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2025届江苏省盐城中学高三下学期三模物理试题
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每小题只有一个选项最符合题意。
1．（2025·亭湖模拟）下列说法中正确的是（　　）
A．当观察者与波源发生相对运动时，接收到波的频率与波源发出的频率一定不同
B．在波的干涉中，振动加强点的位移始终最大
C．干涉和衍射是波所特有的现象
D．机械波在某种介质中传播，若波源的频率增大，其传播速度也增大
2．（2025·亭湖模拟）某手机的说明书标明该手机电池容量为4000mA h，待机时间为22d，其中单位“mA h”对应的物理量是（　　）
A．电荷量 B．功率 C．热量 D．电流
3．（2025·亭湖模拟）如图所示为小灯泡通电后其电流Ⅰ随电压U变化的图像，Q、P为图像上两点，坐标分别为（U1，I1）、（U2，I2），PN为图像上Р点的切线。下列说法正确的是（　　）
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小
B．当小灯泡两端的电压为U1时，小灯泡的电阻
C．当小灯泡两端的电压为U2时，小灯泡的电阻
D．当小灯泡两端的电压为U2时，小灯泡的功率数值上等于图像与横轴围成的面积大小
4．（2025·亭湖模拟）如图所示，质量为m的物体静止在光滑的水平面上，时，在物体上施加一水平方向的恒力F，经时间t，物体的动量为p、动能为，下列说法正确的是（　　）
A．若仅将恒力F加倍，则物体的动能的变为
B．若仅将作用时间t加倍，则物体的动量变为2p
C．若仅将作用时间t加倍，则物体的动能变为
D．若仅将物体的质量m加倍，则物体的动量变为2p
5．（2025·亭湖模拟）如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知表头内阻为，下列说法正确的是（　　）
A．由甲图可知，该表头满偏电流
B．甲图是改装成的双量程电压表，其中b量程为
C．乙图中，
D．乙图中，
6．（2025·亭湖模拟）某实验小组先采用如图所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器阻值，发现电压表示数虽然有变化，但变化不明显，主要原因是（　　）
A．滑动变阻器与电路接触处断路 B．电流表阻值太小
C．滑动变阻器的阻值太小 D．电池内阻太小
7．（2025·亭湖模拟）如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，开关S闭合前灯泡L1、L2、L3均正常发光。那么，当开关S闭合时，L1、L2、L3三个灯泡的亮度变化情况是（　　）
A．L1亮度不变，L2变亮，L3变暗 B．L1变暗，L2变亮，L3变暗
C．L1变亮，L2变暗，L3变亮 D．L1变暗，L2变亮，L3亮度不变
8．（2025·亭湖模拟）主动降噪技术的应用令车载音响实现沉浸式音效，图为t=0时降噪设备捕捉到的噪声波，为了实现降噪，应同时主动产生一列同性质的声波，下列选项最符合条件的是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2025·亭湖模拟）如图所示，三根轻质弹性细杆上端分别固定相同的小球、下端固定在一平板上。当平板固定时，杆越长，小球振动周期越大。平板在周期性外力作用下左右振动并带动小球振动，在振动过程中B球的振动幅度最大。则在周期性外力作用下（　　）
A．小球B振动周期最大
B．小球C振动周期最大
C．只有小球B的振动周期与平板振动周期相同
D．三个小球的振动周期均与平板振动周期相同
10．（2025·亭湖模拟）如图所示，电源电动势，内阻，电动机内阻，闭合开关S，小灯泡L恰好正常发光，电动机正常工作，此时理想电压表示数为8.0V，理想电流表示数为1A，下列说法正确的是（　　）
A．小灯泡额定功率为8W
B．电动机正常工作时发热功率为0.25W
C．电源的输出功率为18W
D．电动机正常工作时其输出的机械功率为8W
11．（2025·亭湖模拟）如图甲所示，每只冰壶直径、质量。某次试投过程中，冰壶A在时刻以的初速度投出，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的图像如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）
A．两只冰壶在时发生碰撞
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
D．和两时刻冰壶重心间的距离之比为
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12．（2025·亭湖模拟）某研究性学习小组准备测量某些常见电池的电动势和内阻。
（1）甲同学打算利用伏安法测量铅蓄电池（电动势约为2V，内阻较小）的电动势和内阻，现有下列器材可供选用。
A.定值电阻（阻值为，额定电流1.5A）
B.定值电阻（阻值为，额定电流1A）
C.电流表（，内阻约为）
D.电压表（，内阻约为）
E.滑动变阻器（最大阻值，额定电流1A）
F.滑动变阻器（最大阻值，额定电流0.3A）
G.开关，导线若干
①由于该电池的内阻较小，为防止测量过程中电流过大，需在电路中接入一定值电阻，则定值电阻应选用　 　（选填“A”或“B”），滑动变阻器应选用　 　（选填“E”或“F”）。
②为了精确测量，甲同学已完成部分电路连线，如图（a）所示，请完成剩余的接线　 　。
（2）乙同学把2节干电池串联，视为一个“电源”，采用图（b）的实验电路来测量电源的电动势和内阻。定值电阻，改变电阻箱的阻值，得到多组、电压表示数的实验数据，作出相应的图线，如图（c）所示。分析图像，可求得电源的电动势为　 　V，内阻为　 　。（保留1位小数）
13．（2025·亭湖模拟）生活中经常出现手机滑落而导致损坏的现象，手机套能有效的保护手机。现有一部质量为的手机（包括手机套），从离地面高处无初速度下落，落到地面后，反弹的高度为，由于手机套的缓冲作用，手机与地面的作用时间为。不计空气阻力，取，求：
（1）手机在下落过程中重力冲量的大小；
（2）地面对手机平均作用力的大小。
14．（2025·亭湖模拟）两列简谐横波分别沿轴正方向和负方向传播，两波源分别位于和处，波源的振幅分别为和，传播速度大小相同。如图所示为时刻两列波的图像，此刻平衡位置在和的P、两质点刚开始振动，周期，质点M的平衡位置处于处。求：
（1）简谐波的传播速度大小；
（2）质点第一次到达波峰时，质点的位移；
（3）从到内，质点M运动的路程。
15．（2025·亭湖模拟）如图所示，光滑水平面上静止放置两个形状完全相同的弹性小物块A、B，物块A的质量。在物块B右侧的竖直墙壁里有一水平轻质长细杆，杆的左端与一轻质弹簧相连，杆、弹簧及两物块的中心在同一水平线上，杆与墙壁作用的最大静摩擦力为2.4N。若弹簧作用一直在弹性限度范围内，弹簧的弹性势能表达式为，。现给物块A一水平向右的作用力F，其功率恒定，作用后撤去，然后物块A与物块B发生弹性碰撞，碰撞后两物块速度大小相等。B向右压缩弹簧，并将杆向墙里推移。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）撤去力F时，物块A的速度；
（2）物块B的质量；
（3）物块B的最终速度大小。
16．（2025·亭湖模拟）某兴趣小组研究弹簧振子，设计了如图所示的装置，一个轻弹簧竖直放置，一端固定于地面，另一端与质量为m的物体B固连在一起，整个装置被一个口径略大且足够长的光滑圆套约束（图中未画出），现将质量也为m的物体A由B的正上方某一高度处自由释放，A和B发生碰撞后两者一起以相同的速度向下运动（但不粘连），AB在以后的振动过程中恰好不会分离，弹簧的劲度系数为k，整个振动过程弹簧处于弹性限度内，忽略A、B的体积，不计空气阻力，m、k、g为已知量，求：
（1）AB一起振动过程中最大加速度的大小；
（2）小组中的甲同学通过研究弹簧弹力做功，得出了弹簧的弹性势能表达式（x为弹簧形变量），求A释放前距B的高度；
（3）已知AB一起振动的周期为T，以A与B碰撞为计时起点，求AB振动到最高点的时刻。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；多普勒效应；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】本题考查了干涉和衍射以及多普勒效应，知道干涉和衍射是波特有的现象。A．根据多普勒效应可知，当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率增加，反之，当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率减小，而当沿着波源做圆周运动时， 他们的间距没有变化，接收到波的频率与波源发出的频率相等，故A错误；
B．在波的干涉中，振动加强点是振幅变大，不是位移始终最大，故B错误；
C．干涉和衍射是波所特有的现象，故C正确；
D．机械波的传播速度只与介质有关，与频率无关，故D错误。
故选C。
【分析】根据波的特点判断；知道干涉现象以及应用；根据多普勒效应判断；明确机械波的传播速度由介质决定和频率无关。
2．【答案】A
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】本题考查理解电池说明书里面各种参数的确切含义。根据电荷量的计算公式可知，由于mA为电流单位，h为时间单位，所以mA h为电荷量单位，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】电池容量是指电池的存储电量，或电池能输出的总电荷量的多少。
3．【答案】B
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】本题的关键在于理解图像斜率与电阻的关系，以及如何利用图像上的点和切线来计算特定电压下的电阻和功率。特别需要注意的是，功率可以通过图像中特定点对应的矩形面积来直观地表示。A．根据欧姆定律有
可知，图像中，图线上各点与坐标原点连线的斜率的绝对值表示小灯泡不同状态时的电阻的倒数，根据图像可知，随着所加电压的增大，图线上各点与坐标原点连线的斜率的绝对值减小，即小灯泡的电阻增大，A错误；
BC．根据欧姆定律有
可知，图像中某点与坐标原点连线的斜率表示该状态的电阻的倒数，则对应点，小灯泡的电阻为
则对应点，小灯泡的电阻为
B正确，C错误；
D．小灯泡消耗的功率为，可知小灯泡的功率为图中过点的矩形所围面积大小，D错误。
故选B。
【分析】根据小灯泡在不同电压下电阻的变化规律，以及如何通过图像上的点和切线来计算特定电压下的电阻和功率。
4．【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题以恒力作用下的动量与动能变化为核心，考查学生对动量定理和动能公式的理解与应用。A．规定向右为正方向，根据动量定理有
动能
联立解得
故若仅将恒力F加倍，则物体的动能的变为，故A错误；
B．以上分析可知动量
若仅将作用时间t加倍，则物体的动量变为2p，故B正确；
C．结合以上分析可知，若仅将作用时间t加倍，则物体的动能的变为，故C错误；
D．结合以上分析可知，若仅将物体的质量m加倍，动量p不变，故D错误。
故选B。
【分析】动量与力的作用时间成正比，而动能与力的平方和作用时间的平方成正比。
5．【答案】C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】无论表头G改装成电压表还是电流表，它的三个特征量Ug、Ig、Rg是不变的，即通过表头的最大电流Ig并不改变。
AB．由甲图可知
其中b的量程为
故AB错误；
CD．改装为电流表时，并联电阻的分流电流为
分流电阻的阻值为
改装为电流表时，有
联立解得
，
故C正确，D错误；
故选C。
【分析】把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，改装成大量程的电流表，需要并联一个分流电阻，由串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值。
6．【答案】D
【知识点】电路故障分析
【解析】【解答】A、如果滑动变阻器与电路接触处断路，则电压表示数不变，一直等于电源电动势，故A错误；B、设电压表的示数为U，电流表的示数为I，电源电动势为E，内阻为r，根据闭合电路的欧姆定律有U=E-Ir，电压表示数变化不明显，是因为电源内阻太小，与电流表内阻和滑动变阻器阻值的大小无关，故BC错误，D正确。
故选：D。
【分析】如果滑动变阻器与电路接触处断路，则电压表示数不变；根据闭合电路的欧姆定律分析。
7．【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A、认为 亮度不变，错误在于未意识到路端电压随外电阻减小而减小（， 增大导致 减小 ）， 电压减小必然变暗，A错误；
B、外电阻减小，总电流增大、路端电压减小 ， 变暗；总电流增大、 电流减小， 电流增大， 变亮； 电压增大、路端电压减小， 电压减小， 变暗，B正确；
C、错误判断 变亮（实际路端电压减小， 应变暗 ）、 变亮（实际 电压减小，应变暗 ），未正确应用“整体→局部”的电压、电流变化关系，C错误；
D、认为 亮度不变，错误在于忽略 电压受 电压和路端电压的双重影响（外，两者变化导致 减小 ）， 功率减小必然变暗，D错误；
故答案为：B 。
【分析】判断外电路总电阻变化：开关 闭合前， 单独在一支路；闭合后， 与 并联，根据并联电阻规律，并联后总电阻，故外电路总电阻 减小，
分析总电流与内电压、路端电压变化：由闭合电路欧姆定律（ 为电动势， 为内阻 ）， 减小 → 增大，内电压 增大，路端电压 减小，即 两端电压 减小。
分析各灯泡电流、电压变化：： 减小，由 （或 ），功率减小， 变暗；
：总电流 增大， 电流 减小（因 减小 ），根据， 电流 增大，
由 ，功率增大，变亮；
： 与 并联，其电压（ 为 两端电压， 增大 ），
减小、 增大 → 减小，由 ，功率减小 ，变暗。
8．【答案】B
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】解答本题时，要掌握波的叠加原理，知道两列“反相波”叠加时，振动会减弱。为了实现降噪，则同时主动产生同性质的声波与噪声波叠加时应振动减弱，所以两列波的周期应相等，振动相位差为，且两列波的振幅相等。
故选B。
【分析】为了实现降噪，同时主动产生同性质的声波与噪声波叠加时应振动减弱，结合波的叠加原理分析。
9．【答案】D
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】共振现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大．平板的往复振动对三个小球均构成周期性驱动力，所有被迫振动的小球，其振动频率（周期）都最终等于驱动力的频率（周期）。只是当驱动力接近某个小球的固有频率时，该小球出现共振，振幅最大。本题中正是小球B的固有频率与平板振动频率相近，故振幅最大；但三个小球的实际振动周期都与平板的周期相同，故D正确，ABC错误。
故选D。
【分析】当平板在周期性外力作用下振动时，小球的振动会受到平板振动的影响，而小球B的振动幅度最大，这暗示了小球B可能处于共振状态。
10．【答案】A
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题考查闭合电路欧姆定律和功率的求解，解题关键是区分纯电阻电路和非纯电阻电流，知道非纯电阻电路不能用U＝IR求解，结合闭合电路欧姆定律和功率公式列式求解即可。A．根据闭合电路欧姆定律有
小灯泡的电流为
小灯泡额定功率为
代入数据解得W
故A正确；
B．电动机正常工作时发热功率为W
故B错误；
C．电源的输出功率为W
故C错误；
D．电动机正常工作时其输出的机械功率为W
故D错误；
故选A。
【分析】根据闭合电路欧姆定律结合电功率公式求解电功率；根据热功率公式求解发热功率；电源的输出功率等于路端电压乘以总电流，机械功率等于电功率减去热功率。
11．【答案】C
【知识点】功能关系；冲量；碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．两冰壶质量相等，发生弹性正碰时，两冰壶发生速度交换，由冰壶B的图像可知冰壶匀减速直线运动的加速度大小为，冰壶B在水平面上运动0.9m后停止，所以冰壶B运动时间为，则，，解得，，所以冰壶A与冰壶B相碰后冰壶B运动了3s，因此两只冰壶在时发生碰撞，故A错误；
B．对冰壶A有，解得，故B错误；
C．碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小，解得，故C正确；
D．全过程的位置图如下图所示
两只冰壶在时发生碰撞，所以时两冰壶重心的距离为
解得，两冰壶重心的距离为
解得，所以和两时刻冰壶重心间的距离之比为，故D错误。
故选C。
【分析】1、在弹性正碰中，若两物体质量相等，则碰撞后速度交换。由冰壶B的运动图像可知，碰撞后冰壶B做匀减速直线运动，最终停止。
2、冰壶B滑行距离 s=0.9m，最终停止，可计算其加速度 a 和运动时间 ：
（匀变速运动公式）和，可求解加速度。
3、碰撞后冰壶B的速度 ，因弹性碰撞且质量相等，碰撞前冰壶A的速度 。碰撞后冰壶A静止，冰壶B以 运动。
4、冰壶B受摩擦力作用，其加速度 a=μg，可得摩擦因数
冰壶B受到的摩擦力冲量：。
12．【答案】（1）A；E；见解析
（2）2.8；3.3
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】应用图像法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法，根据图象求有关数据时，要求出图像对应的函数表达式。
（1）①分析可知，定值电阻选A和B使用时均不会超过其额定电流，定值电阻选A时，电路中的最大电流小于0.5A，没有超过电流表的量程，定值电阻选B时，电路中最大电流约为0.1A，电流较小，不利于电源内阻的测量，定值电阻应选择A；测电源电动势及内阻需要采用限流式电路，滑动变阻器选F时，有烧坏的风险，故应选E。
②电池内阻较小，电流表应相对电池外接，电路如图
（2）根据闭合电路欧姆定律得
整理可得
结合图像可得
可得
【分析】（1）为准确测量电源的电动势与内阻，且尽量减少误差，结合实验原理选择实验电流表和定值电阻。并完成剩余的实物连接；
（2）求出图像所对应的函数表达式，根据图中描出对应点，尽量将更多的点画在直线上。
然后根据图像特点求出电池的电动势与内阻。
（1）①[1][2]分析可知，定值电阻选A和B使用时均不会超过其额定电流，定值电阻选A时，电路中的最大电流小于0.5A，没有超过电流表的量程，定值电阻选B时，电路中最大电流约为0.1A，电流较小，不利于电源内阻的测量，定值电阻应选择A；测电源电动势及内阻需要采用限流式电路，滑动变阻器选F时，有烧坏的风险，故应选E。
②[3]电池内阻较小，电流表应相对电池外接，电路如图
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律得
整理可得
结合图像可得
可得
13．【答案】（1）解：手机在下落过程中做自由落体运动，则有
解得
则手机在下落过程中重力冲量的大小为
（2）解：手机落地时速度
从地面反弹速度
手机与地面作用过程中，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得
解得手机对地面的平均作用力大小为
【知识点】动量定理；自由落体运动；冲量
【解析】【分析】（1）由自由落体运动结合冲量的定义可求重力的冲量；
（2）由自由落体运动和运动学公式可求手机与地面碰撞前后的瞬时速度，然后由动量定理可求手机对地面的平均作用力的大小和方向。
（1）手机在下落过程中做自由落体运动，则有
解得
则手机在下落过程中重力冲量的大小为
（2）手机落地时速度
从地面反弹速度
手机与地面作用过程中，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得
解得手机对地面的平均作用力大小为
14．【答案】（1）解：由图可知，波长为
两列波传播速度大小为
（2）解：沿轴负方向的波先使质点M到达波峰，此时Q质点与M点平衡位置为
传播到M点时间为
质点M向上振动第一次到达波峰的时间为
那么从Q点到M第一次到达波峰的时间为
P点从时刻开始振动，由，可知
P点起振方向沿y轴正方向，经过，质点P到达y轴负方向最大位移，位移
（3）Q传播到M点的时间为
可知M点振动的时间为
再经过1s，M点向下振动，路程为
P传播到M点的时间
可知M点振动的时间为
M点向上振动，此时两列波叠加，经过2s，M点路程为
总路程为
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【分析】（1）根据波长、波速和周期的关系分析求解；
（2）根据沿x轴负方向的波先使质点M到达波峰，算出传播到M的时间，结合质点M向上振动第一次到达波峰的时间，以及从Q点到M第一次到达波峰的时间分析求解；
（3）根据M点振动的时间，结合P传播到M点的时间，综合两列波的叠加分析求解。
（1）由图可知，波长为
两列波传播速度大小为
（2）沿轴负方向的波先使质点M到达波峰，此时Q质点与M点平衡位置为
传播到M点时间为
质点M向上振动第一次到达波峰的时间为
那么从Q点到M第一次到达波峰的时间为
P点从时刻开始振动，由，可知
P点起振方向沿y轴正方向，经过，质点P到达y轴负方向最大位移，位移
（3）Q传播到M点的时间为
可知M点振动的时间为
再经过1s，M点向下振动，路程为
P传播到M点的时间
可知M点振动的时间为
M点向上振动，此时两列波叠加，经过2s，M点路程为
总路程为
15．【答案】（1）解：时间内，用力F对物块A做的功W=Pt
解得
对物块A进行分析，根据动能定理有
解得
（2）解：设A与B碰前A的速度大小为，碰后速度大小为v。由题意可知，碰后A、B速度一定等大反向，A、B发生弹性碰撞，则有，
解得
（3）解：由题意可知，物块B在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力时杆开始移动，则有
解得
由于杆的质量不计，杆所受外力的合力为0，即杆在运动过程中，弹簧弹力大小始终等于杆所受的滑动摩擦力大小，即弹簧弹力不变，作为杆开始运动后，物块B将做匀减速直线运动，B的速度减为0后，弹簧又将逐渐恢复原长，此时压缩的弹性势能转化为B的动能。设最终B的速度为，则有
得vB=0.4m/s
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）力F的功率恒定为P＝1.6W，作用时间为t＝1.0s，根据W＝Pt求力F对物块A所做的功，由动能定理求t＝1.0s撤去力F时，物块A的速度；
（2）对A与B碰前的运动过程，利用动能定理列方程。A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列方程，结合碰撞后两物块速度大小相等求物块B的质量；
（3）物块B在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力时杆开始移动，弹簧弹力不变。根据能量关系求物块B的最终速度大小。
（1）时间内，用力F对物块A做的功W=Pt
解得
对物块A进行分析，根据动能定理有
解得
（2）设A与B碰前A的速度大小为，碰后速度大小为v。由题意可知，碰后A、B速度一定等大反向，A、B发生弹性碰撞，则有，
解得
（3）由题意可知，物块B在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力时杆开始移动，则有
解得
由于杆的质量不计，杆所受外力的合力为0，即杆在运动过程中，弹簧弹力大小始终等于杆所受的滑动摩擦力大小，即弹簧弹力不变，作为杆开始运动后，物块B将做匀减速直线运动，B的速度减为0后，弹簧又将逐渐恢复原长，此时压缩的弹性势能转化为B的动能。设最终B的速度为，则有
得vB=0.4m/s
16．【答案】（1）解：AB在以后的振动过程中恰好不会分离，所以振动最高点为弹簧原长位置，此时加速度最大．有
解得
（2）解：B静止时有
物体A自由下落的过程，由机械能守恒得
物体A、B碰撞过程有
碰后AB在以后振动过程中到达最高点时弹簧刚好处于原长状态，相对于原来向上运动得距离
对物体A、B和弹簧组成的系统，由能量守恒得
联立解得
（3）解：在振动过程中，设平衡位置弹簧的压缩量为x，有
振幅
以第一次向下经过平衡位置为0时刻，取向下为正方向，则振动方程为
AB碰撞时
解得
因此以A与B碰撞为时起点，求AB振动到最高点的时刻
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；碰撞模型；简谐运动
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度最大值；
（2）根据受力平衡列式，结合机械能守恒和碰撞过程的动量守恒，据此列式求解；
（3）确定振幅，写振动方程，根据AB碰撞位置确定AB振动到最高点的时刻。
（1）AB在以后的振动过程中恰好不会分离，所以振动最高点为弹簧原长位置，此时加速度最大．有
解得
（2）B静止时有
物体A自由下落的过程，由机械能守恒得
物体A、B碰撞过程有
碰后AB在以后振动过程中到达最高点时弹簧刚好处于原长状态，相对于原来向上运动得距离
对物体A、B和弹簧组成的系统，由能量守恒得
联立解得
（3）在振动过程中，设平衡位置弹簧的压缩量为x，有
振幅
以第一次向下经过平衡位置为0时刻，取向下为正方向，则振动方程为
AB碰撞时
解得
因此以A与B碰撞为时起点，求AB振动到最高点的时刻
1 / 12025届江苏省盐城中学高三下学期三模物理试题
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每小题只有一个选项最符合题意。
1．（2025·亭湖模拟）下列说法中正确的是（　　）
A．当观察者与波源发生相对运动时，接收到波的频率与波源发出的频率一定不同
B．在波的干涉中，振动加强点的位移始终最大
C．干涉和衍射是波所特有的现象
D．机械波在某种介质中传播，若波源的频率增大，其传播速度也增大
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；多普勒效应；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】本题考查了干涉和衍射以及多普勒效应，知道干涉和衍射是波特有的现象。A．根据多普勒效应可知，当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率增加，反之，当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率减小，而当沿着波源做圆周运动时， 他们的间距没有变化，接收到波的频率与波源发出的频率相等，故A错误；
B．在波的干涉中，振动加强点是振幅变大，不是位移始终最大，故B错误；
C．干涉和衍射是波所特有的现象，故C正确；
D．机械波的传播速度只与介质有关，与频率无关，故D错误。
故选C。
【分析】根据波的特点判断；知道干涉现象以及应用；根据多普勒效应判断；明确机械波的传播速度由介质决定和频率无关。
2．（2025·亭湖模拟）某手机的说明书标明该手机电池容量为4000mA h，待机时间为22d，其中单位“mA h”对应的物理量是（　　）
A．电荷量 B．功率 C．热量 D．电流
【答案】A
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】本题考查理解电池说明书里面各种参数的确切含义。根据电荷量的计算公式可知，由于mA为电流单位，h为时间单位，所以mA h为电荷量单位，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】电池容量是指电池的存储电量，或电池能输出的总电荷量的多少。
3．（2025·亭湖模拟）如图所示为小灯泡通电后其电流Ⅰ随电压U变化的图像，Q、P为图像上两点，坐标分别为（U1，I1）、（U2，I2），PN为图像上Р点的切线。下列说法正确的是（　　）
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小
B．当小灯泡两端的电压为U1时，小灯泡的电阻
C．当小灯泡两端的电压为U2时，小灯泡的电阻
D．当小灯泡两端的电压为U2时，小灯泡的功率数值上等于图像与横轴围成的面积大小
【答案】B
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】本题的关键在于理解图像斜率与电阻的关系，以及如何利用图像上的点和切线来计算特定电压下的电阻和功率。特别需要注意的是，功率可以通过图像中特定点对应的矩形面积来直观地表示。A．根据欧姆定律有
可知，图像中，图线上各点与坐标原点连线的斜率的绝对值表示小灯泡不同状态时的电阻的倒数，根据图像可知，随着所加电压的增大，图线上各点与坐标原点连线的斜率的绝对值减小，即小灯泡的电阻增大，A错误；
BC．根据欧姆定律有
可知，图像中某点与坐标原点连线的斜率表示该状态的电阻的倒数，则对应点，小灯泡的电阻为
则对应点，小灯泡的电阻为
B正确，C错误；
D．小灯泡消耗的功率为，可知小灯泡的功率为图中过点的矩形所围面积大小，D错误。
故选B。
【分析】根据小灯泡在不同电压下电阻的变化规律，以及如何通过图像上的点和切线来计算特定电压下的电阻和功率。
4．（2025·亭湖模拟）如图所示，质量为m的物体静止在光滑的水平面上，时，在物体上施加一水平方向的恒力F，经时间t，物体的动量为p、动能为，下列说法正确的是（　　）
A．若仅将恒力F加倍，则物体的动能的变为
B．若仅将作用时间t加倍，则物体的动量变为2p
C．若仅将作用时间t加倍，则物体的动能变为
D．若仅将物体的质量m加倍，则物体的动量变为2p
【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题以恒力作用下的动量与动能变化为核心，考查学生对动量定理和动能公式的理解与应用。A．规定向右为正方向，根据动量定理有
动能
联立解得
故若仅将恒力F加倍，则物体的动能的变为，故A错误；
B．以上分析可知动量
若仅将作用时间t加倍，则物体的动量变为2p，故B正确；
C．结合以上分析可知，若仅将作用时间t加倍，则物体的动能的变为，故C错误；
D．结合以上分析可知，若仅将物体的质量m加倍，动量p不变，故D错误。
故选B。
【分析】动量与力的作用时间成正比，而动能与力的平方和作用时间的平方成正比。
5．（2025·亭湖模拟）如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知表头内阻为，下列说法正确的是（　　）
A．由甲图可知，该表头满偏电流
B．甲图是改装成的双量程电压表，其中b量程为
C．乙图中，
D．乙图中，
【答案】C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】无论表头G改装成电压表还是电流表，它的三个特征量Ug、Ig、Rg是不变的，即通过表头的最大电流Ig并不改变。
AB．由甲图可知
其中b的量程为
故AB错误；
CD．改装为电流表时，并联电阻的分流电流为
分流电阻的阻值为
改装为电流表时，有
联立解得
，
故C正确，D错误；
故选C。
【分析】把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，改装成大量程的电流表，需要并联一个分流电阻，由串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值。
6．（2025·亭湖模拟）某实验小组先采用如图所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器阻值，发现电压表示数虽然有变化，但变化不明显，主要原因是（　　）
A．滑动变阻器与电路接触处断路 B．电流表阻值太小
C．滑动变阻器的阻值太小 D．电池内阻太小
【答案】D
【知识点】电路故障分析
【解析】【解答】A、如果滑动变阻器与电路接触处断路，则电压表示数不变，一直等于电源电动势，故A错误；B、设电压表的示数为U，电流表的示数为I，电源电动势为E，内阻为r，根据闭合电路的欧姆定律有U=E-Ir，电压表示数变化不明显，是因为电源内阻太小，与电流表内阻和滑动变阻器阻值的大小无关，故BC错误，D正确。
故选：D。
【分析】如果滑动变阻器与电路接触处断路，则电压表示数不变；根据闭合电路的欧姆定律分析。
7．（2025·亭湖模拟）如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，开关S闭合前灯泡L1、L2、L3均正常发光。那么，当开关S闭合时，L1、L2、L3三个灯泡的亮度变化情况是（　　）
A．L1亮度不变，L2变亮，L3变暗 B．L1变暗，L2变亮，L3变暗
C．L1变亮，L2变暗，L3变亮 D．L1变暗，L2变亮，L3亮度不变
【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A、认为 亮度不变，错误在于未意识到路端电压随外电阻减小而减小（， 增大导致 减小 ）， 电压减小必然变暗，A错误；
B、外电阻减小，总电流增大、路端电压减小 ， 变暗；总电流增大、 电流减小， 电流增大， 变亮； 电压增大、路端电压减小， 电压减小， 变暗，B正确；
C、错误判断 变亮（实际路端电压减小， 应变暗 ）、 变亮（实际 电压减小，应变暗 ），未正确应用“整体→局部”的电压、电流变化关系，C错误；
D、认为 亮度不变，错误在于忽略 电压受 电压和路端电压的双重影响（外，两者变化导致 减小 ）， 功率减小必然变暗，D错误；
故答案为：B 。
【分析】判断外电路总电阻变化：开关 闭合前， 单独在一支路；闭合后， 与 并联，根据并联电阻规律，并联后总电阻，故外电路总电阻 减小，
分析总电流与内电压、路端电压变化：由闭合电路欧姆定律（ 为电动势， 为内阻 ）， 减小 → 增大，内电压 增大，路端电压 减小，即 两端电压 减小。
分析各灯泡电流、电压变化：： 减小，由 （或 ），功率减小， 变暗；
：总电流 增大， 电流 减小（因 减小 ），根据， 电流 增大，
由 ，功率增大，变亮；
： 与 并联，其电压（ 为 两端电压， 增大 ），
减小、 增大 → 减小，由 ，功率减小 ，变暗。
8．（2025·亭湖模拟）主动降噪技术的应用令车载音响实现沉浸式音效，图为t=0时降噪设备捕捉到的噪声波，为了实现降噪，应同时主动产生一列同性质的声波，下列选项最符合条件的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】解答本题时，要掌握波的叠加原理，知道两列“反相波”叠加时，振动会减弱。为了实现降噪，则同时主动产生同性质的声波与噪声波叠加时应振动减弱，所以两列波的周期应相等，振动相位差为，且两列波的振幅相等。
故选B。
【分析】为了实现降噪，同时主动产生同性质的声波与噪声波叠加时应振动减弱，结合波的叠加原理分析。
9．（2025·亭湖模拟）如图所示，三根轻质弹性细杆上端分别固定相同的小球、下端固定在一平板上。当平板固定时，杆越长，小球振动周期越大。平板在周期性外力作用下左右振动并带动小球振动，在振动过程中B球的振动幅度最大。则在周期性外力作用下（　　）
A．小球B振动周期最大
B．小球C振动周期最大
C．只有小球B的振动周期与平板振动周期相同
D．三个小球的振动周期均与平板振动周期相同
【答案】D
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】共振现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大．平板的往复振动对三个小球均构成周期性驱动力，所有被迫振动的小球，其振动频率（周期）都最终等于驱动力的频率（周期）。只是当驱动力接近某个小球的固有频率时，该小球出现共振，振幅最大。本题中正是小球B的固有频率与平板振动频率相近，故振幅最大；但三个小球的实际振动周期都与平板的周期相同，故D正确，ABC错误。
故选D。
【分析】当平板在周期性外力作用下振动时，小球的振动会受到平板振动的影响，而小球B的振动幅度最大，这暗示了小球B可能处于共振状态。
10．（2025·亭湖模拟）如图所示，电源电动势，内阻，电动机内阻，闭合开关S，小灯泡L恰好正常发光，电动机正常工作，此时理想电压表示数为8.0V，理想电流表示数为1A，下列说法正确的是（　　）
A．小灯泡额定功率为8W
B．电动机正常工作时发热功率为0.25W
C．电源的输出功率为18W
D．电动机正常工作时其输出的机械功率为8W
【答案】A
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题考查闭合电路欧姆定律和功率的求解，解题关键是区分纯电阻电路和非纯电阻电流，知道非纯电阻电路不能用U＝IR求解，结合闭合电路欧姆定律和功率公式列式求解即可。A．根据闭合电路欧姆定律有
小灯泡的电流为
小灯泡额定功率为
代入数据解得W
故A正确；
B．电动机正常工作时发热功率为W
故B错误；
C．电源的输出功率为W
故C错误；
D．电动机正常工作时其输出的机械功率为W
故D错误；
故选A。
【分析】根据闭合电路欧姆定律结合电功率公式求解电功率；根据热功率公式求解发热功率；电源的输出功率等于路端电压乘以总电流，机械功率等于电功率减去热功率。
11．（2025·亭湖模拟）如图甲所示，每只冰壶直径、质量。某次试投过程中，冰壶A在时刻以的初速度投出，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的图像如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）
A．两只冰壶在时发生碰撞
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
D．和两时刻冰壶重心间的距离之比为
【答案】C
【知识点】功能关系；冲量；碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．两冰壶质量相等，发生弹性正碰时，两冰壶发生速度交换，由冰壶B的图像可知冰壶匀减速直线运动的加速度大小为，冰壶B在水平面上运动0.9m后停止，所以冰壶B运动时间为，则，，解得，，所以冰壶A与冰壶B相碰后冰壶B运动了3s，因此两只冰壶在时发生碰撞，故A错误；
B．对冰壶A有，解得，故B错误；
C．碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小，解得，故C正确；
D．全过程的位置图如下图所示
两只冰壶在时发生碰撞，所以时两冰壶重心的距离为
解得，两冰壶重心的距离为
解得，所以和两时刻冰壶重心间的距离之比为，故D错误。
故选C。
【分析】1、在弹性正碰中，若两物体质量相等，则碰撞后速度交换。由冰壶B的运动图像可知，碰撞后冰壶B做匀减速直线运动，最终停止。
2、冰壶B滑行距离 s=0.9m，最终停止，可计算其加速度 a 和运动时间 ：
（匀变速运动公式）和，可求解加速度。
3、碰撞后冰壶B的速度 ，因弹性碰撞且质量相等，碰撞前冰壶A的速度 。碰撞后冰壶A静止，冰壶B以 运动。
4、冰壶B受摩擦力作用，其加速度 a=μg，可得摩擦因数
冰壶B受到的摩擦力冲量：。
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12．（2025·亭湖模拟）某研究性学习小组准备测量某些常见电池的电动势和内阻。
（1）甲同学打算利用伏安法测量铅蓄电池（电动势约为2V，内阻较小）的电动势和内阻，现有下列器材可供选用。
A.定值电阻（阻值为，额定电流1.5A）
B.定值电阻（阻值为，额定电流1A）
C.电流表（，内阻约为）
D.电压表（，内阻约为）
E.滑动变阻器（最大阻值，额定电流1A）
F.滑动变阻器（最大阻值，额定电流0.3A）
G.开关，导线若干
①由于该电池的内阻较小，为防止测量过程中电流过大，需在电路中接入一定值电阻，则定值电阻应选用　 　（选填“A”或“B”），滑动变阻器应选用　 　（选填“E”或“F”）。
②为了精确测量，甲同学已完成部分电路连线，如图（a）所示，请完成剩余的接线　 　。
（2）乙同学把2节干电池串联，视为一个“电源”，采用图（b）的实验电路来测量电源的电动势和内阻。定值电阻，改变电阻箱的阻值，得到多组、电压表示数的实验数据，作出相应的图线，如图（c）所示。分析图像，可求得电源的电动势为　 　V，内阻为　 　。（保留1位小数）
【答案】（1）A；E；见解析
（2）2.8；3.3
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】应用图像法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法，根据图象求有关数据时，要求出图像对应的函数表达式。
（1）①分析可知，定值电阻选A和B使用时均不会超过其额定电流，定值电阻选A时，电路中的最大电流小于0.5A，没有超过电流表的量程，定值电阻选B时，电路中最大电流约为0.1A，电流较小，不利于电源内阻的测量，定值电阻应选择A；测电源电动势及内阻需要采用限流式电路，滑动变阻器选F时，有烧坏的风险，故应选E。
②电池内阻较小，电流表应相对电池外接，电路如图
（2）根据闭合电路欧姆定律得
整理可得
结合图像可得
可得
【分析】（1）为准确测量电源的电动势与内阻，且尽量减少误差，结合实验原理选择实验电流表和定值电阻。并完成剩余的实物连接；
（2）求出图像所对应的函数表达式，根据图中描出对应点，尽量将更多的点画在直线上。
然后根据图像特点求出电池的电动势与内阻。
（1）①[1][2]分析可知，定值电阻选A和B使用时均不会超过其额定电流，定值电阻选A时，电路中的最大电流小于0.5A，没有超过电流表的量程，定值电阻选B时，电路中最大电流约为0.1A，电流较小，不利于电源内阻的测量，定值电阻应选择A；测电源电动势及内阻需要采用限流式电路，滑动变阻器选F时，有烧坏的风险，故应选E。
②[3]电池内阻较小，电流表应相对电池外接，电路如图
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律得
整理可得
结合图像可得
可得
13．（2025·亭湖模拟）生活中经常出现手机滑落而导致损坏的现象，手机套能有效的保护手机。现有一部质量为的手机（包括手机套），从离地面高处无初速度下落，落到地面后，反弹的高度为，由于手机套的缓冲作用，手机与地面的作用时间为。不计空气阻力，取，求：
（1）手机在下落过程中重力冲量的大小；
（2）地面对手机平均作用力的大小。
【答案】（1）解：手机在下落过程中做自由落体运动，则有
解得
则手机在下落过程中重力冲量的大小为
（2）解：手机落地时速度
从地面反弹速度
手机与地面作用过程中，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得
解得手机对地面的平均作用力大小为
【知识点】动量定理；自由落体运动；冲量
【解析】【分析】（1）由自由落体运动结合冲量的定义可求重力的冲量；
（2）由自由落体运动和运动学公式可求手机与地面碰撞前后的瞬时速度，然后由动量定理可求手机对地面的平均作用力的大小和方向。
（1）手机在下落过程中做自由落体运动，则有
解得
则手机在下落过程中重力冲量的大小为
（2）手机落地时速度
从地面反弹速度
手机与地面作用过程中，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得
解得手机对地面的平均作用力大小为
14．（2025·亭湖模拟）两列简谐横波分别沿轴正方向和负方向传播，两波源分别位于和处，波源的振幅分别为和，传播速度大小相同。如图所示为时刻两列波的图像，此刻平衡位置在和的P、两质点刚开始振动，周期，质点M的平衡位置处于处。求：
（1）简谐波的传播速度大小；
（2）质点第一次到达波峰时，质点的位移；
（3）从到内，质点M运动的路程。
【答案】（1）解：由图可知，波长为
两列波传播速度大小为
（2）解：沿轴负方向的波先使质点M到达波峰，此时Q质点与M点平衡位置为
传播到M点时间为
质点M向上振动第一次到达波峰的时间为
那么从Q点到M第一次到达波峰的时间为
P点从时刻开始振动，由，可知
P点起振方向沿y轴正方向，经过，质点P到达y轴负方向最大位移，位移
（3）Q传播到M点的时间为
可知M点振动的时间为
再经过1s，M点向下振动，路程为
P传播到M点的时间
可知M点振动的时间为
M点向上振动，此时两列波叠加，经过2s，M点路程为
总路程为
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【分析】（1）根据波长、波速和周期的关系分析求解；
（2）根据沿x轴负方向的波先使质点M到达波峰，算出传播到M的时间，结合质点M向上振动第一次到达波峰的时间，以及从Q点到M第一次到达波峰的时间分析求解；
（3）根据M点振动的时间，结合P传播到M点的时间，综合两列波的叠加分析求解。
（1）由图可知，波长为
两列波传播速度大小为
（2）沿轴负方向的波先使质点M到达波峰，此时Q质点与M点平衡位置为
传播到M点时间为
质点M向上振动第一次到达波峰的时间为
那么从Q点到M第一次到达波峰的时间为
P点从时刻开始振动，由，可知
P点起振方向沿y轴正方向，经过，质点P到达y轴负方向最大位移，位移
（3）Q传播到M点的时间为
可知M点振动的时间为
再经过1s，M点向下振动，路程为
P传播到M点的时间
可知M点振动的时间为
M点向上振动，此时两列波叠加，经过2s，M点路程为
总路程为
15．（2025·亭湖模拟）如图所示，光滑水平面上静止放置两个形状完全相同的弹性小物块A、B，物块A的质量。在物块B右侧的竖直墙壁里有一水平轻质长细杆，杆的左端与一轻质弹簧相连，杆、弹簧及两物块的中心在同一水平线上，杆与墙壁作用的最大静摩擦力为2.4N。若弹簧作用一直在弹性限度范围内，弹簧的弹性势能表达式为，。现给物块A一水平向右的作用力F，其功率恒定，作用后撤去，然后物块A与物块B发生弹性碰撞，碰撞后两物块速度大小相等。B向右压缩弹簧，并将杆向墙里推移。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）撤去力F时，物块A的速度；
（2）物块B的质量；
（3）物块B的最终速度大小。
【答案】（1）解：时间内，用力F对物块A做的功W=Pt
解得
对物块A进行分析，根据动能定理有
解得
（2）解：设A与B碰前A的速度大小为，碰后速度大小为v。由题意可知，碰后A、B速度一定等大反向，A、B发生弹性碰撞，则有，
解得
（3）解：由题意可知，物块B在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力时杆开始移动，则有
解得
由于杆的质量不计，杆所受外力的合力为0，即杆在运动过程中，弹簧弹力大小始终等于杆所受的滑动摩擦力大小，即弹簧弹力不变，作为杆开始运动后，物块B将做匀减速直线运动，B的速度减为0后，弹簧又将逐渐恢复原长，此时压缩的弹性势能转化为B的动能。设最终B的速度为，则有
得vB=0.4m/s
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）力F的功率恒定为P＝1.6W，作用时间为t＝1.0s，根据W＝Pt求力F对物块A所做的功，由动能定理求t＝1.0s撤去力F时，物块A的速度；
（2）对A与B碰前的运动过程，利用动能定理列方程。A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列方程，结合碰撞后两物块速度大小相等求物块B的质量；
（3）物块B在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力时杆开始移动，弹簧弹力不变。根据能量关系求物块B的最终速度大小。
（1）时间内，用力F对物块A做的功W=Pt
解得
对物块A进行分析，根据动能定理有
解得
（2）设A与B碰前A的速度大小为，碰后速度大小为v。由题意可知，碰后A、B速度一定等大反向，A、B发生弹性碰撞，则有，
解得
（3）由题意可知，物块B在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力时杆开始移动，则有
解得
由于杆的质量不计，杆所受外力的合力为0，即杆在运动过程中，弹簧弹力大小始终等于杆所受的滑动摩擦力大小，即弹簧弹力不变，作为杆开始运动后，物块B将做匀减速直线运动，B的速度减为0后，弹簧又将逐渐恢复原长，此时压缩的弹性势能转化为B的动能。设最终B的速度为，则有
得vB=0.4m/s
16．（2025·亭湖模拟）某兴趣小组研究弹簧振子，设计了如图所示的装置，一个轻弹簧竖直放置，一端固定于地面，另一端与质量为m的物体B固连在一起，整个装置被一个口径略大且足够长的光滑圆套约束（图中未画出），现将质量也为m的物体A由B的正上方某一高度处自由释放，A和B发生碰撞后两者一起以相同的速度向下运动（但不粘连），AB在以后的振动过程中恰好不会分离，弹簧的劲度系数为k，整个振动过程弹簧处于弹性限度内，忽略A、B的体积，不计空气阻力，m、k、g为已知量，求：
（1）AB一起振动过程中最大加速度的大小；
（2）小组中的甲同学通过研究弹簧弹力做功，得出了弹簧的弹性势能表达式（x为弹簧形变量），求A释放前距B的高度；
（3）已知AB一起振动的周期为T，以A与B碰撞为计时起点，求AB振动到最高点的时刻。
【答案】（1）解：AB在以后的振动过程中恰好不会分离，所以振动最高点为弹簧原长位置，此时加速度最大．有
解得
（2）解：B静止时有
物体A自由下落的过程，由机械能守恒得
物体A、B碰撞过程有
碰后AB在以后振动过程中到达最高点时弹簧刚好处于原长状态，相对于原来向上运动得距离
对物体A、B和弹簧组成的系统，由能量守恒得
联立解得
（3）解：在振动过程中，设平衡位置弹簧的压缩量为x，有
振幅
以第一次向下经过平衡位置为0时刻，取向下为正方向，则振动方程为
AB碰撞时
解得
因此以A与B碰撞为时起点，求AB振动到最高点的时刻
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；碰撞模型；简谐运动
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度最大值；
（2）根据受力平衡列式，结合机械能守恒和碰撞过程的动量守恒，据此列式求解；
（3）确定振幅，写振动方程，根据AB碰撞位置确定AB振动到最高点的时刻。
（1）AB在以后的振动过程中恰好不会分离，所以振动最高点为弹簧原长位置，此时加速度最大．有
解得
（2）B静止时有
物体A自由下落的过程，由机械能守恒得
物体A、B碰撞过程有
碰后AB在以后振动过程中到达最高点时弹簧刚好处于原长状态，相对于原来向上运动得距离
对物体A、B和弹簧组成的系统，由能量守恒得
联立解得
（3）在振动过程中，设平衡位置弹簧的压缩量为x，有
振幅
以第一次向下经过平衡位置为0时刻，取向下为正方向，则振动方程为
AB碰撞时
解得
因此以A与B碰撞为时起点，求AB振动到最高点的时刻
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