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2025届山东省名校考试联盟高三下学期市级第二次模拟考试物理试题
1．（2025·山东模拟）元素半衰期被广泛应用于考古测年代、药物代谢控制、核能利用及医学诊断治疗等领域。已知18F的半衰期为110min，68Ga的半衰期为68min，现将质量为的18F和质量为的68Ga投入研究，研究时长为3740min。设研究结束后18F的剩余质量为，68Ga的剩余质量为，下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】对18F经过时长为3740min时，即
对68Ga 经过时长为3740min时，即，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1. 半衰期的定义与剩余质量公式
剩余质量：，其中T 为半衰期，t 为经过时间。
2. 指数运算与半衰期次数的计算
经过n 个半衰期后，比较两个不同半衰期的核素经过相同时间后的剩余质量：
3. 幂次大小的比较
半衰期越短的核素，经过相同时间后经历半衰期次数越多，剩余质量占初始质量的比例越小（如果初始质量相等，则剩余质量小）。
总结：半衰期公式 的应用、不同半衰期元素剩余质量的比较（指数运算与幂的大小）。
2．（2025·山东模拟）在智能物流系统中，智能配送车可在编程操作下自行完成物流货物装载工作，大大提高了工作效率。现有两辆智能配送车甲和乙沿同一直线轨道同时相向而行，甲车从静止出发以2m/s2的加速度做匀加速直线运动，乙车以初速度8m/s刹车，加速度大小为1m/s2。已知智能配送车的最大速度为8m/s，两车初始相距100m。经过10s两车之间的距离为（　　）
A．4m B．6m C．8m D．2m
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；追及相遇问题
【解析】【解答】乙车从刹车到停下所用时间为，该过程乙车通过的位移大小为，已知智能配送车的最大速度为8m/s，则甲车匀加速运动时间为则在内，前甲车做匀加速直线运动，运动的位移大小为，后内甲车以最大速度做匀速直线运动，位移大小为，则末，两次相距
再经历，乙车保持静止，甲车继续做匀速运动，通过的位移大小为
故经过10s两车之间的距离为，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】1. 匀变速直线运动基本公式
位移公式：
速度公式：
刹车停止时间
2. 分段运动分析（因甲车有最大速度限制）
甲车先匀加速至 ，后匀速。
须分别计算加速段时间 和匀速段时间 。
3. 两车相向而行位移叠加求距离
两车初始相距 ，t 时刻位置分别为 、（从各自起点向对方计算位移）。
此时相距：
4. 乙车停止后保持静止
乙车刹车到停止时间 位移 x。 时乙车静止。
总结：匀变速直线运动及匀速运动组合、相向运动位移叠加求间距、刹车到静止的处理、最大速度限制下的分段分析。
3．（2025·山东模拟）如图所示，半径为的四分之一光滑圆弧竖直固定，最低点放置一质量为的物块，可视为质点。物块在方向始终沿圆弧切线的推力作用下由运动到，力大小恒为。对于该运动过程，下列说法正确的是（　　）
A．力做功大小为
B．力做功大小为
C．力的功率先增大后减小
D．克服重力做功的功率先增大后减小
【答案】B
【知识点】微元法
【解析】【解答】AB． 因力F的方向始终与物体运动方向相同，故其做功等于F的大小乘以物体运动的路程，由A到B的过程，
故A错误，B正确；
C．从A到B过程，F始终大于重力沿切线方向的分力，所以物体一直在做加速运动，速度一直在增大，根据瞬时功率公式（F与v始终夹角为）
可知F的功率一直在增大，故C错误；
D．设重力方向与速度方向夹角，对于该运动过程，从增大到，则克服重力做功的功率
可知一直在增大，v也在增大，故克服重力做功的功率一直增大，故D错误。
故选B。
【分析】力F对物块做的功等于F的大小乘以物体运动的路程，物体一直在做加速运动，根据功率公式分析F和重力功率。
4．（2025·山东模拟）我国近地小行星防御系统通过“监测—评估—干预”三位一体架构，力图避免小行星影响地球，展现了从被动预警到主动防御的科技跨越。如图所示，近地圆轨道Ⅰ和椭圆轨道Ⅱ相切于点，椭圆轨道Ⅱ和同步轨道Ⅲ相切于点。现有防御卫星在轨道Ⅰ处做匀速圆周运动，经变轨后运行到同步轨道Ⅲ的点拦截小行星进行干预，已知地球自转的角速度为，防御卫星在轨道Ⅰ和Ⅲ上运行的角速度为和，卫星在轨道Ⅰ、Ⅲ和轨道Ⅱ上的点、点运行的线速度分别为、、、。下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．卫星在轨道Ⅰ运行的周期约为24h
D．卫星在轨道Ⅲ的机械能大于在轨道Ⅰ的机械能
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律可得
可得
可知同步轨道的角速度小于近地轨道的角速度，而地球自转的角速度和同步轨道的角速度相同，则有
故A错误；
B．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律可得
可得
可知；又由于卫星在c点加速后进入轨道Ⅲ，则有；又由于卫星在b点加速后进入轨道Ⅱ，则有；综上分析可知，故B错误；
C．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，
可得
可知卫星在轨道Ⅰ运行的周期小于同步轨道Ⅲ的运行周期，即卫星在轨道Ⅰ运行的周期小于24h，故C错误；
D．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需要在b点点火加速，使卫星做离心运动，卫星的机械能增加；卫星从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需要在c点点火加速，使卫星做离心运动，卫星的机械能增加；所以卫星在轨道Ⅲ的机械能大于在轨道Ⅰ的机械能，故D正确。
故选D。
【分析】根据万有引力提供向心力，卫星的变轨和机械能知识，开普勒行星运动规律进行分析解答。
5．（2025·山东模拟）如图所示，匝数为100匝、面积为10cm2的交流发电机线圈在磁感应强度为10T的匀强磁场中匀速转动。线圈平面与磁场平行时开始计时，通过一理想自耦变压器对外供电，转动角速度为100rad/s，线圈内阻不计，电压表为理想电压表。则下列说法正确的是（　　）
A．线圈产生的电动势的瞬时值表达式为
B．电压表V示数为100V
C．当滑动变阻器滑片向上滑动时，流经灯泡的电流变大
D．当自耦变压器滑片P向上滑动时，灯泡变暗
【答案】D
【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】【解答】AB．线圈产生的电动势最大值为，线圈与磁场平行时开始计时，故表达式为，电压表V示数为有效值，即，故AB错误；
C．当滑动变阻器滑片向上滑动时，由于原线圈输入电压不变，变压器原、副线圈匝数均不变，则副线圈输出电压不变，即灯泡两端电压不变，根据欧姆定律可知，流经灯泡的电流不变，故C错误；
D．当自耦变压器滑片P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据可知，副线圈输出电压减小，即灯泡两端电压减小，灯泡变暗，故D正确。
故选D。
【分析】1. 交流发电机电动势的瞬时值表达式
线圈从中性面计时：，从与磁场平行开始计时（即线圈平面与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大）：或 ，其中
2. 电压表示数（有效值）
有效值
3. 自耦变压器原理
电压比等于匝数比：。
当原线圈匝数 增加（P 向上滑），副线圈电压 减小 → 灯泡变暗。
4. 滑动变阻器对灯泡电流的影响
滑动变阻器与灯泡并联（图中接法），当滑片向上滑动时，变阻器接入电阻变大，但灯泡两端电压（由副线圈电压决定）不变，因此通过灯泡的电流不变。
总结：交流发电机电动势的瞬时值表达式（初相位与计时时刻关系）、有效值与最大值换算、自耦变压器匝数比对输出电压的影响、并联电路中负载电压不变时通过定值电阻的电流不变。
6．（2025·山东模拟）某同学在做劈尖干涉实验时，先把3片薄木片夹入两玻璃板a、b右端，观察干涉条纹，再通过调整薄木片数量以及移动薄木片位置，使条纹间距变成原来的2倍。已知薄木片厚度相同，不发生形变，薄木片左端到劈尖的距离为，则以下操作正确的是（　　）
A．去掉两片薄木片，并向左移动
B．去掉两片薄木片，并向左移动
C．去掉一片薄木片，并向左移动
D．增加一片薄木片，并向左移动
【答案】A
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】设劈尖的倾角为，条纹间距为，由于很小，则有可得
设每片薄木片总厚底为，则有
为了使条纹间距变成原来的2倍，则变为原来的。
A．去掉两片薄木片，并向左移动，则有，故A正确；
B．去掉两片薄木片，并向左移动，则有，故B错误；
C．去掉一片薄木片，并向左移动，则有，故C错误；
D．增加一片薄木片，并向左移动，则有，故D错误。
故选A。
【分析】1. 劈尖干涉条纹间距公式
劈尖干涉条纹间距：，其中 θ 为劈尖的倾角（很小），λ 为光波波长（不变）。
2. 倾角θ 与薄木片厚度、位置的关系
设薄木片总厚度为 ，薄木片到劈尖左端距离为 L，则：
条纹间距：
3. 使条纹间距变为原来的 2 倍的条件
原 ，要变为 ，需使 变为原来的 2 倍。
可能的操作：增加 L（向右移木片）或减小 （减少木片数），使得 增大为原来的 2 倍。
7．（2025·山东模拟）三维坐标系yOz平面内有一圆心在坐标原点、半径为d的均匀带电细圆环，y轴上y=位置有一带电量为＋q的点电荷，x轴上的P点到圆心O的距离也为。若P点场强沿y轴负方向，则关于带电圆环说法正确的是（　　）
A．带正电，电量为 B．带负电，电量为
C．带正电，电量为 D．带负电，电量为
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】+q在P点的场强为，方向与x轴夹角为45°斜向右下，圆环在P点的场强沿水平方向，因P点场强沿y轴负方向，可知圆环在P点的场强与点电荷+q在P点在x方向的场强的分量等大反向，可知圆环在P点的场强方向沿x轴负向，可知圆环带负电；圆环在P点的场强，解得，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】1. 点电荷电场强度计算与分解
点电荷场强公式：，由几何关系求 及方向角 ，分解为 、 。
2. 均匀带电圆环在轴线上的电场公式
轴线上任一点 距圆心 ：，方向沿轴线，由 的正负决定。
3. 场强叠加原理
P 点总场强 = 点电荷的场强 + 圆环的场强。
已知总场强沿y 轴负向 圆环的场强必须抵消点电荷的x 分量，且圆环本身在y 方向无贡献。
4. 由方向判断带电正负
圆环在 P 点 与点电荷的 反向 圆环Q 带电正负与点电荷相反（点电荷 时，Q 为负）。总结：点电荷场强的分解、圆环轴线场强公式、场强叠加及方向分析、利用合成场强方向推知电荷正负并求解电量大小。
8．（2025·山东模拟）一定质量的理想气体从状态a开始，经过程后回到初始状态a，其图像如图所示。已知其中三个状态的坐标分别为a（，）、b（，）、c（，），图像cb、da延长线过原点O。下列说法正确的是（　　）
A．气体在过程中对外界做的功等于在过程中对外界做的功
B．在过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
C．气体在过程中从外界吸收的热量小于在过程中向外界放出的热量
D．气体在过程中内能的减少量大于过程中内能的增加量
【答案】C
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．过程，气体的温度不变，体积变大，根据可知，气体的压强减小；过程，气体压强不变，这两个过程中气体体积的增大量相同，但过程中的压强较大，故气体在过程中对外界做的功大于在过程中对外界做的功，故A错误；
B．过程，气体温度不变，内能不变，气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，外界对气体做的功等于气体向外界放出的热量，故B错误；
C．从过程有可得，从过程有可得状态d的体积为，作出对应的图像如图所示
根据图像与横轴围成的面积表示做功大小，由图可知过程中气体对外界做的功小于过程中外界对气体做的功，由于这两个过程中内能均不变，根据热力学第一定律可知，气体在过程中从外界吸收的热量小于在过程中向外界放出的热量，故C正确；
D．由能量守恒定律可知，气体在过程中内能的减少量等于过程中内能的增加量，故D错误。
故选C。
【分析】1. 图像识别与状态参量分析
给出 p V 图像，各点坐标已知，分析过程：
a→b：等温膨胀（ 乘积不变，即 ）；b→c：等压膨胀（不变）。
c→d：等温压缩（ 乘积不变）；d→a：等压压缩（ 不变）。
2. 功的计算（图像法）
p V 图中，过程曲线下面积表示气体对外做功（体积增加时）或外界对气体做功（体积减小时）。
比较两过程做功大小，需比较平均压强 × 体积变化。
3. 热力学第一定律
，其中W 为外界对气体做功（与 p V 图面积反号时需注意符号约定），一般约定气体对外做功为正时公式写作：本题解析中 W 可能取不同正负约定，要仔细辨认。
4. 等温过程内能不变
a→b：等温 （吸收的热量全部用于对外做功）。
c→d：等温 （放出的热量等于外界对气体做的功）。
5. 等压过程内能变化
b→c：等压升温膨胀 ，气体对外做功，同时吸热。
d→a：等压降温压缩 ，外界对气体做功，气体放热。
总结：p V 图像分析、等温过程与等压过程的Q、W、ΔU 关系、热力学第一定律应用、过程曲线下面积表示做功、不同过程吸收与放出热量的比较。
9．（2025·山东模拟）一列简谐横波沿轴传播，时刻的波形图如图甲所示，时刻的波形图如图乙所示，0~3s时间内，平衡位置位于处的质点加速度方向改变1次，下列说法正确的是（　　）
A．该简谐横波沿轴负方向传播
B．该简谐横波传播的速度大小为
C．平衡位置位于处的质点0~3s内沿轴负方向移动了
D．平衡位置位于处的质点在0~3s内运动的路程等于
【答案】A,B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．因0~3s时间内，平衡位置位于处的质点加速度方向改变1次，可知t=0时刻，该质点沿y轴正向运动，可知该简谐横波沿轴负方向传播，且，可得T=4s
该简谐横波传播的速度大小为，故AB正确；
C．质点只能在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，故C错误；
D．平衡位置位于处的质点先沿y轴负向振动，在3s末回到原来的位置，0~3s内运动的路程等于，故D错误。
故选AB。
【分析】1. 波形图与振动方向的关系（波的传播方向判断）
根据“加速度方向改变”推断质点的运动状态。
加速度方向改变一次 质点经过平衡位置一次（因为加速度与位移方向相反）。
结合两时刻波形图，可判定波的传播方向（通常用“同侧法”或“上下坡法”）。
2. 周期与波速计算
从两波形图读出波移动距离 Δx（或时间差与周期的关系），求周期 T。
波速公式：
3. 质点的振动与波形平移的区别
质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移。
“移动了”指位置变化 错误说法（波传递的是振动形式，不是质点本身）。
4. 路程的计算
质点在一个周期内路程为4A。某段时间内的路程需根据初位置、振动方向、周期推算。
5. 时间与周期的关系
由 0~3 s 内加速度方向改变次数 → 振动到平衡位置的次数 → 推算周期。
总结：波形图分析传播方向、周期与波速计算、质点振动与波形平移的区别、加速度方向改变与经过平衡位置的关系、质点路程的计算方法。
10．（2025·山东模拟）如图，水平放置的导热汽缸被一可自由滑动的光滑绝热活塞分成A、B两部分。初始时，A、B的压强均为，体积比为，环境温度为。现通过两种方式改变A、B两部分的体积，第一种方式是通过A汽缸中的加热丝对A中气体缓慢加热，B中气体保持温度不变；第二种方式是通过B汽缸壁的阀门把B中气体缓慢往外抽气；两种方式均使A、B的体积比变为。以下说法正确的是（　　）
A．两种方式末状态A中气体的压强相等
B．第一种方式，末状态A中气体的温度为
C．第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值为
D．第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值为
【答案】B,D
【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；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】B.第一种方式，设汽缸容积为5V，对B部分气体，由玻意耳定律可得解得，对A部分气体，由理想气体状态方程可得，代入数据解得，故B正确；
CD.第二种方式，设汽缸容积为5V，缓慢抽气，导热汽缸，可视为两部分气体均作等温变化
对A部分气体，由玻意耳定律可得，解得，对B部分气体，由玻意耳定律可得，代入数据解得，第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值，故C错误，D正确；
A.由以上两种方式所求的末状态压强可知，A错误；
故选BD。
【分析】1. 理想气体状态方程
用于处理 质量不变 的气体（如 A 部分在两种方式中均质量不变，B 部分在第一种方式中质量不变）。
2. 玻意耳定律（等温过程），用于：第一种方式中的 B 部分（等温）。
第二种方式中的 A 部分（等温）以及 B 部分中 留在缸内的气体 的等温分析。
3. 抽气问题中质量变化的处理
把“留在 B 内的气体”作为研究对象，其初态压强 、体积 ，末态压强 、体积 ，等温 ，抽出气体比例
4. 活塞平衡条件
活塞自由滑动 最终 A、B 两部分压强相等。
这一条件在两种方式末态均成立，但 压强数值不同（因过程不同）
总结：理想气体状态方程与玻意耳定律的综合应用，活塞平衡条件，抽气问题中质量变化的等温处理方法，体积比例关系分析。
11．（2025·山东模拟）如图甲，某新能源工厂采用智能调速传送带运输原料，传送带水平放置且足够长，以4m/s顺时针转动。现将一质量为2kg的货物轻放在传送带左端，货物与传送带间的动摩擦因数。实时调节传送带速度，使其在货物运动过程中按图乙规律变化。重力加速度取10m/s2。则货物在3s内的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．传送带对货物做功为4J
B．货物始终向右加速，3s末速度达到4m/s
C．货物相对传送带的总位移为3.5m
D．系统因摩擦产生的热量为14J
【答案】A,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】ABC．货物刚放上传送带时的加速度大小为，在内，由图乙可知，传送带速度保持不变，在时货物的速度为，该过程货物与传送带通过的位移大小分别为，，该过程货物与传送带发生的相对位移大小为，在内，由图乙可知，传送带做匀减速运动，减速的加速度大小为，设从经过时间，货物与传送带共速，则有
解得，，在时间内货物与传送带通过的位移大小分别为，，该过程货物与传送带发生的相对位移大小为
货物与传送带共速后，与传送带保持相对静止；先随着传送带做匀减速运动，再匀速运动；由图乙可知时，货物的速度为；根据动能定理可知传送带对货物做功为
货物相对传送带的总位移为，故AC正确，B错误；
D．系统因摩擦产生的热量为，故D正确。
故选ACD。
【分析】1. 传送带模型中的动力学分析
货物刚放上传送带时，受滑动摩擦力加速：a=μg
分阶段分析：传送带速度变化时，货物与传送带间的相对运动及共速判断。
2. 变速传送带的处理
传送带速度按图乙规律变化，需分段处理：0~2 s：传送带匀速 4 m/s。2~3 s：传送带匀减速到 2 m/s。
3. 货物速度计算与共速条件
第一阶段（0~2 s）：货物匀加速到 4 m/s，然后与传送带保持相对静止。
第二阶段（2~3 s）：传送带匀减速，若货物与传送带间无相对滑动（已达共速），则货物也匀减速；若未共速，则受滑动摩擦力继续加速或减速，直到共速。
4. 相对位移的计算
每一阶段分别计算货物位移 、传送带位移 ，相对位移 。
5. 功的计算（动能定理）
传送带对货物做的功 = 货物动能变化：，需明确 3 s 末货物的速度 。
6. 摩擦生热计算
系统因摩擦产生的热量：，其中 ， 为整个过程中货物与传送带间发生相对滑动的总路程（非位移，是各阶段相对位移之和）。
总结：传送带模型中的动力学分析、变速传送带分段处理、货物与传送带共速判断、相对位移与摩擦生热的计算、动能定理求传送带对货物做的功。
12．（2025·山东模拟）某运动员在一次滑板训练中的运动简化如图所示。段为助滑道和起跳区，段为倾角为的着陆坡，为停止区。运动员从助滑道的起点由静止开始下滑，到达起跳点时，借助设备和技巧，以6m/s的速度起跳，方向与水平成，最后落在着陆坡面上的点。已知运动员和滑板的总质量为60kg，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．运动员在空中运行的最小速度为3m/s
B．运动员离开着陆坡面的最大距离为
C．运动员落在点前瞬间重力的功率为5400W
D．若起跳时速度大小不变，改变起跳方向，当时，运动员到达斜坡上的落点距离点最远
【答案】B,C
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．将运动员在空中做斜抛运动，在最高点时的竖直分速度为0，此时速度最小，则运动员在空中运行的最小速度为，故A错误；
B．将运动员在空中的运动分解为沿斜坡和垂直斜坡两个分运动，当垂直斜坡分速度减为0时，运动员离开着陆坡面的距离最大，则有
故B正确；
C．运动员从点到点所用时间为，则运动员落在点时的竖直分速度为，运动员落在点前瞬间重力的功率为，故C正确；
D．设，则垂直斜坡方向有
沿斜坡方向有
整理可得
令
可得，即，则，可知若起跳时速度大小不变，改变起跳方向，当时，运动员到达斜坡上的落点距离点最远，故D错误。
故选BC。
【分析】1. 斜抛运动的分解
将斜抛运动分解为水平匀速与竖直上抛。
最高点竖直分速度为零，速度最小为 。
2. 斜坡坐标系下的运动分解
沿斜坡方向（x' 轴）和垂直斜坡方向（y' 轴）分解初速度和重力加速度。
垂直斜坡方向做类竖直上抛运动，当该方向速度为零时离斜面最远。
3. 重力的瞬时功率
功率公式：其中 是竖直方向分速度（落地点时的竖直速度）。
4. 斜坡上落点距离的最远条件
将落地位置表达为初速度、起跳角度的函数，求极值。
推导出当起跳方向与斜坡的夹角满足一定关系时（通常为 或 类），落点最远。
总结：斜抛运动基本分析（最高点速度、竖直速度）、斜坡上运动的分解方法（沿坡和垂直坡）、重力瞬时功率计算、斜坡落点最远的起跳角度条件（函数极值）。
13．（2025·山东模拟）为探究物体加速度与外力和质量的关系，某研究小组在教材提供案例的基础上又设计了不同的方案，如图甲、乙、丙所示：甲方案中在小车前端固定了力传感器，并与细线相连；乙方案中拉动小车的细线通过滑轮与弹簧测力计相连；丙方案中用带有光电门的气垫导轨和滑块代替长木板和小车。
（1）对于以上三种方案，下列说法正确的是________。
A．三种方案实验前均需要平衡摩擦力
B．乙、丙方案需要满足小车或滑块的质量远大于槽码的质量
C．甲、丙方案中的外力F均为槽码的重力
D．乙方案中，小车加速运动时受到细线的拉力小于槽码所受重力的一半
（2）某次甲方案实验得到一条纸带，部分计数点如下图所示（每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出）。已知打点计时器所接交流电源频率为50Hz，则小车的加速度a=　 　m/s2。（结果保留三位有效数字）
（3）某同学根据乙方案的实验数据做出了小车的加速度a与弹簧测力计示数F的关系图像如图所示，图像不过原点的原因可能是　 　；若图中图线在纵轴上的截距为a0，直线斜率为k，则小车的质量m=　 　。
【答案】（1）D
（2）0.820
（3）平衡摩擦力过度；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）A．由于丙装置用带有光电门的气垫导轨，则丙装置不需要平衡摩擦力，故A错误；
B．甲装置中细线拉力可以通过力传感器得到，乙装置中细线拉力可以通过弹簧测力计得到，所以甲、乙方案不需要满足小车或滑块的质量远大于槽码的质量，故B错误；
C．甲装置中的外力F为力传感器示数，不是槽码的重力；丙装置中，当满足槽码的质量远小于滑块的质量时，外力F可近似等于槽码的重力，故C错误；
D．乙方案中，以槽码为对象，根据牛顿第二定律可得可得
故D正确。
故选D。
（2）每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度为
（3）由图像可知，当时，小车已经具有一定的加速度，所以图像不过原点的原因可能是平衡摩擦力过度；
设木板倾角为，以小车为对象，根据牛顿第二定律可得
可得，可知图像的斜率为，可得小车的质量为
【分析】一：实验原理的优化与误差消除
这是改进型实验题最常考的点。你需要比较“传统方案”和“改进方案”的根本区别。
传统方案：用槽码重力mg 近似替代小车所受的拉力 F。
代价：必须满足m槽码 m小车 ，否则系统误差很大。
改进方案（甲、乙）：引入力传感器或弹簧测力计。
优势：直接测出绳子的拉力F。此时F 是真实值，因此不需要满足 的条件。
改进方案（丙）：引入气垫导轨。
优势：用气垫几乎完全消除摩擦力。因此不需要进行“平衡摩擦力”这个操作。
二：连接体的受力分析与动态计算
当系统处于加速状态时，绳子的拉力并不是静止时的张力。这需要你用隔离法和牛顿第二定律去精确计算。
对于常规的“小车+槽码”模型，拉力 。
对于乙方案这种带有动滑轮的模型，需要重新分析加速度关系和力的关系。
关键点1：加速度关系。槽码的位移是小车位移的2倍（动滑轮特点），因此。
关键点2：受力分析。对槽码和动滑轮整体分析，受到向下的重力 mg，向上的两段绳子拉力
三：数据处理与图像分析
这是实验题的“压轴”问法，用来考查你是否真的动手做过实验，或者是否理解实验中的偏差是如何产生的。
1、纸带数据处理：基本功。牢记时间间隔（如题目中的“每相邻两个计数点间还有4个计时点”意味着 ），熟练运用逐差法 来减小偶然误差。
2、a F 图像分析：
看截距：纵截距为正/横截距为负（即 时，）：平衡摩擦力过度（木板倾角太大）。
纵截距为负/横截距为正（即 时，）：平衡摩擦力不足 或 未平衡摩擦力。
看斜率：根据牛顿第二定律 。；图像的斜率 。
因此，小车质量。（这是最直接的结论，除非图像横坐标不是力F，而是别的物理量如槽码重力 ，这时需要根据受力关系进行转换。）

（1）A．由于丙装置用带有光电门的气垫导轨，则丙装置不需要平衡摩擦力，故A错误；
B．甲装置中细线拉力可以通过力传感器得到，乙装置中细线拉力可以通过弹簧测力计得到，所以甲、乙方案不需要满足小车或滑块的质量远大于槽码的质量，故B错误；
C．甲装置中的外力F为力传感器示数，不是槽码的重力；丙装置中，当满足槽码的质量远小于滑块的质量时，外力F可近似等于槽码的重力，故C错误；
D．乙方案中，以槽码为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
故D正确。
故选D。
（2）每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度为
（3）[1]由图像可知，当时，小车已经具有一定的加速度，所以图像不过原点的原因可能是平衡摩擦力过度；
[2]设木板倾角为，以小车为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
可知图像的斜率为
可得小车的质量为
14．（2025·山东模拟）某电学实验小组的同学发现一个旧电池所标的电动势是6V，决定利用实验室所能提供的下列实验器材对其电动势和内电阻进行测量。
A．电流表A（量程100mA，内阻为4Ω）
B．电压表V（量程3.0V，内阻约为4kΩ）
C．滑动变阻器R1（阻值范围0~50Ω，额定电流1.5A）
D．电阻箱R2（阻值范围0~9999Ω）
E．电阻箱R3（阻值范围0~99.99Ω）
F．各类开关和导线若干
小组成员设计了如图甲所示的实验电路图。
（1）先将电流表与并联，改装成一个量程为的电流表，电阻箱的阻值应调为　 　。
（2）为满足测量要求，需要将电压表的量程扩大为，小组成员采用如下操作：按图连好实验器材，检查无误后，开关断开，开关接，将的滑片滑至最左端，的阻值调为，闭合开关，适当调节的滑片，使电压表的示数为；保持的滑片位置不变，改变电阻箱的阻值，当电压表示数为　 　V时，完成扩大量程，断开开关。
（3）保持电阻箱的阻值不变，将开关接到，闭合开关、，移动的滑片，记录几组电压表V和电流表A的读数、，并做出图像，如图乙所示。由图像可求得电池的电动势　 　V、内阻　 　。（计算结果均保留3位有效数字）
【答案】（1）1.00
（2）1.5
（3）5.80；2.20
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）先将电流表与并联，改装成一个量程为的电流表，则有
解得
（2）闭合开关，适当调节的滑片，使电压表的示数为；保持的滑片位置不变，可认为电压表和电压之和始终等于，则当电压表的示数为时，说明电阻两端电压为，此时的阻值等于电压表内阻，则电压表的量程被扩大为原来的2倍，即电压表的量程扩大为。
（3）改装后电压表量程扩大到2倍，故测得电压是原电压表的示数的2倍；电流表扩大到5倍，则干路电流为，改装后电流表内阻为，根据闭合电路欧姆定律可得，可得，可知图像的纵轴截距为
解得电动势为，图像的斜率绝对值为
解得内阻为
【分析】一：电表的改装与校准
题目中的电流表和电压表量程都不够用，因此第一步就是利用电阻箱进行改装。这是电学实验的基本功。
1、电流表改装（小量程→大量程）
原理：并联一个小电阻（分流电阻）。
逻辑：。即：表头满偏电压 = 分流电阻的电压。
关键点：改装后电流表的内阻变为 和 的并联值。
2、电压表改装与内阻测量
原理：串联一个大电阻（分压电阻）。
逻辑：。要扩大量程，必须先知道表头内阻。
测内阻方法（半偏法）：当电阻箱与电压表串联，且调节电阻箱使电压表示数减半时，说明电阻箱分得另一半电压。此时，电阻箱的示数约等于电压表的内阻。
扩程计算：知道了内阻 ，若要将量程扩大n 倍（即新量程为 ），需要串联的电阻 。
二：测电源电动势和内阻的原理
这是本题的最终目的。无论电路如何变化，最终都要回归到闭合电路欧姆定律。
核心公式：
图像法处理：如果纵轴是路端电压 U，横轴是干路电流I。
纵截距 ；斜率绝对值
三：考虑电表内阻的误差分析与等效
这是本题最难也最精彩的地方。由于电表经过改装，它们不再是“理想”的，读数需要还原，且它们自身的电阻会影响电路。
电压还原：如果电压表量程扩大为原来的2倍，那么真实路端电压 （电压表示数）。
电流还原：如果电流表量程扩大为原来的5倍，那么真实干路电流 （电流表示数）。
等效内阻的确定：这是最容易出错的地方。当电流表接在干路上时，它本身有内阻 。
根据闭合电路欧姆定律：
结论：电源的真实内阻 和电流表的内阻 是串联关系，它们共同构成了等效内阻。图像的斜率绝对值实际对应的是
（1）先将电流表与并联，改装成一个量程为的电流表，则有
解得
（2）闭合开关，适当调节的滑片，使电压表的示数为；保持的滑片位置不变，可认为电压表和电压之和始终等于，则当电压表的示数为时，说明电阻两端电压为，此时的阻值等于电压表内阻，则电压表的量程被扩大为原来的2倍，即电压表的量程扩大为。
（3）[1][2]改装后电压表量程扩大到2倍，故测得电压是原电压表的示数的2倍；电流表扩大到5倍，则干路电流为，改装后电流表内阻为
根据闭合电路欧姆定律可得
可得
可知图像的纵轴截距为
解得电动势为
图像的斜率绝对值为
解得内阻为
15．（2025·山东模拟）如图，足够长的平行光滑金属导轨固定在水平桌面上，间距，处在磁感应强度、竖直向上的匀强磁场中。质量、电阻的导体棒长度与导轨间距相等，垂直导轨放置。质量、电阻的导体棒与等长，垂直导轨静止在的右侧某一位置处。现使以初速度向右运动，未发生碰撞。导体棒和导轨接触良好，导轨电阻不计。求：
（1）从开始运动到两棒到达稳定状态，导体棒上产生的焦耳热；
（2）初始时刻、棒的最小距离。
【答案】（1）解：导体棒与导体棒组成的系统满足动量守恒，则有
解得
根据能量守恒可得
解得
则导体棒上产生的焦耳热为
解得
（2）解：对导体棒应用动量定理得
又
联立解得
则初始时刻、棒的最小距离为
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】一：双杆系统的动量守恒条件
这是解决本题第一问的关键，也是最容易判断错的地方。
核心逻辑：双杆系统动量守恒的条件是：系统所受合外力为零。
在本模型中，两根棒都受安培力 。对于两棒组成的系统，它们之间的安培力是内力。
关键点：安培力对左边棒是阻力，对右边棒是动力。这两个力大小相等、方向相反，因此系统所受合外力为零。
结论：系统动量守恒。
二：电磁感应中的能量转化
能量守恒是解决电磁感应问题的万能钥匙。
能量来源：动能的减少。
能量去向：整个回路中产生的焦耳热。
公式：。
对应本题：系统损失的动能 全部转化为回路中的总焦耳热 。
焦耳热的分配：总焦耳热按电阻比例分配在两个棒上。
；
三：动量定理在电磁感应中的运用
这是解决第二问的核心，也是这类题的难点。当需要求电荷量或位移时，动量定理是首选。
关键点：，其中 是两棒之间的相对位移。
总结：这道题把三个最重要的物理原理串联了起来：
动量守恒：求最终速度。
能量守恒：求总焦耳热及分配。
动量定理 + 电磁感应：求电荷量，进而求相对位移
（1）导体棒与导体棒组成的系统满足动量守恒，则有
解得
根据能量守恒可得
解得
则导体棒上产生的焦耳热为
解得
（2）对导体棒应用动量定理得
又
联立解得
则初始时刻、棒的最小距离为。
16．（2025·山东模拟）一玻璃柱的折射率，其横截面为四分之一圆，圆的半径为，如图所示。截面所在平面内，一束与边平行的光线从圆弧入射，入射角为，光线进入柱体后射到边。已知光在真空中的速度为。
（1）通过计算判断光线在边是否发生全反射；
（2）求光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的时间。
【答案】（1）解：画出光路图如图所示
根据折射定律，解得
设光线在BC界面的入射角为，根据
可得
解得
故可知光线在BC边不发生全反射。
（2）解：设光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的路程为，则有
光在玻璃柱中传播速度为
光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的时间为
联立解得
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】一：折射定律与光路作图
这是解决所有几何光学问题的第一步，也是最关键的一步。
折射定律：。通常是从空气（）射入介质（n），公式简化为
关键点：必须准确画出光路图。本题的光线从圆弧面入射，虽然界面是曲面，但在入射点处，我们可以做出该点的法线（即半径方向）。
二：全反射条件的判断
这是本题第一问的核心，也是光学中极易出错的地方。
发生全反射的条件：①光从光密介质射向光疏介质（即从玻璃射向空气）；②入射角 临界角 。
临界角公式：。
三：光在介质中的传播时间计算
这是第二问的考点，结合了光学和匀速直线运动。
光在介质中的速度：，其中 是真空中的光速。
传播时间： ，其中s 是光在介质中传播的实际路径长度。
总结：这道光学题实际上串联了三个基础但重要的物理原理：
折射定律：确定光进入介质后的传播方向。
全反射条件：判断光能否在介质内部界面发生反射。
光速公式：计算光在介质中传播的时间。
解题策略：遇到几何光学题，可以按以下三步走：
作图：画出入射光线、法线、折射光线，标出所有已知角度。
找角：利用几何关系（如三角形内角和、平行线性质、垂径定理等）找出待求的角度（如全反射判断中的入射角）。
算距：利用三角函数和圆半径找出光在介质中传播的几何路径长度，最后代入时间公式。

（1）画出光路图如图所示
根据折射定律
解得
设光线在BC界面的入射角为，根据
可得
解得
故可知光线在BC边不发生全反射。
（2）设光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的路程为，则有
光在玻璃柱中传播速度为
光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的时间为
联立解得
17．（2025·山东模拟）如图所示的平面直角坐标系，在轴上范围内有一线状粒子源，可向第一象限发射速度为、与轴正方向成角的质量为，电量为的带正电的粒子。在第一象限的范围内，存在沿轴负方向的匀强电场，粒子通过电场后，速度方向恰好沿着轴正方向。以点为圆心，半径为的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小。轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小；不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
（1）求第一象限匀强电场的场强；
（2）求粒子在圆形磁场中运动的最长时间；
（3）求粒子穿过轴以后，再次回到轴上的坐标范围；
（4）若其他条件不变，在轴下方再叠加一沿着轴负方向的电场，求：从点射出的粒子在轴下方运动时，到轴的最远距离。
【答案】（1）解：带电粒子在电场中做类斜抛运动，可得
联立可得
（2）解：粒子竖直方向通过的距离设为y ，则
联立解得
粒子以水平速度进入圆形磁场区域，有
解得
粒子做圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，故粒子从圆与x轴的切点M进入下方磁场区域，分析可知从最上端发出的粒子在圆形磁场中运动的时间最长，可得
解得
（3）解：粒子进入x轴下方以后，方向范围在与x轴正半轴成到范围之内，可得
联立解得
当速度与x轴正半轴成到范围时，粒子打到x轴的同一位置， 距M点的最近距离为
当速度与x轴成进入下方磁场时，粒子打到x轴上距M最远
故x的坐标范围为
（4）解：0点射出的粒子在M点射出时与x轴正方向的夹角为，将粒子速度v分解出一个沿着x轴正方向的速度，使得
可得
则另一分速度与x轴负方向的夹角为，大小为，可得
以此速度做圆周运动的半径
离x轴的距离的表达式
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】一、电场中的类斜抛运动（运动的分解）
核心逻辑：粒子在匀强电场中受到恒定的电场力 ，产生竖直向下的加速度 。
处理方法是运动的合成与分解：
水平方向：匀速直线运动 。
竖直方向：匀变速直线运动（类似竖直上抛）
二、圆形磁场中的“磁聚焦”特性
粒子在匀强磁场中的半径公式：
磁聚焦的临界条件：如果粒子做圆周运动的半径 r 恰好等于圆形磁场的半径 R，那么从圆周上某点以不同方向射入的平行粒子，将会汇聚到圆周上的另一点（反之，从一点向各个方向射出的粒子，离开磁场后会变为平行光）。
最长运动时间：粒子在圆形磁场中运动的时间取决于它在磁场中转过的圆心角 α，公式为
由于所有粒子的轨道半径都等于圆形磁场半径，它们进出磁场的点决定了轨迹对应的圆心角。从最上端发出的粒子，其轨迹对应的圆心角最大（），所以时间最长。
三、粒子在磁场中的临界轨迹与边界范围
核心逻辑：粒子从圆形磁场出来，以确定的方向（水平）进入 x 轴下方的磁场 。
但题目中“从最上端发出的粒子”和“从某点发出的粒子”决定了它们进入下方磁场时的入射点位置和速度方向略有不同，从而轨迹不同。
对应本题：确定速度范围：粒子从圆形磁场射出时，速度方向在某个角度范围内（与 x 轴夹角从某个最小值到某个最大值）。
找最远与最近：最近点：当粒子速度与 x 轴夹角最小时，它打到 x 轴上的点离原点最近。
最远点：当粒子速度与 x 轴夹角最大时，它打到 x 轴上的点离原点最远。
利用几何关系（弦长公式、圆心角等）求出这两个临界点的坐标。
四：复合场中的配速法（难度最高）
核心逻辑：当粒子同时受到垂直的速度方向的洛伦兹力和恒定的电场力时，常规的运动分解很难处理。此时用配速法（或称速度分解法）非常有效。
方法：将粒子的初速度分解为两个分速度 ，使得其中一个分速度 对应的洛伦兹力恰好与电场力平衡（即 ，且方向相反），这样粒子就以 做匀速直线运动；另一个分速度 则使粒子做匀速圆周运动。
最终轨迹：这两种运动的合运动，轨迹为摆线。
总结：这道题把高中物理最难的两个板块——临界磁场和配速法——完美地结合在了一起。
解题策略：电场中：分解速度，利用竖直速度减为零列式。
圆形磁场中：牢记半径相等时是磁聚焦，最长轨迹对应最大圆心角。
下方磁场中：找速度边界，画临界圆，找切点。
复合场中：用配速法分解速度，找到圆周部分的最大距离。
（1）带电粒子在电场中做类斜抛运动，可得
联立可得
（2）粒子竖直方向通过的距离设为y ，则
联立解得
粒子以水平速度进入圆形磁场区域，有
解得
粒子做圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，故粒子从圆与x轴的切点M进入下方磁场区域，分析可知从最上端发出的粒子在圆形磁场中运动的时间最长，可得
解得
（3）粒子进入x轴下方以后，方向范围在与x轴正半轴成到范围之内，可得
联立解得
当速度与x轴正半轴成到范围时，粒子打到x轴的同一位置， 距M点的最近距离为
当速度与x轴成进入下方磁场时，粒子打到x轴上距M最远
故x的坐标范围为
（4）(4)0点射出的粒子在M点射出时与x轴正方向的夹角为，将粒子速度v分解出一个沿着x轴正方向的速度，使得
可得
则另一分速度与x轴负方向的夹角为，大小为，可得
以此速度做圆周运动的半径
离x轴的距离的表达式
18．（2025·山东模拟）如图，固定斜面倾角为，左端带有挡板的木板A质量为，木板与斜面间的动摩擦因数，质量的小物块B与木板A之间光滑，小物块可视为质点。某时刻由静止释放木板，后把小物块轻轻放到木板上距离挡板处，再经时间小物块与挡板发生第一次碰撞。已知小物块放到木板上时挡板距斜面底端距离，，重力加速度取。小物块始终未滑离木板，小物块与木板挡板之间的碰撞为弹性碰撞，且所有碰撞时间忽略不计。求：
（1）放上小物块前、后木板A的加速度大小；
（2）放上小物块至小物块与木板挡板发生第一次碰撞经历的时间；
（3）小物块与木板挡板第一次碰撞后的速度大小；
（4）木板到达斜面底端前小物块与木板挡板的碰撞次数。
【答案】（1）解：由题可知
放上小物块前，根据牛顿第二定律，可知
解得木板A的加速度大小
放上小物块后，根据牛顿第二定律，可知
解得木板A的加速度大小，即木板匀速运动
（2）解：放上木块时，木板的速度
木块的加速度
利用匀变速的运动规律可知
解得（舍去）
（3）解：碰前瞬间，木块的速度
木块和木板碰撞的过程中满足动量守恒和机械能守恒
解得，
（4）解：放上小木块到第一次碰撞前，木板前进的距离
第一次碰后到第二次碰撞前的时间间隔为，则，解得
这段时间内木板前进的距离
此时木块的速度
木块和木板碰撞的过程中满足动量守恒和机械能守恒
解得，
若再次追上，则，解得
木板的位移
此时木块的速度
木块和木板碰撞的过程中满足动量守恒和机械能守恒
解得，
若再次追上，则，解得
木板的位移
由于
因此小木块与挡板碰撞3次。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】一、不同阶段的受力分析与加速度计算
核心逻辑：木板A的受力情况会随着上面是否有小物块B而发生改变。
放上B之前：A受重力分力 向下，滑动摩擦力 向上。
放上B之后：A受重力分力 向下，滑动摩擦力变为 向上（因为压力变大了）。
二、运动学规律与追及问题的变式
核心逻辑：B放在A上时，B在光滑的A表面上下滑，加速度 （因为A、B间光滑）。
此时A以速度 匀速下滑，B从静止开始加速。
追及条件：B从距离挡板 的位置开始追A，直到追上挡板，满足 。
三、弹性碰撞的双守恒与速度交换规律
核心逻辑：弹性碰撞同时满足动量守恒和机械能守恒。
速度交换规律：当两个物体质量相等（ ）时，弹性碰撞的结果是交换速度。
四、多次碰撞的周期性规律与临界判断
观察运动模式：A：由于放上B后受力平衡，A一直做匀速直线运动（速度为当前时刻的值）。
B：在A表面光滑，B一直以匀加速。
核心规律：每次碰撞都会交换速度。A的速度会被B“更新”为B碰前的速度。
B的速度会被重置为A碰前的速度。
递推关系：可以证明，相邻两次碰撞的时间间隔 是常数。
临界判断：计算从开始到第n 次碰撞时，木板A的位移，与A从初始位置到底端的距离比较，确定最后一次碰撞是否发生。
总结：这道题把物理的几种核心思想——隔离法受力分析、追及模型、碰撞守恒、递推归纳——都考到了。
解题策略：分阶段：放上前、放上后、碰撞瞬间、碰撞后，每个阶段受力不同，要分开分析。
找守恒：弹性碰撞双守恒，质量相等时速度交换。
抓规律：多次碰撞往往有周期性，找出相邻两次碰撞的时间间隔和速度递推关系。
定临界：最后一次碰撞是否发生，要看位移边界。
（1）由题可知
放上小物块前，根据牛顿第二定律，可知
解得木板A的加速度大小
放上小物块后，根据牛顿第二定律，可知
解得木板A的加速度大小，即木板匀速运动。
（2）放上木块时，木板的速度
木块的加速度
利用匀变速的运动规律可知
解得（舍去）
（3）碰前瞬间，木块的速度
木块和木板碰撞的过程中满足动量守恒和机械能守恒
解得，
（4）放上小木块到第一次碰撞前，木板前进的距离
第一次碰后到第二次碰撞前的时间间隔为，则
解得
这段时间内木板前进的距离
此时木块的速度
木块和木板碰撞的过程中满足动量守恒和机械能守恒
解得，
若再次追上，则
解得
木板的位移
此时木块的速度
木块和木板碰撞的过程中满足动量守恒和机械能守恒
解得，
若再次追上，则
解得
木板的位移
由于
因此小木块与挡板碰撞3次。
1 / 12025届山东省名校考试联盟高三下学期市级第二次模拟考试物理试题
1．（2025·山东模拟）元素半衰期被广泛应用于考古测年代、药物代谢控制、核能利用及医学诊断治疗等领域。已知18F的半衰期为110min，68Ga的半衰期为68min，现将质量为的18F和质量为的68Ga投入研究，研究时长为3740min。设研究结束后18F的剩余质量为，68Ga的剩余质量为，下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·山东模拟）在智能物流系统中，智能配送车可在编程操作下自行完成物流货物装载工作，大大提高了工作效率。现有两辆智能配送车甲和乙沿同一直线轨道同时相向而行，甲车从静止出发以2m/s2的加速度做匀加速直线运动，乙车以初速度8m/s刹车，加速度大小为1m/s2。已知智能配送车的最大速度为8m/s，两车初始相距100m。经过10s两车之间的距离为（　　）
A．4m B．6m C．8m D．2m
3．（2025·山东模拟）如图所示，半径为的四分之一光滑圆弧竖直固定，最低点放置一质量为的物块，可视为质点。物块在方向始终沿圆弧切线的推力作用下由运动到，力大小恒为。对于该运动过程，下列说法正确的是（　　）
A．力做功大小为
B．力做功大小为
C．力的功率先增大后减小
D．克服重力做功的功率先增大后减小
4．（2025·山东模拟）我国近地小行星防御系统通过“监测—评估—干预”三位一体架构，力图避免小行星影响地球，展现了从被动预警到主动防御的科技跨越。如图所示，近地圆轨道Ⅰ和椭圆轨道Ⅱ相切于点，椭圆轨道Ⅱ和同步轨道Ⅲ相切于点。现有防御卫星在轨道Ⅰ处做匀速圆周运动，经变轨后运行到同步轨道Ⅲ的点拦截小行星进行干预，已知地球自转的角速度为，防御卫星在轨道Ⅰ和Ⅲ上运行的角速度为和，卫星在轨道Ⅰ、Ⅲ和轨道Ⅱ上的点、点运行的线速度分别为、、、。下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．卫星在轨道Ⅰ运行的周期约为24h
D．卫星在轨道Ⅲ的机械能大于在轨道Ⅰ的机械能
5．（2025·山东模拟）如图所示，匝数为100匝、面积为10cm2的交流发电机线圈在磁感应强度为10T的匀强磁场中匀速转动。线圈平面与磁场平行时开始计时，通过一理想自耦变压器对外供电，转动角速度为100rad/s，线圈内阻不计，电压表为理想电压表。则下列说法正确的是（　　）
A．线圈产生的电动势的瞬时值表达式为
B．电压表V示数为100V
C．当滑动变阻器滑片向上滑动时，流经灯泡的电流变大
D．当自耦变压器滑片P向上滑动时，灯泡变暗
6．（2025·山东模拟）某同学在做劈尖干涉实验时，先把3片薄木片夹入两玻璃板a、b右端，观察干涉条纹，再通过调整薄木片数量以及移动薄木片位置，使条纹间距变成原来的2倍。已知薄木片厚度相同，不发生形变，薄木片左端到劈尖的距离为，则以下操作正确的是（　　）
A．去掉两片薄木片，并向左移动
B．去掉两片薄木片，并向左移动
C．去掉一片薄木片，并向左移动
D．增加一片薄木片，并向左移动
7．（2025·山东模拟）三维坐标系yOz平面内有一圆心在坐标原点、半径为d的均匀带电细圆环，y轴上y=位置有一带电量为＋q的点电荷，x轴上的P点到圆心O的距离也为。若P点场强沿y轴负方向，则关于带电圆环说法正确的是（　　）
A．带正电，电量为 B．带负电，电量为
C．带正电，电量为 D．带负电，电量为
8．（2025·山东模拟）一定质量的理想气体从状态a开始，经过程后回到初始状态a，其图像如图所示。已知其中三个状态的坐标分别为a（，）、b（，）、c（，），图像cb、da延长线过原点O。下列说法正确的是（　　）
A．气体在过程中对外界做的功等于在过程中对外界做的功
B．在过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
C．气体在过程中从外界吸收的热量小于在过程中向外界放出的热量
D．气体在过程中内能的减少量大于过程中内能的增加量
9．（2025·山东模拟）一列简谐横波沿轴传播，时刻的波形图如图甲所示，时刻的波形图如图乙所示，0~3s时间内，平衡位置位于处的质点加速度方向改变1次，下列说法正确的是（　　）
A．该简谐横波沿轴负方向传播
B．该简谐横波传播的速度大小为
C．平衡位置位于处的质点0~3s内沿轴负方向移动了
D．平衡位置位于处的质点在0~3s内运动的路程等于
10．（2025·山东模拟）如图，水平放置的导热汽缸被一可自由滑动的光滑绝热活塞分成A、B两部分。初始时，A、B的压强均为，体积比为，环境温度为。现通过两种方式改变A、B两部分的体积，第一种方式是通过A汽缸中的加热丝对A中气体缓慢加热，B中气体保持温度不变；第二种方式是通过B汽缸壁的阀门把B中气体缓慢往外抽气；两种方式均使A、B的体积比变为。以下说法正确的是（　　）
A．两种方式末状态A中气体的压强相等
B．第一种方式，末状态A中气体的温度为
C．第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值为
D．第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值为
11．（2025·山东模拟）如图甲，某新能源工厂采用智能调速传送带运输原料，传送带水平放置且足够长，以4m/s顺时针转动。现将一质量为2kg的货物轻放在传送带左端，货物与传送带间的动摩擦因数。实时调节传送带速度，使其在货物运动过程中按图乙规律变化。重力加速度取10m/s2。则货物在3s内的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．传送带对货物做功为4J
B．货物始终向右加速，3s末速度达到4m/s
C．货物相对传送带的总位移为3.5m
D．系统因摩擦产生的热量为14J
12．（2025·山东模拟）某运动员在一次滑板训练中的运动简化如图所示。段为助滑道和起跳区，段为倾角为的着陆坡，为停止区。运动员从助滑道的起点由静止开始下滑，到达起跳点时，借助设备和技巧，以6m/s的速度起跳，方向与水平成，最后落在着陆坡面上的点。已知运动员和滑板的总质量为60kg，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．运动员在空中运行的最小速度为3m/s
B．运动员离开着陆坡面的最大距离为
C．运动员落在点前瞬间重力的功率为5400W
D．若起跳时速度大小不变，改变起跳方向，当时，运动员到达斜坡上的落点距离点最远
13．（2025·山东模拟）为探究物体加速度与外力和质量的关系，某研究小组在教材提供案例的基础上又设计了不同的方案，如图甲、乙、丙所示：甲方案中在小车前端固定了力传感器，并与细线相连；乙方案中拉动小车的细线通过滑轮与弹簧测力计相连；丙方案中用带有光电门的气垫导轨和滑块代替长木板和小车。
（1）对于以上三种方案，下列说法正确的是________。
A．三种方案实验前均需要平衡摩擦力
B．乙、丙方案需要满足小车或滑块的质量远大于槽码的质量
C．甲、丙方案中的外力F均为槽码的重力
D．乙方案中，小车加速运动时受到细线的拉力小于槽码所受重力的一半
（2）某次甲方案实验得到一条纸带，部分计数点如下图所示（每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出）。已知打点计时器所接交流电源频率为50Hz，则小车的加速度a=　 　m/s2。（结果保留三位有效数字）
（3）某同学根据乙方案的实验数据做出了小车的加速度a与弹簧测力计示数F的关系图像如图所示，图像不过原点的原因可能是　 　；若图中图线在纵轴上的截距为a0，直线斜率为k，则小车的质量m=　 　。
14．（2025·山东模拟）某电学实验小组的同学发现一个旧电池所标的电动势是6V，决定利用实验室所能提供的下列实验器材对其电动势和内电阻进行测量。
A．电流表A（量程100mA，内阻为4Ω）
B．电压表V（量程3.0V，内阻约为4kΩ）
C．滑动变阻器R1（阻值范围0~50Ω，额定电流1.5A）
D．电阻箱R2（阻值范围0~9999Ω）
E．电阻箱R3（阻值范围0~99.99Ω）
F．各类开关和导线若干
小组成员设计了如图甲所示的实验电路图。
（1）先将电流表与并联，改装成一个量程为的电流表，电阻箱的阻值应调为　 　。
（2）为满足测量要求，需要将电压表的量程扩大为，小组成员采用如下操作：按图连好实验器材，检查无误后，开关断开，开关接，将的滑片滑至最左端，的阻值调为，闭合开关，适当调节的滑片，使电压表的示数为；保持的滑片位置不变，改变电阻箱的阻值，当电压表示数为　 　V时，完成扩大量程，断开开关。
（3）保持电阻箱的阻值不变，将开关接到，闭合开关、，移动的滑片，记录几组电压表V和电流表A的读数、，并做出图像，如图乙所示。由图像可求得电池的电动势　 　V、内阻　 　。（计算结果均保留3位有效数字）
15．（2025·山东模拟）如图，足够长的平行光滑金属导轨固定在水平桌面上，间距，处在磁感应强度、竖直向上的匀强磁场中。质量、电阻的导体棒长度与导轨间距相等，垂直导轨放置。质量、电阻的导体棒与等长，垂直导轨静止在的右侧某一位置处。现使以初速度向右运动，未发生碰撞。导体棒和导轨接触良好，导轨电阻不计。求：
（1）从开始运动到两棒到达稳定状态，导体棒上产生的焦耳热；
（2）初始时刻、棒的最小距离。
16．（2025·山东模拟）一玻璃柱的折射率，其横截面为四分之一圆，圆的半径为，如图所示。截面所在平面内，一束与边平行的光线从圆弧入射，入射角为，光线进入柱体后射到边。已知光在真空中的速度为。
（1）通过计算判断光线在边是否发生全反射；
（2）求光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的时间。
17．（2025·山东模拟）如图所示的平面直角坐标系，在轴上范围内有一线状粒子源，可向第一象限发射速度为、与轴正方向成角的质量为，电量为的带正电的粒子。在第一象限的范围内，存在沿轴负方向的匀强电场，粒子通过电场后，速度方向恰好沿着轴正方向。以点为圆心，半径为的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小。轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小；不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
（1）求第一象限匀强电场的场强；
（2）求粒子在圆形磁场中运动的最长时间；
（3）求粒子穿过轴以后，再次回到轴上的坐标范围；
（4）若其他条件不变，在轴下方再叠加一沿着轴负方向的电场，求：从点射出的粒子在轴下方运动时，到轴的最远距离。
18．（2025·山东模拟）如图，固定斜面倾角为，左端带有挡板的木板A质量为，木板与斜面间的动摩擦因数，质量的小物块B与木板A之间光滑，小物块可视为质点。某时刻由静止释放木板，后把小物块轻轻放到木板上距离挡板处，再经时间小物块与挡板发生第一次碰撞。已知小物块放到木板上时挡板距斜面底端距离，，重力加速度取。小物块始终未滑离木板，小物块与木板挡板之间的碰撞为弹性碰撞，且所有碰撞时间忽略不计。求：
（1）放上小物块前、后木板A的加速度大小；
（2）放上小物块至小物块与木板挡板发生第一次碰撞经历的时间；
（3）小物块与木板挡板第一次碰撞后的速度大小；
（4）木板到达斜面底端前小物块与木板挡板的碰撞次数。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】对18F经过时长为3740min时，即
对68Ga 经过时长为3740min时，即，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1. 半衰期的定义与剩余质量公式
剩余质量：，其中T 为半衰期，t 为经过时间。
2. 指数运算与半衰期次数的计算
经过n 个半衰期后，比较两个不同半衰期的核素经过相同时间后的剩余质量：
3. 幂次大小的比较
半衰期越短的核素，经过相同时间后经历半衰期次数越多，剩余质量占初始质量的比例越小（如果初始质量相等，则剩余质量小）。
总结：半衰期公式 的应用、不同半衰期元素剩余质量的比较（指数运算与幂的大小）。
2．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；追及相遇问题
【解析】【解答】乙车从刹车到停下所用时间为，该过程乙车通过的位移大小为，已知智能配送车的最大速度为8m/s，则甲车匀加速运动时间为则在内，前甲车做匀加速直线运动，运动的位移大小为，后内甲车以最大速度做匀速直线运动，位移大小为，则末，两次相距
再经历，乙车保持静止，甲车继续做匀速运动，通过的位移大小为
故经过10s两车之间的距离为，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】1. 匀变速直线运动基本公式
位移公式：
速度公式：
刹车停止时间
2. 分段运动分析（因甲车有最大速度限制）
甲车先匀加速至 ，后匀速。
须分别计算加速段时间 和匀速段时间 。
3. 两车相向而行位移叠加求距离
两车初始相距 ，t 时刻位置分别为 、（从各自起点向对方计算位移）。
此时相距：
4. 乙车停止后保持静止
乙车刹车到停止时间 位移 x。 时乙车静止。
总结：匀变速直线运动及匀速运动组合、相向运动位移叠加求间距、刹车到静止的处理、最大速度限制下的分段分析。
3．【答案】B
【知识点】微元法
【解析】【解答】AB． 因力F的方向始终与物体运动方向相同，故其做功等于F的大小乘以物体运动的路程，由A到B的过程，
故A错误，B正确；
C．从A到B过程，F始终大于重力沿切线方向的分力，所以物体一直在做加速运动，速度一直在增大，根据瞬时功率公式（F与v始终夹角为）
可知F的功率一直在增大，故C错误；
D．设重力方向与速度方向夹角，对于该运动过程，从增大到，则克服重力做功的功率
可知一直在增大，v也在增大，故克服重力做功的功率一直增大，故D错误。
故选B。
【分析】力F对物块做的功等于F的大小乘以物体运动的路程，物体一直在做加速运动，根据功率公式分析F和重力功率。
4．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律可得
可得
可知同步轨道的角速度小于近地轨道的角速度，而地球自转的角速度和同步轨道的角速度相同，则有
故A错误；
B．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律可得
可得
可知；又由于卫星在c点加速后进入轨道Ⅲ，则有；又由于卫星在b点加速后进入轨道Ⅱ，则有；综上分析可知，故B错误；
C．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，
可得
可知卫星在轨道Ⅰ运行的周期小于同步轨道Ⅲ的运行周期，即卫星在轨道Ⅰ运行的周期小于24h，故C错误；
D．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需要在b点点火加速，使卫星做离心运动，卫星的机械能增加；卫星从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需要在c点点火加速，使卫星做离心运动，卫星的机械能增加；所以卫星在轨道Ⅲ的机械能大于在轨道Ⅰ的机械能，故D正确。
故选D。
【分析】根据万有引力提供向心力，卫星的变轨和机械能知识，开普勒行星运动规律进行分析解答。
5．【答案】D
【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】【解答】AB．线圈产生的电动势最大值为，线圈与磁场平行时开始计时，故表达式为，电压表V示数为有效值，即，故AB错误；
C．当滑动变阻器滑片向上滑动时，由于原线圈输入电压不变，变压器原、副线圈匝数均不变，则副线圈输出电压不变，即灯泡两端电压不变，根据欧姆定律可知，流经灯泡的电流不变，故C错误；
D．当自耦变压器滑片P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据可知，副线圈输出电压减小，即灯泡两端电压减小，灯泡变暗，故D正确。
故选D。
【分析】1. 交流发电机电动势的瞬时值表达式
线圈从中性面计时：，从与磁场平行开始计时（即线圈平面与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大）：或 ，其中
2. 电压表示数（有效值）
有效值
3. 自耦变压器原理
电压比等于匝数比：。
当原线圈匝数 增加（P 向上滑），副线圈电压 减小 → 灯泡变暗。
4. 滑动变阻器对灯泡电流的影响
滑动变阻器与灯泡并联（图中接法），当滑片向上滑动时，变阻器接入电阻变大，但灯泡两端电压（由副线圈电压决定）不变，因此通过灯泡的电流不变。
总结：交流发电机电动势的瞬时值表达式（初相位与计时时刻关系）、有效值与最大值换算、自耦变压器匝数比对输出电压的影响、并联电路中负载电压不变时通过定值电阻的电流不变。
6．【答案】A
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】设劈尖的倾角为，条纹间距为，由于很小，则有可得
设每片薄木片总厚底为，则有
为了使条纹间距变成原来的2倍，则变为原来的。
A．去掉两片薄木片，并向左移动，则有，故A正确；
B．去掉两片薄木片，并向左移动，则有，故B错误；
C．去掉一片薄木片，并向左移动，则有，故C错误；
D．增加一片薄木片，并向左移动，则有，故D错误。
故选A。
【分析】1. 劈尖干涉条纹间距公式
劈尖干涉条纹间距：，其中 θ 为劈尖的倾角（很小），λ 为光波波长（不变）。
2. 倾角θ 与薄木片厚度、位置的关系
设薄木片总厚度为 ，薄木片到劈尖左端距离为 L，则：
条纹间距：
3. 使条纹间距变为原来的 2 倍的条件
原 ，要变为 ，需使 变为原来的 2 倍。
可能的操作：增加 L（向右移木片）或减小 （减少木片数），使得 增大为原来的 2 倍。
7．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】+q在P点的场强为，方向与x轴夹角为45°斜向右下，圆环在P点的场强沿水平方向，因P点场强沿y轴负方向，可知圆环在P点的场强与点电荷+q在P点在x方向的场强的分量等大反向，可知圆环在P点的场强方向沿x轴负向，可知圆环带负电；圆环在P点的场强，解得，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】1. 点电荷电场强度计算与分解
点电荷场强公式：，由几何关系求 及方向角 ，分解为 、 。
2. 均匀带电圆环在轴线上的电场公式
轴线上任一点 距圆心 ：，方向沿轴线，由 的正负决定。
3. 场强叠加原理
P 点总场强 = 点电荷的场强 + 圆环的场强。
已知总场强沿y 轴负向 圆环的场强必须抵消点电荷的x 分量，且圆环本身在y 方向无贡献。
4. 由方向判断带电正负
圆环在 P 点 与点电荷的 反向 圆环Q 带电正负与点电荷相反（点电荷 时，Q 为负）。总结：点电荷场强的分解、圆环轴线场强公式、场强叠加及方向分析、利用合成场强方向推知电荷正负并求解电量大小。
8．【答案】C
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．过程，气体的温度不变，体积变大，根据可知，气体的压强减小；过程，气体压强不变，这两个过程中气体体积的增大量相同，但过程中的压强较大，故气体在过程中对外界做的功大于在过程中对外界做的功，故A错误；
B．过程，气体温度不变，内能不变，气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，外界对气体做的功等于气体向外界放出的热量，故B错误；
C．从过程有可得，从过程有可得状态d的体积为，作出对应的图像如图所示
根据图像与横轴围成的面积表示做功大小，由图可知过程中气体对外界做的功小于过程中外界对气体做的功，由于这两个过程中内能均不变，根据热力学第一定律可知，气体在过程中从外界吸收的热量小于在过程中向外界放出的热量，故C正确；
D．由能量守恒定律可知，气体在过程中内能的减少量等于过程中内能的增加量，故D错误。
故选C。
【分析】1. 图像识别与状态参量分析
给出 p V 图像，各点坐标已知，分析过程：
a→b：等温膨胀（ 乘积不变，即 ）；b→c：等压膨胀（不变）。
c→d：等温压缩（ 乘积不变）；d→a：等压压缩（ 不变）。
2. 功的计算（图像法）
p V 图中，过程曲线下面积表示气体对外做功（体积增加时）或外界对气体做功（体积减小时）。
比较两过程做功大小，需比较平均压强 × 体积变化。
3. 热力学第一定律
，其中W 为外界对气体做功（与 p V 图面积反号时需注意符号约定），一般约定气体对外做功为正时公式写作：本题解析中 W 可能取不同正负约定，要仔细辨认。
4. 等温过程内能不变
a→b：等温 （吸收的热量全部用于对外做功）。
c→d：等温 （放出的热量等于外界对气体做的功）。
5. 等压过程内能变化
b→c：等压升温膨胀 ，气体对外做功，同时吸热。
d→a：等压降温压缩 ，外界对气体做功，气体放热。
总结：p V 图像分析、等温过程与等压过程的Q、W、ΔU 关系、热力学第一定律应用、过程曲线下面积表示做功、不同过程吸收与放出热量的比较。
9．【答案】A,B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．因0~3s时间内，平衡位置位于处的质点加速度方向改变1次，可知t=0时刻，该质点沿y轴正向运动，可知该简谐横波沿轴负方向传播，且，可得T=4s
该简谐横波传播的速度大小为，故AB正确；
C．质点只能在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，故C错误；
D．平衡位置位于处的质点先沿y轴负向振动，在3s末回到原来的位置，0~3s内运动的路程等于，故D错误。
故选AB。
【分析】1. 波形图与振动方向的关系（波的传播方向判断）
根据“加速度方向改变”推断质点的运动状态。
加速度方向改变一次 质点经过平衡位置一次（因为加速度与位移方向相反）。
结合两时刻波形图，可判定波的传播方向（通常用“同侧法”或“上下坡法”）。
2. 周期与波速计算
从两波形图读出波移动距离 Δx（或时间差与周期的关系），求周期 T。
波速公式：
3. 质点的振动与波形平移的区别
质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移。
“移动了”指位置变化 错误说法（波传递的是振动形式，不是质点本身）。
4. 路程的计算
质点在一个周期内路程为4A。某段时间内的路程需根据初位置、振动方向、周期推算。
5. 时间与周期的关系
由 0~3 s 内加速度方向改变次数 → 振动到平衡位置的次数 → 推算周期。
总结：波形图分析传播方向、周期与波速计算、质点振动与波形平移的区别、加速度方向改变与经过平衡位置的关系、质点路程的计算方法。
10．【答案】B,D
【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；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】B.第一种方式，设汽缸容积为5V，对B部分气体，由玻意耳定律可得解得，对A部分气体，由理想气体状态方程可得，代入数据解得，故B正确；
CD.第二种方式，设汽缸容积为5V，缓慢抽气，导热汽缸，可视为两部分气体均作等温变化
对A部分气体，由玻意耳定律可得，解得，对B部分气体，由玻意耳定律可得，代入数据解得，第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值，故C错误，D正确；
A.由以上两种方式所求的末状态压强可知，A错误；
故选BD。
【分析】1. 理想气体状态方程
用于处理 质量不变 的气体（如 A 部分在两种方式中均质量不变，B 部分在第一种方式中质量不变）。
2. 玻意耳定律（等温过程），用于：第一种方式中的 B 部分（等温）。
第二种方式中的 A 部分（等温）以及 B 部分中 留在缸内的气体 的等温分析。
3. 抽气问题中质量变化的处理
把“留在 B 内的气体”作为研究对象，其初态压强 、体积 ，末态压强 、体积 ，等温 ，抽出气体比例
4. 活塞平衡条件
活塞自由滑动 最终 A、B 两部分压强相等。
这一条件在两种方式末态均成立，但 压强数值不同（因过程不同）
总结：理想气体状态方程与玻意耳定律的综合应用，活塞平衡条件，抽气问题中质量变化的等温处理方法，体积比例关系分析。
11．【答案】A,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】ABC．货物刚放上传送带时的加速度大小为，在内，由图乙可知，传送带速度保持不变，在时货物的速度为，该过程货物与传送带通过的位移大小分别为，，该过程货物与传送带发生的相对位移大小为，在内，由图乙可知，传送带做匀减速运动，减速的加速度大小为，设从经过时间，货物与传送带共速，则有
解得，，在时间内货物与传送带通过的位移大小分别为，，该过程货物与传送带发生的相对位移大小为
货物与传送带共速后，与传送带保持相对静止；先随着传送带做匀减速运动，再匀速运动；由图乙可知时，货物的速度为；根据动能定理可知传送带对货物做功为
货物相对传送带的总位移为，故AC正确，B错误；
D．系统因摩擦产生的热量为，故D正确。
故选ACD。
【分析】1. 传送带模型中的动力学分析
货物刚放上传送带时，受滑动摩擦力加速：a=μg
分阶段分析：传送带速度变化时，货物与传送带间的相对运动及共速判断。
2. 变速传送带的处理
传送带速度按图乙规律变化，需分段处理：0~2 s：传送带匀速 4 m/s。2~3 s：传送带匀减速到 2 m/s。
3. 货物速度计算与共速条件
第一阶段（0~2 s）：货物匀加速到 4 m/s，然后与传送带保持相对静止。
第二阶段（2~3 s）：传送带匀减速，若货物与传送带间无相对滑动（已达共速），则货物也匀减速；若未共速，则受滑动摩擦力继续加速或减速，直到共速。
4. 相对位移的计算
每一阶段分别计算货物位移 、传送带位移 ，相对位移 。
5. 功的计算（动能定理）
传送带对货物做的功 = 货物动能变化：，需明确 3 s 末货物的速度 。
6. 摩擦生热计算
系统因摩擦产生的热量：，其中 ， 为整个过程中货物与传送带间发生相对滑动的总路程（非位移，是各阶段相对位移之和）。
总结：传送带模型中的动力学分析、变速传送带分段处理、货物与传送带共速判断、相对位移与摩擦生热的计算、动能定理求传送带对货物做的功。
12．【答案】B,C
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．将运动员在空中做斜抛运动，在最高点时的竖直分速度为0，此时速度最小，则运动员在空中运行的最小速度为，故A错误；
B．将运动员在空中的运动分解为沿斜坡和垂直斜坡两个分运动，当垂直斜坡分速度减为0时，运动员离开着陆坡面的距离最大，则有
故B正确；
C．运动员从点到点所用时间为，则运动员落在点时的竖直分速度为，运动员落在点前瞬间重力的功率为，故C正确；
D．设，则垂直斜坡方向有
沿斜坡方向有
整理可得
令
可得，即，则，可知若起跳时速度大小不变，改变起跳方向，当时，运动员到达斜坡上的落点距离点最远，故D错误。
故选BC。
【分析】1. 斜抛运动的分解
将斜抛运动分解为水平匀速与竖直上抛。
最高点竖直分速度为零，速度最小为 。
2. 斜坡坐标系下的运动分解
沿斜坡方向（x' 轴）和垂直斜坡方向（y' 轴）分解初速度和重力加速度。
垂直斜坡方向做类竖直上抛运动，当该方向速度为零时离斜面最远。
3. 重力的瞬时功率
功率公式：其中 是竖直方向分速度（落地点时的竖直速度）。
4. 斜坡上落点距离的最远条件
将落地位置表达为初速度、起跳角度的函数，求极值。
推导出当起跳方向与斜坡的夹角满足一定关系时（通常为 或 类），落点最远。
总结：斜抛运动基本分析（最高点速度、竖直速度）、斜坡上运动的分解方法（沿坡和垂直坡）、重力瞬时功率计算、斜坡落点最远的起跳角度条件（函数极值）。
13．【答案】（1）D
（2）0.820
（3）平衡摩擦力过度；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）A．由于丙装置用带有光电门的气垫导轨，则丙装置不需要平衡摩擦力，故A错误；
B．甲装置中细线拉力可以通过力传感器得到，乙装置中细线拉力可以通过弹簧测力计得到，所以甲、乙方案不需要满足小车或滑块的质量远大于槽码的质量，故B错误；
C．甲装置中的外力F为力传感器示数，不是槽码的重力；丙装置中，当满足槽码的质量远小于滑块的质量时，外力F可近似等于槽码的重力，故C错误；
D．乙方案中，以槽码为对象，根据牛顿第二定律可得可得
故D正确。
故选D。
（2）每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度为
（3）由图像可知，当时，小车已经具有一定的加速度，所以图像不过原点的原因可能是平衡摩擦力过度；
设木板倾角为，以小车为对象，根据牛顿第二定律可得
可得，可知图像的斜率为，可得小车的质量为
【分析】一：实验原理的优化与误差消除
这是改进型实验题最常考的点。你需要比较“传统方案”和“改进方案”的根本区别。
传统方案：用槽码重力mg 近似替代小车所受的拉力 F。
代价：必须满足m槽码 m小车 ，否则系统误差很大。
改进方案（甲、乙）：引入力传感器或弹簧测力计。
优势：直接测出绳子的拉力F。此时F 是真实值，因此不需要满足 的条件。
改进方案（丙）：引入气垫导轨。
优势：用气垫几乎完全消除摩擦力。因此不需要进行“平衡摩擦力”这个操作。
二：连接体的受力分析与动态计算
当系统处于加速状态时，绳子的拉力并不是静止时的张力。这需要你用隔离法和牛顿第二定律去精确计算。
对于常规的“小车+槽码”模型，拉力 。
对于乙方案这种带有动滑轮的模型，需要重新分析加速度关系和力的关系。
关键点1：加速度关系。槽码的位移是小车位移的2倍（动滑轮特点），因此。
关键点2：受力分析。对槽码和动滑轮整体分析，受到向下的重力 mg，向上的两段绳子拉力
三：数据处理与图像分析
这是实验题的“压轴”问法，用来考查你是否真的动手做过实验，或者是否理解实验中的偏差是如何产生的。
1、纸带数据处理：基本功。牢记时间间隔（如题目中的“每相邻两个计数点间还有4个计时点”意味着 ），熟练运用逐差法 来减小偶然误差。
2、a F 图像分析：
看截距：纵截距为正/横截距为负（即 时，）：平衡摩擦力过度（木板倾角太大）。
纵截距为负/横截距为正（即 时，）：平衡摩擦力不足 或 未平衡摩擦力。
看斜率：根据牛顿第二定律 。；图像的斜率 。
因此，小车质量。（这是最直接的结论，除非图像横坐标不是力F，而是别的物理量如槽码重力 ，这时需要根据受力关系进行转换。）

（1）A．由于丙装置用带有光电门的气垫导轨，则丙装置不需要平衡摩擦力，故A错误；
B．甲装置中细线拉力可以通过力传感器得到，乙装置中细线拉力可以通过弹簧测力计得到，所以甲、乙方案不需要满足小车或滑块的质量远大于槽码的质量，故B错误；
C．甲装置中的外力F为力传感器示数，不是槽码的重力；丙装置中，当满足槽码的质量远小于滑块的质量时，外力F可近似等于槽码的重力，故C错误；
D．乙方案中，以槽码为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
故D正确。
故选D。
（2）每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度为
（3）[1]由图像可知，当时，小车已经具有一定的加速度，所以图像不过原点的原因可能是平衡摩擦力过度；
[2]设木板倾角为，以小车为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
可知图像的斜率为
可得小车的质量为
14．【答案】（1）1.00
（2）1.5
（3）5.80；2.20
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）先将电流表与并联，改装成一个量程为的电流表，则有
解得
（2）闭合开关，适当调节的滑片，使电压表的示数为；保持的滑片位置不变，可认为电压表和电压之和始终等于，则当电压表的示数为时，说明电阻两端电压为，此时的阻值等于电压表内阻，则电压表的量程被扩大为原来的2倍，即电压表的量程扩大为。
（3）改装后电压表量程扩大到2倍，故测得电压是原电压表的示数的2倍；电流表扩大到5倍，则干路电流为，改装后电流表内阻为，根据闭合电路欧姆定律可得，可得，可知图像的纵轴截距为
解得电动势为，图像的斜率绝对值为
解得内阻为
【分析】一：电表的改装与校准
题目中的电流表和电压表量程都不够用，因此第一步就是利用电阻箱进行改装。这是电学实验的基本功。
1、电流表改装（小量程→大量程）
原理：并联一个小电阻（分流电阻）。
逻辑：。即：表头满偏电压 = 分流电阻的电压。
关键点：改装后电流表的内阻变为 和 的并联值。
2、电压表改装与内阻测量
原理：串联一个大电阻（分压电阻）。
逻辑：。要扩大量程，必须先知道表头内阻。
测内阻方法（半偏法）：当电阻箱与电压表串联，且调节电阻箱使电压表示数减半时，说明电阻箱分得另一半电压。此时，电阻箱的示数约等于电压表的内阻。
扩程计算：知道了内阻 ，若要将量程扩大n 倍（即新量程为 ），需要串联的电阻 。
二：测电源电动势和内阻的原理
这是本题的最终目的。无论电路如何变化，最终都要回归到闭合电路欧姆定律。
核心公式：
图像法处理：如果纵轴是路端电压 U，横轴是干路电流I。
纵截距 ；斜率绝对值
三：考虑电表内阻的误差分析与等效
这是本题最难也最精彩的地方。由于电表经过改装，它们不再是“理想”的，读数需要还原，且它们自身的电阻会影响电路。
电压还原：如果电压表量程扩大为原来的2倍，那么真实路端电压 （电压表示数）。
电流还原：如果电流表量程扩大为原来的5倍，那么真实干路电流 （电流表示数）。
等效内阻的确定：这是最容易出错的地方。当电流表接在干路上时，它本身有内阻 。
根据闭合电路欧姆定律：
结论：电源的真实内阻 和电流表的内阻 是串联关系，它们共同构成了等效内阻。图像的斜率绝对值实际对应的是
（1）先将电流表与并联，改装成一个量程为的电流表，则有
解得
（2）闭合开关，适当调节的滑片，使电压表的示数为；保持的滑片位置不变，可认为电压表和电压之和始终等于，则当电压表的示数为时，说明电阻两端电压为，此时的阻值等于电压表内阻，则电压表的量程被扩大为原来的2倍，即电压表的量程扩大为。
（3）[1][2]改装后电压表量程扩大到2倍，故测得电压是原电压表的示数的2倍；电流表扩大到5倍，则干路电流为，改装后电流表内阻为
根据闭合电路欧姆定律可得
可得
可知图像的纵轴截距为
解得电动势为
图像的斜率绝对值为
解得内阻为
15．【答案】（1）解：导体棒与导体棒组成的系统满足动量守恒，则有
解得
根据能量守恒可得
解得
则导体棒上产生的焦耳热为
解得
（2）解：对导体棒应用动量定理得
又
联立解得
则初始时刻、棒的最小距离为
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】一：双杆系统的动量守恒条件
这是解决本题第一问的关键，也是最容易判断错的地方。
核心逻辑：双杆系统动量守恒的条件是：系统所受合外力为零。
在本模型中，两根棒都受安培力 。对于两棒组成的系统，它们之间的安培力是内力。
关键点：安培力对左边棒是阻力，对右边棒是动力。这两个力大小相等、方向相反，因此系统所受合外力为零。
结论：系统动量守恒。
二：电磁感应中的能量转化
能量守恒是解决电磁感应问题的万能钥匙。
能量来源：动能的减少。
能量去向：整个回路中产生的焦耳热。
公式：。
对应本题：系统损失的动能 全部转化为回路中的总焦耳热 。
焦耳热的分配：总焦耳热按电阻比例分配在两个棒上。
；
三：动量定理在电磁感应中的运用
这是解决第二问的核心，也是这类题的难点。当需要求电荷量或位移时，动量定理是首选。
关键点：，其中 是两棒之间的相对位移。
总结：这道题把三个最重要的物理原理串联了起来：
动量守恒：求最终速度。
能量守恒：求总焦耳热及分配。
动量定理 + 电磁感应：求电荷量，进而求相对位移
（1）导体棒与导体棒组成的系统满足动量守恒，则有
解得
根据能量守恒可得
解得
则导体棒上产生的焦耳热为
解得
（2）对导体棒应用动量定理得
又
联立解得
则初始时刻、棒的最小距离为。
16．【答案】（1）解：画出光路图如图所示
根据折射定律，解得
设光线在BC界面的入射角为，根据
可得
解得
故可知光线在BC边不发生全反射。
（2）解：设光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的路程为，则有
光在玻璃柱中传播速度为
光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的时间为
联立解得
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】一：折射定律与光路作图
这是解决所有几何光学问题的第一步，也是最关键的一步。
折射定律：。通常是从空气（）射入介质（n），公式简化为
关键点：必须准确画出光路图。本题的光线从圆弧面入射，虽然界面是曲面，但在入射点处，我们可以做出该点的法线（即半径方向）。
二：全反射条件的判断
这是本题第一问的核心，也是光学中极易出错的地方。
发生全反射的条件：①光从光密介质射向光疏介质（即从玻璃射向空气）；②入射角 临界角 。
临界角公式：。
三：光在介质中的传播时间计算
这是第二问的考点，结合了光学和匀速直线运动。
光在介质中的速度：，其中 是真空中的光速。
传播时间： ，其中s 是光在介质中传播的实际路径长度。
总结：这道光学题实际上串联了三个基础但重要的物理原理：
折射定律：确定光进入介质后的传播方向。
全反射条件：判断光能否在介质内部界面发生反射。
光速公式：计算光在介质中传播的时间。
解题策略：遇到几何光学题，可以按以下三步走：
作图：画出入射光线、法线、折射光线，标出所有已知角度。
找角：利用几何关系（如三角形内角和、平行线性质、垂径定理等）找出待求的角度（如全反射判断中的入射角）。
算距：利用三角函数和圆半径找出光在介质中传播的几何路径长度，最后代入时间公式。

（1）画出光路图如图所示
根据折射定律
解得
设光线在BC界面的入射角为，根据
可得
解得
故可知光线在BC边不发生全反射。
（2）设光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的路程为，则有
光在玻璃柱中传播速度为
光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的时间为
联立解得
17．【答案】（1）解：带电粒子在电场中做类斜抛运动，可得
联立可得
（2）解：粒子竖直方向通过的距离设为y ，则
联立解得
粒子以水平速度进入圆形磁场区域，有
解得
粒子做圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，故粒子从圆与x轴的切点M进入下方磁场区域，分析可知从最上端发出的粒子在圆形磁场中运动的时间最长，可得
解得
（3）解：粒子进入x轴下方以后，方向范围在与x轴正半轴成到范围之内，可得
联立解得
当速度与x轴正半轴成到范围时，粒子打到x轴的同一位置， 距M点的最近距离为
当速度与x轴成进入下方磁场时，粒子打到x轴上距M最远
故x的坐标范围为
（4）解：0点射出的粒子在M点射出时与x轴正方向的夹角为，将粒子速度v分解出一个沿着x轴正方向的速度，使得
可得
则另一分速度与x轴负方向的夹角为，大小为，可得
以此速度做圆周运动的半径
离x轴的距离的表达式
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】一、电场中的类斜抛运动（运动的分解）
核心逻辑：粒子在匀强电场中受到恒定的电场力 ，产生竖直向下的加速度 。
处理方法是运动的合成与分解：
水平方向：匀速直线运动 。
竖直方向：匀变速直线运动（类似竖直上抛）
二、圆形磁场中的“磁聚焦”特性
粒子在匀强磁场中的半径公式：
磁聚焦的临界条件：如果粒子做圆周运动的半径 r 恰好等于圆形磁场的半径 R，那么从圆周上某点以不同方向射入的平行粒子，将会汇聚到圆周上的另一点（反之，从一点向各个方向射出的粒子，离开磁场后会变为平行光）。
最长运动时间：粒子在圆形磁场中运动的时间取决于它在磁场中转过的圆心角 α，公式为
由于所有粒子的轨道半径都等于圆形磁场半径，它们进出磁场的点决定了轨迹对应的圆心角。从最上端发出的粒子，其轨迹对应的圆心角最大（），所以时间最长。
三、粒子在磁场中的临界轨迹与边界范围
核心逻辑：粒子从圆形磁场出来，以确定的方向（水平）进入 x 轴下方的磁场 。
但题目中“从最上端发出的粒子”和“从某点发出的粒子”决定了它们进入下方磁场时的入射点位置和速度方向略有不同，从而轨迹不同。
对应本题：确定速度范围：粒子从圆形磁场射出时，速度方向在某个角度范围内（与 x 轴夹角从某个最小值到某个最大值）。
找最远与最近：最近点：当粒子速度与 x 轴夹角最小时，它打到 x 轴上的点离原点最近。
最远点：当粒子速度与 x 轴夹角最大时，它打到 x 轴上的点离原点最远。
利用几何关系（弦长公式、圆心角等）求出这两个临界点的坐标。
四：复合场中的配速法（难度最高）
核心逻辑：当粒子同时受到垂直的速度方向的洛伦兹力和恒定的电场力时，常规的运动分解很难处理。此时用配速法（或称速度分解法）非常有效。
方法：将粒子的初速度分解为两个分速度 ，使得其中一个分速度 对应的洛伦兹力恰好与电场力平衡（即 ，且方向相反），这样粒子就以 做匀速直线运动；另一个分速度 则使粒子做匀速圆周运动。
最终轨迹：这两种运动的合运动，轨迹为摆线。
总结：这道题把高中物理最难的两个板块——临界磁场和配速法——完美地结合在了一起。
解题策略：电场中：分解速度，利用竖直速度减为零列式。
圆形磁场中：牢记半径相等时是磁聚焦，最长轨迹对应最大圆心角。
下方磁场中：找速度边界，画临界圆，找切点。
复合场中：用配速法分解速度，找到圆周部分的最大距离。
（1）带电粒子在电场中做类斜抛运动，可得
联立可得
（2）粒子竖直方向通过的距离设为y ，则
联立解得
粒子以水平速度进入圆形磁场区域，有
解得
粒子做圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，故粒子从圆与x轴的切点M进入下方磁场区域，分析可知从最上端发出的粒子在圆形磁场中运动的时间最长，可得
解得
（3）粒子进入x轴下方以后，方向范围在与x轴正半轴成到范围之内，可得
联立解得
当速度与x轴正半轴成到范围时，粒子打到x轴的同一位置， 距M点的最近距离为
当速度与x轴成进入下方磁场时，粒子打到x轴上距M最远
故x的坐标范围为
（4）(4)0点射出的粒子在M点射出时与x轴正方向的夹角为，将粒子速度v分解出一个沿着x轴正方向的速度，使得
可得
则另一分速度与x轴负方向的夹角为，大小为，可得
以此速度做圆周运动的半径
离x轴的距离的表达式
18．【答案】（1）解：由题可知
放上小物块前，根据牛顿第二定律，可知
解得木板A的加速度大小
放上小物块后，根据牛顿第二定律，可知
解得木板A的加速度大小，即木板匀速运动
（2）解：放上木块时，木板的速度
木块的加速度
利用匀变速的运动规律可知
解得（舍去）
（3）解：碰前瞬间，木块的速度
木块和木板碰撞的过程中满足动量守恒和机械能守恒
解得，
（4）解：放上小木块到第一次碰撞前，木板前进的距离
第一次碰后到第二次碰撞前的时间间隔为，则，解得
这段时间内木板前进的距离
此时木块的速度
木块和木板碰撞的过程中满足动量守恒和机械能守恒
解得，
若再次追上，则，解得
木板的位移
此时木块的速度
木块和木板碰撞的过程中满足动量守恒和机械能守恒
解得，
若再次追上，则，解得
木板的位移
由于
因此小木块与挡板碰撞3次。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】一、不同阶段的受力分析与加速度计算
核心逻辑：木板A的受力情况会随着上面是否有小物块B而发生改变。
放上B之前：A受重力分力 向下，滑动摩擦力 向上。
放上B之后：A受重力分力 向下，滑动摩擦力变为 向上（因为压力变大了）。
二、运动学规律与追及问题的变式
核心逻辑：B放在A上时，B在光滑的A表面上下滑，加速度 （因为A、B间光滑）。
此时A以速度 匀速下滑，B从静止开始加速。
追及条件：B从距离挡板 的位置开始追A，直到追上挡板，满足 。
三、弹性碰撞的双守恒与速度交换规律
核心逻辑：弹性碰撞同时满足动量守恒和机械能守恒。
速度交换规律：当两个物体质量相等（ ）时，弹性碰撞的结果是交换速度。
四、多次碰撞的周期性规律与临界判断
观察运动模式：A：由于放上B后受力平衡，A一直做匀速直线运动（速度为当前时刻的值）。
B：在A表面光滑，B一直以匀加速。
核心规律：每次碰撞都会交换速度。A的速度会被B“更新”为B碰前的速度。
B的速度会被重置为A碰前的速度。
递推关系：可以证明，相邻两次碰撞的时间间隔 是常数。
临界判断：计算从开始到第n 次碰撞时，木板A的位移，与A从初始位置到底端的距离比较，确定最后一次碰撞是否发生。
总结：这道题把物理的几种核心思想——隔离法受力分析、追及模型、碰撞守恒、递推归纳——都考到了。
解题策略：分阶段：放上前、放上后、碰撞瞬间、碰撞后，每个阶段受力不同，要分开分析。
找守恒：弹性碰撞双守恒，质量相等时速度交换。
抓规律：多次碰撞往往有周期性，找出相邻两次碰撞的时间间隔和速度递推关系。
定临界：最后一次碰撞是否发生，要看位移边界。
（1）由题可知
放上小物块前，根据牛顿第二定律，可知
解得木板A的加速度大小
放上小物块后，根据牛顿第二定律，可知
解得木板A的加速度大小，即木板匀速运动。
（2）放上木块时，木板的速度
木块的加速度
利用匀变速的运动规律可知
解得（舍去）
（3）碰前瞬间，木块的速度
木块和木板碰撞的过程中满足动量守恒和机械能守恒
解得，
（4）放上小木块到第一次碰撞前，木板前进的距离
第一次碰后到第二次碰撞前的时间间隔为，则
解得
这段时间内木板前进的距离
此时木块的速度
木块和木板碰撞的过程中满足动量守恒和机械能守恒
解得，
若再次追上，则
解得
木板的位移
此时木块的速度
木块和木板碰撞的过程中满足动量守恒和机械能守恒
解得，
若再次追上，则
解得
木板的位移
由于
因此小木块与挡板碰撞3次。
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