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2025届四川省资阳市安岳中学高三下学期二模物理试题
1．（2025·安岳模拟）已知锶90的半衰期为28年，其衰变方程为，是一种非常稳定的元素，关于上述衰变过程，下列说法正确的是（　　）
A．衰变方程中的X为质子
B．的比结合能小于的比结合能
C．此反应的实质是原子发生电离
D．经过84年，会有的锶90发生衰变
2．（2025·安岳模拟）如图所示为研究光电效应的装置，当分别利用波长为2λ、λ的单色光照射锌板时，从锌板表面逸出的光电子的最大初速度之比为1∶3，电流计的示数均不为零。已知单色光在真空中的传播速度为c，普朗克常量为h。则（　　）
A．锌板的极限频率为
B．用波长为2λ的光照射锌板时，电流计的示数较大
C．用波长为3λ的单色光照射锌板时，定能从锌板表面逸出光电子
D．用波长为2λ、λ的单色光分别照射锌板时，二者遏止电压之比为1∶9
3．（2025·安岳模拟）如图所示，将透镜凸起的一面压在表面平整的玻璃板上，让单色光从上方射入，从上往下看透镜，可以看到明暗相间的圆环状条纹。已知透镜凸起面表现为球面，球面的半径叫作这个曲面的曲率半径（曲率半径越大，球面弯曲程度越小）。下列说法正确的是（　　）
A．圆环状条纹是透镜上下两个表面反射的两列光发生干涉形成的
B．圆环状条纹间距不相等，越往外条纹间距越宽
C．换用曲率半径更大的透镜，可以看到条纹将变密集
D．改用频率更高的单色光照射，可以看到条纹将变密集
4．（2025·安岳模拟）2024年10月11日，实践十九号卫星在东风着陆场成功着陆，实践十九号卫星是我国首颗可重复使用的返回式技术试验卫星。实践十九号卫星返回至离地面十几公里时打开主伞卫星快速减速，卫星速度大大减小，在减速过程中，下列说法正确的是（　　）
A．卫星处于失重状态 B．卫星处于超重状态
C．主伞的拉力不做功 D．重力对卫星做负功
5．（2025·安岳模拟）图甲为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数，线圈的电阻，线圈与外电路连接的定值电阻，电压表为理想交流电表。则下列判断不正确的是（　　）
A．线圈转动的周期为
B．时刻线圈平面与磁感线平行
C．线圈转动过程中产生的最大感应电动势为
D．电压表的示数为
6．（2025·安岳模拟）2020年12月17日凌晨，嫦娥五号到月球“挖土”成功返回。作为中国复杂度最高、技术跨度最大的航天系统工程，嫦娥五号任务实现了多项重大突破，标志着中国探月工程“绕、落、回”三步走规划完美收官。若探测器测得月球表面的重力加速度为g0，已知月球的半径为R0，地球表面的重力加速度为g，地球的半径为R，忽略地球、月球自转的影响，则（　　）
A．月球质量与地球质量之比为
B．月球密度与地球密度之比为
C．月球第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比为
D．嫦娥五号在月球表面所受万有引力与在地球表面所受万有引力之比为
7．（2025·安岳模拟）如图所示，倾角为、长度有限的光滑斜面固定在水平面上，一根劲度系数为的轻质弹簧下端固定于斜面底部，上端压一个质量为的小物块，与弹簧间不拴接，开始时处于静止状态。现有另一个质量为的小物块从斜面上某处由静止释放，与发生正碰后立即粘在一起成为组合体。已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为，重力加速度为，弹簧始终未超出弹性限度。下列说法正确的是（　　）
A．被弹簧反弹后恰好可以回到的释放点
B．整个过程中、和弹簧组成的系统机械能守恒
C．当的释放点到的距离为时，恰好不会与弹簧分离
D．要使能在斜面上做完整的简谐运动，的释放点到的距离至少为
8．（2025·安岳模拟）在处的波源P产生一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在处的波源Q产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波。时刻两波源开始振动，时两列简谐波的波形图分别如图中实线和虚线所示，下列说法正确的是（　　）
A．两波源的起振方向均沿y轴负方向
B．两列波的波速大小均为
C．再经过0.1s，平衡位置在处的质点位移为
D．平衡位置在处的质点在前内运动的路程为50cm
9．（2025·安岳模拟）如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1（）。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L、电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动。金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是（　　）
A．ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针
B．左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLv
C．当滑动变阻器接入电路中的阻值时，导体棒两端的电压为BLv
D．当滑动变阻器接入电路中的阻值时，滑动变阻器的电功率为
10．（2025·安岳模拟）我国空间站天和核心舱配备了4台霍尔推进器。如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，经电场加速后以极高速度喷出，在相反的方向上对航天器产生推力。假设核心舱的质量为，电离后的离子初速度为0，加速电压为，单台推进器单位时间喷出的离子数量为，离子质量为，电荷量为，忽略离子间的相互作用力，下列说法正确的是（　　）
A．离子喷出加速电场时的速度为
B．单台霍尔推进器的离子向外喷射形成的等效电流为
C．离子在电场中加速的过程中，动能和电势能都增大
D．推进器全部同向开启时，核心舱的加速度为
11．（2025·安岳模拟）某同学用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验，所用计时器为电火花打点计时器，重锤质量为500g，部分实验步骤如下：
A．将打点计时器竖直固定在铁架台上如图甲所示的位置
B．先接通电源，后释放重锤
C．更换纸带，再重复几次，选择合适的纸带进行测量分析
（1）上述实验步骤中不合理的步骤为　 　（选填序号字母）。
（2）按照正确的操作选得如图乙所示的纸带，其中O是重锤刚释放时所打的点，测得连续打下的五个点A、B、C、D、E到O点的距离h值如图乙所示。已知交流电源频率为50Hz，当地重力加速度为。在打O点到C点的这段时间内，重锤动能的增加量　 　J，重力势能的减少量　 　J（结果均保留三位有效数字）。
（3）该同学进一步求出纸带上其他点的速度大小v，然后作出相应的图像，画出的图线是一条通过坐标原点的直线。该同学认为：只要图线通过坐标原点，就可以判定重锤下落过程机械能守恒，该同学的分析　 　（选填“合理”或“不合理”）。
12．（2025·安岳模拟）某课题研究小组测量一组比亚迪新能源车刀片电池的电动势和内阻，实验室提供的器材有：
A．待测刀片电池（电动势E约为3V，内阻r约为几十毫欧）；
B．电压表V（量程0~3V，内阻约为几千欧）
C．电阻箱R（0~99.9Ω）；
D．定值电阻R1=1.25Ω；
E．开关S一个，导线若干。
（1）该小组成员设计了如图甲所示电路。多次改变电阻箱的阻值R，读出电压U，根据测得的数据作出图像，如图乙所示，则电源电动势E=　 　V，r=　 　Ω。（结果均保留2位有效数字）
（2）为了更加准确地测量刀片电池的电动势E和内阻r，该小组成员设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图丙所示。单刀双掷开关S2分别接1、2，记录各自对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图丁中所示的A、B两条U-I图线，综合A、B两条图线，此刀片电池的电动势E=　 　，内阻r=　 　。（结果选用EA、EB、IA和IB表示）
13．（2025·安岳模拟）如图所示，一足够长、两侧粗细均匀的U型管竖直放置。管内盛有水银，右端开口，左端封闭一定质量的理想气体，封闭气体的长度，右管水银液面比左管水银液面高。大气压强。
（1）求左管内封闭气体的压强；
（2）现从右管口逐渐取出水银，直到右管中水银液面下降25cm为止，求此时左管内封闭气体的压强。设整个过程温度不变。
14．（2025·安岳模拟）如图所示，某传送带与地面倾角，之间距离，传送带以的速率逆时针转动。质量为，长度的木板上表面与小物块的动摩擦因数。下表面与水平地面间的动摩擦因数，开始时长木板靠近传送带端并处于静止状态。现在传送带上端A无初速地放一个质量为的小物块，它与传送带之间的动摩擦因数为，（假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变，。）求：
（1）物块离开点的速度大小；
（2）物块在木板上滑过的距离；
（3）木板在地面上能滑过的最大距离。
15．（2025·安岳模拟）如图所示，平面直角坐标系的第一象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场左边界到y轴的距离为s（s未知），磁感应强度为B2（B2未知）；第二象限有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E（E未知）；第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场上边界到x轴距离为d，磁感应强度为。有一个带正电的粒子（质量为m、电荷量为q、不计重力）从电场中的A（- 2L，L）点以水平向右的速度v0射出，恰好经过坐标原点O进入第四象限，经过磁场后，从x轴上某点进入第一象限的磁场中，经过磁场偏转后水平射出，恰好经过y轴上的P（0，2d）点。求：
(1)电场强度E；
(2)磁感应强度B2；
(3)第一象限磁场左边界到y轴的距离s。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查了衰变的实质，半衰期的特点，和衰变前后有质量亏损，牢记相关内容即可。A．根据质量数和电荷数守恒，可知X为电子，A项错误；
B．衰变反应是放能反应，衰变产物是一种更稳定的元素，可知其比结合能大于的比结合能，B项正确；
C．衰变的实质是原子核内部的一个中子转变为质子，同时释放出一个电子，C项错误；
D．根据半衰期公式，经过84年即3个半衰期还剩下的锶90没有发生衰变，即会有的锶90发生衰变，D项错误。
故选B。
【分析】根据β衰变的本质判断；根据原子核的稳定程度比较比结合能大小；根据衰变的本质分析是什么核反应；由半衰期的意义进行计算。
2．【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】遏止电压：使光电流减小到零时的最小反向电压UC。截止频率：能使某种金属发生光电效应的最小频率叫做该种金属的截止频率（又叫极限频率），不同的金属对应着不同的截止频率。逸出功：电子从金属中逸出所需做功的最小值，叫做该金属的逸出功。A．波长为2λ、λ的单色光的能量分别为
由爱因斯坦光电效应方程可知
又从锌板表面逸出的光电子的最大初速度之比为1∶3，知光子最大初动能之比为1∶9，由以上可解得
所以
故A错误；
B．电流计的示数与光电流的大小有关，单位时间内逸出的光电子数目越多，光电流越大，而单位时间内逸出的光电子数与光的强度有关，由于光的强度关系未知，所以无法判断电流计的示数大小，故B错误；
C．波长为3λ的单色光的频率为
因此该光不能使锌板产生光电效应现象，即不能从锌板表面逸出光电子，故C错误；
D．由公式
可得
即二者遏止电压之比为1∶9，故D正确。
故选D。
【分析】根据爱因斯坦光电效应方程以及光电效应的特点分析。
3．【答案】D
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】理解了牛顿环的产生机理就可顺利解决此类题目，故对物理现象要知其然更要知其所以然。A．环状条纹是由凸透镜与平面玻璃所夹空气膜的上、下表面反射光干涉形成的，故A错误；
B．圆环状条纹的间距不相等，从圆心向外条纹越来越密集，越往外条纹间距越窄，故B错误；
C．若换一个曲率半径更大的凸透镜，仍然相同的水平距离但空气层的厚度变小，所观察到的圆环状条纹间距变大，可以看到条纹将变稀疏，故C错误；
D．改用频率更高的单色光照射，由
可知单色光波长更小，而其他条件保持不变，则观察到的圆环状条纹间距变小，可以看到条纹将变密集，故D正确。
故选D。
【分析】空气层的上下表面反射的两列光为相干光，当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹。使牛顿环的曲率半径越大，相同的水平距离使空气层的厚度变小，所以观察到的圆环状条纹间距变大。
4．【答案】B
【知识点】超重与失重；功的概念
【解析】【解答】物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。AB．十九号卫星返回至离地面过程中，做减速运动，加速度向上，故卫星处于超重状态，故A错误，B正确；
C．主伞的拉力与卫星运动方向相反，故主伞的拉力对卫星做负功，故C错误；
D．重力与卫星运动方向相同，故重力对卫星做正功，故D错误。
故选B。
【分析】超重状态的判断依据是物体具有向上的加速度；力与物体运动方向相同，则力对物体做正功；力与物体运动方向相反，则力对物体做负功。
5．【答案】A
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查交流电的相关计算，注意横纵坐标的数值，即可结合法拉第电磁感应定律，得到感应电动势随时间的变化关系。A．由图可知，线圈转动的周期为
选项A错误；
B．时刻穿过线圈的磁通量为零，则此时线圈平面与磁感线平行，选项B正确；
C．根据
可得线圈转动过程中产生的最大感应电动势为
选项C正确；
D．电压表的示数为
选项D正确。
此题选择不正确的，故选A。
【分析】由Φ-t图，可得到周期；由Φ-t图，可得到在t=0时刻的磁通量，即可知此时线圈平面的位置；由法拉第电磁感应定律，可得到感应电动势的峰值；由交流电的峰值、有效值的关系，结合闭合电路欧姆定律，可得到电压表示数。
6．【答案】A
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】本题考查学生对万有引力等于重力、重力提供向心力的规律的掌握，是一道基础题，考点比较丰富。A．根据
，
可知月球质量与地球质量之比
A正确；
B．由于
可知月球密度与地球密度之比
B错误；
C．根据
可知月球第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比
C错误；
D．嫦娥五号在月球表面所受万有引力与在地球表面所受万有引力之比为
D错误。
故选A。
【分析】由，分析质量之比；根据密度公式，求密度之比；由分析第一宇宙速度之比；万有引力近似等于重力，分析万有引力之比。
7．【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】本题解题关键核心在于分析碰撞前后系统的能量变化、动量守恒以及弹簧的弹性势能与形变量的关系。通过这些物理原理，可以判断选项的正确性。AB．因、碰撞后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，整个系统有机械能损失，组合体不可能回到的释放点，故AB错误；
C．静止时，根据平衡条件有
对由机械能守恒定律有
根据动量守恒定律有
从、碰撞结束到向上运动到最高点时弹簧恰好处于原长的过程中，对和弹簧组成的系统由机械能守恒定律有
联立解得
故C正确；
D．要使能在斜面上做完整的简谐运动，能运动到的最高点是弹簧恰好处于原长状态时弹簧顶端所在位置，根据C项中解析可知D错误。
故选C。
【分析】、碰撞后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，光滑斜面机械能守恒，碰撞过程动量守恒，结合简谐运动的特点分析。
8．【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】本题主要是考查了波的图像；解答此类问题的关键是要理解波的图像的变化规律，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。A．根据同侧法由图可知，两波源的起振方向均沿y轴正方向，故A错误；
B．由图可知，两列波的传播距离相等均为
则两列波的波速大小均为
故B正确；
C．由图可知，两列波均传播，则两列波的周期均为，再经过0.1s，两列波平衡位置在处的质点均回到平衡位置，则位移为0，故C错误；
D．波源P产生的波传播到的时间为
波源Q产生的波传播到的时间为
则，平衡位置在处的质点运动的路程为
由于两列波的起振方向相同，两波源到的距离差
则此处为振动减弱点，内质点运动的路程为
则平衡位置在处的质点在前内运动的路程为
故D正确。
故选BD。
【分析】根据波形图结合运动学公式进行解答；根据题意求解周期，根据振动情况求解平衡位置在x=-0.2m处的质点位移；求出P点的波传到x=0.2m处经过的时间、Q点的波传到x=0.2m处经过的时间，分两段计算平衡位置在x=0.2m处的质点前0.5s内运动的路程。
9．【答案】A
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】解决本题时，要明确电路的结构，知道导体棒两端的电压为路端电压，而不是内电压，根据楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等规律解答。A．根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，故A正确；
B．左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势大小为
故B错误；
C．当时，外电路总电阻
因此导体棒两端的电压即路端电压
故C错误；
D．当滑动变阻器接入电路中的阻值时，外电路总电阻
干路电流为
滑动变阻器所在支路电流为
则滑动变阻器的电功率为
故D正确。
故选AD。
【分析】根据楞次定律判断感应电流方向；根据法拉第电磁感应定律分析电路中的感应电动势大小；求出外电路总电阻，再求导体棒两端的电压；当滑动变阻器接入电路中的阻值时，求出外电路总电阻，由闭合电路欧姆定律求出干路电流，得到通过滑动变阻器的电流，再求滑动变阻器的电功率。
10．【答案】A,B,D
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的运动综合；电流、电源的概念
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在电场中的运动问题，考查了动量定理应用的反冲现象。掌握对于连续体应用动量定理解答的方法。A．电场对粒子加速有
解得离子喷出加速电场时的速度
故A正确；
B．单台霍尔推进器的离子向外喷射形成的等效电流为
故B正确；
C．离子在电场中加速的过程中，电场对粒子做正功，粒子动能增加，电势能减小，故C错误；
D．推进器全部同向开启时，设单个推进器给核心舱的作用力大小为F，对粒子，根据动量定理有
其中对核心舱，有
联立以上，解得核心舱的加速度为
故D正确。
故选ABD。
【分析】根据动能定理求解离子喷出加速电场时的速度大小；根据电流的定义式求解等效电流；离子在电场中加速的过程中电场力对离子做正功，根据功能关系判断动能、电势能的变化；根据动量定理求得喷出的离子受到的作用力，根据牛顿第二定律与牛顿第三定律求解核心舱的加速度大小。
11．【答案】A；1.00；1.07；不合理
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查用纸带处于是机械能守恒定律的实验，对于纸带问题的处理是力学实验中常见的问题，对于这类问题要熟练应用运动学规律和推论进行求解。（1）A．将打点计时器固定在铁架台上后让纸带穿过限位孔，用夹子夹住纸带，为了在实验中获取更多的数据点同时节约纸带，重物应靠近打点计时器，而图中重物离打点计时器过远，故A错误，符合题意；
B．实验过程中应先接通电源后释放纸带，故B正确，不符合题意；
C．实验中应更换纸带，再重复几次，选择点迹清晰的合适的纸带进行测量分析，故C正确，不符合题意。
故选A。
（2）根据已知条件，可得打点周期
由图乙纸带可得打C点时的瞬时速度
在打O点到C点的这段时间内，重锤动能的增加量
重力势能的减小量
（3）根据机械能守恒定律，从起始点开始，若机械能守恒应满足
消去重锤的质量可得
做出的图像，若图像过原点，且其斜率等于当地的重力加速度，才可判定重锤下落过程机械能守恒，因此，若只满足图像过坐标原点，并不能判定重锤下落过程中机械能守恒，因此该同学的分析不合理。
【分析】（1）根据正确的实验操作步骤分析作答；
（2）根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求C点时的瞬时速度，根据动能的定义式求动能的增加量；
根据重力势能的定义式求重力势能的减小量；
（3）根据机械能守恒定律求解 函数，再分析图像斜率的含义，然后作答。
12．【答案】（1）3.2；0.040
（2）EB；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查了电源电动势和内阻测量的两种不同方法实验，根据实验原理要掌握正确的实验操作，结合闭合电路欧姆定律和图像的物理意义即可完成分析。
（1）根据闭合电路欧姆定律
化简可得
结合图像可知
，
联立解得，电源电动势为
电源内阻为
（2）当单刀双掷开关S2接1时，电流表相对于电源外接，根据等效电源法可知，电源电动势的测量值和内阻均偏小，单刀双掷开关S2接2时，电流表相对于电源内接，根据等效电源法可知，电源电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值大于真实值，结合图像可知，图线A是开关S2接1时的图像，图线B是开关S2接2时的图像，所以此刀片电池的电动势为
内阻为
【分析】（1）应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式，根据图示图像求出电源电动势与内阻；
（2）根据闭合电路欧姆定律，结合电路构造的分析，得出电动势和内阻的表达式。
（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
化简可得
结合图像可知，
联立解得，电源电动势为
电源内阻为
（2）[1][2]当单刀双掷开关S2接1时，电流表相对于电源外接，根据等效电源法可知，电源电动势的测量值和内阻均偏小，单刀双掷开关S2接2时，电流表相对于电源内接，根据等效电源法可知，电源电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值大于真实值，结合图像可知，图线A是开关S2接1时的图像，图线B是开关S2接2时的图像，所以此刀片电池的电动势为
内阻为
13．【答案】（1）以封闭气体为研究对象，设初始时气体的压强为，有
（2）设最终左侧封闭气体的液面下降高度为，管的横截面积为S，初始时气体的体积为
最终阶段气体的体积为
最终阶段气体的压强为
由于该过程气体的温度不变，即发生等温变化，有
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据平衡条件解得左管内封闭气体的压强；
（2） 设整个过程温度不变。根据玻意耳定律分析解答。
14．【答案】（1）小物块速度未达到时，由牛顿第二定律可得
小物块与传送带共速时，下滑的距离
二者共速之后，根据牛顿第二定律可得
由运动学公式，可得
解得
（2）小物块在木板上运动时，由牛顿第二定律可知
同理，分析木板受力，可得
解得
二者共速时
解得
物块在木板上滑过的距离
此后二者共同减速，无相对位移。
（3）物块和木板的共同速度
共速前，对于木板
共同减速的加速度
对于木板
则木板在地面上能滑过的最大距离
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）分析物块在传送带上的运动情况，物块速度未达到v0时，由牛顿第二定律求出加速度，由速度—位移公式求出此过程的位移。物块与传送带共速时，由于μ1＜tan37°，所以物块继续做匀加速运动，再根据速度—位移公式求出物块离开B点的速度大小；
（2）物块滑上木板后做匀减速运动，木板向左做匀加速运动，当两者速度相等时一起匀减速运动，由牛顿第二定律求出各自的加速度，再由速度—时间公式公式求出从物块滑上木板与两者共速经历的时间，再求物块在木板上滑过的距离；
（3）由速度—时间公式求出物块与木板共速时的速度。由平均速度与时间的乘积求出共速前木板的位移。共速后，再根据牛顿第二定律和速度—位移公式求出木板运行的距离，从而求得木板在地面上能滑过的最大距离。
（1）小物块速度未达到时，由牛顿第二定律可得
小物块与传送带共速时，下滑的距离
二者共速之后，根据牛顿第二定律可得
由运动学公式，可得
解得
（2）小物块在木板上运动时，由牛顿第二定律可知
同理，分析木板受力，可得
解得
二者共速时
解得
物块在木板上滑过的距离
此后二者共同减速，无相对位移。
（3）物块和木板的共同速度
共速前，对于木板
共同减速的加速度
对于木板
则木板在地面上能滑过的最大距离
15．【答案】解：(1)在匀强电场中，设粒子运动时间为t，加速度为a，到达原点O时竖直分速度为vy，合速度为v；由牛顿第二定律和运动学公式得
，，
联立解得
(2)由(1)问可知
vy = at，2L = v0t，，
联立上式有
vy = v0，
设合速度v与x轴正方向夹角为θ，由平行四边形定则得：
vy = vsinθ
解得
θ = 45°
设粒子在第一象限的磁场中做圆周运动的半径为r2，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
r2 + r2cos45° = 2d，
解得
(3)粒子的运动轨迹如下图所示
设粒子在第四象限的磁场中做圆周运动的半径为r1，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
ON = d + 2r1sin45° + d，，MN = r2sin45°，s = ON - MN
联立解得
s = 4d
【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）在匀强电场中，粒子做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式即可求解。
（2）根据速度的合成与分解求解粒子进入磁场的速度大小与方向，粒子在第一象限的磁场中，做匀速圆周运动，洛伦兹提供向心力，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式可求解。
（3）做出粒子运动轨迹，粒子在第四象限的磁场中，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式可求解
1 / 12025届四川省资阳市安岳中学高三下学期二模物理试题
1．（2025·安岳模拟）已知锶90的半衰期为28年，其衰变方程为，是一种非常稳定的元素，关于上述衰变过程，下列说法正确的是（　　）
A．衰变方程中的X为质子
B．的比结合能小于的比结合能
C．此反应的实质是原子发生电离
D．经过84年，会有的锶90发生衰变
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查了衰变的实质，半衰期的特点，和衰变前后有质量亏损，牢记相关内容即可。A．根据质量数和电荷数守恒，可知X为电子，A项错误；
B．衰变反应是放能反应，衰变产物是一种更稳定的元素，可知其比结合能大于的比结合能，B项正确；
C．衰变的实质是原子核内部的一个中子转变为质子，同时释放出一个电子，C项错误；
D．根据半衰期公式，经过84年即3个半衰期还剩下的锶90没有发生衰变，即会有的锶90发生衰变，D项错误。
故选B。
【分析】根据β衰变的本质判断；根据原子核的稳定程度比较比结合能大小；根据衰变的本质分析是什么核反应；由半衰期的意义进行计算。
2．（2025·安岳模拟）如图所示为研究光电效应的装置，当分别利用波长为2λ、λ的单色光照射锌板时，从锌板表面逸出的光电子的最大初速度之比为1∶3，电流计的示数均不为零。已知单色光在真空中的传播速度为c，普朗克常量为h。则（　　）
A．锌板的极限频率为
B．用波长为2λ的光照射锌板时，电流计的示数较大
C．用波长为3λ的单色光照射锌板时，定能从锌板表面逸出光电子
D．用波长为2λ、λ的单色光分别照射锌板时，二者遏止电压之比为1∶9
【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】遏止电压：使光电流减小到零时的最小反向电压UC。截止频率：能使某种金属发生光电效应的最小频率叫做该种金属的截止频率（又叫极限频率），不同的金属对应着不同的截止频率。逸出功：电子从金属中逸出所需做功的最小值，叫做该金属的逸出功。A．波长为2λ、λ的单色光的能量分别为
由爱因斯坦光电效应方程可知
又从锌板表面逸出的光电子的最大初速度之比为1∶3，知光子最大初动能之比为1∶9，由以上可解得
所以
故A错误；
B．电流计的示数与光电流的大小有关，单位时间内逸出的光电子数目越多，光电流越大，而单位时间内逸出的光电子数与光的强度有关，由于光的强度关系未知，所以无法判断电流计的示数大小，故B错误；
C．波长为3λ的单色光的频率为
因此该光不能使锌板产生光电效应现象，即不能从锌板表面逸出光电子，故C错误；
D．由公式
可得
即二者遏止电压之比为1∶9，故D正确。
故选D。
【分析】根据爱因斯坦光电效应方程以及光电效应的特点分析。
3．（2025·安岳模拟）如图所示，将透镜凸起的一面压在表面平整的玻璃板上，让单色光从上方射入，从上往下看透镜，可以看到明暗相间的圆环状条纹。已知透镜凸起面表现为球面，球面的半径叫作这个曲面的曲率半径（曲率半径越大，球面弯曲程度越小）。下列说法正确的是（　　）
A．圆环状条纹是透镜上下两个表面反射的两列光发生干涉形成的
B．圆环状条纹间距不相等，越往外条纹间距越宽
C．换用曲率半径更大的透镜，可以看到条纹将变密集
D．改用频率更高的单色光照射，可以看到条纹将变密集
【答案】D
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】理解了牛顿环的产生机理就可顺利解决此类题目，故对物理现象要知其然更要知其所以然。A．环状条纹是由凸透镜与平面玻璃所夹空气膜的上、下表面反射光干涉形成的，故A错误；
B．圆环状条纹的间距不相等，从圆心向外条纹越来越密集，越往外条纹间距越窄，故B错误；
C．若换一个曲率半径更大的凸透镜，仍然相同的水平距离但空气层的厚度变小，所观察到的圆环状条纹间距变大，可以看到条纹将变稀疏，故C错误；
D．改用频率更高的单色光照射，由
可知单色光波长更小，而其他条件保持不变，则观察到的圆环状条纹间距变小，可以看到条纹将变密集，故D正确。
故选D。
【分析】空气层的上下表面反射的两列光为相干光，当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹。使牛顿环的曲率半径越大，相同的水平距离使空气层的厚度变小，所以观察到的圆环状条纹间距变大。
4．（2025·安岳模拟）2024年10月11日，实践十九号卫星在东风着陆场成功着陆，实践十九号卫星是我国首颗可重复使用的返回式技术试验卫星。实践十九号卫星返回至离地面十几公里时打开主伞卫星快速减速，卫星速度大大减小，在减速过程中，下列说法正确的是（　　）
A．卫星处于失重状态 B．卫星处于超重状态
C．主伞的拉力不做功 D．重力对卫星做负功
【答案】B
【知识点】超重与失重；功的概念
【解析】【解答】物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。AB．十九号卫星返回至离地面过程中，做减速运动，加速度向上，故卫星处于超重状态，故A错误，B正确；
C．主伞的拉力与卫星运动方向相反，故主伞的拉力对卫星做负功，故C错误；
D．重力与卫星运动方向相同，故重力对卫星做正功，故D错误。
故选B。
【分析】超重状态的判断依据是物体具有向上的加速度；力与物体运动方向相同，则力对物体做正功；力与物体运动方向相反，则力对物体做负功。
5．（2025·安岳模拟）图甲为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数，线圈的电阻，线圈与外电路连接的定值电阻，电压表为理想交流电表。则下列判断不正确的是（　　）
A．线圈转动的周期为
B．时刻线圈平面与磁感线平行
C．线圈转动过程中产生的最大感应电动势为
D．电压表的示数为
【答案】A
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查交流电的相关计算，注意横纵坐标的数值，即可结合法拉第电磁感应定律，得到感应电动势随时间的变化关系。A．由图可知，线圈转动的周期为
选项A错误；
B．时刻穿过线圈的磁通量为零，则此时线圈平面与磁感线平行，选项B正确；
C．根据
可得线圈转动过程中产生的最大感应电动势为
选项C正确；
D．电压表的示数为
选项D正确。
此题选择不正确的，故选A。
【分析】由Φ-t图，可得到周期；由Φ-t图，可得到在t=0时刻的磁通量，即可知此时线圈平面的位置；由法拉第电磁感应定律，可得到感应电动势的峰值；由交流电的峰值、有效值的关系，结合闭合电路欧姆定律，可得到电压表示数。
6．（2025·安岳模拟）2020年12月17日凌晨，嫦娥五号到月球“挖土”成功返回。作为中国复杂度最高、技术跨度最大的航天系统工程，嫦娥五号任务实现了多项重大突破，标志着中国探月工程“绕、落、回”三步走规划完美收官。若探测器测得月球表面的重力加速度为g0，已知月球的半径为R0，地球表面的重力加速度为g，地球的半径为R，忽略地球、月球自转的影响，则（　　）
A．月球质量与地球质量之比为
B．月球密度与地球密度之比为
C．月球第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比为
D．嫦娥五号在月球表面所受万有引力与在地球表面所受万有引力之比为
【答案】A
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】本题考查学生对万有引力等于重力、重力提供向心力的规律的掌握，是一道基础题，考点比较丰富。A．根据
，
可知月球质量与地球质量之比
A正确；
B．由于
可知月球密度与地球密度之比
B错误；
C．根据
可知月球第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比
C错误；
D．嫦娥五号在月球表面所受万有引力与在地球表面所受万有引力之比为
D错误。
故选A。
【分析】由，分析质量之比；根据密度公式，求密度之比；由分析第一宇宙速度之比；万有引力近似等于重力，分析万有引力之比。
7．（2025·安岳模拟）如图所示，倾角为、长度有限的光滑斜面固定在水平面上，一根劲度系数为的轻质弹簧下端固定于斜面底部，上端压一个质量为的小物块，与弹簧间不拴接，开始时处于静止状态。现有另一个质量为的小物块从斜面上某处由静止释放，与发生正碰后立即粘在一起成为组合体。已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为，重力加速度为，弹簧始终未超出弹性限度。下列说法正确的是（　　）
A．被弹簧反弹后恰好可以回到的释放点
B．整个过程中、和弹簧组成的系统机械能守恒
C．当的释放点到的距离为时，恰好不会与弹簧分离
D．要使能在斜面上做完整的简谐运动，的释放点到的距离至少为
【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】本题解题关键核心在于分析碰撞前后系统的能量变化、动量守恒以及弹簧的弹性势能与形变量的关系。通过这些物理原理，可以判断选项的正确性。AB．因、碰撞后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，整个系统有机械能损失，组合体不可能回到的释放点，故AB错误；
C．静止时，根据平衡条件有
对由机械能守恒定律有
根据动量守恒定律有
从、碰撞结束到向上运动到最高点时弹簧恰好处于原长的过程中，对和弹簧组成的系统由机械能守恒定律有
联立解得
故C正确；
D．要使能在斜面上做完整的简谐运动，能运动到的最高点是弹簧恰好处于原长状态时弹簧顶端所在位置，根据C项中解析可知D错误。
故选C。
【分析】、碰撞后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，光滑斜面机械能守恒，碰撞过程动量守恒，结合简谐运动的特点分析。
8．（2025·安岳模拟）在处的波源P产生一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在处的波源Q产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波。时刻两波源开始振动，时两列简谐波的波形图分别如图中实线和虚线所示，下列说法正确的是（　　）
A．两波源的起振方向均沿y轴负方向
B．两列波的波速大小均为
C．再经过0.1s，平衡位置在处的质点位移为
D．平衡位置在处的质点在前内运动的路程为50cm
【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】本题主要是考查了波的图像；解答此类问题的关键是要理解波的图像的变化规律，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。A．根据同侧法由图可知，两波源的起振方向均沿y轴正方向，故A错误；
B．由图可知，两列波的传播距离相等均为
则两列波的波速大小均为
故B正确；
C．由图可知，两列波均传播，则两列波的周期均为，再经过0.1s，两列波平衡位置在处的质点均回到平衡位置，则位移为0，故C错误；
D．波源P产生的波传播到的时间为
波源Q产生的波传播到的时间为
则，平衡位置在处的质点运动的路程为
由于两列波的起振方向相同，两波源到的距离差
则此处为振动减弱点，内质点运动的路程为
则平衡位置在处的质点在前内运动的路程为
故D正确。
故选BD。
【分析】根据波形图结合运动学公式进行解答；根据题意求解周期，根据振动情况求解平衡位置在x=-0.2m处的质点位移；求出P点的波传到x=0.2m处经过的时间、Q点的波传到x=0.2m处经过的时间，分两段计算平衡位置在x=0.2m处的质点前0.5s内运动的路程。
9．（2025·安岳模拟）如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1（）。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L、电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动。金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是（　　）
A．ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针
B．左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLv
C．当滑动变阻器接入电路中的阻值时，导体棒两端的电压为BLv
D．当滑动变阻器接入电路中的阻值时，滑动变阻器的电功率为
【答案】A
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】解决本题时，要明确电路的结构，知道导体棒两端的电压为路端电压，而不是内电压，根据楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等规律解答。A．根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，故A正确；
B．左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势大小为
故B错误；
C．当时，外电路总电阻
因此导体棒两端的电压即路端电压
故C错误；
D．当滑动变阻器接入电路中的阻值时，外电路总电阻
干路电流为
滑动变阻器所在支路电流为
则滑动变阻器的电功率为
故D正确。
故选AD。
【分析】根据楞次定律判断感应电流方向；根据法拉第电磁感应定律分析电路中的感应电动势大小；求出外电路总电阻，再求导体棒两端的电压；当滑动变阻器接入电路中的阻值时，求出外电路总电阻，由闭合电路欧姆定律求出干路电流，得到通过滑动变阻器的电流，再求滑动变阻器的电功率。
10．（2025·安岳模拟）我国空间站天和核心舱配备了4台霍尔推进器。如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，经电场加速后以极高速度喷出，在相反的方向上对航天器产生推力。假设核心舱的质量为，电离后的离子初速度为0，加速电压为，单台推进器单位时间喷出的离子数量为，离子质量为，电荷量为，忽略离子间的相互作用力，下列说法正确的是（　　）
A．离子喷出加速电场时的速度为
B．单台霍尔推进器的离子向外喷射形成的等效电流为
C．离子在电场中加速的过程中，动能和电势能都增大
D．推进器全部同向开启时，核心舱的加速度为
【答案】A,B,D
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的运动综合；电流、电源的概念
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在电场中的运动问题，考查了动量定理应用的反冲现象。掌握对于连续体应用动量定理解答的方法。A．电场对粒子加速有
解得离子喷出加速电场时的速度
故A正确；
B．单台霍尔推进器的离子向外喷射形成的等效电流为
故B正确；
C．离子在电场中加速的过程中，电场对粒子做正功，粒子动能增加，电势能减小，故C错误；
D．推进器全部同向开启时，设单个推进器给核心舱的作用力大小为F，对粒子，根据动量定理有
其中对核心舱，有
联立以上，解得核心舱的加速度为
故D正确。
故选ABD。
【分析】根据动能定理求解离子喷出加速电场时的速度大小；根据电流的定义式求解等效电流；离子在电场中加速的过程中电场力对离子做正功，根据功能关系判断动能、电势能的变化；根据动量定理求得喷出的离子受到的作用力，根据牛顿第二定律与牛顿第三定律求解核心舱的加速度大小。
11．（2025·安岳模拟）某同学用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验，所用计时器为电火花打点计时器，重锤质量为500g，部分实验步骤如下：
A．将打点计时器竖直固定在铁架台上如图甲所示的位置
B．先接通电源，后释放重锤
C．更换纸带，再重复几次，选择合适的纸带进行测量分析
（1）上述实验步骤中不合理的步骤为　 　（选填序号字母）。
（2）按照正确的操作选得如图乙所示的纸带，其中O是重锤刚释放时所打的点，测得连续打下的五个点A、B、C、D、E到O点的距离h值如图乙所示。已知交流电源频率为50Hz，当地重力加速度为。在打O点到C点的这段时间内，重锤动能的增加量　 　J，重力势能的减少量　 　J（结果均保留三位有效数字）。
（3）该同学进一步求出纸带上其他点的速度大小v，然后作出相应的图像，画出的图线是一条通过坐标原点的直线。该同学认为：只要图线通过坐标原点，就可以判定重锤下落过程机械能守恒，该同学的分析　 　（选填“合理”或“不合理”）。
【答案】A；1.00；1.07；不合理
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查用纸带处于是机械能守恒定律的实验，对于纸带问题的处理是力学实验中常见的问题，对于这类问题要熟练应用运动学规律和推论进行求解。（1）A．将打点计时器固定在铁架台上后让纸带穿过限位孔，用夹子夹住纸带，为了在实验中获取更多的数据点同时节约纸带，重物应靠近打点计时器，而图中重物离打点计时器过远，故A错误，符合题意；
B．实验过程中应先接通电源后释放纸带，故B正确，不符合题意；
C．实验中应更换纸带，再重复几次，选择点迹清晰的合适的纸带进行测量分析，故C正确，不符合题意。
故选A。
（2）根据已知条件，可得打点周期
由图乙纸带可得打C点时的瞬时速度
在打O点到C点的这段时间内，重锤动能的增加量
重力势能的减小量
（3）根据机械能守恒定律，从起始点开始，若机械能守恒应满足
消去重锤的质量可得
做出的图像，若图像过原点，且其斜率等于当地的重力加速度，才可判定重锤下落过程机械能守恒，因此，若只满足图像过坐标原点，并不能判定重锤下落过程中机械能守恒，因此该同学的分析不合理。
【分析】（1）根据正确的实验操作步骤分析作答；
（2）根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求C点时的瞬时速度，根据动能的定义式求动能的增加量；
根据重力势能的定义式求重力势能的减小量；
（3）根据机械能守恒定律求解 函数，再分析图像斜率的含义，然后作答。
12．（2025·安岳模拟）某课题研究小组测量一组比亚迪新能源车刀片电池的电动势和内阻，实验室提供的器材有：
A．待测刀片电池（电动势E约为3V，内阻r约为几十毫欧）；
B．电压表V（量程0~3V，内阻约为几千欧）
C．电阻箱R（0~99.9Ω）；
D．定值电阻R1=1.25Ω；
E．开关S一个，导线若干。
（1）该小组成员设计了如图甲所示电路。多次改变电阻箱的阻值R，读出电压U，根据测得的数据作出图像，如图乙所示，则电源电动势E=　 　V，r=　 　Ω。（结果均保留2位有效数字）
（2）为了更加准确地测量刀片电池的电动势E和内阻r，该小组成员设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图丙所示。单刀双掷开关S2分别接1、2，记录各自对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图丁中所示的A、B两条U-I图线，综合A、B两条图线，此刀片电池的电动势E=　 　，内阻r=　 　。（结果选用EA、EB、IA和IB表示）
【答案】（1）3.2；0.040
（2）EB；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查了电源电动势和内阻测量的两种不同方法实验，根据实验原理要掌握正确的实验操作，结合闭合电路欧姆定律和图像的物理意义即可完成分析。
（1）根据闭合电路欧姆定律
化简可得
结合图像可知
，
联立解得，电源电动势为
电源内阻为
（2）当单刀双掷开关S2接1时，电流表相对于电源外接，根据等效电源法可知，电源电动势的测量值和内阻均偏小，单刀双掷开关S2接2时，电流表相对于电源内接，根据等效电源法可知，电源电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值大于真实值，结合图像可知，图线A是开关S2接1时的图像，图线B是开关S2接2时的图像，所以此刀片电池的电动势为
内阻为
【分析】（1）应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式，根据图示图像求出电源电动势与内阻；
（2）根据闭合电路欧姆定律，结合电路构造的分析，得出电动势和内阻的表达式。
（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
化简可得
结合图像可知，
联立解得，电源电动势为
电源内阻为
（2）[1][2]当单刀双掷开关S2接1时，电流表相对于电源外接，根据等效电源法可知，电源电动势的测量值和内阻均偏小，单刀双掷开关S2接2时，电流表相对于电源内接，根据等效电源法可知，电源电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值大于真实值，结合图像可知，图线A是开关S2接1时的图像，图线B是开关S2接2时的图像，所以此刀片电池的电动势为
内阻为
13．（2025·安岳模拟）如图所示，一足够长、两侧粗细均匀的U型管竖直放置。管内盛有水银，右端开口，左端封闭一定质量的理想气体，封闭气体的长度，右管水银液面比左管水银液面高。大气压强。
（1）求左管内封闭气体的压强；
（2）现从右管口逐渐取出水银，直到右管中水银液面下降25cm为止，求此时左管内封闭气体的压强。设整个过程温度不变。
【答案】（1）以封闭气体为研究对象，设初始时气体的压强为，有
（2）设最终左侧封闭气体的液面下降高度为，管的横截面积为S，初始时气体的体积为
最终阶段气体的体积为
最终阶段气体的压强为
由于该过程气体的温度不变，即发生等温变化，有
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据平衡条件解得左管内封闭气体的压强；
（2） 设整个过程温度不变。根据玻意耳定律分析解答。
14．（2025·安岳模拟）如图所示，某传送带与地面倾角，之间距离，传送带以的速率逆时针转动。质量为，长度的木板上表面与小物块的动摩擦因数。下表面与水平地面间的动摩擦因数，开始时长木板靠近传送带端并处于静止状态。现在传送带上端A无初速地放一个质量为的小物块，它与传送带之间的动摩擦因数为，（假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变，。）求：
（1）物块离开点的速度大小；
（2）物块在木板上滑过的距离；
（3）木板在地面上能滑过的最大距离。
【答案】（1）小物块速度未达到时，由牛顿第二定律可得
小物块与传送带共速时，下滑的距离
二者共速之后，根据牛顿第二定律可得
由运动学公式，可得
解得
（2）小物块在木板上运动时，由牛顿第二定律可知
同理，分析木板受力，可得
解得
二者共速时
解得
物块在木板上滑过的距离
此后二者共同减速，无相对位移。
（3）物块和木板的共同速度
共速前，对于木板
共同减速的加速度
对于木板
则木板在地面上能滑过的最大距离
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）分析物块在传送带上的运动情况，物块速度未达到v0时，由牛顿第二定律求出加速度，由速度—位移公式求出此过程的位移。物块与传送带共速时，由于μ1＜tan37°，所以物块继续做匀加速运动，再根据速度—位移公式求出物块离开B点的速度大小；
（2）物块滑上木板后做匀减速运动，木板向左做匀加速运动，当两者速度相等时一起匀减速运动，由牛顿第二定律求出各自的加速度，再由速度—时间公式公式求出从物块滑上木板与两者共速经历的时间，再求物块在木板上滑过的距离；
（3）由速度—时间公式求出物块与木板共速时的速度。由平均速度与时间的乘积求出共速前木板的位移。共速后，再根据牛顿第二定律和速度—位移公式求出木板运行的距离，从而求得木板在地面上能滑过的最大距离。
（1）小物块速度未达到时，由牛顿第二定律可得
小物块与传送带共速时，下滑的距离
二者共速之后，根据牛顿第二定律可得
由运动学公式，可得
解得
（2）小物块在木板上运动时，由牛顿第二定律可知
同理，分析木板受力，可得
解得
二者共速时
解得
物块在木板上滑过的距离
此后二者共同减速，无相对位移。
（3）物块和木板的共同速度
共速前，对于木板
共同减速的加速度
对于木板
则木板在地面上能滑过的最大距离
15．（2025·安岳模拟）如图所示，平面直角坐标系的第一象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场左边界到y轴的距离为s（s未知），磁感应强度为B2（B2未知）；第二象限有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E（E未知）；第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场上边界到x轴距离为d，磁感应强度为。有一个带正电的粒子（质量为m、电荷量为q、不计重力）从电场中的A（- 2L，L）点以水平向右的速度v0射出，恰好经过坐标原点O进入第四象限，经过磁场后，从x轴上某点进入第一象限的磁场中，经过磁场偏转后水平射出，恰好经过y轴上的P（0，2d）点。求：
(1)电场强度E；
(2)磁感应强度B2；
(3)第一象限磁场左边界到y轴的距离s。
【答案】解：(1)在匀强电场中，设粒子运动时间为t，加速度为a，到达原点O时竖直分速度为vy，合速度为v；由牛顿第二定律和运动学公式得
，，
联立解得
(2)由(1)问可知
vy = at，2L = v0t，，
联立上式有
vy = v0，
设合速度v与x轴正方向夹角为θ，由平行四边形定则得：
vy = vsinθ
解得
θ = 45°
设粒子在第一象限的磁场中做圆周运动的半径为r2，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
r2 + r2cos45° = 2d，
解得
(3)粒子的运动轨迹如下图所示
设粒子在第四象限的磁场中做圆周运动的半径为r1，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
ON = d + 2r1sin45° + d，，MN = r2sin45°，s = ON - MN
联立解得
s = 4d
【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）在匀强电场中，粒子做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式即可求解。
（2）根据速度的合成与分解求解粒子进入磁场的速度大小与方向，粒子在第一象限的磁场中，做匀速圆周运动，洛伦兹提供向心力，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式可求解。
（3）做出粒子运动轨迹，粒子在第四象限的磁场中，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式可求解
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