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2025届山东省济南市高三下学期二模考试物理试卷
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。）
1．（2025·济南模拟）太阳能电池是通过光电效应把光能转化成电能的装置，其主要材料为高纯度的硅。当紫外线照射硅表面时，会有光电子逸出。下列说法正确的是（　　）
A．发生光电效应后，硅带负电
B．红光照射硅表面时一定能发生光电效应
C．减小紫外线的强度，光电子的最大初动能不变
D．增大紫外线的强度，光电子的最大初动能变大
【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．发生光电效应后，由于硅表面会有光电子逸出可知硅带正电，故A错误；
B．红光的频率小于紫光，可知红光照射硅表面时不一定能发生光电效应，故B错误；
CD．光电子的最大初动能只与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，即减小紫外线的强度，光电子的最大初动能不变，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】一、光电效应的基本规律
1、光电效应条件
入射光频率 必须大于金属的极限频率 （即 ，为逸出功），与光强无关
2、爱因斯坦光电效应方程
， ：光电子最大初动能，：光子能量， ：材料逸出功
3、最大初动能与频率的关系
仅由入射光频率决定，与光强无关，频率越高，最大初动能越大
二、光电效应中的电荷转移
1、光电子逸出
光电子带负电，从材料表面逸出后，材料因失去电子而带正电
2、材料带电性质
发生光电效应后，材料带正电，不是负电
三、不同色光的光电效应
1、红光的频率
红光频率较低，可能低于某些材料的极限频率，不一定能发生光电效应
2、紫外线的频率
频率较高，通常大于多数材料的极限频率，易发生光电效应
四、光强对光电效应的影响
1、光强与光电子数
光强越大，单位时间内入射光子数越多 单位时间内逸出的光电子数越多（光电流越大）
2、光强与最大初动能
最大初动能只与频率有关，与光强无关
五、易错点与关键概念
1、材料带电性
光电子逸出后材料带正电，不能记反
2、红光能否发生光电效应
取决于材料逸出功，不能一概而论
3、最大初动能与光强的无关性
易错以为光强越大，光电子获得能量越多
4、频率与最大初动能的线性关系
但需注意当频率低于极限频率时无光电效应
2．（2025·济南模拟）图甲和图乙是红、蓝两种单色光用同样的仪器形成的单缝衍射图样，图丙和图丁是红、蓝两种单色光用同样的仪器形成的双缝干涉图样。甲、乙、丙、丁四幅图样中用红光形成图样的是（　　）
A．甲、丙 B．乙、丁 C．乙、丙 D．甲、丁
【答案】B
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射
【解析】【解答】红光的波长比蓝光长，可知衍射现象更加明显，则图乙是红光的衍射图样；根据条纹间距表达式可知，红光的干涉条纹间距较大，可知丁为红光形成的双缝干涉图样。
故选B。
【分析】一、单缝衍射图样的特征
1、衍射条纹特点
中央亮纹最宽、最亮，两侧条纹对称分布，亮度逐渐减弱，条纹间距不等（中央宽、两边窄）
2、波长对衍射的影响
波长越长，衍射现象越明显 中央亮纹越宽，两侧条纹扩展越远
红光波长 > 蓝光波长 红光衍射条纹更宽
二、双缝干涉图样的特征
1、干涉条纹特点
等间距的明暗相间条纹，条纹间距公式：，λ：光波长，L：屏到双缝距离，d：双缝间距
2、波长对干涉条纹的影响
波长越长 条纹间距越大，红光波长 > 蓝光波长 红光干涉条纹间距更大
三、图样的识别
1、衍射图样
甲、乙为衍射图样，条纹更宽者为红光 乙为红光衍射图样
2、干涉图样
丙、丁为干涉图样，条纹间距更大者为红光 丁为红光干涉图样
3．（2025·济南模拟）如图所示，一条直线上分布着等间距的、、、、、点，一质点从间的点（未画出）以初速度沿直线做匀减速运动，运动到点时速度恰好为零。若此质点从点以的初速度出发，以相同加速度沿直线做匀减速运动，质点速度减为零的位置在（　　）
A．之间的某点 B．之间的某点
C．之间的某点 D．之间的某点
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】设相邻点间的距离为s，P点距b的距离为，质点的加速度为a，根据题意则有，设质点从点以的匀减速运动可以运动n个相等间距，则有
联立解得，故质点速度减为零的位置在bc之间。
故选A。
【分析】一、匀减速直线运动的基本公式
1、速度-位移公式
，末速度 时，（加速度为负）
2、加速度与位移的关系
加速度大小不变，初速度越大，滑行距离越大
二、解题关键步骤
由匀减速运动公式建立位移与初速度平方成正比的关系。
由第一次停止点位置确定第一次位移。
由比例关系求第二次位移。
根据第二次位移确定停止点位置。
总结：本题综合考查匀减速直线运动的位移-速度关系，核心在于理解位移与初速度平方成正比，并能根据第一次停止点位置推断第二次停止点的大致范围。
4．（2025·济南模拟）一列简谐横波沿轴正方向传播，时刻的部分波形图如图所示，质点P的平衡位置，时质点P第一次回到平衡位置，则质点P的振动方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】由图可知，波长λ=8m，振幅A=5cm。简谐横波沿x轴正方向传播，当图中原点处振动状态传到质点P时，质点P第一次回到平衡位置，可知，波在0.6s内传播距离为x=3m，则波速为，周期为，则，简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻，质点P向上振动，根据数学知识可知，质点P的初相位
故质点P的振动方程为
故选A。
【分析】一、易错点与关键概念
1、波速的计算
由传播距离和时间求波速，注意传播的是振动状态，不是波形整体
2、周期的计算
用 求周期
3、初相的确定
需结合 t=0 时的位移和振动方向，不能只由位移确定
4、单位一致性
位移用 cm，时间用 s，角频率用 rad/s
二、解题关键步骤
从波形图读出波长λ 和振幅 A。
由波传播距离和时间求波速v。
由 求周期T，进而求角频率ω。
由 t=0 时 P 点的位移和振动方向确定初相φ。
写出振动方程。
总结：本题综合考查波动图像与振动图像的关联、波速计算、周期确定、初相判断，核心在于正确从波形图中获取信息，并能根据质点运动状态确定初相。
5．（2025·济南模拟）为了检验输电电压高低对电能输送的影响，某同学设计了如图甲、乙所示的两个电路进行对比实验。两个电路使用相同的低压交流电源，所有的电阻和灯泡电阻均相等，导线电阻不计。图乙中的理想变压器的匝数比。已知灯泡消耗的功率为，则灯泡消耗的功率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】令低压交流电源的有效值为，图甲中灯泡消耗的功率，图乙中升压变压器的输出电压，将降压变压器与灯泡等效为一个电阻，则等效电阻为，等效电阻消耗功率等于灯泡消耗的功率，则有，结合上述解得
故选D。
【分析】一、易错点与关键概念
1、等效电阻的计算
注意匝数比平方的关系，不要直接用匝数比
2、输电线电阻的处理
输电线电阻在变压器原边回路中，需与等效电阻串联
3、功率计算的正确公式
用 时，U 是灯泡两端实际电压
4、比例关系的应用
最终结果用 P1 表示，避免代入具体数值
二、解题关键步骤
写出图甲中灯泡功率 ，分析图乙电路，求升压变压器副边电压。
将灯泡等效到降压变压器原边，求等效电阻。
计算原边回路总电阻和电流。求等效电阻两端电压，再求灯泡两端电压。
计算灯泡功率 ，并与 比较。
总结：本题综合考查远距离输电中的变压器原理、等效电阻法、功率计算，核心在于正确运用匝数比和等效电阻，并能分析多级变压器的电路。
6．（2025·济南模拟）北京时间2025年4月11日00时47分，我国成功发射通信技术试验卫星十七号。该卫星运行参数如下表所示，已知地球半径，万有引力常量，下列说法正确的是（　　）
时间（协调世界时UTC） 2025年4月11日21∶00∶24
轨道偏心率 0.7324768
轨道倾角 18.9938°
近地点高度
远地点高度
每日绕地圈数 2.26000113
A．可以求出该卫星在近地点时万有引力的大小
B．可以求出地球的质量
C．该卫星在近地点时的加速度大于地球表面的重力加速度
D．该卫星在近地点时的机械能大于在远地点时的机械能
【答案】B
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力公式，题干中没有提供卫星的质量，所以求不出该卫星在近地点时万有引力的大小，故A错误；
B．根据，可以求出地球的质量，故B正确；
C．地球表面万有引力近似等于重力，即，该卫星在近地点时，由万有引力提供向心力，即，所以该卫星在近地点时的加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误；
D．对于卫星绕地球的椭圆轨道，机械能是守恒的，因为在只有万有引力做功的情况下，机械能保持不变，所以卫星在近地点和远地点的机械能是相等的，故D错误。
故选B。
【分析】一、易错点与关键概念
1、万有引力大小的计算
需知卫星质量，否则只能求 GM 或比值
2、地球质量的可求性
由卫星的周期和半长轴可求地球质量，与卫星质量无关
3、加速度的比较
不能直接用向心加速度公式，需用万有引力公式
4、机械能守恒条件
只有万有引力做功时机械能守恒，与轨道形状无关
二、解题关键步骤
判断能否求万有引力大小（需卫星质量）。
由卫星周期和半长轴求地球质量。
比较近地点加速度与地表重力加速度。
根据机械能守恒判断近地点与远地点机械能关系。
总结：本题综合考查万有引力定律、天体质量计算、加速度比较、机械能守恒，核心在于理解各物理量的决定因素，并能正确应用公式进行比较。
7．（2025·济南模拟）如图甲所示，我国自主研发的“章鱼”触手机器人能抓取任意形态的物体，可负载260倍自重。如图乙所示，圆锥体母线和高线之间的夹角，该机器人对圆锥体的弹力方向垂直于圆锥体侧面，靠机器人和圆锥体之间的摩擦力将圆锥体抓起。若该机器人竖直向上抓起圆锥体时施加的弹力足够大，则机器人和圆锥体之间的动摩擦因数至少为（已知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡
【解析】【解答】机器人对圆锥体的弹力方向垂直于圆锥体侧面，设弹力为N，摩擦力为f，圆锥体的重力为mg。由于机器人竖直向上抓起圆锥体，圆锥体在竖直方向上受到的合力为零。圆锥体母线与高线之间的夹角α=37°，弹力方向垂直于圆锥体侧面，因此弹力N竖直方向的分量为Nsinα，弹力N与摩擦力f之间的关系为f=μN，由竖直方向合力为零可得mg+Nsinα=fcosα
联立解得，该机器人竖直向上抓起圆锥体时施加的弹力足够大，则μ至少等于tanα，可得μ至少等于
故选C。
【分析】一、易错点与关键概念
1、受力分析的正确建立
需考虑两侧对称性，摩擦力方向应沿侧面，与下滑趋势相反
2、平衡方程的建立
沿母线方向平衡，垂直母线方向平衡
3、几何关系的应用
利用夹角 α 正确分解力
4、最小摩擦因数的推导
由平衡条件解出
二、解题关键步骤
画受力图，分析两侧对称性。
沿母线方向列平衡方程。
垂直母线方向列平衡方程。
代入 ，解出μ。
总结：本题综合考查受力分析、力的分解、平衡条件、摩擦力的计算，核心在于正确建立沿母线方向的平衡方程，并利用几何关系求出最小摩擦因数。
8．（2025·济南模拟）风洞是进行空气动力学研究最有效的工具之一，我国最新的JF22风洞创造了全球最快30马赫风速的奇迹。如图所示，风洞能对进入其中的物体始终施加一个水平恒力。一小球从地面的点以大小为的初速度竖直向上抛出，在点落回地面，小球离开地面的最大高度等于间的距离，则小球在运动过程中的最小速度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】设小球离开地面到最高点所用时间为，根据对称性可知，小球在空中运动的时间为，则小球离开地面的最大高度为，设小球水平方向的加速度大小为，则间的距离，可得，可知小球受到的水平恒力为
如图所示
水平恒力与重力的合力与竖直方向的夹角满足，将小球的初速度分解为平行方向和垂直方向两个分速度，当平行方向分速度减为0时，小球的速度最小，则小球在运动过程中的最小速度为
故选D。
【分析】一、易错点与关键概念
1、运动的分解
不能简单按水平和竖直分解，需按合力方向分解
2、最小速度的条件
当沿合力方向的速度分量为零时，合速度最小
3、几何关系的应用
利用合力方向与初速度的夹角求垂直分量
4、水平加速度的求解
由水平位移等于最大高度列方程，注意时间用总时间
二、解题关键步骤
由竖直上抛求上升时间、总时间、最大高度。
由水平位移等于最大高度求水平加速度。
求合力方向，将初速度分解为沿合力方向和垂直合力方向。
最小速度即为垂直合力方向的分量。
总结：本题综合考查运动的合成与分解、竖直上抛、匀加速直线运动、最小速度的几何求法，核心在于将运动按合力方向分解，并理解最小速度的条件。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但选不全的得2分，有错选或不答的得0分）
9．（2025·济南模拟）如图所示，一定质量的理想气体经历了的等温过程。在该过程中，下列说法正确的是（　　）
A．气体对外界做的功大于
B．气体从外界吸收的热量小于
C．所有分子热运动速率都不变
D．单位时间内气体分子对容器壁单位面积的撞击次数减少
【答案】B,D
【知识点】气体压强的微观解释；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】A．图像与坐标轴围成的面积等于气体做功，若ab连线为直线，则a→b气体对外界做的功，由图像可知气体对外界做的功小于，故A错误；
B．气体温度不变，则内能不变，根据可知，气体从外界吸收的热量小于，故B正确；
C．气体温度不变，则分子平均动能不变，并非所有分子热运动速率都不变，故C错误；
D．气体压强减小，体积变大，气体数密度减小，分子平均速率不变，则单位时间内气体分子对容器壁单位面积的撞击次数减少，故D正确。
故选BD。
【分析】一、易错点与关键概念
1、p-V 图面积的比较
需判断实际过程与直线下的面积大小
2、热力学第一定律的符号
注意正负号的规定
3、分子平均速率与温度的关系
温度不变，平均速率不变，但个别分子速率可变
4、压强的微观解释
压强减小可能由于数密度减小或平均动能减小
二、解题关键步骤
比较等温线与直线下的面积，判断做功大小。
由热力学第一定律求热量。
根据温度不变判断分子平均动能和速率变化。
由压强和体积变化判断分子撞击次数。
总结：本题综合考查 p-V 图像、热力学第一定律、分子动理论，核心在于理解等温过程的做功特点，并能从微观角度解释压强变化。
10．（2025·济南模拟）如图所示为带等量异种电荷的两正对平行金属板和，板带负电，板接地，板长为，两板间距离为。大量电子从两平行板间上半区域的左侧以平行于金属板的相同速度进入板间，靠近板左侧边缘进入的电子恰好能打在板右侧边缘，电子进入板间在上半区域均匀分布，忽略电子间的相互作用，不考虑电场的边缘效应。下列说法正确的是（　　）
A．电子击中板区域的长度为
B．电子击中板区域的长度为
C．保持两板带电量不变，若将板向下平移的距离，打在板上的电子数占进入平行板电子总数的
D．保持两板带电量不变，若将板向下平移的距离，靠近板左侧边缘进入的电子出电场时的电势能为进电场时电势能的
【答案】B,C,D
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．设粒子初速度为v，竖直方向加速度为a，题意知靠近板左侧边缘进入的电子恰好能打在板右侧边缘，根据类平抛规律，竖直方向有，则极板中间虚线处射入的粒子，则有，联立解得，则电子击中板区域的长度为，故A错误，B正确；
C．设电容器带电量为，根据，整理得可知保持两板带电量不变，若将板向下平移的距离，极板间电场强度不变，故粒子在电场中加速度不变，设从距离下极板处射入的粒子，恰好打在板右侧边缘，则有，联立解得，可知射入点距离上极板距离，恰好为上半区域的一半，故，打在板上的电子数占进入平行板电子总数的，故C正确；
D．靠近板左侧边缘进入的电子，根据类平抛规律，竖直方向位移，联立解得
设极板间电场强度为E，由于Q接地，Q板电势为0，则有，则，同理可知，出电场时有，故，则有，故靠近板左侧边缘进入的电子出电场时的电势能为进电场时电势能的，故D正确。
故选BCD。
【分析】一、带电粒子在匀强电场中的偏转
1、运动分解
水平方向：匀速直线运动，
竖直方向：匀加速直线运动，，
2、类平抛规律
飞出电场时间 ，竖直位移
二、平行板电容器的电场强度
1、电容定义：
2、匀强电场场强：
3、电量不变时场强的变化：若 Q 不变，d 变化，则 与 d 无关 场强不变
三、板移动对电子数的影响
板向下平移4d ，板间距变为
电量不变 场强不变 加速度不变
电子运动时间不变 竖直位移不变
能打到 P 板的电子需满足初始位置 使得 需具体计算。
由临界条件，可求出能打到 P 板的电子初始位置范围，进而求比例。
四、电势能的计算
电势能公式：，电子带负电，
电势分布：匀强电场中，电势沿电场线方向线性变化
设 Q 板接地，电势为 0，P 板电势为 （因带负电）
电子进出时的电势能
进电场时位置 ，电势 ，出电场时位置 y，电势
电势能变化
总结：本题综合考查带电粒子在匀强电场中的偏转、平行板电容器、电势能计算，核心在于正确分析电子受力方向和运动，并能处理板移动后的情况。
11．（2025·济南模拟）如图所示，在水平面上有不同材料制成的物块A和物块B，A、B之间用轻弹簧栓接，物块B的右侧为固定挡板，物块A与水平面之间无摩擦，物块B与水平面之间的动摩擦因数为，整个装置处于静止状态。现用水平恒力向右推物块A，弹簧压缩最短时撤去外力，物块A被弹回，运动至最左端时，物块B所受的摩擦力恰好为最大静摩擦力。已知劲度系数为的轻弹簧形变量为时的弹性势能为，重力加速度为，物块的质量为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．整个运动过程中，刚施加水平外力时A的加速度最小
B．物块A运动至最右端时，弹簧弹力与水平恒力大小相等
C．水平恒力的大小为
D．整个运动过程中，B物块和挡板间始终无弹力作用
【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．用水平恒力F向右推物块A直到弹簧压缩最短，物块A受恒力F和弹簧弹力F'的作用，由牛顿第二定律得F-F'=ma，F'随压缩量的增大而增大，a减小，直到F=F'时，a=0，此时速度最大，以后弹力F'>F，加速度反向，物体做减速运动，直到速度减为零，弹簧压缩到最短，则物块A运动至最右端时，弹簧弹力大于水平恒力大小，故AB错误；
C．由对称性性可知，到物块运动到右侧最短和左侧最远位置时加速度相同，由题意可知，在左侧最远位置时F弹=μmg此时弹簧伸长x0，即F弹=μmg =kx0，则当有力F作用整个过程中由能量关系可得，因此，故C正确；
D．由以上分析可知，弹簧被压缩到最短和被拉的最长时物块B受到的静摩擦力均为μmg，可知在整个过程中，物块B受的摩擦力不会超过最大静摩擦力，可知整个运动过程中，B物块和挡板间始终无弹力作用，故D正确。
故选CD。
【分析】一、易错点与关键概念
1、加速度最小的位置
不是刚施加外力时，而是弹力等于外力时
2、最右端时弹力与外力的大小关系
弹力大于外力（因 A 减速到零）
3、能量关系的正确应用
外力做功全部转化为弹性势能（因 A 初末速度为零）
4、对称性的使用
左右最远点形变量相等
二、解题关键步骤
分析 A 的运动，确定加速度变化规律。
由左侧最远点 B 的受力求弹簧最大伸长量。
由右侧最远点的能量关系求外力F。
判断 B 是否与挡板接触。
总结：本题综合考查弹簧振子的运动、牛顿第二定律、能量守恒、静摩擦力，核心在于正确分析各阶段的受力与运动，并能利用对称性和能量关系求解未知量。
12．（2025·济南模拟）如图所示，竖直平面内有一“”形金属线框，边框和足够长，整个装置处于与线框平面垂直的匀强磁场中。与边框长度相等的金属棒从非常靠近的位置由静止释放，同时对金属棒施加一竖直方向的外力，使金属棒以重力加速度向下做匀加速直线运动，运动过程中，金属棒始终保持水平，并与金属边框接触良好。金属边框、金属棒均由相同材料、相同粗细的金属导线制成，以金属棒刚开始释放的时刻为时刻，金属棒切割磁感线产生的电动势为，金属边框两端的电压为，金属棒的电热功率为，忽略自感效应。下列图像中对应物理量与时间的变化关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【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】【解答】A．题意知金属棒以重力加速度向下做匀加速直线运动，设金属棒宽度为L，则可知E与t成正比，故A正确；
B．设单位长度电阻为，则金属边框两端的电压
可知U与t不是正比关系，故B错误；
C．对金属棒，根据牛顿第二定律有，可知因为，联立解得，数学关系可知F随t先非线性增大再非线性减小，故C正确；
D．金属棒的电热功率为，数学关系可知P随t先增大后减小，故D错误。
故选AC。
【分析】一、易错点与关键概念
1、电动势与时间的线性关系
因 ，所以
2、电压与时间的非线性关系
不能简单认为电压也线性变化
3、外力的变化趋势
外力等于安培力，而安培力与速度成正比，但总电阻变化，导致非线性
4、电热功率的变化趋势
功率先增后减，因电流先增后减（总电阻变化）
二、解题关键步骤
由匀加速运动求速度与时间的关系。
由动生电动势公式求 与 的关系。
分析电路总电阻变化，求电流与时间的关系。
由欧姆定律求边框两端电压。
由牛顿第二定律求外力。
由功率公式求电热功率。
总结：本题综合考查电磁感应、电路分析、牛顿第二定律、电功率，核心在于正确分析电路总电阻的变化，并能由此判断各物理量随时间的变化趋势。
三、非选择题（本题共6小题，共60分）
13．（2025·济南模拟）激光束具有方向性好、亮度高等特点。某同学用激光测半圆形玻璃砖的折射率，实验步骤如下：
A．将白纸固定在木板上，画出一条直线。将半圆形玻璃砖的直径边与直线平行放置在白纸上，记录半圆形玻璃砖的圆心的位置；
B．从玻璃砖另一侧用平行白纸的激光笔从圆弧上的点沿方向射入玻璃砖，在直线上垂直木板插大头针，使其正好挡住激光，记录此时在直线上插针的位置为；
C．保持入射光方向不变，移走玻璃砖，在直线上垂直木板插大头针，使其正好挡住激光，记录此时在直线上插针的位置为；
D．以点为圆心，以为半径画圆，交延长线于点；
E．过点作直线的垂线，与直线相交于点，过点作延长线的垂线，与延长线相交于点。
（1）实验中，测得的长度为，的长度为，的长度为，该玻璃砖的折射率可以表示为________；
A． B． C． D．
（2）若步骤B中，将入射光线以点为圆心平行于纸面逆时针转动到某处时，折射光线恰好消失，移走玻璃砖，在直线上垂直木板插大头针，使其正好挡住激光，确定此时在直线上插针的位置为，测得，则该玻璃砖的折射率大小为　 　；
（3）用（2）中方法测量折射率时，记录好点位置后，不小心将玻璃砖沿直径方向向左平移了少许，但实验时仍保证光线在点恰好发生全反射，则折射率的测量值　 　（选填“偏大”或“偏小”）。
【答案】（1）B
（2）
（3）偏大
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）根据折射定律可得，玻璃砖的折射率。
故选B。
（2）根据题意可知结合几何关系，有，根据几何关系，有，根据折射定律可得，玻璃砖的折射率
（3）不小心将玻璃砖沿直径方向向左平移了少许，实验时仍保证光线在点恰好发生全反射，入射角偏小，折射角不变，则折射率的测量值偏大。
【分析】一、折射率的测量原理
1、折射定律
，i：入射角，r：折射角
2、几何光学中的光线追踪
通过插针法确定光路
利用几何关系求出入射角和折射角的正弦值
二、实验步骤中的几何关系
1、步骤 A～E
光线从 O 点沿 OP 方向射入玻璃砖
在直线 MN 上插针确定折射光线方向
以 O 为圆心画圆，构造直角三角形求正弦值
2、折射率的表达式
由几何关系，入射角的正弦 ，折射角的正弦
因 ，故
三、全反射法测折射率
全反射条件：光从光密介质射向光疏介质，入射角 ≥ 临界角C 时发生全反射
临界角公式：
步骤（2）：将入射光线绕O 点逆时针转动，直到折射光线恰好消失，此时入射角等于临界角C
插针确定入射光线方向，测得相关长度，由几何关系求
几何关系：由OH 长度可求 ，从而
四、误差分析
玻璃砖平移的影响
若玻璃砖沿直径方向向左平移少许，但实验时仍保证光线在O 点恰好发生全反射
实际入射角比记录的位置对应的入射角小（因O 点移动）
由 知，入射角偏小 测量值n 偏大
五、易错点与关键概念
折射率表达式的推导：需正确找出对应的几何量，不能混淆 和CD
全反射临界角的确定：折射光线消失时，入射角等于临界角
几何关系的正确应用：在圆中，正弦值等于对边与半径之比
误差分析的方向：平移导致入射角记录值偏小 折射率偏大
（1）根据折射定律可得，玻璃砖的折射率。
故选B。
（2）根据题意可知结合几何关系，有
根据几何关系，有
根据折射定律可得，玻璃砖的折射率
（3）不小心将玻璃砖沿直径方向向左平移了少许，实验时仍保证光线在点恰好发生全反射，入射角偏小，折射角不变，则折射率的测量值偏大。
14．（2025·济南模拟）利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。某学习小组研究某种材料的霍尔元件（载流子为电子）的工作原理，同时测量其室温下的载流子浓度（单位体积内的载流子个数）。实验电路如图甲所示，匀强磁场垂直于元件的工作面，工作电源通过1、3测脚为霍尔元件提供霍尔电流时，2、4测脚间将产生霍尔电压。已知垂直于工作面的磁场磁感应强度，工件厚度，电子电量。
（1）2、4两测脚的电势　 　（选填“>”或“<”）；
（2）某次实验中，在室温条件下，调节工作电压，改变霍尔电流，测出霍尔电压，实验数据如下表所示：
实验次数 1 2 3 4 5
0.50 1.00 1.50 2.00 2.50
41.5 83.1 144.8 166.4 208.1
请在图乙坐标纸上标出以上5组数据对应的坐标点，然后在图乙中画出关系图像　 　；并根据图像求出实验中的霍尔材料室温下的载流子浓度　 　（结果保留2位有效数字）；
（3）霍尔元件的灵敏度是衡量其在磁场或电流变化下输出电势变化的能力。灵敏度越高，表示霍尔元件在相同磁场或电流变化下产生的电势差变化越大。霍尔元件的灵敏度可表达为，要使实验中霍尔元件的灵敏度增大，以下方法正确的是________。
A．减小工作电源提供的霍尔电流
B．减小所加磁场的磁感应强度
C．减小该元件垂直电流方向的宽度
D．减小该元件沿磁场方向的厚度
【答案】（1）>
（2）；（）
（3）D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】（1）由于载流子为电子，带负电，由图甲可知，电子向右侧偏转，则2、4两测脚的电势。
（2）根据表格数据在图乙坐标纸中描出对应点，并作出图线如图所示
霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，则有，根据电流微观表达式可得，联立可得，可知图像的斜率为
可知实验中的霍尔材料室温下的载流子浓度为
（3）霍尔元件的灵敏度可表达为，结合可得
要使实验中霍尔元件的灵敏度增大，可减小该元件沿磁场方向的厚度。
故选D。
【分析】一、霍尔效应基本原理
1、霍尔效应现象
载流子（电子）在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，在导体两侧积累电荷，产生霍尔电场
当洛伦兹力与电场力平衡时：，即
2、霍尔电压
霍尔电场在宽度b 方向上产生的电压：
，其中 为载流子定向移动速度
二、电流微观表达式
电流与载流子速度的关系
，n：载流子浓度，S：垂直于电流方向的横截面积，（b 为宽度，d 为厚度）代入得
三、霍尔电压与电流、磁场的关系
将v 代入霍尔电压公式，霍尔电压与电流 成正比，与磁场B 成正比，与厚度d 成反比，与宽度b 无关（在 b 远大于d 的近似下）
四、实验数据处理
UH I 图像：由 ，图像为过原点的直线，斜率
由斜率求载流子浓度
五、霍尔元件灵敏度
灵敏度的定义：，单位磁场、单位电流下的霍尔电压
提高灵敏度的方法
减小厚度d（因 ）
选择载流子浓度n 小的材料（但材料固定）
增大e 不可行（电子电量固定）
六、载流子电性与电势高低
电子（负电荷）偏转方向
由左手定则，电子受力方向与电流方向、磁场方向有关
电子向一侧积累 该侧电势低，另一侧电势高
总结：本题综合考查霍尔效应的基本原理、电流微观表达式、实验数据处理、灵敏度分析，核心在于理解霍尔电压与电流、磁场、厚度的关系，并能从图像中提取信息。
（1）由于载流子为电子，带负电，由图甲可知，电子向右侧偏转，则2、4两测脚的电势。
（2）[1]根据表格数据在图乙坐标纸中描出对应点，并作出图线如图所示
[2]霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，则有
根据电流微观表达式可得
联立可得
可知图像的斜率为
可知实验中的霍尔材料室温下的载流子浓度为
（3）霍尔元件的灵敏度可表达为
结合
可得
要使实验中霍尔元件的灵敏度增大，可减小该元件沿磁场方向的厚度。
故选D。
15．（2025·济南模拟）如图甲所示为机械组装中完成推动工作的汽缸，其工作原理如图乙所示。密封性良好的汽缸固定在水平地面上，整个容器被刚性杆连接的绝热活塞分成气室I、气室II两部分，左右两侧各有一阀门、，刚性杆与地面平行且右端和物体接触。开始时，，均与大气相通，现将关闭，保持打开，通过电阻丝对I中的气体缓慢加热至活塞恰好能向右推动物体。停止加热，通过向气室II内缓慢注入压缩气体，使活塞恰好能向左移动，充气过程中气室II内温度保持不变。已知物体质量，活塞面积，忽略活塞与缸壁间的摩擦，物体与地面的摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大气压强，重力加速度。汽缸内气体可视为理想气体，初始温度。求
（1）活塞恰好能向右推动物体时，气室I内气体的温度；
（2）活塞恰好能向左移动时，气室II内注入气体的质量与原有气体的质量之比。
【答案】（1）解：活塞恰能向右推动物体时，对活塞和刚性杆整体受力分析可得
解得
对气室I内的气体，由查理定律可得
解得
（2）解：活塞恰好能向右移动时，气室II中的气体压强为
对此时气室II中的气体，由玻意耳定律可得
解得
则气室II注入气体的质量与原有质量之比为
【知识点】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】【分析】一、易错点与关键概念
1、摩擦力方向的变化
物体向右滑动趋势时，摩擦力向左
物体向左滑动趋势时，摩擦力向右
2、受力平衡方程的符号
需根据运动趋势确定摩擦力方向
3、等容过程与等温过程的区分
加热过程为等容
充气过程为等温
4、充气质量比的计算
需用理想气体状态方程，不能直接用玻意耳定律求质量比
二、解题关键步骤
第(1)问：由受力平衡求气室 I 末态压强。
对气室 I 应用查理定律求温度。
第(2)问：由活塞向左移动时的平衡条件求气室 II 末态压强。
对气室 I 应用玻意耳定律求体积变化。
对气室 II 应用玻意耳定律求体积变化。
由体积变化和压强求气室 II 末态质量，再求注入质量比。
总结：本题综合考查受力分析、查理定律、玻意耳定律、理想气体状态方程，核心在于正确分析不同阶段的气体状态变化和受力平衡，并能处理变质量问题

（1）活塞恰能向右推动物体时，对活塞和刚性杆整体受力分析可得
解得
对气室I内的气体，由查理定律可得
解得
（2）活塞恰好能向右移动时，气室II中的气体压强为
对此时气室II中的气体，由玻意耳定律可得
解得
则气室II注入气体的质量与原有质量之比为
16．（2025·济南模拟）我国首艘电磁弹射航母的海试工作正在紧锣密鼓地进行，利用大电容器快速放电可将磁场中的导体棒电磁弹射出去。如图所示，两根等长的光滑平行金属轨道和水平放置，左端与电容器相连接，右端分别与由绝缘材料制成的粗糙圆弧轨道和平滑连接，轨道间距为，圆弧轨道半径为，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为。质量为、长为的金属棒静止在平行金属轨道上，闭合开关后电容器快速放电，金属棒被水平弹射出去，然后滑上圆弧轨道，运动到与圆心等高的位置时速度减为零并立即被取走，金属棒经过位置时对轨道的压力为自身重力的倍，整个过程中金属棒与轨道接触良好。已知电容器的电容为，重力加速度为，不计金属导轨与金属棒的电阻，求
（1）金属棒在圆弧轨道上运动过程中克服摩擦力的功；
（2）金属棒被弹射前后电容器电压的差值。
【答案】（1）解：金属棒刚到达圆弧轨道时，对金属棒受力分析可得
解得
从圆弧轨道最低点到圆心更高面，对金属棒由动能定理可得
解得
（2）解：对金属棒，从静止到进入圆弧轨道，由动量定理可得
又，
联立可得
【知识点】动能定理的综合应用；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】一、易错点与关键概念
1、圆弧轨道最低点速度的确定
由向心力公式求速度，注意支持力已知倍数关系
2、摩擦力做功的符号
摩擦力做负功，在动能定理中为负值
3、安培力冲量的计算
冲量等于 ，与电流变化细节无关
4、电容器电压变化与电荷量的关系
注意ΔU 是放电前后的差值，不是某时刻电压
五、解题关键步骤
第(1)问：由最低点受力求进入圆弧轨道的速度 。
对从最低点到等高点的过程应用动能定理，求摩擦力做功。
第(2)问：对金属棒从静止到进入圆弧轨道的过程应用动量定理。
将安培力冲量转化为电荷量变化。
由电容器电容求电压差值。
总结：本题综合考查电磁感应中的安培力冲量、圆周运动中的受力分析、动能定理，核心在于正确应用动量定理处理变力冲量，并能将电荷量与电压变化联系起来

（1）金属棒刚到达圆弧轨道时，对金属棒受力分析可得
解得
从圆弧轨道最低点到圆心更高面，对金属棒由动能定理可得
解得
（2）对金属棒，从静止到进入圆弧轨道，由动量定理可得
又，
联立可得
17．（2025·济南模拟）如图所示的坐标平面内，的区域内存在着垂直于平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，的区域内存在着垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量为、电荷量为的两个带正电粒子和，均以相同大小的速率从点分别沿轴正向和轴负向同时开始运动，运动过程中两粒子的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间忽略不计。设整个磁场区域都处于真空中，不考虑粒子的重力及两粒子之间除碰撞外的相互作用，求
（1）粒子分别在和的区域内运动时的半径之比和周期之比；
（2）两粒子运动轨迹交点的坐标；
（3）以两粒子在点开始运动时为时刻，求两粒子在运动过程中某时刻平行轴方向上相距最远时的距离及对应的时刻。
【答案】（1）解：由于粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，在区域内运动时，则有
解得
同理可得，在区域内运动时的半径
粒子分别在和的区域内运动时的半径之比
根据周期可知，粒子在和的区域内运动时的周期分别为，
解得
（2）解：根据上述分析可知，
当时，两个粒子发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得
根据能量守恒可得
解得
两粒子运动的部分轨迹如图所示
①交点在x轴上
坐标为（，0）
②交点不在x轴上，根据对称性可得
故交点坐标为[，]
（3）解：在内，设，
结合上述结论可知，
两粒子在运动过程中沿y方向的距离为
对y求导可得
令 ，则有
解得，
y最大；
同样在内，时，y最大；
故当或时，其最大值
【知识点】碰撞模型；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】一、两粒子沿 y 轴方向的距离
1、运动分解
每个粒子的 y 坐标随时间周期性变化
两粒子 y 坐标之差可表示为时间的函数
2、求最远距离
对 y 坐标差函数求导，令导数为零，得极值点
考虑不同时间区间内的最大值
3、对应时刻
由极值条件解出时间 t
二、易错点与关键概念
1、半径与周期的比例关系
注意与磁场强度成反比
2、碰撞条件的应用
弹性碰撞后速度交换，不影响后续轨迹分析
3、几何对称性的利用
可简化交点坐标的求解
3、最远距离的求法
需建立 y 坐标差函数，用导数求极值
三、解题关键步骤
第(1)问
由洛伦兹力公式求半径，由周期公式求周期，再求比值。
第(2)问
分析两粒子运动轨迹，找出交点位置。
利用对称性和碰撞条件求解坐标。
第(3)问
写出两粒子 y 坐标随时间变化的函数。
求 y 坐标差，对时间求导，找极值点。
确定最远距离及对应时刻。
总结：本题综合考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动、弹性碰撞、几何轨迹分析、最值问题，核心在于正确应用洛伦兹力公式，并能处理两粒子相对运动的极值问题。

（1）由于粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，在区域内运动时，则有
解得
同理可得，在区域内运动时的半径
粒子分别在和的区域内运动时的半径之比
根据周期可知，粒子在和的区域内运动时的周期分别为，
解得
（2）根据上述分析可知，
当时，两个粒子发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得
根据能量守恒可得
解得
两粒子运动的部分轨迹如图所示
①交点在x轴上
坐标为（，0）
②交点不在x轴上，根据对称性可得
故交点坐标为[，]
（3）在内，设，
结合上述结论可知，
两粒子在运动过程中沿y方向的距离为
对y求导可得
令 ，则有
解得，
y最大；
同样在内，时，y最大；
故当或时，其最大值
18．（2025·济南模拟）如图所示，光滑水平地面上一个质量为的木板紧靠平台静置，的上表面与光滑平台相平。质量为、倾角为的光滑斜面体静止在平台上。质量为的物块静置在木板上。斜面体固定在平台上，将质量为的物块从斜面上距平台高度为处由静止释放，物块A脱离斜面体B后，与平台发生相互作用，物块垂直于平台方向的速度分量瞬间变为零，沿平台方向的速度分量不变。已知物块和均视为质点，与木板上表面的动摩擦因数均为，重力加速度，求
（1）物块在平台上运动时的速率；
（2）若物块和物块不能发生碰撞，物块到木板左端的最小距离；
（3）若斜面体不固定，从斜面上高度为处静止释放，开始时物块到木板左侧的距离为，物块与物块的碰撞为弹性碰撞，求物块与木板第一次共速时，物块与物块之间的距离。
【答案】（1）解：根据题意，设物块滑到斜面B底端时的速度为，由机械能守恒定律有
解得
物块在平台上运动时的速率
（2）解：根据题意，对A、C、D系统，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得
（3）解：根据题意，对A、B系统，由机械能守恒定律有
水平方向由动量守恒定律有
由几何关系有
又有
联立解得
物块A滑上木板C后，物块A的加速度为
物块D和木板C整体加速度为
则有
解得
物块A与物块D碰撞前，物块A的速度
木板C和物块D的速度
物块A和物块D发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得，
碰撞后物块A以加速度
向右做匀加速直线运动，碰撞后物块D以加速度
向右做匀减速直线运动，木板C以加速度
向右做匀加速直线运动，物块D与木板C第一次共速有
解得
此时物块D和物块A速度分别为，
此时物块A与物块D之间的距离为
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】一、相对运动与板块模型
1、物块在木板上滑动
物块加速度 ，木板加速度由物块对它的摩擦力提供
2、共速条件
物块与木板速度相等时，相对滑动停止
3、相对位移
由运动学公式或能量守恒可求
二、弹性碰撞
1、质量相等的弹性碰撞
速度交换
2、碰撞前后动量守恒、动能守恒
可列方程组求解碰后速度
三、多物体多过程分析
1、分阶段列方程
每个阶段对应不同的受力情况和运动状态
需明确各阶段系统的组成和守恒量
2、时间同步与位移关系
各物体运动时间相同，位移关系由几何条件确定
四、易错点与关键概念
1、平台作用的理解
不是碰撞，而是速度分解后的分量保留
2、动量守恒的系统选择
不同阶段系统组成不同，需正确选择
3、相对位移的计算
可用运动学公式，也可用能量守恒
4、弹性碰撞后速度的确定
质量相等时直接交换速度，简化计算
5、多阶段时间对应
需确保各阶段时间衔接正确
五、解题关键步骤
第(1)问
由机械能守恒求 A 滑到斜面底端的速度。
由平台作用求 A 在平台上的速度。
第(2)问
对 A、C、D 系统应用动量守恒求共同速度。
由能量守恒求相对位移，即为最小距离。
第(3)问
对 A、B 系统应用机械能守恒和水平动量守恒，求 A 离开 B 时的速度。
分析 A 滑上 C 后的运动，求碰撞前的速度。
由弹性碰撞求碰后速度。
分析碰后各物体的运动，求共速时间及位移，进而求 A、D 间距离。
总结：本题综合考查机械能守恒、动量守恒、能量守恒、弹性碰撞、板块模型、多过程运动分析，核心在于正确划分阶段、选择系统、应用守恒定律，并能处理相对位移和时间关系。
（1）根据题意，设物块滑到斜面B底端时的速度为，由机械能守恒定律有
解得
物块在平台上运动时的速率
（2）根据题意，对A、C、D系统，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得
（3）根据题意，对A、B系统，由机械能守恒定律有
水平方向由动量守恒定律有
由几何关系有
又有
联立解得
物块A滑上木板C后，物块A的加速度为
物块D和木板C整体加速度为
则有
解得
物块A与物块D碰撞前，物块A的速度
木板C和物块D的速度
物块A和物块D发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得，
碰撞后物块A以加速度
向右做匀加速直线运动，碰撞后物块D以加速度
向右做匀减速直线运动，木板C以加速度
向右做匀加速直线运动，物块D与木板C第一次共速有
解得
此时物块D和物块A速度分别为，
此时物块A与物块D之间的距离为
1 / 12025届山东省济南市高三下学期二模考试物理试卷
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。）
1．（2025·济南模拟）太阳能电池是通过光电效应把光能转化成电能的装置，其主要材料为高纯度的硅。当紫外线照射硅表面时，会有光电子逸出。下列说法正确的是（　　）
A．发生光电效应后，硅带负电
B．红光照射硅表面时一定能发生光电效应
C．减小紫外线的强度，光电子的最大初动能不变
D．增大紫外线的强度，光电子的最大初动能变大
2．（2025·济南模拟）图甲和图乙是红、蓝两种单色光用同样的仪器形成的单缝衍射图样，图丙和图丁是红、蓝两种单色光用同样的仪器形成的双缝干涉图样。甲、乙、丙、丁四幅图样中用红光形成图样的是（　　）
A．甲、丙 B．乙、丁 C．乙、丙 D．甲、丁
3．（2025·济南模拟）如图所示，一条直线上分布着等间距的、、、、、点，一质点从间的点（未画出）以初速度沿直线做匀减速运动，运动到点时速度恰好为零。若此质点从点以的初速度出发，以相同加速度沿直线做匀减速运动，质点速度减为零的位置在（　　）
A．之间的某点 B．之间的某点
C．之间的某点 D．之间的某点
4．（2025·济南模拟）一列简谐横波沿轴正方向传播，时刻的部分波形图如图所示，质点P的平衡位置，时质点P第一次回到平衡位置，则质点P的振动方程为（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025·济南模拟）为了检验输电电压高低对电能输送的影响，某同学设计了如图甲、乙所示的两个电路进行对比实验。两个电路使用相同的低压交流电源，所有的电阻和灯泡电阻均相等，导线电阻不计。图乙中的理想变压器的匝数比。已知灯泡消耗的功率为，则灯泡消耗的功率为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·济南模拟）北京时间2025年4月11日00时47分，我国成功发射通信技术试验卫星十七号。该卫星运行参数如下表所示，已知地球半径，万有引力常量，下列说法正确的是（　　）
时间（协调世界时UTC） 2025年4月11日21∶00∶24
轨道偏心率 0.7324768
轨道倾角 18.9938°
近地点高度
远地点高度
每日绕地圈数 2.26000113
A．可以求出该卫星在近地点时万有引力的大小
B．可以求出地球的质量
C．该卫星在近地点时的加速度大于地球表面的重力加速度
D．该卫星在近地点时的机械能大于在远地点时的机械能
7．（2025·济南模拟）如图甲所示，我国自主研发的“章鱼”触手机器人能抓取任意形态的物体，可负载260倍自重。如图乙所示，圆锥体母线和高线之间的夹角，该机器人对圆锥体的弹力方向垂直于圆锥体侧面，靠机器人和圆锥体之间的摩擦力将圆锥体抓起。若该机器人竖直向上抓起圆锥体时施加的弹力足够大，则机器人和圆锥体之间的动摩擦因数至少为（已知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·济南模拟）风洞是进行空气动力学研究最有效的工具之一，我国最新的JF22风洞创造了全球最快30马赫风速的奇迹。如图所示，风洞能对进入其中的物体始终施加一个水平恒力。一小球从地面的点以大小为的初速度竖直向上抛出，在点落回地面，小球离开地面的最大高度等于间的距离，则小球在运动过程中的最小速度为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但选不全的得2分，有错选或不答的得0分）
9．（2025·济南模拟）如图所示，一定质量的理想气体经历了的等温过程。在该过程中，下列说法正确的是（　　）
A．气体对外界做的功大于
B．气体从外界吸收的热量小于
C．所有分子热运动速率都不变
D．单位时间内气体分子对容器壁单位面积的撞击次数减少
10．（2025·济南模拟）如图所示为带等量异种电荷的两正对平行金属板和，板带负电，板接地，板长为，两板间距离为。大量电子从两平行板间上半区域的左侧以平行于金属板的相同速度进入板间，靠近板左侧边缘进入的电子恰好能打在板右侧边缘，电子进入板间在上半区域均匀分布，忽略电子间的相互作用，不考虑电场的边缘效应。下列说法正确的是（　　）
A．电子击中板区域的长度为
B．电子击中板区域的长度为
C．保持两板带电量不变，若将板向下平移的距离，打在板上的电子数占进入平行板电子总数的
D．保持两板带电量不变，若将板向下平移的距离，靠近板左侧边缘进入的电子出电场时的电势能为进电场时电势能的
11．（2025·济南模拟）如图所示，在水平面上有不同材料制成的物块A和物块B，A、B之间用轻弹簧栓接，物块B的右侧为固定挡板，物块A与水平面之间无摩擦，物块B与水平面之间的动摩擦因数为，整个装置处于静止状态。现用水平恒力向右推物块A，弹簧压缩最短时撤去外力，物块A被弹回，运动至最左端时，物块B所受的摩擦力恰好为最大静摩擦力。已知劲度系数为的轻弹簧形变量为时的弹性势能为，重力加速度为，物块的质量为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．整个运动过程中，刚施加水平外力时A的加速度最小
B．物块A运动至最右端时，弹簧弹力与水平恒力大小相等
C．水平恒力的大小为
D．整个运动过程中，B物块和挡板间始终无弹力作用
12．（2025·济南模拟）如图所示，竖直平面内有一“”形金属线框，边框和足够长，整个装置处于与线框平面垂直的匀强磁场中。与边框长度相等的金属棒从非常靠近的位置由静止释放，同时对金属棒施加一竖直方向的外力，使金属棒以重力加速度向下做匀加速直线运动，运动过程中，金属棒始终保持水平，并与金属边框接触良好。金属边框、金属棒均由相同材料、相同粗细的金属导线制成，以金属棒刚开始释放的时刻为时刻，金属棒切割磁感线产生的电动势为，金属边框两端的电压为，金属棒的电热功率为，忽略自感效应。下列图像中对应物理量与时间的变化关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三、非选择题（本题共6小题，共60分）
13．（2025·济南模拟）激光束具有方向性好、亮度高等特点。某同学用激光测半圆形玻璃砖的折射率，实验步骤如下：
A．将白纸固定在木板上，画出一条直线。将半圆形玻璃砖的直径边与直线平行放置在白纸上，记录半圆形玻璃砖的圆心的位置；
B．从玻璃砖另一侧用平行白纸的激光笔从圆弧上的点沿方向射入玻璃砖，在直线上垂直木板插大头针，使其正好挡住激光，记录此时在直线上插针的位置为；
C．保持入射光方向不变，移走玻璃砖，在直线上垂直木板插大头针，使其正好挡住激光，记录此时在直线上插针的位置为；
D．以点为圆心，以为半径画圆，交延长线于点；
E．过点作直线的垂线，与直线相交于点，过点作延长线的垂线，与延长线相交于点。
（1）实验中，测得的长度为，的长度为，的长度为，该玻璃砖的折射率可以表示为________；
A． B． C． D．
（2）若步骤B中，将入射光线以点为圆心平行于纸面逆时针转动到某处时，折射光线恰好消失，移走玻璃砖，在直线上垂直木板插大头针，使其正好挡住激光，确定此时在直线上插针的位置为，测得，则该玻璃砖的折射率大小为　 　；
（3）用（2）中方法测量折射率时，记录好点位置后，不小心将玻璃砖沿直径方向向左平移了少许，但实验时仍保证光线在点恰好发生全反射，则折射率的测量值　 　（选填“偏大”或“偏小”）。
14．（2025·济南模拟）利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。某学习小组研究某种材料的霍尔元件（载流子为电子）的工作原理，同时测量其室温下的载流子浓度（单位体积内的载流子个数）。实验电路如图甲所示，匀强磁场垂直于元件的工作面，工作电源通过1、3测脚为霍尔元件提供霍尔电流时，2、4测脚间将产生霍尔电压。已知垂直于工作面的磁场磁感应强度，工件厚度，电子电量。
（1）2、4两测脚的电势　 　（选填“>”或“<”）；
（2）某次实验中，在室温条件下，调节工作电压，改变霍尔电流，测出霍尔电压，实验数据如下表所示：
实验次数 1 2 3 4 5
0.50 1.00 1.50 2.00 2.50
41.5 83.1 144.8 166.4 208.1
请在图乙坐标纸上标出以上5组数据对应的坐标点，然后在图乙中画出关系图像　 　；并根据图像求出实验中的霍尔材料室温下的载流子浓度　 　（结果保留2位有效数字）；
（3）霍尔元件的灵敏度是衡量其在磁场或电流变化下输出电势变化的能力。灵敏度越高，表示霍尔元件在相同磁场或电流变化下产生的电势差变化越大。霍尔元件的灵敏度可表达为，要使实验中霍尔元件的灵敏度增大，以下方法正确的是________。
A．减小工作电源提供的霍尔电流
B．减小所加磁场的磁感应强度
C．减小该元件垂直电流方向的宽度
D．减小该元件沿磁场方向的厚度
15．（2025·济南模拟）如图甲所示为机械组装中完成推动工作的汽缸，其工作原理如图乙所示。密封性良好的汽缸固定在水平地面上，整个容器被刚性杆连接的绝热活塞分成气室I、气室II两部分，左右两侧各有一阀门、，刚性杆与地面平行且右端和物体接触。开始时，，均与大气相通，现将关闭，保持打开，通过电阻丝对I中的气体缓慢加热至活塞恰好能向右推动物体。停止加热，通过向气室II内缓慢注入压缩气体，使活塞恰好能向左移动，充气过程中气室II内温度保持不变。已知物体质量，活塞面积，忽略活塞与缸壁间的摩擦，物体与地面的摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大气压强，重力加速度。汽缸内气体可视为理想气体，初始温度。求
（1）活塞恰好能向右推动物体时，气室I内气体的温度；
（2）活塞恰好能向左移动时，气室II内注入气体的质量与原有气体的质量之比。
16．（2025·济南模拟）我国首艘电磁弹射航母的海试工作正在紧锣密鼓地进行，利用大电容器快速放电可将磁场中的导体棒电磁弹射出去。如图所示，两根等长的光滑平行金属轨道和水平放置，左端与电容器相连接，右端分别与由绝缘材料制成的粗糙圆弧轨道和平滑连接，轨道间距为，圆弧轨道半径为，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为。质量为、长为的金属棒静止在平行金属轨道上，闭合开关后电容器快速放电，金属棒被水平弹射出去，然后滑上圆弧轨道，运动到与圆心等高的位置时速度减为零并立即被取走，金属棒经过位置时对轨道的压力为自身重力的倍，整个过程中金属棒与轨道接触良好。已知电容器的电容为，重力加速度为，不计金属导轨与金属棒的电阻，求
（1）金属棒在圆弧轨道上运动过程中克服摩擦力的功；
（2）金属棒被弹射前后电容器电压的差值。
17．（2025·济南模拟）如图所示的坐标平面内，的区域内存在着垂直于平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，的区域内存在着垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量为、电荷量为的两个带正电粒子和，均以相同大小的速率从点分别沿轴正向和轴负向同时开始运动，运动过程中两粒子的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间忽略不计。设整个磁场区域都处于真空中，不考虑粒子的重力及两粒子之间除碰撞外的相互作用，求
（1）粒子分别在和的区域内运动时的半径之比和周期之比；
（2）两粒子运动轨迹交点的坐标；
（3）以两粒子在点开始运动时为时刻，求两粒子在运动过程中某时刻平行轴方向上相距最远时的距离及对应的时刻。
18．（2025·济南模拟）如图所示，光滑水平地面上一个质量为的木板紧靠平台静置，的上表面与光滑平台相平。质量为、倾角为的光滑斜面体静止在平台上。质量为的物块静置在木板上。斜面体固定在平台上，将质量为的物块从斜面上距平台高度为处由静止释放，物块A脱离斜面体B后，与平台发生相互作用，物块垂直于平台方向的速度分量瞬间变为零，沿平台方向的速度分量不变。已知物块和均视为质点，与木板上表面的动摩擦因数均为，重力加速度，求
（1）物块在平台上运动时的速率；
（2）若物块和物块不能发生碰撞，物块到木板左端的最小距离；
（3）若斜面体不固定，从斜面上高度为处静止释放，开始时物块到木板左侧的距离为，物块与物块的碰撞为弹性碰撞，求物块与木板第一次共速时，物块与物块之间的距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．发生光电效应后，由于硅表面会有光电子逸出可知硅带正电，故A错误；
B．红光的频率小于紫光，可知红光照射硅表面时不一定能发生光电效应，故B错误；
CD．光电子的最大初动能只与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，即减小紫外线的强度，光电子的最大初动能不变，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】一、光电效应的基本规律
1、光电效应条件
入射光频率 必须大于金属的极限频率 （即 ，为逸出功），与光强无关
2、爱因斯坦光电效应方程
， ：光电子最大初动能，：光子能量， ：材料逸出功
3、最大初动能与频率的关系
仅由入射光频率决定，与光强无关，频率越高，最大初动能越大
二、光电效应中的电荷转移
1、光电子逸出
光电子带负电，从材料表面逸出后，材料因失去电子而带正电
2、材料带电性质
发生光电效应后，材料带正电，不是负电
三、不同色光的光电效应
1、红光的频率
红光频率较低，可能低于某些材料的极限频率，不一定能发生光电效应
2、紫外线的频率
频率较高，通常大于多数材料的极限频率，易发生光电效应
四、光强对光电效应的影响
1、光强与光电子数
光强越大，单位时间内入射光子数越多 单位时间内逸出的光电子数越多（光电流越大）
2、光强与最大初动能
最大初动能只与频率有关，与光强无关
五、易错点与关键概念
1、材料带电性
光电子逸出后材料带正电，不能记反
2、红光能否发生光电效应
取决于材料逸出功，不能一概而论
3、最大初动能与光强的无关性
易错以为光强越大，光电子获得能量越多
4、频率与最大初动能的线性关系
但需注意当频率低于极限频率时无光电效应
2．【答案】B
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射
【解析】【解答】红光的波长比蓝光长，可知衍射现象更加明显，则图乙是红光的衍射图样；根据条纹间距表达式可知，红光的干涉条纹间距较大，可知丁为红光形成的双缝干涉图样。
故选B。
【分析】一、单缝衍射图样的特征
1、衍射条纹特点
中央亮纹最宽、最亮，两侧条纹对称分布，亮度逐渐减弱，条纹间距不等（中央宽、两边窄）
2、波长对衍射的影响
波长越长，衍射现象越明显 中央亮纹越宽，两侧条纹扩展越远
红光波长 > 蓝光波长 红光衍射条纹更宽
二、双缝干涉图样的特征
1、干涉条纹特点
等间距的明暗相间条纹，条纹间距公式：，λ：光波长，L：屏到双缝距离，d：双缝间距
2、波长对干涉条纹的影响
波长越长 条纹间距越大，红光波长 > 蓝光波长 红光干涉条纹间距更大
三、图样的识别
1、衍射图样
甲、乙为衍射图样，条纹更宽者为红光 乙为红光衍射图样
2、干涉图样
丙、丁为干涉图样，条纹间距更大者为红光 丁为红光干涉图样
3．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】设相邻点间的距离为s，P点距b的距离为，质点的加速度为a，根据题意则有，设质点从点以的匀减速运动可以运动n个相等间距，则有
联立解得，故质点速度减为零的位置在bc之间。
故选A。
【分析】一、匀减速直线运动的基本公式
1、速度-位移公式
，末速度 时，（加速度为负）
2、加速度与位移的关系
加速度大小不变，初速度越大，滑行距离越大
二、解题关键步骤
由匀减速运动公式建立位移与初速度平方成正比的关系。
由第一次停止点位置确定第一次位移。
由比例关系求第二次位移。
根据第二次位移确定停止点位置。
总结：本题综合考查匀减速直线运动的位移-速度关系，核心在于理解位移与初速度平方成正比，并能根据第一次停止点位置推断第二次停止点的大致范围。
4．【答案】A
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】由图可知，波长λ=8m，振幅A=5cm。简谐横波沿x轴正方向传播，当图中原点处振动状态传到质点P时，质点P第一次回到平衡位置，可知，波在0.6s内传播距离为x=3m，则波速为，周期为，则，简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻，质点P向上振动，根据数学知识可知，质点P的初相位
故质点P的振动方程为
故选A。
【分析】一、易错点与关键概念
1、波速的计算
由传播距离和时间求波速，注意传播的是振动状态，不是波形整体
2、周期的计算
用 求周期
3、初相的确定
需结合 t=0 时的位移和振动方向，不能只由位移确定
4、单位一致性
位移用 cm，时间用 s，角频率用 rad/s
二、解题关键步骤
从波形图读出波长λ 和振幅 A。
由波传播距离和时间求波速v。
由 求周期T，进而求角频率ω。
由 t=0 时 P 点的位移和振动方向确定初相φ。
写出振动方程。
总结：本题综合考查波动图像与振动图像的关联、波速计算、周期确定、初相判断，核心在于正确从波形图中获取信息，并能根据质点运动状态确定初相。
5．【答案】D
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】令低压交流电源的有效值为，图甲中灯泡消耗的功率，图乙中升压变压器的输出电压，将降压变压器与灯泡等效为一个电阻，则等效电阻为，等效电阻消耗功率等于灯泡消耗的功率，则有，结合上述解得
故选D。
【分析】一、易错点与关键概念
1、等效电阻的计算
注意匝数比平方的关系，不要直接用匝数比
2、输电线电阻的处理
输电线电阻在变压器原边回路中，需与等效电阻串联
3、功率计算的正确公式
用 时，U 是灯泡两端实际电压
4、比例关系的应用
最终结果用 P1 表示，避免代入具体数值
二、解题关键步骤
写出图甲中灯泡功率 ，分析图乙电路，求升压变压器副边电压。
将灯泡等效到降压变压器原边，求等效电阻。
计算原边回路总电阻和电流。求等效电阻两端电压，再求灯泡两端电压。
计算灯泡功率 ，并与 比较。
总结：本题综合考查远距离输电中的变压器原理、等效电阻法、功率计算，核心在于正确运用匝数比和等效电阻，并能分析多级变压器的电路。
6．【答案】B
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力公式，题干中没有提供卫星的质量，所以求不出该卫星在近地点时万有引力的大小，故A错误；
B．根据，可以求出地球的质量，故B正确；
C．地球表面万有引力近似等于重力，即，该卫星在近地点时，由万有引力提供向心力，即，所以该卫星在近地点时的加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误；
D．对于卫星绕地球的椭圆轨道，机械能是守恒的，因为在只有万有引力做功的情况下，机械能保持不变，所以卫星在近地点和远地点的机械能是相等的，故D错误。
故选B。
【分析】一、易错点与关键概念
1、万有引力大小的计算
需知卫星质量，否则只能求 GM 或比值
2、地球质量的可求性
由卫星的周期和半长轴可求地球质量，与卫星质量无关
3、加速度的比较
不能直接用向心加速度公式，需用万有引力公式
4、机械能守恒条件
只有万有引力做功时机械能守恒，与轨道形状无关
二、解题关键步骤
判断能否求万有引力大小（需卫星质量）。
由卫星周期和半长轴求地球质量。
比较近地点加速度与地表重力加速度。
根据机械能守恒判断近地点与远地点机械能关系。
总结：本题综合考查万有引力定律、天体质量计算、加速度比较、机械能守恒，核心在于理解各物理量的决定因素，并能正确应用公式进行比较。
7．【答案】C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡
【解析】【解答】机器人对圆锥体的弹力方向垂直于圆锥体侧面，设弹力为N，摩擦力为f，圆锥体的重力为mg。由于机器人竖直向上抓起圆锥体，圆锥体在竖直方向上受到的合力为零。圆锥体母线与高线之间的夹角α=37°，弹力方向垂直于圆锥体侧面，因此弹力N竖直方向的分量为Nsinα，弹力N与摩擦力f之间的关系为f=μN，由竖直方向合力为零可得mg+Nsinα=fcosα
联立解得，该机器人竖直向上抓起圆锥体时施加的弹力足够大，则μ至少等于tanα，可得μ至少等于
故选C。
【分析】一、易错点与关键概念
1、受力分析的正确建立
需考虑两侧对称性，摩擦力方向应沿侧面，与下滑趋势相反
2、平衡方程的建立
沿母线方向平衡，垂直母线方向平衡
3、几何关系的应用
利用夹角 α 正确分解力
4、最小摩擦因数的推导
由平衡条件解出
二、解题关键步骤
画受力图，分析两侧对称性。
沿母线方向列平衡方程。
垂直母线方向列平衡方程。
代入 ，解出μ。
总结：本题综合考查受力分析、力的分解、平衡条件、摩擦力的计算，核心在于正确建立沿母线方向的平衡方程，并利用几何关系求出最小摩擦因数。
8．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】设小球离开地面到最高点所用时间为，根据对称性可知，小球在空中运动的时间为，则小球离开地面的最大高度为，设小球水平方向的加速度大小为，则间的距离，可得，可知小球受到的水平恒力为
如图所示
水平恒力与重力的合力与竖直方向的夹角满足，将小球的初速度分解为平行方向和垂直方向两个分速度，当平行方向分速度减为0时，小球的速度最小，则小球在运动过程中的最小速度为
故选D。
【分析】一、易错点与关键概念
1、运动的分解
不能简单按水平和竖直分解，需按合力方向分解
2、最小速度的条件
当沿合力方向的速度分量为零时，合速度最小
3、几何关系的应用
利用合力方向与初速度的夹角求垂直分量
4、水平加速度的求解
由水平位移等于最大高度列方程，注意时间用总时间
二、解题关键步骤
由竖直上抛求上升时间、总时间、最大高度。
由水平位移等于最大高度求水平加速度。
求合力方向，将初速度分解为沿合力方向和垂直合力方向。
最小速度即为垂直合力方向的分量。
总结：本题综合考查运动的合成与分解、竖直上抛、匀加速直线运动、最小速度的几何求法，核心在于将运动按合力方向分解，并理解最小速度的条件。
9．【答案】B,D
【知识点】气体压强的微观解释；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】A．图像与坐标轴围成的面积等于气体做功，若ab连线为直线，则a→b气体对外界做的功，由图像可知气体对外界做的功小于，故A错误；
B．气体温度不变，则内能不变，根据可知，气体从外界吸收的热量小于，故B正确；
C．气体温度不变，则分子平均动能不变，并非所有分子热运动速率都不变，故C错误；
D．气体压强减小，体积变大，气体数密度减小，分子平均速率不变，则单位时间内气体分子对容器壁单位面积的撞击次数减少，故D正确。
故选BD。
【分析】一、易错点与关键概念
1、p-V 图面积的比较
需判断实际过程与直线下的面积大小
2、热力学第一定律的符号
注意正负号的规定
3、分子平均速率与温度的关系
温度不变，平均速率不变，但个别分子速率可变
4、压强的微观解释
压强减小可能由于数密度减小或平均动能减小
二、解题关键步骤
比较等温线与直线下的面积，判断做功大小。
由热力学第一定律求热量。
根据温度不变判断分子平均动能和速率变化。
由压强和体积变化判断分子撞击次数。
总结：本题综合考查 p-V 图像、热力学第一定律、分子动理论，核心在于理解等温过程的做功特点，并能从微观角度解释压强变化。
10．【答案】B,C,D
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．设粒子初速度为v，竖直方向加速度为a，题意知靠近板左侧边缘进入的电子恰好能打在板右侧边缘，根据类平抛规律，竖直方向有，则极板中间虚线处射入的粒子，则有，联立解得，则电子击中板区域的长度为，故A错误，B正确；
C．设电容器带电量为，根据，整理得可知保持两板带电量不变，若将板向下平移的距离，极板间电场强度不变，故粒子在电场中加速度不变，设从距离下极板处射入的粒子，恰好打在板右侧边缘，则有，联立解得，可知射入点距离上极板距离，恰好为上半区域的一半，故，打在板上的电子数占进入平行板电子总数的，故C正确；
D．靠近板左侧边缘进入的电子，根据类平抛规律，竖直方向位移，联立解得
设极板间电场强度为E，由于Q接地，Q板电势为0，则有，则，同理可知，出电场时有，故，则有，故靠近板左侧边缘进入的电子出电场时的电势能为进电场时电势能的，故D正确。
故选BCD。
【分析】一、带电粒子在匀强电场中的偏转
1、运动分解
水平方向：匀速直线运动，
竖直方向：匀加速直线运动，，
2、类平抛规律
飞出电场时间 ，竖直位移
二、平行板电容器的电场强度
1、电容定义：
2、匀强电场场强：
3、电量不变时场强的变化：若 Q 不变，d 变化，则 与 d 无关 场强不变
三、板移动对电子数的影响
板向下平移4d ，板间距变为
电量不变 场强不变 加速度不变
电子运动时间不变 竖直位移不变
能打到 P 板的电子需满足初始位置 使得 需具体计算。
由临界条件，可求出能打到 P 板的电子初始位置范围，进而求比例。
四、电势能的计算
电势能公式：，电子带负电，
电势分布：匀强电场中，电势沿电场线方向线性变化
设 Q 板接地，电势为 0，P 板电势为 （因带负电）
电子进出时的电势能
进电场时位置 ，电势 ，出电场时位置 y，电势
电势能变化
总结：本题综合考查带电粒子在匀强电场中的偏转、平行板电容器、电势能计算，核心在于正确分析电子受力方向和运动，并能处理板移动后的情况。
11．【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．用水平恒力F向右推物块A直到弹簧压缩最短，物块A受恒力F和弹簧弹力F'的作用，由牛顿第二定律得F-F'=ma，F'随压缩量的增大而增大，a减小，直到F=F'时，a=0，此时速度最大，以后弹力F'>F，加速度反向，物体做减速运动，直到速度减为零，弹簧压缩到最短，则物块A运动至最右端时，弹簧弹力大于水平恒力大小，故AB错误；
C．由对称性性可知，到物块运动到右侧最短和左侧最远位置时加速度相同，由题意可知，在左侧最远位置时F弹=μmg此时弹簧伸长x0，即F弹=μmg =kx0，则当有力F作用整个过程中由能量关系可得，因此，故C正确；
D．由以上分析可知，弹簧被压缩到最短和被拉的最长时物块B受到的静摩擦力均为μmg，可知在整个过程中，物块B受的摩擦力不会超过最大静摩擦力，可知整个运动过程中，B物块和挡板间始终无弹力作用，故D正确。
故选CD。
【分析】一、易错点与关键概念
1、加速度最小的位置
不是刚施加外力时，而是弹力等于外力时
2、最右端时弹力与外力的大小关系
弹力大于外力（因 A 减速到零）
3、能量关系的正确应用
外力做功全部转化为弹性势能（因 A 初末速度为零）
4、对称性的使用
左右最远点形变量相等
二、解题关键步骤
分析 A 的运动，确定加速度变化规律。
由左侧最远点 B 的受力求弹簧最大伸长量。
由右侧最远点的能量关系求外力F。
判断 B 是否与挡板接触。
总结：本题综合考查弹簧振子的运动、牛顿第二定律、能量守恒、静摩擦力，核心在于正确分析各阶段的受力与运动，并能利用对称性和能量关系求解未知量。
12．【答案】A,C
【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】【解答】A．题意知金属棒以重力加速度向下做匀加速直线运动，设金属棒宽度为L，则可知E与t成正比，故A正确；
B．设单位长度电阻为，则金属边框两端的电压
可知U与t不是正比关系，故B错误；
C．对金属棒，根据牛顿第二定律有，可知因为，联立解得，数学关系可知F随t先非线性增大再非线性减小，故C正确；
D．金属棒的电热功率为，数学关系可知P随t先增大后减小，故D错误。
故选AC。
【分析】一、易错点与关键概念
1、电动势与时间的线性关系
因 ，所以
2、电压与时间的非线性关系
不能简单认为电压也线性变化
3、外力的变化趋势
外力等于安培力，而安培力与速度成正比，但总电阻变化，导致非线性
4、电热功率的变化趋势
功率先增后减，因电流先增后减（总电阻变化）
二、解题关键步骤
由匀加速运动求速度与时间的关系。
由动生电动势公式求 与 的关系。
分析电路总电阻变化，求电流与时间的关系。
由欧姆定律求边框两端电压。
由牛顿第二定律求外力。
由功率公式求电热功率。
总结：本题综合考查电磁感应、电路分析、牛顿第二定律、电功率，核心在于正确分析电路总电阻的变化，并能由此判断各物理量随时间的变化趋势。
13．【答案】（1）B
（2）
（3）偏大
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）根据折射定律可得，玻璃砖的折射率。
故选B。
（2）根据题意可知结合几何关系，有，根据几何关系，有，根据折射定律可得，玻璃砖的折射率
（3）不小心将玻璃砖沿直径方向向左平移了少许，实验时仍保证光线在点恰好发生全反射，入射角偏小，折射角不变，则折射率的测量值偏大。
【分析】一、折射率的测量原理
1、折射定律
，i：入射角，r：折射角
2、几何光学中的光线追踪
通过插针法确定光路
利用几何关系求出入射角和折射角的正弦值
二、实验步骤中的几何关系
1、步骤 A～E
光线从 O 点沿 OP 方向射入玻璃砖
在直线 MN 上插针确定折射光线方向
以 O 为圆心画圆，构造直角三角形求正弦值
2、折射率的表达式
由几何关系，入射角的正弦 ，折射角的正弦
因 ，故
三、全反射法测折射率
全反射条件：光从光密介质射向光疏介质，入射角 ≥ 临界角C 时发生全反射
临界角公式：
步骤（2）：将入射光线绕O 点逆时针转动，直到折射光线恰好消失，此时入射角等于临界角C
插针确定入射光线方向，测得相关长度，由几何关系求
几何关系：由OH 长度可求 ，从而
四、误差分析
玻璃砖平移的影响
若玻璃砖沿直径方向向左平移少许，但实验时仍保证光线在O 点恰好发生全反射
实际入射角比记录的位置对应的入射角小（因O 点移动）
由 知，入射角偏小 测量值n 偏大
五、易错点与关键概念
折射率表达式的推导：需正确找出对应的几何量，不能混淆 和CD
全反射临界角的确定：折射光线消失时，入射角等于临界角
几何关系的正确应用：在圆中，正弦值等于对边与半径之比
误差分析的方向：平移导致入射角记录值偏小 折射率偏大
（1）根据折射定律可得，玻璃砖的折射率。
故选B。
（2）根据题意可知结合几何关系，有
根据几何关系，有
根据折射定律可得，玻璃砖的折射率
（3）不小心将玻璃砖沿直径方向向左平移了少许，实验时仍保证光线在点恰好发生全反射，入射角偏小，折射角不变，则折射率的测量值偏大。
14．【答案】（1）>
（2）；（）
（3）D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】（1）由于载流子为电子，带负电，由图甲可知，电子向右侧偏转，则2、4两测脚的电势。
（2）根据表格数据在图乙坐标纸中描出对应点，并作出图线如图所示
霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，则有，根据电流微观表达式可得，联立可得，可知图像的斜率为
可知实验中的霍尔材料室温下的载流子浓度为
（3）霍尔元件的灵敏度可表达为，结合可得
要使实验中霍尔元件的灵敏度增大，可减小该元件沿磁场方向的厚度。
故选D。
【分析】一、霍尔效应基本原理
1、霍尔效应现象
载流子（电子）在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，在导体两侧积累电荷，产生霍尔电场
当洛伦兹力与电场力平衡时：，即
2、霍尔电压
霍尔电场在宽度b 方向上产生的电压：
，其中 为载流子定向移动速度
二、电流微观表达式
电流与载流子速度的关系
，n：载流子浓度，S：垂直于电流方向的横截面积，（b 为宽度，d 为厚度）代入得
三、霍尔电压与电流、磁场的关系
将v 代入霍尔电压公式，霍尔电压与电流 成正比，与磁场B 成正比，与厚度d 成反比，与宽度b 无关（在 b 远大于d 的近似下）
四、实验数据处理
UH I 图像：由 ，图像为过原点的直线，斜率
由斜率求载流子浓度
五、霍尔元件灵敏度
灵敏度的定义：，单位磁场、单位电流下的霍尔电压
提高灵敏度的方法
减小厚度d（因 ）
选择载流子浓度n 小的材料（但材料固定）
增大e 不可行（电子电量固定）
六、载流子电性与电势高低
电子（负电荷）偏转方向
由左手定则，电子受力方向与电流方向、磁场方向有关
电子向一侧积累 该侧电势低，另一侧电势高
总结：本题综合考查霍尔效应的基本原理、电流微观表达式、实验数据处理、灵敏度分析，核心在于理解霍尔电压与电流、磁场、厚度的关系，并能从图像中提取信息。
（1）由于载流子为电子，带负电，由图甲可知，电子向右侧偏转，则2、4两测脚的电势。
（2）[1]根据表格数据在图乙坐标纸中描出对应点，并作出图线如图所示
[2]霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，则有
根据电流微观表达式可得
联立可得
可知图像的斜率为
可知实验中的霍尔材料室温下的载流子浓度为
（3）霍尔元件的灵敏度可表达为
结合
可得
要使实验中霍尔元件的灵敏度增大，可减小该元件沿磁场方向的厚度。
故选D。
15．【答案】（1）解：活塞恰能向右推动物体时，对活塞和刚性杆整体受力分析可得
解得
对气室I内的气体，由查理定律可得
解得
（2）解：活塞恰好能向右移动时，气室II中的气体压强为
对此时气室II中的气体，由玻意耳定律可得
解得
则气室II注入气体的质量与原有质量之比为
【知识点】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】【分析】一、易错点与关键概念
1、摩擦力方向的变化
物体向右滑动趋势时，摩擦力向左
物体向左滑动趋势时，摩擦力向右
2、受力平衡方程的符号
需根据运动趋势确定摩擦力方向
3、等容过程与等温过程的区分
加热过程为等容
充气过程为等温
4、充气质量比的计算
需用理想气体状态方程，不能直接用玻意耳定律求质量比
二、解题关键步骤
第(1)问：由受力平衡求气室 I 末态压强。
对气室 I 应用查理定律求温度。
第(2)问：由活塞向左移动时的平衡条件求气室 II 末态压强。
对气室 I 应用玻意耳定律求体积变化。
对气室 II 应用玻意耳定律求体积变化。
由体积变化和压强求气室 II 末态质量，再求注入质量比。
总结：本题综合考查受力分析、查理定律、玻意耳定律、理想气体状态方程，核心在于正确分析不同阶段的气体状态变化和受力平衡，并能处理变质量问题

（1）活塞恰能向右推动物体时，对活塞和刚性杆整体受力分析可得
解得
对气室I内的气体，由查理定律可得
解得
（2）活塞恰好能向右移动时，气室II中的气体压强为
对此时气室II中的气体，由玻意耳定律可得
解得
则气室II注入气体的质量与原有质量之比为
16．【答案】（1）解：金属棒刚到达圆弧轨道时，对金属棒受力分析可得
解得
从圆弧轨道最低点到圆心更高面，对金属棒由动能定理可得
解得
（2）解：对金属棒，从静止到进入圆弧轨道，由动量定理可得
又，
联立可得
【知识点】动能定理的综合应用；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】一、易错点与关键概念
1、圆弧轨道最低点速度的确定
由向心力公式求速度，注意支持力已知倍数关系
2、摩擦力做功的符号
摩擦力做负功，在动能定理中为负值
3、安培力冲量的计算
冲量等于 ，与电流变化细节无关
4、电容器电压变化与电荷量的关系
注意ΔU 是放电前后的差值，不是某时刻电压
五、解题关键步骤
第(1)问：由最低点受力求进入圆弧轨道的速度 。
对从最低点到等高点的过程应用动能定理，求摩擦力做功。
第(2)问：对金属棒从静止到进入圆弧轨道的过程应用动量定理。
将安培力冲量转化为电荷量变化。
由电容器电容求电压差值。
总结：本题综合考查电磁感应中的安培力冲量、圆周运动中的受力分析、动能定理，核心在于正确应用动量定理处理变力冲量，并能将电荷量与电压变化联系起来

（1）金属棒刚到达圆弧轨道时，对金属棒受力分析可得
解得
从圆弧轨道最低点到圆心更高面，对金属棒由动能定理可得
解得
（2）对金属棒，从静止到进入圆弧轨道，由动量定理可得
又，
联立可得
17．【答案】（1）解：由于粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，在区域内运动时，则有
解得
同理可得，在区域内运动时的半径
粒子分别在和的区域内运动时的半径之比
根据周期可知，粒子在和的区域内运动时的周期分别为，
解得
（2）解：根据上述分析可知，
当时，两个粒子发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得
根据能量守恒可得
解得
两粒子运动的部分轨迹如图所示
①交点在x轴上
坐标为（，0）
②交点不在x轴上，根据对称性可得
故交点坐标为[，]
（3）解：在内，设，
结合上述结论可知，
两粒子在运动过程中沿y方向的距离为
对y求导可得
令 ，则有
解得，
y最大；
同样在内，时，y最大；
故当或时，其最大值
【知识点】碰撞模型；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】一、两粒子沿 y 轴方向的距离
1、运动分解
每个粒子的 y 坐标随时间周期性变化
两粒子 y 坐标之差可表示为时间的函数
2、求最远距离
对 y 坐标差函数求导，令导数为零，得极值点
考虑不同时间区间内的最大值
3、对应时刻
由极值条件解出时间 t
二、易错点与关键概念
1、半径与周期的比例关系
注意与磁场强度成反比
2、碰撞条件的应用
弹性碰撞后速度交换，不影响后续轨迹分析
3、几何对称性的利用
可简化交点坐标的求解
3、最远距离的求法
需建立 y 坐标差函数，用导数求极值
三、解题关键步骤
第(1)问
由洛伦兹力公式求半径，由周期公式求周期，再求比值。
第(2)问
分析两粒子运动轨迹，找出交点位置。
利用对称性和碰撞条件求解坐标。
第(3)问
写出两粒子 y 坐标随时间变化的函数。
求 y 坐标差，对时间求导，找极值点。
确定最远距离及对应时刻。
总结：本题综合考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动、弹性碰撞、几何轨迹分析、最值问题，核心在于正确应用洛伦兹力公式，并能处理两粒子相对运动的极值问题。

（1）由于粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，在区域内运动时，则有
解得
同理可得，在区域内运动时的半径
粒子分别在和的区域内运动时的半径之比
根据周期可知，粒子在和的区域内运动时的周期分别为，
解得
（2）根据上述分析可知，
当时，两个粒子发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得
根据能量守恒可得
解得
两粒子运动的部分轨迹如图所示
①交点在x轴上
坐标为（，0）
②交点不在x轴上，根据对称性可得
故交点坐标为[，]
（3）在内，设，
结合上述结论可知，
两粒子在运动过程中沿y方向的距离为
对y求导可得
令 ，则有
解得，
y最大；
同样在内，时，y最大；
故当或时，其最大值
18．【答案】（1）解：根据题意，设物块滑到斜面B底端时的速度为，由机械能守恒定律有
解得
物块在平台上运动时的速率
（2）解：根据题意，对A、C、D系统，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得
（3）解：根据题意，对A、B系统，由机械能守恒定律有
水平方向由动量守恒定律有
由几何关系有
又有
联立解得
物块A滑上木板C后，物块A的加速度为
物块D和木板C整体加速度为
则有
解得
物块A与物块D碰撞前，物块A的速度
木板C和物块D的速度
物块A和物块D发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得，
碰撞后物块A以加速度
向右做匀加速直线运动，碰撞后物块D以加速度
向右做匀减速直线运动，木板C以加速度
向右做匀加速直线运动，物块D与木板C第一次共速有
解得
此时物块D和物块A速度分别为，
此时物块A与物块D之间的距离为
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】一、相对运动与板块模型
1、物块在木板上滑动
物块加速度 ，木板加速度由物块对它的摩擦力提供
2、共速条件
物块与木板速度相等时，相对滑动停止
3、相对位移
由运动学公式或能量守恒可求
二、弹性碰撞
1、质量相等的弹性碰撞
速度交换
2、碰撞前后动量守恒、动能守恒
可列方程组求解碰后速度
三、多物体多过程分析
1、分阶段列方程
每个阶段对应不同的受力情况和运动状态
需明确各阶段系统的组成和守恒量
2、时间同步与位移关系
各物体运动时间相同，位移关系由几何条件确定
四、易错点与关键概念
1、平台作用的理解
不是碰撞，而是速度分解后的分量保留
2、动量守恒的系统选择
不同阶段系统组成不同，需正确选择
3、相对位移的计算
可用运动学公式，也可用能量守恒
4、弹性碰撞后速度的确定
质量相等时直接交换速度，简化计算
5、多阶段时间对应
需确保各阶段时间衔接正确
五、解题关键步骤
第(1)问
由机械能守恒求 A 滑到斜面底端的速度。
由平台作用求 A 在平台上的速度。
第(2)问
对 A、C、D 系统应用动量守恒求共同速度。
由能量守恒求相对位移，即为最小距离。
第(3)问
对 A、B 系统应用机械能守恒和水平动量守恒，求 A 离开 B 时的速度。
分析 A 滑上 C 后的运动，求碰撞前的速度。
由弹性碰撞求碰后速度。
分析碰后各物体的运动，求共速时间及位移，进而求 A、D 间距离。
总结：本题综合考查机械能守恒、动量守恒、能量守恒、弹性碰撞、板块模型、多过程运动分析，核心在于正确划分阶段、选择系统、应用守恒定律，并能处理相对位移和时间关系。
（1）根据题意，设物块滑到斜面B底端时的速度为，由机械能守恒定律有
解得
物块在平台上运动时的速率
（2）根据题意，对A、C、D系统，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得
（3）根据题意，对A、B系统，由机械能守恒定律有
水平方向由动量守恒定律有
由几何关系有
又有
联立解得
物块A滑上木板C后，物块A的加速度为
物块D和木板C整体加速度为
则有
解得
物块A与物块D碰撞前，物块A的速度
木板C和物块D的速度
物块A和物块D发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得，
碰撞后物块A以加速度
向右做匀加速直线运动，碰撞后物块D以加速度
向右做匀减速直线运动，木板C以加速度
向右做匀加速直线运动，物块D与木板C第一次共速有
解得
此时物块D和物块A速度分别为，
此时物块A与物块D之间的距离为
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