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2025届广西南宁市高三下学期三模物理试卷
一、选择题（本大题共10小题，共46分。第l~7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分；第8~10题，每小题6分，有多个项符合题目要求，全部选对的得6分，，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。）
1．（2025·南宁模拟）氢原子的能级图如图所示，大量氢原子处于的激发态，在向低能级跃迁时放出大量光子，用这些光子照射逸出功为3.7eV的金属镁，下列说法正确的是（　　）
A．从能级跃迁到能级辐射光的波长最长
B．能使金属镁发生的光电效应的光子有3种
C．金属镁表面逸出光电子的最大初动能为12.75eV
D．只要照射时间足够长，这些光子都能使金属镁发生光电效应
2．（2025·南宁模拟）一篮球从离地面处静止释放，与地面碰撞后竖直向上运动至最大高度处，，空气阻力不计，忽略篮球和地面的碰撞时间，则全过程篮球的位移x随时间t变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025·南宁模拟）已知月球的质量为地球的，半径为地球的。某同学在地球表面，将物体从距离地面高h处以初速度水平抛出，物体落地时的水平位移为x，空气阻力不计。若航天员在月球表面，也将物体从距月球表面高为h处以初速度水平抛出，则其落地时的水平位移为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·南宁模拟）利用静电悬浮技术可以进行材料的无容器处理，其原理为当静电场中的带电物体所受电场力与重力平衡时，可实现物体的悬浮。如图所示，某装置中为电阻箱、为定值电阻，电容器与并联。现闭合开关S，待电路稳定后，在电容器间的P点释放一带电液滴，液滴恰好静止。下列操作中，液滴依然可以保持静止的是（　　）
A．断开开关S
B．将电容器的上极板M上移一小段距离
C．将电容器的下极板N左移一小段距离
D．增大的阻值
5．（2025·南宁模拟）如图为远距离交流输电的简化电路图，变压器、均为理想变压器，R为输电线的等效电阻，发电厂输出的电压恒定。当用户增加时，用户得到的功率与发电厂输送的功率之比将（　　）
A．先增大后减小 B．先减小后增大
C．增大 D．减小
6．（2025·南宁模拟）如图所示，CD为两极板MN、PQ的中心线，板长和板间距均为l。一带电粒子以某一平行于极板的速度从C点进入板间区域，粒子重力不计。当板间有垂直于纸面的匀强磁场B和垂直极板的匀强电场E时，粒子恰好沿CD运动。当板间只有匀强磁场B时，粒子恰好从下极板边缘P射出，当板间只有匀强电场E时，下列说法正确的是（　　）
A．粒子将从上极板边缘N射出 B．粒子将打在上极板的中点
C．粒子将打在下极板的中点 D．粒子将从DQ之间某点射出
7．（2025·南宁模拟）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN与水平面的夹角为，间距为l，P、M间接有一定值电阻R，质量为m的金属棒垂直于导轨放置且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场中。时刻，金属棒在沿导轨向上的恒力作用下，以初速度沿导轨向下运动，此时金属棒的安培力大小为，电阻R的电功率为。已知重力加速度为，导轨和金属棒电阻不计，若以初速度的方向为正方向，则金属棒的速度为v、安培力、流过金属棒横截面的电荷量为q、电阻R的电功率P随时间t变化的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025·南宁模拟）关于下列四幅图的说法正确的是（　　）
A．图（a）中，温度一定时，微粒越小，其布朗运动越明显
B．图（b）中，若油膜未完全展开，则测得的油酸分子直径偏小
C．图（c）中，用烧热的电烙铁接触涂有石蜡的薄玻璃片的背面，石蜡融化区域的形状近似呈圆形，说明玻璃的导热性能具有各向同性
D．图（d）中，戳破右侧的肥皂膜，棉线会向右弯曲
9．（2025·南宁模拟）如图所示，质量分别为m、2m的两小球A、B用轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能，x为弹簧的形变量。A球通过一根水平轻质细线（足够长）连接到墙壁上，A、B均静止在光滑水平地面上。现将小球B向右拉开一小段距离后由静止释放，关于从释放小球B到小球A碰撞墙壁前的过程说法正确的是（　　）
A．小球A、B的系统动量守恒 B．小球B的最大速度为
C．小球A的最大速度为 D．弹簧最短时，其压缩量为
10．（2025·南宁模拟）如图所示，在水平地面上，左右两侧各固定一半径为R的圆弧轨道，两轨道分别与地面相切于B、C点，左侧轨道的最高点A与圆心等高，右侧半圆形轨道的D点与圆心等高，最高点为E点，左侧轨道粗糙，水平地面BC和右侧轨道均光滑。质量为m的物块以初速度从A处竖直向下进入轨道，运动至B点的速度为，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．物块从A运动到B的过程中，克服摩擦力做功为
B．若物块从A处静止释放，到达B点时的速度为
C．物块从C运动到D的过程中，其重力的瞬时功率一直增大
D．物块将在右侧轨道上距离地面高度为处脱离轨道
二、非选择题（本大题共5小题，共54分。）
11．（2025·南宁模拟）为测定一阻值约为50Ω的待测电阻的阻值，某实验小组利用如图（a）所示电路进行实验，电压表、内阻均很大。
（1）请按照电路图（a）连接实物图（b）　 　；
（2）实验开始前，将滑动变阻器的滑片置于a端，将电阻箱的阻值调到最大，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片，同时改变电阻箱的阻值，使电压表、的指针均有较大偏角，读出电压表、的示数、，并读出此时电阻箱的示数，则待测电阻的阻值　 　；
（3）本次实验中，因未考虑电压表的分流影响，导致待测电阻的测量值　 　真实值。（选填“大于”“小于”或“等于”）
12．（2025·南宁模拟）实验小组利用图（a）装置研究橡皮筋伸长量与所受拉力的关系。如图（a）所示，橡皮筋OP用细线悬挂在铁架台上，其下端连接一个可以悬挂钩码的细绳套，并在P点固定一个指针。一游标卡尺竖直固定在橡皮筋右侧，已知游标卡尺的主尺固定且其零刻度线低于O点，游标卡尺的游标刻度线与指针平行。
（1）将1个钩码挂在细绳套上，待钩码　 　时，移动游标使其零刻度线对准指针，其示数如图（b）所示，其读数为　 　mm。
（2）再依次将个钩码挂在细绳套上（橡皮筋始终在弹性限度内），重复步骤（1）的操作，记录所挂钩码个数和游标卡尺的读数，实验数据如下表：
钩码个数n 1 2 3 4 5
l/mm 24.6 28.8 32.5 36.4
根据上表的实验数据在图（c）上补齐数据点并作出图像　 　；
（3）若用天平测得每个钩码的质量均为50.0g，已知重力加速度，则该橡皮筋的劲度系数为　 　N/m。（结果保留三位有效数字）
（4）根据此实验的操作过程可知，图（c）中，图像的纵截距　 　（选填“代表”或“不代表”）橡皮筋的原长，理由是　 　。
13．（2025·南宁模拟）某个透明物体的横截面如图所示，BDE是以O为圆心、半径为R的半圆形，ABD是等腰直角三角形。一单色光从E点射入该物体，OD与OE的夹角，入射光与OE的夹角为，介质的折射率为，光在真空中传播的速度为c，求：
（1）光传播至AB界面的入射角；
（2）光从射入E点至第一次传播到AD界面的时间。
14．（2025·南宁模拟）电梯性能测试实验装置简化图如图所示，在某次实验中电梯缆绳发生断裂后向下坠落。已知下落过程两侧安全钳对电梯施加的滑动摩擦力共为，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为，此后经电梯停止运动，缓冲弹簧被压缩了。若电梯的质量为，重力加速度，不考虑空气阻力。求：
（1）电梯刚接触井底缓冲弹簧时的加速度大小；
（2）缓冲弹簧的最大弹性势能；
（3）下落过程中弹簧对电梯的冲量。
15．（2025·南宁模拟）如图所示，在空间直角坐标系中，无限大平面MNPQ（与y轴垂直且交于C点）左侧区域Ⅰ存在沿x轴正方向的匀强磁场，，右侧区域Ⅱ存在沿z轴正方向的匀强磁场，左、右两侧磁场的磁感应强度大小相等；现从坐标为的A点沿yOz平面发射一质量为m，电荷量为的粒子，粒子的初速度大小为、方向与y轴负方向的夹角为60°，经一段时间后粒子恰好垂直于平面MNPQ进入区域Ⅱ，不计粒子的重力，求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）粒子从A点出发至第2次到达平面MNPQ的时间；
（3）若在区域Ⅱ加一电场强度为E、方向沿z轴负方向的匀强电场，求粒子从A点出发后第n次经过平面MNPQ时的速度大小。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A．由，，解得所以，从能级跃迁到能级辐射光的光子能量最大，波长最短，故A错误；
B．从能级跃迁到能级、从能级跃迁到能级、从能级跃迁到能级辐射的光子能量分别为12.75eV、12.09eV、10.2eV，均大于金属镁的逸出功，从能级跃迁到能级辐射的光子能量2.55eV，小于金属镁的逸出功，从能级跃迁到其他能级辐射的光子能量更小，故只有3种光子可以使金属镁发生光电效应，故B正确；
C．由光电效应方程可知，光电子的最大初动能，故C错误；
D．发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的截止频率，与光照时间无关，故D错误。
故答案为：B。
【分析】先计算氢原子从n=4向低能级跃迁时辐射光子的能量，再结合光电效应条件（光子能量≥逸出功）判断能发生光电效应的光子种类，同时明确光电效应的规律。
2．【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】篮球释放以后先竖直向下加速运动，反弹后竖直向上减速运动，图像的斜率绝对值代表速度大小，斜率应先增大后减小，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】位移-时间（x t）图像的斜率表示速度，结合篮球的运动过程（自由下落、碰撞反弹后上抛），分析速度的变化规律，进而判断图像形状。
3．【答案】A
【知识点】平抛运动；万有引力定律
【解析】【解答】由平抛运动的规律，
对在星球表面的物体万有引力提供重力
整理得
联立解得
则有
解得，故A正确。
故答案为：A。
【分析】先结合平抛运动规律得到水平位移与重力加速度的关系，再利用万有引力公式推导地球、月球表面的重力加速度之比，最终求出月球上的水平位移。
4．【答案】C
【知识点】电容器及其应用；电场强度
【解析】【解答】A．开关S断开后，电容器将有流经电阻的放电电流，电容器的正负电荷会中和，电场力消失，液滴将竖直向下加速运动，故A错误；
B．将电容器的上极板M上移一小段距离，电容器与并联，电压不变，由可知，电场强度E减小，电场力小于重力，液滴将竖直向下加速运动，故B错误；
C．将电容器的下极板N左移一小段距离，极板间距d未变，电容器与并联，电压不变，由可知电场强度不变，故液滴依然静止，C正确；
D．由闭合电路欧姆定律，由欧姆定律可知，电容器的电压
增大的阻值，电流减小，电容器的电压增大，电场强度E增大，电场力将大于重力，液滴竖直向上加速运动，故D错误。
故答案为：C。
【分析】液滴静止的条件是电场力与重力平衡（qE=mg），需分析各操作对电容器极板间电场强度E的影响，判断平衡是否保持。
5．【答案】D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】发电厂输出的电压恒定，故变压器的原线圈和副线圈输电电压、恒定，当用户增加时，输电功率增大，输电线的电流增大，
输电线等效电阻R的分压变多，故用户得到的功率与发电厂输送的功率之比
可知用户得到的功率与发电厂输送的功率之比变小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】理想变压器的输出电压由输入电压和匝数比决定（保持恒定），用户增加时输电电流增大，输电线的电压损耗增加，进而分析用户功率与总功率的比值变化。
6．【答案】B
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】当板间有垂直于纸面的匀强磁场B和垂直极板的匀强电场E时，粒子匀速运动
解得：
当只有磁场时，粒子的轨迹如图所示：
其圆周半径为，由
可得：
当板间只有匀强电场E时，粒子向上偏转，做类平抛运动，
解得：
所以当粒子打到上极板时，水平方向所走距离为，粒子将打到上极板的中点，故B符合题意。
故答案为：B。
【分析】先通过 “电、磁共存时粒子匀速运动” 得到电场与磁场的关系，再结合 “只有磁场时的圆周运动” 推导轨迹半径，最后分析 “只有电场时的类平抛运动” 的偏转距离，确定粒子落点。
7．【答案】A
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．金属棒的安培力为
其中
解得：
时刻，根据右手定则，判断金属棒中的电流方向，根据左手定则判断金属棒所受安培力方向沿负方向，且
金属棒的合力为：
故金属棒先沿正方向减速运动，其加速度大小
可知逐渐减小；当金属棒速度减为零后，沿负方向加速运动，安培力反向，其加速度大小
继续减小，当时，
方向沿负方向，A正确；
B．由上述分析的方向先沿负方向再沿正方向，B错误；
C．金属棒先沿正方向减速运动，后沿负方向加速运动，加速到最大值后速度不变，根据右手定则判断回路的电流先沿逆时针，后沿顺时针方向，故流过属棒横截面的电荷量，可知图像的斜率先减小后增大，最终不变，C错误；
D．电阻R的电功率，所以最终金属棒的电功率应该是时刻的4倍，D错误。
故答案为：A。
【分析】先推导金属棒的加速度与速度的关系，判断运动性质；再结合安培力、电荷量、电功率的公式，分析各物理量随时间的变化规律。
8．【答案】A,C
【知识点】布朗运动；用油膜法估测油酸分子的大小；晶体和非晶体；液体的表面张力
【解析】【解答】A．布朗运动是液体分子无规则撞击微粒的结果，温度一定时，微粒越小，液体分子对其撞击的不平衡性越显著，布朗运动越明显，故A正确；
B．油酸分子直径为，若油膜未完全展开，则S偏小，测得的油酸分子直径偏大，故B错误；
C．用烧热的电烙铁接触涂有石蜡的薄玻璃片的背面，石蜡融化区域的形状近似呈圆形，说明玻璃沿各个方向的传热一样快，即导热性能具有各向同性，故C正确；
D．戳破右侧的肥皂膜，左侧肥皂膜因表面张力收缩，棉线会向左弯曲，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】逐一分析四幅图对应的物理现象（布朗运动、油膜法测分子直径、热传导的各向同性、表面张力），结合相关规律判断选项正误。
9．【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；受力分析的应用；碰撞模型
【解析】【解答】A．释放B到A碰撞墙前，弹簧第一次恢复原长前，细线对A有拉力，系统合外力不为零，动量不守恒，故A错误；
B．弹簧第一次恢复原长时，小球B的速度最大，弹簧的弹性势能全部转化为小球B的动能，由机械能守恒定律有
解得，故B正确；
C．当弹簧第二次恢复原长时，小球A的速度最大，记为，此时小球B的速度记为，从弹簧第一次恢复原长到弹簧第二次恢复原长，小球A、B的系统动量守恒，该过程相当于小球B以速度与小球A发生了完全弹性碰撞，则有：，
解得，，故C错误；
D．弹簧最短时，对小球A、B的系统：，
解得，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】分阶段分析系统的受力、动量与能量变化，结合机械能守恒、动量守恒定律判断各选项。
10．【答案】A,D
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．物块从A运动到B的过程中，由动能定理，解得，故A正确；
B．从A运动到B的过程中，物块从A处静止释放运动到B处和以初速度从A处运动到B处的过程对比，从A处静止释放运动到B处的过程，物块经过圆弧上相同点的速度更小，如图
由牛顿第二定律
速度越小，轨道的支持力越小，滑动摩擦力也越小，路径长度未变，因此物块从A处静止释放运动到B处过程克服摩擦力做功，由动能定理，解得，故B错误；
C．物块从C运动到D的过程中，重力的瞬时功率。在C处，物块竖直方向的合力向上，在D处，竖直方向的合力竖直向下，可以推测，物块从C运动到D的过程中，竖直方向的合力应该是先竖直向上，后变为竖直向下，而一直竖直向上，故先增加后减小，重力的瞬时功率先增加后减小，故C错误；
D．若在图中F点脱轨，如图
则在F点有
从B到F点，由动能定理
解得
则F点离地面高度为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】结合动能定理分析摩擦力做功，利用圆周运动的向心力条件判断脱离轨道的位置，同时分析重力瞬时功率的变化规律。
11．【答案】（1）
（2）
（3）小于
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）根据电路图，完整的实物连线如图所示
（2）根据欧姆定律可知通过电阻箱的电流为
则待测电阻的阻值为
故答案为：
（3）本次实验中，因未考虑电压表的分流影响，则通过电阻箱的电流大于通过待测电阻的电流，则导致待测电阻的测量值小于真实值。
故答案为：小于
【分析】(1) 实物连接：按电路图的串并联关系，将电源、滑动变阻器、电阻箱、待测电阻及电压表对应连接；
(2) 待测电阻计算：利用并联支路的电压、电流关系，结合欧姆定律推导的表达式；
(3) 误差分析：考虑电压表的分流，分析实际电流与测量电流的偏差，进而判断测量值与真实值的大小。
（1）根据电路图，完整的实物连线如图所示
（2）根据欧姆定律可知通过电阻箱的电流为
则待测电阻的阻值为
（3）本次实验中，因未考虑电压表的分流影响，则通过电阻箱的电流大于通过待测电阻的电流，则导致待测电阻的测量值小于真实值。
12．【答案】（1）静止；20.6
（2）
（3）122
（4）不代表；因为主尺的零刻度略低于橡皮筋的上端，不挂钩码时，游标卡尺的读数小于橡皮筋的原长。
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1）钩码挂在细绳套上，待钩码静止时，移动游标使其零刻度线对准指针。
游标卡尺读数
故答案为：静止；20.6
（2）
（3）设橡皮筋的原长为，由平衡条件
可得
结合图像斜率为
取点代入数据
故答案为：122
（4）不代表，因为主尺的零刻度略低于橡皮筋的上端，不挂钩码时，游标卡尺的读数小于橡皮筋的原长。
故答案为：不代表；因为主尺的零刻度略低于橡皮筋的上端，不挂钩码时，游标卡尺的读数小于橡皮筋的原长。
【分析】(1) 游标卡尺读数：需待钩码静止后测量（保证橡皮筋伸长稳定），游标卡尺读数为“主尺读数+游标尺对齐刻度×分度值”；
(2) 图像绘制：根据实验数据在坐标图上描点，再用直线连接（橡皮筋在弹性限度内，伸长量与拉力线性相关）；
(3) 劲度系数计算：由胡克定律，结合图像的斜率（对应单位钩码拉力下的伸长量）求解；
(4) 纵截距的物理意义：分析主尺零刻度与橡皮筋上端的位置关系，判断纵截距是否为原长。
（1）[1]钩码挂在细绳套上，待钩码静止时，移动游标使其零刻度线对准指针。
[2]游标卡尺读数
（2）
（3）设橡皮筋的原长为，由平衡条件
可得
结合图像斜率为
取点代入数据
（4）[1]不代表
[2]因为主尺的零刻度略低于橡皮筋的上端，不挂钩码时，游标卡尺的读数小于橡皮筋的原长。
13．【答案】（1）解：光路图如下图所示
设在BED界面上的折射角为，由折射定律
解得，
故E点的折射光与BD垂直，即平行于AD，则光在AB界面的入射角
（2）解：由反射定律知，光在AB面的反射角为45°，由几何关系可知，光在介质中传播的路径长度为
又，
解得：
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】(1) 光在AB界面的入射角：先由折射定律求E点的折射角，结合几何关系确定折射光线的方向，再由ABD是等腰直角三角形，得到光在AB界面的入射角；
(2) 传播时间：分两段计算（E到F的传播时间、F到AD界面的传播时间），结合介质中的光速与几何长度求解。
（1）画出光路图如图所示
设在BED界面上的折射角为，由折射定律
解得，
故E点的折射光与BD垂直，即平行于AD，则光在AB界面的入射角
（2）由反射定律知，光在AB面的反射角为45°，由几何关系可知，光在介质中传播的路径长度为
又，
解得：
14．【答案】（1）解：电梯刚接触井底缓冲弹簧时，弹簧弹力为零，以竖直向上为正方向，由牛顿第二定律，有：
解得：
（2）解：由动能定理：
（3）解：以竖直向下为正方向，由动量定理：
故弹力的冲量大小为6100N·s，方向竖直向上。
【知识点】功能关系；动量定理；牛顿第二定律
【解析】【分析】(1) 接触弹簧时的加速度：电梯刚接触弹簧时，弹簧弹力为0，仅受重力和摩擦力，由牛顿第二定律求解加速度；
(2) 最大弹性势能：对电梯接触弹簧到停止的过程，用能量守恒（动能、重力势能的变化转化为弹性势能和摩擦力的功）求解；
(3) 弹簧的冲量：对电梯接触弹簧到停止的过程，用动量定理（重力、摩擦力、弹簧弹力的冲量与动量变化的关系）求解。
（1）电梯刚接触井底缓冲弹簧时，弹簧弹力为零，以竖直向上为正方向，由牛顿第二定律，有：
解得：
（2）由动能定理：
（3）以竖直向下为正方向，由动量定理：
故弹力的冲量大小为6100N·s，方向竖直向上。
15．【答案】（1）解：由题意可知，
粒子的轨迹如图所示，
由
可得：
（2）解：粒子以水平速度进入区域Ⅱ，粒子从A点出发至第2次到达平面MNPQ的轨迹如图所示，在区域Ⅰ中，轨迹的圆心角为120°，对应的时间为：
在区域中，轨迹为半圆，对应的时间为：
得
故：
（3）解：粒子第一次以水平速度进入在区域Ⅱ后，在平行于xOy平面的平面内做匀速圆周运动，在电场力作用下，沿z轴方向做加速度为a的匀加速直线运动，运动时间为，粒子第1次经过平面MNPQ时的速度为，第2次经过平面MNPQ时获得了沿z轴负方向的速度，由牛顿第二定律：
在区域Ⅰ以速度做匀速圆周运动，轨迹如图所示
显然，第3次经过平面MNPQ时沿z轴负方向的速度
再在区域Ⅱ中，在平行于xOy平面的平面内做匀速圆周运动，运动时间仍为
在电场力作用下，沿轴方向做加速度为a的匀加速直线运动
第4次经过平面MMPQ时，沿z轴负方向的速度
第5次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度
第6次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度
粒子的速度为：
依次类推可知：①当n为偶数时
粒子第n次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度
解得：
②当n为奇数时
粒子第n次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度
粒子的速度为：
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 磁感应强度：粒子在区域Ⅰ做圆周运动，由几何关系确定圆周半径，结合洛伦兹力提供向心力求解B；
(2) 运动时间：分区域Ⅰ内的圆周运动时间、区域Ⅱ内的运动时间，结合周期公式与几何对应的圆心角计算总时间；
(3) 加电场后的速度：区域Ⅱ中粒子做螺旋运动（匀速圆周+匀变速直线），分析每次过平面时的速度分量，分n为奇数、偶数讨论。
（1）由题意可知，
粒子的轨迹如图所示，
由
可得：
（2）粒子以水平速度进入区域Ⅱ，粒子从A点出发至第2次到达平面MNPQ的轨迹如图所示，在区域Ⅰ中，轨迹的圆心角为120°，对应的时间为：
在区域中，轨迹为半圆，对应的时间为：
得
故：
（3）粒子第一次以水平速度进入在区域Ⅱ后，在平行于xOy平面的平面内做匀速圆周运动，在电场力作用下，沿z轴方向做加速度为a的匀加速直线运动，运动时间为，粒子第1次经过平面MNPQ时的速度为，第2次经过平面MNPQ时获得了沿z轴负方向的速度，由牛顿第二定律：
在区域Ⅰ以速度做匀速圆周运动，轨迹如图所示
显然，第3次经过平面MNPQ时沿z轴负方向的速度
再在区域Ⅱ中，在平行于xOy平面的平面内做匀速圆周运动，运动时间仍为
在电场力作用下，沿轴方向做加速度为a的匀加速直线运动
第4次经过平面MMPQ时，沿z轴负方向的速度
第5次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度
第6次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度
粒子的速度为：
依次类推可知：①当n为偶数时
粒子第n次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度
解得：
②当n为奇数时
粒子第n次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度
粒子的速度为：
1 / 12025届广西南宁市高三下学期三模物理试卷
一、选择题（本大题共10小题，共46分。第l~7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分；第8~10题，每小题6分，有多个项符合题目要求，全部选对的得6分，，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。）
1．（2025·南宁模拟）氢原子的能级图如图所示，大量氢原子处于的激发态，在向低能级跃迁时放出大量光子，用这些光子照射逸出功为3.7eV的金属镁，下列说法正确的是（　　）
A．从能级跃迁到能级辐射光的波长最长
B．能使金属镁发生的光电效应的光子有3种
C．金属镁表面逸出光电子的最大初动能为12.75eV
D．只要照射时间足够长，这些光子都能使金属镁发生光电效应
【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A．由，，解得所以，从能级跃迁到能级辐射光的光子能量最大，波长最短，故A错误；
B．从能级跃迁到能级、从能级跃迁到能级、从能级跃迁到能级辐射的光子能量分别为12.75eV、12.09eV、10.2eV，均大于金属镁的逸出功，从能级跃迁到能级辐射的光子能量2.55eV，小于金属镁的逸出功，从能级跃迁到其他能级辐射的光子能量更小，故只有3种光子可以使金属镁发生光电效应，故B正确；
C．由光电效应方程可知，光电子的最大初动能，故C错误；
D．发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的截止频率，与光照时间无关，故D错误。
故答案为：B。
【分析】先计算氢原子从n=4向低能级跃迁时辐射光子的能量，再结合光电效应条件（光子能量≥逸出功）判断能发生光电效应的光子种类，同时明确光电效应的规律。
2．（2025·南宁模拟）一篮球从离地面处静止释放，与地面碰撞后竖直向上运动至最大高度处，，空气阻力不计，忽略篮球和地面的碰撞时间，则全过程篮球的位移x随时间t变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】篮球释放以后先竖直向下加速运动，反弹后竖直向上减速运动，图像的斜率绝对值代表速度大小，斜率应先增大后减小，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】位移-时间（x t）图像的斜率表示速度，结合篮球的运动过程（自由下落、碰撞反弹后上抛），分析速度的变化规律，进而判断图像形状。
3．（2025·南宁模拟）已知月球的质量为地球的，半径为地球的。某同学在地球表面，将物体从距离地面高h处以初速度水平抛出，物体落地时的水平位移为x，空气阻力不计。若航天员在月球表面，也将物体从距月球表面高为h处以初速度水平抛出，则其落地时的水平位移为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平抛运动；万有引力定律
【解析】【解答】由平抛运动的规律，
对在星球表面的物体万有引力提供重力
整理得
联立解得
则有
解得，故A正确。
故答案为：A。
【分析】先结合平抛运动规律得到水平位移与重力加速度的关系，再利用万有引力公式推导地球、月球表面的重力加速度之比，最终求出月球上的水平位移。
4．（2025·南宁模拟）利用静电悬浮技术可以进行材料的无容器处理，其原理为当静电场中的带电物体所受电场力与重力平衡时，可实现物体的悬浮。如图所示，某装置中为电阻箱、为定值电阻，电容器与并联。现闭合开关S，待电路稳定后，在电容器间的P点释放一带电液滴，液滴恰好静止。下列操作中，液滴依然可以保持静止的是（　　）
A．断开开关S
B．将电容器的上极板M上移一小段距离
C．将电容器的下极板N左移一小段距离
D．增大的阻值
【答案】C
【知识点】电容器及其应用；电场强度
【解析】【解答】A．开关S断开后，电容器将有流经电阻的放电电流，电容器的正负电荷会中和，电场力消失，液滴将竖直向下加速运动，故A错误；
B．将电容器的上极板M上移一小段距离，电容器与并联，电压不变，由可知，电场强度E减小，电场力小于重力，液滴将竖直向下加速运动，故B错误；
C．将电容器的下极板N左移一小段距离，极板间距d未变，电容器与并联，电压不变，由可知电场强度不变，故液滴依然静止，C正确；
D．由闭合电路欧姆定律，由欧姆定律可知，电容器的电压
增大的阻值，电流减小，电容器的电压增大，电场强度E增大，电场力将大于重力，液滴竖直向上加速运动，故D错误。
故答案为：C。
【分析】液滴静止的条件是电场力与重力平衡（qE=mg），需分析各操作对电容器极板间电场强度E的影响，判断平衡是否保持。
5．（2025·南宁模拟）如图为远距离交流输电的简化电路图，变压器、均为理想变压器，R为输电线的等效电阻，发电厂输出的电压恒定。当用户增加时，用户得到的功率与发电厂输送的功率之比将（　　）
A．先增大后减小 B．先减小后增大
C．增大 D．减小
【答案】D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】发电厂输出的电压恒定，故变压器的原线圈和副线圈输电电压、恒定，当用户增加时，输电功率增大，输电线的电流增大，
输电线等效电阻R的分压变多，故用户得到的功率与发电厂输送的功率之比
可知用户得到的功率与发电厂输送的功率之比变小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】理想变压器的输出电压由输入电压和匝数比决定（保持恒定），用户增加时输电电流增大，输电线的电压损耗增加，进而分析用户功率与总功率的比值变化。
6．（2025·南宁模拟）如图所示，CD为两极板MN、PQ的中心线，板长和板间距均为l。一带电粒子以某一平行于极板的速度从C点进入板间区域，粒子重力不计。当板间有垂直于纸面的匀强磁场B和垂直极板的匀强电场E时，粒子恰好沿CD运动。当板间只有匀强磁场B时，粒子恰好从下极板边缘P射出，当板间只有匀强电场E时，下列说法正确的是（　　）
A．粒子将从上极板边缘N射出 B．粒子将打在上极板的中点
C．粒子将打在下极板的中点 D．粒子将从DQ之间某点射出
【答案】B
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】当板间有垂直于纸面的匀强磁场B和垂直极板的匀强电场E时，粒子匀速运动
解得：
当只有磁场时，粒子的轨迹如图所示：
其圆周半径为，由
可得：
当板间只有匀强电场E时，粒子向上偏转，做类平抛运动，
解得：
所以当粒子打到上极板时，水平方向所走距离为，粒子将打到上极板的中点，故B符合题意。
故答案为：B。
【分析】先通过 “电、磁共存时粒子匀速运动” 得到电场与磁场的关系，再结合 “只有磁场时的圆周运动” 推导轨迹半径，最后分析 “只有电场时的类平抛运动” 的偏转距离，确定粒子落点。
7．（2025·南宁模拟）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN与水平面的夹角为，间距为l，P、M间接有一定值电阻R，质量为m的金属棒垂直于导轨放置且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场中。时刻，金属棒在沿导轨向上的恒力作用下，以初速度沿导轨向下运动，此时金属棒的安培力大小为，电阻R的电功率为。已知重力加速度为，导轨和金属棒电阻不计，若以初速度的方向为正方向，则金属棒的速度为v、安培力、流过金属棒横截面的电荷量为q、电阻R的电功率P随时间t变化的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．金属棒的安培力为
其中
解得：
时刻，根据右手定则，判断金属棒中的电流方向，根据左手定则判断金属棒所受安培力方向沿负方向，且
金属棒的合力为：
故金属棒先沿正方向减速运动，其加速度大小
可知逐渐减小；当金属棒速度减为零后，沿负方向加速运动，安培力反向，其加速度大小
继续减小，当时，
方向沿负方向，A正确；
B．由上述分析的方向先沿负方向再沿正方向，B错误；
C．金属棒先沿正方向减速运动，后沿负方向加速运动，加速到最大值后速度不变，根据右手定则判断回路的电流先沿逆时针，后沿顺时针方向，故流过属棒横截面的电荷量，可知图像的斜率先减小后增大，最终不变，C错误；
D．电阻R的电功率，所以最终金属棒的电功率应该是时刻的4倍，D错误。
故答案为：A。
【分析】先推导金属棒的加速度与速度的关系，判断运动性质；再结合安培力、电荷量、电功率的公式，分析各物理量随时间的变化规律。
8．（2025·南宁模拟）关于下列四幅图的说法正确的是（　　）
A．图（a）中，温度一定时，微粒越小，其布朗运动越明显
B．图（b）中，若油膜未完全展开，则测得的油酸分子直径偏小
C．图（c）中，用烧热的电烙铁接触涂有石蜡的薄玻璃片的背面，石蜡融化区域的形状近似呈圆形，说明玻璃的导热性能具有各向同性
D．图（d）中，戳破右侧的肥皂膜，棉线会向右弯曲
【答案】A,C
【知识点】布朗运动；用油膜法估测油酸分子的大小；晶体和非晶体；液体的表面张力
【解析】【解答】A．布朗运动是液体分子无规则撞击微粒的结果，温度一定时，微粒越小，液体分子对其撞击的不平衡性越显著，布朗运动越明显，故A正确；
B．油酸分子直径为，若油膜未完全展开，则S偏小，测得的油酸分子直径偏大，故B错误；
C．用烧热的电烙铁接触涂有石蜡的薄玻璃片的背面，石蜡融化区域的形状近似呈圆形，说明玻璃沿各个方向的传热一样快，即导热性能具有各向同性，故C正确；
D．戳破右侧的肥皂膜，左侧肥皂膜因表面张力收缩，棉线会向左弯曲，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】逐一分析四幅图对应的物理现象（布朗运动、油膜法测分子直径、热传导的各向同性、表面张力），结合相关规律判断选项正误。
9．（2025·南宁模拟）如图所示，质量分别为m、2m的两小球A、B用轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能，x为弹簧的形变量。A球通过一根水平轻质细线（足够长）连接到墙壁上，A、B均静止在光滑水平地面上。现将小球B向右拉开一小段距离后由静止释放，关于从释放小球B到小球A碰撞墙壁前的过程说法正确的是（　　）
A．小球A、B的系统动量守恒 B．小球B的最大速度为
C．小球A的最大速度为 D．弹簧最短时，其压缩量为
【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；受力分析的应用；碰撞模型
【解析】【解答】A．释放B到A碰撞墙前，弹簧第一次恢复原长前，细线对A有拉力，系统合外力不为零，动量不守恒，故A错误；
B．弹簧第一次恢复原长时，小球B的速度最大，弹簧的弹性势能全部转化为小球B的动能，由机械能守恒定律有
解得，故B正确；
C．当弹簧第二次恢复原长时，小球A的速度最大，记为，此时小球B的速度记为，从弹簧第一次恢复原长到弹簧第二次恢复原长，小球A、B的系统动量守恒，该过程相当于小球B以速度与小球A发生了完全弹性碰撞，则有：，
解得，，故C错误；
D．弹簧最短时，对小球A、B的系统：，
解得，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】分阶段分析系统的受力、动量与能量变化，结合机械能守恒、动量守恒定律判断各选项。
10．（2025·南宁模拟）如图所示，在水平地面上，左右两侧各固定一半径为R的圆弧轨道，两轨道分别与地面相切于B、C点，左侧轨道的最高点A与圆心等高，右侧半圆形轨道的D点与圆心等高，最高点为E点，左侧轨道粗糙，水平地面BC和右侧轨道均光滑。质量为m的物块以初速度从A处竖直向下进入轨道，运动至B点的速度为，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．物块从A运动到B的过程中，克服摩擦力做功为
B．若物块从A处静止释放，到达B点时的速度为
C．物块从C运动到D的过程中，其重力的瞬时功率一直增大
D．物块将在右侧轨道上距离地面高度为处脱离轨道
【答案】A,D
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．物块从A运动到B的过程中，由动能定理，解得，故A正确；
B．从A运动到B的过程中，物块从A处静止释放运动到B处和以初速度从A处运动到B处的过程对比，从A处静止释放运动到B处的过程，物块经过圆弧上相同点的速度更小，如图
由牛顿第二定律
速度越小，轨道的支持力越小，滑动摩擦力也越小，路径长度未变，因此物块从A处静止释放运动到B处过程克服摩擦力做功，由动能定理，解得，故B错误；
C．物块从C运动到D的过程中，重力的瞬时功率。在C处，物块竖直方向的合力向上，在D处，竖直方向的合力竖直向下，可以推测，物块从C运动到D的过程中，竖直方向的合力应该是先竖直向上，后变为竖直向下，而一直竖直向上，故先增加后减小，重力的瞬时功率先增加后减小，故C错误；
D．若在图中F点脱轨，如图
则在F点有
从B到F点，由动能定理
解得
则F点离地面高度为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】结合动能定理分析摩擦力做功，利用圆周运动的向心力条件判断脱离轨道的位置，同时分析重力瞬时功率的变化规律。
二、非选择题（本大题共5小题，共54分。）
11．（2025·南宁模拟）为测定一阻值约为50Ω的待测电阻的阻值，某实验小组利用如图（a）所示电路进行实验，电压表、内阻均很大。
（1）请按照电路图（a）连接实物图（b）　 　；
（2）实验开始前，将滑动变阻器的滑片置于a端，将电阻箱的阻值调到最大，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片，同时改变电阻箱的阻值，使电压表、的指针均有较大偏角，读出电压表、的示数、，并读出此时电阻箱的示数，则待测电阻的阻值　 　；
（3）本次实验中，因未考虑电压表的分流影响，导致待测电阻的测量值　 　真实值。（选填“大于”“小于”或“等于”）
【答案】（1）
（2）
（3）小于
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）根据电路图，完整的实物连线如图所示
（2）根据欧姆定律可知通过电阻箱的电流为
则待测电阻的阻值为
故答案为：
（3）本次实验中，因未考虑电压表的分流影响，则通过电阻箱的电流大于通过待测电阻的电流，则导致待测电阻的测量值小于真实值。
故答案为：小于
【分析】(1) 实物连接：按电路图的串并联关系，将电源、滑动变阻器、电阻箱、待测电阻及电压表对应连接；
(2) 待测电阻计算：利用并联支路的电压、电流关系，结合欧姆定律推导的表达式；
(3) 误差分析：考虑电压表的分流，分析实际电流与测量电流的偏差，进而判断测量值与真实值的大小。
（1）根据电路图，完整的实物连线如图所示
（2）根据欧姆定律可知通过电阻箱的电流为
则待测电阻的阻值为
（3）本次实验中，因未考虑电压表的分流影响，则通过电阻箱的电流大于通过待测电阻的电流，则导致待测电阻的测量值小于真实值。
12．（2025·南宁模拟）实验小组利用图（a）装置研究橡皮筋伸长量与所受拉力的关系。如图（a）所示，橡皮筋OP用细线悬挂在铁架台上，其下端连接一个可以悬挂钩码的细绳套，并在P点固定一个指针。一游标卡尺竖直固定在橡皮筋右侧，已知游标卡尺的主尺固定且其零刻度线低于O点，游标卡尺的游标刻度线与指针平行。
（1）将1个钩码挂在细绳套上，待钩码　 　时，移动游标使其零刻度线对准指针，其示数如图（b）所示，其读数为　 　mm。
（2）再依次将个钩码挂在细绳套上（橡皮筋始终在弹性限度内），重复步骤（1）的操作，记录所挂钩码个数和游标卡尺的读数，实验数据如下表：
钩码个数n 1 2 3 4 5
l/mm 24.6 28.8 32.5 36.4
根据上表的实验数据在图（c）上补齐数据点并作出图像　 　；
（3）若用天平测得每个钩码的质量均为50.0g，已知重力加速度，则该橡皮筋的劲度系数为　 　N/m。（结果保留三位有效数字）
（4）根据此实验的操作过程可知，图（c）中，图像的纵截距　 　（选填“代表”或“不代表”）橡皮筋的原长，理由是　 　。
【答案】（1）静止；20.6
（2）
（3）122
（4）不代表；因为主尺的零刻度略低于橡皮筋的上端，不挂钩码时，游标卡尺的读数小于橡皮筋的原长。
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1）钩码挂在细绳套上，待钩码静止时，移动游标使其零刻度线对准指针。
游标卡尺读数
故答案为：静止；20.6
（2）
（3）设橡皮筋的原长为，由平衡条件
可得
结合图像斜率为
取点代入数据
故答案为：122
（4）不代表，因为主尺的零刻度略低于橡皮筋的上端，不挂钩码时，游标卡尺的读数小于橡皮筋的原长。
故答案为：不代表；因为主尺的零刻度略低于橡皮筋的上端，不挂钩码时，游标卡尺的读数小于橡皮筋的原长。
【分析】(1) 游标卡尺读数：需待钩码静止后测量（保证橡皮筋伸长稳定），游标卡尺读数为“主尺读数+游标尺对齐刻度×分度值”；
(2) 图像绘制：根据实验数据在坐标图上描点，再用直线连接（橡皮筋在弹性限度内，伸长量与拉力线性相关）；
(3) 劲度系数计算：由胡克定律，结合图像的斜率（对应单位钩码拉力下的伸长量）求解；
(4) 纵截距的物理意义：分析主尺零刻度与橡皮筋上端的位置关系，判断纵截距是否为原长。
（1）[1]钩码挂在细绳套上，待钩码静止时，移动游标使其零刻度线对准指针。
[2]游标卡尺读数
（2）
（3）设橡皮筋的原长为，由平衡条件
可得
结合图像斜率为
取点代入数据
（4）[1]不代表
[2]因为主尺的零刻度略低于橡皮筋的上端，不挂钩码时，游标卡尺的读数小于橡皮筋的原长。
13．（2025·南宁模拟）某个透明物体的横截面如图所示，BDE是以O为圆心、半径为R的半圆形，ABD是等腰直角三角形。一单色光从E点射入该物体，OD与OE的夹角，入射光与OE的夹角为，介质的折射率为，光在真空中传播的速度为c，求：
（1）光传播至AB界面的入射角；
（2）光从射入E点至第一次传播到AD界面的时间。
【答案】（1）解：光路图如下图所示
设在BED界面上的折射角为，由折射定律
解得，
故E点的折射光与BD垂直，即平行于AD，则光在AB界面的入射角
（2）解：由反射定律知，光在AB面的反射角为45°，由几何关系可知，光在介质中传播的路径长度为
又，
解得：
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】(1) 光在AB界面的入射角：先由折射定律求E点的折射角，结合几何关系确定折射光线的方向，再由ABD是等腰直角三角形，得到光在AB界面的入射角；
(2) 传播时间：分两段计算（E到F的传播时间、F到AD界面的传播时间），结合介质中的光速与几何长度求解。
（1）画出光路图如图所示
设在BED界面上的折射角为，由折射定律
解得，
故E点的折射光与BD垂直，即平行于AD，则光在AB界面的入射角
（2）由反射定律知，光在AB面的反射角为45°，由几何关系可知，光在介质中传播的路径长度为
又，
解得：
14．（2025·南宁模拟）电梯性能测试实验装置简化图如图所示，在某次实验中电梯缆绳发生断裂后向下坠落。已知下落过程两侧安全钳对电梯施加的滑动摩擦力共为，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为，此后经电梯停止运动，缓冲弹簧被压缩了。若电梯的质量为，重力加速度，不考虑空气阻力。求：
（1）电梯刚接触井底缓冲弹簧时的加速度大小；
（2）缓冲弹簧的最大弹性势能；
（3）下落过程中弹簧对电梯的冲量。
【答案】（1）解：电梯刚接触井底缓冲弹簧时，弹簧弹力为零，以竖直向上为正方向，由牛顿第二定律，有：
解得：
（2）解：由动能定理：
（3）解：以竖直向下为正方向，由动量定理：
故弹力的冲量大小为6100N·s，方向竖直向上。
【知识点】功能关系；动量定理；牛顿第二定律
【解析】【分析】(1) 接触弹簧时的加速度：电梯刚接触弹簧时，弹簧弹力为0，仅受重力和摩擦力，由牛顿第二定律求解加速度；
(2) 最大弹性势能：对电梯接触弹簧到停止的过程，用能量守恒（动能、重力势能的变化转化为弹性势能和摩擦力的功）求解；
(3) 弹簧的冲量：对电梯接触弹簧到停止的过程，用动量定理（重力、摩擦力、弹簧弹力的冲量与动量变化的关系）求解。
（1）电梯刚接触井底缓冲弹簧时，弹簧弹力为零，以竖直向上为正方向，由牛顿第二定律，有：
解得：
（2）由动能定理：
（3）以竖直向下为正方向，由动量定理：
故弹力的冲量大小为6100N·s，方向竖直向上。
15．（2025·南宁模拟）如图所示，在空间直角坐标系中，无限大平面MNPQ（与y轴垂直且交于C点）左侧区域Ⅰ存在沿x轴正方向的匀强磁场，，右侧区域Ⅱ存在沿z轴正方向的匀强磁场，左、右两侧磁场的磁感应强度大小相等；现从坐标为的A点沿yOz平面发射一质量为m，电荷量为的粒子，粒子的初速度大小为、方向与y轴负方向的夹角为60°，经一段时间后粒子恰好垂直于平面MNPQ进入区域Ⅱ，不计粒子的重力，求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）粒子从A点出发至第2次到达平面MNPQ的时间；
（3）若在区域Ⅱ加一电场强度为E、方向沿z轴负方向的匀强电场，求粒子从A点出发后第n次经过平面MNPQ时的速度大小。
【答案】（1）解：由题意可知，
粒子的轨迹如图所示，
由
可得：
（2）解：粒子以水平速度进入区域Ⅱ，粒子从A点出发至第2次到达平面MNPQ的轨迹如图所示，在区域Ⅰ中，轨迹的圆心角为120°，对应的时间为：
在区域中，轨迹为半圆，对应的时间为：
得
故：
（3）解：粒子第一次以水平速度进入在区域Ⅱ后，在平行于xOy平面的平面内做匀速圆周运动，在电场力作用下，沿z轴方向做加速度为a的匀加速直线运动，运动时间为，粒子第1次经过平面MNPQ时的速度为，第2次经过平面MNPQ时获得了沿z轴负方向的速度，由牛顿第二定律：
在区域Ⅰ以速度做匀速圆周运动，轨迹如图所示
显然，第3次经过平面MNPQ时沿z轴负方向的速度
再在区域Ⅱ中，在平行于xOy平面的平面内做匀速圆周运动，运动时间仍为
在电场力作用下，沿轴方向做加速度为a的匀加速直线运动
第4次经过平面MMPQ时，沿z轴负方向的速度
第5次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度
第6次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度
粒子的速度为：
依次类推可知：①当n为偶数时
粒子第n次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度
解得：
②当n为奇数时
粒子第n次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度
粒子的速度为：
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 磁感应强度：粒子在区域Ⅰ做圆周运动，由几何关系确定圆周半径，结合洛伦兹力提供向心力求解B；
(2) 运动时间：分区域Ⅰ内的圆周运动时间、区域Ⅱ内的运动时间，结合周期公式与几何对应的圆心角计算总时间；
(3) 加电场后的速度：区域Ⅱ中粒子做螺旋运动（匀速圆周+匀变速直线），分析每次过平面时的速度分量，分n为奇数、偶数讨论。
（1）由题意可知，
粒子的轨迹如图所示，
由
可得：
（2）粒子以水平速度进入区域Ⅱ，粒子从A点出发至第2次到达平面MNPQ的轨迹如图所示，在区域Ⅰ中，轨迹的圆心角为120°，对应的时间为：
在区域中，轨迹为半圆，对应的时间为：
得
故：
（3）粒子第一次以水平速度进入在区域Ⅱ后，在平行于xOy平面的平面内做匀速圆周运动，在电场力作用下，沿z轴方向做加速度为a的匀加速直线运动，运动时间为，粒子第1次经过平面MNPQ时的速度为，第2次经过平面MNPQ时获得了沿z轴负方向的速度，由牛顿第二定律：
在区域Ⅰ以速度做匀速圆周运动，轨迹如图所示
显然，第3次经过平面MNPQ时沿z轴负方向的速度
再在区域Ⅱ中，在平行于xOy平面的平面内做匀速圆周运动，运动时间仍为
在电场力作用下，沿轴方向做加速度为a的匀加速直线运动
第4次经过平面MMPQ时，沿z轴负方向的速度
第5次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度
第6次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度
粒子的速度为：
依次类推可知：①当n为偶数时
粒子第n次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度
解得：
②当n为奇数时
粒子第n次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度
粒子的速度为：
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