广东省中山市华侨中学2024-2025学年高三下学期第六次模拟考试（二模）物理试题
1．（2025·中山模拟）“玉兔二号”月球车装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜，核电池将衰变释放的核能一部分转换成电能，的衰变方程为下列说法正确的是（ ）
A．衰变方程中的X等于233
B．的穿透能力比γ射线的穿透能力强
C．的比结合能比的比结合能小
D．月夜的寒冷会导致的半衰期变长
2．（2025·中山模拟）在科幻电影《全面回忆》中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内到达地球的另一端，不考虑地球自转的影响、车与轨道及空气之间的摩擦，乘客和车的运动为简谐运动，则（ ）
A．乘客做简谐运动的回复力是由车对人的支持力提供的
B．乘客达到地心时的速度最大，加速度最大
C．乘客只有在地心处才处于完全失重状态
D．乘客所受地球的万有引力大小与到地心的距离成正比
3．（2025·中山模拟）如图所示，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，则（ ）
A．杆对小球作用力的方向沿着杆 B．杆对小球作用力一定大于mg
C．拉力的瞬时功率为mgωL D．拉力的瞬时功率为mgωL
4．（2025·中山模拟）新能源汽车对电池的性能要求非常高，某国产品牌汽车工程师对新款新能源汽车的直流蓄电池进行性能测试，测试过程中某电池组系统的图像如图所示，其中P为该电池组的输出功率，I为流过电池组的电流，下列说法正确的是（ ）
A．电池组的电动势为24V B．电池组的内阻为1Ω
C．电池组的短路电流为12A D．电池组的最大输出功率为72W
5．（2025·中山模拟）如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的小球，从O点沿电场方向射入，OMN为其一段运动轨迹，M点为轨迹的最右端，N点为O的正下方，不计空气阻力。关于小球从O经M到N点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球做匀变速运动
B．小球的机械能守恒
C．小球从O到M速度先减小后增加
D．小球在M、N两点的动能可能相等
6．（2025·中山模拟）法拉第圆盘的装置结构可简化为图甲，一个半径为r的匀质金属圆盘全部水平放置在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，在圆心O和圆盘边缘的A点之间接有一小灯泡，通过握把带动圆盘在磁场中绕轴心O沿箭头所示方向转动，当角速度为时，可观察到小灯泡发光。某同学改变实验条件分别进行了如图乙、图丙的实验，其中图乙仅撤去了小灯泡：图丙撤去了小灯泡，且仅有阴影区域的一半圆盘处在匀强磁场中，其他条件不变。下列说法正确的是（ ）
A．图甲A点的电势大于O点的电势
B．图乙OA间的电势差大小为
C．图丙圆盘中没有感应电流
D．撤去施加在握把上的外力，不考虑转轴的摩擦，则甲、丙圆盘减速转动至静止，乙圆盘保持匀速转动
7．（2025·中山模拟）如图所示，由紫光与红光混合的细光束从底面镀银的半圆形玻璃砖顶点A以入射角=60°射入玻璃砖，已知该玻璃砖对紫光与红光的折射率分别为n1、n2（n1>n2>），光束在玻璃砖半圆弧面上发生折射时不考虑反射，紫光与红光在玻璃砖内传播的时间分别为t1、t2。下列判断正确的是（ ）
A．t1>t2 B．t1=t2 C．t1
A．汽车以恒定功率启动
B．汽车所受阻力为
C．汽车在车速为5m/s时，功率为30kW
D．若汽车由静止到最大速度所走的位移为45m，则汽车在该过程运动的时间为19s
9．（2025·中山模拟）两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于和处，两列波的波速均为0.2m/s，波源的振幅均为4cm，图示为时刻两列波的图像，此刻平衡位置在和的两质点刚开始振动。下列说法正确的是（ ）
A．两列波波源的起振方向相同
B．当两列波相遇时，左边的波源振动了3s
C．平衡位置在处的质点为振动加强点
D．时，处的质点运动的总路程为32cm
10．（2025·中山模拟）如图，发电机的矩形线圈长为、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为、和，两个副线圈分别接有电阻和，当发电机线圈以角速度匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是（ ）
A．通过电阻的电流为
B．电阻两端的电压为
C．与的比值为
D．发电机的功率为
11．（2025·中山模拟）（1）（1）某同学用弹簧测力计粗测重力加速度。将一个质量为165g的物体挂在校准后的竖直弹簧测力计下端，静止时指针如图1所示，则重力加速度为 m/s2（结果保留2位有效数字）。
（2）某同学用如图2所示的装置测量重力加速度。打点计时器的打点周期为T。让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图3所示。A、B、C、D、E为纸带上5个连续打下的点。根据纸带可得重力加速度g= （用、、、T表示）。
（3）某实验小组利用图4装置测量重力加速度。摆线上端固定在O点，下端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集摆动周期。
①组装好装置后，用毫米刻度尺测量摆线长度L，用螺旋测微器测量小钢球直径d。螺旋测微器示数如图5所示，小钢球直径d= mm，记摆长。
②多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长l对应的小钢球摆动周期T，并作出图像，如图6所示。已知图线斜率为k，可得重力加速度g= （用k、表示）。
12．（2025·中山模拟）在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知定值电阻。
（1）实验中，定值电阻的作用有 （填字母）。
A．保护电源
B．在电流变化时使电压表示数变化明显
C．在电压变化时使电流表示数变化明显
（2）实验操作步骤如下：
①将滑动变阻器滑片滑到最左端位置；
②接法Ⅰ：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U-I的值，断开开关；
③将滑动变阻器滑到最左端位置；
④接法Ⅱ：单刀双掷开关S与2接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U-I的值，断开开关；
⑤分别作出两种情况所对应的U-I图像。
（3）单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图乙所示，此时U＝ V．
（4）根据测得数据，作出两U-I图像分别如图丙、丁所示，根据图像可知图丙对应的接法为 （填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）。
（5）综合可求得电源电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。（结果均保留两位小数）
13．（2025·中山模拟）如图甲所示，一缸壁导热的汽缸水平放置，用活塞封闭一定量的理想气体，活塞与汽缸底部用一原长为l、劲度系数为k的轻质弹簧连接，当环境温度为时，弹簧恰处于自然状态。现缓慢将汽缸转动到开口向上竖直放置，如图乙所示，此时活塞距汽缸底部的距离为。已知外界大气压强为，活塞面积为S，忽略活塞与汽缸壁间的摩擦。求：
（1）活塞质量；
（2）若环境温度缓慢升高，则当弹簧恢复原长时，缸内气体的压强和温度。
14．（2025·中山模拟）地面上方空间存在水平向右的匀强电场，场强为E，不可伸长的绝缘细线长为L，上端系于O点，下端系一质量为m、电量为的小球，现将小球在最低点A以一定的初速度水平向左抛出，小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，当小球速度最小时，细线与竖直方向的夹角，已知重力加速度为g，求：
（1）电场强度的大小；
（2）小球在最低点的初速度大小；
（3）若抛出小球的同时剪断细线，小球恰好落在地面上A点正下方的位置B，求A点离地的高度。
15．（2025·中山模拟）如图1所示，两物块A、B之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长，物块A 的质量 。现给物块A一向右的初速度，并把此时记为0时刻，规定向右为正方向，在 时间内A、B物块运动的a-t图像如图2所示。已知 时刻它们的加速度最大，此时A 的速度 ，位移 求：
（1）物块A的初速度的大小；
（2）时间内弹簧对物块A 做的功；
（3）内 B的位移大小和弹簧的劲度系数。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查了原子核衰变、半衰期、比结合能等知识点。对于这部分知识很多是属于记忆部分的，因此需要注意平时的记忆与积累。A．由质量数守恒可得
故A错误；
B．的穿透能力比γ射线的穿透能力弱，故B错误；
C．衰变过程释放能量，比结合能增大，即比的比结合能小，故C正确；
D．半衰期只由原子核自身决定，与所处的物理环境无关，故D错误。
故选C。
【分析】根据质量数守恒分析核反应方程；γ射线是高频电磁波，有极强的穿透性；半衰期的大小反映衰变的快慢，与所处的物理环境无关；衰变过程比结合能增大。
2．【答案】D
【知识点】万有引力定律；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】 结合简谐运动的应用题，根据简谐运动的规律结合实际的运动进行分析即可。A．万有引力与车对人的支持力的合力提供乘客做简谐运动的回复力，故A错误。
B．乘客达到地心时处于平衡位置，故其速度最大，加速度等于零，故B错误。
C．乘客处于地心时，加速度为零，不是失重状态，故C错误。
D．设地球质量为M，乘客和车的质量为m，地球密度为，则
在距离地心为r时：地球对乘客和车的万有引力充当回复力
又
联立得
即万有引力与r成正比，故D正确。
故选D。
【分析】因乘客和车的运动为简谐运动，找到回复力，写出回复力公式，根据回复力公式进行判断即可。
3．【答案】C
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】本题主要是考查平均功率，关键是弄清楚小球匀速转动时动能变化为零，转换思维方式，根据功能关系进行分析。AB．由于杆以角速度ω匀速转动，合外力指向圆心，根据力的合成与分解，判断杆对小球作用力的方向不是沿着杆，大小可能小于重力，所以AB均错误；
CD．根据力矩平衡有
解得
速度大小为
分析可知力与速度的夹角
所以拉力的瞬时功率为
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】小球做匀速圆周运动，合力应沿杆方向，根据矢量三角形法则画图分析；拉力做功的功率等于克服重力做功功率，求出此时克服重力做功功率即可。
4．【答案】D
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题考查了电源的功率问题，要掌握输出功率的公式，加强结合图像解决问题的能力。AB．设该蓄电池的电动势为E，蓄电池的内阻为 r，则
变形可得
结合图像可知，该蓄电池的内阻为
该蓄电池的电动势为
故AB错误；
C．该蓄电池短路时，电流最大，最大电流为
故C错误；
D．由
可知当
最大输出功率为
故D正确。
故选D。
【分析】利用电源的输出功率的公式，推导出图像的表达式，结合图像的斜率、截距求出对应物理量的大小。利用闭合电路的欧姆定律求出短路电流。利用数学知识推导出最大输出功率。
5．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在复合场中的运动，意在考查考生的分析能力。解决本题时关键要抓住洛伦兹力与速度方向上的关系，明确洛伦兹力一定发生变化。A．小球在复合场中受重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，洛伦兹力与速度方向垂直，所以洛伦兹力的大小和方向均会发生变化，小球的加速度会变化，故A错误；
B．洛伦兹力不做功，电场力做功，所以机械能不守恒，故B错误；
C．把重力和电场力合成为一个等效重力，其方向斜向左下方，等效最高点在O到M的中途某处，而洛伦兹力不做功，所以小球从O到M的过程中速度先减小后增大，故C正确；
D．小球从M点到N点洛伦兹力不做功，但重力和电场力都做了正功，动能增加，故D错误。
故选C。
【分析】分析小球的受力情况，抓住洛伦兹力随着速度的变化而变化，分析小球的运动情况；结合机械能守恒条件分析机械能的变化；小球运动过程中，洛伦兹力不做功，只有重力和电场力做功，根据动能定理分析速度和动能的变化。
6．【答案】D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，解题的关键是理解法拉第电磁感应定律的含义，并能够根据实验条件分析出实验结果。A．将金属盘看作无数条由中心指向边缘的金属棒组合而成，当金属盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则判断可知，盘边缘为电源负极，中心为正极，所以A点的电势小于O点的电势，故A错误；
B．图乙撤去了小灯泡，金属圆盘不构成回路，不产生感应电流，但当金属盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，产生感应电动势，OA间的电势差大小等于感应电动势大小，为
故B错误；
C．图丙仅撤去了小灯泡，且仅有阴影区域的一半圆盘处在匀强磁场中。当金属盘转动时，阴影处每根金属棒都在切割磁感线，产生感应电动势，金属棒和没有在阴影区的金属盘组成回路，会产生感应电流，故C错误；
D．撤去施加在握把上的外力，不考虑转轴的摩擦，甲转动过程中灯泡消耗电能，圆盘产生焦耳热，因此甲圆盘减速转动至静止。丙转动过程中，一半圆盘不切割磁感线，形成涡流，根据楞次定律可知，圆盘处于磁场中的那部分会受到与转动方向相反的安培力而使圆盘停止转动，故丙圆盘减速转动至静止。乙圆盘磁场穿过整个圆盘，圆心与边缘会形成一个恒定的电势差，不会形成涡流，圆盘不受安培力，因此圆盘将匀速转动，故D正确。
故选D。
【分析】题目描述了法拉第圆盘的装置结构，并描述了三种不同的实验条件。我们需要根据法拉第电磁感应定律来分析这些实验条件。
7．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题考查光的折射，注意折射率的相对大小与具体数值的关系，分析角度的2倍与90度的关系。作出光束在玻璃砖内传播的光路图。
设半圆形玻璃砖的半径为R，真空中的光速为c，紫光、红光在A点的折射角分别为α、β。对紫光有
，，
解得
同理得
由于，故，选项A正确BCD错误。
故选A。
【分析】由折射率的定义式，可得到入射角与折射角的关系式；由折射率与速度的关系，可得到光在玻璃砖中的传播速度；由速度与位移、时间的关系，可得到两种光在玻璃砖中的时间表达式，借助数学知识，即可比较时间长短。
8．【答案】C,D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】本题考查机车启动问题，要理解掌握机车的两种启动机理，知道机车最大速度对应的牵引力等于恒定的阻力，要会用机车功率公式和牛顿第二定律联立分析机车牵引力、加速度、速度变化情况。A．由图知，汽车由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小，末速度大小
为，即汽车是以恒定的加速度启动的，汽车匀加速所需的时间
故A错误；
B．设汽车的额定功率为P，所受的阻力大小为f，则
匀加速过程，由牛顿第二定律
匀加速结束时，汽车的功率达到最大，为
联立知
，，
故B错误；
C．汽车在车速
此时汽车做匀加速直线运动，其功率
故C正确；
D．汽车匀加速运动的位移为
当达到额定功率后，做变加速运动，运动位移为
根据动能定理
解得
故总时间为
故D正确。
故选CD。
【分析】由图知汽车由静止开始做匀加速直线运动，匀加速结束时，汽车的功率达到最大，根据功率公式求解功率，求出汽车匀加速以及变加速运动的位移，结合动能定理求解该过程运动的时间。
9．【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】本题要理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零。A．波源位于处的波源起振方向为轴负方向，波源位于处的波源起振方向为轴正方向，起振方向相反，A错误；
B．两列波的波速相同，时刻，两波相距
所以从时刻到相遇所用时间为
已知左边波的波长为
周期为
从左侧波源开始振动到时刻的时间为
所以，当两列波相遇时，左边的波源振动的时间为
B正确；
C．由于两列波波速相同，所以左侧的波谷传到处时右侧波的波峰也恰好传到该点，所以平衡位置在处的质点为振动减弱点，C错误；
D．右侧的波传到处的时间为
之后两列波在处相遇，叠加为振动减弱点，两列波的振幅相同，所以4s之后处质点的路程为0，在时间内，左侧的波带动处质点的路程为
D正确。
故选BD。
【分析】根据波的传播方向判断波前的起振方向；根据二者的间距和波速计算相遇所需要的时间，再结合左侧波源开始振动到t=0时刻的时间，进而求出两波相遇是波源振动的总时间；根据波的叠加判断该点是否为加强点；根据时间和周期关系计算质点的路程。
10．【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题的关键在于理解理想变压器的工作原理，包括电压比等于匝数比、功率守恒等原则，以及发电机产生的电动势计算。通过这些原理，可以准确地计算出通过电阻的电流、电阻两端的电压以及发电机的功率，从而验证题目中给出的选项。
AB．由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律
根据变压器电压与匝数的关系有
，
代入数据有
，
再由欧姆定律有
可计算出
综上可知，A错误、B正确；
C．由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有
，
由选项AB知
则
C正确；
D．由于变压器为理想变压器则有
P0= P1 + P2= U1I + U2I2= I2R1 + U2I2
代入选项ABC公式有
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误。
故选BC。
【分析】根据给定的条件计算出原线圈的电压，利用变压器的电压比等于匝数比的原理，计算出副线圈的电压。利用欧姆定律计算通过电阻的电流。根据功率的定义计算发电机的功率。通过这些步骤，可以验证题目中给出的选项是否正确。
11．【答案】（1）9.7；；20.035；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题考查了螺旋测微器的读数，考查了单摆测量重力加速度；掌握单摆的周期公式是解题的关键；注意图像斜率的运用。（1）由图知物体的重力为，由
有
（2）因为
得
（3）①小钢球直径
。
②单摆周期公式
得
可见
得
【分析】（1）根据重力计算公式解答；
（2）根据逐差法计算；
（3）根据螺旋测微器读数规则读出钢球直径，根据单摆周期公式结合图像斜率解答。
12．【答案】AB；1.50；接法Ⅰ；1.80；0.25
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据欧姆定律，当定值电阻接入电路后则会减小回路的电流，起到保护电源的作用，根据闭合电路的欧姆定律可以得出外电压的大小为：
根据表达式可知加了定值电阻后可以达到电流变化时使电压表的示数变化明显的效果。故选AB。
（3）根据（4）中所做图像可知，电压表最大量程应为3V，由于分度值为0.1V，则图乙可知电压表的读数为1.50V。
（4）两种方法中接法Ⅰ采用了电流表的内接法，接法Ⅱ采用了电流表的外接法，由于内接法会导致内阻测量值偏大，外接法会导致内阻测量值偏小，而由于图像斜率代表电源内阻的大小，比较图丙和图丁可知，图丙所示图像的斜率更大，由此可知图丙对应的接法为接法Ⅰ。
（5）当单刀双掷开关接1，根据闭合电路的欧姆定律
因此电源电动势为图丙的纵轴截距，可得
当单刀双掷开关接2，且电压表示数为0时，电流表测量准确，由图丁图像可知，此时电路电流为
则根据闭合电路的欧姆定律有
解得
【分析】（1）定值电阻接入电路后则会减小回路的电流，起到保护电源的作用，加了定值电阻后可以达到电流变化时使电压表的示数变化明显的效果；
（3）根据分度值为0.1V，则图乙可知电压表的读数为1.50V；
（4）而由于图像斜率代表电源内阻的大小，比较图丙和图丁可知，图丙所示图像的斜率更大，由此可知图丙对应的接法为接法Ⅰ；
（5）利用闭合电路欧姆定律结合图像截距和电流的大小可以求出电动势和内阻的大小。
13．【答案】解：（1）由题意，设竖直放置后缸内气体压强为，根据波义耳定律可得
解得
竖直放置后，对活塞，由力平衡法可得
解得
（2）当弹簧恢复原长时，设缸内气体的压强为，温度为，对活塞由力平衡法可得
解得
由理想气体状态方程可得
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据胡克定律以及玻意耳定律列式联立即可求解；
（2）当弹簧恢复原长时，封闭的气体做等容变化，根据查理定律即可列式求解。
14．【答案】（1）解：由小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动可知，小球在运动过程中动能最小时仅由重力和电场力的合力提供向心力，由几何关系有
解得
（2）解：当小球速度最小时，由牛顿第二定律有
从最低点到小球速度最小过程中，由动能定理有
联立解得
（3）解：若抛出小球的同时剪断细线，小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上先向左减速再向右加速，水平方向位移为零，设经过t时间落到地面，A点离地的高度为h，则有
，，
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】 （1）根据重力与电场力的关系，找到等效重力的大小和方向，结合几何关系求解；
（2）在等效最高点满足等效重力充当向心力，从最低点到小球速度最小过程中，由动能定理求解；
（3）若抛出小球的同时剪断细线，小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上先向左减速再向右加速，根据自由落体规律和匀变速直线运动规律求解。
（1）由小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动可知，小球在运动过程中动能最小时仅由重力和电场力的合力提供向心力，由几何关系有
解得
（2）当小球速度最小时，由牛顿第二定律有
从最低点到小球速度最小过程中，由动能定理有
联立解得
（3）若抛出小球的同时剪断细线，小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上先向左减速再向右加速，水平方向位移为零，设经过t时间落到地面，A点离地的高度为h，则有
，，
联立解得
15．【答案】（1）解：在弹簧压缩过程中，A、B受到的弹力大小相等，方向相反，分别对A、B，根据牛顿第二定律有
，
结合图2可知，取向右为正，在弹簧有弹力时，可知A物体受到向左的弹力，故其加速度向左，为负值；B物体受到向右的弹力，故其加速度向右，为正值，则两物体的加速度大小关系为
故联立可得
解得
当时，A、B的加速度最大，此时速度相同，即，根据动量守恒定律
解得
（2）解：当时，弹簧恢复原长，根据能量守恒定律有
根据动量守恒定律有
解得
，
则时间内弹簧对物块做功
解得
（3）解：在内，设的速度，设的速度，根据动量守恒定律有
两边乘以时间t，则变形得
代入数据解得
弹簧的形变量为
解得
根据牛顿第二定律，可得弹力
根据胡克定律，可得弹簧的劲度系数
解得
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）分析A和B的受力，确定加速度的方向；根据牛顿第二定律求解物体B的质量；根据 a-t图像与坐标轴所围的面积表示物体速度的变化量求解t时刻B的速度，t时刻物体二者加速度都最大，弹簧压缩量最大，二者速度相等，根据A、B组成的系统动量守恒，求A的初速度；
（2）根据动量守恒定律和能量守恒定律分析弹簧对A做功情况；
（3）由动量守恒定律结合牛顿第二定律及胡克定律可求弹簧的劲度系数。
（1）在弹簧压缩过程中，A、B受到的弹力大小相等，方向相反，分别对A、B，根据牛顿第二定律有
，
结合图2可知，取向右为正，在弹簧有弹力时，可知A物体受到向左的弹力，故其加速度向左，为负值；B物体受到向右的弹力，故其加速度向右，为正值，则两物体的加速度大小关系为
故联立可得
解得
当时，A、B的加速度最大，此时速度相同，即，根据动量守恒定律
解得
（2）当时，弹簧恢复原长，根据能量守恒定律有
根据动量守恒定律有
解得
，
则时间内弹簧对物块做功
解得
（3）在内，设的速度，设的速度，根据动量守恒定律有
两边乘以时间t，则变形得
代入数据解得
弹簧的形变量为
解得
根据牛顿第二定律，可得弹力
根据胡克定律，可得弹簧的劲度系数
解得
广东省中山市华侨中学2024-2025学年高三下学期第六次模拟考试（二模）物理试题
1．（2025·中山模拟）“玉兔二号”月球车装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜，核电池将衰变释放的核能一部分转换成电能，的衰变方程为下列说法正确的是（ ）
A．衰变方程中的X等于233
B．的穿透能力比γ射线的穿透能力强
C．的比结合能比的比结合能小
D．月夜的寒冷会导致的半衰期变长
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查了原子核衰变、半衰期、比结合能等知识点。对于这部分知识很多是属于记忆部分的，因此需要注意平时的记忆与积累。A．由质量数守恒可得
故A错误；
B．的穿透能力比γ射线的穿透能力弱，故B错误；
C．衰变过程释放能量，比结合能增大，即比的比结合能小，故C正确；
D．半衰期只由原子核自身决定，与所处的物理环境无关，故D错误。
故选C。
【分析】根据质量数守恒分析核反应方程；γ射线是高频电磁波，有极强的穿透性；半衰期的大小反映衰变的快慢，与所处的物理环境无关；衰变过程比结合能增大。
2．（2025·中山模拟）在科幻电影《全面回忆》中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内到达地球的另一端，不考虑地球自转的影响、车与轨道及空气之间的摩擦，乘客和车的运动为简谐运动，则（ ）
A．乘客做简谐运动的回复力是由车对人的支持力提供的
B．乘客达到地心时的速度最大，加速度最大
C．乘客只有在地心处才处于完全失重状态
D．乘客所受地球的万有引力大小与到地心的距离成正比
【答案】D
【知识点】万有引力定律；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】 结合简谐运动的应用题，根据简谐运动的规律结合实际的运动进行分析即可。A．万有引力与车对人的支持力的合力提供乘客做简谐运动的回复力，故A错误。
B．乘客达到地心时处于平衡位置，故其速度最大，加速度等于零，故B错误。
C．乘客处于地心时，加速度为零，不是失重状态，故C错误。
D．设地球质量为M，乘客和车的质量为m，地球密度为，则
在距离地心为r时：地球对乘客和车的万有引力充当回复力
又
联立得
即万有引力与r成正比，故D正确。
故选D。
【分析】因乘客和车的运动为简谐运动，找到回复力，写出回复力公式，根据回复力公式进行判断即可。
3．（2025·中山模拟）如图所示，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，则（ ）
A．杆对小球作用力的方向沿着杆 B．杆对小球作用力一定大于mg
C．拉力的瞬时功率为mgωL D．拉力的瞬时功率为mgωL
【答案】C
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】本题主要是考查平均功率，关键是弄清楚小球匀速转动时动能变化为零，转换思维方式，根据功能关系进行分析。AB．由于杆以角速度ω匀速转动，合外力指向圆心，根据力的合成与分解，判断杆对小球作用力的方向不是沿着杆，大小可能小于重力，所以AB均错误；
CD．根据力矩平衡有
解得
速度大小为
分析可知力与速度的夹角
所以拉力的瞬时功率为
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】小球做匀速圆周运动，合力应沿杆方向，根据矢量三角形法则画图分析；拉力做功的功率等于克服重力做功功率，求出此时克服重力做功功率即可。
4．（2025·中山模拟）新能源汽车对电池的性能要求非常高，某国产品牌汽车工程师对新款新能源汽车的直流蓄电池进行性能测试，测试过程中某电池组系统的图像如图所示，其中P为该电池组的输出功率，I为流过电池组的电流，下列说法正确的是（ ）
A．电池组的电动势为24V B．电池组的内阻为1Ω
C．电池组的短路电流为12A D．电池组的最大输出功率为72W
【答案】D
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题考查了电源的功率问题，要掌握输出功率的公式，加强结合图像解决问题的能力。AB．设该蓄电池的电动势为E，蓄电池的内阻为 r，则
变形可得
结合图像可知，该蓄电池的内阻为
该蓄电池的电动势为
故AB错误；
C．该蓄电池短路时，电流最大，最大电流为
故C错误；
D．由
可知当
最大输出功率为
故D正确。
故选D。
【分析】利用电源的输出功率的公式，推导出图像的表达式，结合图像的斜率、截距求出对应物理量的大小。利用闭合电路的欧姆定律求出短路电流。利用数学知识推导出最大输出功率。
5．（2025·中山模拟）如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的小球，从O点沿电场方向射入，OMN为其一段运动轨迹，M点为轨迹的最右端，N点为O的正下方，不计空气阻力。关于小球从O经M到N点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球做匀变速运动
B．小球的机械能守恒
C．小球从O到M速度先减小后增加
D．小球在M、N两点的动能可能相等
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在复合场中的运动，意在考查考生的分析能力。解决本题时关键要抓住洛伦兹力与速度方向上的关系，明确洛伦兹力一定发生变化。A．小球在复合场中受重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，洛伦兹力与速度方向垂直，所以洛伦兹力的大小和方向均会发生变化，小球的加速度会变化，故A错误；
B．洛伦兹力不做功，电场力做功，所以机械能不守恒，故B错误；
C．把重力和电场力合成为一个等效重力，其方向斜向左下方，等效最高点在O到M的中途某处，而洛伦兹力不做功，所以小球从O到M的过程中速度先减小后增大，故C正确；
D．小球从M点到N点洛伦兹力不做功，但重力和电场力都做了正功，动能增加，故D错误。
故选C。
【分析】分析小球的受力情况，抓住洛伦兹力随着速度的变化而变化，分析小球的运动情况；结合机械能守恒条件分析机械能的变化；小球运动过程中，洛伦兹力不做功，只有重力和电场力做功，根据动能定理分析速度和动能的变化。
6．（2025·中山模拟）法拉第圆盘的装置结构可简化为图甲，一个半径为r的匀质金属圆盘全部水平放置在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，在圆心O和圆盘边缘的A点之间接有一小灯泡，通过握把带动圆盘在磁场中绕轴心O沿箭头所示方向转动，当角速度为时，可观察到小灯泡发光。某同学改变实验条件分别进行了如图乙、图丙的实验，其中图乙仅撤去了小灯泡：图丙撤去了小灯泡，且仅有阴影区域的一半圆盘处在匀强磁场中，其他条件不变。下列说法正确的是（ ）
A．图甲A点的电势大于O点的电势
B．图乙OA间的电势差大小为
C．图丙圆盘中没有感应电流
D．撤去施加在握把上的外力，不考虑转轴的摩擦，则甲、丙圆盘减速转动至静止，乙圆盘保持匀速转动
【答案】D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，解题的关键是理解法拉第电磁感应定律的含义，并能够根据实验条件分析出实验结果。A．将金属盘看作无数条由中心指向边缘的金属棒组合而成，当金属盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则判断可知，盘边缘为电源负极，中心为正极，所以A点的电势小于O点的电势，故A错误；
B．图乙撤去了小灯泡，金属圆盘不构成回路，不产生感应电流，但当金属盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，产生感应电动势，OA间的电势差大小等于感应电动势大小，为
故B错误；
C．图丙仅撤去了小灯泡，且仅有阴影区域的一半圆盘处在匀强磁场中。当金属盘转动时，阴影处每根金属棒都在切割磁感线，产生感应电动势，金属棒和没有在阴影区的金属盘组成回路，会产生感应电流，故C错误；
D．撤去施加在握把上的外力，不考虑转轴的摩擦，甲转动过程中灯泡消耗电能，圆盘产生焦耳热，因此甲圆盘减速转动至静止。丙转动过程中，一半圆盘不切割磁感线，形成涡流，根据楞次定律可知，圆盘处于磁场中的那部分会受到与转动方向相反的安培力而使圆盘停止转动，故丙圆盘减速转动至静止。乙圆盘磁场穿过整个圆盘，圆心与边缘会形成一个恒定的电势差，不会形成涡流，圆盘不受安培力，因此圆盘将匀速转动，故D正确。
故选D。
【分析】题目描述了法拉第圆盘的装置结构，并描述了三种不同的实验条件。我们需要根据法拉第电磁感应定律来分析这些实验条件。
7．（2025·中山模拟）如图所示，由紫光与红光混合的细光束从底面镀银的半圆形玻璃砖顶点A以入射角=60°射入玻璃砖，已知该玻璃砖对紫光与红光的折射率分别为n1、n2（n1>n2>），光束在玻璃砖半圆弧面上发生折射时不考虑反射，紫光与红光在玻璃砖内传播的时间分别为t1、t2。下列判断正确的是（ ）
A．t1>t2 B．t1=t2 C．t1
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题考查光的折射，注意折射率的相对大小与具体数值的关系，分析角度的2倍与90度的关系。作出光束在玻璃砖内传播的光路图。
设半圆形玻璃砖的半径为R，真空中的光速为c，紫光、红光在A点的折射角分别为α、β。对紫光有
，，
解得
同理得
由于，故，选项A正确BCD错误。
故选A。
【分析】由折射率的定义式，可得到入射角与折射角的关系式；由折射率与速度的关系，可得到光在玻璃砖中的传播速度；由速度与位移、时间的关系，可得到两种光在玻璃砖中的时间表达式，借助数学知识，即可比较时间长短。
8．（2025·中山模拟）我国新能源汽车发展迅速，2022年仅比亚迪新能源汽车全年销量为186.35万辆，位列全球第一、如图所示为比亚迪某型号汽车某次测试行驶时的加速度和车速倒数的关系图像。若汽车质量为，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则（ ）
A．汽车以恒定功率启动
B．汽车所受阻力为
C．汽车在车速为5m/s时，功率为30kW
D．若汽车由静止到最大速度所走的位移为45m，则汽车在该过程运动的时间为19s
【答案】C,D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】本题考查机车启动问题，要理解掌握机车的两种启动机理，知道机车最大速度对应的牵引力等于恒定的阻力，要会用机车功率公式和牛顿第二定律联立分析机车牵引力、加速度、速度变化情况。A．由图知，汽车由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小，末速度大小
为，即汽车是以恒定的加速度启动的，汽车匀加速所需的时间
故A错误；
B．设汽车的额定功率为P，所受的阻力大小为f，则
匀加速过程，由牛顿第二定律
匀加速结束时，汽车的功率达到最大，为
联立知
，，
故B错误；
C．汽车在车速
此时汽车做匀加速直线运动，其功率
故C正确；
D．汽车匀加速运动的位移为
当达到额定功率后，做变加速运动，运动位移为
根据动能定理
解得
故总时间为
故D正确。
故选CD。
【分析】由图知汽车由静止开始做匀加速直线运动，匀加速结束时，汽车的功率达到最大，根据功率公式求解功率，求出汽车匀加速以及变加速运动的位移，结合动能定理求解该过程运动的时间。
9．（2025·中山模拟）两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于和处，两列波的波速均为0.2m/s，波源的振幅均为4cm，图示为时刻两列波的图像，此刻平衡位置在和的两质点刚开始振动。下列说法正确的是（ ）
A．两列波波源的起振方向相同
B．当两列波相遇时，左边的波源振动了3s
C．平衡位置在处的质点为振动加强点
D．时，处的质点运动的总路程为32cm
【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】本题要理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零。A．波源位于处的波源起振方向为轴负方向，波源位于处的波源起振方向为轴正方向，起振方向相反，A错误；
B．两列波的波速相同，时刻，两波相距
所以从时刻到相遇所用时间为
已知左边波的波长为
周期为
从左侧波源开始振动到时刻的时间为
所以，当两列波相遇时，左边的波源振动的时间为
B正确；
C．由于两列波波速相同，所以左侧的波谷传到处时右侧波的波峰也恰好传到该点，所以平衡位置在处的质点为振动减弱点，C错误；
D．右侧的波传到处的时间为
之后两列波在处相遇，叠加为振动减弱点，两列波的振幅相同，所以4s之后处质点的路程为0，在时间内，左侧的波带动处质点的路程为
D正确。
故选BD。
【分析】根据波的传播方向判断波前的起振方向；根据二者的间距和波速计算相遇所需要的时间，再结合左侧波源开始振动到t=0时刻的时间，进而求出两波相遇是波源振动的总时间；根据波的叠加判断该点是否为加强点；根据时间和周期关系计算质点的路程。
10．（2025·中山模拟）如图，发电机的矩形线圈长为、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为、和，两个副线圈分别接有电阻和，当发电机线圈以角速度匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是（ ）
A．通过电阻的电流为
B．电阻两端的电压为
C．与的比值为
D．发电机的功率为
【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题的关键在于理解理想变压器的工作原理，包括电压比等于匝数比、功率守恒等原则，以及发电机产生的电动势计算。通过这些原理，可以准确地计算出通过电阻的电流、电阻两端的电压以及发电机的功率，从而验证题目中给出的选项。
AB．由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律
根据变压器电压与匝数的关系有
，
代入数据有
，
再由欧姆定律有
可计算出
综上可知，A错误、B正确；
C．由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有
，
由选项AB知
则
C正确；
D．由于变压器为理想变压器则有
P0= P1 + P2= U1I + U2I2= I2R1 + U2I2
代入选项ABC公式有
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误。
故选BC。
【分析】根据给定的条件计算出原线圈的电压，利用变压器的电压比等于匝数比的原理，计算出副线圈的电压。利用欧姆定律计算通过电阻的电流。根据功率的定义计算发电机的功率。通过这些步骤，可以验证题目中给出的选项是否正确。
11．（2025·中山模拟）（1）（1）某同学用弹簧测力计粗测重力加速度。将一个质量为165g的物体挂在校准后的竖直弹簧测力计下端，静止时指针如图1所示，则重力加速度为 m/s2（结果保留2位有效数字）。
（2）某同学用如图2所示的装置测量重力加速度。打点计时器的打点周期为T。让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图3所示。A、B、C、D、E为纸带上5个连续打下的点。根据纸带可得重力加速度g= （用、、、T表示）。
（3）某实验小组利用图4装置测量重力加速度。摆线上端固定在O点，下端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集摆动周期。
①组装好装置后，用毫米刻度尺测量摆线长度L，用螺旋测微器测量小钢球直径d。螺旋测微器示数如图5所示，小钢球直径d= mm，记摆长。
②多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长l对应的小钢球摆动周期T，并作出图像，如图6所示。已知图线斜率为k，可得重力加速度g= （用k、表示）。
【答案】（1）9.7；；20.035；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题考查了螺旋测微器的读数，考查了单摆测量重力加速度；掌握单摆的周期公式是解题的关键；注意图像斜率的运用。（1）由图知物体的重力为，由
有
（2）因为
得
（3）①小钢球直径
。
②单摆周期公式
得
可见
得
【分析】（1）根据重力计算公式解答；
（2）根据逐差法计算；
（3）根据螺旋测微器读数规则读出钢球直径，根据单摆周期公式结合图像斜率解答。
12．（2025·中山模拟）在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知定值电阻。
（1）实验中，定值电阻的作用有 （填字母）。
A．保护电源
B．在电流变化时使电压表示数变化明显
C．在电压变化时使电流表示数变化明显
（2）实验操作步骤如下：
①将滑动变阻器滑片滑到最左端位置；
②接法Ⅰ：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U-I的值，断开开关；
③将滑动变阻器滑到最左端位置；
④接法Ⅱ：单刀双掷开关S与2接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U-I的值，断开开关；
⑤分别作出两种情况所对应的U-I图像。
（3）单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图乙所示，此时U＝ V．
（4）根据测得数据，作出两U-I图像分别如图丙、丁所示，根据图像可知图丙对应的接法为 （填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）。
（5）综合可求得电源电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。（结果均保留两位小数）
【答案】AB；1.50；接法Ⅰ；1.80；0.25
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据欧姆定律，当定值电阻接入电路后则会减小回路的电流，起到保护电源的作用，根据闭合电路的欧姆定律可以得出外电压的大小为：
根据表达式可知加了定值电阻后可以达到电流变化时使电压表的示数变化明显的效果。故选AB。
（3）根据（4）中所做图像可知，电压表最大量程应为3V，由于分度值为0.1V，则图乙可知电压表的读数为1.50V。
（4）两种方法中接法Ⅰ采用了电流表的内接法，接法Ⅱ采用了电流表的外接法，由于内接法会导致内阻测量值偏大，外接法会导致内阻测量值偏小，而由于图像斜率代表电源内阻的大小，比较图丙和图丁可知，图丙所示图像的斜率更大，由此可知图丙对应的接法为接法Ⅰ。
（5）当单刀双掷开关接1，根据闭合电路的欧姆定律
因此电源电动势为图丙的纵轴截距，可得
当单刀双掷开关接2，且电压表示数为0时，电流表测量准确，由图丁图像可知，此时电路电流为
则根据闭合电路的欧姆定律有
解得
【分析】（1）定值电阻接入电路后则会减小回路的电流，起到保护电源的作用，加了定值电阻后可以达到电流变化时使电压表的示数变化明显的效果；
（3）根据分度值为0.1V，则图乙可知电压表的读数为1.50V；
（4）而由于图像斜率代表电源内阻的大小，比较图丙和图丁可知，图丙所示图像的斜率更大，由此可知图丙对应的接法为接法Ⅰ；
（5）利用闭合电路欧姆定律结合图像截距和电流的大小可以求出电动势和内阻的大小。
13．（2025·中山模拟）如图甲所示，一缸壁导热的汽缸水平放置，用活塞封闭一定量的理想气体，活塞与汽缸底部用一原长为l、劲度系数为k的轻质弹簧连接，当环境温度为时，弹簧恰处于自然状态。现缓慢将汽缸转动到开口向上竖直放置，如图乙所示，此时活塞距汽缸底部的距离为。已知外界大气压强为，活塞面积为S，忽略活塞与汽缸壁间的摩擦。求：
（1）活塞质量；
（2）若环境温度缓慢升高，则当弹簧恢复原长时，缸内气体的压强和温度。
【答案】解：（1）由题意，设竖直放置后缸内气体压强为，根据波义耳定律可得
解得
竖直放置后，对活塞，由力平衡法可得
解得
（2）当弹簧恢复原长时，设缸内气体的压强为，温度为，对活塞由力平衡法可得
解得
由理想气体状态方程可得
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据胡克定律以及玻意耳定律列式联立即可求解；
（2）当弹簧恢复原长时，封闭的气体做等容变化，根据查理定律即可列式求解。
14．（2025·中山模拟）地面上方空间存在水平向右的匀强电场，场强为E，不可伸长的绝缘细线长为L，上端系于O点，下端系一质量为m、电量为的小球，现将小球在最低点A以一定的初速度水平向左抛出，小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，当小球速度最小时，细线与竖直方向的夹角，已知重力加速度为g，求：
（1）电场强度的大小；
（2）小球在最低点的初速度大小；
（3）若抛出小球的同时剪断细线，小球恰好落在地面上A点正下方的位置B，求A点离地的高度。
【答案】（1）解：由小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动可知，小球在运动过程中动能最小时仅由重力和电场力的合力提供向心力，由几何关系有
解得
（2）解：当小球速度最小时，由牛顿第二定律有
从最低点到小球速度最小过程中，由动能定理有
联立解得
（3）解：若抛出小球的同时剪断细线，小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上先向左减速再向右加速，水平方向位移为零，设经过t时间落到地面，A点离地的高度为h，则有
，，
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】 （1）根据重力与电场力的关系，找到等效重力的大小和方向，结合几何关系求解；
（2）在等效最高点满足等效重力充当向心力，从最低点到小球速度最小过程中，由动能定理求解；
（3）若抛出小球的同时剪断细线，小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上先向左减速再向右加速，根据自由落体规律和匀变速直线运动规律求解。
（1）由小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动可知，小球在运动过程中动能最小时仅由重力和电场力的合力提供向心力，由几何关系有
解得
（2）当小球速度最小时，由牛顿第二定律有
从最低点到小球速度最小过程中，由动能定理有
联立解得
（3）若抛出小球的同时剪断细线，小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上先向左减速再向右加速，水平方向位移为零，设经过t时间落到地面，A点离地的高度为h，则有
，，
联立解得
15．（2025·中山模拟）如图1所示，两物块A、B之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长，物块A 的质量 。现给物块A一向右的初速度，并把此时记为0时刻，规定向右为正方向，在 时间内A、B物块运动的a-t图像如图2所示。已知 时刻它们的加速度最大，此时A 的速度 ，位移 求：
（1）物块A的初速度的大小；
（2）时间内弹簧对物块A 做的功；
（3）内 B的位移大小和弹簧的劲度系数。
【答案】（1）解：在弹簧压缩过程中，A、B受到的弹力大小相等，方向相反，分别对A、B，根据牛顿第二定律有
，
结合图2可知，取向右为正，在弹簧有弹力时，可知A物体受到向左的弹力，故其加速度向左，为负值；B物体受到向右的弹力，故其加速度向右，为正值，则两物体的加速度大小关系为
故联立可得
解得
当时，A、B的加速度最大，此时速度相同，即，根据动量守恒定律
解得
（2）解：当时，弹簧恢复原长，根据能量守恒定律有
根据动量守恒定律有
解得
，
则时间内弹簧对物块做功
解得
（3）解：在内，设的速度，设的速度，根据动量守恒定律有
两边乘以时间t，则变形得
代入数据解得
弹簧的形变量为
解得
根据牛顿第二定律，可得弹力
根据胡克定律，可得弹簧的劲度系数
解得
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）分析A和B的受力，确定加速度的方向；根据牛顿第二定律求解物体B的质量；根据 a-t图像与坐标轴所围的面积表示物体速度的变化量求解t时刻B的速度，t时刻物体二者加速度都最大，弹簧压缩量最大，二者速度相等，根据A、B组成的系统动量守恒，求A的初速度；
（2）根据动量守恒定律和能量守恒定律分析弹簧对A做功情况；
（3）由动量守恒定律结合牛顿第二定律及胡克定律可求弹簧的劲度系数。
（1）在弹簧压缩过程中，A、B受到的弹力大小相等，方向相反，分别对A、B，根据牛顿第二定律有
，
结合图2可知，取向右为正，在弹簧有弹力时，可知A物体受到向左的弹力，故其加速度向左，为负值；B物体受到向右的弹力，故其加速度向右，为正值，则两物体的加速度大小关系为
故联立可得
解得
当时，A、B的加速度最大，此时速度相同，即，根据动量守恒定律
解得
（2）当时，弹簧恢复原长，根据能量守恒定律有
根据动量守恒定律有
解得
，
则时间内弹簧对物块做功
解得
（3）在内，设的速度，设的速度，根据动量守恒定律有
两边乘以时间t，则变形得
代入数据解得
弹簧的形变量为
解得
根据牛顿第二定律，可得弹力
根据胡克定律，可得弹簧的劲度系数
解得
