2025年安徽省高考物理考前冲刺试卷

这是一份2025年安徽省高考物理考前冲刺试卷，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.太阳现正处于主序星演化阶段，它主要是由正、负电子和 ​11H、 ​24He等原子核组成，维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应，核反应方程是411H→24He+210e+E(释放的核能)，这些核能最后转化为辐射能。已知质子质量mp=1.6726×10−27kg，He核质量ma=6.6458×10−27kg，电子质量mc=0.9×10−30kg，光速c=3×108m/s，则每发生一次上述核聚变反应所释放的核能为( )
A. 4×10−13JB. 4×10−12JC. 4×10−11JD. 4×10−10J
2.如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后( )
A. M静止在传送带上
B. M可能沿斜面向上运动
C. M受到的摩擦力变大
D. M下滑的速度不变
3.某艺术体操过程中彩带的运动可简化为沿x轴方向传播的简谐横波，t=0时的波形图如图甲所示，质点Q的振动图像如图乙所示。下列判断正确的是( )
A. 简谐波沿x轴正方向传播B. 再经过0.75s，P点到达平衡位置
C. 该时刻P点的位移为5 3cmD. 质点Q的振动方程为y=10sin(πt)cm
4.如图所示，质量均为m的两物体A、B用劲度系数为k的轻质弹簧拴接，物体C叠放在物体B上，系统处于静止状态。现将C瞬间取走，物体A恰好不离开地面。已知弹性势能的表达式为Ep=12kx2，其中x为弹簧的形变量，重力加速度为g。以下说法正确的是( )
A. 物体C的质量为3m
B. 物体B运动到最高点时的加速度大小为3g
C. 物体B的最大速度大小为g mk
D. 物体B上升的最大高度为4mgk
5.设想在赤道上建造如图所示的“太空电梯”，宇航员可通过竖直的电梯直通空间站。超级缆绳将地球赤道上的固定基地、同步空间站和配重空间站连接在一起，使它们随地球同步旋转。已知同步空间站位于地球同步卫星轨道上，则( )
A. 电梯上的乘客一直处于完全失重状态
B. 同步空间站两侧的缆绳对其作用力的合力为零
C. 配重空间站受到的地球引力大于其圆周运动的向心力
D. 配重空间站外部零件脱落后将随配重空间站一起绕地球同步旋转
6.如图所示，在水平地面上放置了一个顶端固定有定滑轮的斜面，物块B放置在斜面上，轻细绳的一端与B相连，另一端通过定滑轮与小球A相连。现对小球A施加水平外力F使其缓慢运动，直至将OA拉至图示位置，拉动过程中物块B和斜面始终静止。不计细绳与滑轮的摩擦，则下列说法正确的是( )
A. 拉力F先增大后减小B. OA绳上的拉力一直减小
C. 斜面对B的摩擦力一直减小D. 地面对斜面的摩擦力一直增大
7.如图甲所示，每只冰壶直径30cm、质量19kg。某次试投过程中，冰壶A在t=0时刻以1m/s的初速度投出，与静止的冰壶B发生弹性正碰，此后冰壶B在水平面上运动0.9m后停止，冰壶B的v−t图像如图乙所示，不计空气阻力，则( )
A. 两只冰壶在t=3s时发生碰撞
B. 碰撞前摩擦力对冰壶A做功为−3.42J
C. 碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为11.4N⋅s
D. t=0和t=5s两时刻冰壶重心间的距离之比为16：9
8.质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，不计带电粒子的重力，M从两板正中央射入，N从下板边缘处射入，它们最后打在同一点，如图所示。则从开始射入至打到上板的过程中( )
A. 它们运动的时间关系为tN>tM
B. 它们的电势能减少量之比ΔEPM：ΔEPN=1：2
C. 它们的动能增量之比ΔEKM：ΔEKN=1：4
D. 它们的动量增量之比ΔPM：ΔPN=1：1
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，一束复色光以45°的入射角照射到底面有涂层的平行玻璃砖上表面，经下表面反射后从玻璃砖上表面折射出两条平行光线a、b，关于a、b两束单色光，下列说法正确的是( )
A. a光的频率比b光大
B. b光的折射率比a光小
C. a光在玻璃砖中的速度比b光快
D. a、b两束单色光通过同一双缝干涉时，a光产生的干涉条纹间距较大
10.如图所示，在x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。x轴上放置一无限长挡板，挡板上M、N两点的坐标分别为(−l2,0)和(l2,0)，坐标为(0, 3l2)的P点存在一粒子源，可以在xOy平面内向各个方向均匀发射速率为v、比荷为qm的正粒子。不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. 带电粒子在磁场中沿顺时针方向运动
B. 若v= 3qBl2m，则打在挡板上的粒子数占总数的12
C. 若v= 3qBl2m，则挡板上有粒子打到的线段长度为(3+ 3)l2
D. 若v=qBl2m，将挡板撤去，则MN之间各处均有粒子通过
三、实验题：本大题共2小题，共21分。
11.某同学用如图甲所示的实验装置做“探究平抛运动的规律”实验，斜槽末端安装有光电门，距水平地面的高度为H。将小球从斜槽上某处由静止释放，记录小球通过光电门的时间t，测得小球的水平射程为x；改变小球在斜槽上的释放位置，多次测量得到多组t、x，回答下列问题：

(1)关于该实验，下列说法正确的是______。
A.斜槽必须光滑
B.斜槽末端必须水平
C.小球需选密度较大的实心铁球
(2)用游标卡尺测量小球的直径，如图乙所示，小球的直径d= ______mm。
(3)以x为纵坐标、1t为横坐标，作出的x−1t图像为过原点、斜率为k的直线，如图丙所示，则当地的重力加速度大小g= ______(用d、H、k表示)。
12.某小组用下列器材测电源的电动势与内阻。
A.待测电源(电动势E约6V，内阻约4Ω)
B.电流表A(量程1.0A，内阻约1.5Ω)
C.电阻箱R(0～999.9Ω)
D.定值电阻R1=10Ω
E.定值电阻R2=20Ω
F.开关，导线若干
(1)小明先用图甲所示的电路测量电流表的内阻RA。闭合开关S1，调节电阻箱，当电阻箱的阻值R=2.4Ω时，发现闭合或断开开关S2时，电流表的指针位置均相同，则电流表的内阻RA= ______Ω。若忽略偶然误差，从理论上分析，本实验中电流表内阻的测量值______(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
(2)小刚用图乙所示的电路测电源的电动势与内阻。将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；多次调节电阻箱，记录电流表的示数I和相应的电阻箱阻值R，并在丙图中描点。请你在丙图中绘出1I−R图像，根据图像可求出，电源的电动势E= ______V，内阻r= ______Ω。(结果均保留2位有效数字)
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
13.绝热的活塞与汽缸之间封闭一定质量的理想气体，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能Up=72J，如图甲所示。已知活塞面积S=5×10−4m2，其质量为m=1kg，大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热，活塞由原来的P位置移动到Q位置，此过程封闭气体的V−T图像如图乙所示，且知气体内能与热力学温度成正比。求：
(1)封闭气体最后的体积；
(2)封闭气体吸收的热量。
五、计算题：本大题共2小题，共27分。
14.如图所示，一条连有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m。质量mA=2kg的物块A以v0=6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的质量m=1kg的物块B碰撞，碰后粘合在一起运动。P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L=0.6m。两物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.25，A、B均视为质点，碰撞时间极短，重力加速度g=10m/s2。
(1)试求A滑过Q点时的速度大小和圆轨道对物体A的弹力；
(2)若碰后A、B粘合体最终停止在第k个粗糙段上，试求k的数值。
15.如图所示为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢。在缓冲车的底板上安装着电磁铁，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN，可以在导轨内自由滑动的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合的多匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L，假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲，一切摩擦及空气阻力不计。
(1)求缓冲车厢减速过程中最大加速度的大小：
(2)碰撞后缓冲车厢向前移动一段距离后速度为零，则此过程线图abcd中产生的焦耳热是多少；
(3)缓冲车与障碍物碰撞后，要使导轨右端不碰到障碍物，则缓冲车与障碍物碰撞前，导轨右端与滑块K的cd边距离至少多大。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据爱因斯坦质能方程得ΔE=Δmc2=(4mp−2me−mα)c2
代入数据解得ΔE=4×10−12J
故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据爱因斯坦质能方程，结合质量亏损求出释放的核能。
本题是爱因斯坦质能方程的直接运用，代入公式求解即可，注意单位和演算，基础题。
2.【答案】D
【解析】解：因传送带顺时针转动，在传送带启动前后，物块都只受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力，如图所示。
物块所受的各个力均不变，合力仍为零，所以其下滑的速度也不变，即物块仍匀速下滑，且受到的摩擦力不变，故ABC错误，D正确。
故选：D。
分析物块受力情况，判断滑动摩擦力有无变化，来判断传送带启动后物块的运动情况。
物体本来就是向下运动，受到的摩擦力是向上的，当传送带在向上转动时，对物体的受力没影响。
3.【答案】B
【解析】解：A.t=0s时，Q点在平衡位置沿y轴负方向振动，根据“同侧法”可知简谐波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.由质点Q的振动图像可知，周期T=2s，质点振幅A=10cm，由图甲可知波的波长为λ=8m，波速为：v=λT=82m/s=4m/s
根据推波法可知，P点下一次到达平衡位置的时刻为：t=Δxv=34s=0.75s，故B正确；
C、根据数学知识可知，t=0时P点的位移为：yp=Asinπ4=10× 22cm=5 2cm，故C错误；
D、t=0时刻质点Q从平衡位置向下振动，故质点Q的振动方程为：y=10sin(πt+π)cm，故D错误。
故选：B。
根据“同侧法”可知简谐波的传播方向；根据推波法求解P点下一次到达平衡位置的时刻；根据数学知识求解t=0时P点的位移；t=0时刻质点Q从平衡位置向下振动，根据振动图像求解质点Q的振动方程。
本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
4.【答案】D
【解析】解：A.C物体叠加在B物体上面静止时，由二力平衡
kx1=(m+mC)g
拿走C物体后，B物体在弹簧上做简谐运动，其在平衡位置时，弹簧压缩长度为x0，由胡克定律得：
kx0=mg
其振幅为：
A=x1−x0
当B物体上升到最高点，此时弹簧拉伸长度最长，由于物体A恰好不离开地面，由二力平衡得：
kx2=mg
所以由振幅相等
A=x2+x0=x1−x0
解得物体C的质量为：
mC=2m，故A错误；
B.B物体在最高点受重力和弹簧弹力，由于物体A恰好不离开地面，由平衡条件得：
F弹=mg
B物体在最高点的加速度为a，由牛顿第二定律可得：
a=2mgm=2g，故B错误；
CD.物体B上升的最大高度为：
h=2A=4mgk
当B物体经过平衡位置的时候其速度最大，物体B的最大速度大小为vm，B物体从最高点回落到平衡位置的过程中，B物体与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgA+12kx22=12mvm2+12kx02
解得：vm=2g mk，故C错误，D正确。
故选：D。
根据二力平衡得到C物体叠加在B物体上面静止时弹簧弹力与重力的关系，再求出拿走C物体后的平衡位置时，弹簧的压缩长度，进而求出其振幅；根据物体A恰好不离开地面，由二力平衡结合振幅相等求出物体C的质量；再根据B物体在最高点受重力和弹簧弹力，根据物体A恰好不离开地面，结合牛顿第二定律求出B物体在最高点的加速度；根据振幅求出物体B上升的最大高度；分析B物体从最高点回落到平衡位置的过程中，B物体与弹簧组成的系统机械能守恒，求出物体B的最大速度。
本题考查了能量转化与守恒，解决本题的关键是理解简谐运动的振幅和能量的关系。
5.【答案】B
【解析】解：A、电梯上的乘客随电梯做匀速圆周运动，受到缆绳的拉力和支持力，因此不处于完全失重状态，故A错误。
B、同步空间站受到地球引力和两侧缆绳的拉力，假设缆绳的拉力刚好抵消了地球引力与所需向心力之间的差值，两侧缆绳的合力可能为零，故B正确。
C、配重空间站的圆周运动半径更大，所需的向心力更大，地球引力不足以提供所需的向心力，需要缆绳的拉力提供额外的向心力。因此，地球引力小于向心力，故C错误。
D、配重空间站外部零件脱落后，不再受到缆绳的拉力，将沿椭圆轨道运动，而不是继续随配重空间站做同步旋转，故D错误。
故选：B。
根据空间站的运动情况分析；根据万有引力与重力关系分析；根据离心运动和近心运动的条件分析。
本题考查万有引力定律的应用，意在考查学生的分析综合能力。
6.【答案】D
【解析】解：AB.以A球为对象，设连接A球的绳子与竖直方向的夹角为θ，根据受力平衡可得Tcsθ=mAg，Tsinθ=F
可得T=mAgcsθ，F=mAgtanθ
由于θ逐渐增大，可知拉力F逐渐增大，OA绳上的拉力逐渐增大，故AB错误；
C.如果一开始绳子拉力大于B所受重力沿斜面的分力，则斜面对B的摩擦力沿斜面向下，随着绳子拉力的增大，斜面对B的摩擦力增大，故C错误；
D.根据平衡条件可知，以斜面、B和A为整体，地面对斜面的摩擦力与拉力F大小相等，方向相反，由于拉力F逐渐增大，所以地面对斜面的摩擦力一直增大，故D正确。
故选：D。
以A球为对象，根据受力平衡得到拉力和F表达式，根据表达式分析力的变化；斜面对B的摩擦力沿斜面向下，拉力变大，摩擦力变大；地面对斜面的摩擦力与拉力F大小相等，F逐渐增大，摩擦力一直增大。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解。注意整体法和隔离法的应用。
7.【答案】C
【解析】解：A、根据冰壶B的v−t图像可知，碰撞后冰壶B的加速度为a=ΔvΔt=0−15m/s2=−0.2m/s2，设碰撞后冰壶B运动时间为tB，其运动的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，位移为xB=0.9m，则有xB=12|a| tB2，解得tB=3s，所以两只冰壶在t=5s−tB=5s−3s=2s时发生碰撞，故A错误；
B、碰撞后瞬间冰壶B的速度vB=|a|tB=0.2×3m/s=0.6m/s，两冰壶质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，则碰撞前瞬间冰壶A的速度vA=vB=0.6m/s
对碰撞前冰壶A的运动过程，根据动能定理得Wf=12mvA2−12mv02=12×19×0.62J−12×19×12J=−6.08J，故B错误；
C、根据动量定理，碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为I=0−mvB=−19×0.6N⋅s=−11.4N⋅s，其大小为11.4N⋅s，故C正确；
D、设t=0时刻，A、B重心间的距离为x0。冰壶A在t=2s时间内运动的位移为xA=v0+vA2t=1+0.62m=0.8m，t=5s时，冰壶B运动的位移为xB=0.9m，因x0未知，所以无法得到t=0和t=5s两时刻冰壶重心间的距离之比为16：9，故D错误。
故选：C。
根据v−t图像的斜率求出碰撞后冰壶B的加速度，利用逆向思维求出冰壶B匀减速运动的时间，再确定两只冰壶发生碰撞的时刻；两冰壶质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，由v=at求碰撞后瞬间冰壶B的速度，即可得到碰撞前瞬间冰壶A的速度，再根据动能定理求碰撞前摩擦力对冰壶A做功；根据动量定理求碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小；结合初始距离分析t=0和t=5s两时刻冰壶重心间的距离之比。
解答本题的关键要掌握弹性碰撞的规律：两个质量相等的物体发生弹性碰撞后，会交换速度。要理清两冰壶的运动情况，搞清两者之间的关系，运用运动学公式、动能定理和动量定理解答。
8.【答案】C
【解析】解：A、由题可知，两个带电粒子都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，而且它们的水平位移相等、初速度相等，则在电场中的运动时间相等，即tN=tM。故A错误；
B、在竖直方向上，根据y=12at2=Eqt22m知，竖直位移之比为1：2，则电荷量之比为1：2.因为电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功W=qEy，因为电荷量之比为1：2，竖直位移之比为1：2，则电场力做功为1：4，根据动能定理知的，电场力做功为1：4，则动能的增量之比为1：4，它们的电势能减少量之比ΔEPM：ΔEPN=1：4，故B错误，C正确；
D、根据动量定理，有：动量增量Δp=qEt，qM：qN=1：2，t相等，则动量增量之比ΔpM：ΔpN=1：2，故D错误。
故选：C。
将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析．
解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道粒子沿电场方向和垂直电场方向上的运动规律，结合牛顿第二定律、动能定理、运动学公式综合求解。
9.【答案】AB
【解析】解：AB、由题图作出光路图，如图所示
光线进入玻璃砖时，根据光路图可知，玻璃对a光的偏折程度大于b光，所以玻璃对a光的折射率大于b光，即a光的频率比b光的大，故AB正确；
C、根据v=cn，因为玻璃对a光的折射率大于b光，所以a光在玻璃砖中的速度比b光慢，故C错误；
D、根据Δx=ldλ，因为a光的频率比b光的大，即a光的波长小于b光的波长，所以a光产生的干涉条纹间距较小，故D错误。
故选：AB。
作出光路图，根据光路图分析玻璃砖对两种光的折射率大小，由折射率分析两光在玻璃砖中传播速度的大小；结合折射率越大的光其波长越短分析。
解决本题的关键是正确作出光路图，能根据光路图分析两种光的折射率大小关系，熟记波长、频率、波速、折射率之间的公式。
10.【答案】BC
【解析】解：A.根据左手定则可知，带电粒子在磁场中沿逆时针方向运动，故A错误；
B.带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式
r=mvqB
由
v= 3qBl2m
联立解得
r= 3l2
如图甲所示
打在挡板上的粒子的两个临界状态为①和②，对应粒子源发射这两种粒子间的夹角为180°，则打在挡板上的粒子数占总数的12，故B正确；
C.打在挡板上的长度对应两个临界状态②和③，对应挡板的长度分别为
l1= 3l2
l2= (2r)2−r2=3l2
则挡板上有粒子打到的线段长度为
Δl=l1+l2=(3+ 3)l2
故C正确；
D.当v=qBl2m时，粒子的轨迹半径为
r′=mvqB=l2
打在MN的临界状态如图乙中的④和⑤所示
QN段无粒子通过，故D错误。
故选：BC。
A.根据左手定则判断带电粒子在磁场中转动的方向；
B.根据半径表达式求出带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径，画出粒子的运动轨迹，根据角度关系判断打在挡板上的粒子数占总数的比例；
C.根据几何关系求挡板上有粒子打到的线段长度；
D.画出粒子打在MN的临界状态，根据几何关系分析判断。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，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。
11.【答案】BC 3.60 2Hd2k2
【解析】解：(1)AB.利用光电门测量小球的速度，不需要斜槽光滑，斜槽末端必须沿水平方向，故A错误，B正确；
C.选择密度大的实心铁球，可以减小空气阻力的影响，故C正确。
故选：BC。
(2)游标卡尺的精确度为0.05mm，小球的直径
d=3mm+12×0.05mm=3.60mm
(3)小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，有
H=12gt′2
x=vt′
其中v=dt
整理得
x=d 2Hg⋅1t
则x−1t图像斜率为k，即
d 2Hg=k
解得
g=2Hd2k2
故答案为：(1)BC；(2)3.60；(3)2Hd2k2
(1)根据光电门测速度的方法做分析；
(2)根据游标卡尺的精确度读数；
(3)根据平抛运动规律结合图像斜率解答。
解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解；对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题。
12.【答案】1.2、等于；
、
5.6(±0.2均正确)、3.9(±0.2均正确)
【解析】(1)在图甲中，由题意可知，闭合和断开开关S2时电流表指针指示值相同，即S2闭合的情况下，没有电流通过开关S2，则有：RRA=R2R1
变形可得：RA=R1RR2=2.4×1020Ω=1.2Ω
根据电桥电路的原理：RA=R1RR2，是没有系统误差的，故实验测得电流表内阻值等于真实值。
(2)在丙图中描点，绘出1I−R图像，如图所示，
由闭合电路的欧姆定律知：E=IRA+(I+IRAR1)(r+R)
化简可得：1I=(R1+RA)r+R1RA+(R1+RA)RER1=1.12RE+1.12r+1.2E
由图像可知：1.12E=3−110V−1，1.12r+1.2E=1.0A−1
变形整理得到，电源的电动势为：E=5.6V
电源内阻为：r=3.9Ω
故答案为：(1)1.2、等于；
(2)、
5.6(±0.2均正确)、3.9(±0.2均正确)。
(1)根据串并联电路特点或电桥法原理，及实验过程计算电流表的阻值；
(2)将图乙中描出的点，尽量画在一条直线上，根据闭合电路欧姆定律推导函数表达式，结合图像的斜率和纵截距计算。
本题关键是理解电桥法测电阻原理，掌握测电源电动势和内阻的实验原理、利用图像处理数据等方法。
13.【答案】解：(1)以气体为研究对象，根据盖—吕萨克定律，有
VPTP=VQTQ
解得：VQ=6×10−4m3
(2)由气体的内能与热力学温度成正比
UPUQ=TPTQ
解得：UQ=108J
活塞从P位置缓慢移到Q位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象有
pS=p0S+mg
解得：p=1.2×105Pa
外界对气体做功
W=−p(VQ−VP)
由热力学第一定律
UQ−UP=Q+W
联立解得：Q=60J
答：(1)封闭气体最后的体积为6×10−4m3；
(2)封闭气体吸收的热量为60J。
【解析】(1)根据一定质量的理想气体的状态方程pV=CT列式得出对应的体积；
(2)根据图像结合功的计算公式，联立热力学第一定律计算出气体吸收的热量。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，根据公式pV=CT分析出气体状态参量的变化，结合热力学第一定律即可完成分析。
14.【答案】A滑过Q点时的速度大小为4m/s，圆轨道对物体A的弹力为44N，方向竖直向下；
若碰后A、B粘合体最终停止在第k个粗糙段上，k的数值为6
【解析】(1)设A滑到Q点时的速度大小为v，由机械能守恒定律得
12mAv02=mAg⋅2R+12mAv2
解得
v=4m/s
在Q点，对A根据牛顿第二定律得：
F+mAg=mAv2R
解得
F=44N
可知对圆轨道对物体A的弹力大小为44N，方向竖直向下。
(2)设A、B碰撞前瞬间A的速度为vA，由机械能守恒定律得
12mAv02=12mAvA2
解得
vA=v0=6m/s
A、B碰撞后以共同速度vp前进，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0=(mA+m)vp
解得
vp=4m/s
此时A、B的总动能为
Ek=12(mA+m)vp2
解得
Ek=24J
A、B粘合体每经过一段粗糙段损失的动能为：
ΔE=μ(mA+m)gL=0.25×(2+1)×10×0.6J=4.5J
因
EkΔE=244.5=5.33
故k的数值为6。
答：(1)A滑过Q点时的速度大小为4m/s，圆轨道对物体A的弹力为44N，方向竖直向下；
(2)若碰后A、B粘合体最终停止在第k个粗糙段上，k的数值为6。
(1)根据机械能守恒定律求得A滑到Q点时的速度大小，根据牛顿第二定律求圆轨道对物体A的弹力；
(2)根据机械能守恒定律得到A、B碰撞前瞬间A的速度，根据动量守恒定律求得A、B碰撞后瞬间粘合体的速度。通过总动能与每经过一段粗糙段损失的动能的比值求解k值。
本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律和牛顿第二定律综合应用，题目难度不大。
15.【答案】解：(1)线圈中产生的感应最大电动势Em=nBLv0
产生的感应最大电流Im=EmR
安培力Fm=nBIL
根据牛顿第二定律Fm=mam
解得am=n2B2L2v0mR
(2)由功能关系，线圈产生的焦耳热Q=12mv02
(3)由法拉第电磁感应定律得E−=nΔΦΔt
其中ΔΦ=BLx
由欧姆定律I−=E−Rq=I−t
由动量定理可得F安t=mv0
其中F安=nBI−L
可得x=mRv0n2B2L2
答：(1)缓冲车厢减速过程中最大加速度的大小为n2B2L2v0mR：
(2)碰撞后缓冲车厢向前移动一段距离后速度为零，则此过程线图abcd中产生的焦耳热是12mv02；
(3)缓冲车与障碍物碰撞后，要使导轨右端不碰到障碍物，则缓冲车与障碍物碰撞前，导轨右端与滑块K的cd边距离至少为mRv0n2B2L2。
【解析】(1)缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块相对磁场的速度大小为v0，此时线框中产生的感应电动势最大，由公式Em=nBLv0求出最大感应电热势，由欧姆定律解出感应电流最大值，再由牛顿第二定律求最大加速度；
(2)根据功能关系求线圈中产生的热量；
(3)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式得到缓冲车厢所受的最大水平磁场力与速度的关系式，列式计算出x的大小。
本题考查学生分析和理解科技成果的能力，运用电磁感应、电路及力学的基本规律进行分析．