第1頁/共1頁物理（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如甲圖所示為某商場的旋轉(zhuǎn)玻璃門，乙圖為它的俯視示意圖，旋轉(zhuǎn)門逆時針旋轉(zhuǎn)，左右兩側(cè)弧形玻璃完全對稱，三扇旋轉(zhuǎn)門連在一起且兩兩之間夾角相等。旋轉(zhuǎn)門寬度為，左側(cè)兩扇旋轉(zhuǎn)門和弧形玻璃恰好圍成一個封閉空間。已知商場旋轉(zhuǎn)玻璃門外邊緣的最大安全旋轉(zhuǎn)速度為，玻璃門處于如圖位置時一位顧客（可視為質(zhì)點）在下邊緣虛線某處進(jìn)入旋轉(zhuǎn)玻璃門，則顧客穿過旋轉(zhuǎn)玻璃門的最大平均速度為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】若想顧客穿過旋轉(zhuǎn)玻璃門平均速度最大，則需要顧客穿過旋轉(zhuǎn)玻璃門的過程中位移最大且用時最短。則顧客的最大位移為圓的直徑，顧客進(jìn)入旋轉(zhuǎn)門若要用時最短，需要在旋轉(zhuǎn)門逆時針旋轉(zhuǎn)時出去。商場旋轉(zhuǎn)玻璃門外邊緣的最大安全旋轉(zhuǎn)速度為。玻璃門安全旋轉(zhuǎn)的最大角速度為此時旋轉(zhuǎn)門轉(zhuǎn)過所用時間最短，其大小為則顧客穿過旋轉(zhuǎn)玻璃門的最大平均速度為故選A。2.某簡諧波在同一均勻介質(zhì)中沿軸正方向傳播，M、N是軸上的兩質(zhì)點，時刻位于坐標(biāo)原點的波源開始振動。時，波剛好傳到質(zhì)點處，波源正好處在最大位移處，此時波形如圖所示。下列說法正確的是（）A.波源開始振動方向沿軸負(fù)方向B.時，質(zhì)點開始振動C.這列波的波速大小為D.當(dāng)點開始振動時，質(zhì)點運動的總路程為【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)該波沿軸正方向傳播和時的波形圖分析可知，質(zhì)點的起振方向沿軸正方向，A錯誤；C．波長周期波速C錯誤；B．質(zhì)點到波源距離為，則開始振動的時刻為正確；D．質(zhì)點的振動方程為當(dāng)時質(zhì)點的位移為此時其運動路程D錯誤。故選B。3.將兩折射率分別為，的玻璃磚上下疊放，如圖所示，一細(xì)光束以角從第一塊玻璃磚射入，則（）A.細(xì)光束在兩玻璃磚中的速度之比為B.細(xì)光束射入第二塊玻璃磚時的折射角滿足C.第二塊玻璃磚的出射光線與第一塊玻璃磚的入射光線平行D.逐漸增大入射角（小于），第二塊玻璃磚的出射光線可能會消失【答案】C【解析】【詳解】A．由折射定律可知，，故該細(xì)光束在兩玻璃磚中的速度之比為，故A錯誤；BC．由平行玻璃磚的折射特性可知，若光線射入和射出的兩表面平行，則入射光和出射光彼此平行，故光線射出下面的玻璃磚時與界面夾角也為，由折射定律可知解得，故錯誤；正確；D．根據(jù)全反射條件可知，若想要發(fā)生全反射需要光線從光密介質(zhì)射向光疏介質(zhì)、且射入光線與法線的夾角大于或等于臨界角，因此只有當(dāng)光線從下面的玻璃磚射向空氣的時候才有可能發(fā)生全反射，而根據(jù)光路可逆原理，光能射入下面的平行玻璃磚則一定能夠射出，故第二塊玻璃磚的出射光線不會消失，故錯誤。故選C。4.2025年1月1日，距離地球地面的高度約為400公里的天宮空間站迎來了新的“航天組成員”——箱式機(jī)器人小航。小航是哈爾濱工業(yè)大學(xué)所研制并生產(chǎn)的國內(nèi)首款“空間站艙內(nèi)智能飛行機(jī)器人”。小航可以通過自身動力在空間站內(nèi)飛行和懸浮，懸浮時小航與天宮空間站相對靜止，假設(shè)天宮空間站轉(zhuǎn)動的軌道近似為圓軌道，下列說法正確的是（）A.天宮空間站運行速度大于第一宇宙速度B.小航懸浮階段受到的合力為零C.通過小航記錄天宮運行一周的時間和題干信息可以測量天宮空間站處的重力加速度D.航天員乘坐飛船與天宮空間站分離后返回地球需要先減速進(jìn)入橢圓軌道，在橢圓軌道近地點的速度大于天宮空間站的速度【答案】CD【解析】【詳解】A．第一宇宙速度是所有繞地球做圓周運動衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，可知空間站在繞地球運行過程中，其速度小于第一宇宙速度，故A錯誤；B．小航與空間站同步做圓周運動，需地球引力提供向心力，合力等于向心力，不為零，故B錯誤；C．空間站運行周期T已知，軌道半徑（地球半徑約6400km，題干給出km）。根據(jù)萬有引力提供向心力，有重力加速度可通過T和r計算可以測量天宮空間站處的重力加速度，故C正確；D．飛船減速后進(jìn)入橢圓軌道，遠(yuǎn)地點速度小于原軌道速度，但近地點速度大于該點對應(yīng)圓軌道速度，而故，故D正確。故選CD。5.如圖所示是一種收納乒乓球的桶，個完全一樣的乒乓球彼此疊放在桶中（），所有球的球心在同一豎直平面內(nèi)。乒乓球的質(zhì)量為，桶的內(nèi)徑是乒乓球直徑的1.5倍。從上到下乒乓球編號為1到，不計一切摩擦，重力加速度為，則下列說法正確的是（）A.1號球受到桶壁的壓力為B.桶底的號球受到桶底的支持力為C.桶底的號球?qū)ν氨诘膲毫镈.號球?qū)ν氨诘膲毫椤敬鸢浮緾【解析】【詳解】A．設(shè)乒乓球2給1的支持力為，受到桶壁的壓力為，1號球的受力分析如圖所示根據(jù)力的三角形法則，受到桶壁的壓力，故A錯誤；B．將所有的球看作一個整體，在豎直方向只受重力和桶底的支持力，故桶底的號球受到桶底的支持力為，故B錯誤；C．將號球上面的個球看作一個整體，豎直方向只受重力和號球?qū)ζ涞闹С至υ谪Q直方向的分力，故號球受到上面球的壓力桶底的號球?qū)ν氨诘膲毫εc號球受到上面球的壓力的水平分力平衡，故C正確；D．號球受到上面球的壓力為受到下面球的壓力為故號球?qū)ν氨诘膲毫椋蔇錯誤。故選C。6.如圖所示，絕緣平面上固定兩條足夠長的“”字型光滑平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為，左右兩側(cè)導(dǎo)軌與水平面夾角分別為，均處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為，不計導(dǎo)軌電阻。兩側(cè)頂端分別用外力固定質(zhì)量為，的導(dǎo)體棒、，電阻分別為，導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌，且運動過程中始終未脫離導(dǎo)軌，重力加速度為，以下說法正確的是（）A.若棒具有沿斜面向上的初速度，則棒由靜止釋放瞬間加速度可能為零B.若棒具有沿斜面向上的初速度，則棒由靜止釋放瞬間加速度可能為零C.若棒始終固定，棒由靜止釋放后的穩(wěn)定速度為D.若兩導(dǎo)體棒同時靜止釋放，兩棒最終不可能同時勻速下滑【答案】D【解析】【詳解】A．若釋放瞬間加速度為零，則由左手定則，流經(jīng)的電流由指向，則中電流由指向，由右手定則可知具有沿斜面向下的速度，故A錯誤；B．若釋放瞬間加速度為零，則由左手定則，流經(jīng)的電流由指向，則中電流由指向，由右手定則可知具有沿斜面向下的速度，故B錯誤；C．勻速下滑時所受安培力勻速時受力平衡由閉合電路歐姆定律可知流經(jīng)的電流切割磁感線產(chǎn)生電動勢，勻速時的速度為，則聯(lián)立可得速度，故C錯誤；D．若勻速下滑，則其所受安培力滿足電流若勻速下滑，則其所受安培力滿足電流則故兩棒不可能同時勻速下滑，故D正確。故選D。7.一帶正電的粒子以某一初速度垂直射入勻強(qiáng)磁場中，運動過程中受到與速度大小成正比的阻力（比例系數(shù)不變），方向始終與運動方向相反。勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為時，粒子停止時的位置與初始位置的距離為，粒子運動的路程為。假設(shè)磁場足夠大，則粒子從射入磁場到運動停止，不計粒子重力，下列說法正確的是（）A.當(dāng)撤去磁場時，粒子運動的路程不等于B.粒子質(zhì)量增大，粒子停止時的位置與初始位置的距離變大C.粒子所帶電荷量增大，停止時的位置與初始位置的距離變大D.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為時，粒子停止位置與初始位置的距離約為【答案】B【解析】【詳解】A．帶電粒子在磁場中所受洛倫茲力不做功，當(dāng)撤去磁場時，粒子僅受阻力作用，做減速直線運動。由動能定理可知總路程與路徑無關(guān)，無論是否存在磁場，只要初速度、質(zhì)量和阻力系數(shù)相同，總路程相同，由此撤去磁場后路程仍為，故A錯誤；BC．粒子運動過程中受到的洛倫茲力與阻力始終相互垂直，且洛倫茲力和阻力都與速度的大小成正比。所以根據(jù)動量定理，洛倫茲力的沖量和阻力的沖量的矢量和等于粒子的動量變化量，因為兩者始終相互垂直，設(shè)粒子入射的初速度為，任意時刻的速度為，運動時間為，則有設(shè)粒子從入射位置到停止位置的距離為，有解得可知粒子質(zhì)量越大，電荷量和磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，停止位置與初始位置的距離越大，故B正確，C錯誤；D．無磁場時，根據(jù)動量定理有可得將磁感應(yīng)強(qiáng)度為代入，可得解得，故D錯誤。故選B。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全得3分，有選錯的得0分。8.1885年巴爾末對可見光區(qū)的四條光譜線進(jìn)行研究并最終得到了如下公式，式子中的為里德伯常量，為輻射出的光的波長。如圖所示為氫原子的能級圖，氫原子第能級的能量為，其中是基態(tài)能量，?，F(xiàn)對大量處于同一激發(fā)態(tài)的氫原子研究，已知此類氫原子能夠輻射出六種不同頻率的光子，普朗克常量為，真空中光速為，則下列說法中正確的是（）A.該類氫原子處于的激發(fā)態(tài)B.其中光子頻率最大的為C.若用上述六種光子照射某一金屬板時，有兩種光子不能使其發(fā)生光電效應(yīng)，則逸出電子的最大初動能之差可能為D.里德伯常量為【答案】AC【解析】【詳解】A．由題可知該類氫原子能夠輻射出六種不同頻率的光子，根據(jù)，可得，故正確；B．由可知，光子頻率越大則能級差越大，故最大頻率的光子由第4能級躍遷到第1能級而來，由題可知故光子的最大頻率為，故B錯誤；C．由光電效應(yīng)方程可知，光子頻率越大則逸出電子最大初動能越大，由上述分析可知，有兩種光子不能使該金屬板發(fā)生光電效應(yīng)，故逸出電子最大初動能之差可能為，故C正確；D．分析知（其中）對比題干中的巴爾末公式可得，，故錯誤。故選AC。9.如甲圖所示，順時針旋轉(zhuǎn)的傳送帶的速度為，傳送帶右端有一固定在墻上的輕質(zhì)彈簧，彈簧的勁度系數(shù)為。將一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為的物塊由靜止輕放在傳送帶左端，乙圖為物塊運動的圖像，圖中和已知，重力加速度為，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（）A.物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為B.0時刻與彈簧左端的距離為C.從0時刻到時刻，傳送帶因運送物塊而多做的功為D.從時刻到彈簧壓縮到最短，物塊所受摩擦力做的功為【答案】AD【解析】【詳解】A．由圖像可知，時間內(nèi)，物塊做勻加速直線運動，物塊的加速度這一段時間內(nèi)物塊在傳送帶上受到向右的滑動摩擦力，由牛頓第二定律有解得故A正確；B．物塊與傳送帶共速后，物塊與傳送帶之間無摩擦力，物塊向右勻速運動。當(dāng)物塊與彈簧接觸后，會受到向左的彈力，在彈簧彈力大于最大靜摩擦力之前，彈力始終和靜摩擦力大小相等方向相反，所以物塊仍會向右勻速運動?？芍跁r刻前，物塊就已經(jīng)與彈簧接觸。時間內(nèi)物塊的位移為圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積故0時刻與彈簧左端的距離小于故B錯誤；C．根據(jù)能量守恒定律，從0時刻到時刻，傳送帶因運送物塊而多做的功為木塊獲得的動能與摩擦生熱還有彈簧獲得的彈性勢能之和。根據(jù)動能定理可得，相對運動階段木塊的獲得的動能摩擦生熱其中，聯(lián)立解得之后物塊接觸彈簧，物塊動能保持不變，摩擦力對物塊做的功最終轉(zhuǎn)化成了彈簧的彈性勢能，所以傳送帶因運送物塊而多做的功大于物塊獲得的動能與摩擦生熱之和，即故C錯誤；D．設(shè)彈力與摩擦力平衡時彈簧的形變量為，彈簧被壓縮到最短時的形變量為。則彈力與摩擦力平衡時有解法1：從開始壓縮彈簧到壓縮到最短摩擦力對物塊做功用兩種形式表示①根據(jù)能量守恒定律，摩擦力對物塊做功等于彈簧的彈性勢能的增加量減去物塊動能的減少量②摩擦力對物塊做功在彈力等于摩擦力前與彈性勢能的變化量相等，再壓縮彈簧，摩擦力為滑動摩擦力，保持不變，故則有解得或（舍去）則從時刻到彈簧壓縮到最短，物塊所受摩擦力做的功解法2：彈簧從平衡位置向右運動到最大位置處是簡諧運動的一部分，設(shè)從平衡位置到壓縮最大位置處的位移為，有解得則從時刻到彈簧壓縮到最短，物塊所受摩擦力做的功故D正確。故選AD。10.如圖所示，帶電量分別為和的小球、固定在與水平面成角放置的光滑絕緣細(xì)桿上，兩球間距為，沿桿方向有斜向上的場強(qiáng)大小為的勻強(qiáng)電場，重力加速度為。若在桿上套一質(zhì)量為、電量為的帶電小環(huán)（圖中未畫出），且小環(huán)能夠在某一平衡位置處于靜止?fàn)顟B(tài)，帶電體A、B和均可視為點電荷，靜電力常量已知，則下列說法正確的是（）（已知：①當(dāng)時，；②簡諧運動周期公式為回復(fù)力系數(shù)）A.未套小環(huán)時，沿桿方向不存在電場強(qiáng)度為0的點B.該小環(huán)的平衡位置與球的距離為C.將該小環(huán)拉離平衡位置一小段位移后靜止釋放，則其簡諧運動周期為D.若該小環(huán)帶負(fù)電，仍可以在該平衡位置附近做簡諧運動【答案】BC【解析】【詳解】A．根據(jù)電場的疊加原理可知，小球、之間的電場方向一定沿桿向上，而在的上端和的下端均有可能出現(xiàn)電場強(qiáng)度為0的點，設(shè)在沿桿方向距為、距為處的點電場強(qiáng)度為0，分別求列式有；分析可知和不會同時無解，故錯誤；B．對小環(huán)受力分析，受沿桿向上的電場力重力沿桿方向的分力為所以小環(huán)在沿桿方向相當(dāng)于僅受到、兩個固定小球給的庫侖力的作用，設(shè)在、的延長線上距離為處達(dá)到平衡（的下方），由平衡條件有解得（舍去），，故正確；C．將小環(huán)拉離平衡位置一小段位移，受力分析有利用題干中的近似關(guān)系簡化得回復(fù)力滿足的形式，故小環(huán)做簡諧運動，代入簡諧運動周期公式可得，小環(huán)簡諧運動周期為，故正確；D．受力分析可知，若小環(huán)帶負(fù)電，則在題干中的平衡位置處受力不平衡，無法在該處附近做簡諧運動，故D錯誤。故選BC。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.用如圖a所示電路觀察電容器的充放電現(xiàn)象，所用器材如下：電源（，內(nèi)阻不計）、電容器，兩個完全相同的電壓傳感器（內(nèi)阻無窮大）、計算機(jī)、定值電阻、單刀雙擲開關(guān)、導(dǎo)線若干，將實驗器材按下圖正確連接。（1）將單刀雙擲開關(guān)連接1，經(jīng)過足夠長的時間，通過電壓傳感器1傳入計算機(jī)畫出的曲線如圖中的曲線①，則通過電壓傳感器2傳入計算機(jī)的曲線正確的是___________（填曲線對應(yīng)標(biāo)號）；（2）將單刀雙擲開關(guān)連接2，通過電壓傳感器2傳入計算機(jī)畫出的曲線如圖中的曲線___________（填曲線對應(yīng)標(biāo)號），該過程為電容器___________（選填“充電”或“放電”），根據(jù)圖像可估算，電容器儲存的電荷量為___________（保留2位有效數(shù)字）；（3）若將電路中的定值電阻換成一阻值更大的電阻，先將單刀雙擲開關(guān)連接1，經(jīng)過足夠長的時間，然后將單刀雙擲開關(guān)連接2，通過電壓傳感器1在圖中畫出一條新的曲線，新曲線與（2）中通過電壓傳感器2傳入計算機(jī)畫出的曲線對比，與坐標(biāo)軸圍成的面積___________（選填“更大”“更小”或“相等”）。【答案】（1）②（2）①.③②.放電③.1.5（3）更大【解析】【小問1詳解】將單刀雙擲開關(guān)連接1，電容器充電，閉合一瞬間電流最大，定值電阻兩端電壓等于電源電動勢，之后電流減小，定值電阻兩端電壓也變小。電容器上端為正，下端為負(fù)，充電時流過電阻的電流也是由上向下，所以電容器和定值電阻兩端電壓都是上高下低，故通過電壓傳感器2傳入計算機(jī)的曲線是②。【小問2詳解】[1][2]單刀雙擲開關(guān)連接2，電容器開始放電，初始時電流最大，定值電阻兩端的電壓也最大，此時通過電阻的電流由下向上，電阻兩端電壓下高上低。所以通過電壓傳感器2傳入計算機(jī)畫出的曲線是③。[3]曲線③與坐標(biāo)軸圍成的格子總數(shù)為29，面積的含義是放電時通過電阻的電荷量與電阻的乘積。每個小格的橫縱坐標(biāo)分別為、。所以電容器儲存的電荷量為【小問3詳解】若將電路中的電阻換成一阻值更大的電阻，電容器放電時釋放的電荷量不變，曲線與坐標(biāo)軸圍成面積不變，曲線與坐標(biāo)軸圍成的面積會變大。12.某實驗小組想用多種方式驗證動量守恒定律。小明同學(xué)選取兩個體積相同、質(zhì)量不等的小球，先讓質(zhì)量為的小球從軌道頂部由靜止釋放，由軌道末端的點飛出并落在斜面上。再把質(zhì)量為的小球放在點，讓小球仍從原位置由靜止釋放，與小球碰后兩小球均落在斜面上，分別記錄落點痕跡，其中、三個落點的位置距離點的長度分別為、、。（1）用游標(biāo)卡尺測得兩小球的直徑均如圖乙所示，則小球直徑___________cm。（2）關(guān)于該實驗，下列說法正確的是___________。A.必須滿足 B.軌道必須光滑C.軌道末端必須水平 D.落點位置需要多次測量取平均值（3）在實驗誤差允許的范圍內(nèi)，若滿足關(guān)系式___________，則可認(rèn)為兩球碰撞過程中動量守恒（用題目中的物理量表示）。（4）若兩小球的質(zhì)量滿足，若滿足___________（用表示），則可證明兩球間的碰撞是彈性的。（5）小帥同學(xué)利用該套裝置做了一個新實驗，僅改變小球的質(zhì)量（兩小球質(zhì)量關(guān)系仍符合題干條件），其他條件均不變，將小球多次從軌道頂部由靜止釋放，與不同質(zhì)量的小球相碰，分別記錄對應(yīng)的落點到點距離，以為橫坐標(biāo)、為縱坐標(biāo)作出圖像，若該碰撞為彈性碰撞，則下列圖像正確的是___________。A. B. C.【答案】（1）1.070（2）ACD（3）（4）（5）C【解析】【12題詳解】游標(biāo)卡尺的讀數(shù)【13題詳解】A．為了保證小球碰后不被反彈，所以，故A正確；B．只要保證小球每次到達(dá)點的速度相同即可，軌道無須光滑，故B錯誤；C．為了保證小球做平拋運動，軌道末端必須水平，故C正確；D．多次測量可以減小偶然誤差，故D正確。故選ACD?！?4題詳解】小球從點飛出后均為平拋運動，假設(shè)小球位移為，由平拋運動的知識可得，解得由碰撞規(guī)律可知，點是小球第一次的落點，和分別是碰后小球和的落點，碰撞過程滿足動量守恒帶入可得【15題詳解】若為彈性碰撞，則碰撞前后動能守恒動量守恒聯(lián)立解得帶入前問解析中的速度可得【16題詳解】小球的碰前速度保持不變，則不變，根據(jù)前問解析動量守恒關(guān)系式可寫成能量守恒關(guān)系式可寫成聯(lián)立可得故選C。13.隨著國產(chǎn)新能源汽車的飛速發(fā)展，現(xiàn)在很多車型都會配備空氣懸架系統(tǒng)，相較傳統(tǒng)僅由彈簧構(gòu)成的懸架，能大幅提高轎車的舒適性?？諝鈶壹芟到y(tǒng)的工作原理可簡化為如圖甲、乙所示的兩類，懸架裝置的質(zhì)量、活塞柱與汽缸的摩擦、汽缸壁厚度均忽略不計，汽缸導(dǎo)熱性和氣密性均良好。現(xiàn)將兩套裝置分別獨立安裝到兩輛相同的汽車上（四個輪子，不混裝），兩車靜止于水平地面時汽缸內(nèi)的空氣柱長度均為。已知大氣壓強(qiáng)恒為，環(huán)境溫度為，每個汽缸活塞的面積為，汽車的質(zhì)量均為（不含四個車輪），重力加速度為，氣體均可看作理想氣體，汽缸與車身始終保持相對靜止且能正常工作。（1）甲裝置未安裝到汽車上時，彈簧長度為（此時為原長），汽缸內(nèi)的氣體壓強(qiáng)為，求彈簧的勁度系數(shù)；（2）若安裝乙裝置的汽車所處環(huán)境溫度從升高到，求四個汽缸內(nèi)的氣體總共對外做的功；（3）環(huán)境溫度保持不變，三名質(zhì)量均為人員駕乘安裝裝置乙的車輛出行，行駛速度始終為，行至半徑為的圓弧凹型路面最低處時，求車身相較于在空車靜置于水平面時下降的高度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【小問1詳解】設(shè)該車靜止于水平地面時，每個汽缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)為，根據(jù)平衡條件可知氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律可得聯(lián)立解得此時每個汽缸的壓強(qiáng)彈簧的勁度系數(shù)【小問2詳解】設(shè)此時車身相較于環(huán)境溫度為時上升的高度為，分析可知該變化為等壓變化，設(shè)穩(wěn)定時每個汽缸內(nèi)的氣體壓強(qiáng)為，根據(jù)蓋-呂薩克定律可得由平衡關(guān)系解得車身高度上升故氣體對外做功【小問3詳解】設(shè)三名質(zhì)量為人員以速度駕乘行至半徑為的圓弧凹型路面最低處時每個汽缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)為，汽缸提供的總支持力為，受力分析有解得汽缸提供的總支持力根據(jù)平衡關(guān)系有兩種狀態(tài)間的變化為等溫過程，根據(jù)玻意耳定律聯(lián)立以上各式得14.如圖所示為某碰撞游戲裝置的簡化示意圖，左側(cè)光滑桌面上固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧右端放置一質(zhì)量物塊A。右側(cè)地面上放置一圓心角的光滑圓弧面，圓弧面的圓心與桌面等高，半徑。圓弧面最低點上放置一與A質(zhì)量相等的物塊B，為一段粗糙的地面，動摩擦因數(shù)，M點右側(cè)有一凹槽。重力加速度，不計空氣阻力，兩物塊均可視為質(zhì)點?，F(xiàn)用A壓縮彈簧后由靜止釋放，恰好能沿著切線方向進(jìn)入圓弧面，物塊之間的碰撞均為彈性正碰，碰撞時間極短，到達(dá)點時物塊的速度大于或等于零均視為贏得物塊，求：（1）釋放A時彈簧的彈性勢能及A在碰撞前對點的壓力；（2）若恰好贏得物塊，PM的長度；（3）若，現(xiàn)改變B的質(zhì)量，能贏得A、B兩物塊，求B的質(zhì)量范圍?！敬鸢浮浚?），，方向豎直向下（2）（3）或【解析】【小問1詳解】設(shè)物塊從水平拋出到進(jìn)入圓弧面所用時間為，根據(jù)平拋運動有到達(dá)圓弧面豎直方向速度為，水平速度為，沿切線方向進(jìn)入有，設(shè)彈簧的彈性勢能為，根據(jù)能量守恒定律有解得從拋出到點的過程中由能量守恒定律有在點物塊所受合外力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)牛頓第三定律有解得方向豎直向下?！拘?詳解】物塊與B之間的碰撞為彈性正碰，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有，若恰好贏得物塊B，則B在上恰好減速為零掉入凹槽中，根據(jù)動能定理有解得【小問3詳解】若恰好能贏得全部物塊，則