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2025届广东省汕头市高三下学期一模物理试卷
1．（2025·汕头模拟）2024年2月，中国科学院近代物理研究所与合作单位组成的科研团队首次合成了新核素钱和钨，其中可由发生衰变获得，下列说法正确的是（　　）
A．比多了4个质子
B．比多了2个中子
C．转变为的反应为衰变
D．不同温度环境下，的半衰期不同
2．（2025·汕头模拟）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，小英发现原、副线圈的电压之比总是稍大于匝数之比，查阅资料后得知是漏磁、铁芯发热等原因导致。某次实验中原线圈为800匝、副线圈为400匝，原线圈接正弦交流电压时，以下器材接在副线圈两端一定能够正常工作的是（　　）
A．标有“4V，2W”灯泡 B．电火花计时器
C．量程为的交流电压表 D．击穿电压为的电容器
3．（2025·汕头模拟）凤仙花的果实成熟后会突然裂开，将种子以弹射的方式散播出去。如图所示，多粒种子同时以相同速率向不同方向弹射，不考虑叶子的遮挡，忽略种子运动过程所受的空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．沿方向弹出的种子，经过最高点时速度为零
B．若沿方向弹出的种子与沿方向水平弹出的种子运动轨迹相交于点，则两颗种子在点相撞
C．沿不同方向弹出的种子到达地面时的速度大小相等
D．位置越高的果实，弹射出的种子落地点离凤仙花越远
4．（2025·汕头模拟）如图1所示，在距离水平圆盘中心处固定一小球，转动圆盘，小球做线速度为的匀速圆周运动，在圆盘圆心正上方，另一完全相同的小球制成的单摆在小角度的摆动。图2是两球在与摆球摆动平面平行的竖直面上的投影，两球投影时刻都在同一竖直方向上。已知小球半径为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．单摆的摆线长度为
B．单摆在做简谐运动，其回复力为合力
C．更换另一体积更大的摆球，投影依旧时刻在同一竖直方向
D．若该装置从汕头搬到北京，要使投影依旧时刻在同一竖直方向，则圆盘转速要变快
5．（2025·汕头模拟）如图所示，铁芯左边悬挂一个轻质金属环，铁芯上有两个线圈和，线圈和电源、开关、热敏电阻相连，线圈与电流表相连。已知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，保持开关闭合，下列说法正确的是（　　）
A．当温度升高时，金属环向左摆动
B．当温度不变时，电流表示数不为0
C．当电流从经电流表到时，可知温度降低
D．当电流表示数增大时，可知温度升高
6．（2025·汕头模拟）如图1为海盗桶玩具，当插进桶内的剑触发桶内开关时，小海盗就从木桶顶部突然跳出来。其原理可简化为图2所示，弹簧压缩后被锁扣锁住，打开锁扣，小球被弹射出去，A位置为弹簧原长，忽略弹簧质量和空气阻力，从B到A的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球的机械能守恒
B．小球的速度一直在增大
C．小球的加速度先增大后减小
D．小球与弹簧组成的系统重力势能与弹性势能之和先减小后增大
7．（2025·汕头模拟）图所示为乒乓球火箭现象：将乒乓球放在装有水的水杯中，随水杯由静止下落并与地面发生碰撞后，乒乓球会被弹射到很高的地方。在水杯撞击地面的极短时间内，杯中产生极大的等效浮力，使乒乓球被加速射出。已知等效浮力给乒乓球的冲量为，乒乓球质量为，下落高度为，当地重力加速度为，且远远小于等效浮力，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．水杯落地时，乒乓球的速率为
B．脱离水面时，乒乓球的速率为
C．从开始下落到上升至最高点的过程中，乒乓球的动量变化大小为
D．从开始下落到上升至最高点的过程中，乒乓球重力的冲量大小为
8．（2025·汕头模拟）今年我市打造智慧停车“汕头模式”。如图所示，智能停车位下埋有振荡电路组成的信号发射端。当车辆靠近时，相当于在线圈中插入铁芯，使线圈自感系数变大，引起电路中的振荡电流频率变化，接收电路电流随之变化，实现智能计时。下列说法正确的是（　　）
A．当车辆靠近停车位时，振荡电路中的振荡电流频率变小
B．当车辆离开停车位时，振荡电路中的振荡电流频率变小
C．当电容器进行充电时，振荡电路中的振荡电流逐渐增大
D．当接收电路的固有频率与其收到的电磁波的频率相同时，接收电路产生的电流最强
9．（2025·汕头模拟）小钊同学站在连接计算机的压力传感器上完成下蹲、起立动作，压力传感器示数随时间变化的情况如图所示，重力加速度取，下列说法正确的是（　　）
A．下蹲过程中，小钊加速度始终向下
B．起立过程中，小钊先超重后失重
C．内小钊完成了两组下蹲、起立动作
D．下蹲过程小钊的最大加速度约为
10．（2025·汕头模拟）我国空间站天和核心舱配备了4台霍尔推进器。如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，经电场加速后以极高速度喷出，在相反的方向上对航天器产生推力。假设核心舱的质量为，电离后的离子初速度为0，加速电压为，单台推进器单位时间喷出的离子数量为，离子质量为，电荷量为，忽略离子间的相互作用力，下列说法正确的是（　　）
A．离子喷出加速电场时的速度为
B．单台霍尔推进器的离子向外喷射形成的等效电流为
C．离子在电场中加速的过程中，动能和电势能都增大
D．推进器全部同向开启时，核心舱的加速度为
11．（2025·汕头模拟）（1）“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，下列说法正确的是（　　）
A．将油酸分子看成球形且紧密排列，体现的是等效替代的物理思想
B．应先滴油酸酒精溶液，再撒痱子粉
C．向量筒中滴5滴溶液，测出5滴溶液的体积，算得1滴溶液的体积
D．待油膜形状稳定后，再在玻璃板上描出油膜的形状
（2）“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，（图1） OC方向弹簧测力计的读数为　 　N。
（3）用如图2所示的实验装置验证牛顿第二定律。滑块受到的合力为，完全相同的遮光板1、2挡光时间分别为、，以　 　（用题中已知字母表示）为纵轴、以为横轴描点做图，当所做图像为过原点的一条倾斜直线时，说明质量一定时，加速度与合力成正比。
12．（2025·汕头模拟）小红用碳酸饮料以及铜片和锌片制成了一个“饮料电池”，并测量其电动势和内阻。小红使用的器材有：电阻箱、微安表、开关、导线若干。
（1）小红进行电路设计，完成了电路连接，如图1所示。
（2）将电阻箱阻值调节到　 　（选填“0”或“最大值”），闭合开关，调节电阻箱，测得的几组微安表、电阻箱的读数，作出图线如图2所示，测得图线斜率为，截距为，则根据图线求得电池的电动势为　 　（用题目中的符号表示）。
（3）小红查阅文献，发现以上实验测量的其实是饮料电池和微安表组成的“等效电源”，这使得饮料电池的内阻测量结果　 　（选填“偏大”或“偏小”）。为减小该误差，小红测出了微安表的内阻，从而计算出饮料电池的内阻为　 　（用题目中的符号表示）。
13．（2025·汕头模拟）如图，渔民弯腰捕鱼时，发现湖面上有一片圆形浮萍，眼睛在点处恰好通过浮萍边缘点看到湖底点处有一条鱼。点离水面高度为，离点水平距离为，湖水深度。鱼受到惊吓后躲在浮萍中心的正下方湖底处，渔民无论在湖面上哪个角度都没有发现鱼的踪影，已知湖水的折射率。求：
（1）B距离点的水平距离；
（2）浮萍的最小半径。
14．（2025·汕头模拟）在登陆某行星的过程中，探测器在接近行星表面时打开降落伞，速度从降至后开始匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与降落伞断开连接，后推力为的反推发动机启动，速度减至0时恰落到地面上。设降落伞所受的空气阻力为，其中为定值，为速率，其余阻力不计，设全过程为竖直方向的运动。已知探测器质量为，降落伞和背罩质量忽略不计，该行星的质量和半径分别为地球的和，地球表面重力加速度大小取。求：
（1）该行星表面的重力加速度大小；
（2）刚打开降落伞瞬间探测器加速度大小；
（3）反推发动机启动时探测器距离地面高度。
15．（2025·汕头模拟）如图所示，三维坐标系中，在的空间同时存在沿轴正方向的匀强电场和沿轴负方向的匀强磁场，在的空间存在轴正方向的匀强磁场。带负电的离子从以速度在平面内沿轴正方向发射，恰好做匀速直线运动。两处磁场磁感应强度大小均为，不计离子重力，答案可含。
（1）求匀强电场的电场强度大小；
（2）撤去空间内的匀强磁场，离子仍从点以相同速度发射，且经进入的磁场空间，求离子在点的速度；
（3）离子在的磁场空间中速度第一次垂直轴时，求离子的坐标。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的组成；原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】考查核反应方程的书写规则，核子数的计算方法和半衰期的决定因素等知识，会根据题意进行准确分析解答。A．比多了2个质子，故A错误；
B．有84个中子，有82个中子，所以比多了2个中子，故B正确；
C．，所以转变为的反应为衰变，故C错误；
D．半衰期跟原子核的内部结构有关，不受温度与压强的影响，故D错误。
故选B。
【分析】根据核反应方程的书写规则，核子数的计算方法和半衰期的决定因素等知识进行分析解答。
2．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题主要考查了“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，要掌握理想变压器电压与匝数比的关系，结合实际变压器漏磁、铁芯发热等原因分析变压器副线圈两端获得的实际电压；知道电火花计时器的工作电压、电容器的击穿电压的含义是解题的关键。A．由于原、副线圈的电压之比总是稍大于匝数之比，当原线圈接正弦交流电压时，副线圈的电压小于4V，故“4V，2W”灯泡不能正常工作，A错误；
B．电火花计时器工作电压为220V，而副线圈的电压小于4V，电火花打点计时器无法正常工作，B错误；
C．量程为 4 V 的交流电压表测量的是电压有效值。实际副线圈电压有效值略小于 4 V，未超出量程，可正常工作，C正确；
D．电容器击穿电压为 4 V，而交流电压的峰值略小于，显然大于电容器的击穿电压，电容器会被击穿损坏，D错误。
故选C。
【分析】根据理想变压器电压与匝数比的关系，求解副线圈两端电压，考虑变压器的漏磁、铁芯发热等原因导致变压器副线圈两端的电压小于理论值，在结合题意逐项分析作答。
3．【答案】C
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】正确理解斜抛运动和水平抛运动的特点， 物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。A．斜向上抛运动，在最高点速度方向水平，为初速度在水平方向的分量，不是零，故A错误；
B．同时沿方向弹出的种子与沿方向水平弹出的种子运动轨迹相交于点，沿方向弹出的种子用时长，二者不能相撞，故B错误；
C．无论初速度方向如何，由动能定理，有
落地速度均为
故C正确；
D．位置越高的果实，弹射出的种子落地时间越长，但初速度方向未知，所以落地点离凤仙花的距离不一定越远，故D错误。
故选C。
【分析】对于斜抛运动，学生需要理解在最高点时，竖直方向的速度为零，但水平方向的速度不为零。对于运动轨迹相交的问题，学生需要考虑水平方向的速度和时间关系，判断是否会在交点处相撞。对于落地速度的计算，学生需要利用动能定理，考虑重力势能转化为动能的过程。对于不同高度种子落地点的问题，学生需要理解不同抛射角度对水平位移的影响。
4．【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】掌握单摆周期公式的应用是解题的基础。在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸长和质量都不计，球的直径比摆线短得多，这样的装置叫做单摆。A．由题意可知，两小球的周期相同，做圆周运动的小球的周期为
根据单摆的周期公式
联立，解得单摆的摆线长度为
故A错误；
B．单摆在做简谐运动，重力沿速度方向的分力提供回复力，故B错误；
C．单摆的摆长为摆线长度加小球半径，更换另一体积更大的摆球，则单摆的摆长变长，周期变大，投影不能时刻在同一竖直方向，故C错误；
D．若该装置从汕头搬到北京，重力加速度变大，则单摆的周期变小，要使投影依旧时刻在同一竖直方向，做圆周运动的小球的周期也要变小，根据
可知，圆盘转速要变快，故D正确。
故选D。
【分析】根据单摆周期公式计算；单摆摆球的重力沿速度方向的分力提供回复力；更换体积更大的摆球，摆长变长；该装置从汕头搬到北京，重力加速度g变大。
5．【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】为了“阻碍”原磁场磁通量的变化，当因为磁体的靠近导致穿过闭合线圈的磁通量变大时，线圈会对磁体产生作用力，以阻碍磁体的靠近；当因为磁体的离开导致闭合线圈的磁通量减小时，线圈会对磁体产生作用力，以阻碍磁体的远离，这叫作来拒去留。A．保持开关闭合，当温度升高时，热敏电阻的阻值减小，电流增大，由右手螺旋定则可得电流产生的磁场方向向右穿过螺旋管，如图所示
穿过小金属环的磁通量向右增大，由楞次定律可得穿过小金属环的感应电流I3的方向，从而使得小金属环在原磁场中受安培力而阻碍磁通量的增大，故小金属环有缩小的趋势和向左摆动，故A正确；
B．当温度不变时，电流不变，穿过螺旋管的磁通量不变，无感应电流产生，电流表示数为0，故B错误；
C．当电流从经电流表到时，可知感应电流产生的磁场水平向左，与原磁场方向相反，根据楞次定律知原磁场的磁通量增大，故电流增大，的阻值减小，说明温度升高，故C错误；
D．当电流表示数增大，根据法拉第电磁感应定律知，是穿过线圈的磁通量的变化率增大，故电流的变化率变大，故的阻值变化的快，温度变化的快，故D错误。
故选A。
【分析】根据电阻的变化，分析线圈M中电流的变化，进而分析穿过金属环的磁通量变化，根据楞次定律判断金属环的运动；当温度不变时，线圈M中的电流不变，穿过线圈P的磁通量不变；根据电流方向分析线圈P产生的磁场方向，和线圈M的磁场方向作比较即可；不知道电流的方向，无法判断温度的变化。
6．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】分析物体或物体受力情况（包括内力和外力）明确各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；
BC．小球向上运动的过程，对小球受力分析，可知，刚开始弹簧的弹力先大于重力，故加速度向上，速度向上，随着形变量的减小，加速度不断减小，但小球的速度向上不断增大；然后，弹簧的弹力等于重力，此时加速度为零，速度最大；最后弹簧的弹力小于重力，加速度向下，速度向上，随着形变量的减小，加速度不断增大，但小球的速度不断减小，所以此过程小球的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故BC错误；
D．由题分析，可知小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即动能、重力势能和弹性势能之和保持不变，故在此过程中，小球的速度先增大后减小，则小球的动能先增大后减小，所以重力势能与弹性势能之和先减小后增，故D正确。
故选D。
【分析】根据机械能守恒的条件分析；根据速度与合力的方向判断；根据牛顿第二定律判断；根据机械能守恒定律分析。
7．【答案】D
【知识点】动量定理；自由落体运动
【解析】【解答】本题考查了动量定理的应用，分析清楚运动过程与受力情况是解题的前提，应用动量定理即可解题。A．水杯落地时，乒乓球的速率为
选项A错误；
B．向上为正方向，从水杯落地到乒乓球脱离水面由动量定理
解得脱离水面时，乒乓球的速率为
选项B错误；
CD．从开始下落到上升至最高点的过程中，根据动量定理
可知乒乓球的动量变化大小为0，乒乓球重力的冲量大小为
选项C错误，D正确。
故选D。
【分析】水杯做自由落体运动，应用运动学公式求出落地时乒乓球的速率；根据乒乓球的运动过程，应用动量定理求解。
8．【答案】A,D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】 掌握LC振荡电路的频率公式是解题的基础。LC电路的周期T与电感L、电容C的关系是
。
AB．根据LC振动电路的频率
当汽车靠近时，线圈自感系数L变大，振荡电路中的振荡电流频率变小，当车辆离开停车位时，线圈自感系数L变小，振荡电路中的振荡电流频率变大，A正确，B错误；
C．当电容器进行充电时，振荡电路中的振荡电流逐渐减小，C错误；
D．当接收电路的固有频率与其收到的电磁波的频率相同时，这是电磁波接受原理中的电谐振现象，与机械波中的共振相似，此时接收电路产生的振荡电流最强，D正确。
故选AD。
【分析】 根据分析频率；电容器充电过程，电流是逐渐减小的；和机械振动中的共振做比较。
9．【答案】B,D
【知识点】超重与失重；牛顿定律与图象
【解析】【解答】本题主要考查了牛顿第二定律的应用，解答此题的关键在于对图像各时间段的正确理解，结合牛顿第二定律求出加速度。A．下蹲过程中，先加速下降，后减速下降，故加速度先向下，后向上，A错误；
B．起立过程中，先向上加速运动，后向上减速运动，故小钊先超重后失重，B正确；
C．由图可知，内小钊完成了一组下蹲、起立动作，C错误；
D．由图可知，小钊的质量为，对传感器的最小压力为
对小钊受力分析，结合牛顿第二定律可得
代入数据解得
D正确。
故选BD。
【分析】人在下蹲过程中，先加速下降后减速下降，加速度先向下后向上，结合牛顿第二定律据此作答即可；人在站起过程中，先加速上升后减速上升，所以先超重后失重传感器对人的支持力小于重力时，人处于失重状态；传感器对人的支持力大于重力时人处于超重状态，结合牛顿第二定律据此作答即可；由题图可知，力传感器的最小示数为200N，根据牛顿第二定律可知。
10．【答案】A,B,D
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的运动综合；电流、电源的概念
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在电场中的运动问题，考查了动量定理应用的反冲现象。掌握对于连续体应用动量定理解答的方法。A．电场对粒子加速有
解得离子喷出加速电场时的速度
故A正确；
B．单台霍尔推进器的离子向外喷射形成的等效电流为
故B正确；
C．离子在电场中加速的过程中，电场对粒子做正功，粒子动能增加，电势能减小，故C错误；
D．推进器全部同向开启时，设单个推进器给核心舱的作用力大小为F，对粒子，根据动量定理有
其中对核心舱，有
联立以上，解得核心舱的加速度为
故D正确。
故选ABD。
【分析】根据动能定理求解离子喷出加速电场时的速度大小；根据电流的定义式求解等效电流；离子在电场中加速的过程中电场力对离子做正功，根据功能关系判断动能、电势能的变化；根据动量定理求得喷出的离子受到的作用力，根据牛顿第二定律与牛顿第三定律求解核心舱的加速度大小。
11．【答案】（1）D
（2）1.90
（3）
【知识点】胡克定律；探究加速度与力、质量的关系；用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】本题考查了“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中、“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验和验证牛顿第二定律的实验，要明确每个实验的原理，掌握弹簧测力计的读数规则，掌握牛顿第二定律和运动学公式的运用，掌握根据极短时间内的平均速度求解瞬时速度的方法。
（1）A．将油酸分子看成球形且紧密排列，体现的是理想模型的物理思想，故A错误；
B．实验时应先把痱子粉均匀地撒在水面上，再滴油酸酒精溶液，这样可以形成边界清晰的油膜，易于对油膜面积的测定，故B错误；
C．向量筒中滴5滴溶液，滴数太少，算得1滴油酸溶液体积时误差较大，故C错误；
D．待油酸薄膜形状稳定后，在玻璃板上描下油酸膜的形状，故D正确。
故选D。
（2）图中测力计的最小分度值为0.1N，需要估读一位，可读出图中所示刻度读数为1.90N。
（3）设遮光板宽度为，遮光板1、2之间的距离为。1、2挡光时间分别为、，则遮光板通过的速度大小为依次
，
且
根据牛顿第二定律有
联立可得
整理得
以为横轴，为纵轴描点做图，当所做图像为过原点的一条倾斜直线时，说明质量一定时，加速度与合力成正比。
【分析】（1）根据实验原理分析采用的物理方法；根据实验的正确操作分析作答；从减小实验误差的角度分析作答；
（2）弹簧测力计的分度值为0.1N，要估读到下一位；
（3）根据极短时间内的平均速度求解挡光板通过光电门的瞬时速度，根据运动学公式和牛顿第二定律求解函数，然后作答。
（1）A．将油酸分子看成球形且紧密排列，体现的是理想模型的物理思想，故A错误；
B．实验时应先把痱子粉均匀地撒在水面上，再滴油酸酒精溶液，这样可以形成边界清晰的油膜，易于对油膜面积的测定，故B错误；
C．向量筒中滴5滴溶液，滴数太少，算得1滴油酸溶液体积时误差较大，故C错误；
D．待油酸薄膜形状稳定后，在玻璃板上描下油酸膜的形状，故D正确。
故选D。
（2）图中测力计的最小分度值为0.1N，需要估读一位，可读出图中所示刻度读数为1.90N。
（3）设遮光板宽度为，遮光板1、2之间的距离为。1、2挡光时间分别为、，则遮光板通过的速度大小为依次， 且
根据牛顿第二定律有
联立可得
整理得
以为横轴，为纵轴描点做图，当所做图像为过原点的一条倾斜直线时，说明质量一定时，加速度与合力成正比。
12．【答案】最大值；；偏大；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，明确实验原理是解题的关键；理解产生实验误差的原因。（2）为了保护微安表的安全，闭合开关前，应将电阻箱阻值调节到最大值；
根据闭合电路欧姆定律可得
可得
可知图像可得
，
解得电池的电动势为
（3）根据闭合电路欧姆定律可得
可得
则有
，
结合（2）问可得
，
可知饮料电池的内阻测量结果偏大；小红测出了微安表的内阻，则饮料电池的内阻为
【分析】（2）为了保护微安表的安全，电阻箱阻值调节到最大值，根据闭合电路欧姆定律可得表达式，根据图像的斜率求解电动势
（3）根据闭合电路欧姆定律分析得到表达式，根据表达式分析解答。
13．【答案】（1）解：鱼在点反射出的光在点发射折射在点进入人眼，如图所示
由折射定律
由几何关系得
，
解得
（2）解：鱼反射出的光在刚好水面上浮萍边缘发生全反射，人在湖面上观察不到鱼的踪迹，如图所示
由
由几何关系可得，设浮萍的最小半径为R，则
解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）由题意，可得光路图，由光的折射定律、几何关系分别列式，即可分析求解；
（2）当鱼反射出的光在刚好在水面上浮萍边缘发生全反射时，人在湖面上观察不到鱼的踪迹，此时浮萍的半径最小，由临界角公式、几何关系分别列式，即可分析求解。
（1）鱼在点反射出的光在点发射折射在点进入人眼，如图所示
由折射定律
由几何关系得，
解得
（2）鱼反射出的光在刚好水面上浮萍边缘发生全反射，人在湖面上观察不到鱼的踪迹，如图所示
由
由几何关系可得，设浮萍的最小半径为R，则
解得
14．【答案】（1）解：在星球表面，根据万有引力等于重力
可得
行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得该行星表面的重力加速度大小

（2）解：打开降落伞后当速度为时匀速阶段有
刚打开降落伞时瞬间速度为，由牛顿第二定律
得

（3）解：反推发动起启动时探测器速度为
探测器加速度为
减速到速度为0时
得

【知识点】牛顿第二定律；万有引力定律
【解析】【分析】（1）根据黄金代换式导出重力加速度表达式，结合质量和半径比求解行星表面加速度；
（2）打开降落伞后当速度为时匀速运动，根据牛顿第二定律和平衡条件列式求解加速度；
（3）根据匀变速直线运动规律和牛顿第二定律列式解答。
（1）在星球表面，根据万有引力等于重力
可得
行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得该行星表面的重力加速度大小
（2）打开降落伞后当速度为时匀速阶段有
刚打开降落伞时瞬间速度为，由牛顿第二定律
得
（3）反推发动起启动时探测器速度为
探测器加速度为
减速到速度为0时
得
15．【答案】（1）解：离子做匀速直线运动，有
解得
（2）解：撤去磁场后，离子做类平抛运动，（y方向上）电场力方向上，有
初速度方向上，有
电场力方向上的速度分量
点时的速度大小为
解得
由
得速度与轴正方向夹角
（3）解：当离子进入的磁场后，在方向做匀速直线运动，在平面做匀速圆周运动，当圆周运动转过的圆心角为时，速度第一次垂直轴，在电场中
在磁场中，平面
解得
又
转过圆心角的时间为
可得此时离子坐标。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）根据匀速直线运动特点求匀强电场的电场强度大小E；
（2）离子做类平抛运动，（y方向上）电场力方向上，根据类平抛运动的规律求离子在Q点的速度；
（3）在平面做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力和周期公式求离子的坐标。
1 / 12025届广东省汕头市高三下学期一模物理试卷
1．（2025·汕头模拟）2024年2月，中国科学院近代物理研究所与合作单位组成的科研团队首次合成了新核素钱和钨，其中可由发生衰变获得，下列说法正确的是（　　）
A．比多了4个质子
B．比多了2个中子
C．转变为的反应为衰变
D．不同温度环境下，的半衰期不同
【答案】B
【知识点】原子核的组成；原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】考查核反应方程的书写规则，核子数的计算方法和半衰期的决定因素等知识，会根据题意进行准确分析解答。A．比多了2个质子，故A错误；
B．有84个中子，有82个中子，所以比多了2个中子，故B正确；
C．，所以转变为的反应为衰变，故C错误；
D．半衰期跟原子核的内部结构有关，不受温度与压强的影响，故D错误。
故选B。
【分析】根据核反应方程的书写规则，核子数的计算方法和半衰期的决定因素等知识进行分析解答。
2．（2025·汕头模拟）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，小英发现原、副线圈的电压之比总是稍大于匝数之比，查阅资料后得知是漏磁、铁芯发热等原因导致。某次实验中原线圈为800匝、副线圈为400匝，原线圈接正弦交流电压时，以下器材接在副线圈两端一定能够正常工作的是（　　）
A．标有“4V，2W”灯泡 B．电火花计时器
C．量程为的交流电压表 D．击穿电压为的电容器
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题主要考查了“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，要掌握理想变压器电压与匝数比的关系，结合实际变压器漏磁、铁芯发热等原因分析变压器副线圈两端获得的实际电压；知道电火花计时器的工作电压、电容器的击穿电压的含义是解题的关键。A．由于原、副线圈的电压之比总是稍大于匝数之比，当原线圈接正弦交流电压时，副线圈的电压小于4V，故“4V，2W”灯泡不能正常工作，A错误；
B．电火花计时器工作电压为220V，而副线圈的电压小于4V，电火花打点计时器无法正常工作，B错误；
C．量程为 4 V 的交流电压表测量的是电压有效值。实际副线圈电压有效值略小于 4 V，未超出量程，可正常工作，C正确；
D．电容器击穿电压为 4 V，而交流电压的峰值略小于，显然大于电容器的击穿电压，电容器会被击穿损坏，D错误。
故选C。
【分析】根据理想变压器电压与匝数比的关系，求解副线圈两端电压，考虑变压器的漏磁、铁芯发热等原因导致变压器副线圈两端的电压小于理论值，在结合题意逐项分析作答。
3．（2025·汕头模拟）凤仙花的果实成熟后会突然裂开，将种子以弹射的方式散播出去。如图所示，多粒种子同时以相同速率向不同方向弹射，不考虑叶子的遮挡，忽略种子运动过程所受的空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．沿方向弹出的种子，经过最高点时速度为零
B．若沿方向弹出的种子与沿方向水平弹出的种子运动轨迹相交于点，则两颗种子在点相撞
C．沿不同方向弹出的种子到达地面时的速度大小相等
D．位置越高的果实，弹射出的种子落地点离凤仙花越远
【答案】C
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】正确理解斜抛运动和水平抛运动的特点， 物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。A．斜向上抛运动，在最高点速度方向水平，为初速度在水平方向的分量，不是零，故A错误；
B．同时沿方向弹出的种子与沿方向水平弹出的种子运动轨迹相交于点，沿方向弹出的种子用时长，二者不能相撞，故B错误；
C．无论初速度方向如何，由动能定理，有
落地速度均为
故C正确；
D．位置越高的果实，弹射出的种子落地时间越长，但初速度方向未知，所以落地点离凤仙花的距离不一定越远，故D错误。
故选C。
【分析】对于斜抛运动，学生需要理解在最高点时，竖直方向的速度为零，但水平方向的速度不为零。对于运动轨迹相交的问题，学生需要考虑水平方向的速度和时间关系，判断是否会在交点处相撞。对于落地速度的计算，学生需要利用动能定理，考虑重力势能转化为动能的过程。对于不同高度种子落地点的问题，学生需要理解不同抛射角度对水平位移的影响。
4．（2025·汕头模拟）如图1所示，在距离水平圆盘中心处固定一小球，转动圆盘，小球做线速度为的匀速圆周运动，在圆盘圆心正上方，另一完全相同的小球制成的单摆在小角度的摆动。图2是两球在与摆球摆动平面平行的竖直面上的投影，两球投影时刻都在同一竖直方向上。已知小球半径为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．单摆的摆线长度为
B．单摆在做简谐运动，其回复力为合力
C．更换另一体积更大的摆球，投影依旧时刻在同一竖直方向
D．若该装置从汕头搬到北京，要使投影依旧时刻在同一竖直方向，则圆盘转速要变快
【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】掌握单摆周期公式的应用是解题的基础。在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸长和质量都不计，球的直径比摆线短得多，这样的装置叫做单摆。A．由题意可知，两小球的周期相同，做圆周运动的小球的周期为
根据单摆的周期公式
联立，解得单摆的摆线长度为
故A错误；
B．单摆在做简谐运动，重力沿速度方向的分力提供回复力，故B错误；
C．单摆的摆长为摆线长度加小球半径，更换另一体积更大的摆球，则单摆的摆长变长，周期变大，投影不能时刻在同一竖直方向，故C错误；
D．若该装置从汕头搬到北京，重力加速度变大，则单摆的周期变小，要使投影依旧时刻在同一竖直方向，做圆周运动的小球的周期也要变小，根据
可知，圆盘转速要变快，故D正确。
故选D。
【分析】根据单摆周期公式计算；单摆摆球的重力沿速度方向的分力提供回复力；更换体积更大的摆球，摆长变长；该装置从汕头搬到北京，重力加速度g变大。
5．（2025·汕头模拟）如图所示，铁芯左边悬挂一个轻质金属环，铁芯上有两个线圈和，线圈和电源、开关、热敏电阻相连，线圈与电流表相连。已知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，保持开关闭合，下列说法正确的是（　　）
A．当温度升高时，金属环向左摆动
B．当温度不变时，电流表示数不为0
C．当电流从经电流表到时，可知温度降低
D．当电流表示数增大时，可知温度升高
【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】为了“阻碍”原磁场磁通量的变化，当因为磁体的靠近导致穿过闭合线圈的磁通量变大时，线圈会对磁体产生作用力，以阻碍磁体的靠近；当因为磁体的离开导致闭合线圈的磁通量减小时，线圈会对磁体产生作用力，以阻碍磁体的远离，这叫作来拒去留。A．保持开关闭合，当温度升高时，热敏电阻的阻值减小，电流增大，由右手螺旋定则可得电流产生的磁场方向向右穿过螺旋管，如图所示
穿过小金属环的磁通量向右增大，由楞次定律可得穿过小金属环的感应电流I3的方向，从而使得小金属环在原磁场中受安培力而阻碍磁通量的增大，故小金属环有缩小的趋势和向左摆动，故A正确；
B．当温度不变时，电流不变，穿过螺旋管的磁通量不变，无感应电流产生，电流表示数为0，故B错误；
C．当电流从经电流表到时，可知感应电流产生的磁场水平向左，与原磁场方向相反，根据楞次定律知原磁场的磁通量增大，故电流增大，的阻值减小，说明温度升高，故C错误；
D．当电流表示数增大，根据法拉第电磁感应定律知，是穿过线圈的磁通量的变化率增大，故电流的变化率变大，故的阻值变化的快，温度变化的快，故D错误。
故选A。
【分析】根据电阻的变化，分析线圈M中电流的变化，进而分析穿过金属环的磁通量变化，根据楞次定律判断金属环的运动；当温度不变时，线圈M中的电流不变，穿过线圈P的磁通量不变；根据电流方向分析线圈P产生的磁场方向，和线圈M的磁场方向作比较即可；不知道电流的方向，无法判断温度的变化。
6．（2025·汕头模拟）如图1为海盗桶玩具，当插进桶内的剑触发桶内开关时，小海盗就从木桶顶部突然跳出来。其原理可简化为图2所示，弹簧压缩后被锁扣锁住，打开锁扣，小球被弹射出去，A位置为弹簧原长，忽略弹簧质量和空气阻力，从B到A的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球的机械能守恒
B．小球的速度一直在增大
C．小球的加速度先增大后减小
D．小球与弹簧组成的系统重力势能与弹性势能之和先减小后增大
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】分析物体或物体受力情况（包括内力和外力）明确各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；
BC．小球向上运动的过程，对小球受力分析，可知，刚开始弹簧的弹力先大于重力，故加速度向上，速度向上，随着形变量的减小，加速度不断减小，但小球的速度向上不断增大；然后，弹簧的弹力等于重力，此时加速度为零，速度最大；最后弹簧的弹力小于重力，加速度向下，速度向上，随着形变量的减小，加速度不断增大，但小球的速度不断减小，所以此过程小球的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故BC错误；
D．由题分析，可知小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即动能、重力势能和弹性势能之和保持不变，故在此过程中，小球的速度先增大后减小，则小球的动能先增大后减小，所以重力势能与弹性势能之和先减小后增，故D正确。
故选D。
【分析】根据机械能守恒的条件分析；根据速度与合力的方向判断；根据牛顿第二定律判断；根据机械能守恒定律分析。
7．（2025·汕头模拟）图所示为乒乓球火箭现象：将乒乓球放在装有水的水杯中，随水杯由静止下落并与地面发生碰撞后，乒乓球会被弹射到很高的地方。在水杯撞击地面的极短时间内，杯中产生极大的等效浮力，使乒乓球被加速射出。已知等效浮力给乒乓球的冲量为，乒乓球质量为，下落高度为，当地重力加速度为，且远远小于等效浮力，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．水杯落地时，乒乓球的速率为
B．脱离水面时，乒乓球的速率为
C．从开始下落到上升至最高点的过程中，乒乓球的动量变化大小为
D．从开始下落到上升至最高点的过程中，乒乓球重力的冲量大小为
【答案】D
【知识点】动量定理；自由落体运动
【解析】【解答】本题考查了动量定理的应用，分析清楚运动过程与受力情况是解题的前提，应用动量定理即可解题。A．水杯落地时，乒乓球的速率为
选项A错误；
B．向上为正方向，从水杯落地到乒乓球脱离水面由动量定理
解得脱离水面时，乒乓球的速率为
选项B错误；
CD．从开始下落到上升至最高点的过程中，根据动量定理
可知乒乓球的动量变化大小为0，乒乓球重力的冲量大小为
选项C错误，D正确。
故选D。
【分析】水杯做自由落体运动，应用运动学公式求出落地时乒乓球的速率；根据乒乓球的运动过程，应用动量定理求解。
8．（2025·汕头模拟）今年我市打造智慧停车“汕头模式”。如图所示，智能停车位下埋有振荡电路组成的信号发射端。当车辆靠近时，相当于在线圈中插入铁芯，使线圈自感系数变大，引起电路中的振荡电流频率变化，接收电路电流随之变化，实现智能计时。下列说法正确的是（　　）
A．当车辆靠近停车位时，振荡电路中的振荡电流频率变小
B．当车辆离开停车位时，振荡电路中的振荡电流频率变小
C．当电容器进行充电时，振荡电路中的振荡电流逐渐增大
D．当接收电路的固有频率与其收到的电磁波的频率相同时，接收电路产生的电流最强
【答案】A,D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】 掌握LC振荡电路的频率公式是解题的基础。LC电路的周期T与电感L、电容C的关系是
。
AB．根据LC振动电路的频率
当汽车靠近时，线圈自感系数L变大，振荡电路中的振荡电流频率变小，当车辆离开停车位时，线圈自感系数L变小，振荡电路中的振荡电流频率变大，A正确，B错误；
C．当电容器进行充电时，振荡电路中的振荡电流逐渐减小，C错误；
D．当接收电路的固有频率与其收到的电磁波的频率相同时，这是电磁波接受原理中的电谐振现象，与机械波中的共振相似，此时接收电路产生的振荡电流最强，D正确。
故选AD。
【分析】 根据分析频率；电容器充电过程，电流是逐渐减小的；和机械振动中的共振做比较。
9．（2025·汕头模拟）小钊同学站在连接计算机的压力传感器上完成下蹲、起立动作，压力传感器示数随时间变化的情况如图所示，重力加速度取，下列说法正确的是（　　）
A．下蹲过程中，小钊加速度始终向下
B．起立过程中，小钊先超重后失重
C．内小钊完成了两组下蹲、起立动作
D．下蹲过程小钊的最大加速度约为
【答案】B,D
【知识点】超重与失重；牛顿定律与图象
【解析】【解答】本题主要考查了牛顿第二定律的应用，解答此题的关键在于对图像各时间段的正确理解，结合牛顿第二定律求出加速度。A．下蹲过程中，先加速下降，后减速下降，故加速度先向下，后向上，A错误；
B．起立过程中，先向上加速运动，后向上减速运动，故小钊先超重后失重，B正确；
C．由图可知，内小钊完成了一组下蹲、起立动作，C错误；
D．由图可知，小钊的质量为，对传感器的最小压力为
对小钊受力分析，结合牛顿第二定律可得
代入数据解得
D正确。
故选BD。
【分析】人在下蹲过程中，先加速下降后减速下降，加速度先向下后向上，结合牛顿第二定律据此作答即可；人在站起过程中，先加速上升后减速上升，所以先超重后失重传感器对人的支持力小于重力时，人处于失重状态；传感器对人的支持力大于重力时人处于超重状态，结合牛顿第二定律据此作答即可；由题图可知，力传感器的最小示数为200N，根据牛顿第二定律可知。
10．（2025·汕头模拟）我国空间站天和核心舱配备了4台霍尔推进器。如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，经电场加速后以极高速度喷出，在相反的方向上对航天器产生推力。假设核心舱的质量为，电离后的离子初速度为0，加速电压为，单台推进器单位时间喷出的离子数量为，离子质量为，电荷量为，忽略离子间的相互作用力，下列说法正确的是（　　）
A．离子喷出加速电场时的速度为
B．单台霍尔推进器的离子向外喷射形成的等效电流为
C．离子在电场中加速的过程中，动能和电势能都增大
D．推进器全部同向开启时，核心舱的加速度为
【答案】A,B,D
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的运动综合；电流、电源的概念
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在电场中的运动问题，考查了动量定理应用的反冲现象。掌握对于连续体应用动量定理解答的方法。A．电场对粒子加速有
解得离子喷出加速电场时的速度
故A正确；
B．单台霍尔推进器的离子向外喷射形成的等效电流为
故B正确；
C．离子在电场中加速的过程中，电场对粒子做正功，粒子动能增加，电势能减小，故C错误；
D．推进器全部同向开启时，设单个推进器给核心舱的作用力大小为F，对粒子，根据动量定理有
其中对核心舱，有
联立以上，解得核心舱的加速度为
故D正确。
故选ABD。
【分析】根据动能定理求解离子喷出加速电场时的速度大小；根据电流的定义式求解等效电流；离子在电场中加速的过程中电场力对离子做正功，根据功能关系判断动能、电势能的变化；根据动量定理求得喷出的离子受到的作用力，根据牛顿第二定律与牛顿第三定律求解核心舱的加速度大小。
11．（2025·汕头模拟）（1）“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，下列说法正确的是（　　）
A．将油酸分子看成球形且紧密排列，体现的是等效替代的物理思想
B．应先滴油酸酒精溶液，再撒痱子粉
C．向量筒中滴5滴溶液，测出5滴溶液的体积，算得1滴溶液的体积
D．待油膜形状稳定后，再在玻璃板上描出油膜的形状
（2）“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，（图1） OC方向弹簧测力计的读数为　 　N。
（3）用如图2所示的实验装置验证牛顿第二定律。滑块受到的合力为，完全相同的遮光板1、2挡光时间分别为、，以　 　（用题中已知字母表示）为纵轴、以为横轴描点做图，当所做图像为过原点的一条倾斜直线时，说明质量一定时，加速度与合力成正比。
【答案】（1）D
（2）1.90
（3）
【知识点】胡克定律；探究加速度与力、质量的关系；用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】本题考查了“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中、“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验和验证牛顿第二定律的实验，要明确每个实验的原理，掌握弹簧测力计的读数规则，掌握牛顿第二定律和运动学公式的运用，掌握根据极短时间内的平均速度求解瞬时速度的方法。
（1）A．将油酸分子看成球形且紧密排列，体现的是理想模型的物理思想，故A错误；
B．实验时应先把痱子粉均匀地撒在水面上，再滴油酸酒精溶液，这样可以形成边界清晰的油膜，易于对油膜面积的测定，故B错误；
C．向量筒中滴5滴溶液，滴数太少，算得1滴油酸溶液体积时误差较大，故C错误；
D．待油酸薄膜形状稳定后，在玻璃板上描下油酸膜的形状，故D正确。
故选D。
（2）图中测力计的最小分度值为0.1N，需要估读一位，可读出图中所示刻度读数为1.90N。
（3）设遮光板宽度为，遮光板1、2之间的距离为。1、2挡光时间分别为、，则遮光板通过的速度大小为依次
，
且
根据牛顿第二定律有
联立可得
整理得
以为横轴，为纵轴描点做图，当所做图像为过原点的一条倾斜直线时，说明质量一定时，加速度与合力成正比。
【分析】（1）根据实验原理分析采用的物理方法；根据实验的正确操作分析作答；从减小实验误差的角度分析作答；
（2）弹簧测力计的分度值为0.1N，要估读到下一位；
（3）根据极短时间内的平均速度求解挡光板通过光电门的瞬时速度，根据运动学公式和牛顿第二定律求解函数，然后作答。
（1）A．将油酸分子看成球形且紧密排列，体现的是理想模型的物理思想，故A错误；
B．实验时应先把痱子粉均匀地撒在水面上，再滴油酸酒精溶液，这样可以形成边界清晰的油膜，易于对油膜面积的测定，故B错误；
C．向量筒中滴5滴溶液，滴数太少，算得1滴油酸溶液体积时误差较大，故C错误；
D．待油酸薄膜形状稳定后，在玻璃板上描下油酸膜的形状，故D正确。
故选D。
（2）图中测力计的最小分度值为0.1N，需要估读一位，可读出图中所示刻度读数为1.90N。
（3）设遮光板宽度为，遮光板1、2之间的距离为。1、2挡光时间分别为、，则遮光板通过的速度大小为依次， 且
根据牛顿第二定律有
联立可得
整理得
以为横轴，为纵轴描点做图，当所做图像为过原点的一条倾斜直线时，说明质量一定时，加速度与合力成正比。
12．（2025·汕头模拟）小红用碳酸饮料以及铜片和锌片制成了一个“饮料电池”，并测量其电动势和内阻。小红使用的器材有：电阻箱、微安表、开关、导线若干。
（1）小红进行电路设计，完成了电路连接，如图1所示。
（2）将电阻箱阻值调节到　 　（选填“0”或“最大值”），闭合开关，调节电阻箱，测得的几组微安表、电阻箱的读数，作出图线如图2所示，测得图线斜率为，截距为，则根据图线求得电池的电动势为　 　（用题目中的符号表示）。
（3）小红查阅文献，发现以上实验测量的其实是饮料电池和微安表组成的“等效电源”，这使得饮料电池的内阻测量结果　 　（选填“偏大”或“偏小”）。为减小该误差，小红测出了微安表的内阻，从而计算出饮料电池的内阻为　 　（用题目中的符号表示）。
【答案】最大值；；偏大；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，明确实验原理是解题的关键；理解产生实验误差的原因。（2）为了保护微安表的安全，闭合开关前，应将电阻箱阻值调节到最大值；
根据闭合电路欧姆定律可得
可得
可知图像可得
，
解得电池的电动势为
（3）根据闭合电路欧姆定律可得
可得
则有
，
结合（2）问可得
，
可知饮料电池的内阻测量结果偏大；小红测出了微安表的内阻，则饮料电池的内阻为
【分析】（2）为了保护微安表的安全，电阻箱阻值调节到最大值，根据闭合电路欧姆定律可得表达式，根据图像的斜率求解电动势
（3）根据闭合电路欧姆定律分析得到表达式，根据表达式分析解答。
13．（2025·汕头模拟）如图，渔民弯腰捕鱼时，发现湖面上有一片圆形浮萍，眼睛在点处恰好通过浮萍边缘点看到湖底点处有一条鱼。点离水面高度为，离点水平距离为，湖水深度。鱼受到惊吓后躲在浮萍中心的正下方湖底处，渔民无论在湖面上哪个角度都没有发现鱼的踪影，已知湖水的折射率。求：
（1）B距离点的水平距离；
（2）浮萍的最小半径。
【答案】（1）解：鱼在点反射出的光在点发射折射在点进入人眼，如图所示
由折射定律
由几何关系得
，
解得
（2）解：鱼反射出的光在刚好水面上浮萍边缘发生全反射，人在湖面上观察不到鱼的踪迹，如图所示
由
由几何关系可得，设浮萍的最小半径为R，则
解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）由题意，可得光路图，由光的折射定律、几何关系分别列式，即可分析求解；
（2）当鱼反射出的光在刚好在水面上浮萍边缘发生全反射时，人在湖面上观察不到鱼的踪迹，此时浮萍的半径最小，由临界角公式、几何关系分别列式，即可分析求解。
（1）鱼在点反射出的光在点发射折射在点进入人眼，如图所示
由折射定律
由几何关系得，
解得
（2）鱼反射出的光在刚好水面上浮萍边缘发生全反射，人在湖面上观察不到鱼的踪迹，如图所示
由
由几何关系可得，设浮萍的最小半径为R，则
解得
14．（2025·汕头模拟）在登陆某行星的过程中，探测器在接近行星表面时打开降落伞，速度从降至后开始匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与降落伞断开连接，后推力为的反推发动机启动，速度减至0时恰落到地面上。设降落伞所受的空气阻力为，其中为定值，为速率，其余阻力不计，设全过程为竖直方向的运动。已知探测器质量为，降落伞和背罩质量忽略不计，该行星的质量和半径分别为地球的和，地球表面重力加速度大小取。求：
（1）该行星表面的重力加速度大小；
（2）刚打开降落伞瞬间探测器加速度大小；
（3）反推发动机启动时探测器距离地面高度。
【答案】（1）解：在星球表面，根据万有引力等于重力
可得
行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得该行星表面的重力加速度大小

（2）解：打开降落伞后当速度为时匀速阶段有
刚打开降落伞时瞬间速度为，由牛顿第二定律
得

（3）解：反推发动起启动时探测器速度为
探测器加速度为
减速到速度为0时
得

【知识点】牛顿第二定律；万有引力定律
【解析】【分析】（1）根据黄金代换式导出重力加速度表达式，结合质量和半径比求解行星表面加速度；
（2）打开降落伞后当速度为时匀速运动，根据牛顿第二定律和平衡条件列式求解加速度；
（3）根据匀变速直线运动规律和牛顿第二定律列式解答。
（1）在星球表面，根据万有引力等于重力
可得
行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得该行星表面的重力加速度大小
（2）打开降落伞后当速度为时匀速阶段有
刚打开降落伞时瞬间速度为，由牛顿第二定律
得
（3）反推发动起启动时探测器速度为
探测器加速度为
减速到速度为0时
得
15．（2025·汕头模拟）如图所示，三维坐标系中，在的空间同时存在沿轴正方向的匀强电场和沿轴负方向的匀强磁场，在的空间存在轴正方向的匀强磁场。带负电的离子从以速度在平面内沿轴正方向发射，恰好做匀速直线运动。两处磁场磁感应强度大小均为，不计离子重力，答案可含。
（1）求匀强电场的电场强度大小；
（2）撤去空间内的匀强磁场，离子仍从点以相同速度发射，且经进入的磁场空间，求离子在点的速度；
（3）离子在的磁场空间中速度第一次垂直轴时，求离子的坐标。
【答案】（1）解：离子做匀速直线运动，有
解得
（2）解：撤去磁场后，离子做类平抛运动，（y方向上）电场力方向上，有
初速度方向上，有
电场力方向上的速度分量
点时的速度大小为
解得
由
得速度与轴正方向夹角
（3）解：当离子进入的磁场后，在方向做匀速直线运动，在平面做匀速圆周运动，当圆周运动转过的圆心角为时，速度第一次垂直轴，在电场中
在磁场中，平面
解得
又
转过圆心角的时间为
可得此时离子坐标。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）根据匀速直线运动特点求匀强电场的电场强度大小E；
（2）离子做类平抛运动，（y方向上）电场力方向上，根据类平抛运动的规律求离子在Q点的速度；
（3）在平面做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力和周期公式求离子的坐标。
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