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2026届广东深圳市高三下学期第一次调研考试物理试卷
1．患者服用碘131后，碘131会聚集到人体的甲状腺区域，可用于靶向治疗甲状腺疾病。碘131发生β衰变，其原子核个数N随时间变化关系如下图所示。则碘131的半衰期为（　　）
A．4天 B．8天 C．16天 D．32天
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】根据原子核个数N随时间变化关系图像结合半衰期的物理意义可得：
代入
可得半衰期＝8天
故选B。
【分析】根据所示图像，结合半衰期的物理意义解答。
2．在人类星际移民探索中，中国科学家正将目光投向土星的卫星“土卫六”。土卫六绕土星、月球绕地球的运动均可视为匀速圆周运动，土卫六的轨道半径约为月球轨道半径的3倍，公转周期约为月球公转周期的。土星与地球质量之比约为（　　）
A．225 B．75 C．5 D．1.8
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】土卫六绕土星、月球绕地球的运动均可视为匀速圆周运动，卫星绕中心天体做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得中心天体质量
可知，土星与地球的质量比值为
土卫六的轨道半径约为月球轨道半径的3倍，公转周期约为月球公转周期的，
解得
故选B。
【分析】由万有引力提供向心力的公式推导出中心天体质量表达式，根据土卫六与月球的轨道半径比、周期比，计算出土星与地球的质量之比。
3．《天工开物》中记载了谷物脱壳工具——土砻（图甲）。如图乙所示，手柄ab和摇臂cd位于同一水平面内且相互垂直，c端通过光滑铰链相连，d为ab中点，c位于悬点O的正下方。，手柄ab重力为G且质量分布均匀，摇臂cd质量忽略不计。人不施加作用力时ab处于静止状态，则摇臂cd对手柄ab的作用力大小为（　　）
A．2G B． C． D．
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】d为ab中点，c位于悬点O的正下方。， 设，则
与竖直方向夹角满足
解得。
对悬点取力矩平衡，重力的顺时针力矩等于的逆时针力矩（即对应初中杠杆平衡条件），可得
代入、
解得：
因此摇臂对手柄的作用力大小为
故C正确。
【分析】手柄ab处于静止状态，需分析其受力并建立力矩平衡关系。已知手柄重力G作用于其中点d，摇臂cd为轻杆且通过光滑铰链连接，其对手柄的作用力方向沿杆cd水平。对悬点O取力矩，重力G产生顺时针力矩，摇臂作用力F产生逆时针力矩，二者平衡。根据几何关系可确定力臂大小，进而通过力矩平衡求解作用力F。
4．一列简谐横波沿x轴传播，波速v＝6m/s，已知质点P的平衡位置为，质点Q的平衡位置为。质点P的动能随时间变化关系如图所示，则（　　）
A．该波的周期为2s
B．该波的波长为12m
C．t＝2s时，质点P位于平衡位置
D．质点Q到达波峰时，质点P的动能最小
【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A．质点在平衡位置时动能最大，结合质点P的动能随时间变化关系图像可知波的周期为，故A错误；
B． 波速v＝6m/s， 根据可得该波的波长为24m，故B错误；
C．由图可知t＝2s时，质点P的动能最大，位于平衡位置，故C正确；
D．质点Q的平衡位置为，二者相距，即，可知二者相位差为，即质点P超前，质点Q到达波峰时，可知质点P在平衡位置，质点P的动能最大，故D错误。
故选C。
【分析】由图确定简谐横波的周期，结合波长公式可求出波长。分析图像可知t=2s时质点P的动能最大，对应平衡位置。根据质点P与Q的平衡位置距离以及波长的关系，可判断两质点的相位差，从而确定当Q到达波峰时P所处的位置及其动能大小。
5．如下图，光滑斜面体固定在水平地面上，物块通过轻质弹簧与斜面体底端相连。弹簧原长时，由静止释放物块，并开始计时。规定物块释放位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向，水平地面为零势能面，不计空气阻力。则下滑过程中，物块的合外力F、位移x、动能、重力势能分别与t或x的变化关系，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】A． 光滑斜面体固定在水平地面上，对滑块进行受力分析， 沿斜面方向，合外力满足：，合外力与是线性关系，但物块做简谐运动，随做非线性的正弦变化，因此与不是线性关系，图像不是直线，A错误。
B．图像的斜率表示速度，物块下滑过程中速度先增大后减小，因此图像的斜率先增大后减小，与B图不符，因为B图对应在一定时间内速度不变，B错误。
C．根据动能定理，动能，与是二次函数关系，图像为开口向下的抛物线，不是直线，C错误。
D．规定水平地面为零势能面，设物块初始位置距离地面高度为，下滑位移后，物块高度为，因此重力势能，与是线性关系，增大时线性减小，与D图一致，D正确。
故选D。
【分析】物块从弹簧原长位置由静止释放，沿光滑斜面下滑，受到重力沿斜面的分力与弹簧弹力作用，合外力为重力分力与弹力的合力，随位移线性变化，但物块做简谐运动，位移随时间按正弦规律变化，因此合外力与时间的关系并非线性，图像不应是直线。
6．如下图所示，一束由红、蓝色光组成的复合光，以入射角θ从侧面射入均匀透明的长方体玻璃砖，在玻璃内色散成a、b两束，在玻璃砖上表面刚好没有光线射出。已知红光的折射率小于蓝光的折射率，则（　　）
A．b为红色光束
B．全反射临界角
C．玻璃对红光的折射率
D．若缓慢增大θ，蓝光先从上表面射出
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．一束由红、蓝色光组成的复合光，以入射角θ从侧面射入均匀透明的长方体玻璃砖，在入射侧面由折射定律 （为入射角，为玻璃内折射角），结合图像可知更大，因此是蓝光，是红光，故A错误。
B．全反射临界角满足 ，越小，越大。因为蓝光折射率更大，则蓝光全反射临界角较小，故B错误。
C．折射定律：，得 ；玻璃砖上表面法线为竖直方向，折射光线在上表面的入射角，刚好全反射时，故；
由三角恒等式，代入得：，整理得 ，
故C正确。
D．缓慢增大，由得：增大，上表面入射角减小。由于，入射角减小后，红光的入射角先小于自身临界角，因此红光先从上表面射出，
故D错误。
故选C。
【分析】根据折射定律，结合折射角的大小关系判断折射率的大小，然后判断哪一个是红色光；根据全反射条件判断是哪一个先发生全反射，丙结合几何关系求出红色光的折射率。
7．如图为采用双线并联模式进行远距离交流输电的示意图。发电机的输出电压稳定，升压变压器和降压变压器均可视为理想变压器。两变压器间每条输电线等效电阻均为r，负载看做定值电阻。若一条输电线因故障被切断时（　　）
A．降压变压器的输出电压变小 B．降压变压器的输出功率变大
C．升压变压器原线圈电流变大 D．升压变压器的输出功率不变
【答案】A
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A．设 副线圈电流为，副线圈电流为，设副线圈的输出电压，则降压变压器输入电压
根据理想变压器变压比可得，
且
联立解得
两变压器间每条输电线等效电阻均为r，原来双线并联输电，总输电线电阻
一条输电线切断后，总输电线电阻
即输电线总电阻增大，则减小，
又因为
所以降压变压器的输出电压减小，故A正确；
B．减小，负载是定值电阻，降压变压器输出功率，因此输出功率变小，故B错误；
C．根据理想变压器变流比，因为减小，因此原线圈电流变小，故C错误；
D．升压变压器输出功率，不变、减小，因此输出功率变小，故D错误。
故选A。
【分析】抓住发电机输出电压及变压器匝数比不变的条件，明确输电线上电压损失和功率损失的变化。通过理想变压器的电压、电流关系，结合输电线路电阻变化，分析输电线上电流、降压变压器输入电压及输出功率的变化趋势，从而判断各选项中物理量的变化情况。
8．离子导入疗法是一种无创给药技术。如下图，将含有待导入药物的电极A贴在皮肤上，电极B不含药物，置于身体的另一部位。A、B电极分别接直流电源两端，带正电的药物离子会穿过皮肤，实现精准给药。下列说法正确的是（　　）
A．电极A的电势高于电极B
B．在皮肤下形成的是匀强电场
C．离子穿过皮肤过程中电势能增大
D．调大两极间电势差，可以加快给药进程
【答案】A,D
【知识点】电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．将含有待导入药物的电极A贴在皮肤上， 电极B不含药物， 即带正电的药物离子需要从A向B方向运动实现给药，A与电源正极相连，因此电极A的电势高于电极B，故A正确；
B．由图可得两个电极形成的电场类似于等量异种点电荷产生的电场，所以在皮肤下的电场不是匀强电场，故B错误；
C．离子运动方向与电场力方向一致，电场力对离子做正功，离子的电势能减小，故C错误；
D．调大两极间电势差后，根据E=可知两极间电场强度增大，正离子受到的电场力增大，运动速率加快，单位时间内导入的药物离子更多，可以加快给药进程，故D正确。
故选：AD。
【分析】正电荷受力方向与电场方向一致，沿电场线方向电势逐渐降低；两个电极形状不规则，皮肤内电场强度处处不同；电场力对离子做正功；根据E=分析电场强度的变化，根据离子的受力情况分析。
9．如图甲，质量为6kg的小车静止在光滑水平面上，t＝0时刻，木块从左端滑上小车，木块和小车水平方向速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10。下列说法正确的是（　　）
A．小车的长度为5m
B．小车上表面动摩擦因数为0.5
C．前2s内产生的热量为15J
D．前2s内摩擦力对小车的冲量大小为6N·s
【答案】A,C,D
【知识点】功能关系；动量定理；动量守恒定律；冲量
【解析】【解答】A．水平面光滑，木块和小车组成的系统水平方向动量守恒，以初速度方向为正方向，结合动量守恒定律可得：
代入已知条件，，，
解得木块质量 。
图像的面积表示位移，0~2s内： 木块位移
小车位移
2s后两者都匀速，说明木块已经滑出小车，小车长度等于相对位移：
故A正确。
B．对木块受力分析，由牛顿第二定律，v-t图像的斜率表示加速度，结合木块和小车水平方向速度随时间变化的图像可得木块加速度大小，得：
故B错误。
C．摩擦产生的热量等于系统动能的损失：
代入数值计算得
故 C正确。
D．对小车由动量定理，摩擦力的冲量等于小车动量变化：
故D正确。
故选ACD。
【分析】通过速度—时间图像展示两者速度变化过程，明确木块与小车组成的系统水平方向动量守恒，结合图像中速度变化确定木块质量、加速度与相对位移。小车的长度等于两者在达到共速前的相对位移，通过图像面积计算位移差。动摩擦因数由木块加速度与重力加速度关系得出，热量由系统初末动能差值计算，冲量通过小车动量变化量确定。
10．福建舰采用了世界最先进的电磁阻拦系统，满足了多种舰载机的降落需求。如下图所示，该系统结构两侧对称，阻拦索通过定滑轮和可动滑轮后缠绕在锥形卷扬筒上。卷扬筒可带动矩形线圈在辐射状磁场中绕中心轴同步旋转，使ab、cd边垂直切割磁感线，可动滑轮使阻拦索始终垂直于筒的转轴方向收放，不打滑。每组线圈边长30r、宽L、匝数n、总电阻R，独立构成闭合回路，ab、cd边所在处磁感应强度大小为B。当阻拦索在卷扬筒半径10r处时，收放速度为v，则（　　）
A．线圈转动过程中电流方向始终不变
B．线圈ab边切割磁感线的速度大小为1.5v
C．每组线圈中产生的总电动势为3nBLv
D．每组线圈ab边所受的安培力大小为
【答案】B,C
【知识点】交变电流的产生及规律；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．每经过中性面一次电流方向改变一次，线圈每转过一周两次经过中性面，故线圈每转过一周电流方向改变两次，故A错误；
B．卷扬筒与线圈属于共轴转动，角速度相同， 当阻拦索在卷扬筒半径10r处时，收放速度为v， 由结合，解得线圈ab边切割磁感线的速度大小为，故B正确；
C．因ab、cd边都切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律可知每组线圈中产生的总电动势为，故C正确；
D．由闭合电路的欧姆定律得线圈中的电流为
每组线圈ab边所受的安培力大小为，故D错误。
故选BC。
【分析】先由阻拦索收放速度和卷筒半径求出线圈转动的线速度，再分析ab、cd边切割磁感线的速度，用动生电动势公式计算总电动势，结合右手定则判断电流方向，最后用安培力公式计算ab边受力并逐一分析选项。
11．用气垫导轨、数字计时器、光电门、滑块、遮光片等器材验证动量守恒定律。
（1）将气垫导轨摆放在桌面上，然后　 　（填选项符号）
A.将滑块放在气垫导轨上，再接通气泵 B.接通气泵，再将滑块放在气垫导轨上
（2）取一滑块置于气垫导轨上，轻推，使之从右向左依次通过两个光电门，遮光片遮光时间分别为＝0.012s，＝0.018s，则需调节　 　（填“固定支架”或“调平螺丝”）使气垫导轨右侧升高。再次轻推滑块，当＝时，说明气垫导轨已经调平；
（3）测得滑块上遮光片的宽度均为d＝1.00cm，滑块1、2的质量分别为＝260.0g，＝165.0g；
（4）将滑块1静置于OA之间，将滑块2静置于AB之间。轻推滑块1，两滑块发生碰撞，数字计时器连续记录下三个时间，依次为＝0.010s，＝0.009s，＝0.042s，如果表达式　 　（用给出的物理量符号表示）成立，则验证了系统动量守恒；
（5）根据上述测得数据计算可得碰前滑块1的动量为＝　 　kg·m/s，碰后滑块1的动量，滑块2的动量；
（6）将以上数据代入公式，计算出实验中的相对误差。
【答案】B；调平螺丝；；0.260
【知识点】验证动量守恒定律；动量
【解析】【解答】（1） 使用气垫导轨时，需要先接通气泵喷出气体形成气垫，再放置滑块，避免滑块和导轨直接接触摩擦损坏器材，故A错误，B正确。
故选：B。
（2）因为通过两个光电门的时间，所以滑块通过B的速度小于通过A点的速度，滑块向左减速，导轨未水平，需要调节调平螺丝使气垫导轨右侧升高。
（4）轻推滑块1后，滑块通过光电门时间很短，平均速度近似等于瞬时速度，碰撞前滑块1经过光电门1，速度
碰撞后，滑块2碰后向左运动，先经过光电门2，速度
滑块1继续向左，后经过光电门2，速度
验证系统动量守恒，需满足
代入速度整理得表达式
化简得
（5）代入题中数据可得碰前滑块1的速度为
代入，碰前滑块1的动量为
【分析】（1）使用气垫导轨时，先通气泵形成气垫再放滑块，避免滑块与导轨直接接触，从而保护器材；
（2）滑块向左减速，说明导轨未水平，需调节调平螺丝使气垫导轨右侧升高；
（4）分别写出碰撞前后两滑块的速度表达式，代入动量守恒方程，推导出验证动量守恒的关系式；
（5）代入已知数据计算碰撞前滑块1的速度，再根据动量公式求出其动量。
12．实验小组为探究某型号发光二极管的伏安特性，进行了如下操作。
（1）多用电表如图1所示，完成机械调零后：
①将K旋转到欧姆挡“×1”的位置。
②将红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针对准欧姆挡　 　刻线（填“0”或“∞”），完成欧姆调零。
③两次测量二极管的电阻，结果如图2所示，则　 　端为二极管的正极（选填“a”或“b”）；换用欧姆挡的不同倍率测量正向电阻，且操作规范，三次测量结果如表1。其中第3次测量时表盘刻度如图3所示，此时读数为　 　Ω，三次测量结果不同的原因是：　 　。
表 1
第1次 第2次 第3次
倍率 ×1 ×10 ×100
电阻测量值（Ω） 46 350
（2）现将二极管连入图4所示的电路中，电阻R＝50Ω，电源电动势E＝3V，内阻不计，则该二极管两端电压U与电流I的大小满足关系式　 　。若二极管的正向电压伏安特性曲线如图5所示，那么图4电路中二极管的工作电流为　 　mA（保留2位有效数字）。
【答案】（1）0；a；2800；换倍率后，欧姆表内阻变化，二极管的工作电流变化，非线性元件的电阻就不同
（2）；18
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）红黑表笔短接后，由于两表间电阻等于零，则调节调零旋钮使指针对准欧姆挡的0刻线。多用电表欧姆挡中，电流红进黑出，由图2可知，黑表笔接端时二极管电阻小，处于导通状态，因此是二极管正极。欧姆挡读数等于指针示数乘以挡位，第三次倍率为，由图3读出欧姆刻度为，因此测量值为，二极管是非线性元件，电阻随自身温度（工作电流、两端电压）变化，内部电源加在二极管两端的电压、流过二极管的电流不同，二极管温度不同，电阻不同，因此三次测量结果不同。
（2）电源内阻不计，二极管和串联，根据闭合电路欧姆定律，代入、，得关系式（单位，单位）。在图中作出辅助线，该线与二极管伏安特性曲线的交点即为工作点，可得工作电流约为，均符合要求。
【分析】（1）根据欧姆调零规则和多用电表内部电源极性判断二极管正负极，结合不同倍率下的欧姆表读数与二极管的非线性特性，分析三次测量结果不同的原因；
（2）利用闭合电路欧姆定律建立二极管与电阻串联时的电压-电流关系式，通过在I-U图中作辅助线找到交点，从而确定工作电流。
（1）[1]欧姆调零的规则是：红黑表笔短接后，调节调零旋钮使指针对准欧姆挡的0刻线。
[2]多用电表欧姆挡中，黑表笔连接内部电源的正极；二极管正向导通时电阻很小，由图2可知，黑表笔接端时二极管电阻小，处于导通状态，因此是二极管正极。
[3] 第三次倍率为，由图3读出欧姆刻度为，因此测量值为
[4]二极管是非线性元件，电阻随自身温度（工作电流、两端电压）变化，欧姆表不同倍率下，内部电源加在二极管两端的电压、流过二极管的电流不同，二极管温度不同，电阻不同，因此三次测量结果不同。
（2）[1]二极管和串联，电源内阻不计，根据闭合电路欧姆定律，代入、，得关系式（单位，单位）。
[2]在图中作出辅助线，该线与二极管伏安特性曲线的交点即为工作点，可得工作电流约为，均符合要求。
13．某兴趣小组做空气喷泉实验。在一体积为V的厚玻璃瓶里装满开水，随后把开水倒掉，用带有细管的橡胶塞把瓶口封住，此时温度传感器显示瓶内气体的温度为。立即把玻璃瓶倒置且将细管浸入到水槽中，固定玻璃瓶，稍后可以看到瓶内喷泉现象。已知初始时水槽液面上方细管长度为h，水的密度，大气压强为，重力加速度为g，忽略细管容积、橡胶塞和传感器体积。
（1）当细管上端恰好有水溢出时，求瓶内气体的温度大小；
（2）当细管中的水恰好不再喷出时，水槽液面下降了0.2h。瓶内气体温度为，瓶内水面低于细管上端口。求进入瓶内水的体积大小。
【答案】（1）当细管中刚好有水溢出来时，瓶内气体的压强为：
等体积变化，根据查理定律得：，解得：
（2）当细管中的水恰好不再喷出时，瓶内气体的压强为：
根据理想气体状态方程得：，
故进入瓶内水的体积为：
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）根据当细管中刚好有水溢出来时，瓶内气体等体积变化，结合查理定律分析求解；
（2）根据理想气体状态方程，结合前后体积变化分析求解。
14．离子注入是现代半导体芯片制造中的工艺，如下图所示是工作原理示意图。磁分析器截面是内外半径分别为r和3r的四分之一圆环，内有方向垂直纸面向外的匀强磁场。离子源中的电子轰击气体，使其电离，得到离子，质量分别为11m、49m，电荷量均为e。初速度可忽略不计的离子飘入加速电场，经加速后由ab边中点水平向右垂直ab进入磁分析器。已知离子由cd边中点N射出后，竖直向下注入下方水平面内的晶圆。加速电压为U，整个系统置于真空中，不计离子间作用和离子重力。
（1）进入磁分析器时，的速度大小之比；
（2）离子注入的目标是将注入晶圆，试通过计算分析是否经过cd边被掺杂进了晶圆内。
【答案】（1）在加速电场中加速过程对有
对有
两式相比得
（2）在磁分析器中对有
洛伦兹力提供向心力有
联立
解得
对有
联立
解得
若离子恰好从d点射出，有：
解得，由于，所以不能从cd边射出掺杂到晶圆内。
【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）离子经加速电场加速，由动能定理得速度与质量的平方根成反比，代入两离子质量比即可求出速度之比；
（2）先由洛伦兹力提供向心力，结合粒子的入射与出射位置，求出磁场磁感应强度；再代入的质量，计算其在磁场中做圆周运动的轨道半径；最后结合磁分析器的几何边界（内外半径r、3r），判断的轨迹是否经过cd边并落入晶圆。
（1）在加速电场中加速过程对有
对有
两式相比得
（2）在磁分析器中对有
洛伦兹力提供向心力有
联立
解得
对有
联立
解得
若离子恰好从d点射出，有：
解得，由于，所以不能从cd边射出掺杂到晶圆内。
15．如图甲，家用旋转拖把主要由主杆、传动系统和拖布头组成。沿竖直方向推主杆，能实现拖布头的单向旋转。将拖布头放入脱水篮，拖布头与脱水篮结合成为一个整体，向下推动主杆，传动系统会带动拖布头及脱水篮一起快速旋转，将水甩出。g取。
（1）已知脱水篮半径，收纳桶半径R＝12.0cm，俯视如图乙所示。用力向下推动主杆一定距离，污水脱离脱水篮后沿切线水平方向飞出，击中收纳桶内侧边缘上某点，测得该点距飞出点的高度差H＝1.0cm。请计算污水脱离脱水篮时的速度大小；
（2）脱水结束后继续探究。在脱水篮外侧面固定一轻质遮光片，收纳桶内侧面固定光电门，遮光点到脱水篮边缘距离L＝2.0cm。将钩码固定在主杆上，保持主杆竖直，由静止释放钩码，当钩码下降h＝6.0cm时，测得遮光点的线速度为v＝1.0m/s。请计算此时脱水篮的角速度；
（3）该拖把采用齿轮传动，主杆每下降d＝3cm，脱水篮旋转n＝1圈。钩码和主杆的总质量M＝2.4kg，拖布头及脱水篮总质量m＝1.0kg。若该拖布头及脱水篮总动能的表达式为，求第（2）问中钩码下降6.0cm过程中整个传动系统克服阻力做功大小。（不计空气阻力，取）
【答案】（1）由几何关系，得
解得
污水脱离脱水篮后做平抛运动，在竖直方向，有
解得
在水平方向，有
解得
（2）主杆到遮光点的水平距离
根据线速度和角速度的关系，得
解得
（3）设在时间内，脱水篮旋转圈，则脱水篮边缘的线速度
主杆下降了，下降的速度
且有
代入、、、，联立解得
代入第（2）问中脱水篮的角速度，可得脱水篮边缘的线速度
主杆下降的速度
由能量守恒定律，得
解得
【知识点】能量守恒定律；平抛运动；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【分析】（1）污水脱离脱水篮后做平抛运动，根据平抛运动规律结合几何关系分析；
（2）污水脱离脱水篮后做平抛运动，主杆到遮光点的水平距离r=r0+L=0.1m，根据线速度和角速度的关系求解；
（3）求出脱水篮边缘的线速度，利用和运动与分运动的关系结合能量守恒定律分析求解。
（1）由几何关系，得
解得
污水脱离脱水篮后做平抛运动，在竖直方向，有
解得
在水平方向，有
解得
（2）主杆到遮光点的水平距离
根据线速度和角速度的关系，得
解得
（3）设在时间内，脱水篮旋转圈，则脱水篮边缘的线速度
主杆下降了，下降的速度
且有
代入、、、，联立解得
代入第（2）问中脱水篮的角速度，可得脱水篮边缘的线速度
主杆下降的速度
由能量守恒定律，得
解得
1 / 12026届广东深圳市高三下学期第一次调研考试物理试卷
1．患者服用碘131后，碘131会聚集到人体的甲状腺区域，可用于靶向治疗甲状腺疾病。碘131发生β衰变，其原子核个数N随时间变化关系如下图所示。则碘131的半衰期为（　　）
A．4天 B．8天 C．16天 D．32天
2．在人类星际移民探索中，中国科学家正将目光投向土星的卫星“土卫六”。土卫六绕土星、月球绕地球的运动均可视为匀速圆周运动，土卫六的轨道半径约为月球轨道半径的3倍，公转周期约为月球公转周期的。土星与地球质量之比约为（　　）
A．225 B．75 C．5 D．1.8
3．《天工开物》中记载了谷物脱壳工具——土砻（图甲）。如图乙所示，手柄ab和摇臂cd位于同一水平面内且相互垂直，c端通过光滑铰链相连，d为ab中点，c位于悬点O的正下方。，手柄ab重力为G且质量分布均匀，摇臂cd质量忽略不计。人不施加作用力时ab处于静止状态，则摇臂cd对手柄ab的作用力大小为（　　）
A．2G B． C． D．
4．一列简谐横波沿x轴传播，波速v＝6m/s，已知质点P的平衡位置为，质点Q的平衡位置为。质点P的动能随时间变化关系如图所示，则（　　）
A．该波的周期为2s
B．该波的波长为12m
C．t＝2s时，质点P位于平衡位置
D．质点Q到达波峰时，质点P的动能最小
5．如下图，光滑斜面体固定在水平地面上，物块通过轻质弹簧与斜面体底端相连。弹簧原长时，由静止释放物块，并开始计时。规定物块释放位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向，水平地面为零势能面，不计空气阻力。则下滑过程中，物块的合外力F、位移x、动能、重力势能分别与t或x的变化关系，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．如下图所示，一束由红、蓝色光组成的复合光，以入射角θ从侧面射入均匀透明的长方体玻璃砖，在玻璃内色散成a、b两束，在玻璃砖上表面刚好没有光线射出。已知红光的折射率小于蓝光的折射率，则（　　）
A．b为红色光束
B．全反射临界角
C．玻璃对红光的折射率
D．若缓慢增大θ，蓝光先从上表面射出
7．如图为采用双线并联模式进行远距离交流输电的示意图。发电机的输出电压稳定，升压变压器和降压变压器均可视为理想变压器。两变压器间每条输电线等效电阻均为r，负载看做定值电阻。若一条输电线因故障被切断时（　　）
A．降压变压器的输出电压变小 B．降压变压器的输出功率变大
C．升压变压器原线圈电流变大 D．升压变压器的输出功率不变
8．离子导入疗法是一种无创给药技术。如下图，将含有待导入药物的电极A贴在皮肤上，电极B不含药物，置于身体的另一部位。A、B电极分别接直流电源两端，带正电的药物离子会穿过皮肤，实现精准给药。下列说法正确的是（　　）
A．电极A的电势高于电极B
B．在皮肤下形成的是匀强电场
C．离子穿过皮肤过程中电势能增大
D．调大两极间电势差，可以加快给药进程
9．如图甲，质量为6kg的小车静止在光滑水平面上，t＝0时刻，木块从左端滑上小车，木块和小车水平方向速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10。下列说法正确的是（　　）
A．小车的长度为5m
B．小车上表面动摩擦因数为0.5
C．前2s内产生的热量为15J
D．前2s内摩擦力对小车的冲量大小为6N·s
10．福建舰采用了世界最先进的电磁阻拦系统，满足了多种舰载机的降落需求。如下图所示，该系统结构两侧对称，阻拦索通过定滑轮和可动滑轮后缠绕在锥形卷扬筒上。卷扬筒可带动矩形线圈在辐射状磁场中绕中心轴同步旋转，使ab、cd边垂直切割磁感线，可动滑轮使阻拦索始终垂直于筒的转轴方向收放，不打滑。每组线圈边长30r、宽L、匝数n、总电阻R，独立构成闭合回路，ab、cd边所在处磁感应强度大小为B。当阻拦索在卷扬筒半径10r处时，收放速度为v，则（　　）
A．线圈转动过程中电流方向始终不变
B．线圈ab边切割磁感线的速度大小为1.5v
C．每组线圈中产生的总电动势为3nBLv
D．每组线圈ab边所受的安培力大小为
11．用气垫导轨、数字计时器、光电门、滑块、遮光片等器材验证动量守恒定律。
（1）将气垫导轨摆放在桌面上，然后　 　（填选项符号）
A.将滑块放在气垫导轨上，再接通气泵 B.接通气泵，再将滑块放在气垫导轨上
（2）取一滑块置于气垫导轨上，轻推，使之从右向左依次通过两个光电门，遮光片遮光时间分别为＝0.012s，＝0.018s，则需调节　 　（填“固定支架”或“调平螺丝”）使气垫导轨右侧升高。再次轻推滑块，当＝时，说明气垫导轨已经调平；
（3）测得滑块上遮光片的宽度均为d＝1.00cm，滑块1、2的质量分别为＝260.0g，＝165.0g；
（4）将滑块1静置于OA之间，将滑块2静置于AB之间。轻推滑块1，两滑块发生碰撞，数字计时器连续记录下三个时间，依次为＝0.010s，＝0.009s，＝0.042s，如果表达式　 　（用给出的物理量符号表示）成立，则验证了系统动量守恒；
（5）根据上述测得数据计算可得碰前滑块1的动量为＝　 　kg·m/s，碰后滑块1的动量，滑块2的动量；
（6）将以上数据代入公式，计算出实验中的相对误差。
12．实验小组为探究某型号发光二极管的伏安特性，进行了如下操作。
（1）多用电表如图1所示，完成机械调零后：
①将K旋转到欧姆挡“×1”的位置。
②将红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针对准欧姆挡　 　刻线（填“0”或“∞”），完成欧姆调零。
③两次测量二极管的电阻，结果如图2所示，则　 　端为二极管的正极（选填“a”或“b”）；换用欧姆挡的不同倍率测量正向电阻，且操作规范，三次测量结果如表1。其中第3次测量时表盘刻度如图3所示，此时读数为　 　Ω，三次测量结果不同的原因是：　 　。
表 1
第1次 第2次 第3次
倍率 ×1 ×10 ×100
电阻测量值（Ω） 46 350
（2）现将二极管连入图4所示的电路中，电阻R＝50Ω，电源电动势E＝3V，内阻不计，则该二极管两端电压U与电流I的大小满足关系式　 　。若二极管的正向电压伏安特性曲线如图5所示，那么图4电路中二极管的工作电流为　 　mA（保留2位有效数字）。
13．某兴趣小组做空气喷泉实验。在一体积为V的厚玻璃瓶里装满开水，随后把开水倒掉，用带有细管的橡胶塞把瓶口封住，此时温度传感器显示瓶内气体的温度为。立即把玻璃瓶倒置且将细管浸入到水槽中，固定玻璃瓶，稍后可以看到瓶内喷泉现象。已知初始时水槽液面上方细管长度为h，水的密度，大气压强为，重力加速度为g，忽略细管容积、橡胶塞和传感器体积。
（1）当细管上端恰好有水溢出时，求瓶内气体的温度大小；
（2）当细管中的水恰好不再喷出时，水槽液面下降了0.2h。瓶内气体温度为，瓶内水面低于细管上端口。求进入瓶内水的体积大小。
14．离子注入是现代半导体芯片制造中的工艺，如下图所示是工作原理示意图。磁分析器截面是内外半径分别为r和3r的四分之一圆环，内有方向垂直纸面向外的匀强磁场。离子源中的电子轰击气体，使其电离，得到离子，质量分别为11m、49m，电荷量均为e。初速度可忽略不计的离子飘入加速电场，经加速后由ab边中点水平向右垂直ab进入磁分析器。已知离子由cd边中点N射出后，竖直向下注入下方水平面内的晶圆。加速电压为U，整个系统置于真空中，不计离子间作用和离子重力。
（1）进入磁分析器时，的速度大小之比；
（2）离子注入的目标是将注入晶圆，试通过计算分析是否经过cd边被掺杂进了晶圆内。
15．如图甲，家用旋转拖把主要由主杆、传动系统和拖布头组成。沿竖直方向推主杆，能实现拖布头的单向旋转。将拖布头放入脱水篮，拖布头与脱水篮结合成为一个整体，向下推动主杆，传动系统会带动拖布头及脱水篮一起快速旋转，将水甩出。g取。
（1）已知脱水篮半径，收纳桶半径R＝12.0cm，俯视如图乙所示。用力向下推动主杆一定距离，污水脱离脱水篮后沿切线水平方向飞出，击中收纳桶内侧边缘上某点，测得该点距飞出点的高度差H＝1.0cm。请计算污水脱离脱水篮时的速度大小；
（2）脱水结束后继续探究。在脱水篮外侧面固定一轻质遮光片，收纳桶内侧面固定光电门，遮光点到脱水篮边缘距离L＝2.0cm。将钩码固定在主杆上，保持主杆竖直，由静止释放钩码，当钩码下降h＝6.0cm时，测得遮光点的线速度为v＝1.0m/s。请计算此时脱水篮的角速度；
（3）该拖把采用齿轮传动，主杆每下降d＝3cm，脱水篮旋转n＝1圈。钩码和主杆的总质量M＝2.4kg，拖布头及脱水篮总质量m＝1.0kg。若该拖布头及脱水篮总动能的表达式为，求第（2）问中钩码下降6.0cm过程中整个传动系统克服阻力做功大小。（不计空气阻力，取）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】根据原子核个数N随时间变化关系图像结合半衰期的物理意义可得：
代入
可得半衰期＝8天
故选B。
【分析】根据所示图像，结合半衰期的物理意义解答。
2．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】土卫六绕土星、月球绕地球的运动均可视为匀速圆周运动，卫星绕中心天体做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得中心天体质量
可知，土星与地球的质量比值为
土卫六的轨道半径约为月球轨道半径的3倍，公转周期约为月球公转周期的，
解得
故选B。
【分析】由万有引力提供向心力的公式推导出中心天体质量表达式，根据土卫六与月球的轨道半径比、周期比，计算出土星与地球的质量之比。
3．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】d为ab中点，c位于悬点O的正下方。， 设，则
与竖直方向夹角满足
解得。
对悬点取力矩平衡，重力的顺时针力矩等于的逆时针力矩（即对应初中杠杆平衡条件），可得
代入、
解得：
因此摇臂对手柄的作用力大小为
故C正确。
【分析】手柄ab处于静止状态，需分析其受力并建立力矩平衡关系。已知手柄重力G作用于其中点d，摇臂cd为轻杆且通过光滑铰链连接，其对手柄的作用力方向沿杆cd水平。对悬点O取力矩，重力G产生顺时针力矩，摇臂作用力F产生逆时针力矩，二者平衡。根据几何关系可确定力臂大小，进而通过力矩平衡求解作用力F。
4．【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A．质点在平衡位置时动能最大，结合质点P的动能随时间变化关系图像可知波的周期为，故A错误；
B． 波速v＝6m/s， 根据可得该波的波长为24m，故B错误；
C．由图可知t＝2s时，质点P的动能最大，位于平衡位置，故C正确；
D．质点Q的平衡位置为，二者相距，即，可知二者相位差为，即质点P超前，质点Q到达波峰时，可知质点P在平衡位置，质点P的动能最大，故D错误。
故选C。
【分析】由图确定简谐横波的周期，结合波长公式可求出波长。分析图像可知t=2s时质点P的动能最大，对应平衡位置。根据质点P与Q的平衡位置距离以及波长的关系，可判断两质点的相位差，从而确定当Q到达波峰时P所处的位置及其动能大小。
5．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】A． 光滑斜面体固定在水平地面上，对滑块进行受力分析， 沿斜面方向，合外力满足：，合外力与是线性关系，但物块做简谐运动，随做非线性的正弦变化，因此与不是线性关系，图像不是直线，A错误。
B．图像的斜率表示速度，物块下滑过程中速度先增大后减小，因此图像的斜率先增大后减小，与B图不符，因为B图对应在一定时间内速度不变，B错误。
C．根据动能定理，动能，与是二次函数关系，图像为开口向下的抛物线，不是直线，C错误。
D．规定水平地面为零势能面，设物块初始位置距离地面高度为，下滑位移后，物块高度为，因此重力势能，与是线性关系，增大时线性减小，与D图一致，D正确。
故选D。
【分析】物块从弹簧原长位置由静止释放，沿光滑斜面下滑，受到重力沿斜面的分力与弹簧弹力作用，合外力为重力分力与弹力的合力，随位移线性变化，但物块做简谐运动，位移随时间按正弦规律变化，因此合外力与时间的关系并非线性，图像不应是直线。
6．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．一束由红、蓝色光组成的复合光，以入射角θ从侧面射入均匀透明的长方体玻璃砖，在入射侧面由折射定律 （为入射角，为玻璃内折射角），结合图像可知更大，因此是蓝光，是红光，故A错误。
B．全反射临界角满足 ，越小，越大。因为蓝光折射率更大，则蓝光全反射临界角较小，故B错误。
C．折射定律：，得 ；玻璃砖上表面法线为竖直方向，折射光线在上表面的入射角，刚好全反射时，故；
由三角恒等式，代入得：，整理得 ，
故C正确。
D．缓慢增大，由得：增大，上表面入射角减小。由于，入射角减小后，红光的入射角先小于自身临界角，因此红光先从上表面射出，
故D错误。
故选C。
【分析】根据折射定律，结合折射角的大小关系判断折射率的大小，然后判断哪一个是红色光；根据全反射条件判断是哪一个先发生全反射，丙结合几何关系求出红色光的折射率。
7．【答案】A
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A．设 副线圈电流为，副线圈电流为，设副线圈的输出电压，则降压变压器输入电压
根据理想变压器变压比可得，
且
联立解得
两变压器间每条输电线等效电阻均为r，原来双线并联输电，总输电线电阻
一条输电线切断后，总输电线电阻
即输电线总电阻增大，则减小，
又因为
所以降压变压器的输出电压减小，故A正确；
B．减小，负载是定值电阻，降压变压器输出功率，因此输出功率变小，故B错误；
C．根据理想变压器变流比，因为减小，因此原线圈电流变小，故C错误；
D．升压变压器输出功率，不变、减小，因此输出功率变小，故D错误。
故选A。
【分析】抓住发电机输出电压及变压器匝数比不变的条件，明确输电线上电压损失和功率损失的变化。通过理想变压器的电压、电流关系，结合输电线路电阻变化，分析输电线上电流、降压变压器输入电压及输出功率的变化趋势，从而判断各选项中物理量的变化情况。
8．【答案】A,D
【知识点】电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．将含有待导入药物的电极A贴在皮肤上， 电极B不含药物， 即带正电的药物离子需要从A向B方向运动实现给药，A与电源正极相连，因此电极A的电势高于电极B，故A正确；
B．由图可得两个电极形成的电场类似于等量异种点电荷产生的电场，所以在皮肤下的电场不是匀强电场，故B错误；
C．离子运动方向与电场力方向一致，电场力对离子做正功，离子的电势能减小，故C错误；
D．调大两极间电势差后，根据E=可知两极间电场强度增大，正离子受到的电场力增大，运动速率加快，单位时间内导入的药物离子更多，可以加快给药进程，故D正确。
故选：AD。
【分析】正电荷受力方向与电场方向一致，沿电场线方向电势逐渐降低；两个电极形状不规则，皮肤内电场强度处处不同；电场力对离子做正功；根据E=分析电场强度的变化，根据离子的受力情况分析。
9．【答案】A,C,D
【知识点】功能关系；动量定理；动量守恒定律；冲量
【解析】【解答】A．水平面光滑，木块和小车组成的系统水平方向动量守恒，以初速度方向为正方向，结合动量守恒定律可得：
代入已知条件，，，
解得木块质量 。
图像的面积表示位移，0~2s内： 木块位移
小车位移
2s后两者都匀速，说明木块已经滑出小车，小车长度等于相对位移：
故A正确。
B．对木块受力分析，由牛顿第二定律，v-t图像的斜率表示加速度，结合木块和小车水平方向速度随时间变化的图像可得木块加速度大小，得：
故B错误。
C．摩擦产生的热量等于系统动能的损失：
代入数值计算得
故 C正确。
D．对小车由动量定理，摩擦力的冲量等于小车动量变化：
故D正确。
故选ACD。
【分析】通过速度—时间图像展示两者速度变化过程，明确木块与小车组成的系统水平方向动量守恒，结合图像中速度变化确定木块质量、加速度与相对位移。小车的长度等于两者在达到共速前的相对位移，通过图像面积计算位移差。动摩擦因数由木块加速度与重力加速度关系得出，热量由系统初末动能差值计算，冲量通过小车动量变化量确定。
10．【答案】B,C
【知识点】交变电流的产生及规律；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．每经过中性面一次电流方向改变一次，线圈每转过一周两次经过中性面，故线圈每转过一周电流方向改变两次，故A错误；
B．卷扬筒与线圈属于共轴转动，角速度相同， 当阻拦索在卷扬筒半径10r处时，收放速度为v， 由结合，解得线圈ab边切割磁感线的速度大小为，故B正确；
C．因ab、cd边都切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律可知每组线圈中产生的总电动势为，故C正确；
D．由闭合电路的欧姆定律得线圈中的电流为
每组线圈ab边所受的安培力大小为，故D错误。
故选BC。
【分析】先由阻拦索收放速度和卷筒半径求出线圈转动的线速度，再分析ab、cd边切割磁感线的速度，用动生电动势公式计算总电动势，结合右手定则判断电流方向，最后用安培力公式计算ab边受力并逐一分析选项。
11．【答案】B；调平螺丝；；0.260
【知识点】验证动量守恒定律；动量
【解析】【解答】（1） 使用气垫导轨时，需要先接通气泵喷出气体形成气垫，再放置滑块，避免滑块和导轨直接接触摩擦损坏器材，故A错误，B正确。
故选：B。
（2）因为通过两个光电门的时间，所以滑块通过B的速度小于通过A点的速度，滑块向左减速，导轨未水平，需要调节调平螺丝使气垫导轨右侧升高。
（4）轻推滑块1后，滑块通过光电门时间很短，平均速度近似等于瞬时速度，碰撞前滑块1经过光电门1，速度
碰撞后，滑块2碰后向左运动，先经过光电门2，速度
滑块1继续向左，后经过光电门2，速度
验证系统动量守恒，需满足
代入速度整理得表达式
化简得
（5）代入题中数据可得碰前滑块1的速度为
代入，碰前滑块1的动量为
【分析】（1）使用气垫导轨时，先通气泵形成气垫再放滑块，避免滑块与导轨直接接触，从而保护器材；
（2）滑块向左减速，说明导轨未水平，需调节调平螺丝使气垫导轨右侧升高；
（4）分别写出碰撞前后两滑块的速度表达式，代入动量守恒方程，推导出验证动量守恒的关系式；
（5）代入已知数据计算碰撞前滑块1的速度，再根据动量公式求出其动量。
12．【答案】（1）0；a；2800；换倍率后，欧姆表内阻变化，二极管的工作电流变化，非线性元件的电阻就不同
（2）；18
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）红黑表笔短接后，由于两表间电阻等于零，则调节调零旋钮使指针对准欧姆挡的0刻线。多用电表欧姆挡中，电流红进黑出，由图2可知，黑表笔接端时二极管电阻小，处于导通状态，因此是二极管正极。欧姆挡读数等于指针示数乘以挡位，第三次倍率为，由图3读出欧姆刻度为，因此测量值为，二极管是非线性元件，电阻随自身温度（工作电流、两端电压）变化，内部电源加在二极管两端的电压、流过二极管的电流不同，二极管温度不同，电阻不同，因此三次测量结果不同。
（2）电源内阻不计，二极管和串联，根据闭合电路欧姆定律，代入、，得关系式（单位，单位）。在图中作出辅助线，该线与二极管伏安特性曲线的交点即为工作点，可得工作电流约为，均符合要求。
【分析】（1）根据欧姆调零规则和多用电表内部电源极性判断二极管正负极，结合不同倍率下的欧姆表读数与二极管的非线性特性，分析三次测量结果不同的原因；
（2）利用闭合电路欧姆定律建立二极管与电阻串联时的电压-电流关系式，通过在I-U图中作辅助线找到交点，从而确定工作电流。
（1）[1]欧姆调零的规则是：红黑表笔短接后，调节调零旋钮使指针对准欧姆挡的0刻线。
[2]多用电表欧姆挡中，黑表笔连接内部电源的正极；二极管正向导通时电阻很小，由图2可知，黑表笔接端时二极管电阻小，处于导通状态，因此是二极管正极。
[3] 第三次倍率为，由图3读出欧姆刻度为，因此测量值为
[4]二极管是非线性元件，电阻随自身温度（工作电流、两端电压）变化，欧姆表不同倍率下，内部电源加在二极管两端的电压、流过二极管的电流不同，二极管温度不同，电阻不同，因此三次测量结果不同。
（2）[1]二极管和串联，电源内阻不计，根据闭合电路欧姆定律，代入、，得关系式（单位，单位）。
[2]在图中作出辅助线，该线与二极管伏安特性曲线的交点即为工作点，可得工作电流约为，均符合要求。
13．【答案】（1）当细管中刚好有水溢出来时，瓶内气体的压强为：
等体积变化，根据查理定律得：，解得：
（2）当细管中的水恰好不再喷出时，瓶内气体的压强为：
根据理想气体状态方程得：，
故进入瓶内水的体积为：
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）根据当细管中刚好有水溢出来时，瓶内气体等体积变化，结合查理定律分析求解；
（2）根据理想气体状态方程，结合前后体积变化分析求解。
14．【答案】（1）在加速电场中加速过程对有
对有
两式相比得
（2）在磁分析器中对有
洛伦兹力提供向心力有
联立
解得
对有
联立
解得
若离子恰好从d点射出，有：
解得，由于，所以不能从cd边射出掺杂到晶圆内。
【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）离子经加速电场加速，由动能定理得速度与质量的平方根成反比，代入两离子质量比即可求出速度之比；
（2）先由洛伦兹力提供向心力，结合粒子的入射与出射位置，求出磁场磁感应强度；再代入的质量，计算其在磁场中做圆周运动的轨道半径；最后结合磁分析器的几何边界（内外半径r、3r），判断的轨迹是否经过cd边并落入晶圆。
（1）在加速电场中加速过程对有
对有
两式相比得
（2）在磁分析器中对有
洛伦兹力提供向心力有
联立
解得
对有
联立
解得
若离子恰好从d点射出，有：
解得，由于，所以不能从cd边射出掺杂到晶圆内。
15．【答案】（1）由几何关系，得
解得
污水脱离脱水篮后做平抛运动，在竖直方向，有
解得
在水平方向，有
解得
（2）主杆到遮光点的水平距离
根据线速度和角速度的关系，得
解得
（3）设在时间内，脱水篮旋转圈，则脱水篮边缘的线速度
主杆下降了，下降的速度
且有
代入、、、，联立解得
代入第（2）问中脱水篮的角速度，可得脱水篮边缘的线速度
主杆下降的速度
由能量守恒定律，得
解得
【知识点】能量守恒定律；平抛运动；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【分析】（1）污水脱离脱水篮后做平抛运动，根据平抛运动规律结合几何关系分析；
（2）污水脱离脱水篮后做平抛运动，主杆到遮光点的水平距离r=r0+L=0.1m，根据线速度和角速度的关系求解；
（3）求出脱水篮边缘的线速度，利用和运动与分运动的关系结合能量守恒定律分析求解。
（1）由几何关系，得
解得
污水脱离脱水篮后做平抛运动，在竖直方向，有
解得
在水平方向，有
解得
（2）主杆到遮光点的水平距离
根据线速度和角速度的关系，得
解得
（3）设在时间内，脱水篮旋转圈，则脱水篮边缘的线速度
主杆下降了，下降的速度
且有
代入、、、，联立解得
代入第（2）问中脱水篮的角速度，可得脱水篮边缘的线速度
主杆下降的速度
由能量守恒定律，得
解得
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