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2025 年山东省普通高中学业水平等级考试
一、单项选择题：本题共8 小题，每小题3 分，共24 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2025·山东卷·1)在光电效应实验中，用频率和强度都相同的单色光分别照射编号为1、2、3 的金属，所
得遏止电压如图所示，关于光电子最大初动能Ek的大小关系正确的是( )
A.Ek1>Ek2>Ek3
B.Ek2>Ek3>Ek1
C.Ek3>Ek2>Ek1
D.Ek3>Ek1>Ek2
答案 B
解析 根据光电子最大初动能与遏止电压的关系Ek＝eUc，根据图像有Uc2>Uc3>Uc1，故Ek2>Ek3>Ek1，故选
B。
2.(2025·山东卷·2)分子间作用力F 与分子间距离r 的关系如图所示，若规定两个分子间距离r 等于r0时分子
势能Ep为零，则( )
A.只有r 大于r0时，Ep为正
B.只有r 小于r0时，Ep为正
C.当r 不等于r0时，Ep为正
D.当r 不等于r0时，Ep为负
答案 C
解析 方法一：两个分子间距离r 等于r0时分子势能为零，从r0处随着距离的增大，此时分子间作用力表
现为引力，分子间作用力做负功，故分子势能增大；从r0处随着距离的减小，此时分子间作用力表现为斥
力，分子间作用力也做负功，分子势能也增大；故可知当r 不等于r0时，Ep为正。
方法二：由Ep与r 的关系图像，可知当r＝r0时分子势能最小，若规定两个分子间距离r 等于r0时分子势能
Ep为零，当r 不等于r0时，分子势能均为正值。
3.(2025·山东卷·3)用如图所示的装置观察光的干涉和偏振现象。狭缝S1、S2关于OO'轴对称，光屏垂直于
OO'轴放置。将偏振片P1垂直于OO'轴置于双缝左侧，单色平行光沿OO'轴方向入射，在屏上观察到干涉
条纹，再将偏振片P2置于双缝右侧，P1、P2透振方向平行。保持P1不动，将P2绕OO'轴转动90°的过程中，
关于光屏上的干涉条纹，下列说法正确的是( )
A.条纹间距不变，亮度减小
B.条纹间距增大，亮度不变
C.条纹间距减小，亮度减小
D.条纹间距不变，亮度增大
答案 A
解析 根据干涉条纹间距公式Δx＝L
d λ 可知当P2旋转时，L、d、λ 均不变，故条纹间距不变；随着P2的旋
转，透过P2的光不断减小，干涉条纹的亮度减小。
4.(2025·山东卷·4)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg 的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定
点做半径为0.6 m 的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为1
50 s。由于小球运
动，在照片上留下了一条长度约为半径1
5的圆弧形径迹，重力加速度g 取10 m/s2。根据以上数据估算小球
在最低点时细线的拉力大小为( )
A.11 N
B.9 N
C.7 N
D.5 N
答案 C
解析 根据题意可知在曝光时间内小球运动的弧长为Δl＝1
5r＝1
5×0.6 m＝0.12 m，可得线速度v＝
Δl
Δt ＝0.12
1
50
m/s＝6 m/s，在最低点根据牛顿第二定律有FT－mg＝mv
2
r ，代入数据解得FT＝7 N。
5.(2025·山东卷·5)一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车
以速度v 匀速运动，此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f＝kv(k 为常
量)，该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为( )
A.2k v
2
η
B.k v
2
2η
C.k v
2＋m v
2
2η
D.2k v
2＋mv
2
η
2
答案 A
解析 根据题意小车匀速运动，则有F＝f＝kv，小车的机械功率P 机＝Fv＝kv2，由于电动机的效率为
50%，则有P 电＝P机
η电
＝k v
2
0.5 ＝2kv2，光伏电池的光电转换效率为η＝P电
P太阳
，可知获得太阳能的功率P 太阳＝
P电
η ＝2k v
2
η
，光伏电池单位时间内获得的太阳能为2k v
2
η
，故选A。
6.(2025·山东卷·6)轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M 的行星做半径为r 的圆周运动，轨道舱与返回舱
的质量比为5∶1。如图所示，轨道舱在P 点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度
大小为2√
GM
r
，G 为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为( )
A.2
5√
GM
r
B.3
5√
GM
r
C.4
5 √
GM
r
D.√
GM
r
答案 C
解析 轨道舱与返回舱的质量比为5∶1，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m；根
据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有G M·6m
r
2
＝6mv
2
r ，可得组合体绕行星做圆周运动的
线速度大小为v＝√
GM
r
。设轨道舱与返回舱分离后相对行星的速度分别为v1、v2，弹射返回舱的过程中组
合体动量守恒，由动量守恒定律得6mv＝5mv1＋mv2，代入v2＝2√
GM
r
，解得v1＝4
5 √
GM
r
，故选C。
7.(2025·山东卷·7)如图为一种交流发电装置的示意图，长度为2L、间距为L 的两平行金属电极固定在同一
水平面内，两电极之间的区域Ⅰ和区域Ⅱ有竖直方向的磁场，磁感应强度大小均为B、方向相反，区域Ⅰ
边界是边长为L 的正方形，区域Ⅱ边界是长为L、宽为0.5L 的矩形。传送带从两电极之间以速度v 匀速通
过，传送带上每隔2L 固定一根垂直运动方向、长度为L 的导体棒，导体棒通过磁场区域过程中与电极接
触良好。该装置产生电动势的有效值为( )
A.BLv
B.√2BLv
2
C.3 BLv
2
D.√10 BLv
4
答案 D
解析 由题意可知每根导体棒通过磁场区域过程需要的时间，即周期为T＝2 L
v ，导体棒通过区域Ⅰ时，产
生的电动势大小为E1＝BLv，经过的时间为t1＝L
v ＝T
2 ，导体棒通过区域Ⅱ时，产生的电动势大小为E2＝
B×0.5Lv，经过的时间为t2＝L
v ＝T
2 ，根据交变电流有效值的定义有E1
2
R
·T
2 ＋E2
2
R
·T
2 ＝E有
2
R
T，代入数据
可得E 有＝√10 BLv
4
，故选D。
8.(2025·山东卷·8)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所
示，坡面与水平面夹角为θ，交线为PN，坡面内QN 与PN 垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，∠MNQ
＝θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN 向下匀加
速滑行的加速度大小为( )
A.gsin2θ－μgcos θ－μgsin θcos θ
B.gsin θcos θ－μgcos θ－μgsin2θ
C.gsin θcos θ－μgcos θ－μgsin θcos θ
D.gcos2θ－μgcos θ－μgsin2θ
答案 B
解析 对建筑材料受力分析如图所示，
根据牛顿第二定律mgsin θcos θ－μFN1－μFN2＝ma，其中FN1＝mgcos θ，FN2＝mgsin2θ，可得a＝gsin θcos θ
－μgcos θ－μgsin2θ，故选B。
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共16 分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4
分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分。
9.(多选)(2025·山东卷·9)均匀介质中分别沿x 轴负向和正向传播的甲、乙两列简谐横波，振幅均为2 cm，波
速均为1 m/s，M、N 为介质中的质点。t＝0 时刻的波形图如图所示，M、N 的位移均为1 cm。下列说法正
确的是( )
A.甲波的周期为6 s
B.乙波的波长为6 m
C.t＝6 s 时，M 向y 轴正方向运动
D.t＝6 s 时，N 向y 轴负方向运动
答案 BD
解析 根据题图可知甲波的波长λ 甲＝4 m，根据λ 甲＝vT 甲，可得T 甲＝4 s，A 错误；根据题图可知( 1
12×2
＋1
2)λ 乙＝4 m，可得λ 乙＝6 m，B 正确；根据λ 乙＝vT 乙，可得T 乙＝6 s，根据同侧法可知t＝0 时N 向y 轴
负方向运动，t＝6 s 时即经过时间T 乙，N 仍向y 轴负方向运动，D 正确；t＝6 s 时即经过T 甲＋T 甲
2 ，结合
“同侧法”可知M 向y 轴负方向运动，C 错误。
10.(多选)(2025·山东卷·10)如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O 点
为圆心，半径R1＝5 m 的圆形区域，OO'垂直地面，无人机在离地面高度H＝20 m 的空中绕O'点、平行地
面做半径R2＝3 m 的匀速圆周运动，A、B 为圆周上的两点，∠AO'B＝90°。若物品相对无人机无初速度地
释放，为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动
经过A 点时，相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即
静止，重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.ωmax＝π
3 rad/s
B.ωmax＝2
3 rad/s
C.无人机运动到B 点时，在A 点释放的物品已经落地
D.无人机运动到B 点时，在A 点释放的物品尚未落地
答案 BC
解析 物品从无人机上释放后做平抛运动，竖直方向H＝1
2gt2，可得t＝2 s，要使物品落点在目标区域内，
水平方向满足x＝√R1
2- R2
2＝vt，最大角速度ωmax＝v
R2
，联立解得ωmax＝2
3 rad/s，故A 错误，B 正确；无
人机从A 点到B 点的时间t'＝
π
2
ωmax
＝3 π
4
s，由于t'>t，可知无人机运动到B 点时，在A 点释放的物品已经
落地，故C 正确，D 错误。
11.(多选)(2025·山东卷·11)球心为O，半径为R 的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上，带电量分别为＋2q
和＋q 的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B 两点，过O、A、B 的截面如图所示，C、D 均为圆弧上的点，
OC 沿竖直方向，∠AOC＝45°，OD⊥AB，A、B 两点间距离为√3R，E、F 为AB 连线的三等分点。下列说
法正确的是( )
A.甲的质量小于乙的质量
B.C 点电势高于D 点电势
C.E、F 两点电场强度大小相等，方向相同
D.沿直线从O 点到D 点，电势先升高后降低
答案 BD
解析 方法一 力矩平衡法 对甲、乙两小球整体受力分析如图所示，
甲、乙小球分别受重力、支持力、库仑力作用保持平衡，选O 点为转轴，由图可知∠BOG<∠AOG，则
L1<L2，由力矩平衡可知G 甲L1＝G 乙L2，则G 甲>G 乙，m 甲>m 乙，A 错误；
方法二 正弦定理法 由A、B 两点间距离为√3R，可得2Rsin θ
2 ＝√3R，故AB 圆弧所对的圆心角θ＝
120°；对小球甲、乙分别受力分析，如图所示，由正弦定理可得
FBA
sin 45° ＝m甲g
sin30° ，
F AB
sin75° ＝m乙g
sin30° ，
由于FBA＝FAB，可得m 甲>m 乙，故甲的质量大于乙的质量，A 错误；将带正电的试探电荷由C 点沿圆弧移
至D 点，静电力一直对其做正功，试探电荷的电势能一直减小，故电势一直减小，所以C 点电势高于D 点
电势，B 正确；由电场强度叠加原理可得，E 点处的电场强度大小EE＝
k·2q
(
√3
3 R)
2 －
kq
(
2√3
3
R)
2 ＝21kq
4 R
2 ，方
向由A 指向B；F 点处的电场强度大小EF＝
kq
(
√3
3 R)
2 －
k·2q
(
2√3
3
R)
2 ＝3kq
2 R
2，方向由B 指向A，C 错误；电
势是标量，φ＝kQ
r ，OD 与AB 线段的交点距离两带电小球最近，所以该点电势最高，那么沿直线从O 点
到D 点，电势先升高后降低，D 正确。
12.(多选)(2025·山东卷·12)如图甲所示的Oxy 平面内，y 轴右侧被直线x＝3L 分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。
区域Ⅰ内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy 平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。t＝0
时刻，质量为m、电荷量为＋q 的粒子从O 点沿x 轴正向出发，在Oxy 平面内运动，在区域Ⅰ中的运动轨
迹是以y 轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。t0时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中
运动的y－t 图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A.区域Ⅰ内电场强度大小E＝4 mL
qt0
2 ，方向沿y 轴正方向
B.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R＝20 L
3
C.区域Ⅱ内磁感应强度大小B＝3m
5qt0
，方向垂直Oxy 平面向外
D.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标(17 L
3
，0)
答案 AD
解析 粒子在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y 轴为对称轴的抛物线的一部分，则粒子在y 轴方向上有2L＝1
2at0
2
，而a＝Eq
m ，解得E＝4 mL
qt0
2 ，带正电粒子受力沿y 轴正方向，则电场强度方向沿y 轴正方向，A 正确；粒
子在区域Ⅰ内运动的过程中，x 轴方向有3L＝v0t0，y 轴方向有2L＝v y
2 t0，而v＝√v0
2＋v y
2，解得v＝5 L
t0
；
粒子在区域Ⅱ内运动时，最高点与最低点之差为2R＝10
3 L－(- 10
3 )L＝20
3 L，则R＝10
3 L，B 错误；由qvB
＝mv
2
R ，可得B＝3m
2qt0
，由题图乙可知粒子在进入区域Ⅱ后先向上运动再向下运动，由左手定则可判断磁
感应强度方向垂直Oxy 平面向外，C 错误；设粒子进入区域Ⅱ时在区域Ⅰ内的位移与水平方向夹角为α，
速度与水平方向的夹角为β，由类平抛运动规律有tan β＝2tan α＝2×2
3 ＝4
3 ，由几何关系可知粒子在区域
Ⅱ内做圆周运动的圆心横坐标x＝3L＋2L·tan β＝17 L
3
，纵坐标y＝0，D 正确。
三、非选择题：本题共6 小题，共60 分。
13.(2025·山东卷·13)某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，部分实验步骤如下：
(1)将两光电门安装在长直轨道上，选择宽度为d 的遮光片固定在小车上，调整轨道倾角，用跨过定滑轮的
细线将小车与托盘及砝码相连。选用d＝ cm(填“5.00”或“1.00”)的遮光片，可以较准确地
测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度。
(2)将小车自轨道右端由静止释放，从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电门2 时的速度v1＝
0.40 m/s、v2＝0.81 m/s，以及从遮光片开始遮住光电门1 到开始遮住光电门2 的时间t＝1.00 s，计算小车的
加速度a＝ m/s2(结果保留2 位有效数字)。
(3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F，改变砝码质量，重复上述步骤，根据数据拟合出a－F 图
像，如图乙所示。若要得到一条过原点的直线，实验中应 (填“增大”或“减小”)轨道的倾角。
(4)图乙中直线斜率的单位为 (填“ kg”或“kg－1”)。
答案 (1)1.00 (2)0.41 (3)增大 (4)kg－1
解析 (1)实验用遮光片通过光电门的平均速度代替瞬时速度，遮光片宽度越小，代替时的误差越小，故为
较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度，选择宽度较小的d＝1.00 cm 的遮光片；
(2)根据加速度的定义式可得a＝v2- v1
t
＝0.41 m/s2
(3)根据题图乙可知当有一定大小的外力F 时小车的加速度仍为零，可知平衡摩擦力不足，若要得到一条过
原点的直线，需要平衡摩擦力，故实验中应增大轨道的倾角；
(4)题图乙中直线斜率为k＝Δa
Δ F ，根据F＝ma 可知直线斜率的单位为kg－1。
14.(2025·山东卷·14)某实验小组为探究远距离高压输电的节能优点，设计了如下实验。所用实验器材为：
学生电源；
可调变压器T1、T2；
电阻箱R；
灯泡L(额定电压为6 V)；
交流电流表A1、A2、A3；
交流电压表V1、V2；
开关S1、S2，导线若干。
部分实验步骤如下：
(1)模拟低压输电。按图甲连接电路，选择学生电源交流挡，使输出电压为12 V，闭合S1，调节电阻箱阻值，
使V1示数为6.00 V，此时A1(量程为250 mA)示数如图乙所示，为 mA，学生电源的输出功率
为 W。
(2)模拟高压输电。保持学生电源输出电压和电阻箱阻值不变，按图丙连接电路后闭合S2。调节T1、T2，使
V2示数为6.00 V，此时A2示数为20 mA，则低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的 倍。
(3)A3示数为125 mA，高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了 W。
答案 (1)200 2.4 (2)100 (3)0.9
解析 (1)根据题图乙可知电流表的分度值为5 mA，故读数为200 mA；学生电源的输出功率P1＝
12×200×10－3 W＝2.4 W；
(2)低压输电时电阻箱消耗的功率为P2＝I 1
2R，高压输电时，电阻箱消耗的功率为P3＝I 2
2R
可得
P2
P3
＝I 1
2
I 2
2＝100，即低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的100 倍。
(3)A3示数为125 mA 时，学生电源的输出功率P4＝12×125×10－3 W＝1.5 W
高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了ΔP＝P1－P4＝2.4 W－1.5 W＝0.9 W。
15.(2025·山东卷·15)由透明介质制作的光学功能器件截面如图所示，器件下表面圆弧以O 点为圆心，上表
面圆弧以O'点为圆心，两圆弧的半径及O、O'两点间距离均为R，点A、B、C 在下表面圆弧上。左界面
AF 和右界面CH 与OO'平行，到OO'的距离均为9
10R。
(1)B 点与OO'的距离为√3
2 R，单色光线从B 点平行于OO'射入介质，射出后恰好经过O'点，求介质对该单
色光的折射率n；
(2)若该单色光线从G 点沿GE 方向垂直AF 射入介质，并垂直CH 射出，出射点在GE 的延长线上，E 点在
OO'上，O'、E 两点间的距离为√2
2 R，空气中的光速为c，求该光在介质中的传播时间t。
答案 (1)√3 (2)19√3 R
5c
解析 (1)如图甲所示，
根据题意可知B 点与OO'的距离为√3
2 R，OB＝R，所以sin θ1＝
√3
2 R
R
＝√3
2
可得θ1＝60°
又因为射出后恰好经过O'点，O'点为该光学器件上表面圆弧的圆心，则该单色光从B 点沿直线BO'射到
O'点；因为OB＝OO'＝R，所以根据几何关系可知θ2＝30°
介质对该单色光的折射率n＝sin θ1
sin θ2
＝sin 60°
sin30° ＝√3
(2)若该单色光线从G 点沿GE 方向垂直AF 射入介质，第一次射出介质的点为D，且O'E＝√2
2 R，可知sin
θ＝
√2
2 R
R
＝√2
2
由于sin θ＝√2
2 >sin C＝1
n ＝√3
3
所以光线在上表面D 点发生全反射，轨迹如图乙
根据几何关系可知光在介质中传播的距离为L＝2(GE＋AF)＝19
5 R
光在介质中传播的速度为v＝c
n ＝√3c
3
所以光在介质中的传播时间t＝L
v ＝
19
5 R
√3c
3
＝19√3 R
5c
。
16.(2025·山东卷·16)如图所示，上端开口，下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热
性能良好，管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0，活塞与玻璃管之间
的滑动摩擦力大小恒为f0＝1
21p0S，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，T1＝330 K 时，
气柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2＝440 K 时停止加热，活塞不再上升；再缓慢降低
气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至T3＝400 K 时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4＝330 K
时，保持温度不变，活塞不再下降。求：
(1)T2＝440 K 时，气柱高度h2；
(2)从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。
答案 (1)4
3 h1 (2)8 p0h1S
63
解析 (1)活塞开始缓慢上升，由受力平衡p0S＋f0＝p1S
可得封闭的理想气体压强p1＝22
21p0
T1→T2升温过程中，等压膨胀，由盖－吕萨克定律h1S
T 1
＝h2S
T 2
解得h2＝4
3 h1
(2)T1→T2升温过程中，等压膨胀，外界对气体做功W1＝－p1(h2－h1)S＝－22 p0h1S
63
T2→T3降温过程中，等容变化，外界对气体做功W2＝0
活塞受力平衡有p0S＝f0＋p2S
解得封闭的理想气体压强p2＝20
21p0
T3→T4降温过程中，等压压缩，由盖－吕萨克定律h2S
T 3
＝h3 S
T 4
解得h3＝11
10h1
外界对气体做功W3＝p2(h2－h3)S＝14 p0h1S
63
全程中外界对气体做功W＝W1＋W2＋W3＝－8 p0h1S
63
因为T1＝T4，故封闭的理想气体总内能变化ΔU＝0
利用热力学第一定律ΔU＝W＋Q
解得Q＝8 p0h1S
63
故封闭气体吸收的净热量Q＝8 p0h1S
63
。
17.(2025·山东卷·17)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q 分别为轨道的两个
端点且位于同一高度，P 处轨道的切线沿水平方向，Q 处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b 用轻弹簧连
接置于光滑水平面上，b 被锁定。一质量m＝1
2 kg 的小球自Q 点正上方h＝2 m 处自由下落，无能量损失
地滑入轨道，并从P 点水平抛出，恰好击中a，与a 粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N 时，b 解
除锁定开始运动。已知a 的质量ma＝1 kg，b 的质量mb＝3
4 kg，方形物体的质量M＝9
2 kg，重力加速度大
小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝1
2kx2(x 为
弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求：
(1)小球到达P 点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；
(2)弹簧弹性势能最大时，b 的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
答案 (1)6 m/s 2
3 m/s (2)2
3 m/s 2.5 J
解析 (1)根据题意可知，小球从开始下落到P 处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1＝Mv2
由能量守恒定律有mgh＝1
2mv1
2＋1
2Mv2
2
联立解得v1＝6 m/s，v2＝2
3 m/s
即小球速度为6 m/s，方向水平向左，方形物体速度为2
3 m/s，方向水平向右。
(2)由于小球落在物块a 正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a 水平方向上动量守
恒，则有mv1＝(m＋ma)v3
解得v3＝2 m/s
设当弹簧形变量为x1时物块b 的固定解除，此时小球和物块a 的速度为v4，根据胡克定律F＝kx1
系统机械能守恒1
2(m＋ma)v3
2＝1
2(m＋ma)v4
2＋1
2kx1
2
联立解得v4＝1 m/s，x1＝0.3 m
固定解除之后，小球、物块a 和物块b 组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动
量守恒定律有(m＋ma)v4＝(m＋ma＋mb)vb
解得vb＝2
3 m/s，方向水平向左。
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Epm＝1
2(m＋ma)v4
2＋1
2kx1
2－1
2(m＋ma＋mb)vb
2＝2.5 J。
18.(2025·山东卷·18)如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，
以轨道上O 点为坐标原点，沿轨道向下为x 轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ(－
2L≤x<－L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ(x≥0)内充满方向垂直轨道平面
向上的磁场，磁感应强度大小B1＝k1t＋k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t 均匀增加
的匀强磁场和随x 轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R 的匀质正方形闭合
金属框epqf 放置在轨道上，pq 边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁
场上、下边界均与x 轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。
(1)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v 和释放时pq 边
与区域Ⅰ上边界的距离s；
(2)金属框沿轨道下滑，当ef 边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t＝0)，此时金属框的速率为v0，若k1＝mgR sin α
k2 L
4
，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef 边移动的距离d。
答案 (1) mgR tan α
B
2 L
2cosα m
2 g R
2sin α
2B
4 L
4co s
4α
(2)
mR v0
k2
2 L
4
解析 (1)金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，所受安培力水平
向左，则切割磁感线产生的电动势E＝BLvcos α
金属框中电流I＝E
R
金属框做匀速直线运动，则BILcos α＝mgsin α
解得金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程的速率v＝mgR tan α
B
2 L
2cosα
金属框开始释放到pq 边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得mgssin α＝1
2mv2
可得释放时pq 边与区域Ⅰ上边界的距离s＝
v
2
2gsin α ＝m
2 g R
2sin α
2B
4 L
4co s
4α
(2)当ef 边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t＝0)，设金属框ef 边到O 点的距离为x 时，金属框中产生的感应电动
势E＝ΔΦ
Δt ＝Δ B
Δt L2＝k1L2＋k2L2 Δ x
Δt ＝(k1＋k2vⅡ)L2，其中vⅡ＝Δ x
Δt
此时金属框中的感应电流I＝E
R
金属框pq 边受到沿轨道向上的安培力，大小为F 安1＝[k1t＋k2(x＋L)]IL
金属框ef 边受到沿轨道向下的安培力，大小为F 安2＝(k1t＋k2x)IL
则金属框受到的安培力F 安＝F 安1－F 安2
代入k1＝mgRsin α
k2 L
4
化简得F 安＝mgsin α＋k2
2 L
4 vⅡ
R
当金属框平衡时F 安＝mgsin α，可知此时金属框速率为0。
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得mgsin αΔt－F 安Δt＝mΔv
即－k2
2 L
4 vⅡ
R
Δt＝mΔv
对时间累积求和可得－k2
2 L
4d
R
＝0－mv0
可得d＝
mR v0
k2
2 L
4 。
