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广东省广州市广东实验中学越秀学校2024-2025高二下学期期中考试物理试题
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2025高二下·越秀期中）使用蓝牙耳机接听手机来电，信号传输示意如图所示，以下说法正确的是（　　）
A．蓝牙通信的电磁波是可见光
B．在同种介质中，蓝牙通信的电磁波波长比手机通信的电磁波波长短
C．两束蓝牙通信的电磁波在任何情况下都不会发生干涉
D．蓝牙通信的电磁波在真空中的传播速度小于光速
2．（2025高二下·越秀期中）关于教材中插图所涉及的物理知识，下列描述正确的是（　　）
A．图甲为关于麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场周围空间一定产生变化的电场
B．图乙为共振筛，增加筛子质量，一定能使筛子振幅增大
C．图丙为真空冶炼炉，通入线圈的高频电流在线圈中产生热量，从而冶炼金属
D．图丁为钳型电流表，其变压器是一个升压变压器
3．（2025高二下·越秀期中）某小组用图a的风速仪研究交流电，风杯在风力作用下带动与其连在一起的永磁铁转动；某一风速时，线圈中产生的交变电流如图b所示，则（　　）
A．该交变电流的周期为 B．该交变电流的频率为
C．该交变电流的有效值为 D．该交变电流的峰值为
4．（2025高二下·越秀期中）如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是，其末端间的电压为。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为。则下列说法错误的是（　　）
A．用户端的电压
B．发电厂的输出功率为
C．输电线路上损失的电功率为
D．输电线上的电压降为
5．（2025高二下·越秀期中）弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．时，振子正在做加速度减小的加速运动
B．到的时间内，振子的速度逐渐减小
C．时，振子的速度方向向左
D．和时，振子的加速度完全相同
6．（2025高二下·越秀期中）我国的YLC-2E型反隐形米波雷达能探测到450公里外超音速飞行的各类隐形战斗机，堪称隐形战斗机的克星，它标志着我国雷达研究又创新的里程碑。米波雷达发射无线电波的波长在范围内，一列米波在时刻的波形图如图所示，是波上的两个质点，接下来质点比质点先到达波峰，再经过时间，质点在时刻后第一次到达波谷。下列说法正确的是（　　）
A．该波沿轴负方向传播
B．时刻后的一小段时间内质点的速度将减小
C．该波的频率为
D．该波的波速为
7．（2025高二下·越秀期中）地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1700多年如图所示，为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为，当感知到地震时，质量为的铜珠（初速度为零）离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为
A． B． C． D．
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8．（2025高二下·越秀期中）下列对各图的叙述，正确的是（　　）
A．图甲是小区门口利用光敏电阻及定值电阻设计的行人监控装置，光敏电阻无光照时，阻值较大，阻值随光照的增强而减小。当有人通过而遮住光线时，A、B之间电压增大
B．图乙为一个单摆做受迫振动的振幅A与驱动力频率f的曲线，此单摆的固有周期约为
C．图丙中两个相干简谐横波在同一区域传播，b、d连线的中点始终是振动加强点
D．图丁为移动的振动片上金属丝周期性触动水面形成水波的多普勒效应，表明振动片正向左移动
9．（2025高二下·越秀期中）如图所示是LC振荡电路和通过点P的电流随时间变化的规律。若把流过点P向右的电流规定为正方向，则（　　）
A．在内，电容器C在充电
B．在内，电容器C的上极板带正电
C．在内，磁场能正在转化为电场能
D．在内，点Q的电势比点P的电势高
10．（2025高二下·越秀期中）两块小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平台面上，将细线烧断，木块A、B被弹簧弹出，最后落在水平地面上，落地点与平台边缘的水平距离分别为lA=1 m，lB=2m，如图所示，则下列说法正确的是 （　　）
A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA∶vB=1∶2
B．木块A、B的质量之比mA∶mB=2∶1
C．木块A、B离开弹簧时的动能之比EA∶EB=1∶2
D．弹簧对木块A、B的冲量大小之比IA∶IB=1∶2
三、第二部分 非选择题 （共54分）
11．（2025高二下·越秀期中）如图（a）所示，某同学用图装置做验证动量守恒定律的实验。先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。
（1）本实验必须测量的物理量有___________
A．斜槽轨道末端到水平地面的高度H
B．小球a、b的质量
C．小球a、b的半径r
D．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t
E．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC
F．a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h
（2）小球a、b的质量应该满足　 　。（填“大于”、“小于”或“等于”）：
（3）让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，下述正确的是___________
A．两小球碰后到落地在空中运动时间相同
B．为保证实验成功，斜槽轨道应尽量光滑
C．两小球碰后，小球a的落地点是图中水平面上的A点
D．两小球碰后，小球b的落地点是图中水平面上B点
（4）把米尺的零刻度跟记录纸上的O点对齐，图（b）可得OB距离为　 　
（5）按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是　 　（用题目提供的符号表示）
12．（2025高二下·越秀期中）实验小组的同学在实验室做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。
（1）下列最合理的装置是___________
A． B．
C． D．
（2）用游标卡尺测量摆球直径，游标卡尺的示数如图所示，则摆球直径左　 　
（3）该小组的同学测得小球的直径为d，悬点到小球上端绳长记为L，把小球拉开一个小角度，让小球在竖直平面内稳定摆动，某次经过平衡位置时，数1并开始计时，再次经过平衡位置时数2……，当数n时结束计时，总时间记为t，则重力加速度大小为　 　。（用题中物理量的符号表示）
（4）若该实验小组发现测得的g值偏大，可能的原因是___________
A．开始计时时，秒表提前按下了
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．把n当作单摆全振动的次数
13．（2025高二下·越秀期中）如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正碰，碰撞时间不计，小球a、b质量分别为m1和m2，且。两小球碰撞前后位移随时间变化的图像如图乙所示。
（1）求解b小球质量m2；
（2）通过计算判断改碰撞为弹性还是非弹性碰撞。
14．（2025高二下·越秀期中）如图所示，面积为，内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴匀速转动，转动的角速度为，匀强磁场的磁感应强度为。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻，电表均为理想交流电表。当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，结果可用根号或表示。求：
（1）线框中感应电动势的瞬时值表达式；
（2）由图示位置转过角的过程产生的平均感应电动势；
（3）当原、副线圈匝数比为时，电阻R上消耗的功率。
15．（2025高二下·越秀期中）如图（a）所示，木板静止在光滑水平面上，木板右侧距离为x处固定弹性挡板。质量的小物块以的初速度从最左端冲上木板，一段时间后木板与挡板发生弹性碰撞（忽略碰撞时间），木板以原速度大小反弹。木板与小物块之间的动摩擦因数。第一次碰撞完瞬间开始的内木板的图像如图（b）所示，此过程木板的加速度大小为a，在以后的运动过程中，小物块始终没有滑离木板。重力加速度，求：
（1）加速度a的大小和木板的质量M；
（2）木板与固定挡板碰撞瞬间，小物块的速度大小；
（3）初始时木板右侧与固定弹性挡板间的距离x；
（4）从小物块冲上木板到木板与弹性挡板碰后的过程中，由于摩擦而产生的内能。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电磁波的应用
【解析】【解答】A．蓝牙通信的电磁波是无线电波，不是可见光，故A错误；
B．在同种介质中，蓝牙通信与手机通信的电磁波传播速度相等，但蓝牙通信的电磁波频率高于手机通信的电磁波频率，所以蓝牙通信的波长比手机通信的电磁波波长短，故B正确；
C．两束蓝牙通信的电磁波若频率相同，相位差恒定，就会发生干涉，故C错误；
D．蓝牙通信的电磁波在真空中的传播速度等于光速，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据电磁波谱的频率范围、波速公式 v=λf、干涉条件以及电磁波在真空中的传播速度等知识点，逐一判断选项。
2．【答案】D
【知识点】受迫振动和共振；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；变压器原理；电磁场与电磁波的产生
【解析】【解答】A．图甲为关于麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场周围空间产生恒定的电场，故A错误；
B．图乙为共振筛，由于固有频率与驱动力频率大小未知，增加筛子质量，不一定能使筛子振幅增大，故B错误；
C．真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，在金属块中会产生涡流，金属块中就会产生大量热量，从而冶炼金属，故C错误；
D．钳形电流表中的实际电流I2小于被测通电导线中的电流I1，根据变压器电流与匝数比关系可知，n1＜n2，即钳形电流表测电流时相当于升压变压器，故D正确；
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是理解四幅图对应的物理原理，分别是麦克斯韦电磁场理论、共振现象、涡流效应和电流互感器的工作原理，关键在于区分每种现象的本质，以及条件变化对结果的影响。
3．【答案】C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】由图b可知该交变电流的周期为，频率为
该交变电流的峰值为，有效值为
故答案为：C。
【分析】这道题的核心是理解交变电流的基本特征，包括周期、频率、峰值和有效值，关键是从图像中识别周期，再利用正弦式交变电流的有效值与峰值的关系进行计算。
4．【答案】B
【知识点】变压器原理；电能的输送；功率及其计算
【解析】【解答】A．根据变压器输入功率等于输出功率相等可得，解得，故A正确；
BC．发电厂的输出功率为，输电线路上损失的电功率为，故B错误，C正确；
D．输电线上的电压降为，故D正确。
故答案为：B。
【分析】这道题的核心是理解远距离交流电输电的功率与电压关系，关键是区分发电厂的输出功率、输电线上的损耗功率和变压器的输入输出功率，并利用理想变压器的功率守恒和电路的电压、电流规律进行分析。
5．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；简谐运动
【解析】【解答】A．图像可知t=0.2s时，振子处在平衡位置右侧且向右侧最大位移处运动的过程中，故位移在变大，由回复力公式
可知位移变大，回复力变大，由牛顿第二定律，回复力变大，加速度变大，且振子在远离平衡位置，故回复力做负功，速度减小，所以振子做的是加速度增大的减速运动，故A错误；
B．t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子从正向最大位移处向平衡位置运动，回复力做正功，所以振子速度逐渐增大，故B错误；
C．从图像可知0.8s时，振子处于平衡位置向负方向运动，即向左运动，所以振子的速度方向向左，故C正确；
D．图像可知t=0.4s时，振子处在正向最大位移处，加速度向左，t=1.2s时，振子处在负向最大位移处，加速度向右，虽然两个位置加速度大小相等，但方向相反，所以加速度不同，故D错误。
故答案为：C 。
【分析】这道题的核心是利用简谐运动的位移-时间图像，分析振子在不同时刻的运动状态，关键是抓住图像的斜率表示速度、位移与加速度的关系，来判断速度和加速度的大小、方向及变化趋势。
6．【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．根据题意，质点比质点先到达波峰，可知该时刻点振动方向向上，点振动方向向下，根据同侧法可知该列波沿轴正方向传播，故A错误；
B．时刻后的一小段时间内质点衡位置，则速度将增大，故B错误；
C．该列波沿轴正方向传播，根据图示，从时刻后第一次到达波谷，需要经过，则根据，
解得该波的频率为，故C正确；
D．该波的波长为，则该波的波速为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据 “质点Q比质点P先到达波峰” 判断波的传播方向，再结合振动规律和波形图分析质点速度、周期、频率和波速。
7．【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】铜珠做自由落体运动，落到蟾蜍口的速度为：
以竖直向上为正方向，根据动量定理可知：Ft-mgt=0-（-mv）
解得：
故答案为：A。
【分析】这道题的核心是分两步分析：首先通过自由落体运动求出铜珠撞击前的速度，然后利用动量定理计算撞击过程中蟾蜍口对铜珠的作用力，最后根据牛顿第三定律得到铜珠对蟾蜍口的冲击力。
8．【答案】B,C,D
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；波的干涉现象；电路动态分析
【解析】【解答】A．图甲中，当有人通过而遮住光线时，光照变弱，阻值变大，根据“串反并同”，A、B之间电压减小，故A错误；
B．根据共振筛的共振曲线，当，振幅最大，可知该筛子的固有频率为，则此单摆的固有周期为，故B正确；
C．b、d为振动加强点，则b、d连线的中点也是振动加强点，故C正确；
D．图丁为移动的振动片上金属丝周期性触动水面形成的水波图样，根据水波的波纹可知，左边形成的波纹比较密，右边的比较稀疏，根据多普勒效应可知，左侧波的频率大于右侧波的频率，因此可知振动片是向左移动的，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】这道题的核心是分别理解四个图对应的物理原理，包括光敏电阻的特性、受迫振动的共振曲线、波的干涉加强点判断，以及水波的多普勒效应，关键是结合每个图的特征和对应的物理规律来逐一分析。
9．【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用；电势
【解析】【解答】AB．由图可知，在内，电路电流在减小，电容器C正在充电，电流是正的，即经过P点的电流向右，由于电路中做定向移动的带电粒子是带负电的电子，因此在该时间段内，电子经过P点向左移动，因此电容器上极板带负电，A正确，B错误；
C．由图可知，在内，电路电流在增大，电容器C正在放电，电场能转化为磁场能，C错误；
D．由图可知，在内，电路电流在增大，电容器C正在放电，在内电流为负，说明电流向左流过P点，则电容器的下极板带正电，所以Q点的电势高，D正确。
故答案为：AD。
【分析】这道题的核心是理解LC振荡电路的工作过程，关键是结合电流随时间的变化图像，判断不同阶段电容器是在充电还是放电，以及能量的转化和电势高低的变化。
10．【答案】A,B,C
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．根据平抛运动知识，据公式，可知，A正确；
B．两物体被弹出过程中满足动量守恒定律，即，B正确；
C．由动能 ，即EA∶EB=1∶2 ，C正确；
D．AB两个物体动量守恒，因此弹簧对AB两物体的冲量大小相等，方向相反，D错误；
故答案为：ABC。
【分析】平抛运动阶段：利用平抛运动的水平位移公式，求出两木块离开平台时的速度比；
弹簧弹开阶段：利用动量守恒定律求出质量比，再结合动能公式和动量定理分析动能和冲量的关系。
11．【答案】（1）B；E
（2）大于
（3）A；C
（4）（）
（5）
【知识点】验证动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替。所以需要测量的量为：小球a、b的质量，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC。
故答案为：BE。
（2）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有
在碰撞过程中动能守恒，故有
解得
要碰后a的速度，即，。
故答案为：“大于”。
（3）A．两小球碰后做平抛运动，竖直高度相同，则落地在空中运动时间相同，选项A正确；
B．斜槽轨道是否光滑，对实验无影响，只要到达底端的速度相等即可，选项B错误；
C．两小球碰后，小球a的落地点是图中水平面上的A点，选项C正确；
D．两小球碰后，小球b的落地点是图中水平面上C点，选项D错误。
故答案为：AC。
（4）由图可知OB距离为（）
故答案为：（）
（5）设落地时间为t，B为碰前入射小球落点的位置，A为碰后入射小球的位置，C为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度；碰撞后入射小球的速度；碰撞后被碰小球的速度；若
则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得
故答案为：
【分析】(1)实验利用平抛运动的水平位移替代碰撞前后的速度，需要测量两球质量和各落点的水平距离，不需要测量高度或时间。
(2)为防止入射球反弹，保证碰撞后入射球继续向前运动，入射球质量需大于被碰球质量。
(3)两球平抛的高度相同，运动时间相同，碰撞后入射球速度减小、被碰球获得速度，因此入射球落在A点，被碰球落在C点。
(4)用米尺读数，主尺读数为64cm，游标尺读数为0.4cm，故OB距离为64.4cm（64.2~64.5 cm 均正确）。
(5)根据动量守恒定律，结合平抛运动水平位移与速度成正比，推导出验证式。
（1）要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替。所以需要测量的量为：小球a、b的质量，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC。
故选BE。
（2）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有
在碰撞过程中动能守恒，故有
解得
要碰后a的速度，即，。
故答案为“大于”。
（3）A．两小球碰后做平抛运动，竖直高度相同，则落地在空中运动时间相同，选项A正确；
B．斜槽轨道是否光滑，对实验无影响，只要到达底端的速度相等即可，选项B错误；
C．两小球碰后，小球a的落地点是图中水平面上的A点，选项C正确；
D．两小球碰后，小球b的落地点是图中水平面上C点，选项D错误。
故选AC。
（4）由图可知OB距离为（）
（5）设落地时间为t，B为碰前入射小球落点的位置，A为碰后入射小球的位置，C为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度；碰撞后入射小球的速度；碰撞后被碰小球的速度；若
则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得
故答案为
12．【答案】（1）D
（2）10.4
（3）
（4）C
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）为减小空气阻力的影响，应选用密度较大铁球，同时用不可伸长的细丝线，将悬挂点固定。
故答案为：D
（2）游标卡尺的精确度为0.1mm，读数为10mm+mm=10.4mm
故答案为：10.4
（3）由题可知单摆的周期为
根据单摆周期公式有
解得
故答案为：
（4）根据单摆的周期公式，解得：
A．实验中开始计时，秒表提前按下，测得周期偏大，则测得的重力加速度偏小，故A错误；
B．摆动后出现松动，知摆长的测量值偏小，则测得的重力加速度偏小，故B错误；
C．把n当作单摆全振动的次数，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大，故C正确；
故答案为：C
【分析】(1)单摆实验要求摆线不可伸长、摆球密度大（减小空气阻力影响），因此最合理的装置是用细丝线和铁球的D。
(2)游标卡尺读数为主尺读数加上游标尺读数。
(3)先确定单摆的摆长和周期，再代入单摆周期公式推导出重力加速度的表达式。
(4)根据分析各选项对或的影响，判断值偏大的原因。
（1）为减小空气阻力的影响，应选用密度较大铁球，同时用不可伸长的细丝线，将悬挂点固定。
故选D。
（2）游标卡尺的精确度为0.1mm，读数为10mm+mm=10.4mm
（3）由题可知单摆的周期为
根据单摆周期公式有
解得
（4）根据单摆的周期公式
得
A．实验中开始计时，秒表提前按下，测得周期偏大，则测得的重力加速度偏小，故A错误；
B．摆动后出现松动，知摆长的测量值偏小，则测得的重力加速度偏小，故B错误；
C．把n当作单摆全振动的次数，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大，故C正确；
故选C。
13．【答案】（1）解：根据图像可知，碰撞前a、b的速度分别为，
碰撞后a、b的速度分别为，
根据动量守恒可得
解得b小球的质量为
（2）解：碰撞前a、b系统的动能为
碰撞后a、b系统的动能为
由于，可知碰撞为弹性碰撞。
【知识点】动能；碰撞模型
【解析】【分析】(1)从x-t图像的斜率得到碰撞前后两球的速度；利用动量守恒定律，代入速度和已知质量求解小球b的质量。
(2)分别计算碰撞前后系统的总动能；比较动能是否相等，判断碰撞是否为弹性碰撞。
14．【答案】（1）解：感应电动势的最大值V
线框中感应电动势的瞬时值表达式为（V）
（2）解：线圈转过90°角过程中产生的平均感应电动势V
（3）解：电压表示数为电压的有效值，则V
电阻R两端的电压满足
则电阻R上消耗的功率W
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】(1)线圈在磁场中匀速转动，从与磁场平行的位置开始计时，感应电动势的瞬时值为余弦函数，先求最大值，再写出瞬时值表达式。
(2)平均感应电动势用法拉第电磁感应定律计算，即磁通量变化量除以时间。
(3)先求原线圈电压的有效值，再根据匝数比求出副线圈电压，最后计算电阻消耗的功率。
（1）感应电动势的最大值V
线框中感应电动势的瞬时值表达式为（V）
（2）线圈转过90°角过程中产生的平均感应电动势V
（3）电压表示数为电压的有效值，则V
电阻R两端的电压满足
则电阻R上消耗的功率W
15．【答案】（1）解：根据v-t图像的斜率表示加速度，可知木板的加速度大小为
对木板，根据牛顿第二定律得μmg=Ma
解得木板的质量为：M=1kg
（2）解：小物块在木板上滑行，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0=Mv1+mv2，其中v1=3m/s
解得：v2=3m/s
（3）解：由以上分析可知木板与挡板碰撞前已经共速，若共速时木板刚好与挡板碰撞，对木板，根据动能定理可得
解得：x=0.375m
故
（4）解：木板与挡板碰撞前物块与木板摩擦生热
木板与挡板碰撞后的0.25s内由动量守恒和能量关系，
可知
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1)从v-t图像直接得到木板的加速度，再根据牛顿第二定律，由摩擦力等于木板的合力求出木板质量。
(2)碰撞后木板反向运动，对小物块受力分析，利用动量定理求出碰撞瞬间小物块的速度。
(3)碰撞前小物块与木板一起向右加速，先求两者共同速度，再用运动学公式计算木板移动的距离。
(4)摩擦产生的内能等于摩擦力乘以相对滑动的距离，分碰撞前和碰撞后两个阶段计算。
（1）根据v-t图像的斜率表示加速度，可知木板的加速度大小为
对木板，根据牛顿第二定律得μmg=Ma
解得木板的质量为：M=1kg
（2）小物块在木板上滑行，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得
mv0=Mv1+mv2
其中：v1=3m/s
解得：v2=3m/s
（3）由以上分析可知木板与挡板碰撞前已经共速，若共速时木板刚好与挡板碰撞，对木板，根据动能定理可得
解得：x=0.375m
故
（4）木板与挡板碰撞前物块与木板摩擦生热
木板与挡板碰撞后的0.25s内由动量守恒和能量关系，
可知
1 / 1广东省广州市广东实验中学越秀学校2024-2025高二下学期期中考试物理试题
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2025高二下·越秀期中）使用蓝牙耳机接听手机来电，信号传输示意如图所示，以下说法正确的是（　　）
A．蓝牙通信的电磁波是可见光
B．在同种介质中，蓝牙通信的电磁波波长比手机通信的电磁波波长短
C．两束蓝牙通信的电磁波在任何情况下都不会发生干涉
D．蓝牙通信的电磁波在真空中的传播速度小于光速
【答案】B
【知识点】电磁波的应用
【解析】【解答】A．蓝牙通信的电磁波是无线电波，不是可见光，故A错误；
B．在同种介质中，蓝牙通信与手机通信的电磁波传播速度相等，但蓝牙通信的电磁波频率高于手机通信的电磁波频率，所以蓝牙通信的波长比手机通信的电磁波波长短，故B正确；
C．两束蓝牙通信的电磁波若频率相同，相位差恒定，就会发生干涉，故C错误；
D．蓝牙通信的电磁波在真空中的传播速度等于光速，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据电磁波谱的频率范围、波速公式 v=λf、干涉条件以及电磁波在真空中的传播速度等知识点，逐一判断选项。
2．（2025高二下·越秀期中）关于教材中插图所涉及的物理知识，下列描述正确的是（　　）
A．图甲为关于麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场周围空间一定产生变化的电场
B．图乙为共振筛，增加筛子质量，一定能使筛子振幅增大
C．图丙为真空冶炼炉，通入线圈的高频电流在线圈中产生热量，从而冶炼金属
D．图丁为钳型电流表，其变压器是一个升压变压器
【答案】D
【知识点】受迫振动和共振；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；变压器原理；电磁场与电磁波的产生
【解析】【解答】A．图甲为关于麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场周围空间产生恒定的电场，故A错误；
B．图乙为共振筛，由于固有频率与驱动力频率大小未知，增加筛子质量，不一定能使筛子振幅增大，故B错误；
C．真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，在金属块中会产生涡流，金属块中就会产生大量热量，从而冶炼金属，故C错误；
D．钳形电流表中的实际电流I2小于被测通电导线中的电流I1，根据变压器电流与匝数比关系可知，n1＜n2，即钳形电流表测电流时相当于升压变压器，故D正确；
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是理解四幅图对应的物理原理，分别是麦克斯韦电磁场理论、共振现象、涡流效应和电流互感器的工作原理，关键在于区分每种现象的本质，以及条件变化对结果的影响。
3．（2025高二下·越秀期中）某小组用图a的风速仪研究交流电，风杯在风力作用下带动与其连在一起的永磁铁转动；某一风速时，线圈中产生的交变电流如图b所示，则（　　）
A．该交变电流的周期为 B．该交变电流的频率为
C．该交变电流的有效值为 D．该交变电流的峰值为
【答案】C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】由图b可知该交变电流的周期为，频率为
该交变电流的峰值为，有效值为
故答案为：C。
【分析】这道题的核心是理解交变电流的基本特征，包括周期、频率、峰值和有效值，关键是从图像中识别周期，再利用正弦式交变电流的有效值与峰值的关系进行计算。
4．（2025高二下·越秀期中）如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是，其末端间的电压为。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为。则下列说法错误的是（　　）
A．用户端的电压
B．发电厂的输出功率为
C．输电线路上损失的电功率为
D．输电线上的电压降为
【答案】B
【知识点】变压器原理；电能的输送；功率及其计算
【解析】【解答】A．根据变压器输入功率等于输出功率相等可得，解得，故A正确；
BC．发电厂的输出功率为，输电线路上损失的电功率为，故B错误，C正确；
D．输电线上的电压降为，故D正确。
故答案为：B。
【分析】这道题的核心是理解远距离交流电输电的功率与电压关系，关键是区分发电厂的输出功率、输电线上的损耗功率和变压器的输入输出功率，并利用理想变压器的功率守恒和电路的电压、电流规律进行分析。
5．（2025高二下·越秀期中）弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．时，振子正在做加速度减小的加速运动
B．到的时间内，振子的速度逐渐减小
C．时，振子的速度方向向左
D．和时，振子的加速度完全相同
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；简谐运动
【解析】【解答】A．图像可知t=0.2s时，振子处在平衡位置右侧且向右侧最大位移处运动的过程中，故位移在变大，由回复力公式
可知位移变大，回复力变大，由牛顿第二定律，回复力变大，加速度变大，且振子在远离平衡位置，故回复力做负功，速度减小，所以振子做的是加速度增大的减速运动，故A错误；
B．t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子从正向最大位移处向平衡位置运动，回复力做正功，所以振子速度逐渐增大，故B错误；
C．从图像可知0.8s时，振子处于平衡位置向负方向运动，即向左运动，所以振子的速度方向向左，故C正确；
D．图像可知t=0.4s时，振子处在正向最大位移处，加速度向左，t=1.2s时，振子处在负向最大位移处，加速度向右，虽然两个位置加速度大小相等，但方向相反，所以加速度不同，故D错误。
故答案为：C 。
【分析】这道题的核心是利用简谐运动的位移-时间图像，分析振子在不同时刻的运动状态，关键是抓住图像的斜率表示速度、位移与加速度的关系，来判断速度和加速度的大小、方向及变化趋势。
6．（2025高二下·越秀期中）我国的YLC-2E型反隐形米波雷达能探测到450公里外超音速飞行的各类隐形战斗机，堪称隐形战斗机的克星，它标志着我国雷达研究又创新的里程碑。米波雷达发射无线电波的波长在范围内，一列米波在时刻的波形图如图所示，是波上的两个质点，接下来质点比质点先到达波峰，再经过时间，质点在时刻后第一次到达波谷。下列说法正确的是（　　）
A．该波沿轴负方向传播
B．时刻后的一小段时间内质点的速度将减小
C．该波的频率为
D．该波的波速为
【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．根据题意，质点比质点先到达波峰，可知该时刻点振动方向向上，点振动方向向下，根据同侧法可知该列波沿轴正方向传播，故A错误；
B．时刻后的一小段时间内质点衡位置，则速度将增大，故B错误；
C．该列波沿轴正方向传播，根据图示，从时刻后第一次到达波谷，需要经过，则根据，
解得该波的频率为，故C正确；
D．该波的波长为，则该波的波速为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据 “质点Q比质点P先到达波峰” 判断波的传播方向，再结合振动规律和波形图分析质点速度、周期、频率和波速。
7．（2025高二下·越秀期中）地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1700多年如图所示，为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为，当感知到地震时，质量为的铜珠（初速度为零）离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】铜珠做自由落体运动，落到蟾蜍口的速度为：
以竖直向上为正方向，根据动量定理可知：Ft-mgt=0-（-mv）
解得：
故答案为：A。
【分析】这道题的核心是分两步分析：首先通过自由落体运动求出铜珠撞击前的速度，然后利用动量定理计算撞击过程中蟾蜍口对铜珠的作用力，最后根据牛顿第三定律得到铜珠对蟾蜍口的冲击力。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8．（2025高二下·越秀期中）下列对各图的叙述，正确的是（　　）
A．图甲是小区门口利用光敏电阻及定值电阻设计的行人监控装置，光敏电阻无光照时，阻值较大，阻值随光照的增强而减小。当有人通过而遮住光线时，A、B之间电压增大
B．图乙为一个单摆做受迫振动的振幅A与驱动力频率f的曲线，此单摆的固有周期约为
C．图丙中两个相干简谐横波在同一区域传播，b、d连线的中点始终是振动加强点
D．图丁为移动的振动片上金属丝周期性触动水面形成水波的多普勒效应，表明振动片正向左移动
【答案】B,C,D
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；波的干涉现象；电路动态分析
【解析】【解答】A．图甲中，当有人通过而遮住光线时，光照变弱，阻值变大，根据“串反并同”，A、B之间电压减小，故A错误；
B．根据共振筛的共振曲线，当，振幅最大，可知该筛子的固有频率为，则此单摆的固有周期为，故B正确；
C．b、d为振动加强点，则b、d连线的中点也是振动加强点，故C正确；
D．图丁为移动的振动片上金属丝周期性触动水面形成的水波图样，根据水波的波纹可知，左边形成的波纹比较密，右边的比较稀疏，根据多普勒效应可知，左侧波的频率大于右侧波的频率，因此可知振动片是向左移动的，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】这道题的核心是分别理解四个图对应的物理原理，包括光敏电阻的特性、受迫振动的共振曲线、波的干涉加强点判断，以及水波的多普勒效应，关键是结合每个图的特征和对应的物理规律来逐一分析。
9．（2025高二下·越秀期中）如图所示是LC振荡电路和通过点P的电流随时间变化的规律。若把流过点P向右的电流规定为正方向，则（　　）
A．在内，电容器C在充电
B．在内，电容器C的上极板带正电
C．在内，磁场能正在转化为电场能
D．在内，点Q的电势比点P的电势高
【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用；电势
【解析】【解答】AB．由图可知，在内，电路电流在减小，电容器C正在充电，电流是正的，即经过P点的电流向右，由于电路中做定向移动的带电粒子是带负电的电子，因此在该时间段内，电子经过P点向左移动，因此电容器上极板带负电，A正确，B错误；
C．由图可知，在内，电路电流在增大，电容器C正在放电，电场能转化为磁场能，C错误；
D．由图可知，在内，电路电流在增大，电容器C正在放电，在内电流为负，说明电流向左流过P点，则电容器的下极板带正电，所以Q点的电势高，D正确。
故答案为：AD。
【分析】这道题的核心是理解LC振荡电路的工作过程，关键是结合电流随时间的变化图像，判断不同阶段电容器是在充电还是放电，以及能量的转化和电势高低的变化。
10．（2025高二下·越秀期中）两块小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平台面上，将细线烧断，木块A、B被弹簧弹出，最后落在水平地面上，落地点与平台边缘的水平距离分别为lA=1 m，lB=2m，如图所示，则下列说法正确的是 （　　）
A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA∶vB=1∶2
B．木块A、B的质量之比mA∶mB=2∶1
C．木块A、B离开弹簧时的动能之比EA∶EB=1∶2
D．弹簧对木块A、B的冲量大小之比IA∶IB=1∶2
【答案】A,B,C
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．根据平抛运动知识，据公式，可知，A正确；
B．两物体被弹出过程中满足动量守恒定律，即，B正确；
C．由动能 ，即EA∶EB=1∶2 ，C正确；
D．AB两个物体动量守恒，因此弹簧对AB两物体的冲量大小相等，方向相反，D错误；
故答案为：ABC。
【分析】平抛运动阶段：利用平抛运动的水平位移公式，求出两木块离开平台时的速度比；
弹簧弹开阶段：利用动量守恒定律求出质量比，再结合动能公式和动量定理分析动能和冲量的关系。
三、第二部分 非选择题 （共54分）
11．（2025高二下·越秀期中）如图（a）所示，某同学用图装置做验证动量守恒定律的实验。先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。
（1）本实验必须测量的物理量有___________
A．斜槽轨道末端到水平地面的高度H
B．小球a、b的质量
C．小球a、b的半径r
D．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t
E．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC
F．a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h
（2）小球a、b的质量应该满足　 　。（填“大于”、“小于”或“等于”）：
（3）让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，下述正确的是___________
A．两小球碰后到落地在空中运动时间相同
B．为保证实验成功，斜槽轨道应尽量光滑
C．两小球碰后，小球a的落地点是图中水平面上的A点
D．两小球碰后，小球b的落地点是图中水平面上B点
（4）把米尺的零刻度跟记录纸上的O点对齐，图（b）可得OB距离为　 　
（5）按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是　 　（用题目提供的符号表示）
【答案】（1）B；E
（2）大于
（3）A；C
（4）（）
（5）
【知识点】验证动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替。所以需要测量的量为：小球a、b的质量，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC。
故答案为：BE。
（2）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有
在碰撞过程中动能守恒，故有
解得
要碰后a的速度，即，。
故答案为：“大于”。
（3）A．两小球碰后做平抛运动，竖直高度相同，则落地在空中运动时间相同，选项A正确；
B．斜槽轨道是否光滑，对实验无影响，只要到达底端的速度相等即可，选项B错误；
C．两小球碰后，小球a的落地点是图中水平面上的A点，选项C正确；
D．两小球碰后，小球b的落地点是图中水平面上C点，选项D错误。
故答案为：AC。
（4）由图可知OB距离为（）
故答案为：（）
（5）设落地时间为t，B为碰前入射小球落点的位置，A为碰后入射小球的位置，C为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度；碰撞后入射小球的速度；碰撞后被碰小球的速度；若
则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得
故答案为：
【分析】(1)实验利用平抛运动的水平位移替代碰撞前后的速度，需要测量两球质量和各落点的水平距离，不需要测量高度或时间。
(2)为防止入射球反弹，保证碰撞后入射球继续向前运动，入射球质量需大于被碰球质量。
(3)两球平抛的高度相同，运动时间相同，碰撞后入射球速度减小、被碰球获得速度，因此入射球落在A点，被碰球落在C点。
(4)用米尺读数，主尺读数为64cm，游标尺读数为0.4cm，故OB距离为64.4cm（64.2~64.5 cm 均正确）。
(5)根据动量守恒定律，结合平抛运动水平位移与速度成正比，推导出验证式。
（1）要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替。所以需要测量的量为：小球a、b的质量，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC。
故选BE。
（2）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有
在碰撞过程中动能守恒，故有
解得
要碰后a的速度，即，。
故答案为“大于”。
（3）A．两小球碰后做平抛运动，竖直高度相同，则落地在空中运动时间相同，选项A正确；
B．斜槽轨道是否光滑，对实验无影响，只要到达底端的速度相等即可，选项B错误；
C．两小球碰后，小球a的落地点是图中水平面上的A点，选项C正确；
D．两小球碰后，小球b的落地点是图中水平面上C点，选项D错误。
故选AC。
（4）由图可知OB距离为（）
（5）设落地时间为t，B为碰前入射小球落点的位置，A为碰后入射小球的位置，C为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度；碰撞后入射小球的速度；碰撞后被碰小球的速度；若
则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得
故答案为
12．（2025高二下·越秀期中）实验小组的同学在实验室做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。
（1）下列最合理的装置是___________
A． B．
C． D．
（2）用游标卡尺测量摆球直径，游标卡尺的示数如图所示，则摆球直径左　 　
（3）该小组的同学测得小球的直径为d，悬点到小球上端绳长记为L，把小球拉开一个小角度，让小球在竖直平面内稳定摆动，某次经过平衡位置时，数1并开始计时，再次经过平衡位置时数2……，当数n时结束计时，总时间记为t，则重力加速度大小为　 　。（用题中物理量的符号表示）
（4）若该实验小组发现测得的g值偏大，可能的原因是___________
A．开始计时时，秒表提前按下了
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．把n当作单摆全振动的次数
【答案】（1）D
（2）10.4
（3）
（4）C
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）为减小空气阻力的影响，应选用密度较大铁球，同时用不可伸长的细丝线，将悬挂点固定。
故答案为：D
（2）游标卡尺的精确度为0.1mm，读数为10mm+mm=10.4mm
故答案为：10.4
（3）由题可知单摆的周期为
根据单摆周期公式有
解得
故答案为：
（4）根据单摆的周期公式，解得：
A．实验中开始计时，秒表提前按下，测得周期偏大，则测得的重力加速度偏小，故A错误；
B．摆动后出现松动，知摆长的测量值偏小，则测得的重力加速度偏小，故B错误；
C．把n当作单摆全振动的次数，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大，故C正确；
故答案为：C
【分析】(1)单摆实验要求摆线不可伸长、摆球密度大（减小空气阻力影响），因此最合理的装置是用细丝线和铁球的D。
(2)游标卡尺读数为主尺读数加上游标尺读数。
(3)先确定单摆的摆长和周期，再代入单摆周期公式推导出重力加速度的表达式。
(4)根据分析各选项对或的影响，判断值偏大的原因。
（1）为减小空气阻力的影响，应选用密度较大铁球，同时用不可伸长的细丝线，将悬挂点固定。
故选D。
（2）游标卡尺的精确度为0.1mm，读数为10mm+mm=10.4mm
（3）由题可知单摆的周期为
根据单摆周期公式有
解得
（4）根据单摆的周期公式
得
A．实验中开始计时，秒表提前按下，测得周期偏大，则测得的重力加速度偏小，故A错误；
B．摆动后出现松动，知摆长的测量值偏小，则测得的重力加速度偏小，故B错误；
C．把n当作单摆全振动的次数，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大，故C正确；
故选C。
13．（2025高二下·越秀期中）如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正碰，碰撞时间不计，小球a、b质量分别为m1和m2，且。两小球碰撞前后位移随时间变化的图像如图乙所示。
（1）求解b小球质量m2；
（2）通过计算判断改碰撞为弹性还是非弹性碰撞。
【答案】（1）解：根据图像可知，碰撞前a、b的速度分别为，
碰撞后a、b的速度分别为，
根据动量守恒可得
解得b小球的质量为
（2）解：碰撞前a、b系统的动能为
碰撞后a、b系统的动能为
由于，可知碰撞为弹性碰撞。
【知识点】动能；碰撞模型
【解析】【分析】(1)从x-t图像的斜率得到碰撞前后两球的速度；利用动量守恒定律，代入速度和已知质量求解小球b的质量。
(2)分别计算碰撞前后系统的总动能；比较动能是否相等，判断碰撞是否为弹性碰撞。
14．（2025高二下·越秀期中）如图所示，面积为，内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴匀速转动，转动的角速度为，匀强磁场的磁感应强度为。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻，电表均为理想交流电表。当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，结果可用根号或表示。求：
（1）线框中感应电动势的瞬时值表达式；
（2）由图示位置转过角的过程产生的平均感应电动势；
（3）当原、副线圈匝数比为时，电阻R上消耗的功率。
【答案】（1）解：感应电动势的最大值V
线框中感应电动势的瞬时值表达式为（V）
（2）解：线圈转过90°角过程中产生的平均感应电动势V
（3）解：电压表示数为电压的有效值，则V
电阻R两端的电压满足
则电阻R上消耗的功率W
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】(1)线圈在磁场中匀速转动，从与磁场平行的位置开始计时，感应电动势的瞬时值为余弦函数，先求最大值，再写出瞬时值表达式。
(2)平均感应电动势用法拉第电磁感应定律计算，即磁通量变化量除以时间。
(3)先求原线圈电压的有效值，再根据匝数比求出副线圈电压，最后计算电阻消耗的功率。
（1）感应电动势的最大值V
线框中感应电动势的瞬时值表达式为（V）
（2）线圈转过90°角过程中产生的平均感应电动势V
（3）电压表示数为电压的有效值，则V
电阻R两端的电压满足
则电阻R上消耗的功率W
15．（2025高二下·越秀期中）如图（a）所示，木板静止在光滑水平面上，木板右侧距离为x处固定弹性挡板。质量的小物块以的初速度从最左端冲上木板，一段时间后木板与挡板发生弹性碰撞（忽略碰撞时间），木板以原速度大小反弹。木板与小物块之间的动摩擦因数。第一次碰撞完瞬间开始的内木板的图像如图（b）所示，此过程木板的加速度大小为a，在以后的运动过程中，小物块始终没有滑离木板。重力加速度，求：
（1）加速度a的大小和木板的质量M；
（2）木板与固定挡板碰撞瞬间，小物块的速度大小；
（3）初始时木板右侧与固定弹性挡板间的距离x；
（4）从小物块冲上木板到木板与弹性挡板碰后的过程中，由于摩擦而产生的内能。
【答案】（1）解：根据v-t图像的斜率表示加速度，可知木板的加速度大小为
对木板，根据牛顿第二定律得μmg=Ma
解得木板的质量为：M=1kg
（2）解：小物块在木板上滑行，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0=Mv1+mv2，其中v1=3m/s
解得：v2=3m/s
（3）解：由以上分析可知木板与挡板碰撞前已经共速，若共速时木板刚好与挡板碰撞，对木板，根据动能定理可得
解得：x=0.375m
故
（4）解：木板与挡板碰撞前物块与木板摩擦生热
木板与挡板碰撞后的0.25s内由动量守恒和能量关系，
可知
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1)从v-t图像直接得到木板的加速度，再根据牛顿第二定律，由摩擦力等于木板的合力求出木板质量。
(2)碰撞后木板反向运动，对小物块受力分析，利用动量定理求出碰撞瞬间小物块的速度。
(3)碰撞前小物块与木板一起向右加速，先求两者共同速度，再用运动学公式计算木板移动的距离。
(4)摩擦产生的内能等于摩擦力乘以相对滑动的距离，分碰撞前和碰撞后两个阶段计算。
（1）根据v-t图像的斜率表示加速度，可知木板的加速度大小为
对木板，根据牛顿第二定律得μmg=Ma
解得木板的质量为：M=1kg
（2）小物块在木板上滑行，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得
mv0=Mv1+mv2
其中：v1=3m/s
解得：v2=3m/s
（3）由以上分析可知木板与挡板碰撞前已经共速，若共速时木板刚好与挡板碰撞，对木板，根据动能定理可得
解得：x=0.375m
故
（4）木板与挡板碰撞前物块与木板摩擦生热
木板与挡板碰撞后的0.25s内由动量守恒和能量关系，
可知
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