2025届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期一模考试物理试题
1．（2025·长沙模拟）气体分子的平均平动动能与热力学温度之间的关系为，式中是玻尔兹曼常数，是一个关于温度及能量的常数。用国际单位制中的基本单位表示的单位是（ ）
A． B．
C．/℃ D．
2．（2025·长沙模拟）一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁过程中发出不同频率的光，照射图乙所示的光电管阴极K，只有频率为νa和νb的光能使它发生光电效应。分别用频率为νa、νb的两个光源照射光电管阴极K，测得电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）。
A．图乙中，用频率νb的光照射时，将滑片P向右滑动，电流表示数一定增大
B．图甲中，氢原子向低能级跃迁一共发出4种不同频率的光
C．图丙中，图线a所表示的光的光子能量为12.09eV
D．a光光子动量大于b光光子动量
3．（2025·长沙模拟）一列机械横波向右传播，在t=0时的波形如图所示，A、B两质点间距为8m，B、C两质点在平衡位置的间距为3m，当t=1s时，质点C恰好通过平衡位置，则该波的波速可能为（ ）。
A．2m/s B．3m/s C．5m/s D．4m/s
4．（2025·长沙模拟）光屏竖直放置，直线与光屏垂直，用激光笔沿与方向成角的方向照射光屏，光屏上C处有激光亮点。此时在光屏前竖直放置厚度为d折射率为的平板玻璃，激光亮点从光屏上的C点移动到D点（未画出），则间距为（ ）。
A． B． C． D．
5．（2025·长沙模拟）在水平光滑绝缘桌面上，放置一个半径为R的超导导线环，其中通过的电流为I。穿过导线环垂直桌面向下有一个匀强磁场，导线环全部位于磁场中，磁感应强度为B，则导线环各截面间的张力为（ ）。
A． B． C．0 D．
6．（2025·长沙模拟）第二宇宙速度又叫逃逸速度，理论计算表明，某星球的逃逸速度为该星球第一宇宙速度的倍。由于黑洞的逃逸速度超过了光速，光也无法从黑洞逸出。已知地球近地卫星周期为，假如有一个与地球平均密度相等的黑洞，其半径至少为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·长沙模拟）乒乓球是一种世界流行的球类体育项目，如图所示，装满乒乓球的纸箱沿着倾角为的粗糙斜面下滑，在箱子正中央夹有一个质量为m的乒乓球，下列说法正确的是（ ）。
A．若纸箱向下做匀速直线运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力不可能为
B．若纸箱向下做匀速直线运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为
C．若纸箱向下做加速运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为
D．若纸箱向下做加速运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为
8．（2025·长沙模拟）如图甲所示，在理想变压器a、b端输入电压为的正弦交流电，原副线圈匝数比。定值电阻、、的阻值分别为，，，滑动变阻器R的最大阻值为。初始时滑动变阻器滑片位于最左端，向右缓慢移动滑片至最右端过程中，记录理想电压表V的示数U与理想电流表A的示数I，描绘出如图乙所示的图像。下列说法正确的是（ ）。
A．通过的电流先增大后减小
B．电压表示数先增大后减小
C．图像中纵截距，斜率绝对值为
D．消耗功率变大
9．（2025·长沙模拟）如图所示，竖直平面内存在无限大、均匀带电的空间离子层，左侧为正电荷离子层，右侧为负电荷离子层，两离子层内单位体积的电荷量均为，厚度均为d。以正离子层左边缘上某点O为坐标原点，水平向右为正方向建立坐标轴。已知正离子层中各点的电场强度方向均沿x轴正方向，其大小E随x的变化关系如图所示；在与空间内电场强度均为零。某放射性粒子源S位于的位置，入射电子速度方向与x轴正方向的夹角为时，电子刚好可以到达离子层分界面处，没有射入负电荷离子层。已知电子质量为m，所带电荷量为e，其中，不计电子重力及电子间相互作用力，假设电子与离子不发生碰撞。下列说法正确的是（ ）。
A．电子在离子层中做匀变速曲线运动
B．电子将从正离子层左侧边界离开
C．电子从进入离子层到离子层分界面过程电势能增加
D．刚好可以到达离子层分界面处的电子入射时满足
10．（2025·长沙模拟）2024年1月，国务院国资委启动实施未来产业启航行动，明确可控核聚变领域为未来能源的唯一方向。可控核聚变当中，有一重要技术难题，就是如何将运动电荷束缚在某一固定区域。有一种利用电场和磁场组合的方案，其简化原理如下。如图，已知直线l上方存在方向竖直向下的匀强电场，直线l下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。一个带正电的、不计重力的粒子从电磁场边界l上方一点，以一定速度水平向右发射，经过一段时间又回到该发射点。则改变下列条件能使粒子发射后回到原来位置的是（ ）。
A．仅带电粒子比荷发生变化（但仍为带正电的粒子）
B．仅带电粒子初速度发生变化
C．电场强度变成原来3倍且磁感应强度变成原来2倍
D．仅发射点到电场边界l的距离发生变化
11．（2025·长沙模拟）兴趣小组利用如下装置验证“加速度与力和质量的关系”的实验。
第一小组：验证加速度与力的关系器材包含：导轨上有刻度尺的气垫导轨（含气泵）、光电门B、数字计时器、带挡光片的滑块A、钩码若干、力的传感器（质量不计）和天平。
实验步骤：固定好光电门B，调整导轨水平，用刻度尺测出遮光条与光电门之间的距离L及挡光片的宽度d，并记录滑块的位置，测出滑块和挡光片的总质量为M。滑块用平行于导轨的细线跨过动滑轮连接在传感器上。在传感器上悬挂一个钩码，由静止释放滑块，记录滑块经过光电门的时间为，读出传感器的示数F，保持小车的质量不变，改变钩码的个数且从同一位置释放，进行多次实验，并作出图像。
根据实验步骤回答下列问题：
（1）不挂钩码和细线，接通气泵，在任意位置轻放滑块，观察到滑块 ，兴趣小组判断调整后的导轨已经水平。
（2）为了直观的由图像看出物体的加速度与合力F的正比关系，小组应该绘制图像 （选填“”“”“”或“”）。
第二小组：验证加速度与质量的关系
兴趣小组与邻桌的同学一起做验证“加速度与质量关系”的实验。他们将两个气垫导轨对称地放置在一条水平直线上，保持两个导轨上的光电门固定在相同刻度处（即保持滑块的位移相同），测出A和B两个滑块的质量为M1与M2，滑块上连接一条平行于桌面的细线，细线中间放置用一个悬挂钩码的滑轮，并使细线与导轨平行且跨过气垫导轨上的滑轮。现同时从各自的气垫导轨上同一位置由静止释放，记录A和B两个滑块上遮光片（两遮光片宽度相同）分别通过光电门的时间为t1和t2。
（3）若测量结果满足 （用上述字母表示），即可得出物体加速度与质量的关系。
12．（2025·长沙模拟）小刘同学在家找到一个老旧的白炽灯泡，他对这个灯泡进行研究，先用欧姆表档进行测量，正确操作后发现指针如图甲所示，小刘同学为了更准确的测量灯泡的电阻，找到了下列器材：
A.量程为3V的电压表，内阻约为3kΩ
B.量程为10mA的电流表，内阻为6Ω
C.滑动变阻器R1（0—10Ω）
D.滑动变阻器R2（0—100Ω）
E.电阻箱R（999.9Ω）
F.电源3V
开关及导线若干
（1）小刘同学发现电流表的量程太小，想改装成量程为40mA的电流表，则电流表与电阻箱 （填并联或串联），阻值为 Ω。
（2）若要求电压从0开始测量，滑动变阻器选 （填器材前的字母）
（3）根据所选器材，把实物连接图乙补充完整。
（4）根据所测量的数据，画出图线如图丙所示，若已知图线的斜率为k，则灯泡的电阻为 Ω
13．（2025·长沙模拟）图甲为我国某电动轿车的空气减震器（由活塞、足够长汽缸组成，活塞底部固定在车轴上）。该电动轿车共有4个完全相同的空气减震器，图乙是空气减震器的简化模型结构图，导热良好的直立圆筒形汽缸内用横截面积的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，并通过连杆与车轮轴连接。封闭气体初始温度、长度、压强，重力加速度g取。
（1）为升高汽车底盘离地间隙，通过气泵向汽缸内充气，让汽缸缓慢上升，此过程中气体温度保持不变，求需向一个汽缸内充入与缸内气体温度相同、压强的气体的体积；
（2）在（1）问情况下，当车辆载重时，相当于在汽缸顶部加一物体A，汽缸下降，稳定时汽缸内气体长度变为，气体温度变为，若该过程中气体放出热量，气体压强随气体长度变化的关系如图丙所示，求该过程中一个汽缸气体内能的变化量。
14．（2025·长沙模拟）如图所示，电阻不计的金属导轨和平行等高正对放置，导轨左右两侧相互垂直，左侧两导轨粗糙，右侧两导轨光滑且与水平面的夹角，两组导轨均足够长。整个空间存在平行于左侧导轨的匀强磁场。导体棒Q在外力作用下静置于左侧导轨上并保持水平，其与导轨间的动摩擦因数。导体棒P水平放置于右侧导轨上，两导体棒的质量均为m，电阻相等。时起，对导体棒P施加沿斜面向下的随时间变化的拉力（k已知），使其由静止开始做匀加速直线运动，同时撤去对Q的外力，导体棒Q开始沿轨道下滑。已知两导体棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（，）
（1）求导体棒P的加速度；
（2）求时导体棒Q加速度的大小；
（3）求导体棒Q最大速度的大小。
15．（2025·长沙模拟）如图所示，AB是一段光滑倾斜轨道，通过水平光滑轨道BC与半径为的竖直光滑圆轨道CDEFG相连接（圆轨道最低点C、G略有错开），出口为光滑水平轨道GH，一质量为m的小球从倾斜轨道某处静止释放，此后小球恰好能过E点。水平轨道GH上放一凹槽，凹槽质量为M，凹槽左右挡板内侧间的距离为L，在凹槽右侧靠近挡板处置有一质量也为M的小物块（可视为质点），凹槽上表面与物块间的动摩擦因数μ=0.5。物块与凹槽一起以速度向左运动，小球在水平轨道GH上与凹槽左侧发生弹性碰撞，所有轨道转折处均有光滑微小圆弧相接。已知小球与凹槽不发生二次碰撞，，重力加速度为g，求：
（1）小球静止释放位置到水平轨道BC的高度；
（2）小球和凹槽碰撞后凹槽的速度大小；
（3）小球和凹槽相碰后，凹槽与物块达到共速时物块到右侧挡板的距离及凹槽的位移。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】此题考查单位制，对于不熟悉的公式可以通过单位判定公式是否正确。根据，可知
可知k的单位
故选A。
【分析】根据所给公式代入单位，分别看公式左右的单位是否相同即可判定公式正误。
2．【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】解决该题需熟记光电效应方程，能通过能级图判断可能的跃迁情况。A．图乙中不知道电源正负极，没办法判断在光电管AK之间加的是正向还是反向电压，所以滑片P向右滑动时，电流变化情况没法判断，故A错误；
B．一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时最多可产生种光子，故B错误；
C．只有频率为νa和νb的光能使它发生光电效应，那么这两种光子必定是n=4能级向n=1能级跃迁和n=3能级向n=1能级跃迁产生的，由图丙可知b光的频率较大，则a光为n=3能级向n=1能级跃迁产生的，所以a光的光子能量
故C正确；
D．根据可得，b光的频率较大，b光光子动量大，故D错误。
故选C。
【分析】无法判断在光电管AK之间加的是正向还是反向电压，根据跃迁理论和光电效应现象结合光子动量表达式分析。
3．【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】波动具有周期性，能够得到该波的周期是解题的关键。由图可知，波长
t=1s时，质点C恰好通过平衡位置，根据平移法可得（n=0，1，2……）
所以该波的波速（n=0，1，2……）
当n=1时，波速为5m/s。
故选C。
【分析】根据图像结合题意得到波长，根据题意得到周期，然后根据波速和波长、周期的关系计算即可。
4．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】正确作出光路图是解决本题的关键，结合折射定律和几何知识进行解答。光通过玻璃砖折射后出射光线与入射光线平行，过D点作，完成光路图如图所示
解得
，故B正确。
【分析】激光通过玻璃砖折射后出射光线与入射光线平行，作出光路图，根据折射定律和几何关系求解。
5．【答案】A
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】在安培力作用下的物体平衡和动力学问题解题步骤：先进行受力分析，再根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律列出方程。把导线环分成两半，取其中的一半作为研究对象，两端截面所受张力均为T，整个半环受到的安培力F，受力分析如图
根据安培力的计算公式可得
所以
故选A。
【分析】把导线环分成两半，取其中的一半作为研究对象，根据受力平衡求解。
6．【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】本题主要是考查黑洞的知识，解答本题的关键是能够从给出的信息中获取解答的知识，掌握万有引力定律的应用。设地球的质量为M0，半径为R0，对近地卫星，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得
求得
对于与地球平均密度相等的黑洞
联立求得
故选D。
【分析】对于地球，根据万有引力等于向心力地球的质量，结合密度公式求出地球的密度表达式；对于黑洞根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度，即可求得逃逸速度，再根据题设条件，当天体的逃逸速度大于等于光速c时，天体成为黑洞，由此求黑洞的最大半径。
7．【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题可根据纸箱的运动状态，对乒乓球进行受力分析，结合牛顿第二定律判断乒乓球所受合力的方向，进而判断周围乒乓球对该乒乓球作用力的方向。AB．若纸箱做匀速直线运动，则乒乓球处于平衡状态，周围乒乓球给它的作用力与重力等大反向，即应竖直向上，A正确，B错误；
CD．若纸箱向下做加速运动，可知加速度沿斜面向下，将加速度水平竖直分解，可知应有水平向右的分量，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为，不可能是，D正确，C错误。
故选AD。
【分析】结合牛顿第二定律，根据乒乓球的运动状态确定其受力情况，进而分析周围乒乓球对该乒乓球作用力的可能方向。
8．【答案】B,C
【知识点】变压器原理；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。A．将副线圈的电阻等效到原线圈，等效电阻记为
滑动变阻器的滑片从左端滑到右端先增大后减小，所以先增大后减小，所以原线圈的电流先减小后变大，因此电阻两端电压先减小后变大，则副线圈电压先变大后变小，设滑动变阻器滑片左端电阻，滑片右端电阻，则在电压增大变大，在电流增大过程中电阻变小，分流能力变强，电流变大，因此电流一直变大，A错误；
B．设滑动变阻器滑片左端电阻，滑片右端电阻，则副线圈电路中、、
总电阻为
易知，当时，取最大值
当，时，为
当，时，为
则在滑片自左向右移动过程中，由增至再减至，电压表示数先增后减小，故B正确；
C．由原副线圈的电压和电流关系和可得
图像中纵截距为，斜率绝对值为，所以，图像斜率绝对值为，故C正确；
D．由等效电阻知识可知，副线圈中电阻等效至原线圈中后，则等效电阻同样先增后减小，原线圈中电流先减后增大，消耗功率先减后增大，故D错误。
故选BC。
【分析】根据等效电源和副线圈电路连接分析，.U-I图像中纵截距为E'，斜率绝对值为r'，结合等效电阻分析。
9．【答案】B,D
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。A．由于电场强度变化，电子受到的电场力会发生变化，所以电子运动加速度发生变化，故A错误；
B．电子到达离子层分界面处受到向x轴负方向的电场力，故电子从正离子层左侧边界离开，故B正确；
C．图像面积表示电势差
电场力做功
电势能增加
故C错误；
D．电子到达离子层分界面处时速度
由动能定理可知
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】根据电场强度的变化判断电子的运动情况；根据电子的受力方向判断粒子离开的位置；根据电场力做功和电势能的关系求电子从进入离子层到离子层分界面过程电势能增加量；由动能定理求刚好可以到达离子层分界面处的电子入射时θ满足的条件。
10．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】该题考查了带电粒子在有边界的匀强磁场中的偏转和在电场中的运动，正确分析带电粒子在电场和磁场中的受力并判断其运动的性质及轨迹是解题的关键。A．粒子在电磁场中的运动轨迹如图所示，
粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力
解得
粒子在电场中做类平抛运动
由相似关系可知
联立可得粒子回到抛出点需要满足
故仅带电粒子种类发生变化（但仍为带正电的粒子），能使粒子发射后回到原来位置，A正确；
B．由上述分析可知，仅带电粒子初速度发生变化，不能使粒子发射后回到原来位置，B错误；
C．由上述分析可知，电场强度变成原来3倍且磁感应强度变成原来2倍，不能使粒子发射后回到原来位置，C错误；
D．由上述分析可知，仅发射点到电场边界l的距离发生变化，能使粒子发射后回到原来位置，D正确。
故选AD。
【分析】粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据对应的运动规律分析解答。
11．【答案】（1）静止
（2）
（3）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】知道实验注意事项、理解实验原理是解题的前提，根据图示实验装置，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
（1）本实验调节气垫导轨水平，由于滑块与气垫导轨间的摩擦可以忽略不计，故只需要使滑块不挂重物，打开气泵，释放滑块后静止即可。
（2）根据题目的数据，可得小车的加速度由牛顿第二定律得出
再根据运动学公式可得
解出小车的加速度
联立可得
即可验证牛顿第二定律，若多次测量只需要绘制出图像即可，其他物理量为常数，由图像可知斜率为。
（3）第二组实验只需要定量探究物体的加速度与质量的关系，即
由于两个滑块的运动情况只有时间不同，即，只需要验证物块的质量与时间的平方成正比即可，故可知
【分析】（1）实验前要调节气垫导轨水平，滑块静止则导轨水平。
（2）应用牛顿第二定律与运动学公式求出图像的函数解析式，然后分析答题。
（3）应用牛顿第二定律与运动学公式分析答题。
（1）本实验调节气垫导轨水平，由于滑块与气垫导轨间的摩擦可以忽略不计，故只需要使滑块不挂重物，打开气泵，释放滑块后静止即可。
（2）根据题目的数据，可得小车的加速度由牛顿第二定律得出
再根据运动学公式可得
解出小车的加速度
联立可得
即可验证牛顿第二定律，若多次测量只需要绘制出图像即可，其他物理量为常数，由图像可知斜率为。
（3）第二组实验只需要定量探究物体的加速度与质量的关系，即
由于两个滑块的运动情况只有时间不同，即，只需要验证物块的质量与时间的平方成正比即可，故可知
12．【答案】（1）并联；2
（2）C
（3）
（4）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；表头的改装；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）并联可以分流，要扩大电流表的量程，需并联一个定值电阻；
根据并联电路的特点及欧姆定律可得
代入数据解得，并联电阻的阻值为
（2）实验要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压接法，为了便于实验调节，应选用规格较小的滑动变阻器，故选，即选C。
（3）由于电流表的内阻已知，故电流表采用内接法，结合上述分析可知，滑动变阻器采用分压式接法，电路连接情况如下
（4）根据欧姆定律可得
其中
，
整理可得
故在图像中，其斜率为
解得
综上：第1空：并联；第2空：2；第3空：C；第4空：；第5空：
【分析】（1）根据串分压并分流原理，改装更大量程电流表并联一个小的电阻分流，根据并联电路特点及欧姆定律分析求解；
（2）实验要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压接法，为了便于实验调节，应选用规格较小的滑动变阻器；
（3）由于电流表的内阻已知，电流表采用内接法，滑动变阻器采用分压式接法，以此连接电路；
（4）根据欧姆定律：，求解 关系，由斜率求解电阻。
（1）[1]并联可以分流，要扩大电流表的量程，需并联一个定值电阻；
[2]根据并联电路的特点及欧姆定律可得
代入数据解得，并联电阻的阻值为
（2）实验要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压接法，为了便于实验调节，应选用规格较小的滑动变阻器，故选，即选C。
（3）由于电流表的内阻已知，故电流表采用内接法，结合上述分析可知，滑动变阻器采用分压式接法，电路连接情况如下
（4）根据欧姆定律可得
其中，
整理可得
故在图像中，其斜率为
解得
13．【答案】（1）设充入的气体体积为V，以充入后全部气体为研究对象
由玻意耳定律可得
代入数据解得
（2）在（1）问情况下，汽缸下降稳定后，设压强为
由理想气体状态方程有
代入数据解得
结合图像可得此过程中外界对气体做功
代入数据解得
由热力学第一定律得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）此过程中气体温度保持不变，根据玻意耳定律列式求解；
（2）由理想气体状态方程求解末状态的压强，根据pΔV求解外界对气体做功，由热力学第一定律求解气体内能的变化量。
（1）（1）设充入的气体体积为V，以充入后全部气体为研究对象
由玻意耳定律可得
代入数据解得
（2）在（1）问情况下，汽缸下降稳定后，设压强为
由理想气体状态方程有
代入数据解得
结合图像可得此过程中外界对气体做功
代入数据解得
由热力学第一定律得
14．【答案】（1）时，对P根据牛顿第二定律有
解得
方向平行导轨向下。
（2）对P分析，根据牛顿第二定律有
其中
则有
应有
外力
对Q分析，根据牛顿第二定律有
其中
解得
代入时，解得
（3）由
画出图像如图所示，图像与时间轴围成的面积代表速度变化
由图可知
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）对P根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律求解感应电流，对P分析，求解根据牛顿第二定律求解外力F，对Q分析，根据牛顿第二定律求解加速度；
（3）由加速度表达式画出 a2-t图像，a2-t图像与时间轴围成的面积代表速度变化，从而求解最大速度。
（1）时，对P根据牛顿第二定律有
解得
方向平行导轨向下。
（2）对P分析，根据牛顿第二定律有
其中
则有
应有
外力
对Q分析，根据牛顿第二定律有
其中
解得
代入时，解得
（3）由
画出图像如图所示，图像与时间轴围成的面积代表速度变化
由图可知
15．【答案】（1）小球从静止释放到圆轨道最高点E过程中由动能定理有
小球恰能过E点，
联立解得
（2）小球到最低点G的速度为v，由动能定理，有
解得
小球与凹槽发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒，有，
，
解得
（3）物块与凹槽在相对运动过程，动量守恒
解得
根据能量守恒定律可得
解得
所以共速时小物块到右侧挡板距离为0；
对凹槽由牛顿第二定律有
解得
对物块由牛顿第二定律有
解得
两者质量相等碰撞时由动量守恒和机械能守恒可知两者速度互换，可得凹槽v-t图像如图所示
由图像可知
规定水平向右为正，所以凹槽位移
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）由动能定理和圆周运动公式求小球静止释放位置到水平轨道BC的高度；
（2）由动能定理求出小球到最低点G的速度，根据动量守恒和能量守恒求小球和凹槽碰撞后凹槽的速度大小；
（3）根据动量守恒求出物块与凹槽的共同速度，根据能量守恒求出相对位移，再结合运动学公式和图像求小球和凹槽相碰后，凹槽与物块达到共速时物块到右侧挡板的距离及凹槽的位移。
（1）小球从静止释放到圆轨道最高点E过程中由动能定理有
小球恰能过E点，
联立解得
（2）小球到最低点G的速度为v，由动能定理，有
解得
小球与凹槽发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒，有，
，
解得
（3）物块与凹槽在相对运动过程，动量守恒
解得
根据能量守恒定律可得
解得
所以共速时小物块到右侧挡板距离为0；
对凹槽由牛顿第二定律有
解得
对物块由牛顿第二定律有
解得
两者质量相等碰撞时由动量守恒和机械能守恒可知两者速度互换，可得凹槽v-t图像如图所示
由图像可知
规定水平向右为正，所以凹槽位移
1 / 12025届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期一模考试物理试题
1．（2025·长沙模拟）气体分子的平均平动动能与热力学温度之间的关系为，式中是玻尔兹曼常数，是一个关于温度及能量的常数。用国际单位制中的基本单位表示的单位是（ ）
A． B．
C．/℃ D．
【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】此题考查单位制，对于不熟悉的公式可以通过单位判定公式是否正确。根据，可知
可知k的单位
故选A。
【分析】根据所给公式代入单位，分别看公式左右的单位是否相同即可判定公式正误。
2．（2025·长沙模拟）一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁过程中发出不同频率的光，照射图乙所示的光电管阴极K，只有频率为νa和νb的光能使它发生光电效应。分别用频率为νa、νb的两个光源照射光电管阴极K，测得电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）。
A．图乙中，用频率νb的光照射时，将滑片P向右滑动，电流表示数一定增大
B．图甲中，氢原子向低能级跃迁一共发出4种不同频率的光
C．图丙中，图线a所表示的光的光子能量为12.09eV
D．a光光子动量大于b光光子动量
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】解决该题需熟记光电效应方程，能通过能级图判断可能的跃迁情况。A．图乙中不知道电源正负极，没办法判断在光电管AK之间加的是正向还是反向电压，所以滑片P向右滑动时，电流变化情况没法判断，故A错误；
B．一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时最多可产生种光子，故B错误；
C．只有频率为νa和νb的光能使它发生光电效应，那么这两种光子必定是n=4能级向n=1能级跃迁和n=3能级向n=1能级跃迁产生的，由图丙可知b光的频率较大，则a光为n=3能级向n=1能级跃迁产生的，所以a光的光子能量
故C正确；
D．根据可得，b光的频率较大，b光光子动量大，故D错误。
故选C。
【分析】无法判断在光电管AK之间加的是正向还是反向电压，根据跃迁理论和光电效应现象结合光子动量表达式分析。
3．（2025·长沙模拟）一列机械横波向右传播，在t=0时的波形如图所示，A、B两质点间距为8m，B、C两质点在平衡位置的间距为3m，当t=1s时，质点C恰好通过平衡位置，则该波的波速可能为（ ）。
A．2m/s B．3m/s C．5m/s D．4m/s
【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】波动具有周期性，能够得到该波的周期是解题的关键。由图可知，波长
t=1s时，质点C恰好通过平衡位置，根据平移法可得（n=0，1，2……）
所以该波的波速（n=0，1，2……）
当n=1时，波速为5m/s。
故选C。
【分析】根据图像结合题意得到波长，根据题意得到周期，然后根据波速和波长、周期的关系计算即可。
4．（2025·长沙模拟）光屏竖直放置，直线与光屏垂直，用激光笔沿与方向成角的方向照射光屏，光屏上C处有激光亮点。此时在光屏前竖直放置厚度为d折射率为的平板玻璃，激光亮点从光屏上的C点移动到D点（未画出），则间距为（ ）。
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】正确作出光路图是解决本题的关键，结合折射定律和几何知识进行解答。光通过玻璃砖折射后出射光线与入射光线平行，过D点作，完成光路图如图所示
解得
，故B正确。
【分析】激光通过玻璃砖折射后出射光线与入射光线平行，作出光路图，根据折射定律和几何关系求解。
5．（2025·长沙模拟）在水平光滑绝缘桌面上，放置一个半径为R的超导导线环，其中通过的电流为I。穿过导线环垂直桌面向下有一个匀强磁场，导线环全部位于磁场中，磁感应强度为B，则导线环各截面间的张力为（ ）。
A． B． C．0 D．
【答案】A
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】在安培力作用下的物体平衡和动力学问题解题步骤：先进行受力分析，再根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律列出方程。把导线环分成两半，取其中的一半作为研究对象，两端截面所受张力均为T，整个半环受到的安培力F，受力分析如图
根据安培力的计算公式可得
所以
故选A。
【分析】把导线环分成两半，取其中的一半作为研究对象，根据受力平衡求解。
6．（2025·长沙模拟）第二宇宙速度又叫逃逸速度，理论计算表明，某星球的逃逸速度为该星球第一宇宙速度的倍。由于黑洞的逃逸速度超过了光速，光也无法从黑洞逸出。已知地球近地卫星周期为，假如有一个与地球平均密度相等的黑洞，其半径至少为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】本题主要是考查黑洞的知识，解答本题的关键是能够从给出的信息中获取解答的知识，掌握万有引力定律的应用。设地球的质量为M0，半径为R0，对近地卫星，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得
求得
对于与地球平均密度相等的黑洞
联立求得
故选D。
【分析】对于地球，根据万有引力等于向心力地球的质量，结合密度公式求出地球的密度表达式；对于黑洞根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度，即可求得逃逸速度，再根据题设条件，当天体的逃逸速度大于等于光速c时，天体成为黑洞，由此求黑洞的最大半径。
7．（2025·长沙模拟）乒乓球是一种世界流行的球类体育项目，如图所示，装满乒乓球的纸箱沿着倾角为的粗糙斜面下滑，在箱子正中央夹有一个质量为m的乒乓球，下列说法正确的是（ ）。
A．若纸箱向下做匀速直线运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力不可能为
B．若纸箱向下做匀速直线运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为
C．若纸箱向下做加速运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为
D．若纸箱向下做加速运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为
【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题可根据纸箱的运动状态，对乒乓球进行受力分析，结合牛顿第二定律判断乒乓球所受合力的方向，进而判断周围乒乓球对该乒乓球作用力的方向。AB．若纸箱做匀速直线运动，则乒乓球处于平衡状态，周围乒乓球给它的作用力与重力等大反向，即应竖直向上，A正确，B错误；
CD．若纸箱向下做加速运动，可知加速度沿斜面向下，将加速度水平竖直分解，可知应有水平向右的分量，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为，不可能是，D正确，C错误。
故选AD。
【分析】结合牛顿第二定律，根据乒乓球的运动状态确定其受力情况，进而分析周围乒乓球对该乒乓球作用力的可能方向。
8．（2025·长沙模拟）如图甲所示，在理想变压器a、b端输入电压为的正弦交流电，原副线圈匝数比。定值电阻、、的阻值分别为，，，滑动变阻器R的最大阻值为。初始时滑动变阻器滑片位于最左端，向右缓慢移动滑片至最右端过程中，记录理想电压表V的示数U与理想电流表A的示数I，描绘出如图乙所示的图像。下列说法正确的是（ ）。
A．通过的电流先增大后减小
B．电压表示数先增大后减小
C．图像中纵截距，斜率绝对值为
D．消耗功率变大
【答案】B,C
【知识点】变压器原理；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。A．将副线圈的电阻等效到原线圈，等效电阻记为
滑动变阻器的滑片从左端滑到右端先增大后减小，所以先增大后减小，所以原线圈的电流先减小后变大，因此电阻两端电压先减小后变大，则副线圈电压先变大后变小，设滑动变阻器滑片左端电阻，滑片右端电阻，则在电压增大变大，在电流增大过程中电阻变小，分流能力变强，电流变大，因此电流一直变大，A错误；
B．设滑动变阻器滑片左端电阻，滑片右端电阻，则副线圈电路中、、
总电阻为
易知，当时，取最大值
当，时，为
当，时，为
则在滑片自左向右移动过程中，由增至再减至，电压表示数先增后减小，故B正确；
C．由原副线圈的电压和电流关系和可得
图像中纵截距为，斜率绝对值为，所以，图像斜率绝对值为，故C正确；
D．由等效电阻知识可知，副线圈中电阻等效至原线圈中后，则等效电阻同样先增后减小，原线圈中电流先减后增大，消耗功率先减后增大，故D错误。
故选BC。
【分析】根据等效电源和副线圈电路连接分析，.U-I图像中纵截距为E'，斜率绝对值为r'，结合等效电阻分析。
9．（2025·长沙模拟）如图所示，竖直平面内存在无限大、均匀带电的空间离子层，左侧为正电荷离子层，右侧为负电荷离子层，两离子层内单位体积的电荷量均为，厚度均为d。以正离子层左边缘上某点O为坐标原点，水平向右为正方向建立坐标轴。已知正离子层中各点的电场强度方向均沿x轴正方向，其大小E随x的变化关系如图所示；在与空间内电场强度均为零。某放射性粒子源S位于的位置，入射电子速度方向与x轴正方向的夹角为时，电子刚好可以到达离子层分界面处，没有射入负电荷离子层。已知电子质量为m，所带电荷量为e，其中，不计电子重力及电子间相互作用力，假设电子与离子不发生碰撞。下列说法正确的是（ ）。
A．电子在离子层中做匀变速曲线运动
B．电子将从正离子层左侧边界离开
C．电子从进入离子层到离子层分界面过程电势能增加
D．刚好可以到达离子层分界面处的电子入射时满足
【答案】B,D
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。A．由于电场强度变化，电子受到的电场力会发生变化，所以电子运动加速度发生变化，故A错误；
B．电子到达离子层分界面处受到向x轴负方向的电场力，故电子从正离子层左侧边界离开，故B正确；
C．图像面积表示电势差
电场力做功
电势能增加
故C错误；
D．电子到达离子层分界面处时速度
由动能定理可知
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】根据电场强度的变化判断电子的运动情况；根据电子的受力方向判断粒子离开的位置；根据电场力做功和电势能的关系求电子从进入离子层到离子层分界面过程电势能增加量；由动能定理求刚好可以到达离子层分界面处的电子入射时θ满足的条件。
10．（2025·长沙模拟）2024年1月，国务院国资委启动实施未来产业启航行动，明确可控核聚变领域为未来能源的唯一方向。可控核聚变当中，有一重要技术难题，就是如何将运动电荷束缚在某一固定区域。有一种利用电场和磁场组合的方案，其简化原理如下。如图，已知直线l上方存在方向竖直向下的匀强电场，直线l下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。一个带正电的、不计重力的粒子从电磁场边界l上方一点，以一定速度水平向右发射，经过一段时间又回到该发射点。则改变下列条件能使粒子发射后回到原来位置的是（ ）。
A．仅带电粒子比荷发生变化（但仍为带正电的粒子）
B．仅带电粒子初速度发生变化
C．电场强度变成原来3倍且磁感应强度变成原来2倍
D．仅发射点到电场边界l的距离发生变化
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】该题考查了带电粒子在有边界的匀强磁场中的偏转和在电场中的运动，正确分析带电粒子在电场和磁场中的受力并判断其运动的性质及轨迹是解题的关键。A．粒子在电磁场中的运动轨迹如图所示，
粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力
解得
粒子在电场中做类平抛运动
由相似关系可知
联立可得粒子回到抛出点需要满足
故仅带电粒子种类发生变化（但仍为带正电的粒子），能使粒子发射后回到原来位置，A正确；
B．由上述分析可知，仅带电粒子初速度发生变化，不能使粒子发射后回到原来位置，B错误；
C．由上述分析可知，电场强度变成原来3倍且磁感应强度变成原来2倍，不能使粒子发射后回到原来位置，C错误；
D．由上述分析可知，仅发射点到电场边界l的距离发生变化，能使粒子发射后回到原来位置，D正确。
故选AD。
【分析】粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据对应的运动规律分析解答。
11．（2025·长沙模拟）兴趣小组利用如下装置验证“加速度与力和质量的关系”的实验。
第一小组：验证加速度与力的关系器材包含：导轨上有刻度尺的气垫导轨（含气泵）、光电门B、数字计时器、带挡光片的滑块A、钩码若干、力的传感器（质量不计）和天平。
实验步骤：固定好光电门B，调整导轨水平，用刻度尺测出遮光条与光电门之间的距离L及挡光片的宽度d，并记录滑块的位置，测出滑块和挡光片的总质量为M。滑块用平行于导轨的细线跨过动滑轮连接在传感器上。在传感器上悬挂一个钩码，由静止释放滑块，记录滑块经过光电门的时间为，读出传感器的示数F，保持小车的质量不变，改变钩码的个数且从同一位置释放，进行多次实验，并作出图像。
根据实验步骤回答下列问题：
（1）不挂钩码和细线，接通气泵，在任意位置轻放滑块，观察到滑块 ，兴趣小组判断调整后的导轨已经水平。
（2）为了直观的由图像看出物体的加速度与合力F的正比关系，小组应该绘制图像 （选填“”“”“”或“”）。
第二小组：验证加速度与质量的关系
兴趣小组与邻桌的同学一起做验证“加速度与质量关系”的实验。他们将两个气垫导轨对称地放置在一条水平直线上，保持两个导轨上的光电门固定在相同刻度处（即保持滑块的位移相同），测出A和B两个滑块的质量为M1与M2，滑块上连接一条平行于桌面的细线，细线中间放置用一个悬挂钩码的滑轮，并使细线与导轨平行且跨过气垫导轨上的滑轮。现同时从各自的气垫导轨上同一位置由静止释放，记录A和B两个滑块上遮光片（两遮光片宽度相同）分别通过光电门的时间为t1和t2。
（3）若测量结果满足 （用上述字母表示），即可得出物体加速度与质量的关系。
【答案】（1）静止
（2）
（3）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】知道实验注意事项、理解实验原理是解题的前提，根据图示实验装置，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
（1）本实验调节气垫导轨水平，由于滑块与气垫导轨间的摩擦可以忽略不计，故只需要使滑块不挂重物，打开气泵，释放滑块后静止即可。
（2）根据题目的数据，可得小车的加速度由牛顿第二定律得出
再根据运动学公式可得
解出小车的加速度
联立可得
即可验证牛顿第二定律，若多次测量只需要绘制出图像即可，其他物理量为常数，由图像可知斜率为。
（3）第二组实验只需要定量探究物体的加速度与质量的关系，即
由于两个滑块的运动情况只有时间不同，即，只需要验证物块的质量与时间的平方成正比即可，故可知
【分析】（1）实验前要调节气垫导轨水平，滑块静止则导轨水平。
（2）应用牛顿第二定律与运动学公式求出图像的函数解析式，然后分析答题。
（3）应用牛顿第二定律与运动学公式分析答题。
（1）本实验调节气垫导轨水平，由于滑块与气垫导轨间的摩擦可以忽略不计，故只需要使滑块不挂重物，打开气泵，释放滑块后静止即可。
（2）根据题目的数据，可得小车的加速度由牛顿第二定律得出
再根据运动学公式可得
解出小车的加速度
联立可得
即可验证牛顿第二定律，若多次测量只需要绘制出图像即可，其他物理量为常数，由图像可知斜率为。
（3）第二组实验只需要定量探究物体的加速度与质量的关系，即
由于两个滑块的运动情况只有时间不同，即，只需要验证物块的质量与时间的平方成正比即可，故可知
12．（2025·长沙模拟）小刘同学在家找到一个老旧的白炽灯泡，他对这个灯泡进行研究，先用欧姆表档进行测量，正确操作后发现指针如图甲所示，小刘同学为了更准确的测量灯泡的电阻，找到了下列器材：
A.量程为3V的电压表，内阻约为3kΩ
B.量程为10mA的电流表，内阻为6Ω
C.滑动变阻器R1（0—10Ω）
D.滑动变阻器R2（0—100Ω）
E.电阻箱R（999.9Ω）
F.电源3V
开关及导线若干
（1）小刘同学发现电流表的量程太小，想改装成量程为40mA的电流表，则电流表与电阻箱 （填并联或串联），阻值为 Ω。
（2）若要求电压从0开始测量，滑动变阻器选 （填器材前的字母）
（3）根据所选器材，把实物连接图乙补充完整。
（4）根据所测量的数据，画出图线如图丙所示，若已知图线的斜率为k，则灯泡的电阻为 Ω
【答案】（1）并联；2
（2）C
（3）
（4）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；表头的改装；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）并联可以分流，要扩大电流表的量程，需并联一个定值电阻；
根据并联电路的特点及欧姆定律可得
代入数据解得，并联电阻的阻值为
（2）实验要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压接法，为了便于实验调节，应选用规格较小的滑动变阻器，故选，即选C。
（3）由于电流表的内阻已知，故电流表采用内接法，结合上述分析可知，滑动变阻器采用分压式接法，电路连接情况如下
（4）根据欧姆定律可得
其中
，
整理可得
故在图像中，其斜率为
解得
综上：第1空：并联；第2空：2；第3空：C；第4空：；第5空：
【分析】（1）根据串分压并分流原理，改装更大量程电流表并联一个小的电阻分流，根据并联电路特点及欧姆定律分析求解；
（2）实验要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压接法，为了便于实验调节，应选用规格较小的滑动变阻器；
（3）由于电流表的内阻已知，电流表采用内接法，滑动变阻器采用分压式接法，以此连接电路；
（4）根据欧姆定律：，求解 关系，由斜率求解电阻。
（1）[1]并联可以分流，要扩大电流表的量程，需并联一个定值电阻；
[2]根据并联电路的特点及欧姆定律可得
代入数据解得，并联电阻的阻值为
（2）实验要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压接法，为了便于实验调节，应选用规格较小的滑动变阻器，故选，即选C。
（3）由于电流表的内阻已知，故电流表采用内接法，结合上述分析可知，滑动变阻器采用分压式接法，电路连接情况如下
（4）根据欧姆定律可得
其中，
整理可得
故在图像中，其斜率为
解得
13．（2025·长沙模拟）图甲为我国某电动轿车的空气减震器（由活塞、足够长汽缸组成，活塞底部固定在车轴上）。该电动轿车共有4个完全相同的空气减震器，图乙是空气减震器的简化模型结构图，导热良好的直立圆筒形汽缸内用横截面积的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，并通过连杆与车轮轴连接。封闭气体初始温度、长度、压强，重力加速度g取。
（1）为升高汽车底盘离地间隙，通过气泵向汽缸内充气，让汽缸缓慢上升，此过程中气体温度保持不变，求需向一个汽缸内充入与缸内气体温度相同、压强的气体的体积；
（2）在（1）问情况下，当车辆载重时，相当于在汽缸顶部加一物体A，汽缸下降，稳定时汽缸内气体长度变为，气体温度变为，若该过程中气体放出热量，气体压强随气体长度变化的关系如图丙所示，求该过程中一个汽缸气体内能的变化量。
【答案】（1）设充入的气体体积为V，以充入后全部气体为研究对象
由玻意耳定律可得
代入数据解得
（2）在（1）问情况下，汽缸下降稳定后，设压强为
由理想气体状态方程有
代入数据解得
结合图像可得此过程中外界对气体做功
代入数据解得
由热力学第一定律得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）此过程中气体温度保持不变，根据玻意耳定律列式求解；
（2）由理想气体状态方程求解末状态的压强，根据pΔV求解外界对气体做功，由热力学第一定律求解气体内能的变化量。
（1）（1）设充入的气体体积为V，以充入后全部气体为研究对象
由玻意耳定律可得
代入数据解得
（2）在（1）问情况下，汽缸下降稳定后，设压强为
由理想气体状态方程有
代入数据解得
结合图像可得此过程中外界对气体做功
代入数据解得
由热力学第一定律得
14．（2025·长沙模拟）如图所示，电阻不计的金属导轨和平行等高正对放置，导轨左右两侧相互垂直，左侧两导轨粗糙，右侧两导轨光滑且与水平面的夹角，两组导轨均足够长。整个空间存在平行于左侧导轨的匀强磁场。导体棒Q在外力作用下静置于左侧导轨上并保持水平，其与导轨间的动摩擦因数。导体棒P水平放置于右侧导轨上，两导体棒的质量均为m，电阻相等。时起，对导体棒P施加沿斜面向下的随时间变化的拉力（k已知），使其由静止开始做匀加速直线运动，同时撤去对Q的外力，导体棒Q开始沿轨道下滑。已知两导体棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（，）
（1）求导体棒P的加速度；
（2）求时导体棒Q加速度的大小；
（3）求导体棒Q最大速度的大小。
【答案】（1）时，对P根据牛顿第二定律有
解得
方向平行导轨向下。
（2）对P分析，根据牛顿第二定律有
其中
则有
应有
外力
对Q分析，根据牛顿第二定律有
其中
解得
代入时，解得
（3）由
画出图像如图所示，图像与时间轴围成的面积代表速度变化
由图可知
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）对P根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律求解感应电流，对P分析，求解根据牛顿第二定律求解外力F，对Q分析，根据牛顿第二定律求解加速度；
（3）由加速度表达式画出 a2-t图像，a2-t图像与时间轴围成的面积代表速度变化，从而求解最大速度。
（1）时，对P根据牛顿第二定律有
解得
方向平行导轨向下。
（2）对P分析，根据牛顿第二定律有
其中
则有
应有
外力
对Q分析，根据牛顿第二定律有
其中
解得
代入时，解得
（3）由
画出图像如图所示，图像与时间轴围成的面积代表速度变化
由图可知
15．（2025·长沙模拟）如图所示，AB是一段光滑倾斜轨道，通过水平光滑轨道BC与半径为的竖直光滑圆轨道CDEFG相连接（圆轨道最低点C、G略有错开），出口为光滑水平轨道GH，一质量为m的小球从倾斜轨道某处静止释放，此后小球恰好能过E点。水平轨道GH上放一凹槽，凹槽质量为M，凹槽左右挡板内侧间的距离为L，在凹槽右侧靠近挡板处置有一质量也为M的小物块（可视为质点），凹槽上表面与物块间的动摩擦因数μ=0.5。物块与凹槽一起以速度向左运动，小球在水平轨道GH上与凹槽左侧发生弹性碰撞，所有轨道转折处均有光滑微小圆弧相接。已知小球与凹槽不发生二次碰撞，，重力加速度为g，求：
（1）小球静止释放位置到水平轨道BC的高度；
（2）小球和凹槽碰撞后凹槽的速度大小；
（3）小球和凹槽相碰后，凹槽与物块达到共速时物块到右侧挡板的距离及凹槽的位移。
【答案】（1）小球从静止释放到圆轨道最高点E过程中由动能定理有
小球恰能过E点，
联立解得
（2）小球到最低点G的速度为v，由动能定理，有
解得
小球与凹槽发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒，有，
，
解得
（3）物块与凹槽在相对运动过程，动量守恒
解得
根据能量守恒定律可得
解得
所以共速时小物块到右侧挡板距离为0；
对凹槽由牛顿第二定律有
解得
对物块由牛顿第二定律有
解得
两者质量相等碰撞时由动量守恒和机械能守恒可知两者速度互换，可得凹槽v-t图像如图所示
由图像可知
规定水平向右为正，所以凹槽位移
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）由动能定理和圆周运动公式求小球静止释放位置到水平轨道BC的高度；
（2）由动能定理求出小球到最低点G的速度，根据动量守恒和能量守恒求小球和凹槽碰撞后凹槽的速度大小；
（3）根据动量守恒求出物块与凹槽的共同速度，根据能量守恒求出相对位移，再结合运动学公式和图像求小球和凹槽相碰后，凹槽与物块达到共速时物块到右侧挡板的距离及凹槽的位移。
（1）小球从静止释放到圆轨道最高点E过程中由动能定理有
小球恰能过E点，
联立解得
（2）小球到最低点G的速度为v，由动能定理，有
解得
小球与凹槽发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒，有，
，
解得
（3）物块与凹槽在相对运动过程，动量守恒
解得
根据能量守恒定律可得
解得
所以共速时小物块到右侧挡板距离为0；
对凹槽由牛顿第二定律有
解得
对物块由牛顿第二定律有
解得
两者质量相等碰撞时由动量守恒和机械能守恒可知两者速度互换，可得凹槽v-t图像如图所示
由图像可知
规定水平向右为正，所以凹槽位移
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