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广东揭阳市2025-2026学年度高三下学期教学质量测试物理试卷
1．对下列图片的描述正确的是（　　）
A．图（a）证实电子具有波动性
B．图（b）中射线3的电离本领最弱
C．图（c）中为了减缓核反应速度，需将镉棒抽出一些
D．图（d）中的β射线穿透能力比γ射线强
【答案】A
【知识点】放射性同位素及其应用；粒子的波动性 德布罗意波；α、β、γ射线及特点；核裂变
【解析】【解答】A：图(a)是电子束通过铝箔的衍射图样，而衍射是波特有的现象，这一实验证实了电子具有波动性，故A正确；
B：图(b)中，射线2不带电，为γ射线，其电离本领最弱，射线3为α射线，电离本领最强，故B错误；
C：图(c)中，为减缓核反应速度，需将镉棒插入一些，以吸收更多中子，而非抽出，故C错误；
D：β射线的穿透能力弱于γ射线，γ射线可穿透钢板，β射线难以穿透，故D错误。
故答案为：A
【分析】A：核心思路是利用衍射现象证明电子的波动性；
B：根据三种射线在磁场中的偏转判断其种类，并结合电离本领强弱分析；
C：明确镉棒的作用是吸收中子，减缓反应速度的操作是插入镉棒；
D：对比β射线与γ射线的穿透能力差异。
2．下列关于光的描述正确的是（　　）
A．光的偏振现象说明光是纵波，能证明光具有粒子性
B．光通过三棱镜发生色散，频率越高的光，偏折程度越大
C．发生光电效应时，入射光强度越大，光电子的最大初动能越大
D．光纤通信是利用了光的全反射原理，光导纤维的内芯比包层折射率小
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光导纤维及其应用；光的偏振现象；光电效应
【解析】【解答】A：偏振是横波特有的现象，光的偏振说明光是横波，证明光具有波动性，故A错误；
B：光的频率越高，在同种介质中的折射率越大，通过三棱镜时偏折程度越大，故B正确；
C：根据光电效应方程 ，光电子的最大初动能只与入射光的频率和金属逸出功有关，与入射光强度无关，故C错误；
D：光发生全反射的条件之一是从光密介质射入光疏介质，因此光纤内芯的折射率必须比包层大，才能让光在内芯发生全反射，故D错误。
故答案为：B
【分析】A：核心思路是利用偏振现象的本质，区分横波与纵波，并联系光的波动性；
B：根据光的频率与折射率的关系，分析三棱镜色散时的偏折规律；
C：结合光电效应方程，明确最大初动能的决定因素；
D：根据全反射条件，分析光纤内芯与包层的折射率关系。
3．下列关于声波的描述正确的是（　　）
A．人能辨别不同乐器同时发出的声音，说明声波不会发生干涉
B．把耳朵贴在铁轨上可以听到远处的火车声，这属于声波的衍射现象
C．绕正在发音的音叉走一圈，听到忽强忽弱的声音，这是声音的共振现象
D．从火车的汽笛声判断火车的运行方向和快慢，这是利用声波的多普勒效应
【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；多普勒效应；波的干涉现象
【解析】【解答】A：不同乐器发出的声波频率大多不同，不满足相干波条件，不会发生稳定干涉，但干涉是波的固有属性，满足条件时声波可以发生干涉；人能辨别不同乐器的声音是因为音色不同，故A错误；
B：耳朵贴在铁轨上听到远处火车声，是因为声波在固体中传播速度比空气中快、能量损耗小，这与衍射现象（波绕过障碍物传播）无关，故B错误；
C：音叉的两个叉股是相干波源，发出的声波在空间发生干涉，形成振动加强区和减弱区，绕音叉走一圈听到忽强忽弱的声音是干涉现象，而非共振（共振是驱动力频率等于物体固有频率时振幅大幅增大的现象），故C错误；
D：波源与观察者存在相对运动时，观察者接收到的波的频率会发生变化，该现象为多普勒效应；火车靠近时接收到的汽笛频率更高、音调更高，远离时频率更低、音调更低，可据此判断火车的运行方向和快慢，这是多普勒效应的应用，故D正确。
故答案为：D
【分析】A：核心思路是区分声波的干涉条件与音色的概念；
B：分析声波在不同介质中的传播特性，区分传播速度与衍射现象；
C：结合音叉发声的特点，区分干涉与共振现象；
D：根据多普勒效应的原理，分析火车汽笛的应用场景。
4．如图所示，1、2轨道分别是“天宫二号”在变轨前后的轨道，关于“天宫二号”，下列说法正确的是（　　）
A．在1轨道的线速度大于在2轨道的
B．在1轨道的周期大于在2轨道的
C．在1轨道的加速度小于在2轨道的
D．在1轨道的线速度大于7.9 km/s
【答案】A
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A：根据万有引力提供向心力的公式，可得线速度公式 。由于轨道1的半径小于轨道2的半径，因此“天宫二号”在1轨道的线速度大于在2轨道的线速度，故A正确；
B：根据周期公式 ，轨道半径越大，周期越大，因此“天宫二号”在1轨道的周期小于在2轨道的周期，故B错误；
C：根据向心加速度公式 ，轨道半径越小，加速度越大，因此“天宫二号”在1轨道的加速度大于在2轨道的加速度，故C错误；
D：7.9 km/s是第一宇宙速度，是轨道半径等于地球半径时的线速度。“天宫二号”在1轨道的轨道半径大于地球半径，因此其线速度小于7.9 km/s，故D错误。
故答案为：A
【分析】A：核心思路是利用万有引力提供向心力，推导线速度与轨道半径的关系，半径越小线速度越大；
B：结合周期公式，分析轨道半径与周期的关系；
C：根据向心加速度公式，判断不同轨道上的加速度大小；
D：结合第一宇宙速度的物理意义，分析“天宫二号”的线速度范围。
5．如图所示，交流发电机中的线圈ABCD沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律为，下列说法正确的是（　　）
A．该交流电的方向在1s内变化50次
B．线圈转到图示位置时，交流电流表的示数达到最大值
C．线圈转到图示位置时，CD边受到的安培力方向向上
D．仅线圈转速加倍，电动势的有效值变为440V
【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A：交流电的角速度为，由可得频率。一个周期内电流方向改变2次，因此1s内电流方向改变100次，故A错误；
B：图示位置线圈平面与磁感线平行，磁通量为零，感应电动势和感应电流的瞬时值最大，但交流电流表的示数为有效值，不随时间变化，因此电流表的示数不会达到最大值，故B错误；
C：线圈逆时针转动，图示位置CD边向上切割磁感线，根据右手定则可知感应电流方向为逆时针（D→C），再根据左手定则，CD边受到的安培力方向向下，故C错误；
D：原电动势的有效值为，仅线圈转速加倍，角速度也加倍，由可知电动势最大值加倍，有效值也随之加倍，变为，故D正确。
故答案为：D
【分析】A：核心思路是先根据角速度计算频率，再结合一个周期内电流方向的变化次数分析；
B：明确交流电流表测量的是有效值，与瞬时值的最大值无关；
C：结合右手定则判断感应电流方向，再用左手定则判断安培力方向；
D：根据转速与角速度的关系，分析转速加倍对电动势有效值的影响。
6．如图所示，两光滑直导轨AB、CD放在水平桌面上，右端连接一个定值电阻，左端放一根导体棒。导轨之间有竖直方向等大的匀强磁场，磁场分界线ab、cd、ef、mn之间的距离均为L，不计导轨和导体棒的电阻，导体棒以速度v水平向右匀速运动，且始终保持与导轨良好接触，以俯视时顺时针方向为电流的正方向，从导体棒经过ab分界线开始计时，通过电阻的电流i、电阻两端的电势差UBD随时间t变化的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A：在时间内，磁场垂直纸面向里，导体棒向右运动，感应电流方向为顺时针（正方向）；由于导轨间距均匀减小，根据、，电流随时间均匀减小。在时间内，无磁场，感应电流为零。在时间内，磁场垂直纸面向外，感应电流方向为逆时针（负方向），电流大小随时间均匀减小。图A中第三段电流为正值，不符合规律，故A错误；
B：结合A选项分析，电流先为正且减小，中间为零，后为负且绝对值减小；且时刻的导轨间距大于时刻的，因此第一段电流值大于第三段电流的绝对值，图B符合规律，故B正确；
C：，其变化规律应与电流一致，且时刻的电压值应大于时刻的电压绝对值，图C中第三段起始值的绝对值大于第一段结束值，不符合导轨间距减小的事实，故C错误；
D：在时间内，电流方向为逆时针，流过电阻的电流方向为，故，而图D中该段电势差大于零，故D错误。
故答案为：B
【分析】A：核心思路是分阶段分析磁场方向、感应电流方向和电流大小的变化规律；
B：结合导轨间距的变化，分析不同阶段电流的大小和方向变化；
C：根据，分析电压随时间的变化规律；
D：根据电流方向判断的正负。
7．图示为变速自行车的传动部件，变速自行车有三个飞轮和三个链轮，飞轮的齿数有24、18、12三种，链轮的齿数有48、36、24三种。当某同学以恒定的转速踩脚踏板时，下列说法正确的是（　　）
A．链轮齿数不变，换用齿数更多的飞轮；自行车行驶速度变大
B．飞轮齿数不变，换用齿数更少的链轮，自行车行驶速度变大
C．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为
D．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A：链轮齿数不变，换用齿数更多的飞轮，根据链条传动关系，不变、增大，则飞轮角速度减小，自行车行驶速度减小，故A错误；
B：飞轮齿数不变，换用齿数更少的链轮，减小、不变，则飞轮角速度减小，自行车行驶速度变小，故B错误；
C：自行车行驶速度与链轮齿数成正比、与飞轮齿数成反比。最大速度对应、，最小速度对应、，因此速度之比为，故C正确；
D：由C选项的计算可知，最大速度与最小速度之比为4：1，并非2：1，故D错误。
故答案为：C
【分析】A：核心思路是利用链条传动的角速度与齿数关系，分析链轮不变、飞轮齿数增加时的速度变化；
B：根据链条传动规律，分析飞轮不变、链轮齿数减少时的速度变化；
C：找出最大和最小速度对应的链轮、飞轮齿数，计算速度之比；
D：结合C选项的分析，判断速度之比的正误。
8．某同学两次在同一地点同一高度投掷同一铅球，1、2两次轨迹如图中曲线1、2所示，铅球两次达到的最大高度相同。忽略空气阻力，比较两次投掷过程，第2次比第1次（　　）
A．从掷出到最高点的时间长 B．铅球在最高点的速度大
C．铅球着地前瞬间重力的功率大 D．该同学投掷对铅球做的功多
【答案】B,D
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A：铅球从掷出到最高点的过程，可逆向看成平抛运动，竖直方向做自由落体运动。由于两次的最大高度相等，因此两次运动的时间相等，故A错误；
B：从最高点到落地，铅球做平抛运动，竖直方向下落高度相等，运动时间相等；水平方向上，第2次的水平位移更大，根据，可知第2次的水平速度更大，即铅球在最高点的速度更大，故B正确；
C：重力的瞬时功率，而，由于两次运动的总时间相等，因此落地前瞬间的竖直分速度相等，重力的功率也相等，故C错误；
D：两次投掷时，铅球的竖直分速度相等，而第2次的水平分速度更大，因此第2次的合初速度更大，初动能更大。根据动能定理，该同学投掷对铅球做的功等于铅球动能的变化，因此第2次做的功更多，故D正确。
故答案为：BD
【分析】A：核心思路是利用逆向思维，将上升过程等效为平抛运动，分析竖直方向的运动时间；
B：结合平抛运动的水平位移和时间，比较两次的水平分速度；
C：根据重力功率的公式，分析落地前瞬间的竖直分速度；
D：结合合速度的大小，利用动能定理分析投掷做功的多少。
9．图a为全超导托卡马克核聚变实验装置的核心部件示意图，其工作原理是利用洛伦兹力将高温等离子体约束在磁场中。受此启发，小明研究了带电量为+q的粒子在环形磁场中的运动情况，如图b所示，磁感应强度，大小圆的半径分别为3R、R。有粒子从小圆上的P点射出，下列说法正确的是（　　）
A．若沿半径向外以2v射出的粒子会被约束在大圆内部运动
B．若沿半径向外以v射出的粒子会被约束在大圆内部运动
C．若沿切线以射出的粒子可能被约束在大圆内部运动
D．若沿切线以射出的粒子可能射出大圆
【答案】B,C
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．若沿半径向外以2v射出的粒子，由洛伦兹力提供向心力得
解得粒子在磁场中的轨迹半径为作出粒子的运动轨迹如图所示
可知粒子不会被约束在大圆内部运动，故A错误；
B．若沿半径向外以v射出的粒子，由洛伦兹力提供向心力得，解得粒子在磁场中的轨迹半径为，作出粒子的运动轨迹如图所示
根据对称性可知粒子会被约束在大圆内部运动，故B正确；
C．若沿切线以射出的粒子，由洛伦兹力提供向心力得，解得粒子在磁场中的轨迹半径为，若粒子在P点的速度方向是沿切线向下，如图所示
可知粒子可能被约束在大圆内部运动，故C正确；
D．若沿切线以射出的粒子，由洛伦兹力提供向心力得，解得粒子在磁场中的轨迹半径为，可知轨迹的直径为，由于粒子的轨迹直径小于小圆与大圆之间的宽度，所以粒子不可能射出大圆，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：核心思路是先计算轨迹半径，再通过几何关系判断粒子是否会超出大圆；
B：结合轨迹半径与对称性，分析粒子的运动范围；
C：根据轨迹半径与几何关系，判断粒子是否可能被约束在大圆内部；
D：通过轨迹直径与圆环宽度的比较，判断粒子是否会射出大圆。
10．如图甲所示，倾角的足够长的光滑斜面体固定在水平地面上，底端附近垂直斜面固定一挡板，可视为质点的小物块A、B用轻弹簧拴接后置于斜面上。A的质量为m，初始静止时，弹簧压缩量为d。某时刻在A上施加一沿斜面向上的恒力，当弹簧第一次恢复原长（此时弹性势能为零）时撤去恒力，A到最高点时B刚要离开挡板，此后A在斜面上做往复运动。A的重力势能和弹簧弹性势能随位移变化如图乙（以A的初始位置处为重力势能零势面），重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．B的质量为2m
C．A运动到最低点时的加速度大小为
D．弹簧的最大弹性势能为
【答案】A,D
【知识点】胡克定律；机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】A：初始静止时，对A受力分析，弹簧弹力与重力分力平衡：，代入（），解得，故A正确；
B：A运动到最高点时位移为，此时弹簧伸长量为，B刚要离开挡板，对B受力分析：，解得，故B错误；
C：A运动到最高点时，根据牛顿第二定律：，代入、，解得。由于A做简谐运动，根据对称性，最低点加速度大小与最高点相等，也为，故C错误；
D：撤去恒力后，A的重力势能、动能与弹性势能之和守恒。最高点时动能为0，重力势能为，弹性势能为；最低点时动能也为0，设最大弹性势能为，重力势能为，由能量守恒：，解得，故D正确。
故答案为：AD
【分析】A：核心思路是初始状态的受力平衡，结合弹簧压缩量求解劲度系数；
B：根据A的位移判断弹簧伸长量，再对B受力平衡分析质量；
C：结合简谐运动的对称性，通过最高点加速度推导最低点加速度；
D：利用机械能守恒（含弹性势能），结合最高点与最低点的能量状态求解最大弹性势能。
11．电磁阻尼是楞次定律在电磁感应现象中的一种典型表现，我们利用这种运动特性研究金属的电阻率。如图（a）所示，将一金属管竖直放置，其内径、外径大小分别为D1、D2。取一直径小于管内径的圆柱形强磁体放入管口，在强磁体沿金属管轴线下落的过程中会产生电磁阻尼。若金属管足够长，忽略空气阻力，根据有关理论，强磁体最终速度v与金属管材料的电阻率ρ成正比。
（1）如图（b）所示，用游标卡尺测得黄铜管的内径　 　mm。
（2）如图（c）所示，若测得强磁体通过光电门1与光电门2的遮光时间　 　，说明强磁体已在金属管内做匀速直线运动。
（3）在满足（2）的前提下，实验测得同一强磁体在尺寸相同的黄铜管、合金铝管内通过光电门的速度分别是、，已知黄铜的电阻率，则可计算出该合金铝管的电阻率　 　Ω·m（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）53.50
（2）相等
（3）
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）20分度游标卡尺的精确值为，由图（b）可知黄铜管的内径为
故答案为：53.50
（2）若测得强磁体通过光电门1与光电门2的遮光时间相等，可知强磁体通过光电门1与光电门2的速度相等，说明强磁体已在金属管内做匀速直线运动。
故答案为：相等
（3）由题意可知强磁体最终速度v与金属管材料的电阻率ρ成正比，则有
可得该合金铝管的电阻率
故答案为：
【分析】(1) 游标卡尺读数为“主尺读数+游标尺读数”，注意20分度卡尺的精度为0.05mm；
(2) 强磁体做匀速直线运动时，通过两个光电门的遮光时间相等；
(3) 由题意，最终速度与电阻率成正比，根据比例关系计算合金铝管的电阻率。
（1）20分度游标卡尺的精确值为，由图（b）可知黄铜管的内径为
（2）若测得强磁体通过光电门1与光电门2的遮光时间相等，可知强磁体通过光电门1与光电门2的速度相等，说明强磁体已在金属管内做匀速直线运动。
（3）由题意可知强磁体最终速度v与金属管材料的电阻率ρ成正比，则有
可得该合金铝管的电阻率
12．某工厂的苹果自动分拣装置如甲图所示，该装置能按一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果。图中R1为半导体薄膜压力传感器，轻质托盘置于R1上，苹果经过托盘时对R1产生压力，R1的阻值随压力F变化图像如图乙所示。初始状态衔铁水平，当电阻箱R2两端电压U2≥3V时，控制电路使电磁铁吸动衔铁，并保持一段时间，确保苹果在衔铁上运动时电磁铁保持吸合状态。已知电源电动势E＝9V，内阻r＝1.0Ω，重力加速度g取10m/s2。
（1）当质量较大的苹果通过托盘时，对应的压力传感器R1的阻值　 　（填“较大”或“较小”）
（2）如图乙，现以0.3kg为标准质量将苹果分拣开，此时R1的阻值为　 　Ω；根据题述条件可知，质量小于0.3kg的小苹果将通过　 　（填“上通道”或“下通道”）；为使该装置达到分拣标准，电阻箱R2的阻值应调为　 　Ω（结果保留一位小数）
（3）若电源长时间未使用，内阻增大但电动势不变，则分拣标准质量将会　 　（填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】（1）较小
（2）20.0；上通道；10.5
（3）变大
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1）苹果通过托盘时，质量较大的苹果托盘对R1的压力较大，根据图乙可知，对应的R1的阻值较小。
故答案为：较小
（2）当苹果质量为0.3kg时，此时R1受到的压力为，由图乙可知此时R1的阻值为；
根据题述条件可知，质量小于0.3kg的小苹果，对R1的压力较小，对应的R1的阻值较大，R2两端电压较小，电磁铁没有吸动衔铁，则小苹果将通过上通道；为使该装置达到分拣标准，根据比例可得，其中，，，，解得电阻箱R2的阻值应调为
故答案为：20.0；上通道；10.5
（3）若电源长时间未使用，内阻r增大，但电动势不变，根据
由于内阻r增大，则实际要吸引衔铁打开通道时对应的R1的阻值变小，需要的压力变大，即分拣标准质量将会变大。
故答案为：变大
【分析】(1) 由图乙可知，压力越大，R1的阻值越小，故质量较大的苹果对应的R1阻值较小。
(2) 0.3kg苹果的压力为，由图乙得此时R1阻值为20.0Ω；质量小于0.3kg的苹果压力较小，R1阻值较大，R2两端电压不足，电磁铁不吸合，苹果通过上通道；再根据闭合电路欧姆定律计算R2的阻值。
(3) 内阻增大时，为使R2两端电压达到3V，需减小R1的阻值，即增大压力，分拣标准质量变大。
（1）苹果通过托盘时，质量较大的苹果托盘对R1的压力较大，根据图乙可知，对应的R1的阻值较小。
（2）[1]当苹果质量为0.3kg时，此时R1受到的压力为
由图乙可知此时R1的阻值为；
[2]根据题述条件可知，质量小于0.3kg的小苹果，对R1的压力较小，对应的R1的阻值较大，R2两端电压较小，电磁铁没有吸动衔铁，则小苹果将通过上通道；
[3]为使该装置达到分拣标准，根据比例可得
其中，，，，解得电阻箱R2的阻值应调为
（3）若电源长时间未使用，内阻r增大，但电动势不变，根据
由于内阻r增大，则实际要吸引衔铁打开通道时对应的R1的阻值变小，需要的压力变大，即分拣标准质量将会变大。
13．如图所示，深海潜水器舱内搭载的应急氧气瓶是导热良好的刚性密闭罐体，容积V0＝6.0L，氧气瓶内的氧气可视为理想气体。舱内初始温度为t1＝27℃，氧气瓶内气体压强p1＝200bar。已知1bar＝1.0×105 Pa，0℃取273K。
（1）若舱内气温缓慢降至t2＝3℃，求氧气瓶内气体的压强p2；
（2）若上述降温过程瓶中气体向外放热2000J，求此过程瓶中气体内能的变化量△U；
（3）若将初始温度下应急氧气瓶中的氧气通过吸氧系统供乘员呼吸。乘员每分钟呼吸12次，每次吸入压强为1bar、体积为V＝1.0L的氧气。忽略供氧过程的温度变化，当瓶内氧气压强缓慢下降至50bar时，求该吸氧过程经历的时间t。
【答案】（1）解：瓶内气体发生等容变化，由查理定律得
其中，
解得
（2）解：由于气体体积不变，外界对气体不做功，即
由热力学第一定律有
由题意可知
解得
即气体内能减小。
（3）解：设可支持呼吸次，瓶内气体发生等温变化，由玻意耳定律可得
解得
吸氧过程经历的时间为
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 瓶内气体体积不变，发生等容变化，由查理定律求解压强；
(2) 气体体积不变，外界对气体不做功，根据热力学第一定律计算内能变化；
(3) 温度不变，气体发生等温变化，由玻意耳定律计算可供呼吸的次数，再求时间。
（1）瓶内气体发生等容变化，由查理定律得
其中，
解得
（2）由于气体体积不变，外界对气体不做功，即
由热力学第一定律有
由题意可知
解得
即气体内能减小。
（3）设可支持呼吸次，瓶内气体发生等温变化，由玻意耳定律可得
解得
吸氧过程经历的时间为
14．图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经水平传送带Ⅰ由A运动到B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入与水平传送带Ⅱ共速的货箱中，实现按规格分装。传送带Ⅰ以速度v0匀速运行，从轻放某个散货时开始计数，当放置第2个散货时，第1个散货恰好与传送带Ⅰ共速且被水平抛出。散货与传送带Ⅰ间的动摩擦因数为μ，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱，需装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，散货对传感器的冲击力F随时间t变化如图乙（F0、Δt已知），传感器输出的每个脉冲信号都相同。求这段时间内：
（1）每个散货由静止加速到与传送带Ⅰ共速所用的时间t；
（2）每个散货的质量m和传送带Ⅱ的速度大小v；
（3）因运送散货，传送带Ⅰ的电动机多消耗的电功率P。
【答案】（1）解：散货在传送带Ⅰ上受摩擦力加速，由牛顿第二定律有
解得
散货由静止加速到，由运动学公式得
解得
（2）解：稳定运行后，由图可知，在冲击力F作用的时间内，冲击力F均匀增大后又均匀减小，图像对称，故平均冲击力大小为，撞击后散货水平速度变为0，竖直速度不变，因此每个散货水平方向动量变化大小为
由动量定理得
解得每个散货的质量
每个货箱装总质量，共装散货个数
装完一个货箱的总时间
货箱随传送带Ⅱ运动位移为
解得
（3）解：每个散货加速过程中，传送带位移
电动机克服摩擦力做功
解得运送单个散货多消耗的能量
每时间运送一个散货，因此平均功率
解得
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的应用—传送带模型；功率及其计算
【解析】【分析】(1) 散货在传送带上受摩擦力作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式求加速时间；
(2) 利用冲量定理分析传感器的冲击力，再结合货箱的运动时间求传送带 Ⅱ 的速度；
(3) 计算每个散货加速过程中传送带多消耗的能量，再求平均功率。
（1）散货在传送带Ⅰ上受摩擦力加速，由牛顿第二定律有
解得
散货由静止加速到，由运动学公式得
解得
（2）稳定运行后，由图可知，在冲击力F作用的时间内，冲击力F均匀增大后又均匀减小，图像对称，故平均冲击力大小为，撞击后散货水平速度变为0，竖直速度不变，因此每个散货水平方向动量变化大小为
由动量定理得
解得每个散货的质量
每个货箱装总质量，共装散货个数
装完一个货箱的总时间
货箱随传送带Ⅱ运动位移为
解得
（3）每个散货加速过程中，传送带位移
电动机克服摩擦力做功
解得运送单个散货多消耗的能量
每时间运送一个散货，因此平均功率
解得
15．如图所示，在竖直面MGAF右侧足够大的空间内有垂直平面MPRG向外的匀强磁场，在竖直面MGAF左侧有线状粒子源，粒子源与MF棱平行且与MPQF共面。带电粒子无初速度逸出，经垂直于MF棱的水平匀强电场加速后，以一定的水平速度从MS段（S为MF的中点）进入正方体区域内，从M点射入的粒子恰好从R点射出。已知正方体的棱长为L，磁感应强度大小为B，带电粒子的质量为m、电荷量为+q，粒子重力和粒子间的相互作用忽略不计。
（1）求该粒子入射速度的大小v0；
（2）若撤去磁场，其他条件不变，施加垂直平面MPRG向外的匀强电场，电场强度大小，从S点射入的粒子，从PQ边上的某点射出，求该点距Q点的距离Δy；
（3）以G为坐标原点建立空间直角坐标系，，，分别为x，y，z轴的正方向，若该正方体区域内同时存在原匀强磁场B和（2）中匀强电场E，其他条件不变，请通过计算写出从S点射入的粒子离开该正方体区域时的坐标和速度的大小v'．
【答案】（1）解：从点射入的粒子恰好从点射出的轨迹为圆周，设运动半径为，则
解得
（2）解：粒子在该区域内电场中做类平抛运动，将运动分解为垂直于方向的匀速直线运动和平行于方向的匀加速直线运动，可得
垂直于方向
平行于方向
解得
（3）解：该区域内同时存在上述磁场与电场时，从S点进入的粒子在正方体区域内做不等距螺旋线运动，可将其运动分解为沿方向的初速度为零的匀加速直线运动，和平行于平面的线速度为，半径为的匀速圆周运动。
分运动为匀速圆周运动的周期
假设粒子可完成个圆周运动，则
粒子在方向的位移为
解得
假设成立，且该粒子在边射出，射出坐标为
离开该区域时沿方向的速度为
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；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) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹为四分之一圆弧，半径等于正方体边长L，由洛伦兹力提供向心力求初速度；
(2) 撤去磁场加电场后，粒子做类平抛运动，分解为垂直电场方向的匀速直线运动和平行电场方向的匀加速直线运动，结合运动学公式求解；
(3) 同时存在磁场和电场时，粒子做不等距螺旋运动，分解为匀速圆周运动和匀加速直线运动，分别计算分运动后合成坐标和速度。
（1）从点射入的粒子恰好从点射出的轨迹为圆周，设运动半径为，则
解得
（2）粒子在该区域内电场中做类平抛运动，将运动分解为垂直于方向的匀速直线运动和平行于方向的匀加速直线运动，可得
垂直于方向
平行于方向
解得
（3）该区域内同时存在上述磁场与电场时，从S点进入的粒子在正方体区域内做不等距螺旋线运动，可将其运动分解为沿方向的初速度为零的匀加速直线运动，和平行于平面的线速度为，半径为的匀速圆周运动。
分运动为匀速圆周运动的周期
假设粒子可完成个圆周运动，则
粒子在方向的位移为
解得
假设成立，且该粒子在边射出，射出坐标为
离开该区域时沿方向的速度为
解得
1 / 1广东揭阳市2025-2026学年度高三下学期教学质量测试物理试卷
1．对下列图片的描述正确的是（　　）
A．图（a）证实电子具有波动性
B．图（b）中射线3的电离本领最弱
C．图（c）中为了减缓核反应速度，需将镉棒抽出一些
D．图（d）中的β射线穿透能力比γ射线强
2．下列关于光的描述正确的是（　　）
A．光的偏振现象说明光是纵波，能证明光具有粒子性
B．光通过三棱镜发生色散，频率越高的光，偏折程度越大
C．发生光电效应时，入射光强度越大，光电子的最大初动能越大
D．光纤通信是利用了光的全反射原理，光导纤维的内芯比包层折射率小
3．下列关于声波的描述正确的是（　　）
A．人能辨别不同乐器同时发出的声音，说明声波不会发生干涉
B．把耳朵贴在铁轨上可以听到远处的火车声，这属于声波的衍射现象
C．绕正在发音的音叉走一圈，听到忽强忽弱的声音，这是声音的共振现象
D．从火车的汽笛声判断火车的运行方向和快慢，这是利用声波的多普勒效应
4．如图所示，1、2轨道分别是“天宫二号”在变轨前后的轨道，关于“天宫二号”，下列说法正确的是（　　）
A．在1轨道的线速度大于在2轨道的
B．在1轨道的周期大于在2轨道的
C．在1轨道的加速度小于在2轨道的
D．在1轨道的线速度大于7.9 km/s
5．如图所示，交流发电机中的线圈ABCD沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律为，下列说法正确的是（　　）
A．该交流电的方向在1s内变化50次
B．线圈转到图示位置时，交流电流表的示数达到最大值
C．线圈转到图示位置时，CD边受到的安培力方向向上
D．仅线圈转速加倍，电动势的有效值变为440V
6．如图所示，两光滑直导轨AB、CD放在水平桌面上，右端连接一个定值电阻，左端放一根导体棒。导轨之间有竖直方向等大的匀强磁场，磁场分界线ab、cd、ef、mn之间的距离均为L，不计导轨和导体棒的电阻，导体棒以速度v水平向右匀速运动，且始终保持与导轨良好接触，以俯视时顺时针方向为电流的正方向，从导体棒经过ab分界线开始计时，通过电阻的电流i、电阻两端的电势差UBD随时间t变化的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．图示为变速自行车的传动部件，变速自行车有三个飞轮和三个链轮，飞轮的齿数有24、18、12三种，链轮的齿数有48、36、24三种。当某同学以恒定的转速踩脚踏板时，下列说法正确的是（　　）
A．链轮齿数不变，换用齿数更多的飞轮；自行车行驶速度变大
B．飞轮齿数不变，换用齿数更少的链轮，自行车行驶速度变大
C．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为
D．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为
8．某同学两次在同一地点同一高度投掷同一铅球，1、2两次轨迹如图中曲线1、2所示，铅球两次达到的最大高度相同。忽略空气阻力，比较两次投掷过程，第2次比第1次（　　）
A．从掷出到最高点的时间长 B．铅球在最高点的速度大
C．铅球着地前瞬间重力的功率大 D．该同学投掷对铅球做的功多
9．图a为全超导托卡马克核聚变实验装置的核心部件示意图，其工作原理是利用洛伦兹力将高温等离子体约束在磁场中。受此启发，小明研究了带电量为+q的粒子在环形磁场中的运动情况，如图b所示，磁感应强度，大小圆的半径分别为3R、R。有粒子从小圆上的P点射出，下列说法正确的是（　　）
A．若沿半径向外以2v射出的粒子会被约束在大圆内部运动
B．若沿半径向外以v射出的粒子会被约束在大圆内部运动
C．若沿切线以射出的粒子可能被约束在大圆内部运动
D．若沿切线以射出的粒子可能射出大圆
10．如图甲所示，倾角的足够长的光滑斜面体固定在水平地面上，底端附近垂直斜面固定一挡板，可视为质点的小物块A、B用轻弹簧拴接后置于斜面上。A的质量为m，初始静止时，弹簧压缩量为d。某时刻在A上施加一沿斜面向上的恒力，当弹簧第一次恢复原长（此时弹性势能为零）时撤去恒力，A到最高点时B刚要离开挡板，此后A在斜面上做往复运动。A的重力势能和弹簧弹性势能随位移变化如图乙（以A的初始位置处为重力势能零势面），重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．B的质量为2m
C．A运动到最低点时的加速度大小为
D．弹簧的最大弹性势能为
11．电磁阻尼是楞次定律在电磁感应现象中的一种典型表现，我们利用这种运动特性研究金属的电阻率。如图（a）所示，将一金属管竖直放置，其内径、外径大小分别为D1、D2。取一直径小于管内径的圆柱形强磁体放入管口，在强磁体沿金属管轴线下落的过程中会产生电磁阻尼。若金属管足够长，忽略空气阻力，根据有关理论，强磁体最终速度v与金属管材料的电阻率ρ成正比。
（1）如图（b）所示，用游标卡尺测得黄铜管的内径　 　mm。
（2）如图（c）所示，若测得强磁体通过光电门1与光电门2的遮光时间　 　，说明强磁体已在金属管内做匀速直线运动。
（3）在满足（2）的前提下，实验测得同一强磁体在尺寸相同的黄铜管、合金铝管内通过光电门的速度分别是、，已知黄铜的电阻率，则可计算出该合金铝管的电阻率　 　Ω·m（结果保留3位有效数字）。
12．某工厂的苹果自动分拣装置如甲图所示，该装置能按一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果。图中R1为半导体薄膜压力传感器，轻质托盘置于R1上，苹果经过托盘时对R1产生压力，R1的阻值随压力F变化图像如图乙所示。初始状态衔铁水平，当电阻箱R2两端电压U2≥3V时，控制电路使电磁铁吸动衔铁，并保持一段时间，确保苹果在衔铁上运动时电磁铁保持吸合状态。已知电源电动势E＝9V，内阻r＝1.0Ω，重力加速度g取10m/s2。
（1）当质量较大的苹果通过托盘时，对应的压力传感器R1的阻值　 　（填“较大”或“较小”）
（2）如图乙，现以0.3kg为标准质量将苹果分拣开，此时R1的阻值为　 　Ω；根据题述条件可知，质量小于0.3kg的小苹果将通过　 　（填“上通道”或“下通道”）；为使该装置达到分拣标准，电阻箱R2的阻值应调为　 　Ω（结果保留一位小数）
（3）若电源长时间未使用，内阻增大但电动势不变，则分拣标准质量将会　 　（填“变大”、“变小”或“不变”）。
13．如图所示，深海潜水器舱内搭载的应急氧气瓶是导热良好的刚性密闭罐体，容积V0＝6.0L，氧气瓶内的氧气可视为理想气体。舱内初始温度为t1＝27℃，氧气瓶内气体压强p1＝200bar。已知1bar＝1.0×105 Pa，0℃取273K。
（1）若舱内气温缓慢降至t2＝3℃，求氧气瓶内气体的压强p2；
（2）若上述降温过程瓶中气体向外放热2000J，求此过程瓶中气体内能的变化量△U；
（3）若将初始温度下应急氧气瓶中的氧气通过吸氧系统供乘员呼吸。乘员每分钟呼吸12次，每次吸入压强为1bar、体积为V＝1.0L的氧气。忽略供氧过程的温度变化，当瓶内氧气压强缓慢下降至50bar时，求该吸氧过程经历的时间t。
14．图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经水平传送带Ⅰ由A运动到B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入与水平传送带Ⅱ共速的货箱中，实现按规格分装。传送带Ⅰ以速度v0匀速运行，从轻放某个散货时开始计数，当放置第2个散货时，第1个散货恰好与传送带Ⅰ共速且被水平抛出。散货与传送带Ⅰ间的动摩擦因数为μ，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱，需装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，散货对传感器的冲击力F随时间t变化如图乙（F0、Δt已知），传感器输出的每个脉冲信号都相同。求这段时间内：
（1）每个散货由静止加速到与传送带Ⅰ共速所用的时间t；
（2）每个散货的质量m和传送带Ⅱ的速度大小v；
（3）因运送散货，传送带Ⅰ的电动机多消耗的电功率P。
15．如图所示，在竖直面MGAF右侧足够大的空间内有垂直平面MPRG向外的匀强磁场，在竖直面MGAF左侧有线状粒子源，粒子源与MF棱平行且与MPQF共面。带电粒子无初速度逸出，经垂直于MF棱的水平匀强电场加速后，以一定的水平速度从MS段（S为MF的中点）进入正方体区域内，从M点射入的粒子恰好从R点射出。已知正方体的棱长为L，磁感应强度大小为B，带电粒子的质量为m、电荷量为+q，粒子重力和粒子间的相互作用忽略不计。
（1）求该粒子入射速度的大小v0；
（2）若撤去磁场，其他条件不变，施加垂直平面MPRG向外的匀强电场，电场强度大小，从S点射入的粒子，从PQ边上的某点射出，求该点距Q点的距离Δy；
（3）以G为坐标原点建立空间直角坐标系，，，分别为x，y，z轴的正方向，若该正方体区域内同时存在原匀强磁场B和（2）中匀强电场E，其他条件不变，请通过计算写出从S点射入的粒子离开该正方体区域时的坐标和速度的大小v'．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】放射性同位素及其应用；粒子的波动性 德布罗意波；α、β、γ射线及特点；核裂变
【解析】【解答】A：图(a)是电子束通过铝箔的衍射图样，而衍射是波特有的现象，这一实验证实了电子具有波动性，故A正确；
B：图(b)中，射线2不带电，为γ射线，其电离本领最弱，射线3为α射线，电离本领最强，故B错误；
C：图(c)中，为减缓核反应速度，需将镉棒插入一些，以吸收更多中子，而非抽出，故C错误；
D：β射线的穿透能力弱于γ射线，γ射线可穿透钢板，β射线难以穿透，故D错误。
故答案为：A
【分析】A：核心思路是利用衍射现象证明电子的波动性；
B：根据三种射线在磁场中的偏转判断其种类，并结合电离本领强弱分析；
C：明确镉棒的作用是吸收中子，减缓反应速度的操作是插入镉棒；
D：对比β射线与γ射线的穿透能力差异。
2．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光导纤维及其应用；光的偏振现象；光电效应
【解析】【解答】A：偏振是横波特有的现象，光的偏振说明光是横波，证明光具有波动性，故A错误；
B：光的频率越高，在同种介质中的折射率越大，通过三棱镜时偏折程度越大，故B正确；
C：根据光电效应方程 ，光电子的最大初动能只与入射光的频率和金属逸出功有关，与入射光强度无关，故C错误；
D：光发生全反射的条件之一是从光密介质射入光疏介质，因此光纤内芯的折射率必须比包层大，才能让光在内芯发生全反射，故D错误。
故答案为：B
【分析】A：核心思路是利用偏振现象的本质，区分横波与纵波，并联系光的波动性；
B：根据光的频率与折射率的关系，分析三棱镜色散时的偏折规律；
C：结合光电效应方程，明确最大初动能的决定因素；
D：根据全反射条件，分析光纤内芯与包层的折射率关系。
3．【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；多普勒效应；波的干涉现象
【解析】【解答】A：不同乐器发出的声波频率大多不同，不满足相干波条件，不会发生稳定干涉，但干涉是波的固有属性，满足条件时声波可以发生干涉；人能辨别不同乐器的声音是因为音色不同，故A错误；
B：耳朵贴在铁轨上听到远处火车声，是因为声波在固体中传播速度比空气中快、能量损耗小，这与衍射现象（波绕过障碍物传播）无关，故B错误；
C：音叉的两个叉股是相干波源，发出的声波在空间发生干涉，形成振动加强区和减弱区，绕音叉走一圈听到忽强忽弱的声音是干涉现象，而非共振（共振是驱动力频率等于物体固有频率时振幅大幅增大的现象），故C错误；
D：波源与观察者存在相对运动时，观察者接收到的波的频率会发生变化，该现象为多普勒效应；火车靠近时接收到的汽笛频率更高、音调更高，远离时频率更低、音调更低，可据此判断火车的运行方向和快慢，这是多普勒效应的应用，故D正确。
故答案为：D
【分析】A：核心思路是区分声波的干涉条件与音色的概念；
B：分析声波在不同介质中的传播特性，区分传播速度与衍射现象；
C：结合音叉发声的特点，区分干涉与共振现象；
D：根据多普勒效应的原理，分析火车汽笛的应用场景。
4．【答案】A
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A：根据万有引力提供向心力的公式，可得线速度公式 。由于轨道1的半径小于轨道2的半径，因此“天宫二号”在1轨道的线速度大于在2轨道的线速度，故A正确；
B：根据周期公式 ，轨道半径越大，周期越大，因此“天宫二号”在1轨道的周期小于在2轨道的周期，故B错误；
C：根据向心加速度公式 ，轨道半径越小，加速度越大，因此“天宫二号”在1轨道的加速度大于在2轨道的加速度，故C错误；
D：7.9 km/s是第一宇宙速度，是轨道半径等于地球半径时的线速度。“天宫二号”在1轨道的轨道半径大于地球半径，因此其线速度小于7.9 km/s，故D错误。
故答案为：A
【分析】A：核心思路是利用万有引力提供向心力，推导线速度与轨道半径的关系，半径越小线速度越大；
B：结合周期公式，分析轨道半径与周期的关系；
C：根据向心加速度公式，判断不同轨道上的加速度大小；
D：结合第一宇宙速度的物理意义，分析“天宫二号”的线速度范围。
5．【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A：交流电的角速度为，由可得频率。一个周期内电流方向改变2次，因此1s内电流方向改变100次，故A错误；
B：图示位置线圈平面与磁感线平行，磁通量为零，感应电动势和感应电流的瞬时值最大，但交流电流表的示数为有效值，不随时间变化，因此电流表的示数不会达到最大值，故B错误；
C：线圈逆时针转动，图示位置CD边向上切割磁感线，根据右手定则可知感应电流方向为逆时针（D→C），再根据左手定则，CD边受到的安培力方向向下，故C错误；
D：原电动势的有效值为，仅线圈转速加倍，角速度也加倍，由可知电动势最大值加倍，有效值也随之加倍，变为，故D正确。
故答案为：D
【分析】A：核心思路是先根据角速度计算频率，再结合一个周期内电流方向的变化次数分析；
B：明确交流电流表测量的是有效值，与瞬时值的最大值无关；
C：结合右手定则判断感应电流方向，再用左手定则判断安培力方向；
D：根据转速与角速度的关系，分析转速加倍对电动势有效值的影响。
6．【答案】B
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A：在时间内，磁场垂直纸面向里，导体棒向右运动，感应电流方向为顺时针（正方向）；由于导轨间距均匀减小，根据、，电流随时间均匀减小。在时间内，无磁场，感应电流为零。在时间内，磁场垂直纸面向外，感应电流方向为逆时针（负方向），电流大小随时间均匀减小。图A中第三段电流为正值，不符合规律，故A错误；
B：结合A选项分析，电流先为正且减小，中间为零，后为负且绝对值减小；且时刻的导轨间距大于时刻的，因此第一段电流值大于第三段电流的绝对值，图B符合规律，故B正确；
C：，其变化规律应与电流一致，且时刻的电压值应大于时刻的电压绝对值，图C中第三段起始值的绝对值大于第一段结束值，不符合导轨间距减小的事实，故C错误；
D：在时间内，电流方向为逆时针，流过电阻的电流方向为，故，而图D中该段电势差大于零，故D错误。
故答案为：B
【分析】A：核心思路是分阶段分析磁场方向、感应电流方向和电流大小的变化规律；
B：结合导轨间距的变化，分析不同阶段电流的大小和方向变化；
C：根据，分析电压随时间的变化规律；
D：根据电流方向判断的正负。
7．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A：链轮齿数不变，换用齿数更多的飞轮，根据链条传动关系，不变、增大，则飞轮角速度减小，自行车行驶速度减小，故A错误；
B：飞轮齿数不变，换用齿数更少的链轮，减小、不变，则飞轮角速度减小，自行车行驶速度变小，故B错误；
C：自行车行驶速度与链轮齿数成正比、与飞轮齿数成反比。最大速度对应、，最小速度对应、，因此速度之比为，故C正确；
D：由C选项的计算可知，最大速度与最小速度之比为4：1，并非2：1，故D错误。
故答案为：C
【分析】A：核心思路是利用链条传动的角速度与齿数关系，分析链轮不变、飞轮齿数增加时的速度变化；
B：根据链条传动规律，分析飞轮不变、链轮齿数减少时的速度变化；
C：找出最大和最小速度对应的链轮、飞轮齿数，计算速度之比；
D：结合C选项的分析，判断速度之比的正误。
8．【答案】B,D
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A：铅球从掷出到最高点的过程，可逆向看成平抛运动，竖直方向做自由落体运动。由于两次的最大高度相等，因此两次运动的时间相等，故A错误；
B：从最高点到落地，铅球做平抛运动，竖直方向下落高度相等，运动时间相等；水平方向上，第2次的水平位移更大，根据，可知第2次的水平速度更大，即铅球在最高点的速度更大，故B正确；
C：重力的瞬时功率，而，由于两次运动的总时间相等，因此落地前瞬间的竖直分速度相等，重力的功率也相等，故C错误；
D：两次投掷时，铅球的竖直分速度相等，而第2次的水平分速度更大，因此第2次的合初速度更大，初动能更大。根据动能定理，该同学投掷对铅球做的功等于铅球动能的变化，因此第2次做的功更多，故D正确。
故答案为：BD
【分析】A：核心思路是利用逆向思维，将上升过程等效为平抛运动，分析竖直方向的运动时间；
B：结合平抛运动的水平位移和时间，比较两次的水平分速度；
C：根据重力功率的公式，分析落地前瞬间的竖直分速度；
D：结合合速度的大小，利用动能定理分析投掷做功的多少。
9．【答案】B,C
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．若沿半径向外以2v射出的粒子，由洛伦兹力提供向心力得
解得粒子在磁场中的轨迹半径为作出粒子的运动轨迹如图所示
可知粒子不会被约束在大圆内部运动，故A错误；
B．若沿半径向外以v射出的粒子，由洛伦兹力提供向心力得，解得粒子在磁场中的轨迹半径为，作出粒子的运动轨迹如图所示
根据对称性可知粒子会被约束在大圆内部运动，故B正确；
C．若沿切线以射出的粒子，由洛伦兹力提供向心力得，解得粒子在磁场中的轨迹半径为，若粒子在P点的速度方向是沿切线向下，如图所示
可知粒子可能被约束在大圆内部运动，故C正确；
D．若沿切线以射出的粒子，由洛伦兹力提供向心力得，解得粒子在磁场中的轨迹半径为，可知轨迹的直径为，由于粒子的轨迹直径小于小圆与大圆之间的宽度，所以粒子不可能射出大圆，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：核心思路是先计算轨迹半径，再通过几何关系判断粒子是否会超出大圆；
B：结合轨迹半径与对称性，分析粒子的运动范围；
C：根据轨迹半径与几何关系，判断粒子是否可能被约束在大圆内部；
D：通过轨迹直径与圆环宽度的比较，判断粒子是否会射出大圆。
10．【答案】A,D
【知识点】胡克定律；机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】A：初始静止时，对A受力分析，弹簧弹力与重力分力平衡：，代入（），解得，故A正确；
B：A运动到最高点时位移为，此时弹簧伸长量为，B刚要离开挡板，对B受力分析：，解得，故B错误；
C：A运动到最高点时，根据牛顿第二定律：，代入、，解得。由于A做简谐运动，根据对称性，最低点加速度大小与最高点相等，也为，故C错误；
D：撤去恒力后，A的重力势能、动能与弹性势能之和守恒。最高点时动能为0，重力势能为，弹性势能为；最低点时动能也为0，设最大弹性势能为，重力势能为，由能量守恒：，解得，故D正确。
故答案为：AD
【分析】A：核心思路是初始状态的受力平衡，结合弹簧压缩量求解劲度系数；
B：根据A的位移判断弹簧伸长量，再对B受力平衡分析质量；
C：结合简谐运动的对称性，通过最高点加速度推导最低点加速度；
D：利用机械能守恒（含弹性势能），结合最高点与最低点的能量状态求解最大弹性势能。
11．【答案】（1）53.50
（2）相等
（3）
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）20分度游标卡尺的精确值为，由图（b）可知黄铜管的内径为
故答案为：53.50
（2）若测得强磁体通过光电门1与光电门2的遮光时间相等，可知强磁体通过光电门1与光电门2的速度相等，说明强磁体已在金属管内做匀速直线运动。
故答案为：相等
（3）由题意可知强磁体最终速度v与金属管材料的电阻率ρ成正比，则有
可得该合金铝管的电阻率
故答案为：
【分析】(1) 游标卡尺读数为“主尺读数+游标尺读数”，注意20分度卡尺的精度为0.05mm；
(2) 强磁体做匀速直线运动时，通过两个光电门的遮光时间相等；
(3) 由题意，最终速度与电阻率成正比，根据比例关系计算合金铝管的电阻率。
（1）20分度游标卡尺的精确值为，由图（b）可知黄铜管的内径为
（2）若测得强磁体通过光电门1与光电门2的遮光时间相等，可知强磁体通过光电门1与光电门2的速度相等，说明强磁体已在金属管内做匀速直线运动。
（3）由题意可知强磁体最终速度v与金属管材料的电阻率ρ成正比，则有
可得该合金铝管的电阻率
12．【答案】（1）较小
（2）20.0；上通道；10.5
（3）变大
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1）苹果通过托盘时，质量较大的苹果托盘对R1的压力较大，根据图乙可知，对应的R1的阻值较小。
故答案为：较小
（2）当苹果质量为0.3kg时，此时R1受到的压力为，由图乙可知此时R1的阻值为；
根据题述条件可知，质量小于0.3kg的小苹果，对R1的压力较小，对应的R1的阻值较大，R2两端电压较小，电磁铁没有吸动衔铁，则小苹果将通过上通道；为使该装置达到分拣标准，根据比例可得，其中，，，，解得电阻箱R2的阻值应调为
故答案为：20.0；上通道；10.5
（3）若电源长时间未使用，内阻r增大，但电动势不变，根据
由于内阻r增大，则实际要吸引衔铁打开通道时对应的R1的阻值变小，需要的压力变大，即分拣标准质量将会变大。
故答案为：变大
【分析】(1) 由图乙可知，压力越大，R1的阻值越小，故质量较大的苹果对应的R1阻值较小。
(2) 0.3kg苹果的压力为，由图乙得此时R1阻值为20.0Ω；质量小于0.3kg的苹果压力较小，R1阻值较大，R2两端电压不足，电磁铁不吸合，苹果通过上通道；再根据闭合电路欧姆定律计算R2的阻值。
(3) 内阻增大时，为使R2两端电压达到3V，需减小R1的阻值，即增大压力，分拣标准质量变大。
（1）苹果通过托盘时，质量较大的苹果托盘对R1的压力较大，根据图乙可知，对应的R1的阻值较小。
（2）[1]当苹果质量为0.3kg时，此时R1受到的压力为
由图乙可知此时R1的阻值为；
[2]根据题述条件可知，质量小于0.3kg的小苹果，对R1的压力较小，对应的R1的阻值较大，R2两端电压较小，电磁铁没有吸动衔铁，则小苹果将通过上通道；
[3]为使该装置达到分拣标准，根据比例可得
其中，，，，解得电阻箱R2的阻值应调为
（3）若电源长时间未使用，内阻r增大，但电动势不变，根据
由于内阻r增大，则实际要吸引衔铁打开通道时对应的R1的阻值变小，需要的压力变大，即分拣标准质量将会变大。
13．【答案】（1）解：瓶内气体发生等容变化，由查理定律得
其中，
解得
（2）解：由于气体体积不变，外界对气体不做功，即
由热力学第一定律有
由题意可知
解得
即气体内能减小。
（3）解：设可支持呼吸次，瓶内气体发生等温变化，由玻意耳定律可得
解得
吸氧过程经历的时间为
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 瓶内气体体积不变，发生等容变化，由查理定律求解压强；
(2) 气体体积不变，外界对气体不做功，根据热力学第一定律计算内能变化；
(3) 温度不变，气体发生等温变化，由玻意耳定律计算可供呼吸的次数，再求时间。
（1）瓶内气体发生等容变化，由查理定律得
其中，
解得
（2）由于气体体积不变，外界对气体不做功，即
由热力学第一定律有
由题意可知
解得
即气体内能减小。
（3）设可支持呼吸次，瓶内气体发生等温变化，由玻意耳定律可得
解得
吸氧过程经历的时间为
14．【答案】（1）解：散货在传送带Ⅰ上受摩擦力加速，由牛顿第二定律有
解得
散货由静止加速到，由运动学公式得
解得
（2）解：稳定运行后，由图可知，在冲击力F作用的时间内，冲击力F均匀增大后又均匀减小，图像对称，故平均冲击力大小为，撞击后散货水平速度变为0，竖直速度不变，因此每个散货水平方向动量变化大小为
由动量定理得
解得每个散货的质量
每个货箱装总质量，共装散货个数
装完一个货箱的总时间
货箱随传送带Ⅱ运动位移为
解得
（3）解：每个散货加速过程中，传送带位移
电动机克服摩擦力做功
解得运送单个散货多消耗的能量
每时间运送一个散货，因此平均功率
解得
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的应用—传送带模型；功率及其计算
【解析】【分析】(1) 散货在传送带上受摩擦力作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式求加速时间；
(2) 利用冲量定理分析传感器的冲击力，再结合货箱的运动时间求传送带 Ⅱ 的速度；
(3) 计算每个散货加速过程中传送带多消耗的能量，再求平均功率。
（1）散货在传送带Ⅰ上受摩擦力加速，由牛顿第二定律有
解得
散货由静止加速到，由运动学公式得
解得
（2）稳定运行后，由图可知，在冲击力F作用的时间内，冲击力F均匀增大后又均匀减小，图像对称，故平均冲击力大小为，撞击后散货水平速度变为0，竖直速度不变，因此每个散货水平方向动量变化大小为
由动量定理得
解得每个散货的质量
每个货箱装总质量，共装散货个数
装完一个货箱的总时间
货箱随传送带Ⅱ运动位移为
解得
（3）每个散货加速过程中，传送带位移
电动机克服摩擦力做功
解得运送单个散货多消耗的能量
每时间运送一个散货，因此平均功率
解得
15．【答案】（1）解：从点射入的粒子恰好从点射出的轨迹为圆周，设运动半径为，则
解得
（2）解：粒子在该区域内电场中做类平抛运动，将运动分解为垂直于方向的匀速直线运动和平行于方向的匀加速直线运动，可得
垂直于方向
平行于方向
解得
（3）解：该区域内同时存在上述磁场与电场时，从S点进入的粒子在正方体区域内做不等距螺旋线运动，可将其运动分解为沿方向的初速度为零的匀加速直线运动，和平行于平面的线速度为，半径为的匀速圆周运动。
分运动为匀速圆周运动的周期
假设粒子可完成个圆周运动，则
粒子在方向的位移为
解得
假设成立，且该粒子在边射出，射出坐标为
离开该区域时沿方向的速度为
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；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) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹为四分之一圆弧，半径等于正方体边长L，由洛伦兹力提供向心力求初速度；
(2) 撤去磁场加电场后，粒子做类平抛运动，分解为垂直电场方向的匀速直线运动和平行电场方向的匀加速直线运动，结合运动学公式求解；
(3) 同时存在磁场和电场时，粒子做不等距螺旋运动，分解为匀速圆周运动和匀加速直线运动，分别计算分运动后合成坐标和速度。
（1）从点射入的粒子恰好从点射出的轨迹为圆周，设运动半径为，则
解得
（2）粒子在该区域内电场中做类平抛运动，将运动分解为垂直于方向的匀速直线运动和平行于方向的匀加速直线运动，可得
垂直于方向
平行于方向
解得
（3）该区域内同时存在上述磁场与电场时，从S点进入的粒子在正方体区域内做不等距螺旋线运动，可将其运动分解为沿方向的初速度为零的匀加速直线运动，和平行于平面的线速度为，半径为的匀速圆周运动。
分运动为匀速圆周运动的周期
假设粒子可完成个圆周运动，则
粒子在方向的位移为
解得
假设成立，且该粒子在边射出，射出坐标为
离开该区域时沿方向的速度为
解得
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