2024届广东省广州市第六中学高三下学期冲刺练习（一）物理试卷
1．（2024高三下·广州模拟）2023年诺贝尔物理学奖颁发给Pierre等三位物理学家，以表彰他们“为研究物质中的电子动力学而产生阿秒（）光脉冲的实验方法”。一百多年前的1918年，普朗克也曾因为他的能量子理论而获得诺贝尔物理学奖。已知某种光的光子能量，普朗克常量为，则这种光的波动周期是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】光子及其动量
【解析】【解答】本题考查光子能量计算公式，会应用光子的能量的公式ε=hν计算光子的能量。根据光子的能量的公式
，
可知
故选A。
【分析】根据光子能量公式ε=hν及周期和频率关系求解光的波动周期。
2．（2024高三下·广州模拟）有两位同学分别握着一条绳的两端、同时刻开始作上下的简谐运动，形成了如图所示的波动图像，下列判断正确的是（ ）
A．波源形成的波先到达P点
B．两位同学使波源的振动频率相同
C．两列波在P点的起振方向是相同的
D．两列波在P点的振动总是叠加形成干涉加强点
【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】 本题考查波的形成和传播。要求掌握由波形图判断波长、根据“同侧法”判断波源的起振方向。A．两列波在同一介质中的传播速度相同，由可得，两列波同一时刻到达点，故A错误；
B．因为两列波在同一介质中，波速相等，由图可知
由波速公式
得
所以两位同学使波源的振动频率不相同，故B错误；
C．由同侧法可知，两列波在点的振动方向是相同的，都是沿y轴正方向振动，故C正确；
D．由于两列波的频率不同，不能产生干涉，故P点的振动不稳定，有时候振动加强，有时候振动减弱，故D错误。
故选C。
【分析】由波形图判断波长、根据“同侧法”判断波源的起振方向、根据干涉条件判断两列波传播到P点的叠加情况。
3．（2024高三下·广州模拟）俯卧撑是一项深受学生们喜欢的课外健身运动，做中距俯卧撑（下左图）时双臂基本与肩同宽，做宽距俯卧撑（下右图）时双臂大约在1.5倍肩宽。某位同学正在尝试用不同姿势的做俯卧撑；对于该同学做俯卧撑的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．在俯卧撑向下运动的过程中，地面对手掌的支持力小于手掌对地面的压力
B．宽距俯卧撑比中距俯卧撑省力
C．在俯卧撑向上运动的过程中，地面对该同学的支持力做正功
D．在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学的冲量不为零
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡；功的概念；冲量
【解析】【解答】本题以俯卧撑为情景，考查了相互作用力、受力分析、做功的条件和冲量等知识，加强了知识的实际应用。A．地面对手掌的支持力与手掌对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，故A错误；
B．宽距俯卧撑双臂间距大于肩宽，手臂间的夹角变大，作用力比中距俯卧撑作用力大，故B错误；
C．在俯卧撑向上运动的过程中，地面对该同学手掌的支持力的作用点没有发生位移，所以地面对该同学的支持力不做功，故C错误；
D．在做俯卧撑运动的过程中，根据
可知地面对该同学的冲量不为零，故D正确。
故选D。
【分析】相互作用力大小相等；合力的计算要用平行四边形法则；判断是否做功要有力和在力的方向上有位移；根据I=Ft判断冲量大小。
4．（2024高三下·广州模拟）无地面网络时，华为Mate 60 Pro可连接天通一号进行卫星通话。天通一号目前由01、02、03共三颗地球同步卫星组网而成，分别定位于东经101.4度、东经125度、东经81.6度。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，同步卫星运行的周期为T，下列说法正确的是（ ）
A．若03星加速，则一定可以追上01星
B．三颗卫星的线速度一定比赤道上地面物体的线速度小
C．三颗卫星的轨道半径一定都是
D．三颗卫星的线速度大小一定都是
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】在卫星运行的过程中，会遇到这样的一类问题，那就是处于低轨道的物体要和高轨道的物体相会和；或处于高轨道的物体要和低轨道的物体相会和。在现实中的应用比如卫星的对接。A．若03星加速，则轨道半径会增大，无法追上01星，故A错误；
B．地球同步卫星与地球赤道上物体的角速度相等，由可知，三颗卫星的线速度一定比赤道上地面物体的线速度大，故B错误；
C．由
，
可得三颗卫星的轨道半径一定都是
故C正确；
D．由得三颗卫星的线速度大小
故D错误。
故选C。
【分析】根据卫星加速做离心运动进行判断；根据角速度相等的情况下，判断线速度的方法进行分析解答；根据牛顿第二定律列式联立求解；根据线速度的计算公式求解线速度大小。
5．（2024高三下·广州模拟）某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，时，线圈平面平行于磁场。时线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为处，则时间内磁通量的平均变化率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】本题主要考查磁通量的变化，解题关键先求出初末状态的磁通量，然后求出磁通量的变化率，注意磁通量的变化与匝数无关。开始时线圈与磁场的方向平行，则穿过线圈的磁通量为零；经过时间t，面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，磁通量变化为
则时间内磁通量的平均变化率是
故选B。
【分析】根据Φ=BSsinθ判断穿过线圈的磁通量，然后求出磁通量的变化率。
6．（2024高三下·广州模拟）如图所示，有一截面为等腰直角三角形ABC的匀质透明砖，右侧紧贴足够长的竖直光屏，BC水平，一束白光垂直于AB边从O点射入透明砖，O点为AB的中点，紫光在该匀质透明砖中的折射率下列说法正确的是（ ）
A．光屏上C点上方有一个彩色光带
B．光屏上C点下方有一个白色光斑
C．入射光绕O点顺时针转动（转动角度小于45°），观察到光屏C点下方彩色光带下移
D．入射光绕O点顺时针转动（转动角度小于45°），观察到光屏C点下方彩色光带会消失
【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】光的折射现象：光射到两种介质的分界面上时，一部分光进入到另一种介质中去，光的传播方向发生改变的现象叫做光的折射。AB．设该种透明砖全反射的临界角为，则有
可知临界角为
白光垂直于AB边从O点射入透明砖，沿直线传播至BC边，与BC边夹角为，小于临界角，不会发生全反射，反射光线从AC边垂直出射，在C点上方形成白色光带，折射光线从BC边折射出透明砖，且白光中不同频率的单色光折射程度不同，将在光屏上C点下方有一个彩色光带，故AB错误；
CD．入射光绕O点顺时针转动（转动角度小于45°），有几何关系可知，白光传播至BC边时白光与BC边夹角小于，且光线与BC边的交点将向B点靠近，则光屏C点下方彩色光带将下移，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据光发生全反射临界角大小，根据全反射的条件分析，根据光的折射分析。
7．（2024高三下·广州模拟）如图所示，安装在固定支架（图中未画出）上的光滑绝缘转动轴两端通过等长的轻质细软导线（导线不可伸长）连接并悬挂长为L、质量为m的导体棒ab，导体棒横截面的直径远远小于悬线的长度，空间存在辐向分布磁场（磁极未画出），导体棒摆动过程中磁场方向总是垂直于导体棒，导体棒所在处的磁感应强度大小均为B，开始时导体棒静止在最低点。现给导体棒通以方向向里的电流（电路未画出），若仅通过逐渐改变导体棒中的电流大小，使导体棒由最低点缓慢移动到悬线呈水平状态，则在这个过程中（ ）
A．悬线对导体棒的拉力先增大后减小
B．导体棒中的电流一直减小
C．转动轴受到绳子在竖直方向的作用力一直不变
D．转动轴受到绳子在水平方向的作用力先增大后减小
【答案】D
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【解答】本题考查含有安培力的动态平衡问题。解决问题的关键是对导体棒受力分析，根据平衡条件列式分析 ，安培力的方向与磁场方向、电流的方向都垂直 。A．对导体棒进行受力分析，竖直向下的重力mg，始终垂直于悬线方向的安培力
悬线沿半径指向转轴的拉力FT，受到三个力作用，设运动过程中悬线与竖直方向的夹角为，由平衡条件有
导体棒从最低点缓慢移到最高点时，越来越大，则拉力FT越来越小。故A错误；
B．在沿垂直于悬线方向，由平衡条件有
解得
磁感应强度大小B和导体棒长度L不变，越来越大，所以电流I越来越大。故B错误；
C．设转动轴对系统在竖直方向的作用力为Fy，根据平衡条件有
解得
可见随着越来越大，转动轴受到绳子在竖直方向的作用力越来越小。故C错误；
D．设转动轴对系统在水平方向的作用力为Fx，根据平衡条件有
解得
可见导体棒缓慢移到水平状态的过程中，由0增大到90°的过程中，当时最大。所以转动轴受到绳子在水平方向的作用力先增大后减小。故D正确。
故选D。
【分析】对导体棒进行受力分析，由平衡条件可知拉力，安培力的大小与悬线与竖直方向的夹角之间的关系，由夹角的变化情况确定拉力，电流及竖直方向和水平方向的变化情况。
8．（2024高三下·广州模拟）荡秋千是人们平时喜爱的一项运动。如图所示，正在荡秋千的小明通过伸腿和收腿来调整自身重心的相对位置使自己越荡越高，某次小明在由最低点A向最高点B运动的过程中收腿，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．在B位置时，小明处于平衡状态 B．在A位置时，小明处于超重状态
C．小明在A处机械能小于B处 D．小明在A处机械能大于B处
【答案】B,C
【知识点】共点力的平衡；超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】物体的加速度方向向上，则处于超重状态，物体加速度方向向下，则处于失重状态，注意人收腿动作，使人的重心升高，重力势能增加，人体储存的能量转化为人的机械能。A．在B位置时，速度为0，所需的向心力为0，但沿切线方向的合力不为0，所以不是处于平衡状态，故A错误；
B．在A位置时，加速度方向向上，小明处于超重状态，故B正确；
CD．小明在由最低点A向最高点B运动的过程中收腿，将自身的化学能转化为机械能，则小明的机械能增大，所以小明在A处机械能小于B处，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】根据小明合力不为零分析；根据加速度的方向判断超失重；根据上升过程中人收腿，增加了人的机械能分析。
9．（2024高三下·广州模拟）橡胶板置于绝缘水平桌面上，某同学戴着绝缘手套先用毛皮摩擦橡胶板，使橡胶板带负电，然后手握绝缘手柄将铝板靠近橡胶板，铝板的下表面与橡胶板上凸起的接地铁钉接触，并在其上表面撒上细纸屑，迅速上抬铝板至某一位置后，可以看到细纸屑从铝板上飞溅出来，这就是“静电飞花”实验。下列说法正确的是（ ）
A．铝板未与橡胶板接触所以始终不带电
B．铝板与铁钉接触时，电子从铝板通过铁钉流向大地
C．铝板与铁钉接触时，铝板下表面带正电荷
D．纸屑是因为带正电相互排斥而不断飞散
【答案】B,C,D
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】本题主要考查了静电感应现象、电荷守恒定律的相关应用，理解电荷的移动特点，结合电荷之间的作用力特点即可完成分析。AC．橡胶板带负电，铝板靠近后，铝板的下表面带正电，上表面带负电，当下表面与接地铁钉接触后，上表面的电子从铝板通过铁钉流向大地，只有下表面带正电，故A错误，BC正确；
D．上抬铝板过程中，下表面的正电荷减小，上表面正电荷增加；纸屑因为与金属板带同种电荷（正电荷）而不断飞散，故D正确。
故选BCD。
【分析】根据静电感应及负电荷的移动方向得出上下表面带的电性；根据纸屑与金属板电性的关系得出其运动特点。
10．（2024高三下·广州模拟）飞盘是一项新兴运动项目。在某场比赛中，运动员甲以大约的速度带飞盘沿直线进攻，他的队友乙正以的速度同向奔跑，时刻，两人恰好齐头并进且相距。从该时刻起，乙的速度保持不变，甲由于受到对方队员的围堵，以大小为的加速度做匀减速直线运动直至停止。若甲根据经验判断自己与乙之间的距离在以内才有把握成功的将球传给乙，从时刻开始，甲在哪些时刻伺机把飞盘传出，可以顺利传给乙（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】追及相遇问题
【解析】【解答】本题考查了追及相遇问题，抓住两人之间的距离之差这个临界点即可求解。由题意可知甲要想把飞盘传给乙，则两人沿同一方向的位移之差小于
设当经过时间为t时两人之间的距离恰好为6m，则
解得
t=2s或t=6s或
甲停止运动的时间为
则两人间距小于10m时应该在0~2s和6s~之间。
故选AC。
【分析】先计算出甲乙两人能传飞盘的最大位移之差，再结合时间—位移公式计算出两人之间的距离恰好为6m的时间即可。
11．（2024高三下·广州模拟）某同学利用如图所示的装置测量木块的加速度。首先将木板倾斜固定在水平面上，木板抬起一定的角度，打点计时器固定在木板底端，将纸带一端固定在木块上，另一端穿过打点计时器。接通电源，给木块一沿木板向上的初速度，打出的纸带如下图，测得相邻两计数点之间的距离分别为、、、。已知纸带上相邻两个计数点间还有四个点未画出，打点计时器使用交流电的频率为f=50Hz．
（1）通过数据可得木块加速度大小a的表达式为 ；
（2）若该同学想继续测量木块与木板间动摩擦因数，则仍需测量下列哪些物理量______；
A．木块的质量m B．木板抬起的倾角
C．当地重力加速度g D．木块上升的高度h
（3）该同学按课本“练习与应用”中提到的方法，将上图中的4段纸带剪开贴到坐标纸上，发现这些纸带的左上顶点在一条倾斜直线上，说明此物体做 直线运动。若此图中直线斜率为k（其中，k无单位），纸带宽为d，则用该方法得到的加速度a的表达式为 ．
【答案】（1）
（2）B；C
（3）匀减速；
【知识点】加速度；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】实验原理： 用描点法画出小车的vt图象，图线的倾斜程度表示加速度的大小，如果vt图象是一条倾斜的直线，说明物体的速度是均匀变化的。
（1）根据逐差法，利用
求得加速度为
（2）
根据牛顿第二定律有
解得
可知需测量倾角和重力加速度。
故选BC。
（3）纸带剪接后，水平方向每条宽度相同，正好与时间对应，竖直长度为相邻相等时间内的位移，由可得纸带长度差相等，变化规律恰好与速度一样，可看出速度均匀减小，该物体做匀减速直线运动，由
联立可得
【分析】（1）根据逐差法， 求解加速度大小；
（2）可利用逐差法计算加速度，再利用牛顿第二定律计算动摩擦因数，从而判断各选项；
（3）利用逐查公式、分析点迹情况，判断运动情况，进而计算此时的加速度。
（1）根据逐差法，利用
求得加速度为
（2）根据牛顿第二定律有
解得
可知需测量倾角为重力加速度。
故选BC。
（3）[1][2]纸带剪接后，水平方向每条宽度相同，正好与时间对应，竖直长度为相邻相等时间内的位移，由可得纸带长度差相等，变化规律恰好与速度一样，可看出速度均匀减小，该物体做匀减速直线运动，由
联立可得
12．（2024高三下·广州模拟）在练习使用多用电表时：
（1）下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是
A．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果
B．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大
C．测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电路断开
D．欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但仍能调零，其测量结果与原来相比不变
（2）用多用电表的欧姆挡探测二极管的极性，当黑表笔接端，红表笔接端时，指针向右偏转角较大；然后黑、红表笔反接时，指针偏转角较小，说明 （填“”或“”）端是二极管正极。
（3）某同学想通过多用电表A中的欧姆挡，直接去测量相同规格的多用电表B中量程为2.5V的电压挡的内阻，如图甲连线，选择倍率为×1k欧姆挡，测量前应对多用电表A进行 ，按正确的操作步骤测量，两表指针位置相同，如图乙所示，从A表读出B表内阻约为 ，从B表读出电压约为 V。计算出多用电表A的电源电动势约为 V（已知表盘正中电阻刻度值为15，计算结果保留两位有效数字）。
【答案】AC；；欧姆调零；13；1.32；2.8
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】多用电表原理：每一个Rx都有一个对应的电流值I，如果在刻度盘上直接标出与I对应的Rx的值，那么当红、黑表笔分别接触待测电阻的两端，就可以从表盘上直接读出它的阻值。 测量时手不要接触表笔的金属部分 。（1）A．由于欧姆表是由直流电流表改装成的，所以要求电流应从“+”插孔进，从“-”插孔出，否则指针将反向偏转，因此如果红黑表笔分别插在负、正插孔时不会影响测量结果，A正确；
B．若双手捏住两表笔金属杆，由于人是导体，会使测量结果偏小，故B错误；
C．为防止有电源时烧坏表头或其它电阻影响待测电阻，测量时应将该电阻与外电路断开，C正确；
D．根据闭合电路欧姆定律，调零时应有
所以若电池电动势变小内阻变大，调零时应有
比较可知，两次的中值电阻阻值不同，即测量结果会发生变化，D错误。
故选AC。
（2）用多用电表探测二极管的极性，用欧姆挡测量，黑表笔接a端，红表笔接b端时，指针向右偏转角较大，说明电阻很小，由于黑表笔内部接电源的正极，说明所加的是正向电压，然后黑、红表笔反接指针偏转角较小，说明加了反向电压，故a端是二极管的正极。
（3）测量前应对多用电表A进行欧姆调零，按正确的操作步骤测量，两表指针位置相同，如图乙所示，从A表读出B表内阻约为
读取第二行的刻度，由于多用电表B中量程为2.5V的电压，则从B表读出电压约为
由于表盘正中电阻刻度值为15，则当选用×1k欧姆挡时欧姆表的内阻是，根据欧姆定律可知，电源电动势
【分析】（1）欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入．测量电阻时，先选择挡位，然后进行欧姆调零，再进行测量，注意 每次换挡后必须重新欧姆调零，最后将旋钮旋至交流电压的最高挡．测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开．
（2）二极管有单向导电性，正向导通时电阻很小，反向截止的电阻很大，
（3）欧姆表读数=表盘读数×倍率；欧姆表内电阻等于中值电阻，根据闭合电路欧姆定律列式求解欧姆表电动势．
13．（2024高三下·广州模拟）如图所示为一款便携式鼻吸氧气呼吸器的产品参数。罐体导热性能良好，罐体内氧气可视为理想气体，当罐体内、外无气压差时便不能喷出氧气。根据该产品参数的信息，忽略气体喷出时温度的变化，求该款氧气呼吸器在大气压强为0.1MPa，温度为27℃的环境下，以最大流量持续出气的使用时长是多少秒？
产品名称 便携式鼻吸氧气呼吸器
组成部分 产品由呼吸罐体、连接阀、吸入罩、防护帽和氧气等部分
主要性能 氧气纯度>99.6%
氧气压力 1.4MPa（7℃）
型号 SFK-3
产品规格 1000mL
最大流量Q 50mL/s
适用范围 主要适用于缺氧人群吸氧使用
【答案】解：初状态有
MPa，1000mL，（7+273）K=280K
末状态有
MPa，（27+273）K=300K
设末状态体积为，则由理想气体的状态方程有
代入数据解得
mL
则可知喷出的氧气
mL
由此可知以最大流量持续出气的使用时长是
s
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】列出初末状态气体的参量，由理想气体的状态方程求出末状态气体的体积，结合最大流量，求解持续出气的使用时长。
14．（2024高三下·广州模拟）继港珠澳大桥后，南沙大桥于2019年4月2日正式通车，其中坭洲水道桥以1688米跨径位列钢箱梁悬索桥世界第一，跨径为世界第二。为了保障跨海大桥的稳定性，地基会打的比较深，建造大桥的钢管桩需要用一个重达几十吨的大锤准确无误的锤入海底。如图甲所示为某桩机的示意图。桥梁建造的某次施工中所用夯锤的质量m=12.4吨，夯锤每次被提升到距离桩顶H=5m后由静止释放夯锤自由下落，与管桩碰撞后以相同的速度向下运动，管桩进入地面后所受阻力f与深度h的关系如图乙所示，已知管桩质量M=49.6吨，重力加速度g=10m/s2。
（1）求第一次与管桩碰撞后夯锤的速度大小；
（2）若第一夯打完后管桩进入地面的深度为0.8m，求图像乙中的斜率k。
【答案】解：（1）设夯锤与桩料碰撞前的速度大小为v0，则根据机械能守恒定律有
解得
夯锤与桩料碰撞过程中满足动量守恒定律，设碰撞后桩料的速度大小为v1，则有
代入数据得
（2）管桩进入地面后所受阻力f与深度h的关系图可知，阻力f与深度h成正比，所以克服阻力做功
设打完第一夯后桩料进入地面的深度为h1，则根据动能定理得
解得
【知识点】图象法；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）夯锤先自由下落，然后与管桩碰撞。先由机械能守恒定律求出夯锤与管桩碰撞前瞬间的速度。对于碰撞过程，由于内力远大于外力，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰撞后的共同速度。
（2）夯锤与管桩一起下沉的过程，只有重力和阻力做功，由动能定理列式可求得图象乙中的斜率k。
15．（2024高三下·广州模拟）如图，为某粒子注入机的原理模型，在坐标系xOy平面内，质量为m，带电量为+q的离子以速度v0从A点进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，匀速圆周运动的圆心在A点正下方x轴上，离子从H点与y轴负方向成45射入第一象限，第一象限内有与离子速度方向垂直的匀强电场，使离子能垂直x轴射出电场。随后离子经过第四象限的圆形磁场，打到离圆形磁场最低点M为L处的足够长收集板上，离子重力及相互作用力不计，求：
（1）第二象限的磁场宽度d；
（2）电场强度E的大小；
（3）去掉电场，调整系统，使离子从k点与x轴正方向成30射入半径为，方向垂直纸面向外的圆形磁场内，磁感应强度大小变化范围为，吸收板上离子注入的宽度。
【答案】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
根据几何关系有
解得
（2）电场线与x轴所成的角为45°，将E、v0沿x轴和y轴分解，到达x轴时速度恰好垂直x轴，在x轴方向有
在y轴方向有
解得
（3）根据已知条件可知，粒子在圆形磁场中轨迹半径R'满足
所以粒子轨迹如图所示
当时由几何知识可知，离子竖直向下离开，落点到N点距离
当时由几何知识，离子从M点与水平方向成30°离开，落点到N的距离
则宽度为
【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）根据几何知识和牛顿第二定律联立求解第二象限的磁场宽度；
（2）将粒子在电场中的运动分解到x轴和y轴，根据运动学公式求解电场强度E的大小；
（3）先根据牛顿第二定律求解粒子在偏转磁场中运动的轨道半径范围，作出粒子运动的轨迹图像，根据几何知识求解吸收板上离子注入的宽度。
1 / 12024届广东省广州市第六中学高三下学期冲刺练习（一）物理试卷
1．（2024高三下·广州模拟）2023年诺贝尔物理学奖颁发给Pierre等三位物理学家，以表彰他们“为研究物质中的电子动力学而产生阿秒（）光脉冲的实验方法”。一百多年前的1918年，普朗克也曾因为他的能量子理论而获得诺贝尔物理学奖。已知某种光的光子能量，普朗克常量为，则这种光的波动周期是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三下·广州模拟）有两位同学分别握着一条绳的两端、同时刻开始作上下的简谐运动，形成了如图所示的波动图像，下列判断正确的是（ ）
A．波源形成的波先到达P点
B．两位同学使波源的振动频率相同
C．两列波在P点的起振方向是相同的
D．两列波在P点的振动总是叠加形成干涉加强点
3．（2024高三下·广州模拟）俯卧撑是一项深受学生们喜欢的课外健身运动，做中距俯卧撑（下左图）时双臂基本与肩同宽，做宽距俯卧撑（下右图）时双臂大约在1.5倍肩宽。某位同学正在尝试用不同姿势的做俯卧撑；对于该同学做俯卧撑的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．在俯卧撑向下运动的过程中，地面对手掌的支持力小于手掌对地面的压力
B．宽距俯卧撑比中距俯卧撑省力
C．在俯卧撑向上运动的过程中，地面对该同学的支持力做正功
D．在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学的冲量不为零
4．（2024高三下·广州模拟）无地面网络时，华为Mate 60 Pro可连接天通一号进行卫星通话。天通一号目前由01、02、03共三颗地球同步卫星组网而成，分别定位于东经101.4度、东经125度、东经81.6度。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，同步卫星运行的周期为T，下列说法正确的是（ ）
A．若03星加速，则一定可以追上01星
B．三颗卫星的线速度一定比赤道上地面物体的线速度小
C．三颗卫星的轨道半径一定都是
D．三颗卫星的线速度大小一定都是
5．（2024高三下·广州模拟）某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，时，线圈平面平行于磁场。时线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为处，则时间内磁通量的平均变化率是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三下·广州模拟）如图所示，有一截面为等腰直角三角形ABC的匀质透明砖，右侧紧贴足够长的竖直光屏，BC水平，一束白光垂直于AB边从O点射入透明砖，O点为AB的中点，紫光在该匀质透明砖中的折射率下列说法正确的是（ ）
A．光屏上C点上方有一个彩色光带
B．光屏上C点下方有一个白色光斑
C．入射光绕O点顺时针转动（转动角度小于45°），观察到光屏C点下方彩色光带下移
D．入射光绕O点顺时针转动（转动角度小于45°），观察到光屏C点下方彩色光带会消失
7．（2024高三下·广州模拟）如图所示，安装在固定支架（图中未画出）上的光滑绝缘转动轴两端通过等长的轻质细软导线（导线不可伸长）连接并悬挂长为L、质量为m的导体棒ab，导体棒横截面的直径远远小于悬线的长度，空间存在辐向分布磁场（磁极未画出），导体棒摆动过程中磁场方向总是垂直于导体棒，导体棒所在处的磁感应强度大小均为B，开始时导体棒静止在最低点。现给导体棒通以方向向里的电流（电路未画出），若仅通过逐渐改变导体棒中的电流大小，使导体棒由最低点缓慢移动到悬线呈水平状态，则在这个过程中（ ）
A．悬线对导体棒的拉力先增大后减小
B．导体棒中的电流一直减小
C．转动轴受到绳子在竖直方向的作用力一直不变
D．转动轴受到绳子在水平方向的作用力先增大后减小
8．（2024高三下·广州模拟）荡秋千是人们平时喜爱的一项运动。如图所示，正在荡秋千的小明通过伸腿和收腿来调整自身重心的相对位置使自己越荡越高，某次小明在由最低点A向最高点B运动的过程中收腿，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．在B位置时，小明处于平衡状态 B．在A位置时，小明处于超重状态
C．小明在A处机械能小于B处 D．小明在A处机械能大于B处
9．（2024高三下·广州模拟）橡胶板置于绝缘水平桌面上，某同学戴着绝缘手套先用毛皮摩擦橡胶板，使橡胶板带负电，然后手握绝缘手柄将铝板靠近橡胶板，铝板的下表面与橡胶板上凸起的接地铁钉接触，并在其上表面撒上细纸屑，迅速上抬铝板至某一位置后，可以看到细纸屑从铝板上飞溅出来，这就是“静电飞花”实验。下列说法正确的是（ ）
A．铝板未与橡胶板接触所以始终不带电
B．铝板与铁钉接触时，电子从铝板通过铁钉流向大地
C．铝板与铁钉接触时，铝板下表面带正电荷
D．纸屑是因为带正电相互排斥而不断飞散
10．（2024高三下·广州模拟）飞盘是一项新兴运动项目。在某场比赛中，运动员甲以大约的速度带飞盘沿直线进攻，他的队友乙正以的速度同向奔跑，时刻，两人恰好齐头并进且相距。从该时刻起，乙的速度保持不变，甲由于受到对方队员的围堵，以大小为的加速度做匀减速直线运动直至停止。若甲根据经验判断自己与乙之间的距离在以内才有把握成功的将球传给乙，从时刻开始，甲在哪些时刻伺机把飞盘传出，可以顺利传给乙（ ）
A． B． C． D．
11．（2024高三下·广州模拟）某同学利用如图所示的装置测量木块的加速度。首先将木板倾斜固定在水平面上，木板抬起一定的角度，打点计时器固定在木板底端，将纸带一端固定在木块上，另一端穿过打点计时器。接通电源，给木块一沿木板向上的初速度，打出的纸带如下图，测得相邻两计数点之间的距离分别为、、、。已知纸带上相邻两个计数点间还有四个点未画出，打点计时器使用交流电的频率为f=50Hz．
（1）通过数据可得木块加速度大小a的表达式为 ；
（2）若该同学想继续测量木块与木板间动摩擦因数，则仍需测量下列哪些物理量______；
A．木块的质量m B．木板抬起的倾角
C．当地重力加速度g D．木块上升的高度h
（3）该同学按课本“练习与应用”中提到的方法，将上图中的4段纸带剪开贴到坐标纸上，发现这些纸带的左上顶点在一条倾斜直线上，说明此物体做 直线运动。若此图中直线斜率为k（其中，k无单位），纸带宽为d，则用该方法得到的加速度a的表达式为 ．
12．（2024高三下·广州模拟）在练习使用多用电表时：
（1）下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是
A．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果
B．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大
C．测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电路断开
D．欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但仍能调零，其测量结果与原来相比不变
（2）用多用电表的欧姆挡探测二极管的极性，当黑表笔接端，红表笔接端时，指针向右偏转角较大；然后黑、红表笔反接时，指针偏转角较小，说明 （填“”或“”）端是二极管正极。
（3）某同学想通过多用电表A中的欧姆挡，直接去测量相同规格的多用电表B中量程为2.5V的电压挡的内阻，如图甲连线，选择倍率为×1k欧姆挡，测量前应对多用电表A进行 ，按正确的操作步骤测量，两表指针位置相同，如图乙所示，从A表读出B表内阻约为 ，从B表读出电压约为 V。计算出多用电表A的电源电动势约为 V（已知表盘正中电阻刻度值为15，计算结果保留两位有效数字）。
13．（2024高三下·广州模拟）如图所示为一款便携式鼻吸氧气呼吸器的产品参数。罐体导热性能良好，罐体内氧气可视为理想气体，当罐体内、外无气压差时便不能喷出氧气。根据该产品参数的信息，忽略气体喷出时温度的变化，求该款氧气呼吸器在大气压强为0.1MPa，温度为27℃的环境下，以最大流量持续出气的使用时长是多少秒？
产品名称 便携式鼻吸氧气呼吸器
组成部分 产品由呼吸罐体、连接阀、吸入罩、防护帽和氧气等部分
主要性能 氧气纯度>99.6%
氧气压力 1.4MPa（7℃）
型号 SFK-3
产品规格 1000mL
最大流量Q 50mL/s
适用范围 主要适用于缺氧人群吸氧使用
14．（2024高三下·广州模拟）继港珠澳大桥后，南沙大桥于2019年4月2日正式通车，其中坭洲水道桥以1688米跨径位列钢箱梁悬索桥世界第一，跨径为世界第二。为了保障跨海大桥的稳定性，地基会打的比较深，建造大桥的钢管桩需要用一个重达几十吨的大锤准确无误的锤入海底。如图甲所示为某桩机的示意图。桥梁建造的某次施工中所用夯锤的质量m=12.4吨，夯锤每次被提升到距离桩顶H=5m后由静止释放夯锤自由下落，与管桩碰撞后以相同的速度向下运动，管桩进入地面后所受阻力f与深度h的关系如图乙所示，已知管桩质量M=49.6吨，重力加速度g=10m/s2。
（1）求第一次与管桩碰撞后夯锤的速度大小；
（2）若第一夯打完后管桩进入地面的深度为0.8m，求图像乙中的斜率k。
15．（2024高三下·广州模拟）如图，为某粒子注入机的原理模型，在坐标系xOy平面内，质量为m，带电量为+q的离子以速度v0从A点进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，匀速圆周运动的圆心在A点正下方x轴上，离子从H点与y轴负方向成45射入第一象限，第一象限内有与离子速度方向垂直的匀强电场，使离子能垂直x轴射出电场。随后离子经过第四象限的圆形磁场，打到离圆形磁场最低点M为L处的足够长收集板上，离子重力及相互作用力不计，求：
（1）第二象限的磁场宽度d；
（2）电场强度E的大小；
（3）去掉电场，调整系统，使离子从k点与x轴正方向成30射入半径为，方向垂直纸面向外的圆形磁场内，磁感应强度大小变化范围为，吸收板上离子注入的宽度。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】光子及其动量
【解析】【解答】本题考查光子能量计算公式，会应用光子的能量的公式ε=hν计算光子的能量。根据光子的能量的公式
，
可知
故选A。
【分析】根据光子能量公式ε=hν及周期和频率关系求解光的波动周期。
2．【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】 本题考查波的形成和传播。要求掌握由波形图判断波长、根据“同侧法”判断波源的起振方向。A．两列波在同一介质中的传播速度相同，由可得，两列波同一时刻到达点，故A错误；
B．因为两列波在同一介质中，波速相等，由图可知
由波速公式
得
所以两位同学使波源的振动频率不相同，故B错误；
C．由同侧法可知，两列波在点的振动方向是相同的，都是沿y轴正方向振动，故C正确；
D．由于两列波的频率不同，不能产生干涉，故P点的振动不稳定，有时候振动加强，有时候振动减弱，故D错误。
故选C。
【分析】由波形图判断波长、根据“同侧法”判断波源的起振方向、根据干涉条件判断两列波传播到P点的叠加情况。
3．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡；功的概念；冲量
【解析】【解答】本题以俯卧撑为情景，考查了相互作用力、受力分析、做功的条件和冲量等知识，加强了知识的实际应用。A．地面对手掌的支持力与手掌对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，故A错误；
B．宽距俯卧撑双臂间距大于肩宽，手臂间的夹角变大，作用力比中距俯卧撑作用力大，故B错误；
C．在俯卧撑向上运动的过程中，地面对该同学手掌的支持力的作用点没有发生位移，所以地面对该同学的支持力不做功，故C错误；
D．在做俯卧撑运动的过程中，根据
可知地面对该同学的冲量不为零，故D正确。
故选D。
【分析】相互作用力大小相等；合力的计算要用平行四边形法则；判断是否做功要有力和在力的方向上有位移；根据I=Ft判断冲量大小。
4．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】在卫星运行的过程中，会遇到这样的一类问题，那就是处于低轨道的物体要和高轨道的物体相会和；或处于高轨道的物体要和低轨道的物体相会和。在现实中的应用比如卫星的对接。A．若03星加速，则轨道半径会增大，无法追上01星，故A错误；
B．地球同步卫星与地球赤道上物体的角速度相等，由可知，三颗卫星的线速度一定比赤道上地面物体的线速度大，故B错误；
C．由
，
可得三颗卫星的轨道半径一定都是
故C正确；
D．由得三颗卫星的线速度大小
故D错误。
故选C。
【分析】根据卫星加速做离心运动进行判断；根据角速度相等的情况下，判断线速度的方法进行分析解答；根据牛顿第二定律列式联立求解；根据线速度的计算公式求解线速度大小。
5．【答案】B
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】本题主要考查磁通量的变化，解题关键先求出初末状态的磁通量，然后求出磁通量的变化率，注意磁通量的变化与匝数无关。开始时线圈与磁场的方向平行，则穿过线圈的磁通量为零；经过时间t，面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，磁通量变化为
则时间内磁通量的平均变化率是
故选B。
【分析】根据Φ=BSsinθ判断穿过线圈的磁通量，然后求出磁通量的变化率。
6．【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】光的折射现象：光射到两种介质的分界面上时，一部分光进入到另一种介质中去，光的传播方向发生改变的现象叫做光的折射。AB．设该种透明砖全反射的临界角为，则有
可知临界角为
白光垂直于AB边从O点射入透明砖，沿直线传播至BC边，与BC边夹角为，小于临界角，不会发生全反射，反射光线从AC边垂直出射，在C点上方形成白色光带，折射光线从BC边折射出透明砖，且白光中不同频率的单色光折射程度不同，将在光屏上C点下方有一个彩色光带，故AB错误；
CD．入射光绕O点顺时针转动（转动角度小于45°），有几何关系可知，白光传播至BC边时白光与BC边夹角小于，且光线与BC边的交点将向B点靠近，则光屏C点下方彩色光带将下移，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据光发生全反射临界角大小，根据全反射的条件分析，根据光的折射分析。
7．【答案】D
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【解答】本题考查含有安培力的动态平衡问题。解决问题的关键是对导体棒受力分析，根据平衡条件列式分析 ，安培力的方向与磁场方向、电流的方向都垂直 。A．对导体棒进行受力分析，竖直向下的重力mg，始终垂直于悬线方向的安培力
悬线沿半径指向转轴的拉力FT，受到三个力作用，设运动过程中悬线与竖直方向的夹角为，由平衡条件有
导体棒从最低点缓慢移到最高点时，越来越大，则拉力FT越来越小。故A错误；
B．在沿垂直于悬线方向，由平衡条件有
解得
磁感应强度大小B和导体棒长度L不变，越来越大，所以电流I越来越大。故B错误；
C．设转动轴对系统在竖直方向的作用力为Fy，根据平衡条件有
解得
可见随着越来越大，转动轴受到绳子在竖直方向的作用力越来越小。故C错误；
D．设转动轴对系统在水平方向的作用力为Fx，根据平衡条件有
解得
可见导体棒缓慢移到水平状态的过程中，由0增大到90°的过程中，当时最大。所以转动轴受到绳子在水平方向的作用力先增大后减小。故D正确。
故选D。
【分析】对导体棒进行受力分析，由平衡条件可知拉力，安培力的大小与悬线与竖直方向的夹角之间的关系，由夹角的变化情况确定拉力，电流及竖直方向和水平方向的变化情况。
8．【答案】B,C
【知识点】共点力的平衡；超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】物体的加速度方向向上，则处于超重状态，物体加速度方向向下，则处于失重状态，注意人收腿动作，使人的重心升高，重力势能增加，人体储存的能量转化为人的机械能。A．在B位置时，速度为0，所需的向心力为0，但沿切线方向的合力不为0，所以不是处于平衡状态，故A错误；
B．在A位置时，加速度方向向上，小明处于超重状态，故B正确；
CD．小明在由最低点A向最高点B运动的过程中收腿，将自身的化学能转化为机械能，则小明的机械能增大，所以小明在A处机械能小于B处，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】根据小明合力不为零分析；根据加速度的方向判断超失重；根据上升过程中人收腿，增加了人的机械能分析。
9．【答案】B,C,D
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】本题主要考查了静电感应现象、电荷守恒定律的相关应用，理解电荷的移动特点，结合电荷之间的作用力特点即可完成分析。AC．橡胶板带负电，铝板靠近后，铝板的下表面带正电，上表面带负电，当下表面与接地铁钉接触后，上表面的电子从铝板通过铁钉流向大地，只有下表面带正电，故A错误，BC正确；
D．上抬铝板过程中，下表面的正电荷减小，上表面正电荷增加；纸屑因为与金属板带同种电荷（正电荷）而不断飞散，故D正确。
故选BCD。
【分析】根据静电感应及负电荷的移动方向得出上下表面带的电性；根据纸屑与金属板电性的关系得出其运动特点。
10．【答案】A,C
【知识点】追及相遇问题
【解析】【解答】本题考查了追及相遇问题，抓住两人之间的距离之差这个临界点即可求解。由题意可知甲要想把飞盘传给乙，则两人沿同一方向的位移之差小于
设当经过时间为t时两人之间的距离恰好为6m，则
解得
t=2s或t=6s或
甲停止运动的时间为
则两人间距小于10m时应该在0~2s和6s~之间。
故选AC。
【分析】先计算出甲乙两人能传飞盘的最大位移之差，再结合时间—位移公式计算出两人之间的距离恰好为6m的时间即可。
11．【答案】（1）
（2）B；C
（3）匀减速；
【知识点】加速度；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】实验原理： 用描点法画出小车的vt图象，图线的倾斜程度表示加速度的大小，如果vt图象是一条倾斜的直线，说明物体的速度是均匀变化的。
（1）根据逐差法，利用
求得加速度为
（2）
根据牛顿第二定律有
解得
可知需测量倾角和重力加速度。
故选BC。
（3）纸带剪接后，水平方向每条宽度相同，正好与时间对应，竖直长度为相邻相等时间内的位移，由可得纸带长度差相等，变化规律恰好与速度一样，可看出速度均匀减小，该物体做匀减速直线运动，由
联立可得
【分析】（1）根据逐差法， 求解加速度大小；
（2）可利用逐差法计算加速度，再利用牛顿第二定律计算动摩擦因数，从而判断各选项；
（3）利用逐查公式、分析点迹情况，判断运动情况，进而计算此时的加速度。
（1）根据逐差法，利用
求得加速度为
（2）根据牛顿第二定律有
解得
可知需测量倾角为重力加速度。
故选BC。
（3）[1][2]纸带剪接后，水平方向每条宽度相同，正好与时间对应，竖直长度为相邻相等时间内的位移，由可得纸带长度差相等，变化规律恰好与速度一样，可看出速度均匀减小，该物体做匀减速直线运动，由
联立可得
12．【答案】AC；；欧姆调零；13；1.32；2.8
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】多用电表原理：每一个Rx都有一个对应的电流值I，如果在刻度盘上直接标出与I对应的Rx的值，那么当红、黑表笔分别接触待测电阻的两端，就可以从表盘上直接读出它的阻值。 测量时手不要接触表笔的金属部分 。（1）A．由于欧姆表是由直流电流表改装成的，所以要求电流应从“+”插孔进，从“-”插孔出，否则指针将反向偏转，因此如果红黑表笔分别插在负、正插孔时不会影响测量结果，A正确；
B．若双手捏住两表笔金属杆，由于人是导体，会使测量结果偏小，故B错误；
C．为防止有电源时烧坏表头或其它电阻影响待测电阻，测量时应将该电阻与外电路断开，C正确；
D．根据闭合电路欧姆定律，调零时应有
所以若电池电动势变小内阻变大，调零时应有
比较可知，两次的中值电阻阻值不同，即测量结果会发生变化，D错误。
故选AC。
（2）用多用电表探测二极管的极性，用欧姆挡测量，黑表笔接a端，红表笔接b端时，指针向右偏转角较大，说明电阻很小，由于黑表笔内部接电源的正极，说明所加的是正向电压，然后黑、红表笔反接指针偏转角较小，说明加了反向电压，故a端是二极管的正极。
（3）测量前应对多用电表A进行欧姆调零，按正确的操作步骤测量，两表指针位置相同，如图乙所示，从A表读出B表内阻约为
读取第二行的刻度，由于多用电表B中量程为2.5V的电压，则从B表读出电压约为
由于表盘正中电阻刻度值为15，则当选用×1k欧姆挡时欧姆表的内阻是，根据欧姆定律可知，电源电动势
【分析】（1）欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入．测量电阻时，先选择挡位，然后进行欧姆调零，再进行测量，注意 每次换挡后必须重新欧姆调零，最后将旋钮旋至交流电压的最高挡．测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开．
（2）二极管有单向导电性，正向导通时电阻很小，反向截止的电阻很大，
（3）欧姆表读数=表盘读数×倍率；欧姆表内电阻等于中值电阻，根据闭合电路欧姆定律列式求解欧姆表电动势．
13．【答案】解：初状态有
MPa，1000mL，（7+273）K=280K
末状态有
MPa，（27+273）K=300K
设末状态体积为，则由理想气体的状态方程有
代入数据解得
mL
则可知喷出的氧气
mL
由此可知以最大流量持续出气的使用时长是
s
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】列出初末状态气体的参量，由理想气体的状态方程求出末状态气体的体积，结合最大流量，求解持续出气的使用时长。
14．【答案】解：（1）设夯锤与桩料碰撞前的速度大小为v0，则根据机械能守恒定律有
解得
夯锤与桩料碰撞过程中满足动量守恒定律，设碰撞后桩料的速度大小为v1，则有
代入数据得
（2）管桩进入地面后所受阻力f与深度h的关系图可知，阻力f与深度h成正比，所以克服阻力做功
设打完第一夯后桩料进入地面的深度为h1，则根据动能定理得
解得
【知识点】图象法；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）夯锤先自由下落，然后与管桩碰撞。先由机械能守恒定律求出夯锤与管桩碰撞前瞬间的速度。对于碰撞过程，由于内力远大于外力，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰撞后的共同速度。
（2）夯锤与管桩一起下沉的过程，只有重力和阻力做功，由动能定理列式可求得图象乙中的斜率k。
15．【答案】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
根据几何关系有
解得
（2）电场线与x轴所成的角为45°，将E、v0沿x轴和y轴分解，到达x轴时速度恰好垂直x轴，在x轴方向有
在y轴方向有
解得
（3）根据已知条件可知，粒子在圆形磁场中轨迹半径R'满足
所以粒子轨迹如图所示
当时由几何知识可知，离子竖直向下离开，落点到N点距离
当时由几何知识，离子从M点与水平方向成30°离开，落点到N的距离
则宽度为
【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）根据几何知识和牛顿第二定律联立求解第二象限的磁场宽度；
（2）将粒子在电场中的运动分解到x轴和y轴，根据运动学公式求解电场强度E的大小；
（3）先根据牛顿第二定律求解粒子在偏转磁场中运动的轨道半径范围，作出粒子运动的轨迹图像，根据几何知识求解吸收板上离子注入的宽度。
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