資源簡介

2025屆山東名校考試聯(lián)盟高三下學(xué)期3月高考模擬考試物理試題
1．（2025·山東模擬）2025年1月20日，有“人造太陽”之稱的中國全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實驗裝置（EAST），首次實現(xiàn)1億攝氏度1066秒的高約束模式等離子體運行。關(guān)于該實驗中核聚變方程，下列說法正確的是（　　）
A．帶正電
B．X是
C．核反應(yīng)前后總質(zhì)量不變
D．的比結(jié)合能小于的比結(jié)合能
2．（2025·山東模擬）攝影愛好者小明購買了相機后，發(fā)現(xiàn)鏡頭的顏色呈現(xiàn)藍紫色，經(jīng)過上網(wǎng)查詢，了解到由于人對黃綠光最敏感，故在鏡頭上涂了一層很薄的氟化鎂薄膜。關(guān)于薄膜的作用下列說法正確的是（　　）
A．薄膜將藍紫光全部吸收 B．薄膜將黃綠光全部反射
C．薄膜使黃綠光容易發(fā)生干涉 D．薄膜使藍紫光容易發(fā)生偏振
3．（2025·山東模擬）當(dāng)向陶瓷茶杯倒入半杯熱水，蓋上杯蓋過一段時間后，發(fā)現(xiàn)杯蓋拿起來比未加水時困難。杯蓋拿起來比較困難的主要原因是（　　）
A．杯子內(nèi)氣體壓強減小
B．杯子周圍的溫度升高
C．杯蓋與杯子間的分子引力變大
D．杯子內(nèi)每個氣體分子的分子動能都減小
4．（2025·山東模擬）2025年2月11日17時30分，我國在海南文昌航天發(fā)射場使用長征八號改運載火箭成功將衛(wèi)星送入預(yù)定軌道。如圖所示，如果衛(wèi)星先沿圓周軌道1運動，再沿橢圓軌道2運動，兩軌道相切于P點，Q為軌道2離地球最遠點，在兩軌道上衛(wèi)星只受地球引力作用，下列說法正確的是（　　）
A．衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過P點時機械能比經(jīng)過Q點時機械能大
B．衛(wèi)星經(jīng)過P點時在軌道1上加速度比在軌道2上加速度大
C．衛(wèi)星在軌道1的速度比在軌道2上經(jīng)過Q點時的速度大
D．衛(wèi)星在軌道1的周期比軌道2的周期大
5．（2025·山東模擬）如圖所示，遵循胡克定律的彈性繩上端固定于O點，跨過一固定的光滑釘子P與水平面上的小滑塊連接。O、P、A、B位于同一豎直平面內(nèi)，B位于P的正下方。已知彈性繩原長為l，OP＝1.1l，PA＝0.4l。滑塊從A點由靜止釋放后沿水平面向左滑到B的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．滑塊的加速度一直在減小
B．滑塊所受地面的摩擦力一直在減小
C．滑塊速度一直在增大
D．滑塊所受地面的支持力一直在增大
6．（2025·山東模擬）如圖甲所示，在半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B隨時間變化如圖乙所示。同一平面內(nèi)有邊長為2r的金屬框abcd，總電阻為R，ab邊與圓形磁場區(qū)域的直徑重合。則（　　）
A．時，框中的電流為
B．時，框中的電流為
C．~時間內(nèi)，框中產(chǎn)生的焦耳熱為
D．~時間內(nèi)，框中產(chǎn)生的焦耳熱為
7．（2025·山東模擬）如圖所示，兩個質(zhì)量均為m，傾角45°的直角斜劈頂角接觸放置在光滑水平面上，一個質(zhì)量為4m、半徑為R、表面光滑的球在拉力作用下和兩斜劈恰好接觸但無擠壓。某時刻撤去拉力，則球掉落到平面上的時間為（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·山東模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)存在沿z軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球以初速度，從坐標原點O拋出，方向與x軸正方向和z軸正方向夾角均為45°。已知qE＝mg，g為重力加速度。則小球運動過程中速率的最小值為（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·山東模擬）“南鯤”號是我國自主研發(fā)的首臺兆瓦級漂浮式波浪能發(fā)電裝置，其原理如圖甲所示，利用海浪帶動浪板上下擺動，從而帶動線框單向勻速轉(zhuǎn)動，線框內(nèi)阻恒定。線框ab兩端通過滑環(huán)和電刷接如圖乙所示的自耦變壓器，自耦變壓器cd兩端接負載電阻。若海浪變大使得線框轉(zhuǎn)速變成原來的2倍，以下說法正確的是（　　）
A．通過負載電阻的電流頻率變?yōu)樵瓉淼?倍
B．線框內(nèi)阻的發(fā)熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍
C．變壓器的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍
D．若使負載電阻兩端電壓不變，可將滑片向上滑動
10．（2025·山東模擬）如圖所示，兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，波速均為2m/s，兩個波源分別位于x＝－0.2m和x＝1.2m處，波源的振幅均為4cm。此刻平衡位置在x＝0.2m和x＝0.8m的兩質(zhì)點剛開始振動，質(zhì)點M的平衡位置位于x＝0.4m處。兩波源連續(xù)振動，則從此時刻開始，下列說法正確的是（　　）
A．再經(jīng)過0.1s質(zhì)點M開始振動
B．t＝0.45s時，質(zhì)點M點的位移為0
C．從t＝0到t＝0.3s時間內(nèi)，質(zhì)點M經(jīng)過的路程為16cm
D．從t＝0到t＝0.3s時間內(nèi)，質(zhì)點M經(jīng)過的路程為24cm
11．（2025·山東模擬）如圖甲所示，質(zhì)量為m＝3kg的鐵錘從石板上方高h＝5m處由靜止自由落下，豎直砸中石板后，鐵錘與石板瞬間達到共同速度，然后一起向下運動距離d＝5cm后速度減為零，該過程中彈性氣囊A對石板的作用力F隨石板向下運動的距離x的規(guī)律如圖乙所示，已知石板的質(zhì)量為鐵錘質(zhì)量的19倍，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．鐵錘與石板碰撞過程鐵錘所受合外力的沖量大小57N·s
B．鐵錘與石板碰撞過程鐵錘所受合外力的沖量大小28.5N·s
C．彈性氣囊A對石板作用力的最大值
D．彈性氣囊A對石板作用力的最大值
12．（2025·山東模擬）如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌間距為L，電阻不計，空間內(nèi)有垂直軌道面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。兩金屬桿垂直于導(dǎo)軌保持靜止，金屬桿ab質(zhì)量為m，電阻為R，金屬桿cd電阻不計，其間接有一個電容為C的電容器，電容器板間距d<A．金屬桿ab與金屬桿cd加速度相同
B．金屬桿ab加速度大于金屬桿cd加速度
C．cd桿加速度為
D．cd桿加速度為
13．（2025·山東模擬）某同學(xué)為測量小滑塊和薄木板間的動摩擦因數(shù)，實驗裝置如圖甲所示，已知桌面長度為3m，且粗糙程度大于薄木板，桌面距地面高度為1m，桌面左側(cè)緊靠一豎直擋板。
實驗步驟如下：
①將木板搭在桌子左側(cè)的豎直擋板上，木板頂端距桌面高度固定為1m，測出木板底端距擋板距離s（單位：m），木板底端和桌面平滑連接，不計滑塊在連接處的能量損失。
②將小滑塊從傾斜木板的頂端由靜止釋放，測出小滑塊離開桌子后平拋的水平位移x（單位：m）。
③更換同種材料不同長度的木板，重復(fù)①②。
④根據(jù)測量的多組數(shù)據(jù)，畫出對應(yīng)圖像（）。
根據(jù)實驗操作以及圖像信息，請回答以下問題：
（1）根據(jù)上述實驗操作，下列說法正確的是______
A．桌面必須保持水平
B．還需測量滑塊質(zhì)量
C．木板和桌面間傾角不宜過大
（2）在步驟④中，若畫出的圖像如圖乙所示，縱軸為，則橫軸為______
A．s B． C． D．
（3）由圖乙可知，小滑塊與傾斜木板間的動摩擦因數(shù)　 　
14．（2025·山東模擬）某同學(xué)想把量程為0~3mA但內(nèi)阻未知的毫安表G改裝成量程為0~30mA的電流表；他先測量出毫安表G的內(nèi)阻，然后對電表進行改裝，最后再利用一標準電流表A，對改裝后的電流表進行檢測，具體實驗步驟如下：
①按如圖甲所示的電路圖連接好線路；
②將滑動變阻器R的阻值調(diào)到最大，閉合開關(guān)后調(diào)節(jié)R的阻值，使毫安表G的指針滿偏；
③閉合開關(guān)，保持R不變，調(diào)節(jié)電阻箱R'的阻值，使毫安表G的示數(shù)為1mA，此時R'接入電路的阻值為1800Ω。回答下列問題：
（1）由實驗操作步驟可知，毫安表G內(nèi)阻的測量值＝　 　Ω
（2）在圖甲所示的電路圖中，為減小系統(tǒng)誤差，下列操作正確的是______
A．減小R的總阻值 B．增大R的總阻值
C．選擇電動勢較大的電源 D．選擇電動勢較小的電源
（3）用圖乙所示的電路對改裝后的電流表進行校準，由于內(nèi)阻測量時造成的誤差，當(dāng)標準電流表的示數(shù)為30mA時，改裝電流表中毫安表G的示數(shù)為2.5mA。改裝后電表的實際量程為　 　。
（4）為了盡量消除改裝后的電流表測量電流時帶來的誤差，需選用一新電阻替換原并聯(lián)電阻，選用的新電阻為原電阻的　 　倍。
15．（2025·山東模擬）實驗室中有一直角三棱鏡，其橫截面ABC如圖所示，∠B＝30°。光線從直角邊AB上的某點以入射角θ射入棱鏡時，恰好能從另一直角邊AC垂直射出。已知棱鏡折射率為。
（1）求θ；
（2）保持AB邊上光線的入射點不變，逐漸減小入射角，發(fā)現(xiàn)當(dāng)入射角小于α?xí)r，斜邊BC上才有光線射出，求sinα。
16．（2025·山東模擬）空氣懸掛是一種汽車減震系統(tǒng)，它通過充氣和放氣來調(diào)整車輛底盤的離地間隙。某汽車的空氣懸掛簡化模型圖所示，直立圓筒形汽缸固定在車的輪軸上，汽缸內(nèi)一橫截面積的活塞封閉一定質(zhì)量的空氣，活塞通過連桿與車身相連，并可無摩擦滑動。已知封閉氣體的初始狀態(tài)溫度，長度；壓強。外界大氣壓強為，重力加速度，氣體視為理想氣體。
（1）為提升汽車底盤的離地間隙，將體積為，溫度為的外界大氣充入汽缸，讓活塞緩慢上升，設(shè)此過程中氣體溫度保持不變，求；
（2）在（1）問充氣結(jié)束后，當(dāng)車輛載重時，相當(dāng)于在圖示活塞頂部加一質(zhì)量為m的物體，如果某時刻活塞達到平衡時氣體溫度為，缸內(nèi)氣柱長度，求m。
17．（2025·山東模擬）如圖所示，半徑的光滑四分之一圓弧軌道豎直固定，質(zhì)量、長度的木板靜止在粗糙水平地面上，木板左端放置質(zhì)量的小滑塊B，圓弧軌道的末端與木板的上表面相切，木板右側(cè)距離是一固定平臺，平臺高度與木板厚度相同。從圓弧軌道的最高點由靜止釋放質(zhì)量的滑塊A，滑至底端時與滑塊B發(fā)生彈性碰撞，木板向右運動與平臺碰撞后立即停止。已知滑塊A和滑塊B均可視為質(zhì)點，與木板間的動摩擦因數(shù)均為，木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)，重力加速度。求：
（1）滑塊A在圓弧軌道底端發(fā)生碰撞前所受軌道的支持力大小；
（2）滑塊A在木板上向右運動的總時間；
（3）滑塊B離開木板滑上平臺時的速度大小v。
18．（2025·山東模擬）如圖，在Oxy坐標系x＞0、y＞d區(qū)域內(nèi)存在水平向左的勻強電場，在y＜0的區(qū)域內(nèi)充滿垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子，在磁場中的P點以速度沿x軸正方向射出，且經(jīng)O點飛出磁場時速度方向與y軸正方向夾角為53°。在電場中適當(dāng)位置放置一與x軸平行的小絕緣擋板（圖中未畫出），該粒子與小絕緣擋板發(fā)生彈性碰撞（碰后沿擋板方向的速度不變，垂直擋板方向速度大小不變，方向相反），碰后粒子垂直于x軸方向返回磁場。已知粒子在運動過程中m、q均不變，電場強度大小為，不計粒子重力。
（1）求P點坐標；
（2）求粒子與擋板碰撞位置的坐標；
（3）改變電場中擋板的位置（始終與x軸平行），求粒子與擋板發(fā)生一次碰撞后進入磁場前，粒子可能打在x軸上位置的范圍。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】原子核的人工轉(zhuǎn)變；結(jié)合能與比結(jié)合能
【解析】【解答】本題考查核反應(yīng)方程的書寫規(guī)則以及愛因斯坦的質(zhì)能方程等，會根據(jù)題意進行準確分析解答。A．是中子不帶電，故A錯誤；
B．根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒有2+3-1=4，1+1=2
可知，X是，故B正確；
C．核反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)不變，因為存在質(zhì)量虧損，所以質(zhì)量不守恒，故C錯誤；
D．比結(jié)合能是原子核穩(wěn)定性的指標。在輕核聚變中，生成物（如氦-4）的比結(jié)合能高于反應(yīng)物（氘和氚）。實際數(shù)據(jù)中，氚的比結(jié)合能（約2.8 MeV/核子）高于氘（約1.1 MeV/核子），故D錯誤。
故選B。
【分析】中子不帶電；根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒分析；根據(jù)質(zhì)能方程ΔE=Δmc2分析；氚的比結(jié)合能（約2.8 MeV/核子）高于氘（約1.1 MeV/核子）。
2．【答案】C
【知識點】薄膜干涉
【解析】【解答】此題考查的是光學(xué)薄膜（如增透膜）的基本原理，特別是其如何通過干涉效應(yīng)來增強特定波長光的透射，同時減少其他波長光的透射。ABD．當(dāng)光照射氟化鎂薄膜的兩表面產(chǎn)生頻率相同的反射光，從而出現(xiàn)干涉現(xiàn)象出現(xiàn)光的抵消，最終實現(xiàn)增加透射性，因為人對黃綠光最敏感，所以要使綠光相互抵消，所以膜的厚度一般為綠光在薄膜中波長的四分之一。所以增透膜應(yīng)增強對黃綠光的透射，這時紅光和紫光沒有顯著削弱，所以透鏡通常呈藍紫色，故ABD錯誤；
C．膜的厚度一般為綠光在薄膜中波長的四分之一，薄膜使黃綠光容易發(fā)生干涉，使兩表面反射的相同頻率的綠光相互抵消，故C正確；
故選C。
【解答】藍紫色鏡頭，實際上是由于增透膜的設(shè)計導(dǎo)致了黃綠光的干涉相消，從而使得鏡頭呈現(xiàn)出藍紫色。因此，需要理解增透膜如何通過干涉效應(yīng)來實現(xiàn)這一目的。
3．【答案】A
【知識點】氣體的等容變化及查理定律
【解析】【解答】應(yīng)用查理定律解題的一般步驟：確定研究對象，即被封閉的氣體。分析氣體狀態(tài)變化時是否符合查理定律的適用條件：質(zhì)量一定，體積不變。確定初、末兩個狀態(tài)的溫度、壓強。根據(jù)查理定律列式求解。杯蓋與杯子間的密封性較好，根據(jù)可知，杯子內(nèi)氣體的溫度下降、壓強減小，大氣壓強大于杯子內(nèi)壓強導(dǎo)致杯蓋拿起來比較費力。并非杯子周圍的溫度升高或杯蓋與杯子間的分子引力變大，杯子內(nèi)溫度降低，只是氣體分子的平均動能減小，而不是每個氣體分子的分子動能都減小。
故選A。
【解答】根據(jù)查理定律分析，杯子內(nèi)溫度降低，只是氣體分子的平均動能減小，而不是每個氣體分子的分子動能都減小。氣體分子之間不考慮相互作用力。
4．【答案】C
【知識點】衛(wèi)星問題
【解析】【解答】本題通過分析衛(wèi)星在不同軌道上的機械能、加速度、速度和周期的變化，考查了萬有引力定律、機械能守恒定律以及開普勒定律的應(yīng)用。正確理解這些物理原理是解答此類問題的關(guān)鍵。A．衛(wèi)星在軌道2上穩(wěn)定運行時，只受萬有引力，機械能守恒，經(jīng)過P點時機械能等于經(jīng)過Q點時機械能，故A錯誤；
B．根據(jù)
可得
衛(wèi)星經(jīng)過P點時在軌道1上加速度等于在軌道2上加速度，故B錯誤；
C．衛(wèi)星在軌道1的速度，根據(jù)變軌原理可知，在軌道2上經(jīng)過Q點時的速度小于以Q點到地心距離為半徑圓軌道的速度，根據(jù)
可知
所以衛(wèi)星在軌道1的速度比在軌道2上經(jīng)過Q點時的速度大，故C正確；
D．根據(jù)開普勒第三定律可知，衛(wèi)星在軌道1的周期比軌道2的周期小，故D錯誤。
故選C。
【分析】衛(wèi)星在不同軌道上的運動特性，包括機械能、加速度、速度和周期的變化。需要根據(jù)萬有引力定律、機械能守恒定律以及開普勒定律等物理原理來分析衛(wèi)星在不同軌道上的運動狀態(tài)。
5．【答案】B
【知識點】胡克定律；滑動摩擦力與動摩擦因數(shù)；牛頓第二定律
【解析】【解答】解題關(guān)鍵是利用數(shù)學(xué)知識結(jié)合胡克定律得出各個力的數(shù)學(xué)表達式。對力的合成與力的分解的綜合應(yīng)用問題，要首先熟練掌握力的合成和力的分解的相關(guān)內(nèi)容，再選擇合適的合成和分解方法進行解題。D．設(shè)P點到繩與小滑塊連接處的豎直方向距離為h，繩與小滑塊連接處為C點，PC段繩與水平方向夾角為，則繩長為
繩上拉力大小為
對小滑塊受力分析，如圖所示
豎直方向，有
聯(lián)立，解得
小滑塊從A到B過程中，一直增大，故一直減小，故D錯誤；
B．根據(jù)
可知滑塊所受地面的摩擦力一直在減小，故B正確；
AC．繩的拉力F在水平方向，有
可知隨著變大，一直變小，當(dāng)小滑塊運動至B點時
，
即繩對小滑塊的水平方向拉力一直減小至0，由于小滑塊一直受水平向右的滑動摩擦力作用，所以水平方向上的合力一定是先向左，使小滑塊向左加速，當(dāng)拉力水平方向的分力與滑動摩擦力大小相等時，加速度為0，再向左運動時，摩擦力大于拉力水平分力，加速度方向水平向右，小滑塊做減速運動，故AC錯誤。
故選B。
【分析】根據(jù)受力平衡，列出FN以及摩擦力f以及繩子拉力表達式，結(jié)合各個表達式分析。
6．【答案】D
【知識點】感應(yīng)電動勢及其產(chǎn)生條件
【解析】【解答】本題考查了電磁感應(yīng)相關(guān)知識，理解其中的受力情況和運動變化情況是解決此類問題的關(guān)鍵。AB．由圖甲可知線圈的有效面積為
在0~t0時間內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律感應(yīng)電動勢的大小為
時，框中的電流為
故AB錯誤；
CD．~時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢的大小為
框中的電流為
框中產(chǎn)生的焦耳熱為
故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合閉合電路歐姆定律，綜合焦耳定律分析求解。
7．【答案】D
【知識點】運動的合成與分解
【解析】【解答】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量以左側(cè)斜面為參考系，對左側(cè)斜面受力分析如圖，根據(jù)牛頓第二定律
對小球進行受力分析，如圖，設(shè)小球相對左側(cè)斜面的加速度為a，可知，
對右側(cè)物體進行受力分析如圖
根據(jù)牛頓第二定律
又由幾何關(guān)系可知
以上各式聯(lián)立解得
因此小球相對地面，豎直向下的加速度
小球的下端距離地面的高度
在豎直方向上，根據(jù)
可得下落時間
故選D。
【分析】以左側(cè)斜面為參考系，對小球進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，小球相對地面，具有豎直向下的加速度，結(jié)合自由落體運動求解運動時間。
8．【答案】C
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題考查了帶電粒子在電場中的運動，理解粒子在不同時刻的運動狀態(tài)，合理選取運動學(xué)公式是解決此類問題的關(guān)鍵。因
則電場力與重力的合力F合方向在yoz平面內(nèi)且與z軸負向夾角45°斜向下；將速度v0分解在沿x軸方向的分量（物體在該方向勻速運動）和沿z軸正向的，將沿z軸正向的速度分解到與F合方向垂直的方向，其速度為（物體在該方向做勻速運動）和與F合方向共線的方向（物體做減速運動），當(dāng)此方向的速度減為零時，物體的速度最小，可知最小速度為
故選C。
【分析】根據(jù)運動的合成和分解，結(jié)合速度v0分解在沿x軸以及z軸方向上分析求解。
9．【答案】A,D
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】了解自耦變壓器的構(gòu)造與工作原理，能夠?qū)ψ择钭儔浩鬟M行一定的分析是解題關(guān)鍵。A．通過負載電阻的電流頻率
海浪變大使得線框轉(zhuǎn)速變成原來的2倍，則頻率變?yōu)樵瓉?倍，故A正確；
B．電動勢有效值
由于
變?yōu)樵瓉?倍，設(shè)負載電阻為，原線圈等效電阻為
則電流
變?yōu)樵瓉?倍，線框內(nèi)阻的發(fā)熱功率
變?yōu)樵瓉?倍，故B錯誤；
C．因為不確定內(nèi)外電阻關(guān)系，所以輸出功率無法判斷，故C錯誤；
D．根據(jù)以上分析可知，原線圈兩端電壓變大，根據(jù)
可知，若使負載電阻兩端電壓不變，可將滑片向上滑動，增大原線圈匝數(shù)，故D正確。
故選AD。
【分析】線框轉(zhuǎn)速變成原來的2倍，則頻率變?yōu)樵瓉?倍；根據(jù)電動勢有效值以及原線圈等效電阻分析；結(jié)合變壓器原理分析。
10．【答案】A,D
【知識點】橫波的圖象；波的疊加
【解析】【解答】本題考查了振動圖像，掌握波速、波長和周期的關(guān)系，理解質(zhì)點在不同時刻的振動狀態(tài)是解決此類問題的關(guān)鍵。幾列波相遇時，每列波都能夠保持各自的狀態(tài)繼續(xù)傳播而不互相干擾，只是在重疊的區(qū)域里，介質(zhì)的質(zhì)點同時參與這幾列波引起的振動，質(zhì)點的位移等于這幾列波單獨傳播時引起的位移的矢量和。A．向右傳播的波傳播到M點的時間
向左傳播的波傳播到M點的時間
故從圖示時刻開始經(jīng)過質(zhì)點M開始振動，故A正確；
B．由波形圖可知，波長
可知周期為
t＝0.45s時，向右傳播的波傳到質(zhì)點M后振動時間
圖示時刻x＝0.2m處質(zhì)點起振方向向上，向右傳播的波傳到質(zhì)點M起振方向也是向上，經(jīng)過
質(zhì)點M運動到負的最大位移處，質(zhì)點M的位移
t＝0.45s時，向左傳播的波傳播到M點后的振動時間
圖示時刻x＝0.8m處質(zhì)點起振方向向下，向左傳播的波傳到質(zhì)點M起振方向也是向下，經(jīng)過
質(zhì)點M運動到負的最大位移處，質(zhì)點M的位移
由波的疊加原理可知，t＝0.45s時，質(zhì)點M點的位移
故B錯誤；
CD．從t＝0到t＝0.1s時間內(nèi)，兩列波都沒有傳到M點。從t＝0.1s到t＝0.2s時間內(nèi)，只有向右傳播的波傳到了M點，在這段時間內(nèi)M點運動的路程為
從t＝0.2s到t＝0.3s時間內(nèi)，兩列波都傳到了M點。兩列波起振方向相反，且M點到兩波源的距離為
為半個波長的奇數(shù)倍，M點為振動加強點。兩列波在M點引起的振幅
從t＝0.2s到t＝0.3s時間內(nèi)，M點從平衡位置開始運動的路程
從t＝0到t＝0.3s時間內(nèi)，質(zhì)點M經(jīng)過的路程為
，故C錯誤，D正確。
故選AD。
【分析】根據(jù)波形圖，波速、波長和周期的關(guān)系，結(jié)合質(zhì)點M的振動情況，綜合波的疊加原理分析求解。
11．【答案】B,C
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】本題考查了動量守恒定律與動量定理的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚鐵錘的運動過程是解題的前提，應(yīng)用運動學(xué)公式、動量定理與動量守恒定律即可解題。AB．假設(shè)鐵錘與石板碰撞前的速度為，則
解得
鐵錘與石板碰撞，由動量守恒定律，有
解得
根據(jù)動量定理可知，鐵錘與石板碰撞過程鐵錘所受合外力的沖量大小
故A錯誤B正確；
CD．彈性氣囊A對石板的作用力F做的功為圖像與橫軸圍成的面積，則
從鐵錘與石板共速到兩者速度減為0的過程，根據(jù)動能定理得
解得
故C正確D錯誤。
故選BC。
【分析】求出鐵錘與石板碰撞前的速度以及鐵錘與石板碰撞后共同速度，根據(jù)動量定理求解鐵錘與石板碰撞過程鐵錘所受合外力的沖量大小；彈性氣囊A對石板的作用力F做的功為F-x圖像與橫軸圍成的面積，結(jié)合動能定理求解彈性氣囊A對石板作用力的最大值。
12．【答案】B,D
【知識點】電容器及其應(yīng)用；牛頓第二定律；安培力的計算；導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題
【解析】【解答】導(dǎo)軌滑桿問題是電磁感應(yīng)現(xiàn)象的綜合應(yīng)用，涉及動力學(xué)、電路、能量、動量等問題，難度較大，要認真進行分析。當(dāng)系統(tǒng)達到穩(wěn)定時，
設(shè)桿的速度為時，桿的速度為，由
可得此時桿的瞬時加速度為
桿的瞬時加速度為
則電路中的感應(yīng)電動勢，由得
桿運動過程中，給電容器充電，充電電流為
由
，，
得
①
對桿，由牛頓第二定律得
②
對桿，由牛頓第二定律得
③
由①②③解得
，
A．根據(jù)前面的計算可知，金屬桿ab與金屬桿cd加速度不相同，A錯誤；
B．根據(jù)前面的計算可知，金屬桿ab加速度大于金屬桿cd加速度，B正確；
C．桿加速度為，C錯誤；
D．cd桿加速度為，D正確。
故選BD。
【分析】當(dāng)系統(tǒng)達到穩(wěn)定時，二者加速度以及速度的差值恒定，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律以及電流以及電容等定義式聯(lián)立方程求解。
13．【答案】（1）A；C
（2）A
（3）0.1
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數(shù)
【解析】【解答】本題考查了動摩擦因數(shù)相關(guān)實驗，理解實驗的目的、步驟、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析是解決此類問題的關(guān)鍵。
（1）A．根據(jù)實驗原理可知，小滑塊離開桌子后做平拋運動，則桌面必須保持水平，故A正確；
BC．根據(jù)實驗原理可知，小滑塊從靜止釋放到離開桌子，由動能定理有
其中小滑塊與木板間摩擦因數(shù)為，小滑塊與桌面間摩擦因數(shù)為，且
可知，滑塊質(zhì)量可以消掉，不需要需測量滑塊質(zhì)量；由于木板頂端距桌面高度固定，若木板和桌面間傾角過大，較小，滑塊在桌面上滑行距離較大，可能出現(xiàn)未滑出桌面就已經(jīng)停止的現(xiàn)象，則木板和桌面間傾角不宜過大，故B錯誤，C正確；
故選AC。
（2）小滑塊離開桌子后做平拋運動，則有
，
其中，聯(lián)立小問（1）整理可得
畫出的圖像如圖乙所示，縱軸為，則橫軸為。
故選A。
（3）由小問（2）解析式結(jié)合圖乙可得
，
解得
，
【分析】（1）根據(jù)實驗原理，結(jié)合動能定理以及實驗步驟分析求解；
（2）根據(jù)小滑塊離開桌子后做平拋運動，結(jié)合圖像的特點分析求解；
（3）根據(jù)圖像的斜率與截距分析求解。
（1）A．根據(jù)實驗原理可知，小滑塊離開桌子后做平拋運動，則桌面必須保持水平，故A正確；
BC．根據(jù)實驗原理可知，小滑塊從靜止釋放到離開桌子，由動能定理有
其中小滑塊與木板間摩擦因數(shù)為，小滑塊與桌面間摩擦因數(shù)為，且
可知，滑塊質(zhì)量可以消掉，不需要需測量滑塊質(zhì)量；由于木板頂端距桌面高度固定，若木板和桌面間傾角過大，較小，滑塊在桌面上滑行距離較大，可能出現(xiàn)未滑出桌面就已經(jīng)停止的現(xiàn)象，則木板和桌面間傾角不宜過大，故B錯誤，C正確；
故選AC。
（2）小滑塊離開桌子后做平拋運動，則有，
其中
聯(lián)立小問（1）整理可得
畫出的圖像如圖乙所示，縱軸為，則橫軸為。
故選A。
（3）由小問（2）解析式結(jié)合圖乙可得，
解得，
14．【答案】（1）3600
（2）C
（3）36mA
（4）
【知識點】表頭的改裝；電表的改裝與應(yīng)用
【解析】【解答】本題關(guān)鍵掌握電流表的改裝原理和串并聯(lián)電路的特點。在電流表上串聯(lián)一個大阻值的電阻R，把R作為電流表內(nèi)阻的一部分，這樣的電流表就可分擔(dān)較大的電壓，改裝后作為電壓表使用 。
（1）閉合開關(guān)，保持R不變，調(diào)節(jié)電阻箱R'的阻值，使毫安表G的示數(shù)為1mA，由并聯(lián)電路特點可知
解得
（2）本實驗成功的關(guān)鍵是接入回路的電阻比表頭所在局部的電阻大得多，這樣就可以保證在與表頭并聯(lián)對干路電流的影響足夠小，由于表頭滿偏電流一定，故而電源的電動勢越大，接入干路的阻值就可以越大，實驗的系統(tǒng)誤差就越小。
故選C。
（3）當(dāng)標準電流表的示數(shù)為30mA時，改裝電流表中毫安表G的示數(shù)為2.5mA。根據(jù)
解得改裝后電表的實際量程為
（4）根據(jù)電流表原理可知
，
其中，解得
【分析】（1）根據(jù)并聯(lián)電路的特點計算；
（2）電源的電動勢越大，接入干路的阻值就可以越大，根據(jù)并聯(lián)對干路電流的影響分析判斷；
（3）兩個電流表表頭電流一樣大，根據(jù)串聯(lián)電路的特點計算；
（4）根據(jù)電流表的原理計算。
（1）閉合開關(guān)，保持R不變，調(diào)節(jié)電阻箱R'的阻值，使毫安表G的示數(shù)為1mA，由并聯(lián)電路特點可知
解得
（2）本實驗成功的關(guān)鍵是接入回路的電阻比表頭所在局部的電阻大得多，這樣就可以保證在與表頭并聯(lián)對干路電流的影響足夠小，由于表頭滿偏電流一定，故而電源的電動勢越大，接入干路的阻值就可以越大，實驗的系統(tǒng)誤差就越小。
故選C。
（3）當(dāng)標準電流表的示數(shù)為30mA時，改裝電流表中毫安表G的示數(shù)為2.5mA。根據(jù)
解得改裝后電表的實際量程為
（4）根據(jù)電流表原理可知，
其中，解得
15．【答案】（1）解：由圖可知
由幾何關(guān)系得
β＝30°，γ＋β＝60°
得
γ＝30°
由折射定律可得
解得
θ＝60°
（2）解：由
解得
又
得
保持AB邊上光線的入射點不變，逐漸減小入射角，解析圖中的角分別變成由幾何關(guān)系
γ'＋β'＝60°，C＋β'＝90
得
γ'＝C－30°
解得
由
解得

【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）作出光路圖，根據(jù)幾何關(guān)系求解折射角，根據(jù)折射定律求解入射角；
（2）根據(jù)臨界角公式求解全反射臨界角，根據(jù)幾何關(guān)系求解α對應(yīng)的折射角，根據(jù)折射定律求解α的正弦值。
（1）由圖可知
由幾何關(guān)系得β＝30°，γ＋β＝60°
得γ＝30°
由折射定律可得
解得θ＝60°
（2）由，解得
又
得
保持AB邊上光線的入射點不變，逐漸減小入射角，解析圖中的角分別變成由幾何關(guān)系
γ'＋β'＝60°，C＋β'＝90
得γ'＝C－30°
解得
由，解得
16．【答案】（1）解：由玻意耳定律可得
解得
（2）解：對活塞受力分析可得
對缸內(nèi)氣體，由理想氣體狀態(tài)方程可得
解得
【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態(tài)方程；氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）此過程中氣體溫度保持不變，由玻意耳定律列式求解；
（2）對缸內(nèi)氣體，明確各個狀態(tài)，由理想氣體狀態(tài)方程列式求解。
（1）由玻意耳定律可得
解得
（2）對活塞受力分析可得
對缸內(nèi)氣體，由理想氣體狀態(tài)方程可得
解得m＝100kg
17．【答案】（1）解：從初位置到圓弧軌道最低點，由機械能守恒定律有
在圓弧軌道最低點，由牛頓第二定律有
解得
（2）解：A與B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律有，
解得
由牛頓第二定律，對滑塊A有
解得
對滑塊B有
解得
對木板有
解得
A和木板共速時有
解得
，
此時B的速度
由牛頓第二定律，對A和木板整體有
可知，A和木板共速后一起勻速向右運動，假設(shè)木板右端與平臺碰撞前與B未共速，則有
，
解得
，
假設(shè)成立，板與平臺碰后，A開始減速向右運動，則有
解得
則滑塊A在木板上向右運動的總時間
（3）解：由上述分析可知，滑塊B碰后一直向右減速運動，則有
解得
【知識點】牛頓運動定律的應(yīng)用—板塊模型；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）對滑塊A從圓弧軌道的最高點滑至底端的過程，由機械能守恒定律求出滑塊A滑到圓弧軌道最低點時的速度大小。在圓弧軌道最低點，利用牛頓第二定律求軌道對滑塊A的支持力；
（2）滑塊A與滑塊B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律求出滑塊A、B碰撞后瞬間各自的速度大小。滑塊A、B在木板上滑動時，根據(jù)牛頓第二定律求出三者的加速度大小。由速度—時間公式求出A和木板共速時經(jīng)歷的時間以及共同速度，并求出此時B的速度。分析此后A和木板整體的運動情況。假設(shè)木板右端與平臺碰撞前與B未共速，根據(jù)運動學(xué)公式求出此過程運動時間。木板與平臺碰后，A開始減速向右運動，根據(jù)速度—時間公式求出所經(jīng)歷的時間，從而求得總時間；
（3）分析碰撞后B的運動情況，根據(jù)運動學(xué)公式求解滑塊B離開木板滑上平臺時的速度大小v。
（1）從初位置到圓弧軌道最低點，由機械能守恒定律有
在圓弧軌道最低點，由牛頓第二定律有
解得
（2）A與B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律有，
解得
由牛頓第二定律，對滑塊A有
解得
對滑塊B有
解得
對木板有
解得
A和木板共速時有
解得，
此時B的速度
由牛頓第二定律，對A和木板整體有
可知，A和木板共速后一起勻速向右運動，假設(shè)木板右端與平臺碰撞前與B未共速，則有，
解得，
假設(shè)成立，板與平臺碰后，A開始減速向右運動，則有
解得
則滑塊A在木板上向右運動的總時間
（3）由上述分析可知，滑塊B碰后一直向右減速運動，則有
解得
18．【答案】（1）解：粒子在磁場中做勻速圓周運動
解得
由幾何關(guān)系得
，
故P點坐標
（2）解：根據(jù)題意可知，進入電場時
，
粒子進電場后，做勻變速曲線運動
，
沿x軸速度減小為0時
，
擋板位置
，
解得
即擋板的位置坐標為
（3）解：粒子打在x軸右側(cè)最遠時，設(shè)射出電場時水平速度為電場中
射出電場后
，
最大值為
粒子打在x軸左側(cè)最遠時，設(shè)射出電場時水平速度為，有
，
解得
最大值為
解得
所以粒子打在x軸上的范圍為
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系分析求解；
（2）根據(jù)粒子進電場后，做勻變速曲線運動，將運動分解在沿x軸以及y軸方向，結(jié)合運動學(xué)公式分析求解；
（3）根據(jù)運動學(xué)公式，結(jié)合射出電場的水平位移分析求解。
（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動
解得
由幾何關(guān)系得，
故P點坐標
（2）根據(jù)題意可知，進入電場時，
粒子進電場后，做勻變速曲線運動qE＝ma，
沿x軸速度減小為0時，，
擋板位置，
解得
即擋板的位置坐標為
（3）粒子打在x軸右側(cè)最遠時，設(shè)射出電場時水平速度為電場中
射出電場后，
最大值為
粒子打在x軸左側(cè)最遠時，設(shè)射出電場時水平速度為，有，
解得
最大值為
解得
所以粒子打在x軸上的范圍為
1 / 12025屆山東名校考試聯(lián)盟高三下學(xué)期3月高考模擬考試物理試題
1．（2025·山東模擬）2025年1月20日，有“人造太陽”之稱的中國全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實驗裝置（EAST），首次實現(xiàn)1億攝氏度1066秒的高約束模式等離子體運行。關(guān)于該實驗中核聚變方程，下列說法正確的是（　　）
A．帶正電
B．X是
C．核反應(yīng)前后總質(zhì)量不變
D．的比結(jié)合能小于的比結(jié)合能
【答案】B
【知識點】原子核的人工轉(zhuǎn)變；結(jié)合能與比結(jié)合能
【解析】【解答】本題考查核反應(yīng)方程的書寫規(guī)則以及愛因斯坦的質(zhì)能方程等，會根據(jù)題意進行準確分析解答。A．是中子不帶電，故A錯誤；
B．根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒有2+3-1=4，1+1=2
可知，X是，故B正確；
C．核反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)不變，因為存在質(zhì)量虧損，所以質(zhì)量不守恒，故C錯誤；
D．比結(jié)合能是原子核穩(wěn)定性的指標。在輕核聚變中，生成物（如氦-4）的比結(jié)合能高于反應(yīng)物（氘和氚）。實際數(shù)據(jù)中，氚的比結(jié)合能（約2.8 MeV/核子）高于氘（約1.1 MeV/核子），故D錯誤。
故選B。
【分析】中子不帶電；根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒分析；根據(jù)質(zhì)能方程ΔE=Δmc2分析；氚的比結(jié)合能（約2.8 MeV/核子）高于氘（約1.1 MeV/核子）。
2．（2025·山東模擬）攝影愛好者小明購買了相機后，發(fā)現(xiàn)鏡頭的顏色呈現(xiàn)藍紫色，經(jīng)過上網(wǎng)查詢，了解到由于人對黃綠光最敏感，故在鏡頭上涂了一層很薄的氟化鎂薄膜。關(guān)于薄膜的作用下列說法正確的是（　　）
A．薄膜將藍紫光全部吸收 B．薄膜將黃綠光全部反射
C．薄膜使黃綠光容易發(fā)生干涉 D．薄膜使藍紫光容易發(fā)生偏振
【答案】C
【知識點】薄膜干涉
【解析】【解答】此題考查的是光學(xué)薄膜（如增透膜）的基本原理，特別是其如何通過干涉效應(yīng)來增強特定波長光的透射，同時減少其他波長光的透射。ABD．當(dāng)光照射氟化鎂薄膜的兩表面產(chǎn)生頻率相同的反射光，從而出現(xiàn)干涉現(xiàn)象出現(xiàn)光的抵消，最終實現(xiàn)增加透射性，因為人對黃綠光最敏感，所以要使綠光相互抵消，所以膜的厚度一般為綠光在薄膜中波長的四分之一。所以增透膜應(yīng)增強對黃綠光的透射，這時紅光和紫光沒有顯著削弱，所以透鏡通常呈藍紫色，故ABD錯誤；
C．膜的厚度一般為綠光在薄膜中波長的四分之一，薄膜使黃綠光容易發(fā)生干涉，使兩表面反射的相同頻率的綠光相互抵消，故C正確；
故選C。
【解答】藍紫色鏡頭，實際上是由于增透膜的設(shè)計導(dǎo)致了黃綠光的干涉相消，從而使得鏡頭呈現(xiàn)出藍紫色。因此，需要理解增透膜如何通過干涉效應(yīng)來實現(xiàn)這一目的。
3．（2025·山東模擬）當(dāng)向陶瓷茶杯倒入半杯熱水，蓋上杯蓋過一段時間后，發(fā)現(xiàn)杯蓋拿起來比未加水時困難。杯蓋拿起來比較困難的主要原因是（　　）
A．杯子內(nèi)氣體壓強減小
B．杯子周圍的溫度升高
C．杯蓋與杯子間的分子引力變大
D．杯子內(nèi)每個氣體分子的分子動能都減小
【答案】A
【知識點】氣體的等容變化及查理定律
【解析】【解答】應(yīng)用查理定律解題的一般步驟：確定研究對象，即被封閉的氣體。分析氣體狀態(tài)變化時是否符合查理定律的適用條件：質(zhì)量一定，體積不變。確定初、末兩個狀態(tài)的溫度、壓強。根據(jù)查理定律列式求解。杯蓋與杯子間的密封性較好，根據(jù)可知，杯子內(nèi)氣體的溫度下降、壓強減小，大氣壓強大于杯子內(nèi)壓強導(dǎo)致杯蓋拿起來比較費力。并非杯子周圍的溫度升高或杯蓋與杯子間的分子引力變大，杯子內(nèi)溫度降低，只是氣體分子的平均動能減小，而不是每個氣體分子的分子動能都減小。
故選A。
【解答】根據(jù)查理定律分析，杯子內(nèi)溫度降低，只是氣體分子的平均動能減小，而不是每個氣體分子的分子動能都減小。氣體分子之間不考慮相互作用力。
4．（2025·山東模擬）2025年2月11日17時30分，我國在海南文昌航天發(fā)射場使用長征八號改運載火箭成功將衛(wèi)星送入預(yù)定軌道。如圖所示，如果衛(wèi)星先沿圓周軌道1運動，再沿橢圓軌道2運動，兩軌道相切于P點，Q為軌道2離地球最遠點，在兩軌道上衛(wèi)星只受地球引力作用，下列說法正確的是（　　）
A．衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過P點時機械能比經(jīng)過Q點時機械能大
B．衛(wèi)星經(jīng)過P點時在軌道1上加速度比在軌道2上加速度大
C．衛(wèi)星在軌道1的速度比在軌道2上經(jīng)過Q點時的速度大
D．衛(wèi)星在軌道1的周期比軌道2的周期大
【答案】C
【知識點】衛(wèi)星問題
【解析】【解答】本題通過分析衛(wèi)星在不同軌道上的機械能、加速度、速度和周期的變化，考查了萬有引力定律、機械能守恒定律以及開普勒定律的應(yīng)用。正確理解這些物理原理是解答此類問題的關(guān)鍵。A．衛(wèi)星在軌道2上穩(wěn)定運行時，只受萬有引力，機械能守恒，經(jīng)過P點時機械能等于經(jīng)過Q點時機械能，故A錯誤；
B．根據(jù)
可得
衛(wèi)星經(jīng)過P點時在軌道1上加速度等于在軌道2上加速度，故B錯誤；
C．衛(wèi)星在軌道1的速度，根據(jù)變軌原理可知，在軌道2上經(jīng)過Q點時的速度小于以Q點到地心距離為半徑圓軌道的速度，根據(jù)
可知
所以衛(wèi)星在軌道1的速度比在軌道2上經(jīng)過Q點時的速度大，故C正確；
D．根據(jù)開普勒第三定律可知，衛(wèi)星在軌道1的周期比軌道2的周期小，故D錯誤。
故選C。
【分析】衛(wèi)星在不同軌道上的運動特性，包括機械能、加速度、速度和周期的變化。需要根據(jù)萬有引力定律、機械能守恒定律以及開普勒定律等物理原理來分析衛(wèi)星在不同軌道上的運動狀態(tài)。
5．（2025·山東模擬）如圖所示，遵循胡克定律的彈性繩上端固定于O點，跨過一固定的光滑釘子P與水平面上的小滑塊連接。O、P、A、B位于同一豎直平面內(nèi)，B位于P的正下方。已知彈性繩原長為l，OP＝1.1l，PA＝0.4l。滑塊從A點由靜止釋放后沿水平面向左滑到B的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．滑塊的加速度一直在減小
B．滑塊所受地面的摩擦力一直在減小
C．滑塊速度一直在增大
D．滑塊所受地面的支持力一直在增大
【答案】B
【知識點】胡克定律；滑動摩擦力與動摩擦因數(shù)；牛頓第二定律
【解析】【解答】解題關(guān)鍵是利用數(shù)學(xué)知識結(jié)合胡克定律得出各個力的數(shù)學(xué)表達式。對力的合成與力的分解的綜合應(yīng)用問題，要首先熟練掌握力的合成和力的分解的相關(guān)內(nèi)容，再選擇合適的合成和分解方法進行解題。D．設(shè)P點到繩與小滑塊連接處的豎直方向距離為h，繩與小滑塊連接處為C點，PC段繩與水平方向夾角為，則繩長為
繩上拉力大小為
對小滑塊受力分析，如圖所示
豎直方向，有
聯(lián)立，解得
小滑塊從A到B過程中，一直增大，故一直減小，故D錯誤；
B．根據(jù)
可知滑塊所受地面的摩擦力一直在減小，故B正確；
AC．繩的拉力F在水平方向，有
可知隨著變大，一直變小，當(dāng)小滑塊運動至B點時
，
即繩對小滑塊的水平方向拉力一直減小至0，由于小滑塊一直受水平向右的滑動摩擦力作用，所以水平方向上的合力一定是先向左，使小滑塊向左加速，當(dāng)拉力水平方向的分力與滑動摩擦力大小相等時，加速度為0，再向左運動時，摩擦力大于拉力水平分力，加速度方向水平向右，小滑塊做減速運動，故AC錯誤。
故選B。
【分析】根據(jù)受力平衡，列出FN以及摩擦力f以及繩子拉力表達式，結(jié)合各個表達式分析。
6．（2025·山東模擬）如圖甲所示，在半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B隨時間變化如圖乙所示。同一平面內(nèi)有邊長為2r的金屬框abcd，總電阻為R，ab邊與圓形磁場區(qū)域的直徑重合。則（　　）
A．時，框中的電流為
B．時，框中的電流為
C．~時間內(nèi)，框中產(chǎn)生的焦耳熱為
D．~時間內(nèi)，框中產(chǎn)生的焦耳熱為
【答案】D
【知識點】感應(yīng)電動勢及其產(chǎn)生條件
【解析】【解答】本題考查了電磁感應(yīng)相關(guān)知識，理解其中的受力情況和運動變化情況是解決此類問題的關(guān)鍵。AB．由圖甲可知線圈的有效面積為
在0~t0時間內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律感應(yīng)電動勢的大小為
時，框中的電流為
故AB錯誤；
CD．~時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢的大小為
框中的電流為
框中產(chǎn)生的焦耳熱為
故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合閉合電路歐姆定律，綜合焦耳定律分析求解。
7．（2025·山東模擬）如圖所示，兩個質(zhì)量均為m，傾角45°的直角斜劈頂角接觸放置在光滑水平面上，一個質(zhì)量為4m、半徑為R、表面光滑的球在拉力作用下和兩斜劈恰好接觸但無擠壓。某時刻撤去拉力，則球掉落到平面上的時間為（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】運動的合成與分解
【解析】【解答】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量以左側(cè)斜面為參考系，對左側(cè)斜面受力分析如圖，根據(jù)牛頓第二定律
對小球進行受力分析，如圖，設(shè)小球相對左側(cè)斜面的加速度為a，可知，
對右側(cè)物體進行受力分析如圖
根據(jù)牛頓第二定律
又由幾何關(guān)系可知
以上各式聯(lián)立解得
因此小球相對地面，豎直向下的加速度
小球的下端距離地面的高度
在豎直方向上，根據(jù)
可得下落時間
故選D。
【分析】以左側(cè)斜面為參考系，對小球進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，小球相對地面，具有豎直向下的加速度，結(jié)合自由落體運動求解運動時間。
8．（2025·山東模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)存在沿z軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球以初速度，從坐標原點O拋出，方向與x軸正方向和z軸正方向夾角均為45°。已知qE＝mg，g為重力加速度。則小球運動過程中速率的最小值為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題考查了帶電粒子在電場中的運動，理解粒子在不同時刻的運動狀態(tài)，合理選取運動學(xué)公式是解決此類問題的關(guān)鍵。因
則電場力與重力的合力F合方向在yoz平面內(nèi)且與z軸負向夾角45°斜向下；將速度v0分解在沿x軸方向的分量（物體在該方向勻速運動）和沿z軸正向的，將沿z軸正向的速度分解到與F合方向垂直的方向，其速度為（物體在該方向做勻速運動）和與F合方向共線的方向（物體做減速運動），當(dāng)此方向的速度減為零時，物體的速度最小，可知最小速度為
故選C。
【分析】根據(jù)運動的合成和分解，結(jié)合速度v0分解在沿x軸以及z軸方向上分析求解。
9．（2025·山東模擬）“南鯤”號是我國自主研發(fā)的首臺兆瓦級漂浮式波浪能發(fā)電裝置，其原理如圖甲所示，利用海浪帶動浪板上下擺動，從而帶動線框單向勻速轉(zhuǎn)動，線框內(nèi)阻恒定。線框ab兩端通過滑環(huán)和電刷接如圖乙所示的自耦變壓器，自耦變壓器cd兩端接負載電阻。若海浪變大使得線框轉(zhuǎn)速變成原來的2倍，以下說法正確的是（　　）
A．通過負載電阻的電流頻率變?yōu)樵瓉淼?倍
B．線框內(nèi)阻的發(fā)熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍
C．變壓器的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍
D．若使負載電阻兩端電壓不變，可將滑片向上滑動
【答案】A,D
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】了解自耦變壓器的構(gòu)造與工作原理，能夠?qū)ψ择钭儔浩鬟M行一定的分析是解題關(guān)鍵。A．通過負載電阻的電流頻率
海浪變大使得線框轉(zhuǎn)速變成原來的2倍，則頻率變?yōu)樵瓉?倍，故A正確；
B．電動勢有效值
由于
變?yōu)樵瓉?倍，設(shè)負載電阻為，原線圈等效電阻為
則電流
變?yōu)樵瓉?倍，線框內(nèi)阻的發(fā)熱功率
變?yōu)樵瓉?倍，故B錯誤；
C．因為不確定內(nèi)外電阻關(guān)系，所以輸出功率無法判斷，故C錯誤；
D．根據(jù)以上分析可知，原線圈兩端電壓變大，根據(jù)
可知，若使負載電阻兩端電壓不變，可將滑片向上滑動，增大原線圈匝數(shù)，故D正確。
故選AD。
【分析】線框轉(zhuǎn)速變成原來的2倍，則頻率變?yōu)樵瓉?倍；根據(jù)電動勢有效值以及原線圈等效電阻分析；結(jié)合變壓器原理分析。
10．（2025·山東模擬）如圖所示，兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，波速均為2m/s，兩個波源分別位于x＝－0.2m和x＝1.2m處，波源的振幅均為4cm。此刻平衡位置在x＝0.2m和x＝0.8m的兩質(zhì)點剛開始振動，質(zhì)點M的平衡位置位于x＝0.4m處。兩波源連續(xù)振動，則從此時刻開始，下列說法正確的是（　　）
A．再經(jīng)過0.1s質(zhì)點M開始振動
B．t＝0.45s時，質(zhì)點M點的位移為0
C．從t＝0到t＝0.3s時間內(nèi)，質(zhì)點M經(jīng)過的路程為16cm
D．從t＝0到t＝0.3s時間內(nèi)，質(zhì)點M經(jīng)過的路程為24cm
【答案】A,D
【知識點】橫波的圖象；波的疊加
【解析】【解答】本題考查了振動圖像，掌握波速、波長和周期的關(guān)系，理解質(zhì)點在不同時刻的振動狀態(tài)是解決此類問題的關(guān)鍵。幾列波相遇時，每列波都能夠保持各自的狀態(tài)繼續(xù)傳播而不互相干擾，只是在重疊的區(qū)域里，介質(zhì)的質(zhì)點同時參與這幾列波引起的振動，質(zhì)點的位移等于這幾列波單獨傳播時引起的位移的矢量和。A．向右傳播的波傳播到M點的時間
向左傳播的波傳播到M點的時間
故從圖示時刻開始經(jīng)過質(zhì)點M開始振動，故A正確；
B．由波形圖可知，波長
可知周期為
t＝0.45s時，向右傳播的波傳到質(zhì)點M后振動時間
圖示時刻x＝0.2m處質(zhì)點起振方向向上，向右傳播的波傳到質(zhì)點M起振方向也是向上，經(jīng)過
質(zhì)點M運動到負的最大位移處，質(zhì)點M的位移
t＝0.45s時，向左傳播的波傳播到M點后的振動時間
圖示時刻x＝0.8m處質(zhì)點起振方向向下，向左傳播的波傳到質(zhì)點M起振方向也是向下，經(jīng)過
質(zhì)點M運動到負的最大位移處，質(zhì)點M的位移
由波的疊加原理可知，t＝0.45s時，質(zhì)點M點的位移
故B錯誤；
CD．從t＝0到t＝0.1s時間內(nèi)，兩列波都沒有傳到M點。從t＝0.1s到t＝0.2s時間內(nèi)，只有向右傳播的波傳到了M點，在這段時間內(nèi)M點運動的路程為
從t＝0.2s到t＝0.3s時間內(nèi)，兩列波都傳到了M點。兩列波起振方向相反，且M點到兩波源的距離為
為半個波長的奇數(shù)倍，M點為振動加強點。兩列波在M點引起的振幅
從t＝0.2s到t＝0.3s時間內(nèi)，M點從平衡位置開始運動的路程
從t＝0到t＝0.3s時間內(nèi)，質(zhì)點M經(jīng)過的路程為
，故C錯誤，D正確。
故選AD。
【分析】根據(jù)波形圖，波速、波長和周期的關(guān)系，結(jié)合質(zhì)點M的振動情況，綜合波的疊加原理分析求解。
11．（2025·山東模擬）如圖甲所示，質(zhì)量為m＝3kg的鐵錘從石板上方高h＝5m處由靜止自由落下，豎直砸中石板后，鐵錘與石板瞬間達到共同速度，然后一起向下運動距離d＝5cm后速度減為零，該過程中彈性氣囊A對石板的作用力F隨石板向下運動的距離x的規(guī)律如圖乙所示，已知石板的質(zhì)量為鐵錘質(zhì)量的19倍，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．鐵錘與石板碰撞過程鐵錘所受合外力的沖量大小57N·s
B．鐵錘與石板碰撞過程鐵錘所受合外力的沖量大小28.5N·s
C．彈性氣囊A對石板作用力的最大值
D．彈性氣囊A對石板作用力的最大值
【答案】B,C
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】本題考查了動量守恒定律與動量定理的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚鐵錘的運動過程是解題的前提，應(yīng)用運動學(xué)公式、動量定理與動量守恒定律即可解題。AB．假設(shè)鐵錘與石板碰撞前的速度為，則
解得
鐵錘與石板碰撞，由動量守恒定律，有
解得
根據(jù)動量定理可知，鐵錘與石板碰撞過程鐵錘所受合外力的沖量大小
故A錯誤B正確；
CD．彈性氣囊A對石板的作用力F做的功為圖像與橫軸圍成的面積，則
從鐵錘與石板共速到兩者速度減為0的過程，根據(jù)動能定理得
解得
故C正確D錯誤。
故選BC。
【分析】求出鐵錘與石板碰撞前的速度以及鐵錘與石板碰撞后共同速度，根據(jù)動量定理求解鐵錘與石板碰撞過程鐵錘所受合外力的沖量大小；彈性氣囊A對石板的作用力F做的功為F-x圖像與橫軸圍成的面積，結(jié)合動能定理求解彈性氣囊A對石板作用力的最大值。
12．（2025·山東模擬）如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌間距為L，電阻不計，空間內(nèi)有垂直軌道面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。兩金屬桿垂直于導(dǎo)軌保持靜止，金屬桿ab質(zhì)量為m，電阻為R，金屬桿cd電阻不計，其間接有一個電容為C的電容器，電容器板間距d<A．金屬桿ab與金屬桿cd加速度相同
B．金屬桿ab加速度大于金屬桿cd加速度
C．cd桿加速度為
D．cd桿加速度為
【答案】B,D
【知識點】電容器及其應(yīng)用；牛頓第二定律；安培力的計算；導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題
【解析】【解答】導(dǎo)軌滑桿問題是電磁感應(yīng)現(xiàn)象的綜合應(yīng)用，涉及動力學(xué)、電路、能量、動量等問題，難度較大，要認真進行分析。當(dāng)系統(tǒng)達到穩(wěn)定時，
設(shè)桿的速度為時，桿的速度為，由
可得此時桿的瞬時加速度為
桿的瞬時加速度為
則電路中的感應(yīng)電動勢，由得
桿運動過程中，給電容器充電，充電電流為
由
，，
得
①
對桿，由牛頓第二定律得
②
對桿，由牛頓第二定律得
③
由①②③解得
，
A．根據(jù)前面的計算可知，金屬桿ab與金屬桿cd加速度不相同，A錯誤；
B．根據(jù)前面的計算可知，金屬桿ab加速度大于金屬桿cd加速度，B正確；
C．桿加速度為，C錯誤；
D．cd桿加速度為，D正確。
故選BD。
【分析】當(dāng)系統(tǒng)達到穩(wěn)定時，二者加速度以及速度的差值恒定，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律以及電流以及電容等定義式聯(lián)立方程求解。
13．（2025·山東模擬）某同學(xué)為測量小滑塊和薄木板間的動摩擦因數(shù)，實驗裝置如圖甲所示，已知桌面長度為3m，且粗糙程度大于薄木板，桌面距地面高度為1m，桌面左側(cè)緊靠一豎直擋板。
實驗步驟如下：
①將木板搭在桌子左側(cè)的豎直擋板上，木板頂端距桌面高度固定為1m，測出木板底端距擋板距離s（單位：m），木板底端和桌面平滑連接，不計滑塊在連接處的能量損失。
②將小滑塊從傾斜木板的頂端由靜止釋放，測出小滑塊離開桌子后平拋的水平位移x（單位：m）。
③更換同種材料不同長度的木板，重復(fù)①②。
④根據(jù)測量的多組數(shù)據(jù)，畫出對應(yīng)圖像（）。
根據(jù)實驗操作以及圖像信息，請回答以下問題：
（1）根據(jù)上述實驗操作，下列說法正確的是______
A．桌面必須保持水平
B．還需測量滑塊質(zhì)量
C．木板和桌面間傾角不宜過大
（2）在步驟④中，若畫出的圖像如圖乙所示，縱軸為，則橫軸為______
A．s B． C． D．
（3）由圖乙可知，小滑塊與傾斜木板間的動摩擦因數(shù)　 　
【答案】（1）A；C
（2）A
（3）0.1
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數(shù)
【解析】【解答】本題考查了動摩擦因數(shù)相關(guān)實驗，理解實驗的目的、步驟、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析是解決此類問題的關(guān)鍵。
（1）A．根據(jù)實驗原理可知，小滑塊離開桌子后做平拋運動，則桌面必須保持水平，故A正確；
BC．根據(jù)實驗原理可知，小滑塊從靜止釋放到離開桌子，由動能定理有
其中小滑塊與木板間摩擦因數(shù)為，小滑塊與桌面間摩擦因數(shù)為，且
可知，滑塊質(zhì)量可以消掉，不需要需測量滑塊質(zhì)量；由于木板頂端距桌面高度固定，若木板和桌面間傾角過大，較小，滑塊在桌面上滑行距離較大，可能出現(xiàn)未滑出桌面就已經(jīng)停止的現(xiàn)象，則木板和桌面間傾角不宜過大，故B錯誤，C正確；
故選AC。
（2）小滑塊離開桌子后做平拋運動，則有
，
其中，聯(lián)立小問（1）整理可得
畫出的圖像如圖乙所示，縱軸為，則橫軸為。
故選A。
（3）由小問（2）解析式結(jié)合圖乙可得
，
解得
，
【分析】（1）根據(jù)實驗原理，結(jié)合動能定理以及實驗步驟分析求解；
（2）根據(jù)小滑塊離開桌子后做平拋運動，結(jié)合圖像的特點分析求解；
（3）根據(jù)圖像的斜率與截距分析求解。
（1）A．根據(jù)實驗原理可知，小滑塊離開桌子后做平拋運動，則桌面必須保持水平，故A正確；
BC．根據(jù)實驗原理可知，小滑塊從靜止釋放到離開桌子，由動能定理有
其中小滑塊與木板間摩擦因數(shù)為，小滑塊與桌面間摩擦因數(shù)為，且
可知，滑塊質(zhì)量可以消掉，不需要需測量滑塊質(zhì)量；由于木板頂端距桌面高度固定，若木板和桌面間傾角過大，較小，滑塊在桌面上滑行距離較大，可能出現(xiàn)未滑出桌面就已經(jīng)停止的現(xiàn)象，則木板和桌面間傾角不宜過大，故B錯誤，C正確；
故選AC。
（2）小滑塊離開桌子后做平拋運動，則有，
其中
聯(lián)立小問（1）整理可得
畫出的圖像如圖乙所示，縱軸為，則橫軸為。
故選A。
（3）由小問（2）解析式結(jié)合圖乙可得，
解得，
14．（2025·山東模擬）某同學(xué)想把量程為0~3mA但內(nèi)阻未知的毫安表G改裝成量程為0~30mA的電流表；他先測量出毫安表G的內(nèi)阻，然后對電表進行改裝，最后再利用一標準電流表A，對改裝后的電流表進行檢測，具體實驗步驟如下：
①按如圖甲所示的電路圖連接好線路；
②將滑動變阻器R的阻值調(diào)到最大，閉合開關(guān)后調(diào)節(jié)R的阻值，使毫安表G的指針滿偏；
③閉合開關(guān)，保持R不變，調(diào)節(jié)電阻箱R'的阻值，使毫安表G的示數(shù)為1mA，此時R'接入電路的阻值為1800Ω。回答下列問題：
（1）由實驗操作步驟可知，毫安表G內(nèi)阻的測量值＝　 　Ω
（2）在圖甲所示的電路圖中，為減小系統(tǒng)誤差，下列操作正確的是______
A．減小R的總阻值 B．增大R的總阻值
C．選擇電動勢較大的電源 D．選擇電動勢較小的電源
（3）用圖乙所示的電路對改裝后的電流表進行校準，由于內(nèi)阻測量時造成的誤差，當(dāng)標準電流表的示數(shù)為30mA時，改裝電流表中毫安表G的示數(shù)為2.5mA。改裝后電表的實際量程為　 　。
（4）為了盡量消除改裝后的電流表測量電流時帶來的誤差，需選用一新電阻替換原并聯(lián)電阻，選用的新電阻為原電阻的　 　倍。
【答案】（1）3600
（2）C
（3）36mA
（4）
【知識點】表頭的改裝；電表的改裝與應(yīng)用
【解析】【解答】本題關(guān)鍵掌握電流表的改裝原理和串并聯(lián)電路的特點。在電流表上串聯(lián)一個大阻值的電阻R，把R作為電流表內(nèi)阻的一部分，這樣的電流表就可分擔(dān)較大的電壓，改裝后作為電壓表使用 。
（1）閉合開關(guān)，保持R不變，調(diào)節(jié)電阻箱R'的阻值，使毫安表G的示數(shù)為1mA，由并聯(lián)電路特點可知
解得
（2）本實驗成功的關(guān)鍵是接入回路的電阻比表頭所在局部的電阻大得多，這樣就可以保證在與表頭并聯(lián)對干路電流的影響足夠小，由于表頭滿偏電流一定，故而電源的電動勢越大，接入干路的阻值就可以越大，實驗的系統(tǒng)誤差就越小。
故選C。
（3）當(dāng)標準電流表的示數(shù)為30mA時，改裝電流表中毫安表G的示數(shù)為2.5mA。根據(jù)
解得改裝后電表的實際量程為
（4）根據(jù)電流表原理可知
，
其中，解得
【分析】（1）根據(jù)并聯(lián)電路的特點計算；
（2）電源的電動勢越大，接入干路的阻值就可以越大，根據(jù)并聯(lián)對干路電流的影響分析判斷；
（3）兩個電流表表頭電流一樣大，根據(jù)串聯(lián)電路的特點計算；
（4）根據(jù)電流表的原理計算。
（1）閉合開關(guān)，保持R不變，調(diào)節(jié)電阻箱R'的阻值，使毫安表G的示數(shù)為1mA，由并聯(lián)電路特點可知
解得
（2）本實驗成功的關(guān)鍵是接入回路的電阻比表頭所在局部的電阻大得多，這樣就可以保證在與表頭并聯(lián)對干路電流的影響足夠小，由于表頭滿偏電流一定，故而電源的電動勢越大，接入干路的阻值就可以越大，實驗的系統(tǒng)誤差就越小。
故選C。
（3）當(dāng)標準電流表的示數(shù)為30mA時，改裝電流表中毫安表G的示數(shù)為2.5mA。根據(jù)
解得改裝后電表的實際量程為
（4）根據(jù)電流表原理可知，
其中，解得
15．（2025·山東模擬）實驗室中有一直角三棱鏡，其橫截面ABC如圖所示，∠B＝30°。光線從直角邊AB上的某點以入射角θ射入棱鏡時，恰好能從另一直角邊AC垂直射出。已知棱鏡折射率為。
（1）求θ；
（2）保持AB邊上光線的入射點不變，逐漸減小入射角，發(fā)現(xiàn)當(dāng)入射角小于α?xí)r，斜邊BC上才有光線射出，求sinα。
【答案】（1）解：由圖可知
由幾何關(guān)系得
β＝30°，γ＋β＝60°
得
γ＝30°
由折射定律可得
解得
θ＝60°
（2）解：由
解得
又
得
保持AB邊上光線的入射點不變，逐漸減小入射角，解析圖中的角分別變成由幾何關(guān)系
γ'＋β'＝60°，C＋β'＝90
得
γ'＝C－30°
解得
由
解得

【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）作出光路圖，根據(jù)幾何關(guān)系求解折射角，根據(jù)折射定律求解入射角；
（2）根據(jù)臨界角公式求解全反射臨界角，根據(jù)幾何關(guān)系求解α對應(yīng)的折射角，根據(jù)折射定律求解α的正弦值。
（1）由圖可知
由幾何關(guān)系得β＝30°，γ＋β＝60°
得γ＝30°
由折射定律可得
解得θ＝60°
（2）由，解得
又
得
保持AB邊上光線的入射點不變，逐漸減小入射角，解析圖中的角分別變成由幾何關(guān)系
γ'＋β'＝60°，C＋β'＝90
得γ'＝C－30°
解得
由，解得
16．（2025·山東模擬）空氣懸掛是一種汽車減震系統(tǒng)，它通過充氣和放氣來調(diào)整車輛底盤的離地間隙。某汽車的空氣懸掛簡化模型圖所示，直立圓筒形汽缸固定在車的輪軸上，汽缸內(nèi)一橫截面積的活塞封閉一定質(zhì)量的空氣，活塞通過連桿與車身相連，并可無摩擦滑動。已知封閉氣體的初始狀態(tài)溫度，長度；壓強。外界大氣壓強為，重力加速度，氣體視為理想氣體。
（1）為提升汽車底盤的離地間隙，將體積為，溫度為的外界大氣充入汽缸，讓活塞緩慢上升，設(shè)此過程中氣體溫度保持不變，求；
（2）在（1）問充氣結(jié)束后，當(dāng)車輛載重時，相當(dāng)于在圖示活塞頂部加一質(zhì)量為m的物體，如果某時刻活塞達到平衡時氣體溫度為，缸內(nèi)氣柱長度，求m。
【答案】（1）解：由玻意耳定律可得
解得
（2）解：對活塞受力分析可得
對缸內(nèi)氣體，由理想氣體狀態(tài)方程可得
解得
【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態(tài)方程；氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）此過程中氣體溫度保持不變，由玻意耳定律列式求解；
（2）對缸內(nèi)氣體，明確各個狀態(tài)，由理想氣體狀態(tài)方程列式求解。
（1）由玻意耳定律可得
解得
（2）對活塞受力分析可得
對缸內(nèi)氣體，由理想氣體狀態(tài)方程可得
解得m＝100kg
17．（2025·山東模擬）如圖所示，半徑的光滑四分之一圓弧軌道豎直固定，質(zhì)量、長度的木板靜止在粗糙水平地面上，木板左端放置質(zhì)量的小滑塊B，圓弧軌道的末端與木板的上表面相切，木板右側(cè)距離是一固定平臺，平臺高度與木板厚度相同。從圓弧軌道的最高點由靜止釋放質(zhì)量的滑塊A，滑至底端時與滑塊B發(fā)生彈性碰撞，木板向右運動與平臺碰撞后立即停止。已知滑塊A和滑塊B均可視為質(zhì)點，與木板間的動摩擦因數(shù)均為，木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)，重力加速度。求：
（1）滑塊A在圓弧軌道底端發(fā)生碰撞前所受軌道的支持力大小；
（2）滑塊A在木板上向右運動的總時間；
（3）滑塊B離開木板滑上平臺時的速度大小v。
【答案】（1）解：從初位置到圓弧軌道最低點，由機械能守恒定律有
在圓弧軌道最低點，由牛頓第二定律有
解得
（2）解：A與B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律有，
解得
由牛頓第二定律，對滑塊A有
解得
對滑塊B有
解得
對木板有
解得
A和木板共速時有
解得
，
此時B的速度
由牛頓第二定律，對A和木板整體有
可知，A和木板共速后一起勻速向右運動，假設(shè)木板右端與平臺碰撞前與B未共速，則有
，
解得
，
假設(shè)成立，板與平臺碰后，A開始減速向右運動，則有
解得
則滑塊A在木板上向右運動的總時間
（3）解：由上述分析可知，滑塊B碰后一直向右減速運動，則有
解得
【知識點】牛頓運動定律的應(yīng)用—板塊模型；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）對滑塊A從圓弧軌道的最高點滑至底端的過程，由機械能守恒定律求出滑塊A滑到圓弧軌道最低點時的速度大小。在圓弧軌道最低點，利用牛頓第二定律求軌道對滑塊A的支持力；
（2）滑塊A與滑塊B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律求出滑塊A、B碰撞后瞬間各自的速度大小。滑塊A、B在木板上滑動時，根據(jù)牛頓第二定律求出三者的加速度大小。由速度—時間公式求出A和木板共速時經(jīng)歷的時間以及共同速度，并求出此時B的速度。分析此后A和木板整體的運動情況。假設(shè)木板右端與平臺碰撞前與B未共速，根據(jù)運動學(xué)公式求出此過程運動時間。木板與平臺碰后，A開始減速向右運動，根據(jù)速度—時間公式求出所經(jīng)歷的時間，從而求得總時間；
（3）分析碰撞后B的運動情況，根據(jù)運動學(xué)公式求解滑塊B離開木板滑上平臺時的速度大小v。
（1）從初位置到圓弧軌道最低點，由機械能守恒定律有
在圓弧軌道最低點，由牛頓第二定律有
解得
（2）A與B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律有，
解得
由牛頓第二定律，對滑塊A有
解得
對滑塊B有
解得
對木板有
解得
A和木板共速時有
解得，
此時B的速度
由牛頓第二定律，對A和木板整體有
可知，A和木板共速后一起勻速向右運動，假設(shè)木板右端與平臺碰撞前與B未共速，則有，
解得，
假設(shè)成立，板與平臺碰后，A開始減速向右運動，則有
解得
則滑塊A在木板上向右運動的總時間
（3）由上述分析可知，滑塊B碰后一直向右減速運動，則有
解得
18．（2025·山東模擬）如圖，在Oxy坐標系x＞0、y＞d區(qū)域內(nèi)存在水平向左的勻強電場，在y＜0的區(qū)域內(nèi)充滿垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子，在磁場中的P點以速度沿x軸正方向射出，且經(jīng)O點飛出磁場時速度方向與y軸正方向夾角為53°。在電場中適當(dāng)位置放置一與x軸平行的小絕緣擋板（圖中未畫出），該粒子與小絕緣擋板發(fā)生彈性碰撞（碰后沿擋板方向的速度不變，垂直擋板方向速度大小不變，方向相反），碰后粒子垂直于x軸方向返回磁場。已知粒子在運動過程中m、q均不變，電場強度大小為，不計粒子重力。
（1）求P點坐標；
（2）求粒子與擋板碰撞位置的坐標；
（3）改變電場中擋板的位置（始終與x軸平行），求粒子與擋板發(fā)生一次碰撞后進入磁場前，粒子可能打在x軸上位置的范圍。
【答案】（1）解：粒子在磁場中做勻速圓周運動
解得
由幾何關(guān)系得
，
故P點坐標
（2）解：根據(jù)題意可知，進入電場時
，
粒子進電場后，做勻變速曲線運動
，
沿x軸速度減小為0時
，
擋板位置
，
解得
即擋板的位置坐標為
（3）解：粒子打在x軸右側(cè)最遠時，設(shè)射出電場時水平速度為電場中
射出電場后
，
最大值為
粒子打在x軸左側(cè)最遠時，設(shè)射出電場時水平速度為，有
，
解得
最大值為
解得
所以粒子打在x軸上的范圍為
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系分析求解；
（2）根據(jù)粒子進電場后，做勻變速曲線運動，將運動分解在沿x軸以及y軸方向，結(jié)合運動學(xué)公式分析求解；
（3）根據(jù)運動學(xué)公式，結(jié)合射出電場的水平位移分析求解。
（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動
解得
由幾何關(guān)系得，
故P點坐標
（2）根據(jù)題意可知，進入電場時，
粒子進電場后，做勻變速曲線運動qE＝ma，
沿x軸速度減小為0時，，
擋板位置，
解得
即擋板的位置坐標為
（3）粒子打在x軸右側(cè)最遠時，設(shè)射出電場時水平速度為電場中
射出電場后，
最大值為
粒子打在x軸左側(cè)最遠時，設(shè)射出電場時水平速度為，有，
解得
最大值為
解得
所以粒子打在x軸上的范圍為
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