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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷01（山东专用）
物 理
（考试时间：90 分钟 试卷满分：100 分）
考情速递
高考·新动向：2025 年高考物理将更加注重物理观念考查的考查，引导学生理解所学的
物理概念和规律及其相互关系，试卷注重将知识学习与实践相结合，紧密联系生产生活
设计情境，考查学生应用所学物理知识解决实际问题的能力，强化做中学、用中学，提
高学生的科学素养。
高考·新考法：注重科学思维的考查，结合物理学科特点，通过丰富试卷的呈现形式、
转换问题的表征方式、改变试卷的设问角度等，引导学生从不同角度思考问题，建构物
理模型，开展科学推理和科学论证，强化对学生思维品质的考查。考查学生获取信息、
加工信息以及利用关键信息推理、论证的能力。
例如，本试卷第8 题：创新角度，图像给出恒定拉力F 与导体杆的最大速率v 之间的关
系；考查电磁感应和安培力的知识。
高考·新情境：关注新时代我国重大科技发展成果，在增强学生的民族自信心和自豪感
的同时，强调了物理学基本规律和基础知识在前沿科研中的重要应用。
例如：本试卷第4 题：结合空间冷原子干涉仪科技前沿背景，考查动量守恒和多普勒效
应；第7 题：结合蛟龙号载人潜水器科技前沿背景，考查变力做功，和共点力平衡。第
10 题：结合生产生活实践中茶叶、茶梗分离的工序考查电场强度、电势和动能定理。
第3 题：结合生产生活实践中大小水果的分拣工作，考查相互作用、牛顿第二定律和匀
变速直线运动的规律。
命题·大预测：试卷的整体难度有所降低。主要表现在选择题、实验题和计算题的计算
量，阅读量和思维量都有所降低。因此，考生们除了熟练掌握基本知识点外，还应注重
提升自己分析问题、解决问题的能力。三维空间、斜抛运动、理想气体变质量问题、物
理各类图像问题依然是命题热点。电磁感应依然是单选或多选的压轴题，配速法、正则
动量法解决带电粒子在电磁场中运动问题可能会出现在压轴计算题中。
1
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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题
卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共8 小题，每小题3 分，共24 分。每小题只有一个选项符合题目要
求。
1．电子俘获是一种放射性衰变类型，指原子核从内层（通常是
层）的电子壳层俘获一
个电子，使该电子与核内的质子结合，转化为一个中子，同时释放一个电子中微子。钾—
氩测年法的核反应方程为
利用钾放射性衰变特性，可以测定岩石和矿
物的形成时间。下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】根据核电荷数守恒可知
根据质量数守恒可知
故选A。
2．如图甲所示为杂技“切砖”的表演视频截图，演员通过右手逐一增加左手中砖块的数量，
左手中各砖块保持相对静止且均没有掉落，砖块之间无粘连。某次操作过程如图乙所示，
演员先用右手发力使左手中的砖块向左运动，撤去右手后，所有砖块在水平方向上做匀减
速运动而不向下坠落，已知每块砖的质量均为
，砖块间动摩擦因数为0.5，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取
，则图乙中1 号砖对2 号砖的弹力大小至少
为（ ）
2
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】将2 号砖和3 号砖看成一个整体，竖直方向1 号砖对2 号砖摩擦力与2 号砖和3 号
砖整体所受重力平衡
该摩擦力恰好等于1 号砖对2 号砖最大静摩擦力时，1 号砖对2 号砖的弹力最小
得
故选B。
3．中国劳动人民充满无穷的智慧，用两根竹竿轻松解决了对不同大小水果的分拣工作。如
图，
端略高于
端，
间的宽度小于
间的宽度，
与
与
与
间的间距相等。水果从
与
区域掉下为小果，
与
区域掉下为中果，
与
区域掉下为大果。一大果从
端静止开始下滑的过程中（ ）
A．对杆AD 和杆
的摩擦力逐渐增大
3
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B．对杆AD 和杆
的压力逐渐减小
C．加速度越来越大
D．
到
与
到
的时间之比为
【答案】A
【解析】AB．根据对称性，设竹竿对水果的支持力与两竹竿构成的平面的夹角大小均为
，
竹竿与水平面之间的夹角为
，在垂直两竹竿平面的方向上水果受力平衡，由牛顿第三定
律可知，水果对竹竿AD 和竹竿
的压力大小均为
，则
解得
因为
逐渐变小，
不变，则大果下滑过程中对竹竿AD 和竹竿
的压力逐渐增大，根
据摩擦力
可知压力逐渐增大，对竹竿AD 和竹竿
的摩擦力大小
也会逐渐增大。故A 正确，B 错
误；
C．设两竹竿之间的夹角为
，根据牛顿第二定律可得
解得加速度
摩擦力变大，
、
不变，则加速度越来越小。故C 错误；
D．根据匀变速直线运动规律可知，对于从静止开始的连续两段相等的位移，所用时间之
比为
，但根据上述分析可知水果滑下的过程不是匀变速直线运动，而是加速度逐
4
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渐减小的加速运动，故
到
与
到
的时间之比不符合
的比例关系。故
D 错误。
故选A。
4．激光由于其单色性好、亮度高、方向性好等特点，在科技前沿的许多领域有着广泛的应
用。按照近代光的粒子说，光由光子组成，光子可以简单地理解为具有动量和能量的微粒。
激光冷却和原子捕获技术在科学上意义重大。
2022 年11 月22 日，由中国科学院精密测量院研制的空间冷原子干涉仪成功抵达中国空间
站，进行相关科学探索。冷原子干涉仪核心技术之一是激光冷却技术，其原理是利用激光
产生的阻力使原子降速从而降低原子温度。根据多普勒效应，当原子迎着光束的方向运动
时，其接收到的光的频率会升高，当原子接收到的光的频率等于该原子的固有频率时，原
子吸收光子的概率最大。如图所示，现有某原子以速度
沿x 轴正方向运动，两束完全相
同的激光，沿x 轴从相反的方向对该原子进行照射。结合所学知识，下列说法正确的是（
）
A．若原子吸收了激光束A 中的光子，其速度将减小
B．为使原子减速，所用激光的频率应小于原子的固有频率
C．激光频率一定时，原子质量越大，激光制冷的效果越好
D．激光制冷技术只能使特定速率的原子减速，而其余原子的速率保持不变
【答案】B
【解析】AB．设原子动量大小为
，激光的光子动量大小为
，因为原子动量需要减小
为
，则根据动量守恒定律
可知，为了使原子动量减小，激光的照射方向应与原子的运动方向相反。根据多普勒效应，
原子迎着光束的方向运动时，其接收到的光的频率会升高。当原子接收到的光的频率等于
5
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该原子的固有频率时，原子吸收光子的概率最大。则所用激光的频率应小于原子的固有频
率，故A 错误，B 正确；
CD．激光冷却是指当原子在频率略低于原子跃迁能级差且相向传播的一对激光中运动时，
由于多普勒效应，原子倾向余吸收原子运动方向相反的光子，两激光产生一个与原子运动
方向相反的阻尼力，由牛顿第二定律可知，原子质量越大，加速度越小，其减速效果差，
即制冷效果不好且由上述原理可知，激光制冷技术不是使特定速率原子减速，故CD 错误。
故选B。
5．北斗三号卫星导航系统由24 颗中圆地球轨道卫星（MEO）、3 颗地球静止同步轨道卫
星（GEO）和3 颗倾斜地球同步轨道卫星（IGSO）共30 颗卫星组成。已知地球半径为R，
地球表面赤道处重力加速度为
，地球同步卫星到地心的距离为kR，中圆地球轨道卫星的
周期为同步卫星周期T 的一半，如图所示。下列关于地球静止同步轨道卫星B 倾斜地球同
步轨道卫星B 与中圆地球轨道卫星C 的说法正确的是（ ）
A．地球静止同步轨道卫星A 和倾斜地球同步轨道卫星B 均相对赤道表面静止
B．中圆地球轨道卫星C 的动能大于倾斜地球同步轨道卫星B 的动能
C．地球表面赤道处的重力加速度
D．某时刻B、C 两卫星相距最近，则再经
，两卫星间距离为
【答案】D
【解析】A．地球静止同步轨道卫星A 相对于赤道静止，倾斜地球同步卫星只是周期等于
地球自转周期，并不相对于赤道静止，故A 错误；
B．由于不知道卫星A、B 的质量，所以无法比较两者的动能，故B 错误；
6
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C．B 卫星受到的万有引力完全提供向心力，有
对任意地球表面赤道处的物体受力分析，有
联立得
故C 错误；
D．某时刻B、C 两卫星相距最近，则再经
，B 卫星运动半周，C 卫星运动一周，此时
两卫星相距最远，距离为两者轨道半径和，对于B、C 卫星，由开普勒第三定律得
解得
故D 正确。
故选D。
6．纯净水压力储水罐总容积为20L，冬季气温为7℃时，气囊内气体的压强为
。
初始体积为10L；随着水的注入，水侧的压强也逐渐升高。当水侧与气侧压强相等，气囊
停止压缩时，压力桶储水完毕，气囊内气体可看作理想气体，不计气囊壁的厚度，
。下列说法正确的是（ ）
7
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A．当室温为7℃，气囊内气体气压为0.2MPa 时，储水量为14L
B．当室温为7℃，气囊内气体气压为0.4MPa 时，储水量为18L
C．当室温为27℃，气囊内气体气压为0.4MPa 时，储水量约为15.7L
D．当室温为27℃，气囊内气体气压为0.2MPa 时，储水量约为12.4L
【答案】C
【解析】AB．当室温为7℃，设初始压强为
，体积为
，末状态压强为
，储水体积为
，当气囊内气体气压
时，由等温变化知
代入得
当气囊内气体气压
时，代入得
AB 错误；
CD．当室温为27℃，设初始状态温度为
，末状态压强为
，储水体积为
，温度为
，
当气囊内气体气压为
时，根据理想气体状态方程知
代入得
当气囊内气体气压为
时，代入得
C 正确，D 错误；
故选C。
8
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7．蛟龙号载人潜水器是一艘由中国自行设计、自主集成研制的潜水器，当前最大下潜深度
7062.68m。设想潜水器的平稳潜浮，是通过微调吸入或排出的水量来实现的。在潜深
4000m 到7000m 阶段视为匀速下潜，为简化分析，可视为潜水器（包含吸入的水）只受重
力、浮力及流体阻力，其中浮力
，流体阻力
。如图所示，深度大于
1000m 后，海水密度
随深度h 变化呈线性关系
。上述表达式中
、
、
、
均为定值，重力加速度为g。潜水器在下潜4000m~7000m 过程中，下列说法
正确的是（ ）
A．题目中
表示海面处海水的密度
B．浮力做功为
C．只有重力、浮力及流体阻力做功
D．若潜水器内水的质量变化了
，则可求出潜水器的速度大小
【答案】D
【解析】A．将h=1000m 代入
可知
表示1000m 处海水的密度，故A 错误；
B．潜水器在下潜4000m~7000m 过程中，浮力为
将
m、
m 代入解得
9
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，
由于
成线性变化，则浮力做功为
故B 错误；
C．吸入水的过程中还有其他力做功，故C 错误；
D．设潜艇原来的质量为m，根据力的平衡条件可知
吸入水后，有
其中
代表4000m 处水的密度，
代表7000m 处水的密度，代入后可解得速度，故D 正
确；
故选D。
8．如图1 所示，两条相同且足够长的粗糙平行导轨水平固定在桌面上，导轨左侧连接一阻
值为R 的定值电阻，一细直导体杆与导轨垂直并接触良好，导体杆长度与两导轨间宽度相
同，整个装置处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，导轨电阻不计。导体杆在水平向右的
恒定拉力F 作用下由静止开始运动：当导体杆的电阻为R、质量为m 时，恒定拉力F 与导
体杆的最大速率v 之间的关系如图2 中直线①所示：其他条件不变，当导体杆电阻为
，
质量为
时，恒定拉力F 与导体杆的最大速率v 之间的关系如图2 中直线②所示。若两导
体杆与导轨间的动摩擦因数处处相同，则下列关系正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
10
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【解析】由题知，导体杆在水平方向上受到恒定拉力F、安培力和摩擦力作用，设导体杆
的电阻为R0，则其所受安培力
当导体杆达到最大速率时
由F-v 图像知
纵截距
则
，
解得
，
故选C。
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共16 分。每小题有多个选项符合题目要求。
全部选对得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分。
9．水面上
长方形区域如图所示，
边的长度为
，
边的长度为
，两振源
和
分别置于A 处和B 处，同时起振且波源的振幅相同均为A，水波的波长为λ，其中
振源
的振动图像如甲图所示，O 为
边的中点，该处的振动图像如乙图所示，不考虑
波传播时的能量损失，下列说法正确的是（ ）
11
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A．振源
的起振方向向上
B．C 点是振动减弱点
C．D 点是振动加强点
D．
连线上共有2 个振动加强点
【答案】BD
【解析】A．由图甲知振源
的起振方向向上，O 点为
边的中点，到
两点距离相等，
由图乙知故O 点为振动减弱点，故两振源起振方向相反，振源
的起振方向向下，故A 错
误；
B．C 点到两振源的路程差为
是波长的整数倍，所以C 点是振动减弱点，故B 正确；
C．D 点到两振源的路程差为
是波长的整数倍，所以D 点是振动减弱点，故C 错误；
D．B 点到两振源的路程差为
连线上振动加强点出现在共路程差为
、
处，故有2 个振动加强点，
故D 正确。
故选BD。
10．在茶叶生产过程中有道茶叶、茶梗分离的工序，如图所示，A、B 两个带电球之间产生
非匀强电场，茶叶茶梗都带正电荷，且茶叶的比荷
小于茶梗的比荷，两者通过静电场便
可分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗P 电荷量为
，质量为
12
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，以
的速度离开A 球表面O 点，最后落入桶底，O 点电势为
，距离
桶底高度为
，桶底电势为零。不计空气阻力、茶叶茶梗间作用力及一切碰撞能量损
失，重力加速度g 取
，则（ ）
A．茶叶落入右桶，茶梗落入左桶
B．M 处的电场强度小于N 处的电场强度
C．M 处的电势低于N 处的电势
D．茶梗P 落入桶底速度为
【答案】BD
【解析】A．根据牛顿第二定律可知
茶叶的比荷
小于茶梗的比荷，故在任一位置茶叶茶梗的加速度大于茶叶的加速度，二者
水平方向都做加速运动，故相等时间内茶梗的水平位移大于茶叶的水平位移，即茶梗落入
右桶，茶叶落入左桶，故A 错误；
B C．电场线的疏密程度反映了电场强度的大小，M 点的电场强度小于N 点的电场强度，沿
电场线方向电势降低，所以M 点的电势高于N 点的电势，故B 正确，C 错误；
D．茶梗P 由O 点开始到落入桶底过程，根据动能定理，有
其中
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代入数据，解得
故D 正确。
故选BD。
11．圆筒ABCD 的高度为H，底面直径
，圆筒竖直放置，过其直径的竖直截面
图如图所示。直径BC 延长线上取一点O，O、B 距离
。从O 点以大小
，
方向与水平方向成
角抛出小球，小球打在圆筒侧壁CD 上的E 点。重力加速度g 取
，不计一切阻力，已知
，下列说法正确的是（ ）
A．小球从O 点运动至E 点所用时间
B．圆筒侧壁C、E 两点间高度
C．圆筒侧壁的最大高度
D．若小球与圆筒侧壁都是弹性的，小球能运动到B 点
【答案】BC
【解析】A．小球做斜上抛运动，水平速度
从
点运动至
点所用时间
故选项A 错误。
B．小球竖直速度
从
点运动至
点的竖直位移
故选项B 正确。
14
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C．小球运动至
点正上方所用时间
小球的竖直位移
为使小球能飞过
点，其最大高度为0.75m，故选项C 正确。
D．若没有圆筒，小球运动时间
小球的水平位移
由于是弹性碰撞，因
，可知小球不可能运动到B 点，故D 错误。
故选BC。
12．如图所示，6 根光滑的金属棒组成一个固定于水平面内的边长为2m 的正六边形，导体
棒AB 与BC 通过绝缘材料相连，其余导体棒直接相连。6 根金属棒的质量均为1kg，除导
体棒BC 与EF 电阻不计外，其余导体棒单位长度电阻均为0.5Ω。边界BF 左侧磁感应强度
大小为1T，边界CE 右侧磁感应强度大小为0.5T，在BF 和CE 之间，磁感应强度大小B 满
足：
（x 为某点与BF 的距离），磁感应强度方向均垂直水平面向上。现有一
长为4m、电阻不计的导体棒a，质量为2kg，某时刻从A 点出发（与BF 平行放置，且a 棒
中点与A 点重合）在外力F 作用下以垂直于导体棒a 的4m/s 的速度匀速运动到BF 处，紧
接着减速通过BC，导体棒到达C 点时撤去外力F，已知导体棒a 在经过BC 的过程中，CE
两点间的电势差保持不变，则下列说法正确的是（ ）
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A．从A 到B 的运动过程中，通过导体棒a 横截面的电荷量为
B．从B 到C 的运动过程中，导体棒a 克服安培力做功为36J
C．从B 到C 的运动时间为
D．最终导体棒a 不能从导线框D 点滑落
【答案】AC
【解析】A．在AB 段，设导体棒位移为x，切割磁感线的长度为
，电动势为
闭合回路中的总电阻为
故导体棒中电流
运动时间
电荷量
故A 正确；
B．B 处通过绝缘材料连接，由于CE 间电势差不变，故流过导体棒的电流也不变，则
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所以
安培力与位移成线性关系，有
克服安培力做功为
故B 错误；
C．由焦耳定律得
解得时间
故C 正确；
D．导体棒越过CE 之后，设某位置导体棒切割磁感线的长度为L，回路电阻为
，回路
中电流为
安培力冲量
由几何关系可得冲量大小为
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导体棒在B、C 两点满足
所以
动量
故导体棒能够冲过D 点，故D 错误。
故选AC。
三、非选择题：本题共6 小题，共60 分。
13．（6 分）我国天宫实验室中曾进行过“应用动力学方法测质量”的实验。某兴趣小组
受到启发，设计了在太空完全失重环境下（忽略空气阻力）测小球质量并验证弹性碰撞的
实验方案：
（1）装置如图，在环绕地球运转的空间站中的桌面上固定一个支架，支架上端通过力传感
器O 连接一根轻绳，轻绳末端系一个直径为d 的小球a；
（2）保持轻绳拉直，给小球a 一个初速度，小球a 在与桌面垂直的平面内做匀速圆周运动，
支架上端O 与小球球心的距离为L。当小球a 运动至最高点时，该处的光电门M 可记录下
小球a 通过该位置的遮光时间，记为
，并同时记下力传感器显示的读数F。根据以上测
量数据，可得小球a 的质量
（用“L，F，
，d”表示）；
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（3）更换大小相同的小球b，重复以上操作，可测得小球b 的质量
；
（4）在小球a 匀速圆周运动的过程中，将小球b 放置在桌面右侧的固定支架上，支架在小
球a 运动的平面内。当小球a 运动至最低点时剪断轻绳，为保证小球a 与小球b 能发生正
碰，小球b 放置的高度与小球a 运动至最低点的高度相比，应 （选填“等高”“稍
高一些”或“稍低一些”）；
（5）小球a 与b 碰后，依次通过右侧的光电门N，光电门记录下小球a 的遮光时间为
、
小球b 的遮光时间为
，若测得
，则当测出
时，即可验证小球a、b 的碰
撞为弹性碰撞。
【答案】
等高 4
【解析】[1]由牛顿第二定律有
又有
解得小球a 的质量为
[2] 该实验是在太空完全失重环境下进行，当小球a 运动至最低点时剪断轻绳，由于惯性小
球a 将沿着圆周最低点切线方向做匀速直线运动，所以要使小球a 与小球b 能发生正碰，
小球b 放置的高度与小球a 运动至最低点的高度等高。
[3] 经过光电门时小球a 的速度为
小球a 的速度为
则若小球a、b 的碰撞为弹性碰撞，应满足
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若测得
，则由以上各式解得
14．（8 分）当两个电源直接并联在一起时，如果流过电源的电流为零，则这两个电源的
电动势相等。根据这一结论，某实验小组设计了如图1 所示的实验电路来测量电源的电动
势。图中acb 为均匀电阻丝，E 为供电电源（内阻可忽略），
为标准电源的电动势，
为待测电源的电动势，E 大于
和
。
测量过程如下：
A．将开关S 合向触点1，调节滑动头P 至位置c，使电流计G 的示数为零，测出此时电阻
丝cb 间的长度；
B．再将开关S 合向触点2，调节滑动头P 至位置
，使电流计G 的示数仍为零，测出此时
电阻丝
间的长度
。
(1)回答下列问题：
①开关S 合向1，当电流计G 的示数为零时，电阻丝cb 段的电压
与标准电源的电动势
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的关系是
（选填“大于”“小于”或“等于”）；
②由此可知待测电源的电动势
（用
、、
表示），测得
、
，标准电源的电动势
，则待测电源的电动势
；
③若供电电源E 的内阻不能忽略，将会造成待测电源的电动势测量值 （选填“偏
大”“偏小”或“不变”）。
(2)实验小组将电源
与一个阻值为10Ω 的定值电阻
串联后，测得流过电阻的电流为
0.2A，则该电源的内阻
；若将两个
图线均如图2 所示的小灯泡串联后接
在该电源上，则每个小灯泡消耗的电功率
W（结果均保留2 位有效数字）。
【答案】(1) 等于
2.4 不变
(2) 2.0 0.36
【解析】（1）
① [1]开关S 合向1，当电流计G 的示数为零时，由电路知识可知，电阻丝
段的电
压
与标准电源的电动势
相等；
②[2] [3]设电阻丝的长度为
，单位长度的电阻为
，则当开关S 合向1 时，则有
当开关S 合向2 时有
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两式联立可得
代入数据可解得
③[4]若考虑供电电源的内阻，则有
，
两式联立仍可解得
可知待测电源电动势的测量值不变。
（2）[1]由闭合电路欧姆定律可得
代入数据可解得
[2]设每个小灯泡两端的电压为
，流过小灯泡的电流为
，由闭合电路欧姆定律可得
整理可得
在图2 中作出该
图像如图所示
可得每个小灯泡两端的电压为
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流过每个小灯泡的电流为
故每个小灯泡消耗的电功率为
15．（7 分）如图所示，有一实心玻璃球，O 点为玻璃球圆心，上半球竖直方向的中心轴
线OA 上有两个点光源，分别发出红光和紫光，为使得从两光源照射到下半球的光都能发
生折射（不考虑在球内反射后的折射），已知发红光的点光源到圆心O 的最大距离为s，
求：
（1）若已知玻璃球的半径为R，则玻璃球对红光的折射率；
（2）若已知红光和紫光在玻璃中的折射率分别为n1和n2，但玻璃球的半径未知，则两点
光源距离圆心O 的最大距离的差值。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）红光点光源发出的所有光到下半球的光都能发生折射，如图所示
可得折射点为D 点的入射角最大，则刚好发生全反射就满足所有光全部发生折射，有
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联立解得玻璃球对红光的折射率为
（2）设紫光距离圆心O 的最大距离为
，同理可知红光和紫光均在D 点刚好发生全反射，
则两光源照射到下半球的光都能发生折射，有
，
联立解得
则两点光源距离圆心O 的最大距离的差值为
16．（9 分）家用高压氧舱是让患者在密闭的加压装置中吸入高压力、高浓度氧治疗疾病
的装置，其功效主要为缓解机体缺氧、改善机体循环等。图示为家用高压氧舱，其舱内气
体温度为7℃时压强为1.4atm。现将舱内气体温度升高到27℃，已知
（n 为气体
分子数、R 为常量），所有气体均视为理想气体，舱的容积固定，混合气体中某种气体的
压强和它单独占有整个容器时所产生的压强相同。
（1）为保持舱内气体压强为1.4atm，求释放出气体的质量与舱内剩余气体的质量之比。
（2）已知在（1）问条件下，释放气体结束时，舱内氧气分子含量为20%，只向舱内充入
氧气，并保持温度恒定，求舱内氧气分子含量为30%时舱内的气压。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）升温前，舱内气体压强为
，温度为
，升温并释放气体
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后，舱内气体压强为
，温度为
，假定释放出的气体压强为
时体积
为
，设舱的容积为V，根据盖
吕萨克定律有
释放出气体的质量与舱内剩余气体的质量之比为
解得
（2）对舱内所有气体，有
以舱内除氧气分子以外的气体分子为研究对象，则有
当舱内氧气分子含量为30%时，设充入的氧气分子数为
，除氧气分子以外的气体分子含
量为70%，有
对充气后的所有气体有
解得
17．（14 分）如图所示，水平面上有一质量
的小车，其右端固定一水平轻质弹簧，
弹簧左端连接一质量
的小物块，小物块与小车一起以
的速度向右运动，
与静止在水平面上质量
的小球发生弹性碰撞，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限
度内，忽略一切摩擦阻力。求：
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（1）小车与小球碰撞后瞬间小球的速度大小；
（2）从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小物块的冲量；
（3）若从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短用时
，请写出小车在这
内的位移x 与弹簧
最大形变量l 的关系式。
【答案】（1）8m/s；（2）
，方向向左；（3）
【解析】（1）小车与小球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，取向右为
正方向，由动量守恒定律有
根据机械能守恒定律可得
代入数据解得
，
则小车与小球碰撞后瞬间小球的速度大小为8m/s。
（2）当弹簧被压缩到最短时，以小物块和小车为研究对象，取向右为正方向
根据动量守恒定律有
代入数据解得
设碰撞后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小物块的冲量为I，取向右为正方向，根据动
量定理有
代入数据解得
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负号表示方向向左。
（3）设弹簧被压缩最短时小物块速度为
，小车速度为
，小车碰撞结束到弹簧被压缩最
短的过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得
任取一段极短时间
，均有
累加求和后，有
又有
解得
18．（16 分）如图，2n 个间距为L 的竖直平面在空间中分隔出n 个匀强磁场区域，各磁场
区域磁感应强度方向水平（垂直于纸面向里）、大小为
。一比荷为
的带正电小球从距离①磁场区域上边界
处的P 点静止释放，忽略空
气阻力和地球磁场的影响。重力加速度g 取
。
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(1)求小球进入①磁场瞬间的加速度大小；
(2)若小球运动过程中不会从①磁场的下边界离开，L 最小为多少；
(3)若小球恰好不会从第n 个磁场的下边界穿出，求L（结果可用n 表示）。
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】（1）设小球进入①磁场瞬间的速度大小为，由动能定理得
代入数据，解得
由左手定则，小球进入磁场①瞬间洛伦兹力水平向右，大小为
,合力大小
加速度
（2）取竖直向下为
轴正方向，水平向右为
轴正方向，从小球进入磁场①到刚好不从下
边界离开，此时
最小，水平方向由动量定理
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又
得
小球从开始运动到刚好不出下边界，由动能定理得
又小球刚好不离开磁场①下边界满足速度水平，故
联立可得
解得
（3）同理可得，若小球恰好不会从第n 个磁场的下边界穿出，水平方向由动量定理
又
得
小球从开始运动到刚好不出第n 个磁场的下边界，由动能定理得
又小球刚好不离开第n 个磁场下边界满足速度水平，故
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联立可得
解得
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