試卷第=page22頁(yè)，共=sectionpages2222頁(yè)絕密★啟用前2025年高考考前信息必刷卷03（新高考通用）物理（考試時(shí)間：90分鐘試卷滿分：100分）考情速遞高考·新動(dòng)向：新高考更加注重回歸教材，新教材每章節(jié)的習(xí)題和教材的演示實(shí)驗(yàn)值得研究，新高考強(qiáng)調(diào)“多想一點(diǎn)，少算一點(diǎn)”的理念，定性和半定理試題為主，從重考查知識(shí)回憶向重考查思維過(guò)程轉(zhuǎn)變。高考·新情境：新高考物理試題實(shí)現(xiàn)從“解題”到“解決問(wèn)題”轉(zhuǎn)變，提高解決物理問(wèn)題的能力。達(dá)到這一目的，新高考物理試題基于真實(shí)的生產(chǎn)、生活實(shí)踐情境設(shè)置物理問(wèn)題。同時(shí)也注重學(xué)生空間思維的考查。命題·大預(yù)測(cè)：本卷試題整體難度適中，符合新高考要求，較多試題以教材習(xí)題為模板進(jìn)行創(chuàng)新而成；本卷的第5、9、11題都基于教材習(xí)題或教材原實(shí)驗(yàn)進(jìn)行創(chuàng)新改編的，需要學(xué)生能對(duì)教材習(xí)題或教材原實(shí)驗(yàn)非常熟練；第4、6、7題考查學(xué)生的空間思維能力，教師復(fù)習(xí)過(guò)程中可引導(dǎo)學(xué)生適當(dāng)進(jìn)行訓(xùn)練或引導(dǎo)學(xué)生將空間問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題進(jìn)行處理，總之新高考復(fù)習(xí)過(guò)程中最終還應(yīng)回歸到教材，教材是新高考的考查依據(jù)。注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)等填寫(xiě)在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一．選擇題（本題共10小題，共46分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分，8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)或不答得0分。）1．如圖1所示，無(wú)線充電技術(shù)是近年發(fā)展起來(lái)的新技術(shù)，充電原理可近似看成理想變壓器，如圖2所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．充電基座線圈接的電源是恒定的直流電B．充電基座線圈接的電源必須是交流電且，都閉合才能充電C．兩個(gè)線圈中電流的頻率可能不同D．兩個(gè)線圈中電流大小一定相同【答案】B【詳解】AB．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，充電基座線圈接的電源必須是交流電且、，都閉合后構(gòu)成閉合回路才能充電，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．由于充電原理可近似看成理想變壓器，兩個(gè)線圈中電流的頻率一定相同，電壓和電流強(qiáng)度不一定相同，故CD錯(cuò)誤。故選B。2．碘－131的半衰期為8天。衰變釋放的β射線可用于治療甲狀腺疾病，若某人單次服用藥物時(shí)，藥物內(nèi)碘－131每分鐘衰變次，之后不再服藥。在16天后進(jìn)行檢測(cè)，發(fā)現(xiàn)其甲狀腺內(nèi)碘－131每分鐘衰變的次數(shù)為次。則其服藥后甲狀腺吸收的碘－131大概占服用量的（）A．20% B．30% C．50% D．60%【答案】C【詳解】題意知元素的半衰期為，初始每分鐘衰變次，服藥后，設(shè)衰變前元素質(zhì)量為總質(zhì)量，衰變后未發(fā)生衰變的元素質(zhì)量為，根據(jù)公式可知，16天后，剩下的放射性元素變?yōu)樵瓉?lái)的，題意知人甲狀腺內(nèi)每分鐘發(fā)生衰變次，設(shè)吸收量占服用量的比例為，則50%故選C。3．如圖所示，一小猴在樹(shù)上將摘取的果實(shí)沿水平方向拋出，果實(shí)落在水平地面上且落地點(diǎn)相距小猴水平方向的距離為12m，從落地點(diǎn)到小猴位置的連線與水平方向的夾角為53°。已知重力加速度g取，，，不計(jì)空氣阻力。則果實(shí)拋出時(shí)的速度大小約為A．5.5m/s B．6.0m/s C．6.7m/s D．8.9m/s【答案】C【詳解】取h為小猴距地面的高度，x為果實(shí)落地點(diǎn)到拋出點(diǎn)的水平距離，由題意知解得根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知所以解得C正確。故選C。4．某中軌道通訊衛(wèi)星（MEO）繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，但由于地球的自轉(zhuǎn)，該衛(wèi)星飛行軌道在地球表面的投影以及該衛(wèi)星相繼飛臨赤道上空對(duì)應(yīng)的地面的經(jīng)度如圖。若該衛(wèi)星繞地球飛行的軌道半徑為，地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為，則與的比值為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】設(shè)地球自轉(zhuǎn)周期為，即地球同步衛(wèi)星的周期為，由題圖可知，飛船每轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，地球自轉(zhuǎn)，則飛船的周期為根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可得則有故選C。5．如圖所示，一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，矩形線圈面積為，匝數(shù)為，線圈電阻為，線圈的轉(zhuǎn)速為，線圈與二極管、阻值為的定值電阻及理想交流電流表相連，交流電流表的示數(shù)為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值為則回路電流的最大值為由于二極管的單向?qū)щ娦?，使得一個(gè)周期內(nèi)只有半個(gè)周期有電流，根據(jù)有效值定義可得可得電路電流有效值為則交流電流表的示數(shù)為。故選B。6．如圖所示，完全相同的三根剛性柱豎直固定在水平地面上的A'、B'、C'三點(diǎn)上，三點(diǎn)恰好在等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，三角形的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，三根完全一樣的輕繩一端固定在A、B、C三點(diǎn)上，另一端栓接在一起，結(jié)點(diǎn)為O?，F(xiàn)把質(zhì)量為m的重物用輕繩靜止懸掛在結(jié)點(diǎn)O處，O點(diǎn)到ABC平面的距離為，重物不接觸地面，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。則AO繩中的張力為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】設(shè)結(jié)點(diǎn)為O在三角形ABC平面的投影為，根據(jù)題意和幾何關(guān)系知到A、B、C三點(diǎn)的距離都相等，為與三根輕繩間的夾角都相同，設(shè)為，則故對(duì)結(jié)點(diǎn)O，根據(jù)平衡條件解得AO繩中的張力為故選A。7．如圖所示，空間內(nèi)有一垂直于x軸的足夠大的平面M，M將的空間分成Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域，兩區(qū)域均存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅰ磁場(chǎng)沿y軸負(fù)向，區(qū)域Ⅱ磁場(chǎng)沿y軸正向。一帶電粒子從O點(diǎn)以大小為v的速度射入?yún)^(qū)域Ⅰ，速度方向在xOy平面內(nèi)且與x軸正向成，粒子在Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)后經(jīng)過(guò)y軸上的P點(diǎn)。已知，，不計(jì)帶電粒子的重力，則該粒子的比荷為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】將粒子的入射速度沿水平方向與豎直方向分解，則有粒子水平方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，假設(shè)粒子帶正電，Ⅰ、Ⅱ兩部分磁場(chǎng)方向分別沿y軸負(fù)方向與y軸正方向，作出粒子水平方向運(yùn)動(dòng)的俯視圖如圖所示粒子在水平方向中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有粒子勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為解得，粒子在左右磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相等，則有粒子在水平方向圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為粒子在豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為根據(jù)分運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性有解得故選A。8．靜電分選是在高壓或超高壓靜電場(chǎng)中，利用待選物料間的電性差異來(lái)實(shí)現(xiàn)的?，F(xiàn)在要對(duì)礦粒中的導(dǎo)體礦粒和非導(dǎo)體（電介質(zhì)）礦粒進(jìn)行分選，如圖所示，讓礦粒與高壓帶電極板a直接接觸，以下說(shuō)法正確的是（）A．左邊礦粒是導(dǎo)體，右邊礦粒是非導(dǎo)體B．非導(dǎo)體礦粒將在電場(chǎng)力作用下向極板b運(yùn)動(dòng)C．非導(dǎo)體礦粒在向極板b運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功D．導(dǎo)體礦粒在向極板b運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能減少【答案】AD【詳解】A．非導(dǎo)體分子中的電子和原子核結(jié)合得相當(dāng)緊密，電子處于束縛狀態(tài)。當(dāng)非導(dǎo)體接觸電極時(shí)，非導(dǎo)體分子中的電子與原子核之間只能做微觀的相對(duì)移動(dòng)，產(chǎn)生“極化”現(xiàn)象，使得非導(dǎo)體和外電場(chǎng)垂直的兩個(gè)表面上分別出現(xiàn)正、負(fù)電荷，這些正、負(fù)電荷的數(shù)量相等，但不能離開(kāi)原來(lái)的分子，根據(jù)圖中所示可知，左邊礦粒發(fā)生了接觸起電現(xiàn)象，右邊礦粒發(fā)生了“極化”現(xiàn)象，即左邊礦粒是導(dǎo)體，右邊礦粒是非導(dǎo)體，故A正確；D．結(jié)合上述可知，左邊礦粒是導(dǎo)體，由于接觸起電，導(dǎo)體礦粒帶正電，所受電場(chǎng)力方向向上，導(dǎo)體礦粒在電場(chǎng)力作用下向極板b運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故D正確；BC．結(jié)合上述，右邊礦粒是非導(dǎo)體，由于礦粒與高壓帶電極板a直接接觸，電場(chǎng)對(duì)非導(dǎo)體礦粒下表面的負(fù)電荷的電場(chǎng)力大于電場(chǎng)對(duì)非導(dǎo)體礦粒上表面的正電荷的電場(chǎng)力，即非導(dǎo)體礦粒所受電場(chǎng)力合力方向向下，非導(dǎo)體礦粒在電場(chǎng)力作用下將聚集在極板a上，非導(dǎo)體礦粒不會(huì)向極板b運(yùn)動(dòng)，故BC錯(cuò)誤。故選AD。9．如圖，真空中三個(gè)帶電粒子分別固定在三角形的三個(gè)頂點(diǎn)處，同時(shí)釋放這三個(gè)粒子，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中它們彼此間的連線始終與開(kāi)始時(shí)保持平行。已知三個(gè)粒子質(zhì)量分別為和，電荷量分別為、和，開(kāi)始時(shí)三角形三個(gè)邊長(zhǎng)分別為和，若不計(jì)重力，三個(gè)粒子的速度遠(yuǎn)小于光速，庫(kù)侖定律依然適用，下列說(shuō)法正確的是（）A．三個(gè)粒子的加速度矢量和一定為零B．若三個(gè)粒子質(zhì)量相同，則C．若三個(gè)粒子電荷量相同，則D．若三角形面積變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，則三個(gè)粒子的加速度大小都減為原來(lái)的【答案】BD【詳解】A．由于三個(gè)帶電粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彼此間的連線始終與開(kāi)始時(shí)保持平行，所以三個(gè)粒子所受靜電力的合力方向始終相同，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度的方向也始終相同，那么三個(gè)粒子加速度的矢量和一定不為零，A錯(cuò)誤；BC．由于在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中它們彼此間的連線始終與開(kāi)始時(shí)保持平行，可知q2和q3沿垂直于兩電荷連線的加速度相等，則即即由幾何關(guān)系聯(lián)立解得同理可分析m1和m2可得若三個(gè)粒子質(zhì)量相同，，則若三個(gè)粒子電量相同，，則選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；D．若三角形的面積變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，邊長(zhǎng)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，靜電力與距離的平方成反比，故靜電力變?yōu)樵瓉?lái)的，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度變?yōu)樵瓉?lái)的，D正確。故選BD。10．如圖所示，質(zhì)量為的木板B與直立輕彈簧的上端拴接，彈簧下端固定在地面上。平衡時(shí)彈簧的壓縮量為，一質(zhì)量為的物塊A從木板B正上方距離為的高處自由落下，打在木板上與木板粘連在一起向下運(yùn)動(dòng)。從A、B碰撞到兩者到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)經(jīng)歷的總時(shí)間為，已知彈簧的彈性勢(shì)能，為彈簧的勁度系數(shù)，為彈簧的形變量，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為，空氣阻力忽略不計(jì)。則在時(shí)間內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（

）A．彈簧的最大彈性勢(shì)能為B．A和B一起運(yùn)動(dòng)的最大加速度大小為C．A和B一起運(yùn)動(dòng)的最大速度大小為D．從A、B碰撞到兩者到達(dá)最低點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為【答案】AD【詳解】A．物塊A做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)其與木板B碰撞前瞬間的速度大小為，由動(dòng)能定理可得解得物塊A與木板B碰撞瞬間滿足動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可得解得從A、B碰撞到達(dá)最低點(diǎn)，設(shè)最低點(diǎn)位置彈簧壓縮量為，由能量守恒定律可得其中解得可得彈簧的最大彈性勢(shì)能為故A正確；B．A、B一起運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的形變量最大，彈簧對(duì)A、B整體的彈力最大，加速度最大，由牛頓第二定律有解得A、B一起運(yùn)動(dòng)的最大加速度大小為故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)彈簧彈力與A、B的重力相等時(shí)，A和B一起運(yùn)動(dòng)的速度最大，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為，由受力平衡可得解得根據(jù)能量守恒定律有解得故C錯(cuò)誤；D．A、B在一起做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，設(shè)振動(dòng)方程為在點(diǎn)A、B碰撞，從有解得由題意知從時(shí)間為，則有可得簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期為從A、B碰撞到兩者到達(dá)最低點(diǎn)，即從的時(shí)間為故D正確。故選AD。二、非選擇題：共5題，共54分。其中第13題~15題解答時(shí)請(qǐng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只寫(xiě)出最后答案的不能得分；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位。11．（6分）某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)按圖1的電路測(cè)定電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。圖2為某次實(shí)驗(yàn)結(jié)果的圖像。(1)圖2中的圖線的斜率大小為，圖線的縱截距為，則電源電動(dòng)勢(shì)為，內(nèi)阻為。(2)圖2中測(cè)量數(shù)據(jù)集中在圖像的很小區(qū)域，實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)覺(jué)得數(shù)據(jù)處理時(shí)應(yīng)使圖像盡可能占滿整個(gè)坐標(biāo)紙，這樣的圖像有利于減小誤差，一部分同學(xué)認(rèn)為需要重新進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，另一部分同學(xué)認(rèn)為無(wú)需重新進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，你覺(jué)得為了減小誤差（填“是”或“不”）一定要重新進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。如果你覺(jué)得一定要重新進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，請(qǐng)說(shuō)出實(shí)驗(yàn)出現(xiàn)這種情況的一種可能原因；如果你覺(jué)得不一定要重新進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，請(qǐng)給出一種調(diào)整方案；?！敬鸢浮?1)b，k；(2)不見(jiàn)解析【詳解】（1）[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律有結(jié)合圖像有，（2）[1][2]為了減小誤差不一定要重新進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)出現(xiàn)這種現(xiàn)象的原因是縱軸坐標(biāo)每一格所表示的電壓過(guò)小，可以適當(dāng)增大縱軸坐標(biāo)每一格所表示的電壓，調(diào)整的方法可以令縱軸坐標(biāo)原點(diǎn)的電壓從左右開(kāi)始，從而使圖像傾斜程度更大，圖像遍布整個(gè)坐標(biāo)紙，讀數(shù)誤差減小。12．（9分）下列是《普通高中物理課程標(biāo)準(zhǔn)》中列出的三個(gè)必做實(shí)驗(yàn)的部分步驟，請(qǐng)完成實(shí)驗(yàn)操作和計(jì)算。(1)圖甲是“探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)裝置圖。在平衡摩擦力時(shí)，要調(diào)整長(zhǎng)木板的傾斜角度，使小車(chē)在不受細(xì)繩拉力的情況下，能夠在長(zhǎng)木板上向下做運(yùn)動(dòng)。圖乙是實(shí)驗(yàn)得到紙帶的一部分，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間有四個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出。打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源頻率為，則小車(chē)的加速度大小為（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。(2)圖丙是“測(cè)量玻璃的折射率”實(shí)驗(yàn)裝置圖，在直線上插了兩枚大頭針和，在側(cè)調(diào)整觀察視線，另兩枚大頭針和可能插在直線上（選填“1”“2”“3”或“4”）。如果有幾塊寬度（圖中的長(zhǎng)度）不同的平行玻璃磚可供選擇，為了減小誤差，應(yīng)選用寬度（選填“大”或“小”）的玻璃磚來(lái)測(cè)量。(3)圖丁為“探究向心力大小與半徑、角速度、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)裝置，在小球質(zhì)量和轉(zhuǎn)動(dòng)半徑相同，塔輪皮帶套在左、右兩個(gè)塔輪的半徑之比為2∶1的情況下，逐漸加速轉(zhuǎn)動(dòng)手柄到一定速度后保持勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，此時(shí)左、右兩側(cè)露出的標(biāo)尺格數(shù)之比為。其他條件不變，若增大手柄的轉(zhuǎn)速，則左、右兩標(biāo)尺的格數(shù)（選填“變多”“變少”或“不變”），兩標(biāo)尺格數(shù)的比值。（選填“變大”“變小”或“不變”）【答案】(1)勻速直線，0.80；(2)2，大(3)1:4，變多，不變【詳解】（1）[1]在平衡摩擦力時(shí)，要調(diào)整長(zhǎng)木板的傾斜角度，使小車(chē)在不受細(xì)繩拉力的情況下，能夠在長(zhǎng)木板上向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)。[2]相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間有四個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出，則兩點(diǎn)的時(shí)間為s根據(jù)逐差法可知，小車(chē)的加速度大小為（2）[1]由折射定律得知，光線通過(guò)平行玻璃磚后光線向一側(cè)發(fā)生側(cè)移，由于光線在上表面折射時(shí)，折射角小于入射角，則出射光線向左側(cè)偏移，又根據(jù)幾何知識(shí)可知，出射光線和入射光線平行，所以即大頭針和在直線2上；[2]根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作步驟可知，增大玻璃磚的厚度，測(cè)量的折射角較準(zhǔn)確，可減小誤差。（3）[1]在小球質(zhì)量和轉(zhuǎn)動(dòng)半徑相同，傳動(dòng)塔輪皮帶套在左、右兩個(gè)塔輪的半徑之比為2:1的情況下，由于左、右兩個(gè)塔輪邊緣的線速度大小相等，根據(jù)可知，左、右兩個(gè)塔輪的角速度之比為1:2，根據(jù)可知此時(shí)左、右兩側(cè)露出的標(biāo)尺格數(shù)之比為1:4[2][3]其他條件不變，若增大手柄轉(zhuǎn)動(dòng)的速度，則左、右兩個(gè)塔輪的角速度增大，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力增大，但左、右兩個(gè)塔輪的角速度比值不變，所以左、右兩標(biāo)尺的格數(shù)變多，兩標(biāo)尺格數(shù)的比值不變。13．（10分）如圖所示，熱氣球的下端有一小口，使球內(nèi)外的空氣可以流通，球內(nèi)有溫度調(diào)節(jié)器，可以調(diào)節(jié)球內(nèi)空氣的溫度，控制熱氣球上升或下降，設(shè)熱氣球的總體積V0=500m3（忽略球殼體積），除球內(nèi)空氣外，熱氣球質(zhì)量M=180kg，已知地球表面大氣溫度T0=280K，密度ρ0=1.20kg/m3，將大氣視為理想氣體，忽略其密度和溫度隨高度的變化，重力加速度g取10m/s2，求：（1）熱氣球剛要離開(kāi)地面時(shí)，球內(nèi)熱空氣的密度；（2）為使熱氣球從地面升起，球內(nèi)氣溫至少要達(dá)到多少?！敬鸢浮浚?）0.84kg/m3；（2）400K【詳解】（1）熱氣球剛要離開(kāi)地面時(shí)，由平衡條件有解得代入數(shù)據(jù)，得（2）加熱過(guò)程氣體做等壓變化，由蓋呂薩克定律有，得代入數(shù)據(jù)，得14．（15分）如圖所示，滑板的上表面由水平部分AB和半徑為的四分之一圓弧BC組成，滑板靜止于水平地面上，滑塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于滑板上的A點(diǎn)。長(zhǎng)為L(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)細(xì)線一端固定于點(diǎn)、另一端系小球Q?，F(xiàn)將細(xì)線拉直至水平位置，靜止釋放小球，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)恰好與滑塊P發(fā)生彈性正碰。小球Q、滑塊P及滑板的質(zhì)量均為m，不計(jì)一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)小球Q與滑塊P碰撞前瞬間，細(xì)線對(duì)小球拉力的大??；(2)小球Q與滑塊P碰撞后瞬間，滑塊P速度的大??；(3)滑塊P從C點(diǎn)飛出時(shí)的速度。【答案】(1)3mg；(2)；(3)，方向與水平方向成45°斜向左上方?！驹斀狻浚?）設(shè)小球Q在碰P前瞬間速度為v，對(duì)小球Q，動(dòng)能定理得解得在碰前瞬間，設(shè)細(xì)線拉力為T(mén)，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得（2）設(shè)碰后Q、P速度分別為，規(guī)定向左為正方向，由于為彈性碰撞，則有聯(lián)立解得（3）分析可知，滑塊P從C點(diǎn)飛出時(shí)P與滑板水平速度相同并設(shè)為，則對(duì)于P與滑板組成的系統(tǒng)，由于地面摩擦不計(jì)，由水平方向動(dòng)量守恒得聯(lián)立以上解得設(shè)滑塊P從C點(diǎn)飛出時(shí)的速度速度，把P和滑板作為系統(tǒng)，由能量守恒有聯(lián)立以上，代入題中數(shù)據(jù)，解得方向與水平方向夾角為，滿足解得15．（18分）如圖所示，絕緣部分P、Q將左右兩側(cè)的光滑導(dǎo)軌平滑連接起來(lái)，在導(dǎo)軌的左側(cè)接有電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源和電容為C的電