2025-2026学年湖北省八校联考高三（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年湖北省八校联考高三（上）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用，三力的矢量关系如图所示(小方格边长相等)，则下列说法正确的是( )
A. 三力的合力有最大值F1+F2+F3，方向不确定
B. 三力的合力有唯一值3F3，方向与F3同向
C. 三力的合力有唯一值2F3，方向与F3同向
D. 由题给条件无法求出合力大小
2.如图所示，密度为ρ、边长为a的正立方体木块漂浮在水面上(h为木块在水面上的高度)。现用竖直向下的力F将木块按入水中，直到木块上表面刚浸没，则此过程中木块克服浮力做功为(已知水的密度为ρ0、重力加速度为g)( )
A. ρa3gh
B. 12a3gh(ρ+ρ0)
C. ρ0a3gh(a−h)
D. 12a3gh(a−h)(ρ+ρ0)
3.如图所示，一质量为m=0.5kg的小球，用长为0.4m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g=10m/s2，下列说法不正确的是( )
A. 小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2m/s
B. 当小球在最高点的速度为4m/s，轻绳拉力为15N
C. 若轻绳能承受的最大张力为45N，小球的最大速度不能超过4 2m/s
D. 若轻绳能承受的最大张力为45N，小球的最大速度不能超过4m/s
4.额定电压都是110V、额定功率PA=110W和PB=40W的电灯两盏，若接在电压是220V的电路上，使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗功率最小的电路是( )
A. B.
C. D.
5.光刻机利用光源发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经技术处理制成芯片。为提高光刻机投影精细图的能力，在光刻胶和投影物镜之间填充液体，提高分辨率，如图所示。若浸没液体的折射率为1.65，当不加液体时光刻胶的曝光波长为193mm，则加上液体后( )
A. 紫外线进入液体后波长变短，光子能量增加
B. 传播相等的距离，在液体中所需的时间变短
C. 紫外线在液体中比在空气中更容易发生衍射，能提高分辨率
D. 在液体中的曝光波长约为117mm
6.如图所示甲是产生交流电的示意图，图乙是其产生的正弦交流电输入到图丙的理想变压器，变压器的开关S接1时原、副线圈中的匝数之比为22：1，二极管正向导电电阻不计，所有电表都是理想电表，则下列判断正确的是( )
A. 电压表的示数为10V
B. 若只将S从1拨到2，电流表示数增大
C. 在0～0.01s内穿过线圈的磁通量变化为22 25πWb
D. 若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表示数减小，电压表示数增大
7.氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子，已知基态的氦离子能量为E1=−54.4eV，氦离子的能级示意图如图所示．在具有下列能量的光子或者电子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是( )
A. 42.8 eV(光子)B. 43.2 eV(电子)
C. 41.0 eV(电子)D. 54.4 eV(光子)
8.如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心。一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ。重力加速度为g，下列关系正确的是( )
A. F=mgtanθB. F=mgtanθ
C. FN=mgsinθD. FN=mgtanθ
9.如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与M、P所在直线重合，以M为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系x，P点的坐标xP=5.0cm，此电场线上各点的电场强度大小E随x变化的规律如图乙所示。若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，其电势能减小45eV，对于此电场，以下说法正确的是( )
A. 该电子做匀变速直线运动
B. x轴上各点的电场强度方向都为x轴负方向
C. M点的电势是P点电势的12
D. 图象中的E0的数值为1.2
10.如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为 2L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场，边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t=0时刻，金属框开始进入第一象限，不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是( )
A. 在t=0到t=π2ω的过程中，E一直增大
B. 在t=0到t=π2ω的过程中，E先增大后减小
C. 在t=0到t=π4ω的过程中，E的变化率一直增大
D. 在t=0到t=π4ω的过程中，E的变化率一直减小
二、非选择题
11.如图所示，平面直角坐标系xOy中第一、二、四象限内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，第三象限存在沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从S点(−l,−l)由静止释放，进入磁场区域运动，恰好过x轴上P点(l,0)、不计粒子重力。
(1)求匀强电场的电场强度大小；
(2)粒子释放开始计时，求粒子第1次到达y轴正半轴的时间；
(3)粒子第3次过y轴时的坐标。
12.在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，实验装置及实验过程的俯视图如图甲、乙、丙所示，E为橡皮筋原长时小圆环的位置，O为实验时小圆环被拉至的位置。
(1)图丁中弹簧测力计的示数为______N；
(2)在实验过程中，不必记录的有______；
A.甲图中E的位置
B.乙图中O的位置
C.OB、OC的方向
D.弹簧测力计的示数
(3)下列选项中，与本实验要求相符的是______；
A.两细绳OB、OC夹角越大越好
B.读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度
C.实验时，只需保证两次橡皮筋伸长量相同即可
(4)某次实验记录纸如图戊所示，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点，拉力F的方向过P点；三个力的大小分别为：F1=2.70N、F2=2.30N和F=4.00N。得出正确实验结论后，请根据实验结论和图中给出的标度：①在图中作出F1和F2的合力______；②根据作图求出该合力为______N。
13.手机快充线是否合格至关重要。很多手机都在用图(a)所示的USBType−C接口。USBType−C协会关于充电线有个规范：1m长的3A充电线电阻应小于0.25Ω。实验室有一条1m长的导线，某同学要通过实验判断该导线的电阻Rx是否符合协会规范。

实验室提供的器材有：
A.电流表A1(量程为0～50mA，内阻r1=4Ω)
B.电流表A2(量程为0～500mA，内阻r2约为0.5Ω)
C.定值电阻R1(阻值为4Ω)
D.定值电阻R2(阻值为40Ω)
E.滑动变阻器R(阻值范围为0～5Ω)
F.电源E(电动势约为2V，内阻不计)
G.开关S一个，导线若干
该同学设计了如图(b)所示的测量电路。请回答下列问题：
(1)定值电阻R0应选用______(选填“C”或“D”)。
(2)根据图(b)所示的电路图，请用笔画线代替导线将图(c)所示的实验电路补充连接完整。
(3)该同学利用电流表A2示数I2和电流表A1示数I1，作出I2−I1图像如图(d)所示。
(4)该同学所用导线的电阻为______Ω，可以判定该导线______(选填“满足”或“不满足”)协会规范。
14.如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中小物块A与小物块C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M=3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与小物块A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度为g。求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
15.肺活量是指在标准大气压下能够呼出的气体的最大体积。如图，是小明同学设计的测量肺活量的一个模型。竖直放置的顶端开孔的汽缸中有一与汽缸壁接触良好的活塞，活塞上方放有重物，活塞置于卡槽上，插销K封闭了一定质量的气体，已知汽缸中活塞下方空间体积为V0，压强为标准大气压p0，活塞上方的空间体积也为V0，活塞面积为S，活塞及上方重物所受重力G=12p0S，汽缸导热性能良好，忽略活塞和重物体积，大气温度保持不变，不计一切摩擦，题中所提及的气体均视为理想气体。
(1)小玲向吹嘴吹入压强为p0，体积为V03的气体后，关闭插销K，求汽缸中封闭气体的压强；
(2)小明打开插销K，使汽缸中气体与外界充分交换后，用尽全力向吹嘴吹入气体，关闭插销K，最终活塞下方空间体积变为32V0，求小明的肺活量。
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：根据平行四边形定则，出F1、F2的合力如图，大小等于2F3，方向与F2相同，再跟F3合成，两个力同向，则三个力的合力为3F3.故B正确，ACD错误；
故选：B．
先根据平行四边形定则求出F1、F2的合力，再跟F3合成，求出最终三个力的合力．
解决本题的关键知道合力与分力遵循平行四边形定则，会根据作图法，运用平行四边形定则求合力．
2.【答案】B
【解析】解：木块漂浮在水面上时有F浮=G=ρga3
木块上表面刚浸没时受到的浮力为F′浮=ρ0ga3
浮力做的功为W=Fh
代入数据得W=12ga3h(ρ+ρ0)，故ACD错误，B正确。
故选：B。
先分析浮力随木块浸入深度的变化，确定力的大小在均匀的改变，再用平均浮力乘以木块下移的距离来计算克服浮力做的功。
这道题以木块压入水中的情景为载体，考查变力做功的计算，重点检验对浮力随浸入深度线性变化的理解及平均力法的应用，是将浮力与功的计算结合的典型题型，能有效夯实变力做功的分析能力。
3.【答案】D
【解析】解：A、在最高点，根据mg=mv2L，代入数据解得：v=2m/s，故A正确；
B、在最高点，根据牛顿第二定律得mg+F=mv′2L，解得：F=15N，故B正确；
CD、在最低点，根据牛顿第二定律得F′−mg=mv′′2L，解得：v′′=4 2m/s，故C正确，D错误；
本题选择错误选项；
故选：D。
在最高点刚好由重力提供向心力时，在最高点速度最小；根据牛顿第二定律可以计算出最大速度。
因为是绳球模型，所以小球做完整的圆周运动的条件是在最高点时刚好由重力提供向心力。
4.【答案】C
【解析】【分析】
由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，在由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路，灯泡正常工作时，两灯泡上的电压相等，可先判断电路是否能正常工作，然后再比较分流电阻和分压电阻分别消耗的功率大小，从而做出判断。判断灯泡能否正常发光，就要判断电压是否是额定电压，或电流是否是额定电流
解答本题是一定要注意题目要同时满足两个条件即灯泡能够正常发光并且消耗的功率还要最小
【解答】
A.由P=U2R和已知条件可知，RARA，A灯又并联变阻器，并联电阻更小于RB，所以UB>110 V，B灯烧毁。故B错误；
CD.对于C电路，B灯与变阻器并联，电阻可能等于RA，所以可能有UA=UB=110 V，两灯可以正常发光。对于D电路，若变阻器的有效电阻等于A、B的并联电阻，则UA=UB=110 V，两灯可以正常发光。比较C、D两个电路，由于C电路中变阻器功率为(IA−IB)×110V，而D电路中变阻器功率为(IA+IB)×110V，所以C电路消耗电功率最小。故C正确，D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】解：AD.紫外线进入液体频率不变，根据E=hν可知光子能量不变，紫外线在液体中的波长λ′=λn=1931.65nm≈117nm，可知波长变短，故A错误，D正确；
B.设传播L距离，在真空中的时间t=Lc，在液体中所需的时间t′=Lcn=1.65Lc=3320t，传播时间变长，故B错误；
C.紫外线在液体中波长变短，更不容易发生衍射，故C错误。
故选：D。
根据液体中v=λf和真空中c=λ0f，结合折射率公式求解光在液体中的波长；光的能量与频率有关，根据v=cn求解光在液体中的传播速度，从而计算时间；根据衍射的条件分析C项。
本题考查波长、频率和波速的关系问题，考查知识点全面，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
6.【答案】C
【解析】解：A.原线圈的电压
U1=um 2
根据变压比可知副线圈电压
U2=n2n1U1
由于二极管的单向导电性，所以根据电流的热效应可知
U22RT2=U2RT
解得电压表的示数为
U=5 2V
故A错误；
B.根据变压比可知副线圈电压
U2=n2n1U1
若只将S从1拨到2，则n1增大，故副线圈电压减小，副线圈电流减小，根据变流比可知
I1=n2n1I2
因为n1增大且I2减小，故原线圈电流减小，电流表示数减小，故B错误；
C.由图乙知，电压从零开始变化，故初始时刻处于中性面，经过0.01s即一半周期，线圈转动180°，因为开始后的14周期电压为正，则穿过线圈的磁通量变化为
ΔΦ=−2BS
又因为
um=BSω=2πBST
解得
ΔΦ=−22 25πWb
故C正确；
D.若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，原线圈电压不变，根据变压比可知副线圈电压不变，根据
U22RT2=U2RT
U2=U222
则电压表示数不变，负载电阻增大，则电流减小，电流表示数减小，故D错误。
故选：C。
二极管的作用是只允许正向的电流通过，根据电压与匝数成正比求得输出电压的有效值，根据匝数比求出原线圈电流，在0～0.01s穿过线圈的磁通量变化为ΔΦ=−2BS，只将滑动变阻器的滑片向下滑动，原线圈电压不变，副线圈电压不变，结合欧姆定律分析。
本题考查了变压器的原理，涉及到了电路含有二极管时有效值计算的问题，可记住这个推论：正弦式半波交流电的有效值是峰值的一半。原副线圈的电压及电流的变化，可由电压和电流与匝数比的关系判断。
7.【答案】A
【解析】解：A、基态的氦离子吸收42.8eV的光子能量，能量为−11.6eV，不能被吸收发生跃迁。故A正确。
B、基态的氦离子与43.2eV的电子相撞，有40.8eV的能量被吸收，能跃迁到第二能级。故B错误。
C、与41.0eV的电子碰撞，40.8eV的能量被吸收跃迁到第2能级。故C错误。
D、基态的氦离子吸收54.4eV的光子能量，能被吸收，发生电离。故D错误。
故选：A。
氦离子吸收光子发生跃迁，光子能量需等于两能级间的能级差，否则不会被吸收．电子能量可以部分被吸收，发生跃迁．
解决本题的关键知道能级间跃迁吸收和辐射光子的能量等于两能级间的能级差，对于电子，能量可以部分被吸收．
8.【答案】AC
【解析】解：对滑块进行受力分析，作出力图，如图所示：
由题，滑块处于静止状态，合力为零，则有
Ftanθ=mg，Nsinθ=mg
得，F=mgtanθ，N=mgsinθ，故AC正确，BD错误；
故选：AC。
对滑块进行受力分析，作出力图，由于滑块处于静止状态，合力为零，由平衡条件求解N和F．
本题是三力平衡问题，分析受力，作力图是关键．此题采用合成法进行处理，也可以采用正交分解法求解．
9.【答案】BD
【解析】解：A、由牛顿第二定律可知，电子的加速度：a=eEm，由图乙所示图象可知，从M到P过程电场强度E减小，电子的加速度a减小，加速度不变的运动是匀变速运动，由于加速度减小，电子从M到P的运动不是匀变速直线运动，故A错误；
B、从M到P运动过程电子的电势能减小45eV，电场力做做正功，电子位移方向向右，电子所受电场力方向向右，电子带负电，所受电场力方向与场强方向相反，因此电场强度方向水平向左，即沿x轴负方向，故B正确；
C、电势的高低与零势点的选择有关，M点的电势比P点电势低，但M点的电势不一定是P点电势的12，故C错误；
D、一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，其电势能减小45eV，从M到P电场力做功WMP=45eV，
PM间的电势差UMP=WMP−e=45eV−e=−45V，UPM=−UMP=45V，
E−x图线与坐标轴围成图形的面积等于电势差，由图乙所示图象可知，UPM=12×(E0+12E0)×0.050=380E0=45V，解得：E0=1200V/m=1.2×103V/m，图象中的E0的数值为1.2，故D正确。
故选：BD。
根据图乙所示判断电场强度如何变化，应用牛顿第二定律求出电子的加速度，然后判断电子的运动性质；根据电子电势能的变化情况判断电场力做功情况，然后判断电场强度方向；根据E−x图线与坐标轴围成图形的面积等于电势差，根据电场力公式求出电场强度。
本题考查了电场中电势与电场强度的关系，要加强识别图象并从图象中获取信息的能力。同时还可根据电场力做功来确定电子的电势能如何变化。
10.【答案】BC
【解析】解：AB、如图所示
在t=0到t=π2ω的过程中，即线圈顺时针转过90°的过程中，根据有效长度的定义可知，线框切割磁感线的有效切割长度先变大后变小，根据电动势的计算公式E=BLv，其中v=ωL2，由此可知E先增大后减小，故B正确，A错误；
CD、在t=0到t=π4ω的过程中，由圆周运动公式可知θ=ωt
根据几何关系和三角形的面积公式可得：
S=L⋅Ltanθ2
则穿过线圈的磁通量为：
Φ=BL2tanωt2
对上述的表达式进行二次求导得：
ΔEΔt=BL2sec2ωttanωt，由此可知，在t=0到t=π4ω的过程中，E的变化率一直增大，故C正确，D错误；
故选：BC。
根据有效长度的定义结合动生电动势的计算公式分析出电动势的变化趋势；
根据法拉第电磁感应定律得出电动势的大小，结合数学知识得出电动势的变化率的变化趋势。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，熟悉有效长度的定义和动生电动势的计算公式，同时对学生的导数知识有一定要求，难度中等偏上。
11.【答案】匀强电场的电场强度大小为B2ql2m；
粒子第1次到达y轴正半轴的时间为(π+2)mqB；
粒子第3次过y轴时的坐标为(0,−2l)
【解析】(1)带正电粒子从S点(−l,−l)由静止释放，则在电场中做匀加速直线运动，从(0,−l)位置进入磁场区域运动，恰好过x轴上P点(l,0)。
由几何关系可知，在磁场中做圆周运动的半径：r=l
根据牛顿第二定律：qvB=mv2r
联立可得：v=qlBm
则在电场中：qEl=12mv2
代入可得：E=B2ql2m
(2)粒子在电场中加速的时间：t1=2lv=2mqB
粒子第1次到达y轴正半轴时，在磁场中运动半周，则运动时间：t2=T2=πmqB
则总时间：t=(π+2)mqB
(3)粒子从(−l,0)位置进入第三象限的电场，则当粒子第3次过y轴时
沿着电场线方向有：l=12⋅qEmt′2
垂直于电场方向有：y=vt′
联立解得：y=2l
即粒子第3次过y轴时的坐标(0,−2l)。
答：(1)匀强电场的电场强度大小为B2ql2m；
(2)粒子第1次到达y轴正半轴的时间为(π+2)mqB；
(3)粒子第3次过y轴时的坐标为(0,−2l)。
(1)根据题设条件作出粒子运动的轨迹，进入磁场中由几何关系求出半径，再由洛伦兹力提供向心力求出速度大小，在电场中根据动能定理求出电场强度的大小；
(2)分别求出粒子在第三象限做直线运动的时间，在第四、一象限做匀速圆周运动的时间，两者相加就是所求；
(3)再次进入电场后，粒子做类平抛运动，由类平抛的规律求解。
根据题意分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，应用运动学公式与牛顿第二定律即可解题；解题时注意几何知识的应用。
12.【答案】2.35 A B 3.99
【解析】解：(1)弹簧测力计最小分度值为0.1N，估读到0.01N，图中读数为2.35N；
(2)必须要记录的有两个分力F1和F2的大小和方向、合力F的大小和方向，力的大小通过测力计读出，两次都要使小圆环被拉到O点位置，所以必须记录的有BCD，不需要记录的是甲图中E的位置，故A正确，BCD错误；
故选：A；
(3)A.两个细绳OB、OC夹角要适当大：一些，但不能太大，合力一定时，两分力夹角太大则两分力太大，导致测量误差变大，故A错误；
B.读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度，规范操作，故B正确；
C.实验时，不仅需保证两次橡皮筋伸长量相同，还必须都是沿竖直方向伸长至O点才行，故C错误。
故选：B。
(4)由于标度已经选定，作图时要保证F1和F2的线段长度为2.7倍和2.3倍，作图如下
量出作图法求出的合力长度约为标度的3.99倍，所以合力大小为3.99N。
故答案为：(1)2.35(2)A(3)B(4)，3.99
根据弹簧秤的最小刻度进行读数，依据实验原理可分析跟选项，再根据产生实验误差的原因即可分析各选项，最后根据作图法即可知合力大小。
该题考查验证力的平行四边形定则的原理和实验步骤、注意事项和误差分析，属于该实验的常规考点，难度适中。
13.【答案】C 0.40 不满足
【解析】解：(1)因待测电阻阻值较小，故在测量电路中串个电阻以保护电路，根据电源电动势和电流表的量程分析可知R=EI=2500×10−3Ω=4Ω，则定值电阻R0应选用定值电阻R1(阻值为4Ω)，故选：C。
(2)根据图(b)所示的电路图，实验电路补充连接完整如下：
(4)由欧姆定律可得，待测电阻的阻值为Rx=I1r1(I2−I1)=r1(I2I1−1)
整理得：I2=Rx+r1RxI1
由图像斜率可得：Rx+r1Rx=44040
解得：Rx=0.4Ω
该导线电阻大于0.25Ω，可以判定不满足协会规范。
故答案为：(1)C；(2)见解析；(4)0.40，不满足。
(1)根据电源电动势和电流表A2量程估算定值电阻的阻值；
(2)根据电路图连接实物图；
(4)根据欧姆定律推导图像函数关系式，结合图像计算。
本题关键是掌握实验原理和电路图，利用图像计算。
14.【答案】碰撞过程中系统损失的机械能为14mv02 碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度为3v0240g
【解析】解：(1)小物块C与物块A发生碰撞后粘合在一起，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得mv0=2mv，解得：v=12v0。
碰撞过程中系统损失的机械能为E损=12mv02−12×2mv2，解得：E损=14mv02。
(2)当小物块A、C上升至最大高度时，A、B、C三者的速度相同。三者组成的系统在水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有mv0=(m+m+3m)v1，解得：v1=15v0。
再根据机械能守恒定律得2mgh=12×2m(12v0)2−12×5m(15v0)2，解得：h=3v0240g。
答：(1)碰撞过程中系统损失的机械能为14mv02。
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度为3v0240g。
(1)物块C与A发生完全非弹性碰撞，碰撞过程中系统水平方向动量守恒。已知C的初速度和两物块质量，可求得碰后共同速度。系统损失的机械能等于碰前总动能与碰后总动能之差，利用动能关系即可求得。
(2)粘合体沿光滑曲面B上滑，系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒。当粘合体达到最大高度时，它与曲面劈B在水平方向具有相同的速度。根据水平方向动量守恒可求得此时三者共同速度。整个过程中，系统机械能守恒，利用碰后粘合体的初动能与达到最大高度时系统的总动能之差，可转化为两物块重力势能的增加量，从而求得最大高度。
本题综合考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，涉及完全非弹性碰撞与含曲面的多体相互作用模型，计算量适中，难度中等偏上。题目首先通过小物块间的碰撞考查动量守恒及机械能损失计算，要求学生准确理解完全非弹性碰撞的特点；随后物块滑上曲面劈的过程，则需灵活选取系统，分析水平方向动量守恒与整体机械能守恒的条件，并正确判断速度共同时达到最大高度的临界状态。该题有效锻炼了学生分阶段构建物理模型、合理选择守恒定律以及综合运用动量与能量观点处理多过程问题的能力。
15.【答案】汽缸中封闭气体的压强为43p0；
小明的肺活量为54V0
【解析】(1)若活塞移动，则活塞下部封闭气体的压强的最小值p0′=p0+GS，
代入数据解得p0′=32p0
对小玲吹入的气体和活塞下方汽缸中原有的气体为研究对象，假设小玲吹入气体后，活塞不移动，
则有p0V0+p0V03=p1V0
解得p1=43p0
由于p1