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2025届山东省枣庄市第八中学高三下学期第三次模拟物理试卷
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·枣庄模拟）我国深空探测器采用钚-238（）核电池作为长效能源。其衰变方程为。利用衰变释放的波长为λ的γ射线，照射探测器表面涂覆的新型钙钛矿材料（逸出功为）引发光电效应为设备供电。已知普朗克常量为h，光速为c。下列说法中正确的是（　　）
A．衰变方程中的X为正电子
B．探测器在宇宙空间航行时钚-238的半衰期将会变长
C．的比结合能比的比结合能小
D．γ射线照射钙钛矿材料逸出光电子的最大初动能
2．（2025·枣庄模拟）一质点沿x轴运动，其位置坐标x随时间t变化关系为（x的单位为m，t的单位为s）．下列说法正确的是（　　）
A．质点做变加速直线运动
B．质点加速度大小为
C．0~6s内质点平均速度大小为4m/s
D．0~6s内质点位移为36m
3．（2025·枣庄模拟）激光散斑测速是一种崭新的技术，它应用了光的干涉原理，用二次曝光照相所获得的“散斑对”相当于双缝干涉实验中的双缝，待测物体的速度与二次曝光的时间间隔的乘积等于双缝间距，实验中可测得二次曝光时间间隔、双缝到屏之距离以及相邻亮纹间距，若所用的激光波长为，则该实验确定物体运动速度的表达式为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·枣庄模拟）如图（a），空间中存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B。一长为l的导体棒绕固定的竖直轴OP，在磁场中逆时针（从上往下看）匀速转动，速度大小为v，半径为R，棒始终平行于OP。其俯视图如图（b），从图（b）所示位置开始计时，导体棒两端的电势差u随时间t变化关系为（　　）
A． B． C． D．0
5．（2025·枣庄模拟）在地球上，可通过天文观测估算太阳的密度。如图，地球上观测太阳的视角θ极小，与观测者眼睛相距为D、视角为θ的物体宽度为d。已知地球公转周期为T，万有引力常量为G，θ极小时。则太阳密度ρ可表示为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·枣庄模拟）如图，1mol某理想气体经两个不同的过程（a→b→c和a→c）由状态a变到状态c。已知理想气体遵循气体定律，气体内能的变化量与温度的关系为（R为大于0的已知常量，、分别为气体始末状态的温度）。初始状态a的温度为。则（　　）
A．两过程内能增量相同均为
B．a→c过程单位时间撞击器壁单位面积的分子数增加
C．a→b→c过程内能逐渐增大
D．两过程从外界吸收热量之比为
7．（2025·枣庄模拟）在工厂车间里，有两个质量均为m的半圆柱承载装置A、B紧挨着静置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，上方放置一质量为2m的光滑圆柱模具C，三者半径均为R。工作人员用机械牵引系统对A施加水平向右的拉力，使其缓慢移动，直至C恰好落地，期间B始终静止，重力加速度为g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）
A．B受地面摩擦力逐渐减小
B．A、B受地面支持力相等且始终保持不变
C．A受地面摩擦力逐渐增大
D．动摩擦因数μ的最小值为
8．（2025·枣庄模拟）如图，倾角为的足够长斜面固定在水平地面上，将一小球（可视为质点）从斜面底端O点以初速度斜向上抛出，初速度与斜面的夹角为α，经过一段时间，小球打在斜面上的P点。已知重力加速度为g，不计空气阻力。则（　　）
A．小球落到斜面上的距离OP最远时，
B．小球落到斜面上的距离OP最远时末速度方向与斜面垂直
C．小球落到斜面上的最远距离OP为
D．当小球落到斜面上的距离最远时所用时间为
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．（2025·枣庄模拟）如图，带负电的点电荷固定于Q点，质子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动。M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。质子在从M经P到达N点的过程中（　　）
A．动能先减小后增大 B．动能先增大后减小
C．电势能先减小后增大 D．电势能先增大后减小
10．（2025·枣庄模拟）甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速大小相同，图（a）为t=0时两列波的部分波形图，图（b）为x=0处质点参入乙波的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．乙波周期为2s
B．两列波的波速均为10cm/s
C．t=0开始，乙波波谷到达x=0处最短时间为0.5s
D．0~10s内，x=0处质点2次到达正向最大位移处
11．（2025·枣庄模拟）一物体在力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高度为h，。（、h、H已知，重力加速度为g），下列说法正确的是（　　）
A．物体上升到时加速度为零
B．物体刚开始运动时和上升到最大高度时加速度相同
C．物体的加速度最大值为
D．物体的动能最大值为
12．（2025·枣庄模拟）如图，光滑金属导轨MON固定在水平面内，顶角θ=45°，导轨处在方向垂直平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中。一根与ON垂直的导体棒在水平外力F作用下，以恒定速度沿导轨MON向右滑动。导体棒的质量为m，导轨与导体棒单位长度的电阻均为r。导体棒与导轨接触点为a和b，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。设t=0时，导体棒位于顶角O处，时刻撤去外力。下列说法正确的是（　　）
A．流过导体棒的电流恒为，电流方向为a→b
B．导体棒匀速滑动时水平外力F随时间t变化关系为
C．导体棒在时间内产生的热量
D．从导体棒开始运动到最终静止，回路中产生的总热量大于拉力F所做功
三、非选择题：本题共6小题。共60分。
13．（2025·枣庄模拟）某同学尝试测量单摆周期和当地的重力加速度。
（1）如图（a），用一个磁性小球制作一个单摆，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方，图中磁传感器的引出端A接数字采集器。
（2）使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于　 　（选填“最高点”、“最低点”）。若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为　 　（用N和t表示）。
（3）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T。分别取L和T的对数，利用计算机得到图线如图（b），读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地重力加速度g=　 　。
14．（2025·枣庄模拟）在“测电源电动势和内阻”的实验中：
（1）将待测电池组（两节干电池）、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、开关及若干导线连接成电路如图（a）所示。图中未接导线的A端应接在　 　（选填“B”“C”“D”或“E”）点。
（2）实验得到的关系如图（b）中的直线Ⅰ所示，则电池组的电动势为　 　V，内电阻阻值为　 　Ω。（结果均保留二位有效数字）
（3）为了测量定值电阻的阻值，在图（a）中将“A”端重新连接到D点，所得到的关系如图（b）中的直线Ⅱ所示，则定值电阻的阻值为　 　Ω（结果保留二位有效数字）。
15．（2025·枣庄模拟）如图，透明材料制成圆柱形棒，折射率为。圆柱的直径为d=4cm，长为L=40cm。一束光线射向圆柱棒底面中心，折射入圆柱棒后经侧面全反射最终由棒的另一底面射出。求
（1）欲使光线在棒侧面发生全反射，求入射角θ的正弦值取值范围；
（2）计算说明该光线可能经历的全发射次数最多为多少次。
16．（2025·枣庄模拟）如图，一竖直放置、导热良好的汽缸上端开口，汽缸内壁上有卡口a和b，a距缸底的高度为H，a、b间距为0.5H，活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的氮气。开始时活塞静止在卡口a处，活塞与卡口a间的弹力大小为。现打开阀门K，缓慢向缸内充入压强为、温度为的氮气，稳定后活塞恰好到达卡口b处，关闭阀门K。已知活塞质量为m，横截面积为S，厚度可忽略，活塞与汽缸间的摩擦忽略不计，大气压强为，环境温度恒为，氮气可视为理想气体，重力加速度大小为g，。求：
（1）活塞在卡口a和卡口b时氮气的压强（结果用表示）；
（2）充入缸内的氮气在压强为、温度为状态下的体积；
（3）关闭阀门K，若环境温度升为。稳定后，阀门K由于故障缓慢漏气，求活塞恰好与卡口b分离时，漏出的氮气与容器内剩余氮气的质量比（漏气过程中气体温度保持为）。
17．（2025·枣庄模拟）如图，长为l=0.1m的轻绳一端固定在O点，另一端栓一小球A。木板C静止在光滑水平面上，小物块B静止在木板最左端。开始时，木板右端与墙P相距L=0.08m，A、B、C质量均为m=1kg，B、C间的动摩擦因数为。现将小球A拉到O点正上方，以的初速度水平向左抛出。当小球运动至最低点时与B发生正碰，碰后A、B不再发生作用，木板C的长度可以保证小物块在运动过程中不与墙接触。已知轻绳拉直瞬间小球沿绳方向的分速度突变为零，小物块B可看做质点，所有碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间。重力加速度。
（1）通过计算判断绳被拉直时小球A的位置及A第一次运动到最低点时的速度；
（2）求从小球A与B碰撞后到BC达到共同速度过程中，木板C与墙碰撞的次数n及所用的时间t；
（3）求从小球A与B碰撞后到BC达到共同速度过程中，B相对C的位移和墙对木板C的总冲量I。
18．（2025·枣庄模拟）现代电子设备常用电场和磁场控制带电粒子的运动。如图，第三象限存在竖直向上的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以初速度从第三象限中的P点水平射入电场，P点坐标为，从坐标原点O进入第一象限区域。第一象限中为Ⅰ区域，为Ⅱ区域，两区域分布磁感应强度分别为、，方向均垂直纸面向里的匀强磁场。粒子重力忽略不计，，。求
（1）该粒子进入第一象限时的速度v；
（2）若从O点进入磁场的粒子恰好不能进入Ⅱ区，求Ⅰ区磁场的大小；
（3）若，粒子能到达Ⅱ区处，求的最大值；
（4）若撤去Ⅰ、Ⅱ区域的磁场，第一象限充满方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随x方向均匀增大，关系为（已知，k为常数）的非匀强磁场。求粒子从O点运动到离y轴最远位置的过程中，运动轨迹与y轴围成的面积S。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；光电效应；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据质量数守恒和电荷数守恒，可知衰变释放的X为α粒子，故A错误；
B．半衰期由原子核本身性质决定，与环境无关，故B错误；
C．衰变过程释放核能，比结合能增大，故C错误；
D．由光电效应方程，故D正确。
故选D。
【分析】一、核心考点
1、核反应方程与守恒定律
质量数守恒、电荷数守恒，据此判断衰变产物的类型（α粒子、β粒子等）
2、半衰期的特性
半衰期由原子核内部结构决定，与外界环境（温度、压强、宇宙空间等）无关
3、比结合能的变化规律
核反应释放核能 生成物比结合能大于反应物比结合能，比结合能越大，原子核越稳定
4、光电效应方程
，，为逸出功
5、单位与换算
波长λ 与频率 的关系：
二、解题方法总结
1、衰变产物判断
根据质量数和电荷数守恒，列出方程求解未知粒子的质量数和电荷数
对照常见粒子（α、β+、β-、γ、中子等）确定类型
2、半衰期分析
直接应用半衰期与外界环境无关的结论，排除环境因素的影响
3、比结合能比较
判断核反应是否释放能量，释放能量 生成物比结合能更大
4、光电效应计算
写出光电效应方程，将频率转换为波长：，代入逸出功和波长，求出最大初动能
2．【答案】C
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】AB．由可得质点运动速度，所以加速度恒定为，质点做匀减速直线运动，故AB错误；
CD.0~6s内初速度，末速度，所以平均速度，位移，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】一、核心考点
1、匀变速直线运动的位移公式
标准形式：
本题中 对应 ，（负号表示方向）
2、速度公式与加速度判断
，或由位移对时间求导得
加速度 ，为常数时质点做匀变速直线运动
3、平均速度的计算
公式：，或 （匀变速直线运动适用）
4、位移与路程的区别
位移是末位置减初位置，有方向，路程是实际路径长度，需考虑运动方向是否改变
5、运动方向的判断
速度为正 向正方向运动；速度为负 向负方向运动；速度为零时可能改变方向
二、解题方法总结
1、由位移公式直接提取初速度和加速度
对比 与给定式
得 ，
2、判断运动性质
加速度恒定 匀变速直线运动，不是变加速
3．【答案】C
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】根据双缝干涉条纹间距公式，又，联立解得物体运动速度的表达式为
，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】一、核心考点
1、双缝干涉条纹间距公式
，Δx：相邻亮纹（或暗纹）间距；λ：激光波长；L：双缝到屏的距离；d：双缝间距
2、物理量的对应关系（本题模型）
“散斑对”相当于双缝，其间距d 未知
待测物体速度 与二次曝光时间间隔 Δt 的乘积等于双缝间距：
3、联立求解未知速度
将 代入条纹间距公式：，解得：
4、实验测量量
可直接测量：Δt（二次曝光时间间隔）、L（双缝到屏距离）、Δx（相邻亮纹间距）
λ 为已知激光波长
二、解题方法总结
1、识别物理模型
将“散斑对”等效为双缝，明确 d 与 、 的关系
2、写出已知公式
双缝干涉条纹间距公式，速度与时间、间距的关系式
3、代入消元
用 替换条纹间距公式中的 d，解出
4．【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】如图
经过一段时间t导体棒的速度方向与初始速度方向的夹角为θ，则，此时导体棒的有效切割速度为，则导体棒在匀速转动的过程中，导体棒两端的电势差为，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】一、解题方法总结
1、建立坐标系与角度关系
明确初始时刻速度方向，设转过角度 。
确定速度与磁场的夹角，写出有效切割速度 或
2、应用动生电动势公式
，代入角速度与时间，，得
二、易错点提醒
误认为棒不切割磁感线（忽略棒上各点有水平速度）。
有效切割速度的方向判断错误（用 代替 ）。
忘记将角速度用 表示。
忽略导体棒长度 就是有效长度（因磁场与棒垂直）。
混淆线速度 与角速度 。
5．【答案】D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】设太阳质量为M，地球质量为m，地球绕太阳公转，有
因为太阳密度，由几何关系，联立可得，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】一、解题方法总结
1、写出基本公式
万有引力提供向心力：，密度公式：
几何关系：
2、消去中间变量
由万有引力方程解 M 或 ，由几何关系用 θ 和 r 表示 R
代入密度公式消去M 和 R，得到 ρ 关于 的表达式
3、检查量纲
G 量纲：，T 量纲：s，θ 无量纲，ρ 量纲应为 ，代入公式验证
二、易错点提醒
误将太阳半径当作 （忘记是直径 ）。
万有引力方程中漏掉 或写错位置。
密度公式中漏掉
代入消元时代数运算错误（系数容易算错）。
忘记θ 极小条件下 的使用。
6．【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．由可知，c状态温度为。两过程内能增加量相同，为，故A错误；
B．a→c过程压强不变，温度升高，分子撞击器壁作用力增大，故单位时间撞击器壁单位面积的分子数减少，故B错误；
C．a、b状态温度相同，内能相同，故C错误；
D．由图线与V轴围成面积可求两过程外界对气体做功，，由热力学第一定律，可得，
所以二者比值为，故D正确。
故选D。
【分析】1、理想气体状态方程
，本题 ，故
由此可求状态c的温度： ，图中 ，
2、内能变化与温度的关系
理想气体内能只与温度有关，且 （单原子理想气体，本题未说明，但由公式 可推出）
3、压强、温度对分子撞击频率的影响
单位时间撞击器壁单位面积的分子数 ，等压升温 体积增大 分子数密度减小，分子平均速率增大，但总体效果需判断。
实际上，压强不变时，温度升高 分子平均动能增大，撞击力增大，为保持压强不变，分子数密度必须减小 单位时间撞击次数减少。
4、热力学第一定律
（注意符号：本题可能定义W 为外界对气体做功）
需结合p-V图面积求功：a→b→c过程：a→b等容 ()，b→c等压 (
a→c过程：直线过程，功等于梯形面积
5、吸热量的计算与比较
由ΔU 和 W 求 （注意符号约定）
两过程ΔU 相同，W 不同 吸热量不同
7．【答案】B
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】A．设BA对C的弹力方向与竖直方向夹角为，对圆柱C受力分析如图所示
C受力平衡，由平衡条件可得，可知F的水平分力，随着C逐渐落到地面，增大，增大，则变大，对B，由平衡条件可知B受地面摩擦力逐渐增大，故A错误；
BC．对ABC整体受力分析，竖直方向受整体重力和地面对AB的支持力，由对称性知地面对A、B的支持力大小相等均为，A受地面的摩擦力为滑动摩擦，恒定不变，故B正确，C错误。
D．几何关系可知当C降到地面前瞬间，B受C压力的水平分力最大，大小为，B受地面的最大静摩擦力大小为
由题意知，联立解得，故D错误。
故选B。
【分析】1、对称性在受力分析中的应用
A、B两圆柱完全相同且对称放置，C圆柱在正上方，故A、B对C的弹力大小相等，方向对称。
整体竖直方向由对称性得地面对A、B的支持力相等。
2、共点力平衡条件的应用
对C：竖直方向 ，水平方向由对称性自动平衡
对B：水平方向静摩擦力
对A：受拉力、滑动摩擦力、C的压力、地面支持力，水平方向拉力与滑动摩擦力、C压力水平分力平衡
3、静摩擦力与滑动摩擦力的区分
A受地面滑动摩擦力，大小 恒定（因 不变）
B受地面静摩擦力，大小随 变化，方向始终与C压力水平分力相反
4、整体法与隔离法的结合
整体法求地面对A、B的支持力：竖直方向 ，由对称性得 ，与 θ 无关
隔离法分析各物体受力，建立平衡方程
5、临界条件
B始终静止 静摩擦力
最大θ 对应
由几何关系可求 ，从而得μ 的最小值
8．【答案】A
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】建立如图坐标系
将小球初速度和重力加速度分别沿x轴和y轴分解。设抛出到落到P点所用时间为t。沿y轴方向有，沿x轴方向有，联立得，所以当时，最大为。所用时间为，在P点，
设P点速度与斜面夹角为β，则，可得，与斜面不垂直。
故选A。
【分析】1、牛顿第二定律
在约束运动（光滑杆）中，物体加速度由合外力沿杆方向的分量决定。
需将重力、库仑力沿杆方向分解，求合力分量。
2、动能定理
从 B 到 C 过程，库仑力不做功（等势点），只有重力做功。
表达式：，其中
3、约束运动特点
光滑杆限制了运动方向，加速度只能沿杆，垂直于杆方向的力被杆的弹力平衡。
4、库仑定律
点电荷间作用力：方向沿连线。需根据几何关系计算距离
5、点电荷电场中的等势点
到点电荷距离相等的点电势相等。B、C 到 A 距离相等 等势 库仑力做功为零。
6、电性对运动的影响
同种电荷相斥，异种相吸。由“小球能经过 C 点”可推断 q 与 Q 同号（斥力）。
7、解题关键步骤
由几何条件求各距离及高度差。
分析 B 点受力，求沿杆合力分量 加速度。
判断 B、C 等势 库仑力不做功。
对 B→C 过程应用动能定理求 C 点速度。
9．【答案】B,C
【知识点】电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】Q带负电，质子带正电，质子从M经P到达N点的过程中，电场力先做正功，后做负功，所以质子的动能先增大后减小又电场力做功等于电势能增量的负值，所以电势能先减小后增大。
故选BC。
【分析】一、点电荷电场中的受力与运动
1、库仑力方向与性质
Q 带负电，质子带正电 相互吸引。
库仑力始终指向 Q（吸引力），大小随距离变化。
2、椭圆轨道的特征
Q 为椭圆的一个焦点，P 点为离 Q 最近的点（近地点）。
M、P、N 为椭圆上三点，M 到 P 到 N 是质子在椭圆上的一段运动过程。
二、功能关系
1、电场力做功与动能变化
质子从 M 到 P：距离 Q 越来越近，库仑引力方向与位移方向夹角小于 90° 电场力做正功 动能增大。
质子从 P 到 N：距离 Q 越来越远，库仑引力方向与位移方向夹角大于 90° 电场力做负功 动能减小。
2、电场力做功与电势能变化
电场力做功等于电势能减少量的负值：
电场力做正功 电势能减少；电场力做负功 电势能增加。
3、动能与电势能相互转化
只有库仑力做功 动能与电势能之和守恒（机械能守恒）。
M→P：电势能转化为动能（电势能减少，动能增加）。
P→N：动能转化为电势能（动能减少，电势能增加）。
10．【答案】C,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】ABC．由图a可知、。乙波形向左平移10cm，x=0处质点第一次到达波谷位时间最短为0.5s，所以波速为，则，，故AB错误，C正确；
D．两列波的波峰同时传到x=0位置时，该处质点到达正向最大位移处，则（m=1、2、3...）、（n=0、1、2、3...），令，可得，当m=1且n=0时，；当m=4且n=2时，，所以0~10s内，x=0处质点2次到达正向最大位移处，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】先从波形图和振动图像中提取波长、周期等信息，计算波速；再分析波谷到达时间和正向最大位移出现的次数。
11．【答案】A,C
【知识点】功能关系
【解析】【解答】AB．由图像，力F随高度均匀减小，所以加速度先减小到0后反向增加，由对称性可知开始运动和到最高点时加速度等大反向且为最大，在中点时加速度为零。故A正确，B错误；
C．该过程中的平均力为，由功能关系
得，由，得，故C正确；
D．由动能定理，得，故D错误。
故选AC。
【分析】一、力与运动的关系
1、牛顿第二定律
物体受重力和变力 作用，合力 。加速度 ，方向竖直向上为正。
随高度 变化， 线性减小 线性减小。
2、运动过程分析
从静止开始上升，先加速后减速，到最高点 h 时速度为零。
加速度为零的点对应 的位置，由图像可求该位置高度。
二、功能关系
1、动能定理：全过程： 。
等于 F–x 图像与横轴围成的面积。
2、F–x 图像的面积意义
图线与横轴所围面积表示力 做的功。
已知最大高度 和初始力 （图中可读出），可求平均力或斜率。
三、对称性与极值分析
1、加速度的对称性
力 随高度线性变化 也线性变化。
开始运动时 （最大正向加速度）。
上升到 时 ，由对称性可能 与 关于 对称，但需具体计算。
加速度为零的点在 处，由图像可求该点高度。
2、最大动能的出现位置
动能最大时，合力为零 加速度为零 处。
该位置的速度最大，动能最大。
12．【答案】A,C,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由题意知，0到t时间内，导体棒的位移为，由几何关系知，t时刻，导体棒的长度，导体棒的切割产生的电动势为，回路的总电阻为
回路中的电流大小为，由右手定则知，电流方向a→b。故A正确。
B．导体棒受安培力的大小为水平外力为
故B错误。
C．t时刻整个回路的电功率大小为，因为，利用平均功率求得回路产生的总焦耳热为，导体棒产生焦耳热
故C正确。
D．根据能量守恒，全过程回路产生总热量大于拉力所做功，故D正确。
故选ACD。
【分析】一、电磁感应基本规律
1、动生电动势
导体棒切割磁感线：E=Blv
导体棒有效长度l 随位移变化：（因 θ=45°）
2、闭合电路欧姆定律
回路总电阻：导体棒与导轨单位长度电阻均为r，总电阻
由几何关系得导轨两段长度均为 ，总电阻
感应电流： （与 t 无关，恒定）
3、右手定则判断电流方向
导体棒向右运动，磁感线向外，感应电流方向由 a→b
二、力学与电磁感应综合
1、安培力：导体棒受安培力：方向向左（阻碍运动）
2、外力 F：匀速运动 外力与安培力平衡：（随时间线性增大）
三、能量转化与焦耳热
1、回路电功率：总功率：（与 t 成正比）
2、焦耳热计算：0～t 时间内回路总焦耳热：
导体棒电阻占总电阻的 ，故棒上焦耳热
3、功能关系：拉力做功全部转化为回路焦耳热（动能不变）
撤去外力后，导体棒减速运动，剩余动能也转化为焦耳热
全过程总焦耳热 > 拉力做功
13．【答案】最低点；；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（2）当磁感应强度测量值最大时，小球离传感器最近，所以小球位于最低点
每隔半个周期磁感应强度达到最大值一次，所以t时间内共经历个周期
即，故得周期
（3）由单摆周期公式得，两边取对数整理得
故得图象横轴截距为，斜率为，又已知纵轴截距
故得
【分析】一、单摆的基本原理
1、单摆周期公式，其中 为摆长， 为当地重力加速度。
2、小角度摆动条件：摆角 时，摆动可视为简谐运动，周期公式成立。
二、磁传感器测量周期的原理
1、磁性小球与磁传感器
磁传感器位于悬挂点正下方，轴线竖直。
小球每次经过最低点时离传感器最近，磁感应强度测量值最大。
2、时间间隔与周期的关系
小球每经过最低点一次，磁感应强度出现一次最大值。
相邻两次最大值之间时间间隔为半个周期 。测得连续 个最大值之间的时间间隔为 ：
三、实验数据处理方法
周期测量：利用磁传感器自动记录小球经过最低点的时刻，减小人为计时误差。
摆长测量：需测量悬点到球心的距离。
多次测量：改变摆长，获得多组 数据。
线性化处理：取对数作直线拟合，避免直接处理非线性关系，便于求 和检验实验精度。

14．【答案】（1）C
（2）2.8；2.0
（3）3.0
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）图中未接导线A所连接的是电压传感器，应将其接在开关的C接线柱上。
（2）由图象Ⅰ纵截距可知电池组电动势为E=2.8V
由图象Ⅰ斜率绝对值可知，电池阻内阻为r=2.0Ω
（3）若将“A”接到“D”点，则图象Ⅱ斜率的绝对值表示R与电池组内阻之和，因此
【分析】 1、电压传感器的正确接法（实物连线）
原理：在“测电源电动势和内阻”实验中，电压传感器必须并联在电源两端，以直接测量路端电压。
本题关键：电路图中 A 端是电压传感器的“-”端，必须接在电源的负极且开关之后，这样开关断开时电压传感器不接入电路，开关闭合后测得真实的 U。
2、U-I 图像法求 E 和 r
原理：由闭合电路欧姆定律
图线纵截距 = 电动势 ，图线斜率的绝对值 = 内阻
3、等效电源法与 U-I 图像斜率变化
原理：当电压传感器改接至包含固定电阻 的支路（如 D 点），则测的是电源与 串联后两端的电压。这时原电源（E， r）与 串联组成的等效电源，电动势仍为 E，等效内阻变为

（1）图中未接导线A所连接的是电压传感器，应将其接在开关的C接线柱上。
（2）[1][2]由图象Ⅰ纵截距可知电池组电动势为E=2.8V
由图象Ⅰ斜率绝对值可知，电池阻内阻为r=2.0Ω
（3）若将“A”接到“D”点，则图象Ⅱ斜率的绝对值表示R与电池组内阻之和，因此
15．【答案】（1）光线恰好在棒侧面发生全发射，由，
联立得，取值范围为
（2）光线在侧面恰好发生全发射时，光线经历的全发射次数最多全发射临界角由
得，第一次全发射时，光线沿中心线通过的距离为
则，即光线最多经历6次全发射
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】1. 全反射条件 + 折射定律（第 1 问）
光从空气进入介质：，在介质内与侧面法线的夹角
发生全反射条件：
联立得：，sinθ≤n2 1
考点： 由外部入射角 θ 与内部光线方向的关系，推导全反射对应的 θ 取值范围。
2. 临界状态对应的折射角与几何步长（第 2 问）
全反射临界时，，即
在横截面圆（直径 ）内，光线从圆心到圆周的横向位移 轴向位移：
考点： 全反射临界角与折射角的几何关系，推轴向步长。
3. 最大反射次数的几何计数（第 2 问）
总长 除以一个“反射段”的轴向位移 得可能经历的反射次数（包括入射面到第一次反射，最后一次反射到底面）。
需要注意：第一次反射点在轴向 处（如果从圆心到圆周算半段），
解析中直接用 可能是把第一次反射当成了从入射点到第一次反射轴向位移为 。
考点： 用几何步长和总长计算可经历的全反射次数。
总结：全反射临界条件的应用（与入射角关系）、折射定律与几何光学中的轴向步长公式、利用步长和总长计算最大反射次数。
（1）光线恰好在棒侧面发生全发射
由，
联立得
取值范围为
（2）光线在侧面恰好发生全发射时，光线经历的全发射次数最多全发射临界角由
得
第一次全发射时，光线沿中心线通过的距离为
则
即光线最多经历6次全发射。
16．【答案】（1）解：在卡口a处对活塞由受力平衡
由题意，
代入得
恰好到达卡口b处时对活塞由受力平衡
得
（2）解：对缸内已有氮气和充入的氮气，由
解得
（3）解：设漏出氮气体积为V，初末状态压强相等，由状态方程
解得
所以漏出的氮气与容器内剩余氮气的质量比
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】一、整体物理情景
竖直气缸、导热良好、活塞受限在卡口 a、b 之间
涉及：气体状态变化 + 活塞受力平衡 + 变质量充气/漏气
二、各小问核心考点第 (1) 问：活塞在卡口 a 和 b 时的压强
活塞受力分析（重力、大气压力、气体压力、卡口弹力）
弹力方向的判断（a 处弹力向上托住活塞，b 处弹力为零）
平衡方程列式求气体压强
第 (2) 问：充入氮气的体积计算
变质量问题（充气） → 将原有气体与充入气体视为整体
等温过程（温度恒为 ）
状态方程的整体应用：先将原气体从初态 等效到充气压强 下的体积（玻意耳定律）
再对总气体用 求充入体积
体积的折算与叠加思想
第 (3) 问：升温后漏气，求质量比
变质量问题（漏气） → 漏气前后温度不变（ ）
活塞刚与 b 分离时，受力平衡与 (1) 中 b 处相同 → 压强仍为
状态方程的质量形式：
同温同压下，质量比等于体积比：
漏出气体体积的求法：通过初态总气体与末态剩气状态方程联立得出
三、方法总结
类型 处理方法
定质量气体 状态方程 或
变质量充气 将充入气体与原气体视为整体，用玻意耳定律（等温）
变质量漏气 用状态方程的质量形式，比较同温同压下的体积
活塞平衡 受力分析 → 气体压强 + 大气压 + 重力 + 弹力

（1）在卡口a处对活塞由受力平衡
由题意，
代入得
恰好到达卡口b处时对活塞由受力平衡
得
（2）对缸内已有氮气和充入的氮气，由
解得
（3）设漏出氮气体积为V，初末状态压强相等，由状态方程
解得
所以漏出的氮气与容器内剩余氮气的质量比
17．【答案】（1）解：设小球从最高点恰好做圆周运动，需满足
得
小球初速度
故小球抛出后做平抛运动
设绳子拉直时与水平方向夹角为θ，平抛运动时间为t，则：水平方向
竖直方向
可求得
即小球运动到绳子刚好水平时被拉直；
绳子拉直瞬间沿绳方向分速度突变为零，剩下竖直方向速度
此后开始做圆周运动到最低点，由动能定理
解得
（2）解：小球在最低点与物块B发生弹性碰撞，由动量守恒、机械能守恒
解得
小物块与木板发生相对滑动，木板从静止开始做匀加速运动。设木板加速度为a，经历时间后与墙第一次碰撞，碰撞时速度为，由牛顿第二定律
由运动学公式，
解得，
两者共速前，在每两次碰撞之间，木板做加速度恒定的匀减速直线运动，木板与墙碰后到返回初始位置，所用时间为。设二者达到共速v之前木板与墙碰撞了n次，设第n次碰撞木板回到初始位置后经时间二者共速。由运动学公式
即
因木板速率只能在之间，故
解得
n取正整数，故
同时解得
从小球A与小物块B碰撞后到BC达到共同速度所用时间
（3）解：从小球A与小物块B碰撞后到BC达到共同速度时，系统损失的机械能等于摩擦产生的热量，对系统有能量守恒
解得
此过程中墙对木板的总冲量改变了系统的总动量，设向右为正，对系统由动量定理
方向水平向左
【知识点】机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】一、整体物理情景
多过程组合：平抛运动 → 绳拉直（速度突变） → 圆周运动 → 弹性碰撞 → 板块相对滑动 → 木板与墙多次弹性碰撞 → 最终共速
涉及：平抛、圆周、碰撞、板块、碰撞次数、冲量、能量
二、1、第 (1) 问：绳被拉直的位置与第一次到最低点的速度
判断小球是否做圆周运动：比较初速度与圆周运动最小速度（） → 初速度小，故先平抛
平抛运动规律：水平位移 ；竖直位移
绳长约束 联立求 t、θ
绳拉直瞬间的速度突变：沿绳方向分速度突变为零（非弹性拉直），只保留垂直绳方向分速度
圆周运动动能定理：从拉直位置到最低点，用 求最低点速度
2、第 (2) 问：碰撞后到 BC 共速过程中，木板与墙碰撞次数 n 及所用时间 t
弹性碰撞（A 与 B）：动量守恒 + 机械能守恒 → 求碰后 B 的速度
板块模型：B 在 C 上滑动，B 减速、C 加速对 C 用牛顿第二定律
木板与墙的弹性碰撞：碰撞瞬间速度大小不变、方向反向
每次碰撞后木板匀减速到 0 再反向加速回到原位置，所用时间相同
多次碰撞的周期性与共速条件：分析木板每次碰撞后的速度范围
设共速前碰撞 n 次，由速度关系列不等式求 n
总时间 = 第一次到墙时间 + (n-1)×周期 + 最后一次到共速的时间
3、第 (3) 问：B 相对 C 的位移与墙对木板的总冲量
能量守恒求相对位移：系统损失的机械能 = 摩擦生热
初动能（碰后 B 的动能） - 末动能（BC 共速动能）= Q，解得相对位移
动量定理求墙对木板的总冲量：取系统（B+C）为研究对象
墙对木板的冲量 = 系统动量的变化量（因为 B 与 C 间的摩擦力是内力）
注意方向：以碰撞前 B 的速度方向为正，墙对木板的冲量使系统动量减少
（1）设小球从最高点恰好做圆周运动，需满足
得
小球初速度
故小球抛出后做平抛运动
设绳子拉直时与水平方向夹角为θ，平抛运动时间为t，则：水平方向
竖直方向
可求得
即小球运动到绳子刚好水平时被拉直；
绳子拉直瞬间沿绳方向分速度突变为零，剩下竖直方向速度
此后开始做圆周运动到最低点，由动能定理
解得
（2）小球在最低点与物块B发生弹性碰撞，由动量守恒、机械能守恒
解得
小物块与木板发生相对滑动，木板从静止开始做匀加速运动。设木板加速度为a，经历时间后与墙第一次碰撞，碰撞时速度为，由牛顿第二定律
由运动学公式，
解得，
两者共速前，在每两次碰撞之间，木板做加速度恒定的匀减速直线运动，木板与墙碰后到返回初始位置，所用时间为。设二者达到共速v之前木板与墙碰撞了n次，设第n次碰撞木板回到初始位置后经时间二者共速。由运动学公式
即
因木板速率只能在之间，故
解得
n取正整数，故
同时解得
从小球A与小物块B碰撞后到BC达到共同速度所用时间
（3）从小球A与小物块B碰撞后到BC达到共同速度时，系统损失的机械能等于摩擦产生的热量，对系统有能量守恒
解得
此过程中墙对木板的总冲量改变了系统的总动量，设向右为正，对系统由动量定理
方向水平向左
18．【答案】（1）解：设粒子在电场中加速度为a，到O点运动时间为t，由运动学公式
x轴方向
y轴方向
又
联立解得
所以
设方向与x轴夹角为θ则
可得
（2）解：粒子恰好不能进入Ⅱ区，则粒子运动轨迹与两磁场分界线相切，由几何关系可知
得
由
得
（3）解：沿y轴方向由动量定理
可得：
所以最大值为
（4）解：粒子从O点运动到离y轴最远位置时，x轴方向上分速度为零，x轴方向由动量定理
其中
可得
根据
得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】一、电场中的类平抛运动
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，，加速度
2、速度合成
进入第一象限时的速度大小
方向角
二、磁场中的圆周运动
1、洛伦兹力提供向心力
2、粒子运动与磁场边界的关系
粒子恰好不能进入Ⅱ区 轨迹与磁场分界线相切
由几何关系求轨迹半径R，再反求B
三、粒子在非均匀磁场中的运动分析
1、动量定理在磁场中的应用
粒子在磁场中受洛伦兹力，方向始终垂直速度，不改变速度大小，只改变方向
沿某一坐标轴应用动量定理：
2、磁感应强度随位置变化
本题 ，洛伦兹力分量与位置有关
需将力对时间的积分转换为对空间的积分：
四、粒子运动轨迹与坐标轴围成的面积
1、速度分量关系
离 y 轴最远时，，
2、由动量定理求 x 方向速度变化
利用 ，将积分对t 转换为对 y：
代入 ，需进一步处理 x 与y 的关系，本题中可能用平均或近似。
3、面积计算
运动轨迹与 y 轴围成的面积 ，需建立x 与y 的关系，通常由运动方程或能量、动量关系导出。
总结：本题综合考查带电粒子在电场和磁场中的运动，涵盖类平抛、匀速圆周运动、非均匀磁场中的变加速运动，重点在于运动分解、几何关系、动量定理的灵活运用以及微元积分思想。
（1）设粒子在电场中加速度为a，到O点运动时间为t，由运动学公式
x轴方向
y轴方向
又
联立解得
所以
设方向与x轴夹角为θ则
可得
（2）粒子恰好不能进入Ⅱ区，则粒子运动轨迹与两磁场分界线相切，由几何关系可知
得
由
得
（3）沿y轴方向由动量定理
可得：
所以最大值为
（4）粒子从O点运动到离y轴最远位置时，x轴方向上分速度为零，x轴方向由动量定理
其中
可得
根据
得
1 / 12025届山东省枣庄市第八中学高三下学期第三次模拟物理试卷
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·枣庄模拟）我国深空探测器采用钚-238（）核电池作为长效能源。其衰变方程为。利用衰变释放的波长为λ的γ射线，照射探测器表面涂覆的新型钙钛矿材料（逸出功为）引发光电效应为设备供电。已知普朗克常量为h，光速为c。下列说法中正确的是（　　）
A．衰变方程中的X为正电子
B．探测器在宇宙空间航行时钚-238的半衰期将会变长
C．的比结合能比的比结合能小
D．γ射线照射钙钛矿材料逸出光电子的最大初动能
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；光电效应；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据质量数守恒和电荷数守恒，可知衰变释放的X为α粒子，故A错误；
B．半衰期由原子核本身性质决定，与环境无关，故B错误；
C．衰变过程释放核能，比结合能增大，故C错误；
D．由光电效应方程，故D正确。
故选D。
【分析】一、核心考点
1、核反应方程与守恒定律
质量数守恒、电荷数守恒，据此判断衰变产物的类型（α粒子、β粒子等）
2、半衰期的特性
半衰期由原子核内部结构决定，与外界环境（温度、压强、宇宙空间等）无关
3、比结合能的变化规律
核反应释放核能 生成物比结合能大于反应物比结合能，比结合能越大，原子核越稳定
4、光电效应方程
，，为逸出功
5、单位与换算
波长λ 与频率 的关系：
二、解题方法总结
1、衰变产物判断
根据质量数和电荷数守恒，列出方程求解未知粒子的质量数和电荷数
对照常见粒子（α、β+、β-、γ、中子等）确定类型
2、半衰期分析
直接应用半衰期与外界环境无关的结论，排除环境因素的影响
3、比结合能比较
判断核反应是否释放能量，释放能量 生成物比结合能更大
4、光电效应计算
写出光电效应方程，将频率转换为波长：，代入逸出功和波长，求出最大初动能
2．（2025·枣庄模拟）一质点沿x轴运动，其位置坐标x随时间t变化关系为（x的单位为m，t的单位为s）．下列说法正确的是（　　）
A．质点做变加速直线运动
B．质点加速度大小为
C．0~6s内质点平均速度大小为4m/s
D．0~6s内质点位移为36m
【答案】C
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】AB．由可得质点运动速度，所以加速度恒定为，质点做匀减速直线运动，故AB错误；
CD.0~6s内初速度，末速度，所以平均速度，位移，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】一、核心考点
1、匀变速直线运动的位移公式
标准形式：
本题中 对应 ，（负号表示方向）
2、速度公式与加速度判断
，或由位移对时间求导得
加速度 ，为常数时质点做匀变速直线运动
3、平均速度的计算
公式：，或 （匀变速直线运动适用）
4、位移与路程的区别
位移是末位置减初位置，有方向，路程是实际路径长度，需考虑运动方向是否改变
5、运动方向的判断
速度为正 向正方向运动；速度为负 向负方向运动；速度为零时可能改变方向
二、解题方法总结
1、由位移公式直接提取初速度和加速度
对比 与给定式
得 ，
2、判断运动性质
加速度恒定 匀变速直线运动，不是变加速
3．（2025·枣庄模拟）激光散斑测速是一种崭新的技术，它应用了光的干涉原理，用二次曝光照相所获得的“散斑对”相当于双缝干涉实验中的双缝，待测物体的速度与二次曝光的时间间隔的乘积等于双缝间距，实验中可测得二次曝光时间间隔、双缝到屏之距离以及相邻亮纹间距，若所用的激光波长为，则该实验确定物体运动速度的表达式为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】根据双缝干涉条纹间距公式，又，联立解得物体运动速度的表达式为
，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】一、核心考点
1、双缝干涉条纹间距公式
，Δx：相邻亮纹（或暗纹）间距；λ：激光波长；L：双缝到屏的距离；d：双缝间距
2、物理量的对应关系（本题模型）
“散斑对”相当于双缝，其间距d 未知
待测物体速度 与二次曝光时间间隔 Δt 的乘积等于双缝间距：
3、联立求解未知速度
将 代入条纹间距公式：，解得：
4、实验测量量
可直接测量：Δt（二次曝光时间间隔）、L（双缝到屏距离）、Δx（相邻亮纹间距）
λ 为已知激光波长
二、解题方法总结
1、识别物理模型
将“散斑对”等效为双缝，明确 d 与 、 的关系
2、写出已知公式
双缝干涉条纹间距公式，速度与时间、间距的关系式
3、代入消元
用 替换条纹间距公式中的 d，解出
4．（2025·枣庄模拟）如图（a），空间中存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B。一长为l的导体棒绕固定的竖直轴OP，在磁场中逆时针（从上往下看）匀速转动，速度大小为v，半径为R，棒始终平行于OP。其俯视图如图（b），从图（b）所示位置开始计时，导体棒两端的电势差u随时间t变化关系为（　　）
A． B． C． D．0
【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】如图
经过一段时间t导体棒的速度方向与初始速度方向的夹角为θ，则，此时导体棒的有效切割速度为，则导体棒在匀速转动的过程中，导体棒两端的电势差为，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】一、解题方法总结
1、建立坐标系与角度关系
明确初始时刻速度方向，设转过角度 。
确定速度与磁场的夹角，写出有效切割速度 或
2、应用动生电动势公式
，代入角速度与时间，，得
二、易错点提醒
误认为棒不切割磁感线（忽略棒上各点有水平速度）。
有效切割速度的方向判断错误（用 代替 ）。
忘记将角速度用 表示。
忽略导体棒长度 就是有效长度（因磁场与棒垂直）。
混淆线速度 与角速度 。
5．（2025·枣庄模拟）在地球上，可通过天文观测估算太阳的密度。如图，地球上观测太阳的视角θ极小，与观测者眼睛相距为D、视角为θ的物体宽度为d。已知地球公转周期为T，万有引力常量为G，θ极小时。则太阳密度ρ可表示为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】设太阳质量为M，地球质量为m，地球绕太阳公转，有
因为太阳密度，由几何关系，联立可得，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】一、解题方法总结
1、写出基本公式
万有引力提供向心力：，密度公式：
几何关系：
2、消去中间变量
由万有引力方程解 M 或 ，由几何关系用 θ 和 r 表示 R
代入密度公式消去M 和 R，得到 ρ 关于 的表达式
3、检查量纲
G 量纲：，T 量纲：s，θ 无量纲，ρ 量纲应为 ，代入公式验证
二、易错点提醒
误将太阳半径当作 （忘记是直径 ）。
万有引力方程中漏掉 或写错位置。
密度公式中漏掉
代入消元时代数运算错误（系数容易算错）。
忘记θ 极小条件下 的使用。
6．（2025·枣庄模拟）如图，1mol某理想气体经两个不同的过程（a→b→c和a→c）由状态a变到状态c。已知理想气体遵循气体定律，气体内能的变化量与温度的关系为（R为大于0的已知常量，、分别为气体始末状态的温度）。初始状态a的温度为。则（　　）
A．两过程内能增量相同均为
B．a→c过程单位时间撞击器壁单位面积的分子数增加
C．a→b→c过程内能逐渐增大
D．两过程从外界吸收热量之比为
【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．由可知，c状态温度为。两过程内能增加量相同，为，故A错误；
B．a→c过程压强不变，温度升高，分子撞击器壁作用力增大，故单位时间撞击器壁单位面积的分子数减少，故B错误；
C．a、b状态温度相同，内能相同，故C错误；
D．由图线与V轴围成面积可求两过程外界对气体做功，，由热力学第一定律，可得，
所以二者比值为，故D正确。
故选D。
【分析】1、理想气体状态方程
，本题 ，故
由此可求状态c的温度： ，图中 ，
2、内能变化与温度的关系
理想气体内能只与温度有关，且 （单原子理想气体，本题未说明，但由公式 可推出）
3、压强、温度对分子撞击频率的影响
单位时间撞击器壁单位面积的分子数 ，等压升温 体积增大 分子数密度减小，分子平均速率增大，但总体效果需判断。
实际上，压强不变时，温度升高 分子平均动能增大，撞击力增大，为保持压强不变，分子数密度必须减小 单位时间撞击次数减少。
4、热力学第一定律
（注意符号：本题可能定义W 为外界对气体做功）
需结合p-V图面积求功：a→b→c过程：a→b等容 ()，b→c等压 (
a→c过程：直线过程，功等于梯形面积
5、吸热量的计算与比较
由ΔU 和 W 求 （注意符号约定）
两过程ΔU 相同，W 不同 吸热量不同
7．（2025·枣庄模拟）在工厂车间里，有两个质量均为m的半圆柱承载装置A、B紧挨着静置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，上方放置一质量为2m的光滑圆柱模具C，三者半径均为R。工作人员用机械牵引系统对A施加水平向右的拉力，使其缓慢移动，直至C恰好落地，期间B始终静止，重力加速度为g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）
A．B受地面摩擦力逐渐减小
B．A、B受地面支持力相等且始终保持不变
C．A受地面摩擦力逐渐增大
D．动摩擦因数μ的最小值为
【答案】B
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】A．设BA对C的弹力方向与竖直方向夹角为，对圆柱C受力分析如图所示
C受力平衡，由平衡条件可得，可知F的水平分力，随着C逐渐落到地面，增大，增大，则变大，对B，由平衡条件可知B受地面摩擦力逐渐增大，故A错误；
BC．对ABC整体受力分析，竖直方向受整体重力和地面对AB的支持力，由对称性知地面对A、B的支持力大小相等均为，A受地面的摩擦力为滑动摩擦，恒定不变，故B正确，C错误。
D．几何关系可知当C降到地面前瞬间，B受C压力的水平分力最大，大小为，B受地面的最大静摩擦力大小为
由题意知，联立解得，故D错误。
故选B。
【分析】1、对称性在受力分析中的应用
A、B两圆柱完全相同且对称放置，C圆柱在正上方，故A、B对C的弹力大小相等，方向对称。
整体竖直方向由对称性得地面对A、B的支持力相等。
2、共点力平衡条件的应用
对C：竖直方向 ，水平方向由对称性自动平衡
对B：水平方向静摩擦力
对A：受拉力、滑动摩擦力、C的压力、地面支持力，水平方向拉力与滑动摩擦力、C压力水平分力平衡
3、静摩擦力与滑动摩擦力的区分
A受地面滑动摩擦力，大小 恒定（因 不变）
B受地面静摩擦力，大小随 变化，方向始终与C压力水平分力相反
4、整体法与隔离法的结合
整体法求地面对A、B的支持力：竖直方向 ，由对称性得 ，与 θ 无关
隔离法分析各物体受力，建立平衡方程
5、临界条件
B始终静止 静摩擦力
最大θ 对应
由几何关系可求 ，从而得μ 的最小值
8．（2025·枣庄模拟）如图，倾角为的足够长斜面固定在水平地面上，将一小球（可视为质点）从斜面底端O点以初速度斜向上抛出，初速度与斜面的夹角为α，经过一段时间，小球打在斜面上的P点。已知重力加速度为g，不计空气阻力。则（　　）
A．小球落到斜面上的距离OP最远时，
B．小球落到斜面上的距离OP最远时末速度方向与斜面垂直
C．小球落到斜面上的最远距离OP为
D．当小球落到斜面上的距离最远时所用时间为
【答案】A
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】建立如图坐标系
将小球初速度和重力加速度分别沿x轴和y轴分解。设抛出到落到P点所用时间为t。沿y轴方向有，沿x轴方向有，联立得，所以当时，最大为。所用时间为，在P点，
设P点速度与斜面夹角为β，则，可得，与斜面不垂直。
故选A。
【分析】1、牛顿第二定律
在约束运动（光滑杆）中，物体加速度由合外力沿杆方向的分量决定。
需将重力、库仑力沿杆方向分解，求合力分量。
2、动能定理
从 B 到 C 过程，库仑力不做功（等势点），只有重力做功。
表达式：，其中
3、约束运动特点
光滑杆限制了运动方向，加速度只能沿杆，垂直于杆方向的力被杆的弹力平衡。
4、库仑定律
点电荷间作用力：方向沿连线。需根据几何关系计算距离
5、点电荷电场中的等势点
到点电荷距离相等的点电势相等。B、C 到 A 距离相等 等势 库仑力做功为零。
6、电性对运动的影响
同种电荷相斥，异种相吸。由“小球能经过 C 点”可推断 q 与 Q 同号（斥力）。
7、解题关键步骤
由几何条件求各距离及高度差。
分析 B 点受力，求沿杆合力分量 加速度。
判断 B、C 等势 库仑力不做功。
对 B→C 过程应用动能定理求 C 点速度。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．（2025·枣庄模拟）如图，带负电的点电荷固定于Q点，质子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动。M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。质子在从M经P到达N点的过程中（　　）
A．动能先减小后增大 B．动能先增大后减小
C．电势能先减小后增大 D．电势能先增大后减小
【答案】B,C
【知识点】电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】Q带负电，质子带正电，质子从M经P到达N点的过程中，电场力先做正功，后做负功，所以质子的动能先增大后减小又电场力做功等于电势能增量的负值，所以电势能先减小后增大。
故选BC。
【分析】一、点电荷电场中的受力与运动
1、库仑力方向与性质
Q 带负电，质子带正电 相互吸引。
库仑力始终指向 Q（吸引力），大小随距离变化。
2、椭圆轨道的特征
Q 为椭圆的一个焦点，P 点为离 Q 最近的点（近地点）。
M、P、N 为椭圆上三点，M 到 P 到 N 是质子在椭圆上的一段运动过程。
二、功能关系
1、电场力做功与动能变化
质子从 M 到 P：距离 Q 越来越近，库仑引力方向与位移方向夹角小于 90° 电场力做正功 动能增大。
质子从 P 到 N：距离 Q 越来越远，库仑引力方向与位移方向夹角大于 90° 电场力做负功 动能减小。
2、电场力做功与电势能变化
电场力做功等于电势能减少量的负值：
电场力做正功 电势能减少；电场力做负功 电势能增加。
3、动能与电势能相互转化
只有库仑力做功 动能与电势能之和守恒（机械能守恒）。
M→P：电势能转化为动能（电势能减少，动能增加）。
P→N：动能转化为电势能（动能减少，电势能增加）。
10．（2025·枣庄模拟）甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速大小相同，图（a）为t=0时两列波的部分波形图，图（b）为x=0处质点参入乙波的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．乙波周期为2s
B．两列波的波速均为10cm/s
C．t=0开始，乙波波谷到达x=0处最短时间为0.5s
D．0~10s内，x=0处质点2次到达正向最大位移处
【答案】C,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】ABC．由图a可知、。乙波形向左平移10cm，x=0处质点第一次到达波谷位时间最短为0.5s，所以波速为，则，，故AB错误，C正确；
D．两列波的波峰同时传到x=0位置时，该处质点到达正向最大位移处，则（m=1、2、3...）、（n=0、1、2、3...），令，可得，当m=1且n=0时，；当m=4且n=2时，，所以0~10s内，x=0处质点2次到达正向最大位移处，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】先从波形图和振动图像中提取波长、周期等信息，计算波速；再分析波谷到达时间和正向最大位移出现的次数。
11．（2025·枣庄模拟）一物体在力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高度为h，。（、h、H已知，重力加速度为g），下列说法正确的是（　　）
A．物体上升到时加速度为零
B．物体刚开始运动时和上升到最大高度时加速度相同
C．物体的加速度最大值为
D．物体的动能最大值为
【答案】A,C
【知识点】功能关系
【解析】【解答】AB．由图像，力F随高度均匀减小，所以加速度先减小到0后反向增加，由对称性可知开始运动和到最高点时加速度等大反向且为最大，在中点时加速度为零。故A正确，B错误；
C．该过程中的平均力为，由功能关系
得，由，得，故C正确；
D．由动能定理，得，故D错误。
故选AC。
【分析】一、力与运动的关系
1、牛顿第二定律
物体受重力和变力 作用，合力 。加速度 ，方向竖直向上为正。
随高度 变化， 线性减小 线性减小。
2、运动过程分析
从静止开始上升，先加速后减速，到最高点 h 时速度为零。
加速度为零的点对应 的位置，由图像可求该位置高度。
二、功能关系
1、动能定理：全过程： 。
等于 F–x 图像与横轴围成的面积。
2、F–x 图像的面积意义
图线与横轴所围面积表示力 做的功。
已知最大高度 和初始力 （图中可读出），可求平均力或斜率。
三、对称性与极值分析
1、加速度的对称性
力 随高度线性变化 也线性变化。
开始运动时 （最大正向加速度）。
上升到 时 ，由对称性可能 与 关于 对称，但需具体计算。
加速度为零的点在 处，由图像可求该点高度。
2、最大动能的出现位置
动能最大时，合力为零 加速度为零 处。
该位置的速度最大，动能最大。
12．（2025·枣庄模拟）如图，光滑金属导轨MON固定在水平面内，顶角θ=45°，导轨处在方向垂直平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中。一根与ON垂直的导体棒在水平外力F作用下，以恒定速度沿导轨MON向右滑动。导体棒的质量为m，导轨与导体棒单位长度的电阻均为r。导体棒与导轨接触点为a和b，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。设t=0时，导体棒位于顶角O处，时刻撤去外力。下列说法正确的是（　　）
A．流过导体棒的电流恒为，电流方向为a→b
B．导体棒匀速滑动时水平外力F随时间t变化关系为
C．导体棒在时间内产生的热量
D．从导体棒开始运动到最终静止，回路中产生的总热量大于拉力F所做功
【答案】A,C,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由题意知，0到t时间内，导体棒的位移为，由几何关系知，t时刻，导体棒的长度，导体棒的切割产生的电动势为，回路的总电阻为
回路中的电流大小为，由右手定则知，电流方向a→b。故A正确。
B．导体棒受安培力的大小为水平外力为
故B错误。
C．t时刻整个回路的电功率大小为，因为，利用平均功率求得回路产生的总焦耳热为，导体棒产生焦耳热
故C正确。
D．根据能量守恒，全过程回路产生总热量大于拉力所做功，故D正确。
故选ACD。
【分析】一、电磁感应基本规律
1、动生电动势
导体棒切割磁感线：E=Blv
导体棒有效长度l 随位移变化：（因 θ=45°）
2、闭合电路欧姆定律
回路总电阻：导体棒与导轨单位长度电阻均为r，总电阻
由几何关系得导轨两段长度均为 ，总电阻
感应电流： （与 t 无关，恒定）
3、右手定则判断电流方向
导体棒向右运动，磁感线向外，感应电流方向由 a→b
二、力学与电磁感应综合
1、安培力：导体棒受安培力：方向向左（阻碍运动）
2、外力 F：匀速运动 外力与安培力平衡：（随时间线性增大）
三、能量转化与焦耳热
1、回路电功率：总功率：（与 t 成正比）
2、焦耳热计算：0～t 时间内回路总焦耳热：
导体棒电阻占总电阻的 ，故棒上焦耳热
3、功能关系：拉力做功全部转化为回路焦耳热（动能不变）
撤去外力后，导体棒减速运动，剩余动能也转化为焦耳热
全过程总焦耳热 > 拉力做功
三、非选择题：本题共6小题。共60分。
13．（2025·枣庄模拟）某同学尝试测量单摆周期和当地的重力加速度。
（1）如图（a），用一个磁性小球制作一个单摆，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方，图中磁传感器的引出端A接数字采集器。
（2）使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于　 　（选填“最高点”、“最低点”）。若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为　 　（用N和t表示）。
（3）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T。分别取L和T的对数，利用计算机得到图线如图（b），读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地重力加速度g=　 　。
【答案】最低点；；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（2）当磁感应强度测量值最大时，小球离传感器最近，所以小球位于最低点
每隔半个周期磁感应强度达到最大值一次，所以t时间内共经历个周期
即，故得周期
（3）由单摆周期公式得，两边取对数整理得
故得图象横轴截距为，斜率为，又已知纵轴截距
故得
【分析】一、单摆的基本原理
1、单摆周期公式，其中 为摆长， 为当地重力加速度。
2、小角度摆动条件：摆角 时，摆动可视为简谐运动，周期公式成立。
二、磁传感器测量周期的原理
1、磁性小球与磁传感器
磁传感器位于悬挂点正下方，轴线竖直。
小球每次经过最低点时离传感器最近，磁感应强度测量值最大。
2、时间间隔与周期的关系
小球每经过最低点一次，磁感应强度出现一次最大值。
相邻两次最大值之间时间间隔为半个周期 。测得连续 个最大值之间的时间间隔为 ：
三、实验数据处理方法
周期测量：利用磁传感器自动记录小球经过最低点的时刻，减小人为计时误差。
摆长测量：需测量悬点到球心的距离。
多次测量：改变摆长，获得多组 数据。
线性化处理：取对数作直线拟合，避免直接处理非线性关系，便于求 和检验实验精度。

14．（2025·枣庄模拟）在“测电源电动势和内阻”的实验中：
（1）将待测电池组（两节干电池）、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、开关及若干导线连接成电路如图（a）所示。图中未接导线的A端应接在　 　（选填“B”“C”“D”或“E”）点。
（2）实验得到的关系如图（b）中的直线Ⅰ所示，则电池组的电动势为　 　V，内电阻阻值为　 　Ω。（结果均保留二位有效数字）
（3）为了测量定值电阻的阻值，在图（a）中将“A”端重新连接到D点，所得到的关系如图（b）中的直线Ⅱ所示，则定值电阻的阻值为　 　Ω（结果保留二位有效数字）。
【答案】（1）C
（2）2.8；2.0
（3）3.0
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）图中未接导线A所连接的是电压传感器，应将其接在开关的C接线柱上。
（2）由图象Ⅰ纵截距可知电池组电动势为E=2.8V
由图象Ⅰ斜率绝对值可知，电池阻内阻为r=2.0Ω
（3）若将“A”接到“D”点，则图象Ⅱ斜率的绝对值表示R与电池组内阻之和，因此
【分析】 1、电压传感器的正确接法（实物连线）
原理：在“测电源电动势和内阻”实验中，电压传感器必须并联在电源两端，以直接测量路端电压。
本题关键：电路图中 A 端是电压传感器的“-”端，必须接在电源的负极且开关之后，这样开关断开时电压传感器不接入电路，开关闭合后测得真实的 U。
2、U-I 图像法求 E 和 r
原理：由闭合电路欧姆定律
图线纵截距 = 电动势 ，图线斜率的绝对值 = 内阻
3、等效电源法与 U-I 图像斜率变化
原理：当电压传感器改接至包含固定电阻 的支路（如 D 点），则测的是电源与 串联后两端的电压。这时原电源（E， r）与 串联组成的等效电源，电动势仍为 E，等效内阻变为

（1）图中未接导线A所连接的是电压传感器，应将其接在开关的C接线柱上。
（2）[1][2]由图象Ⅰ纵截距可知电池组电动势为E=2.8V
由图象Ⅰ斜率绝对值可知，电池阻内阻为r=2.0Ω
（3）若将“A”接到“D”点，则图象Ⅱ斜率的绝对值表示R与电池组内阻之和，因此
15．（2025·枣庄模拟）如图，透明材料制成圆柱形棒，折射率为。圆柱的直径为d=4cm，长为L=40cm。一束光线射向圆柱棒底面中心，折射入圆柱棒后经侧面全反射最终由棒的另一底面射出。求
（1）欲使光线在棒侧面发生全反射，求入射角θ的正弦值取值范围；
（2）计算说明该光线可能经历的全发射次数最多为多少次。
【答案】（1）光线恰好在棒侧面发生全发射，由，
联立得，取值范围为
（2）光线在侧面恰好发生全发射时，光线经历的全发射次数最多全发射临界角由
得，第一次全发射时，光线沿中心线通过的距离为
则，即光线最多经历6次全发射
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】1. 全反射条件 + 折射定律（第 1 问）
光从空气进入介质：，在介质内与侧面法线的夹角
发生全反射条件：
联立得：，sinθ≤n2 1
考点： 由外部入射角 θ 与内部光线方向的关系，推导全反射对应的 θ 取值范围。
2. 临界状态对应的折射角与几何步长（第 2 问）
全反射临界时，，即
在横截面圆（直径 ）内，光线从圆心到圆周的横向位移 轴向位移：
考点： 全反射临界角与折射角的几何关系，推轴向步长。
3. 最大反射次数的几何计数（第 2 问）
总长 除以一个“反射段”的轴向位移 得可能经历的反射次数（包括入射面到第一次反射，最后一次反射到底面）。
需要注意：第一次反射点在轴向 处（如果从圆心到圆周算半段），
解析中直接用 可能是把第一次反射当成了从入射点到第一次反射轴向位移为 。
考点： 用几何步长和总长计算可经历的全反射次数。
总结：全反射临界条件的应用（与入射角关系）、折射定律与几何光学中的轴向步长公式、利用步长和总长计算最大反射次数。
（1）光线恰好在棒侧面发生全发射
由，
联立得
取值范围为
（2）光线在侧面恰好发生全发射时，光线经历的全发射次数最多全发射临界角由
得
第一次全发射时，光线沿中心线通过的距离为
则
即光线最多经历6次全发射。
16．（2025·枣庄模拟）如图，一竖直放置、导热良好的汽缸上端开口，汽缸内壁上有卡口a和b，a距缸底的高度为H，a、b间距为0.5H，活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的氮气。开始时活塞静止在卡口a处，活塞与卡口a间的弹力大小为。现打开阀门K，缓慢向缸内充入压强为、温度为的氮气，稳定后活塞恰好到达卡口b处，关闭阀门K。已知活塞质量为m，横截面积为S，厚度可忽略，活塞与汽缸间的摩擦忽略不计，大气压强为，环境温度恒为，氮气可视为理想气体，重力加速度大小为g，。求：
（1）活塞在卡口a和卡口b时氮气的压强（结果用表示）；
（2）充入缸内的氮气在压强为、温度为状态下的体积；
（3）关闭阀门K，若环境温度升为。稳定后，阀门K由于故障缓慢漏气，求活塞恰好与卡口b分离时，漏出的氮气与容器内剩余氮气的质量比（漏气过程中气体温度保持为）。
【答案】（1）解：在卡口a处对活塞由受力平衡
由题意，
代入得
恰好到达卡口b处时对活塞由受力平衡
得
（2）解：对缸内已有氮气和充入的氮气，由
解得
（3）解：设漏出氮气体积为V，初末状态压强相等，由状态方程
解得
所以漏出的氮气与容器内剩余氮气的质量比
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】一、整体物理情景
竖直气缸、导热良好、活塞受限在卡口 a、b 之间
涉及：气体状态变化 + 活塞受力平衡 + 变质量充气/漏气
二、各小问核心考点第 (1) 问：活塞在卡口 a 和 b 时的压强
活塞受力分析（重力、大气压力、气体压力、卡口弹力）
弹力方向的判断（a 处弹力向上托住活塞，b 处弹力为零）
平衡方程列式求气体压强
第 (2) 问：充入氮气的体积计算
变质量问题（充气） → 将原有气体与充入气体视为整体
等温过程（温度恒为 ）
状态方程的整体应用：先将原气体从初态 等效到充气压强 下的体积（玻意耳定律）
再对总气体用 求充入体积
体积的折算与叠加思想
第 (3) 问：升温后漏气，求质量比
变质量问题（漏气） → 漏气前后温度不变（ ）
活塞刚与 b 分离时，受力平衡与 (1) 中 b 处相同 → 压强仍为
状态方程的质量形式：
同温同压下，质量比等于体积比：
漏出气体体积的求法：通过初态总气体与末态剩气状态方程联立得出
三、方法总结
类型 处理方法
定质量气体 状态方程 或
变质量充气 将充入气体与原气体视为整体，用玻意耳定律（等温）
变质量漏气 用状态方程的质量形式，比较同温同压下的体积
活塞平衡 受力分析 → 气体压强 + 大气压 + 重力 + 弹力

（1）在卡口a处对活塞由受力平衡
由题意，
代入得
恰好到达卡口b处时对活塞由受力平衡
得
（2）对缸内已有氮气和充入的氮气，由
解得
（3）设漏出氮气体积为V，初末状态压强相等，由状态方程
解得
所以漏出的氮气与容器内剩余氮气的质量比
17．（2025·枣庄模拟）如图，长为l=0.1m的轻绳一端固定在O点，另一端栓一小球A。木板C静止在光滑水平面上，小物块B静止在木板最左端。开始时，木板右端与墙P相距L=0.08m，A、B、C质量均为m=1kg，B、C间的动摩擦因数为。现将小球A拉到O点正上方，以的初速度水平向左抛出。当小球运动至最低点时与B发生正碰，碰后A、B不再发生作用，木板C的长度可以保证小物块在运动过程中不与墙接触。已知轻绳拉直瞬间小球沿绳方向的分速度突变为零，小物块B可看做质点，所有碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间。重力加速度。
（1）通过计算判断绳被拉直时小球A的位置及A第一次运动到最低点时的速度；
（2）求从小球A与B碰撞后到BC达到共同速度过程中，木板C与墙碰撞的次数n及所用的时间t；
（3）求从小球A与B碰撞后到BC达到共同速度过程中，B相对C的位移和墙对木板C的总冲量I。
【答案】（1）解：设小球从最高点恰好做圆周运动，需满足
得
小球初速度
故小球抛出后做平抛运动
设绳子拉直时与水平方向夹角为θ，平抛运动时间为t，则：水平方向
竖直方向
可求得
即小球运动到绳子刚好水平时被拉直；
绳子拉直瞬间沿绳方向分速度突变为零，剩下竖直方向速度
此后开始做圆周运动到最低点，由动能定理
解得
（2）解：小球在最低点与物块B发生弹性碰撞，由动量守恒、机械能守恒
解得
小物块与木板发生相对滑动，木板从静止开始做匀加速运动。设木板加速度为a，经历时间后与墙第一次碰撞，碰撞时速度为，由牛顿第二定律
由运动学公式，
解得，
两者共速前，在每两次碰撞之间，木板做加速度恒定的匀减速直线运动，木板与墙碰后到返回初始位置，所用时间为。设二者达到共速v之前木板与墙碰撞了n次，设第n次碰撞木板回到初始位置后经时间二者共速。由运动学公式
即
因木板速率只能在之间，故
解得
n取正整数，故
同时解得
从小球A与小物块B碰撞后到BC达到共同速度所用时间
（3）解：从小球A与小物块B碰撞后到BC达到共同速度时，系统损失的机械能等于摩擦产生的热量，对系统有能量守恒
解得
此过程中墙对木板的总冲量改变了系统的总动量，设向右为正，对系统由动量定理
方向水平向左
【知识点】机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】一、整体物理情景
多过程组合：平抛运动 → 绳拉直（速度突变） → 圆周运动 → 弹性碰撞 → 板块相对滑动 → 木板与墙多次弹性碰撞 → 最终共速
涉及：平抛、圆周、碰撞、板块、碰撞次数、冲量、能量
二、1、第 (1) 问：绳被拉直的位置与第一次到最低点的速度
判断小球是否做圆周运动：比较初速度与圆周运动最小速度（） → 初速度小，故先平抛
平抛运动规律：水平位移 ；竖直位移
绳长约束 联立求 t、θ
绳拉直瞬间的速度突变：沿绳方向分速度突变为零（非弹性拉直），只保留垂直绳方向分速度
圆周运动动能定理：从拉直位置到最低点，用 求最低点速度
2、第 (2) 问：碰撞后到 BC 共速过程中，木板与墙碰撞次数 n 及所用时间 t
弹性碰撞（A 与 B）：动量守恒 + 机械能守恒 → 求碰后 B 的速度
板块模型：B 在 C 上滑动，B 减速、C 加速对 C 用牛顿第二定律
木板与墙的弹性碰撞：碰撞瞬间速度大小不变、方向反向
每次碰撞后木板匀减速到 0 再反向加速回到原位置，所用时间相同
多次碰撞的周期性与共速条件：分析木板每次碰撞后的速度范围
设共速前碰撞 n 次，由速度关系列不等式求 n
总时间 = 第一次到墙时间 + (n-1)×周期 + 最后一次到共速的时间
3、第 (3) 问：B 相对 C 的位移与墙对木板的总冲量
能量守恒求相对位移：系统损失的机械能 = 摩擦生热
初动能（碰后 B 的动能） - 末动能（BC 共速动能）= Q，解得相对位移
动量定理求墙对木板的总冲量：取系统（B+C）为研究对象
墙对木板的冲量 = 系统动量的变化量（因为 B 与 C 间的摩擦力是内力）
注意方向：以碰撞前 B 的速度方向为正，墙对木板的冲量使系统动量减少
（1）设小球从最高点恰好做圆周运动，需满足
得
小球初速度
故小球抛出后做平抛运动
设绳子拉直时与水平方向夹角为θ，平抛运动时间为t，则：水平方向
竖直方向
可求得
即小球运动到绳子刚好水平时被拉直；
绳子拉直瞬间沿绳方向分速度突变为零，剩下竖直方向速度
此后开始做圆周运动到最低点，由动能定理
解得
（2）小球在最低点与物块B发生弹性碰撞，由动量守恒、机械能守恒
解得
小物块与木板发生相对滑动，木板从静止开始做匀加速运动。设木板加速度为a，经历时间后与墙第一次碰撞，碰撞时速度为，由牛顿第二定律
由运动学公式，
解得，
两者共速前，在每两次碰撞之间，木板做加速度恒定的匀减速直线运动，木板与墙碰后到返回初始位置，所用时间为。设二者达到共速v之前木板与墙碰撞了n次，设第n次碰撞木板回到初始位置后经时间二者共速。由运动学公式
即
因木板速率只能在之间，故
解得
n取正整数，故
同时解得
从小球A与小物块B碰撞后到BC达到共同速度所用时间
（3）从小球A与小物块B碰撞后到BC达到共同速度时，系统损失的机械能等于摩擦产生的热量，对系统有能量守恒
解得
此过程中墙对木板的总冲量改变了系统的总动量，设向右为正，对系统由动量定理
方向水平向左
18．（2025·枣庄模拟）现代电子设备常用电场和磁场控制带电粒子的运动。如图，第三象限存在竖直向上的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以初速度从第三象限中的P点水平射入电场，P点坐标为，从坐标原点O进入第一象限区域。第一象限中为Ⅰ区域，为Ⅱ区域，两区域分布磁感应强度分别为、，方向均垂直纸面向里的匀强磁场。粒子重力忽略不计，，。求
（1）该粒子进入第一象限时的速度v；
（2）若从O点进入磁场的粒子恰好不能进入Ⅱ区，求Ⅰ区磁场的大小；
（3）若，粒子能到达Ⅱ区处，求的最大值；
（4）若撤去Ⅰ、Ⅱ区域的磁场，第一象限充满方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随x方向均匀增大，关系为（已知，k为常数）的非匀强磁场。求粒子从O点运动到离y轴最远位置的过程中，运动轨迹与y轴围成的面积S。
【答案】（1）解：设粒子在电场中加速度为a，到O点运动时间为t，由运动学公式
x轴方向
y轴方向
又
联立解得
所以
设方向与x轴夹角为θ则
可得
（2）解：粒子恰好不能进入Ⅱ区，则粒子运动轨迹与两磁场分界线相切，由几何关系可知
得
由
得
（3）解：沿y轴方向由动量定理
可得：
所以最大值为
（4）解：粒子从O点运动到离y轴最远位置时，x轴方向上分速度为零，x轴方向由动量定理
其中
可得
根据
得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】一、电场中的类平抛运动
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，，加速度
2、速度合成
进入第一象限时的速度大小
方向角
二、磁场中的圆周运动
1、洛伦兹力提供向心力
2、粒子运动与磁场边界的关系
粒子恰好不能进入Ⅱ区 轨迹与磁场分界线相切
由几何关系求轨迹半径R，再反求B
三、粒子在非均匀磁场中的运动分析
1、动量定理在磁场中的应用
粒子在磁场中受洛伦兹力，方向始终垂直速度，不改变速度大小，只改变方向
沿某一坐标轴应用动量定理：
2、磁感应强度随位置变化
本题 ，洛伦兹力分量与位置有关
需将力对时间的积分转换为对空间的积分：
四、粒子运动轨迹与坐标轴围成的面积
1、速度分量关系
离 y 轴最远时，，
2、由动量定理求 x 方向速度变化
利用 ，将积分对t 转换为对 y：
代入 ，需进一步处理 x 与y 的关系，本题中可能用平均或近似。
3、面积计算
运动轨迹与 y 轴围成的面积 ，需建立x 与y 的关系，通常由运动方程或能量、动量关系导出。
总结：本题综合考查带电粒子在电场和磁场中的运动，涵盖类平抛、匀速圆周运动、非均匀磁场中的变加速运动，重点在于运动分解、几何关系、动量定理的灵活运用以及微元积分思想。
（1）设粒子在电场中加速度为a，到O点运动时间为t，由运动学公式
x轴方向
y轴方向
又
联立解得
所以
设方向与x轴夹角为θ则
可得
（2）粒子恰好不能进入Ⅱ区，则粒子运动轨迹与两磁场分界线相切，由几何关系可知
得
由
得
（3）沿y轴方向由动量定理
可得：
所以最大值为
（4）粒子从O点运动到离y轴最远位置时，x轴方向上分速度为零，x轴方向由动量定理
其中
可得
根据
得
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