2025届四川省内江市高三下学期第三次模拟考试物理试题
1．（2025·内江模拟）各种大型的货运站中少不了旋臂式起重机，如图所示，该起重机的旋臂保持不动，可沿旋臂“行走”的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿旋臂水平运动。现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时又启动天车上的起吊电动机，使货物竖直向上做匀加速运动，此时，我们站在地面上观察到货物运动的轨迹可能是下图中的（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】本题是类平抛运动问题，可以与平抛运动类比，定性分析轨迹形状，也可以定量分析轨迹方程。天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时 又启动天车上的起吊电动机使货物竖直向上做匀加速运动 ，根据平行四边形定则，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，轨迹为曲线，货物的加速度竖直向上，因为加速度的方向大致指向轨迹的凹向，可知B图可能是货物的运动轨迹。
故选B。
【分析】我们站在地面上观察，货物既沿水平方向匀速运动，又沿竖直方向做匀加速运动，做类平抛运动，其轨迹为抛物线，加速度方向向上，合力方向向上，轨迹向上弯曲。
2．（2025·内江模拟）在离地面高h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为，物块落回地面时的速度为v，重力加速度为g。则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】运用动能定理时，要当心力做功的正负，同时要合理选取过程．此题要求物体的克服空气阻力做功，即阻力做负功．同时得出重力做功与初末位置有关，而阻力做功与路径有关。根据动能定理
解得物块克服空气阻力所做的功
故选A。
【分析】物体从离地面A处以一定速度竖直上抛，最后又以一定速度落到地面，则过程中物体克服空气阻力做功，可由动能定理求出．
3．（2025·内江模拟）如图所示，地球绕着太阳公转，而月球又绕着地球转动，他们的运动均可近似看成匀速圆周运动．如果要通过观测求得地球的质量，需要测量下列哪些量
A．地球绕太阳公转的半径和周期
B．月球绕地球转动的半径和周期
C．地球的半径和地球绕太阳公转的周期
D．地球的半径和月球绕地球转动的周期
【答案】B
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】ABCD：要想得到地球的质量M，根据可知，要以地球为中心天体，知道围绕地球的卫星的半径和周期，而不是地球绕太阳的半径与周期，ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为B。
【分析】根据万有引力提供向心力可列方程进行化简求解质量表达式结合选项进行选择。
4．（2025·内江模拟）一输入电压为220V，输出电压为36V的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈。如图所示，然后将原来线圈接到220V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线数分别为（ ）
A．1100，360 B．1100，180 C．2200，180 D．2200，360
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，本题即可得到解决。新绕线圈的端电压为1V，新绕了5匝线圈，输入电压为220V， 对新绕线的理想变压器，根据变压比公式得：
变压器烧坏前，同理：
B正确。
故选B。
【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，分析即可得出结论。
5．（2025·内江模拟）氢原子的能级图如图所示。大量氢原子处于的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的金属钠。下列说法正确的是（ ）
A．逸出光电子的最大初动能为12.09eV
B．从跃迁到放出的光子波长最长
C．用0.86eV的光子照射，氢原子跃迁到激发态
D．有2种频率的光子能使金属钠产生光电效应
【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】本题考查了玻尔理论、爱因斯坦光电效应方程， 光电效应方程：Ek=hν-W0，其中hν为入射光子的能量，Ek为光电子的最大初动能，W0是金属的逸出功．AB．大量氢原子处于的激发态，根据玻尔跃迁理论，从跃迁到放出的光子能量最大，频率最大，波长最小；从跃迁到放出的光子能量为
根据光电效应方程可知，逸出光电子的最大初动能为
因此AB错误；
C．根据
可知用0.86eV的光子照射，氢原子不可以跃迁到激发态，故C错误；
D．大量氢原子处于的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的金属钠，根据
，，
可知有2种频率的光子能使金属钠产生光电效应，故D正确。
故选D。
【分析】氢原子跃迁时辐射光子的频率关系根据Em-En=hν-W0=Ekm来计算，Ekm=hν-W0，其中hν为入射光子的能量，Ekm为光电子的最大初动能，W0是金属的逸出功。
6．（2025·内江模拟）战绳训练是一项高爆发的减脂运动，它对关节损伤极小。如图甲所示，健身者把两根相同的绳一端固定在同一点，两只手分别握住绳的另一端，上、下抖动使绳振动起来。如图乙所示，为健身者左手抖动绳过程中某时刻的波形图，以手抖动的平衡位置作为坐标原点O，左手抖动的频率为1.25Hz。则下列判断中正确的是（ ）
A．该绳波的传播速度为
B．该时刻质点P的位移为cm
C．该时刻质点Q的振动方向为y轴负方向
D．健身者抖动绳子频率越高，波在绳子中的传播速度越快
【答案】B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】 本题考查了机械波相关知识，理解不同质点不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。A．根据波动图像可知绳波的波长为8m， 左手抖动的频率为1.25Hz ，则传播速度为
选项A错误；
B．该时刻质点P的位移为
选项B正确；
C．波沿x轴正向传播，则根据“同侧法”，该时刻质点Q的振动方向为y轴正方向，选项C错误；
D．波的传播速度只与介质有关，与振源的振动频率无关，选项D错误。
故选B。
【分析】根据波长、波速和频率的关系，结合同侧法和质点的振动方程，以及波的传播特点分析求解。
7．（2025·内江模拟）两电荷量分别为和的点电荷，放在y轴上的O、M两点。若规定无限远处电势为零，则在两电荷连线上各点的电势随y变化的关系如图。其中，A、N两点的电势为零，ND段中C点的电势最高。则下列说法中正确的是（ ）
A．为正点电荷，为负点电荷
B．A、N两点的电场强度大小可能为零
C．从N点沿y轴正方向，电场强度大小先增大后减小
D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功
【答案】A
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】解决本题的关键要掌握电场线方向和电势变化的关系，明确电场力做功的正负决定电势能的增加与否，注意图象斜率表示电场强度是解题的突破口A．由图像可知，点附近的电势为负值，点附近的电势为正值，可得为正点电荷，为负点电荷，故A正确；
B．A、N两点的电势为零，但场强不为零，因为图像斜率不为零，其斜率大小变化代表场强大小变化，故B错误；
C．从N点沿y轴正方向，图像斜率先减小后增大再逐渐减小，所以电场强度大小先减小后增大再逐渐减小，故C错误；
D．从N点移到D点，根据图像可知电势先增大后减小，由公式，又电荷为负，所以电势能先减小后增大，因此电场力先做正功后做负功，故D错误。
故选A。
【分析】φ-x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性。根据功能关系分析电场力做功的正负
8．（2025·内江模拟）如图，两条电阻不计的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，其左端接一电池，右侧部分处于竖直向下的匀强磁场中。阻值恒定的金属杆在水平向右平行导轨的恒力F作用下，从无磁场区域的a处由静止开始运动，到达磁场中b位置时开始反向运动。金属杆在整个运动过程中，始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。则金属杆在第一次往、返运动中，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆在磁场中受到的安培力始终向左
B．金属杆进入磁场后做加速度增大的减速运动
C．金属杆恰好能够回到a处
D．金属杆能回到无磁场区，但不能回到a处
【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】 对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键。
AB．根据左手定则可知电源产生的电流受磁场的安培力向左，金属杆到达磁场中b位置时能反向运动，说明由电源电流产生的安培力F源安大于恒力F。金属杆刚进入磁场后因切割磁感线产生的感应电动势方向与电源方向相同，可知电流中电流增加，安培力向左且大于恒力F可知导体棒必定向右做减速运动，根据
随速度减小，则加速度减小，即导体棒向右做加速度减小的减速运动，直到速度减为零后反向运动；反向运动开始时，因切割磁感线产生的感应电动势方向与电源方向相反，安培力方向向左，则加速度
随速度增加，加速度减小，直到出离磁场边界；即整个过程中金属杆在磁场中受到的安培力始终向左，金属杆进入磁场后向右做加速度减小的减速运动，选项A正确，B错误；
CD．金属杆从进入磁场到回到磁场左边界过程中，恒力F做功为零，电源提供的能量一部分要产生焦耳热，可知导体杆回到磁场左边界时的速度小于进入磁场时的速度，可知金属杆能回到无磁场区，但不能回到a处，选项C错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据左手定则判断安培力方向，根据法拉第电磁感应定律分析电流大小变化，根据牛顿第二定律分析加速度，电源提供的能量一部分要产生焦耳热，结合能量守恒定律分析。
9．（2025·内江模拟）如图所示，是一透明材料制成的空心球体过球心的横截面，内径为R，外径为2R。在纸面内，现有一束单色光从外球面上A点射入，光线与AO直线所成夹角为时，经折射后恰好与内球面相切，已知光速为c、则下列说法中正确的是（ ）
A．材料对该单色光的折射率
B．该单色光在材料中的传播速度为
C．当单色光在该材料内球面恰好发生全反射时，从A点射入的光线与AO直线的夹角为
D．当单色光在该材料内球面恰好发生全反射时，从A点射入的光线与AO直线的夹角为
【答案】B,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】 本题考查光学知识，解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解。
A． 内径为R，外径为2R， 经折射后恰好与内球面相切， 根据下图可得折射角，根据折射率公式
解得
故A错误；
B．根据折射率公式
解得
故B正确；
CD．如图，设单色光在该材料内球面的B点恰好发生全反射，此时全反射角的大小为C，则在三角形AOB内，有
根据全反射临界角
联立解得
设此时光纤在A点入射的与AO夹角为，根据折射定律有
解得
故
故C正确，D错误；
故选BC。
【分析】根据已知条件找到入射角折射角，然后利用结合关系求出折射率。在透明材料中的传播速度用求出，然后找到传播路程，求出传播时间。利用几何知识找到发生全反射的光路图，找到临界角。
10．（2025·内江模拟）如图，质量为m的小滑块a静置于质量为M的粗糙斜劈b的斜面上，斜面倾角为，a、b间动摩擦因数，最大静摩擦力视为等于滑动摩擦力。现对a施加一与斜面始终平行的外力F，斜劈b一直静止于粗糙的水平面c上。重力加速度为g。则下列说法中正确的是（ ）
A．若且为水平方向时，小滑块a仍静止
B．若且为水平方向时，则a的加速度大小为
C．若改变外力F的大小和方向，当a匀速上滑时，b、c间摩擦力为零
D．若改变外力F的大小和方向，则b对c的最小压力为
【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，解题的关键点是熟悉对物体的受力分析，结合牛顿第二定律即可完成解答。 当斜面粗糙时，物体与斜面之间的摩擦力方向与实际的运动方向有关，并且摩擦力大小与重力下滑分力大小的相对关系决定了加速度的方向与大小。A．若，根据平行四边形法则可知，F与重力沿斜面分力的合力为
由于，最大静摩擦力视为等于滑动摩擦力，则小滑块a受到的最大静摩擦力
故小物块a已经滑动了，A错误；
B．根据上述分析可知，时，物块a受到的合外力
由牛顿第二定律可得
解得
B正确；
C．当a匀速上滑时，对a受力分析，a受到重力、b对a的支持力以及摩擦力和外力，其中外力F与重力沿斜面的分力和摩擦力的合力平衡，物体整体受力平衡，对a、b整体分析，水平方向所受外力，而a、b整体处于平衡状态，故c对b的摩擦力大小，C错误；
D．若改变外力F的大小和方向，则对ab整体分析：当F大小一定时，F与水平面的夹角越大，b对c的压力越小。而外力F与斜面始终平行，结合图可知，F与水平面的夹角最大为。当夹角一定时，且a未滑动，F的值越大，b对c的压力越小。而为F最大为
ab整体分析可得
联立解得
由牛顿第三定律可知b对c的最小压力大小为；若a滑动后，受力分析可知，a对b的摩擦力和压力不变。故b对c的压力不变，仍为；综上所述可知，若改变外力F的大小和方向，则b对c的最小压力为，D正确。
故选BD。
【分析】熟悉物体的受力分析，结合几何关系得出力的大小关系，从而分析出物体的加速度和运动情况。
11．（2025·内江模拟）一同学利用如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律。将铁架台放在水平桌面上，细绳一端固定于铁架台上，另一端连接质量为m的小钢球，小钢球的底端沿细线方向固定一质量不计、宽度为d的遮光条，光电门固定在遮光条轨迹的最低位置。小钢球的球心到悬点的距离为L，不计细绳的质量。则：
（1）在某次实验时，将小钢球拉离最低点，使细绳恰好伸直且偏离竖直方向的夹角为角。现由静止释放小钢球，与光电门相连的数字毫秒计记录遮光条经过光电门的时间为，当地的重力加速度大小为。则小钢球从静止摆到最低点的过程中重力势能减少了 ，动能增加了 （用题中所给的字母表示）。
（2）改变释放位置，多次实验发现小钢球动能的增加量总大于重力势能的减少量。产生这一现象的原因可能是___________。
A．小钢球质量偏大 B．空气阻力
C．光电门的位置太低 D．铁架台轻微晃动
【答案】（1）；
（2）C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了验证机械能守恒定律实验，认真审题理解实验原理、分析清楚钢球的运动过程是解题的前提，应用重力势能与动能的计算公式即可解题。
（1）根据重力势能表达式可知小钢球从静止摆到最低点的过程中，重力势能减少了
动能增加了
（2）A．因为减少的重力势能和增加的动能表达式中都存在质量，所以小钢球质量偏大，对实验结果无影响，故A错误；
B．因为空气阻力做负功，导致减少的重力势能大于增加的重力势能，故B错误；
C．光电门的位置太低，根据，可知遮光条处测出的速度比球心处的真实速度大，导致动能增加量测量值偏大，从而使动能的增加量总大于重力势能的减少量，故C正确；
D．铁架台轻微晃动会导致小球运动轨迹偏移或者光电门测量速度不准，具有不确定性，即不能导致小钢球动能的增加量总大于重力势能的减少量，故D错误。
故选C。
【分析】（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；
（2）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，再根据匀变速直线运动位移-速度公式分析即可；
（3）秋吉雏小球的动能增加量，根据小球下降的高度求出重力势能的减小量，根据机械能守恒列式求解即可。
（1）小钢球从静止摆到最低点的过程中，重力势能减少了
动能增加了
（2）A．因为减少的重力势能和增加的动能表达式中都存在质量，所以小钢球质量偏大，对实验结果无影响，故A错误；
B．因为空气阻力做负功，导致减少的重力势能大于增加的重力势能，故B错误；
C．光电门的位置太低，根据
可知遮光条处测出的速度比球心处的真实速度大，导致动能增加量测量值偏大，从而使动能的增加量总大于重力势能的减少量，故C正确；
D．铁架台轻微晃动会导致小球运动轨迹偏移或者光电门测量速度不准，具有不确定性，即不能导致小钢球动能的增加量总大于重力势能的减少量，故D错误。
故选C。
12．（2025·内江模拟）如图所示，是某同学设计的多用表电路图。当单刀双掷开关接B时，是一个双量程电流表，其量程分别为1mA和10mA；当单刀双掷开关接A时，是一个双倍率的欧姆表，其倍率分别为“”和“”。其中使用的实验器材有：
A.干电池E（电动势，内阻忽略不计）；
B.定值电阻，；
C.表头G（量程为，内阻）；
D．滑动变阻器R最大阻值为）；
E．单刀双掷开关、。则：
（1）接线柱C端应该接 （选填“红”或“黑”）表笔；
（2）定值电阻 ；
（3）某同学要测量一个定值电阻的阻值（约为），实验步骤如下：
①单刀双掷开关接A，单刀双掷开关接 （选填“1”或“2”），将红、黑表笔短接，进行欧姆调零；
②将红、黑表笔接在待测电阻两端，此时表头G的示数为，则该电阻的测量值为 ；该同学实验时，由于干电池已经使用了较长时间，导致测量结果出现偏差。经测量该电池的电动势为1.4V，内阻为。则被测电阻的真实值为 。
【答案】（1）黑
（2）99
（3）1；90；84
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】本题主要考查了欧姆表的内部结构，以及对欧姆表档位大小的理解，关键在于熟练掌握闭合电路的欧姆定律和电路的串联、并联知识；能够正确判断并求量程的大小，知道中值电阻的确切含义。
（1）电流流入流出多用电表满足红进黑出的特点，红表笔与内部电源的负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，故C端应与黑表笔相连。
（2）由串并联电路规律可得
、
（3）的阻值约为，单刀双掷开关接1时，改装为10mA的量程，根据
可知，此时对应欧姆表×10倍率，测量更准确；
此时电路中的电流为
根据闭合电路欧姆定律有
解得
电池的电动势为1.4V，内阻为5，选择“×10”档位，进行欧姆调零后，欧姆表的内阻
根据闭合电路的欧姆定律
解得
【分析】（1）根据多用电表内部电路连接分析；
（2）由串并联电路规律求解定值电阻阻值；
（3）根据欧姆定律求解电表内阻，进行欧姆调零后，欧姆表的内阻等于电动势除以满偏电流，结合闭合电路的欧姆定律求解。
（1）红表笔与内部电源的负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，故C端应与黑表笔相连。
（2）由串并联电路规律可得、
（3）[1]的阻值约为，单刀双掷开关接1时，改装为10mA的量程，根据可知，此时对应欧姆表×10倍率，测量更准确；
[2]此时电路中的电流为
根据闭合电路欧姆定律有
解得
[3] 电池的电动势为1.4V，内阻为5，选择“×10”挡位，进行欧姆调零后，欧姆表的内阻
根据闭合电路的欧姆定律
解得
13．（2025·内江模拟）如图所示，大气压强为，汽缸水平固定，开有小孔的固定薄隔板将其分为A、B两部分，横截面积为的光滑活塞可自由移动。初始时汽缸内被封闭的理想气体的温度为，A、B两部分体积相同。加热气体，使A、B两部分体积之比为。则
（1）气体温度应加热到多少？
（2）用水平力将活塞向左推动，把B部分气体全部压入A中，气体的温度变为，此时的最小推力是多少？
【答案】（1）解：设A部分体积为，因为初始时A、B两部分体积相同，则此时气体总体积为；末状态A、B两部分体积之比为，则此时气体总体积为。加热气体过程，由题可知气体压强不变，则由盖-吕萨克定律可得
解得气体温度应加热到
（2）解：由理想气体状态方程，得
则把B部分气体全部压入A后，气体压强为
对活塞受力分析，可得
此时的最小推力是
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）以A、B两部分气体整体为研究对象，对气体加热时，气体压强不变，由盖吕萨克定律可以求出气体的温度．
（2）求出气体初末状态的状态参量，由理想气体状态方程可以求出气体的压强．对活塞受力分析，求解最小推力
（1）设A部分体积为，因为初始时A、B两部分体积相同，则此时气体总体积为；末状态A、B两部分体积之比为，则此时气体总体积为。加热气体过程，由题可知气体压强不变，则由盖-吕萨克定律可得
解得气体温度应加热到
（2）由理想气体状态方程，得
则把B部分气体全部压入A后，气体压强为
对活塞受力分析，可得
此时的最小推力是
14．（2025·内江模拟）如图所示，在竖直平面内有半径为R，圆心为O的圆形区域，区域内存在着彼此相互垂直的匀强电场与匀强磁场（图中未画出）。现有质量为m且带电荷量为的小球（视为点电荷），在纸面内以的速度从A点进入圆形区域恰好做匀速圆周运动。已知小球与直线AO成角射入电磁场时，在圆形区域内运动的时间最长，重力加速度为g。求：
（1）电场强度的大小及方向；
（2）磁感应强度的大小及方向。
【答案】（1）解：进入圆形区域恰好做匀速圆周运动，则重力与电场力相等，则电场强度方向竖直向上，运动轨迹如图所示
即
解得
（2）解：运动的时间最长则运动的弧要最长，对应的弦也最长即为磁场圆的半径，则磁场方向垂直纸面向外。则
由牛顿第二定律得
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）进入圆形区域恰好做匀速圆周运动，则重力与电场力相等，结合平衡条件求解；
（2）运动的时间最长则运动的弧要最长，求解运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解。
（1）进入圆形区域恰好做匀速圆周运动，则重力与电场力相等，则电场强度方向竖直向上，运动轨迹如图所示
即
解得
（2）运动的时间最长则运动的弧要最长，对应的弦也最长即为磁场圆的半径，则磁场方向垂直纸面向外。则
由牛顿第二定律得
解得
15．（2025·内江模拟）如图所示，质量的凹槽锁定在光滑水平面上，凹槽内部上表面除BC部分粗糙外其余部分均光滑，凹槽内部左端固定一个劲度系数为的轻弹簧，弹簧处于原长且右端位于凹槽上表面的A点。在A点（未与弹簧固定）并排放有两静止物体a和b（ab未粘结且均可视为质点），质量分别为和。现给物体a施加一水平向左、大小为的恒力，使物体a向左运动，当物体a速度为零时，立即撤去恒力F，同时解除对凹槽的锁定。经过一段时间后a、b两物体在凹槽上B点相碰并粘为一体，已知两物体与凹槽的BC部分的动摩擦因数均为，两物体与凹槽右端及弹簧碰撞时均无能量损失，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取。求：
（1）在恒力F作用的过程中，物体a向左移动的距离；
（2）从解除凹槽锁定到a、b两物体相碰时，凹槽向左运动的距离；
（3）若a、b两物体能与凹槽右侧完成3次碰撞，那么，BC长度的最小值。
【答案】（1）解：物体a向左运动的距离设为，外力做的功
弹力的平均值
弹力做的功
根据动能定理得
解得
（2）解：从解除凹槽锁定到a、b两物体相碰的过程中，物体b始终静止，右滑
凹槽和a构成的系统动量守恒，则有
又
联立可得
（3）解：从解除凹槽锁定到a、b刚相碰过程中，由能量守恒定律得
当物体a、b相碰时，碰后二者速度为，由动量守恒定律得
当物体a、b整体，在槽中滑动过程中，最终共速，由动量守恒定律得
由以上各式解得
即最终三者静止，碰后至停止过程中，a、b整体在粗糙BC段滑动的路程设为s，系统由能量守恒定律得
能碰3次，满足
由以上各式解得
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）求出弹力平均值以及弹力做功，结合动能定理求解向左移动的距离；
（2） 凹槽和a构成的系统动量守恒，结合人船模型求解；
（3）碰撞过程，动量守恒，根据动量守恒定律求解最终共同速度，最终三者静止，碰后至停止过程中，根据能量守恒定律求解。
（1）物体a向左运动的距离设为，外力做的功
弹力的平均值
弹力做的功
根据动能定理得
解得
（2）从解除凹槽锁定到a、b两物体相碰的过程中，物体b始终静止，右滑
凹槽和a构成的系统动量守恒，则有
又
联立可得
（3）从解除凹槽锁定到a、b刚相碰过程中，由能量守恒定律得
当物体a、b相碰时，碰后二者速度为，由动量守恒定律得
当物体a、b整体，在槽中滑动过程中，最终共速，由动量守恒定律得
由以上各式解得
即最终三者静止，碰后至停止过程中，a、b整体在粗糙BC段滑动的路程设为s，系统由能量守恒定律得
能碰3次，满足
由以上各式解得
1 / 12025届四川省内江市高三下学期第三次模拟考试物理试题
1．（2025·内江模拟）各种大型的货运站中少不了旋臂式起重机，如图所示，该起重机的旋臂保持不动，可沿旋臂“行走”的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿旋臂水平运动。现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时又启动天车上的起吊电动机，使货物竖直向上做匀加速运动，此时，我们站在地面上观察到货物运动的轨迹可能是下图中的（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025·内江模拟）在离地面高h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为，物块落回地面时的速度为v，重力加速度为g。则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025·内江模拟）如图所示，地球绕着太阳公转，而月球又绕着地球转动，他们的运动均可近似看成匀速圆周运动．如果要通过观测求得地球的质量，需要测量下列哪些量
A．地球绕太阳公转的半径和周期
B．月球绕地球转动的半径和周期
C．地球的半径和地球绕太阳公转的周期
D．地球的半径和月球绕地球转动的周期
4．（2025·内江模拟）一输入电压为220V，输出电压为36V的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈。如图所示，然后将原来线圈接到220V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线数分别为（ ）
A．1100，360 B．1100，180 C．2200，180 D．2200，360
5．（2025·内江模拟）氢原子的能级图如图所示。大量氢原子处于的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的金属钠。下列说法正确的是（ ）
A．逸出光电子的最大初动能为12.09eV
B．从跃迁到放出的光子波长最长
C．用0.86eV的光子照射，氢原子跃迁到激发态
D．有2种频率的光子能使金属钠产生光电效应
6．（2025·内江模拟）战绳训练是一项高爆发的减脂运动，它对关节损伤极小。如图甲所示，健身者把两根相同的绳一端固定在同一点，两只手分别握住绳的另一端，上、下抖动使绳振动起来。如图乙所示，为健身者左手抖动绳过程中某时刻的波形图，以手抖动的平衡位置作为坐标原点O，左手抖动的频率为1.25Hz。则下列判断中正确的是（ ）
A．该绳波的传播速度为
B．该时刻质点P的位移为cm
C．该时刻质点Q的振动方向为y轴负方向
D．健身者抖动绳子频率越高，波在绳子中的传播速度越快
7．（2025·内江模拟）两电荷量分别为和的点电荷，放在y轴上的O、M两点。若规定无限远处电势为零，则在两电荷连线上各点的电势随y变化的关系如图。其中，A、N两点的电势为零，ND段中C点的电势最高。则下列说法中正确的是（ ）
A．为正点电荷，为负点电荷
B．A、N两点的电场强度大小可能为零
C．从N点沿y轴正方向，电场强度大小先增大后减小
D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功
8．（2025·内江模拟）如图，两条电阻不计的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，其左端接一电池，右侧部分处于竖直向下的匀强磁场中。阻值恒定的金属杆在水平向右平行导轨的恒力F作用下，从无磁场区域的a处由静止开始运动，到达磁场中b位置时开始反向运动。金属杆在整个运动过程中，始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。则金属杆在第一次往、返运动中，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆在磁场中受到的安培力始终向左
B．金属杆进入磁场后做加速度增大的减速运动
C．金属杆恰好能够回到a处
D．金属杆能回到无磁场区，但不能回到a处
9．（2025·内江模拟）如图所示，是一透明材料制成的空心球体过球心的横截面，内径为R，外径为2R。在纸面内，现有一束单色光从外球面上A点射入，光线与AO直线所成夹角为时，经折射后恰好与内球面相切，已知光速为c、则下列说法中正确的是（ ）
A．材料对该单色光的折射率
B．该单色光在材料中的传播速度为
C．当单色光在该材料内球面恰好发生全反射时，从A点射入的光线与AO直线的夹角为
D．当单色光在该材料内球面恰好发生全反射时，从A点射入的光线与AO直线的夹角为
10．（2025·内江模拟）如图，质量为m的小滑块a静置于质量为M的粗糙斜劈b的斜面上，斜面倾角为，a、b间动摩擦因数，最大静摩擦力视为等于滑动摩擦力。现对a施加一与斜面始终平行的外力F，斜劈b一直静止于粗糙的水平面c上。重力加速度为g。则下列说法中正确的是（ ）
A．若且为水平方向时，小滑块a仍静止
B．若且为水平方向时，则a的加速度大小为
C．若改变外力F的大小和方向，当a匀速上滑时，b、c间摩擦力为零
D．若改变外力F的大小和方向，则b对c的最小压力为
11．（2025·内江模拟）一同学利用如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律。将铁架台放在水平桌面上，细绳一端固定于铁架台上，另一端连接质量为m的小钢球，小钢球的底端沿细线方向固定一质量不计、宽度为d的遮光条，光电门固定在遮光条轨迹的最低位置。小钢球的球心到悬点的距离为L，不计细绳的质量。则：
（1）在某次实验时，将小钢球拉离最低点，使细绳恰好伸直且偏离竖直方向的夹角为角。现由静止释放小钢球，与光电门相连的数字毫秒计记录遮光条经过光电门的时间为，当地的重力加速度大小为。则小钢球从静止摆到最低点的过程中重力势能减少了 ，动能增加了 （用题中所给的字母表示）。
（2）改变释放位置，多次实验发现小钢球动能的增加量总大于重力势能的减少量。产生这一现象的原因可能是___________。
A．小钢球质量偏大 B．空气阻力
C．光电门的位置太低 D．铁架台轻微晃动
12．（2025·内江模拟）如图所示，是某同学设计的多用表电路图。当单刀双掷开关接B时，是一个双量程电流表，其量程分别为1mA和10mA；当单刀双掷开关接A时，是一个双倍率的欧姆表，其倍率分别为“”和“”。其中使用的实验器材有：
A.干电池E（电动势，内阻忽略不计）；
B.定值电阻，；
C.表头G（量程为，内阻）；
D．滑动变阻器R最大阻值为）；
E．单刀双掷开关、。则：
（1）接线柱C端应该接 （选填“红”或“黑”）表笔；
（2）定值电阻 ；
（3）某同学要测量一个定值电阻的阻值（约为），实验步骤如下：
①单刀双掷开关接A，单刀双掷开关接 （选填“1”或“2”），将红、黑表笔短接，进行欧姆调零；
②将红、黑表笔接在待测电阻两端，此时表头G的示数为，则该电阻的测量值为 ；该同学实验时，由于干电池已经使用了较长时间，导致测量结果出现偏差。经测量该电池的电动势为1.4V，内阻为。则被测电阻的真实值为 。
13．（2025·内江模拟）如图所示，大气压强为，汽缸水平固定，开有小孔的固定薄隔板将其分为A、B两部分，横截面积为的光滑活塞可自由移动。初始时汽缸内被封闭的理想气体的温度为，A、B两部分体积相同。加热气体，使A、B两部分体积之比为。则
（1）气体温度应加热到多少？
（2）用水平力将活塞向左推动，把B部分气体全部压入A中，气体的温度变为，此时的最小推力是多少？
14．（2025·内江模拟）如图所示，在竖直平面内有半径为R，圆心为O的圆形区域，区域内存在着彼此相互垂直的匀强电场与匀强磁场（图中未画出）。现有质量为m且带电荷量为的小球（视为点电荷），在纸面内以的速度从A点进入圆形区域恰好做匀速圆周运动。已知小球与直线AO成角射入电磁场时，在圆形区域内运动的时间最长，重力加速度为g。求：
（1）电场强度的大小及方向；
（2）磁感应强度的大小及方向。
15．（2025·内江模拟）如图所示，质量的凹槽锁定在光滑水平面上，凹槽内部上表面除BC部分粗糙外其余部分均光滑，凹槽内部左端固定一个劲度系数为的轻弹簧，弹簧处于原长且右端位于凹槽上表面的A点。在A点（未与弹簧固定）并排放有两静止物体a和b（ab未粘结且均可视为质点），质量分别为和。现给物体a施加一水平向左、大小为的恒力，使物体a向左运动，当物体a速度为零时，立即撤去恒力F，同时解除对凹槽的锁定。经过一段时间后a、b两物体在凹槽上B点相碰并粘为一体，已知两物体与凹槽的BC部分的动摩擦因数均为，两物体与凹槽右端及弹簧碰撞时均无能量损失，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取。求：
（1）在恒力F作用的过程中，物体a向左移动的距离；
（2）从解除凹槽锁定到a、b两物体相碰时，凹槽向左运动的距离；
（3）若a、b两物体能与凹槽右侧完成3次碰撞，那么，BC长度的最小值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】本题是类平抛运动问题，可以与平抛运动类比，定性分析轨迹形状，也可以定量分析轨迹方程。天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时 又启动天车上的起吊电动机使货物竖直向上做匀加速运动 ，根据平行四边形定则，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，轨迹为曲线，货物的加速度竖直向上，因为加速度的方向大致指向轨迹的凹向，可知B图可能是货物的运动轨迹。
故选B。
【分析】我们站在地面上观察，货物既沿水平方向匀速运动，又沿竖直方向做匀加速运动，做类平抛运动，其轨迹为抛物线，加速度方向向上，合力方向向上，轨迹向上弯曲。
2．【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】运用动能定理时，要当心力做功的正负，同时要合理选取过程．此题要求物体的克服空气阻力做功，即阻力做负功．同时得出重力做功与初末位置有关，而阻力做功与路径有关。根据动能定理
解得物块克服空气阻力所做的功
故选A。
【分析】物体从离地面A处以一定速度竖直上抛，最后又以一定速度落到地面，则过程中物体克服空气阻力做功，可由动能定理求出．
3．【答案】B
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】ABCD：要想得到地球的质量M，根据可知，要以地球为中心天体，知道围绕地球的卫星的半径和周期，而不是地球绕太阳的半径与周期，ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为B。
【分析】根据万有引力提供向心力可列方程进行化简求解质量表达式结合选项进行选择。
4．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，本题即可得到解决。新绕线圈的端电压为1V，新绕了5匝线圈，输入电压为220V， 对新绕线的理想变压器，根据变压比公式得：
变压器烧坏前，同理：
B正确。
故选B。
【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，分析即可得出结论。
5．【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】本题考查了玻尔理论、爱因斯坦光电效应方程， 光电效应方程：Ek=hν-W0，其中hν为入射光子的能量，Ek为光电子的最大初动能，W0是金属的逸出功．AB．大量氢原子处于的激发态，根据玻尔跃迁理论，从跃迁到放出的光子能量最大，频率最大，波长最小；从跃迁到放出的光子能量为
根据光电效应方程可知，逸出光电子的最大初动能为
因此AB错误；
C．根据
可知用0.86eV的光子照射，氢原子不可以跃迁到激发态，故C错误；
D．大量氢原子处于的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的金属钠，根据
，，
可知有2种频率的光子能使金属钠产生光电效应，故D正确。
故选D。
【分析】氢原子跃迁时辐射光子的频率关系根据Em-En=hν-W0=Ekm来计算，Ekm=hν-W0，其中hν为入射光子的能量，Ekm为光电子的最大初动能，W0是金属的逸出功。
6．【答案】B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】 本题考查了机械波相关知识，理解不同质点不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。A．根据波动图像可知绳波的波长为8m， 左手抖动的频率为1.25Hz ，则传播速度为
选项A错误；
B．该时刻质点P的位移为
选项B正确；
C．波沿x轴正向传播，则根据“同侧法”，该时刻质点Q的振动方向为y轴正方向，选项C错误；
D．波的传播速度只与介质有关，与振源的振动频率无关，选项D错误。
故选B。
【分析】根据波长、波速和频率的关系，结合同侧法和质点的振动方程，以及波的传播特点分析求解。
7．【答案】A
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】解决本题的关键要掌握电场线方向和电势变化的关系，明确电场力做功的正负决定电势能的增加与否，注意图象斜率表示电场强度是解题的突破口A．由图像可知，点附近的电势为负值，点附近的电势为正值，可得为正点电荷，为负点电荷，故A正确；
B．A、N两点的电势为零，但场强不为零，因为图像斜率不为零，其斜率大小变化代表场强大小变化，故B错误；
C．从N点沿y轴正方向，图像斜率先减小后增大再逐渐减小，所以电场强度大小先减小后增大再逐渐减小，故C错误；
D．从N点移到D点，根据图像可知电势先增大后减小，由公式，又电荷为负，所以电势能先减小后增大，因此电场力先做正功后做负功，故D错误。
故选A。
【分析】φ-x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性。根据功能关系分析电场力做功的正负
8．【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】 对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键。
AB．根据左手定则可知电源产生的电流受磁场的安培力向左，金属杆到达磁场中b位置时能反向运动，说明由电源电流产生的安培力F源安大于恒力F。金属杆刚进入磁场后因切割磁感线产生的感应电动势方向与电源方向相同，可知电流中电流增加，安培力向左且大于恒力F可知导体棒必定向右做减速运动，根据
随速度减小，则加速度减小，即导体棒向右做加速度减小的减速运动，直到速度减为零后反向运动；反向运动开始时，因切割磁感线产生的感应电动势方向与电源方向相反，安培力方向向左，则加速度
随速度增加，加速度减小，直到出离磁场边界；即整个过程中金属杆在磁场中受到的安培力始终向左，金属杆进入磁场后向右做加速度减小的减速运动，选项A正确，B错误；
CD．金属杆从进入磁场到回到磁场左边界过程中，恒力F做功为零，电源提供的能量一部分要产生焦耳热，可知导体杆回到磁场左边界时的速度小于进入磁场时的速度，可知金属杆能回到无磁场区，但不能回到a处，选项C错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据左手定则判断安培力方向，根据法拉第电磁感应定律分析电流大小变化，根据牛顿第二定律分析加速度，电源提供的能量一部分要产生焦耳热，结合能量守恒定律分析。
9．【答案】B,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】 本题考查光学知识，解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解。
A． 内径为R，外径为2R， 经折射后恰好与内球面相切， 根据下图可得折射角，根据折射率公式
解得
故A错误；
B．根据折射率公式
解得
故B正确；
CD．如图，设单色光在该材料内球面的B点恰好发生全反射，此时全反射角的大小为C，则在三角形AOB内，有
根据全反射临界角
联立解得
设此时光纤在A点入射的与AO夹角为，根据折射定律有
解得
故
故C正确，D错误；
故选BC。
【分析】根据已知条件找到入射角折射角，然后利用结合关系求出折射率。在透明材料中的传播速度用求出，然后找到传播路程，求出传播时间。利用几何知识找到发生全反射的光路图，找到临界角。
10．【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，解题的关键点是熟悉对物体的受力分析，结合牛顿第二定律即可完成解答。 当斜面粗糙时，物体与斜面之间的摩擦力方向与实际的运动方向有关，并且摩擦力大小与重力下滑分力大小的相对关系决定了加速度的方向与大小。A．若，根据平行四边形法则可知，F与重力沿斜面分力的合力为
由于，最大静摩擦力视为等于滑动摩擦力，则小滑块a受到的最大静摩擦力
故小物块a已经滑动了，A错误；
B．根据上述分析可知，时，物块a受到的合外力
由牛顿第二定律可得
解得
B正确；
C．当a匀速上滑时，对a受力分析，a受到重力、b对a的支持力以及摩擦力和外力，其中外力F与重力沿斜面的分力和摩擦力的合力平衡，物体整体受力平衡，对a、b整体分析，水平方向所受外力，而a、b整体处于平衡状态，故c对b的摩擦力大小，C错误；
D．若改变外力F的大小和方向，则对ab整体分析：当F大小一定时，F与水平面的夹角越大，b对c的压力越小。而外力F与斜面始终平行，结合图可知，F与水平面的夹角最大为。当夹角一定时，且a未滑动，F的值越大，b对c的压力越小。而为F最大为
ab整体分析可得
联立解得
由牛顿第三定律可知b对c的最小压力大小为；若a滑动后，受力分析可知，a对b的摩擦力和压力不变。故b对c的压力不变，仍为；综上所述可知，若改变外力F的大小和方向，则b对c的最小压力为，D正确。
故选BD。
【分析】熟悉物体的受力分析，结合几何关系得出力的大小关系，从而分析出物体的加速度和运动情况。
11．【答案】（1）；
（2）C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了验证机械能守恒定律实验，认真审题理解实验原理、分析清楚钢球的运动过程是解题的前提，应用重力势能与动能的计算公式即可解题。
（1）根据重力势能表达式可知小钢球从静止摆到最低点的过程中，重力势能减少了
动能增加了
（2）A．因为减少的重力势能和增加的动能表达式中都存在质量，所以小钢球质量偏大，对实验结果无影响，故A错误；
B．因为空气阻力做负功，导致减少的重力势能大于增加的重力势能，故B错误；
C．光电门的位置太低，根据，可知遮光条处测出的速度比球心处的真实速度大，导致动能增加量测量值偏大，从而使动能的增加量总大于重力势能的减少量，故C正确；
D．铁架台轻微晃动会导致小球运动轨迹偏移或者光电门测量速度不准，具有不确定性，即不能导致小钢球动能的增加量总大于重力势能的减少量，故D错误。
故选C。
【分析】（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；
（2）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，再根据匀变速直线运动位移-速度公式分析即可；
（3）秋吉雏小球的动能增加量，根据小球下降的高度求出重力势能的减小量，根据机械能守恒列式求解即可。
（1）小钢球从静止摆到最低点的过程中，重力势能减少了
动能增加了
（2）A．因为减少的重力势能和增加的动能表达式中都存在质量，所以小钢球质量偏大，对实验结果无影响，故A错误；
B．因为空气阻力做负功，导致减少的重力势能大于增加的重力势能，故B错误；
C．光电门的位置太低，根据
可知遮光条处测出的速度比球心处的真实速度大，导致动能增加量测量值偏大，从而使动能的增加量总大于重力势能的减少量，故C正确；
D．铁架台轻微晃动会导致小球运动轨迹偏移或者光电门测量速度不准，具有不确定性，即不能导致小钢球动能的增加量总大于重力势能的减少量，故D错误。
故选C。
12．【答案】（1）黑
（2）99
（3）1；90；84
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】本题主要考查了欧姆表的内部结构，以及对欧姆表档位大小的理解，关键在于熟练掌握闭合电路的欧姆定律和电路的串联、并联知识；能够正确判断并求量程的大小，知道中值电阻的确切含义。
（1）电流流入流出多用电表满足红进黑出的特点，红表笔与内部电源的负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，故C端应与黑表笔相连。
（2）由串并联电路规律可得
、
（3）的阻值约为，单刀双掷开关接1时，改装为10mA的量程，根据
可知，此时对应欧姆表×10倍率，测量更准确；
此时电路中的电流为
根据闭合电路欧姆定律有
解得
电池的电动势为1.4V，内阻为5，选择“×10”档位，进行欧姆调零后，欧姆表的内阻
根据闭合电路的欧姆定律
解得
【分析】（1）根据多用电表内部电路连接分析；
（2）由串并联电路规律求解定值电阻阻值；
（3）根据欧姆定律求解电表内阻，进行欧姆调零后，欧姆表的内阻等于电动势除以满偏电流，结合闭合电路的欧姆定律求解。
（1）红表笔与内部电源的负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，故C端应与黑表笔相连。
（2）由串并联电路规律可得、
（3）[1]的阻值约为，单刀双掷开关接1时，改装为10mA的量程，根据可知，此时对应欧姆表×10倍率，测量更准确；
[2]此时电路中的电流为
根据闭合电路欧姆定律有
解得
[3] 电池的电动势为1.4V，内阻为5，选择“×10”挡位，进行欧姆调零后，欧姆表的内阻
根据闭合电路的欧姆定律
解得
13．【答案】（1）解：设A部分体积为，因为初始时A、B两部分体积相同，则此时气体总体积为；末状态A、B两部分体积之比为，则此时气体总体积为。加热气体过程，由题可知气体压强不变，则由盖-吕萨克定律可得
解得气体温度应加热到
（2）解：由理想气体状态方程，得
则把B部分气体全部压入A后，气体压强为
对活塞受力分析，可得
此时的最小推力是
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）以A、B两部分气体整体为研究对象，对气体加热时，气体压强不变，由盖吕萨克定律可以求出气体的温度．
（2）求出气体初末状态的状态参量，由理想气体状态方程可以求出气体的压强．对活塞受力分析，求解最小推力
（1）设A部分体积为，因为初始时A、B两部分体积相同，则此时气体总体积为；末状态A、B两部分体积之比为，则此时气体总体积为。加热气体过程，由题可知气体压强不变，则由盖-吕萨克定律可得
解得气体温度应加热到
（2）由理想气体状态方程，得
则把B部分气体全部压入A后，气体压强为
对活塞受力分析，可得
此时的最小推力是
14．【答案】（1）解：进入圆形区域恰好做匀速圆周运动，则重力与电场力相等，则电场强度方向竖直向上，运动轨迹如图所示
即
解得
（2）解：运动的时间最长则运动的弧要最长，对应的弦也最长即为磁场圆的半径，则磁场方向垂直纸面向外。则
由牛顿第二定律得
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）进入圆形区域恰好做匀速圆周运动，则重力与电场力相等，结合平衡条件求解；
（2）运动的时间最长则运动的弧要最长，求解运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解。
（1）进入圆形区域恰好做匀速圆周运动，则重力与电场力相等，则电场强度方向竖直向上，运动轨迹如图所示
即
解得
（2）运动的时间最长则运动的弧要最长，对应的弦也最长即为磁场圆的半径，则磁场方向垂直纸面向外。则
由牛顿第二定律得
解得
15．【答案】（1）解：物体a向左运动的距离设为，外力做的功
弹力的平均值
弹力做的功
根据动能定理得
解得
（2）解：从解除凹槽锁定到a、b两物体相碰的过程中，物体b始终静止，右滑
凹槽和a构成的系统动量守恒，则有
又
联立可得
（3）解：从解除凹槽锁定到a、b刚相碰过程中，由能量守恒定律得
当物体a、b相碰时，碰后二者速度为，由动量守恒定律得
当物体a、b整体，在槽中滑动过程中，最终共速，由动量守恒定律得
由以上各式解得
即最终三者静止，碰后至停止过程中，a、b整体在粗糙BC段滑动的路程设为s，系统由能量守恒定律得
能碰3次，满足
由以上各式解得
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）求出弹力平均值以及弹力做功，结合动能定理求解向左移动的距离；
（2） 凹槽和a构成的系统动量守恒，结合人船模型求解；
（3）碰撞过程，动量守恒，根据动量守恒定律求解最终共同速度，最终三者静止，碰后至停止过程中，根据能量守恒定律求解。
（1）物体a向左运动的距离设为，外力做的功
弹力的平均值
弹力做的功
根据动能定理得
解得
（2）从解除凹槽锁定到a、b两物体相碰的过程中，物体b始终静止，右滑
凹槽和a构成的系统动量守恒，则有
又
联立可得
（3）从解除凹槽锁定到a、b刚相碰过程中，由能量守恒定律得
当物体a、b相碰时，碰后二者速度为，由动量守恒定律得
当物体a、b整体，在槽中滑动过程中，最终共速，由动量守恒定律得
由以上各式解得
即最终三者静止，碰后至停止过程中，a、b整体在粗糙BC段滑动的路程设为s，系统由能量守恒定律得
能碰3次，满足
由以上各式解得
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