辽宁省大连理工大学附属高级中学2025-2026学年高二下学期期末物理练习卷

**基本信息** 试卷以科技前沿（如“中国环流三号”核聚变）、生活实践（机械手拿鸡蛋、挑玉米）及文化传承（复原马车）为情境，融合力学、热学、光学等模块，通过分层设问考查物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|牛顿定律、核聚变、理想气体|结合“中国环流三号”考核反应方程（题2）| |多选题|3/18|薄膜干涉、斜面抛体、圆周运动|空气薄膜干涉装置分析条纹变化（题8）| |实验题|2/14|力的合成、重力加速度测量|用智能手机软件测加速度（题12）| |计算题|3/40|气体实验定律、平抛与圆周综合、板块模型|玻璃瓶测水深（题13）融合玻意耳定律与液体压强|

2025-2026学年辽宁省大连理工大学附属学校高二（下）期末物理试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.某机器人的机械手可精准拿取鸡蛋，如图所示。若机械手对鸡蛋的作用力为F，鸡蛋对机械手的反作用力为，鸡蛋的重力为G。下列关于鸡蛋运动时的说法正确的是(    ) A. 水平加速， B. 水平减速， C. 向上加速， D. 向上减速， 2.2025年，我国新一代人造太阳“中国环流三号”首次突破“双亿度”参数水平，可控核聚变技术取得重大突破。目前可控核聚变实验中最主要的核反应由一个氘核和一个氚核碰撞生成一个氦核实现，下列说法正确的是(    ) A. 该核反应方程为 B. 氚核的中子数是3 C. 该核反应中质量数不守恒 D. 该核反应中氘核和氚核的总质量大于氦核的质量 3.水中小气泡内气体可视为质量不变的理想气体，气体从状态Q等温膨胀至状态R，再绝热收缩至状态S，其图像如图所示，下列说法正确的是(    ) A. 过程中，气体内能减小 B. 过程中，气体对外做功 C. 过程中，气体内能不变 D. 过程中，气体温度降低 4.我国科技爱好者复原了春秋战国时期带有刃车軎é的马车；并对其性能进行了测试。在时间内，若马车以恒定功率在水平路面上沿直线运动，速度从加速到，假定马车所受阻力不变，则马车运动的图像可能是(    ) A. B. C. D. 5.如图所示，半径为R的半圆形玻璃砖截面上，有一束单色光斜射到圆弧面上的C点，入射光线与竖直方向的夹角为，折射光线CD刚好与直径AB垂直，AC弧长是AB弧长的三分之一，光速为c，下列说法正确的是(    ) A. 该玻璃砖的折射率 B. 光在玻璃砖中的传播速度为c C. 光在玻璃砖中的传播时间 D. 增大，入射光线可能在C点发生全反射现象 6.如图，农民伯伯挑玉米时用双手分别抓住轻绳的O、点处，某时刻绳OA、与竖直方向的夹角均为，手对绳的作用力分别垂直于OA、，所有作用力在同一竖直平面内，此时人和物均处于平衡状态。已知每筐玉米质量为m，重力加速度大小为g，忽略筐和扁担质量，则此时扁担对肩膀的作用力大小为(    ) A. B. mg C. D. 2mg 7.在某次训练中，乒乓球运动员将A、B两个相同的乒乓球从同一位置先后水平击出。A球以初速度v水平击出后直接落到e点；B球以初速度水平击出后先落到本方场地后弹起，并再次反弹后也落到e点。已知两球与地面发生弹性碰撞，两球的运动轨迹如图所示，忽略空气阻力，且两球在空中的运动互不影响。下列说法正确的是(    ) A. 两球一定会在b点相遇 B. 两球的初速度之比为 C. a、b两点的竖直距离与c、d两点的竖直距离之比为4：7 D. a、b两点的水平距离小于d、e两点的水平距离 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.工厂技术人员用下图1所示空气薄膜干涉装置来检查玻璃平面的平整程度。分别用a、b两种单色光从标准样板上方入射后，从上往下看到的部分明暗相间的条纹如图2中的甲、乙同一视野区域所示。下列判断正确的是(    ) A. 图2中条纹弯曲处对应着被检查平面处凹陷 B. a光的频率小于b光的频率 C. 若将图1中的薄片稍微右移，图2中条纹间距变窄 D. 照射同一单缝时，b光发生的衍射现象比a光更明显 9.如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，从斜坡底端以初速度将可视为质点的小球斜向上抛出，初速度方向与斜面间夹角为，小球在斜面上的落点与抛出点之间的距离为x。已知重力加速度为g，小球运动过程中的空气阻力不计，下列说法正确的是(    ) A. 由抛体运动的对称性可知，小球落在斜面上时的速度方向与斜面夹角也为 B. 小球运动过程中的速度变化率不变 C. 当时，x有最大值 D. x的最大值为 10.甲、乙两个小球均视为质点套在半径为R的圆环上为圆环的圆心，质量均为m，现让圆环绕竖直直径MN做匀速圆周运动，两个小球随圆环做匀速圆周运动。甲处在A点，乙处在B点，倾斜半径OA与水平半径OB的夹角为，甲与圆环间的摩擦力刚好为0，圆环对乙的静摩擦力达最大值。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，、，下列说法正确的是(    ) A. 甲、乙的向心加速度均由小球所在的位置指向圆心O B. 圆环的角速度为 C. 圆环对乙的弹力为 D. 乙与圆环间的动摩擦因数为 三、实验题：本大题共2小题，共14分。 11.某同学做力的合成实验，实验装置如图甲所示，该装置中三根支撑脚L、M、N的高度可通过地脚螺钉调节。完成下列填空： 该同学借助水平仪将实验装置台面调至水平。水平仪内封有液体和气泡，当水平仪底面水平时，气泡会静止在水平仪中心处，俯视图如图乙所示。将水平仪放到台面上，气泡静止在水平仪中的位置俯视图如图丙所示，下列操作能将台面调成水平的是        或        填正确答案标号； A.保持M和N高度不变，调高L B.保持M和N高度不变，调低L C.保持L高度不变，同时调高M和N D.保持L高度不变，同时调低M和N 如图甲所示，将橡皮筋一端固定在O点，另一端通过圆环、细线与弹簧测力计相连。某次实验时，拉伸橡皮筋调整圆环圆心至点并保持静止，记录两细线的夹角，由弹簧测力计读出拉力和的大小，其中的读数为        N 根据测量结果在方格纸上画出和的图示，如图乙所示。已知方格纸上每小格边长代表，用作图法可得和的合力大小为        结果保留2位有效数字 12.某同学发现可以利用智能手机的软件直接测量手机运动时的加速度。为测量重力加速度大小，该同学设计了如图甲所示的实验装置。手机与木块固定后，放在木板上。木块通过一根跨过光滑定滑轮的细线悬挂不同个数的相同钩码。 为平衡木块受到的摩擦力，应在        填“挂”或“不挂”钩码的情况下将木板未固定滑轮的一端垫高，直至木块能在木板上做匀速直线运动。 平衡摩擦力后，改变细线上悬挂钩码的个数n，释放钩码后测得木块相应的加速度大小a，得到多组实验数据后绘制出图像如图乙所示。已知该图像的斜率为k，在纵轴的截距为b，则当地的重力加速度大小为        ，手机和木块的总质量与单个钩码质量的比值为        。均选用b、k表示 下列说法正确的是        。 A.实验时需要确保钩码的总质量远小于手机和木块的总质量 B.实验时应确保木板上方的细线始终与木板平行 C.实验时细线上的拉力与细线下方钩码受到的总重力大小相等 四、计算题：本大题共3小题，共40分。 13.玻璃瓶可做成测量水深的简易装置。如图所示，白天潜水员在水面上将100mL水装入容积为400mL的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为250mL。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏。已知瓶身长度相对水深可忽略，取大气压强，水的密度，重力加速度，求： 若气体温度保持不变，求水底的压强和水的深度h； 若白天水底温度为，夜晚水底的温度为，水底压强不变。求夜晚瓶内气体体积。 14.如图所示，内壁光滑、半径为R的半圆轨道AB固定在竖直面内，AB是竖直直径，光滑的斜面CB与半圆轨道在B点平滑连接。现让质量为m的小球视为质点从斜面上的C点由静止释放，小球经过B点进入半圆轨道，到达A点时轨道对小球的压力等于小球重力的一半，离开A点后小球落到斜面上的D点时速度正好与斜面垂直，E点是斜面上与A点等高的点，重力加速度大小为g，不计小球经过转折点B时的机械能损失，求： 、B两点的高度差h； 斜面CB倾角的正切值以及小球从A点运动到D点的时间； 小球在E点时重力的瞬时功率P。 15.如图所示，足够长的木板C静止在水平面上，小物块A、B放在木板C上。A、B之间的初始距离，，，，A、B与C之间的动摩擦因数均为，C与地面间的动摩擦因数，时刻，分别给A、B水平向右的初速度、，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度，求： 长木板C开始滑动时的加速度大小a； 小物块A与木板C恰好共速时，A、B之间的距离； 长木板C运动的总时间t。 答案和解析 1.【答案】A  【解析】解：由牛顿第二定律可知，若鸡蛋在水平方向有加速度a，则说明其所受合外力也沿水平方向，已知鸡蛋受重力G、机械手对鸡蛋的作用力F，则结合三角形定则可得下图： 由上图结合几何关系可知，只要鸡蛋在水平方向有加速度，不论其是加速还是减速，都有： ，故A正确，B错误； 机械手对鸡蛋的作用力F，与鸡蛋对机械手的反作用力是一对相互作用，因此由牛顿第三定律可知，鸡蛋不论做什么运动，都有： ，故CD错误。 故选：A。 结合题意，由牛顿第二定律、矢量合成法则，画出所需矢量三角形，再根据几何知识，即可分析判断； 结合题意，由牛顿第三定律，即可分析判断。 本题主要考查对牛顿第二定律的掌握，解题时需注意，应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。 2.【答案】D  【解析】解：A、核聚变反应中，和聚变成，根据质量数和电荷数守恒，核反应方程应为，故A错误； B、对于，其质子数为1，质量数为3，中子数=质量数-质子数，故B错误； C、核反应的过程中质量数守恒，故C错误； D、核子结合成原子核时会释放能量，根据质能方程，原子核的质量会小于组成它的核子的质量之和，是原子核，所以其质量小于组成它的核子的质量之和，故D正确。 故选：D。 根据原子核组成、核反应守恒、质能方程定性逐一分析选项得出正确结论。 本题考查了原子核的组成质子数、中子数的计算、核反应方程的书写质量数和电荷数守恒以及比结合能、质能方程的相关知识。 3.【答案】B  【解析】解：A、过程中，气体发生等温膨胀，由于温度保持不变，理想气体的内能也不变，故A错误； B、过程中，气体的体积逐渐增大，说明气体膨胀对外做功，故B正确； C、过程中，气体经历绝热收缩过程，即与外界没有热交换。气体体积减小，外界对气体做正功。根据热力学第一定律可知，气体的内能必定增加，故C错误； D、过程中，由上述分析可知气体内能增加。对于一定质量的理想气体，内能增加意味着温度升高，故D错误。 故选：B。 研究对象为质量恒定的理想气体，其内能仅由温度决定，先分析Q到R的等温过程，结合等温过程温度恒定的特点确定内能变化规律，再根据体积变化判断气体做功情况，再分析R到S的绝热过程，结合绝热过程无热量交换的特点，依据体积变化判断做功正负，通过热力学第一定律判断内能及温度的变化即可。 本题考查热学模块中理想气体内能的决定因素、热力学第一定律、等温及绝热过程的基本规律，结合图像分析气体做功与内能变化。本题难度中等偏下，无计算量，核心考查学生对热学基础规律的理解和图像信息提取能力，要求学生明确温度是理想气体内能的唯一标志，能通过体积变化判断做功情况，结合绝热过程特点推导内能与温度变化，是热学部分的常规基础题。 4.【答案】C  【解析】解：马车以恒定功率运动，所受阻力f不变，由功率公式有 结合牛顿第二定律得 整理得加速度为 可知，随着速度v增大，加速度a逐渐减小。根据图像的斜率表示加速度，可知图的斜率逐渐减小，图像越来越平缓，故ABD错误，C正确。 故选：C。 根据功率公式和牛顿第二定律相结合分析汽车的加速度变化情况，再选择图像。 对于汽车启动问题，往往根据功率公式和牛顿第二定律相结合分析汽车的运动情况。要知道恒定功率启动时，如阻力恒定，汽车不可能做匀加速直线运动。 5.【答案】C  【解析】解：A、光路图如图所示： AC弧长是AB弧长的三分之一，则，，光在C点的入射角为，由折射定律可知，故A错误； BC、光在玻璃砖中的传播速度，由几何关系可知，光在玻璃砖中的传播时间，代入数据可得，故B错误，C正确； D、光由光疏介质进入光密介质不会发射全反射，故D错误。 故选：C。 A、根据光路图几何关系分析入射角和折射角，根据折射定律分析； BC、根据折射定律分析传播速度，根据几何关系分析传播距离，再求解传播时间； D、根据全反射的发射条件分析。 考查了光的折射现象的分析方法，画出光路图并分析几何关系是解题关键。 6.【答案】B  【解析】解：先对左侧O点进行受力分析：O点受到玉米筐向下的拉力mg、绳OA的拉力T、手垂直于OA的作用力F。将重力沿平行OA、垂直OA方向分解，如图所示： 根据平衡条件，沿OA方向合力为零，可得 同理，右侧绳的拉力大小也为 将绳OA、的拉力沿竖直方向分解，单根绳子拉力的竖直分量 两侧绳子拉力总的竖直向下分量， 由平衡条件可知肩膀对扁担向上的支持力，根据牛顿第三定律扁担对肩膀的作用力大小为mg，故ACD错误，B正确。 故选：B。 对悬挂重物的结点受力分析，将重力沿平行、垂直细绳方向分解，根据平衡条件求出两侧细绳拉力，将细绳拉力沿竖直方向分解得到绳子对扁担总的竖直向下分力；由平衡条件求出肩膀对扁担的支持力，借助牛顿第三定律推出扁担对肩膀的作用力大小。 本题考查共点力的平衡，采用隔离法先后选取结点、扁担作为研究对象，运用力的分解与正交分解处理受力，结合平衡条件和牛顿第三定律完成求解，着重考查多物体体系分步受力分析的能力。 7.【答案】C  【解析】解：两球均做平抛运动，两球在竖直方向上的运动都是自由落体运动，B球落地反弹后才经过b点，故B球从被击出到运动到b点的时间大于A球直接运动到b点的时间，两球先后抛出，不一定在b点相遇，故A错误； B.如图所示， B球的运动可以看成是5个相同的平抛运动，每次下落的高度与A球从a到e点的平抛运动的高度相同，故两球从a到e运动的时间关系 ，水平位移相同，由可得，故B错误； C.A球由a运动到竖直方向自由落体，B球由g运动到b点竖直方向竖直上抛运动，由竖直上抛运动和自由落体运动的关系可知， ，，得 结合AB两球初速度的关系，设gb两点间的水平位移为，fg间的水平位移为，则be间的水平距离为，ae间的水平位移为，由几何关系 ， 故ab间的水平位移，A球由a运动到b的时间，竖直高度 同理，B球从m到c所用的时间与A球从a到c所用时间相等，，设mc之间的水平位移为，则 A球从a运动到c的水平位移，时间，竖直高度 同理可得A球由a到d的过程，水平位移，时间，竖直高度，解得，，故C正确； D.A球由d到e的时间，即小球在ab之间的运动时间与de之间的运动时间相等，故水平位移也相等，故D错误。 故选：C。 两球从同一位置水平击出后均做平抛运动，A球直接落地；B球与地面发生弹性碰撞，竖直分运动具有对称性，每次下落或上升的时间相同。两球水平位移相等，通过比较总运动时间可确定初速度关系；利用平抛运动规律分别建立两球轨迹方程，联立可求交点坐标，进而得到竖直距离之比和水平距离关系。 本题以乒乓球运动为背景巧妙考查了平抛运动规律及其拓展应用，涉及弹性碰撞下的竖直分运动对称性、多段类平抛运动的合成与分解。解题关键在于准确分析B球多次反弹对应的总时间，并利用水平位移相等建立速度关系。 8.【答案】BC  【解析】解：A、根据薄膜干涉的规律，同一条纹对应的空气薄膜的厚度相同。当条纹向薄片一侧弯曲时，说明弯曲处对应着被检查平面处凸起，故A错误； B、图2中a的条纹间距宽，说明a的波长大于b的波长。根据公式，可以得出a光的频率小于b光的频率，故B正确； C、设空气薄膜的倾角为，根据几何关系可得，则条纹间距，若将图1中的薄片向右移动少许，则增大，图2中条纹间距变窄，故C正确； D、由前面的分析可知a的波长大于b的波长，根据发生明显衍射的条件可知，照射同一单缝时，a光发生的衍射现象比b光更明显，故D错误。 故选：BC。 同一条纹对应的空气薄膜的厚度相同，据此分析；a的条纹间距宽，据此比较波长和频率；根据几何关系得到条纹间距的表达式分析；根据发生明显衍射的条件分析。 知道检查工件平整程度的原理，能够比较出两种光的波长大小是解题的关键，能够根据几何关系写出条纹间距的表达式，知道发生明显衍射的条件等是解题的基础。 9.【答案】BD  【解析】解：A、小球在运动过程中仅受重力作用，其加速度为重力加速度g。将运动分解为沿斜面向上轴和垂直斜面向上轴两个分运动：沿斜面方向加速度为，垂直斜面方向加速度为。在抛体运动中，落点处垂直斜面分速度与初速度垂直分量大小相等、方向相反。然而由于存在沿斜面方向的加速度，小球落在斜面上时，其沿斜面分速度已发生变化，所以合速度方向与斜面夹角并不等于，故A错误； B、速度变化率即为加速度。小球在运动过程中仅受重力作用，加速度恒为g，故B正确； C、根据斜面抛体运动规律，小球在斜面上的位移表达式为。利用三角函数和差化积公式可得。当，即时，位移x取得最大值，故C错误； D、由上述分析，将代入位移公式，解得，得到，故D正确。 故选：BD。 小球在重力作用下做匀变速曲线运动，其速度变化率即为加速度，大小和方向均恒定不变。分析小球在斜面上的落点位置时，需将运动分解为沿斜面和垂直斜面两个方向，垂直斜面方向的分运动具有对称性但合速度方向会因沿斜面分速度变化而改变，因此落点速度方向与斜面夹角不等于初速度方向与斜面夹角。位移表达式涉及初速度大小、方向及斜面倾角，通过三角函数变换可找到位移取最大值时对应的抛射角，并代入得到最大位移的表达式。 本题是一道综合性较强的斜面抛体运动问题，考查了运动的合成与分解、抛体运动规律以及三角函数在物理极值问题中的应用。题目计算量适中，但需要学生具备良好的模型建构能力和数学分析能力。其难点在于将常规的平面抛体运动转化为沿斜面方向的分解处理，并正确推导位移表达式。本题着重锻炼学生对复杂运动进行正交分解的思维，以及利用三角函数求极值的技巧。选项A的设置具有迷惑性，需要学生深入理解斜抛运动的对称性仅适用于垂直方向分运动，而合速度方向因沿斜面加速度的存在并不对称。整体而言，本题对学生的逻辑推理和公式灵活运用能力提出了较高要求。 10.【答案】BD  【解析】解：A、甲、乙均随圆环绕竖直轴做匀速圆周运动，向心加速度指向各自圆周运动的轨迹圆心。乙的轨迹圆心为O点，其向心加速度指向O点；甲的轨迹圆心在竖直直径MN上，不与圆心O重合，其向心加速度不指向O点，故A错误； B、甲处在A点时摩擦力为0，只受重力mg和圆环的沿半径向里的支持力，其做圆周运动的轨道半径，根据牛顿第二定律，竖直方向受力平衡有，水平方向由合外力提供向心力有，联立解得圆环的角速度，故B正确； C、乙处在B点，其做圆周运动的轨道半径为R，竖直方向受力平衡，受到竖直向上的静摩擦力，水平方向由圆环对乙的弹力提供向心力，根据牛顿第二定律有，代入的表达式解得圆环对乙的弹力，故C错误； D、已知圆环对乙的静摩擦力达最大值，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据摩擦力公式有，代入前面求得的f和，解得乙与圆环间的动摩擦因数，故D正确。 故选：BD。 首先明确两小球均随圆环绕竖直直径做匀速圆周运动，各自向心加速度指向自身圆周轨迹的圆心而非圆环圆心O，先分析甲的受力，甲不受摩擦力，重力与圆环弹力的合力提供向心力，结合甲的轨道半径推导圆环的角速度，再分析乙的受力，竖直方向重力与最大静摩擦力平衡，水平方向圆环弹力提供向心力，结合最大静摩擦力的规律推导弹力、动摩擦因数等物理量即可判断正误。 本题考查匀速圆周运动的向心力分析、共点力平衡及静摩擦临界问题，属于圆周运动模块的中等偏上难度题目。解题需明确两球做圆周运动的轨迹圆心并非均为圆环圆心，先通过甲的零摩擦受力条件推导圆环角速度，再结合乙的最大静摩擦临界条件分析受力求解相关物理量，对学生的受力建模能力、临界条件识别能力有较高要求，易错点在于混淆圆周运动的实际轨道半径与圆环半径，整体计算量适中，能有效考查学生对圆周运动规律的灵活应用能力。 11.【答案】【小题1】 A D 【小题2】 【小题3】   【解析】解：水平仪气泡会向较高的一端移动，根据图丙可知是M和N端高了的原因，所以要将台面调成水平，需要保持M和N高度不变，调高L或者保持L高度不变，应该同时调低M和N，故选A或D。 弹簧秤的最小刻度为，则应该估读到最小刻度的下一位，由图可得的读数为 根据平行四边形法则做出合力图像如图所示 由于每小格边长代表，故可得和的合力大小为 故答案为：，D；；。 水平仪气泡会向较高的一端移动，据此分析； 根据弹簧测力计的读数规则读数； 根据平行四边形定则做出力的图示计算。 掌握水平仪的使用方法以及弹簧测力计的读数规则，会根据平行四边形定则作出力的图示是解题的基础。 12.【答案】不挂 B   【解析】解：为平衡木块受到的摩擦力，应在不挂钩码的情况下将木板未固定滑轮的一端垫高，直至木块能在木板上做匀速直线运动。 设手机和木块的总质量为M，单个钩码的质量为m，根据牛顿第二定律 整理可得 对比题中图像有 解得 结合前面分析可知，实验时不需要确保钩码的总质量远小于手机和木块的总质量，故A错误； B.为确保每次实验时手机和木块受到的细线拉力恒定，需要确保木板上方的细线始终与木板平行，故B正确； C.实验时细线下方钩码有向下的加速度，处于失重状态，细线上的拉力小于细线下方钩码受到的总重力，故C错误。 故选：B。 故选：不挂；；；。 根据平衡摩擦力的特点判断； 根据牛顿第二定律结合题中图像求当地的重力加速度大小以及手机和木块的总质量与单个钩码质量的比值； 根据实验的原理和操作要求分析判断。 本题考查了测量重力加速度大小的实验，理解实验原理是解题的前提，应用牛顿第二定律求出图像的函数解析式即可解题。 13.【答案】若气体温度保持不变，水底的压强为，水的深度h为10m  若白天水底温度为，夜晚水底的温度为，水底压强不变；夜晚瓶内气体体积为  【解析】解：对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知 其中， 解得 根据 解得 根据盖-吕萨克定律有 其中， 解得 答：若气体温度保持不变，水底的压强为，水的深度h为10m； 若白天水底温度为，夜晚水底的温度为，水底压强不变。夜晚瓶内气体体积为。 首先，分析瓶内气体在水面和水底的状态，确定初始压强和体积；然后，根据温度不变的条件，应用玻意耳定律求出水底的气体压强；最后，结合液体压强的关系，由水底压强与大气压的差值，计算出水的深度； 以白天水底的气体状态为初始状态，夜晚的气体状态为末状态，由于水底压强不变，应用盖-吕萨克定律，结合温度变化，求出夜晚瓶内气体的体积。 这道题以“玻璃瓶测水深”的生活化情境为载体，串联了理想气体等温、等压两个过程，既考查了玻意耳定律、盖-吕萨克定律等核心热学考点，又结合液体压强计算水深，模型经典、考点清晰，难度梯度合理，能有效检验学生对气体实验定律的理解与实际应用能力，是一道贴合高考热学模块考查风格的典型基础题。 14.【答案】C、B两点的高度差h为；   斜面CB倾角的正切值为，小球从A点运动到D点的时间为；   小球在E点时重力的瞬时功率P为  【解析】解：小球到达A点时，轨道对小球的压力等于小球重力的一半，由牛顿第二定律有 小球从C点到A点，由机械能守恒定律有 解得 设小球从A点到D点的运动时间为t，由平抛运动的规律有 且 小球在D点时的速度正好与斜面垂直，有 解得 由机械能守恒定律得小球在E、A两点的速度大小相等，则有 小球在E点时重力的瞬时功率 由数学知识可得 解得 答：、B两点的高度差h为； 斜面CB倾角的正切值为，小球从A点运动到D点的时间为； 小球在E点时重力的瞬时功率P为。 由牛顿第二定律和机械能守恒定律求C、B两点的高度差h； 由平抛运动的规律求斜面CB倾角的正切值以及小球从A点运动到D点的时间； 由机械能守恒定律和功率公式求小球在E点时重力的瞬时功率P。 本题主要是考查了竖直平面内的圆周运动和机械能守恒，注意物体在竖直平面内做圆周运动的情况有两种：一种是细线系着物体在竖直平面内做圆周运动，在最高点速度最小时重力提供向心力；另一种是轻杆系着物体在竖直平面内做圆周运动，在最高点时速度可以等于零。 15.【答案】长木板C开始滑动时的加速度大小为  A、B之间距离为2m  长木板C运动的时间为  【解析】解：对长木板C受力分析，根据牛顿第二定律，可得：，解得：； 对A受力分析，可得：，可知A做匀减速运动，AC恰好共速时，满足：，，解得：， 根据受力分析，可知A、B均做匀减速运动，对B受力分析，可得：，可得AB在这段时间内的相对距离：，结合初始距离，即可得到A、B之间的距离，解得：； 共速后，对AC整体受力分析：，对B受力分析：，解得：，即AC整体匀速运动，B继续匀减速运动，B与AC共速需要时间满足：，解得：； ABC共速后，对整体受力分析，可得：，解得：，C停止运动需要时间：，解得：，综合各段运动情况，即可得到C运动的总时间，解得：。 答：长木板C开始滑动时的加速度大小为； 、B之间距离为2m； 长木板C运动的时间为。 对长木板C受力分析，根据牛顿第二定律，可得到长木板C开始滑动时的加速度大小； 对A受力分析，根据A的运动特点，结合C的运动特点，可得到AC恰好共速时的时间；根据A、B的运动情况，可得到在这段时间内的相对距离，结合初始距离，即可得到A、B之间的距离； 共速后，对AC整体、B分别受力分析，根据AC整体运动特点、B运动特点，可得到B与AC共速需要时间；ABC共速后，对整体受力分析，可得到C停止运动需要时间，综合各段运动情况，即可得到C运动的总时间。 本题考查板块模型的运动分析，注意每次运动状态达到临界，需要考虑物体的受力是否重新变化。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $