2025届湖南省“长望浏宁”四县高三下学期3月调研考试物理试题
1．（2025·湖南模拟）2024年10月3日，期刊上发表了中国科学院近代物理研究所的研究成果：研究团队合成新核素钚，并测量了该新核素的半衰期。已知钚的衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A．10个钚原子核经过一个半衰期后还剩余5个
B．钚原子核发生的是衰变
C．钚原子核发生衰变时需要吸收能量
D．原子核的比结合能比原子核的比结合能大
2．（2025·湖南模拟）如图为隐形战机的有源对消电子设备发出与对方雷达发射波匹配的行波，使对方雷达接受不到反射波，从而达到雷达隐形的效果。下列说法正确的是（ ）
A．隐形战机雷达隐形的原理是波的干涉
B．隐形战机雷达隐形的原理是波的衍射
C．隐形战机雷达隐形的原理是多普勒效应
D．行波与对方雷达发射波的频率相同、相位相同
3．（2025·湖南模拟）2024年11月4日1时24分，神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，神舟十八号载人飞行任务取得圆满成功。神舟十八号载人飞船返回地面的一段时间内做竖直向下的直线运动，其运动的位移与时间的图像如图所示，其中时间内和时间内图线为曲线，时间内图线为一倾斜直线，时间内图线为一平行于时间轴的直线，是时间内的某一时刻，则下列说法正确的是（ ）
A．时间内，返回舱的速度逐渐增大，处于超重状态
B．时间内，返回舱的速度逐渐增大，处于失重状态
C．时刻返回舱的速度小于时刻返回舱的速度
D．时刻返回舱刚好返回到地面
4．（2025·湖南模拟）“抖空竹”是中国传统的体育活动之一，在我国有悠久的历史，为国家级非物质文化遗产之一。现将抖空竹中的一个变化过程简化成以下模型：轻质弹性绳（弹力特点类比于弹簧）系于两根轻杆的端点位置，左、右手分别握住两根轻杆的另一端，一定质量的空竹架在弹性绳上。接下来做出如下动作，左手抬高的同时右手放低，使绳的两个端点匀速移动，其轨迹为竖直面内等腰梯形的两个腰（梯形的上下底水平），如图所示。则两端点分别自A、C两点，沿、以同一速度匀速移动，忽略摩擦力及空气阻力的影响，则运动过程中（ ）
A．左右两边绳的弹力均不变且相等
B．弹性绳的总长度变大
C．左边绳的弹力变大
D．右边绳的弹力变小
5．（2025·湖南模拟）2024年11月3日，神舟十八号载人飞船与空间站组合体成功分离，航天员叶光富、李聪、李广苏即将踏上回家之旅。空间站组合体距离地面的高度为h，运动周期为T，绕地球的运动可视为匀速圆周运动。已知万有引力常量为G，地球半径为R，根据以上信息可知（ ）
A．悬浮在空间站内的物体，不受力的作用
B．空间站组合体的质量
C．地球的密度
D．神舟十八号飞船与空间站组合体分离后做离心运动
6．（2025·湖南模拟）景区内的滑沙活动项目备受游客们的青睐，图甲为滑沙运动过程的简化图。某可视为质点的游客坐在滑板上从斜坡A点由静止开始滑下，游客和滑板的总质量m=60kg，滑板与斜坡滑道间的阻力大小，k为常数，阻力f方向与速度方向相反，斜坡足够长，斜坡的倾角θ=37°。该游客和滑板整体下滑过程中的最大速度为4m/s，滑沙结束后为了减轻游客负担，可利用图乙功率恒为450W的电动机，通过平行于斜面的轻绳牵引游客和滑板回到A点。整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6。下列说法正确的是（ ）
A．常数k为120kg/s
B．牵引过程中整体达到的最大速度为1m/s
C．牵引过程中整体速度为0.5m/s时，整体的加速度大小为8.5m/s2
D．若该电动机的输入电压为100V，输入电流为5A，则发动机内阻为10Ω
7．（2025·湖南模拟）某些为屏蔽电磁波设计的人工材料，其折射率为负值（n<0），称为负折射率材料。电磁波从空气射入这类材料时，折射定律和电磁波传播规律仍然不变，但是折射波与入射波位于法线的同一侧（此时折射角取负值）。如图所示，波源S发出的一束电磁波的入射角i=45°，经负折射率的平板介质材料后，从另一侧面射出（图中未画出），已知平板介质的厚度为d，电磁波在真空中的传播速度为c，不考虑电磁波在介面处的反射，下列说法正确的是（ ）
A．该电磁波的出射点位于法线OO1的上方
B．电磁波射出平板的出射方向与射入平板的入射方向平行
C．电磁波由空气进入平板介质，波长变长
D．电磁波在平板介质中的传播时间为
8．（2025·湖南模拟）为模拟空气净化过程，设计了如图甲和乙所示的两种密闭除尘桶。在甲圆桶顶部和底面间加上恒定电压U，沿圆桶的轴线方向会形成一片匀强电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图甲箭头方向所示：而在乙圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间也加上恒定电压U，会形成沿半径方向的辐向电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图乙箭头方向所示。已知带电尘粒运动时受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，带电尘粒的重力忽略不计，则（ ）
A．在甲桶中，尘粒的加速度一直不变
B．在乙桶中，尘粒在向桶壁运动过程中，尘粒所受电场力变小
C．任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功一定相等
D．甲、乙两桶中，电场力对单个尘粒做功的最大值相等
9．（2025·湖南模拟）电动汽车无线充电示意图如图，若发射线圈的输入电压为、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为2200匝。由于漏磁，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的90%，下列说法正确的是（ ）
A．发射线圈采用直流电也能为电动汽车充电
B．接收线圈中交变电流的频率为50Hz
C．接收线圈输出电压的有效值为396V
D．接收线圈输出电压的有效值为440V
10．（2025·湖南模拟）某校科技兴趣小组设计了一个玩具车的电磁驱动系统，如图所示，abcd是固定在塑料玩具车底部的长为L、宽为的长方形金属线框，线框粗细均匀且电阻为R。驱动磁场为方向垂直于水平地面、等间隔交替分布的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，每个磁场宽度均为。现使驱动磁场以速度向右匀速运动，线框将受到磁场力并带动玩具车由静止开始运动，假设玩具车所受阻力f与其运动速度v的关系为（k为常量）。下列说法正确的是（ ）
A．a、d两点间的电压的最大值为
B．玩具车在运动过程中线框中电流方向不改变
C．线框匀速运动时，安培力的功率等于回路中的电功率
D．玩具车和线框的最大速度为
11．（2025·湖南模拟）某同学用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。他测出小钢球的直径、质量，将不可伸长的轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，使小钢球静止在最低点，测出绳长，然后拉起小钢球至某一位置，测出轻绳与竖直方向之间的夹角，随即将其由静止释放。小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值。改变，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制图像。当地重力加速度为。
（1）该同学用游标卡尺测小球直径时，示数如图乙所示，则 。
（2）某次测量时，传感器示数的最大值为，则小球该次通过最低点的速度大小为 （用题中所给物理量的符号表示）。
（3）该同学绘制的图像如图丙所示，若小球运动过程中满足机械能守恒，则图像的斜率大小 （用题中所给物理量的符号表示）。
12．（2025·湖南模拟）在日常生活中充电宝可以像电源一样使用，小明尝试测量某充电宝的电动势E及内阻r（E约为5V，r约为零点几欧姆），现有实验器材：量程为3V的电压表V，量程为0.3A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R=40Ω，滑动变阻器R'，开关S，导线若干。
（1）实验中，以电流表示数I为横坐标，电压表示数U为纵坐标得到图2所示的图像，其中图像与纵轴交点的纵坐标为U1，与横轴交点的横坐标为I1，则E= ，r= 。（均选用U1、I1、R表示）
（2）小张认为，考虑到电压表并非理想电表，所以小明设计的电路测量误差较大。于是设计了如图3所示的电路测量充电宝的电动势E和内电阻r，均匀电阻丝XY长1.0m，电阻为8.0Ω，标准电池A的电动势为8.0V、内电阻为0.50Ω，定值电阻R1=1.5Ω，R2=4.8Ω。
①开关S断开，当滑动片J移动至XJ=0.80m位置时电流表G示数为零，则充电宝B的电动势E= V（保留两位有效数字）；
②开关S闭合，滑片J移至XJ=0.75m处时电流表G示数为零，则充电宝B的内电阻r= Ω（保留两位有效数字）。
13．（2025·湖南模拟）户外活动时需要在小口径井中取水，某同学取如图所示的一段均匀竹筒做了一个简易汲水器。在五个竹节处开小孔，把竹筒竖直放入水中一定深度后，水从C孔进入，空气由从A孔排出，当内外液面相平时，手指按住竹筒最上A处小孔缓慢地上提竹筒，即可把井中的水取上来。设竹筒内空间横截面积S=20cm2，竹筒共四小段，每小段长度=25cm，已知水密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度大小g=10m/s2，大气压强p0=1.0×105Pa，整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体。求：
（1）把竹筒全部浸入水中，堵住A孔将其拿出水面后再松开A孔让水慢慢流出，流出一部分水后再堵住A孔，等竹筒中水位稳定后，水位刚好下降到B处，求从A孔进入的标准大气压下空气的体积V；
（2）把竹筒竖直放入井水中汲水时，如果井水水位刚好浸到竹筒竹节B处，手指按住最上面的A孔缓慢地上提竹筒，一次能汲出多少克的水？（≈10.05）
14．（2025·湖南模拟）在高能物理研究中，需要实现对微观粒子的精准控制。如图所示，电子在管道PQ内匀强电场的作用下由P点从静止开始做匀加速直线运动，从Q点射出，电子最终击中与枪口相距d的点M。QM与直线PQ夹角为α，且P、Q、M三点均位于纸面内。已知电子的电荷量为（）、质量为m、PQ间距为d、电场强度为E。求：
（1）电子从Q点射出时的速度大小v；
（2）若仅在管道外部空间加入垂直于直线PQ的匀强电场，请确定的方向和大小；
（3）若仅在管道外部空间加入与直线QM平行的匀强磁场，求磁感应强度的最小值B？
15．（2025·湖南模拟）如图所示，质量均为M=9kg，厚度相同、长度均为L=0.6m的木板A、B（上表面粗糙）并排静止在光滑水平面上。质量m=18kg大小可忽略的机器猫静止于A板左端，机器描从A板左端斜向上跳出后，恰好落到A木板的右端，并立即与A板达到共速。随即以与第一次相同的速度起跳并落到B板上，机器猫落到B板上时碰撞时间极短可忽略，且不反弹。空气阻力可忽略，重力加速度为g=10m/s2。
（1）求从机器猫起跳至落在A板右端过程中A板运动的距离；
（2）求起跳速度与水平方向夹角为多少？可使机器猫起跳消耗的能量最少；
（3）新型材料制成的机器猫其质量仅为m'=7kg其他条件保持不变，机器猫总是以（2）问中的方式起跳，机器猫与B木板间的动摩擦因数为，求机器猫在B木板上的运动时间（结果保留两位小数）。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变；质量亏损与质能方程；结合能与比结合能
【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，知道结合能的概念。A．半衰期是大量粒子的统计规律，对于少量原子核并不成立，10个钚-227经过一个半衰期不一定还剩余5个，A错误；
B．衰变过程中电荷数和质量数守恒，可知Y的质量数为4，电荷数为2，可知Y为α粒子，则钚-227发生的是α衰变，B正确；
CD．钚-227衰变的过程中是释放能量的，比结合能增大，的比结合能比的比结合能小，CD错误。
故选B。
【分析】每经过一个半衰期会有一半放射性元素发生衰变，根据电荷数和质量数守恒写出衰变方程，该反应是衰变，并释放出大量的能量，则由比结合能小的向比结合能大的方向进行。
2．【答案】A
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】本题主要是考查隐形战机的隐形原理，掌握波的干涉、弄清楚波的干涉相消条件是解答本题的关键。隐形战机雷达隐形的原理是波的干涉，利用行波对方雷达发射波的频率相同、相位相差半个波长而抵消。
故选A。
【分析】频率相同的两列波相遇时会发生干涉，根据波的干涉进行分析。
3．【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；超重与失重
【解析】【解答】A．图像的斜率等于速度，可知时间内，返回舱的速度逐渐增大，加速度向下，可知处于失重状态，选项A错误；
B．时间内，图像的斜率不变，则返回舱的速度不变，不是处于失重状态，选项B错误；
C．图像的斜率等于速度，可知时刻返回舱的速度小于时刻返回舱的速度，选项C正确；
D．时间内图线为一平行于时间轴的直线， 该段时间速度等于0，时刻返回舱速度为零，刚好返回到地面，选项D错误。
故选C。
【分析】v-t图像的斜率表示速度，加速度向上为超重，加速度向下为失重，返回舱速度为零，刚好返回到地面。
4．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查学生对受力平衡、胡克定律的掌握，解题关键是根据几何关系得到两端点在水平方向上的距离不变。采用对称法，分析出F1=F2。ACD．以空竹为研究对象进行受力分析，同一根绳子拉力处处相等，所以F1=F2，，在水平方向空竹
处于共点力平衡，设F1与水平方向的夹角为，F2与水平方向的夹角为
所以
所以两根绳与竖直方向的夹角相等，为，则
两端点移动的过程，两端点在水平方向上的距离不变，所以不变，不变，从而得出F1和F2均不变，故A正确，CD错误；
B．根据
可知弹性绳的总长度不变，B错误。
故选A。
【分析】对空竹受力分析，根据对称性和受力分析，结合角度变化，分析左右两边绳的弹力变化；根据胡克定律，分析弹性绳的总长度变化。
5．【答案】C
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】 运用万有引力定律求出中心体的质量。能够运用物理规律去表示所要求解的物理量。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。A．悬浮在空间站内的物体，仍受地球的引力作用，选项A错误；
B．根据
可得地球的质量
选项B错误；
C．地球的密度
选项C正确；
D．神舟十八号飞船与空间站组合体分离后将做向心运动，选项D错误。
故选C。
【分析】悬浮在空间站内的物体，仍受地球的引力作用，地球的引力提供物体做圆周运动的向心力可得地球的质量，结合密度公式可得地球的密度；神舟十八号飞船与空间站组合体分离后返回地球，轨道半径变小，以此来判断是向心运动。
6．【答案】B
【知识点】焦耳定律；牛顿运动定律的综合应用；机车启动
【解析】【解答】本题考查牛顿第二定律的应用以及匀变速直线运动规律、瞬时功率的计算，会根据题意列式代入数据解答。A．对游客和滑板整体分析，匀速下滑时
代入解得
故A错误；
B．已知
设轻绳牵引力为，则最大速度
联立解得
故B正确；
C．已知
由题意得
解得加速度大小
故C错误；
D．若该电动机的输入电压为100V，输入电流为5A，则发动机发热功率
又
解得内阻
故D错误。
故选B。
【分析】对游客和滑板整体分析，根据平衡条件求解常数k；牵引力最小等于阻力加上重力分力，牵引力最小，速度最大；根据牛顿第二定律求解加速度。根据功率公式求解发电机内阻。
7．【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题考查了折射定律的基本运用，与平时做的常规题有所区别，注意折射光线与入射光线在法线的同一侧，掌握折射率的公式和的灵活运用。
A． 折射定律和电磁波传播规律仍然不变， 由于平板介质材料的折射率为负值，则电磁波在材料中折射方向位于法线的下方，所以该电磁波的出射点位于法线的下方，故A错误；
B．根据光路可逆原理，电磁波的出射方向与电磁波入射到平板介质的方向平行，故B正确；
C．根据
则电磁波由空气进入平板介质，波长变短，故C错误；
D．根据
得折射光线与法线夹角为
由B选项可知，光在平板介质中的速度为，则电磁波在平板介质中的传播时间为
故D正确。
故选BD。
【分析】根据折射的规律分析，根据折射定律结合几何关系解得电磁波的传播路程和传播速度，从而计算时间。
8．【答案】B,D
【知识点】电场力做功；牛顿第二定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．在甲圆桶中的电场为匀强电场，根据公式
可知，尘粒受电场力为恒力，由于空气阻力与尘粒运动的速度成正比，即f=kv，可知尘粒所受的合力
随速度的变化而改变，根据牛顿第二定律
可知，尘埃受到的合外力先随着速度的增加而减小，达到稳定后，加速度为零，即尘埃加速度变化，故A错误；
B．对乙圆桶中的尘粒，受到电场力大小
乙圆桶空间中的电场不是匀强电场，离导线越远的电场强度越小，所以尘粒在向桶壁运动过程中，尘粒所受电场力变小，故B正确；
C．根据功的公式
和
可得
由于尘粒在甲桶的电场中，整体做变速直线运动，故在任意相等时间内，位移L可能不同，即任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功不一定相等，故C错误；
D．根据公式
可知，电场对单个尘粒做功的最大值都等于，故D正确。
故选BD。
【分析】物体受到的合力为恒力，加速度也恒定；合力为变力，加速度也变化；根据尘粒受力情况结合牛顿第二定律判断加速度变化情况；根据电场分布情况结合判断尘粒受电场力变化情况；根据功的公式判断电场力做功情况；根据电场力做功的特点计算电场力做功最大值。
9．【答案】B,C
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比，而本题中的变压器不是理想变压器，上面的结论不成立。
A．变压器是利用电磁感应原理，必须通过交流电产生变化的磁场，才能产生感应电流，故A错误；
B．变压器不改变交变电流的频率，频率应为
故B正确；
CD．根据正弦式交流电中有效值和峰值的关系可知，原线圈的电压有效值为
根据变压器的工作原理有
，
联立可得
解得
U2=396V
故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】变压器是利用电磁感应原理，发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相等；根据穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的90%，穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，结合法拉第电磁感应定律进行解答。
10．【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【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，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。A．刚开始时线框相对于磁场的速度最大，此时感应电动势最大，ab、cd均切割磁感线，产生感应电动势方向相同，则总电动势为
因线框电阻为R，则ad部分电阻为，则a、d两点间的电压的最大值为
故A正确；
B．磁场向右运动，相当于线框切割磁感线，ab、cd所处的磁场区域会不断发生变化，结合右手定则可分析出金属框中电流方向并不是不变的，故B错误；
D．设玩具车最大速度为v，则相对于磁场的速度为v0-v，此时总电动势为
总安培力为
因玩具车所受阻力为其对地速度的k倍，当速度最大时有
可得
故D正确；
C．玩具车达到最大速度时即匀速时，安培力的功率为
电功率为
仅当
即
才有
但v不一定取，故C错误。
故选AD。
【分析】根据楞次定律分析感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律解得电压最大值；根据阻力与安培力的关系结合动能的公式解答，根据功率的计算公式解答。
11．【答案】（1）12.30
（2）
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】理解实验原理是解题的前提与关键，根据题意应用机械能守恒定律、牛顿第二定律即可解题。小球到达最低点时的速度最大，细线的拉力最大。
（1）图乙中用游标卡尺测得小球的直径为
（2）
小球通过最低点时传感器的示数最大，由牛顿第二定律
求得
（3）
小球由最高点运动至最低点过程中，根据机械能守恒定律有
小球通过最低点时有
联立得
故图像的斜率大小
【分析】（1）根据游标卡尺的精确度分析解答，游标卡尺不需要估读；
（2）小球通过最低点时传感器的示数最大，由牛顿第二定律求解 小球该次通过最低点的速度大小 ；
（3）小球下摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出小球到达最低时的速度，小球到达最低点时的速度最大，细线的拉力最大。
（1）图乙中用游标卡尺测得小球的直径为
（2）小球通过最低点时传感器的示数最大，由牛顿第二定律
求得
（3）小球由最高点运动至最低点过程中，根据机械能守恒定律有
小球通过最低点时有
联立得
故图像的斜率大小
12．【答案】（1）U1；
（2）5.1；0.32
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查了电动势和内阻的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合图像的物理意义和闭合电路欧姆定律即可完成分析。
（1）根据闭合电路欧姆定律可得
结合图像可得，
所以
（2）开关S断开，均匀电阻丝XY长1.0m，电阻8.0Ω，则当滑片J移动至XJ=0.80m位置时，XJ部分电阻为
电流表G示数为零，则
开关S闭合，滑片J移至XJ=0.75m处时，XJ部分电阻为
则有
即
解得
【分析】（1）根据电路构造的特点分析出电阻的作用；根据闭合电路欧姆定律，结合图像的物理意义得出电动势和内阻的表达式；
（2）熟悉电路构造的分析，结合欧姆定律得出电动势和内阻的大小。
（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
结合图像可得，
所以
（2）[1]开关S断开，均匀电阻丝XY长1.0m，电阻8.0Ω，则当滑片J移动至XJ=0.80m位置时，XJ部分电阻为
电流表G示数为零，则
[2]开关S闭合，滑片J移至XJ=0.75m处时，XJ部分电阻为
则有
即
解得
13．【答案】（1）从A孔进入的空气，发生的是等温变化，初状态参量为，
末状态参量为，
由玻意耳定律得
解得
（2）当手指按住最上面的A孔缓慢地上提竹筒，设最后竹筒里面取水的高度为。对竹筒上部分的空气分析可知初状态参量为，
末状态参量为，
由玻意耳定律得
整理并代入数据得
解得
所以一次能汲出水的质量
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）从A孔进入的空气，发生的是等温变化，明确初状态参量，由玻意耳定律列式求解；
（2）明确初状态参量，整个过程温度保持不变，由玻意耳定律列式求解。
（1）从A孔进入的空气，发生的是等温变化，初状态参量为，
末状态参量为，
由玻意耳定律得
解得
（2）当手指按住最上面的A孔缓慢地上提竹筒，设最后竹筒里面取水的高度为。对竹筒上部分的空气分析可知初状态参量为，
末状态参量为，
由玻意耳定律得
整理并代入数据得
解得
所以一次能汲出水的质量
14．【答案】（1）加速过程，根据动能定理
解得
（2）匀强电场垂直于直线，则电子离开Q点后做类平抛运动，故电场力垂直PQ向下，又电子带负电，则电场E1方向垂直PQ向上（PQM平面），PQ方向做匀速直线运动，有
垂直PQ方向匀加速直线运动，有
根据牛顿第二定律
联立可得
（3）将速度沿着和垂直方向分解，
垂直于方向做圆周运动，有
运动周期
磁感应强度的最小值，则周期T取最大值，平行于方向做勺速直线运动
分运动的时间相同，刚好为一个周期T，即
联立解得
【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）根据动能定理求出粒子电子从Q点射出时的速度大小；
（2）根据几何关系求出电子运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度；根据左手定则判断磁场的方向；
（3）将电子的速度沿着QM和垂直QM方向分解，分析两个方向的运动性质，结合分运动时间相等的性质求解B的大小。
（1）加速过程，根据动能定理
解得
（2）匀强电场垂直于直线，则电子离开Q点后做类平抛运动，故电场力垂直PQ向下，又电子带负电，则电场E1方向垂直PQ向上（PQM平面），PQ方向做匀速直线运动，有
垂直PQ方向匀加速直线运动，有
根据牛顿第二定律
联立可得
（3）将速度沿着和垂直方向分解，
垂直于方向做圆周运动，有
运动周期
磁感应强度的最小值，则周期T取最大值，平行于方向做勺速直线运动
分运动的时间相同，刚好为一个周期T，即
联立解得
15．【答案】（1）机器猫在A板跳跃过程，系统水平动量守恒，得
解得A板运动的距离
猫运动的距离为
（2）设机器猫起跳速度为，A板获得的速度大小为
机器猫与A板水平方向动量守恒，有
机器猫的斜抛过程有
能量关系
联立可得
由数学关系可知当
即夹角为60°时W有最小值
（3）由
可得，
机器猫跳上B板，瞬间减速的过程中由动量定理
竖直方向上
水平方向上
联立可得 猫和B板瞬间碰撞后的速度分别为，
则
猫将在B板上匀减速滑行，B板将匀加速运动直至猫与B板共速（此时猫未滑下B板）
则有
可解得
联立可得
【知识点】动量定理；动量守恒定律；斜抛运动
【解析】【分析】（1） 机器猫在A板跳跃过程，系统水平动量守恒， 结合人船模型求解；
（2）机器猫与A板水平方向动量守恒，竖直方向做竖直上抛运动，得到能量表达式，结合数学关系求解夹角大小；
（3）机器猫跳上B板，瞬间减速的过程中由动量定理求解猫和B板瞬间碰撞后的速度，猫将在B板上匀减速滑行，B板将匀加速运动直至猫与B板共速，结合运动学公式求解时间。
（1）机器猫在A板跳跃过程，系统水平动量守恒，得
解得A板运动的距离
猫运动的距离为
（2）设机器猫起跳速度为，A板获得的速度大小为
机器猫与A板水平方向动量守恒，有
机器猫的斜抛过程有
能量关系
联立可得
由数学关系可知当
即夹角为60°时W有最小值
（3）由
可得，
机器猫跳上B板，瞬间减速的过程中由动量定理
竖直方向上
水平方向上
联立可得 猫和B板瞬间碰撞后的速度分别为，
则
猫将在B板上匀减速滑行，B板将匀加速运动直至猫与B板共速（此时猫未滑下B板）
则有
可解得
联立可得
1 / 12025届湖南省“长望浏宁”四县高三下学期3月调研考试物理试题
1．（2025·湖南模拟）2024年10月3日，期刊上发表了中国科学院近代物理研究所的研究成果：研究团队合成新核素钚，并测量了该新核素的半衰期。已知钚的衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A．10个钚原子核经过一个半衰期后还剩余5个
B．钚原子核发生的是衰变
C．钚原子核发生衰变时需要吸收能量
D．原子核的比结合能比原子核的比结合能大
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变；质量亏损与质能方程；结合能与比结合能
【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，知道结合能的概念。A．半衰期是大量粒子的统计规律，对于少量原子核并不成立，10个钚-227经过一个半衰期不一定还剩余5个，A错误；
B．衰变过程中电荷数和质量数守恒，可知Y的质量数为4，电荷数为2，可知Y为α粒子，则钚-227发生的是α衰变，B正确；
CD．钚-227衰变的过程中是释放能量的，比结合能增大，的比结合能比的比结合能小，CD错误。
故选B。
【分析】每经过一个半衰期会有一半放射性元素发生衰变，根据电荷数和质量数守恒写出衰变方程，该反应是衰变，并释放出大量的能量，则由比结合能小的向比结合能大的方向进行。
2．（2025·湖南模拟）如图为隐形战机的有源对消电子设备发出与对方雷达发射波匹配的行波，使对方雷达接受不到反射波，从而达到雷达隐形的效果。下列说法正确的是（ ）
A．隐形战机雷达隐形的原理是波的干涉
B．隐形战机雷达隐形的原理是波的衍射
C．隐形战机雷达隐形的原理是多普勒效应
D．行波与对方雷达发射波的频率相同、相位相同
【答案】A
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】本题主要是考查隐形战机的隐形原理，掌握波的干涉、弄清楚波的干涉相消条件是解答本题的关键。隐形战机雷达隐形的原理是波的干涉，利用行波对方雷达发射波的频率相同、相位相差半个波长而抵消。
故选A。
【分析】频率相同的两列波相遇时会发生干涉，根据波的干涉进行分析。
3．（2025·湖南模拟）2024年11月4日1时24分，神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，神舟十八号载人飞行任务取得圆满成功。神舟十八号载人飞船返回地面的一段时间内做竖直向下的直线运动，其运动的位移与时间的图像如图所示，其中时间内和时间内图线为曲线，时间内图线为一倾斜直线，时间内图线为一平行于时间轴的直线，是时间内的某一时刻，则下列说法正确的是（ ）
A．时间内，返回舱的速度逐渐增大，处于超重状态
B．时间内，返回舱的速度逐渐增大，处于失重状态
C．时刻返回舱的速度小于时刻返回舱的速度
D．时刻返回舱刚好返回到地面
【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；超重与失重
【解析】【解答】A．图像的斜率等于速度，可知时间内，返回舱的速度逐渐增大，加速度向下，可知处于失重状态，选项A错误；
B．时间内，图像的斜率不变，则返回舱的速度不变，不是处于失重状态，选项B错误；
C．图像的斜率等于速度，可知时刻返回舱的速度小于时刻返回舱的速度，选项C正确；
D．时间内图线为一平行于时间轴的直线， 该段时间速度等于0，时刻返回舱速度为零，刚好返回到地面，选项D错误。
故选C。
【分析】v-t图像的斜率表示速度，加速度向上为超重，加速度向下为失重，返回舱速度为零，刚好返回到地面。
4．（2025·湖南模拟）“抖空竹”是中国传统的体育活动之一，在我国有悠久的历史，为国家级非物质文化遗产之一。现将抖空竹中的一个变化过程简化成以下模型：轻质弹性绳（弹力特点类比于弹簧）系于两根轻杆的端点位置，左、右手分别握住两根轻杆的另一端，一定质量的空竹架在弹性绳上。接下来做出如下动作，左手抬高的同时右手放低，使绳的两个端点匀速移动，其轨迹为竖直面内等腰梯形的两个腰（梯形的上下底水平），如图所示。则两端点分别自A、C两点，沿、以同一速度匀速移动，忽略摩擦力及空气阻力的影响，则运动过程中（ ）
A．左右两边绳的弹力均不变且相等
B．弹性绳的总长度变大
C．左边绳的弹力变大
D．右边绳的弹力变小
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查学生对受力平衡、胡克定律的掌握，解题关键是根据几何关系得到两端点在水平方向上的距离不变。采用对称法，分析出F1=F2。ACD．以空竹为研究对象进行受力分析，同一根绳子拉力处处相等，所以F1=F2，，在水平方向空竹
处于共点力平衡，设F1与水平方向的夹角为，F2与水平方向的夹角为
所以
所以两根绳与竖直方向的夹角相等，为，则
两端点移动的过程，两端点在水平方向上的距离不变，所以不变，不变，从而得出F1和F2均不变，故A正确，CD错误；
B．根据
可知弹性绳的总长度不变，B错误。
故选A。
【分析】对空竹受力分析，根据对称性和受力分析，结合角度变化，分析左右两边绳的弹力变化；根据胡克定律，分析弹性绳的总长度变化。
5．（2025·湖南模拟）2024年11月3日，神舟十八号载人飞船与空间站组合体成功分离，航天员叶光富、李聪、李广苏即将踏上回家之旅。空间站组合体距离地面的高度为h，运动周期为T，绕地球的运动可视为匀速圆周运动。已知万有引力常量为G，地球半径为R，根据以上信息可知（ ）
A．悬浮在空间站内的物体，不受力的作用
B．空间站组合体的质量
C．地球的密度
D．神舟十八号飞船与空间站组合体分离后做离心运动
【答案】C
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】 运用万有引力定律求出中心体的质量。能够运用物理规律去表示所要求解的物理量。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。A．悬浮在空间站内的物体，仍受地球的引力作用，选项A错误；
B．根据
可得地球的质量
选项B错误；
C．地球的密度
选项C正确；
D．神舟十八号飞船与空间站组合体分离后将做向心运动，选项D错误。
故选C。
【分析】悬浮在空间站内的物体，仍受地球的引力作用，地球的引力提供物体做圆周运动的向心力可得地球的质量，结合密度公式可得地球的密度；神舟十八号飞船与空间站组合体分离后返回地球，轨道半径变小，以此来判断是向心运动。
6．（2025·湖南模拟）景区内的滑沙活动项目备受游客们的青睐，图甲为滑沙运动过程的简化图。某可视为质点的游客坐在滑板上从斜坡A点由静止开始滑下，游客和滑板的总质量m=60kg，滑板与斜坡滑道间的阻力大小，k为常数，阻力f方向与速度方向相反，斜坡足够长，斜坡的倾角θ=37°。该游客和滑板整体下滑过程中的最大速度为4m/s，滑沙结束后为了减轻游客负担，可利用图乙功率恒为450W的电动机，通过平行于斜面的轻绳牵引游客和滑板回到A点。整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6。下列说法正确的是（ ）
A．常数k为120kg/s
B．牵引过程中整体达到的最大速度为1m/s
C．牵引过程中整体速度为0.5m/s时，整体的加速度大小为8.5m/s2
D．若该电动机的输入电压为100V，输入电流为5A，则发动机内阻为10Ω
【答案】B
【知识点】焦耳定律；牛顿运动定律的综合应用；机车启动
【解析】【解答】本题考查牛顿第二定律的应用以及匀变速直线运动规律、瞬时功率的计算，会根据题意列式代入数据解答。A．对游客和滑板整体分析，匀速下滑时
代入解得
故A错误；
B．已知
设轻绳牵引力为，则最大速度
联立解得
故B正确；
C．已知
由题意得
解得加速度大小
故C错误；
D．若该电动机的输入电压为100V，输入电流为5A，则发动机发热功率
又
解得内阻
故D错误。
故选B。
【分析】对游客和滑板整体分析，根据平衡条件求解常数k；牵引力最小等于阻力加上重力分力，牵引力最小，速度最大；根据牛顿第二定律求解加速度。根据功率公式求解发电机内阻。
7．（2025·湖南模拟）某些为屏蔽电磁波设计的人工材料，其折射率为负值（n<0），称为负折射率材料。电磁波从空气射入这类材料时，折射定律和电磁波传播规律仍然不变，但是折射波与入射波位于法线的同一侧（此时折射角取负值）。如图所示，波源S发出的一束电磁波的入射角i=45°，经负折射率的平板介质材料后，从另一侧面射出（图中未画出），已知平板介质的厚度为d，电磁波在真空中的传播速度为c，不考虑电磁波在介面处的反射，下列说法正确的是（ ）
A．该电磁波的出射点位于法线OO1的上方
B．电磁波射出平板的出射方向与射入平板的入射方向平行
C．电磁波由空气进入平板介质，波长变长
D．电磁波在平板介质中的传播时间为
【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题考查了折射定律的基本运用，与平时做的常规题有所区别，注意折射光线与入射光线在法线的同一侧，掌握折射率的公式和的灵活运用。
A． 折射定律和电磁波传播规律仍然不变， 由于平板介质材料的折射率为负值，则电磁波在材料中折射方向位于法线的下方，所以该电磁波的出射点位于法线的下方，故A错误；
B．根据光路可逆原理，电磁波的出射方向与电磁波入射到平板介质的方向平行，故B正确；
C．根据
则电磁波由空气进入平板介质，波长变短，故C错误；
D．根据
得折射光线与法线夹角为
由B选项可知，光在平板介质中的速度为，则电磁波在平板介质中的传播时间为
故D正确。
故选BD。
【分析】根据折射的规律分析，根据折射定律结合几何关系解得电磁波的传播路程和传播速度，从而计算时间。
8．（2025·湖南模拟）为模拟空气净化过程，设计了如图甲和乙所示的两种密闭除尘桶。在甲圆桶顶部和底面间加上恒定电压U，沿圆桶的轴线方向会形成一片匀强电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图甲箭头方向所示：而在乙圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间也加上恒定电压U，会形成沿半径方向的辐向电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图乙箭头方向所示。已知带电尘粒运动时受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，带电尘粒的重力忽略不计，则（ ）
A．在甲桶中，尘粒的加速度一直不变
B．在乙桶中，尘粒在向桶壁运动过程中，尘粒所受电场力变小
C．任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功一定相等
D．甲、乙两桶中，电场力对单个尘粒做功的最大值相等
【答案】B,D
【知识点】电场力做功；牛顿第二定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．在甲圆桶中的电场为匀强电场，根据公式
可知，尘粒受电场力为恒力，由于空气阻力与尘粒运动的速度成正比，即f=kv，可知尘粒所受的合力
随速度的变化而改变，根据牛顿第二定律
可知，尘埃受到的合外力先随着速度的增加而减小，达到稳定后，加速度为零，即尘埃加速度变化，故A错误；
B．对乙圆桶中的尘粒，受到电场力大小
乙圆桶空间中的电场不是匀强电场，离导线越远的电场强度越小，所以尘粒在向桶壁运动过程中，尘粒所受电场力变小，故B正确；
C．根据功的公式
和
可得
由于尘粒在甲桶的电场中，整体做变速直线运动，故在任意相等时间内，位移L可能不同，即任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功不一定相等，故C错误；
D．根据公式
可知，电场对单个尘粒做功的最大值都等于，故D正确。
故选BD。
【分析】物体受到的合力为恒力，加速度也恒定；合力为变力，加速度也变化；根据尘粒受力情况结合牛顿第二定律判断加速度变化情况；根据电场分布情况结合判断尘粒受电场力变化情况；根据功的公式判断电场力做功情况；根据电场力做功的特点计算电场力做功最大值。
9．（2025·湖南模拟）电动汽车无线充电示意图如图，若发射线圈的输入电压为、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为2200匝。由于漏磁，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的90%，下列说法正确的是（ ）
A．发射线圈采用直流电也能为电动汽车充电
B．接收线圈中交变电流的频率为50Hz
C．接收线圈输出电压的有效值为396V
D．接收线圈输出电压的有效值为440V
【答案】B,C
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比，而本题中的变压器不是理想变压器，上面的结论不成立。
A．变压器是利用电磁感应原理，必须通过交流电产生变化的磁场，才能产生感应电流，故A错误；
B．变压器不改变交变电流的频率，频率应为
故B正确；
CD．根据正弦式交流电中有效值和峰值的关系可知，原线圈的电压有效值为
根据变压器的工作原理有
，
联立可得
解得
U2=396V
故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】变压器是利用电磁感应原理，发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相等；根据穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的90%，穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，结合法拉第电磁感应定律进行解答。
10．（2025·湖南模拟）某校科技兴趣小组设计了一个玩具车的电磁驱动系统，如图所示，abcd是固定在塑料玩具车底部的长为L、宽为的长方形金属线框，线框粗细均匀且电阻为R。驱动磁场为方向垂直于水平地面、等间隔交替分布的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，每个磁场宽度均为。现使驱动磁场以速度向右匀速运动，线框将受到磁场力并带动玩具车由静止开始运动，假设玩具车所受阻力f与其运动速度v的关系为（k为常量）。下列说法正确的是（ ）
A．a、d两点间的电压的最大值为
B．玩具车在运动过程中线框中电流方向不改变
C．线框匀速运动时，安培力的功率等于回路中的电功率
D．玩具车和线框的最大速度为
【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【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，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。A．刚开始时线框相对于磁场的速度最大，此时感应电动势最大，ab、cd均切割磁感线，产生感应电动势方向相同，则总电动势为
因线框电阻为R，则ad部分电阻为，则a、d两点间的电压的最大值为
故A正确；
B．磁场向右运动，相当于线框切割磁感线，ab、cd所处的磁场区域会不断发生变化，结合右手定则可分析出金属框中电流方向并不是不变的，故B错误；
D．设玩具车最大速度为v，则相对于磁场的速度为v0-v，此时总电动势为
总安培力为
因玩具车所受阻力为其对地速度的k倍，当速度最大时有
可得
故D正确；
C．玩具车达到最大速度时即匀速时，安培力的功率为
电功率为
仅当
即
才有
但v不一定取，故C错误。
故选AD。
【分析】根据楞次定律分析感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律解得电压最大值；根据阻力与安培力的关系结合动能的公式解答，根据功率的计算公式解答。
11．（2025·湖南模拟）某同学用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。他测出小钢球的直径、质量，将不可伸长的轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，使小钢球静止在最低点，测出绳长，然后拉起小钢球至某一位置，测出轻绳与竖直方向之间的夹角，随即将其由静止释放。小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值。改变，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制图像。当地重力加速度为。
（1）该同学用游标卡尺测小球直径时，示数如图乙所示，则 。
（2）某次测量时，传感器示数的最大值为，则小球该次通过最低点的速度大小为 （用题中所给物理量的符号表示）。
（3）该同学绘制的图像如图丙所示，若小球运动过程中满足机械能守恒，则图像的斜率大小 （用题中所给物理量的符号表示）。
【答案】（1）12.30
（2）
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】理解实验原理是解题的前提与关键，根据题意应用机械能守恒定律、牛顿第二定律即可解题。小球到达最低点时的速度最大，细线的拉力最大。
（1）图乙中用游标卡尺测得小球的直径为
（2）
小球通过最低点时传感器的示数最大，由牛顿第二定律
求得
（3）
小球由最高点运动至最低点过程中，根据机械能守恒定律有
小球通过最低点时有
联立得
故图像的斜率大小
【分析】（1）根据游标卡尺的精确度分析解答，游标卡尺不需要估读；
（2）小球通过最低点时传感器的示数最大，由牛顿第二定律求解 小球该次通过最低点的速度大小 ；
（3）小球下摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出小球到达最低时的速度，小球到达最低点时的速度最大，细线的拉力最大。
（1）图乙中用游标卡尺测得小球的直径为
（2）小球通过最低点时传感器的示数最大，由牛顿第二定律
求得
（3）小球由最高点运动至最低点过程中，根据机械能守恒定律有
小球通过最低点时有
联立得
故图像的斜率大小
12．（2025·湖南模拟）在日常生活中充电宝可以像电源一样使用，小明尝试测量某充电宝的电动势E及内阻r（E约为5V，r约为零点几欧姆），现有实验器材：量程为3V的电压表V，量程为0.3A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R=40Ω，滑动变阻器R'，开关S，导线若干。
（1）实验中，以电流表示数I为横坐标，电压表示数U为纵坐标得到图2所示的图像，其中图像与纵轴交点的纵坐标为U1，与横轴交点的横坐标为I1，则E= ，r= 。（均选用U1、I1、R表示）
（2）小张认为，考虑到电压表并非理想电表，所以小明设计的电路测量误差较大。于是设计了如图3所示的电路测量充电宝的电动势E和内电阻r，均匀电阻丝XY长1.0m，电阻为8.0Ω，标准电池A的电动势为8.0V、内电阻为0.50Ω，定值电阻R1=1.5Ω，R2=4.8Ω。
①开关S断开，当滑动片J移动至XJ=0.80m位置时电流表G示数为零，则充电宝B的电动势E= V（保留两位有效数字）；
②开关S闭合，滑片J移至XJ=0.75m处时电流表G示数为零，则充电宝B的内电阻r= Ω（保留两位有效数字）。
【答案】（1）U1；
（2）5.1；0.32
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查了电动势和内阻的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合图像的物理意义和闭合电路欧姆定律即可完成分析。
（1）根据闭合电路欧姆定律可得
结合图像可得，
所以
（2）开关S断开，均匀电阻丝XY长1.0m，电阻8.0Ω，则当滑片J移动至XJ=0.80m位置时，XJ部分电阻为
电流表G示数为零，则
开关S闭合，滑片J移至XJ=0.75m处时，XJ部分电阻为
则有
即
解得
【分析】（1）根据电路构造的特点分析出电阻的作用；根据闭合电路欧姆定律，结合图像的物理意义得出电动势和内阻的表达式；
（2）熟悉电路构造的分析，结合欧姆定律得出电动势和内阻的大小。
（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
结合图像可得，
所以
（2）[1]开关S断开，均匀电阻丝XY长1.0m，电阻8.0Ω，则当滑片J移动至XJ=0.80m位置时，XJ部分电阻为
电流表G示数为零，则
[2]开关S闭合，滑片J移至XJ=0.75m处时，XJ部分电阻为
则有
即
解得
13．（2025·湖南模拟）户外活动时需要在小口径井中取水，某同学取如图所示的一段均匀竹筒做了一个简易汲水器。在五个竹节处开小孔，把竹筒竖直放入水中一定深度后，水从C孔进入，空气由从A孔排出，当内外液面相平时，手指按住竹筒最上A处小孔缓慢地上提竹筒，即可把井中的水取上来。设竹筒内空间横截面积S=20cm2，竹筒共四小段，每小段长度=25cm，已知水密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度大小g=10m/s2，大气压强p0=1.0×105Pa，整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体。求：
（1）把竹筒全部浸入水中，堵住A孔将其拿出水面后再松开A孔让水慢慢流出，流出一部分水后再堵住A孔，等竹筒中水位稳定后，水位刚好下降到B处，求从A孔进入的标准大气压下空气的体积V；
（2）把竹筒竖直放入井水中汲水时，如果井水水位刚好浸到竹筒竹节B处，手指按住最上面的A孔缓慢地上提竹筒，一次能汲出多少克的水？（≈10.05）
【答案】（1）从A孔进入的空气，发生的是等温变化，初状态参量为，
末状态参量为，
由玻意耳定律得
解得
（2）当手指按住最上面的A孔缓慢地上提竹筒，设最后竹筒里面取水的高度为。对竹筒上部分的空气分析可知初状态参量为，
末状态参量为，
由玻意耳定律得
整理并代入数据得
解得
所以一次能汲出水的质量
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）从A孔进入的空气，发生的是等温变化，明确初状态参量，由玻意耳定律列式求解；
（2）明确初状态参量，整个过程温度保持不变，由玻意耳定律列式求解。
（1）从A孔进入的空气，发生的是等温变化，初状态参量为，
末状态参量为，
由玻意耳定律得
解得
（2）当手指按住最上面的A孔缓慢地上提竹筒，设最后竹筒里面取水的高度为。对竹筒上部分的空气分析可知初状态参量为，
末状态参量为，
由玻意耳定律得
整理并代入数据得
解得
所以一次能汲出水的质量
14．（2025·湖南模拟）在高能物理研究中，需要实现对微观粒子的精准控制。如图所示，电子在管道PQ内匀强电场的作用下由P点从静止开始做匀加速直线运动，从Q点射出，电子最终击中与枪口相距d的点M。QM与直线PQ夹角为α，且P、Q、M三点均位于纸面内。已知电子的电荷量为（）、质量为m、PQ间距为d、电场强度为E。求：
（1）电子从Q点射出时的速度大小v；
（2）若仅在管道外部空间加入垂直于直线PQ的匀强电场，请确定的方向和大小；
（3）若仅在管道外部空间加入与直线QM平行的匀强磁场，求磁感应强度的最小值B？
【答案】（1）加速过程，根据动能定理
解得
（2）匀强电场垂直于直线，则电子离开Q点后做类平抛运动，故电场力垂直PQ向下，又电子带负电，则电场E1方向垂直PQ向上（PQM平面），PQ方向做匀速直线运动，有
垂直PQ方向匀加速直线运动，有
根据牛顿第二定律
联立可得
（3）将速度沿着和垂直方向分解，
垂直于方向做圆周运动，有
运动周期
磁感应强度的最小值，则周期T取最大值，平行于方向做勺速直线运动
分运动的时间相同，刚好为一个周期T，即
联立解得
【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）根据动能定理求出粒子电子从Q点射出时的速度大小；
（2）根据几何关系求出电子运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度；根据左手定则判断磁场的方向；
（3）将电子的速度沿着QM和垂直QM方向分解，分析两个方向的运动性质，结合分运动时间相等的性质求解B的大小。
（1）加速过程，根据动能定理
解得
（2）匀强电场垂直于直线，则电子离开Q点后做类平抛运动，故电场力垂直PQ向下，又电子带负电，则电场E1方向垂直PQ向上（PQM平面），PQ方向做匀速直线运动，有
垂直PQ方向匀加速直线运动，有
根据牛顿第二定律
联立可得
（3）将速度沿着和垂直方向分解，
垂直于方向做圆周运动，有
运动周期
磁感应强度的最小值，则周期T取最大值，平行于方向做勺速直线运动
分运动的时间相同，刚好为一个周期T，即
联立解得
15．（2025·湖南模拟）如图所示，质量均为M=9kg，厚度相同、长度均为L=0.6m的木板A、B（上表面粗糙）并排静止在光滑水平面上。质量m=18kg大小可忽略的机器猫静止于A板左端，机器描从A板左端斜向上跳出后，恰好落到A木板的右端，并立即与A板达到共速。随即以与第一次相同的速度起跳并落到B板上，机器猫落到B板上时碰撞时间极短可忽略，且不反弹。空气阻力可忽略，重力加速度为g=10m/s2。
（1）求从机器猫起跳至落在A板右端过程中A板运动的距离；
（2）求起跳速度与水平方向夹角为多少？可使机器猫起跳消耗的能量最少；
（3）新型材料制成的机器猫其质量仅为m'=7kg其他条件保持不变，机器猫总是以（2）问中的方式起跳，机器猫与B木板间的动摩擦因数为，求机器猫在B木板上的运动时间（结果保留两位小数）。
【答案】（1）机器猫在A板跳跃过程，系统水平动量守恒，得
解得A板运动的距离
猫运动的距离为
（2）设机器猫起跳速度为，A板获得的速度大小为
机器猫与A板水平方向动量守恒，有
机器猫的斜抛过程有
能量关系
联立可得
由数学关系可知当
即夹角为60°时W有最小值
（3）由
可得，
机器猫跳上B板，瞬间减速的过程中由动量定理
竖直方向上
水平方向上
联立可得 猫和B板瞬间碰撞后的速度分别为，
则
猫将在B板上匀减速滑行，B板将匀加速运动直至猫与B板共速（此时猫未滑下B板）
则有
可解得
联立可得
【知识点】动量定理；动量守恒定律；斜抛运动
【解析】【分析】（1） 机器猫在A板跳跃过程，系统水平动量守恒， 结合人船模型求解；
（2）机器猫与A板水平方向动量守恒，竖直方向做竖直上抛运动，得到能量表达式，结合数学关系求解夹角大小；
（3）机器猫跳上B板，瞬间减速的过程中由动量定理求解猫和B板瞬间碰撞后的速度，猫将在B板上匀减速滑行，B板将匀加速运动直至猫与B板共速，结合运动学公式求解时间。
（1）机器猫在A板跳跃过程，系统水平动量守恒，得
解得A板运动的距离
猫运动的距离为
（2）设机器猫起跳速度为，A板获得的速度大小为
机器猫与A板水平方向动量守恒，有
机器猫的斜抛过程有
能量关系
联立可得
由数学关系可知当
即夹角为60°时W有最小值
（3）由
可得，
机器猫跳上B板，瞬间减速的过程中由动量定理
竖直方向上
水平方向上
联立可得 猫和B板瞬间碰撞后的速度分别为，
则
猫将在B板上匀减速滑行，B板将匀加速运动直至猫与B板共速（此时猫未滑下B板）
则有
可解得
联立可得
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