资源简介

2025届山东名校考试联盟高三下学期3月高考模拟考试物理试题
1．（2025·山东模拟）2025年1月20日，有“人造太阳”之称的中国全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST），首次实现1亿摄氏度1066秒的高约束模式等离子体运行。关于该实验中核聚变方程，下列说法正确的是（　　）
A．带正电
B．X是
C．核反应前后总质量不变
D．的比结合能小于的比结合能
2．（2025·山东模拟）摄影爱好者小明购买了相机后，发现镜头的颜色呈现蓝紫色，经过上网查询，了解到由于人对黄绿光最敏感，故在镜头上涂了一层很薄的氟化镁薄膜。关于薄膜的作用下列说法正确的是（　　）
A．薄膜将蓝紫光全部吸收 B．薄膜将黄绿光全部反射
C．薄膜使黄绿光容易发生干涉 D．薄膜使蓝紫光容易发生偏振
3．（2025·山东模拟）当向陶瓷茶杯倒入半杯热水，盖上杯盖过一段时间后，发现杯盖拿起来比未加水时困难。杯盖拿起来比较困难的主要原因是（　　）
A．杯子内气体压强减小
B．杯子周围的温度升高
C．杯盖与杯子间的分子引力变大
D．杯子内每个气体分子的分子动能都减小
4．（2025·山东模拟）2025年2月11日17时30分，我国在海南文昌航天发射场使用长征八号改运载火箭成功将卫星送入预定轨道。如图所示，如果卫星先沿圆周轨道1运动，再沿椭圆轨道2运动，两轨道相切于P点，Q为轨道2离地球最远点，在两轨道上卫星只受地球引力作用，下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道2上经过P点时机械能比经过Q点时机械能大
B．卫星经过P点时在轨道1上加速度比在轨道2上加速度大
C．卫星在轨道1的速度比在轨道2上经过Q点时的速度大
D．卫星在轨道1的周期比轨道2的周期大
5．（2025·山东模拟）如图所示，遵循胡克定律的弹性绳上端固定于O点，跨过一固定的光滑钉子P与水平面上的小滑块连接。O、P、A、B位于同一竖直平面内，B位于P的正下方。已知弹性绳原长为l，OP＝1.1l，PA＝0.4l。滑块从A点由静止释放后沿水平面向左滑到B的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．滑块的加速度一直在减小
B．滑块所受地面的摩擦力一直在减小
C．滑块速度一直在增大
D．滑块所受地面的支持力一直在增大
6．（2025·山东模拟）如图甲所示，在半径为r的圆形区域内存在垂直平面的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间变化如图乙所示。同一平面内有边长为2r的金属框abcd，总电阻为R，ab边与圆形磁场区域的直径重合。则（　　）
A．时，框中的电流为
B．时，框中的电流为
C．~时间内，框中产生的焦耳热为
D．~时间内，框中产生的焦耳热为
7．（2025·山东模拟）如图所示，两个质量均为m，倾角45°的直角斜劈顶角接触放置在光滑水平面上，一个质量为4m、半径为R、表面光滑的球在拉力作用下和两斜劈恰好接触但无挤压。某时刻撤去拉力，则球掉落到平面上的时间为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·山东模拟）如图所示，竖直平面内存在沿z轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度，从坐标原点O抛出，方向与x轴正方向和z轴正方向夹角均为45°。已知qE＝mg，g为重力加速度。则小球运动过程中速率的最小值为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·山东模拟）“南鲲”号是我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置，其原理如图甲所示，利用海浪带动浪板上下摆动，从而带动线框单向匀速转动，线框内阻恒定。线框ab两端通过滑环和电刷接如图乙所示的自耦变压器，自耦变压器cd两端接负载电阻。若海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，以下说法正确的是（　　）
A．通过负载电阻的电流频率变为原来的2倍
B．线框内阻的发热功率变为原来的2倍
C．变压器的输出功率变为原来的2倍
D．若使负载电阻两端电压不变，可将滑片向上滑动
10．（2025·山东模拟）如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，波速均为2m/s，两个波源分别位于x＝－0.2m和x＝1.2m处，波源的振幅均为4cm。此刻平衡位置在x＝0.2m和x＝0.8m的两质点刚开始振动，质点M的平衡位置位于x＝0.4m处。两波源连续振动，则从此时刻开始，下列说法正确的是（　　）
A．再经过0.1s质点M开始振动
B．t＝0.45s时，质点M点的位移为0
C．从t＝0到t＝0.3s时间内，质点M经过的路程为16cm
D．从t＝0到t＝0.3s时间内，质点M经过的路程为24cm
11．（2025·山东模拟）如图甲所示，质量为m＝3kg的铁锤从石板上方高h＝5m处由静止自由落下，竖直砸中石板后，铁锤与石板瞬间达到共同速度，然后一起向下运动距离d＝5cm后速度减为零，该过程中弹性气囊A对石板的作用力F随石板向下运动的距离x的规律如图乙所示，已知石板的质量为铁锤质量的19倍，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．铁锤与石板碰撞过程铁锤所受合外力的冲量大小57N·s
B．铁锤与石板碰撞过程铁锤所受合外力的冲量大小28.5N·s
C．弹性气囊A对石板作用力的最大值
D．弹性气囊A对石板作用力的最大值
12．（2025·山东模拟）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，电阻不计，空间内有垂直轨道面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。两金属杆垂直于导轨保持静止，金属杆ab质量为m，电阻为R，金属杆cd电阻不计，其间接有一个电容为C的电容器，电容器板间距d<A．金属杆ab与金属杆cd加速度相同
B．金属杆ab加速度大于金属杆cd加速度
C．cd杆加速度为
D．cd杆加速度为
13．（2025·山东模拟）某同学为测量小滑块和薄木板间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示，已知桌面长度为3m，且粗糙程度大于薄木板，桌面距地面高度为1m，桌面左侧紧靠一竖直挡板。
实验步骤如下：
①将木板搭在桌子左侧的竖直挡板上，木板顶端距桌面高度固定为1m，测出木板底端距挡板距离s（单位：m），木板底端和桌面平滑连接，不计滑块在连接处的能量损失。
②将小滑块从倾斜木板的顶端由静止释放，测出小滑块离开桌子后平抛的水平位移x（单位：m）。
③更换同种材料不同长度的木板，重复①②。
④根据测量的多组数据，画出对应图像（）。
根据实验操作以及图像信息，请回答以下问题：
（1）根据上述实验操作，下列说法正确的是______
A．桌面必须保持水平
B．还需测量滑块质量
C．木板和桌面间倾角不宜过大
（2）在步骤④中，若画出的图像如图乙所示，纵轴为，则横轴为______
A．s B． C． D．
（3）由图乙可知，小滑块与倾斜木板间的动摩擦因数　 　
14．（2025·山东模拟）某同学想把量程为0~3mA但内阻未知的毫安表G改装成量程为0~30mA的电流表；他先测量出毫安表G的内阻，然后对电表进行改装，最后再利用一标准电流表A，对改装后的电流表进行检测，具体实验步骤如下：
①按如图甲所示的电路图连接好线路；
②将滑动变阻器R的阻值调到最大，闭合开关后调节R的阻值，使毫安表G的指针满偏；
③闭合开关，保持R不变，调节电阻箱R'的阻值，使毫安表G的示数为1mA，此时R'接入电路的阻值为1800Ω。回答下列问题：
（1）由实验操作步骤可知，毫安表G内阻的测量值＝　 　Ω
（2）在图甲所示的电路图中，为减小系统误差，下列操作正确的是______
A．减小R的总阻值 B．增大R的总阻值
C．选择电动势较大的电源 D．选择电动势较小的电源
（3）用图乙所示的电路对改装后的电流表进行校准，由于内阻测量时造成的误差，当标准电流表的示数为30mA时，改装电流表中毫安表G的示数为2.5mA。改装后电表的实际量程为　 　。
（4）为了尽量消除改装后的电流表测量电流时带来的误差，需选用一新电阻替换原并联电阻，选用的新电阻为原电阻的　 　倍。
15．（2025·山东模拟）实验室中有一直角三棱镜，其横截面ABC如图所示，∠B＝30°。光线从直角边AB上的某点以入射角θ射入棱镜时，恰好能从另一直角边AC垂直射出。已知棱镜折射率为。
（1）求θ；
（2）保持AB边上光线的入射点不变，逐渐减小入射角，发现当入射角小于α时，斜边BC上才有光线射出，求sinα。
16．（2025·山东模拟）空气悬挂是一种汽车减震系统，它通过充气和放气来调整车辆底盘的离地间隙。某汽车的空气悬挂简化模型图所示，直立圆筒形汽缸固定在车的轮轴上，汽缸内一横截面积的活塞封闭一定质量的空气，活塞通过连杆与车身相连，并可无摩擦滑动。已知封闭气体的初始状态温度，长度；压强。外界大气压强为，重力加速度，气体视为理想气体。
（1）为提升汽车底盘的离地间隙，将体积为，温度为的外界大气充入汽缸，让活塞缓慢上升，设此过程中气体温度保持不变，求；
（2）在（1）问充气结束后，当车辆载重时，相当于在图示活塞顶部加一质量为m的物体，如果某时刻活塞达到平衡时气体温度为，缸内气柱长度，求m。
17．（2025·山东模拟）如图所示，半径的光滑四分之一圆弧轨道竖直固定，质量、长度的木板静止在粗糙水平地面上，木板左端放置质量的小滑块B，圆弧轨道的末端与木板的上表面相切，木板右侧距离是一固定平台，平台高度与木板厚度相同。从圆弧轨道的最高点由静止释放质量的滑块A，滑至底端时与滑块B发生弹性碰撞，木板向右运动与平台碰撞后立即停止。已知滑块A和滑块B均可视为质点，与木板间的动摩擦因数均为，木板与水平地面间的动摩擦因数，重力加速度。求：
（1）滑块A在圆弧轨道底端发生碰撞前所受轨道的支持力大小；
（2）滑块A在木板上向右运动的总时间；
（3）滑块B离开木板滑上平台时的速度大小v。
18．（2025·山东模拟）如图，在Oxy坐标系x＞0、y＞d区域内存在水平向左的匀强电场，在y＜0的区域内充满垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m，电荷量为＋q的粒子，在磁场中的P点以速度沿x轴正方向射出，且经O点飞出磁场时速度方向与y轴正方向夹角为53°。在电场中适当位置放置一与x轴平行的小绝缘挡板（图中未画出），该粒子与小绝缘挡板发生弹性碰撞（碰后沿挡板方向的速度不变，垂直挡板方向速度大小不变，方向相反），碰后粒子垂直于x轴方向返回磁场。已知粒子在运动过程中m、q均不变，电场强度大小为，不计粒子重力。
（1）求P点坐标；
（2）求粒子与挡板碰撞位置的坐标；
（3）改变电场中挡板的位置（始终与x轴平行），求粒子与挡板发生一次碰撞后进入磁场前，粒子可能打在x轴上位置的范围。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的人工转变；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查核反应方程的书写规则以及爱因斯坦的质能方程等，会根据题意进行准确分析解答。A．是中子不带电，故A错误；
B．根据质量数与电荷数守恒有2+3-1=4，1+1=2
可知，X是，故B正确；
C．核反应前后质量数不变，因为存在质量亏损，所以质量不守恒，故C错误；
D．比结合能是原子核稳定性的指标。在轻核聚变中，生成物（如氦-4）的比结合能高于反应物（氘和氚）。实际数据中，氚的比结合能（约2.8 MeV/核子）高于氘（约1.1 MeV/核子），故D错误。
故选B。
【分析】中子不带电；根据质量数与电荷数守恒分析；根据质能方程ΔE=Δmc2分析；氚的比结合能（约2.8 MeV/核子）高于氘（约1.1 MeV/核子）。
2．【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】此题考查的是光学薄膜（如增透膜）的基本原理，特别是其如何通过干涉效应来增强特定波长光的透射，同时减少其他波长光的透射。ABD．当光照射氟化镁薄膜的两表面产生频率相同的反射光，从而出现干涉现象出现光的抵消，最终实现增加透射性，因为人对黄绿光最敏感，所以要使绿光相互抵消，所以膜的厚度一般为绿光在薄膜中波长的四分之一。所以增透膜应增强对黄绿光的透射，这时红光和紫光没有显著削弱，所以透镜通常呈蓝紫色，故ABD错误；
C．膜的厚度一般为绿光在薄膜中波长的四分之一，薄膜使黄绿光容易发生干涉，使两表面反射的相同频率的绿光相互抵消，故C正确；
故选C。
【解答】蓝紫色镜头，实际上是由于增透膜的设计导致了黄绿光的干涉相消，从而使得镜头呈现出蓝紫色。因此，需要理解增透膜如何通过干涉效应来实现这一目的。
3．【答案】A
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】应用查理定律解题的一般步骤：确定研究对象，即被封闭的气体。分析气体状态变化时是否符合查理定律的适用条件：质量一定，体积不变。确定初、末两个状态的温度、压强。根据查理定律列式求解。杯盖与杯子间的密封性较好，根据可知，杯子内气体的温度下降、压强减小，大气压强大于杯子内压强导致杯盖拿起来比较费力。并非杯子周围的温度升高或杯盖与杯子间的分子引力变大，杯子内温度降低，只是气体分子的平均动能减小，而不是每个气体分子的分子动能都减小。
故选A。
【解答】根据查理定律分析，杯子内温度降低，只是气体分子的平均动能减小，而不是每个气体分子的分子动能都减小。气体分子之间不考虑相互作用力。
4．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题通过分析卫星在不同轨道上的机械能、加速度、速度和周期的变化，考查了万有引力定律、机械能守恒定律以及开普勒定律的应用。正确理解这些物理原理是解答此类问题的关键。A．卫星在轨道2上稳定运行时，只受万有引力，机械能守恒，经过P点时机械能等于经过Q点时机械能，故A错误；
B．根据
可得
卫星经过P点时在轨道1上加速度等于在轨道2上加速度，故B错误；
C．卫星在轨道1的速度，根据变轨原理可知，在轨道2上经过Q点时的速度小于以Q点到地心距离为半径圆轨道的速度，根据
可知
所以卫星在轨道1的速度比在轨道2上经过Q点时的速度大，故C正确；
D．根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道1的周期比轨道2的周期小，故D错误。
故选C。
【分析】卫星在不同轨道上的运动特性，包括机械能、加速度、速度和周期的变化。需要根据万有引力定律、机械能守恒定律以及开普勒定律等物理原理来分析卫星在不同轨道上的运动状态。
5．【答案】B
【知识点】胡克定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿第二定律
【解析】【解答】解题关键是利用数学知识结合胡克定律得出各个力的数学表达式。对力的合成与力的分解的综合应用问题，要首先熟练掌握力的合成和力的分解的相关内容，再选择合适的合成和分解方法进行解题。D．设P点到绳与小滑块连接处的竖直方向距离为h，绳与小滑块连接处为C点，PC段绳与水平方向夹角为，则绳长为
绳上拉力大小为
对小滑块受力分析，如图所示
竖直方向，有
联立，解得
小滑块从A到B过程中，一直增大，故一直减小，故D错误；
B．根据
可知滑块所受地面的摩擦力一直在减小，故B正确；
AC．绳的拉力F在水平方向，有
可知随着变大，一直变小，当小滑块运动至B点时
，
即绳对小滑块的水平方向拉力一直减小至0，由于小滑块一直受水平向右的滑动摩擦力作用，所以水平方向上的合力一定是先向左，使小滑块向左加速，当拉力水平方向的分力与滑动摩擦力大小相等时，加速度为0，再向左运动时，摩擦力大于拉力水平分力，加速度方向水平向右，小滑块做减速运动，故AC错误。
故选B。
【分析】根据受力平衡，列出FN以及摩擦力f以及绳子拉力表达式，结合各个表达式分析。
6．【答案】D
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】本题考查了电磁感应相关知识，理解其中的受力情况和运动变化情况是解决此类问题的关键。AB．由图甲可知线圈的有效面积为
在0~t0时间内，由法拉第电磁感应定律感应电动势的大小为
时，框中的电流为
故AB错误；
CD．~时间内，感应电动势的大小为
框中的电流为
框中产生的焦耳热为
故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，综合焦耳定律分析求解。
7．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】在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以左侧斜面为参考系，对左侧斜面受力分析如图，根据牛顿第二定律
对小球进行受力分析，如图，设小球相对左侧斜面的加速度为a，可知，
对右侧物体进行受力分析如图
根据牛顿第二定律
又由几何关系可知
以上各式联立解得
因此小球相对地面，竖直向下的加速度
小球的下端距离地面的高度
在竖直方向上，根据
可得下落时间
故选D。
【分析】以左侧斜面为参考系，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度，小球相对地面，具有竖直向下的加速度，结合自由落体运动求解运动时间。
8．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在电场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，合理选取运动学公式是解决此类问题的关键。因
则电场力与重力的合力F合方向在yoz平面内且与z轴负向夹角45°斜向下；将速度v0分解在沿x轴方向的分量（物体在该方向匀速运动）和沿z轴正向的，将沿z轴正向的速度分解到与F合方向垂直的方向，其速度为（物体在该方向做匀速运动）和与F合方向共线的方向（物体做减速运动），当此方向的速度减为零时，物体的速度最小，可知最小速度为
故选C。
【分析】根据运动的合成和分解，结合速度v0分解在沿x轴以及z轴方向上分析求解。
9．【答案】A,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】了解自耦变压器的构造与工作原理，能够对自耦变压器进行一定的分析是解题关键。A．通过负载电阻的电流频率
海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，则频率变为原来2倍，故A正确；
B．电动势有效值
由于
变为原来2倍，设负载电阻为，原线圈等效电阻为
则电流
变为原来2倍，线框内阻的发热功率
变为原来4倍，故B错误；
C．因为不确定内外电阻关系，所以输出功率无法判断，故C错误；
D．根据以上分析可知，原线圈两端电压变大，根据
可知，若使负载电阻两端电压不变，可将滑片向上滑动，增大原线圈匝数，故D正确。
故选AD。
【分析】线框转速变成原来的2倍，则频率变为原来2倍；根据电动势有效值以及原线圈等效电阻分析；结合变压器原理分析。
10．【答案】A,D
【知识点】横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】本题考查了振动图像，掌握波速、波长和周期的关系，理解质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，介质的质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和。A．向右传播的波传播到M点的时间
向左传播的波传播到M点的时间
故从图示时刻开始经过质点M开始振动，故A正确；
B．由波形图可知，波长
可知周期为
t＝0.45s时，向右传播的波传到质点M后振动时间
图示时刻x＝0.2m处质点起振方向向上，向右传播的波传到质点M起振方向也是向上，经过
质点M运动到负的最大位移处，质点M的位移
t＝0.45s时，向左传播的波传播到M点后的振动时间
图示时刻x＝0.8m处质点起振方向向下，向左传播的波传到质点M起振方向也是向下，经过
质点M运动到负的最大位移处，质点M的位移
由波的叠加原理可知，t＝0.45s时，质点M点的位移
故B错误；
CD．从t＝0到t＝0.1s时间内，两列波都没有传到M点。从t＝0.1s到t＝0.2s时间内，只有向右传播的波传到了M点，在这段时间内M点运动的路程为
从t＝0.2s到t＝0.3s时间内，两列波都传到了M点。两列波起振方向相反，且M点到两波源的距离为
为半个波长的奇数倍，M点为振动加强点。两列波在M点引起的振幅
从t＝0.2s到t＝0.3s时间内，M点从平衡位置开始运动的路程
从t＝0到t＝0.3s时间内，质点M经过的路程为
，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据波形图，波速、波长和周期的关系，结合质点M的振动情况，综合波的叠加原理分析求解。
11．【答案】B,C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题考查了动量守恒定律与动量定理的应用，根据题意分析清楚铁锤的运动过程是解题的前提，应用运动学公式、动量定理与动量守恒定律即可解题。AB．假设铁锤与石板碰撞前的速度为，则
解得
铁锤与石板碰撞，由动量守恒定律，有
解得
根据动量定理可知，铁锤与石板碰撞过程铁锤所受合外力的冲量大小
故A错误B正确；
CD．弹性气囊A对石板的作用力F做的功为图像与横轴围成的面积，则
从铁锤与石板共速到两者速度减为0的过程，根据动能定理得
解得
故C正确D错误。
故选BC。
【分析】求出铁锤与石板碰撞前的速度以及铁锤与石板碰撞后共同速度，根据动量定理求解铁锤与石板碰撞过程铁锤所受合外力的冲量大小；弹性气囊A对石板的作用力F做的功为F-x图像与横轴围成的面积，结合动能定理求解弹性气囊A对石板作用力的最大值。
12．【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；牛顿第二定律；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】导轨滑杆问题是电磁感应现象的综合应用，涉及动力学、电路、能量、动量等问题，难度较大，要认真进行分析。当系统达到稳定时，
设杆的速度为时，杆的速度为，由
可得此时杆的瞬时加速度为
杆的瞬时加速度为
则电路中的感应电动势，由得
杆运动过程中，给电容器充电，充电电流为
由
，，
得
①
对杆，由牛顿第二定律得
②
对杆，由牛顿第二定律得
③
由①②③解得
，
A．根据前面的计算可知，金属杆ab与金属杆cd加速度不相同，A错误；
B．根据前面的计算可知，金属杆ab加速度大于金属杆cd加速度，B正确；
C．杆加速度为，C错误；
D．cd杆加速度为，D正确。
故选BD。
【分析】当系统达到稳定时，二者加速度以及速度的差值恒定，结合法拉第电磁感应定律以及电流以及电容等定义式联立方程求解。
13．【答案】（1）A；C
（2）A
（3）0.1
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】本题考查了动摩擦因数相关实验，理解实验的目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
（1）A．根据实验原理可知，小滑块离开桌子后做平抛运动，则桌面必须保持水平，故A正确；
BC．根据实验原理可知，小滑块从静止释放到离开桌子，由动能定理有
其中小滑块与木板间摩擦因数为，小滑块与桌面间摩擦因数为，且
可知，滑块质量可以消掉，不需要需测量滑块质量；由于木板顶端距桌面高度固定，若木板和桌面间倾角过大，较小，滑块在桌面上滑行距离较大，可能出现未滑出桌面就已经停止的现象，则木板和桌面间倾角不宜过大，故B错误，C正确；
故选AC。
（2）小滑块离开桌子后做平抛运动，则有
，
其中，联立小问（1）整理可得
画出的图像如图乙所示，纵轴为，则横轴为。
故选A。
（3）由小问（2）解析式结合图乙可得
，
解得
，
【分析】（1）根据实验原理，结合动能定理以及实验步骤分析求解；
（2）根据小滑块离开桌子后做平抛运动，结合图像的特点分析求解；
（3）根据图像的斜率与截距分析求解。
（1）A．根据实验原理可知，小滑块离开桌子后做平抛运动，则桌面必须保持水平，故A正确；
BC．根据实验原理可知，小滑块从静止释放到离开桌子，由动能定理有
其中小滑块与木板间摩擦因数为，小滑块与桌面间摩擦因数为，且
可知，滑块质量可以消掉，不需要需测量滑块质量；由于木板顶端距桌面高度固定，若木板和桌面间倾角过大，较小，滑块在桌面上滑行距离较大，可能出现未滑出桌面就已经停止的现象，则木板和桌面间倾角不宜过大，故B错误，C正确；
故选AC。
（2）小滑块离开桌子后做平抛运动，则有，
其中
联立小问（1）整理可得
画出的图像如图乙所示，纵轴为，则横轴为。
故选A。
（3）由小问（2）解析式结合图乙可得，
解得，
14．【答案】（1）3600
（2）C
（3）36mA
（4）
【知识点】表头的改装；电表的改装与应用
【解析】【解答】本题关键掌握电流表的改装原理和串并联电路的特点。在电流表上串联一个大阻值的电阻R，把R作为电流表内阻的一部分，这样的电流表就可分担较大的电压，改装后作为电压表使用 。
（1）闭合开关，保持R不变，调节电阻箱R'的阻值，使毫安表G的示数为1mA，由并联电路特点可知
解得
（2）本实验成功的关键是接入回路的电阻比表头所在局部的电阻大得多，这样就可以保证在与表头并联对干路电流的影响足够小，由于表头满偏电流一定，故而电源的电动势越大，接入干路的阻值就可以越大，实验的系统误差就越小。
故选C。
（3）当标准电流表的示数为30mA时，改装电流表中毫安表G的示数为2.5mA。根据
解得改装后电表的实际量程为
（4）根据电流表原理可知
，
其中，解得
【分析】（1）根据并联电路的特点计算；
（2）电源的电动势越大，接入干路的阻值就可以越大，根据并联对干路电流的影响分析判断；
（3）两个电流表表头电流一样大，根据串联电路的特点计算；
（4）根据电流表的原理计算。
（1）闭合开关，保持R不变，调节电阻箱R'的阻值，使毫安表G的示数为1mA，由并联电路特点可知
解得
（2）本实验成功的关键是接入回路的电阻比表头所在局部的电阻大得多，这样就可以保证在与表头并联对干路电流的影响足够小，由于表头满偏电流一定，故而电源的电动势越大，接入干路的阻值就可以越大，实验的系统误差就越小。
故选C。
（3）当标准电流表的示数为30mA时，改装电流表中毫安表G的示数为2.5mA。根据
解得改装后电表的实际量程为
（4）根据电流表原理可知，
其中，解得
15．【答案】（1）解：由图可知
由几何关系得
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边上光线的入射点不变，逐渐减小入射角，解析图中的角分别变成由几何关系
γ'＋β'＝60°，C＋β'＝90
得
γ'＝C－30°
解得
由
解得

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）作出光路图，根据几何关系求解折射角，根据折射定律求解入射角；
（2）根据临界角公式求解全反射临界角，根据几何关系求解α对应的折射角，根据折射定律求解α的正弦值。
（1）由图可知
由几何关系得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边上光线的入射点不变，逐渐减小入射角，解析图中的角分别变成由几何关系
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：对活塞受力分析可得
对缸内气体，由理想气体状态方程可得
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）此过程中气体温度保持不变，由玻意耳定律列式求解；
（2）对缸内气体，明确各个状态，由理想气体状态方程列式求解。
（1）由玻意耳定律可得
解得
（2）对活塞受力分析可得
对缸内气体，由理想气体状态方程可得
解得m＝100kg
17．【答案】（1）解：从初位置到圆弧轨道最低点，由机械能守恒定律有
在圆弧轨道最低点，由牛顿第二定律有
解得
（2）解：A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得
由牛顿第二定律，对滑块A有
解得
对滑块B有
解得
对木板有
解得
A和木板共速时有
解得
，
此时B的速度
由牛顿第二定律，对A和木板整体有
可知，A和木板共速后一起匀速向右运动，假设木板右端与平台碰撞前与B未共速，则有
，
解得
，
假设成立，板与平台碰后，A开始减速向右运动，则有
解得
则滑块A在木板上向右运动的总时间
（3）解：由上述分析可知，滑块B碰后一直向右减速运动，则有
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对滑块A从圆弧轨道的最高点滑至底端的过程，由机械能守恒定律求出滑块A滑到圆弧轨道最低点时的速度大小。在圆弧轨道最低点，利用牛顿第二定律求轨道对滑块A的支持力；
（2）滑块A与滑块B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求出滑块A、B碰撞后瞬间各自的速度大小。滑块A、B在木板上滑动时，根据牛顿第二定律求出三者的加速度大小。由速度—时间公式求出A和木板共速时经历的时间以及共同速度，并求出此时B的速度。分析此后A和木板整体的运动情况。假设木板右端与平台碰撞前与B未共速，根据运动学公式求出此过程运动时间。木板与平台碰后，A开始减速向右运动，根据速度—时间公式求出所经历的时间，从而求得总时间；
（3）分析碰撞后B的运动情况，根据运动学公式求解滑块B离开木板滑上平台时的速度大小v。
（1）从初位置到圆弧轨道最低点，由机械能守恒定律有
在圆弧轨道最低点，由牛顿第二定律有
解得
（2）A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得
由牛顿第二定律，对滑块A有
解得
对滑块B有
解得
对木板有
解得
A和木板共速时有
解得，
此时B的速度
由牛顿第二定律，对A和木板整体有
可知，A和木板共速后一起匀速向右运动，假设木板右端与平台碰撞前与B未共速，则有，
解得，
假设成立，板与平台碰后，A开始减速向右运动，则有
解得
则滑块A在木板上向右运动的总时间
（3）由上述分析可知，滑块B碰后一直向右减速运动，则有
解得
18．【答案】（1）解：粒子在磁场中做匀速圆周运动
解得
由几何关系得
，
故P点坐标
（2）解：根据题意可知，进入电场时
，
粒子进电场后，做匀变速曲线运动
，
沿x轴速度减小为0时
，
挡板位置
，
解得
即挡板的位置坐标为
（3）解：粒子打在x轴右侧最远时，设射出电场时水平速度为电场中
射出电场后
，
最大值为
粒子打在x轴左侧最远时，设射出电场时水平速度为，有
，
解得
最大值为
解得
所以粒子打在x轴上的范围为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系分析求解；
（2）根据粒子进电场后，做匀变速曲线运动，将运动分解在沿x轴以及y轴方向，结合运动学公式分析求解；
（3）根据运动学公式，结合射出电场的水平位移分析求解。
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动
解得
由几何关系得，
故P点坐标
（2）根据题意可知，进入电场时，
粒子进电场后，做匀变速曲线运动qE＝ma，
沿x轴速度减小为0时，，
挡板位置，
解得
即挡板的位置坐标为
（3）粒子打在x轴右侧最远时，设射出电场时水平速度为电场中
射出电场后，
最大值为
粒子打在x轴左侧最远时，设射出电场时水平速度为，有，
解得
最大值为
解得
所以粒子打在x轴上的范围为
1 / 12025届山东名校考试联盟高三下学期3月高考模拟考试物理试题
1．（2025·山东模拟）2025年1月20日，有“人造太阳”之称的中国全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST），首次实现1亿摄氏度1066秒的高约束模式等离子体运行。关于该实验中核聚变方程，下列说法正确的是（　　）
A．带正电
B．X是
C．核反应前后总质量不变
D．的比结合能小于的比结合能
【答案】B
【知识点】原子核的人工转变；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查核反应方程的书写规则以及爱因斯坦的质能方程等，会根据题意进行准确分析解答。A．是中子不带电，故A错误；
B．根据质量数与电荷数守恒有2+3-1=4，1+1=2
可知，X是，故B正确；
C．核反应前后质量数不变，因为存在质量亏损，所以质量不守恒，故C错误；
D．比结合能是原子核稳定性的指标。在轻核聚变中，生成物（如氦-4）的比结合能高于反应物（氘和氚）。实际数据中，氚的比结合能（约2.8 MeV/核子）高于氘（约1.1 MeV/核子），故D错误。
故选B。
【分析】中子不带电；根据质量数与电荷数守恒分析；根据质能方程ΔE=Δmc2分析；氚的比结合能（约2.8 MeV/核子）高于氘（约1.1 MeV/核子）。
2．（2025·山东模拟）摄影爱好者小明购买了相机后，发现镜头的颜色呈现蓝紫色，经过上网查询，了解到由于人对黄绿光最敏感，故在镜头上涂了一层很薄的氟化镁薄膜。关于薄膜的作用下列说法正确的是（　　）
A．薄膜将蓝紫光全部吸收 B．薄膜将黄绿光全部反射
C．薄膜使黄绿光容易发生干涉 D．薄膜使蓝紫光容易发生偏振
【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】此题考查的是光学薄膜（如增透膜）的基本原理，特别是其如何通过干涉效应来增强特定波长光的透射，同时减少其他波长光的透射。ABD．当光照射氟化镁薄膜的两表面产生频率相同的反射光，从而出现干涉现象出现光的抵消，最终实现增加透射性，因为人对黄绿光最敏感，所以要使绿光相互抵消，所以膜的厚度一般为绿光在薄膜中波长的四分之一。所以增透膜应增强对黄绿光的透射，这时红光和紫光没有显著削弱，所以透镜通常呈蓝紫色，故ABD错误；
C．膜的厚度一般为绿光在薄膜中波长的四分之一，薄膜使黄绿光容易发生干涉，使两表面反射的相同频率的绿光相互抵消，故C正确；
故选C。
【解答】蓝紫色镜头，实际上是由于增透膜的设计导致了黄绿光的干涉相消，从而使得镜头呈现出蓝紫色。因此，需要理解增透膜如何通过干涉效应来实现这一目的。
3．（2025·山东模拟）当向陶瓷茶杯倒入半杯热水，盖上杯盖过一段时间后，发现杯盖拿起来比未加水时困难。杯盖拿起来比较困难的主要原因是（　　）
A．杯子内气体压强减小
B．杯子周围的温度升高
C．杯盖与杯子间的分子引力变大
D．杯子内每个气体分子的分子动能都减小
【答案】A
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】应用查理定律解题的一般步骤：确定研究对象，即被封闭的气体。分析气体状态变化时是否符合查理定律的适用条件：质量一定，体积不变。确定初、末两个状态的温度、压强。根据查理定律列式求解。杯盖与杯子间的密封性较好，根据可知，杯子内气体的温度下降、压强减小，大气压强大于杯子内压强导致杯盖拿起来比较费力。并非杯子周围的温度升高或杯盖与杯子间的分子引力变大，杯子内温度降低，只是气体分子的平均动能减小，而不是每个气体分子的分子动能都减小。
故选A。
【解答】根据查理定律分析，杯子内温度降低，只是气体分子的平均动能减小，而不是每个气体分子的分子动能都减小。气体分子之间不考虑相互作用力。
4．（2025·山东模拟）2025年2月11日17时30分，我国在海南文昌航天发射场使用长征八号改运载火箭成功将卫星送入预定轨道。如图所示，如果卫星先沿圆周轨道1运动，再沿椭圆轨道2运动，两轨道相切于P点，Q为轨道2离地球最远点，在两轨道上卫星只受地球引力作用，下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道2上经过P点时机械能比经过Q点时机械能大
B．卫星经过P点时在轨道1上加速度比在轨道2上加速度大
C．卫星在轨道1的速度比在轨道2上经过Q点时的速度大
D．卫星在轨道1的周期比轨道2的周期大
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题通过分析卫星在不同轨道上的机械能、加速度、速度和周期的变化，考查了万有引力定律、机械能守恒定律以及开普勒定律的应用。正确理解这些物理原理是解答此类问题的关键。A．卫星在轨道2上稳定运行时，只受万有引力，机械能守恒，经过P点时机械能等于经过Q点时机械能，故A错误；
B．根据
可得
卫星经过P点时在轨道1上加速度等于在轨道2上加速度，故B错误；
C．卫星在轨道1的速度，根据变轨原理可知，在轨道2上经过Q点时的速度小于以Q点到地心距离为半径圆轨道的速度，根据
可知
所以卫星在轨道1的速度比在轨道2上经过Q点时的速度大，故C正确；
D．根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道1的周期比轨道2的周期小，故D错误。
故选C。
【分析】卫星在不同轨道上的运动特性，包括机械能、加速度、速度和周期的变化。需要根据万有引力定律、机械能守恒定律以及开普勒定律等物理原理来分析卫星在不同轨道上的运动状态。
5．（2025·山东模拟）如图所示，遵循胡克定律的弹性绳上端固定于O点，跨过一固定的光滑钉子P与水平面上的小滑块连接。O、P、A、B位于同一竖直平面内，B位于P的正下方。已知弹性绳原长为l，OP＝1.1l，PA＝0.4l。滑块从A点由静止释放后沿水平面向左滑到B的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．滑块的加速度一直在减小
B．滑块所受地面的摩擦力一直在减小
C．滑块速度一直在增大
D．滑块所受地面的支持力一直在增大
【答案】B
【知识点】胡克定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿第二定律
【解析】【解答】解题关键是利用数学知识结合胡克定律得出各个力的数学表达式。对力的合成与力的分解的综合应用问题，要首先熟练掌握力的合成和力的分解的相关内容，再选择合适的合成和分解方法进行解题。D．设P点到绳与小滑块连接处的竖直方向距离为h，绳与小滑块连接处为C点，PC段绳与水平方向夹角为，则绳长为
绳上拉力大小为
对小滑块受力分析，如图所示
竖直方向，有
联立，解得
小滑块从A到B过程中，一直增大，故一直减小，故D错误；
B．根据
可知滑块所受地面的摩擦力一直在减小，故B正确；
AC．绳的拉力F在水平方向，有
可知随着变大，一直变小，当小滑块运动至B点时
，
即绳对小滑块的水平方向拉力一直减小至0，由于小滑块一直受水平向右的滑动摩擦力作用，所以水平方向上的合力一定是先向左，使小滑块向左加速，当拉力水平方向的分力与滑动摩擦力大小相等时，加速度为0，再向左运动时，摩擦力大于拉力水平分力，加速度方向水平向右，小滑块做减速运动，故AC错误。
故选B。
【分析】根据受力平衡，列出FN以及摩擦力f以及绳子拉力表达式，结合各个表达式分析。
6．（2025·山东模拟）如图甲所示，在半径为r的圆形区域内存在垂直平面的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间变化如图乙所示。同一平面内有边长为2r的金属框abcd，总电阻为R，ab边与圆形磁场区域的直径重合。则（　　）
A．时，框中的电流为
B．时，框中的电流为
C．~时间内，框中产生的焦耳热为
D．~时间内，框中产生的焦耳热为
【答案】D
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】本题考查了电磁感应相关知识，理解其中的受力情况和运动变化情况是解决此类问题的关键。AB．由图甲可知线圈的有效面积为
在0~t0时间内，由法拉第电磁感应定律感应电动势的大小为
时，框中的电流为
故AB错误；
CD．~时间内，感应电动势的大小为
框中的电流为
框中产生的焦耳热为
故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，综合焦耳定律分析求解。
7．（2025·山东模拟）如图所示，两个质量均为m，倾角45°的直角斜劈顶角接触放置在光滑水平面上，一个质量为4m、半径为R、表面光滑的球在拉力作用下和两斜劈恰好接触但无挤压。某时刻撤去拉力，则球掉落到平面上的时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】在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以左侧斜面为参考系，对左侧斜面受力分析如图，根据牛顿第二定律
对小球进行受力分析，如图，设小球相对左侧斜面的加速度为a，可知，
对右侧物体进行受力分析如图
根据牛顿第二定律
又由几何关系可知
以上各式联立解得
因此小球相对地面，竖直向下的加速度
小球的下端距离地面的高度
在竖直方向上，根据
可得下落时间
故选D。
【分析】以左侧斜面为参考系，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度，小球相对地面，具有竖直向下的加速度，结合自由落体运动求解运动时间。
8．（2025·山东模拟）如图所示，竖直平面内存在沿z轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度，从坐标原点O抛出，方向与x轴正方向和z轴正方向夹角均为45°。已知qE＝mg，g为重力加速度。则小球运动过程中速率的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在电场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，合理选取运动学公式是解决此类问题的关键。因
则电场力与重力的合力F合方向在yoz平面内且与z轴负向夹角45°斜向下；将速度v0分解在沿x轴方向的分量（物体在该方向匀速运动）和沿z轴正向的，将沿z轴正向的速度分解到与F合方向垂直的方向，其速度为（物体在该方向做匀速运动）和与F合方向共线的方向（物体做减速运动），当此方向的速度减为零时，物体的速度最小，可知最小速度为
故选C。
【分析】根据运动的合成和分解，结合速度v0分解在沿x轴以及z轴方向上分析求解。
9．（2025·山东模拟）“南鲲”号是我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置，其原理如图甲所示，利用海浪带动浪板上下摆动，从而带动线框单向匀速转动，线框内阻恒定。线框ab两端通过滑环和电刷接如图乙所示的自耦变压器，自耦变压器cd两端接负载电阻。若海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，以下说法正确的是（　　）
A．通过负载电阻的电流频率变为原来的2倍
B．线框内阻的发热功率变为原来的2倍
C．变压器的输出功率变为原来的2倍
D．若使负载电阻两端电压不变，可将滑片向上滑动
【答案】A,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】了解自耦变压器的构造与工作原理，能够对自耦变压器进行一定的分析是解题关键。A．通过负载电阻的电流频率
海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，则频率变为原来2倍，故A正确；
B．电动势有效值
由于
变为原来2倍，设负载电阻为，原线圈等效电阻为
则电流
变为原来2倍，线框内阻的发热功率
变为原来4倍，故B错误；
C．因为不确定内外电阻关系，所以输出功率无法判断，故C错误；
D．根据以上分析可知，原线圈两端电压变大，根据
可知，若使负载电阻两端电压不变，可将滑片向上滑动，增大原线圈匝数，故D正确。
故选AD。
【分析】线框转速变成原来的2倍，则频率变为原来2倍；根据电动势有效值以及原线圈等效电阻分析；结合变压器原理分析。
10．（2025·山东模拟）如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，波速均为2m/s，两个波源分别位于x＝－0.2m和x＝1.2m处，波源的振幅均为4cm。此刻平衡位置在x＝0.2m和x＝0.8m的两质点刚开始振动，质点M的平衡位置位于x＝0.4m处。两波源连续振动，则从此时刻开始，下列说法正确的是（　　）
A．再经过0.1s质点M开始振动
B．t＝0.45s时，质点M点的位移为0
C．从t＝0到t＝0.3s时间内，质点M经过的路程为16cm
D．从t＝0到t＝0.3s时间内，质点M经过的路程为24cm
【答案】A,D
【知识点】横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】本题考查了振动图像，掌握波速、波长和周期的关系，理解质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，介质的质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和。A．向右传播的波传播到M点的时间
向左传播的波传播到M点的时间
故从图示时刻开始经过质点M开始振动，故A正确；
B．由波形图可知，波长
可知周期为
t＝0.45s时，向右传播的波传到质点M后振动时间
图示时刻x＝0.2m处质点起振方向向上，向右传播的波传到质点M起振方向也是向上，经过
质点M运动到负的最大位移处，质点M的位移
t＝0.45s时，向左传播的波传播到M点后的振动时间
图示时刻x＝0.8m处质点起振方向向下，向左传播的波传到质点M起振方向也是向下，经过
质点M运动到负的最大位移处，质点M的位移
由波的叠加原理可知，t＝0.45s时，质点M点的位移
故B错误；
CD．从t＝0到t＝0.1s时间内，两列波都没有传到M点。从t＝0.1s到t＝0.2s时间内，只有向右传播的波传到了M点，在这段时间内M点运动的路程为
从t＝0.2s到t＝0.3s时间内，两列波都传到了M点。两列波起振方向相反，且M点到两波源的距离为
为半个波长的奇数倍，M点为振动加强点。两列波在M点引起的振幅
从t＝0.2s到t＝0.3s时间内，M点从平衡位置开始运动的路程
从t＝0到t＝0.3s时间内，质点M经过的路程为
，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据波形图，波速、波长和周期的关系，结合质点M的振动情况，综合波的叠加原理分析求解。
11．（2025·山东模拟）如图甲所示，质量为m＝3kg的铁锤从石板上方高h＝5m处由静止自由落下，竖直砸中石板后，铁锤与石板瞬间达到共同速度，然后一起向下运动距离d＝5cm后速度减为零，该过程中弹性气囊A对石板的作用力F随石板向下运动的距离x的规律如图乙所示，已知石板的质量为铁锤质量的19倍，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．铁锤与石板碰撞过程铁锤所受合外力的冲量大小57N·s
B．铁锤与石板碰撞过程铁锤所受合外力的冲量大小28.5N·s
C．弹性气囊A对石板作用力的最大值
D．弹性气囊A对石板作用力的最大值
【答案】B,C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题考查了动量守恒定律与动量定理的应用，根据题意分析清楚铁锤的运动过程是解题的前提，应用运动学公式、动量定理与动量守恒定律即可解题。AB．假设铁锤与石板碰撞前的速度为，则
解得
铁锤与石板碰撞，由动量守恒定律，有
解得
根据动量定理可知，铁锤与石板碰撞过程铁锤所受合外力的冲量大小
故A错误B正确；
CD．弹性气囊A对石板的作用力F做的功为图像与横轴围成的面积，则
从铁锤与石板共速到两者速度减为0的过程，根据动能定理得
解得
故C正确D错误。
故选BC。
【分析】求出铁锤与石板碰撞前的速度以及铁锤与石板碰撞后共同速度，根据动量定理求解铁锤与石板碰撞过程铁锤所受合外力的冲量大小；弹性气囊A对石板的作用力F做的功为F-x图像与横轴围成的面积，结合动能定理求解弹性气囊A对石板作用力的最大值。
12．（2025·山东模拟）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，电阻不计，空间内有垂直轨道面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。两金属杆垂直于导轨保持静止，金属杆ab质量为m，电阻为R，金属杆cd电阻不计，其间接有一个电容为C的电容器，电容器板间距d<A．金属杆ab与金属杆cd加速度相同
B．金属杆ab加速度大于金属杆cd加速度
C．cd杆加速度为
D．cd杆加速度为
【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；牛顿第二定律；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】导轨滑杆问题是电磁感应现象的综合应用，涉及动力学、电路、能量、动量等问题，难度较大，要认真进行分析。当系统达到稳定时，
设杆的速度为时，杆的速度为，由
可得此时杆的瞬时加速度为
杆的瞬时加速度为
则电路中的感应电动势，由得
杆运动过程中，给电容器充电，充电电流为
由
，，
得
①
对杆，由牛顿第二定律得
②
对杆，由牛顿第二定律得
③
由①②③解得
，
A．根据前面的计算可知，金属杆ab与金属杆cd加速度不相同，A错误；
B．根据前面的计算可知，金属杆ab加速度大于金属杆cd加速度，B正确；
C．杆加速度为，C错误；
D．cd杆加速度为，D正确。
故选BD。
【分析】当系统达到稳定时，二者加速度以及速度的差值恒定，结合法拉第电磁感应定律以及电流以及电容等定义式联立方程求解。
13．（2025·山东模拟）某同学为测量小滑块和薄木板间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示，已知桌面长度为3m，且粗糙程度大于薄木板，桌面距地面高度为1m，桌面左侧紧靠一竖直挡板。
实验步骤如下：
①将木板搭在桌子左侧的竖直挡板上，木板顶端距桌面高度固定为1m，测出木板底端距挡板距离s（单位：m），木板底端和桌面平滑连接，不计滑块在连接处的能量损失。
②将小滑块从倾斜木板的顶端由静止释放，测出小滑块离开桌子后平抛的水平位移x（单位：m）。
③更换同种材料不同长度的木板，重复①②。
④根据测量的多组数据，画出对应图像（）。
根据实验操作以及图像信息，请回答以下问题：
（1）根据上述实验操作，下列说法正确的是______
A．桌面必须保持水平
B．还需测量滑块质量
C．木板和桌面间倾角不宜过大
（2）在步骤④中，若画出的图像如图乙所示，纵轴为，则横轴为______
A．s B． C． D．
（3）由图乙可知，小滑块与倾斜木板间的动摩擦因数　 　
【答案】（1）A；C
（2）A
（3）0.1
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】本题考查了动摩擦因数相关实验，理解实验的目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
（1）A．根据实验原理可知，小滑块离开桌子后做平抛运动，则桌面必须保持水平，故A正确；
BC．根据实验原理可知，小滑块从静止释放到离开桌子，由动能定理有
其中小滑块与木板间摩擦因数为，小滑块与桌面间摩擦因数为，且
可知，滑块质量可以消掉，不需要需测量滑块质量；由于木板顶端距桌面高度固定，若木板和桌面间倾角过大，较小，滑块在桌面上滑行距离较大，可能出现未滑出桌面就已经停止的现象，则木板和桌面间倾角不宜过大，故B错误，C正确；
故选AC。
（2）小滑块离开桌子后做平抛运动，则有
，
其中，联立小问（1）整理可得
画出的图像如图乙所示，纵轴为，则横轴为。
故选A。
（3）由小问（2）解析式结合图乙可得
，
解得
，
【分析】（1）根据实验原理，结合动能定理以及实验步骤分析求解；
（2）根据小滑块离开桌子后做平抛运动，结合图像的特点分析求解；
（3）根据图像的斜率与截距分析求解。
（1）A．根据实验原理可知，小滑块离开桌子后做平抛运动，则桌面必须保持水平，故A正确；
BC．根据实验原理可知，小滑块从静止释放到离开桌子，由动能定理有
其中小滑块与木板间摩擦因数为，小滑块与桌面间摩擦因数为，且
可知，滑块质量可以消掉，不需要需测量滑块质量；由于木板顶端距桌面高度固定，若木板和桌面间倾角过大，较小，滑块在桌面上滑行距离较大，可能出现未滑出桌面就已经停止的现象，则木板和桌面间倾角不宜过大，故B错误，C正确；
故选AC。
（2）小滑块离开桌子后做平抛运动，则有，
其中
联立小问（1）整理可得
画出的图像如图乙所示，纵轴为，则横轴为。
故选A。
（3）由小问（2）解析式结合图乙可得，
解得，
14．（2025·山东模拟）某同学想把量程为0~3mA但内阻未知的毫安表G改装成量程为0~30mA的电流表；他先测量出毫安表G的内阻，然后对电表进行改装，最后再利用一标准电流表A，对改装后的电流表进行检测，具体实验步骤如下：
①按如图甲所示的电路图连接好线路；
②将滑动变阻器R的阻值调到最大，闭合开关后调节R的阻值，使毫安表G的指针满偏；
③闭合开关，保持R不变，调节电阻箱R'的阻值，使毫安表G的示数为1mA，此时R'接入电路的阻值为1800Ω。回答下列问题：
（1）由实验操作步骤可知，毫安表G内阻的测量值＝　 　Ω
（2）在图甲所示的电路图中，为减小系统误差，下列操作正确的是______
A．减小R的总阻值 B．增大R的总阻值
C．选择电动势较大的电源 D．选择电动势较小的电源
（3）用图乙所示的电路对改装后的电流表进行校准，由于内阻测量时造成的误差，当标准电流表的示数为30mA时，改装电流表中毫安表G的示数为2.5mA。改装后电表的实际量程为　 　。
（4）为了尽量消除改装后的电流表测量电流时带来的误差，需选用一新电阻替换原并联电阻，选用的新电阻为原电阻的　 　倍。
【答案】（1）3600
（2）C
（3）36mA
（4）
【知识点】表头的改装；电表的改装与应用
【解析】【解答】本题关键掌握电流表的改装原理和串并联电路的特点。在电流表上串联一个大阻值的电阻R，把R作为电流表内阻的一部分，这样的电流表就可分担较大的电压，改装后作为电压表使用 。
（1）闭合开关，保持R不变，调节电阻箱R'的阻值，使毫安表G的示数为1mA，由并联电路特点可知
解得
（2）本实验成功的关键是接入回路的电阻比表头所在局部的电阻大得多，这样就可以保证在与表头并联对干路电流的影响足够小，由于表头满偏电流一定，故而电源的电动势越大，接入干路的阻值就可以越大，实验的系统误差就越小。
故选C。
（3）当标准电流表的示数为30mA时，改装电流表中毫安表G的示数为2.5mA。根据
解得改装后电表的实际量程为
（4）根据电流表原理可知
，
其中，解得
【分析】（1）根据并联电路的特点计算；
（2）电源的电动势越大，接入干路的阻值就可以越大，根据并联对干路电流的影响分析判断；
（3）两个电流表表头电流一样大，根据串联电路的特点计算；
（4）根据电流表的原理计算。
（1）闭合开关，保持R不变，调节电阻箱R'的阻值，使毫安表G的示数为1mA，由并联电路特点可知
解得
（2）本实验成功的关键是接入回路的电阻比表头所在局部的电阻大得多，这样就可以保证在与表头并联对干路电流的影响足够小，由于表头满偏电流一定，故而电源的电动势越大，接入干路的阻值就可以越大，实验的系统误差就越小。
故选C。
（3）当标准电流表的示数为30mA时，改装电流表中毫安表G的示数为2.5mA。根据
解得改装后电表的实际量程为
（4）根据电流表原理可知，
其中，解得
15．（2025·山东模拟）实验室中有一直角三棱镜，其横截面ABC如图所示，∠B＝30°。光线从直角边AB上的某点以入射角θ射入棱镜时，恰好能从另一直角边AC垂直射出。已知棱镜折射率为。
（1）求θ；
（2）保持AB边上光线的入射点不变，逐渐减小入射角，发现当入射角小于α时，斜边BC上才有光线射出，求sinα。
【答案】（1）解：由图可知
由几何关系得
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边上光线的入射点不变，逐渐减小入射角，解析图中的角分别变成由几何关系
γ'＋β'＝60°，C＋β'＝90
得
γ'＝C－30°
解得
由
解得

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）作出光路图，根据几何关系求解折射角，根据折射定律求解入射角；
（2）根据临界角公式求解全反射临界角，根据几何关系求解α对应的折射角，根据折射定律求解α的正弦值。
（1）由图可知
由几何关系得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边上光线的入射点不变，逐渐减小入射角，解析图中的角分别变成由几何关系
γ'＋β'＝60°，C＋β'＝90
得γ'＝C－30°
解得
由，解得
16．（2025·山东模拟）空气悬挂是一种汽车减震系统，它通过充气和放气来调整车辆底盘的离地间隙。某汽车的空气悬挂简化模型图所示，直立圆筒形汽缸固定在车的轮轴上，汽缸内一横截面积的活塞封闭一定质量的空气，活塞通过连杆与车身相连，并可无摩擦滑动。已知封闭气体的初始状态温度，长度；压强。外界大气压强为，重力加速度，气体视为理想气体。
（1）为提升汽车底盘的离地间隙，将体积为，温度为的外界大气充入汽缸，让活塞缓慢上升，设此过程中气体温度保持不变，求；
（2）在（1）问充气结束后，当车辆载重时，相当于在图示活塞顶部加一质量为m的物体，如果某时刻活塞达到平衡时气体温度为，缸内气柱长度，求m。
【答案】（1）解：由玻意耳定律可得
解得
（2）解：对活塞受力分析可得
对缸内气体，由理想气体状态方程可得
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）此过程中气体温度保持不变，由玻意耳定律列式求解；
（2）对缸内气体，明确各个状态，由理想气体状态方程列式求解。
（1）由玻意耳定律可得
解得
（2）对活塞受力分析可得
对缸内气体，由理想气体状态方程可得
解得m＝100kg
17．（2025·山东模拟）如图所示，半径的光滑四分之一圆弧轨道竖直固定，质量、长度的木板静止在粗糙水平地面上，木板左端放置质量的小滑块B，圆弧轨道的末端与木板的上表面相切，木板右侧距离是一固定平台，平台高度与木板厚度相同。从圆弧轨道的最高点由静止释放质量的滑块A，滑至底端时与滑块B发生弹性碰撞，木板向右运动与平台碰撞后立即停止。已知滑块A和滑块B均可视为质点，与木板间的动摩擦因数均为，木板与水平地面间的动摩擦因数，重力加速度。求：
（1）滑块A在圆弧轨道底端发生碰撞前所受轨道的支持力大小；
（2）滑块A在木板上向右运动的总时间；
（3）滑块B离开木板滑上平台时的速度大小v。
【答案】（1）解：从初位置到圆弧轨道最低点，由机械能守恒定律有
在圆弧轨道最低点，由牛顿第二定律有
解得
（2）解：A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得
由牛顿第二定律，对滑块A有
解得
对滑块B有
解得
对木板有
解得
A和木板共速时有
解得
，
此时B的速度
由牛顿第二定律，对A和木板整体有
可知，A和木板共速后一起匀速向右运动，假设木板右端与平台碰撞前与B未共速，则有
，
解得
，
假设成立，板与平台碰后，A开始减速向右运动，则有
解得
则滑块A在木板上向右运动的总时间
（3）解：由上述分析可知，滑块B碰后一直向右减速运动，则有
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对滑块A从圆弧轨道的最高点滑至底端的过程，由机械能守恒定律求出滑块A滑到圆弧轨道最低点时的速度大小。在圆弧轨道最低点，利用牛顿第二定律求轨道对滑块A的支持力；
（2）滑块A与滑块B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求出滑块A、B碰撞后瞬间各自的速度大小。滑块A、B在木板上滑动时，根据牛顿第二定律求出三者的加速度大小。由速度—时间公式求出A和木板共速时经历的时间以及共同速度，并求出此时B的速度。分析此后A和木板整体的运动情况。假设木板右端与平台碰撞前与B未共速，根据运动学公式求出此过程运动时间。木板与平台碰后，A开始减速向右运动，根据速度—时间公式求出所经历的时间，从而求得总时间；
（3）分析碰撞后B的运动情况，根据运动学公式求解滑块B离开木板滑上平台时的速度大小v。
（1）从初位置到圆弧轨道最低点，由机械能守恒定律有
在圆弧轨道最低点，由牛顿第二定律有
解得
（2）A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得
由牛顿第二定律，对滑块A有
解得
对滑块B有
解得
对木板有
解得
A和木板共速时有
解得，
此时B的速度
由牛顿第二定律，对A和木板整体有
可知，A和木板共速后一起匀速向右运动，假设木板右端与平台碰撞前与B未共速，则有，
解得，
假设成立，板与平台碰后，A开始减速向右运动，则有
解得
则滑块A在木板上向右运动的总时间
（3）由上述分析可知，滑块B碰后一直向右减速运动，则有
解得
18．（2025·山东模拟）如图，在Oxy坐标系x＞0、y＞d区域内存在水平向左的匀强电场，在y＜0的区域内充满垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m，电荷量为＋q的粒子，在磁场中的P点以速度沿x轴正方向射出，且经O点飞出磁场时速度方向与y轴正方向夹角为53°。在电场中适当位置放置一与x轴平行的小绝缘挡板（图中未画出），该粒子与小绝缘挡板发生弹性碰撞（碰后沿挡板方向的速度不变，垂直挡板方向速度大小不变，方向相反），碰后粒子垂直于x轴方向返回磁场。已知粒子在运动过程中m、q均不变，电场强度大小为，不计粒子重力。
（1）求P点坐标；
（2）求粒子与挡板碰撞位置的坐标；
（3）改变电场中挡板的位置（始终与x轴平行），求粒子与挡板发生一次碰撞后进入磁场前，粒子可能打在x轴上位置的范围。
【答案】（1）解：粒子在磁场中做匀速圆周运动
解得
由几何关系得
，
故P点坐标
（2）解：根据题意可知，进入电场时
，
粒子进电场后，做匀变速曲线运动
，
沿x轴速度减小为0时
，
挡板位置
，
解得
即挡板的位置坐标为
（3）解：粒子打在x轴右侧最远时，设射出电场时水平速度为电场中
射出电场后
，
最大值为
粒子打在x轴左侧最远时，设射出电场时水平速度为，有
，
解得
最大值为
解得
所以粒子打在x轴上的范围为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系分析求解；
（2）根据粒子进电场后，做匀变速曲线运动，将运动分解在沿x轴以及y轴方向，结合运动学公式分析求解；
（3）根据运动学公式，结合射出电场的水平位移分析求解。
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动
解得
由几何关系得，
故P点坐标
（2）根据题意可知，进入电场时，
粒子进电场后，做匀变速曲线运动qE＝ma，
沿x轴速度减小为0时，，
挡板位置，
解得
即挡板的位置坐标为
（3）粒子打在x轴右侧最远时，设射出电场时水平速度为电场中
射出电场后，
最大值为
粒子打在x轴左侧最远时，设射出电场时水平速度为，有，
解得
最大值为
解得
所以粒子打在x轴上的范围为
1 / 1

展开更多......

收起↑