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2025届山东省日照市高三下学期校际联合考试（二模）物理试题
1．（2025·日照模拟）考古学家在地下发现一块距今约28650年的古榆木，测得其中碳14含量是现代榆木的。下列判断正确的是（　　）
A．碳14的半衰期约为7162年
B．升高温度可以减小碳14的半衰期
C．增大压强可以减小碳14的半衰期
D．碳14酸钡（BaC14）中的碳14与单质碳14的半衰期相同
2．（2025·日照模拟）某运动员将铅球斜向上推出后，球的运动过程如图所示，不计空气阻力。下列关于铅球在空中运动过程中的加速度大小a、速度大小v、重力的瞬时功率P和机械能E随运动时间t的变化关系，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025·日照模拟）为了研究光的干涉现象，某同学将弓形的玻璃柱体平放在固定的标准平板玻璃上，玻璃柱体上表面水平，如图甲所示。用波长为λ的红光垂直照射玻璃柱体上表面，从上向下看，在图乙的P点观察到亮条纹。下列说法正确的是（　　）
A．从上向下看到外疏内密的明暗相间的环状条纹
B．若将玻璃柱体向上移动距离，P点再次出现亮条纹
C．若更换形状相同，折射率更小的玻璃柱体，则P点亮条纹可能消失
D．若用紫色光垂直照射玻璃柱体上表面，条纹间距变宽
4．（2025·日照模拟）如图所示，一个内壁光滑的绝缘圆形轨道竖直固定在水平地面上，圆心是O，直径AB水平。小球c固定在A点，将小球d从B点由静止释放，经过最低点P后到达Q点时速度为零，经过M点时速度最大。两小球均带负电且可视为质点，Q、M点均未画出。下列说法正确的是（　　）
A．小球d从B到Q的过程中，重力与库仑力的合力一直增大
B．M点在P点左侧
C．小球d从B到Q的过程中，电势能一直减少
D．小球d从P到Q的过程中，动能的减少量等于电势能增加量
5．（2025·日照模拟）如图甲所示为一小女孩在水泥管内踢球的情境，整个过程可简化为图乙。固定的竖直圆形轨道半径为R，圆心为O，轨道上的C点和圆心O点的连线与水平方向的夹角为37°。某次踢球时，小女孩把球从轨道最低点A水平向左踢出，球在第一次经过C点后恰好能通过最高点B，当球第二次到达C点时，恰好离开轨道并落入书包内，接球时书包与直径AB的水平距离为0.2R。已知球从A点刚被踢出时的速度是经过B点时速度的3倍，球的质量为m，球与轨道间的动摩擦因数处处相等，重力加速度为g，球可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．球从A到B和从B到A的过程中，摩擦力做功相等
B．球从A到B的过程中，摩擦力做功为2mgR
C．球第二次到达C点的速度大小
D．接球时书包离A点的竖直高度为0.8R
6．（2025·日照模拟）如图所示，一根轻质细绳两端分别固定在等高的A、B两点，一灯笼用轻质光滑挂钩挂在细绳上，挂钩与细绳接触的点为O。下列判断正确的是（　　）
A．无风时，将B点缓慢竖直向上移动的过程中，细绳上的弹力逐渐增大
B．无风时，将B点缓慢竖直向上移动的过程中，∠AOB逐渐减小
C．若灯笼受到水平向右的恒定风力，灯笼静止时，∠AOB比无风时小
D．若灯笼受到水平向右的恒定风力，灯笼静止时，AO段的拉力大于BO段的拉力
7．（2025·日照模拟）如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸静止在光滑水平地面上，其内用活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞与汽缸底之间的距离为L。现用水平向右的恒力F推动活塞，一段时间后，活塞与汽缸保持相对静止并一起向右运动，此时活塞与汽缸底之间的距离为。已知活塞的质量为m，横截面积为S，汽缸的质量为6m，大气压强为p0，环境温度恒定。下列判断正确的是（　　）
A．活塞相对汽缸静止前，汽缸内封闭气体压缩的过程为等压变化
B．活塞相对汽缸静止时，汽缸内气体的压强为p0
C．活塞相对汽缸静止前，恒力F做的功转化为汽缸和活塞的动能
D．恒力F的大小为
8．（2025·日照模拟）如图所示，卫星A、B均绕地心在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，某时刻卫星B与地心连线和卫星A与地心连线的夹角为60°。已知卫星A为地球静止轨道卫星，卫星B的周期约为2h。则从该时刻至两卫星第一次相距最远所需的时间约为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·日照模拟）甲、乙两辆汽车在同一条平直公路上沿同一方向行驶。当甲车在乙车后方60m处时，甲车以10m/s的初速度做匀加速直线运动，加速度大小为1.5m/s2；乙车以20m/s的初速度做匀减速直线运动，加速度大小为1m/s2。当甲车追上乙车后，两车保持各自的速度做匀速直线运动。下列说法正确的是（　　）
A．甲车追上乙车所需要的时间为16s
B．甲车追上乙车时，乙车的速度大小为8m/s
C．甲车追上乙车前，两车之间的最大距离为30m
D．甲车追上乙车后，两车之间的距离随时间变化的关系为
10．（2025·日照模拟）某实验小组模拟输电网供电的装置如图所示。发电机产生的交变电流经升压、降压变压器传输给用户。电阻R1并联在升压变压器原线圈a、b两端，降压变压器副线圈匝数可通过滑动触头P调节，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0，用户端电阻为R2，R2>R0，不计其余电阻。已知发电机输出电压恒定，变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（　　）
A．若R1的阻值增大，则用户端电阻R2消耗的功率减小
B．若在用户端再并联一个电阻，则R0上消耗的功率增大
C．若仅将滑片P向上滑动，则电阻R0消耗的功率增大
D．若用户端电阻R2增大，则用户端消耗的功率先增大后减小
11．（2025·日照模拟）如图所示，甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速v=20cm/s。两列波在t=0时刻的部分波形如图所示，其余波形未画出。下列说法正确的是（　　）
A．甲波与乙波的频率之比为3∶4
B．t=0时刻，x=0处的质点沿y轴正方向运动
C．t=0时刻开始，至少经0.25s的时间介质中才会出现位移为20cm的质点
D．t=0时刻，在质点坐标从-500cm到500cm的范围内，位移为-20cm的质点有5个
12．（2025·日照模拟）如图所示，在0≤x≤6m、0≤y≤6m的ODMN区域内存在电场强度大小、方向沿y轴正方向的匀强电场；ODMN区域外存在磁感应强度大小B=0.1T、方向垂直纸面向外的匀强磁场。一个比荷的带正电粒子从电场区域中的A点（3m，a）由静止释放，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．若a=3m，粒子在该区域做周期性运功，运动的周期为
B．若a=3m，粒子在该区域做周期性运功，运动的周期为
C．若a=0，粒子可从MD边再次进入电场
D．若，粒子可垂直边界MD进入电场
13．（2025·日照模拟）手机上的“磁传感器”能实时记录手机附近磁感应强度的大小。现用手机、磁化小球、铁架台、塑料夹子等实验器材组装成如图甲所示的装置测量重力加速度，实验步骤如下：
①把手机正面朝上放在悬点正下方，往侧边拉开小球（最大摆角不超过），用夹子夹住；
②打开夹子释放小球；
③运行软件，记录磁感应强度的变化；
④改变摆线长，测量出各次摆线长L及相应周期T。
（1）测得第1次到第10次磁感应强度最大值的总时间为t，单摆周期T=　 　。
（2）实验中得到多组摆线长L及相应的周期T后，作出T2-L图线如图乙所示，图线的斜率为k，纵轴上的截距为b，由此得到当地重力加速度g=　 　，小球半径r=　 　。（用k、b表示）
14．（2025·日照模拟）物理学习小组通过实验测量某特殊电池的内阻（E约为10V，r约为65Ω）。已知该电池最大允许电流约为125mA，除了电池、开关、导线外，还准备的器材有：
A.电压表V1（量程0~3V，内阻约1kΩ）
B.电压表V2（量程0~15V，内阻约5kΩ）
C.电阻箱（阻值范围0~9999Ω）
D.四个不同规格保护电阻R0（额定电流足够大）
该同学选用合适的实验器材设计了图甲所示电路进行实验。
（1）保护电阻R0有以下四种规格，应选用 （填入相应的字母）
A．2Ω B．20Ω C．200Ω D．2000Ω
（2）该同学完成电路的连接后，闭合开关S，调节电阻箱的阻值，读取电压表的示数，其中电压表的某一次偏转如图乙所示，其读数为　 　V。
（3）改变电阻箱阻值，获得多组数据，作出如图丙所示图线，则该电池的内阻测量值　 　Ω（保留两位有效数字）。
（4）由于电压表不是理想电压表，内阻　 　（填“大于”、“小于”或“等于”）。
15．（2025·日照模拟）某透明材料制成的三棱镜，其截面为直角三角形ABC，∠A=90°，∠B=60°，AC=l，BC边所在平面镀银。一细光束在截面内从AB边的中点P以角度θ入射，折射光线平行于BC边，如图所示。第一次射到AC边时恰好发生全反射，最终从Q点（图中未画出）出射。已知光在真空中的传播速度为c。
（1）请在答题卡上画出光在棱镜中的光路图：
（2）求该透明材料的折射率n和sinθ；
（3）求光在棱镜中的传播时间t。
16．（2025·日照模拟）如图所示，倾角θ=37°的斜面固定在水平地面上，质量m1=3kg的物体A置于斜面上，一条轻绳绕过两个光滑的轻质滑轮连接着固定点O和物体A，质量m2=8kg的物体B与动滑轮连接。已知连接动滑轮两边的轻绳均竖直，物体A与定滑轮间的轻绳和斜面平行，物体A与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。初始时物体B的下表面距地面的高度h=2m，物体A到定滑轮的距离足够远。现将两个物体同时由静止释放，B落地后不反弹。sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）在物体B下落过程中，求轻绳的拉力大小和物体A的加速度大小；
（2）求物体B落地前瞬间的速度大小；
（3）求整个过程中物体A沿着斜面向上运动的最大距离。
17．（2025·日照模拟）如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上，窄轨M1N1、M2N2之间的距离L1=1m，光滑的宽轨O1P1、O2P2之间的距离L2=2m。窄轨以垂直于轨道的虚线A1A2为分界线，左侧粗糙，右侧光滑。窄轨左侧通过开关S1连接一电容C=0.02F的电容器（耐压值足够大）。宽轨和窄轨连接处有开关S2，宽轨左侧接有电阻R1=10Ω。质量m=1kg的金属棒ab静止在窄轨上，ab棒到A1A2的距离x=4.5m，与窄轨粗糙部分间的动摩擦因数μ=0.2；质量M=2kg的金属棒cd静止在宽轨上。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小B=10T的匀强磁场中。现闭合S1，断开S2，给ab棒施加一与导轨平行、大小为5N的恒力F，当其运动到A1A2时，撤去F，同时断开S1，闭合S2。窄轨和宽轨足够长，ab始终在窄轨上运动，cd棒始终在宽轨上运动。两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，cd棒连入电路中的电阻R2=20Ω，其余电阻均不计。重力加速度g=10m/s2。求：
（1）恒力F的作用时间；
（2）cd棒从开始运动到匀速的过程中，通过cd的电荷量；
（3）cd棒从开始运动到匀速的过程中，cd棒中产生的焦耳热。
18．（2025·日照模拟）如图所示，质量M=1kg、足够长的木板Q静止在光滑水平地面上，质量m=2kg的滑块P（可视为质点）静止在木板Q的左端，滑块P与木板Q间的动摩擦因数μ=0.1。距木板Q的右端处有一固定挡板。长度l=1m的细绳一端固定在O点，另一端连接质量m0=3kg的小球A。将细绳拉直且与水平方向成30°角时，无初速度释放小球A，当小球A运动到最低点时恰好与滑块P发生弹性碰撞，碰后滑块P沿木板运动，重力加速度g=10m/s2。
（1）求细绳绷紧后瞬间小球A的速度大小以及小球A运动到最低点时的速度大小；
（2）若木板Q与挡板发生弹性碰撞，求木板Q从开始运动到与挡板发生第2次碰撞的时间；
（3）若木板Q与挡板发生非弹性碰撞，当木板Q与挡板发生第n（n=1，2，3，……）次碰撞时，碰后瞬间的速度大小与第一次碰撞前瞬间的速度大小v1满足关系式，在木板Q停止运动前，滑块P都不会和木板Q共速。木板Q从开始运动到与挡板发生第n次碰撞时，求：
①滑块P运动的位移；
②滑块P和木板Q因摩擦产生的热量。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】A．已知大量原子核衰变一半数量所花的时间为半衰期，已知 碳14含量是现代榆木的 ，根据衰变时间与半衰期的关系有：
解得碳14的半衰期约为年
选项A错误；
BC．半衰期由原子核内部所决定，与外界条件无关，升高温度和增大压强都不可以减小碳14的半衰期，选项BC错误；
D．放射性元素的半衰期与所处的化学状态无关，为原子核本身衰变的规律，所以碳14酸钡（BaC14）中的碳14与单质碳14的半衰期相同，选项D正确。
故选D。
【分析】根据衰变时间与半衰期的关系可以求出半衰期的大小；半衰期由原子核内部所决定，与外界条件无关；放射性元素的半衰期与所处的化学状态无关，为原子核本身衰变的规律，所以碳14酸钡（BaC14）中的碳14与单质碳14的半衰期相同。
2．【答案】C
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】AD．球离开运动员手后做斜抛运动，由于球在空中只受重力，所以加速度始终为g，所以加速度保持不变，由于只有重力做功，所以机械能守恒，则机械能保持不变，所以和图像都是与横轴平行的直线，故AD错误；
B．根据速度的合成可以得出球的速度大小为
可知图像不是直线，故B错误；
C．由于球在竖直方向做匀变速直线运动，根据功率的表达式及速度公式可以得出重力的瞬时功率大小为
可知图像先直线减小，后直线增加，故C正确。
故选C。
【分析】由于小球只受重力所以加速度和机械能保持不变；利用速度的合成可以判别速度与时间的关系；利用竖直方向的速度公式结合重力的大小可以判别重力功率的大小与时间的关系。
3．【答案】B
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】A．根据，由于空气膜等厚处是条形的，因此形成的干涉条纹是条形的，由于空气膜夹角越来越大，所以条纹间距越来越小，条纹越来越密，故A错误；
B．由于波程差出现整数倍波长会出现亮条纹，在图乙的P点观察到亮条纹，则有P点的光程差
若将玻璃柱体向上移动距离，利用上下表面的光程差为
所以P点再次出现亮条纹，故B正确；
C．根据可以得出P点亮条纹与折射率无关，故C错误；
D．若用紫色光垂直照射玻璃柱体上表面，由于紫色光波长小于红色光波长，根据可以得出条纹间距变窄，故D错误。
故选B。
【分析】利用条纹间距的表达式可以判别随着由于空气膜夹角越来越大，所以条纹间距越来越小；利用波程差的大小与波长的关系可以判别P点会出现亮条纹；利用条纹间距的表达式可以判别间距与折射率无关；当波长变小时，条纹间距也随着减小。
4．【答案】A
【知识点】能量守恒定律；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．小球d运动过程中到A的距离越来越小，根据库仑定律可以得出两球间库仑力越来越大，库仑力增大同时库仑力与重力夹角由直角变锐角，根据平行四边形定则对这两个力进行合成，可以得出合力将更大，所以两者合力一直增大，故A正确；
B．M点速度最大，此时库仑力与重力沿切线方向的合力为零，则重力和库仑力的合力方向与支持力方向在同一直线上，在P左右分别对小球d受力分析
可知只有P的右侧重力和库力合力方向沿半径方向，此时沿切线的合力才能为零，所以M点在P右侧，故B错误；
C．从B→Q的过程中d离C越来越近而离负电荷越近电势越低，B到Q电势减少，根据电势能的表达式可以得出负电荷在电势越低的位置电势能越高，所以d的B到Q电势能增大，故C错误；
D．从P→Q由于合力做负功所以动能减小，根据电场力做负功可以得出电势能增大，重力做负功所以重力势能增大，根据能量守恒可得减小的动能应等于增加的电势能和重力势能，故D错误。
故选A。
【分析】利用库仑力随距离的减小而增大，结合平行四边形定则可以判别库仑力和重力的合力大小变化；利用速度最大时速度方向与合力方向垂直，结合受力分析可以判别重力和支持力的合力在半径方向的位置；利用电势的高低结合电性可以比较电势能的大小；利用能量守恒可得减小的动能应等于增加的电势能和重力势能。
5．【答案】C
【知识点】斜抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．由于摩擦力的作用，导致小球的机械能不断减少，所以球从A到B的过程比从B到A的过程中到达相同高度时速度大，根据向心力的表达式可以得出A到B的过程球对轨道的压力更大，根据滑动摩擦力的表达式可以得出摩擦力也更大，摩擦力做功更多，A错误；
B．由球在第一次经过C点后恰好能通过最高点B，由于重力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
得，则
球从A到B的过程运用动能定理有
解得，B错误；
C．当球第二次到达C点时，恰好离开轨道并落入书包内，由于重力的分力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得，C正确；
D．离开轨道球做斜抛运动，对小球在C点的速度进行分解，根据速度的分解有 ，
水平方向，根据位移公式有有
竖直方向上，根据位移公式有：有
则接球时书包离A点的竖直高度
联立解得，D错误。
故选C。
【分析】球从A到B的过程比从B到A的过程中到达相同高度时速度大，根据向心力的表达式可以得出A到B的过程球对轨道的压力更大，根据滑动摩擦力的表达式可以得出摩擦力也更大，摩擦力做功更多；利用小球第一次经过B点的牛顿第二定律结合从A到B的动能定理可以求出克服摩擦力做功的大小；利用在C点的牛顿第二定律可以求出小球经过C点速度的大小；当小球在C点做斜抛运动，利用速度的分解结合位移公式可以求出接球时书包离A点的竖直高度。
6．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．由于灯笼处于静止，无风时，根据竖直方向的平衡方程有：；
设绳长为L，两点之间的距离为d，根据几何关系可得
解得
将B点缓慢竖直向上移动的过程中，由于绳长为L，两点之间的距离为d保持不变，所以∠AOB不变，根据表达式可以得出细绳上的弹力不变，故AB错误；
C．如图所示的状态，当灯笼受到水平向右的恒定风力时，灯笼受力增加一个风力，四力平衡，两个绳子的拉力的合力与重力、风力的合力相平衡，
设有风时绳子夹角的一半为，由几何关系有
由上述分析可知无风时，由几何关系有
如图所示可以得出
根据几何关系可知
故C正确；
D．由于不计绳子的质量和绳与衣架挂钩间的摩擦，因此O点为活结，根据绳子形变程度处处相同所以活结两端的拉力总是大小相等，故D错误；
故选C。
【分析】利用竖直方向的平衡方程结合几何关系可以判别细绳上的拉力大小变化；利用几何关系可以判别角度的大小；利用O点为活结，根据绳子形变程度处处相同所以活结两端的拉力总是大小相等。
7．【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB．由于气缸导热性良好，所以内部气体的温度始终与环境的温度相同，当恒力推动活塞时，活塞相对汽缸运动，该过程汽缸内封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律有
所以
故AB错误；
C．由于气体压缩过程中，体积减小，温度不变，所以外界对气体做功，且内能不变，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，根据能量守恒定律可知，恒力F做的功转化为汽缸和活塞的动能和放出的热量之和，故C错误；
D．由于整体做匀加速直线运动，对活塞和汽缸整体，根据牛顿第二定律有
对活塞，根据牛顿第二定律有
联立解得
故D正确。
故选D。
【分析】利用气体温度始终与环境一样所以气体发生等温变化；利用气体发生等温变化的状态方程可以求出末状态气体的压强大小；利用牛顿第二定律可以求出恒力的大小；利用能量守恒定律可以得出恒力F做的功转化为汽缸和活塞的动能和放出的热量之和。
8．【答案】A
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】 已知卫星A为地球静止轨道卫星， 由于周期和地球自转周期相同，所以A的周期为TA=24h ，B的周期为TB=2h，当从该时刻至两卫星第一次相距最远时B星要比A星多转动1200，根据角度的大小关系有：
解得
故选A。
【分析】利用两个卫星的周期可以求出角速度的大小，结合转动的角度关系可以求出相距最远所花的时间。
9．【答案】B,D
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；追及相遇问题
【解析】【解答】AB． 乙车以20m/s的初速度做匀减速直线运动，加速度大小为1m/s2，根据速度公式可以得出乙减速至停止过程中所用时间为
假设甲车追上乙车时，乙车还未停止，根据位移公式有：
解得
所以，假设成立。根据速度公式可以得出此时乙车的速度大小为
故A错误，B正确；
C．当两车共速时，两车距离最大，根据速度公式有
解得，
根据位移公式可以得出两车之间的最大距离为
故C错误；
D．甲车追上乙车时，根据速度公式可以得出：甲车的速度大小为
乙车的速度大小为
根据位移公式可以得出：此后两车之间的距离随时间变化的关系为
故D正确。
故选BD。
【分析】利用速度公式可以求出乙减速的时间，结合位移公式可以求出两车相遇所花的时间，结合速度公式可以求出相遇时乙车的速度大小；利用速度公式可以求出两车速度相等的时刻，结合位移公式可以求出两车之间最大的距离；利用速度公式可以求出两车相遇时的速度，结合位移公式可以求出此后两车之间距离的变化。
10．【答案】B,C
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A．由于R1与ab端成并联关系，若R1的阻值增大，根据并联电路的电压特点可以得出ab端的输入电压不变，由于输入电压决定输出电压，所以升压变压器次级电压恒定不变，根据可以得出用户端电阻R2消耗的功率不变，选项A错误；
B．根据输入功率等于输出功率结合功率的表达式可以将降压变压器以及R2等效为
则若在用户端再并联一个电阻，等效于R2减小，R等减小，根据欧姆定律可以得出通过R0的电流变大，根据功率的表达式可以得出R0上消耗的功率
增大，选项B正确；
C．若仅将滑片P向上滑动，会导致降压变压器输出端的匝数n4变大，根据等效电阻的表达式可以得出等效电阻减小，根据欧姆定律可以得出通过R0的电流
变大，则电阻R0消耗的功率
增大，选项C正确；
D．将R0等效为电动势为U2的电源的内阻，R等为外电阻，为了使R2的功率最大，此时R0=R等；因开始时R2>R0， n3>n4，则可以得出等效电阻和R0的关系为R等>R0，若用户端电阻R2增大，R等远离R0的值，用户端消耗的功率会一直减小，选项D错误。
故选BC。
【分析】当R1增大时不会影响输出电压的大小，所以用户端电阻R2消耗的功率保持不变；将降压变压器以及R2等效为等效电阻，利用等效电阻的变化结合欧姆定律可以判别电流的大小变化，进而判别消耗功率的大小变化；利用等效电阻的变化，结合功率的表达式可以得出电功率的大小变化。
11．【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A． 甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速v=20cm/s。根据波形图可以得出甲波的波长为，甲波的频率为 ；乙波的波长为，乙波的频率为 ，甲波与乙波的频率之比为 ，A错误；
B．t=0时刻，x=0处的质点由于处于波谷所以 ，由于乙向左传播，根据波前质点的位置可以得出质点v乙向上，所以该质点沿y轴正方向运动，B正确；
C．设处的质点为A，此时两个波谷相遇，t=0时刻，A点左侧处是乙波的波峰且向左传播，A点左侧处是甲波的波峰且向右传播，相对速度是40cm/s，当两个波峰相遇时，t=0时刻开始，根据两者之间的距离结合波速的大小可以求出两个波峰的相遇时间为 ，C正确；
D．t=0时刻，在质点坐标从-500cm到500cm的范围内，当波谷与波谷相遇时，则会出现位移为-20cm的质点有4个：如图所示，会出现在A点，A点左侧处
A点左侧处
A点右侧处
D错误。故选BC。
【分析】利用波形图可以求出两波的波长，结合波速可以求出频率的大小；利用质点的位置可以判别速度的方向；利用两波峰之间的距离结合传播的速度可以求出相遇的时间；利用波形图可以判别质点出现出现-20cm的位置个数。
12．【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB． 一个比荷的带正电粒子从电场区域中的A点（3m，a）由静止释放，粒子在电场力作用下做匀加速直线运动，若a=3m，根据牛顿第二定律有：
利用竖直方向的位移公式有：
根据位移公式可以得出到达MN边界所用时间
根据速度公式可以得出粒子离开电场进磁场时速度大小
粒子在磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
可知粒子在磁场运动半径
可知粒子恰好以M点为圆心，在磁场中做匀速圆周运动，从MD的中点垂直于MD再次进入电场，根据轨迹所对圆心角为2700，所以在磁场运动的时间
再次进入电场后做类平抛运动，假设从ON边射出，根据粒子做类平抛运动的位移公式有：，
解得
恰好从N点射出，根据位移公式可以得出在电场中运动的时间
根据速度的合成可以得出射出电场时的速度大小
设出射速度方向与y轴正方向间的夹角为，则
可得
如图所示，在磁场中做匀速圆周运动，利用对称性可知粒子恰好从M点进入电场
由于轨迹所对圆心角为2700，所以在磁场中运动的时间
假设从ON间射出，根据水平方向的位移公式可以得出运动的时间为
根据位移公式可以得出竖直方向的位移为
根据速度公式可以得出竖直方向的分速度
即恰好垂直ON从ON的中点穿出电场进入磁场，接下来利用对称性，可知运动轨迹如图所示
因此运动周期
A正确，B错误；
C．若a=0，粒子在电场中加速运动，电场力对粒子做正功，根据动能定理
可得
粒子进入磁场后，根据牛顿第二定律可以得出：轨道半径
进入电场的位置到M点的距离为d，根据几何关系可知
解得
运动轨迹如图，可以从MD边进入电场，C正确；
D．若时，电场力对粒子做功，根据动能定理
可知，在电场中加速后进入磁场时的速度
根据牛顿第二定律可以得出：在磁场运动的轨道半径，
根据几何关系有：
每次往复运动向右移动，最后以M点为圆心，垂直MD进入电场，D正确。
故选ACD 。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出粒子在电场中的加速度大小，结合位移公式可以求出粒子运动的时间，再利用速度公式可以求出粒子离开电场的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子在磁场中运动的轨迹半径，再利用轨迹所对圆心角可以求出粒子在磁场中运动的时间，画出粒子运动一个周期的轨迹，对粒子在电场和磁场中运动的时间相加可以求出粒子运动的周期；利用动能定理可以求出粒子离开电场的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子在磁场中运动的轨迹半径，结合几何关系可以求出粒子再次进入电场的速度方向。
13．【答案】（1）
（2）；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）由于两次磁感应强度最大为单摆的周期，测得第1次到第10次磁感应强度最大值的总时间为t，根据单摆的时间和周期的个数可以得出单摆周期
（2）实验中得到多组摆线长L及相应的周期T后，作出图线，图线的斜率为k，纵轴上的截距为b
已知摆长为小球的线长和小球半径之和，则单摆周期公式为
变形整理后得
根据表达式可以得出图像斜率为，图像纵截距为
根据图像斜率和截距可以得出解得当地的重力加速度
小球的半径
【分析】（1）利用小球单摆的时间结合单摆的次数可以求出单摆的周期；
（2）利用单摆周期公式结合图像斜率和截距可以求出重力加速度和小球半径的大小。
（1）测得第1次到第10次磁感应强度最大值的总时间为t
则单摆周期
（2）[1][2]实验中得到多组摆线长L及相应的周期T后，作出图线，图线的斜率为k，纵轴上的截距为b
由单摆周期公式
变形整理后得
故得，
联立解得当地的重力加速度
小球的半径
14．【答案】（1）B
（2）6.5
（3）60
（4）小于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）已知电源电动势为10V，该电池最大允许电流约为125mA，当电阻箱阻值为0时，根据闭合电路欧姆定律可得，最小总电阻为
电源内阻约为65Ω，此时根据总电阻和内阻的差值可以得出保护电阻应选择。
故选B。
（2）根据电动势的大小可以得出电压表选用，分度值为0.5V，读数为6.5V。
（3）由于电动势等于内外电压之和，根据闭合电路欧姆定律
解得
根据图线截距有，根据图线斜率有
解得，
（4）由于电压表不是理想电压表，由于经过电压表有一定的电流，由于电动势等于内外电压之和，根据闭合电路欧姆定律
整理可得
结合小问3分析可知，在这种情况下，根据表达式可以得出电动势和内阻的测量值均会小于真实值。
【分析】（1）利用欧姆定律可以求出最小电阻，结合内阻的大小可以判别保护电阻的大小；
（2）利用电压表的分度值可以得出读数；
（3）利用闭合电路的欧姆定律结合图线斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小；
（4）利用电压表的内阻结合闭合电路的欧姆定律可以得出电动势和内阻的测量值均会小于真实值。
（1）根据题意可知，该电池最大允许电流约为125mA，由闭合电路欧姆定律可得，最小总电阻为
电源内阻约为65Ω，则保护电阻应选择。
故选B。
（2）电压表选用，分度值为0.5V，读数为6.5V。
（3）根据闭合电路欧姆定律
解得
由图像可知，
解得，
（4）由于电压表不是理想电压表，根据闭合电路欧姆定律
整理可得
结合小问3分析可知，在这种情况下，电动势和内阻的测量值均会小于真实值。
15．【答案】（1）光束在棱镜内的光路图如图所示

（2）根据题意可知，第一次射到AC边时恰好发生全反射，则临界角
根据
可得折射率
光线从P点入射，折射角
根据折射定律
解得
（3）光在玻璃砖中的传播速度
设光第一次射到AC边时恰好在M点发生全反射，BC边在N点发生反射，根据几何关系有，，
则
联立可得

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）由于光束在棱镜和空气界面发生折射，利用折射定律画出对应的光路图；
（2）当光在AC边发生全反射时，利用折射定律可以求出折射率的大小，结合折射定律可以求出 sinθ 的大小；
（3）已知光在玻璃砖传播的路径，利用几何关系可以求出光运动的路程，结合光传播的速度可以求出光传播的时间。
（1）光束在棱镜内的光路图如图所示
（2）根据题意可知，第一次射到AC边时恰好发生全反射，则临界角
根据
可得折射率
光线从P点入射，折射角
根据折射定律
解得
（3）光在玻璃砖中的传播速度
设光第一次射到AC边时恰好在M点发生全反射，BC边在N点发生反射，根据几何关系有，，
则
联立可得
16．【答案】（1）对物体A，根据牛顿第二定律
设物体B的加速度为a1，根据运动关系可知
对物体B，根据牛顿第二定律
联立可得拉力大小为
加速度为
（2）由运动学公式，有
可得物体B落地前瞬间的速度大小
（3）物体B落地时，物体A的速度
B落地后，设A的加速度大小为a2
由牛顿第二定律有
B落地后，根据运动学公式
物体A沿着斜面向上运动的最大距离
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对于物体A上滑过程中，利用牛顿第二定律可以求出加速度的表达式，结合B的牛顿第二定律可以求出拉力及B的加速度大小；
（2）B做匀加速直线运动，利用速度位移公式可以求出落地瞬间速度的大小；
（3）当B落地时，利用牛顿第二定律可以求出A加速度的大小，结合速度位移公式可以求出A向上运动的最大距离。
（1）对物体A，根据牛顿第二定律
设物体B的加速度为a1，根据运动关系可知
对物体B，根据牛顿第二定律
联立可得拉力大小为
加速度为
（2）由运动学公式，有
可得物体B落地前瞬间的速度大小
（3）物体B落地时，物体A的速度
B落地后，设A的加速度大小为a2
由牛顿第二定律有
B落地后，根据运动学公式
物体A沿着斜面向上运动的最大距离
代入数据解得
17．【答案】（1）先闭合电键S1，断开电键S2，金属棒ab在拉力作用下从静止开始做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得：
解得：
根据
解得：
（2）当金属棒ab运动到A1A2处时，其速度为，
此时撤去恒力F，同时断开电键S1，闭合电键S2，金属棒ab在安培力作用下向右减速，金属棒cd在安培力作用下向右加速，最终都做匀速运动，金属棒ab、cd的速度分别为、，在此过程中，根据动量定理可得：
对金属棒ab：
对金属棒cd：
对整个闭合电路：
解得：
对金属棒cd：
解得：

（3）金属棒cd在向右加速的过程中，系统所产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律可得：
则金属棒cd产生的焦耳热
【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】（1）当先闭合电键S1，断开电键S2，金属棒ab在拉力作用下从静止开始做匀加速运动，根据牛顿第二定律可以求出金属棒加速度的大小，结合位移公式可以求出作用的时间；
（2）当cd棒做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出速度的大小，结合两个棒的动量定理及动手电动势的表达式可以求出电荷量的大小；
（3）当金属棒向右做加速运动的过程中，利用能量守恒定律可以求出金属棒产生的焦耳热。
（1）先闭合电键S1，断开电键S2，金属棒ab在拉力作用下从静止开始做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得：
解得：
根据
解得：
（2）当金属棒ab运动到A1A2处时，其速度为，
此时撤去恒力F，同时断开电键S1，闭合电键S2，金属棒ab在安培力作用下向右减速，金属棒cd在安培力作用下向右加速，最终都做匀速运动，金属棒ab、cd的速度分别为、，在此过程中，根据动量定理可得：
对金属棒ab：
对金属棒cd：
对整个闭合电路：
解得：
对金属棒cd：
解得：
（3）金属棒cd在向右加速的过程中，系统所产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律可得：
则金属棒cd产生的焦耳热
18．【答案】（1）对小球自由落体
绳子张紧瞬间
由机械能守恒定律

（2）小球A与滑块P发生弹性碰撞
解得
对木板Q，
解得
设能达到共同速度
，所以没有达到共同速度
对木板Q，，
解得
木板Q一直加速的时间
碰撞后木板Q匀减速到零再反向加速，对物块P，
木板Q速度减到零时物块P的速度
设经时间t2后共速
，
木板加速运动位移
匀速的位移
匀速时间
所以总时间

（3）.①木板第一次碰撞后的速度
木板第二次碰撞前的速度
所以从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔
木板从开始运动到第二次碰撞的时间
第二次碰撞后的速度
第三次碰撞之前的速度
所以从第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔
木板从开始运动到第三次碰撞的时间
同理可知，木板从开始运动到第n次碰撞的时间
滑块P一直匀减速直线运动的
解析得
②物块在木板开始运动到第一次碰撞的时间内运动的位移，相对位移
从每一次碰撞后到下一次碰撞，木板位移为零，相对位移即物块在这段时间的位移，所以从第一次碰撞到第n此碰撞相对位移即物块的位移
所以热量

【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【分析】（1）当小球下落到绳子绷紧时，利用动能定理可以求出小球瞬间速度的大小，结合机械能守恒定律可以求出小球运动到最低点的速度大小；
（2）当小球A与滑块P发生弹性碰撞，利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后P的速度大小，结合动能定理可以求出木板Q与挡板碰前的速度，再利用牛顿第二定理可以求出木板Q的加速度，利用动量定理可以求出加速的时间，当Q与挡板碰后，利用牛顿第二定律可以求出物块P的加速度，利用速度公式可以求出木板减速到0时物块P的速度大小，结合速度公式可以求出共速所花的时间，结合位移公式可以求出木板运动的位移，利用位移公式可以求出匀速运动的时间；
（3）当木板第一次碰撞和第二次碰撞前，利用速度公式可以求出碰后和碰前的速度，结合速度公式可以求出运动的时间，利用碰后和碰前速度的关系可以求出碰后速度的大小，结合速度公式可以求出运动的时间，再利用牛顿第二定律可以求出滑块一直做匀减速直线运动的加速度，结合位移公式可以求出减速的位移；利用物块和木板运动的位移可以求出相对位移，结合摩擦力的大小可以求出产生的热量。
（1）对小球自由落体
绳子张紧瞬间
由机械能守恒定律
（2）小球A与滑块P发生弹性碰撞
解得
对木板Q，
解得
设能达到共同速度
，所以没有达到共同速度
对木板Q，，
解得
木板Q一直加速的时间
碰撞后木板Q匀减速到零再反向加速，对物块P，
木板Q速度减到零时物块P的速度
设经时间t2后共速
，
木板加速运动位移
匀速的位移
匀速时间
所以总时间
（3）.①木板第一次碰撞后的速度
木板第二次碰撞前的速度
所以从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔
木板从开始运动到第二次碰撞的时间
第二次碰撞后的速度
第三次碰撞之前的速度
所以从第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔
木板从开始运动到第三次碰撞的时间
同理可知，木板从开始运动到第n次碰撞的时间
滑块P一直匀减速直线运动的
解析得
②物块在木板开始运动到第一次碰撞的时间内运动的位移，相对位移
从每一次碰撞后到下一次碰撞，木板位移为零，相对位移即物块在这段时间的位移，所以从第一次碰撞到第n此碰撞相对位移即物块的位移
所以热量
1 / 12025届山东省日照市高三下学期校际联合考试（二模）物理试题
1．（2025·日照模拟）考古学家在地下发现一块距今约28650年的古榆木，测得其中碳14含量是现代榆木的。下列判断正确的是（　　）
A．碳14的半衰期约为7162年
B．升高温度可以减小碳14的半衰期
C．增大压强可以减小碳14的半衰期
D．碳14酸钡（BaC14）中的碳14与单质碳14的半衰期相同
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】A．已知大量原子核衰变一半数量所花的时间为半衰期，已知 碳14含量是现代榆木的 ，根据衰变时间与半衰期的关系有：
解得碳14的半衰期约为年
选项A错误；
BC．半衰期由原子核内部所决定，与外界条件无关，升高温度和增大压强都不可以减小碳14的半衰期，选项BC错误；
D．放射性元素的半衰期与所处的化学状态无关，为原子核本身衰变的规律，所以碳14酸钡（BaC14）中的碳14与单质碳14的半衰期相同，选项D正确。
故选D。
【分析】根据衰变时间与半衰期的关系可以求出半衰期的大小；半衰期由原子核内部所决定，与外界条件无关；放射性元素的半衰期与所处的化学状态无关，为原子核本身衰变的规律，所以碳14酸钡（BaC14）中的碳14与单质碳14的半衰期相同。
2．（2025·日照模拟）某运动员将铅球斜向上推出后，球的运动过程如图所示，不计空气阻力。下列关于铅球在空中运动过程中的加速度大小a、速度大小v、重力的瞬时功率P和机械能E随运动时间t的变化关系，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】AD．球离开运动员手后做斜抛运动，由于球在空中只受重力，所以加速度始终为g，所以加速度保持不变，由于只有重力做功，所以机械能守恒，则机械能保持不变，所以和图像都是与横轴平行的直线，故AD错误；
B．根据速度的合成可以得出球的速度大小为
可知图像不是直线，故B错误；
C．由于球在竖直方向做匀变速直线运动，根据功率的表达式及速度公式可以得出重力的瞬时功率大小为
可知图像先直线减小，后直线增加，故C正确。
故选C。
【分析】由于小球只受重力所以加速度和机械能保持不变；利用速度的合成可以判别速度与时间的关系；利用竖直方向的速度公式结合重力的大小可以判别重力功率的大小与时间的关系。
3．（2025·日照模拟）为了研究光的干涉现象，某同学将弓形的玻璃柱体平放在固定的标准平板玻璃上，玻璃柱体上表面水平，如图甲所示。用波长为λ的红光垂直照射玻璃柱体上表面，从上向下看，在图乙的P点观察到亮条纹。下列说法正确的是（　　）
A．从上向下看到外疏内密的明暗相间的环状条纹
B．若将玻璃柱体向上移动距离，P点再次出现亮条纹
C．若更换形状相同，折射率更小的玻璃柱体，则P点亮条纹可能消失
D．若用紫色光垂直照射玻璃柱体上表面，条纹间距变宽
【答案】B
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】A．根据，由于空气膜等厚处是条形的，因此形成的干涉条纹是条形的，由于空气膜夹角越来越大，所以条纹间距越来越小，条纹越来越密，故A错误；
B．由于波程差出现整数倍波长会出现亮条纹，在图乙的P点观察到亮条纹，则有P点的光程差
若将玻璃柱体向上移动距离，利用上下表面的光程差为
所以P点再次出现亮条纹，故B正确；
C．根据可以得出P点亮条纹与折射率无关，故C错误；
D．若用紫色光垂直照射玻璃柱体上表面，由于紫色光波长小于红色光波长，根据可以得出条纹间距变窄，故D错误。
故选B。
【分析】利用条纹间距的表达式可以判别随着由于空气膜夹角越来越大，所以条纹间距越来越小；利用波程差的大小与波长的关系可以判别P点会出现亮条纹；利用条纹间距的表达式可以判别间距与折射率无关；当波长变小时，条纹间距也随着减小。
4．（2025·日照模拟）如图所示，一个内壁光滑的绝缘圆形轨道竖直固定在水平地面上，圆心是O，直径AB水平。小球c固定在A点，将小球d从B点由静止释放，经过最低点P后到达Q点时速度为零，经过M点时速度最大。两小球均带负电且可视为质点，Q、M点均未画出。下列说法正确的是（　　）
A．小球d从B到Q的过程中，重力与库仑力的合力一直增大
B．M点在P点左侧
C．小球d从B到Q的过程中，电势能一直减少
D．小球d从P到Q的过程中，动能的减少量等于电势能增加量
【答案】A
【知识点】能量守恒定律；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．小球d运动过程中到A的距离越来越小，根据库仑定律可以得出两球间库仑力越来越大，库仑力增大同时库仑力与重力夹角由直角变锐角，根据平行四边形定则对这两个力进行合成，可以得出合力将更大，所以两者合力一直增大，故A正确；
B．M点速度最大，此时库仑力与重力沿切线方向的合力为零，则重力和库仑力的合力方向与支持力方向在同一直线上，在P左右分别对小球d受力分析
可知只有P的右侧重力和库力合力方向沿半径方向，此时沿切线的合力才能为零，所以M点在P右侧，故B错误；
C．从B→Q的过程中d离C越来越近而离负电荷越近电势越低，B到Q电势减少，根据电势能的表达式可以得出负电荷在电势越低的位置电势能越高，所以d的B到Q电势能增大，故C错误；
D．从P→Q由于合力做负功所以动能减小，根据电场力做负功可以得出电势能增大，重力做负功所以重力势能增大，根据能量守恒可得减小的动能应等于增加的电势能和重力势能，故D错误。
故选A。
【分析】利用库仑力随距离的减小而增大，结合平行四边形定则可以判别库仑力和重力的合力大小变化；利用速度最大时速度方向与合力方向垂直，结合受力分析可以判别重力和支持力的合力在半径方向的位置；利用电势的高低结合电性可以比较电势能的大小；利用能量守恒可得减小的动能应等于增加的电势能和重力势能。
5．（2025·日照模拟）如图甲所示为一小女孩在水泥管内踢球的情境，整个过程可简化为图乙。固定的竖直圆形轨道半径为R，圆心为O，轨道上的C点和圆心O点的连线与水平方向的夹角为37°。某次踢球时，小女孩把球从轨道最低点A水平向左踢出，球在第一次经过C点后恰好能通过最高点B，当球第二次到达C点时，恰好离开轨道并落入书包内，接球时书包与直径AB的水平距离为0.2R。已知球从A点刚被踢出时的速度是经过B点时速度的3倍，球的质量为m，球与轨道间的动摩擦因数处处相等，重力加速度为g，球可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．球从A到B和从B到A的过程中，摩擦力做功相等
B．球从A到B的过程中，摩擦力做功为2mgR
C．球第二次到达C点的速度大小
D．接球时书包离A点的竖直高度为0.8R
【答案】C
【知识点】斜抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．由于摩擦力的作用，导致小球的机械能不断减少，所以球从A到B的过程比从B到A的过程中到达相同高度时速度大，根据向心力的表达式可以得出A到B的过程球对轨道的压力更大，根据滑动摩擦力的表达式可以得出摩擦力也更大，摩擦力做功更多，A错误；
B．由球在第一次经过C点后恰好能通过最高点B，由于重力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
得，则
球从A到B的过程运用动能定理有
解得，B错误；
C．当球第二次到达C点时，恰好离开轨道并落入书包内，由于重力的分力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得，C正确；
D．离开轨道球做斜抛运动，对小球在C点的速度进行分解，根据速度的分解有 ，
水平方向，根据位移公式有有
竖直方向上，根据位移公式有：有
则接球时书包离A点的竖直高度
联立解得，D错误。
故选C。
【分析】球从A到B的过程比从B到A的过程中到达相同高度时速度大，根据向心力的表达式可以得出A到B的过程球对轨道的压力更大，根据滑动摩擦力的表达式可以得出摩擦力也更大，摩擦力做功更多；利用小球第一次经过B点的牛顿第二定律结合从A到B的动能定理可以求出克服摩擦力做功的大小；利用在C点的牛顿第二定律可以求出小球经过C点速度的大小；当小球在C点做斜抛运动，利用速度的分解结合位移公式可以求出接球时书包离A点的竖直高度。
6．（2025·日照模拟）如图所示，一根轻质细绳两端分别固定在等高的A、B两点，一灯笼用轻质光滑挂钩挂在细绳上，挂钩与细绳接触的点为O。下列判断正确的是（　　）
A．无风时，将B点缓慢竖直向上移动的过程中，细绳上的弹力逐渐增大
B．无风时，将B点缓慢竖直向上移动的过程中，∠AOB逐渐减小
C．若灯笼受到水平向右的恒定风力，灯笼静止时，∠AOB比无风时小
D．若灯笼受到水平向右的恒定风力，灯笼静止时，AO段的拉力大于BO段的拉力
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．由于灯笼处于静止，无风时，根据竖直方向的平衡方程有：；
设绳长为L，两点之间的距离为d，根据几何关系可得
解得
将B点缓慢竖直向上移动的过程中，由于绳长为L，两点之间的距离为d保持不变，所以∠AOB不变，根据表达式可以得出细绳上的弹力不变，故AB错误；
C．如图所示的状态，当灯笼受到水平向右的恒定风力时，灯笼受力增加一个风力，四力平衡，两个绳子的拉力的合力与重力、风力的合力相平衡，
设有风时绳子夹角的一半为，由几何关系有
由上述分析可知无风时，由几何关系有
如图所示可以得出
根据几何关系可知
故C正确；
D．由于不计绳子的质量和绳与衣架挂钩间的摩擦，因此O点为活结，根据绳子形变程度处处相同所以活结两端的拉力总是大小相等，故D错误；
故选C。
【分析】利用竖直方向的平衡方程结合几何关系可以判别细绳上的拉力大小变化；利用几何关系可以判别角度的大小；利用O点为活结，根据绳子形变程度处处相同所以活结两端的拉力总是大小相等。
7．（2025·日照模拟）如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸静止在光滑水平地面上，其内用活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞与汽缸底之间的距离为L。现用水平向右的恒力F推动活塞，一段时间后，活塞与汽缸保持相对静止并一起向右运动，此时活塞与汽缸底之间的距离为。已知活塞的质量为m，横截面积为S，汽缸的质量为6m，大气压强为p0，环境温度恒定。下列判断正确的是（　　）
A．活塞相对汽缸静止前，汽缸内封闭气体压缩的过程为等压变化
B．活塞相对汽缸静止时，汽缸内气体的压强为p0
C．活塞相对汽缸静止前，恒力F做的功转化为汽缸和活塞的动能
D．恒力F的大小为
【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB．由于气缸导热性良好，所以内部气体的温度始终与环境的温度相同，当恒力推动活塞时，活塞相对汽缸运动，该过程汽缸内封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律有
所以
故AB错误；
C．由于气体压缩过程中，体积减小，温度不变，所以外界对气体做功，且内能不变，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，根据能量守恒定律可知，恒力F做的功转化为汽缸和活塞的动能和放出的热量之和，故C错误；
D．由于整体做匀加速直线运动，对活塞和汽缸整体，根据牛顿第二定律有
对活塞，根据牛顿第二定律有
联立解得
故D正确。
故选D。
【分析】利用气体温度始终与环境一样所以气体发生等温变化；利用气体发生等温变化的状态方程可以求出末状态气体的压强大小；利用牛顿第二定律可以求出恒力的大小；利用能量守恒定律可以得出恒力F做的功转化为汽缸和活塞的动能和放出的热量之和。
8．（2025·日照模拟）如图所示，卫星A、B均绕地心在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，某时刻卫星B与地心连线和卫星A与地心连线的夹角为60°。已知卫星A为地球静止轨道卫星，卫星B的周期约为2h。则从该时刻至两卫星第一次相距最远所需的时间约为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】 已知卫星A为地球静止轨道卫星， 由于周期和地球自转周期相同，所以A的周期为TA=24h ，B的周期为TB=2h，当从该时刻至两卫星第一次相距最远时B星要比A星多转动1200，根据角度的大小关系有：
解得
故选A。
【分析】利用两个卫星的周期可以求出角速度的大小，结合转动的角度关系可以求出相距最远所花的时间。
9．（2025·日照模拟）甲、乙两辆汽车在同一条平直公路上沿同一方向行驶。当甲车在乙车后方60m处时，甲车以10m/s的初速度做匀加速直线运动，加速度大小为1.5m/s2；乙车以20m/s的初速度做匀减速直线运动，加速度大小为1m/s2。当甲车追上乙车后，两车保持各自的速度做匀速直线运动。下列说法正确的是（　　）
A．甲车追上乙车所需要的时间为16s
B．甲车追上乙车时，乙车的速度大小为8m/s
C．甲车追上乙车前，两车之间的最大距离为30m
D．甲车追上乙车后，两车之间的距离随时间变化的关系为
【答案】B,D
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；追及相遇问题
【解析】【解答】AB． 乙车以20m/s的初速度做匀减速直线运动，加速度大小为1m/s2，根据速度公式可以得出乙减速至停止过程中所用时间为
假设甲车追上乙车时，乙车还未停止，根据位移公式有：
解得
所以，假设成立。根据速度公式可以得出此时乙车的速度大小为
故A错误，B正确；
C．当两车共速时，两车距离最大，根据速度公式有
解得，
根据位移公式可以得出两车之间的最大距离为
故C错误；
D．甲车追上乙车时，根据速度公式可以得出：甲车的速度大小为
乙车的速度大小为
根据位移公式可以得出：此后两车之间的距离随时间变化的关系为
故D正确。
故选BD。
【分析】利用速度公式可以求出乙减速的时间，结合位移公式可以求出两车相遇所花的时间，结合速度公式可以求出相遇时乙车的速度大小；利用速度公式可以求出两车速度相等的时刻，结合位移公式可以求出两车之间最大的距离；利用速度公式可以求出两车相遇时的速度，结合位移公式可以求出此后两车之间距离的变化。
10．（2025·日照模拟）某实验小组模拟输电网供电的装置如图所示。发电机产生的交变电流经升压、降压变压器传输给用户。电阻R1并联在升压变压器原线圈a、b两端，降压变压器副线圈匝数可通过滑动触头P调节，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0，用户端电阻为R2，R2>R0，不计其余电阻。已知发电机输出电压恒定，变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（　　）
A．若R1的阻值增大，则用户端电阻R2消耗的功率减小
B．若在用户端再并联一个电阻，则R0上消耗的功率增大
C．若仅将滑片P向上滑动，则电阻R0消耗的功率增大
D．若用户端电阻R2增大，则用户端消耗的功率先增大后减小
【答案】B,C
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A．由于R1与ab端成并联关系，若R1的阻值增大，根据并联电路的电压特点可以得出ab端的输入电压不变，由于输入电压决定输出电压，所以升压变压器次级电压恒定不变，根据可以得出用户端电阻R2消耗的功率不变，选项A错误；
B．根据输入功率等于输出功率结合功率的表达式可以将降压变压器以及R2等效为
则若在用户端再并联一个电阻，等效于R2减小，R等减小，根据欧姆定律可以得出通过R0的电流变大，根据功率的表达式可以得出R0上消耗的功率
增大，选项B正确；
C．若仅将滑片P向上滑动，会导致降压变压器输出端的匝数n4变大，根据等效电阻的表达式可以得出等效电阻减小，根据欧姆定律可以得出通过R0的电流
变大，则电阻R0消耗的功率
增大，选项C正确；
D．将R0等效为电动势为U2的电源的内阻，R等为外电阻，为了使R2的功率最大，此时R0=R等；因开始时R2>R0， n3>n4，则可以得出等效电阻和R0的关系为R等>R0，若用户端电阻R2增大，R等远离R0的值，用户端消耗的功率会一直减小，选项D错误。
故选BC。
【分析】当R1增大时不会影响输出电压的大小，所以用户端电阻R2消耗的功率保持不变；将降压变压器以及R2等效为等效电阻，利用等效电阻的变化结合欧姆定律可以判别电流的大小变化，进而判别消耗功率的大小变化；利用等效电阻的变化，结合功率的表达式可以得出电功率的大小变化。
11．（2025·日照模拟）如图所示，甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速v=20cm/s。两列波在t=0时刻的部分波形如图所示，其余波形未画出。下列说法正确的是（　　）
A．甲波与乙波的频率之比为3∶4
B．t=0时刻，x=0处的质点沿y轴正方向运动
C．t=0时刻开始，至少经0.25s的时间介质中才会出现位移为20cm的质点
D．t=0时刻，在质点坐标从-500cm到500cm的范围内，位移为-20cm的质点有5个
【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A． 甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速v=20cm/s。根据波形图可以得出甲波的波长为，甲波的频率为 ；乙波的波长为，乙波的频率为 ，甲波与乙波的频率之比为 ，A错误；
B．t=0时刻，x=0处的质点由于处于波谷所以 ，由于乙向左传播，根据波前质点的位置可以得出质点v乙向上，所以该质点沿y轴正方向运动，B正确；
C．设处的质点为A，此时两个波谷相遇，t=0时刻，A点左侧处是乙波的波峰且向左传播，A点左侧处是甲波的波峰且向右传播，相对速度是40cm/s，当两个波峰相遇时，t=0时刻开始，根据两者之间的距离结合波速的大小可以求出两个波峰的相遇时间为 ，C正确；
D．t=0时刻，在质点坐标从-500cm到500cm的范围内，当波谷与波谷相遇时，则会出现位移为-20cm的质点有4个：如图所示，会出现在A点，A点左侧处
A点左侧处
A点右侧处
D错误。故选BC。
【分析】利用波形图可以求出两波的波长，结合波速可以求出频率的大小；利用质点的位置可以判别速度的方向；利用两波峰之间的距离结合传播的速度可以求出相遇的时间；利用波形图可以判别质点出现出现-20cm的位置个数。
12．（2025·日照模拟）如图所示，在0≤x≤6m、0≤y≤6m的ODMN区域内存在电场强度大小、方向沿y轴正方向的匀强电场；ODMN区域外存在磁感应强度大小B=0.1T、方向垂直纸面向外的匀强磁场。一个比荷的带正电粒子从电场区域中的A点（3m，a）由静止释放，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．若a=3m，粒子在该区域做周期性运功，运动的周期为
B．若a=3m，粒子在该区域做周期性运功，运动的周期为
C．若a=0，粒子可从MD边再次进入电场
D．若，粒子可垂直边界MD进入电场
【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB． 一个比荷的带正电粒子从电场区域中的A点（3m，a）由静止释放，粒子在电场力作用下做匀加速直线运动，若a=3m，根据牛顿第二定律有：
利用竖直方向的位移公式有：
根据位移公式可以得出到达MN边界所用时间
根据速度公式可以得出粒子离开电场进磁场时速度大小
粒子在磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
可知粒子在磁场运动半径
可知粒子恰好以M点为圆心，在磁场中做匀速圆周运动，从MD的中点垂直于MD再次进入电场，根据轨迹所对圆心角为2700，所以在磁场运动的时间
再次进入电场后做类平抛运动，假设从ON边射出，根据粒子做类平抛运动的位移公式有：，
解得
恰好从N点射出，根据位移公式可以得出在电场中运动的时间
根据速度的合成可以得出射出电场时的速度大小
设出射速度方向与y轴正方向间的夹角为，则
可得
如图所示，在磁场中做匀速圆周运动，利用对称性可知粒子恰好从M点进入电场
由于轨迹所对圆心角为2700，所以在磁场中运动的时间
假设从ON间射出，根据水平方向的位移公式可以得出运动的时间为
根据位移公式可以得出竖直方向的位移为
根据速度公式可以得出竖直方向的分速度
即恰好垂直ON从ON的中点穿出电场进入磁场，接下来利用对称性，可知运动轨迹如图所示
因此运动周期
A正确，B错误；
C．若a=0，粒子在电场中加速运动，电场力对粒子做正功，根据动能定理
可得
粒子进入磁场后，根据牛顿第二定律可以得出：轨道半径
进入电场的位置到M点的距离为d，根据几何关系可知
解得
运动轨迹如图，可以从MD边进入电场，C正确；
D．若时，电场力对粒子做功，根据动能定理
可知，在电场中加速后进入磁场时的速度
根据牛顿第二定律可以得出：在磁场运动的轨道半径，
根据几何关系有：
每次往复运动向右移动，最后以M点为圆心，垂直MD进入电场，D正确。
故选ACD 。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出粒子在电场中的加速度大小，结合位移公式可以求出粒子运动的时间，再利用速度公式可以求出粒子离开电场的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子在磁场中运动的轨迹半径，再利用轨迹所对圆心角可以求出粒子在磁场中运动的时间，画出粒子运动一个周期的轨迹，对粒子在电场和磁场中运动的时间相加可以求出粒子运动的周期；利用动能定理可以求出粒子离开电场的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子在磁场中运动的轨迹半径，结合几何关系可以求出粒子再次进入电场的速度方向。
13．（2025·日照模拟）手机上的“磁传感器”能实时记录手机附近磁感应强度的大小。现用手机、磁化小球、铁架台、塑料夹子等实验器材组装成如图甲所示的装置测量重力加速度，实验步骤如下：
①把手机正面朝上放在悬点正下方，往侧边拉开小球（最大摆角不超过），用夹子夹住；
②打开夹子释放小球；
③运行软件，记录磁感应强度的变化；
④改变摆线长，测量出各次摆线长L及相应周期T。
（1）测得第1次到第10次磁感应强度最大值的总时间为t，单摆周期T=　 　。
（2）实验中得到多组摆线长L及相应的周期T后，作出T2-L图线如图乙所示，图线的斜率为k，纵轴上的截距为b，由此得到当地重力加速度g=　 　，小球半径r=　 　。（用k、b表示）
【答案】（1）
（2）；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）由于两次磁感应强度最大为单摆的周期，测得第1次到第10次磁感应强度最大值的总时间为t，根据单摆的时间和周期的个数可以得出单摆周期
（2）实验中得到多组摆线长L及相应的周期T后，作出图线，图线的斜率为k，纵轴上的截距为b
已知摆长为小球的线长和小球半径之和，则单摆周期公式为
变形整理后得
根据表达式可以得出图像斜率为，图像纵截距为
根据图像斜率和截距可以得出解得当地的重力加速度
小球的半径
【分析】（1）利用小球单摆的时间结合单摆的次数可以求出单摆的周期；
（2）利用单摆周期公式结合图像斜率和截距可以求出重力加速度和小球半径的大小。
（1）测得第1次到第10次磁感应强度最大值的总时间为t
则单摆周期
（2）[1][2]实验中得到多组摆线长L及相应的周期T后，作出图线，图线的斜率为k，纵轴上的截距为b
由单摆周期公式
变形整理后得
故得，
联立解得当地的重力加速度
小球的半径
14．（2025·日照模拟）物理学习小组通过实验测量某特殊电池的内阻（E约为10V，r约为65Ω）。已知该电池最大允许电流约为125mA，除了电池、开关、导线外，还准备的器材有：
A.电压表V1（量程0~3V，内阻约1kΩ）
B.电压表V2（量程0~15V，内阻约5kΩ）
C.电阻箱（阻值范围0~9999Ω）
D.四个不同规格保护电阻R0（额定电流足够大）
该同学选用合适的实验器材设计了图甲所示电路进行实验。
（1）保护电阻R0有以下四种规格，应选用 （填入相应的字母）
A．2Ω B．20Ω C．200Ω D．2000Ω
（2）该同学完成电路的连接后，闭合开关S，调节电阻箱的阻值，读取电压表的示数，其中电压表的某一次偏转如图乙所示，其读数为　 　V。
（3）改变电阻箱阻值，获得多组数据，作出如图丙所示图线，则该电池的内阻测量值　 　Ω（保留两位有效数字）。
（4）由于电压表不是理想电压表，内阻　 　（填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】（1）B
（2）6.5
（3）60
（4）小于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）已知电源电动势为10V，该电池最大允许电流约为125mA，当电阻箱阻值为0时，根据闭合电路欧姆定律可得，最小总电阻为
电源内阻约为65Ω，此时根据总电阻和内阻的差值可以得出保护电阻应选择。
故选B。
（2）根据电动势的大小可以得出电压表选用，分度值为0.5V，读数为6.5V。
（3）由于电动势等于内外电压之和，根据闭合电路欧姆定律
解得
根据图线截距有，根据图线斜率有
解得，
（4）由于电压表不是理想电压表，由于经过电压表有一定的电流，由于电动势等于内外电压之和，根据闭合电路欧姆定律
整理可得
结合小问3分析可知，在这种情况下，根据表达式可以得出电动势和内阻的测量值均会小于真实值。
【分析】（1）利用欧姆定律可以求出最小电阻，结合内阻的大小可以判别保护电阻的大小；
（2）利用电压表的分度值可以得出读数；
（3）利用闭合电路的欧姆定律结合图线斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小；
（4）利用电压表的内阻结合闭合电路的欧姆定律可以得出电动势和内阻的测量值均会小于真实值。
（1）根据题意可知，该电池最大允许电流约为125mA，由闭合电路欧姆定律可得，最小总电阻为
电源内阻约为65Ω，则保护电阻应选择。
故选B。
（2）电压表选用，分度值为0.5V，读数为6.5V。
（3）根据闭合电路欧姆定律
解得
由图像可知，
解得，
（4）由于电压表不是理想电压表，根据闭合电路欧姆定律
整理可得
结合小问3分析可知，在这种情况下，电动势和内阻的测量值均会小于真实值。
15．（2025·日照模拟）某透明材料制成的三棱镜，其截面为直角三角形ABC，∠A=90°，∠B=60°，AC=l，BC边所在平面镀银。一细光束在截面内从AB边的中点P以角度θ入射，折射光线平行于BC边，如图所示。第一次射到AC边时恰好发生全反射，最终从Q点（图中未画出）出射。已知光在真空中的传播速度为c。
（1）请在答题卡上画出光在棱镜中的光路图：
（2）求该透明材料的折射率n和sinθ；
（3）求光在棱镜中的传播时间t。
【答案】（1）光束在棱镜内的光路图如图所示

（2）根据题意可知，第一次射到AC边时恰好发生全反射，则临界角
根据
可得折射率
光线从P点入射，折射角
根据折射定律
解得
（3）光在玻璃砖中的传播速度
设光第一次射到AC边时恰好在M点发生全反射，BC边在N点发生反射，根据几何关系有，，
则
联立可得

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）由于光束在棱镜和空气界面发生折射，利用折射定律画出对应的光路图；
（2）当光在AC边发生全反射时，利用折射定律可以求出折射率的大小，结合折射定律可以求出 sinθ 的大小；
（3）已知光在玻璃砖传播的路径，利用几何关系可以求出光运动的路程，结合光传播的速度可以求出光传播的时间。
（1）光束在棱镜内的光路图如图所示
（2）根据题意可知，第一次射到AC边时恰好发生全反射，则临界角
根据
可得折射率
光线从P点入射，折射角
根据折射定律
解得
（3）光在玻璃砖中的传播速度
设光第一次射到AC边时恰好在M点发生全反射，BC边在N点发生反射，根据几何关系有，，
则
联立可得
16．（2025·日照模拟）如图所示，倾角θ=37°的斜面固定在水平地面上，质量m1=3kg的物体A置于斜面上，一条轻绳绕过两个光滑的轻质滑轮连接着固定点O和物体A，质量m2=8kg的物体B与动滑轮连接。已知连接动滑轮两边的轻绳均竖直，物体A与定滑轮间的轻绳和斜面平行，物体A与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。初始时物体B的下表面距地面的高度h=2m，物体A到定滑轮的距离足够远。现将两个物体同时由静止释放，B落地后不反弹。sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）在物体B下落过程中，求轻绳的拉力大小和物体A的加速度大小；
（2）求物体B落地前瞬间的速度大小；
（3）求整个过程中物体A沿着斜面向上运动的最大距离。
【答案】（1）对物体A，根据牛顿第二定律
设物体B的加速度为a1，根据运动关系可知
对物体B，根据牛顿第二定律
联立可得拉力大小为
加速度为
（2）由运动学公式，有
可得物体B落地前瞬间的速度大小
（3）物体B落地时，物体A的速度
B落地后，设A的加速度大小为a2
由牛顿第二定律有
B落地后，根据运动学公式
物体A沿着斜面向上运动的最大距离
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对于物体A上滑过程中，利用牛顿第二定律可以求出加速度的表达式，结合B的牛顿第二定律可以求出拉力及B的加速度大小；
（2）B做匀加速直线运动，利用速度位移公式可以求出落地瞬间速度的大小；
（3）当B落地时，利用牛顿第二定律可以求出A加速度的大小，结合速度位移公式可以求出A向上运动的最大距离。
（1）对物体A，根据牛顿第二定律
设物体B的加速度为a1，根据运动关系可知
对物体B，根据牛顿第二定律
联立可得拉力大小为
加速度为
（2）由运动学公式，有
可得物体B落地前瞬间的速度大小
（3）物体B落地时，物体A的速度
B落地后，设A的加速度大小为a2
由牛顿第二定律有
B落地后，根据运动学公式
物体A沿着斜面向上运动的最大距离
代入数据解得
17．（2025·日照模拟）如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上，窄轨M1N1、M2N2之间的距离L1=1m，光滑的宽轨O1P1、O2P2之间的距离L2=2m。窄轨以垂直于轨道的虚线A1A2为分界线，左侧粗糙，右侧光滑。窄轨左侧通过开关S1连接一电容C=0.02F的电容器（耐压值足够大）。宽轨和窄轨连接处有开关S2，宽轨左侧接有电阻R1=10Ω。质量m=1kg的金属棒ab静止在窄轨上，ab棒到A1A2的距离x=4.5m，与窄轨粗糙部分间的动摩擦因数μ=0.2；质量M=2kg的金属棒cd静止在宽轨上。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小B=10T的匀强磁场中。现闭合S1，断开S2，给ab棒施加一与导轨平行、大小为5N的恒力F，当其运动到A1A2时，撤去F，同时断开S1，闭合S2。窄轨和宽轨足够长，ab始终在窄轨上运动，cd棒始终在宽轨上运动。两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，cd棒连入电路中的电阻R2=20Ω，其余电阻均不计。重力加速度g=10m/s2。求：
（1）恒力F的作用时间；
（2）cd棒从开始运动到匀速的过程中，通过cd的电荷量；
（3）cd棒从开始运动到匀速的过程中，cd棒中产生的焦耳热。
【答案】（1）先闭合电键S1，断开电键S2，金属棒ab在拉力作用下从静止开始做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得：
解得：
根据
解得：
（2）当金属棒ab运动到A1A2处时，其速度为，
此时撤去恒力F，同时断开电键S1，闭合电键S2，金属棒ab在安培力作用下向右减速，金属棒cd在安培力作用下向右加速，最终都做匀速运动，金属棒ab、cd的速度分别为、，在此过程中，根据动量定理可得：
对金属棒ab：
对金属棒cd：
对整个闭合电路：
解得：
对金属棒cd：
解得：

（3）金属棒cd在向右加速的过程中，系统所产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律可得：
则金属棒cd产生的焦耳热
【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】（1）当先闭合电键S1，断开电键S2，金属棒ab在拉力作用下从静止开始做匀加速运动，根据牛顿第二定律可以求出金属棒加速度的大小，结合位移公式可以求出作用的时间；
（2）当cd棒做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出速度的大小，结合两个棒的动量定理及动手电动势的表达式可以求出电荷量的大小；
（3）当金属棒向右做加速运动的过程中，利用能量守恒定律可以求出金属棒产生的焦耳热。
（1）先闭合电键S1，断开电键S2，金属棒ab在拉力作用下从静止开始做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得：
解得：
根据
解得：
（2）当金属棒ab运动到A1A2处时，其速度为，
此时撤去恒力F，同时断开电键S1，闭合电键S2，金属棒ab在安培力作用下向右减速，金属棒cd在安培力作用下向右加速，最终都做匀速运动，金属棒ab、cd的速度分别为、，在此过程中，根据动量定理可得：
对金属棒ab：
对金属棒cd：
对整个闭合电路：
解得：
对金属棒cd：
解得：
（3）金属棒cd在向右加速的过程中，系统所产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律可得：
则金属棒cd产生的焦耳热
18．（2025·日照模拟）如图所示，质量M=1kg、足够长的木板Q静止在光滑水平地面上，质量m=2kg的滑块P（可视为质点）静止在木板Q的左端，滑块P与木板Q间的动摩擦因数μ=0.1。距木板Q的右端处有一固定挡板。长度l=1m的细绳一端固定在O点，另一端连接质量m0=3kg的小球A。将细绳拉直且与水平方向成30°角时，无初速度释放小球A，当小球A运动到最低点时恰好与滑块P发生弹性碰撞，碰后滑块P沿木板运动，重力加速度g=10m/s2。
（1）求细绳绷紧后瞬间小球A的速度大小以及小球A运动到最低点时的速度大小；
（2）若木板Q与挡板发生弹性碰撞，求木板Q从开始运动到与挡板发生第2次碰撞的时间；
（3）若木板Q与挡板发生非弹性碰撞，当木板Q与挡板发生第n（n=1，2，3，……）次碰撞时，碰后瞬间的速度大小与第一次碰撞前瞬间的速度大小v1满足关系式，在木板Q停止运动前，滑块P都不会和木板Q共速。木板Q从开始运动到与挡板发生第n次碰撞时，求：
①滑块P运动的位移；
②滑块P和木板Q因摩擦产生的热量。
【答案】（1）对小球自由落体
绳子张紧瞬间
由机械能守恒定律

（2）小球A与滑块P发生弹性碰撞
解得
对木板Q，
解得
设能达到共同速度
，所以没有达到共同速度
对木板Q，，
解得
木板Q一直加速的时间
碰撞后木板Q匀减速到零再反向加速，对物块P，
木板Q速度减到零时物块P的速度
设经时间t2后共速
，
木板加速运动位移
匀速的位移
匀速时间
所以总时间

（3）.①木板第一次碰撞后的速度
木板第二次碰撞前的速度
所以从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔
木板从开始运动到第二次碰撞的时间
第二次碰撞后的速度
第三次碰撞之前的速度
所以从第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔
木板从开始运动到第三次碰撞的时间
同理可知，木板从开始运动到第n次碰撞的时间
滑块P一直匀减速直线运动的
解析得
②物块在木板开始运动到第一次碰撞的时间内运动的位移，相对位移
从每一次碰撞后到下一次碰撞，木板位移为零，相对位移即物块在这段时间的位移，所以从第一次碰撞到第n此碰撞相对位移即物块的位移
所以热量

【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【分析】（1）当小球下落到绳子绷紧时，利用动能定理可以求出小球瞬间速度的大小，结合机械能守恒定律可以求出小球运动到最低点的速度大小；
（2）当小球A与滑块P发生弹性碰撞，利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后P的速度大小，结合动能定理可以求出木板Q与挡板碰前的速度，再利用牛顿第二定理可以求出木板Q的加速度，利用动量定理可以求出加速的时间，当Q与挡板碰后，利用牛顿第二定律可以求出物块P的加速度，利用速度公式可以求出木板减速到0时物块P的速度大小，结合速度公式可以求出共速所花的时间，结合位移公式可以求出木板运动的位移，利用位移公式可以求出匀速运动的时间；
（3）当木板第一次碰撞和第二次碰撞前，利用速度公式可以求出碰后和碰前的速度，结合速度公式可以求出运动的时间，利用碰后和碰前速度的关系可以求出碰后速度的大小，结合速度公式可以求出运动的时间，再利用牛顿第二定律可以求出滑块一直做匀减速直线运动的加速度，结合位移公式可以求出减速的位移；利用物块和木板运动的位移可以求出相对位移，结合摩擦力的大小可以求出产生的热量。
（1）对小球自由落体
绳子张紧瞬间
由机械能守恒定律
（2）小球A与滑块P发生弹性碰撞
解得
对木板Q，
解得
设能达到共同速度
，所以没有达到共同速度
对木板Q，，
解得
木板Q一直加速的时间
碰撞后木板Q匀减速到零再反向加速，对物块P，
木板Q速度减到零时物块P的速度
设经时间t2后共速
，
木板加速运动位移
匀速的位移
匀速时间
所以总时间
（3）.①木板第一次碰撞后的速度
木板第二次碰撞前的速度
所以从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔
木板从开始运动到第二次碰撞的时间
第二次碰撞后的速度
第三次碰撞之前的速度
所以从第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔
木板从开始运动到第三次碰撞的时间
同理可知，木板从开始运动到第n次碰撞的时间
滑块P一直匀减速直线运动的
解析得
②物块在木板开始运动到第一次碰撞的时间内运动的位移，相对位移
从每一次碰撞后到下一次碰撞，木板位移为零，相对位移即物块在这段时间的位移，所以从第一次碰撞到第n此碰撞相对位移即物块的位移
所以热量
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