2025年广西柳州市高考物理三模试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年广西柳州市高考物理三模试卷（含详细答案解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）2024年10月15日，嫦娥六号从月球背面带回的样品完成鉴定，样品中的含量十分丰富，是核聚变的理想材料。的质子数与中子数分别为（ ）
A．2和3B．3和2C．1和2D．2和1
2．（4分）某同学站在压力传感器上，开始时保持微蹲状态，之后完成了某些动作，所采集的压力F随时间t变化的图像如图。则该同学在压力传感器上完成的动作可能是（ ）
A．只有站起过程B．只有下蹲过程
C．先站起之后下蹲D．先下蹲之后站起
3．（4分）中国的机器狗处于世界先进水平，如图所示，将物块放在机器狗的头部，物块与机器狗的接触面为水平面，当机器狗（ ）
A．水平减速前进时，机器狗对物块的作用力小于物块的重力
B．水平减速前进时，机器狗对物块的作用力大于物块的重力
C．水平加速前进时，机器狗对物块的作用力等于物块的重力
D．水平加速前进时，机器狗对物块的作用力大于物块对机器狗的作用力
4．（4分）光伏玻璃具有高透光率低反射率的特点，一束光线以60°的入射角从空气中射到光伏玻璃上，反射光线与折射光线的夹角可能为（ ）
A．30°B．60°C．90°D．120°
5．（4分）水杯接完热水后再拧紧杯盖，待杯内的水降温后就较难拧开。若接入大半杯水后，杯内气体温度为87℃，压强为p0，拧紧杯盖，杯内气体（视为一定质量的理想气体）被密闭，经过一段时间后，杯内温度降到27℃，此时杯内气体的压强约为（ ）
A．B．C．D．
6．（4分）哈雷彗星的运动轨道是一个以太阳为焦点的椭圆，其运行周期为N年，地球的公转轨道可视为圆形，哈雷彗星轨道的半长轴与地球公转半径之比为（ ）
A．B．C．D．
7．（4分）如图所示，100匝边长为10cm的正方形线圈，一半放在磁感应强度为2T的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈沿图示方向匀速转动，角速度为6rad/s，线圈的总电阻为5Ω，从图示位置开始，线圈转过30°时所受安培力大小为（ ）
A．0.12NB．0.24NC．12ND．24N
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
（多选）8．（4分）投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度v1水平，第二次初速度v2斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（ ）
A．运动时间相同B．加速度相同
C．动能变化量相同D．动量变化量相同
（多选）9．（4分）如图所示，一带正电的滑块以某一初速度沿固定绝缘斜面下滑，t0时刻进入方向竖直向下的匀强电场区域，滑块运动的速度时间（v﹣t）图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
（多选）10．（4分）如图，坐标轴上三个点的坐标分别为a（﹣L，0）、b（2L，0）、c（0，2L），在第一、四象限内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第二象限内有方向垂直纸面向外的匀强磁场，图中磁感线均未画出。某带电粒子以大小为v、方向与x轴成45°的速度从a点射入，依次经过O、b、c三点。不计粒子重力及磁场的边界效应，下列说法正确的是（ ）
A．第二象限内的磁感应强度大小为2B
B．粒子的比荷为
C．粒子从a点运动到c点的时间为
D．粒子能通过坐标为的点
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11．（8分）某同学用如图所示的实验装置做“探究弹簧弹力和伸长量的关系”的实验，在弹簧下端依次挂1个、2个、3个、4个、5个质量均为20g钩码，测出弹簧相应的总长度，将实验数据记入如表。（重力加速度g取9.8N/kg）
（1）关于本实验的注意事项，下列说法正确的是 。
A.在安装刻度尺时，刻度尺可以适当倾斜
B.所挂钩码产生的弹力要在弹簧的弹性限度内
C.挂上钩码后，钩码上下振动，应当在钩码运动到最低点时读数
（2）根据表格中的数据，可得出该弹簧的劲度系数为 N/m（结果保留两位有效数字）；
（3）取下这5个钩码，将一个质量为200g的小球挂在该弹簧下端，当弹簧处于原长时，将小球由静止开始释放，小球到达的最低点与释放位置间的距离为 cm。（劲度系数为k的弹簧，形变量为x时具有的弹性势能为
12．（10分）某一电池的电动势E约为6.6V，内阻r未知。为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验。图中R为电阻箱，R0为45Ω的定值电阻，将电压表视为理想电表。
（1）闭合开关之前，应将电阻箱的阻值调到 （选填“最大”或“零”）；
（2）电阻箱某次示数如图乙所示，其阻值为 Ω；
（3）为了减小偶然误差，多次调整电阻箱的阻值R，读出对应的电压表的示数U，通过描点作图得到如图乙所示的图像，通过图像可得电动势E＝ V，内阻r＝ Ω；（结果均保留三位有效数字）
（4）若电池的内阻为r、电压表的内阻为RV，则实验测得电池的电动势E测与电动势的真实值E真的关系式为E测＝ E真。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13．（10分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形图如图所示。质点Q的横坐标为4m，t＝5s时质点Q第2次到达波峰。求：
（1）波的传播速度大小；
（2）x＝10m处的质点在t＝7s时的位移；
（3）从t＝0时刻开始计时，写出质点Q的振动方程。
14．（10分）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨底端接有阻值为2R的定值电阻，导轨所在空间有方向垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，将质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，经时间t时速度达到最大。导轨宽度与金属棒的长度均为L，金属棒下滑过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：
（1）金属棒的最大速率；
（2）金属棒从释放到速度最大的过程中沿导轨下滑的距离。
15．（10分）如图所示，足够长的水平桌面上有一质量为3m的木板A，A的右侧固定一轻质挡板P，A的上表面光滑，下表面与桌面的动摩擦因数μ＝0.4，在A的上方有水平向右的匀强电场。A在水平向右的恒力F作用下向右运动，当A的速度为v0时，质量为m、带正电的滑块B，以向右的速度v0从左侧滑上A，当B与P碰撞前的瞬间，A的速度恰好减为零，已知B与P的碰撞为弹性碰撞且B始终未脱离A，B可视为质点且所受电场力与F始终相等，，重力加速度为g。求：
（1）B与P碰撞前，A、B的加速度大小；
（2）B与P第1次碰撞后，B离P的最远距离；
（3）从B与P第1次碰撞至第3次碰撞的过程中，B的电势能的变化量。
2025年广西柳州市高考物理三模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
二．多选题（共3小题）
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1．（4分）2024年10月15日，嫦娥六号从月球背面带回的样品完成鉴定，样品中的含量十分丰富，是核聚变的理想材料。的质子数与中子数分别为（ ）
A．2和3B．3和2C．1和2D．2和1
【分析】中子数等于质量数减去质子数。
【解答】解：的质子数是2，质量数是3，则中子数为1，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】知道质量数等于质子数加中子数是解题关键。
2．（4分）某同学站在压力传感器上，开始时保持微蹲状态，之后完成了某些动作，所采集的压力F随时间t变化的图像如图。则该同学在压力传感器上完成的动作可能是（ ）
A．只有站起过程B．只有下蹲过程
C．先站起之后下蹲D．先下蹲之后站起
【分析】由图可知，人先超重后失重，结合人下蹲起来的特点分析。
【解答】解：“站起”过程先加速上升后减速上升，则先超重后失重；“下蹲”过程先加速下降后减速下降，则先失重后超重。由图可知，人先超重后失重，故只有站起过程，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】解题关键是能够正确分析同学平衡、下蹲、起立时压力传感器示数的变化，根据超失重的特点分析。
3．（4分）中国的机器狗处于世界先进水平，如图所示，将物块放在机器狗的头部，物块与机器狗的接触面为水平面，当机器狗（ ）
A．水平减速前进时，机器狗对物块的作用力小于物块的重力
B．水平减速前进时，机器狗对物块的作用力大于物块的重力
C．水平加速前进时，机器狗对物块的作用力等于物块的重力
D．水平加速前进时，机器狗对物块的作用力大于物块对机器狗的作用力
【分析】水平方向有加速度时，力的合成可知，机器狗对物块作用力的大小大于重力，结合牛顿第三定律分析。
【解答】解：ABC．水平方向上加速或减速运动，由牛顿第二定律可知，机器狗水平方向受到物块对它的摩擦力。竖直方向上机器狗受到物块对它的压力，由力的合成可知，机器狗对物块作用力的大小始终等于以上两个力合力的大小，大于物块重力，故AC错误、B正确；
D．根据牛顿第三定律，机器狗对物块的作用力等于物块对机器狗的作用力，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查力的合成以及牛顿运动定律，两个分力相互垂直，合力必大于任意分力，作用力和反作用力大小一定相等。
4．（4分）光伏玻璃具有高透光率低反射率的特点，一束光线以60°的入射角从空气中射到光伏玻璃上，反射光线与折射光线的夹角可能为（ ）
A．30°B．60°C．90°D．120°
【分析】从空气中射到光伏玻璃上，折射角一定小于入射角，结合几何关系分析。
【解答】解：一束光线以60°的入射角从空气中射到光伏玻璃上，入射角为60°，则反射角也等于60°，折射角一定小于入射角，折射角一定小于60°，故反射光线与折射光线的夹角范围大于60°小于120°，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查光的折射定律，光从空气射向其他介质，空气中的角相对较大。
5．（4分）水杯接完热水后再拧紧杯盖，待杯内的水降温后就较难拧开。若接入大半杯水后，杯内气体温度为87℃，压强为p0，拧紧杯盖，杯内气体（视为一定质量的理想气体）被密闭，经过一段时间后，杯内温度降到27℃，此时杯内气体的压强约为（ ）
A．B．C．D．
【分析】明确压强和温度等状态参数，根据查理定律列式求解。
【解答】解：杯内气体温度为87℃，经过一段时间后，杯内温度降到27℃，杯内气体做等容变化，根据查理定律有
其中p1＝p0，T1＝（87+273）K＝360K，T2＝（27+273）K＝300K
解得，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查气体实验定律，解题的关键是分析出气体变化前后的状态参量，准确选择相应的气体实验定律即可完成解答。
6．（4分）哈雷彗星的运动轨道是一个以太阳为焦点的椭圆，其运行周期为N年，地球的公转轨道可视为圆形，哈雷彗星轨道的半长轴与地球公转半径之比为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据开普勒第三定律列式求解。
【解答】解：根据开普勒第三定律，
故，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查开普勒行星三定律的应用，解题关键是熟悉开普勒第三定律。
7．（4分）如图所示，100匝边长为10cm的正方形线圈，一半放在磁感应强度为2T的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈沿图示方向匀速转动，角速度为6rad/s，线圈的总电阻为5Ω，从图示位置开始，线圈转过30°时所受安培力大小为（ ）
A．0.12NB．0.24NC．12ND．24N
【分析】线圈转动过程中ab边切割磁感线，求解线圈转过30°时，产生的感应电动势，根据欧姆定律求解感应电流，根据安培力表达式求解安培力大小。
【解答】解：线圈转动过程中ab边切割磁感线，ab边各点的线速度大小为
线圈转过30°时，产生的感应电动势为E＝NBLvsin30°，解得E＝3V
由闭合电路欧姆定律可得，此时感应电流
线圈转过30°时所受安培力大小等于ab边所受安培力大小，为F＝NBIL，故F＝12N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查转动切割时感应电动势的求解，解题关键是求解线圈产生的感应电动势，安培力表达式可以顺利求解。
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
（多选）8．（4分）投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度v1水平，第二次初速度v2斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（ ）
A．运动时间相同B．加速度相同
C．动能变化量相同D．动量变化量相同
【分析】箭在空中做抛体运动，加速度相同，竖直方向高度相同，根据运动学公式比较时间。由动能定理比较动能变化量，根据动量定理比较动量变化量。
【解答】解：AB．第一次水平抛出，竖直方向初速度为零，第二次初速度v2斜向下，有竖直方向的速度分量，即竖直方向初速度不为零，两次运动过程中都只受到重力作用，加速度都为g，由于竖直方向下落高度相同，由此可知运动时间不同，故A错误，B正确；
C．由于只受重力，下落高度相同，因此合外力做功相同，根据动能定理可知，动能变化量相同，故C正确；
D．由于只受重力，运动时间不同，因此合外力冲量不同，根据动量定理可知，动量变化量不同，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查抛体运动相关知识，应用动能定理求解动能变化量和动量定理求解动量变化量是解题关键。
（多选）9．（4分）如图所示，一带正电的滑块以某一初速度沿固定绝缘斜面下滑，t0时刻进入方向竖直向下的匀强电场区域，滑块运动的速度时间（v﹣t）图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】对物体受力分析，分别求出没加电场和加了电场的物体加速度大小，结合v﹣t图像的斜率表示加速度分析。
【解答】解：根据牛顿第二定律，滑块沿固定绝缘斜面下滑，受到重力 mg、斜面的支持力N和摩擦力f，沿斜面方向有mgsinθ﹣f＝ma1
其中f＝μN＝μmgcsθ
此时加速度a1＝gsinθ﹣μgcsθ
进入竖直向下的匀强电场后，滑块带正电，受到电场力F＝qE
此时沿斜面方向的合力F合＝（mg+qE）sinθ﹣μ（mg+qE）csθ＝（mg+qE）（sinθ﹣μcsθ）
根据牛顿第二定律，加速度
对比a1和a2，因为
所以|a2|＞|a1|。
AB．图像表示t0时刻前后速度不变，即加速度为0，若gsinθ＝μgcsθ，物体未加电场时匀速运动，加上电场后依然会做匀速运动，所以 A 正确，B错误。
CD．t0时刻前滑块做加速运动，进入电场t0时刻后，由于|a2|＞|a1|，图像斜率增大，即加速度增大，继续做加速运动，故 D 正确，C 错误。
故选：AD。
【点评】本题考查的是带电滑块在重力场和复合场中的运动问题，关键是对带电滑块做好受力分析，并且熟练应用牛顿第二定律即可。
（多选）10．（4分）如图，坐标轴上三个点的坐标分别为a（﹣L，0）、b（2L，0）、c（0，2L），在第一、四象限内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第二象限内有方向垂直纸面向外的匀强磁场，图中磁感线均未画出。某带电粒子以大小为v、方向与x轴成45°的速度从a点射入，依次经过O、b、c三点。不计粒子重力及磁场的边界效应，下列说法正确的是（ ）
A．第二象限内的磁感应强度大小为2B
B．粒子的比荷为
C．粒子从a点运动到c点的时间为
D．粒子能通过坐标为的点
【分析】根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力，综合粒子在不同象限下的运动状态分析求解。
【解答】解：AB．作出粒子运动轨迹如图所示
当带电粒子在第二象限内运动时，带电粒子做匀速圆周运动的圆心O1坐标为，轨道半径
粒子做匀速圆周运动，则有，
当带电粒子从 O点进入第四象限时，带电粒子做匀速圆周运动的圆心O2坐标为（L，L），轨道半径
粒子做匀速圆周运动，则有，
联立上述各式可得B1＝2B，
故A正确，B错误；
C．结合上述可知，带电粒子在第二象限运动了个圆周，所以运动时间
带电粒子在第一与第四象限运动了个圆周，所以运动时间
所以粒子从a点运动到c点的时间为
故C正确；
D．当带电粒子从 c点再次进入第二象限时，带电粒子做半径为r1的匀速圆周运动，圆心O3坐标为，
当带电粒子第二次进入第一象限的位置设为d点，则坐标为（0，3L），带电粒子第二次在第一象限内做匀速圆周运动的圆心O4，它的坐标为（L，4L），半径为r2，
当带电粒子第三次进入第二象限的位置设为e点，坐标为（0，5L），带电粒子做半径为r1的匀速圆周运动，圆心O5坐标为，坐标为的点在第二象限，它到圆心O5的距离，粒子能通过坐标为的点，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在磁场中的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11．（8分）某同学用如图所示的实验装置做“探究弹簧弹力和伸长量的关系”的实验，在弹簧下端依次挂1个、2个、3个、4个、5个质量均为20g钩码，测出弹簧相应的总长度，将实验数据记入如表。（重力加速度g取9.8N/kg）
（1）关于本实验的注意事项，下列说法正确的是 B 。
A.在安装刻度尺时，刻度尺可以适当倾斜
B.所挂钩码产生的弹力要在弹簧的弹性限度内
C.挂上钩码后，钩码上下振动，应当在钩码运动到最低点时读数
（2）根据表格中的数据，可得出该弹簧的劲度系数为 49 N/m（结果保留两位有效数字）；
（3）取下这5个钩码，将一个质量为200g的小球挂在该弹簧下端，当弹簧处于原长时，将小球由静止开始释放，小球到达的最低点与释放位置间的距离为 8 cm。（劲度系数为k的弹簧，形变量为x时具有的弹性势能为
【分析】（1）根据实验注意事项和实验原理逐一分析；
（2）结合表格中的数据选取两组数据，根据胡克定律求解劲度系数；
（3）重物重力势能转换为弹簧弹性势能，根据能量守恒定律求解。
【解答】解：（1）A．刻度尺应竖直安装以确保测量准确，故A错误；
B．弹簧的弹力必须在弹性限度内，不然会损坏弹簧，故B正确；
C．实验读数时，应在钩码静止时进行，故C错误。
故选：B。
（2）结合表格中的数据选取两组数据分别为质量为20g，弹簧的总长度为5.40cm和质量为100g，弹簧的总长度6.99cm。根据胡克定律可得
故弹簧的劲度系数为49N/m。
（3）设小球到达的最低点与释放位置间的距离为x，由能量守恒定律可得
解得x＝0.08m＝8cm
故答案为：（1）B；（2）49；（3）8
【点评】本题考查“探究弹簧弹力和伸长量的关系”的实验，解题关键明确胡克定律F＝kx中x为伸长量，不是长度。
12．（10分）某一电池的电动势E约为6.6V，内阻r未知。为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验。图中R为电阻箱，R0为45Ω的定值电阻，将电压表视为理想电表。
（1）闭合开关之前，应将电阻箱的阻值调到 最大 （选填“最大”或“零”）；
（2）电阻箱某次示数如图乙所示，其阻值为 107.4 Ω；
（3）为了减小偶然误差，多次调整电阻箱的阻值R，读出对应的电压表的示数U，通过描点作图得到如图乙所示的图像，通过图像可得电动势E＝ 6.67 V，内阻r＝ 17.0 Ω；（结果均保留三位有效数字）
（4）若电池的内阻为r、电压表的内阻为RV，则实验测得电池的电动势E测与电动势的真实值E真的关系式为E测＝ E真。
【分析】（1）当电阻箱的电阻调为零时，电路中电流最大，所以为了安全起见，应使电阻箱调到最大；
（2）根据闭合电路欧姆定律电流与电压的关系进行变形得到图像对应的函数表达式；再结合纵截距的值求电源电动势和内阻；
（3）考虑电压表的内阻，同样写出函数表达式，求出测量值与真实值的比值。
【解答】解：（1）为了保护电源，闭合开关之前，应将电阻箱的阻值调到最大；
（2）电阻箱的读数为：1×100Ω+0+1×7Ω+0.1×4Ω＝107.4Ω
（3）根据闭合电路欧姆定律可得：
变形可得：
故图像纵截距为：
所以电动势为：E＝6.67V
斜率为：
解得内阻为：r＝17.0Ω
（4）由（3）可知，
而
所以两者比值为：
故答案为：（1）最大；（2）107.4；（3）6.67、17.0；（4）。
【点评】熟练掌握物理规律运用数学方法将物理公式变形，将两个非线性关系的物理量，变成两个线性关系的物理量，是解答本题的关键。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13．（10分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形图如图所示。质点Q的横坐标为4m，t＝5s时质点Q第2次到达波峰。求：
（1）波的传播速度大小；
（2）x＝10m处的质点在t＝7s时的位移；
（3）从t＝0时刻开始计时，写出质点Q的振动方程。
【分析】（1）由图读出波长。根据t＝5s时质点Q第2次到达波峰求出周期，再求波的传播速度大小；
（2）先求出波传到x＝10m处的质点所用时间，再确定在t＝7s时该质点振动时间与周期的关系，再求其位移；
（3）根据振幅、圆频率和初相位写出质点Q的振动方程。
【解答】解：（1）由图可知，波长λ＝8m
简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻质点Q沿y轴正方向振动，t＝5s时质点Q第2次到达波峰，则有
解得周期T＝4s
波速为vm/s＝2m/s
（2）设经t1时间，波传到x＝10m处，则t1s＝1s
则t＝7s时，该质点已振动的时间t＝t﹣t1＝7s﹣1s＝6s
即1.5个周期，可知此时该质点的位移x＝0
（3）设质点Q的振动方程xQ＝Asin（ωt+φ）
其中，A＝40cm，
由初始条件t＝0时，xQ＝0，速度正向最大，得φ＝0
即Q的振动方程为
答：（1）波的传播速度大小为2m/s；
（2）x＝10m处的质点在t＝7s时的位移为0；
（3）质点Q的振动方程为。
【点评】本题综合考查了质点的振动和波动，关键是要能从波的传播方向判断出质点的振动方向，同时要能从图像得到波长并进一步求解波速。
14．（10分）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨底端接有阻值为2R的定值电阻，导轨所在空间有方向垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，将质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，经时间t时速度达到最大。导轨宽度与金属棒的长度均为L，金属棒下滑过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：
（1）金属棒的最大速率；
（2）金属棒从释放到速度最大的过程中沿导轨下滑的距离。
【分析】（1）当金属棒的加速度为零时，速度最大，根据平衡条件以及法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式相结合求金属棒的最大速率；
（3）利用动量定理以及电荷量与磁通量变化量的关系求金属棒从释放到速度最大的过程中沿导轨下滑的距离。
【解答】解：（1）金属棒下滑过程中，切割磁感线产生感应电动势为
E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流为

金属棒受到的安培力大小为
，方向沿导轨向上
金属棒下滑速度达到最大时，加速度为零，则有

解得
（2）设金属棒从释放到速度最大的过程中沿导轨下滑的距离为x，对金属棒从释放到速度最大的过程，取沿导轨向下为正方向，根据动量定理得

又，，
联立解得
答：（1）金属棒的最大速率为；
（2）金属棒从释放到速度最大的过程中沿导轨下滑的距离为。
【点评】解答本题的关键要会运用动量定理求出金属棒下滑的距离，同时，要熟练推导出电荷量与磁通量变化量的关系。
15．（10分）如图所示，足够长的水平桌面上有一质量为3m的木板A，A的右侧固定一轻质挡板P，A的上表面光滑，下表面与桌面的动摩擦因数μ＝0.4，在A的上方有水平向右的匀强电场。A在水平向右的恒力F作用下向右运动，当A的速度为v0时，质量为m、带正电的滑块B，以向右的速度v0从左侧滑上A，当B与P碰撞前的瞬间，A的速度恰好减为零，已知B与P的碰撞为弹性碰撞且B始终未脱离A，B可视为质点且所受电场力与F始终相等，，重力加速度为g。求：
（1）B与P碰撞前，A、B的加速度大小；
（2）B与P第1次碰撞后，B离P的最远距离；
（3）从B与P第1次碰撞至第3次碰撞的过程中，B的电势能的变化量。
【分析】（1）碰撞前对AB受力分析，判断其运动状态，根据牛顿第二定律求两者的加速度；
（2）对AB系统，根据动量守恒由动力学规律求出碰撞前B的速度，再根据弹性碰撞的规律求第一次碰撞后两物体的速度；碰撞后，由于受力不变，加速度不变，确定两个物体的运动状态后，由动能定理求出AB两物体共速时发生的位移，从而求得两者相距的最远距离；
（3）根据动力学规律分别求出各时间段的位移，由功能关系求B物体电势能的变化。
【解答】解：（1）对A在水平方向进行受力分析，A受地面向左的摩擦力和水平向右推力
由牛顿第二定律有：4μmg﹣F＝3ma1
代入恒力F的值解得：
对B水平方向进行受力分析，由牛顿第二定律有F＝ma2
解得
（2）将A和B当做系统，地面对A的摩擦力4μmg＝2F，即系统的动量守恒，
设B与A第1次碰撞前的速率为v1，木板的速度恰好减为零
以向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0+3mv0＝mv1
整理解得：v1＝4v0
设B与A第1次碰撞后，A与B的速度分别为vA1、vB1，取向右为正
碰撞过程中，系统动量守恒有mv1＝mvB1+3mvA1
机械能守恒有
联立以上各式解得：vB1＝﹣2v0，vA1＝2v0
可知第1次碰后B的速度方向向左，A的速度方向向右；
由第（1）问计算可知，第1次碰撞后，B以2v0沿木板向左做匀减速运动至0再反向匀加速，A以2v0向右做匀减速运动，A、B共速时B与挡板之间最远
以向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0+3mv0＝4mv共
代入数据解得：v共＝v0
此过程中A相对地面向右的位移为x1，B相对地面向左的位移为x2，对A，由动能定理有：
对B，由动能定理有：
联立解得：，
所以AB最远的距离：
（3）A速度再次减为零的时间：
B的速度：vB2＝﹣2v0+a2t
代入数据得：vB2＝4v0
此过程中，A的位移：
B的位移：
即B与A第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后滑块、木板重复前面的运动过程，每相邻两次碰撞间滑块、木板的位移相同，B与A第1次碰撞后至第3次碰撞后瞬间的整个过程中B的位移为：x3＝2L
此过程电场力做功：W＝Fx3
联立代入数据解得：
所以B的电势能的变化量为：ΔEp＝W
答：（1）B与P碰撞前，A、B的加速度大小分别为、；
（2）B与P第1次碰撞后，B离P的最远距离为；
（3）从B与P第1次碰撞至第3次碰撞的过程中，B的电势能的变化量为。
【点评】本题在匀强电场中设计了板块相对运动模型，考查动量守恒定律的弹性碰撞模型，考查力与运动的逻辑判断能力。要熟记弹性碰撞模型的结果的经验公式（包括一动碰一静、一动碰一动），第（3）问需要归纳总结出A、B两物体的碰撞及运动规律，应用数学知识求解相关问题。
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20
40
60
80
100
弹簧总长度l/cm
5.40
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6.19
6.59
6.99
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
D
A
B
C
B
A
C
题号
8
9
10
答案
BC
AD
ACD
钩码质量m/g
20
40
60
80
100
弹簧总长度l/cm
5.40
5.80
6.19
6.59
6.99