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2025届山东省菏泽市高三下学期二模物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的答案中，只有一个符合题目要求。
1．如图所示，1887年德国物理学家赫兹利用紫外线照射锌板后，发现与锌板连接的验电器箔片张开。关于这一现象，下列说法中正确的是（　　）
A．换用紫色灯泡照射锌板，箔片也一定张开
B．验电器箔片张开，是因为箔片得到了负电荷
C．验电器箔片张开，是因为锌板得到了正电荷
D．紫外线灯照射的强度增大，箔片张角也增大
【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：A. 光电效应的产生条件为入射光的频率大于金属的极限频率，紫外线能使锌板发生光电效应，紫色光的频率低于紫外线，其频率不一定大于锌板的极限频率，因此不一定能产生光电效应，箔片不一定张开。
B. 紫外线照射锌板发生光电效应，锌板会逸出光电子，锌板失去电子带正电，验电器与锌板相连，箔片也会失去电子带正电，并非得到负电荷。
C. 锌板带正电的原因是发生光电效应时逸出了电子，失去电子而带正电，并非得到正电荷。
D. 紫外线照射强度增大时，单位时间内锌板逸出的光电子数增多，锌板所带的正电荷量增加，验电器箔片的带电量也随之增加，同种电荷的排斥力变大，箔片张角增大。
故答案为：D
【分析】本题主要考查光电效应的产生条件和现象本质，同时结合验电器的工作原理进行分析。判断各选项需先明确光电效应的频率条件，只有入射光频率大于金属极限频率才能产生光电效应，据此分析紫色光照射的情况；再根据光电效应中锌板逸出电子的特点，分析锌板和验电器箔片的带电原因；最后结合光强与光电子数的关系，分析照射强度对箔片张角的影响，光强越大单位时间逸出光电子数越多，锌板带电量越大，箔片张角越大。
2．一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N加速行驶。下列各图中汽车转弯时所受合力F的四种方向，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】解：汽车做加速行驶的曲线运动，速度方向沿轨迹的切线方向，当合力与速度方向的夹角为锐角时，合力在速度方向上的分力与速度同向，使物体做加速运动。
故答案为：B
【分析】本题主要考查曲线运动的受力特点，同时结合加速运动的条件判断合力的方向。首先根据曲线运动的基本规律，曲线运动的合力必须指向轨迹的凹向，这是提供物体做曲线运动的向心力的要求；再分析加速运动的条件，当物体做加速运动时，合力与速度方向的夹角为锐角，因为此时合力会产生一个与速度同方向的分力，使物体的速度大小增大，结合这两个条件即可确定汽车所受合力的正确方向。
3．均匀带电半球壳在球心O处的电场强度大小为，现截去左边一小部分，截取面与底面的夹角为，剩余部分在球心O处的电场强度大小为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】解：根据电场强度的对称性，截去的小部分球壳在O点产生的场强与剩余部分球壳在O点产生的场强相互垂直，且二者的合场强为原均匀带电半球壳在O点的场强；
原半球壳的场强方向为合场强方向，剩余部分的场强方向沿的角平分线向左下方，结合矢量的合成规律，将合场强沿剩余部分场强方向分解，可得剩余部分的场强大小为。
故答案为：B
【分析】本题主要考查电场强度的矢量叠加原理，同时利用对称性分析带电体的场强分布。首先根据均匀带电球壳的对称性，判断截去的小部分和剩余部分在球心O处产生的电场强度的方向关系，二者相互垂直是解题的关键；再明确原半球壳的场强是这两部分场强的矢量合，大小为；最后结合矢量分解的方法，将合场强沿剩余部分场强的方向进行分解，利用三角函数关系即可求出剩余部分在O点的电场强度大小。
4．2025年4月24日神舟二十号载人飞船发射取得圆满成功，并于4月25日凌晨1时许成功对接中国空间站，中国航天再创辉煌。已知中国空间站离地面高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．空间站在轨运行的速度大小为
B．空间站在轨处的向心加速度大小为
C．航天员出舱后处于完全失重状态
D．考虑到稀薄气体产生的阻力，若空间站不进行轨道修正，其运行高度将逐渐降低，动能逐渐减小
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】解：A. 空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有；地球表面的物体，万有引力近似等于重力，有，联立两式解得，并非。
B. 同理，由万有引力提供向心加速度，，结合，联立解得，并非。
C. 航天员出舱后，仍受地球的万有引力作用，且万有引力全部用来提供航天员绕地球做匀速圆周运动的向心力，航天员的加速度等于所在位置的向心加速度，因此处于完全失重状态。
D. 空间站受稀薄气体阻力作用，动能先减小，引力大于所需向心力，做近心运动，运行高度降低；下落过程中万有引力做正功，且万有引力做功大于阻力做功，空间站的动能会逐渐增大，并非减小。
故答案为：C
【分析】本题主要考查万有引力定律在天体运动中的应用，同时涉及完全失重的条件和变轨问题的分析。解决天体圆周运动问题的核心是明确万有引力提供向心力，同时结合地球表面万有引力等于重力的黄金代换式进行推导，据此分析空间站的运行速度和向心加速度的表达式；判断完全失重的关键是看物体的重力是否全部用来提供做圆周运动的向心力，航天员出舱后满足这一条件，因此处于完全失重状态；分析空间站受阻力后的运动时，先判断阻力对动能的影响，再根据引力与向心力的关系判断轨道变化，最后结合重力做功的特点分析动能的变化，近心运动中重力做正功会使动能增大。
5．某兴趣小组探究分力、与合力F的关系。保持合力F的大小和方向不变，分力的大小不变，在如图所示平面内改变分力的方向，分力的箭头的轨迹图形为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】解：以O点为坐标原点，合力F的方向为x轴正方向建立平面直角坐标系，设与F的夹角为；
根据力的合成的平行四边形定则，正交分解可得，；
整理得，，将两式消去，可得，该方程为圆的标准方程，因此箭头的轨迹为圆。
故答案为：A
【分析】本题主要考查力的合成的平行四边形定则，同时结合平面直角坐标系和圆的方程分析分力的轨迹。首先建立合适的平面直角坐标系，将合力和分力进行正交分解，这是将矢量问题转化为标量问题的常用方法；再根据力的合成的平衡关系，列出分力在x、y方向的分量表达式；最后通过消去角度，得到分力分量的方程，根据圆的标准方程的形式，判断出轨迹为圆，这一过程体现了矢量合成与数学几何的结合。
6．如图所示为某分拣传送装置，长5.8m，倾角的传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率逆时针转动。质量的工件（可视为质点）无初速地放在传送带的顶端A，经过一段时间工件运动到传动带的底端。工件与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度，，。（　　）
A．工件刚开始下滑时的加速度大小等于
B．工件由顶端到底端的时间是1.2s
C．工件在传送带上留下的痕迹长为1m
D．若工件达到与传送带速度相同时，传送带突然停止运动，工件下滑的总时间将变长
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】解：A. 工件刚开始下滑时，传送带速度大于工件速度，传送带对工件的滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律得，代入数据解得，并非。
B. 设工件与传送带共速的时间为，由得，此过程工件的位移；共速后，工件速度大于传送带速度，滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律得，解得；设后续运动时间为，由，代入数据解得，总时间，并非1.2s。
C. 共速时，传送带的位移，工件相对传送带的位移；共速后，工件的位移，传送带的位移，工件相对传送带的位移；痕迹长度为相对位移的较大值，即1m。
D. 工件与传送带共速时传送带停止，工件的受力情况不变，滑动摩擦力仍沿斜面向上，加速度仍为，后续运动的位移和加速度均不变，因此下滑总时间不变。
故答案为：C
【分析】本题主要考查牛顿第二定律与匀变速直线运动的综合应用，核心是分析工件在传送带上的两个不同运动阶段的受力和加速度变化。首先判断工件刚放上传送带时的摩擦力方向，传送带逆时针转动，工件初速度为零，摩擦力沿斜面向下，结合牛顿第二定律求出第一阶段的加速度；再利用匀变速直线运动公式求出工件与传送带共速的时间和位移，判断是否到达底端；接着分析共速后工件的摩擦力方向反向，再次用牛顿第二定律求出第二阶段的加速度，结合位移公式求出第二阶段的时间，进而得到总时间；分析痕迹长度时，需计算两个阶段的相对位移，痕迹长度取相对位移的最大值，因为后一阶段的相对位移会覆盖前一阶段；最后判断传送带停止后工件的受力和加速度变化，由于受力不变，加速度不变，后续运动的时间也不变，总时间保持不变。
7．在一次科学晚会上，胡老师表演了一个“马德堡半球实验”。他先取出两个在碗底各焊接了铁钩的不锈钢碗，在一个碗里烧了一些纸，然后迅速把另一个碗扣上，再在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度。用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开。当两边的人各增加到5人时，才把碗拉开。已知碗口的直径为20cm，环境温度为27℃，大气压强，实验过程中碗不变形，也不漏气，设每人平均用力为200N。两个不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度最接近（　　）
A．43℃ B．143℃ C．150℃ D．167℃
【答案】D
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】解：对其中一个碗进行受力分析，水平方向受拉力、内部气体的压力和外界大气压力，平衡时有；
碗口的面积，代入、、，解得；
碗内气体做等容变化，遵循查理定律，其中，；
代入数据解得，对应的摄氏温度。
故答案为：D
【分析】本题主要考查理想气体的等容变化（查理定律），同时结合受力分析求解气体的压强，是力学和热学的综合问题。首先对不锈钢碗进行受力分析，明确水平方向的受力平衡关系，外界大气压力、内部气体压力和拉力的平衡是求出冷却后内部气体压强的关键；再根据圆的面积公式求出碗口的受力面积，代入数据计算出冷却后碗内的气体压强；最后利用理想气体的等容变化规律，查理定律，注意温度需使用热力学温度，代入已知量求出初始时的热力学温度，再转化为摄氏温度，即可得到碗刚被扣上时内部空气的温度。
8．游乐场内有一种叫“空中飞椅”的游乐项目，静止时的状态可简化为如图所示。左边绳长大于右边绳长，左边人与飞椅的总质量大于右边人与飞椅的总质量。当匀速转动时，下列四幅图可能的状态为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】对飞椅和人整体进行受力分析，重力与绳子拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可得：
化简整理得：
由于装置的角速度相同，绳长越长，对应的摆角越大，因此左边绳长更长时，有，A正确；
故答案为：A。
【分析】本题考查圆周运动的向心力分析，核心是对整体受力分析，结合牛顿第二定律建立动力学方程，通过化简推导，分析绳长与摆角的关系，进而判断选项的正误。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的答案中有多个符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．一列简谐横波沿x轴正方向传播，此波在某时刻的波形图如图甲所示。质点M的平衡位置在处，质点N的平衡位置是处。质点N从时刻开始振动，其振动图像如图乙所示。此波传播到平衡位置为处的质点Q时，遇到一障碍物（未画出）之后传播方向立刻反向，反射波与原入射波在相遇区域发生干涉，某时刻两列波部分波形如图丙所示。则下列说法中正确的是（　　）
A．波源的起振方向可能向上
B．此横波传播的波速为20m/s
C．从到，质点M通过的路程等于10cm
D．足够长时间后，O、Q之间有5个振动加强点（不包括O、Q两点）
【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】解：A. 质点的起振方向与波源的起振方向相同，由图乙可知，时刻质点N的起振方向向下，因此波源的起振方向一定向下，并非可能向上，A错误；
B. 由图甲可得波的波长，由图乙可得波的振动周期，根据波速公式，代入数据解得，B正确；
C. 从到，时间间隔；质点在半个周期内通过的路程为，由波形图可知振幅，因此路程，质点M的位置不影响半个周期内的路程规律，C正确；
D. 反射波与入射波的起振方向相反，振动加强点满足到两波源的距离差（），结合，解得，共4个振动加强点，并非5个，D错误；
故答案为：BC
【分析】本题主要考查简谐横波的传播规律、振动图像的分析以及波的干涉中加强点的判断，是波的综合问题。首先根据质点的起振方向与波源一致的规律，由质点N的振动图像判断其起振方向，进而确定波源的起振方向；再从波形图和振动图像中分别提取波长和周期，利用波速的定义式计算波速，这是波速计算的基本方法；分析质点M的路程时，明确简谐运动中质点在半个周期内的路程为2倍振幅，与质点的初始位置无关，据此计算路程；判断振动加强点时，需注意反射波与入射波的起振方向相反，此时加强点的距离差满足，结合O、Q间的距离范围，求解出符合条件的加强点个数。
10．如图所示“家用火灾警报系统”电路中，理想变压器原，副线圈匝数之比为22∶1，原线圈接220V交流电，电压表和电流表均为理想电表，为定值电阻，为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，为滑动变阻器，当报警器两端的电压超过某值时，报警器将报警。下列说法正确的是（　　）
A．电压表V的示数为10V
B．出现火情时，电流表A的示数减小
C．出现火情时，定值电阻的功率变大
D．要使报警器报警的临界温度升高，可将的滑片P适当向上移动
【答案】C,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】解：A. 理想变压器的电压比，若原线圈两端电压为220V，副线圈电压为10V，但原线圈与串联，原线圈的输入电压，因此副线圈的输出电压，电压表V的示数小于10V。
B. 出现火情时，温度升高，阻值减小，副线圈的总负载电阻减小；将变压器和副线圈负载等效为一个电阻，等效电阻减小，原线圈电路中，由闭合电路欧姆定律，原线圈电流增大；根据变压器的电流比，副线圈电流增大，电流表A的示数增大，并非减小。
C. 出现火情时，原线圈电流增大，定值电阻的功率，因此的功率变大。
D. 将的滑片P向上移动，接入电路的阻值减小，副线圈总电阻减小，等效电阻减小，原线圈电流增大，的电压增大，原线圈输入电压减小，副线圈输出电压减小；报警器两端电压减小，要使报警器报警，需继续减小（温度升高），因此临界温度升高。
故答案为：CD
【分析】本题主要考查理想变压器的动态电路分析，核心是将变压器和副线圈负载等效为一个电阻，结合闭合电路欧姆定律分析原副线圈的电流和电压变化，同时结合热敏电阻的阻值特性分析火情时的电路变化。首先明确理想变压器的电压比和电流比规律，注意原线圈与定值电阻串联，原线圈的输入电压并非等于电源电压，因此副线圈电压小于10V；分析火情时，热敏电阻阻值减小，副线圈总电阻减小，通过等效电阻法分析原线圈电流的变化，再由电流比得出副线圈电流的变化；根据功率公式判断的功率变化；分析报警临界温度时，移动滑片P改变的阻值，进而改变副线圈的输出电压和报警器的两端电压，要使报警器报警，需热敏电阻的阻值更小，即临界温度更高，据此判断滑片的移动方向。
11．水平地面上放置一个倾角为的斜面体，斜面体上放置一个由铁架台制作的单摆，斜面体质量为M，铁架台质量为m，摆球质量为。现将摆线拉紧，使摆球从靠近铁架台金属杆位置由静止开始运动（整个过程铁架台和斜面体均保持静止状态）。摆球运动到最低点时（　　）
A．地面对斜面体的摩擦力水平向右
B．地面对斜面体的支持力
C．斜面对铁架台的支持力
D．斜面对铁架台的摩擦力
【答案】B,C,D
【知识点】整体法隔离法；牛顿运动定律的综合应用；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】解：A. 摆球运动到最低点时，摆线的拉力竖直向下，铁架台对斜面体的作用力竖直向下，斜面体水平方向不受其他力，因此地面对斜面体的摩擦力为零，并非水平向右。
B. 摆球从释放到最低点，机械能守恒；在最低点，摆线拉力和重力的合力提供向心力，；联立两式解得；对斜面体、铁架台整体受力分析，竖直方向平衡，地面对斜面体的支持力。
C. 对铁架台受力分析，铁架台受重力、摆线的拉力、斜面的支持力和摩擦力；将沿斜面和垂直斜面分解，垂直斜面方向平衡，。
D. 沿斜面方向受力平衡，斜面对铁架台的摩擦力。
故答案为：BCD
【分析】本题主要考查单摆做圆周运动的向心力求解，同时结合整体法和隔离法进行受力平衡分析，是力学的综合问题。首先分析摆球在最低点的受力，摆线的拉力和重力的合力提供向心力，同时利用机械能守恒求出摆球在最低点的速度，这是求解摆线拉力的关键；联立机械能守恒和牛顿第二定律的方程，求出摆线的拉力大小；再用整体法分析斜面体和铁架台的受力，摆线的拉力竖直向下，整体水平方向无外力，因此地面对斜面体的摩擦力为零，竖直方向根据受力平衡求出地面对斜面体的支持力；最后用隔离法分析铁架台的受力，将铁架台的重力和摆线的拉力的合力沿斜面和垂直斜面方向正交分解，根据两个方向的受力平衡，分别求出斜面对铁架台的支持力和摩擦力。
12．两组平行光滑金属导轨在同一水平面固定，间距分别为d和2d，分别连接电阻、，M、N到外侧轨道距离相等，边长为d的正方形区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。距磁场左边界d处，一长为2d的均匀导体棒以速度向右运动，导体棒运动到磁场左边界时与两组导轨同时接触，导体棒运动到磁场正中央位置时的速度大小为。导体棒质量为m，阻值为，、的阻值均为R，其他电阻不计，棒与导轨垂直且接触良好。下列描述正确的是（　　）
A．导体棒运动到磁场正中央位置时的加速度大小
B．导体棒运动到磁场正中央位置时电阻的热功率
C．导体棒运动到磁场正中央位置过程中通过的电荷量
D．导体棒运动到磁场正中央位置过程中导体棒产生的热量
【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】解：A. 导体棒在磁场正中央时，切割磁感线产生的动生电动势；与并联，并联电阻，电路总电阻；电路总电流，导体棒受到的安培力；由牛顿第二定律，解得加速度（原解析推导为该结果，结合电路和安培力分析）。
B. 并联电路电压，电阻的热功率，并非。
C. 通过导体棒的总电荷量，与阻值相等，通过的电荷量，并非。
D. 电路中并联电阻的功率与导体棒的功率之比为，导体棒的发热功率占总发热功率的；由能量守恒，电路总热量，因此导体棒产生的热量。
故答案为：AD
【分析】本题主要考查电磁感应中的动生电动势、闭合电路的欧姆定律、安培力以及能量守恒的综合应用，核心是分析电路的总电阻和导体棒的受力、能量转化。首先根据动生电动势公式求出导体棒切割磁感线产生的电动势，再分析电路结构，和并联后与导体棒的电阻串联，计算出并联电阻和电路总电阻；利用闭合电路欧姆定律求出电路的总电流，结合安培力公式求出导体棒受到的安培力，再由牛顿第二定律求出加速度；计算的热功率时，先求出并联电路的电压，再利用功率公式计算；求通过的电荷量时，先根据求出总电荷量，再结合并联电路的电流分配规律求出通过的电荷量；分析导体棒的发热时，利用能量守恒得出电路的总热量，再根据串联电路的功率分配规律，求出导体棒产生的热量占总热量的比例，进而得到导体棒的发热量。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．如图甲所示，某同学在验证机械能守恒定律的实验中，绕过定滑轮的细线上悬挂重物A和B，在B下面再挂重物C。已知所用交流电源的频率为50Hz，重物A、B、C的质量均为m。
（1）某次实验结束后，打出的纸带的一部分如图乙所示，a、b、c为三个相邻计时点。则打下b点时重物的速度大小　 　（结果保留三位有效数字）。
（2）某次实验测得重物A由静止上升高度为h时，对应的速度大小为v，重力加速度为g，则验证系统机械能守恒定律的表达式是　 　（用g、h、m、v表示）。
（3）为尽可能减少实验误差，下列说法错误的是________。
A．重物的质量可以不测量
B．打点计时器应竖直放置安装在铁架台上
C．打下b点时的速度大小可用来计算
【答案】（1）
（2）
（3）A；C
【知识点】验证机械能守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）打b点时重物的瞬时速度等于打a、c两点间的平均速度，所以
故答案为：
（2）A上升高度为h，则B、C下降高度也为h ，系统重力势能减少量
系统动能增加量
若系统机械能守恒，则
即
故答案为：
（3）A．由可知，两边m可约去，所以重物质量可以不测量，故虽说法正确，但不符合减小实验误差的目的，A错误；
B．打点计时器竖直放置安装在铁架台上，可减小纸带与限位孔间的摩擦，从而减少实验误差，故B正确；
C．是自由落体运动的速度公式，此实验中重物不是自由落体运动，不能用该式计算b点速度，应该用平均速度法计算，故C错误。
故答案为：AC。
【分析】（1）利用 “平均速度等于中间时刻瞬时速度” 的推论，结合纸带数据计算b点速度，体现实验数据的基本处理方法。
（2）分析系统的重力势能变化和动能变化，推导机械能守恒的表达式，体现系统机械能守恒的分析思路。
（3）结合实验操作和数据处理的特点，判断误差来源，体现实验误差分析的核心方法。
（1）打b点时重物的瞬时速度等于打a、c两点间的平均速度，所以
（2）A上升高度为h，则B、C下降高度也为h ，系统重力势能减少量
系统动能增加量
若系统机械能守恒，则
即
（3）A．由可知，两边m可约去，所以重物质量可以不测量，故虽说法正确，但不符合减小实验误差的目的，A错误；
B．打点计时器竖直放置安装在铁架台上，可减小纸带与限位孔间的摩擦，从而减少实验误差，故B正确，不符合题意；
C．是自由落体运动的速度公式，此实验中重物不是自由落体运动，不能用该式计算b点速度，应该用平均速度法计算，故C错误，符合题意。
故选AC。
14．我国新能源汽车年产量现已突破1000万辆，成为全球首个达成这一成就的国家。在电动汽车等领域，电容储能技术得到了广泛应用。某同学设计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：
电容器C（额定电压8V，电容值未知）
电源E（电动势10V，内阻不计）
电阻箱R0（最大阻值为99999.9Ω）
滑动变阻器R（最大阻值为10Ω，额定电流为2A）
电流传感器，计算机，开关，导线若干。
（1）闭合开关，调节滑动变阻器，将开关接1，观察到电流传感器示数________。
A．逐渐增大到某一值后保持不变
B．逐渐增大到某一值后迅速减小到零
C．迅速增大到某一值后逐渐减小到零
D．先逐渐增大，后逐渐减小至某一非零数值
（2）调节滑动变阻器，待电压表示数稳定在6V后，将开关接2，时的电流，图中虚线两侧图像与时间轴围成的面积比为3∶1，则时，电容器两极板间的电压　 　V，电阻　 　Ω。
（3）电容器的储能公式，上述放电过程电容器释放的电能约为　 　（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）C
（2）1.5；2500
（3）
【知识点】电容器及其应用；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】解：(1) 将开关接1时，电容器开始充电，充电瞬间电容器两极板无电荷，相当于短路，此时充电电流迅速达到最大值；随着极板上电荷积累，电容器两端电压逐渐增大，与电源电动势反向，电路中的总电压逐渐减小，电流逐渐减小；当电容器两端电压等于电源电压时，充电完成，电流减小到零。
故答案为：C
(2) 设时电容器电压，放电过程中电荷量的变化，I-t图像与时间轴的面积表示电荷量，因此；
代入，解得；
时，电容器与构成闭合电路，由欧姆定律，代入，解得。
故答案为：1.5；2500
(3) I-t图像与时间轴围成的面积表示电容器释放的总电荷量，数出面积格数并计算得；
由储能公式，代入、，解得。
故答案为：
【分析】(1) 本题主要考查电容器的充电过程的电流变化规律，核心是理解电容器充电的动态过程。充电瞬间电容器两极板不带电，相当于纯电阻电路，电流会迅速达到最大值；随着充电进行，极板上的电荷逐渐积累，电容器两端产生反向电压，使得电路中的有效电压逐渐减小，电流也随之逐渐减小；当电容器两端电压等于电源电动势时，充电完成，电路中不再有电流，电流减小到零，据此判断电流传感器的示数变化。
(2) 本题主要考查电容器的放电过程，结合的关系和I-t图像的物理意义求解电压和电阻，同时利用欧姆定律计算电阻值。首先明确I-t图像与时间轴围成的面积表示通过的电荷量，放电过程中电容器的电荷量变化与电压变化成正比，即；根据虚线两侧的面积比得出电荷量的比，进而推导出电压的比例关系，代入初始电压求出时电容器的电压；再利用放电时电容器的电压等于电阻箱两端的电压，结合欧姆定律即可求出电阻箱的阻值。
(3) 本题主要考查电容器的储能公式的应用，关键是利用I-t图像求出电容器放电的总电荷量。首先明确电容器释放的电能等于其初始储存的电能，储能公式为，其中为电容器的初始电压，为总放电电荷量；再通过数I-t图像的面积格数，计算出总放电电荷量，最后代入储能公式计算释放的电能，注意结果保留两位有效数字。
（1）电容器开始充电的瞬间，其两极板间没有电荷积累，电压为零，相当于短路，此时充电电流最大，电流传感器的示数达到最大值。随着电容器极板上电荷的积累，两板间的电压UC逐渐增大，方向与电源电动势相反，故电路的总电动势减小，电流传感器的示数逐渐减小，当电容器的电压等于电源电动势时，电流等于零，此时电容器充满，电路达到稳定。
故选C。
（2）[1]设时刻，电容器两极板间的电压为，依题意
由
得
其中，依题意有
解得
[2]由欧姆定律
得
解得
（3）在图像中，图线与坐标轴所围的面积等于电容器所释放的电荷量，故数出图线围的面积约有38个格，每个格，故
由，其中
解得
15．粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈细铁丝，竖直浮在较大的装有水的杯中，把木筷往上提起一段距离A后放手，木筷就在水中上下振动。已知木筷横截面积为S，木筷与铁丝总质量为m，水的密度为ρ，重力加速度为g。以木筷静止时其下端所在位置为原点，竖直向为正方向。
（1）证明木筷做简谐运动；
（2）已知简谐运动的周期，其中m是做简谐运动物体的质量，k为回复力与位移比值的绝对值。写出放手后木筷位移x随时间t变化的关系式。
【答案】（1）木筷静止在水中时，设木筷在水中部分的长度为，有
木筷在静止位置上方x处时，以竖直向上为正方向，合外力为
联立两式得
故木筷做简谐运动。
（2）木筷放手后做简谐运动，有
又
其中
整理可知放手后木筷位移随时间变化的关系式为。
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【分析】(1) 本题主要考查简谐运动的证明，核心是证明木筷的回复力满足的简谐运动条件，需结合受力分析求出回复力的表达式。首先分析木筷的平衡位置，静止时木筷的浮力与重力平衡，据此求出平衡时的排开水的体积；再设木筷偏离平衡位置的位移为，对木筷进行受力分析，求出此时的浮力和重力的合力，即回复力；整理回复力的表达式，证明其满足的形式，其中为比例系数，负号表示回复力与位移方向相反，即可证明木筷做简谐运动。
(2) 本题主要考查简谐运动的位移表达式，结合简谐运动的周期公式和初始条件求解位移随时间的变化关系。首先根据(1)中证明的回复力表达式，确定比例系数的大小；再将代入简谐运动的周期公式，求出角频率；最后分析木筷的初始条件，放手时木筷在最大位移处，初速度为零，简谐运动的位移表达式为余弦形式，代入角频率和振幅即可得到位移随时间变化的关系式。
（1）木筷静止在水中时，设木筷在水中部分的长度为，有
木筷在静止位置上方x处时，以竖直向上为正方向，合外力为
联立两式得
故木筷做简谐运动。
（2）木筷放手后做简谐运动，有
又
其中
整理可知放手后木筷位移随时间变化的关系式为。
16．某边长为的等边三角形发光元件放在半径为R的半球形透明介质上表面，其中心与半球形圆心重合，光在空气中的速度大小为c，不考虑反射。求：
（1）若介质的折射率为n，从三角形顶点发出的光到达半球形底部A的时间；
（2）要使三角形发光元件发出的光都能从球面射出，介质的折射率应该满足的条件。
【答案】（1）设三角形某一顶点到圆心的距离为h，到底部A的距离为s，由几何关系
，，
联立得光线从到底部A的时间
（2）由正弦定理
α等于90°时，θ最大，此时
解得
故折射率应满足。
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 本题主要考查光的折射定律的应用，结合几何关系和光速公式求解光的传播时间。首先根据几何关系求出光线在介质中的传播路径长度，利用勾股定理结合已知的几何尺寸计算光程；再根据折射率与光速的关系，求出光在介质中的传播速度；最后利用运动学公式，代入光程和光速，即可求出光线的传播时间。
(2) 本题主要考查光的全反射条件，结合正弦定理分析折射角的最大值，进而求出折射率的取值范围。首先明确光不发生全反射的条件是入射角小于临界角，临界角满足；再利用正弦定理结合几何关系，求出折射角的最大值，进而得到入射角的最大值；结合临界角的条件，推导出折射率的不等式，求解即可得到折射率的取值范围。
（1）设三角形某一顶点到圆心的距离为h，到底部A的距离为s，由几何关系
，，
联立得光线从到底部A的时间
（2）由正弦定理
α等于90°时，θ最大，此时
解得
故折射率应满足。
17．半径为R的半圆形细玻璃管固定在竖直平面内，其右端是坐标原点，内壁光滑。第二、三象限存在水平向右的匀强电场，，第一象限存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的非匀强磁场，电场强度，磁感应强度。一质量为m、电荷量为q的带正电小球从第二象限某一位置P点以大小为、与水平方向成的速度斜向下进入匀强电场，恰好无碰撞进入细管的左端A，已知细管的内径略大于小球的直径，重力加速度。
（1）求小球到达A点的速度大小及时间；
（2）小球到达细管中Q点（图中未标出）时速度达到最大，求小球从P点到Q点的过程中合外力的冲量大小；
（3）若已知小球到达细管右端的速度大小为v，小球从原点运动到最高点时轨迹与x轴所围成的面积。
【答案】（1）小球从P到A，水平方向：
竖直方向：
解得，
（2）小球在第二、三象限运动过程中，所受合的大小为
方向与水平方向的夹角为53°
当小球运动到合力与速度方向垂直时速度达到最大，从A到Q，根据动能定理有
解得
从P到Q，利用动量定理
解得
（3）小球在第一象限运动时，，故小球只受洛伦慈力，小球运动至x轴最远位置时y方向上的分速度为零，竖直方向利用动量定理
其中，左边微元累积
即
而
解得
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 本题主要考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，结合运动的正交分解求解末速度和运动时间。首先将小球的初速度沿水平和竖直方向正交分解，分析小球在水平和竖直方向的受力，水平方向受电场力做匀加速直线运动，竖直方向受重力做匀加速直线运动；小球恰好无碰撞进入A点，说明水平方向的速度减为零，据此结合运动学公式求出运动时间；再利用竖直方向的运动学公式，求出小球到达A点的竖直分速度，即A点的合速度大小。
(2) 本题主要考查动能定理和动量定理的综合应用，结合受力分析确定速度最大的位置，再通过动能定理求最大速度，动量定理求合外力的冲量。首先分析小球在半圆形玻璃管中的受力，结合合力与速度的方向关系，确定速度最大的位置为合力与速度方向垂直时；再对小球从A到Q的过程应用动能定理，结合电场力和重力的做功特点，求出Q点的速度；最后对小球从P到Q的过程应用动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，结合初末动量的矢量关系，求出合外力冲量的大小。
(3) 本题主要考查带电粒子在复合场中的运动，结合洛伦兹力的冲量和微元法求解轨迹与x轴围成的面积。首先分析小球在第一象限的受力，竖直方向的电场力与重力平衡，因此小球仅受洛伦兹力作用；再利用动量定理，对竖直方向的洛伦兹力求冲量，结合微元法将洛伦兹力的冲量转化为与面积相关的表达式；最后通过整理推导，求出轨迹与x轴所围成的面积表达式。
（1）小球从P到A，水平方向：
竖直方向：
解得，
（2）小球在第二、三象限运动过程中，所受合的大小为
方向与水平方向的夹角为53°
当小球运动到合力与速度方向垂直时速度达到最大，从A到Q，根据动能定理有
解得
从P到Q，利用动量定理
解得
（3）小球在第一象限运动时，，故小球只受洛伦慈力，小球运动至x轴最远位置时y方向上的分速度为零，竖直方向利用动量定理
其中，左边微元累积
即
而
解得
18．质量的物块A在图示位置以某一竖直向下的初速度为进入半径的四分之一光滑固定圆轨道，在圆弧底端与停放在木板C左端的质量的物块B碰撞，木板C的上表面与圆弧底端相切，物块D开始时距离木板C右端，木板C和物块D的质量，B与C间的动摩擦因数，C、D与地面间的动摩擦因数均为，运动过程中B始终不会从C上滑下，不考虑A在圆弧底端右侧的运动，所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度。求：
（1） A、B碰后各自的速度大小；
（2）C发生的总位移；
（3）定性画出A，B相碰后A在圆弧轨道上的动能变化量大小与时间的关系图像（不写说明）。
【答案】（1）设物块A到达圆弧底端的速度为vA0，由机械能守恒定律得
解得
A、B相碰由动量守恒能量守恒得，
解得，，
（2）物块B在木板C上滑动时，对B，
解得
对C，
解得
设木板C运动到物体D位置时所用时间t1，此时B、C速度分别为vB2、vC1，，
，
解得，，
由于C、D质量相同，C、D发生第一次弹性碰撞后二者交换速度，即碰后C的速度，B接着减速，C从零加速，D减速，对D，
解得
D第一次减速的位移
解得
C从零加速到时，速度大小，所用时间，B减速
解得
由于C、D质量相同，C、D发生第二次弹性碰撞后二者仍交换速度，即碰后C的速度变为零，，B接着减速，C从零加速，D减速。D第二次减速的位移，设又经过t3，B、C达到共同速度v，C第三次加速的距离为xC3，，，
解得，，
B、C达到共同速度v后一起作匀减速运动，加速度大小为μ2g，假设与D不相碰，B、C一起停下来的位移为
解得
由于，假设成立，C发生的总位移
代入上述数据
（3）（提示：图像的斜率代表重力做功的瞬时功率）
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；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】(1) 本题主要考查机械能守恒定律和弹性碰撞的规律，先利用机械能守恒求出A碰撞前的速度，再结合动量守恒和能量守恒求解碰撞后的速度。首先对物块A在圆轨道上的运动应用机械能守恒定律，重力做功和初动能转化为A在圆弧底端的动能，求出A与B碰撞前的速度；再利用弹性碰撞的规律，碰撞过程中动量守恒且机械能守恒，联立两个守恒方程，求解出A、B碰后的速度大小，注意速度的方向。
(2) 本题主要考查牛顿第二定律与匀变速直线运动的综合应用，同时结合弹性碰撞的特点分析木板C的多阶段运动，分阶段求解C的位移再求和。首先分析物块B在木板C上滑动时，B和C的受力，利用牛顿第二定律求出二者的加速度；再利用匀变速直线运动公式求出C运动到D位置的时间、速度和位移；接着分析C与D的弹性碰撞，二者质量相同，碰撞后交换速度，再分别分析C、D和B的后续运动，求出C在各阶段的位移；最后将C在各阶段的位移相加，得到C发生的总位移。
(3) 本题主要考查简谐运动的动能变化规律，结合物块A在圆轨道上的运动特点分析动能变
（1）设物块A到达圆弧底端的速度为vA0，由机械能守恒定律得
解得
A、B相碰由动量守恒能量守恒得，
解得，，
（2）物块B在木板C上滑动时，对B，
解得
对C，
解得
设木板C运动到物体D位置时所用时间t1，此时B、C速度分别为vB2、vC1，，
，
解得，，
由于C、D质量相同，C、D发生第一次弹性碰撞后二者交换速度，即碰后C的速度，B接着减速，C从零加速，D减速，对D，
解得
D第一次减速的位移
解得
C从零加速到时，速度大小，所用时间，B减速
解得
由于C、D质量相同，C、D发生第二次弹性碰撞后二者仍交换速度，即碰后C的速度变为零，，B接着减速，C从零加速，D减速。D第二次减速的位移，设又经过t3，B、C达到共同速度v，C第三次加速的距离为xC3，，，
解得，，
B、C达到共同速度v后一起作匀减速运动，加速度大小为μ2g，假设与D不相碰，B、C一起停下来的位移为
解得
由于，假设成立，C发生的总位移
代入上述数据
（3）（提示：图像的斜率代表重力做功的瞬时功率）
1 / 12025届山东省菏泽市高三下学期二模物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的答案中，只有一个符合题目要求。
1．如图所示，1887年德国物理学家赫兹利用紫外线照射锌板后，发现与锌板连接的验电器箔片张开。关于这一现象，下列说法中正确的是（　　）
A．换用紫色灯泡照射锌板，箔片也一定张开
B．验电器箔片张开，是因为箔片得到了负电荷
C．验电器箔片张开，是因为锌板得到了正电荷
D．紫外线灯照射的强度增大，箔片张角也增大
2．一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N加速行驶。下列各图中汽车转弯时所受合力F的四种方向，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．均匀带电半球壳在球心O处的电场强度大小为，现截去左边一小部分，截取面与底面的夹角为，剩余部分在球心O处的电场强度大小为（　　）
A． B．
C． D．
4．2025年4月24日神舟二十号载人飞船发射取得圆满成功，并于4月25日凌晨1时许成功对接中国空间站，中国航天再创辉煌。已知中国空间站离地面高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．空间站在轨运行的速度大小为
B．空间站在轨处的向心加速度大小为
C．航天员出舱后处于完全失重状态
D．考虑到稀薄气体产生的阻力，若空间站不进行轨道修正，其运行高度将逐渐降低，动能逐渐减小
5．某兴趣小组探究分力、与合力F的关系。保持合力F的大小和方向不变，分力的大小不变，在如图所示平面内改变分力的方向，分力的箭头的轨迹图形为（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示为某分拣传送装置，长5.8m，倾角的传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率逆时针转动。质量的工件（可视为质点）无初速地放在传送带的顶端A，经过一段时间工件运动到传动带的底端。工件与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度，，。（　　）
A．工件刚开始下滑时的加速度大小等于
B．工件由顶端到底端的时间是1.2s
C．工件在传送带上留下的痕迹长为1m
D．若工件达到与传送带速度相同时，传送带突然停止运动，工件下滑的总时间将变长
7．在一次科学晚会上，胡老师表演了一个“马德堡半球实验”。他先取出两个在碗底各焊接了铁钩的不锈钢碗，在一个碗里烧了一些纸，然后迅速把另一个碗扣上，再在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度。用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开。当两边的人各增加到5人时，才把碗拉开。已知碗口的直径为20cm，环境温度为27℃，大气压强，实验过程中碗不变形，也不漏气，设每人平均用力为200N。两个不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度最接近（　　）
A．43℃ B．143℃ C．150℃ D．167℃
8．游乐场内有一种叫“空中飞椅”的游乐项目，静止时的状态可简化为如图所示。左边绳长大于右边绳长，左边人与飞椅的总质量大于右边人与飞椅的总质量。当匀速转动时，下列四幅图可能的状态为（　　）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的答案中有多个符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．一列简谐横波沿x轴正方向传播，此波在某时刻的波形图如图甲所示。质点M的平衡位置在处，质点N的平衡位置是处。质点N从时刻开始振动，其振动图像如图乙所示。此波传播到平衡位置为处的质点Q时，遇到一障碍物（未画出）之后传播方向立刻反向，反射波与原入射波在相遇区域发生干涉，某时刻两列波部分波形如图丙所示。则下列说法中正确的是（　　）
A．波源的起振方向可能向上
B．此横波传播的波速为20m/s
C．从到，质点M通过的路程等于10cm
D．足够长时间后，O、Q之间有5个振动加强点（不包括O、Q两点）
10．如图所示“家用火灾警报系统”电路中，理想变压器原，副线圈匝数之比为22∶1，原线圈接220V交流电，电压表和电流表均为理想电表，为定值电阻，为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，为滑动变阻器，当报警器两端的电压超过某值时，报警器将报警。下列说法正确的是（　　）
A．电压表V的示数为10V
B．出现火情时，电流表A的示数减小
C．出现火情时，定值电阻的功率变大
D．要使报警器报警的临界温度升高，可将的滑片P适当向上移动
11．水平地面上放置一个倾角为的斜面体，斜面体上放置一个由铁架台制作的单摆，斜面体质量为M，铁架台质量为m，摆球质量为。现将摆线拉紧，使摆球从靠近铁架台金属杆位置由静止开始运动（整个过程铁架台和斜面体均保持静止状态）。摆球运动到最低点时（　　）
A．地面对斜面体的摩擦力水平向右
B．地面对斜面体的支持力
C．斜面对铁架台的支持力
D．斜面对铁架台的摩擦力
12．两组平行光滑金属导轨在同一水平面固定，间距分别为d和2d，分别连接电阻、，M、N到外侧轨道距离相等，边长为d的正方形区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。距磁场左边界d处，一长为2d的均匀导体棒以速度向右运动，导体棒运动到磁场左边界时与两组导轨同时接触，导体棒运动到磁场正中央位置时的速度大小为。导体棒质量为m，阻值为，、的阻值均为R，其他电阻不计，棒与导轨垂直且接触良好。下列描述正确的是（　　）
A．导体棒运动到磁场正中央位置时的加速度大小
B．导体棒运动到磁场正中央位置时电阻的热功率
C．导体棒运动到磁场正中央位置过程中通过的电荷量
D．导体棒运动到磁场正中央位置过程中导体棒产生的热量
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．如图甲所示，某同学在验证机械能守恒定律的实验中，绕过定滑轮的细线上悬挂重物A和B，在B下面再挂重物C。已知所用交流电源的频率为50Hz，重物A、B、C的质量均为m。
（1）某次实验结束后，打出的纸带的一部分如图乙所示，a、b、c为三个相邻计时点。则打下b点时重物的速度大小　 　（结果保留三位有效数字）。
（2）某次实验测得重物A由静止上升高度为h时，对应的速度大小为v，重力加速度为g，则验证系统机械能守恒定律的表达式是　 　（用g、h、m、v表示）。
（3）为尽可能减少实验误差，下列说法错误的是________。
A．重物的质量可以不测量
B．打点计时器应竖直放置安装在铁架台上
C．打下b点时的速度大小可用来计算
14．我国新能源汽车年产量现已突破1000万辆，成为全球首个达成这一成就的国家。在电动汽车等领域，电容储能技术得到了广泛应用。某同学设计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：
电容器C（额定电压8V，电容值未知）
电源E（电动势10V，内阻不计）
电阻箱R0（最大阻值为99999.9Ω）
滑动变阻器R（最大阻值为10Ω，额定电流为2A）
电流传感器，计算机，开关，导线若干。
（1）闭合开关，调节滑动变阻器，将开关接1，观察到电流传感器示数________。
A．逐渐增大到某一值后保持不变
B．逐渐增大到某一值后迅速减小到零
C．迅速增大到某一值后逐渐减小到零
D．先逐渐增大，后逐渐减小至某一非零数值
（2）调节滑动变阻器，待电压表示数稳定在6V后，将开关接2，时的电流，图中虚线两侧图像与时间轴围成的面积比为3∶1，则时，电容器两极板间的电压　 　V，电阻　 　Ω。
（3）电容器的储能公式，上述放电过程电容器释放的电能约为　 　（结果保留两位有效数字）。
15．粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈细铁丝，竖直浮在较大的装有水的杯中，把木筷往上提起一段距离A后放手，木筷就在水中上下振动。已知木筷横截面积为S，木筷与铁丝总质量为m，水的密度为ρ，重力加速度为g。以木筷静止时其下端所在位置为原点，竖直向为正方向。
（1）证明木筷做简谐运动；
（2）已知简谐运动的周期，其中m是做简谐运动物体的质量，k为回复力与位移比值的绝对值。写出放手后木筷位移x随时间t变化的关系式。
16．某边长为的等边三角形发光元件放在半径为R的半球形透明介质上表面，其中心与半球形圆心重合，光在空气中的速度大小为c，不考虑反射。求：
（1）若介质的折射率为n，从三角形顶点发出的光到达半球形底部A的时间；
（2）要使三角形发光元件发出的光都能从球面射出，介质的折射率应该满足的条件。
17．半径为R的半圆形细玻璃管固定在竖直平面内，其右端是坐标原点，内壁光滑。第二、三象限存在水平向右的匀强电场，，第一象限存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的非匀强磁场，电场强度，磁感应强度。一质量为m、电荷量为q的带正电小球从第二象限某一位置P点以大小为、与水平方向成的速度斜向下进入匀强电场，恰好无碰撞进入细管的左端A，已知细管的内径略大于小球的直径，重力加速度。
（1）求小球到达A点的速度大小及时间；
（2）小球到达细管中Q点（图中未标出）时速度达到最大，求小球从P点到Q点的过程中合外力的冲量大小；
（3）若已知小球到达细管右端的速度大小为v，小球从原点运动到最高点时轨迹与x轴所围成的面积。
18．质量的物块A在图示位置以某一竖直向下的初速度为进入半径的四分之一光滑固定圆轨道，在圆弧底端与停放在木板C左端的质量的物块B碰撞，木板C的上表面与圆弧底端相切，物块D开始时距离木板C右端，木板C和物块D的质量，B与C间的动摩擦因数，C、D与地面间的动摩擦因数均为，运动过程中B始终不会从C上滑下，不考虑A在圆弧底端右侧的运动，所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度。求：
（1） A、B碰后各自的速度大小；
（2）C发生的总位移；
（3）定性画出A，B相碰后A在圆弧轨道上的动能变化量大小与时间的关系图像（不写说明）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：A. 光电效应的产生条件为入射光的频率大于金属的极限频率，紫外线能使锌板发生光电效应，紫色光的频率低于紫外线，其频率不一定大于锌板的极限频率，因此不一定能产生光电效应，箔片不一定张开。
B. 紫外线照射锌板发生光电效应，锌板会逸出光电子，锌板失去电子带正电，验电器与锌板相连，箔片也会失去电子带正电，并非得到负电荷。
C. 锌板带正电的原因是发生光电效应时逸出了电子，失去电子而带正电，并非得到正电荷。
D. 紫外线照射强度增大时，单位时间内锌板逸出的光电子数增多，锌板所带的正电荷量增加，验电器箔片的带电量也随之增加，同种电荷的排斥力变大，箔片张角增大。
故答案为：D
【分析】本题主要考查光电效应的产生条件和现象本质，同时结合验电器的工作原理进行分析。判断各选项需先明确光电效应的频率条件，只有入射光频率大于金属极限频率才能产生光电效应，据此分析紫色光照射的情况；再根据光电效应中锌板逸出电子的特点，分析锌板和验电器箔片的带电原因；最后结合光强与光电子数的关系，分析照射强度对箔片张角的影响，光强越大单位时间逸出光电子数越多，锌板带电量越大，箔片张角越大。
2．【答案】B
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】解：汽车做加速行驶的曲线运动，速度方向沿轨迹的切线方向，当合力与速度方向的夹角为锐角时，合力在速度方向上的分力与速度同向，使物体做加速运动。
故答案为：B
【分析】本题主要考查曲线运动的受力特点，同时结合加速运动的条件判断合力的方向。首先根据曲线运动的基本规律，曲线运动的合力必须指向轨迹的凹向，这是提供物体做曲线运动的向心力的要求；再分析加速运动的条件，当物体做加速运动时，合力与速度方向的夹角为锐角，因为此时合力会产生一个与速度同方向的分力，使物体的速度大小增大，结合这两个条件即可确定汽车所受合力的正确方向。
3．【答案】B
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】解：根据电场强度的对称性，截去的小部分球壳在O点产生的场强与剩余部分球壳在O点产生的场强相互垂直，且二者的合场强为原均匀带电半球壳在O点的场强；
原半球壳的场强方向为合场强方向，剩余部分的场强方向沿的角平分线向左下方，结合矢量的合成规律，将合场强沿剩余部分场强方向分解，可得剩余部分的场强大小为。
故答案为：B
【分析】本题主要考查电场强度的矢量叠加原理，同时利用对称性分析带电体的场强分布。首先根据均匀带电球壳的对称性，判断截去的小部分和剩余部分在球心O处产生的电场强度的方向关系，二者相互垂直是解题的关键；再明确原半球壳的场强是这两部分场强的矢量合，大小为；最后结合矢量分解的方法，将合场强沿剩余部分场强的方向进行分解，利用三角函数关系即可求出剩余部分在O点的电场强度大小。
4．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】解：A. 空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有；地球表面的物体，万有引力近似等于重力，有，联立两式解得，并非。
B. 同理，由万有引力提供向心加速度，，结合，联立解得，并非。
C. 航天员出舱后，仍受地球的万有引力作用，且万有引力全部用来提供航天员绕地球做匀速圆周运动的向心力，航天员的加速度等于所在位置的向心加速度，因此处于完全失重状态。
D. 空间站受稀薄气体阻力作用，动能先减小，引力大于所需向心力，做近心运动，运行高度降低；下落过程中万有引力做正功，且万有引力做功大于阻力做功，空间站的动能会逐渐增大，并非减小。
故答案为：C
【分析】本题主要考查万有引力定律在天体运动中的应用，同时涉及完全失重的条件和变轨问题的分析。解决天体圆周运动问题的核心是明确万有引力提供向心力，同时结合地球表面万有引力等于重力的黄金代换式进行推导，据此分析空间站的运行速度和向心加速度的表达式；判断完全失重的关键是看物体的重力是否全部用来提供做圆周运动的向心力，航天员出舱后满足这一条件，因此处于完全失重状态；分析空间站受阻力后的运动时，先判断阻力对动能的影响，再根据引力与向心力的关系判断轨道变化，最后结合重力做功的特点分析动能的变化，近心运动中重力做正功会使动能增大。
5．【答案】A
【知识点】力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】解：以O点为坐标原点，合力F的方向为x轴正方向建立平面直角坐标系，设与F的夹角为；
根据力的合成的平行四边形定则，正交分解可得，；
整理得，，将两式消去，可得，该方程为圆的标准方程，因此箭头的轨迹为圆。
故答案为：A
【分析】本题主要考查力的合成的平行四边形定则，同时结合平面直角坐标系和圆的方程分析分力的轨迹。首先建立合适的平面直角坐标系，将合力和分力进行正交分解，这是将矢量问题转化为标量问题的常用方法；再根据力的合成的平衡关系，列出分力在x、y方向的分量表达式；最后通过消去角度，得到分力分量的方程，根据圆的标准方程的形式，判断出轨迹为圆，这一过程体现了矢量合成与数学几何的结合。
6．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】解：A. 工件刚开始下滑时，传送带速度大于工件速度，传送带对工件的滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律得，代入数据解得，并非。
B. 设工件与传送带共速的时间为，由得，此过程工件的位移；共速后，工件速度大于传送带速度，滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律得，解得；设后续运动时间为，由，代入数据解得，总时间，并非1.2s。
C. 共速时，传送带的位移，工件相对传送带的位移；共速后，工件的位移，传送带的位移，工件相对传送带的位移；痕迹长度为相对位移的较大值，即1m。
D. 工件与传送带共速时传送带停止，工件的受力情况不变，滑动摩擦力仍沿斜面向上，加速度仍为，后续运动的位移和加速度均不变，因此下滑总时间不变。
故答案为：C
【分析】本题主要考查牛顿第二定律与匀变速直线运动的综合应用，核心是分析工件在传送带上的两个不同运动阶段的受力和加速度变化。首先判断工件刚放上传送带时的摩擦力方向，传送带逆时针转动，工件初速度为零，摩擦力沿斜面向下，结合牛顿第二定律求出第一阶段的加速度；再利用匀变速直线运动公式求出工件与传送带共速的时间和位移，判断是否到达底端；接着分析共速后工件的摩擦力方向反向，再次用牛顿第二定律求出第二阶段的加速度，结合位移公式求出第二阶段的时间，进而得到总时间；分析痕迹长度时，需计算两个阶段的相对位移，痕迹长度取相对位移的最大值，因为后一阶段的相对位移会覆盖前一阶段；最后判断传送带停止后工件的受力和加速度变化，由于受力不变，加速度不变，后续运动的时间也不变，总时间保持不变。
7．【答案】D
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】解：对其中一个碗进行受力分析，水平方向受拉力、内部气体的压力和外界大气压力，平衡时有；
碗口的面积，代入、、，解得；
碗内气体做等容变化，遵循查理定律，其中，；
代入数据解得，对应的摄氏温度。
故答案为：D
【分析】本题主要考查理想气体的等容变化（查理定律），同时结合受力分析求解气体的压强，是力学和热学的综合问题。首先对不锈钢碗进行受力分析，明确水平方向的受力平衡关系，外界大气压力、内部气体压力和拉力的平衡是求出冷却后内部气体压强的关键；再根据圆的面积公式求出碗口的受力面积，代入数据计算出冷却后碗内的气体压强；最后利用理想气体的等容变化规律，查理定律，注意温度需使用热力学温度，代入已知量求出初始时的热力学温度，再转化为摄氏温度，即可得到碗刚被扣上时内部空气的温度。
8．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】对飞椅和人整体进行受力分析，重力与绳子拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可得：
化简整理得：
由于装置的角速度相同，绳长越长，对应的摆角越大，因此左边绳长更长时，有，A正确；
故答案为：A。
【分析】本题考查圆周运动的向心力分析，核心是对整体受力分析，结合牛顿第二定律建立动力学方程，通过化简推导，分析绳长与摆角的关系，进而判断选项的正误。
9．【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】解：A. 质点的起振方向与波源的起振方向相同，由图乙可知，时刻质点N的起振方向向下，因此波源的起振方向一定向下，并非可能向上，A错误；
B. 由图甲可得波的波长，由图乙可得波的振动周期，根据波速公式，代入数据解得，B正确；
C. 从到，时间间隔；质点在半个周期内通过的路程为，由波形图可知振幅，因此路程，质点M的位置不影响半个周期内的路程规律，C正确；
D. 反射波与入射波的起振方向相反，振动加强点满足到两波源的距离差（），结合，解得，共4个振动加强点，并非5个，D错误；
故答案为：BC
【分析】本题主要考查简谐横波的传播规律、振动图像的分析以及波的干涉中加强点的判断，是波的综合问题。首先根据质点的起振方向与波源一致的规律，由质点N的振动图像判断其起振方向，进而确定波源的起振方向；再从波形图和振动图像中分别提取波长和周期，利用波速的定义式计算波速，这是波速计算的基本方法；分析质点M的路程时，明确简谐运动中质点在半个周期内的路程为2倍振幅，与质点的初始位置无关，据此计算路程；判断振动加强点时，需注意反射波与入射波的起振方向相反，此时加强点的距离差满足，结合O、Q间的距离范围，求解出符合条件的加强点个数。
10．【答案】C,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】解：A. 理想变压器的电压比，若原线圈两端电压为220V，副线圈电压为10V，但原线圈与串联，原线圈的输入电压，因此副线圈的输出电压，电压表V的示数小于10V。
B. 出现火情时，温度升高，阻值减小，副线圈的总负载电阻减小；将变压器和副线圈负载等效为一个电阻，等效电阻减小，原线圈电路中，由闭合电路欧姆定律，原线圈电流增大；根据变压器的电流比，副线圈电流增大，电流表A的示数增大，并非减小。
C. 出现火情时，原线圈电流增大，定值电阻的功率，因此的功率变大。
D. 将的滑片P向上移动，接入电路的阻值减小，副线圈总电阻减小，等效电阻减小，原线圈电流增大，的电压增大，原线圈输入电压减小，副线圈输出电压减小；报警器两端电压减小，要使报警器报警，需继续减小（温度升高），因此临界温度升高。
故答案为：CD
【分析】本题主要考查理想变压器的动态电路分析，核心是将变压器和副线圈负载等效为一个电阻，结合闭合电路欧姆定律分析原副线圈的电流和电压变化，同时结合热敏电阻的阻值特性分析火情时的电路变化。首先明确理想变压器的电压比和电流比规律，注意原线圈与定值电阻串联，原线圈的输入电压并非等于电源电压，因此副线圈电压小于10V；分析火情时，热敏电阻阻值减小，副线圈总电阻减小，通过等效电阻法分析原线圈电流的变化，再由电流比得出副线圈电流的变化；根据功率公式判断的功率变化；分析报警临界温度时，移动滑片P改变的阻值，进而改变副线圈的输出电压和报警器的两端电压，要使报警器报警，需热敏电阻的阻值更小，即临界温度更高，据此判断滑片的移动方向。
11．【答案】B,C,D
【知识点】整体法隔离法；牛顿运动定律的综合应用；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】解：A. 摆球运动到最低点时，摆线的拉力竖直向下，铁架台对斜面体的作用力竖直向下，斜面体水平方向不受其他力，因此地面对斜面体的摩擦力为零，并非水平向右。
B. 摆球从释放到最低点，机械能守恒；在最低点，摆线拉力和重力的合力提供向心力，；联立两式解得；对斜面体、铁架台整体受力分析，竖直方向平衡，地面对斜面体的支持力。
C. 对铁架台受力分析，铁架台受重力、摆线的拉力、斜面的支持力和摩擦力；将沿斜面和垂直斜面分解，垂直斜面方向平衡，。
D. 沿斜面方向受力平衡，斜面对铁架台的摩擦力。
故答案为：BCD
【分析】本题主要考查单摆做圆周运动的向心力求解，同时结合整体法和隔离法进行受力平衡分析，是力学的综合问题。首先分析摆球在最低点的受力，摆线的拉力和重力的合力提供向心力，同时利用机械能守恒求出摆球在最低点的速度，这是求解摆线拉力的关键；联立机械能守恒和牛顿第二定律的方程，求出摆线的拉力大小；再用整体法分析斜面体和铁架台的受力，摆线的拉力竖直向下，整体水平方向无外力，因此地面对斜面体的摩擦力为零，竖直方向根据受力平衡求出地面对斜面体的支持力；最后用隔离法分析铁架台的受力，将铁架台的重力和摆线的拉力的合力沿斜面和垂直斜面方向正交分解，根据两个方向的受力平衡，分别求出斜面对铁架台的支持力和摩擦力。
12．【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】解：A. 导体棒在磁场正中央时，切割磁感线产生的动生电动势；与并联，并联电阻，电路总电阻；电路总电流，导体棒受到的安培力；由牛顿第二定律，解得加速度（原解析推导为该结果，结合电路和安培力分析）。
B. 并联电路电压，电阻的热功率，并非。
C. 通过导体棒的总电荷量，与阻值相等，通过的电荷量，并非。
D. 电路中并联电阻的功率与导体棒的功率之比为，导体棒的发热功率占总发热功率的；由能量守恒，电路总热量，因此导体棒产生的热量。
故答案为：AD
【分析】本题主要考查电磁感应中的动生电动势、闭合电路的欧姆定律、安培力以及能量守恒的综合应用，核心是分析电路的总电阻和导体棒的受力、能量转化。首先根据动生电动势公式求出导体棒切割磁感线产生的电动势，再分析电路结构，和并联后与导体棒的电阻串联，计算出并联电阻和电路总电阻；利用闭合电路欧姆定律求出电路的总电流，结合安培力公式求出导体棒受到的安培力，再由牛顿第二定律求出加速度；计算的热功率时，先求出并联电路的电压，再利用功率公式计算；求通过的电荷量时，先根据求出总电荷量，再结合并联电路的电流分配规律求出通过的电荷量；分析导体棒的发热时，利用能量守恒得出电路的总热量，再根据串联电路的功率分配规律，求出导体棒产生的热量占总热量的比例，进而得到导体棒的发热量。
13．【答案】（1）
（2）
（3）A；C
【知识点】验证机械能守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）打b点时重物的瞬时速度等于打a、c两点间的平均速度，所以
故答案为：
（2）A上升高度为h，则B、C下降高度也为h ，系统重力势能减少量
系统动能增加量
若系统机械能守恒，则
即
故答案为：
（3）A．由可知，两边m可约去，所以重物质量可以不测量，故虽说法正确，但不符合减小实验误差的目的，A错误；
B．打点计时器竖直放置安装在铁架台上，可减小纸带与限位孔间的摩擦，从而减少实验误差，故B正确；
C．是自由落体运动的速度公式，此实验中重物不是自由落体运动，不能用该式计算b点速度，应该用平均速度法计算，故C错误。
故答案为：AC。
【分析】（1）利用 “平均速度等于中间时刻瞬时速度” 的推论，结合纸带数据计算b点速度，体现实验数据的基本处理方法。
（2）分析系统的重力势能变化和动能变化，推导机械能守恒的表达式，体现系统机械能守恒的分析思路。
（3）结合实验操作和数据处理的特点，判断误差来源，体现实验误差分析的核心方法。
（1）打b点时重物的瞬时速度等于打a、c两点间的平均速度，所以
（2）A上升高度为h，则B、C下降高度也为h ，系统重力势能减少量
系统动能增加量
若系统机械能守恒，则
即
（3）A．由可知，两边m可约去，所以重物质量可以不测量，故虽说法正确，但不符合减小实验误差的目的，A错误；
B．打点计时器竖直放置安装在铁架台上，可减小纸带与限位孔间的摩擦，从而减少实验误差，故B正确，不符合题意；
C．是自由落体运动的速度公式，此实验中重物不是自由落体运动，不能用该式计算b点速度，应该用平均速度法计算，故C错误，符合题意。
故选AC。
14．【答案】（1）C
（2）1.5；2500
（3）
【知识点】电容器及其应用；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】解：(1) 将开关接1时，电容器开始充电，充电瞬间电容器两极板无电荷，相当于短路，此时充电电流迅速达到最大值；随着极板上电荷积累，电容器两端电压逐渐增大，与电源电动势反向，电路中的总电压逐渐减小，电流逐渐减小；当电容器两端电压等于电源电压时，充电完成，电流减小到零。
故答案为：C
(2) 设时电容器电压，放电过程中电荷量的变化，I-t图像与时间轴的面积表示电荷量，因此；
代入，解得；
时，电容器与构成闭合电路，由欧姆定律，代入，解得。
故答案为：1.5；2500
(3) I-t图像与时间轴围成的面积表示电容器释放的总电荷量，数出面积格数并计算得；
由储能公式，代入、，解得。
故答案为：
【分析】(1) 本题主要考查电容器的充电过程的电流变化规律，核心是理解电容器充电的动态过程。充电瞬间电容器两极板不带电，相当于纯电阻电路，电流会迅速达到最大值；随着充电进行，极板上的电荷逐渐积累，电容器两端产生反向电压，使得电路中的有效电压逐渐减小，电流也随之逐渐减小；当电容器两端电压等于电源电动势时，充电完成，电路中不再有电流，电流减小到零，据此判断电流传感器的示数变化。
(2) 本题主要考查电容器的放电过程，结合的关系和I-t图像的物理意义求解电压和电阻，同时利用欧姆定律计算电阻值。首先明确I-t图像与时间轴围成的面积表示通过的电荷量，放电过程中电容器的电荷量变化与电压变化成正比，即；根据虚线两侧的面积比得出电荷量的比，进而推导出电压的比例关系，代入初始电压求出时电容器的电压；再利用放电时电容器的电压等于电阻箱两端的电压，结合欧姆定律即可求出电阻箱的阻值。
(3) 本题主要考查电容器的储能公式的应用，关键是利用I-t图像求出电容器放电的总电荷量。首先明确电容器释放的电能等于其初始储存的电能，储能公式为，其中为电容器的初始电压，为总放电电荷量；再通过数I-t图像的面积格数，计算出总放电电荷量，最后代入储能公式计算释放的电能，注意结果保留两位有效数字。
（1）电容器开始充电的瞬间，其两极板间没有电荷积累，电压为零，相当于短路，此时充电电流最大，电流传感器的示数达到最大值。随着电容器极板上电荷的积累，两板间的电压UC逐渐增大，方向与电源电动势相反，故电路的总电动势减小，电流传感器的示数逐渐减小，当电容器的电压等于电源电动势时，电流等于零，此时电容器充满，电路达到稳定。
故选C。
（2）[1]设时刻，电容器两极板间的电压为，依题意
由
得
其中，依题意有
解得
[2]由欧姆定律
得
解得
（3）在图像中，图线与坐标轴所围的面积等于电容器所释放的电荷量，故数出图线围的面积约有38个格，每个格，故
由，其中
解得
15．【答案】（1）木筷静止在水中时，设木筷在水中部分的长度为，有
木筷在静止位置上方x处时，以竖直向上为正方向，合外力为
联立两式得
故木筷做简谐运动。
（2）木筷放手后做简谐运动，有
又
其中
整理可知放手后木筷位移随时间变化的关系式为。
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【分析】(1) 本题主要考查简谐运动的证明，核心是证明木筷的回复力满足的简谐运动条件，需结合受力分析求出回复力的表达式。首先分析木筷的平衡位置，静止时木筷的浮力与重力平衡，据此求出平衡时的排开水的体积；再设木筷偏离平衡位置的位移为，对木筷进行受力分析，求出此时的浮力和重力的合力，即回复力；整理回复力的表达式，证明其满足的形式，其中为比例系数，负号表示回复力与位移方向相反，即可证明木筷做简谐运动。
(2) 本题主要考查简谐运动的位移表达式，结合简谐运动的周期公式和初始条件求解位移随时间的变化关系。首先根据(1)中证明的回复力表达式，确定比例系数的大小；再将代入简谐运动的周期公式，求出角频率；最后分析木筷的初始条件，放手时木筷在最大位移处，初速度为零，简谐运动的位移表达式为余弦形式，代入角频率和振幅即可得到位移随时间变化的关系式。
（1）木筷静止在水中时，设木筷在水中部分的长度为，有
木筷在静止位置上方x处时，以竖直向上为正方向，合外力为
联立两式得
故木筷做简谐运动。
（2）木筷放手后做简谐运动，有
又
其中
整理可知放手后木筷位移随时间变化的关系式为。
16．【答案】（1）设三角形某一顶点到圆心的距离为h，到底部A的距离为s，由几何关系
，，
联立得光线从到底部A的时间
（2）由正弦定理
α等于90°时，θ最大，此时
解得
故折射率应满足。
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 本题主要考查光的折射定律的应用，结合几何关系和光速公式求解光的传播时间。首先根据几何关系求出光线在介质中的传播路径长度，利用勾股定理结合已知的几何尺寸计算光程；再根据折射率与光速的关系，求出光在介质中的传播速度；最后利用运动学公式，代入光程和光速，即可求出光线的传播时间。
(2) 本题主要考查光的全反射条件，结合正弦定理分析折射角的最大值，进而求出折射率的取值范围。首先明确光不发生全反射的条件是入射角小于临界角，临界角满足；再利用正弦定理结合几何关系，求出折射角的最大值，进而得到入射角的最大值；结合临界角的条件，推导出折射率的不等式，求解即可得到折射率的取值范围。
（1）设三角形某一顶点到圆心的距离为h，到底部A的距离为s，由几何关系
，，
联立得光线从到底部A的时间
（2）由正弦定理
α等于90°时，θ最大，此时
解得
故折射率应满足。
17．【答案】（1）小球从P到A，水平方向：
竖直方向：
解得，
（2）小球在第二、三象限运动过程中，所受合的大小为
方向与水平方向的夹角为53°
当小球运动到合力与速度方向垂直时速度达到最大，从A到Q，根据动能定理有
解得
从P到Q，利用动量定理
解得
（3）小球在第一象限运动时，，故小球只受洛伦慈力，小球运动至x轴最远位置时y方向上的分速度为零，竖直方向利用动量定理
其中，左边微元累积
即
而
解得
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 本题主要考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，结合运动的正交分解求解末速度和运动时间。首先将小球的初速度沿水平和竖直方向正交分解，分析小球在水平和竖直方向的受力，水平方向受电场力做匀加速直线运动，竖直方向受重力做匀加速直线运动；小球恰好无碰撞进入A点，说明水平方向的速度减为零，据此结合运动学公式求出运动时间；再利用竖直方向的运动学公式，求出小球到达A点的竖直分速度，即A点的合速度大小。
(2) 本题主要考查动能定理和动量定理的综合应用，结合受力分析确定速度最大的位置，再通过动能定理求最大速度，动量定理求合外力的冲量。首先分析小球在半圆形玻璃管中的受力，结合合力与速度的方向关系，确定速度最大的位置为合力与速度方向垂直时；再对小球从A到Q的过程应用动能定理，结合电场力和重力的做功特点，求出Q点的速度；最后对小球从P到Q的过程应用动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，结合初末动量的矢量关系，求出合外力冲量的大小。
(3) 本题主要考查带电粒子在复合场中的运动，结合洛伦兹力的冲量和微元法求解轨迹与x轴围成的面积。首先分析小球在第一象限的受力，竖直方向的电场力与重力平衡，因此小球仅受洛伦兹力作用；再利用动量定理，对竖直方向的洛伦兹力求冲量，结合微元法将洛伦兹力的冲量转化为与面积相关的表达式；最后通过整理推导，求出轨迹与x轴所围成的面积表达式。
（1）小球从P到A，水平方向：
竖直方向：
解得，
（2）小球在第二、三象限运动过程中，所受合的大小为
方向与水平方向的夹角为53°
当小球运动到合力与速度方向垂直时速度达到最大，从A到Q，根据动能定理有
解得
从P到Q，利用动量定理
解得
（3）小球在第一象限运动时，，故小球只受洛伦慈力，小球运动至x轴最远位置时y方向上的分速度为零，竖直方向利用动量定理
其中，左边微元累积
即
而
解得
18．【答案】（1）设物块A到达圆弧底端的速度为vA0，由机械能守恒定律得
解得
A、B相碰由动量守恒能量守恒得，
解得，，
（2）物块B在木板C上滑动时，对B，
解得
对C，
解得
设木板C运动到物体D位置时所用时间t1，此时B、C速度分别为vB2、vC1，，
，
解得，，
由于C、D质量相同，C、D发生第一次弹性碰撞后二者交换速度，即碰后C的速度，B接着减速，C从零加速，D减速，对D，
解得
D第一次减速的位移
解得
C从零加速到时，速度大小，所用时间，B减速
解得
由于C、D质量相同，C、D发生第二次弹性碰撞后二者仍交换速度，即碰后C的速度变为零，，B接着减速，C从零加速，D减速。D第二次减速的位移，设又经过t3，B、C达到共同速度v，C第三次加速的距离为xC3，，，
解得，，
B、C达到共同速度v后一起作匀减速运动，加速度大小为μ2g，假设与D不相碰，B、C一起停下来的位移为
解得
由于，假设成立，C发生的总位移
代入上述数据
（3）（提示：图像的斜率代表重力做功的瞬时功率）
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；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】(1) 本题主要考查机械能守恒定律和弹性碰撞的规律，先利用机械能守恒求出A碰撞前的速度，再结合动量守恒和能量守恒求解碰撞后的速度。首先对物块A在圆轨道上的运动应用机械能守恒定律，重力做功和初动能转化为A在圆弧底端的动能，求出A与B碰撞前的速度；再利用弹性碰撞的规律，碰撞过程中动量守恒且机械能守恒，联立两个守恒方程，求解出A、B碰后的速度大小，注意速度的方向。
(2) 本题主要考查牛顿第二定律与匀变速直线运动的综合应用，同时结合弹性碰撞的特点分析木板C的多阶段运动，分阶段求解C的位移再求和。首先分析物块B在木板C上滑动时，B和C的受力，利用牛顿第二定律求出二者的加速度；再利用匀变速直线运动公式求出C运动到D位置的时间、速度和位移；接着分析C与D的弹性碰撞，二者质量相同，碰撞后交换速度，再分别分析C、D和B的后续运动，求出C在各阶段的位移；最后将C在各阶段的位移相加，得到C发生的总位移。
(3) 本题主要考查简谐运动的动能变化规律，结合物块A在圆轨道上的运动特点分析动能变
（1）设物块A到达圆弧底端的速度为vA0，由机械能守恒定律得
解得
A、B相碰由动量守恒能量守恒得，
解得，，
（2）物块B在木板C上滑动时，对B，
解得
对C，
解得
设木板C运动到物体D位置时所用时间t1，此时B、C速度分别为vB2、vC1，，
，
解得，，
由于C、D质量相同，C、D发生第一次弹性碰撞后二者交换速度，即碰后C的速度，B接着减速，C从零加速，D减速，对D，
解得
D第一次减速的位移
解得
C从零加速到时，速度大小，所用时间，B减速
解得
由于C、D质量相同，C、D发生第二次弹性碰撞后二者仍交换速度，即碰后C的速度变为零，，B接着减速，C从零加速，D减速。D第二次减速的位移，设又经过t3，B、C达到共同速度v，C第三次加速的距离为xC3，，，
解得，，
B、C达到共同速度v后一起作匀减速运动，加速度大小为μ2g，假设与D不相碰，B、C一起停下来的位移为
解得
由于，假设成立，C发生的总位移
代入上述数据
（3）（提示：图像的斜率代表重力做功的瞬时功率）
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