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山东省济宁市2026年高考模拟考试（二模）物理试题
1．如图所示为原子核的比结合能曲线，下列说法正确的是（　　）
A．的结合能约为7MeV B．两个结合成时吸收能量
C．比更稳定 D．比的结合能大
【答案】C
【知识点】结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据图像可知的比结合能约为，所以结合能为，故A错误；
B．根据计算可知的结合能大于两个的结合能的和，所以两个结合成时应放出热量，故B错误；
C．比结合能越大的原子核越稳定，根据图像可知比更稳定，故C正确；
D．与的比结合能相差不多，但的核子数比大很多，所以的结合能更大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A、区分比结合能与结合能，结合能=比结合能×核子数目；
B、聚变生成比结合能更大的原子核，向外释放核能；
C、利用“比结合能越大，原子核稳定性越强”判断；
D、结合能由比结合能、核子总数共同决定，不能只看比结合能大小。
2．校园运动会折返跑项目中，两条平行直跑道长50m，甲、乙两同学同时从起点出发，跑向另一端再跑回起点。比赛开始后的一段时间内，甲、乙两同学运动的位移随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．时刻甲同学的速度大于乙同学的速度
B．时刻甲、乙两同学运动方向相同
C．时间内甲、乙两同学通过的路程相同
D．时间内甲、乙两同学的平均速度相同
【答案】D
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】图像斜率代表瞬时速度：
A、时刻甲图像斜率为0，速度，乙斜率不为零、速度大于0，故甲速度小于乙，A错误；
B、时刻甲图像斜率为负（向负方向运动），乙斜率为正（向正方向运动），二者运动方向相反，B错误；
C、内甲先正向到50m再反向折返，路程大于50m；乙一直正向运动、路程等于末位移大小，甲路程更大，C错误；
D、内甲乙初、末位置一致，位移相同、用时相同，平均速度相等，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、由图像斜率判断瞬时速度，甲在最远点、瞬时速度为零；
B、斜率正负代表运动方向，甲乙斜率符号相反；
C、路程是实际轨迹总长，甲有往返、路程更大；
D、平均速度只由位移和时间决定，位移、时间全相同则平均速度相等。
3．如图所示为一定质量某种理想气体的热力学温度随体积变化的图像，、两点在同一条直线上，则该理想气体由状态到状态的过程中（　　）
A．压强不变 B．压强减小
C．外界对气体做功 D．放出热量
【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】由理想气体状态方程，变形得，图上某点与原点连线斜率，斜率与压强成正比。
A、从，和原点连线斜率逐渐变小，故压强减小，A错误；
B、连线斜率不断减小，气体压强逐渐减小，B正确；
C、体积变大，气体膨胀对外做功，，C错误；
D、温度升高，理想气体内能，由热力学第一定律，则，气体吸热，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、依据图斜率与压强正比，斜率变化则压强变化；
B、结合图像斜率变化规律，判断压强逐渐减小；
C、体积增大，气体对外做功而非外界对气体做功；
D、升温内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律判断气体吸热。
4．如图所示，平面镜与光屏垂直放置，某单色光源发出的光一部分直接照射在光屏上，一部分经平面镜反射后照射在光屏上，两部分光在光屏上叠加形成干涉条纹。、、、为矩形的四个顶点，且边平行于平面镜。若光源分别在、、、四点时，屏上形成的干涉条纹的相邻条纹间距分别为、、、，则相邻条纹间距最小的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】本题为洛埃德镜干涉，等效双缝干涉，条纹间距公式；是光源与镜像光源间距，（为光源到镜面距离），为光源到光屏距离，
点：离平面镜最远（最大、最大），到光屏距离最小，由公式，小、大，最小，对应；
故答案为：B。
【分析】A、的偏小、偏大，间距不是最小；
B、点最大、最小，相邻条纹间距最小；
C、到镜面近、小，间距偏大；
D、到镜面近、小，间距偏大。
5．如图所示，上表面光滑的斜面体置于粗糙水平地面上，通过绕过光滑轻质定滑轮的轻绳拉动重物缓慢沿斜面上升，斜面体始终保持静止。下列说法正确的是（　　）
A．重物受到轻绳的拉力逐渐变大
B．重物受到的支持力逐渐变大
C．斜面体受到地面的支持力保持不变
D．斜面体受到地面的摩擦力逐渐变大
【答案】A
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB.对重物受力分析，如图所示
重物缓慢上升的过程中，重物所受重力大小方向不变，支持力的方向不变，而绳拉力的方向不断变化，根据图解法可知，重物所受支持力不断减小，绳拉力不断增大，故A正确，B错误；
C、将斜面与重物视为整体，竖直方向受力：，重物上升过程增大、增大，变大，地面支持力减小，故C错误；
D、水平方向地面静摩擦力，拉力增大、减小，整体受力平衡下摩擦力逐渐减小，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查三力动态平衡图解法，重力、支持力方向固定，拉力方向转动，拉力数值不断变大；
B、同受力图解，支持力随拉力偏转不断减小；
C、整体法竖直方向受力平衡，拉力竖直分力增大，地面支持力随之减小；
D、整体法水平方向受力平衡，地面静摩擦力等于拉力水平分力，拉力水平分量持续减小，地面摩擦力减小。
6．如图所示，竖直平面内的圆弧是无人机以恒定速率在空中表演的部分运动轨迹，其中点与圆心等高。无人机运动过程中只受重力、驱动力、大小恒定且与速度方向始终相反的阻力作用。在无人机从运动到的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．机械能守恒 B．合外力做正功
C．重力的功率不变 D．驱动力的功率减小
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】无人机速率恒定，动能不变，受力：重力、驱动力、与速度反向的恒定阻力，
A、飞行过程阻力做负功、驱动力做正功，重力势能不断增大、动能不变，机械能增加，机械能不守恒，故A错误；
B、速率不变，动能不变，由动能定理，合外力做功等于动能变化，故合外力做功为0，B错误；
C、重力瞬时功率，从竖直分速度持续减小，重力功率不断减小，C错误；
D、阻力大小恒定且始终与速度反向，阻力功率恒定；总功率，不断减小（负值）、不变，因此驱动力功率不断减小，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、除重力外阻力、驱动力都做功，机械能不守恒；
B、匀速运动动能不变，合外力总功为零；
C、重力功率由竖直分速度决定，竖直分速度逐渐变小，重力功率减小；
D、总功率为零，阻力功率不变、重力功率减小，推出驱动力功率逐渐减小。
7．在人类星际移民探索中，中国科学家正将目光投向土星的卫星“土卫六”。若“土卫六”绕土星、月球绕地球的运动均视为匀速圆周运动，已知“土卫六”的轨道半径为月球轨道半径的倍，公转周期为月球公转周期的倍，则土星质量与地球质量的比值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】由万有引力充当向心力：，变形得中心天体质量。
已知，，则
故答案为：。
【分析】A、由中心天体质量公式，半径三次方成正比、周期平方成反比，推导比值；
B、幂次颠倒，列式错误；
C、半径、周期幂次全部写错；
D、半径与周期幂次全部颠倒。
8．如图所示，A、B是等量正点电荷，点为AB连线的中点，点位于AB连线的中垂线上，AB间的距离为，间的距离为，此时点的电场强度大小为；若仅将点电荷换成等量的负点电荷，点的电场强度大小变为。为使小于，和的大小应满足的关系为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】设电荷量的大小为Q，，当两电荷为等量正电荷时，M点的电场强度大小为，其中，当两电荷电性一正一负时，M点的电场强度大小为，其中，当时，有，所以
故答案为：B。
【分析】本题考查点电荷场强叠加，同种电荷中垂线场强沿竖直方向，异种电荷中垂线上场强沿水平连线方向，利用三角函数关系化简不等式即可。
9．一列简谐横波沿轴正方向传播，周期。时刻的波形图如图所示，此时质点、的位移均为。下列说法正确的是（　　）
A．该波的波速为
B．时，质点位于波峰
C．在内，质点比通过的路程多
D．从时刻开始计时，质点做简谐运动的表达式为
【答案】A,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、由波形图读出波长，周期，波速，故A正确；
B、波沿轴正方向传播，时刻质点向下振动，角频率，时相位，不在波峰位置，故B错误；
C、内，质点从向下运动到波谷再向上，总路程；质点从向上运动到波峰再回落，总路程，二者路程差值，故C正确；
D、质点初相位为，振动表达式应为，选项表达式初相位错误，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】A、考查波速公式，结合图像读取波长完成计算；
B、考查波传播方向与质点振动方向的判断，结合简谐运动相位判断质点位置；
C、考查简谐运动质点路程计算，分别计算两个质点的运动轨迹路程再求差值；
D、考查简谐运动表达式书写，区分两个质点的初相位。
10．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，原线圈电路中为定值电阻，灯泡、完全相同，阻值均为，额定电压均为。当输入端的电压为时，两灯泡均正常发光。下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A、副线圈灯泡正常发光，则，由得；与原线圈并联，；正常发光，，输入端总电压，故A错误，B正确；
C、副线圈电流，由，得原线圈电流；支路电流；干路电流等于额定电流：，化简得，即，故C正确，D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、B、考查理想变压器电压比规律，结合串并联电路电压关系求输入总电压；
C、D、考查理想变压器电流比规律，结合并联电路分流、灯泡额定电流列式，推导电阻比值。
11．如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，轻弹簧两端分别拴接在物块a和斜面底端挡板处，物块b、c用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳拴接，物块b与滑轮间的轻绳和弹簧均与斜面平行。用外力托住物块c，使物块b、c间轻绳伸直但无张力；撤去外力，物块c由静止开始运动。物块c运动过程中未触地，斜面足够长，弹簧始终处于弹性限度内。已知物块a、b、c的质量分别为、、，弹簧的劲度系数为，重力加速度大小为。下列说法正确的是（　　）
A．从开始运动到物块、分离，物块始终处于失重状态
B．物块、分离瞬间，物块的加速度大小为
C．物块、分离瞬间，物块、间绳子的拉力大小为
D．从开始运动到物块、分离瞬间，物块的位移大小为
【答案】A,B,D
【知识点】超重与失重；牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A、从开始运动到a、b分离前，c加速度始终竖直向下，因此c全程处于失重状态，故A正确；
B、a、b分离瞬间二者弹力为0，三者加速度大小相等。对b、c整体：，解得，即a的加速度为，故B正确；
C、隔离c：，代入，得，故C错误；
D、初始静止，对：，；分离时对：，；的位移，故D正确；
故答案为：ABD。
【分析】A、考查失重判定，加速度向下物体处于失重；
B、考查连接体分离临界条件（相互弹力为0、加速度相同），整体法列牛顿第二定律；
C、考查隔离法受力分析，单独对c列式求绳拉力；
D、考查胡克定律，分别求初态、分离时刻弹簧形变量，位移等于形变量差值。
12．如图甲所示，两根平行的光滑金属轨道弯曲部分和水平部分在、处平滑连接，垂直于两轨道，轨道间距为1 m，电阻不计，水平部分足够长且处在大小为的竖直向上的匀强磁场中。金属杆和电阻均为、质量均为1 kg，金属杆以5 m/s的初速度沿水平轨道向左运动，金属杆从弯曲轨道上距水平轨道0.8 m高处由静止释放。从金属杆到达时开始计时，以向右为正方向，两金属杆的速度随时间变化关系如图乙所示，两杆始终不相碰，重力加速度大小。下列说法正确的是（　　）
A．金属杆到达时的速度大小为
B．两金属杆共速时的速度大小为
C．整个运动过程中，金属杆中产生的总热量为19.5 J
D．从金属杆向左运动至开始计时过程中，通过金属杆的电荷量为1.5 C
【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、a下滑过程机械能守恒，，代入、，解得，故A正确；
B、系统合安培力为零、动量守恒，取向右为正，，，，故B错误；
C、系统总初始机械能，末动能，电路总焦耳热；两杆电阻相等串联，，故C错误；
D、对用动量定理：，、，，代入，解得，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】A、考查机械能守恒，光滑斜面下滑重力势能转化为动能；
B、考查电磁感应系统动量守恒，安培力为系统内力，合动量不变；
C、考查能量守恒，系统损失机械能等于回路总电热，串联电阻均分热量；
D、考查电磁感应动量定理、电荷量公式，安培冲量。
13．如图所示为某学习小组自制的“液体折射率测量仪”装置，该装置由一端有转轴的主支架和两根与主支架垂直的分支架1和2组成。紧靠分支架1固定一激光笔，光线紧贴分支架1射出，一直角扇形量角盘固定在主支架和分支架1之间，在其圆心处用细线悬挂一重锤。分支架2上放置装有待测液体的透明容器，整个装置可绕转轴在竖直面内转动。
（1）打开激光笔开关，让激光垂直容器壁射入液体并在液面处出现如图所示的光路，缓慢转动装置，为了使射出液面的光线消失，主支架绕转轴的转动方向为　 　（选填“顺时针”或“逆时针”）；
（2）当重锤线与主支架间的夹角为时，折射出液面的光线恰好消失，则待测液体对该激光的折射率为　 　；
（3）容器壁厚度对该实验测量结果　 　影响（选填“有”或“无”）。
【答案】（1）顺时针
（2）1.25
（3）无
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】（1）激光笔固定在分支架1上，缓慢转动装置，要使光线在液面的入射角逐渐增大至全反射的临界角，需将主支架顺时针转动，即减小，光线在液面处的入射角增大，则折射角增大；
故答案为：顺时针
（2）根据几何关系可知全反射的临界角，
故答案为：1.25
（3）由于激光垂直容器壁射入液体，可知激光在容器中传播方向不变，若容器壁稍增厚，则激光在液面处的入射角仍等于，即入射角不变。
故答案为：无
【分析】(1) 顺时针抬升容器一侧，液面倾斜程度变大，入射角变大触发全反射；
(2) 重锤竖直向下，利用几何互余得到临界角，结合计算折射率；
(3) 垂直入射不改变传播方向，容器壁厚只改变光在固体壁的路程，不改变液面入射角度，故不影响测量。
（1）激光笔固定在分支架1上，缓慢转动装置，要使光线在液面的入射角逐渐增大至全反射的临界角，需将主支架顺时针转动，即减小，光线在液面处的入射角增大，则折射角增大；
（2）根据几何关系可知全反射的临界角
（3）由于激光垂直容器壁射入液体，可知激光在容器中传播方向不变，若容器壁稍增厚，则激光在液面处的入射角仍等于，即入射角不变。
14．某实验小组用如图甲所示的电路研究一压敏电阻的阻值随压力的变化关系，并制作简易压力表。已知电流表（量程为）、毫安表内阻均忽略不计，定值电阻。
（1）闭合开关，给电阻施加压力，电流表示数如图乙所示，则读数为　 　，毫安表示数为，则此时的阻值大小为　 　。
（2）给电阻加上不同的压力，记录不同压力下对应的值，并绘制图像，根据图像得出电阻与压力关系式为（为常数）。
①该实验小组为制作简易压力表，设计了如图丙所示电路，电源的电动势为、内阻为，电流表A内阻忽略不计，调节电阻箱阻值为，改变压力的大小，根据压力与电流表A示数的关系式　 　（用、、、、表示），在表盘上对应位置处标上压力大小；
②若该装置使用较长时间后，电源内阻增大，为保证压力表测量准确，电阻箱的阻值应　 　（选填“调大”“调小”或“保持不变”）。
【答案】（1）0.40；2000
（2）；调小
【知识点】闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理及应用；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）电流表的最小分度为0.02A，读数时读到本位，故读数为0.40A
根据并联电路的特点，则此时的阻值大小为
故答案为：0.40；2000
（2）由闭合电路的欧姆定律，即，又
故
若该装置使用较长时间后，电源内阻增大，为保证压力表测量准确，电阻箱的阻值应调小，才能保证压力不变时，电流不变
故答案为：；调小
【分析】(1) 考查电流表读数与并联分流规律，利用并联支路电压相等求解压敏电阻阻值；
(2) 结合闭合电路欧姆定律与的函数关系推导表达式；电源内阻漂移时，通过微调电阻箱阻值抵消内阻变化，保证相同压力对应电流不变。
（1）[1]电流表的最小分度为0.02A，读数时读到本位，故读数为0.40A
[2]根据并联电路的特点
则此时的阻值大小为
（2）[1][2]由闭合电路的欧姆定律
即
又
故
若该装置使用较长时间后，电源内阻增大，为保证压力表测量准确，电阻箱的阻值应调小，才能保证压力不变时，电流不变
15．如图所示，一足球从地面上被踢出，初速度大小为、方向与水平方向夹角的正切值为。足球前方某处有一高为的杆垂直于地面放置，足球运动过程中恰好经过杆的最高点。足球视为质点，不计一切阻力，不考虑足球的反弹，重力加速度大小取。求：
（1）足球运动过程中离开水平地面的最大高度；
（2）足球被踢出时到杆的水平距离。
【答案】（1）解：由，可得
竖直方向由运动学公式可得
代入数据解得足球离开水平地面的最大高度为
（2）解：设足球飞出经过时间经过杆的最高点，则有
代入数据可得
解得或
足球在水平方向做匀速直线运动，则有
解得或
【知识点】运动的合成与分解；斜抛运动
【解析】【分析】(1) 斜抛运动竖直分运动为竖直上抛，利用拆分初速度分量，由竖直上抛最大高度公式求H；
(2) 竖直方向代入位移方程得到两个时刻（上升、下落经过杆高），水平匀速直线运动，分别算两段水平距离。
（1）由，可得
竖直方向由运动学公式可得
代入数据解得足球离开水平地面的最大高度为
（2）设足球飞出经过时间经过杆的最高点，则有
代入数据可得
解得或
足球在水平方向做匀速直线运动，则有
解得或
16．如图所示，一竖直放置的绝热圆柱形汽缸上端开口，其顶端有一卡环，导热活塞M、绝热活塞N将两部分理想气体A、B封闭在汽缸内。初始时，A、B两部分气体的温度均为，活塞距卡环的距离为0.5L，两活塞的间距为，活塞距汽缸底的距离为3L；现用加热装置（体积忽略不计）缓慢加热气体B，使其温度升高。已知外界大气压为，环境温度为且保持不变，汽缸的横截面积为，两活塞的厚度、质量及活塞与汽缸之间的摩擦均忽略不计。求：
（1）活塞M刚好到达卡环处时，气体B的温度；
（2）当气体B温度达到时，卡环对活塞的作用力大小。
【答案】（1）解：在活塞到达卡环前，活塞质量忽略不计，受力平衡，所以气体的压强始终为
活塞导热，环境温度保持为，因此气体始终满足等温变化，即
对气体由理想气体状态方程知，因其压强和温度都不变，所以体积不变。故两活塞间距始终为，即活塞、一起上升。初态时气体的高度为，当活塞恰好到达卡环时，活塞上升了，因此活塞也上升了，于是气体的高度变为
又由于活塞质量忽略不计，始终受力平衡，所以在这一阶段
即气体做等压膨胀。由盖吕萨克定律，
代入，得。
（2）解：从活塞刚好顶到卡环开始继续加热，活塞位置固定不动。设此时两活塞间距离为，则气体的体积为
由于气体始终与环境通过导热活塞保持热平衡，所以它做等温变化。以活塞刚碰到卡环时为初态，有
故
而活塞受力平衡，所以
此时气体的高度为
所以体积为
对气体，取活塞刚碰到卡环时为初态，彼时，，
末态时
由理想气体状态方程，有
代入，得
解得
因此末态气体的压强为
再对活塞受力分析：下方气体对它向上的压力为，上方大气对它向下的压力为，卡环对它向下的作用力为。由平衡条件
所以
因此。
【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；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】(1) A 导热等温、压强恒等于大气压，体积不变→A 长度不变，B 等压升温膨胀，用盖 - 吕萨克定律；
(2) M 碰壁后 A 等温压缩、压强升高，对 A 玻意耳定律；B 变压变温用理想气体状态方程，联立求出 A 末压强，再对活塞受力分析求卡环弹力。
（1）在活塞到达卡环前，活塞质量忽略不计，受力平衡，所以气体的压强始终为
活塞导热，环境温度保持为，因此气体始终满足等温变化，即
对气体由理想气体状态方程知，因其压强和温度都不变，所以体积不变。故两活塞间距始终为，即活塞、一起上升。初态时气体的高度为，当活塞恰好到达卡环时，活塞上升了，因此活塞也上升了，于是气体的高度变为
又由于活塞质量忽略不计，始终受力平衡，所以在这一阶段
即气体做等压膨胀。由盖吕萨克定律，
代入，得。
（2）从活塞刚好顶到卡环开始继续加热，活塞位置固定不动。设此时两活塞间距离为，则气体的体积为
由于气体始终与环境通过导热活塞保持热平衡，所以它做等温变化。以活塞刚碰到卡环时为初态，有
故
而活塞受力平衡，所以
此时气体的高度为
所以体积为
对气体，取活塞刚碰到卡环时为初态，彼时，，
末态时
由理想气体状态方程，有
代入，得
解得
因此末态气体的压强为
再对活塞受力分析：下方气体对它向上的压力为，上方大气对它向下的压力为，卡环对它向下的作用力为。由平衡条件
所以
因此。
17．如图所示，竖直平面内足够长的轨道由光滑斜面和粗糙水平面组成，两者在斜面底端处平滑连接。质量为的物块从斜面上高为处由静止释放，到达水平面上后，停在距离点远的点；现将质量为的另一物块放在处，物块仍从斜面上原高度处由静止释放，到达点后与物块发生水平弹性碰撞，碰撞时间极短，A、B均看作质点，且与水平面间的动摩擦因数均相同，重力加速度大小。求：
（1）物块A与水平面间的动摩擦因数；
（2）第一次碰撞后瞬间，物块、的速度大小、；
（3）若物块、发生第二次碰撞时，已停止运动，求斜面倾角的正弦值应满足的条件。
【答案】（1）解：对物块A单独下滑到停止的全过程，由动能定理
约去得
（2）解：A下滑到O点碰撞前，由动能定理得碰撞前速度
解得
A、B发生弹性碰撞，满足动量守恒和动能守恒
代入
解得
速度大小为，负号表示方向向左。
（3）解：B碰撞后向右匀减速运动，加速度大小
停下的时间
B停下的位置距离O点
碰撞后A向左滑上斜面，斜面光滑，加速度大小
上滑时间
下滑回到O点时间也为，总斜面上运动时间
斜面光滑，A回到O点时速度大小仍为，方向向右。
A向右运动到B停下位置，由匀变速位移公式
代入数据得
解得合理的时间（舍去较大的根）
要求第二次碰撞时B已停止，需满足总时间
代入得
整理得
即满足条件为
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 全过程动能定理直接求解动摩擦因数；
(2) 先求碰前A速度，弹性碰撞用动量守恒+机械能守恒求碰后速度；
(3) 分别算B停下的时间与位移、A往返斜面用时，结合A向右匀减速的运动方程，利用二次碰撞时B已静止的时间约束，推导上限。
（1）对物块A单独下滑到停止的全过程，由动能定理
约去得
（2）A下滑到O点碰撞前，由动能定理得碰撞前速度
解得
A、B发生弹性碰撞，满足动量守恒和动能守恒
代入
解得
速度大小为
负号表示方向向左。
（3）B碰撞后向右匀减速运动，加速度大小
停下的时间
B停下的位置距离O点
碰撞后A向左滑上斜面，斜面光滑，加速度大小
上滑时间
下滑回到O点时间也为，总斜面上运动时间
斜面光滑，A回到O点时速度大小仍为，方向向右。
A向右运动到B停下位置，由匀变速位移公式
代入数据得
解得合理的时间（舍去较大的根）
要求第二次碰撞时B已停止，需满足总时间
代入得
整理得
即满足条件为
18．如图所示，三维直角坐标系中的z轴垂直纸面向外。在平面右侧、平面上方空间内存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小；在平面左侧空间内存在沿轴负方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小，磁感应强度大小未知。质量为、电荷量为的粒子在平面内从坐标原点发射，初速度大小为、方向与轴负方向成。经过一段时间后，粒子从点（图中未标出）垂直平面进入右侧空间，粒子在平面右侧空间受到与速度方向相反、大小与速率成正比的阻力（为已知常量），且粒子恰好从点（图中未标出）垂直平面射出磁场。不计粒子重力，，。求：
（1）粒子在平面左侧空间内运动的时间；
（2）点的坐标；
（3）点到轴的距离；
（4）粒子从点运动到点的轨迹长度。
【答案】（1）解：由运动学公式有
因为
联立解得
（2）解：粒子从P点垂直yOz平面进入右侧空间，可知
在平行于xOz的平面内，由牛顿第二定律得
沿z轴方向坐标
沿y轴方向坐标
所以P点坐标为。
（3）解：在x轴方向，根据动量定理有
整理得
解得
（4）解：令粒子在Q点的速度为v，在y轴方向，根据动量定理有
整理得
解得
根据题意洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，令粒子的速度为，沿速度方向利用动量定理有
整理得
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 左侧空间y轴电场匀加速、xOz平面洛伦兹圆周，由竖直分运动求运动总时间；
(2) y向匀变速求y坐标，半圆圆周直径确定z坐标，x=0；
(3) 变阻力+洛伦兹分力，用微元动量定理对x分量列式求解水平位移；
(4) 分别对y向、轨迹切向用动量定理，联立消去末速度得到轨迹总长。
（1）由运动学公式有
因为
联立解得
（2）粒子从P点垂直yOz平面进入右侧空间，可知
在平行于xOz的平面内，由牛顿第二定律得
沿z轴方向坐标
沿y轴方向坐标
所以P点坐标为。
（3）在x轴方向，根据动量定理有
整理得
解得
（4）令粒子在Q点的速度为v，在y轴方向，根据动量定理有
整理得
解得
根据题意洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，令粒子的速度为，沿速度方向利用动量定理有
整理得
联立解得
1 / 1山东省济宁市2026年高考模拟考试（二模）物理试题
1．如图所示为原子核的比结合能曲线，下列说法正确的是（　　）
A．的结合能约为7MeV B．两个结合成时吸收能量
C．比更稳定 D．比的结合能大
2．校园运动会折返跑项目中，两条平行直跑道长50m，甲、乙两同学同时从起点出发，跑向另一端再跑回起点。比赛开始后的一段时间内，甲、乙两同学运动的位移随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．时刻甲同学的速度大于乙同学的速度
B．时刻甲、乙两同学运动方向相同
C．时间内甲、乙两同学通过的路程相同
D．时间内甲、乙两同学的平均速度相同
3．如图所示为一定质量某种理想气体的热力学温度随体积变化的图像，、两点在同一条直线上，则该理想气体由状态到状态的过程中（　　）
A．压强不变 B．压强减小
C．外界对气体做功 D．放出热量
4．如图所示，平面镜与光屏垂直放置，某单色光源发出的光一部分直接照射在光屏上，一部分经平面镜反射后照射在光屏上，两部分光在光屏上叠加形成干涉条纹。、、、为矩形的四个顶点，且边平行于平面镜。若光源分别在、、、四点时，屏上形成的干涉条纹的相邻条纹间距分别为、、、，则相邻条纹间距最小的是（　　）
A． B． C． D．
5．如图所示，上表面光滑的斜面体置于粗糙水平地面上，通过绕过光滑轻质定滑轮的轻绳拉动重物缓慢沿斜面上升，斜面体始终保持静止。下列说法正确的是（　　）
A．重物受到轻绳的拉力逐渐变大
B．重物受到的支持力逐渐变大
C．斜面体受到地面的支持力保持不变
D．斜面体受到地面的摩擦力逐渐变大
6．如图所示，竖直平面内的圆弧是无人机以恒定速率在空中表演的部分运动轨迹，其中点与圆心等高。无人机运动过程中只受重力、驱动力、大小恒定且与速度方向始终相反的阻力作用。在无人机从运动到的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．机械能守恒 B．合外力做正功
C．重力的功率不变 D．驱动力的功率减小
7．在人类星际移民探索中，中国科学家正将目光投向土星的卫星“土卫六”。若“土卫六”绕土星、月球绕地球的运动均视为匀速圆周运动，已知“土卫六”的轨道半径为月球轨道半径的倍，公转周期为月球公转周期的倍，则土星质量与地球质量的比值为（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示，A、B是等量正点电荷，点为AB连线的中点，点位于AB连线的中垂线上，AB间的距离为，间的距离为，此时点的电场强度大小为；若仅将点电荷换成等量的负点电荷，点的电场强度大小变为。为使小于，和的大小应满足的关系为（　　）
A． B． C． D．
9．一列简谐横波沿轴正方向传播，周期。时刻的波形图如图所示，此时质点、的位移均为。下列说法正确的是（　　）
A．该波的波速为
B．时，质点位于波峰
C．在内，质点比通过的路程多
D．从时刻开始计时，质点做简谐运动的表达式为
10．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，原线圈电路中为定值电阻，灯泡、完全相同，阻值均为，额定电压均为。当输入端的电压为时，两灯泡均正常发光。下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
11．如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，轻弹簧两端分别拴接在物块a和斜面底端挡板处，物块b、c用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳拴接，物块b与滑轮间的轻绳和弹簧均与斜面平行。用外力托住物块c，使物块b、c间轻绳伸直但无张力；撤去外力，物块c由静止开始运动。物块c运动过程中未触地，斜面足够长，弹簧始终处于弹性限度内。已知物块a、b、c的质量分别为、、，弹簧的劲度系数为，重力加速度大小为。下列说法正确的是（　　）
A．从开始运动到物块、分离，物块始终处于失重状态
B．物块、分离瞬间，物块的加速度大小为
C．物块、分离瞬间，物块、间绳子的拉力大小为
D．从开始运动到物块、分离瞬间，物块的位移大小为
12．如图甲所示，两根平行的光滑金属轨道弯曲部分和水平部分在、处平滑连接，垂直于两轨道，轨道间距为1 m，电阻不计，水平部分足够长且处在大小为的竖直向上的匀强磁场中。金属杆和电阻均为、质量均为1 kg，金属杆以5 m/s的初速度沿水平轨道向左运动，金属杆从弯曲轨道上距水平轨道0.8 m高处由静止释放。从金属杆到达时开始计时，以向右为正方向，两金属杆的速度随时间变化关系如图乙所示，两杆始终不相碰，重力加速度大小。下列说法正确的是（　　）
A．金属杆到达时的速度大小为
B．两金属杆共速时的速度大小为
C．整个运动过程中，金属杆中产生的总热量为19.5 J
D．从金属杆向左运动至开始计时过程中，通过金属杆的电荷量为1.5 C
13．如图所示为某学习小组自制的“液体折射率测量仪”装置，该装置由一端有转轴的主支架和两根与主支架垂直的分支架1和2组成。紧靠分支架1固定一激光笔，光线紧贴分支架1射出，一直角扇形量角盘固定在主支架和分支架1之间，在其圆心处用细线悬挂一重锤。分支架2上放置装有待测液体的透明容器，整个装置可绕转轴在竖直面内转动。
（1）打开激光笔开关，让激光垂直容器壁射入液体并在液面处出现如图所示的光路，缓慢转动装置，为了使射出液面的光线消失，主支架绕转轴的转动方向为　 　（选填“顺时针”或“逆时针”）；
（2）当重锤线与主支架间的夹角为时，折射出液面的光线恰好消失，则待测液体对该激光的折射率为　 　；
（3）容器壁厚度对该实验测量结果　 　影响（选填“有”或“无”）。
14．某实验小组用如图甲所示的电路研究一压敏电阻的阻值随压力的变化关系，并制作简易压力表。已知电流表（量程为）、毫安表内阻均忽略不计，定值电阻。
（1）闭合开关，给电阻施加压力，电流表示数如图乙所示，则读数为　 　，毫安表示数为，则此时的阻值大小为　 　。
（2）给电阻加上不同的压力，记录不同压力下对应的值，并绘制图像，根据图像得出电阻与压力关系式为（为常数）。
①该实验小组为制作简易压力表，设计了如图丙所示电路，电源的电动势为、内阻为，电流表A内阻忽略不计，调节电阻箱阻值为，改变压力的大小，根据压力与电流表A示数的关系式　 　（用、、、、表示），在表盘上对应位置处标上压力大小；
②若该装置使用较长时间后，电源内阻增大，为保证压力表测量准确，电阻箱的阻值应　 　（选填“调大”“调小”或“保持不变”）。
15．如图所示，一足球从地面上被踢出，初速度大小为、方向与水平方向夹角的正切值为。足球前方某处有一高为的杆垂直于地面放置，足球运动过程中恰好经过杆的最高点。足球视为质点，不计一切阻力，不考虑足球的反弹，重力加速度大小取。求：
（1）足球运动过程中离开水平地面的最大高度；
（2）足球被踢出时到杆的水平距离。
16．如图所示，一竖直放置的绝热圆柱形汽缸上端开口，其顶端有一卡环，导热活塞M、绝热活塞N将两部分理想气体A、B封闭在汽缸内。初始时，A、B两部分气体的温度均为，活塞距卡环的距离为0.5L，两活塞的间距为，活塞距汽缸底的距离为3L；现用加热装置（体积忽略不计）缓慢加热气体B，使其温度升高。已知外界大气压为，环境温度为且保持不变，汽缸的横截面积为，两活塞的厚度、质量及活塞与汽缸之间的摩擦均忽略不计。求：
（1）活塞M刚好到达卡环处时，气体B的温度；
（2）当气体B温度达到时，卡环对活塞的作用力大小。
17．如图所示，竖直平面内足够长的轨道由光滑斜面和粗糙水平面组成，两者在斜面底端处平滑连接。质量为的物块从斜面上高为处由静止释放，到达水平面上后，停在距离点远的点；现将质量为的另一物块放在处，物块仍从斜面上原高度处由静止释放，到达点后与物块发生水平弹性碰撞，碰撞时间极短，A、B均看作质点，且与水平面间的动摩擦因数均相同，重力加速度大小。求：
（1）物块A与水平面间的动摩擦因数；
（2）第一次碰撞后瞬间，物块、的速度大小、；
（3）若物块、发生第二次碰撞时，已停止运动，求斜面倾角的正弦值应满足的条件。
18．如图所示，三维直角坐标系中的z轴垂直纸面向外。在平面右侧、平面上方空间内存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小；在平面左侧空间内存在沿轴负方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小，磁感应强度大小未知。质量为、电荷量为的粒子在平面内从坐标原点发射，初速度大小为、方向与轴负方向成。经过一段时间后，粒子从点（图中未标出）垂直平面进入右侧空间，粒子在平面右侧空间受到与速度方向相反、大小与速率成正比的阻力（为已知常量），且粒子恰好从点（图中未标出）垂直平面射出磁场。不计粒子重力，，。求：
（1）粒子在平面左侧空间内运动的时间；
（2）点的坐标；
（3）点到轴的距离；
（4）粒子从点运动到点的轨迹长度。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据图像可知的比结合能约为，所以结合能为，故A错误；
B．根据计算可知的结合能大于两个的结合能的和，所以两个结合成时应放出热量，故B错误；
C．比结合能越大的原子核越稳定，根据图像可知比更稳定，故C正确；
D．与的比结合能相差不多，但的核子数比大很多，所以的结合能更大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A、区分比结合能与结合能，结合能=比结合能×核子数目；
B、聚变生成比结合能更大的原子核，向外释放核能；
C、利用“比结合能越大，原子核稳定性越强”判断；
D、结合能由比结合能、核子总数共同决定，不能只看比结合能大小。
2．【答案】D
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】图像斜率代表瞬时速度：
A、时刻甲图像斜率为0，速度，乙斜率不为零、速度大于0，故甲速度小于乙，A错误；
B、时刻甲图像斜率为负（向负方向运动），乙斜率为正（向正方向运动），二者运动方向相反，B错误；
C、内甲先正向到50m再反向折返，路程大于50m；乙一直正向运动、路程等于末位移大小，甲路程更大，C错误；
D、内甲乙初、末位置一致，位移相同、用时相同，平均速度相等，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、由图像斜率判断瞬时速度，甲在最远点、瞬时速度为零；
B、斜率正负代表运动方向，甲乙斜率符号相反；
C、路程是实际轨迹总长，甲有往返、路程更大；
D、平均速度只由位移和时间决定，位移、时间全相同则平均速度相等。
3．【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】由理想气体状态方程，变形得，图上某点与原点连线斜率，斜率与压强成正比。
A、从，和原点连线斜率逐渐变小，故压强减小，A错误；
B、连线斜率不断减小，气体压强逐渐减小，B正确；
C、体积变大，气体膨胀对外做功，，C错误；
D、温度升高，理想气体内能，由热力学第一定律，则，气体吸热，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、依据图斜率与压强正比，斜率变化则压强变化；
B、结合图像斜率变化规律，判断压强逐渐减小；
C、体积增大，气体对外做功而非外界对气体做功；
D、升温内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律判断气体吸热。
4．【答案】B
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】本题为洛埃德镜干涉，等效双缝干涉，条纹间距公式；是光源与镜像光源间距，（为光源到镜面距离），为光源到光屏距离，
点：离平面镜最远（最大、最大），到光屏距离最小，由公式，小、大，最小，对应；
故答案为：B。
【分析】A、的偏小、偏大，间距不是最小；
B、点最大、最小，相邻条纹间距最小；
C、到镜面近、小，间距偏大；
D、到镜面近、小，间距偏大。
5．【答案】A
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB.对重物受力分析，如图所示
重物缓慢上升的过程中，重物所受重力大小方向不变，支持力的方向不变，而绳拉力的方向不断变化，根据图解法可知，重物所受支持力不断减小，绳拉力不断增大，故A正确，B错误；
C、将斜面与重物视为整体，竖直方向受力：，重物上升过程增大、增大，变大，地面支持力减小，故C错误；
D、水平方向地面静摩擦力，拉力增大、减小，整体受力平衡下摩擦力逐渐减小，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查三力动态平衡图解法，重力、支持力方向固定，拉力方向转动，拉力数值不断变大；
B、同受力图解，支持力随拉力偏转不断减小；
C、整体法竖直方向受力平衡，拉力竖直分力增大，地面支持力随之减小；
D、整体法水平方向受力平衡，地面静摩擦力等于拉力水平分力，拉力水平分量持续减小，地面摩擦力减小。
6．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】无人机速率恒定，动能不变，受力：重力、驱动力、与速度反向的恒定阻力，
A、飞行过程阻力做负功、驱动力做正功，重力势能不断增大、动能不变，机械能增加，机械能不守恒，故A错误；
B、速率不变，动能不变，由动能定理，合外力做功等于动能变化，故合外力做功为0，B错误；
C、重力瞬时功率，从竖直分速度持续减小，重力功率不断减小，C错误；
D、阻力大小恒定且始终与速度反向，阻力功率恒定；总功率，不断减小（负值）、不变，因此驱动力功率不断减小，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、除重力外阻力、驱动力都做功，机械能不守恒；
B、匀速运动动能不变，合外力总功为零；
C、重力功率由竖直分速度决定，竖直分速度逐渐变小，重力功率减小；
D、总功率为零，阻力功率不变、重力功率减小，推出驱动力功率逐渐减小。
7．【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】由万有引力充当向心力：，变形得中心天体质量。
已知，，则
故答案为：。
【分析】A、由中心天体质量公式，半径三次方成正比、周期平方成反比，推导比值；
B、幂次颠倒，列式错误；
C、半径、周期幂次全部写错；
D、半径与周期幂次全部颠倒。
8．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】设电荷量的大小为Q，，当两电荷为等量正电荷时，M点的电场强度大小为，其中，当两电荷电性一正一负时，M点的电场强度大小为，其中，当时，有，所以
故答案为：B。
【分析】本题考查点电荷场强叠加，同种电荷中垂线场强沿竖直方向，异种电荷中垂线上场强沿水平连线方向，利用三角函数关系化简不等式即可。
9．【答案】A,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、由波形图读出波长，周期，波速，故A正确；
B、波沿轴正方向传播，时刻质点向下振动，角频率，时相位，不在波峰位置，故B错误；
C、内，质点从向下运动到波谷再向上，总路程；质点从向上运动到波峰再回落，总路程，二者路程差值，故C正确；
D、质点初相位为，振动表达式应为，选项表达式初相位错误，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】A、考查波速公式，结合图像读取波长完成计算；
B、考查波传播方向与质点振动方向的判断，结合简谐运动相位判断质点位置；
C、考查简谐运动质点路程计算，分别计算两个质点的运动轨迹路程再求差值；
D、考查简谐运动表达式书写，区分两个质点的初相位。
10．【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A、副线圈灯泡正常发光，则，由得；与原线圈并联，；正常发光，，输入端总电压，故A错误，B正确；
C、副线圈电流，由，得原线圈电流；支路电流；干路电流等于额定电流：，化简得，即，故C正确，D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、B、考查理想变压器电压比规律，结合串并联电路电压关系求输入总电压；
C、D、考查理想变压器电流比规律，结合并联电路分流、灯泡额定电流列式，推导电阻比值。
11．【答案】A,B,D
【知识点】超重与失重；牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A、从开始运动到a、b分离前，c加速度始终竖直向下，因此c全程处于失重状态，故A正确；
B、a、b分离瞬间二者弹力为0，三者加速度大小相等。对b、c整体：，解得，即a的加速度为，故B正确；
C、隔离c：，代入，得，故C错误；
D、初始静止，对：，；分离时对：，；的位移，故D正确；
故答案为：ABD。
【分析】A、考查失重判定，加速度向下物体处于失重；
B、考查连接体分离临界条件（相互弹力为0、加速度相同），整体法列牛顿第二定律；
C、考查隔离法受力分析，单独对c列式求绳拉力；
D、考查胡克定律，分别求初态、分离时刻弹簧形变量，位移等于形变量差值。
12．【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、a下滑过程机械能守恒，，代入、，解得，故A正确；
B、系统合安培力为零、动量守恒，取向右为正，，，，故B错误；
C、系统总初始机械能，末动能，电路总焦耳热；两杆电阻相等串联，，故C错误；
D、对用动量定理：，、，，代入，解得，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】A、考查机械能守恒，光滑斜面下滑重力势能转化为动能；
B、考查电磁感应系统动量守恒，安培力为系统内力，合动量不变；
C、考查能量守恒，系统损失机械能等于回路总电热，串联电阻均分热量；
D、考查电磁感应动量定理、电荷量公式，安培冲量。
13．【答案】（1）顺时针
（2）1.25
（3）无
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】（1）激光笔固定在分支架1上，缓慢转动装置，要使光线在液面的入射角逐渐增大至全反射的临界角，需将主支架顺时针转动，即减小，光线在液面处的入射角增大，则折射角增大；
故答案为：顺时针
（2）根据几何关系可知全反射的临界角，
故答案为：1.25
（3）由于激光垂直容器壁射入液体，可知激光在容器中传播方向不变，若容器壁稍增厚，则激光在液面处的入射角仍等于，即入射角不变。
故答案为：无
【分析】(1) 顺时针抬升容器一侧，液面倾斜程度变大，入射角变大触发全反射；
(2) 重锤竖直向下，利用几何互余得到临界角，结合计算折射率；
(3) 垂直入射不改变传播方向，容器壁厚只改变光在固体壁的路程，不改变液面入射角度，故不影响测量。
（1）激光笔固定在分支架1上，缓慢转动装置，要使光线在液面的入射角逐渐增大至全反射的临界角，需将主支架顺时针转动，即减小，光线在液面处的入射角增大，则折射角增大；
（2）根据几何关系可知全反射的临界角
（3）由于激光垂直容器壁射入液体，可知激光在容器中传播方向不变，若容器壁稍增厚，则激光在液面处的入射角仍等于，即入射角不变。
14．【答案】（1）0.40；2000
（2）；调小
【知识点】闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理及应用；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）电流表的最小分度为0.02A，读数时读到本位，故读数为0.40A
根据并联电路的特点，则此时的阻值大小为
故答案为：0.40；2000
（2）由闭合电路的欧姆定律，即，又
故
若该装置使用较长时间后，电源内阻增大，为保证压力表测量准确，电阻箱的阻值应调小，才能保证压力不变时，电流不变
故答案为：；调小
【分析】(1) 考查电流表读数与并联分流规律，利用并联支路电压相等求解压敏电阻阻值；
(2) 结合闭合电路欧姆定律与的函数关系推导表达式；电源内阻漂移时，通过微调电阻箱阻值抵消内阻变化，保证相同压力对应电流不变。
（1）[1]电流表的最小分度为0.02A，读数时读到本位，故读数为0.40A
[2]根据并联电路的特点
则此时的阻值大小为
（2）[1][2]由闭合电路的欧姆定律
即
又
故
若该装置使用较长时间后，电源内阻增大，为保证压力表测量准确，电阻箱的阻值应调小，才能保证压力不变时，电流不变
15．【答案】（1）解：由，可得
竖直方向由运动学公式可得
代入数据解得足球离开水平地面的最大高度为
（2）解：设足球飞出经过时间经过杆的最高点，则有
代入数据可得
解得或
足球在水平方向做匀速直线运动，则有
解得或
【知识点】运动的合成与分解；斜抛运动
【解析】【分析】(1) 斜抛运动竖直分运动为竖直上抛，利用拆分初速度分量，由竖直上抛最大高度公式求H；
(2) 竖直方向代入位移方程得到两个时刻（上升、下落经过杆高），水平匀速直线运动，分别算两段水平距离。
（1）由，可得
竖直方向由运动学公式可得
代入数据解得足球离开水平地面的最大高度为
（2）设足球飞出经过时间经过杆的最高点，则有
代入数据可得
解得或
足球在水平方向做匀速直线运动，则有
解得或
16．【答案】（1）解：在活塞到达卡环前，活塞质量忽略不计，受力平衡，所以气体的压强始终为
活塞导热，环境温度保持为，因此气体始终满足等温变化，即
对气体由理想气体状态方程知，因其压强和温度都不变，所以体积不变。故两活塞间距始终为，即活塞、一起上升。初态时气体的高度为，当活塞恰好到达卡环时，活塞上升了，因此活塞也上升了，于是气体的高度变为
又由于活塞质量忽略不计，始终受力平衡，所以在这一阶段
即气体做等压膨胀。由盖吕萨克定律，
代入，得。
（2）解：从活塞刚好顶到卡环开始继续加热，活塞位置固定不动。设此时两活塞间距离为，则气体的体积为
由于气体始终与环境通过导热活塞保持热平衡，所以它做等温变化。以活塞刚碰到卡环时为初态，有
故
而活塞受力平衡，所以
此时气体的高度为
所以体积为
对气体，取活塞刚碰到卡环时为初态，彼时，，
末态时
由理想气体状态方程，有
代入，得
解得
因此末态气体的压强为
再对活塞受力分析：下方气体对它向上的压力为，上方大气对它向下的压力为，卡环对它向下的作用力为。由平衡条件
所以
因此。
【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；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】(1) A 导热等温、压强恒等于大气压，体积不变→A 长度不变，B 等压升温膨胀，用盖 - 吕萨克定律；
(2) M 碰壁后 A 等温压缩、压强升高，对 A 玻意耳定律；B 变压变温用理想气体状态方程，联立求出 A 末压强，再对活塞受力分析求卡环弹力。
（1）在活塞到达卡环前，活塞质量忽略不计，受力平衡，所以气体的压强始终为
活塞导热，环境温度保持为，因此气体始终满足等温变化，即
对气体由理想气体状态方程知，因其压强和温度都不变，所以体积不变。故两活塞间距始终为，即活塞、一起上升。初态时气体的高度为，当活塞恰好到达卡环时，活塞上升了，因此活塞也上升了，于是气体的高度变为
又由于活塞质量忽略不计，始终受力平衡，所以在这一阶段
即气体做等压膨胀。由盖吕萨克定律，
代入，得。
（2）从活塞刚好顶到卡环开始继续加热，活塞位置固定不动。设此时两活塞间距离为，则气体的体积为
由于气体始终与环境通过导热活塞保持热平衡，所以它做等温变化。以活塞刚碰到卡环时为初态，有
故
而活塞受力平衡，所以
此时气体的高度为
所以体积为
对气体，取活塞刚碰到卡环时为初态，彼时，，
末态时
由理想气体状态方程，有
代入，得
解得
因此末态气体的压强为
再对活塞受力分析：下方气体对它向上的压力为，上方大气对它向下的压力为，卡环对它向下的作用力为。由平衡条件
所以
因此。
17．【答案】（1）解：对物块A单独下滑到停止的全过程，由动能定理
约去得
（2）解：A下滑到O点碰撞前，由动能定理得碰撞前速度
解得
A、B发生弹性碰撞，满足动量守恒和动能守恒
代入
解得
速度大小为，负号表示方向向左。
（3）解：B碰撞后向右匀减速运动，加速度大小
停下的时间
B停下的位置距离O点
碰撞后A向左滑上斜面，斜面光滑，加速度大小
上滑时间
下滑回到O点时间也为，总斜面上运动时间
斜面光滑，A回到O点时速度大小仍为，方向向右。
A向右运动到B停下位置，由匀变速位移公式
代入数据得
解得合理的时间（舍去较大的根）
要求第二次碰撞时B已停止，需满足总时间
代入得
整理得
即满足条件为
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 全过程动能定理直接求解动摩擦因数；
(2) 先求碰前A速度，弹性碰撞用动量守恒+机械能守恒求碰后速度；
(3) 分别算B停下的时间与位移、A往返斜面用时，结合A向右匀减速的运动方程，利用二次碰撞时B已静止的时间约束，推导上限。
（1）对物块A单独下滑到停止的全过程，由动能定理
约去得
（2）A下滑到O点碰撞前，由动能定理得碰撞前速度
解得
A、B发生弹性碰撞，满足动量守恒和动能守恒
代入
解得
速度大小为
负号表示方向向左。
（3）B碰撞后向右匀减速运动，加速度大小
停下的时间
B停下的位置距离O点
碰撞后A向左滑上斜面，斜面光滑，加速度大小
上滑时间
下滑回到O点时间也为，总斜面上运动时间
斜面光滑，A回到O点时速度大小仍为，方向向右。
A向右运动到B停下位置，由匀变速位移公式
代入数据得
解得合理的时间（舍去较大的根）
要求第二次碰撞时B已停止，需满足总时间
代入得
整理得
即满足条件为
18．【答案】（1）解：由运动学公式有
因为
联立解得
（2）解：粒子从P点垂直yOz平面进入右侧空间，可知
在平行于xOz的平面内，由牛顿第二定律得
沿z轴方向坐标
沿y轴方向坐标
所以P点坐标为。
（3）解：在x轴方向，根据动量定理有
整理得
解得
（4）解：令粒子在Q点的速度为v，在y轴方向，根据动量定理有
整理得
解得
根据题意洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，令粒子的速度为，沿速度方向利用动量定理有
整理得
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 左侧空间y轴电场匀加速、xOz平面洛伦兹圆周，由竖直分运动求运动总时间；
(2) y向匀变速求y坐标，半圆圆周直径确定z坐标，x=0；
(3) 变阻力+洛伦兹分力，用微元动量定理对x分量列式求解水平位移；
(4) 分别对y向、轨迹切向用动量定理，联立消去末速度得到轨迹总长。
（1）由运动学公式有
因为
联立解得
（2）粒子从P点垂直yOz平面进入右侧空间，可知
在平行于xOz的平面内，由牛顿第二定律得
沿z轴方向坐标
沿y轴方向坐标
所以P点坐标为。
（3）在x轴方向，根据动量定理有
整理得
解得
（4）令粒子在Q点的速度为v，在y轴方向，根据动量定理有
整理得
解得
根据题意洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，令粒子的速度为，沿速度方向利用动量定理有
整理得
联立解得
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