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2025届山东省济南市山东师范大学附属中学高三下学期4月阶段性检测（二模）物理试题
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）贫铀是在提炼核弹及核燃料材料过程中产生的一种核废料，其主要成分是，这种材料密度大、硬度高、强度和韧性好，可用于制作坦克装甲、燃料电池等。发生α衰变时形成新核X，同时放出γ射线。以下说法正确的是（　　）
A．该衰变过程的方程可写为
B．新核X 的结合能与的结合能之差即为α粒子的结合能
C．衰变反应中的γ射线为高频电磁波，具有极强的穿透性
D．质量为m的原子核经过两个半衰期后，产生的新核质量为
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据质量数和核电荷数守恒可知，该衰变方程应为，故A错误；
B．由于衰变过程释放能量，存在质量亏损，可知新核X 的结合能与的结合能之差小于α粒子的结合能，故B错误；
C．衰变反应中的γ射线为高频电磁波，具有极强的穿透性，故C正确；
D．质量为m的原子核经过两个半衰期后，有的的原子核发生了衰变，还剩余的的原子核，产生新核的质量不是，故D错误。
故选C。
【分析】一、γ射线的性质
1、γ射线的本质：是高频电磁波（光子），波长极短
来源于原子核能级跃迁
2、γ射线的特性：穿透能力强，能穿透厚金属
不带电，电离作用弱，在电场、磁场中不发生偏转
二、半衰期的理解
1、半衰期的定义：放射性原子核数目减少一半所需的时间
统计规律，对大量原子核成立
2、经过两个半衰期后：剩余原子核数目为原来的 ，衰变掉的原子核数目为
产生的新核质量 ≠ （因新核质量数不同，且需考虑质量亏损）
三、易错点与关键概念
1、衰变方程书写：必须满足质量数守恒和电荷数守恒
α粒子是 ，不能写成其他形式
2、结合能之差的理解：衰变释放的能量 = 生成物总结合能 - 衰变前核的结合能
不能简单说“新核X的结合能与铀核的结合能之差等于α粒子的结合能”
3、γ射线的性质：是电磁波，不是粒子流
穿透性强，但电离能力弱
4、半衰期后的质量计算：剩余原子核质量 ≠ 原质量的一半
新核质量 ≠ 衰变掉的原子核质量（因质量数不同）
衰变过程存在质量亏损，总质量减少
2．（2025·济南模拟）卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用。我国第三代海事卫星采用地球同步卫星和中轨道卫星结合的方案，它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成。中轨道卫星高度约为10354千米，分布在几个轨道平面上，在这个高度上，卫星沿轨道旋转一周的时间为6小时。则下列判断正确的是（　　）
A．中轨道卫星的角速度小于地球同步卫星的角速度
B．中轨道卫星的线速度小于地球同步卫星的线速度
C．中轨道卫星的周期大于地球同步卫星的周期
D．在中轨道卫星经过地面某点的正上方24小时后，该卫星仍在地面该点的正上方
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】AC．由于同步卫星的周期为24h，大于中轨道卫星的周期6h，根据可知，中轨道卫星的角速度大于地球同步卫星的角速度，故AC错误；
B．根据万有引力提供向心力，则有，解得，结合上述分析可知，中轨道卫星的角速度大于地球同步卫星的角速度，故中轨道卫星的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，又因为，解得，故中轨道卫星的线速度大于地球同步卫星的线速度，故B错误；
D.24h后地球完成1周，中轨道卫星完成4周，则卫星仍在地面该点的正上方，故D正确。
故选D。
【分析】一、同步卫星的特点
1、定义：周期等于地球自转周期（24 h）
轨道平面与赤道平面重合，相对地面静止
2、与中轨道卫星的比较
同步卫星周期大 轨道半径大 角速度小 线速度小
二、卫星与地面某点的相对位置
1、卫星经过地面某点正上方后
卫星绕地球一周，地球同时自转一定角度，24 h 后地球自转 1 周，中轨道卫星绕地球 周
4 周后卫星回到原位置，地球也回到原位置 卫星仍在该点正上方
2、同步卫星情况：24 h 后地球自转 1 周，同步卫星也绕地球 1 周 卫星始终在该点正上方
三、易错点与关键概念
1、周期与轨道半径的关系
周期大 轨道半径大，不要记反
2、角速度与周期的关系
角速度与周期成反比，周期小 角速度大
3、线速度与轨道半径的关系
轨道半径小 线速度大，与直觉（半径大速度快）相反
4、卫星与地面点的相对运动
24 h 后卫星是否回到原点上空，取决于卫星周期与 24 h 的整数倍关系
总结：本题综合考查卫星轨道参数与周期、角速度、线速度的关系，以及卫星与地面点的相对运动，核心在于掌握开普勒第三定律和万有引力提供向心力的推导，并能正确计算卫星的绕行圈数。
3．（2025·济南模拟）将一块曲率半径较大的平凸透镜放在一块玻璃平板上，用单色光自上而下照射透镜与玻璃板，就可以观察到一些明暗相间的同心圆环，这是牛顿在1675年首先观察到的一种光学现象，因此被称为“牛顿环”。如图所示，使用两曲率半径不同的平凸透镜甲、乙分别进行牛顿环实验，对实验现象的描述正确的是（　　）
A．实验观察到的条纹是等间距的同心圆环
B．实验观察到的条纹从内到外越来越稀疏
C．若将平凸透镜向上平移，条纹将向中心移动
D．使用平凸透镜乙进行实验，观察到的条纹更密集
【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】AB．实验观察到的条纹是同心圆环，由透镜和玻璃板之间的空气膜上下两表面的反射光发生干涉后形成的，同一亮圆环（或暗圆环）处空气膜的厚度相等，相邻的两个明圆环处，空气膜的厚度差等于半个波长，离圆心越远的位置，空气膜的厚度减小的越快，圆环越密，因此同心圆环从内到外越来越密集，不是等间距。故AB错误；
C．若将平凸透镜向上平移，相同的水平距离空气层的厚度变大，故观察到的圆环状条纹间距变小，条纹向中心移动。故C正确；
D．使用平凸透镜乙进行实验，曲率半径变大，相同的水平距离空气层的厚度变小，故观察到的圆环状条纹间距变大，即同种单色光照射时形成的同心圆环将变稀疏，故D错误。
故选C。
【分析】一、牛顿环的条纹特征
1、条纹形状：同心圆环，圆心在接触点，同一圆环对应相同空气膜厚度
2、条纹间距的变化规律
空气膜厚度与离圆心距离 r 的关系： （R 为透镜曲率半径）
相邻亮纹对应厚度差 ，由 关系得 条纹间距随r 增大而减小
即从内到外条纹越来越密集（间距越来越小）
二、曲率半径对条纹的影响
曲率半径R 与条纹间距的关系
，R 越大，相同k 对应的 越大 条纹向外扩展，R 越小，条纹越密集（相邻条纹间距小）
三、透镜移动对条纹的影响
1、平凸透镜向上平移
接触点仍为最低点，空气膜厚度整体增大，相同水平距离处厚度变大 原厚度对应位置外移
条纹整体向中心收缩（中心处厚度变化快，条纹向中心移动）
四、易错点与关键概念
1、条纹是否等间距
牛顿环不是等间距圆环，而是内疏外密
等厚干涉条纹间距取决于厚度变化的快慢
2、曲率半径与条纹密度的关系
曲率半径大 条纹稀疏；曲率半径小 条纹密集，不要记反
3、透镜移动的影响
向上平移 条纹向中心移动（不是向外扩散）
向下平移 条纹向外移动
4、半波损失的影响
中心接触点厚度为 0，光程差为 中心为暗斑
总结：本题综合考查牛顿环的干涉原理、条纹分布特征、曲率半径的影响以及透镜移动对条纹的调控，核心在于理解等厚干涉中厚度与半径的关系，并能正确分析条纹间距和移动规律。
4．（2025·济南模拟）直角三角形ABC中，∠C=30°，D为AC边的中点，在A、D两点分别放置电荷量为-q和+q的点电荷，下列说法正确的是（　　）
A．B点场强大于C点场强 B．B点场强等于C点场强
C．B点电势高于C点电势 D．B点电势等于C点电势
【答案】A
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】AB．设AB=L，则由几何关系B点到AD两点距离相等，均为L，则两电荷在B点的场强均为，夹角为120°，可知B点场强为，C点场强，可知B点场强大于C点场强，故A正确，B错误；
CD．因B点在两电荷连线的垂直平分线上，可知B点电势为零；C点距离正电荷较近，可知电势大于零，可知B点电势低于C点电势，故CD错误。
故选A。
【分析】一、电势的计算与比较
点电荷电势公式：，正电荷电势为正，负电荷电势为负，电势是标量，可直接代数相加
二、易错点与关键概念
1、场强矢量合成时夹角确定
需根据点电荷位置和场点位置正确画出场强方向
夹角计算要准确，不能直接代角度
2、电势的标量叠加
电势可直接代数相加，不需考虑方向，注意正负号
3、等势点的判断
两等量异种电荷连线中垂线上各点电势为零，B 点在此中垂线上 电势为零
4、几何关系的准确性
边长计算要依据角度，避免比例错误
总结：本题综合考查点电荷电场强度的矢量叠加和电势的标量叠加，核心在于准确应用几何关系确定距离和角度，并能正确进行场强合成和电势计算。
5．（2025·济南模拟）压燃式四冲程柴油发动机具有动力大、油耗小、低排放等特点，被广泛应用于大型机车及各种汽车中。发动机工作过程中内部气体（可视为定量的理想气体）遵循如图所示的狄塞尔循环，其中a→b、c→d为绝热过程，则气体（　　）
A．在a→b过程中温度不变
B．在b→c过程中吸收的热量大于对外界做功
C．在d→a过程中吸收热量
D．经历一个循环过程后对外界做功为0
【答案】B
【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；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．a→b过程为绝热过程，体积减小，外界对气体做功，则，根据热力学第一定律可知，即a→b过程内能增大，温度升高，故A错误；
B．b→c过程中，气体压强不变，根据可知，气体体积增大，温度升高，则内能，气体体积增大，气体对外做功，则，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于对外界做的功，故B正确；
C．d→a过程中体积不变，则，根据可知，气体的压强减小，温度降低，内能减小，气体放出热量，故C错误；
D．根据图线与坐标轴围成的面积表示气体所做的功可知，经历一个循环后，外界对气体做功不为零，故D错误。
故选B。
【分析】一易错点与关键概念
1、绝热过程的判断
绝热过程 ，内能变化完全由做功引起
2、等压过程的热量计算
等压过程中，吸收的热量 = 内能增加 + 对外做功
不能直接用 替代热力学第一定律分析
3、p-V 图面积的物理意义
面积表示功，不是热量
4、循环过程的净功
一个循环后内能变化为零，
净功等于 p-V 图闭合曲线围成的面积
二、解题关键步骤
根据过程名称（绝热、等压、等容）判断 和 的符号。
由体积变化判断 的符号，由温度变化判断 的符号。
应用热力学第一定律分析各过程的 与 的关系。
在 p-V 图中，一个循环的净功由闭合曲线面积决定。
总结：本题综合考查狄塞尔循环中四个热力学过程（绝热压缩、等压加热、绝热膨胀、等容放热）的特点，核心在于灵活运用热力学第一定律分析内能、热量和做功的关系，并能从 p-V 图中读取循环净功。
6．（2025·济南模拟）如图所示，一截面为半圆形的玻璃砖，厚度不计，半径为10cm，O点为圆心。在直径某一位置有一点光源，发出的光可以从圆弧面的任一点透出。若玻璃砖的折射率为，则点光源距O点的最大距离为（　　）
A．7.5cm B．6cm C．4.5cm D．8cm
【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】当光线从玻璃到空气，入射角超过临界角时会发生全反射。根据题意，发出的光可以从圆弧面的任一点透出，即不能发生全反射，则入射角必须小于临界角。玻璃砖的折射率为，则临界角满足，当入射角 等于临界角时，光线刚好不发生全反射。通过几何分析，点光源S的位置满足，当时，解得
故选A。
【分析】一、易错点与关键概念
1、最大入射角的确定
不是任意光线入射角都等于 ，需找到使入射角最大的那条光线
通常是与半径方向夹角最大的光线，即从 S 向圆弧最高点（或最远点）的连线
2、几何关系的正确建立
需利用圆的性质和三角形正弦定理或垂径定理推导
3、临界条件的理解
“任一点透出”意味着最易发生全反射的光线也不能全反射
取等号时对应最大允许距离
4、单位一致性
距离单位用 cm，计算时无需换算
二、解题关键步骤
由折射率求临界角 。找出使入射角最大的那条光线（通常是从 S 到圆弧最高点的光线）。
由几何关系写出该光线的入射角正弦表达式。
令该入射角等于临界角，解出 ，代入数值计算。
总结：本题综合考查全反射条件和几何光学中的光路分析，核心在于找出最大入射角的光线，并建立正确的几何关系，从而求出点光源距圆心的最大距离。
7．（2025·济南模拟）如图所示，竖直圆形光滑轨道固定在水平地面上，右侧为管状结构，左侧为单层，外圆半径为R。将质量为m的小球置于轨道最高点，给小球一个轻微的扰动，让小球从右侧由静止滑下。已知管的内径略大于小球直径，且远小于外圆半径，重力加速度为g。关于小球的运动，下列说法正确的是（　　）
A．小球一定能够回到轨道最高点
B．小球运动过程中对轨道的最大压力为6mg
C．小球脱离轨道时的速度大小为
D．小球脱离轨道时离地面的高度为
【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球从最高点滑下，由于轨道光滑，机械能守恒；当小球滑到最低点时，重力势能完全转化为动能，再从最低点上升时，动能逐渐转化为重力势能。由机械能守恒可知小球能后回到最高点速度减为零；但是小球在左侧单层轨道上运动时，会在中途脱离轨道导致无法回到最高点，故A错误；
B．小球在最低点时速度最大，对轨道的压力也最大。根据机械能守恒，从最高点到最低点的过程满足，解得，在最低点，小球受到的向心力由轨道的支持力N和重力提供，解得，由牛顿第三定律可知小球对轨道的最大压力为，故B错误；
C．小球在左侧单层轨道上运动时，当重力不足以提供向心力时，小球会脱离轨道。设小球脱离轨道时与竖直方向的夹角为，此时小球的速度为，满足
从最高点到脱离点，根据机械能守恒，解得，故C错误；
D．小球脱离轨道时，与竖直方向的夹角满足此时小球离地面的高度为，故D正确。
故选D。
【分析】一、易错点与关键概念
1、脱离条件的正确应用
脱离时 ，不是
2、机械能守恒的参考面选择
以最低点为零势能，最高点势能为
脱离点势能表达式需正确
3、向心力方向的确定
在圆轨道上，向心力指向圆心，由重力分力和支持力共同提供
4、单层与双层轨道的区别
右侧双层轨道可提供向内和向外的支持力
左侧单层轨道只能提供向内的支持力，小球易脱离
二、解题关键步骤
分析轨道结构，判断可能脱离的位置，对全程应用机械能守恒。
在脱离点列向心力方程（），联立求解 和 。求脱离点高度。
总结：本题综合考查竖直圆轨道中的机械能守恒、向心力分析、脱离条件判断，核心在于正确建立脱离点的物理方程，并能从几何关系求出高度。
8．（2025·济南模拟）如图所示，水平地面O点左侧光滑，右侧粗糙。两匀质木板A、B中间用一轻杆连接，某时刻木板A的右端恰好经过O点，速度为v0。已知木板A、B质量均为m，长度均为L，与粗糙水平面的动摩擦因数均为μ，轻杆能承受的最大作用力为F（），重力加速度为g。则此后的运动过程中（　　）
A．木板A、B做匀减速直线运动
B．当轻杆断裂时物体B的加速度大小为
C．当轻杆断裂时A相对于O点的位移大小为
D．当轻杆断裂时物体A、B的速度大小为
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．对AB整体研究，随着A进入粗糙面的长度增加，则A受到的摩擦力增大，则AB整体的合力在增大，故整体的加速度增大，可知A在进入粗糙面过程，整体做的是加速度增大的减速运动，故A错误；
BC．分析可知轻杆断裂发生在A进入粗糙面过程，设断裂时A位移为x，对A，由牛顿第二定律有，对B有联立解得，故BC错误；
D．从到轻杆断裂过程，由动能定理有，联立解得轻杆断裂时物体A、B的速度大小，故D正确。
故选D。
【分析】一、易错点与关键概念
1、摩擦力是变力
A 进入粗糙面长度逐渐增加，摩擦力从 0 线性增大
不能用恒力公式计算摩擦力做功
2、轻杆作用力的正确隔离分析
必须对 A、B 分别列牛顿第二定律，再联立
注意力的方向（杆对 A 向右，对 B 向左）
3、断裂条件与位移的关系
由 得 x 与 的关系
注意 是最大承受力，断裂时取等号
4、动能定理的正确应用
系统动能变化等于所有力做功之和
摩擦力做功需积分，不能直接用
二、解题关键步骤
分析系统受力，建立摩擦力与位移的关系。
用隔离法求轻杆作用力 F 与位移 x 的关系。
由杆的承受力 求断裂时的位移 x。
对全过程应用动能定理，求断裂时的速度 v。
注意积分计算和代数化简。
总结：本题综合考查变力作用下的牛顿第二定律、轻杆连接体的受力分析、动能定理的积分应用，核心在于正确建立摩擦力随位移变化的函数，并能处理变力做功问题
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，选对但不全得2分，有选错的得0分。
9．（2025·济南模拟）如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（　　）
A．电流表A2示数增大 B．电流表A1示数减小
C．原线圈输入功率增大 D．定值电阻R消耗的功率不变
【答案】B,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，则副线圈的输出电压恒定，变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，副线圈所接的电阻值逐渐增大，即副线圈总电阻增大，由欧姆定律，可知副线圈电流减小，根据，可知减小，故A错误，B正确；
C．原线圈输入功率，由于不变、增大，可知原线圈输入功率减小，故C错误；
D．定值电阻R消耗的功率，由于不变，则定值电阻R消耗的功率不变，故D正确。
故选BD。
【分析】一、易错点与关键概念
1、电路连接方式的判断
必须根据题目描述确定滑动变阻器与定值电阻的连接方式（串联/并联）
本题中定值电阻 R 两端电压不变 并联连接
2、总电阻变化趋势
并联电路总电阻随任一电阻增大而增大（当另一电阻固定时）
滑片移动使 从 0 增大，总电阻单调增大
3、电流表 A1 与 A2 的关系
原、副线圈电流与匝数成反比，比例恒定，A1 的变化趋势与 A2 相同
4、功率不变的条件
定值电阻两端电压不变 电流不变 功率不变
二、解题关键步骤
根据电路结构写出副线圈总电阻表达式。
分析滑片移动时总电阻的变化趋势。
由 判断 A2 示数变化。
由匝数比关系判断 A1 示数变化。
由 判断输入功率变化。
分析定值电阻两端电压是否变化，判断其功率。
总结：本题综合考查理想变压器的工作原理、动态电路分析、并联电阻变化规律，核心在于正确识别电路连接方式，并运用欧姆定律和功率公式判断各电表示数及功率的变化。
10．（2025·济南模拟）如图所示，足够长直导线a中通有竖直向上的电流，另有一圆形导线b中通有顺时针方向的电流。建立坐标系，使导线a与y轴重合，导线b的圆心与坐标原点O重合，关于导线a、b之间作用力的方向，下列说法正确的是（　　）
A．导线b位于第一象限部分所受导线a的作用力方向斜向右上且与x轴正方向夹角为45°
B．导线b位于第一、第四象限部分所受导线a的作用力方向沿x轴正方向
C．导线b位于第一、第二象限部分所受导线a的作用力方向沿x轴正方向
D．导线b整体所受导线a的作用力为0
【答案】B,C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A．右手定则可知导线a电流在导线a的右侧产生的磁场方向垂直于纸面向里，且越靠近a导线的地方，磁场越大，导线b分成多个电流元，部分电流元受到的安培力方向如图
箭头长短表示了力的大小，箭头方向表示力的方向，由图可知由于A部分受到的力较大，B部分受到的安培力较小，由平行四边形定则可知，导线b位于第一象限部分所受导线a的作用力方向斜向右上且与x轴正方向夹角大于45°，故A错误；
B．将b导线在第一、第四象限部分受到的安培力沿y轴、x轴分解，由对称性可知，安培力竖直方向抵消为0，总的安培力方向只有沿x轴正方向的分量，故B正确；
C．将b导线在第一、第二象限部分受到的安培力沿y轴、x轴分解，由对称性可知，安培力竖直方向抵消为0，总的安培力方向只有沿x轴正方向的分量，故C正确；
D．对称性可知，导线b整体所受导线a的作用力沿y轴方向抵消为0，总的安培力方向只有沿x轴正方向的分量，故D错误。
故选BC。
【分析】一、易错点与关键概念
1、磁场分布的对称性
磁场大小关于 y 轴对称，但方向相反（一侧向里，一侧向外）
2、安培力方向的判断
需正确应用左手定则，注意电流方向与磁场方向的夹角
3、矢量分解与合成
不能直接对力的大小求和，必须按矢量合成
利用对称性简化分析
4、“抵消”的含义
y 分量抵消是因对称位置受力大小相等、方向相反
x 分量不抵消是因为对称位置磁场大小不同（近 y 轴处磁场大）
二、解题关键步骤
判断导线 a 产生的磁场方向及分布。
将圆环 b 分成若干电流元，分析各电流元受安培力的方向。
利用对称性判断 y 分量相互抵消。
分析 x 分量的累加方向，确定整体受力方向。
注意区分不同象限的受力特点。
总结：本题综合考查通电直导线磁场分布、安培力方向判断、对称性分析及矢量合成，核心在于利用对称性简化受力分析，正确判断整体受力方向。
11．（2025·济南模拟）一简谐横波以20m/s的波速沿x轴正方向传播，t=0时质点P刚好处于波谷位置，波形如图甲所示，经过时间，波形如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．该横波的周期为1.2s
B．可能为0.1s
C．t=0.2s时刻质点O的位移坐标为-3cm
D．质点P的x坐标为15m
【答案】A,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图乙可知该波的波长为 24m，且波速为 20m/s，故周期
故A正确；
B．若，则图甲中的波形沿轴正方向传播的距离为，显然利用波形平移法，等效将图乙波形沿轴负方向平移2m，不可能形成图甲所示波形，故B错误；
C．根据图甲可写出质点O的振动方程为
可得时刻质点O的位移坐标为，故C正确；
D．根据图甲可写出t=0s时刻的波动方程为
时质点P刚好处于波谷位置，由数学知识可得，求得，所以质点P的x坐标为13m，故D错误。
故选AC。
【分析】一、易错点与关键概念
波长读取：从图乙中完整波形读出相邻波峰（或波谷）距离
周期计算：直接用 ，注意单位一致
波形平移判断时间：不能直接认为 可行，需计算传播距离并比较
初相的确定：由 t=0 时质点的位置和运动方向确定，不能只看位置
质点坐标的求解：由波形方程和质点位移反求 x，需考虑三角函数的多值性
二、解题关键步骤
从图乙读出波长 λ。
由 求周期 T。
计算给定 对应的传播距离，判断是否合理。
写出质点 O 的振动方程，求某时刻位移。
写出 t=0 时的波形方程，代入 P 点位移求其 x 坐标。
总结：本题综合考查波的传播、波形图分析、质点振动方程、波形方程的应用，核心在于正确读取波长、确定初相，并能灵活运用波动方程求解质点位置。
12．（2025·济南模拟）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。两导体棒MN、PQ垂直放置在导轨上，已知导体棒MN的电阻为R、长度为d、质量为m，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，质量为2m。0时刻，用水平恒力F向右拉动PQ，此后运动了足够长时间t，运动过程中，两导体棒均未脱离原宽度处的导轨且与导轨保持良好接触。已知导轨足够长且电阻不计，从0时刻到t时刻的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．回路中始终产生顺时针方向的电流
B．PQ加速度为a时，MN的加速度为2a
C．t时刻后两导体棒的速度差恒为
D．通过两导体棒的电量为
【答案】A,C,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．设导体棒PQ和MN的速度分别为和，加速度分别为和，产生的感应电动势分别为和，0时刻回路中的电流为零，导体棒MN的加速度为0，导体棒PQ有向右的加速度，此后两棒均向右加速，但，所以，又，，所以
根据左手定则可知，回路中总的感应电动势等于两棒产生的感应电动势之差，所以回路中总的感应电动势方向与导体棒PQ产生的感应电动势方向相同，导体棒PQ产生的感应电动势方向为，所以回路中的电流沿顺时针方向，回路中的电流，导体棒PQ和MN的加速度分别为，，随着时间推移，越来越大，回路中的感应电流越来越大，减小增大，经过足够长的时间后，两棒的加速度相等，此后保持不变，两棒匀加速运动下去，所以从0时刻到t时刻的过程中，回路中始终产生顺时针方向的电流，故A正确；
B．在两棒的加速度达到相等之前，减小增大，两棒的加速度大小并不是恒定的倍数关系，故B错误；
C．t时刻后，解得，又，解得，故C正确；
D．通过两导体棒的电量为，根据动量定理，对导体棒PQ和MN分别有，，又，，联立得，故D正确。
故选ACD。
【分析】一、易错点与关键概念
1、电动势方向与电流方向
两棒产生的电动势方向相反，需判断哪个占主导
2、安培力方向与大小
安培力方向由左手定则判断，大小
3、加速度的瞬态变化
初始时两棒加速度不同，随时间趋近相等
4、稳态速度差的计算
由电流表达式和受力平衡导出
5、电量的积分处理
电量是电流对时间的积分，可通过动量定理转化为速度变化
二、解题关键步骤
写出两棒产生的感应电动势表达式。
确定回路总电动势和电流方向。
列出两棒的牛顿第二定律方程。
分析稳态条件，求速度差。
应用动量定理求电量。
总结：本题综合考查双棒切割磁感线问题，涉及电磁感应、电路分析、动力学、动量定理，核心在于正确建立电动势、电流、安培力与加速度的关系，并能分析稳态后的运动状态。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（2025·济南模拟）某兴趣小组利用如图甲所示的实验装置测量物块与水平桌面之间的动摩擦因数。
（1）下列选项中，符合实验中必要的措施及要求的是___________。
A．连接小车和沙桶的细绳必须与桌面平行
B．实验中要先释放物块，再接通电源
C．物块的质量应远大于砂和砂桶的总质量
D．实验前要先把木板左端垫高以平衡摩擦力，再进行实验
（2）实验中获得的一条比较理想的纸带如图乙所示，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出。已知打点计时器的工作频率为50Hz，则此次实验物块运动的加速度大小为　 　（结果保留2位有效数字）。
（3）在（2）中，若物块的质量为500g，砂和砂桶的总质量为300g，当地的重力加速度，则物块与水平桌面间的动摩擦因数为　 　（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）A
（2）2.0
（3）0.27
【知识点】加速度；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）A．实验中，为保证物块做匀变速运动或匀速运动，细绳必须与桌面平行，故A项正确；
B．必须先接通电源，待打点计时器稳定工作后再释放物块，故B项错误；
C．实验中，可以选物块和砂桶（含砂）构成的系统为研究对象，所以不需要满足物块的质量远大于砂和砂桶的总质量这一条件，故C项错误；
D．本实验的目的是测量动摩擦因数，所以实验中不需要平衡摩擦力，故D项错误。
故答案为：A。
（2）根据题意可知纸带上相邻计数点时间间隔
利用逐差法有
代入数据可得
故答案为：2.0
（3）根据牛顿第二定律有
代入数据得
故答案为：0.27
【分析】（1）围绕实验操作的规范性（细绳方向、电源操作、质量关系、平衡摩擦力的必要性）展开分析。
（2）利用逐差法处理纸带数据，减小偶然误差。
（3）通过整体法受力分析，结合牛顿第二定律推导动摩擦因数。
（1）A．实验中，为保证物块做匀变速运动或匀速运动，细绳必须与桌面平行，故A项正确；
B．必须先接通电源，待打点计时器稳定工作后再释放物块，故B项错误；
C．实验中，可以选物块和砂桶（含砂）构成的系统为研究对象，所以不需要满足物块的质量远大于砂和砂桶的总质量这一条件，故C项错误；
D．本实验的目的是测量动摩擦因数，所以实验中不需要平衡摩擦力，故D项错误。
故选A。
（2）根据题意可知纸带上相邻计数点时间间隔
利用逐差法有
代入数据可得
（3）根据牛顿第二定律有
代入数据得
14．（2025·济南模拟）某同学想精确测量一辆儿童电动车上电池的电动势和内阻，他先上网查了一下，这款电池的电动势E约为8V。除了导线和开关外，还可利用的器材有：
A．直流电压表V1、V2， 量程均为3V， 内阻约为3kΩ；
B．定值电阻R0， 阻值为7Ω；
C．最大阻值为8kΩ的电阻箱；
D．滑动变阻器R1最大阻值约为10Ω；
E．滑动变阻器R2最大阻值约为5kΩ。
电压表量程不够，需要改装，但是又不知道电压表内阻的准确值。该同学根据电表的特点，打算设计如图甲所示的电路，改装成量程为9V的电压表。
（1）他先将电阻箱与电压表V1串联后，连成图甲所示的电路，其中Rp应选用　 　（填R1或R2）。
（2）将滑动变阻器滑片P移至最右端，同时将电阻箱阻值调为零，再闭合开关，将滑动变阻器的滑片P到适当位置，使电压表刚好满偏。
（3）保持滑片P的位置不变，调节电阻箱，使电压表的示数为　 　V；此时电压表和电阻箱的组合就是改装好的9V的电压表。
（4）小刚利用改装后的电压表，设计图乙所示的电路测量电池的电动势和内阻，这里的Rp选用R1。移动滑动变阻器滑片，读出电压表V1、V2的多组数据U1，U2，描绘出U1-U2图像如图丙所示，图中直线斜率为k，与纵轴的截距为a，则电池的电动势E=　 　，内阻r=　 　。（均用k、a、R0表示）
【答案】R1；1.0；；
【知识点】表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】不知道电压表内阻的准确值，还要扩大电压表的量程，就需要设置恒定的电压，因此图1中分压用的变阻器应该用电阻远小于电压表内阻的R1，以减小电压表分流带来的误差。
当电阻箱阻值为零，滑动变阻器的滑片P调到电压表刚好满偏，说明分压为3V。保持滑片P的位置不变，即分压保持为3V，当调节电阻箱，使电压表的示数为1.0V时，电压表和电阻箱的串联组合的电压为3V。这说明当电压表的示数为3.0V时，电压表和电阻箱的串联组合的电压为9V，这就是改装好的9V电压表。
根据闭合电路欧姆定律可得，整理可得
结合图线可得，
【分析】一、电压表的改装原理
1、串联分压法扩大量程
电压表量程 ，内阻 ，串联电阻 后，量程扩大为
2、本题特殊方法
由于不知电压表内阻准确值，采用恒定分压法进行校准
先让电压表单独满偏（3V），此时分压为 3V
保持分压不变，串联电阻箱，使电压表示数降为 1V 此时电压表与电阻箱总电压仍为 3V
由分压关系：可推得电阻箱阻值，但本题无需具体数值，只需知道改装后量程为 9V（当电压表满偏 3V 时，整体电压 9V）
二、测量电源电动势和内阻的电路
电路结构：改装后的电压表（V1 与电阻箱串联）测量路端电压
另一个电压表测量定值电阻 两端的电压，滑动变阻器用于调节电流
物理关系：由闭合电路欧姆定律：，。代入得：
三、易错点与关键概念
1、改装电压表的理解
改装后电压表量程扩大，但读数仍需按原表盘刻度乘以倍率
本题中是改装后电压表的读数（对应原表盘刻度的 3 倍）
2、滑动变阻器的选择
分压电路中，阻值大的变阻器调节不精细，且电压表分流影响大，必须选阻值小的变阻器
图像斜率的符号：由公式 知斜率为负，取绝对值求 r
四、解题关键步骤
理解电压表改装原理，正确选择滑动变阻器。
根据电路图写出与 的关系式。
从图像读出截距 a 和斜率 k。代入公式求电动势 ，内阻 。
总结：本题综合考查电压表改装、滑动变阻器选择、闭合电路欧姆定律处理数据，核心在于理解改装后电压表的读数关系，并能从图像中正确提取截距和斜率，进而求出电源的电动势和内阻。
15．（2025·济南模拟）运动员在某次投篮时，出手点距离地面竖直高度为h，距篮圈中心水平距离为3h，篮球到达篮圈中心时速度方向与水平方向成53°斜向下。已知篮圈平面距离地面高度为2h，重力加速度为g，，忽略一切阻力，篮球可视为质点，求：
（1）篮球到达篮圈中心时速度大小v；
（2）篮球出手时的速度大小v0。
【答案】（1）解：把投篮轨迹看成初速度为v的反向斜抛运动
水平方向3h=vcos53°·t
竖直方向
解得
（2）解：对篮球应用动能定理有
解得：
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】一、易错点与关键概念
1、逆向思维的运用
将未知的斜抛运动转化为已知条件的反向运动，简化计算，注意位移方向的正负
2、位移的正负号
从篮圈逆向抛出时，竖直位移为 ，代入公式时需小心
3、动能定理的应用
重力做功与路径无关，只与高度差有关
注意 是下降高度，重力做正功
二、解题关键步骤
用逆向思维，将篮圈到出手点的运动视为斜抛。
列出水平、竖直方向的运动方程。
联立求解篮球到达篮圈时的速度 。
对全程应用动能定理，求出手速度 。
总结：本题综合考查斜抛运动的分解、逆向思维的应用、运动学公式联立求解及动能定理，核心在于灵活运用运动的可逆性简化计算，并能正确处理位移、速度的方向关系。
16．（2025·济南模拟）如图所示，导热良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，一定质量的活塞放置在卡环上，将汽缸分为A、B两部分。初始时两部分高度均为h，C处开口，B部分的压强与大气压强相等。现将环境温度由T0缓慢升高为时，活塞恰好离开卡环；继续升温直至活塞升高，然后保持温度不变；再由充气口C注入气体，使活塞缓慢下降，最后刚好回到卡环位置。已知大气压强为p0。求：
（1）活塞升高时的温度；
（2）注入气体前、后A部分气体的质量比。
【答案】（1）解：对于B气体，由理想气体状态方程可得，
解得T1=2T0
（2）解：注入气体过程，对B部分气体，由玻意耳定律可得
对活塞则有
注入气体前后，A部分气体的质量比为
联立解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】一、易错点与关键概念
1、过程识别
必须明确哪些过程气体质量不变，哪些过程质量变化
注入气体时，A 部分质量增加，B 部分质量不变
2、活塞平衡方程的正确建立
平衡时，A、B 压强差与活塞重力有关
注意方向：A 在上方，压强应大于 B 才能支撑活塞重力
3、状态方程的应用
质量不变时用 ，质量变化时需用 ，引入物质的量
4、温度与压强的因果关系
升温导致压强变化，进而活塞移动，需逐步推导
二、解题关键步骤
对 B 气体，由状态 0 到状态 2 应用状态方程求
对 A 气体，由状态 0 到状态 2 应用状态方程求 与 的关系。
由活塞平衡方程联立求 ，对注入过程，对 B 气体应用玻意耳定律求 。
由活塞平衡求 。由 A 气体的状态方程求质量比 。
总结：本题综合考查理想气体状态方程、活塞平衡、变质量问题，核心在于正确区分不同过程的气体质量是否变化，并能灵活运用状态方程和平衡条件求解未知量。
（1）对于B气体，由理想气体状态方程可得，
解得T1=2T0
（2）注入气体过程，对B部分气体，由玻意耳定律可得
对活塞则有
注入气体前后，A部分气体的质量比为
联立解得
17．（2025·济南模拟）某型号离子实验装置的工作原理可简化为图甲所示。M为竖直放置的屏，以垂直于屏为x轴、平行于屏为y轴建立直角坐标系，y轴到屏的距离为d，屏的左侧存在平行于y轴向下的匀强电场和平行于x轴向右的匀强磁场，电场和磁场的大小和分布范围可调节。质量为m、电荷量为q的带正电粒子从坐标原点O以初速度v0进入xOy平面第一象限，初速度v0与x轴正方向的夹角为53°。若空间只存在匀强电场，粒子打到屏上P点（未画出）。已知，不计粒子重力，忽略电磁场的边界效应。
（1）求P点的y坐标；
（2）若空间只存在磁场，粒子打到屏上Q点，求PQ的距离L；
（3）如图乙所示，分界面N把区域分为左右两部分：N的左侧充满电场E，N的右侧充满平行于x轴向右的匀强磁场B2，若使粒子仍然打到屏上P点，求分界面N到y轴的距离x及B2的大小。
【答案】（1）解：带电粒子在电场中做类平抛运动，沿x方向
沿y方向
根据牛顿第二定律
联立解得
（2）解：粒子在磁场中的运动轨迹为等距螺旋线，半径为
解得
周期为
粒子运动的时间
PQ 的距离
解得
（3）解：设粒子在电场中运动的时间为t1，在磁场中运动的时间为t2，在电场中运动时，则有
分界面N的x坐标为
解得，
粒子在电场和磁场运动的时间
t2=nT
粒子在磁场运动的周期
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】一、易错点与关键概念
1、类平抛运动的加速度方向
需根据电场方向与初速度方向的夹角确定 y 方向的运动方程
2、螺旋运动的理解
粒子在磁场中沿 x 方向匀速，同时在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动
合运动轨迹为等距螺旋线
3、速度分量的变化
在电场中，粒子速度大小和方向均变化，进入磁场时的速度需重新分解
4、整数圈条件的意义
为保证最终 y 坐标与纯电场时相同，需使磁场中旋转整数圈，不改变 y 方向的净位移
5、时间匹配的计算
需分别计算电场和磁场中的运动时间，并满足周期倍数关系
二、解题关键步骤
第(1)问：对纯电场情形，由类平抛运动求粒子打到屏时的 y 坐标。
第(2)问：对纯磁场情形，由螺旋运动求粒子打到屏时的 y 坐标，并与第(1)问结果比较求 PQ 距离。
第(3)问：设分界面到 y 轴的距离为 x，分别计算电场和磁场中的运动时间。
由进入磁场时的速度分解求磁场中运动周期 T。
令磁场中运动时间为 T 的整数倍，并结合电场中位移关系求解 x 和 B2。
总结：本题综合考查带电粒子在电场和磁场中的运动，涉及类平抛、等距螺旋线、组合场中的时间匹配问题，核心在于正确分解速度、建立运动方程，并利用周期倍数条件求解未知量。
（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，沿x方向
沿y方向
根据牛顿第二定律
联立解得
（2）粒子在磁场中的运动轨迹为等距螺旋线，半径为
解得
周期为
粒子运动的时间
PQ 的距离
解得
（3）设粒子在电场中运动的时间为t1，在磁场中运动的时间为t2，在电场中运动时，则有
分界面N的x坐标为
解得，
粒子在电场和磁场运动的时间
t2=nT
粒子在磁场运动的周期
解得
18．（2025·济南模拟）如图，固定斜面倾角为θ，质量m1=0.2kg的木板A与斜面间的动摩擦因数，质量的木板B与斜面间的动摩擦因数，质量的小物块C与木板A之间无摩擦，与木板B之间的摩擦因数大于tanθ。初始时刻小物块位于木板A最上端，小物块可视为质点。某时刻小物块与木板A以相同的初速度沿斜面向下运动，木板B以初速度沿斜面向上运动，速度减到0时刚好和A发生第一次弹性碰撞，此时物块C刚好运动到木板A的最左端；物块C与木板B第一次共速时两木板刚好相距最远。已知斜面与木板B足够长，sinθ=0.4，重力加速度g取，求：
（1）碰撞前木板B的加速度大小；
（2）两木板间最初的距离；
（3）小物块C与木板B第一次共速时的速度大小；
（4）木板A、B第一次碰后的最远距离。
【答案】（1）解：题意易得
对B由牛顿第二定律得
解得
（2）解：木板B减速上滑的距离
木板B减速上滑的时间
对A由牛顿第二定律得
解得a1=0
说明木板A匀速下滑，木板A匀速下滑的距离
两木板间最初的距离
（3）解：A、B碰撞时，C刚好到达A的下端，规定方向为正方向，A、B碰撞为弹性碰撞，则有
可求得A、B碰后的速度分别为
对物块C，加速度
物块C滑上B时的速度为
由受力分析可知，B、C组成的系统动量守恒有
可求得B、C共速v=1.5m/s
（4）解：碰后A向上减速的加速度
A减速至0过程，
A向下加速的加速度
两木板刚好相距最远即速度相等，A由碰后最高点下滑至与B速度相等，经历的时间
下滑的位移
B由碰后至B、C共速，位移
A、B间最远距离
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】一、弹性碰撞规律
动量守恒：
动能守恒：
速度交换（质量相等时）若 ，则 ，
二、板块模型中的相对运动
物块与木板间的摩擦力
若 ，则 C 在 B 上相对滑动时，摩擦力足够大，B、C 可共速
动量守恒（系统水平方向不受外力）
在斜面上，系统受重力沿斜面分力，动量不守恒
但若研究 B、C 系统，受外力（重力分力）和摩擦力，需考虑
三、易错点与关键概念
摩擦力方向的判断
需根据相对运动方向确定，不能凭直觉
碰撞瞬间的速度传递
弹性碰撞后速度交换（质量相等时）是简化计算的关键
物块在木板上的相对运动
C 在 A 上无摩擦 C 相对 A 匀速下滑
C 在 B 上有摩擦 需分析 B、C 的加速度
多阶段时间同步
各过程的时间节点需准确对应，否则位移计算会错
最远距离的判断
两木板速度相等时距离最大，需分别求该时刻的位移
四、解题关键步骤
第(1)问：对 B 受力分析，求加速度（方向沿斜面向上）。
第(2)问：求 B 减速到 0 的时间和位移。
求 A 的加速度（发现为 0，匀速下滑）。
由 A 匀速下滑求在 B 减速时间内 A 的位移。
初始距离 = B 的位移 + A 的位移。
第(3)问：由弹性碰撞求 A、B 碰后速度。
求 C 滑上 B 时的速度（等于碰前 A 的速度）。
分析 B、C 系统的受力，求共速时的速度（可能用动量守恒）。
第(4)问：求 A 碰后向上减速至 0 的位移和时间。
求 A 向下加速至与 B 速度相等的时间。
求该时刻 A、B 的位移，计算距离。
总结：本题综合考查斜面运动、牛顿第二定律、弹性碰撞、板块模型、追及问题，核心在于正确分析各物体的受力与运动状态，并能将各过程的时间点对应起来，求解位移差。
（1）题意易得
对B由牛顿第二定律得
解得
（2）木板B减速上滑的距离
木板B减速上滑的时间
对A由牛顿第二定律得
解得a1=0
说明木板A匀速下滑，木板A匀速下滑的距离
两木板间最初的距离
（3）A、B碰撞时，C刚好到达A的下端，规定方向为正方向，A、B碰撞为弹性碰撞，则有
可求得A、B碰后的速度分别为
对物块C，加速度
物块C滑上B时的速度为
由受力分析可知，B、C组成的系统动量守恒有
可求得B、C共速v=1.5m/s
（4）碰后A向上减速的加速度
A减速至0过程，
A向下加速的加速度
两木板刚好相距最远即速度相等，A由碰后最高点下滑至与B速度相等，经历的时间
下滑的位移
B由碰后至B、C共速，位移
A、B间最远距离
1 / 12025届山东省济南市山东师范大学附属中学高三下学期4月阶段性检测（二模）物理试题
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）贫铀是在提炼核弹及核燃料材料过程中产生的一种核废料，其主要成分是，这种材料密度大、硬度高、强度和韧性好，可用于制作坦克装甲、燃料电池等。发生α衰变时形成新核X，同时放出γ射线。以下说法正确的是（　　）
A．该衰变过程的方程可写为
B．新核X 的结合能与的结合能之差即为α粒子的结合能
C．衰变反应中的γ射线为高频电磁波，具有极强的穿透性
D．质量为m的原子核经过两个半衰期后，产生的新核质量为
2．（2025·济南模拟）卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用。我国第三代海事卫星采用地球同步卫星和中轨道卫星结合的方案，它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成。中轨道卫星高度约为10354千米，分布在几个轨道平面上，在这个高度上，卫星沿轨道旋转一周的时间为6小时。则下列判断正确的是（　　）
A．中轨道卫星的角速度小于地球同步卫星的角速度
B．中轨道卫星的线速度小于地球同步卫星的线速度
C．中轨道卫星的周期大于地球同步卫星的周期
D．在中轨道卫星经过地面某点的正上方24小时后，该卫星仍在地面该点的正上方
3．（2025·济南模拟）将一块曲率半径较大的平凸透镜放在一块玻璃平板上，用单色光自上而下照射透镜与玻璃板，就可以观察到一些明暗相间的同心圆环，这是牛顿在1675年首先观察到的一种光学现象，因此被称为“牛顿环”。如图所示，使用两曲率半径不同的平凸透镜甲、乙分别进行牛顿环实验，对实验现象的描述正确的是（　　）
A．实验观察到的条纹是等间距的同心圆环
B．实验观察到的条纹从内到外越来越稀疏
C．若将平凸透镜向上平移，条纹将向中心移动
D．使用平凸透镜乙进行实验，观察到的条纹更密集
4．（2025·济南模拟）直角三角形ABC中，∠C=30°，D为AC边的中点，在A、D两点分别放置电荷量为-q和+q的点电荷，下列说法正确的是（　　）
A．B点场强大于C点场强 B．B点场强等于C点场强
C．B点电势高于C点电势 D．B点电势等于C点电势
5．（2025·济南模拟）压燃式四冲程柴油发动机具有动力大、油耗小、低排放等特点，被广泛应用于大型机车及各种汽车中。发动机工作过程中内部气体（可视为定量的理想气体）遵循如图所示的狄塞尔循环，其中a→b、c→d为绝热过程，则气体（　　）
A．在a→b过程中温度不变
B．在b→c过程中吸收的热量大于对外界做功
C．在d→a过程中吸收热量
D．经历一个循环过程后对外界做功为0
6．（2025·济南模拟）如图所示，一截面为半圆形的玻璃砖，厚度不计，半径为10cm，O点为圆心。在直径某一位置有一点光源，发出的光可以从圆弧面的任一点透出。若玻璃砖的折射率为，则点光源距O点的最大距离为（　　）
A．7.5cm B．6cm C．4.5cm D．8cm
7．（2025·济南模拟）如图所示，竖直圆形光滑轨道固定在水平地面上，右侧为管状结构，左侧为单层，外圆半径为R。将质量为m的小球置于轨道最高点，给小球一个轻微的扰动，让小球从右侧由静止滑下。已知管的内径略大于小球直径，且远小于外圆半径，重力加速度为g。关于小球的运动，下列说法正确的是（　　）
A．小球一定能够回到轨道最高点
B．小球运动过程中对轨道的最大压力为6mg
C．小球脱离轨道时的速度大小为
D．小球脱离轨道时离地面的高度为
8．（2025·济南模拟）如图所示，水平地面O点左侧光滑，右侧粗糙。两匀质木板A、B中间用一轻杆连接，某时刻木板A的右端恰好经过O点，速度为v0。已知木板A、B质量均为m，长度均为L，与粗糙水平面的动摩擦因数均为μ，轻杆能承受的最大作用力为F（），重力加速度为g。则此后的运动过程中（　　）
A．木板A、B做匀减速直线运动
B．当轻杆断裂时物体B的加速度大小为
C．当轻杆断裂时A相对于O点的位移大小为
D．当轻杆断裂时物体A、B的速度大小为
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，选对但不全得2分，有选错的得0分。
9．（2025·济南模拟）如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（　　）
A．电流表A2示数增大 B．电流表A1示数减小
C．原线圈输入功率增大 D．定值电阻R消耗的功率不变
10．（2025·济南模拟）如图所示，足够长直导线a中通有竖直向上的电流，另有一圆形导线b中通有顺时针方向的电流。建立坐标系，使导线a与y轴重合，导线b的圆心与坐标原点O重合，关于导线a、b之间作用力的方向，下列说法正确的是（　　）
A．导线b位于第一象限部分所受导线a的作用力方向斜向右上且与x轴正方向夹角为45°
B．导线b位于第一、第四象限部分所受导线a的作用力方向沿x轴正方向
C．导线b位于第一、第二象限部分所受导线a的作用力方向沿x轴正方向
D．导线b整体所受导线a的作用力为0
11．（2025·济南模拟）一简谐横波以20m/s的波速沿x轴正方向传播，t=0时质点P刚好处于波谷位置，波形如图甲所示，经过时间，波形如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．该横波的周期为1.2s
B．可能为0.1s
C．t=0.2s时刻质点O的位移坐标为-3cm
D．质点P的x坐标为15m
12．（2025·济南模拟）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。两导体棒MN、PQ垂直放置在导轨上，已知导体棒MN的电阻为R、长度为d、质量为m，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，质量为2m。0时刻，用水平恒力F向右拉动PQ，此后运动了足够长时间t，运动过程中，两导体棒均未脱离原宽度处的导轨且与导轨保持良好接触。已知导轨足够长且电阻不计，从0时刻到t时刻的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．回路中始终产生顺时针方向的电流
B．PQ加速度为a时，MN的加速度为2a
C．t时刻后两导体棒的速度差恒为
D．通过两导体棒的电量为
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（2025·济南模拟）某兴趣小组利用如图甲所示的实验装置测量物块与水平桌面之间的动摩擦因数。
（1）下列选项中，符合实验中必要的措施及要求的是___________。
A．连接小车和沙桶的细绳必须与桌面平行
B．实验中要先释放物块，再接通电源
C．物块的质量应远大于砂和砂桶的总质量
D．实验前要先把木板左端垫高以平衡摩擦力，再进行实验
（2）实验中获得的一条比较理想的纸带如图乙所示，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出。已知打点计时器的工作频率为50Hz，则此次实验物块运动的加速度大小为　 　（结果保留2位有效数字）。
（3）在（2）中，若物块的质量为500g，砂和砂桶的总质量为300g，当地的重力加速度，则物块与水平桌面间的动摩擦因数为　 　（结果保留2位有效数字）。
14．（2025·济南模拟）某同学想精确测量一辆儿童电动车上电池的电动势和内阻，他先上网查了一下，这款电池的电动势E约为8V。除了导线和开关外，还可利用的器材有：
A．直流电压表V1、V2， 量程均为3V， 内阻约为3kΩ；
B．定值电阻R0， 阻值为7Ω；
C．最大阻值为8kΩ的电阻箱；
D．滑动变阻器R1最大阻值约为10Ω；
E．滑动变阻器R2最大阻值约为5kΩ。
电压表量程不够，需要改装，但是又不知道电压表内阻的准确值。该同学根据电表的特点，打算设计如图甲所示的电路，改装成量程为9V的电压表。
（1）他先将电阻箱与电压表V1串联后，连成图甲所示的电路，其中Rp应选用　 　（填R1或R2）。
（2）将滑动变阻器滑片P移至最右端，同时将电阻箱阻值调为零，再闭合开关，将滑动变阻器的滑片P到适当位置，使电压表刚好满偏。
（3）保持滑片P的位置不变，调节电阻箱，使电压表的示数为　 　V；此时电压表和电阻箱的组合就是改装好的9V的电压表。
（4）小刚利用改装后的电压表，设计图乙所示的电路测量电池的电动势和内阻，这里的Rp选用R1。移动滑动变阻器滑片，读出电压表V1、V2的多组数据U1，U2，描绘出U1-U2图像如图丙所示，图中直线斜率为k，与纵轴的截距为a，则电池的电动势E=　 　，内阻r=　 　。（均用k、a、R0表示）
15．（2025·济南模拟）运动员在某次投篮时，出手点距离地面竖直高度为h，距篮圈中心水平距离为3h，篮球到达篮圈中心时速度方向与水平方向成53°斜向下。已知篮圈平面距离地面高度为2h，重力加速度为g，，忽略一切阻力，篮球可视为质点，求：
（1）篮球到达篮圈中心时速度大小v；
（2）篮球出手时的速度大小v0。
16．（2025·济南模拟）如图所示，导热良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，一定质量的活塞放置在卡环上，将汽缸分为A、B两部分。初始时两部分高度均为h，C处开口，B部分的压强与大气压强相等。现将环境温度由T0缓慢升高为时，活塞恰好离开卡环；继续升温直至活塞升高，然后保持温度不变；再由充气口C注入气体，使活塞缓慢下降，最后刚好回到卡环位置。已知大气压强为p0。求：
（1）活塞升高时的温度；
（2）注入气体前、后A部分气体的质量比。
17．（2025·济南模拟）某型号离子实验装置的工作原理可简化为图甲所示。M为竖直放置的屏，以垂直于屏为x轴、平行于屏为y轴建立直角坐标系，y轴到屏的距离为d，屏的左侧存在平行于y轴向下的匀强电场和平行于x轴向右的匀强磁场，电场和磁场的大小和分布范围可调节。质量为m、电荷量为q的带正电粒子从坐标原点O以初速度v0进入xOy平面第一象限，初速度v0与x轴正方向的夹角为53°。若空间只存在匀强电场，粒子打到屏上P点（未画出）。已知，不计粒子重力，忽略电磁场的边界效应。
（1）求P点的y坐标；
（2）若空间只存在磁场，粒子打到屏上Q点，求PQ的距离L；
（3）如图乙所示，分界面N把区域分为左右两部分：N的左侧充满电场E，N的右侧充满平行于x轴向右的匀强磁场B2，若使粒子仍然打到屏上P点，求分界面N到y轴的距离x及B2的大小。
18．（2025·济南模拟）如图，固定斜面倾角为θ，质量m1=0.2kg的木板A与斜面间的动摩擦因数，质量的木板B与斜面间的动摩擦因数，质量的小物块C与木板A之间无摩擦，与木板B之间的摩擦因数大于tanθ。初始时刻小物块位于木板A最上端，小物块可视为质点。某时刻小物块与木板A以相同的初速度沿斜面向下运动，木板B以初速度沿斜面向上运动，速度减到0时刚好和A发生第一次弹性碰撞，此时物块C刚好运动到木板A的最左端；物块C与木板B第一次共速时两木板刚好相距最远。已知斜面与木板B足够长，sinθ=0.4，重力加速度g取，求：
（1）碰撞前木板B的加速度大小；
（2）两木板间最初的距离；
（3）小物块C与木板B第一次共速时的速度大小；
（4）木板A、B第一次碰后的最远距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据质量数和核电荷数守恒可知，该衰变方程应为，故A错误；
B．由于衰变过程释放能量，存在质量亏损，可知新核X 的结合能与的结合能之差小于α粒子的结合能，故B错误；
C．衰变反应中的γ射线为高频电磁波，具有极强的穿透性，故C正确；
D．质量为m的原子核经过两个半衰期后，有的的原子核发生了衰变，还剩余的的原子核，产生新核的质量不是，故D错误。
故选C。
【分析】一、γ射线的性质
1、γ射线的本质：是高频电磁波（光子），波长极短
来源于原子核能级跃迁
2、γ射线的特性：穿透能力强，能穿透厚金属
不带电，电离作用弱，在电场、磁场中不发生偏转
二、半衰期的理解
1、半衰期的定义：放射性原子核数目减少一半所需的时间
统计规律，对大量原子核成立
2、经过两个半衰期后：剩余原子核数目为原来的 ，衰变掉的原子核数目为
产生的新核质量 ≠ （因新核质量数不同，且需考虑质量亏损）
三、易错点与关键概念
1、衰变方程书写：必须满足质量数守恒和电荷数守恒
α粒子是 ，不能写成其他形式
2、结合能之差的理解：衰变释放的能量 = 生成物总结合能 - 衰变前核的结合能
不能简单说“新核X的结合能与铀核的结合能之差等于α粒子的结合能”
3、γ射线的性质：是电磁波，不是粒子流
穿透性强，但电离能力弱
4、半衰期后的质量计算：剩余原子核质量 ≠ 原质量的一半
新核质量 ≠ 衰变掉的原子核质量（因质量数不同）
衰变过程存在质量亏损，总质量减少
2．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】AC．由于同步卫星的周期为24h，大于中轨道卫星的周期6h，根据可知，中轨道卫星的角速度大于地球同步卫星的角速度，故AC错误；
B．根据万有引力提供向心力，则有，解得，结合上述分析可知，中轨道卫星的角速度大于地球同步卫星的角速度，故中轨道卫星的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，又因为，解得，故中轨道卫星的线速度大于地球同步卫星的线速度，故B错误；
D.24h后地球完成1周，中轨道卫星完成4周，则卫星仍在地面该点的正上方，故D正确。
故选D。
【分析】一、同步卫星的特点
1、定义：周期等于地球自转周期（24 h）
轨道平面与赤道平面重合，相对地面静止
2、与中轨道卫星的比较
同步卫星周期大 轨道半径大 角速度小 线速度小
二、卫星与地面某点的相对位置
1、卫星经过地面某点正上方后
卫星绕地球一周，地球同时自转一定角度，24 h 后地球自转 1 周，中轨道卫星绕地球 周
4 周后卫星回到原位置，地球也回到原位置 卫星仍在该点正上方
2、同步卫星情况：24 h 后地球自转 1 周，同步卫星也绕地球 1 周 卫星始终在该点正上方
三、易错点与关键概念
1、周期与轨道半径的关系
周期大 轨道半径大，不要记反
2、角速度与周期的关系
角速度与周期成反比，周期小 角速度大
3、线速度与轨道半径的关系
轨道半径小 线速度大，与直觉（半径大速度快）相反
4、卫星与地面点的相对运动
24 h 后卫星是否回到原点上空，取决于卫星周期与 24 h 的整数倍关系
总结：本题综合考查卫星轨道参数与周期、角速度、线速度的关系，以及卫星与地面点的相对运动，核心在于掌握开普勒第三定律和万有引力提供向心力的推导，并能正确计算卫星的绕行圈数。
3．【答案】C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】AB．实验观察到的条纹是同心圆环，由透镜和玻璃板之间的空气膜上下两表面的反射光发生干涉后形成的，同一亮圆环（或暗圆环）处空气膜的厚度相等，相邻的两个明圆环处，空气膜的厚度差等于半个波长，离圆心越远的位置，空气膜的厚度减小的越快，圆环越密，因此同心圆环从内到外越来越密集，不是等间距。故AB错误；
C．若将平凸透镜向上平移，相同的水平距离空气层的厚度变大，故观察到的圆环状条纹间距变小，条纹向中心移动。故C正确；
D．使用平凸透镜乙进行实验，曲率半径变大，相同的水平距离空气层的厚度变小，故观察到的圆环状条纹间距变大，即同种单色光照射时形成的同心圆环将变稀疏，故D错误。
故选C。
【分析】一、牛顿环的条纹特征
1、条纹形状：同心圆环，圆心在接触点，同一圆环对应相同空气膜厚度
2、条纹间距的变化规律
空气膜厚度与离圆心距离 r 的关系： （R 为透镜曲率半径）
相邻亮纹对应厚度差 ，由 关系得 条纹间距随r 增大而减小
即从内到外条纹越来越密集（间距越来越小）
二、曲率半径对条纹的影响
曲率半径R 与条纹间距的关系
，R 越大，相同k 对应的 越大 条纹向外扩展，R 越小，条纹越密集（相邻条纹间距小）
三、透镜移动对条纹的影响
1、平凸透镜向上平移
接触点仍为最低点，空气膜厚度整体增大，相同水平距离处厚度变大 原厚度对应位置外移
条纹整体向中心收缩（中心处厚度变化快，条纹向中心移动）
四、易错点与关键概念
1、条纹是否等间距
牛顿环不是等间距圆环，而是内疏外密
等厚干涉条纹间距取决于厚度变化的快慢
2、曲率半径与条纹密度的关系
曲率半径大 条纹稀疏；曲率半径小 条纹密集，不要记反
3、透镜移动的影响
向上平移 条纹向中心移动（不是向外扩散）
向下平移 条纹向外移动
4、半波损失的影响
中心接触点厚度为 0，光程差为 中心为暗斑
总结：本题综合考查牛顿环的干涉原理、条纹分布特征、曲率半径的影响以及透镜移动对条纹的调控，核心在于理解等厚干涉中厚度与半径的关系，并能正确分析条纹间距和移动规律。
4．【答案】A
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】AB．设AB=L，则由几何关系B点到AD两点距离相等，均为L，则两电荷在B点的场强均为，夹角为120°，可知B点场强为，C点场强，可知B点场强大于C点场强，故A正确，B错误；
CD．因B点在两电荷连线的垂直平分线上，可知B点电势为零；C点距离正电荷较近，可知电势大于零，可知B点电势低于C点电势，故CD错误。
故选A。
【分析】一、电势的计算与比较
点电荷电势公式：，正电荷电势为正，负电荷电势为负，电势是标量，可直接代数相加
二、易错点与关键概念
1、场强矢量合成时夹角确定
需根据点电荷位置和场点位置正确画出场强方向
夹角计算要准确，不能直接代角度
2、电势的标量叠加
电势可直接代数相加，不需考虑方向，注意正负号
3、等势点的判断
两等量异种电荷连线中垂线上各点电势为零，B 点在此中垂线上 电势为零
4、几何关系的准确性
边长计算要依据角度，避免比例错误
总结：本题综合考查点电荷电场强度的矢量叠加和电势的标量叠加，核心在于准确应用几何关系确定距离和角度，并能正确进行场强合成和电势计算。
5．【答案】B
【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；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．a→b过程为绝热过程，体积减小，外界对气体做功，则，根据热力学第一定律可知，即a→b过程内能增大，温度升高，故A错误；
B．b→c过程中，气体压强不变，根据可知，气体体积增大，温度升高，则内能，气体体积增大，气体对外做功，则，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于对外界做的功，故B正确；
C．d→a过程中体积不变，则，根据可知，气体的压强减小，温度降低，内能减小，气体放出热量，故C错误；
D．根据图线与坐标轴围成的面积表示气体所做的功可知，经历一个循环后，外界对气体做功不为零，故D错误。
故选B。
【分析】一易错点与关键概念
1、绝热过程的判断
绝热过程 ，内能变化完全由做功引起
2、等压过程的热量计算
等压过程中，吸收的热量 = 内能增加 + 对外做功
不能直接用 替代热力学第一定律分析
3、p-V 图面积的物理意义
面积表示功，不是热量
4、循环过程的净功
一个循环后内能变化为零，
净功等于 p-V 图闭合曲线围成的面积
二、解题关键步骤
根据过程名称（绝热、等压、等容）判断 和 的符号。
由体积变化判断 的符号，由温度变化判断 的符号。
应用热力学第一定律分析各过程的 与 的关系。
在 p-V 图中，一个循环的净功由闭合曲线面积决定。
总结：本题综合考查狄塞尔循环中四个热力学过程（绝热压缩、等压加热、绝热膨胀、等容放热）的特点，核心在于灵活运用热力学第一定律分析内能、热量和做功的关系，并能从 p-V 图中读取循环净功。
6．【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】当光线从玻璃到空气，入射角超过临界角时会发生全反射。根据题意，发出的光可以从圆弧面的任一点透出，即不能发生全反射，则入射角必须小于临界角。玻璃砖的折射率为，则临界角满足，当入射角 等于临界角时，光线刚好不发生全反射。通过几何分析，点光源S的位置满足，当时，解得
故选A。
【分析】一、易错点与关键概念
1、最大入射角的确定
不是任意光线入射角都等于 ，需找到使入射角最大的那条光线
通常是与半径方向夹角最大的光线，即从 S 向圆弧最高点（或最远点）的连线
2、几何关系的正确建立
需利用圆的性质和三角形正弦定理或垂径定理推导
3、临界条件的理解
“任一点透出”意味着最易发生全反射的光线也不能全反射
取等号时对应最大允许距离
4、单位一致性
距离单位用 cm，计算时无需换算
二、解题关键步骤
由折射率求临界角 。找出使入射角最大的那条光线（通常是从 S 到圆弧最高点的光线）。
由几何关系写出该光线的入射角正弦表达式。
令该入射角等于临界角，解出 ，代入数值计算。
总结：本题综合考查全反射条件和几何光学中的光路分析，核心在于找出最大入射角的光线，并建立正确的几何关系，从而求出点光源距圆心的最大距离。
7．【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球从最高点滑下，由于轨道光滑，机械能守恒；当小球滑到最低点时，重力势能完全转化为动能，再从最低点上升时，动能逐渐转化为重力势能。由机械能守恒可知小球能后回到最高点速度减为零；但是小球在左侧单层轨道上运动时，会在中途脱离轨道导致无法回到最高点，故A错误；
B．小球在最低点时速度最大，对轨道的压力也最大。根据机械能守恒，从最高点到最低点的过程满足，解得，在最低点，小球受到的向心力由轨道的支持力N和重力提供，解得，由牛顿第三定律可知小球对轨道的最大压力为，故B错误；
C．小球在左侧单层轨道上运动时，当重力不足以提供向心力时，小球会脱离轨道。设小球脱离轨道时与竖直方向的夹角为，此时小球的速度为，满足
从最高点到脱离点，根据机械能守恒，解得，故C错误；
D．小球脱离轨道时，与竖直方向的夹角满足此时小球离地面的高度为，故D正确。
故选D。
【分析】一、易错点与关键概念
1、脱离条件的正确应用
脱离时 ，不是
2、机械能守恒的参考面选择
以最低点为零势能，最高点势能为
脱离点势能表达式需正确
3、向心力方向的确定
在圆轨道上，向心力指向圆心，由重力分力和支持力共同提供
4、单层与双层轨道的区别
右侧双层轨道可提供向内和向外的支持力
左侧单层轨道只能提供向内的支持力，小球易脱离
二、解题关键步骤
分析轨道结构，判断可能脱离的位置，对全程应用机械能守恒。
在脱离点列向心力方程（），联立求解 和 。求脱离点高度。
总结：本题综合考查竖直圆轨道中的机械能守恒、向心力分析、脱离条件判断，核心在于正确建立脱离点的物理方程，并能从几何关系求出高度。
8．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．对AB整体研究，随着A进入粗糙面的长度增加，则A受到的摩擦力增大，则AB整体的合力在增大，故整体的加速度增大，可知A在进入粗糙面过程，整体做的是加速度增大的减速运动，故A错误；
BC．分析可知轻杆断裂发生在A进入粗糙面过程，设断裂时A位移为x，对A，由牛顿第二定律有，对B有联立解得，故BC错误；
D．从到轻杆断裂过程，由动能定理有，联立解得轻杆断裂时物体A、B的速度大小，故D正确。
故选D。
【分析】一、易错点与关键概念
1、摩擦力是变力
A 进入粗糙面长度逐渐增加，摩擦力从 0 线性增大
不能用恒力公式计算摩擦力做功
2、轻杆作用力的正确隔离分析
必须对 A、B 分别列牛顿第二定律，再联立
注意力的方向（杆对 A 向右，对 B 向左）
3、断裂条件与位移的关系
由 得 x 与 的关系
注意 是最大承受力，断裂时取等号
4、动能定理的正确应用
系统动能变化等于所有力做功之和
摩擦力做功需积分，不能直接用
二、解题关键步骤
分析系统受力，建立摩擦力与位移的关系。
用隔离法求轻杆作用力 F 与位移 x 的关系。
由杆的承受力 求断裂时的位移 x。
对全过程应用动能定理，求断裂时的速度 v。
注意积分计算和代数化简。
总结：本题综合考查变力作用下的牛顿第二定律、轻杆连接体的受力分析、动能定理的积分应用，核心在于正确建立摩擦力随位移变化的函数，并能处理变力做功问题
9．【答案】B,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，则副线圈的输出电压恒定，变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，副线圈所接的电阻值逐渐增大，即副线圈总电阻增大，由欧姆定律，可知副线圈电流减小，根据，可知减小，故A错误，B正确；
C．原线圈输入功率，由于不变、增大，可知原线圈输入功率减小，故C错误；
D．定值电阻R消耗的功率，由于不变，则定值电阻R消耗的功率不变，故D正确。
故选BD。
【分析】一、易错点与关键概念
1、电路连接方式的判断
必须根据题目描述确定滑动变阻器与定值电阻的连接方式（串联/并联）
本题中定值电阻 R 两端电压不变 并联连接
2、总电阻变化趋势
并联电路总电阻随任一电阻增大而增大（当另一电阻固定时）
滑片移动使 从 0 增大，总电阻单调增大
3、电流表 A1 与 A2 的关系
原、副线圈电流与匝数成反比，比例恒定，A1 的变化趋势与 A2 相同
4、功率不变的条件
定值电阻两端电压不变 电流不变 功率不变
二、解题关键步骤
根据电路结构写出副线圈总电阻表达式。
分析滑片移动时总电阻的变化趋势。
由 判断 A2 示数变化。
由匝数比关系判断 A1 示数变化。
由 判断输入功率变化。
分析定值电阻两端电压是否变化，判断其功率。
总结：本题综合考查理想变压器的工作原理、动态电路分析、并联电阻变化规律，核心在于正确识别电路连接方式，并运用欧姆定律和功率公式判断各电表示数及功率的变化。
10．【答案】B,C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A．右手定则可知导线a电流在导线a的右侧产生的磁场方向垂直于纸面向里，且越靠近a导线的地方，磁场越大，导线b分成多个电流元，部分电流元受到的安培力方向如图
箭头长短表示了力的大小，箭头方向表示力的方向，由图可知由于A部分受到的力较大，B部分受到的安培力较小，由平行四边形定则可知，导线b位于第一象限部分所受导线a的作用力方向斜向右上且与x轴正方向夹角大于45°，故A错误；
B．将b导线在第一、第四象限部分受到的安培力沿y轴、x轴分解，由对称性可知，安培力竖直方向抵消为0，总的安培力方向只有沿x轴正方向的分量，故B正确；
C．将b导线在第一、第二象限部分受到的安培力沿y轴、x轴分解，由对称性可知，安培力竖直方向抵消为0，总的安培力方向只有沿x轴正方向的分量，故C正确；
D．对称性可知，导线b整体所受导线a的作用力沿y轴方向抵消为0，总的安培力方向只有沿x轴正方向的分量，故D错误。
故选BC。
【分析】一、易错点与关键概念
1、磁场分布的对称性
磁场大小关于 y 轴对称，但方向相反（一侧向里，一侧向外）
2、安培力方向的判断
需正确应用左手定则，注意电流方向与磁场方向的夹角
3、矢量分解与合成
不能直接对力的大小求和，必须按矢量合成
利用对称性简化分析
4、“抵消”的含义
y 分量抵消是因对称位置受力大小相等、方向相反
x 分量不抵消是因为对称位置磁场大小不同（近 y 轴处磁场大）
二、解题关键步骤
判断导线 a 产生的磁场方向及分布。
将圆环 b 分成若干电流元，分析各电流元受安培力的方向。
利用对称性判断 y 分量相互抵消。
分析 x 分量的累加方向，确定整体受力方向。
注意区分不同象限的受力特点。
总结：本题综合考查通电直导线磁场分布、安培力方向判断、对称性分析及矢量合成，核心在于利用对称性简化受力分析，正确判断整体受力方向。
11．【答案】A,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图乙可知该波的波长为 24m，且波速为 20m/s，故周期
故A正确；
B．若，则图甲中的波形沿轴正方向传播的距离为，显然利用波形平移法，等效将图乙波形沿轴负方向平移2m，不可能形成图甲所示波形，故B错误；
C．根据图甲可写出质点O的振动方程为
可得时刻质点O的位移坐标为，故C正确；
D．根据图甲可写出t=0s时刻的波动方程为
时质点P刚好处于波谷位置，由数学知识可得，求得，所以质点P的x坐标为13m，故D错误。
故选AC。
【分析】一、易错点与关键概念
波长读取：从图乙中完整波形读出相邻波峰（或波谷）距离
周期计算：直接用 ，注意单位一致
波形平移判断时间：不能直接认为 可行，需计算传播距离并比较
初相的确定：由 t=0 时质点的位置和运动方向确定，不能只看位置
质点坐标的求解：由波形方程和质点位移反求 x，需考虑三角函数的多值性
二、解题关键步骤
从图乙读出波长 λ。
由 求周期 T。
计算给定 对应的传播距离，判断是否合理。
写出质点 O 的振动方程，求某时刻位移。
写出 t=0 时的波形方程，代入 P 点位移求其 x 坐标。
总结：本题综合考查波的传播、波形图分析、质点振动方程、波形方程的应用，核心在于正确读取波长、确定初相，并能灵活运用波动方程求解质点位置。
12．【答案】A,C,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．设导体棒PQ和MN的速度分别为和，加速度分别为和，产生的感应电动势分别为和，0时刻回路中的电流为零，导体棒MN的加速度为0，导体棒PQ有向右的加速度，此后两棒均向右加速，但，所以，又，，所以
根据左手定则可知，回路中总的感应电动势等于两棒产生的感应电动势之差，所以回路中总的感应电动势方向与导体棒PQ产生的感应电动势方向相同，导体棒PQ产生的感应电动势方向为，所以回路中的电流沿顺时针方向，回路中的电流，导体棒PQ和MN的加速度分别为，，随着时间推移，越来越大，回路中的感应电流越来越大，减小增大，经过足够长的时间后，两棒的加速度相等，此后保持不变，两棒匀加速运动下去，所以从0时刻到t时刻的过程中，回路中始终产生顺时针方向的电流，故A正确；
B．在两棒的加速度达到相等之前，减小增大，两棒的加速度大小并不是恒定的倍数关系，故B错误；
C．t时刻后，解得，又，解得，故C正确；
D．通过两导体棒的电量为，根据动量定理，对导体棒PQ和MN分别有，，又，，联立得，故D正确。
故选ACD。
【分析】一、易错点与关键概念
1、电动势方向与电流方向
两棒产生的电动势方向相反，需判断哪个占主导
2、安培力方向与大小
安培力方向由左手定则判断，大小
3、加速度的瞬态变化
初始时两棒加速度不同，随时间趋近相等
4、稳态速度差的计算
由电流表达式和受力平衡导出
5、电量的积分处理
电量是电流对时间的积分，可通过动量定理转化为速度变化
二、解题关键步骤
写出两棒产生的感应电动势表达式。
确定回路总电动势和电流方向。
列出两棒的牛顿第二定律方程。
分析稳态条件，求速度差。
应用动量定理求电量。
总结：本题综合考查双棒切割磁感线问题，涉及电磁感应、电路分析、动力学、动量定理，核心在于正确建立电动势、电流、安培力与加速度的关系，并能分析稳态后的运动状态。
13．【答案】（1）A
（2）2.0
（3）0.27
【知识点】加速度；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）A．实验中，为保证物块做匀变速运动或匀速运动，细绳必须与桌面平行，故A项正确；
B．必须先接通电源，待打点计时器稳定工作后再释放物块，故B项错误；
C．实验中，可以选物块和砂桶（含砂）构成的系统为研究对象，所以不需要满足物块的质量远大于砂和砂桶的总质量这一条件，故C项错误；
D．本实验的目的是测量动摩擦因数，所以实验中不需要平衡摩擦力，故D项错误。
故答案为：A。
（2）根据题意可知纸带上相邻计数点时间间隔
利用逐差法有
代入数据可得
故答案为：2.0
（3）根据牛顿第二定律有
代入数据得
故答案为：0.27
【分析】（1）围绕实验操作的规范性（细绳方向、电源操作、质量关系、平衡摩擦力的必要性）展开分析。
（2）利用逐差法处理纸带数据，减小偶然误差。
（3）通过整体法受力分析，结合牛顿第二定律推导动摩擦因数。
（1）A．实验中，为保证物块做匀变速运动或匀速运动，细绳必须与桌面平行，故A项正确；
B．必须先接通电源，待打点计时器稳定工作后再释放物块，故B项错误；
C．实验中，可以选物块和砂桶（含砂）构成的系统为研究对象，所以不需要满足物块的质量远大于砂和砂桶的总质量这一条件，故C项错误；
D．本实验的目的是测量动摩擦因数，所以实验中不需要平衡摩擦力，故D项错误。
故选A。
（2）根据题意可知纸带上相邻计数点时间间隔
利用逐差法有
代入数据可得
（3）根据牛顿第二定律有
代入数据得
14．【答案】R1；1.0；；
【知识点】表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】不知道电压表内阻的准确值，还要扩大电压表的量程，就需要设置恒定的电压，因此图1中分压用的变阻器应该用电阻远小于电压表内阻的R1，以减小电压表分流带来的误差。
当电阻箱阻值为零，滑动变阻器的滑片P调到电压表刚好满偏，说明分压为3V。保持滑片P的位置不变，即分压保持为3V，当调节电阻箱，使电压表的示数为1.0V时，电压表和电阻箱的串联组合的电压为3V。这说明当电压表的示数为3.0V时，电压表和电阻箱的串联组合的电压为9V，这就是改装好的9V电压表。
根据闭合电路欧姆定律可得，整理可得
结合图线可得，
【分析】一、电压表的改装原理
1、串联分压法扩大量程
电压表量程 ，内阻 ，串联电阻 后，量程扩大为
2、本题特殊方法
由于不知电压表内阻准确值，采用恒定分压法进行校准
先让电压表单独满偏（3V），此时分压为 3V
保持分压不变，串联电阻箱，使电压表示数降为 1V 此时电压表与电阻箱总电压仍为 3V
由分压关系：可推得电阻箱阻值，但本题无需具体数值，只需知道改装后量程为 9V（当电压表满偏 3V 时，整体电压 9V）
二、测量电源电动势和内阻的电路
电路结构：改装后的电压表（V1 与电阻箱串联）测量路端电压
另一个电压表测量定值电阻 两端的电压，滑动变阻器用于调节电流
物理关系：由闭合电路欧姆定律：，。代入得：
三、易错点与关键概念
1、改装电压表的理解
改装后电压表量程扩大，但读数仍需按原表盘刻度乘以倍率
本题中是改装后电压表的读数（对应原表盘刻度的 3 倍）
2、滑动变阻器的选择
分压电路中，阻值大的变阻器调节不精细，且电压表分流影响大，必须选阻值小的变阻器
图像斜率的符号：由公式 知斜率为负，取绝对值求 r
四、解题关键步骤
理解电压表改装原理，正确选择滑动变阻器。
根据电路图写出与 的关系式。
从图像读出截距 a 和斜率 k。代入公式求电动势 ，内阻 。
总结：本题综合考查电压表改装、滑动变阻器选择、闭合电路欧姆定律处理数据，核心在于理解改装后电压表的读数关系，并能从图像中正确提取截距和斜率，进而求出电源的电动势和内阻。
15．【答案】（1）解：把投篮轨迹看成初速度为v的反向斜抛运动
水平方向3h=vcos53°·t
竖直方向
解得
（2）解：对篮球应用动能定理有
解得：
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】一、易错点与关键概念
1、逆向思维的运用
将未知的斜抛运动转化为已知条件的反向运动，简化计算，注意位移方向的正负
2、位移的正负号
从篮圈逆向抛出时，竖直位移为 ，代入公式时需小心
3、动能定理的应用
重力做功与路径无关，只与高度差有关
注意 是下降高度，重力做正功
二、解题关键步骤
用逆向思维，将篮圈到出手点的运动视为斜抛。
列出水平、竖直方向的运动方程。
联立求解篮球到达篮圈时的速度 。
对全程应用动能定理，求出手速度 。
总结：本题综合考查斜抛运动的分解、逆向思维的应用、运动学公式联立求解及动能定理，核心在于灵活运用运动的可逆性简化计算，并能正确处理位移、速度的方向关系。
16．【答案】（1）解：对于B气体，由理想气体状态方程可得，
解得T1=2T0
（2）解：注入气体过程，对B部分气体，由玻意耳定律可得
对活塞则有
注入气体前后，A部分气体的质量比为
联立解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】一、易错点与关键概念
1、过程识别
必须明确哪些过程气体质量不变，哪些过程质量变化
注入气体时，A 部分质量增加，B 部分质量不变
2、活塞平衡方程的正确建立
平衡时，A、B 压强差与活塞重力有关
注意方向：A 在上方，压强应大于 B 才能支撑活塞重力
3、状态方程的应用
质量不变时用 ，质量变化时需用 ，引入物质的量
4、温度与压强的因果关系
升温导致压强变化，进而活塞移动，需逐步推导
二、解题关键步骤
对 B 气体，由状态 0 到状态 2 应用状态方程求
对 A 气体，由状态 0 到状态 2 应用状态方程求 与 的关系。
由活塞平衡方程联立求 ，对注入过程，对 B 气体应用玻意耳定律求 。
由活塞平衡求 。由 A 气体的状态方程求质量比 。
总结：本题综合考查理想气体状态方程、活塞平衡、变质量问题，核心在于正确区分不同过程的气体质量是否变化，并能灵活运用状态方程和平衡条件求解未知量。
（1）对于B气体，由理想气体状态方程可得，
解得T1=2T0
（2）注入气体过程，对B部分气体，由玻意耳定律可得
对活塞则有
注入气体前后，A部分气体的质量比为
联立解得
17．【答案】（1）解：带电粒子在电场中做类平抛运动，沿x方向
沿y方向
根据牛顿第二定律
联立解得
（2）解：粒子在磁场中的运动轨迹为等距螺旋线，半径为
解得
周期为
粒子运动的时间
PQ 的距离
解得
（3）解：设粒子在电场中运动的时间为t1，在磁场中运动的时间为t2，在电场中运动时，则有
分界面N的x坐标为
解得，
粒子在电场和磁场运动的时间
t2=nT
粒子在磁场运动的周期
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】一、易错点与关键概念
1、类平抛运动的加速度方向
需根据电场方向与初速度方向的夹角确定 y 方向的运动方程
2、螺旋运动的理解
粒子在磁场中沿 x 方向匀速，同时在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动
合运动轨迹为等距螺旋线
3、速度分量的变化
在电场中，粒子速度大小和方向均变化，进入磁场时的速度需重新分解
4、整数圈条件的意义
为保证最终 y 坐标与纯电场时相同，需使磁场中旋转整数圈，不改变 y 方向的净位移
5、时间匹配的计算
需分别计算电场和磁场中的运动时间，并满足周期倍数关系
二、解题关键步骤
第(1)问：对纯电场情形，由类平抛运动求粒子打到屏时的 y 坐标。
第(2)问：对纯磁场情形，由螺旋运动求粒子打到屏时的 y 坐标，并与第(1)问结果比较求 PQ 距离。
第(3)问：设分界面到 y 轴的距离为 x，分别计算电场和磁场中的运动时间。
由进入磁场时的速度分解求磁场中运动周期 T。
令磁场中运动时间为 T 的整数倍，并结合电场中位移关系求解 x 和 B2。
总结：本题综合考查带电粒子在电场和磁场中的运动，涉及类平抛、等距螺旋线、组合场中的时间匹配问题，核心在于正确分解速度、建立运动方程，并利用周期倍数条件求解未知量。
（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，沿x方向
沿y方向
根据牛顿第二定律
联立解得
（2）粒子在磁场中的运动轨迹为等距螺旋线，半径为
解得
周期为
粒子运动的时间
PQ 的距离
解得
（3）设粒子在电场中运动的时间为t1，在磁场中运动的时间为t2，在电场中运动时，则有
分界面N的x坐标为
解得，
粒子在电场和磁场运动的时间
t2=nT
粒子在磁场运动的周期
解得
18．【答案】（1）解：题意易得
对B由牛顿第二定律得
解得
（2）解：木板B减速上滑的距离
木板B减速上滑的时间
对A由牛顿第二定律得
解得a1=0
说明木板A匀速下滑，木板A匀速下滑的距离
两木板间最初的距离
（3）解：A、B碰撞时，C刚好到达A的下端，规定方向为正方向，A、B碰撞为弹性碰撞，则有
可求得A、B碰后的速度分别为
对物块C，加速度
物块C滑上B时的速度为
由受力分析可知，B、C组成的系统动量守恒有
可求得B、C共速v=1.5m/s
（4）解：碰后A向上减速的加速度
A减速至0过程，
A向下加速的加速度
两木板刚好相距最远即速度相等，A由碰后最高点下滑至与B速度相等，经历的时间
下滑的位移
B由碰后至B、C共速，位移
A、B间最远距离
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】一、弹性碰撞规律
动量守恒：
动能守恒：
速度交换（质量相等时）若 ，则 ，
二、板块模型中的相对运动
物块与木板间的摩擦力
若 ，则 C 在 B 上相对滑动时，摩擦力足够大，B、C 可共速
动量守恒（系统水平方向不受外力）
在斜面上，系统受重力沿斜面分力，动量不守恒
但若研究 B、C 系统，受外力（重力分力）和摩擦力，需考虑
三、易错点与关键概念
摩擦力方向的判断
需根据相对运动方向确定，不能凭直觉
碰撞瞬间的速度传递
弹性碰撞后速度交换（质量相等时）是简化计算的关键
物块在木板上的相对运动
C 在 A 上无摩擦 C 相对 A 匀速下滑
C 在 B 上有摩擦 需分析 B、C 的加速度
多阶段时间同步
各过程的时间节点需准确对应，否则位移计算会错
最远距离的判断
两木板速度相等时距离最大，需分别求该时刻的位移
四、解题关键步骤
第(1)问：对 B 受力分析，求加速度（方向沿斜面向上）。
第(2)问：求 B 减速到 0 的时间和位移。
求 A 的加速度（发现为 0，匀速下滑）。
由 A 匀速下滑求在 B 减速时间内 A 的位移。
初始距离 = B 的位移 + A 的位移。
第(3)问：由弹性碰撞求 A、B 碰后速度。
求 C 滑上 B 时的速度（等于碰前 A 的速度）。
分析 B、C 系统的受力，求共速时的速度（可能用动量守恒）。
第(4)问：求 A 碰后向上减速至 0 的位移和时间。
求 A 向下加速至与 B 速度相等的时间。
求该时刻 A、B 的位移，计算距离。
总结：本题综合考查斜面运动、牛顿第二定律、弹性碰撞、板块模型、追及问题，核心在于正确分析各物体的受力与运动状态，并能将各过程的时间点对应起来，求解位移差。
（1）题意易得
对B由牛顿第二定律得
解得
（2）木板B减速上滑的距离
木板B减速上滑的时间
对A由牛顿第二定律得
解得a1=0
说明木板A匀速下滑，木板A匀速下滑的距离
两木板间最初的距离
（3）A、B碰撞时，C刚好到达A的下端，规定方向为正方向，A、B碰撞为弹性碰撞，则有
可求得A、B碰后的速度分别为
对物块C，加速度
物块C滑上B时的速度为
由受力分析可知，B、C组成的系统动量守恒有
可求得B、C共速v=1.5m/s
（4）碰后A向上减速的加速度
A减速至0过程，
A向下加速的加速度
两木板刚好相距最远即速度相等，A由碰后最高点下滑至与B速度相等，经历的时间
下滑的位移
B由碰后至B、C共速，位移
A、B间最远距离
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