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2025 年高考第三次模拟考试
物理·全解全析
本试卷满分100 分，考试时间75 分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题：本题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（本题4 分）北斗二期导航系统的“心脏”是上海天文台自主研发的星载氢原子钟，它是利用氢原子能
级跃迁时辐射出来的电磁波去控制校准石英钟的，如图为氢原子能级图，a、b、c 为氢原子能级跃迁过程
中所发出的三种光，则下列说法正确的是（ ）
A．氢原子从低能级向高能级跃迁时辐射光子
B．大量处于n=4 能级的氢原子向低能级跃迁时，形成的线状光谱总共有3 条亮线
C．在相同条件下，a、b、c 三种光中，a 光最容易发生明显的衍射现象
D．用b 光照射处于n=4 能级的氢原子，氢原子会发生电离
【答案】D
【详解】A．氢原子从低能级向高能级跃迁时，需要吸收能量，而不是辐射光子。因此选项A 错误。
B．大量处于n=4 能级的氢原子向低能级跃迁时，可以跃迁到n=3、n=2、n=1 能级，形成的光谱线总共有6
条（4→3、4→2、4→1、3→2、3→1、2→1）。因此选项B 错误。
C．衍射现象的明显程度与光的波长有关，波长越长，衍射现象越明显。在相同条件下，a、b、c 三种光中，
a 光的能量最大，波长最短，因此最不容易发生明显的衍射现象。选项C 错误。
D．用b 光照射处于n=4 能级的氢原子，氢原子是否能发生电离取决于b 光的能量是否足以使氢原子从n=4
能级跃迁到电离态。b 光的能量−0.85eV−(−3.4eV)=2.55eV>0−(−0.85eV)eV，因此能使处于n=4
1
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能级的氢原子发生电离电离。选项D 正确。
故选D。
2．（本题4 分）如图所示，不可伸长的细钢丝绳两端分别固定在竖直杆P、Q 上的a、b 两点，a 点比b 点
低。脚穿粗糙杂技靴的演员在走钢丝表演时，可以在与两杆P、Q 等距的位置或细绳的中点保持平衡状态，
钢丝绳质量可忽略不计，则演员（ ）
A．在与P、Q 两杆等距位置时，左右两侧绳子拉力大小相等
B．在与P、Q 两杆等距位置时，左侧绳子拉力小于右侧绳子拉力
C．在与P、Q 两杆等距位置时，左侧绳子拉力大于右侧绳子拉力
D．在细绳的中点时，左侧绳子拉力大于右侧绳子拉力
【答案】B
【详解】设a到节点的高度为ℎ1，b到节点的高度为ℎ2，节点到P 的水平距离为x1，节点到Q 的水平距离
为x2，a端绳子和水平方向的夹角为α，b端绳子和水平方向的夹角为β，对绳子节点进行受力分析，如图
所示
ABC．在与P、Q 两杆等距位置时，根据tan α = ℎ1
x1
，tan β = ℎ2
x2
，x1= x2
由于ℎ1<ℎ2，所以可得tan α <tan β，α < β
根据平衡条件有Facosα = Fbcos β
由于cosα >cos β，所以可知Fa< Fb
即，左侧绳子拉力小于右侧绳子拉力，故AC 错误，B 正确；
2
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D．在细绳的中点时，设a、b到节点绳子长度为l，根据几何关系有根据sin α = ℎ1
l
，sin β = ℎ2
l
由于ℎ1<ℎ2，所以可得sin α <sin β，α < β
根据平衡条件有Facosα = Fbcos β
由于cosα >cos β，所以可知Fa< Fb
即，左侧绳子拉力小于右侧绳子拉力，故D 错误。
故选B。
3．（本题4 分）一架无人机从静止开始竖直向上做直线运动，其加速度a随时间t变化的关系图像如图所示，
对于无人机在0∼4T时间内的运动，下列说法正确的是（ ）
A．t =2T时刻，无人机的速度为2a0T
B．t = 4T时刻，无人机的速度最大
C．0∼2T时间内，无人机的位移为3
2 a0T
2
D．3T ∼4T时间内，无人机的位移为1
2 a0T
2
【答案】D
【详解】A．a−t图像中图线与坐标轴围成的面积表示物体的速度，所以t =2T时刻，无人机的速度为
v =
(T +2T )a0
2
= 3a0T
2
A 错误；
B．坐标轴之上表示物体加速，坐标轴之下表示物体减速，所以t =2T时刻，无人机的速度最大，B 错误；
C．0∼T时间内，无人机由静止做匀加速直线运动，有x1= 1
2 a0T
2
T时刻，速度为v1=a0T
若T ∼2T时间内，无人机匀速，则位移为x2= v1T =a0T
2
实际上T ∼2T时间内，无人机依然加速，所以位移x2
′>a0T
2
所以0∼2T时间内，无人机的位移x = x1+ x
′
2> 3
2 a0T
2
3
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C 错误；
D．根据图像对称性可知3T ∼4T时间内无人机匀减速到0，可视为反向匀加速直线运动，有x = 1
2 a0T
2
D 正确。
故选D。
4．（本题4 分）如图所示，弹簧振子的平衡位置为O 点，在BC 两点之间做简谐运动，BC 相距20cm，小
球经过B点时开始计时，经过0.5s首次到达C 点。下列说法正确的是（ ）
A．小球振动的周期为2.0s
B．小球由C 点到B 点加速度不断减小
C．小球的位移-时间关系为x =0.1sin(2πt + π
2)m
D．5s末小球位移为−0.1m
【答案】C
【详解】A．小球经过B点时开始计时，经过0.5s首次到达C 点，可知小球振动的周期为T =1.0s，选项A
错误；
B．小球由C 点到B 点加速度先减小后增加，选项B 错误；
C．振幅A=0.1m，ω= 2π
T =2π rad/s
小球经过B点时开始计时，小球的位移-时间关系为x =0.1sin(2πt + π
2)m
选项C 正确；
D．5s末，即经过了5 个周期，小球回到B 点，则小球位移为0.1m，选项D 错误。
故选C。
5．（本题4 分）质谱仪在众多科学研究和实际应用领域中都发挥着重要作用。如图所示为某一质谱仪，某
种带电粒子从O 点由静止出发，经过加速电场和速度选择器，进入磁场后打在荧光屏上，粒子轨迹如图中
虚线所示。若U 1、B1、B2以及圆周运动的半径R为已知量，下列说法正确的是（ ）
4
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A．该粒子带负电
B．该粒子的速度为2U 1
B2 R
C．该粒子的比荷为U 1
B2
2 R
2
D．该速度选择器中电场强度为U 1B1
B2 R
【答案】B
【详解】A．粒子在磁场中逆时针偏转，根据左手定则可知粒子带正电，选项A 错误；
BC．在加速电场中qU 1= 1
2 m v
2
在磁场中有qv B2=m v
2
R
解得v = 2U 1
B2 R
，q
m = 2U 1
B2
2 R
2
选项B 正确，C 错误；
D．在速度选择器中qv B1=qE
解得E = 2U 1B1
B2 R
选项D 错误。
故选B。
6．（本题4 分）2024 年1 月9 日15 时03 分，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭成功将爱
因斯坦探针卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。如图为探针卫星的发射过程示意图，图中①为近地圆
5
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轨道，其轨道半径为R1，运行周期为T 1；②为椭圆变轨轨道；③是探针卫星所在圆轨道，其轨道半径为R2。
下列说法正确的是（ ）
A．探针卫星沿轨道①运行的周期大于沿轨道②运行的周期
B．探针卫星在轨道②上经过P、Q 点的速率v P:vQ= R1: R2
C．探针卫星在轨道②上运行的周期为T 2=T 1√
(R1+ R2)
3
8 R1
3
D．探针卫星在轨道①上P 点的加速度大于轨道③上P 点的加速度
【答案】C
【详解】A．轨道①的半径小于轨道②的半长轴，根据开普勒第三定律可知，探针卫星沿轨道①运行的周
期小于沿轨道②运行的周期，故A 错误；
B．取经历极短时间Δt，根据开普勒第二定律可知，探针卫星在轨道②上经过P、Q 点时有
1
2 v P R1 Δt = 1
2 vQ
R1+ R2
2
Δt
解得v P
vQ
= R1+ R2
2 R1
故B 错误；
C．根据开普勒第三定律有R1
3
T 1
2 =(
R1+ R2
2 )
3
T 2
2
解得T 2=T 1√
(R1+ R2)
3
8 R1
3
故C 正确；
6
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D．根据G Mm
r
2 =ma
解得a= GM
r
2
可知，探针卫星在轨道①上P 点的加速度等于轨道③上P 点的加速度，故D 错误。
故选C。
7．（本题4 分）春夏秋冬、昼夜之间、工作日与节假日，对电力需求量差异很大，会形成用电高峰和低谷
之间的峰谷负荷差。图为某节能储能输电网络示意图，可以在用电低谷时段把电能储存起来，高峰时段输
出，填补用电缺口。发电机的输出电压U 1=400V，输出功率P1=600kW，降压变压器的匝数比
n3:n4= 40:1，输电线总电阻为R，其上损失的功率Δ P =1kW，用户端电压U 4=220 V，功率P4= 44 kW，
所有变压器均为理想变压器，则（ ）
A．发电机的输出电流为200A
B．输电线总电阻为160Ω
C．升压变压器的匝数比n1:n2=2:45
D．输送给储能站的功率为556kW
【答案】C
【详解】A．对原线圈电路P1= I 1U 1
解的I 1=1.5×10
3 A
故A 错误；
BC．对用电回路有P4=U 4 I 4
所以I 4= 44000
220 A =200 A
对输电回路有I 3
I 4
= n4
n3
，Δ P = I 3
2 R，U 2= I 3 R+U 3= I 3 R+ n3
n4
U 4
代入数据解得I 3=5 A，R = 40Ω，U 2=9000 V
所以n1
n2
= 2
45
故B 错误，C 正确；
7
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D．输送给储能站的功率为P储= P1−Δ P−P4=555kW
故D 错误。
故选C。
二、多项选择题（本题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要
求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分）
8．（本题6 分）质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车运动的速度
与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s 末汽
车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力200N
B．汽车的最大牵引力为1000N
C．汽车在8s∼18s时间内的位移大小为87.5m
D．汽车在8s∼18s时间内的位移大小为95.5m
【答案】BD
【详解】A．当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有f = P
vm
解得f = 8×10
3
10
N=800N
故A 错误；
B．汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有F = P
v1
解得F = 8×10
3
8
N=1000N
故B 正确；
CD．8s∼18s过程中，根据动能定理得Pt −fx = 1
2 m vm
2 −1
2 m v1
2
解得x =95.5 m
故C 错误，D 正确。
故选BD。
8
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9．（本题6 分）如图所示的电路中，电容器甲、乙通过导线连接，闭合开关S 一段时间后，电容器乙两极
板间的带电液滴恰好静止。现将开关S 断开，随后将电容器甲的下极板向上平移少许，下列说法正确的是
（ ）
A．电容器甲的电容减小
B．电容器乙两极板间的电压减小
C．液滴将向上运动
D．流过灵敏电流计的电流方向向右
【答案】BD
【详解】A．电容器甲的下极板向上平移少许，则d减小，根据电容的决定式C =
εS
4 πkd
可知电容器甲的电
容增大，故A 错误；
BC．设闭合开关S，电路稳定时两电容器的电压均为U，则甲电容器的电荷量为Q1=C甲U
乙电容器的电荷量为Q2=C乙U
则两电容器的总电荷量为Q =Q1+Q2=(C甲+C乙)U
开关断开后，两电容器的总电荷量保持不变，可知两电容器极板间的电压均减小，根据E = U
d
可知电容器
乙中的电场强度E乙= U
d
减小，电场力减小，小于重力，则液滴将向下运动，故B 正确，C 错误；
D．由于电容器乙的电容不变，极板间的电压减小，则电容器乙的电荷量减小，电容器乙放电，又由于上
极板带正电，则流过灵敏电流计的电流方向向右，故D 正确。
故选BD。
10．（本题6 分）如图所示，半径均为R、内外表面均光滑的两个完全相同的四分之一圆弧槽A、B 并排
放在光滑水平面上，A、B 质量均为m，a、b 两点分别为A、B 槽的最高点，c、d 两点分别为 A、B 槽的
最低点，A 槽的左端紧靠着墙壁，一个质量也为m 的小球P（视为质点）从圆弧槽A 的顶端静止释放，重
力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
9
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A．小球P 从a 点运动到c 点时的速度大小为2√gR
B．小球P 在B 槽内运动的最大高度为R
2
C．小球P 第一次返回B 槽最低点d 时，B 槽具有的速度为√2gR
D．小球P 从B 槽最低点d 到第一次返回B 槽最低点d 过程中，小球和B 槽构成的系统动量守恒
【答案】BC
【详解】A．小球P 从a 点运动到c 点的过程中，A、B 均保持静止，根据动能定理，有mgR = 1
2 m v0
2
解得小球P 从a 点运动到c 点时的速度大小为v0=√2 gR
故A 错误；
B．小球P 滑到B 槽后A 依然保持静止，B 开始向右运动，由于小球P 和B 槽组成的系统水平方向上不受
外力，则动量守恒，当小球P 在B 槽内运动的最大高度时，二者水平速度相同，取向右为正方向，设共同
速度为v，根据动量守恒可得m v0=2mv
小球P 和B 槽组成的系统，根据机械能守恒定律可知1
2 m v0
2= 1
2 ×2m v
2+mgℎ
联立解得ℎ= R
2
故B 正确；
C．小球P 第一次返回B 槽最低点d 时，设P 的速度为v1，B 的速度为v2，取水平向右方向为正方向，根据
动量守恒和机械能守恒可得m v0=m v1+m v2，1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 m v2
2
联立解得v2=√2gR
故C 正确；
D．小球P 从B 槽最低点d 到第一次返回B 槽最低点d 过程中，小球和B 槽构成的系统在水平方向不受外
力，水平方向动量守恒；在竖直方向上，小球运动的过程中有竖直方向的加速度，系统合外力不为零，总
动量不守恒，故D 错误。
10
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故选BC。
三、非选择题（本题共5 小题，共54 分。考生根据要求作答）
11．（本题7 分）同学们在做“验证机械能守恒定律”实验时，设计了如图甲所示的两种方案：
(1)为完成实验方案1，下列说法正确的（ ）
A．还需要刻度尺、秒表、交流电源
B．必须用天平测出重锤的质量
C．可以根据v =>¿来计算重物在t 时刻的瞬时速度
D．安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一竖直线上，实验时先接通电源，后释放重物
(2)用方案1 装置打出的一条纸带如图乙所示，图中A、B、C、D、E、F 为连续打出的点，交流电频率为
50Hz，计算出打下点C 时重物的速度大小为 m/s（结果保留3 位有效数字）。
(3)方案2 中，游标卡尺的读数如图丙所示，则遮光条的宽度d= mm；为了减小实验系统误差，需要(
)
A．M ≫m
B．多次测量遮光条的宽度取平均值
C．使遮光条与光电门的距离L 尽量远些
(4)方案2 中，数字计时器测得遮光条通过光电门的时间为t，多次改变光电门的位置并测出多组L 和t，描
11
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绘出L−1
t
2的图像如丁所示。已知图像的斜率为k，则k= 即可认为机械能守恒。已知滑块与遮光条
总质量为M、钩码质量为m、重力加速度为g。（用M、m、d、g 来表示）
【答案】(1)D
(2)1.56
(3) 1.30 C
(4)k = m+ M
2mg d
2
【详解】（1）A．本实验需要用刻度尺测量计数点间的距离、打点计时器需要使用交流电源，但不需要秒
表测量时间，故A 错误；
B．由于重力势能的减少量与动能的增加量均含有重锤的质量，式子两边可以约掉，所以不需要测量重锤
的质量，故B 错误；
C．若根据v=gt 来计算重物在t 时刻的瞬时速度，相当于默认重物是做自由落体运动，而自由落体的重物
一定机械能守恒，则失去了验证的意义，故C 错误；
D．安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一竖直线上，实验时先接通电源，后释放重物，故D 正确。
故选D。
（2）交流电频率为50Hz，所以相邻两计数点间的时间间隔为0.02s，根据匀变速直线运动的推论，可得打
下点C 时重物的速度大小为vC = BD
2T = (15.71−9.47)×10
−2
2×0.02
m /s=1.56 m /s
（3）[1]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以d =0.1×10 mm +6×0.05 mm =1.30 mm
[2] A．由于本实验不需要确定绳中拉力大小，所以不需要满足滑块与遮光条总质量M 远大于钩码质量m，
故A 错误；
B．多次测遮光条宽度只能减小偶然误差，不能减少系误差，故B 错误；
C．使遮光条与光电门的距离L 尽量远些，则遮光条通过光电门的速度会越大，则通过的时间越短，根据
公式v = d
t
可知算出来的平均速度与实际小车实际通过光电门的速度的误差越小，故C 正确。
故选C。
（4）由题知，小车通过光电门的速度为v = d
t
若系统机械能守恒，则有mgL= 1
2
(M +m)v
2= 1
2
(M +m)(
d
t )
2
12
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变形得L= (M +m)d
2
2mg
× 1
t
2
可得L−1
t
2图像的斜率为k = M +m
2mg d
2
12．（本题9 分）某学习小组要测一电池组的电动势和内阻，先用图甲电路测量一个量程为100μA，内
阻约为2000Ω的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为10V，有两个电阻箱可选，R1(0~9999.9Ω)，
R2(0~99999.9Ω)；之后再用图乙电路测量电池组的电动势和内阻（电动势约为3.2V，内阻约为1Ω），
定值电阻R0=1Ω。
(1)某次测微安表内阻的实验中，先将S2断开，闭合S1，调节滑片P 和电阻箱RN，使微安表满偏；然后保持
滑片P 和RN不变，闭合S2，调节电阻箱RM，使微安表半偏，读出此时RM的读数；则微安表内阻测量值等
于RM的读数。该实验中RN应选 （填“R1”或“R2”），微安表内阻Rg的测量值
（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
(2)微安表内阻测量值Rg=2025Ω，把该微安表改装成量程为4V 的电压表，需要 （填“串联”
或“并联”）电阻箱R2，并调节其阻值R2= Ω。
(3)学习小组测一电池组的电动势和内阻实验时，根据采集到的微安表的读数I 和电阻箱R1的读数R，作出
的图像如图丙，已知图线的斜率为k，纵截距为b，电源中的电流远大于微安表中的电流，则所测得电池组
的电动势E = ，内阻r = 。（用字母k，b，Rg，R2，R0表示）
【答案】(1) R2 小于
(2) 串联 37975
(3) Rg+ R2
b
k
b −R0
【详解】（1）[1]根据半偏法的测量原理可知，RM与电表内阻Rg阻值相当，当闭合S2之后，与滑动变阻器
并联的支路的电流应基本不变，则RN较大，故RN应选R2。
[2]闭合S2后，RM与Rg的并联阻值小于Rg的阻值，则流过RN的电流大于原来的电流，则流过RM的电流大
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于I 原
2
，故Rg的测量值小于真实值。
（2）[1][2]微安表内阻测量值Rg=2025Ω，把该微安表改装成量程为4V 的电压表，需要串联电阻箱R2，
根据电表改装原理可知R2=
4
100×10
−6 Ω−2025Ω=37975Ω
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有I (Rg+ R2)= E−I (Rg+ R2)
R
(R0+r)
变形可得1
I = R2+ Rg
E
+ (R0+r)(R2+ Rg)
E
⋅1
R
结合图丙有b= R2+ Rg
E
，k = (R0+r)(R2+ Rg)
E
解得E = R2+ Rg
b
，r = k
b −R0
13．（本题9 分）如甲图所示拔火罐是中医的一种传统疗法，以罐为工具，利用燃火产生负压，使之吸附
于体表、造成局部瘀血，以达到通经活络、消肿止痛等作用。小明亲身体验拔火罐的魅力后，想研究一下
“火罐”的“吸力”，设计了如乙图的实验装置：将一个横截面积为S 的圆柱状汽缸倒置固定在铁架台上，
轻质活塞通过细线与放在台面的重物m 相连。实验时，他从汽缸底部的阀门K 处，投入一团燃烧的轻质酒
精棉球。待酒精棉球熄灭后，立即密闭阀门K。此时，活塞下的细线恰好被拉直，但拉力为零，活塞距汽
缸底部的距离为L。由于汽缸传热良好，随后重物会被缓慢拉起，最后重物稳定在距台面1
11 L处。已知环
境温度T0不变，mg= 1
5 p0 S，p0为大气压强，汽缸内的气体可看作理想气体，不计活塞与汽缸内壁之间的
摩擦。求：
(1)酒精棉球熄灭时的温度T 与环境温度T0的比值；
14
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(2)若从酒精棉球熄灭到最终稳定过程中气体放出的热量为Q，求气体内能的变化。
【答案】(1)11
8
(2)4 p0 LS
55
−Q
【详解】（1）阀门K 密闭时，气体压强为p0，重物稳定在距台面1
11 L处时，由平衡条件得pS+mg= p0 S
可得p= p0−mg
S = 4
5 p0
根据理想气体状态方程p0 LS
T
=
p( L−1
11 L)S
T 0
解得T
T 0
= 11
8
（2）外界对气体做功为W = p⋅1
11 LS
根据热力学第一定律ΔU =−Q+W
可得气体内能变化量ΔU = 4 p0 LS
55
−Q
14．（本题14 分）如图所示，PMN和P
′ M
′ N
′是两条足够长、相距为L的平行金属导轨，M M
′左侧圆弧
轨道表面光滑，右侧水平轨道表面粗糙，并且M M
′右侧空间存在一竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强
磁场。在左侧圆弧轨道上高为ℎ处垂直导轨放置一导体棒AB，在右侧水平轨道上某位置垂直导轨放置另
一导体棒CD。已知AB棒和CD棒的质量分别为m和2m，接入回路部分的电阻均为R，AB棒与水平轨道
间的动摩擦因数为μ，圆弧轨道与水平轨道平滑连接且电阻不计。现将AB棒由静止释放，让其沿轨道下滑
并进入磁场区域，最终在棒CD左侧距M M
′为d处停下，此过程中CD棒因摩擦一直处于静止状态。重力
加速度为g，求：
(1)AB棒刚进入磁场时所受安培力F安的大小；
(2)AB棒在磁场中的运动时间t；
(3)若水平轨道光滑，求AB棒从开始运动到最终达到稳定状态的过程中所产生的热量QA以及为使两棒不相
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碰，棒CD初始位置与M M
′的最小距离xmin。
【答案】(1)F安= B
2 L
2v
2 R
(2)t =
√2gℎ−B
2 L
2d
2mR
μg
(3)Q A = 1
3 mgℎ，xmin= 4 mR√2gℎ
3 B
2 L
2
【详解】（1）AB棒下滑过程，根据机械能守恒可得mgℎ= 1
2 mv
2
解得v =√2 gℎ
AB棒刚进入磁场时，产生的电动势为E = BLv
回路电流为I = E
2 R
AB棒所受安培力大小为F安= BIL
联立解得F安= B
2 L
2v
2 R
= B
2 L
2√2 gℎ
2 R
（2）从AB棒进入磁场到停止运动过程运，由动量定理得−μmgt −B
2 L
2v
2 R
t =0−mv
其中d = v t
解得t =
√2gℎ−B
2 L
2d
2mR
μg
（3）若水平轨道光滑，AB棒、CD棒组成的系统满足动量守恒，最终达到共速，设其为v共，则有
mv =(m+2m)v共
根据能量守恒定律可得Q = 1
2 mv
2−1
2 (m+2m)v共
2
又QA= 1
2 Q
联立解得Q A = 1
3 mgℎ
双棒均运动时安培力表达式为F安= B
2 L
2 Δv
2 R
对CD棒运用动量定理可得B
2 L
2 Δv
2 R
t =2m v共−0
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其中xmin= Δv t
联立可得xmin= 4 mR√2gℎ
3 B
2 L
2
15．（本题15 分）如图所示，质量为m 的相同小环A、B 用不可伸长的、长为L 的轻绳连接，分别套在固
定的水平细杆OM 和竖直细杆ON 上，两杆通过一小段圆弧杆平滑相连，ON 杆足够长。用水平外力F 拉
环A，使A、B 环处于静止，此时轻绳与竖直方向夹角θ=60°（如图中虚线位置）。然后将两个小环移到图
中实线的水平位置（B 环处于ON 杆的最上端），且轻绳恰好伸直，由静止释放两个小环，A 环通过小圆
弧时速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦。求：
(1)水平外力F 的大小；
(2)B 环下落L
2
过程中轻绳的拉力对环A 做的功；
(3)碰撞的恢复系数的定义为e = |v2−v1|
|v20−v10|
，其中v10和v20分别是碰撞前两物体的速度，v1和v2分别是碰撞
后物体的速度。若A、B 两环碰撞的恢复系数e=0.5，求两环发生第一次碰撞过程损失的机械能。
【答案】(1)√3mg
(2)1
8 mgL
(3)3
8 mgL
【详解】（1）对B 环受力分析，如图所示
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根据平衡条件有FN=mg tan 60° =√3mg
对AB 整体受力分析，根据平衡条件有F = FN=√3mg
（2）对AB 组成的系统，在B 环下落L
2
过程中，根据能量守恒有mg L
2 = 1
2 m vA
2 + 1
2 m vB
2
又vAcos30
∘= vBcos60
∘
联立解得vA=√
1
4 gL
对A，在此过程中，根据动能定理有W T= 1
2 m vA
2 = 1
8 mgL
（3）设B 下落L 后A、B 的速度分为别为vA1
、vB1
，根据关联速度分解可得vA1cos90
∘= vB1cos0
∘
vB1=0
根据系统能量守恒有mgL= 1
2 m vA1
2
解得vA1=√2gL
此后，A 相对B 向下做匀速运动，两环相遇时间为t =
L
√2 gL
第一次碰撞前vA 0= vA1+>=3√
1
2 gL ，vB0=>=√
1
2 gL
AB 碰撞过程，根据动量守恒有m vA0+m vB0=m vA+m vB
又e = vB−vA
vA 0−vB0
=0.5
解得vA= 3
2√
1
2 gL，vB= 5
2√
1
2 gL
则有 Δ E = 1
2 m(vA
2 + vB
2)−1
2 m(vA 0
2 + vB0
2 )=−3
8 mgL
因此两环第一次碰撞损失的机械能为3
8 mgL
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