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2026届广东广州市普通高中毕业班综合测试（一）物理试题
1．如图是一束太阳光射向球形雨滴表面后发生折射的示意图，其中a、b是两种单色光。不考虑光在雨滴内的反射，下列说法正确的是（　　）
A．雨滴对a光的折射率小于对b光的折射率
B．a光的光子能量大于b光的光子能量
C．a光和b光在雨滴中传播速度相同
D．a光和b光在雨滴中的波长相同
2．玻尔原子理论可解释氦离子（He+）的能级跃迁。如图为He+的能级示意图，一群处于n=3能级的He+在向低能级跃迁过程中发出不同频率的光子，照射到金属钠的表面。已知金属钠的逸出功为2.29eV，这群He+跃迁过程发出的（　　）
A．光子频率只有2种 B．光子能量可能为6.04eV
C．光子能量最大为54.4eV D．光均可使金属钠发生光电效应
3．图（a）是一列横波在t=0时刻的波形图，图（b）是质点P或Q的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．这列波的传播速度是10m/s
B．t=0时，P和Q的速度相同
C．t=0.1s时，P和Q相距4cm
D．若波沿x轴负方向传播，则图（b）为Q的振动图像
4．如图为某发电机的原理图，abcd为金属线框，固连于线框的E、F为一对相互绝缘的半圆形铜环，A、B为固定电刷。线框在匀强磁场中绕OO'轴匀速转动，从图示位置开始计时，电阻R两端的电势差u随时间t变化的图像可能是（　　）
A．
B．
C．
D．
5．图（a）所示的油纸伞是我国古人智慧的结晶。图（b）为其结构示意图，ON是一条可绕伞顶O转动的伞骨，伞撑两端分别与ON中点M和滑环P铰接。保持伞柄不动，向上推滑环P，使得伞骨ON以恒定角速度开伞，则（　　）
A．M点的线速度方向总是沿PM方向
B．M点的向心加速度方向沿MP方向
C．N点线速度大小是M点的2倍
D．N点的向心加速度大小是M点的4倍
6．如图（a），矩形导体框mnkp被四根等长的绝缘细绳悬挂于水平轴OO'上，其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场（未画出），与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。开始时导体框静止在水平位置，现给导体框通上沿mnkp方向的恒定电流，则（　　）
A．mn和pk所受安培力方向相反 B．mn和pk所受安培力方向相同
C．绝缘细绳对导体框的拉力增大 D．导体框将绕OO'轴顺时针转动
7．某兴趣小组设计了如图（a）所示的电磁阻拦系统。当模型飞机着陆时，关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住水平面内平行导轨上的金属棒ab，飞机与金属棒ab在匀强磁场中共同滑行3m后停下。已知ab被钩住后瞬间与飞机的共同速度为3m/s，导轨间距为1m，定值电阻R=1Ω，ab接入电路的电阻r=2Ω，不计导轨电阻。除电磁阻力外，忽略其他阻力。以ab初始位置为起点，ab两端电压U与其位移s的关系如图（b）所示，则（　　）
A．b端的电势高于a端的电势
B．ab被钩住后瞬间产生的电动势为1V
C．通过电阻R的总电量为3C
D．ab、阻拦索与飞机的总质量约为0.33kg
8．如图，地球同步卫星发射过程可简化为：先将卫星发射至近地圆轨道I，在近地点P变轨后进入椭圆转移轨道Ⅱ，再在远地点Q变轨后进入地球静止轨道Ⅲ。卫星在轨道Ⅱ上运行时（　　）
A．运行的周期大于在轨道Ⅲ上运行的周期
B．经过P点的加速度大小等于在轨道I上的加速度大小
C．从P点运动到Q点的过程中，机械能逐渐增大
D．经过P点的速率大于在轨道I上经过P点的速率
9．某同学练习投篮，篮球脱手时速度方向与水平方向夹角为45°，篮球到达最高点后下落穿过篮筐中心时速度方向与水平方向的夹角为37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8），空气阻力可忽略。篮球从脱手到入筐（　　）
A．上升过程的时间大于下降过程的时间
B．上升过程的水平位移等于下降过程的水平位移
C．上升过程的初速度与下降过程的末速度大小之比为4：5
D．上升过程的竖直位移与下降过程的竖直位移大小之比为16：9
10．如图（a），劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂薄板A，A静止。带孔薄板B套于弹簧且与弹簧间无摩擦，A、B质量相同，B从A上方h高度处由静止释放，A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起下落3l后速度减为零。以A、B碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x轴，A、B整体的重力势能随下落距离x变化图像如图（b）中I所示，弹簧的弹性势能随下落距离x变化图像如图（b）中Ⅱ所示，重力加速度为g，则（　　）
A．薄板A的质量为
B．薄板B下落的高度h为
C．碰撞后两薄板的最大速度为
D．碰撞后两薄板上升的最大高度在O上方l处
11．某小组利用图（a）装置探究小球沿倾斜直槽运动的特点。数字计时器可分别采集小球经过光电门B、C的遮光时间t1、t2，及经过两个光电门之间的时间T。
（1）实验步骤：
①测量小球直径：如图（b），游标卡尺的读数d=　 　cm；
②由倾斜直槽顶端A静止释放小球，记录对应的t1、t2、T；
③保持B位置不变，改变C的位置；
④重复步骤②③，得到多组数据。
（2）数据处理：
小球经过光电门C的瞬时速度表达式为v=　 　（可用d、t1、t2、T表示）；根据所记录的数据，作出v-T图像如图（c），可知小球沿倾斜直槽运动速度变化的特点是　 　。
（3）拓展研究：
由图（c）可知，当小球经过光电门C的速度v=1.00m/s时，光电门B、C间的距离为　 　m。（结果保留两位小数）
12．硅光电池被一定条件的光照射时，可以对外供电。某实验小组设计实验测试某款硅光电池在太阳光照射下的输出特性。
（1）电路连接
实验小组设计了如图（a）的电路图，请根据电路图完成图（b）实物图连线　 　。
（2）光强一定时，硅光电池输出功率测量
①用碘钨灯（发出的光近似于太阳光）在20cm处正对照射硅光电池，电阻箱取不同阻值时，记录多组电压表读数U和毫安表读数I，当电压表读数为1.40V时，毫安表示数如图（c），读数为　 　mA。
②硅光电池输出功率P=UI。根据记录的数据，求得不同输出电压下的硅光电池输出功率，并作P-U图像如图（d）。
（3）硅光电池的转化效率测试
①如图（e），利用（2）中的碘钨灯正对照射光功率计，距离仍为20cm时，光功率计测得单位受光面积的光功率为38mW/cm2，已知步骤（2）中，硅光电池的受光面积为25cm2，则入射到硅光电池的光功率Pi=　 　mW。
②硅光电池的转化效率定义为，实验中硅光电池的转化效率为　 　%。（结果保留3位有效数字）
（4）误差分析若电表内阻影响不可忽略，则实验测得的转化效率　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）实际的转化效率。
13．如图是地铁隧道防洪气囊，使用时通过充气机向气囊内充气，使其膨胀为长度L=10m、横截面积S=20m2的柱体，当其内部气压满足时，可以阻断洪水。已知隧道内大气压强恒为，充气机每秒从隧道中吸入体积为ΔV=0.5m3的空气并充入气囊。气囊不漏气且导热良好，内部气体可视为理想气体。
（1）充气前气囊内气体可忽略，要使气囊内部气压达到1.8×105Pa，求充气时间；
（2）某次防洪演练，将气囊气压充至2.0×105Pa，一段时间后，隧道内温度由300K降至288K，气囊体积不变，通过计算判断气囊气压是否仍满足阻断洪水的要求。
14．如图，某排球运动员练习垫球。每次在同一位置垫球后，排球离开手臂竖直向上运动，上升h后又落回原位置。排球的质量为m，上升和下降过程中，空气阻力大小恒为f，重力加速度为g。
（1）排球从离开手臂到再次落回手臂的过程中，求：
i.排球在空中运动的时间；
ii.空气阻力的冲量大小和方向。
（2）若排球与手臂接触时间为Δt，且接触过程中空气阻力冲量可忽略，求手臂触球过程中，排球对手臂的平均作用力大小。
15．如图空间直角坐标系O-xyz将y≥0的空间划分为四个区域，IV区域存在沿z轴负方向的匀强电场，Ⅱ、Ⅲ区域存在沿y轴负方向的匀强磁场。在xOy平面内x>0区域放置一足够大的吸收屏，吸收屏下方紧靠P（l，0，0）处有一粒子源可向x轴负方向发射速率为v0、质量为m、带电量为+q的粒子（重力不计）。粒子运动经过Q（0，0，）点且刚好打在屏上P点，粒子打在吸收屏上即被吸收且不影响空间电、磁场分布。
（1）求匀强电场的电场强度大小E0；
（2）求匀强磁场的磁感应强度大小B0；
（3）若在I区域加沿y轴正方向、电场强度大小为2E0的匀强电场，同时调节IV区域中电场强度大小为kE0（电场方向不变），求粒子打在吸收屏上落点的坐标。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．根据光的折射规律
可知，两单色光的入射角相等，折射角，因此雨滴对a光的折射率小于对b光的折射率，故A正确；
B：由于 ，说明a光的频率小于b光的频率，而光子能量 ，因此a光的光子能量小于b光的光子能量，B错误；
C：根据 ，因 ，故a光在雨滴中传播的速度大于b光在雨滴中传播的速度，C错误；
D：a光的频率小于b光的频率，因此a光的波长大于b光的波长。在雨滴中传播时，尽管两光的波长都变短，但a光的波长依然大于b光的波长，D错误。
故答案为：A
【分析】A：核心思路是利用折射定律，通过折射角的大小判断折射率的大小；
B：结合折射率与频率的关系（频率越高，折射率越大），分析光子能量的大小；
C：利用光速与折射率的关系 ，判断两光在雨滴中的传播速度；
D：根据频率与波长的反比关系，分析两光在雨滴中的波长大小。
2．【答案】D
【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：一群处于能级的He+向低能级跃迁时，可能的跃迁路径为、、，因此会释放3种不同频率的光子，并非只有2种，故A错误；
B：三种跃迁释放的光子能量分别为：、、，因此光子能量不可能为，故B错误；
C：光子能量的最大值出现在的跃迁中，为，并非，故C错误；
D：金属钠的逸出功为，三种光子的能量（、、）均大于逸出功，因此均可使金属钠发生光电效应，故D正确。
故答案为：D
【分析】A：核心思路是明确氢原子能级跃迁时，光子的种类数由可能的跃迁路径决定；
B：结合能级差公式，计算三种跃迁释放的光子能量；
C：找出能量最大的光子对应的跃迁路径，计算其能量；
D：将三种光子的能量与金属钠的逸出功比较，判断是否能发生光电效应。
3．【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A：由图可知，波长，周期，波速，并非10m/s，A错误；
B：P、Q平衡位置间距为半个波长，振动步调相反，t=0时二者速度大小相等、方向相反，因此速度不同，B错误；
C：t=0.1s时，P、Q分别处于波峰和波谷，水平间距为，竖直间距为，实际距离为，并非4cm，C错误；
D：图(b)中t=0时质点沿y轴正方向运动，若波沿x轴负方向传播，根据同侧法，质点P沿y轴负方向运动，质点Q沿y轴正方向运动，因此图(b)为Q的振动图像，D正确。
故答案为：D
【分析】A：核心思路是利用波速公式，结合波形图和振动图像的波长、周期计算波速；
B：根据“相距半个波长的质点振动步调相反”，分析t=0时P、Q的速度方向；
C：考虑质点仅在平衡位置附近振动，通过水平和竖直位移计算两点间的实际距离；
D：利用同侧法，结合波的传播方向，判断质点P、Q的振动方向，与振动图像对比。
4．【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】线圈开始转动的位置是与中性面垂直的平面，则时刻电动势有最大值，且线圈在磁场中转动时产生的正弦交流电，由于的作用使得产生的电流始终是正弦式交流电的上半部分，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查直流发电机的工作原理，明确图示位置为峰值面，初始时刻感应电动势最大；理解换向器的作用：将线圈中的交变电流转换为外电路方向不变的脉动直流；结合初始条件判断图像特征：以最大值为起点，且电势差始终非负。
5．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A：M点做匀速圆周运动，线速度方向始终沿圆周切线方向，与ON垂直，而非沿PM方向，A错误；
B：M点以O为圆心做匀速圆周运动，向心加速度方向始终由M指向圆心O，并非沿MP方向，B错误；
C：由匀速圆周运动规律 ，因，且，可得，即N点线速度大小是M点的2倍，C正确；
D：由向心加速度公式 ，同理可得，即N点向心加速度大小是M点的2倍，并非4倍，D错误。
故答案为：C
【分析】A：核心思路是明确线速度方向始终沿圆周切线方向，与半径垂直；
B：向心加速度方向始终指向圆心，而非沿杆的方向；
C：利用线速度公式 ，结合两点角速度相同、半径关系，分析线速度大小；
D：利用向心加速度公式 ，同理分析向心加速度大小。
6．【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】AB．对mn和pk分别应用左手定则，可得到安培力的方向如下
由图可知，mn和pk受到的安培力方向不共线，故AB错误；
CD．由题意可知两导体所在位置处的磁感应强度大小相等，由对称性，可知导体框整体受到的安培力合力竖直向下，导体框受到的细绳拉力变大，导体框在水平方向受到的合力为零，没有转动的趋势，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】A、B：核心思路是用左手定则分别判断mn和pk边的安培力方向，结合磁场的分布特点，可知两力并非简单的相反或相同关系。
C：利用磁场的对称性，判断导体框整体安培力的合力方向（竖直向下），再结合受力平衡条件，得出细绳拉力增大的结论。
D：由于导体框水平方向的安培力分量相互抵消，因此导体框不会发生转动。
7．【答案】D
【知识点】右手定则；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A：根据右手定则，导体棒ab中感应电流方向为b→a，导体棒视为电源，电源内部电流由负极流向正极，因此a端电势高于b端，A错误；
B：ab被钩住后瞬间，ab两端电压为路端电压，根据，解得感应电动势，并非1V，B错误；
C：由法拉第电磁感应定律，通过电阻R的总电量。先由得，代入数据得，并非3C，C错误；
D：根据动能定理，安培力做功等于动能变化：。结合，联立得。由U-s图像得，代入解得，D正确。
故答案为：D
【分析】A：核心思路是利用右手定则判断感应电流方向，再结合电源内部电流方向判断电势高低；
B：明确ab两端电压为路端电压，利用路端电压公式计算感应电动势；
C：通过法拉第电磁感应定律推导电量公式，结合图像数据计算通过电阻R的总电量；
D：利用动能定理结合安培力的冲量，通过U-s图像的面积计算相关物理量，最终求解总质量。
8．【答案】B,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A：根据开普勒第三定律 ，轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅲ的半径，因此轨道Ⅱ的周期小于轨道Ⅲ的周期，A错误；
B：由万有引力提供向心力 ，得加速度 。卫星在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上经过P点时，到地心的距离 相同，故加速度大小相等，B正确；
C：卫星在轨道Ⅱ上运行时，只有地球的万有引力做功，机械能守恒，因此从P点运动到Q点的过程中，机械能保持不变，C错误；
D：从近地圆轨道Ⅰ变轨到椭圆转移轨道Ⅱ，需要在P点进行加速操作，使卫星做离心运动，因此卫星在轨道Ⅱ上经过P点的速率大于在轨道Ⅰ上经过P点的速率，D正确。
故答案为：BD
【分析】A：核心思路是利用开普勒第三定律，通过轨道半长轴的大小关系判断周期的大小；
B：利用万有引力提供向心力的公式，分析加速度与轨道半径的关系；
C：根据机械能守恒的条件，判断卫星在椭圆轨道上运动时的机械能变化；
D：结合卫星变轨原理，分析变轨前后P点的速率变化。
9．【答案】A,D
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A：设篮球脱手时的速度为，则水平分速度，竖直分速度。上升过程中，竖直方向做匀减速运动，到最高点的时间。到达篮筐时，水平速度不变，由得竖直分速度，下降过程的时间。对比可知，即上升过程的时间大于下降过程的时间，故A正确；
B：篮球水平方向做匀速直线运动，位移与时间成正比。由A选项分析可知，因此上升过程的水平位移大于下降过程的水平位移，故B错误；
C：由A分析可得，初速度大小为，入筐时速度大小，两者之比，故C错误；
D：上升过程的竖直位移，下降过程的竖直位移，两者之比，故D正确。
故答案为：AD
【分析】A：核心思路是将斜抛运动分解为水平和竖直方向，分别计算上升和下降过程的时间，通过比较竖直分速度的大小判断时间关系；
B：根据水平方向匀速直线运动的特点，结合上升和下降的时间关系，分析水平位移的大小；
C：分别计算初速度和入筐时的速度大小，再求两者的比值；
D：利用竖直上抛和自由落体的位移公式，计算上升和下降过程的竖直位移之比。
10．【答案】A,B,D
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．设A、B的质量为，由图可知，图线I所示斜率的绝对值为，解得，故A正确；
B ．设B与A碰撞前的速度为，根据自由落体运动规律可知，解得
由于A、B碰撞过程动量守恒，则有，解得，碰后A、B的动能，对两薄板从碰后到最低点，由能量守恒可得
结合图像可知，，，，解得
又因为，联立解得，故B正确；
C．碰后的最大速度处加速度为0，即，可得碰后最大速度对应的弹簧压缩量为
所以最大速度在A、B碰撞后下落处；从A、B碰后到最大速度时由动能定理可得，解得，故C错误；
D．由题意可知，在最低点时弹簧的压缩量为；碰后假设最高点处弹簧刚好恢复原长，从最低点到最高点由能量守恒可得，即，解得，恰好恢复原长，假设成立；碰撞后A、B上升的最大高度在O上方处，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】A：核心思路是利用重力势能变化图像的斜率绝对值表示重力，结合图线数据求解薄板质量；
B：结合自由落体、动量守恒和能量守恒，联立求解薄板 B 的下落高度；
C：通过分析加速度为零的位置确定最大速度点，再用动能定理求解最大速度；
D：利用能量守恒分析从最低点到最高点的过程，判断上升的最大高度。
11．【答案】（1）2.00
（2）；速度随时间均匀变化
（3）0.50
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】（1）图（b），游标卡尺的读数
故答案为：2.00
（2）小球经过光电门C的瞬时速度表达式为
由图（c），可知小球沿倾斜直槽运动速度变化的特点是速度随时间均匀变化
故答案为：；速度随时间均匀变化
（3）由题知，小球经过光电门C的速度v=1.00m/s，对应的时刻，初速度为，则光电门B、C间的距离为
故答案为：0.50
【分析】(1) 用游标卡尺读数，主尺读数+游标尺读数；
(2) 利用平均速度近似瞬时速度，结合v-T图像判断运动性质；
(3) 由匀变速直线运动的平均速度公式计算光电门B、C间的距离。
（1）图（b），游标卡尺的读数
（2）[1]小球经过光电门C的瞬时速度表达式为
[2]由图（c），可知小球沿倾斜直槽运动速度变化的特点是速度随时间均匀变化
（3）由题知，小球经过光电门C的速度v=1.00m/s，对应的时刻，初速度为，则光电门B、C间的距离为
12．【答案】（1）
（2）50
（3）950；10.5
（4）小于
【知识点】电功率和电功；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）根据图（a）将图（b）连接如下
（2）由图（c）可知，毫安表的示数为
故答案为：50
（3）由题意可知，入射到硅光电池的光功率
由图（d）可知，硅光电池的最大输出功率为
则其转化效率为
故答案为：950；10.5
（4）由于电压表的分流作用，导致毫安表测得电流小于实际输出的电流，计算出的最大输出功率偏小，因此测得的转化效率小于实际转化率。
故答案为：小于
【分析】(1) 根据电路图，电压表并联在硅光电池两端，电流表与电阻箱串联，按此连接实物图；
(2) 毫安表读数为50mA；
(3) 先计算入射光功率，再由最大输出功率计算转化效率；
(4) 考虑电压表分流，分析测得电流与实际电流的差异，判断效率测量值与真实值的大小关系。
（1）根据图（a）将图（b）连接如下
（2）由图（c）可知，毫安表的示数为
（3）[1]由题意可知，入射到硅光电池的光功率
[2]由图（d）可知，硅光电池的最大输出功率为
则其转化效率为
（4）由于电压表的分流作用，导致毫安表测得电流小于实际输出的电流，计算出的最大输出功率偏小，因此测得的转化效率小于实际转化率。
13．【答案】（1）解：充气完成后，气囊内气体体积V=LS
设充入的环境空气体积为V0时，气囊气压达到防洪气压pmin，充入的气体温度不变，由玻意耳定律，有
解得V0=360m3
依题意有
故充气时间为720s。
（2）解：设降温后，温度为T1时气囊内气体压强为p1，气体做等容变化，由查理定律，有
解得 p1=1.92×105Pa
由于p1>pmin=1.8×105Pa，故气囊仍能满足防洪气压要求。
【知识点】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) 利用玻意耳定律，计算充入气体的体积，再结合充气机的充气速率求时间；
(2) 利用查理定律，计算降温后的气体压强，与最低要求压强比较，判断是否满足要求。
（1）充气完成后，气囊内气体体积V=LS
设充入的环境空气体积为V0时，气囊气压达到防洪气压pmin，充入的气体温度不变，由玻意耳定律，有
解得V0=360m3
依题意有
故充气时间为720s。
（2）设降温后，温度为T1时气囊内气体压强为p1，气体做等容变化，由查理定律，有
解得 p1=1.92×105Pa
由于p1>pmin=1.8×105Pa，故气囊仍能满足防洪气压要求。
14．【答案】（1）i.解：设排球离开手臂后的上升时间为t1，下降时间为t2
根据牛顿第二定律，上升过程有
根据位移时间公式有
根据牛顿第二定律，下降过程有
根据位移时间公式有
联立解得排球在空中运动时间
ii.解：取竖直向上为正方向，阻力总冲量
解得
因t2>t1，故，所以阻力总冲量方向竖直向上。
（2）解：设竖直向上为正方向，对于手臂接触排球的过程，根据动量定理有
其中，
联立解得
根据牛顿第三定律，排球对手臂的平均作用力大小等于
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】(1) i. 分别对上升和下降过程进行受力分析，由牛顿第二定律求加速度，再用运动学公式求时间，总时间为两者之和；
ii. 冲量是矢量，取竖直向上为正方向，分别计算上升和下降过程中阻力的冲量，再求总冲量，根据结果的正负判断方向；
(2) 先求排球离开和回到手臂时的速度，再用动量定理结合牛顿第三定律，求排球对手臂的平均作用力。
（1）i.设排球离开手臂后的上升时间为t1，下降时间为t2
根据牛顿第二定律，上升过程有
根据位移时间公式有
根据牛顿第二定律，下降过程有
根据位移时间公式有
联立解得排球在空中运动时间
ii.取竖直向上为正方向，阻力总冲量
解得
因t2>t1，故，所以阻力总冲量方向竖直向上。
（2）设竖直向上为正方向，对于手臂接触排球的过程，根据动量定理有
其中，
联立解得
根据牛顿第三定律，排球对手臂的平均作用力大小等于
15．【答案】（1）解：粒子从P到Q做类平抛运动，设运动时间为t1
x方向有
z方向有
其中
联立三式得：
（2）解：设粒子到达Q点时，速度方向与x轴成θ角，由得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，从Q点进入磁场，从M点离开磁场。设粒子圆周运动半径为r，速度，由洛伦兹力提供向心力有
并且
粒子打在P点，有
联立三式得
（3）解：调节I、IV区域的电场分布后，设粒子从Q'点进入磁场，再从M'点离开磁场
由前面分析可知，与IV区域电场强度大小无关。
粒子要进入I区域，打在吸收屏上，需满足，即
粒子到达M'点时，z方向的分速度
粒子在I区域运动，设经历时间t2，落点在吸收屏上坐标设为（x，y，0）有
得
故，
所以打在吸收屏的坐标是
【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
【解析】【分析】(1) 粒子从P到Q做类平抛运动，利用x方向匀速、z方向匀加速的规律，结合牛顿第二定律求电场强度；
(2) 先求粒子在Q点的速度，再根据几何关系和洛伦兹力提供向心力，求磁感应强度；
(3) 分析调整电场后粒子在各区域的运动，结合运动学公式，求落点坐标。
（1）粒子从P到Q做类平抛运动，设运动时间为t1
x方向有
z方向有
其中
联立三式得：
（2）设粒子到达Q点时，速度方向与x轴成θ角，由得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，从Q点进入磁场，从M点离开磁场。设粒子圆周运动半径为r，速度，由洛伦兹力提供向心力有
并且
粒子打在P点，有
联立三式得
（3）调节I、IV区域的电场分布后，设粒子从Q'点进入磁场，再从M'点离开磁场
由前面分析可知，与IV区域电场强度大小无关。
粒子要进入I区域，打在吸收屏上，需满足，即
粒子到达M'点时，z方向的分速度
粒子在I区域运动，设经历时间t2，落点在吸收屏上坐标设为（x，y，0）有
得
故，
所以打在吸收屏的坐标是
1 / 12026届广东广州市普通高中毕业班综合测试（一）物理试题
1．如图是一束太阳光射向球形雨滴表面后发生折射的示意图，其中a、b是两种单色光。不考虑光在雨滴内的反射，下列说法正确的是（　　）
A．雨滴对a光的折射率小于对b光的折射率
B．a光的光子能量大于b光的光子能量
C．a光和b光在雨滴中传播速度相同
D．a光和b光在雨滴中的波长相同
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．根据光的折射规律
可知，两单色光的入射角相等，折射角，因此雨滴对a光的折射率小于对b光的折射率，故A正确；
B：由于 ，说明a光的频率小于b光的频率，而光子能量 ，因此a光的光子能量小于b光的光子能量，B错误；
C：根据 ，因 ，故a光在雨滴中传播的速度大于b光在雨滴中传播的速度，C错误；
D：a光的频率小于b光的频率，因此a光的波长大于b光的波长。在雨滴中传播时，尽管两光的波长都变短，但a光的波长依然大于b光的波长，D错误。
故答案为：A
【分析】A：核心思路是利用折射定律，通过折射角的大小判断折射率的大小；
B：结合折射率与频率的关系（频率越高，折射率越大），分析光子能量的大小；
C：利用光速与折射率的关系 ，判断两光在雨滴中的传播速度；
D：根据频率与波长的反比关系，分析两光在雨滴中的波长大小。
2．玻尔原子理论可解释氦离子（He+）的能级跃迁。如图为He+的能级示意图，一群处于n=3能级的He+在向低能级跃迁过程中发出不同频率的光子，照射到金属钠的表面。已知金属钠的逸出功为2.29eV，这群He+跃迁过程发出的（　　）
A．光子频率只有2种 B．光子能量可能为6.04eV
C．光子能量最大为54.4eV D．光均可使金属钠发生光电效应
【答案】D
【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：一群处于能级的He+向低能级跃迁时，可能的跃迁路径为、、，因此会释放3种不同频率的光子，并非只有2种，故A错误；
B：三种跃迁释放的光子能量分别为：、、，因此光子能量不可能为，故B错误；
C：光子能量的最大值出现在的跃迁中，为，并非，故C错误；
D：金属钠的逸出功为，三种光子的能量（、、）均大于逸出功，因此均可使金属钠发生光电效应，故D正确。
故答案为：D
【分析】A：核心思路是明确氢原子能级跃迁时，光子的种类数由可能的跃迁路径决定；
B：结合能级差公式，计算三种跃迁释放的光子能量；
C：找出能量最大的光子对应的跃迁路径，计算其能量；
D：将三种光子的能量与金属钠的逸出功比较，判断是否能发生光电效应。
3．图（a）是一列横波在t=0时刻的波形图，图（b）是质点P或Q的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．这列波的传播速度是10m/s
B．t=0时，P和Q的速度相同
C．t=0.1s时，P和Q相距4cm
D．若波沿x轴负方向传播，则图（b）为Q的振动图像
【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A：由图可知，波长，周期，波速，并非10m/s，A错误；
B：P、Q平衡位置间距为半个波长，振动步调相反，t=0时二者速度大小相等、方向相反，因此速度不同，B错误；
C：t=0.1s时，P、Q分别处于波峰和波谷，水平间距为，竖直间距为，实际距离为，并非4cm，C错误；
D：图(b)中t=0时质点沿y轴正方向运动，若波沿x轴负方向传播，根据同侧法，质点P沿y轴负方向运动，质点Q沿y轴正方向运动，因此图(b)为Q的振动图像，D正确。
故答案为：D
【分析】A：核心思路是利用波速公式，结合波形图和振动图像的波长、周期计算波速；
B：根据“相距半个波长的质点振动步调相反”，分析t=0时P、Q的速度方向；
C：考虑质点仅在平衡位置附近振动，通过水平和竖直位移计算两点间的实际距离；
D：利用同侧法，结合波的传播方向，判断质点P、Q的振动方向，与振动图像对比。
4．如图为某发电机的原理图，abcd为金属线框，固连于线框的E、F为一对相互绝缘的半圆形铜环，A、B为固定电刷。线框在匀强磁场中绕OO'轴匀速转动，从图示位置开始计时，电阻R两端的电势差u随时间t变化的图像可能是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】线圈开始转动的位置是与中性面垂直的平面，则时刻电动势有最大值，且线圈在磁场中转动时产生的正弦交流电，由于的作用使得产生的电流始终是正弦式交流电的上半部分，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查直流发电机的工作原理，明确图示位置为峰值面，初始时刻感应电动势最大；理解换向器的作用：将线圈中的交变电流转换为外电路方向不变的脉动直流；结合初始条件判断图像特征：以最大值为起点，且电势差始终非负。
5．图（a）所示的油纸伞是我国古人智慧的结晶。图（b）为其结构示意图，ON是一条可绕伞顶O转动的伞骨，伞撑两端分别与ON中点M和滑环P铰接。保持伞柄不动，向上推滑环P，使得伞骨ON以恒定角速度开伞，则（　　）
A．M点的线速度方向总是沿PM方向
B．M点的向心加速度方向沿MP方向
C．N点线速度大小是M点的2倍
D．N点的向心加速度大小是M点的4倍
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A：M点做匀速圆周运动，线速度方向始终沿圆周切线方向，与ON垂直，而非沿PM方向，A错误；
B：M点以O为圆心做匀速圆周运动，向心加速度方向始终由M指向圆心O，并非沿MP方向，B错误；
C：由匀速圆周运动规律 ，因，且，可得，即N点线速度大小是M点的2倍，C正确；
D：由向心加速度公式 ，同理可得，即N点向心加速度大小是M点的2倍，并非4倍，D错误。
故答案为：C
【分析】A：核心思路是明确线速度方向始终沿圆周切线方向，与半径垂直；
B：向心加速度方向始终指向圆心，而非沿杆的方向；
C：利用线速度公式 ，结合两点角速度相同、半径关系，分析线速度大小；
D：利用向心加速度公式 ，同理分析向心加速度大小。
6．如图（a），矩形导体框mnkp被四根等长的绝缘细绳悬挂于水平轴OO'上，其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场（未画出），与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。开始时导体框静止在水平位置，现给导体框通上沿mnkp方向的恒定电流，则（　　）
A．mn和pk所受安培力方向相反 B．mn和pk所受安培力方向相同
C．绝缘细绳对导体框的拉力增大 D．导体框将绕OO'轴顺时针转动
【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】AB．对mn和pk分别应用左手定则，可得到安培力的方向如下
由图可知，mn和pk受到的安培力方向不共线，故AB错误；
CD．由题意可知两导体所在位置处的磁感应强度大小相等，由对称性，可知导体框整体受到的安培力合力竖直向下，导体框受到的细绳拉力变大，导体框在水平方向受到的合力为零，没有转动的趋势，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】A、B：核心思路是用左手定则分别判断mn和pk边的安培力方向，结合磁场的分布特点，可知两力并非简单的相反或相同关系。
C：利用磁场的对称性，判断导体框整体安培力的合力方向（竖直向下），再结合受力平衡条件，得出细绳拉力增大的结论。
D：由于导体框水平方向的安培力分量相互抵消，因此导体框不会发生转动。
7．某兴趣小组设计了如图（a）所示的电磁阻拦系统。当模型飞机着陆时，关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住水平面内平行导轨上的金属棒ab，飞机与金属棒ab在匀强磁场中共同滑行3m后停下。已知ab被钩住后瞬间与飞机的共同速度为3m/s，导轨间距为1m，定值电阻R=1Ω，ab接入电路的电阻r=2Ω，不计导轨电阻。除电磁阻力外，忽略其他阻力。以ab初始位置为起点，ab两端电压U与其位移s的关系如图（b）所示，则（　　）
A．b端的电势高于a端的电势
B．ab被钩住后瞬间产生的电动势为1V
C．通过电阻R的总电量为3C
D．ab、阻拦索与飞机的总质量约为0.33kg
【答案】D
【知识点】右手定则；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A：根据右手定则，导体棒ab中感应电流方向为b→a，导体棒视为电源，电源内部电流由负极流向正极，因此a端电势高于b端，A错误；
B：ab被钩住后瞬间，ab两端电压为路端电压，根据，解得感应电动势，并非1V，B错误；
C：由法拉第电磁感应定律，通过电阻R的总电量。先由得，代入数据得，并非3C，C错误；
D：根据动能定理，安培力做功等于动能变化：。结合，联立得。由U-s图像得，代入解得，D正确。
故答案为：D
【分析】A：核心思路是利用右手定则判断感应电流方向，再结合电源内部电流方向判断电势高低；
B：明确ab两端电压为路端电压，利用路端电压公式计算感应电动势；
C：通过法拉第电磁感应定律推导电量公式，结合图像数据计算通过电阻R的总电量；
D：利用动能定理结合安培力的冲量，通过U-s图像的面积计算相关物理量，最终求解总质量。
8．如图，地球同步卫星发射过程可简化为：先将卫星发射至近地圆轨道I，在近地点P变轨后进入椭圆转移轨道Ⅱ，再在远地点Q变轨后进入地球静止轨道Ⅲ。卫星在轨道Ⅱ上运行时（　　）
A．运行的周期大于在轨道Ⅲ上运行的周期
B．经过P点的加速度大小等于在轨道I上的加速度大小
C．从P点运动到Q点的过程中，机械能逐渐增大
D．经过P点的速率大于在轨道I上经过P点的速率
【答案】B,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A：根据开普勒第三定律 ，轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅲ的半径，因此轨道Ⅱ的周期小于轨道Ⅲ的周期，A错误；
B：由万有引力提供向心力 ，得加速度 。卫星在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上经过P点时，到地心的距离 相同，故加速度大小相等，B正确；
C：卫星在轨道Ⅱ上运行时，只有地球的万有引力做功，机械能守恒，因此从P点运动到Q点的过程中，机械能保持不变，C错误；
D：从近地圆轨道Ⅰ变轨到椭圆转移轨道Ⅱ，需要在P点进行加速操作，使卫星做离心运动，因此卫星在轨道Ⅱ上经过P点的速率大于在轨道Ⅰ上经过P点的速率，D正确。
故答案为：BD
【分析】A：核心思路是利用开普勒第三定律，通过轨道半长轴的大小关系判断周期的大小；
B：利用万有引力提供向心力的公式，分析加速度与轨道半径的关系；
C：根据机械能守恒的条件，判断卫星在椭圆轨道上运动时的机械能变化；
D：结合卫星变轨原理，分析变轨前后P点的速率变化。
9．某同学练习投篮，篮球脱手时速度方向与水平方向夹角为45°，篮球到达最高点后下落穿过篮筐中心时速度方向与水平方向的夹角为37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8），空气阻力可忽略。篮球从脱手到入筐（　　）
A．上升过程的时间大于下降过程的时间
B．上升过程的水平位移等于下降过程的水平位移
C．上升过程的初速度与下降过程的末速度大小之比为4：5
D．上升过程的竖直位移与下降过程的竖直位移大小之比为16：9
【答案】A,D
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A：设篮球脱手时的速度为，则水平分速度，竖直分速度。上升过程中，竖直方向做匀减速运动，到最高点的时间。到达篮筐时，水平速度不变，由得竖直分速度，下降过程的时间。对比可知，即上升过程的时间大于下降过程的时间，故A正确；
B：篮球水平方向做匀速直线运动，位移与时间成正比。由A选项分析可知，因此上升过程的水平位移大于下降过程的水平位移，故B错误；
C：由A分析可得，初速度大小为，入筐时速度大小，两者之比，故C错误；
D：上升过程的竖直位移，下降过程的竖直位移，两者之比，故D正确。
故答案为：AD
【分析】A：核心思路是将斜抛运动分解为水平和竖直方向，分别计算上升和下降过程的时间，通过比较竖直分速度的大小判断时间关系；
B：根据水平方向匀速直线运动的特点，结合上升和下降的时间关系，分析水平位移的大小；
C：分别计算初速度和入筐时的速度大小，再求两者的比值；
D：利用竖直上抛和自由落体的位移公式，计算上升和下降过程的竖直位移之比。
10．如图（a），劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂薄板A，A静止。带孔薄板B套于弹簧且与弹簧间无摩擦，A、B质量相同，B从A上方h高度处由静止释放，A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起下落3l后速度减为零。以A、B碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x轴，A、B整体的重力势能随下落距离x变化图像如图（b）中I所示，弹簧的弹性势能随下落距离x变化图像如图（b）中Ⅱ所示，重力加速度为g，则（　　）
A．薄板A的质量为
B．薄板B下落的高度h为
C．碰撞后两薄板的最大速度为
D．碰撞后两薄板上升的最大高度在O上方l处
【答案】A,B,D
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．设A、B的质量为，由图可知，图线I所示斜率的绝对值为，解得，故A正确；
B ．设B与A碰撞前的速度为，根据自由落体运动规律可知，解得
由于A、B碰撞过程动量守恒，则有，解得，碰后A、B的动能，对两薄板从碰后到最低点，由能量守恒可得
结合图像可知，，，，解得
又因为，联立解得，故B正确；
C．碰后的最大速度处加速度为0，即，可得碰后最大速度对应的弹簧压缩量为
所以最大速度在A、B碰撞后下落处；从A、B碰后到最大速度时由动能定理可得，解得，故C错误；
D．由题意可知，在最低点时弹簧的压缩量为；碰后假设最高点处弹簧刚好恢复原长，从最低点到最高点由能量守恒可得，即，解得，恰好恢复原长，假设成立；碰撞后A、B上升的最大高度在O上方处，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】A：核心思路是利用重力势能变化图像的斜率绝对值表示重力，结合图线数据求解薄板质量；
B：结合自由落体、动量守恒和能量守恒，联立求解薄板 B 的下落高度；
C：通过分析加速度为零的位置确定最大速度点，再用动能定理求解最大速度；
D：利用能量守恒分析从最低点到最高点的过程，判断上升的最大高度。
11．某小组利用图（a）装置探究小球沿倾斜直槽运动的特点。数字计时器可分别采集小球经过光电门B、C的遮光时间t1、t2，及经过两个光电门之间的时间T。
（1）实验步骤：
①测量小球直径：如图（b），游标卡尺的读数d=　 　cm；
②由倾斜直槽顶端A静止释放小球，记录对应的t1、t2、T；
③保持B位置不变，改变C的位置；
④重复步骤②③，得到多组数据。
（2）数据处理：
小球经过光电门C的瞬时速度表达式为v=　 　（可用d、t1、t2、T表示）；根据所记录的数据，作出v-T图像如图（c），可知小球沿倾斜直槽运动速度变化的特点是　 　。
（3）拓展研究：
由图（c）可知，当小球经过光电门C的速度v=1.00m/s时，光电门B、C间的距离为　 　m。（结果保留两位小数）
【答案】（1）2.00
（2）；速度随时间均匀变化
（3）0.50
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】（1）图（b），游标卡尺的读数
故答案为：2.00
（2）小球经过光电门C的瞬时速度表达式为
由图（c），可知小球沿倾斜直槽运动速度变化的特点是速度随时间均匀变化
故答案为：；速度随时间均匀变化
（3）由题知，小球经过光电门C的速度v=1.00m/s，对应的时刻，初速度为，则光电门B、C间的距离为
故答案为：0.50
【分析】(1) 用游标卡尺读数，主尺读数+游标尺读数；
(2) 利用平均速度近似瞬时速度，结合v-T图像判断运动性质；
(3) 由匀变速直线运动的平均速度公式计算光电门B、C间的距离。
（1）图（b），游标卡尺的读数
（2）[1]小球经过光电门C的瞬时速度表达式为
[2]由图（c），可知小球沿倾斜直槽运动速度变化的特点是速度随时间均匀变化
（3）由题知，小球经过光电门C的速度v=1.00m/s，对应的时刻，初速度为，则光电门B、C间的距离为
12．硅光电池被一定条件的光照射时，可以对外供电。某实验小组设计实验测试某款硅光电池在太阳光照射下的输出特性。
（1）电路连接
实验小组设计了如图（a）的电路图，请根据电路图完成图（b）实物图连线　 　。
（2）光强一定时，硅光电池输出功率测量
①用碘钨灯（发出的光近似于太阳光）在20cm处正对照射硅光电池，电阻箱取不同阻值时，记录多组电压表读数U和毫安表读数I，当电压表读数为1.40V时，毫安表示数如图（c），读数为　 　mA。
②硅光电池输出功率P=UI。根据记录的数据，求得不同输出电压下的硅光电池输出功率，并作P-U图像如图（d）。
（3）硅光电池的转化效率测试
①如图（e），利用（2）中的碘钨灯正对照射光功率计，距离仍为20cm时，光功率计测得单位受光面积的光功率为38mW/cm2，已知步骤（2）中，硅光电池的受光面积为25cm2，则入射到硅光电池的光功率Pi=　 　mW。
②硅光电池的转化效率定义为，实验中硅光电池的转化效率为　 　%。（结果保留3位有效数字）
（4）误差分析若电表内阻影响不可忽略，则实验测得的转化效率　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）实际的转化效率。
【答案】（1）
（2）50
（3）950；10.5
（4）小于
【知识点】电功率和电功；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）根据图（a）将图（b）连接如下
（2）由图（c）可知，毫安表的示数为
故答案为：50
（3）由题意可知，入射到硅光电池的光功率
由图（d）可知，硅光电池的最大输出功率为
则其转化效率为
故答案为：950；10.5
（4）由于电压表的分流作用，导致毫安表测得电流小于实际输出的电流，计算出的最大输出功率偏小，因此测得的转化效率小于实际转化率。
故答案为：小于
【分析】(1) 根据电路图，电压表并联在硅光电池两端，电流表与电阻箱串联，按此连接实物图；
(2) 毫安表读数为50mA；
(3) 先计算入射光功率，再由最大输出功率计算转化效率；
(4) 考虑电压表分流，分析测得电流与实际电流的差异，判断效率测量值与真实值的大小关系。
（1）根据图（a）将图（b）连接如下
（2）由图（c）可知，毫安表的示数为
（3）[1]由题意可知，入射到硅光电池的光功率
[2]由图（d）可知，硅光电池的最大输出功率为
则其转化效率为
（4）由于电压表的分流作用，导致毫安表测得电流小于实际输出的电流，计算出的最大输出功率偏小，因此测得的转化效率小于实际转化率。
13．如图是地铁隧道防洪气囊，使用时通过充气机向气囊内充气，使其膨胀为长度L=10m、横截面积S=20m2的柱体，当其内部气压满足时，可以阻断洪水。已知隧道内大气压强恒为，充气机每秒从隧道中吸入体积为ΔV=0.5m3的空气并充入气囊。气囊不漏气且导热良好，内部气体可视为理想气体。
（1）充气前气囊内气体可忽略，要使气囊内部气压达到1.8×105Pa，求充气时间；
（2）某次防洪演练，将气囊气压充至2.0×105Pa，一段时间后，隧道内温度由300K降至288K，气囊体积不变，通过计算判断气囊气压是否仍满足阻断洪水的要求。
【答案】（1）解：充气完成后，气囊内气体体积V=LS
设充入的环境空气体积为V0时，气囊气压达到防洪气压pmin，充入的气体温度不变，由玻意耳定律，有
解得V0=360m3
依题意有
故充气时间为720s。
（2）解：设降温后，温度为T1时气囊内气体压强为p1，气体做等容变化，由查理定律，有
解得 p1=1.92×105Pa
由于p1>pmin=1.8×105Pa，故气囊仍能满足防洪气压要求。
【知识点】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) 利用玻意耳定律，计算充入气体的体积，再结合充气机的充气速率求时间；
(2) 利用查理定律，计算降温后的气体压强，与最低要求压强比较，判断是否满足要求。
（1）充气完成后，气囊内气体体积V=LS
设充入的环境空气体积为V0时，气囊气压达到防洪气压pmin，充入的气体温度不变，由玻意耳定律，有
解得V0=360m3
依题意有
故充气时间为720s。
（2）设降温后，温度为T1时气囊内气体压强为p1，气体做等容变化，由查理定律，有
解得 p1=1.92×105Pa
由于p1>pmin=1.8×105Pa，故气囊仍能满足防洪气压要求。
14．如图，某排球运动员练习垫球。每次在同一位置垫球后，排球离开手臂竖直向上运动，上升h后又落回原位置。排球的质量为m，上升和下降过程中，空气阻力大小恒为f，重力加速度为g。
（1）排球从离开手臂到再次落回手臂的过程中，求：
i.排球在空中运动的时间；
ii.空气阻力的冲量大小和方向。
（2）若排球与手臂接触时间为Δt，且接触过程中空气阻力冲量可忽略，求手臂触球过程中，排球对手臂的平均作用力大小。
【答案】（1）i.解：设排球离开手臂后的上升时间为t1，下降时间为t2
根据牛顿第二定律，上升过程有
根据位移时间公式有
根据牛顿第二定律，下降过程有
根据位移时间公式有
联立解得排球在空中运动时间
ii.解：取竖直向上为正方向，阻力总冲量
解得
因t2>t1，故，所以阻力总冲量方向竖直向上。
（2）解：设竖直向上为正方向，对于手臂接触排球的过程，根据动量定理有
其中，
联立解得
根据牛顿第三定律，排球对手臂的平均作用力大小等于
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】(1) i. 分别对上升和下降过程进行受力分析，由牛顿第二定律求加速度，再用运动学公式求时间，总时间为两者之和；
ii. 冲量是矢量，取竖直向上为正方向，分别计算上升和下降过程中阻力的冲量，再求总冲量，根据结果的正负判断方向；
(2) 先求排球离开和回到手臂时的速度，再用动量定理结合牛顿第三定律，求排球对手臂的平均作用力。
（1）i.设排球离开手臂后的上升时间为t1，下降时间为t2
根据牛顿第二定律，上升过程有
根据位移时间公式有
根据牛顿第二定律，下降过程有
根据位移时间公式有
联立解得排球在空中运动时间
ii.取竖直向上为正方向，阻力总冲量
解得
因t2>t1，故，所以阻力总冲量方向竖直向上。
（2）设竖直向上为正方向，对于手臂接触排球的过程，根据动量定理有
其中，
联立解得
根据牛顿第三定律，排球对手臂的平均作用力大小等于
15．如图空间直角坐标系O-xyz将y≥0的空间划分为四个区域，IV区域存在沿z轴负方向的匀强电场，Ⅱ、Ⅲ区域存在沿y轴负方向的匀强磁场。在xOy平面内x>0区域放置一足够大的吸收屏，吸收屏下方紧靠P（l，0，0）处有一粒子源可向x轴负方向发射速率为v0、质量为m、带电量为+q的粒子（重力不计）。粒子运动经过Q（0，0，）点且刚好打在屏上P点，粒子打在吸收屏上即被吸收且不影响空间电、磁场分布。
（1）求匀强电场的电场强度大小E0；
（2）求匀强磁场的磁感应强度大小B0；
（3）若在I区域加沿y轴正方向、电场强度大小为2E0的匀强电场，同时调节IV区域中电场强度大小为kE0（电场方向不变），求粒子打在吸收屏上落点的坐标。
【答案】（1）解：粒子从P到Q做类平抛运动，设运动时间为t1
x方向有
z方向有
其中
联立三式得：
（2）解：设粒子到达Q点时，速度方向与x轴成θ角，由得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，从Q点进入磁场，从M点离开磁场。设粒子圆周运动半径为r，速度，由洛伦兹力提供向心力有
并且
粒子打在P点，有
联立三式得
（3）解：调节I、IV区域的电场分布后，设粒子从Q'点进入磁场，再从M'点离开磁场
由前面分析可知，与IV区域电场强度大小无关。
粒子要进入I区域，打在吸收屏上，需满足，即
粒子到达M'点时，z方向的分速度
粒子在I区域运动，设经历时间t2，落点在吸收屏上坐标设为（x，y，0）有
得
故，
所以打在吸收屏的坐标是
【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
【解析】【分析】(1) 粒子从P到Q做类平抛运动，利用x方向匀速、z方向匀加速的规律，结合牛顿第二定律求电场强度；
(2) 先求粒子在Q点的速度，再根据几何关系和洛伦兹力提供向心力，求磁感应强度；
(3) 分析调整电场后粒子在各区域的运动，结合运动学公式，求落点坐标。
（1）粒子从P到Q做类平抛运动，设运动时间为t1
x方向有
z方向有
其中
联立三式得：
（2）设粒子到达Q点时，速度方向与x轴成θ角，由得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，从Q点进入磁场，从M点离开磁场。设粒子圆周运动半径为r，速度，由洛伦兹力提供向心力有
并且
粒子打在P点，有
联立三式得
（3）调节I、IV区域的电场分布后，设粒子从Q'点进入磁场，再从M'点离开磁场
由前面分析可知，与IV区域电场强度大小无关。
粒子要进入I区域，打在吸收屏上，需满足，即
粒子到达M'点时，z方向的分速度
粒子在I区域运动，设经历时间t2，落点在吸收屏上坐标设为（x，y，0）有
得
故，
所以打在吸收屏的坐标是
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