2025届湖南省长沙市名校高考最后一卷押题预测练习物理试卷（解析版）

这是一份2025届湖南省长沙市名校高考最后一卷押题预测练习物理试卷（解析版），共13页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．核反应有衰变、核裂变、核聚变和人工核转变4种类型。下列有关说法中正确的是（ ）
A．发生核聚变时电荷数守恒，质量也守恒
B．用中子轰击样品中的 714N会产生 614C和电子
C．对于大量氡222，每经过一个半衰期就有一半的氡发生衰变
D．铀235裂变的方程为 92235U＋01n→56144Ba＋3689Kr＋201n
2．如图甲所示，“战绳训练”是常见的健身方式，健身爱好者甩动战绳使其在竖直平面内形成简谐横波。图乙是某次训练中t＝0时刻战绳的波形图，绳上质点Q的振动图像如图丙所示，则（ ）

甲 乙 丙
A．该波沿x轴负方向传播
B．任意14t0时间内质点P运动的路程均为A
C．质点P的相位比质点Q的相位超前π2
D． t＝14t0时刻质点P将运动到x＝12x0处
3．2024年9月，我国成功试射了一枚洲际弹道导弹，射程高达12000公里，测试弹头最终落入南太平洋公海的预定海域，创下了全球洲际导弹射程的最远纪录。如图所示，若导弹从P点飞出大气层后，靠惯性绕地心O做椭圆轨道飞行（O为椭圆轨道的一个焦点），最后从Q点进入大气层。N点为远地点，，已知地球质量为M，引力常数为G，则下列说法正确的是（ ）
A．导弹从P到N过程中机械能不守恒B．导弹在N点的加速度大小为
C．导弹在N点的速度大小为 D．导弹在P点和Q点受到的地球引力相同
4．如图所示为竖直光滑圆轨道，一小球从最低点A出发，当初速度为v0时，恰好能在竖直面内做圆周运动，运动到与圆心等高处的B点时，对轨道的压力大小为N1；如果初速度变为3v0，小球运动到B点时对轨道的压力大小为N2，则（ ）
A． N1∶N2＝3∶43B． N1∶N2＝1∶6
C． N1∶N2＝2∶9D． N1∶N2＝1∶3
5．如图所示，的区域内有方向垂直于平面向里的匀强磁场，的区域中有方向沿轴向下的匀强电场。电荷量都为的粒子和粒子同时从轴上、两点射出，速度大小分别为、。速度方向与轴正方向的夹角均为，一段时间后，两粒子先后沿平行轴方向到达轴上的同一点（图中未画出）。已知点坐标为，，不计粒子重力及粒子间的静电力作用，，，由以上信息可以知道的是（ ）
A．点的横坐标为
B．两个粒子都带正电，且点坐标为
C．匀强电场的电场强度
D．匀强磁场的磁感应强度
6．如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的绝缘圆环，圆环的A、B、C、D端点上分别固定有一个点电荷，电荷量分别为+Q、+Q、-Q、-Q，圆心为O，AC垂直于BD，a、b、c、d分别为OA、OB、OC、OD的中点，在BD的延长线上有P点和N点，且DP=PN=R2。关于四个点电荷形成的电场，下列判断正确的是（ ）
A．a、b、c、d四点的电场强度大小相等
B．a、b、c、d四点的电势相同
C．d点和P点的电场强度大小相等
D．P点电势大于N点电势
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．如图所示为一电动玩具起重机的电路示意图，理想变压器的原、副线圈的匝数比为3：1，变压器原线圈中接入瞬时值的正弦交变电流，电动机的内阻为，装置正常工作时，质量为的物体恰好以的速度匀速上升，灯泡正常发光（阻值保持不变），电表均为理想电表，电流表的示数为，设电动机的输出功率全部用来提升物体，不计空气阻力，取重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为
B．小灯泡的额定功率为
C．电动机正常工作时的发热功率为
D．若电动机被卡住但未损坏的情况下，原线圈输入的功率为
8．如图甲所示，质量为2m的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B质量均为m，置于C上，B位于A右方某处。A、C间的动摩擦因数，B、C间和C与地面间的动摩擦因数。给C施加一水平向右的恒力F，从开始施加恒力到A、B第一次相遇时间为t。可得与F的关系如图乙所示（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取），下列说法正确的是（ ）
A．滑块A能获得的最大加速度为
B．A、B之间的初始距离为4m
C．滑块A的质量为1 kg
D．若，A、C之间将发生相对滑动
9．如图所示，是半圆柱玻璃体的横截面，为直径。一束光沿方向从真空射入玻璃后分成两束光分别射到玻璃砖的、两点，射到点的为光，射到点的为光，下列说法正确的是（ ）
A．光的频率大于光
B．在真空中光的传播速率小于光
C．光从到的时间小于光从到的时间
D．光从到的时间等于光从到的时间
10．如图所示，可视为质点的光滑定滑轮P与竖直墙面上的Q点等高，O为PQ的中点，PQ距离为2d。一根轻质不可伸长的细绳一端系在Q点，穿过质量为m的光滑圆环A再绕过定滑轮P，另一端吊着质量也为m的重物B。将圆环A由O点静止释放，设QA与水平方向夹角为θ。已知重力加速度为g，整个过程中B未与滑轮P 相撞，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法中正确的是（ ）
A．A和B的速度关系为
B．A可以下降的最大高度为
C．A和B 总动能最大时，θ=60°
D．A和B 总动能最大时，A的动能为
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．（6分）小明同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律.将细线一端悬挂在铁架台上，另一端系住一个底部粘有一个宽度为d的遮光片的小钢球，小钢球静止于A点，此时遮光片处于竖直方位，光电门固定在A点正下方.将小钢球拉起一定的高度由静止释放，光电门记录小钢球的遮光片挡光时间为t.已知重力加速度为g.
（1）还需要测量的物理量是 ；
A．小钢球和挡光片的质量mB．小钢球被拉起的高度h
C．细线的长度lD．小钢球的直径D
（2）若想验证机械能守恒定律，只需验证 成立即可（用题中的物理符号表示）；
（3）小明在实验中发现，小球动能增加量总是稍大于重力势能减少量，可能的原因是 （写出一条即可）.
12．（9分）某物理兴趣小组的同学从一款报废的电子产品中拆下一个电池，通过查阅说明书了解到该电池的电动势约为3．0 V。他们想通过实验尽量准确地测出该电池的电动势和内阻，除了待测电池，实验室可提供的器材还有：
A．电流表A（量程为0～10 mA，内阻约为20 Ω）
B．灵敏电流计G（量程为0～50 μA，内阻未知）
C．电阻箱R（0～9 999．9 Ω）
D．定值电阻R0（阻值为100 Ω）
E．定值电阻R0（阻值为300 Ω）
F．导线和开关

（1）按如图甲所示的电路图连接好电路，先将电阻箱R的阻值调到最大，闭合开关S1和开关S2，调节电阻箱R，使灵敏电流计G的示数大于量程的13，读出灵敏电流计G的示数为I0，电阻箱的示数为R1；保持开关S1闭合，再断开开关S2，调节电阻箱R，使灵敏电流计G的示数仍为I0，读出电阻箱的示数为R2，电流表A的内阻表达式为RA＝ （用R1、R2表示）。
（2）根据以上方法正确测量出电流表的内阻为RA＝18 Ω，该同学又设计了如图乙所示的电路测量电池的电动势E和内阻r。电路中的定值电阻R0为保护电阻，要求无论电阻箱阻值调到多少电路中的电流都不会超过电流表的量程，则保护电阻R0应该选择 （填器材前的选项字母）。
（3）正确选择器材后按图乙连接好电路，闭合开关，调节电阻箱R，记录电阻箱示数R和相应的电流I，将测得的数据以R为横坐标，以1I为纵坐标作出1I－R图像，经计算机拟合得到如图丙所示的图线，由图线可得该电池的电动势E＝ V，电池内阻r＝ Ω（结果均保留2位有效数字）。
（4）如果在实验过程中由于读数的偶然误差使测量的电流表内阻偏大，这样会使测出的电池电动势E （填“大于”“小于”或“等于”）真实值，电池内阻r （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
13．（8分）图甲为唐宋时期大规模应用的双动活塞式风箱，其原理图如图乙所示，厚度不计的活塞将风箱气室分为左、右两部分，气室壁上A、B、C、D四个孔各装有单向阀门，A、B两处阀门在气室内压强小于外界大气压时立刻向内打开进气，C、D两处阀门在气室内压强超出外界大气压一定值时向外打开缓慢出气。开始时，活塞处于风箱的中心位置，四个阀门均关闭，气室内气体压强等于外界大气压强p0，已知风箱气室长为L、宽为d、高为h，活塞密封良好，不计一切摩擦，气体可以看作理想气体，温度保持不变。现向左推动活塞，活塞左移x方能将C处阀门推开。
甲 乙
（1） 求此时左侧气室气体的压强；
（2） 设C处阀门位于气室内最左端上方，C处阀门打开后继续用恒力匀速推动活塞至最左端，求此后续过程中恒力所做的功。
14．（15）如图所示，两足够长平行金属直导轨的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。在水平导轨某处放置一边长为L、由均匀金属丝制成的闭合正方形线框，左右两边分别记为b、c。线框质量为m，总电阻为8R，初始时处于静止状态。现让长度也为L、质量为2m、阻值为R的导体棒a从圆弧导轨上离水平导轨高为h处由静止释放，某时刻导体棒a与线框发生碰撞，并且碰后瞬间线框的速度是导体棒a进入磁场瞬间速度的，碰撞过程中的机械能损失与碰前回路产生的总热量相等。已知重力加速度为g，忽略导轨的电阻、所有摩擦以及线框的可能形变，且导体棒a和线框b、c边运动过程中始终与导轨垂直，导体棒和线框侧边与导轨始终接触良好。求：
(1)导体棒a刚进入磁场时的速度大小v0；
(2)碰后瞬间导体棒a的速度大小v；
(3)从最初到稳定，导体棒a上产生的焦耳热及最终导体棒a和线框b边的距离x。
15．（18分）如图所示，光滑水平面上放置一小车，小车上表面AB段粗糙、BC段光滑。一小物块放置在小车左端，连接有轻弹簧的轻质挡板固定在小车右端。用不可伸长的轻绳将质量为m1的小球悬挂在O点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至轻绳竖直时与小物块发生弹性正碰，碰后小物块开始向右运动。已知小球的质量为m1＝4 kg，小物块的质量为m2＝1 kg，小车的质量为M＝5 kg，轻绳长度为l＝1．8 m，AB段的长度为x1＝4．5 m，BC段的长度为x2＝1 m，弹簧原长为x3＝0．16 m，小物块与小车AB段间的动摩擦因数为μ＝0．2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 g＝10 m/s2，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求小球与小物块碰后瞬间小物块的速度大小v1；
（2）求从小物块开始运动到小物块开始接触弹簧的时间t；
（3）求从小物块与弹簧开始接触到两者分离的过程中小物块对弹簧的冲量大小I；
（4）若改变释放小球时细线与竖直方向的夹角θ（θ＜90°），使小车在达到最大速度前小物块速度反向且整个过程中小物块不能滑离小车，求夹角θ的余弦值需满足的条件。
【参考答案】
1．【知识点】原子核的衰变及半衰期
【答案】C
【解析】发生核聚变时，电荷数守恒，质量数也守恒，但是质量不守恒，发生核聚变时释放能量，质量减少，A错误；用中子 01n轰击 714N，质量数为1＋14＝15，电荷数为0＋7＝7，614C和电子 －10e的质量数为14＋0＝14，电荷数为6－1＝5，不符合核反应过程中质量数和电荷数守恒，B错误；大量的氡222衰变时符合统计学规律，每经过一个半衰期就有一半的氡222发生衰变，C正确；根据质量数和电荷数守恒可知，铀235裂变时生成3个中子 01n，D错误。
2．【知识点】波的图像和振动图像的综合应用
【答案】C
【解析】由题图丙知，t＝0时刻质点Q沿y轴正方向振动，结合题图乙由同侧法知，该波沿x轴正方向传播，A错误；当质点从波峰、波谷或平衡位置开始运动时，14t0时间内运动的路程为A，若从其他时刻开始运动，14t0时间内运动的路程可能大于A也可能小于A（易错：四分之一周期内质点运动的路程不一定等于振幅A），B错误；质点P的振动方程为yP＝Asinωt＋π2，质点Q的振动方程为yQ＝Asin ωt，所以质点P的相位比质点Q的相位超前π2，C正确；质点P在平衡位置附近上下振动，并不随波迁移，D错误。
【一题多解】
波形法
该波沿x轴正方向传播，由题图乙知，质点P比质点Q早振动四分之一个周期，故质点P相位比质点Q相位超前π2，C正确。
3．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算
【答案】B
【详解】导弹从P到N过程中只受到地球引力作用，则机械能守恒，A错误；根据牛顿第二定律，解得导弹在N点的加速度大小为，B正确；根据，得导弹在N点的圆形轨道上运动的速度大小为，导弹从圆形轨道变轨到椭圆轨道需要减速做近心运动，则速度小于，C错误；导弹在P点和Q点受到的地球引力大小相同，方向不同，D错误。
4．【知识点】应用动能定理求解多阶段、多过程问题、竖直面内圆周运动问题
【答案】A
【解析】小球从最低点到最高点，根据动能定理有－mg·2R＝12mv2－12mv02，恰好到达最高点，在最高点有mg＝mv2R，
解得v0＝5gR（关键点：“恰好”说明小球运动到最高点时的向心力完全由重力提供），小球从最低点到达与圆心等高的B点，根据动能定理有－mgR＝12mv12－12mv02，解得v1＝3gR，由牛顿第三定律，小球在B点受到的支持力与对轨道的压力大小相等，有N1＝mv12R＝3mg；若初速度变为3v0，则小球从最低点到达B点，根据动能定理有－mgR＝12mv22－12m（3v0）2，解得v2＝43gR，由牛顿第三定律，小球在B点受到的支持力与对轨道的压力大小相等，有N2＝mv22R＝43mg，则N1∶N2＝3∶43，A正确。
【巧思快解】在竖直面内的圆周运动中，在最低点的压力比在最高点的压力大6mg，在最低点的压力比在与圆心等高处的压力大3mg。若恰好经过最高点，则在最高点的压力为0，在与圆心等高处的压力N1＝3mg，在最低点的压力为6mg，可快速计算出v0＝5gR；若在最低点的速度为3v0，则在最低点的压力为46mg，在与圆心等高处的压力为43mg。
5．【知识点】带电粒子在组合场中的运动
【答案】D
【详解】a粒子射出后在磁场中做匀速圆周运动，b粒子射出后在电场中做类斜抛运动，两粒子运动轨迹如图所示
研究b粒子，根据抛体运动规律有， 研究a粒子，几何关系可知点的横坐标，联立解得，N点坐标，AB错误； 研究a粒子，洛伦兹力提供向心力有，联立解得， 研究b粒子，根据抛体运动规律有，，因为，联立解得，C错误，D正确。
6．【知识点】电场的叠加
【答案】A
【解析】根据等量异种点电荷形成的电场特点可知，A、C和B、D处的点电荷在a、b、c、d四点处的电场分布如图甲所示,A点和C点处的点电荷形成的电场中电场强度Eay=Ecy、Eby=Edy，方向都是竖直向下，B点和D点处的点电荷形成的电场中电场强度Eax=Ecx、Ebx=Edx，方向都是水平向右，且Eay=Ecy=Ebx=Edx，Eby=Edy=Eax=Ecx，根据电场强度的叠加可知a、b、c、d四点的电场强度大小相等，A正确；选取无穷远电势为零，可知正电荷周围的电势离正电荷越近电势越高，且为正值，离负电荷越近电势越低且为负值，根据对称性和叠加原理可知φa=φb>φc=φd，B错误；根据等量异种点电荷形成的电场特点可知，四个点电荷在P、d两点处电场分布如图乙所示，根据库仑定律及几何关系有EAC=16kQ55R2，EBD=40kQ9R2，E'AC=16kQ1313R2，E'BD=96kQ25R2，根据场强叠加法则可知d点电场强度大于P点电场强度，C错误；根据电势的叠加原理可知A点的+Q和C点的-Q电荷在P点和N点产生的电势之和均为零，B点的+Q和D点的-Q电荷形成的电场线如图丙所示，可知电场线方向由N指向P，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知φN>φP，D错误。
甲乙丙
【命题创新 】电场和电势的叠加属于高考中的常考点，近几年等量同种或异种点电荷的场强均有考查，本题巧妙地构建了四个点电荷，可构建成两对异种点电荷模型，考查学生对电场和电势叠加的理解，需要学生具备一定的对称思想。
7．【知识点】理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用
【答案】BD
【详解】变压器原线圈两端电压的有效值为，根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系，解得变压器副线圈两端电压的有效值为，电压表的示数等于变压器副线圈两端电压的有效值，为10V，A错误；设通过电动机的电流为，电动机输出功率，又，解得，电动机消耗的热功率，小灯泡的额定功率为，B正确；C错误；由C选项分析可知，通过小灯泡的电流为，若电动机被卡住但未损坏的情况下，原线圈输入的功率为，D正确。
8．【知识点】板块模型
【答案】AC
【详解】对滑块A有，解得，A正确；对滑块B有，解得，由图可知F足够大时，A、B均相对C滑动，相遇时间恒定为，由，解得，B错误；当，滑块B与C恰好发生相对滑动，则有，得，C正确；设A、B、C均产生相对运动时的拉力为，则有，得，时，A、C均保持静止；D错误。
9．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】AD
【详解】根据题意，作出光路图，连接、如图所示
A．设从点进入的入射光线的入射角为，从点射出的光线在点的折射角为，从点射出的光线在点的折射角为，由折射定律有，
由图可知
则有
则沿OB方向传播的光折射率较大，频率大，A正确；
B．所有色光在真空中传播速度相同，匀为，B错误；
CD．根据题意，由公式可得，两光在玻璃中的传播速度分别为，
由几何关系可知，两光在玻璃中的传播距离为，
则传播时间为，
则有
故C错误，D正确。D。
10．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合
【答案】BD
【详解】B上升的速度等于左侧绳伸长的速度，A沿QA方向的速度分量为vAsinθ，沿PA方向的速度分量也为vAsinθ，有，A错误；由能量守恒： ，解得：，B正确；AB总动能最大时，即总重力势能最小，此刻重力势能变化率为0，即，结合关联速度可知，即θ=30°，由能量守恒知，，解得：，C错误，D正确。
11．【知识点】实验：验证机械能守恒定律
【答案】（1）B （2）d22t2=gh（2分）
（3）由于挡光片有一定长度，所测的速度大于小钢球的实际速度（2分）
【解析】（1）若想验证机械能守恒，需要验证12mv2=mgh，其中v=dt，即只需验证d22t2=gh，所以还需测量小钢球被拉起的高度h；
（2）见（1）解析
（3）若是小钢球动能增加量总是稍大于重力势能减少量，可能因为小钢球到达最低点时，挡光片的线速度大于小钢球的线速度，所测速度大于小钢球实际速度，使得小钢球的动能增加量大于重力势能的减少量.
12．【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—安阻法测量电源电动势与内阻
【答案】（1） R1－R2（2分） （2） E（1分）
（3） 2.5（2分） 7.0（2分） （4） 等于（1分） 小于（1分）
【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律可得E＝I0（Rg＋r＋R1），E＝I0（Rg＋r＋R2＋RA），解得RA＝R1－R2（点拨：等效替代法测电阻原理，电流表示数不变，两次电路的总电阻相同）。
（2）对题图乙所示的电路，根据闭合电路欧姆定律可得I0＝ER＋RA＋R0＋r＝3.0VR+18Ω＋R0＋r≤0.01 A，故可知R＋R0＋r≥282 Ω，当电阻箱连入电路中的阻值为0时，可知R0＋r≥282 Ω，所以R0选E。
（3）对题图乙所示的电路，根据闭合电路欧姆定律可得I＝ER＋R0＋RA＋r，可得1I＝R0＋RA＋rE＋1E·R，故R0＋RA＋rE＝0.13×103 A－1，1E＝0.40－0.13675×103 V－1，解得E＝2.5 V，r＝7.0 Ω 。
（4）如果在实验过程中由于读数的偶然误差使测量的电流表内阻偏大，不影响1I－R图像的斜率，即不影响E，测出的电池电动势E等于真实值；1I－R图像的纵轴截距为b，有r＝bE－R0－RA，RA偏大，则测出的电池内阻r小于真实值。
【技巧必背】
在测量电源电动势和内阻实验中，一般由所测的两个物理量写出闭合电路欧姆定律表达式，然后将表达式改写成纵轴量与横轴量间的一次函数表达式，根据图线的斜率结合表达式计算电动势和内阻。
13．【知识点】气体等温变化与玻意耳定律
【答案】（1） LL-2xp0（4分）
（2） p0hdx（4分）
【思路点拨】第（1）问中，以气室左侧气体为研究对象，利用温度不变的等温变化规律p0V=p1V1求解；第（2）问是难点，解题突破口是活塞被匀速推动，设恒力为F，由受力分析知有大气压力p0S、箱内气体压力p1S和恒力F，由平衡方程得p0S+F=p1S，其中S=dh，则恒力做的功W=F(L2-x)，或者把恒力做功转化为恒定气体压力做功得到同样的结论。
【详解】
本题以双动活塞式风箱为素材，创设生产生活实践类情境，涉及气体实验定律、受力分析、平衡态分析、功的计算等知识，需要学生能够根据实际情境提取信息，构建气体模型，考查学生的理解能力、模型构建能力和推理论证能力。（1） 对气室左侧内气体，设C处阀门推开时气体压强为p1，体积为V1，由等温变化规律有p0V=p1V1…………2分
其中V=L2dh，V1=(L2-x)dh…………1分
解得p1=LL-2xp01分
（2） 对风箱内气体，质量是变化的，但用恒力匀速推动，所以箱内气体压强是恒定的，设活塞的横截面积为S，由平衡方程有p0S+F=p1S…………1分
其中S=dh…………1分
恒力做的功W=F(L2-x)…………1分
可得W=p0hdx…………1分
【易错警示】第（2）问中气体排出质量变化，容易思考为变质量问题，但无条件求解。
【关键点拨】明确研究过程为：恒力匀速推动、S3被推开直到活塞被推到最左端的过程中，活塞移动的位移为L2-x。
14．【知识点】电磁感应现象中的功能问题
【答案】(1)；(2)；(3)；
【详解】（1）导体棒进入磁场前，有，
解得。
（2）b、c边接入电路，并联电阻为，
导体棒和线框受的安培力等大反向，导体棒a和线框，从a进磁场到碰后瞬间，动量守恒，可得，
解得。
（3）碰后，动量守恒，解得，
从释放导体棒a到碰后瞬间，系统损失的总机械能，
碰前回路中的焦耳热为，a棒产生的焦耳热为，
碰后回路产生的总焦耳热为，a棒产生的焦耳热为，全程，
碰后某瞬间，设导体棒的速度为，线框的速度为，对导体棒a，有，，
从碰后到稳定，设安培力的冲量为，对导体棒，由动量定理，
综上所述，有，
其中，
解得。
15．【知识点】动量守恒与弹簧相结合、求解弹性碰撞问题
【答案】（1）9．6 m/s （2）0．6 s （3）14 N·s （4）1732≤cs θ＜387512
【解析】（1）小球从水平位置释放之后做圆周运动，根据动能定理有m1gl＝12m1v02（1分）
可得v0＝6 m/s，
小球与小物块碰撞过程中水平方向动量守恒，机械能守恒，规定水平向右为正方向，有m1v0＝m2v21＋m1v11（1分）
12m1v02＝12m2v212＋12m1v112（1分）
v1＝v21，
解得v1＝9．6 m/s（1分）
（2）小球与小物块碰撞之后小物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有μm2g＝m2a2，
解得a2＝2 m/s2，
小球与小物块碰撞之后小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有μm2g＝Ma3，
解得a3＝0．4 m/s2，
设经过时间t1小物块滑到小车上的B点，小物块相对于小
车的位移大小为x1，有v21t1－12a2t12－12a3t12＝x1（1分）
解得t1＝0．5 s（t1＝7．5 s舍去），
t1＝0．5 s时，小物块的速度大小
v22＝v21－a2t1＝8．6 m/s（1分）
小车的速度大小v32＝a3t1＝0．2 m/s（1分）
设再经过时间t2小物块匀速运动到弹簧位置，有
（v22－v32）t2＝x2－x3（1分）
解得t2＝0．1 s，
t＝t1＋t2＝0．6 s（1分）
（3）小物块从与弹簧接触到与弹簧分离的过程中，小物块、小车、弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，有
m2v22＋Mv32＝m2v23＋Mv33（1分）
12m2v222＋12Mv322＝12m2v232＋12Mv332（1分）
解得v23＝－5．4 m/s，
弹簧对小物块的冲量I'＝m2v23－m2v22（1分）
解得I'＝－14 N·s，
所以小物块对弹簧的冲量大小为14 N·s（1分）
（4）当小球以任意角度释放时，有m1g（l－lcs θ）＝12m1v'02，
解得v'0＝61－csθ m/s，
m1v'0＝m2v'21＋m1v'11，
12m1v'02＝12m2v'212＋12m1v'112，
解得v'21＝85v'0，
若小物块在弹簧恢复原长时速度为0，则有
m2v'21＝Mv'33，12m2v'212－12Mv'332＝μm2gx1（1分）
解得cs θ＝387512，
若小物块在滑到小车最左端时与小车共速，则有
m2v'21＝（M＋m2）v共，
解得v共＝415v'0，
12m2v'212－12（M＋m2）v共2＝2μm2gx1（1分）
解得cs θ＝1732，
故夹角θ的余弦值需满足的条件为1732≤cs θ＜387512（1分）