点，其瞬时速度为，做匀变速运动的加速度为，汽车从d点运动到e点，根据速度时间公式有
解得
则汽车从b点到e点，根据速度时间公式有
解得
故答案为：D。
【分析】利用匀变速直线运动的平均速度公式（某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度），结合位移比例关系求出两段运动的时间关系，再通过速度公式联立求解 B 点的速度。
4．（2025高二下·长沙期末）已知组成某双星系统的两颗恒星质量分别为m1和（），相距为L。在万有引力作用下各自绕它们连线上的某一点在同一平面内做匀速圆周运动，运动过程中二者之间的距离始终不变。已知万有引力常量为G。下列关于m1和m2的轨道半径r1和r2关系、速度v1和v2关系、动能 Ek1和Ek2关系中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】双星（多星）问题；动能
【解析】【解答】A．双星体的角速度相等，对m1星体有
对m2星体有
解得轨道半径满足
即有，故A错误；
B．由于，
结合上述有
结合上述有
解得，故B正确；
C．两星体的动能，
结合上述解得，故C错误；
D．结合上述可以解得总动能，故D错误。
故答案为：B。
【分析】双星系统中两星角速度相等，万有引力提供向心力，结合圆周运动公式推导轨道半径、线速度的关系，再根据动能公式分析动能的比例与总和。
5．（2025高二下·长沙期末）如图所示，光滑的圆形轨道水平固定，小球B的质量为m，初始时静止。小球A的质量为2m，以速度v0运动，并与球B发生非弹性正碰（碰撞时间极短），碰后速度不相等。则（　　）
A．碰撞过程中两球组成的系统动量不守恒
B．经过多次碰撞后，两球的最终速度大小为
C．经过多次碰撞后，两球的最终速度大小为零
D．从开始到多次碰撞后两球的动量一直守恒
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．碰撞过程中两球组成的系统所受的合力等于零，系统动量守恒，A错误；
BC．经过多次碰撞后，两球的最终以共同的速度v运动，根据动量守恒定律得
解得，B正确，C错误；
D．多次碰撞后，两球共同做匀速圆周运动，两球动量的大小一直不变，动量的方向不停的变化，两球的动量不守恒，D错误。
故答案为：B。
【分析】根据动量守恒的条件（系统合外力为零）判断碰撞过程的动量守恒情况，结合非弹性碰撞的能量变化和圆形轨道的运动特点，分析多次碰撞后两球的最终运动状态。
6．（2025高二下·长沙期末）地球大气层对光线的折射会使我们提前看到日出，称为蒙气差效应。地理老师制作了教具来演示这一效应，如图所示为教具中“地球”的北极俯视图，“地球”半径，绕“地轴”逆时针自转周期为。折射率为的“大气层”厚度为，以平行光入射充当“太阳光”，则由于“大气层”的存在，“地球赤道”上的点相对于没有大气层将提前约多长时间看到“太阳光”（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】光路图如图所示
A点观察到第一道曙光时，设在大气层外的入射角为，进入大气层后的折射角为，由几何关系可得
解得
根据
可得
解得
若无大气层，A点需随地球转动到B时才能观察到日出，由几何关系
故提前的时间为，B正确。
故答案为：B。
【分析】结合光的折射定律计算折射角与入射角的角度差，再根据 “地球” 自转的角速度，求出角度差对应的时间，即为提前看到日出的时间。
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
7．（2025高二下·长沙期末）一列简谐横波在时的波形如图甲所示，处质点的振动图像如图乙所示，则波速可能是（　　）
A． B． C．1m/s D．
【答案】A,C
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】根据图乙，在时处的质点在平衡位置向上运动；
若波向右传播，根据图甲得，
根据图乙，周期为 ，又因为
解得
若波向左传播，根据图甲得：
解得
故答案为：AC。
【分析】先由振动图像得周期，再结合波形图和质点振动方向，分 “波向右传”“波向左传” 两种情况，推导波长的通式，进而得到波速的可能值。
8．（2025高二下·长沙期末）某兴趣小组利用图1所示的电路，把开关掷向a对给定电容值为C 的电容器充电。R表示接入的电阻，E表示电源电动势（忽略内阻）。通过改变电路中某一元件的参数对同一电容器进行两次充电，得到i-t图后经过计算机软件处理得到如图所示的Q-t曲线如图2中m、n和图3中p、q所示，则下列说法正确的是（　　）
A．m、n两条曲线不同是E 的改变造成的，且m曲线对应的E 更大
B．m、n两条曲线不同是R 的改变造成的，且m曲线对应的R 更小
C．p、q两条曲线不同是E 的改变造成的，且p曲线对应的E 更大
D．p、q两条曲线不同是R 的改变造成的，且p曲线对应的R 更小
【答案】B,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB．电容器最终带电量相同，故E相同，在相同电量Q的情况下，电阻R分压相等，m曲线斜率更大，即电流更大，故电阻R更小，故A错误，B正确；
CD．最终带电量，p曲线对应的E更大，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据电容器充电规律，最终带电量Q=CE（电源无内阻），充电快慢由时间常数τ=RC决定（R越小、C越大，充电越快），结合Q t曲线的最终电量和充电速率分析参数变化。
9．（2025高二下·长沙期末）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ棒进入磁场时加速度恰好为零，PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】根据图像可知，设PQ进入磁场匀速运动的速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流
保持不变，根据右手定则可知电流方向Q→P；如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；当MN进入磁场时也是匀速运动，通过PQ的感应电流大小不变，方向相反；如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时电流为零，当PQ离开磁场时MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，电流逐渐减小，通过PQ的感应电流方向相反；
故答案为：AD。
【分析】结合电磁感应中的受力平衡、楞次定律和导体棒的运动状态，分析 PQ、MN 进入磁场过程中感应电流的大小与方向变化。
10．（2025高二下·长沙期末）如图所示，长为l的轻质细线一端固定在O点，另一端拴一个质量为m的小球，小球由最低点A 以速度v0开始运动，若恰好击中O点，其所能到达的最高点与最低点高度差为h，小球摆动过程空气阻力忽略不计，重力加速度为g，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】向心力；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】设小球运动到如图位置脱轨
根据动能定理有
此时细线无拉力，重力分力恰好提供向心力，则有
把重力加速度沿绳子的方向和垂直于绳子的方向进行分解，则有，
垂直于绳子的方向小球先做匀减速运动，速度减为0的时间为
故小球从脱离轨道到击中圆心运动的时间
小球沿绳子的方向做匀加速直线运动，根据运动学规律
联立解得
此后，小球做斜上抛运动，继续上升的最大高度为
则有
故答案为：AC。
【分析】小球先做圆周运动脱轨，后做抛体运动击中O点，结合圆周运动向心力公式、抛体运动规律和机械能守恒定律，联立求解初速度和高度差。
三、实验题（本题共有2个小题，第11小题6分，第12小题10分，共16分）
11．（2025高二下·长沙期末）某同学利用如图甲所示的实验装置来探究做功与物体动能变化的关系，已知当地重力加速度为 g。
（1）用游标卡尺测得遮光条（如图乙所示）的宽度d=1.14 cm，将全部钩码装载在小车上，调节导轨倾斜程度，使小车能够沿轨道　 　；
（2）先从小车上取出一个钩码，挂到绳子下端，记录绳下端钩码的质量m，将小车从挡板处由静止释放，由数字计时器读出遮光时间，再从小车上取出第二个钩码，挂到第一个钩码下端，重复上述步骤，直至小车里钩码都挂到绳子下端，测得多组数据。该同学决定不计算速度，仅作出图像，则图中符合真实情况的是 ；
A． B．
C． D．
（3）如果该同学将全部钩码挂在绳下端，仅从绳端依次取走钩码，但不转移到小车上，重做该实验，则作出的图像符合该情况的是 。
A． B．
C． D．
【答案】（1）匀速下滑
（2）B
（3）C
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】（1）为了平衡摩擦力，所以让斜面有一定的倾角，当小车匀速下滑时，摩擦力就被平衡掉了，故此处应填匀速下滑；
故答案为：匀速下滑
（2）设小车和所有砝码的总质量为M，则当绳子下端的钩码质量为m时，由牛顿第二定律
由运动学规律可知，
联立可得
即
故答案为：B。
（3）如果该同学将全部钩码挂在绳下端，仅从绳端依次取走钩码，剩余的钩码质量为m，但不转移到小车上，设小车的质量为，则有
由运动学规律可知，
联立可得
则随着m的增大，图像的斜率减小。
故答案为：C。
【分析】(1) 实验中调节导轨倾斜程度的目的是平衡摩擦力，让小车在不受拉力时能匀速下滑，消除摩擦力对实验的影响，这是探究做功与动能变化关系实验的关键操作。
(2) 推导与的函数关系时，利用钩码的重力做功等于系统动能的变化，结合遮光条速度的计算式，得出两者成线性关系，据此判断图像形状。
(3) 改变实验操作后，系统总质量发生变化，重力做功与动能变化的关系不再是简单的线性关系，需分析质量变化对加速度和速度的影响，进而判断图像的曲线特征。
（1）为了平衡摩擦力，所以让斜面有一定的倾角，当小车匀速下滑时，摩擦力就被平衡掉了，故此处应填匀速下滑；
（2）设小车和所有砝码的总质量为M，则当绳子下端的钩码质量为m时，由牛顿第二定律
由运动学规律可知，
联立可得
即
故选B。
（3）如果该同学将全部钩码挂在绳下端，仅从绳端依次取走钩码，剩余的钩码质量为m，但不转移到小车上，设小车的质量为，则有
由运动学规律可知，
联立可得
则随着m的增大，图像的斜率减小。
故选C。
12．（2025高二下·长沙期末）现用如图1所示的电路来测量恒流源（输出电流大小恒定）的输出电流和并联电阻。调节电阻箱R的阻值，电流表测得多组I值，并计算出数值。
（1）通电前，可调电阻R应置于阻值　 　处（填“较大”或“较小”）；
（2）根据测量数据，作出函数关系曲线如图2所示，图中直线纵截距为a，斜率为k，不考虑电流表内阻，则　 　，　 　（用a和k表示）；
（3）若考虑电流表内阻带来的系统误差，则测量值　 　真实值（填“”、“”或“”）；
（4）把一小灯泡接在恒流源和定值电阻两端，如图3所示，小灯泡伏安特性曲线如图4所示，若测得，，则小灯泡实际功率为　 　W（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】较大；；；；0.19
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电源电动势及内阻
【解析】【解答】（1）为了保护电路，所以通电前可调电阻应置于阻值较大处。
故答案为：较大
（2）由图1所示电路图得
解得
由于直线纵截距为a，斜率为k，则，
解得，
故答案为：；
（4）若考虑电流表内阻带来的系统误差，则
解得
由于直线纵截距为a，斜率为k，则，
的测量值大于真实值。的测量值小于真实值。
故答案为：
（5）由图3可得
解得
在图4中作出电源的图像
两图像的交点，
则小灯泡实际功率为
故答案为：0.19
【分析】(1) 通电前可调电阻R置于阻值较大处，目的是限制电路总电流，保护电流表和恒流源，避免初始电流过大损坏器材。
(2) 恒流源总电流分流至和支路，由并联电路规律推导与的线性关系式，结合图2截距和斜率求解和。
(3) 考虑电流表内阻时，重新推导关系，分析斜率和截距的变化，判断测量值与真实值的大小关系。
(4) 图3为恒流源、与小灯泡并联，结合并联电路电流规律与小灯泡伏安特性曲线，确定小灯泡的实际电压和电流，进而计算实际功率。
四、计算题（本大题共 3 小题，13 题 10 分，14 题 14 分，15 题 16 分，共40分）
13．（2025高二下·长沙期末）轻质“强力吸盘挂钩”可以安装在竖直墙面上。先按住锁扣把吸盘紧压在墙上，吸盘中的空气被挤出一部分，如图（a）所示；再把锁扣扳下，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，使吸盘恢复到原来的形状，如图（b）所示。在拉起吸盘的同时，锁扣对盘盖施加压力，致使盘盖与吸盘粘连在一起，此时“强力吸盘挂钩”的最大承载量为m。已知大气压强为，盘盖的截面积为，吸盘中空气与墙面的接触面积为，吸盘与墙面的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。若上述过程没有漏气，且吸盘中的气体可视为理想气体，室内温度恒定不变。求
（1）图（b）中吸盘内空气的压强p；
（2）图（a）与图（b）中吸盘内空气的密度之比。
【答案】（1）解：设图（b）中墙面对吸盘的弹力为，分析吸盘受力，在水平方向上
在竖直方向上
解得
（2）解：设吸盘内空气的质量为，图（a）中吸盘内空气的密度为，则空气的体积
设图（b）中吸盘内空气的密度为，则空气的体积
由玻意耳定律
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】 (1) 图 (b) 中吸盘的最大静摩擦力与挂钩承重的重力平衡，结合大气压力、吸盘内气体压力的差值产生的摩擦力公式，推导吸盘内空气的压强，关键是明确摩擦力的受力来源。
(2) 温度恒定，吸盘内空气做等温变化，由玻意耳定律结合密度与质量、体积的关系，推导图 (a) 与图 (b) 中空气的密度之比，核心是利用理想气体状态方程和密度公式的转化。
14．（2025高二下·长沙期末）如图所示，在三维坐标系Oxyz中，区域存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为，区域存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在区域存在沿z轴正方向的匀强电场，电场强度大小为。某时刻一质量为m、电荷量为＋q的粒子从z轴上A点（0，0，－3L）由静止释放，、、，不计粒子的重力。求；
（1）粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径及时间；
（2）粒子离开磁场时距离O点的距离s；
（3）粒子离开电场时的位置坐标。
【答案】（1）解：设粒子经加速电场后进入磁场时速度v，根据动能定理可得
粒子磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
联立解得
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，依据题意画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
运动轨迹对应的圆心角，由几何关系可知
可知
联立解得运动时间
（2）解：根据粒子的运动轨迹，离开磁场时距离z轴距离为s，结合几何知识可得
联立解得
（3）解：设在xOy平面上方中粒子沿z轴正方向的速度为，沿x轴正方向加速度大小为，位移大小为x，运动时间为，由牛顿第二定律可得
粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动的合成与分解的规律可得，
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可得
联立解得
设粒子沿y轴方向偏离z轴的距离为y，其中在xOy平面上方沿y方向偏离的距离，由运动学公式可得
由题意可得
联立解得
射出点坐标为
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子先在区域做匀加速直线运动，由动能定理求进入磁场的速度，再由洛伦兹力提供向心力求轨道半径，结合圆周运动周期公式求运动时间，关键是准确计算加速后的速度和磁场中的周期。
(2) 粒子在磁场中做圆周运动的轨迹为四分之一圆弧（结合磁场区域的空间范围），利用几何关系计算离开磁场时距O点的距离，需明确轨迹的圆心和半径的空间分布。
(3) 粒子进入区域后做类平抛运动，沿x轴方向匀加速、y轴方向匀速、z轴方向匀速，结合运动学公式计算各方向的位移，进而确定离开电场时的位置坐标。
（1）设粒子经加速电场后进入磁场时速度v，根据动能定理可得
粒子磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
联立解得
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，依据题意画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
运动轨迹对应的圆心角，由几何关系可知
可知
联立解得运动时间
（2）根据粒子的运动轨迹，离开磁场时距离z轴距离为s，结合几何知识可得
联立解得
（3）设在xOy平面上方中粒子沿z轴正方向的速度为，沿x轴正方向加速度大小为，位移大小为x，运动时间为，由牛顿第二定律可得
粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动的合成与分解的规律可得，
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可得
联立解得
设粒子沿y轴方向偏离z轴的距离为y，其中在xOy平面上方沿y方向偏离的距离，由运动学公式可得
由题意可得
联立解得
射出点坐标为
15．（2025高二下·长沙期末）如图，两个半径都为R，质量均为m的匀质球竖直倚靠墙壁，已知所有水平面和球面均光滑，且运动过程中两个球的球心始终在同一竖直平面内，初始时刻两个球均静止，水平面足够长，重力加速度为g，则：
（1）若给A球向左的初速度，落地时A球速度与初速度方向夹角的余弦值为多少？
（2）若给A球向左的初速度，落地时A球速度与初速度方向夹角的余弦值为多少？
（3）若B球受到轻微向左扰动，求全过程中竖直墙壁对A球的冲量大小。
【答案】（1）解：当A球获得初速度时，若恰好做平抛运动，则有
解得
若给A球向左的初速度，则A球做平抛运动，设末速度为，由动能定理可得
解得
则落地时A球速度与初速度方向夹角的余弦值为
（2）解：若给A球向左的初速度，则A球首先做圆周运动，随后与B球分离，设二者分离时，圆心连线与竖直方向夹角为，此时A球速度为，如图所示
根据动能定理可得
此时二者接触但无弹力，A球重力分力提供向心力，则有
联立解得，
此时A球速度水平分量
此后A 球做斜抛运动直到落地，设落地速度为，根据功能定理可得
解得
故落地时夹角的余弦值为
（3）解：设二者分离时，圆心连线与竖直方向的夹角为γ，此时A球速度为，B球速度为，根据机械能守恒可得
此时，以B球为参考系，A球做圆周运动，且速度矢量满足如图关系
有
且相对速度为
此时A球重力分力提供向心力，则有
联立解得，
故墙壁对A球冲量大小为
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 先判断A球初速度是否使A、B分离，分离后A球做平抛运动，结合平抛运动的水平、竖直分速度，利用三角函数求速度方向夹角的余弦值，核心是确定平抛的竖直下落高度和分速度关系。
(2) 初速度较小时A、B先相互作用再分离，分离前系统水平方向动量守恒、机械能守恒，分离后A球做平抛运动，结合运动学公式和三角函数求解夹角余弦值。
(3) B球轻微扰动后，A、B相互作用至分离，利用动量守恒、机械能守恒求A球的水平速度，再结合冲量定理求竖直墙壁对A球的冲量，关键是分析相互作用过程的动量变化。
（1）当A球获得初速度时，若恰好做平抛运动，则有
解得
若给A球向左的初速度，则A球做平抛运动，设末速度为，由动能定理可得
解得
则落地时A球速度与初速度方向夹角的余弦值为
（2）若给A球向左的初速度，则A球首先做圆周运动，随后与B球分离，设二者分离时，圆心连线与竖直方向夹角为，此时A球速度为，如图所示
根据动能定理可得
此时二者接触但无弹力，A球重力分力提供向心力，则有
联立解得，
此时A球速度水平分量
此后A 球做斜抛运动直到落地，设落地速度为，根据功能定理可得
解得
故落地时夹角的余弦值为
（3）设二者分离时，圆心连线与竖直方向的夹角为γ，此时A球速度为，B球速度为，根据机械能守恒可得
此时，以B球为参考系，A球做圆周运动，且速度矢量满足如图关系
有
且相对速度为
此时A球重力分力提供向心力，则有
联立解得，
故墙壁对A球冲量大小为
1 / 1湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高二下学期6月期末物理试题
一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）
1．（2025高二下·长沙期末）我国自主研发的氢原子钟现已运用于中国的北斗导航系统中，高性能的原子钟对导航精度的提高起到了很大的作用，同时原子钟具有体积小、重量轻等优点，氢原子钟通过氢原子能级跃迁而辐射的电磁波校准时钟，氢原子能级示意图如图所示，已知可见光光子的能量范围，则下列说法正确的是（　　）
A．处于第能级的氢原子向下跃迁时最多发出种不同频率的光子
B．处于能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线并发生电离
C．氢原子由激发态跃迁到基态后，核外电子的动能减小，原子的电势能增大
D．氢原子从能级跃迁到能级辐射的光子是可见光光子
2．（2025高二下·长沙期末）如图所示，两块相同的竖直木板A、B间有质量均为m的4块相同的砖块，两侧用大小均为F的力水平压木板使砖块静止不动，则第1、2块砖间的摩擦力的大小为（　　）
A．0 B． C．mg D．2mg
3．（2025高二下·长沙期末）如图所示，测试车辆在一段匀变速运动过程中经过a、b、c三个位置，已知段的距离和段的距离之比为，段的平均速度是，bc段的平均速度是，则经过b点的速度是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·长沙期末）已知组成某双星系统的两颗恒星质量分别为m1和（），相距为L。在万有引力作用下各自绕它们连线上的某一点在同一平面内做匀速圆周运动，运动过程中二者之间的距离始终不变。已知万有引力常量为G。下列关于m1和m2的轨道半径r1和r2关系、速度v1和v2关系、动能 Ek1和Ek2关系中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025高二下·长沙期末）如图所示，光滑的圆形轨道水平固定，小球B的质量为m，初始时静止。小球A的质量为2m，以速度v0运动，并与球B发生非弹性正碰（碰撞时间极短），碰后速度不相等。则（　　）
A．碰撞过程中两球组成的系统动量不守恒
B．经过多次碰撞后，两球的最终速度大小为
C．经过多次碰撞后，两球的最终速度大小为零
D．从开始到多次碰撞后两球的动量一直守恒
6．（2025高二下·长沙期末）地球大气层对光线的折射会使我们提前看到日出，称为蒙气差效应。地理老师制作了教具来演示这一效应，如图所示为教具中“地球”的北极俯视图，“地球”半径，绕“地轴”逆时针自转周期为。折射率为的“大气层”厚度为，以平行光入射充当“太阳光”，则由于“大气层”的存在，“地球赤道”上的点相对于没有大气层将提前约多长时间看到“太阳光”（　　）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
7．（2025高二下·长沙期末）一列简谐横波在时的波形如图甲所示，处质点的振动图像如图乙所示，则波速可能是（　　）
A． B． C．1m/s D．
8．（2025高二下·长沙期末）某兴趣小组利用图1所示的电路，把开关掷向a对给定电容值为C 的电容器充电。R表示接入的电阻，E表示电源电动势（忽略内阻）。通过改变电路中某一元件的参数对同一电容器进行两次充电，得到i-t图后经过计算机软件处理得到如图所示的Q-t曲线如图2中m、n和图3中p、q所示，则下列说法正确的是（　　）
A．m、n两条曲线不同是E 的改变造成的，且m曲线对应的E 更大
B．m、n两条曲线不同是R 的改变造成的，且m曲线对应的R 更小
C．p、q两条曲线不同是E 的改变造成的，且p曲线对应的E 更大
D．p、q两条曲线不同是R 的改变造成的，且p曲线对应的R 更小
9．（2025高二下·长沙期末）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ棒进入磁场时加速度恰好为零，PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025高二下·长沙期末）如图所示，长为l的轻质细线一端固定在O点，另一端拴一个质量为m的小球，小球由最低点A 以速度v0开始运动，若恰好击中O点，其所能到达的最高点与最低点高度差为h，小球摆动过程空气阻力忽略不计，重力加速度为g，则（　　）
A． B． C． D．
三、实验题（本题共有2个小题，第11小题6分，第12小题10分，共16分）
11．（2025高二下·长沙期末）某同学利用如图甲所示的实验装置来探究做功与物体动能变化的关系，已知当地重力加速度为 g。
（1）用游标卡尺测得遮光条（如图乙所示）的宽度d=1.14 cm，将全部钩码装载在小车上，调节导轨倾斜程度，使小车能够沿轨道　 　；
（2）先从小车上取出一个钩码，挂到绳子下端，记录绳下端钩码的质量m，将小车从挡板处由静止释放，由数字计时器读出遮光时间，再从小车上取出第二个钩码，挂到第一个钩码下端，重复上述步骤，直至小车里钩码都挂到绳子下端，测得多组数据。该同学决定不计算速度，仅作出图像，则图中符合真实情况的是 ；
A． B．
C． D．
（3）如果该同学将全部钩码挂在绳下端，仅从绳端依次取走钩码，但不转移到小车上，重做该实验，则作出的图像符合该情况的是 。
A． B．
C． D．
12．（2025高二下·长沙期末）现用如图1所示的电路来测量恒流源（输出电流大小恒定）的输出电流和并联电阻。调节电阻箱R的阻值，电流表测得多组I值，并计算出数值。
（1）通电前，可调电阻R应置于阻值　 　处（填“较大”或“较小”）；
（2）根据测量数据，作出函数关系曲线如图2所示，图中直线纵截距为a，斜率为k，不考虑电流表内阻，则　 　，　 　（用a和k表示）；
（3）若考虑电流表内阻带来的系统误差，则测量值　 　真实值（填“”、“”或“”）；
（4）把一小灯泡接在恒流源和定值电阻两端，如图3所示，小灯泡伏安特性曲线如图4所示，若测得，，则小灯泡实际功率为　 　W（计算结果保留两位有效数字）。
四、计算题（本大题共 3 小题，13 题 10 分，14 题 14 分，15 题 16 分，共40分）
13．（2025高二下·长沙期末）轻质“强力吸盘挂钩”可以安装在竖直墙面上。先按住锁扣把吸盘紧压在墙上，吸盘中的空气被挤出一部分，如图（a）所示；再把锁扣扳下，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，使吸盘恢复到原来的形状，如图（b）所示。在拉起吸盘的同时，锁扣对盘盖施加压力，致使盘盖与吸盘粘连在一起，此时“强力吸盘挂钩”的最大承载量为m。已知大气压强为，盘盖的截面积为，吸盘中空气与墙面的接触面积为，吸盘与墙面的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。若上述过程没有漏气，且吸盘中的气体可视为理想气体，室内温度恒定不变。求
（1）图（b）中吸盘内空气的压强p；
（2）图（a）与图（b）中吸盘内空气的密度之比。
14．（2025高二下·长沙期末）如图所示，在三维坐标系Oxyz中，区域存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为，区域存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在区域存在沿z轴正方向的匀强电场，电场强度大小为。某时刻一质量为m、电荷量为＋q的粒子从z轴上A点（0，0，－3L）由静止释放，、、，不计粒子的重力。求；
（1）粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径及时间；
（2）粒子离开磁场时距离O点的距离s；
（3）粒子离开电场时的位置坐标。
15．（2025高二下·长沙期末）如图，两个半径都为R，质量均为m的匀质球竖直倚靠墙壁，已知所有水平面和球面均光滑，且运动过程中两个球的球心始终在同一竖直平面内，初始时刻两个球均静止，水平面足够长，重力加速度为g，则：
（1）若给A球向左的初速度，落地时A球速度与初速度方向夹角的余弦值为多少？
（2）若给A球向左的初速度，落地时A球速度与初速度方向夹角的余弦值为多少？
（3）若B球受到轻微向左扰动，求全过程中竖直墙壁对A球的冲量大小。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．根据，可知大量处于第能级的氢原子向下跃迁时最多发出种不同频率的光子，故A错误；
B．处于能级的氢原子发生电离需要吸收的能量为，已知可见光光子的能量范围，由于紫外线的光子能量大于可见光的光子能量，所以处于能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线并发生电离，故B正确；
C．氢原子由激发态跃迁到基态后，核外电子的动能增大，原子的电势能减小，故C错误；
D．氢原子从能级跃迁到能级辐射的光子能量为
可知氢原子从能级跃迁到能级辐射的光子不是可见光光子，故D错误。
故答案为：B。
【分析】依据氢原子能级跃迁规律（跃迁光子能量等于能级差）、电离的能量条件，以及电子绕核运动的动能与电势能变化规律，结合可见光光子能量范围分析各选项。
2．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；静摩擦力
【解析】【解答】以砖块1、2、3、4整体为研究对象，由于重力作用，整体相对木板有向下运动的趋势，故木板对整体有向上的静摩擦力，根据对称性和二力平衡可知，左右两块木板对整体左右两面有向上的静摩擦力，大小为f1＝f2
且f1+f2＝4mg
则f1＝2mg
再以砖块1为研究对象，受重力mg，左侧木板对砖块1向上的静摩擦力f1＝2mg
根据平衡条件知砖块2对砖块1的静摩擦力大小为mg，方向竖直向下，ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】采用整体法与隔离法结合的受力分析方法，先对 4 块砖整体分析求木板的摩擦力，再隔离部分砖块分析，利用平衡条件求解 1、2 块砖间的摩擦力。
3．【答案】D
【知识点】加速度；平均速度
【解析】【解答】设段的时间为，段的时间为，根据
可得段的距离和段的距离分别为，
根据
可得
解得
设ab段时间中点为d点，其瞬时速度为，经过b点的速度为，bc段时间中点为e点，其瞬时速度为，做匀变速运动的加速度为，汽车从d点运动到e点，根据速度时间公式有
解得
则汽车从b点到e点，根据速度时间公式有
解得
故答案为：D。
【分析】利用匀变速直线运动的平均速度公式（某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度），结合位移比例关系求出两段运动的时间关系，再通过速度公式联立求解 B 点的速度。
4．【答案】B
【知识点】双星（多星）问题；动能
【解析】【解答】A．双星体的角速度相等，对m1星体有
对m2星体有
解得轨道半径满足
即有，故A错误；
B．由于，
结合上述有
结合上述有
解得，故B正确；
C．两星体的动能，
结合上述解得，故C错误；
D．结合上述可以解得总动能，故D错误。
故答案为：B。
【分析】双星系统中两星角速度相等，万有引力提供向心力，结合圆周运动公式推导轨道半径、线速度的关系，再根据动能公式分析动能的比例与总和。
5．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．碰撞过程中两球组成的系统所受的合力等于零，系统动量守恒，A错误；
BC．经过多次碰撞后，两球的最终以共同的速度v运动，根据动量守恒定律得
解得，B正确，C错误；
D．多次碰撞后，两球共同做匀速圆周运动，两球动量的大小一直不变，动量的方向不停的变化，两球的动量不守恒，D错误。
故答案为：B。
【分析】根据动量守恒的条件（系统合外力为零）判断碰撞过程的动量守恒情况，结合非弹性碰撞的能量变化和圆形轨道的运动特点，分析多次碰撞后两球的最终运动状态。
6．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】光路图如图所示
A点观察到第一道曙光时，设在大气层外的入射角为，进入大气层后的折射角为，由几何关系可得
解得
根据
可得
解得
若无大气层，A点需随地球转动到B时才能观察到日出，由几何关系
故提前的时间为，B正确。
故答案为：B。
【分析】结合光的折射定律计算折射角与入射角的角度差，再根据 “地球” 自转的角速度，求出角度差对应的时间，即为提前看到日出的时间。
7．【答案】A,C
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】根据图乙，在时处的质点在平衡位置向上运动；
若波向右传播，根据图甲得，
根据图乙，周期为 ，又因为
解得
若波向左传播，根据图甲得：
解得
故答案为：AC。
【分析】先由振动图像得周期，再结合波形图和质点振动方向，分 “波向右传”“波向左传” 两种情况，推导波长的通式，进而得到波速的可能值。
8．【答案】B,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB．电容器最终带电量相同，故E相同，在相同电量Q的情况下，电阻R分压相等，m曲线斜率更大，即电流更大，故电阻R更小，故A错误，B正确；
CD．最终带电量，p曲线对应的E更大，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据电容器充电规律，最终带电量Q=CE（电源无内阻），充电快慢由时间常数τ=RC决定（R越小、C越大，充电越快），结合Q t曲线的最终电量和充电速率分析参数变化。
9．【答案】A,D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】根据图像可知，设PQ进入磁场匀速运动的速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流
保持不变，根据右手定则可知电流方向Q→P；如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；当MN进入磁场时也是匀速运动，通过PQ的感应电流大小不变，方向相反；如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时电流为零，当PQ离开磁场时MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，电流逐渐减小，通过PQ的感应电流方向相反；
故答案为：AD。
【分析】结合电磁感应中的受力平衡、楞次定律和导体棒的运动状态，分析 PQ、MN 进入磁场过程中感应电流的大小与方向变化。
10．【答案】A,C
【知识点】向心力；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】设小球运动到如图位置脱轨
根据动能定理有
此时细线无拉力，重力分力恰好提供向心力，则有
把重力加速度沿绳子的方向和垂直于绳子的方向进行分解，则有，
垂直于绳子的方向小球先做匀减速运动，速度减为0的时间为
故小球从脱离轨道到击中圆心运动的时间
小球沿绳子的方向做匀加速直线运动，根据运动学规律
联立解得
此后，小球做斜上抛运动，继续上升的最大高度为
则有
故答案为：AC。
【分析】小球先做圆周运动脱轨，后做抛体运动击中O点，结合圆周运动向心力公式、抛体运动规律和机械能守恒定律，联立求解初速度和高度差。
11．【答案】（1）匀速下滑
（2）B
（3）C
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】（1）为了平衡摩擦力，所以让斜面有一定的倾角，当小车匀速下滑时，摩擦力就被平衡掉了，故此处应填匀速下滑；
故答案为：匀速下滑
（2）设小车和所有砝码的总质量为M，则当绳子下端的钩码质量为m时，由牛顿第二定律
由运动学规律可知，
联立可得
即
故答案为：B。
（3）如果该同学将全部钩码挂在绳下端，仅从绳端依次取走钩码，剩余的钩码质量为m，但不转移到小车上，设小车的质量为，则有
由运动学规律可知，
联立可得
则随着m的增大，图像的斜率减小。
故答案为：C。
【分析】(1) 实验中调节导轨倾斜程度的目的是平衡摩擦力，让小车在不受拉力时能匀速下滑，消除摩擦力对实验的影响，这是探究做功与动能变化关系实验的关键操作。
(2) 推导与的函数关系时，利用钩码的重力做功等于系统动能的变化，结合遮光条速度的计算式，得出两者成线性关系，据此判断图像形状。
(3) 改变实验操作后，系统总质量发生变化，重力做功与动能变化的关系不再是简单的线性关系，需分析质量变化对加速度和速度的影响，进而判断图像的曲线特征。
（1）为了平衡摩擦力，所以让斜面有一定的倾角，当小车匀速下滑时，摩擦力就被平衡掉了，故此处应填匀速下滑；
（2）设小车和所有砝码的总质量为M，则当绳子下端的钩码质量为m时，由牛顿第二定律
由运动学规律可知，
联立可得
即
故选B。
（3）如果该同学将全部钩码挂在绳下端，仅从绳端依次取走钩码，剩余的钩码质量为m，但不转移到小车上，设小车的质量为，则有
由运动学规律可知，
联立可得
则随着m的增大，图像的斜率减小。
故选C。
12．【答案】较大；；；；0.19
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电源电动势及内阻
【解析】【解答】（1）为了保护电路，所以通电前可调电阻应置于阻值较大处。
故答案为：较大
（2）由图1所示电路图得
解得
由于直线纵截距为a，斜率为k，则，
解得，
故答案为：；
（4）若考虑电流表内阻带来的系统误差，则
解得
由于直线纵截距为a，斜率为k，则，
的测量值大于真实值。的测量值小于真实值。
故答案为：
（5）由图3可得
解得
在图4中作出电源的图像
两图像的交点，
则小灯泡实际功率为
故答案为：0.19
【分析】(1) 通电前可调电阻R置于阻值较大处，目的是限制电路总电流，保护电流表和恒流源，避免初始电流过大损坏器材。
(2) 恒流源总电流分流至和支路，由并联电路规律推导与的线性关系式，结合图2截距和斜率求解和。
(3) 考虑电流表内阻时，重新推导关系，分析斜率和截距的变化，判断测量值与真实值的大小关系。
(4) 图3为恒流源、与小灯泡并联，结合并联电路电流规律与小灯泡伏安特性曲线，确定小灯泡的实际电压和电流，进而计算实际功率。
13．【答案】（1）解：设图（b）中墙面对吸盘的弹力为，分析吸盘受力，在水平方向上
在竖直方向上
解得
（2）解：设吸盘内空气的质量为，图（a）中吸盘内空气的密度为，则空气的体积
设图（b）中吸盘内空气的密度为，则空气的体积
由玻意耳定律
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】 (1) 图 (b) 中吸盘的最大静摩擦力与挂钩承重的重力平衡，结合大气压力、吸盘内气体压力的差值产生的摩擦力公式，推导吸盘内空气的压强，关键是明确摩擦力的受力来源。
(2) 温度恒定，吸盘内空气做等温变化，由玻意耳定律结合密度与质量、体积的关系，推导图 (a) 与图 (b) 中空气的密度之比，核心是利用理想气体状态方程和密度公式的转化。
14．【答案】（1）解：设粒子经加速电场后进入磁场时速度v，根据动能定理可得
粒子磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
联立解得
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，依据题意画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
运动轨迹对应的圆心角，由几何关系可知
可知
联立解得运动时间
（2）解：根据粒子的运动轨迹，离开磁场时距离z轴距离为s，结合几何知识可得
联立解得
（3）解：设在xOy平面上方中粒子沿z轴正方向的速度为，沿x轴正方向加速度大小为，位移大小为x，运动时间为，由牛顿第二定律可得
粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动的合成与分解的规律可得，
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可得
联立解得
设粒子沿y轴方向偏离z轴的距离为y，其中在xOy平面上方沿y方向偏离的距离，由运动学公式可得
由题意可得
联立解得
射出点坐标为
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子先在区域做匀加速直线运动，由动能定理求进入磁场的速度，再由洛伦兹力提供向心力求轨道半径，结合圆周运动周期公式求运动时间，关键是准确计算加速后的速度和磁场中的周期。
(2) 粒子在磁场中做圆周运动的轨迹为四分之一圆弧（结合磁场区域的空间范围），利用几何关系计算离开磁场时距O点的距离，需明确轨迹的圆心和半径的空间分布。
(3) 粒子进入区域后做类平抛运动，沿x轴方向匀加速、y轴方向匀速、z轴方向匀速，结合运动学公式计算各方向的位移，进而确定离开电场时的位置坐标。
（1）设粒子经加速电场后进入磁场时速度v，根据动能定理可得
粒子磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
联立解得
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，依据题意画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
运动轨迹对应的圆心角，由几何关系可知
可知
联立解得运动时间
（2）根据粒子的运动轨迹，离开磁场时距离z轴距离为s，结合几何知识可得
联立解得
（3）设在xOy平面上方中粒子沿z轴正方向的速度为，沿x轴正方向加速度大小为，位移大小为x，运动时间为，由牛顿第二定律可得
粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动的合成与分解的规律可得，
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可得
联立解得
设粒子沿y轴方向偏离z轴的距离为y，其中在xOy平面上方沿y方向偏离的距离，由运动学公式可得
由题意可得
联立解得
射出点坐标为
15．【答案】（1）解：当A球获得初速度时，若恰好做平抛运动，则有
解得
若给A球向左的初速度，则A球做平抛运动，设末速度为，由动能定理可得
解得
则落地时A球速度与初速度方向夹角的余弦值为
（2）解：若给A球向左的初速度，则A球首先做圆周运动，随后与B球分离，设二者分离时，圆心连线与竖直方向夹角为，此时A球速度为，如图所示
根据动能定理可得
此时二者接触但无弹力，A球重力分力提供向心力，则有
联立解得，
此时A球速度水平分量
此后A 球做斜抛运动直到落地，设落地速度为，根据功能定理可得
解得
故落地时夹角的余弦值为
（3）解：设二者分离时，圆心连线与竖直方向的夹角为γ，此时A球速度为，B球速度为，根据机械能守恒可得
此时，以B球为参考系，A球做圆周运动，且速度矢量满足如图关系
有
且相对速度为
此时A球重力分力提供向心力，则有
联立解得，
故墙壁对A球冲量大小为
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 先判断A球初速度是否使A、B分离，分离后A球做平抛运动，结合平抛运动的水平、竖直分速度，利用三角函数求速度方向夹角的余弦值，核心是确定平抛的竖直下落高度和分速度关系。
(2) 初速度较小时A、B先相互作用再分离，分离前系统水平方向动量守恒、机械能守恒，分离后A球做平抛运动，结合运动学公式和三角函数求解夹角余弦值。
(3) B球轻微扰动后，A、B相互作用至分离，利用动量守恒、机械能守恒求A球的水平速度，再结合冲量定理求竖直墙壁对A球的冲量，关键是分析相互作用过程的动量变化。
（1）当A球获得初速度时，若恰好做平抛运动，则有
解得
若给A球向左的初速度，则A球做平抛运动，设末速度为，由动能定理可得
解得
则落地时A球速度与初速度方向夹角的余弦值为
（2）若给A球向左的初速度，则A球首先做圆周运动，随后与B球分离，设二者分离时，圆心连线与竖直方向夹角为，此时A球速度为，如图所示
根据动能定理可得
此时二者接触但无弹力，A球重力分力提供向心力，则有
联立解得，
此时A球速度水平分量
此后A 球做斜抛运动直到落地，设落地速度为，根据功能定理可得
解得
故落地时夹角的余弦值为
（3）设二者分离时，圆心连线与竖直方向的夹角为γ，此时A球速度为，B球速度为，根据机械能守恒可得
此时，以B球为参考系，A球做圆周运动，且速度矢量满足如图关系
有
且相对速度为
此时A球重力分力提供向心力，则有
联立解得，
故墙壁对A球冲量大小为
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