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2026年广东省佛山市顺德区高考物理模拟试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.年月，中国科学院发布研究成果，成功合成新核素锫及其衰变产物镅，衰变方程为，已知镅的半衰期为秒。下列说法正确的是( )
A. 该反应类型为衰变
B. 镅的原子序数为
C. 衰变过程释放能量是因为锫的比结合能大于镅
D. 镅原子核经过秒后，剩余质量为
2.“十五五”规划将特高压输电作为“西电东送”核心载体。如图为相邻竖直铁塔、间某根输电线的示意图，输电线质量为且分布均匀、两端分别固定在、两等高点，两塔间距为，输电线两端的切线与竖直方向的夹角为，重力加速度为。下列说法正确的是( )
A. 输电线上张力大小处处相等
B. 点处拉力大小为
C. 若增大，点处张力减小
D. 由于热胀冷缩，冬季降温时输电线最低点的张力减小
3.年月，神州乘组入驻中国空间站。如图，地球半径为，自转周期为，空间站所在轨道离地面的高度约为，同步卫星离地面的高度约为，万有引力常量为。下列说法正确的是( )
A. 根据题中物理量可求出地球平均密度
B. 空间站绕地运行线速度比同步卫星小
C. 空间站绕地运行角速度比地球自转角速度小
D. 空间站绕地运行的周期约为
4.为贯彻绿色低碳理念，某学习小组设计如图甲的静电除尘装置。假设装置内某电子由静止出发，仅受电场力作用，从点运动到点，其速度随时间变化的规律如图乙。下列说法正确的是( )
A. 加速度 B. 电场强度
C. 电势 D. 电势能
5.如图，利用某种光纤材料制成半径的光导纤维并将其弯成半径为的半圆形并置于真空中，已知光在真空中的速度为，光导纤维的折射率。现用紫色激光垂直于光导纤维的端面射入，该束激光恰好不从光导纤维的侧面外泄，，，下列说法正确的是( )
A. 激光在光导纤维中的传播速度
B. 激光在光导纤维中发生全反射的临界角为
C. 半径的最小值为
D. 换成红色激光一定没有激光从侧面外泄
6.如图甲为我国风力电应用简化原理图，风轮带动矩形线圈在匀强磁场中转动输出如图乙的交流电，并通过理想变压器给用电户供电。已知匝数为的线圈匀速转动，发电机输出功率为，输电线上的总电阻为，升压变压器原、副线圈匝数分别为、，不计其余电阻。下列说法正确的是( )
A. 线圈转动至图甲中位置时，发电机的输出电压为
B. 转动过程中，线圈的磁通量最大值为
C. 输电线上损耗的功率为
D. 用电高峰期，升压变压器的输出电压升高
7.如图甲，用轻弹簧悬挂的手机在竖直方向做简谐运动，点为平衡位置，点为最高点，点为最低点。手机上的传感器记录其竖直方向的加速度随时间变化的曲线，如图乙。已知手机质量为，振动周期为，最大加速度大小为，重力加速度为，忽略空气阻力，以竖直向下为正方向。下列说法正确的是( )
A. 时，手机在点 B. 过程中，手机运动的动能增大
C. 手机运动的最大速度大小为 D. 时刻，弹簧弹力大小为
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.在建设目前世界最高花江峡谷大桥时，某起重机将质量为的构件从地面由静止竖直吊起。提升过程中，电动机提供的牵引力随时间变化规律如图。已知时刻构件恰好开始以速度匀速上升，重力加速度为，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 时间内，构件一直上升
B. 时间内，构件的动能增加量等于牵引力做的功
C. 时间内，牵引力的冲量为
D. 构件匀速上升时，起重机输出功率为
9.如图，倾角为的足够长斜面上放置三个完全相同视作质点的木箱，相邻两木箱的距离均为，木箱质量为，恰能在斜面上保持静止。现使最上方的木箱获沿斜面向下的初速度，下滑中与其它木箱碰撞，每次碰撞后木箱都粘在一起运动。设木箱与斜面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，碰撞时间极短，重力加速度为，下列说法正确的是( )
A.
B. 第一次碰撞中损失的机械能
C. 木箱先后经过两段的时间之比为：
D. 最下方木箱的最终速度为
10.“福建舰”装载我国自主研制的电磁弹射系统，在飞机被弹射离舰后，能让弹射动子迅速停下，其实验模型如图。水平桌面上固定光滑平行金属导轨、，间距，定值电阻。将动子简化为质量、电阻的金属棒。金属棒以的速度进入磁感应强度的匀强磁场，减速滑行至停下。忽略导轨电阻、摩擦力和空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 进入磁场的瞬间，金属棒上感应电流方向为
B. 进入磁场的瞬间，金属棒上的感应电流大小为
C. 金属棒的减速距离为
D. 减速滑行至停下，金属棒上产生的热量为
三、实验题：本大题共1小题，共6分。
11.请完成下列实验操作和计算。
某课堂用图甲装置完成“探究平抛运动”实验。
下列实验条件必须满足的有 。填选项前的字母
A.斜槽轨道末端水平
B.挡板高度等间距变化
C.每次从斜槽上不同的位置无初速度释放钢球
D.尽可能减小钢球与斜槽轨道之间的摩擦
该同学用频闪照相机记录钢球做平抛运动轨迹上的、、三点，取点为坐标原点，建立如图乙坐标系由实验数据算得钢球平抛的初速度为 取，计算结果保留两位有效数字。
某实验小组用图丙所示实验装置测量当地重力加速度大小。
实验操作如下：
测量所需长度
用刻度尺测得摆线长度为。用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图丁，小球直径 。
测量当地重力加速度的大小
将小球拉起一个小角度，静止释放，使小球在竖直平面内做简谐运动。测得小球从第次遮光到第次遮光经历的总时间为，当地的重力加速度的表达式 用、、、表示。若摆动过程中悬点出现松动导致实际摆长增大，测得重力加速度 选填“偏大”、“偏小”或“不变”。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
12.萃取咖啡的摩卡壶简化结构如图。壶体由上壶座和下壶座组成，中间用竖直导管连通，上壶座与大气相通。下壶座容积为，初始时盛有体积为的水，上方封闭有体积、温度、压强与外界大气压相同的理想气体。萃取咖啡时，下壶座被缓慢加热，气体膨胀将水压入导管，从顶端流入上壶座。水上升过程中咖啡粉饼对水流的阻碍等效为导管顶端处一个反向压强，其大小。已知初始水面与导管顶端的高度差，大气压强，重力加速度，水的密度。不计水的体积变化与管内水的体积，忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。求：
当水恰好从导管顶端流出时，下壶座内气体的压强；
当体积为的水被压入上壶座时，下壶座内水面与导管顶端的高度差，求下壶座内气体的温度。
13.图甲所示的波荡器可通过周期性磁场使高速电子束产生扭摆运动，从而辐射出高亮度光子。图乙是波荡器的简化模型，是电子源，可朝不同方向发射电子，右侧有若干个互不重叠的、半径均为的圆形磁场区域，沿水平直线等间距分布，位于中心线上，、间距离。所有圆形磁场内的磁感应强度大小均相等，相邻磁场方向相反且均垂直纸面。若电子从点以初速度沿中心线向右射入波荡器，电子恰好从点正上方离开第一个磁场轨迹未在图乙中画出。电子的质量为，电荷量为，忽略相对论效应及磁场边界效应，不计电子的重力。求：
磁感应强度的大小；
若调节电子的速度为，方向与中心线的夹角，使电子从点进入波荡器后，每次穿过中心线时速度方向与中心线的夹角均为，电子做扭摆运动，轨迹如图乙。求相邻圆形磁场圆心间的距离及电子速度的大小；
在问的情况下，求电子从点开始做扭摆运动的周期。
14.某科技公司研发的无人机具备离地高度感应与智能着陆功能，可在接近地面时自动增大升力实现安全软着陆。已知无人机质量为，重力加速度为，机底搭载高度传感器，可实时探测离地高度。研究小组对该无人机的智能着陆系统进行测试，其升力控制规律为：
当离地高度时，升力大小恒定，；
当离地高度时，升力随高度线性调节，。
现将无人机从距水平地面高处由静止释放，无人机沿竖直方向下落，运动过程中保持姿态稳定，无人机在接触地面瞬间速度恰好减为零。忽略空气阻力，求：
无人机升力开始增大的瞬间，其速度大小；
无人机在下落过程中，速度最大时的离地高度；
无人机从释放到落地前瞬间的整个过程中，升力对无人机所做功的大小。
若升力调节的临界高度为确定值，为保证无人机在接触地面瞬间速度恰好减为零，升力随高度线性调节的比例需根据静止释放的高度来调控，请写出与的关系式。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：衰变方程放出的是粒子，属于衰变，不是衰变衰变放出电子，故A错误；
B.根据电荷数守恒：，解得，故镅的原子序数为，故B错误；
C.衰变释放能量，说明产物镅和粒子的比结合能大于反应物锫的比结合能，因此锫的比结合能小于镅。故C错误；
D.镅的半衰期，秒为个半衰期：，故D正确。
故选：。
看到放出直接判断为衰变；比结合能：衰变释放能量，产物比结合能一定大于反应物；半衰期计算：剩余质量，为半衰期个数。
本题全面考查了衰变判断、核反应守恒、比结合能与能量变化、半衰期计算，是核物理的基础综合题。
2.【答案】
【解析】解：对输电线整体进行受力分析，其受到两端固定点的拉力和重力作用，由对称性可知，两端拉力大小相等。
A、由于输电线各部分的重力分布，输电线上各点的张力方向和大小沿曲线不断变化，两端张力最大，最低点张力最小且方向水平，故A错误；
B、在竖直方向上，根据平衡条件有，代入，解得：，故B正确；
C、若增大，输电线将被拉得更紧更平直，导致两端切线与竖直方向的夹角增大，根据公式可知，减小，则点处张力增大，故C错误；
D、由于热胀冷缩，冬季降温时输电线收缩变紧，导致两端切线与竖直方向的夹角增大，对半根输电线分析可知最低点的张力为，因增大，最低点的张力增大，故D错误。
故选：。
题目描述两端固定、质量均匀分布的输电线在重力作用下的悬链形态，需分析其张力分布规律。明确输电线整体受力平衡，其两端张力大小相等，但线上各点张力大小和方向随位置变化。已知质量、重力加速度和两端切线与竖直方向夹角，可利用竖直方向受力平衡求端点张力。分析端点张力随塔间距变化的规律，需建立张力与夹角的关系。考虑热胀冷缩对输电线松紧程度的影响，需关联温度变化引起的长度变化如何改变悬垂形态，从而影响线上各点张力。
本题以特高压输电为背景，考查力的平衡与分解、悬链线或近似抛物线模型的受力分析，属于力学中的静力学问题。题目将实际工程情境抽象为物理模型，综合考查学生的建模能力与受力分析基本功。计算量不大，但要求对柔性绳索类物体在重力作用下的张力分布有清晰理解，并需结合对称性建立竖直方向平衡方程。选项C和进一步考查参数变化对系统状态影响的动态分析能力，需要学生准确把握张力与夹角、跨距等几何物理量间的函数关系，对逻辑推理能力有一定要求。
3.【答案】
【解析】解：根据，结，以及，联立可求出地球平均密度，故A正确；
根据高轨低速的原理，空间站绕地运行线速度比同步卫星大，故B错误；
根据，可知空间站绕地运行角速度比同步卫星的角速度大，也大于地球自转角速度，故C错误；
根据开普勒第三定律，得空间站绕地运行的周期约为，故D错误。
故选：。
根据万有引力提供向心力和密度、体积公式等列式分析解答；根据高轨低速的规律判断；根据万有引力提供向心力结合地球自转角速度分析解答；根据开普勒第三定律分析解答。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解开普勒的运动定律和万有引力定律的内容，属于中等难度考题。
4.【答案】
【解析】解：图像的斜率表示加速度，由图乙可知，电子的加速度随时间逐渐减小，因此点的加速度大于点的加速度，故A错误；
B.电子的加速度由电场力提供，根据，加速度减小说明电场强度减小，因此点的电场强度大于点的电场强度，故B错误；
C.电子从到做加速运动，电场力方向与运动方向一致，电子带负电，因此电场强度方向由指向；沿电场线方向电势逐渐降低，故A点电势低于点电势，故C正确；
D.电子从到的过程中，电场力做正功，根据电场力做功与电势能的关系，电势能减小，因此点的电势能大于点的电势能，故D错误。
故选：。
根据图像的斜率判断加速度变化，结合电场力公式分析电场强度；由电子运动方向判断电场线方向，进而分析电势高低；根据电场力做功情况判断电势能变化。
本题结合静电除尘装置的生活情境，考查图像的物理意义、电场强度、电势与电势能的综合分析，将运动学与电场知识结合，侧重对概念和图像的理解应用，难度适中。
5.【答案】
【解析】解：、由折射定律可知光在纤维中的传播速度，代入数据可得，故A错误；
B、由折射率与全反射临界角关系可知，代入数据可得，故B错误；
C、由点射入的光恰好发生全反射时，半径最小，光路图如图所示：
由几何关系可知，代入数据可得，故C正确；
D、换红色激光，频率减小，折射率减小，全反射临界角变大，则紫光恰好发生全反射时，红光会从侧面外泄，故D错误。
故选：。
A、根据折射定律分析；
B、根据折射率与全反射临界角关系分析；
C、画出恰好发生全反射时的光路图，根据几何关系分析；
D、光频率减小，折射率减小，全反射临界角变大。
考查了光的全反射现象的分析方法，熟练掌握常用表达式，分析光路图几何关系是解题关键。
6.【答案】
【解析】解：、图甲中线圈平面与磁场垂直，处于中性面位置，此时磁通量最大，感应电动势为，输出电压瞬时值为，故A错误；
由感应电动势峰值公式
整理得磁通量最大值，故B错误；
C、发电机输出电压有效值，由变压器电压比，升压变压器副线圈电压
输电电流
输电损耗功率，故C正确；
D、升压变压器的输入电压由发电机决定，市数比固定，因此其输出电压仅由输入电压和市数比决定，与用户负载无关，用电高峰期用户负载变化只会影响输电电流和损耗，不会改变升压变压器的输出电压，故D错误。
故选：。
先判断线圈在中性面位置的瞬时电压，再利用交变电流峰值公式推导磁通量最大值，接着结合变压器电压比、功率守恒和焦耳定律计算输电损耗功率，最后分析用电高峰期升压变压器输出电压的影响因素，逐一判断选项正误。
本题考查交变电流的产生、有效值与峰值关系、理想变压器的电压与功率规律及输电损耗计算，解题要点是明确中性面的电动势特点、磁通量最大值与电动势峰值的关系，结合变压器电压比和功率公式推导输电损耗功率，并理清负载变化对升压变压器输出电压的影响，综合考查交变电流与远距离输电的核心知识点应用。
7.【答案】
【解析】解：规定竖直向下为正方向，根据简谐运动的特征，加速度方向与位移方向相反。
、在时刻，加速度为正向最大值，则手机的位移为负向最大值，即位于最高点；在至过程中，手机由平衡位置向最低点运动，速度逐渐减小，动能减小，故AB错误；
C、根据简谐运动规律，最大加速度与最大速度的关系满足，解得：，故C错误；
D、在时刻，手机到达最低点，此时加速度为，根据牛顿第二定律，解得：，故D正确。
故选：。
由简谐运动特征可知，加速度方向与位移方向相反。时加速度为正最大，对应位移负最大即最高点，而非点。在四分之一周期到半周期过程中，手机从平衡位置向最低点运动，速度减小导致动能减小。最大速度与最大加速度的关系由简谐运动规律决定，需通过角速度关联，而非简单线性比例。半周期时刻手机位于最低点，此时加速度向上最大，根据牛顿第二定律分析弹簧弹力与重力的合力方向，可确定弹力大小表达式。
本题以弹簧悬挂手机做简谐运动为情境，综合考查了简谐运动的动力学特征、振动图像分析以及牛顿第二定律的应用。题目通过加速度时间图像巧妙地将振动过程与受力分析相结合，计算量适中，但要求学生深刻理解简谐运动中加速度、位移、速度三者的相位关系，并能将图像信息与物理过程一一对应。解答本题需要学生具备清晰的物理图景构建能力，能准确判断振动过程中不同时刻的物体位置、运动状态及受力情况。其中，判断速度变化以分析动能增减，以及运用牛顿第二定律求解特定时刻的弹力，均是考查的重点。本题的亮点在于将抽象的简谐运动规律与具体的传感器图像、受力计算紧密结合，有效检验了学生对机械振动核心知识的掌握程度和综合应用能力。
8.【答案】
【解析】解：在时间内，当牵引力小于重力时，构件受地面支持力作用保持静止，并未上升，故A错误；
B.根据动能定理，动能增加量等于合外力做功，即重力做功为负，因此构件动能增加量等于牵引力做功与重力做功的代数和，故B错误；
C.根据动量定理，时间内合外力冲量等于动量变化，公式为
整理得牵引力冲量，故C正确；
D.构件匀速上升时，牵引力与重力平衡，即，起重机输出功率公式为，代入
得，故D正确。
故选：。
根据图像分析构件不同阶段的受力与运动状态，结合牛顿运动定律、动能定理、动量定理及功率公式判断选项。
本题以起重机吊构件为背景，考查力学综合知识，需结合图像分析受力、运动并运用相关定理判断，综合性较强，可考查对力学规律的理解与应用能力。
9.【答案】
【解析】解：、木箱恰能在斜面上保持静止，根据平衡条件有，解得：，故A正确；
B、由于斜面摩擦情况满足，木箱下滑时重力沿斜面的分力与滑动摩擦力大小相等，故在碰撞前木箱做匀速直线运动。
第一次碰撞前瞬间速度为，根据动量守恒定律有，解得碰后共同速度。
由能量守恒定律可知第一次碰撞中损失的机械能，解得：，故B正确；
C、木箱在碰撞前后均做匀速运动，通过第一段距离的速度为，所用时间，通过第二段距离的速度为，所用时间，则木箱先后经过两段的时间之比为：：，故C错误；
D、两木箱运动距离后与最下方木箱碰撞，根据动量守恒定律有，解得最终共同速度，故最下方木箱的最终速度为，故D正确。
故选：。
题目中木箱恰能静止表明重力分力与最大静摩擦力平衡，可得动摩擦因数与倾角关系。下滑过程中因该平衡条件，木箱在碰撞前后均做匀速直线运动，碰撞时间极短满足动量守恒且粘为一体。第一次碰撞前速度为，碰后两箱共同速度可由动量守恒得出，进而计算碰撞中机械能损失。通过两段相同距离的时间仅由匀速运动速度决定，比较碰撞前后速度即可得时间比。最终三箱共同运动的速度需考虑第二次碰撞的动量守恒，由碰前两箱速度求得。
本题综合考查共点力平衡、动量守恒定律、能量转化与守恒以及运动学规律。题目首先通过平衡条件揭示了这一关键关系，进而得出木箱在斜面上所受合力为零、做匀速直线运动的核心结论，巧妙地将动力学问题转化为运动学与碰撞问题。碰撞过程严格遵守动量守恒，而机械能损失的计算则体现了完全非弹性碰撞的特点。时间之比与最终速度的求解需要学生准确理解碰撞前后速度的变化，并灵活运用匀速运动公式与动量守恒定律。本题计算量适中，但要求学生具备清晰的物理图景构建能力，能够将多个知识点有机串联，是一道能够有效检验学生综合应用能力的好题。
10.【答案】
【解析】解：、根据右手定则可判定，金属棒进入磁场瞬间的感应电流方向为由流向。根据法拉第电磁感应定律，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为，其中。由闭合电路欧姆定律，感应电流大小为，代入数据解得：，故A错误，B正确；
C、金属棒减速滑行至停下的过程中，根据动量定理有，而通过回路的电荷量，代入数据解得金属棒的减速距离，故C正确；
D、金属棒减速滑行至停下的整个过程中，根据能量守恒定律，整个电路产生的总热量，解得：。金属棒上产生的热量，代入数据解得：，故D错误。
故选：。
题目描述金属棒以初速度进入匀强磁场后减速至停止的过程，涉及电磁感应与动力学分析。已知金属棒初始速度、质量、电阻及磁场强度、回路总电阻，需判断感应电流方向、大小、减速距离及产热情况。分析时应明确电磁感应规律：金属棒切割磁感线产生感应电动势，由右手定则判断电流方向，闭合电路欧姆定律确定电流大小；减速过程安培力做负功导致动能减少，可结合动量定理或能量守恒分析位移与热量分配，注意总热量由动能转化，金属棒产热需按电阻比例分配。
本题以电磁弹射系统为情境，考查电磁感应与动力学、能量、动量定理的综合应用。题目计算量适中，难度中等偏上，重点考查学生对电磁感应基本规律、闭合电路欧姆定律、动量定理及能量守恒定律的理解与综合运用能力。解题过程需要将金属棒的减速运动抽象为仅受安培力作用的模型，并灵活运用动量定理建立位移与电荷量的关系，进而求解减速距离，体现了对物理建模和逻辑推理能力的较高要求。在能量分析中，需注意区分整个回路的总焦耳热与金属棒上产生的热量，这是本题的一个关键辨析点。
11.【答案】
偏小

【解析】解：斜槽轨道末端水平，能保证小球做平抛运动，故A正确；
B.挡板高度不需要等间距变化，只要能记录不同位置的痕迹点即可，故B错误；
C.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，这样才能保证钢球每次平抛的初速度相同，是必须满足的条件，故C错误；
D.钢球与斜槽轨道之间的摩擦不影响每次从同一位置释放时到达末端的速度，不是必须减小的，不是必须条件，故D错误。
故选：。
根据题意可知，由于、和、间水平距离相等，则运动时间相等，设为，竖直方向上，由逐差法有
代入数据解得
则水平方向上，由可得，小球做平抛运动的初速度大小
小球直径。
单摆的周期为
根据单摆周期公式有
联立可得
若摆动过程中悬点出现松动导致实际摆长增大，计算用的摆长偏小，则测得重力加速度偏小。
故答案为：；；；，偏小。
根据保证小球做平抛运动判断；根据只要能记录不同位置的痕迹点判断；根据保证钢球每次平抛的初速度相同判断；根据钢球与斜槽轨道之间的摩擦不影响每次从同一位置释放时到达末端的速度判断；
根据匀变速直线运动和匀速直线运动规律计算；
螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；
根据单摆周期公式计算；根据单摆周期公式分析判断。
本题关键掌握“探究平抛运动”实验和测重力加速度的实验原理、数据的处理方法。
12.【答案】当水恰好从导管顶端流出时，下壶座内气体的压强为 当体积为的水被压入上壶座时，下壶座内水面与导管顶端的高度差，下壶座内气体的温度为
【解析】解：当水恰好从导管顶端流出时，下壷座内气体的压强水恰好从导管顶端流出时，下壶内气体压强需平衡大气压强、水柱产生的压强
代入数据
可得
初始状态，，
末状态气体体积：下壶内水减少，故气体体积
气体压强：需平衡大气压、水柱压强和反向压强，故
代入数据，
因此
根据理想气体状态方程
代入参数
解得
答：当水恰好从导管顶端流出时，下壶座内气体的压强为；
当体积为的水被压入上壶座时，下壶座内水面与导管顶端的高度差，下壶座内气体的温度为。
分析水恰好从导管顶端流出时的受力平衡，下壶内气体压强需同时平衡外界大气压和导管中水柱产生的压强，根据液体压强公式计算出水柱压强，进而求出此时下壶内气体的压强；
先确定水被压入上壶后，下壶内气体的末态体积、压强压强需平衡大气压、新高度水柱压强和咖啡粉饼的反向压强，再结合初始状态的气体参数，利用理想气体状态方程联立求解气体温度。
本题考查液体压强计算与理想气体状态方程的应用，解题要点是先根据液体压强公式结合受力平衡求气体压强，再分析气体初末状态的参量变化，利用理想气体状态方程求解温度，综合考查气体实验定律与力学压强平衡的结合应用。
13.【答案】磁感应强度大小为 相邻圆形磁场圆心间的距离为，电子速度为 电子做扭摆运动的周期为
【解析】解：电子沿中心线进入第一个磁场，由于、间距离为，磁场边界半径为，故电子从处进入磁场。
由题意电子恰好从正上方处离开，说明电子在磁场中运动了四分之一圆周，速度方向偏转了。
设其在磁场中做匀速圆周运动的半径为，由几何关系可知。
根据洛伦兹力提供向心力有，解得磁感应强度。
设电子以速度射入波荡器时，在磁场中做圆周运动的半径为。
以为坐标原点建立平面直角坐标系，电子从点沿与中心线成的方向做匀速直线运动。
射线方程为，与磁场边界联立，解得电子进入第一个磁场的点的坐标为。
由题意，电子每次穿过中心线时速度方向与中心线的夹角均为，根据对称性，电子离开第一个磁场时的速度方向必定与中心线成，速度偏转角为，且进入点与离开点必关于纵轴对称，故E的坐标为。
弦长，根据几何关系有，故。
由解得电子速度，代入的表达式得。
电子从点离开磁场后做直线运动，设在点穿过中心线。
由于纵坐标绝对值为且运动方向与中心线夹角为，其水平滑行距离，故C的横坐标。
为保证电子能持续做周期性扭摆运动，中心线上的穿过点到第二个磁场中心的距离必须等于到的距离，即。
因此的横坐标，相邻圆形磁场圆心间的距离。
电子从点开始完成一次完整扭摆运动的周期是指电子从点运动到第二次以相同状态穿过中心线的时间。
在一个周期内，电子的运动轨迹包含段相等的直线和段相等的圆弧。
其中一段直线的长度。
一段圆弧的长度。
电子在一个周期内运动的总路程。
故扭摆运动的周期。
答：磁感应强度大小为。
相邻圆形磁场圆心间的距离为，电子速度为。
电子做扭摆运动的周期为。
电子沿中心线进入第一个圆形磁场区域，已知、间距离为，磁场半径为，结合电子从正上方离开的条件，可确定电子在磁场中运动了四分之一圆周，其轨迹半径等于磁场半径。根据洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力，由已知初速度、电荷量与质量可建立方程，从而求得磁感应强度的大小。
电子以与中心线成角的速度射入，在进入第一个磁场前做匀速直线运动，其轨迹方程与磁场边界圆方程联立可确定进入点坐标。由题意电子每次穿过中心线时速度方向与中心线夹角均为，结合磁场方向交替变化及对称性，可推断电子在磁场中速度偏转角为，进而确定其轨迹半径与磁场半径的几何关系，由此求出电子速度。电子离开磁场后沿直线运动至中心线，该段水平位移与已知几何条件结合，并考虑周期性扭摆要求，可推得相邻圆形磁场圆心间距。
电子扭摆运动的周期指完成一次完整循环所需时间。分析一个周期内电子的运动路径，它由四段相等的直线段和两段相等的圆弧组成，分别求出直线段长度和圆弧长度，相加得总路程。电子在整个过程中速率保持不变，周期等于总路程除以速率，将中求得的代入即可得到周期表达式。
本题综合考查带电粒子在组合磁场中的复杂运动，涉及匀速圆周运动、直线运动及周期性边界条件的综合应用，对学生的建模能力与几何分析能力提出了较高要求。题目通过巧妙设置电子进入磁场的初始条件与运动约束，引导学生深入理解粒子在交替反向磁场中的运动规律，计算量较大且过程分析环环相扣。第一问为基础性考查，利用几何关系确定轨道半径；第二问是核心难点，需通过解析几何方法精确求解进入点坐标，并结合对称性分析粒子在磁场中的偏转，进而推导相邻磁场圆心距与速度大小；第三问则在此基础上计算运动周期，需要细致拆解一个完整周期内的直线段与圆弧段路径。本题充分锻炼了学生将复杂运动分解、运用数学工具解决物理问题的综合能力，是一道综合性强的优秀压轴题。
14.【答案】速度大小为；离地高度为；升力所做功的大小为 与的关系式为
【解析】解：无人机从距地面高下落至的过程中，升力恒为，根据动能定理有，解得：。
当无人机受到的升力与重力平衡时，加速度为零，速度达到最大，即，由升力控制规律有，解得速度最大时的离地高度：。
在无人机从释放到落地前瞬间的整个过程中，初、末动能均为零，根据动能定理有，解得升力对无人机做功为，故升力对无人机所做功的大小为。
在离地高度的过程中，升力随高度线性变化，在时升力为，在时升力为。
此阶段升力做功的大小可用平均力求得，即，解得：。
在的过程中，升力做功的大小为。
根据动能定理，整个下落过程中重力做的功与升力做的总功代数和为零，即，代入得，解得与的关系式为：。
答：速度大小为。
离地高度为。
升力所做功的大小为。
与的关系式为。
无人机从静止下落至高度前，升力恒定且小于重力，无人机做匀加速直线运动。利用动能定理，下落高度过程中重力做功与升力做功之差等于无人机在处的动能，由此建立方程求解速度。
当高度时，升力随高度线性增加，无人机所受合外力逐渐减小。当升力增大至等于重力时，加速度为零，速度达到最大值。将升力表达式与重力相等，即可解出此时对应的离地高度。
整个下落过程初末速度均为零，动能变化量为零。根据动能定理，重力做的总功与升力做的总功代数和为零。已知重力做功为，可直接得出升力做功的大小。
无人机从静止下落至地面速度减为零，全过程动能变化为零。分别计算两个阶段升力所做的功：高度大于阶段升力恒定，做功易求；高度小于等于阶段升力线性变化，其做功可通过该阶段平均力乘以位移求得。再根据动能定理，重力总功等于两阶段升力总功，建立包含与的方程，即可得到与的关系式。
本题是一道综合性很强的力学题目，融合了牛顿第二定律、动能定理、变力做功等核心知识点，并巧妙结合了分段函数描述的实际情境。题目计算量适中，但要求考生具备清晰的物理过程分析能力和严谨的逻辑推理能力。首先需要准确划分无人机下落的两阶段运动，并理解在升力线性变化阶段合力与加速度的瞬时关系是求解最大速度位置的关键。第三问巧妙运用动能定理整体法处理变力做功，有效规避了复杂的积分运算，体现了对物理原理深刻理解的考查。第二问则进一步提升了思维深度，要求建立释放高度与控制系统参数间的定量联系，综合考查运用数学工具解决物理问题的能力，是一道锻炼学生建模与分析能力的优秀试题。
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