广东省部分学校2024-2025学年高三下学期3月联考物理试题
1．（2025高三下·广东月考）如图甲所示，光电管可以将光信号转换为电信号，其电路结构如图乙所示。当用绿光照射光电管时，图乙输出端间的电压不为零，下列说法正确的是（ ）
A．光电效应现象说明光具有波动性
B．图乙中，端的电势可能高于端的电势
C．增大电源提供的电压间的电压可能不变
D．若改用紫光照射光电管，间的电压一定增大
2．（2025高三下·广东月考）如图甲所示为球馆经常使用的简易置球架，支撑篮球的两根横梁可视为光滑且水平平行，如图乙所示。当质量为的篮球静止在置球架上时，每根横梁对篮球的弹力为。已知篮球的半径为，两横梁的间距为，下列说法正确的是（ ）
A．若两横梁的间距增大，则弹力增大
B．若两横梁的间距增大，则弹力减小
C．若仅增大篮球的半径，则弹力增大
D．若仅增大篮球的半径，则弹力不变
3．（2025高三下·广东月考）2024年12月5日，我国在太原卫星发射中心使用长征六号甲运载火箭，成功将“千帆星座”第三批组网卫星送入预定轨道，其轨道高度在范围之间，与距离地面高度约为的地球同步轨道卫星相比，低轨卫星具有明显的低成本、低延时等通讯优势。若“千帆星座”组网卫星绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．“千帆星座”组网卫星在轨运行的速度大于
B．“千帆星座”组网卫星的运行周期大于
C．“千帆星座”组网卫星的线速度比地球同步卫星的大
D．“千帆星座”组网卫星的轨道高度越高，运行角速度越大
4．（2025高三下·广东月考）如图甲所示，在平静湖面上的处发生振动时，会形成沿水面传播的水波，将该水波视为简谐横波，时刻的波形图如图乙所示，其中实线和虚线分别表示波峰和波谷，此时质点、、分别位于波峰或波谷处。已知该波源的振动周期为，下列说法正确的是（ ）
A．经过时间，质点恰好运动到质点处
B．质点、平衡位置之间的距离大于波长
C．质点、的振动速度始终大小相等，方向相反
D．时，质点、的振动速度大小相等，方向相同
5．（2025高三下·广东月考）亥姆霍兹线圈由一对完全相同的正对平行放置的圆形导线圈组成，如图所示，虚线为过两线圈圆心的轴线，为关于轴线对称的两点，点为两线圈圆心连线的中点。当两个线圈通入如图所示大小相等、方向相同的电流时，下列说法正确的是（ ）
A．两个线圈之间存在互相排斥的力
B．点处磁感应强度方向水平向左
C．点和点处的磁感应强度大小不同
D．若带电粒子以一定初速度飞入该磁场中，可能做直线运动
6．（2025高三下·广东月考）如图甲所示，同轴电缆是一种常见的信号传输线，由两个同心导体组成，通常是一个铜制的内导体（芯线）和一个铜或铝制的外导体（网状编织层或管状层），两者之间由绝缘材料隔开，其在广播电视、网络通信等领域应用广泛。图乙为同轴电缆横截面内静电场的电场线和等势面分布情况，相邻的虚线圆间距相等，点均为实线与虚线圆的交点，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中实线代表等势线，虚线代表电场线
B．点和点处的电场强度相同
C．点的电势可能小于点的电势
D．、间的电势差与、间电势差相等
7．（2025高三下·广东月考）如图所示为利用水流发电的实验设想，两块面积均为的矩形金属板正对放置在河水中，板间距离为，水流速度大小为，方向水平向左，两金属板与水流方向平行，水面上方有一阻值为的电阻通过绝缘导线和开关连接到金属板上。假设该处地磁场磁感应强度竖直向下的分量为，水的电阻率为，不计边缘效应，则开关闭合时，下列说法正确的是（ ）
A．稳定时，电路中电流大小为
B．电阻中的电流方向为
C．若仅将金属板的正对面积加倍，则水流发电机的功率将加倍
D．若仅使水流的速度加倍，则水流发电机的功率将变为原来的4倍
8．（2025高三下·广东月考）如图所示，某实验小组设计了测量液体折射率的简易装置。水平放置的圆柱体容器，在底面圆周上均匀刻线，在圆柱体内灌装一半的透明待测液体，保持液面水平且过圆柱体的轴线。用激光笔发出绿色光束，由侧面上的A点对准圆心射入液体，读出圆周上入射点和出射点处的刻度读数，即可测得待测液体的折射率。已知光在真空中的传播速度为，不考虑光的反射，不计容器侧壁的厚度。若某次实验的光路图如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．待测液体对绿光的折射率为2
B．绿光在待测液体中的传播速度为
C．若调整光线的入射点A到刻度线20处时，则液面上方的出射光线恰好消失
D．保持入射点不动，将绿光变为红光，出射点对应读数会减小
9．（2025高三下·广东月考）某学习小组设计的风速测量仪如图甲所示，由铁质支架、永磁铁、感应线圈、风杯和测量杆等部分组成。若某时间段内感应线圈输出的电流波形为如图乙所示的正弦曲线，下列说法正确的是（ ）
A．该电流的变化周期为，有效值为
B．在时刻，感应线圈中的磁通量最大
C．在时刻，感应线圈中的磁通量变化最快
D．的时间内，通过感应线圈的电荷量大于
10．（2025高三下·广东月考）如图所示为电动机以恒定功率吊起货物的情境。质量为的货物由静止开始竖直向上运动，上升高度时恰好达到最大速度。已知电动机功率恒为，重力加速度为，空气阻力大小恒为，对上述过程，下列说法正确的是（ ）
A．货物上升过程中加速度逐渐增大
B．货物上升过程中绳子的拉力逐渐减小
C．电动机做的功大于货物机械能的增加量
D．货物达到最大速度需要的时间
11．（2025高三下·广东月考）请完成下列实验：
（1）图甲为用单摆测量重力加速度的实验装置。
①实验中的摆球和摆线选用 （填选项前的字母）。
A.长约1m的细线
B.长约1m的橡皮绳
C.直径约的匀质铁球
D.直径约的匀质木球
②为了提高实验的准确度，多次改变摆线长度进行实验，并测出相应的周期，根据得出的多组数值，以为横坐标、为纵坐标作出图线，得到的图像应是图乙中的 （填"①""②"或"③"），利用该图线斜率求解重力加速度对测量的结果 （填“有影响”或“无影响”）。
（2）图丙是利用气垫导轨验证滑块碰撞过程是否动量守恒的实验装置。
①用天平测得两滑块、（包含挡光片）的质量、，用游标卡尺测得两挡光片的宽度均为。
②实验前应调节气垫导轨底部的调节旋钮，使导轨 ；充气后，使滑块由导轨的一侧以一定初速度运动至另一侧，当滑块在导轨上通过光电门1时的挡光时间和通过光电门2时的挡光时间 时，说明气垫导轨已经调节好。
③将滑块放在两个光电门之间，滑块以一定初速度由光电门1左侧开始向右运动，通过光电门1时的挡光时间为，与滑块相撞后，它们通过光电门1和光电门2时的挡光时间分别为、，则在实验误差允许的范围内，只需验证表达式 （用测得的物理量表示）成立，就说明滑块碰撞过程中动量守恒。
12．（2025高三下·广东月考）某实验小组欲测量一金属丝的电阻率，实验室提供器材如下：待测金属丝（阻值约为），直流电源（电动势为，内阻很小），电流表（量程为，内阻很小），电压表（量程为，内阻为），滑动变阻器（最大阻值为，滑动变阻器（最大阻值为），定值电阻若干个，开关，导线若干。
（1）首先用螺旋测微器测量待测金属丝的直径，某次测量时示数如图甲所示，则 mm；再用毫米刻度尺测量金属丝的长度，则待测金属丝的电阻率的表达式 （用题中字母、、表示）。
（2）为尽量准确地测量金属丝的电阻，设计了如图乙所示电路，图乙中滑动变阻器应该选用 （填“”或“”），由于电压表量程太小，需要串联定值电阻将其改装成量程的电压表，则 。
（3）根据图乙电路图，请用笔画线代替导线将图丙中实物连线补充完整。
（4）考虑到电表内阻的影响，金属丝的电阻率测量值将___________（填正确答案标号）真实值。
A．大于 B．小于 C．等于 D．不确定
13．（2025高三下·广东月考）如图所示，某同学利用废弃易拉罐制作了一款简易温度计：在透明薄壁玻璃管中加入一小段油柱（长度忽略不计），将玻璃管插入易拉罐内，接口处用热熔胶密封，这样就把一定质量的空气封闭在易拉罐中。已知玻璃管粗细均匀，横截面积，玻璃管露出易拉罐外的总长度。当温度为时，油柱恰好位于玻璃管和易拉罐的接口处，缓慢升高温度，当温度为时，油柱恰好到达玻璃管管口处，大气压强保持不变，空气视为理想气体。热力学温度与摄氏温度的关系，求：
（1）温度升高时，易拉罐内密封空气的内能怎么变？吸热还是放热？
（2）易拉罐的容积；
（3）若还有容积为、的易拉罐，为提高温度计的测量灵敏度（变化相同的温度，油柱移动距离越大，灵敏度越高），应该采用哪款易拉罐设计？请说明依据。
14．（2025高三下·广东月考）如图所示为某款产品分捡装置的结构简图，可以根据产品质量的不同分别将产品收集到①②两个区域。装置工作时，产品每次都经弹射装置由点释放，之后沿粗糙水平面运动至半径为的光滑竖直圆轨道内，圆轨道最低点与水平面平滑相切且略微错开以允许产品通过，圆轨道的圆心为，②收集区恰以为分界点沿半径方向水平放置，且收集区两端与圆轨道之间留有恰好可让产品通过的空隙，能够完整通过圆轨道的产品，最终沿光滑水平轨道运动到①区域收集。已知水平轨道长为，所有产品与水平面间的动摩擦因数均为，且质量为的产品恰好运动到与点等高位置时速度减为零，并被收集到区域②的右端。不考虑产品之间的碰撞，不计空气阻力，重力加速度为，求：
（1）质量为的产品经过点时对圆轨道的压力大小；
（2）弹簧每次释放时的弹性势能；
（3）进入收集区①的产品质量范围。
15．（2025高三下·广东月考）如图所示为某实验小组设计的离子控制装置示意图。在平面直角坐标系中，虚线上方和轴下方的区域存在着垂直纸面的匀强磁场，虚线和轴之间区域依次为加速电场、离子源和吸收板，其中加速电场分布在到之间，离子源位于坐标原点处，吸收板左、右两端分别位于和处。离子源可以产生初速度不计、比荷为的正离子，经电压为（值大小可调）的电场（图中未画出）加速后，沿轴负方向射入下方磁场。已知轴左侧加速电场的电压为，当匀强磁场垂直纸面向里且时，正离子恰好打在吸收板的中点处。
（1）求磁感应强度的大小；
（2）保持磁感应强度的大小不变，方向改为垂直纸面向外，若所有离子都能进入轴左侧加速电场进行加速，求：
①的取值范围；
②值在①中范围变化时，吸收板上表面有离子打到的区域长度。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及掌握光电流的影响因素。A．光电效应现象说明光具有粒子性，故A错误；
B．电流由正极流到负极，故端的电势高于端的电势，故B错误；
C．若光电流达到饱和，增大电源提供的电压，输出端间的电压不变，故C正确；
D．饱和光电流跟入射光的强度成正比，若改用紫光照射光电管，光电流不一定增大，故D错误。
故C正确。
【分析】根据题意结合光电效应的实验原理分析AD，根据光电效应的条件及光电流与光照强度的关系分析BC。
2．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题关键要通过画出力图，正确运用几何知识求出N与竖直方向的夹角，再根据平衡条件进行求解。对篮球进行受力分析，如图所示
根据平衡条件可得
又
解得
则两横梁的间距增大时，弹力增大，篮球的半径增大时，弹力减小。
故选A。
【分析】据平衡条件，两杆对球的支持力在垂直于两杆决定的平面方向的分力之和等于mgcosθ。
3．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】当运行半径r增大时，卫星运行的线速度v减小，角速度ω减小，加速度a减小，周期T变大。所以可总结出一条规律为“高轨低速长周期”。即轨道大时，速度（“所有的速度”：线速度、角速度、加速度）较小、周期较大。A.第一宇宙速度是卫星的最大环绕速度，故A项错误；
B.根据
可得
“千帆星座”组网卫星的轨道高度小于地球同步卫星的轨道高度，故其运行周期小于地球自转周期，故B项错误；
C.根据
解得
“千帆星座”组网卫星线速度大于地球同步卫星的线速度，故C项正确；
D.根据
解得
“千帆星座”组网卫星的轨道高度越高，其运行角速度越小，故D项错误。
故选C。
【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列方程，得到卫星的速度、加速度、周期和轨道半径的关系，再分析各个量的大小 。
4．【答案】B
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】本题考查了机械波的相关知识，掌握波速、波长和周期的关系，理解质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。A．简谐横波中质点只在平衡位置附近做上下振动，并不随波迁移，故不会从质点运动到质点处，故A错误；
B．质点、平衡位置之间的距离大于波长，故B正确；
C．质点同相振动，则振动速度始终大小相等，方向相同，故C错误；
D．质点、振动相位相反，振动速度始终大小相等，方向相反，故D错误。
故选B。
【分析】根据简谐横波中质点只在平衡位置附近做上下振动，并不随波迁移，结合质点振动的相位差分析求解。
5．【答案】D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁场的方向。A．同向电流互相吸引，故A错误；
B．根据安培定则，点的磁感应强度方向水平向右，故B错误；
C．根据对称性，点和点处磁感应强度大小相等，故C错误；
D．若带电粒子沿轴线运动，不受洛伦兹力，做匀速直线运动，故D正确。
故选D。
【分析】同向电流互相吸引，根据安培定则判断磁场方向。
6．【答案】C
【知识点】电场线；电势；等势面
【解析】【解答】电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷（或无穷远）；电场线互不相交；电场线和等势面在相交处互相垂直；沿着电场线的方向电势降低。A．静电场中电场线是不闭合的，则实线代表电场线，虚线代表等势线，故A错误；
B．电场线越密集电场强度越大，则点处的电场强度大于点处的电场强度，故B错误；
C．若电场线由外芯指向内芯，点和点在不同等势面上，点处的电势小于点处的电势，故C正确；
D．段平均电场强度大于段平均电场强度，则间的电势差绝对值大于、间的电势差绝对值，故D错误。
故选C。
【分析】电场中电场线是不闭合的，场线越密集电场强度越大，沿电场线电势降低，结合电场强度与电势差关系分析。
7．【答案】D
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】本题考查磁流体发电机的工作原理和左手定则，闭合电路的欧姆定律，会根据题意进行准确分析解答。A.设稳定时产生的感应电动势为E，两板间有一带电荷量为q的离子匀速运动受力平衡，根据平衡条件可得
可得水流发电机的电动势
内阻
根据欧姆定律，电路中的电流
故A项错误；
B.根据右手定则，前侧金属板带正电，则电阻中的电流方向为，故B项错误；
C.水流发电机的功率
金属板的正对面积加倍时，水流发电机的功率不加倍，故C项错误；
D.水流速度加倍时，水流发电机的功率将变为原来的4倍，故D项正确。
故选D。
【分析】根据磁流体发电机答的工作原理和左手定则，平衡条件以及功率公式列式解答。
8．【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题是折射定律的应用，确定折射角和折射角是基础，要注意的不要只是机械的套用
公式，要紧扣折射率定义的条件。
A．由题图可知，空气中折射角
液体中入射角
根据折射定律可得折射率
故A错误；
B．绿光在待测液体中的传播速度为
故B正确；
C．全反射时，临界角满足
解得
则
光线的入射点A到刻度线20处时
则液面上方的出射光线在角时恰好消失，故入射点A到刻度线20处时，也消失，但不是恰好消失，故C错误；
D．绿光变为红光，折射率减小，折射角减小，出射点对应读数会减小，故D正确。
故选BD。
【分析】求出折射角和入射角，根据折射定律求解折射率；根据折射率求解光在待测液体中的传播速度；结合全反射临界角公式分析。
9．【答案】A,D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】根据相对性来分析与解决问题，同时掌握感应电动势与转速关系，及转速与周期的关系。A．由图乙可知，该电流的变化周期为，有效值为，故A正确；
B．时，感应电流最大，感应线圈中的磁通量为零，故B错误；
C．时，感应线圈中的磁通量最大，变化率为零，故C错误；
D．-图像与时间轴围成的面积表示电荷量，在时间内，通过感应线圈的电荷量大于，故D正确。
故选AD。
【分析】根据图像分析周期以及有效值，电流最大，磁通量为零，感应电动势最大，电流为零，磁通量最大，-图像与时间轴围成的面积表示电荷量。
10．【答案】B,C
【知识点】功能关系；功率及其计算
【解析】【解答】本题与汽车起动类似，要正确分析货物的受力情况，来确定其运动情况，知道速度最大的条件是加速度为零。AB．对货物受力分析，根据牛顿第二定律有
功率有
则货物加速时，绳子的拉力减小，加速度减小，故A错误，B正确；
C．由能量守恒定律可知，电动机做的功等于货物机械能的增加量及克服空气阻力做的功，故C正确；
D．当时，货物的速度最大，有
根据能量守恒定律有
联立解得
故D错误。
故选BC。
【分析】根据牛顿第二定律以及功率公式分析加速度，电动机做的功等于货物机械能的增加量及克服空气阻力做的功，加速度为零时速度最大，结合能量守恒定律分析 货物达到最大速度需要的时间 。
11．【答案】（1）AC；①；无影响
（2）水平；相等；
【知识点】验证动量守恒定律；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】 一个小球和一根细线就可以组成一个单摆．单摆在摆角很小的情况下做简谐运动．单摆的周期与振幅、摆球的质量无关．与摆长的二次方根成正比．与重力加速度的二次方根成反比 。
（1）①AB应尽量减小摆线的弹性，以保证摆长不变，故A项正确，B错误；
CD应尽量减小空气阻力的影响，应选择质量大体积小的铁球，故C项正确，D错误。
故选AC。
②根据周期公式可得
变形得
斜率
纵截距为
图像应是图乙中的①，利用该图线斜率求解重力加速度对测量的结果无影响。
（2）
②实验前应调节气垫导轨底部的调节旋钮，使导轨水平，当滑块A在导轨上通过光电门1的挡光时间和通过光电门2的挡光时间相等时，说明气垫导轨已经调节好。
③若滑块A、B碰撞过程中动量守恒，则满足
即
两边消去，可得
【分析】（1） ① 根据实验原理和实验注意事项分析；
② 注意L是摆线长而不是摆长，所以图像不过原点，实验少加半径或者多加半径不会影响最后的结果，因为图像斜率没变；
（2） ② 根据挡光片经过光电门的时间求出滑块的速度，实验需要测出碰撞前后滑块经过光电门时的挡光时间。间相等时，说明气垫导轨已经调节好。
③ 两滑块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题。
（1）①[1]AB应尽量减小摆线的弹性，以保证摆长不变，故A项正确，B错误；
CD应尽量减小空气阻力的影响，应选择质量大体积小的铁球，故C项正确，D错误。
故选AC。
②[2][3]根据周期公式可得
变形得
斜率，纵截距为，图像应是图乙中的①，利用该图线斜率求解重力加速度对测量的结果无影响。
（2）②[1][2]实验前应调节气垫导轨底部的调节旋钮，使导轨水平，当滑块A在导轨上通过光电门1的挡光时间和通过光电门2的挡光时间相等时，说明气垫导轨已经调节好。
③[3]若滑块A、B碰撞过程中动量守恒，则满足
即
两边消去，可得
12．【答案】（1）0.200；
（2） ；3000
（3）
（4）A
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】本题关键掌握测定电阻率的实验原理和螺旋测微器的读数方法。
（1）螺旋测微器应估读一位，亦即以mm作为单位，应读到小数点后面的第三位。读数时，除了观察固定刻度尺的整毫米刻度线外，特别要注意半毫米刻度线是否露出。
金属丝的直径
根据电阻定律可得
解得
（2）滑动变阻器选用分压式接法，故滑动变阻器应该选用；
电压表量程太小，需要串联定值电阻将其改装成量程，则
解得
（3）
根据电路图，连接实物图如图所示
（4）采用电流表内接法时，由于
可知金属丝的电阻测量值大于真实值，则金属丝的电阻率测量值将大于真实值。
故选A。
【分析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度的读数之和；根据电阻定律和几何知识推导；
（2）根据滑动变阻器选用分压式接法判断选择；根据串联电路电流相等和欧姆定律计算；
（3）根据电路图，连接实物图；
（4）分析电流表内阻对实验的影响。
（1）[1]金属丝的直径
[2]根据电阻定律可得
解得
（2）[1]滑动变阻器选用分压式接法，故滑动变阻器应该选用；
[2]电压表量程太小，需要串联定值电阻将其改装成量程，则
解得
（3）根据电路图，连接实物图如图所示
（4）采用电流表内接法时，由于
可知金属丝的电阻测量值大于真实值，则金属丝的电阻率测量值将大于真实值。
故选A。
13．【答案】（1）解：一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度升高时，内能变大，即
温度升高时，封闭气体体积膨胀，对外做功，即0
根据热力学第一定律
可知，即气体从外界吸热
（2）解： 气体做等压变化，已知，，根据气体等压变化的规律可得
解得
（3）设温度变化时，油柱到玻璃管管口处的距离变化
根据气体等压变化的规律可得
则温度计灵敏度
故易拉罐容积越大，温度计的灵敏度越高，应该采用容积为的易拉罐提高灵敏度
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度升高时，内能变大，由热力学第一定律ΔU=W+Q，判断气体吸热、放热；
（2）气体做等压变化，由盖—吕萨克定律，求易拉罐的容积 ；
（3）根据气体等压变化的规律得到温度计灵敏度表达式，根据表达式分析。
（1）一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度升高时，内能变大，即
温度升高时，封闭气体体积膨胀，对外做功，即0
根据热力学第一定律
可知
即气体从外界吸热
（2）气体做等压变化，已知，，根据气体等压变化的规律可得
解得
（3）设温度变化时，油柱到玻璃管管口处的距离变化
根据气体等压变化的规律可得
则温度计灵敏度
故易拉罐容积越大，温度计的灵敏度越高，应该采用容积为的易拉罐提高灵敏度
14．【答案】（1）解：产品从点到点等高的过程，根据动能定理有
在点，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律可得，质量为的产品经过点时对圆轨道的压力大小
（2）解：质量为的产品恰好被区域②的右端收集，根据能量守恒定律有
解得
（3）解：设产品质量为时，恰能通过圆轨道最高点，则根据牛顿第二定律
根据能量守恒定律有
解
则进入收集区①的产品质量范围为
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）产品从点到点等高的过程，根据动能定理以及牛顿运动定律求解 对圆轨道的压力大小；
（2）质量为的产品恰好被区域②的右端收集，根据能量守恒定律求解弹性势能；
（3）恰能通过圆轨道最高点，最高点重力提供向心力，根据能量守恒定律求解 进入收集区①的产品质量范围。
（1）产品从点到点等高的过程，根据动能定理有
在点，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律可得，质量为的产品经过点时对圆轨道的压力大小
（2）质量为的产品恰好被区域②的右端收集，根据能量守恒定律有
解得
（3）设产品质量为时，恰能通过圆轨道最高点，则根据牛顿第二定律
根据能量守恒定律有
解得
则进入收集区①的产品质量范围为
15．【答案】（1）解：设正离子的质量为，电荷量为，则比荷
根据几何关系可得正离子做圆周运动的半径
根据动能定理可得
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
（2）解：①根据动能定理可得
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
离子恰好经过加速电场右边缘时，圆周运动半径，此时
离子恰好经过加速电场左边缘时，圆周运动半径，此时
则的取值范围为
②设离子在轴上方磁场中运动速度大小为，圆周运动半径为，根据动能定理可得
根据牛顿第二定律可得
联立可得
离子恰好经过加速电场右边缘时，，则圆周运动半径
离子恰好经过加速电场左边缘时，，则圆周运动半径
则吸收板上表面有离子打到的区域长度为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）根据几何关系，结合动能定理，以及洛伦兹力提供向心力分析求解；
（2） ① 根据动能定理，洛伦兹力提供向心力，结合不同情况下的运动半径分析求解；
②根据动能定理求解速度，分别求解离子恰好经过加速电场左边缘和右边缘时圆周运动的半径，根据半径求解吸收板上表面有离子打到的区域长度。
（1）设正离子的质量为，电荷量为，则比荷
根据几何关系可得正离子做圆周运动的半径
根据动能定理可得
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
（2）①根据动能定理可得
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
离子恰好经过加速电场右边缘时，圆周运动半径，此时
离子恰好经过加速电场左边缘时，圆周运动半径，此时
则的取值范围为
②设离子在轴上方磁场中运动速度大小为，圆周运动半径为，根据动能定理可得
根据牛顿第二定律可得
联立可得
离子恰好经过加速电场右边缘时，，则圆周运动半径
离子恰好经过加速电场左边缘时，，则圆周运动半径
则吸收板上表面有离子打到的区域长度为
1 / 1广东省部分学校2024-2025学年高三下学期3月联考物理试题
1．（2025高三下·广东月考）如图甲所示，光电管可以将光信号转换为电信号，其电路结构如图乙所示。当用绿光照射光电管时，图乙输出端间的电压不为零，下列说法正确的是（ ）
A．光电效应现象说明光具有波动性
B．图乙中，端的电势可能高于端的电势
C．增大电源提供的电压间的电压可能不变
D．若改用紫光照射光电管，间的电压一定增大
【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及掌握光电流的影响因素。A．光电效应现象说明光具有粒子性，故A错误；
B．电流由正极流到负极，故端的电势高于端的电势，故B错误；
C．若光电流达到饱和，增大电源提供的电压，输出端间的电压不变，故C正确；
D．饱和光电流跟入射光的强度成正比，若改用紫光照射光电管，光电流不一定增大，故D错误。
故C正确。
【分析】根据题意结合光电效应的实验原理分析AD，根据光电效应的条件及光电流与光照强度的关系分析BC。
2．（2025高三下·广东月考）如图甲所示为球馆经常使用的简易置球架，支撑篮球的两根横梁可视为光滑且水平平行，如图乙所示。当质量为的篮球静止在置球架上时，每根横梁对篮球的弹力为。已知篮球的半径为，两横梁的间距为，下列说法正确的是（ ）
A．若两横梁的间距增大，则弹力增大
B．若两横梁的间距增大，则弹力减小
C．若仅增大篮球的半径，则弹力增大
D．若仅增大篮球的半径，则弹力不变
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题关键要通过画出力图，正确运用几何知识求出N与竖直方向的夹角，再根据平衡条件进行求解。对篮球进行受力分析，如图所示
根据平衡条件可得
又
解得
则两横梁的间距增大时，弹力增大，篮球的半径增大时，弹力减小。
故选A。
【分析】据平衡条件，两杆对球的支持力在垂直于两杆决定的平面方向的分力之和等于mgcosθ。
3．（2025高三下·广东月考）2024年12月5日，我国在太原卫星发射中心使用长征六号甲运载火箭，成功将“千帆星座”第三批组网卫星送入预定轨道，其轨道高度在范围之间，与距离地面高度约为的地球同步轨道卫星相比，低轨卫星具有明显的低成本、低延时等通讯优势。若“千帆星座”组网卫星绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．“千帆星座”组网卫星在轨运行的速度大于
B．“千帆星座”组网卫星的运行周期大于
C．“千帆星座”组网卫星的线速度比地球同步卫星的大
D．“千帆星座”组网卫星的轨道高度越高，运行角速度越大
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】当运行半径r增大时，卫星运行的线速度v减小，角速度ω减小，加速度a减小，周期T变大。所以可总结出一条规律为“高轨低速长周期”。即轨道大时，速度（“所有的速度”：线速度、角速度、加速度）较小、周期较大。A.第一宇宙速度是卫星的最大环绕速度，故A项错误；
B.根据
可得
“千帆星座”组网卫星的轨道高度小于地球同步卫星的轨道高度，故其运行周期小于地球自转周期，故B项错误；
C.根据
解得
“千帆星座”组网卫星线速度大于地球同步卫星的线速度，故C项正确；
D.根据
解得
“千帆星座”组网卫星的轨道高度越高，其运行角速度越小，故D项错误。
故选C。
【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列方程，得到卫星的速度、加速度、周期和轨道半径的关系，再分析各个量的大小 。
4．（2025高三下·广东月考）如图甲所示，在平静湖面上的处发生振动时，会形成沿水面传播的水波，将该水波视为简谐横波，时刻的波形图如图乙所示，其中实线和虚线分别表示波峰和波谷，此时质点、、分别位于波峰或波谷处。已知该波源的振动周期为，下列说法正确的是（ ）
A．经过时间，质点恰好运动到质点处
B．质点、平衡位置之间的距离大于波长
C．质点、的振动速度始终大小相等，方向相反
D．时，质点、的振动速度大小相等，方向相同
【答案】B
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】本题考查了机械波的相关知识，掌握波速、波长和周期的关系，理解质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。A．简谐横波中质点只在平衡位置附近做上下振动，并不随波迁移，故不会从质点运动到质点处，故A错误；
B．质点、平衡位置之间的距离大于波长，故B正确；
C．质点同相振动，则振动速度始终大小相等，方向相同，故C错误；
D．质点、振动相位相反，振动速度始终大小相等，方向相反，故D错误。
故选B。
【分析】根据简谐横波中质点只在平衡位置附近做上下振动，并不随波迁移，结合质点振动的相位差分析求解。
5．（2025高三下·广东月考）亥姆霍兹线圈由一对完全相同的正对平行放置的圆形导线圈组成，如图所示，虚线为过两线圈圆心的轴线，为关于轴线对称的两点，点为两线圈圆心连线的中点。当两个线圈通入如图所示大小相等、方向相同的电流时，下列说法正确的是（ ）
A．两个线圈之间存在互相排斥的力
B．点处磁感应强度方向水平向左
C．点和点处的磁感应强度大小不同
D．若带电粒子以一定初速度飞入该磁场中，可能做直线运动
【答案】D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁场的方向。A．同向电流互相吸引，故A错误；
B．根据安培定则，点的磁感应强度方向水平向右，故B错误；
C．根据对称性，点和点处磁感应强度大小相等，故C错误；
D．若带电粒子沿轴线运动，不受洛伦兹力，做匀速直线运动，故D正确。
故选D。
【分析】同向电流互相吸引，根据安培定则判断磁场方向。
6．（2025高三下·广东月考）如图甲所示，同轴电缆是一种常见的信号传输线，由两个同心导体组成，通常是一个铜制的内导体（芯线）和一个铜或铝制的外导体（网状编织层或管状层），两者之间由绝缘材料隔开，其在广播电视、网络通信等领域应用广泛。图乙为同轴电缆横截面内静电场的电场线和等势面分布情况，相邻的虚线圆间距相等，点均为实线与虚线圆的交点，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中实线代表等势线，虚线代表电场线
B．点和点处的电场强度相同
C．点的电势可能小于点的电势
D．、间的电势差与、间电势差相等
【答案】C
【知识点】电场线；电势；等势面
【解析】【解答】电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷（或无穷远）；电场线互不相交；电场线和等势面在相交处互相垂直；沿着电场线的方向电势降低。A．静电场中电场线是不闭合的，则实线代表电场线，虚线代表等势线，故A错误；
B．电场线越密集电场强度越大，则点处的电场强度大于点处的电场强度，故B错误；
C．若电场线由外芯指向内芯，点和点在不同等势面上，点处的电势小于点处的电势，故C正确；
D．段平均电场强度大于段平均电场强度，则间的电势差绝对值大于、间的电势差绝对值，故D错误。
故选C。
【分析】电场中电场线是不闭合的，场线越密集电场强度越大，沿电场线电势降低，结合电场强度与电势差关系分析。
7．（2025高三下·广东月考）如图所示为利用水流发电的实验设想，两块面积均为的矩形金属板正对放置在河水中，板间距离为，水流速度大小为，方向水平向左，两金属板与水流方向平行，水面上方有一阻值为的电阻通过绝缘导线和开关连接到金属板上。假设该处地磁场磁感应强度竖直向下的分量为，水的电阻率为，不计边缘效应，则开关闭合时，下列说法正确的是（ ）
A．稳定时，电路中电流大小为
B．电阻中的电流方向为
C．若仅将金属板的正对面积加倍，则水流发电机的功率将加倍
D．若仅使水流的速度加倍，则水流发电机的功率将变为原来的4倍
【答案】D
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】本题考查磁流体发电机的工作原理和左手定则，闭合电路的欧姆定律，会根据题意进行准确分析解答。A.设稳定时产生的感应电动势为E，两板间有一带电荷量为q的离子匀速运动受力平衡，根据平衡条件可得
可得水流发电机的电动势
内阻
根据欧姆定律，电路中的电流
故A项错误；
B.根据右手定则，前侧金属板带正电，则电阻中的电流方向为，故B项错误；
C.水流发电机的功率
金属板的正对面积加倍时，水流发电机的功率不加倍，故C项错误；
D.水流速度加倍时，水流发电机的功率将变为原来的4倍，故D项正确。
故选D。
【分析】根据磁流体发电机答的工作原理和左手定则，平衡条件以及功率公式列式解答。
8．（2025高三下·广东月考）如图所示，某实验小组设计了测量液体折射率的简易装置。水平放置的圆柱体容器，在底面圆周上均匀刻线，在圆柱体内灌装一半的透明待测液体，保持液面水平且过圆柱体的轴线。用激光笔发出绿色光束，由侧面上的A点对准圆心射入液体，读出圆周上入射点和出射点处的刻度读数，即可测得待测液体的折射率。已知光在真空中的传播速度为，不考虑光的反射，不计容器侧壁的厚度。若某次实验的光路图如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．待测液体对绿光的折射率为2
B．绿光在待测液体中的传播速度为
C．若调整光线的入射点A到刻度线20处时，则液面上方的出射光线恰好消失
D．保持入射点不动，将绿光变为红光，出射点对应读数会减小
【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题是折射定律的应用，确定折射角和折射角是基础，要注意的不要只是机械的套用
公式，要紧扣折射率定义的条件。
A．由题图可知，空气中折射角
液体中入射角
根据折射定律可得折射率
故A错误；
B．绿光在待测液体中的传播速度为
故B正确；
C．全反射时，临界角满足
解得
则
光线的入射点A到刻度线20处时
则液面上方的出射光线在角时恰好消失，故入射点A到刻度线20处时，也消失，但不是恰好消失，故C错误；
D．绿光变为红光，折射率减小，折射角减小，出射点对应读数会减小，故D正确。
故选BD。
【分析】求出折射角和入射角，根据折射定律求解折射率；根据折射率求解光在待测液体中的传播速度；结合全反射临界角公式分析。
9．（2025高三下·广东月考）某学习小组设计的风速测量仪如图甲所示，由铁质支架、永磁铁、感应线圈、风杯和测量杆等部分组成。若某时间段内感应线圈输出的电流波形为如图乙所示的正弦曲线，下列说法正确的是（ ）
A．该电流的变化周期为，有效值为
B．在时刻，感应线圈中的磁通量最大
C．在时刻，感应线圈中的磁通量变化最快
D．的时间内，通过感应线圈的电荷量大于
【答案】A,D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】根据相对性来分析与解决问题，同时掌握感应电动势与转速关系，及转速与周期的关系。A．由图乙可知，该电流的变化周期为，有效值为，故A正确；
B．时，感应电流最大，感应线圈中的磁通量为零，故B错误；
C．时，感应线圈中的磁通量最大，变化率为零，故C错误；
D．-图像与时间轴围成的面积表示电荷量，在时间内，通过感应线圈的电荷量大于，故D正确。
故选AD。
【分析】根据图像分析周期以及有效值，电流最大，磁通量为零，感应电动势最大，电流为零，磁通量最大，-图像与时间轴围成的面积表示电荷量。
10．（2025高三下·广东月考）如图所示为电动机以恒定功率吊起货物的情境。质量为的货物由静止开始竖直向上运动，上升高度时恰好达到最大速度。已知电动机功率恒为，重力加速度为，空气阻力大小恒为，对上述过程，下列说法正确的是（ ）
A．货物上升过程中加速度逐渐增大
B．货物上升过程中绳子的拉力逐渐减小
C．电动机做的功大于货物机械能的增加量
D．货物达到最大速度需要的时间
【答案】B,C
【知识点】功能关系；功率及其计算
【解析】【解答】本题与汽车起动类似，要正确分析货物的受力情况，来确定其运动情况，知道速度最大的条件是加速度为零。AB．对货物受力分析，根据牛顿第二定律有
功率有
则货物加速时，绳子的拉力减小，加速度减小，故A错误，B正确；
C．由能量守恒定律可知，电动机做的功等于货物机械能的增加量及克服空气阻力做的功，故C正确；
D．当时，货物的速度最大，有
根据能量守恒定律有
联立解得
故D错误。
故选BC。
【分析】根据牛顿第二定律以及功率公式分析加速度，电动机做的功等于货物机械能的增加量及克服空气阻力做的功，加速度为零时速度最大，结合能量守恒定律分析 货物达到最大速度需要的时间 。
11．（2025高三下·广东月考）请完成下列实验：
（1）图甲为用单摆测量重力加速度的实验装置。
①实验中的摆球和摆线选用 （填选项前的字母）。
A.长约1m的细线
B.长约1m的橡皮绳
C.直径约的匀质铁球
D.直径约的匀质木球
②为了提高实验的准确度，多次改变摆线长度进行实验，并测出相应的周期，根据得出的多组数值，以为横坐标、为纵坐标作出图线，得到的图像应是图乙中的 （填"①""②"或"③"），利用该图线斜率求解重力加速度对测量的结果 （填“有影响”或“无影响”）。
（2）图丙是利用气垫导轨验证滑块碰撞过程是否动量守恒的实验装置。
①用天平测得两滑块、（包含挡光片）的质量、，用游标卡尺测得两挡光片的宽度均为。
②实验前应调节气垫导轨底部的调节旋钮，使导轨 ；充气后，使滑块由导轨的一侧以一定初速度运动至另一侧，当滑块在导轨上通过光电门1时的挡光时间和通过光电门2时的挡光时间 时，说明气垫导轨已经调节好。
③将滑块放在两个光电门之间，滑块以一定初速度由光电门1左侧开始向右运动，通过光电门1时的挡光时间为，与滑块相撞后，它们通过光电门1和光电门2时的挡光时间分别为、，则在实验误差允许的范围内，只需验证表达式 （用测得的物理量表示）成立，就说明滑块碰撞过程中动量守恒。
【答案】（1）AC；①；无影响
（2）水平；相等；
【知识点】验证动量守恒定律；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】 一个小球和一根细线就可以组成一个单摆．单摆在摆角很小的情况下做简谐运动．单摆的周期与振幅、摆球的质量无关．与摆长的二次方根成正比．与重力加速度的二次方根成反比 。
（1）①AB应尽量减小摆线的弹性，以保证摆长不变，故A项正确，B错误；
CD应尽量减小空气阻力的影响，应选择质量大体积小的铁球，故C项正确，D错误。
故选AC。
②根据周期公式可得
变形得
斜率
纵截距为
图像应是图乙中的①，利用该图线斜率求解重力加速度对测量的结果无影响。
（2）
②实验前应调节气垫导轨底部的调节旋钮，使导轨水平，当滑块A在导轨上通过光电门1的挡光时间和通过光电门2的挡光时间相等时，说明气垫导轨已经调节好。
③若滑块A、B碰撞过程中动量守恒，则满足
即
两边消去，可得
【分析】（1） ① 根据实验原理和实验注意事项分析；
② 注意L是摆线长而不是摆长，所以图像不过原点，实验少加半径或者多加半径不会影响最后的结果，因为图像斜率没变；
（2） ② 根据挡光片经过光电门的时间求出滑块的速度，实验需要测出碰撞前后滑块经过光电门时的挡光时间。间相等时，说明气垫导轨已经调节好。
③ 两滑块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题。
（1）①[1]AB应尽量减小摆线的弹性，以保证摆长不变，故A项正确，B错误；
CD应尽量减小空气阻力的影响，应选择质量大体积小的铁球，故C项正确，D错误。
故选AC。
②[2][3]根据周期公式可得
变形得
斜率，纵截距为，图像应是图乙中的①，利用该图线斜率求解重力加速度对测量的结果无影响。
（2）②[1][2]实验前应调节气垫导轨底部的调节旋钮，使导轨水平，当滑块A在导轨上通过光电门1的挡光时间和通过光电门2的挡光时间相等时，说明气垫导轨已经调节好。
③[3]若滑块A、B碰撞过程中动量守恒，则满足
即
两边消去，可得
12．（2025高三下·广东月考）某实验小组欲测量一金属丝的电阻率，实验室提供器材如下：待测金属丝（阻值约为），直流电源（电动势为，内阻很小），电流表（量程为，内阻很小），电压表（量程为，内阻为），滑动变阻器（最大阻值为，滑动变阻器（最大阻值为），定值电阻若干个，开关，导线若干。
（1）首先用螺旋测微器测量待测金属丝的直径，某次测量时示数如图甲所示，则 mm；再用毫米刻度尺测量金属丝的长度，则待测金属丝的电阻率的表达式 （用题中字母、、表示）。
（2）为尽量准确地测量金属丝的电阻，设计了如图乙所示电路，图乙中滑动变阻器应该选用 （填“”或“”），由于电压表量程太小，需要串联定值电阻将其改装成量程的电压表，则 。
（3）根据图乙电路图，请用笔画线代替导线将图丙中实物连线补充完整。
（4）考虑到电表内阻的影响，金属丝的电阻率测量值将___________（填正确答案标号）真实值。
A．大于 B．小于 C．等于 D．不确定
【答案】（1）0.200；
（2） ；3000
（3）
（4）A
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】本题关键掌握测定电阻率的实验原理和螺旋测微器的读数方法。
（1）螺旋测微器应估读一位，亦即以mm作为单位，应读到小数点后面的第三位。读数时，除了观察固定刻度尺的整毫米刻度线外，特别要注意半毫米刻度线是否露出。
金属丝的直径
根据电阻定律可得
解得
（2）滑动变阻器选用分压式接法，故滑动变阻器应该选用；
电压表量程太小，需要串联定值电阻将其改装成量程，则
解得
（3）
根据电路图，连接实物图如图所示
（4）采用电流表内接法时，由于
可知金属丝的电阻测量值大于真实值，则金属丝的电阻率测量值将大于真实值。
故选A。
【分析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度的读数之和；根据电阻定律和几何知识推导；
（2）根据滑动变阻器选用分压式接法判断选择；根据串联电路电流相等和欧姆定律计算；
（3）根据电路图，连接实物图；
（4）分析电流表内阻对实验的影响。
（1）[1]金属丝的直径
[2]根据电阻定律可得
解得
（2）[1]滑动变阻器选用分压式接法，故滑动变阻器应该选用；
[2]电压表量程太小，需要串联定值电阻将其改装成量程，则
解得
（3）根据电路图，连接实物图如图所示
（4）采用电流表内接法时，由于
可知金属丝的电阻测量值大于真实值，则金属丝的电阻率测量值将大于真实值。
故选A。
13．（2025高三下·广东月考）如图所示，某同学利用废弃易拉罐制作了一款简易温度计：在透明薄壁玻璃管中加入一小段油柱（长度忽略不计），将玻璃管插入易拉罐内，接口处用热熔胶密封，这样就把一定质量的空气封闭在易拉罐中。已知玻璃管粗细均匀，横截面积，玻璃管露出易拉罐外的总长度。当温度为时，油柱恰好位于玻璃管和易拉罐的接口处，缓慢升高温度，当温度为时，油柱恰好到达玻璃管管口处，大气压强保持不变，空气视为理想气体。热力学温度与摄氏温度的关系，求：
（1）温度升高时，易拉罐内密封空气的内能怎么变？吸热还是放热？
（2）易拉罐的容积；
（3）若还有容积为、的易拉罐，为提高温度计的测量灵敏度（变化相同的温度，油柱移动距离越大，灵敏度越高），应该采用哪款易拉罐设计？请说明依据。
【答案】（1）解：一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度升高时，内能变大，即
温度升高时，封闭气体体积膨胀，对外做功，即0
根据热力学第一定律
可知，即气体从外界吸热
（2）解： 气体做等压变化，已知，，根据气体等压变化的规律可得
解得
（3）设温度变化时，油柱到玻璃管管口处的距离变化
根据气体等压变化的规律可得
则温度计灵敏度
故易拉罐容积越大，温度计的灵敏度越高，应该采用容积为的易拉罐提高灵敏度
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度升高时，内能变大，由热力学第一定律ΔU=W+Q，判断气体吸热、放热；
（2）气体做等压变化，由盖—吕萨克定律，求易拉罐的容积 ；
（3）根据气体等压变化的规律得到温度计灵敏度表达式，根据表达式分析。
（1）一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度升高时，内能变大，即
温度升高时，封闭气体体积膨胀，对外做功，即0
根据热力学第一定律
可知
即气体从外界吸热
（2）气体做等压变化，已知，，根据气体等压变化的规律可得
解得
（3）设温度变化时，油柱到玻璃管管口处的距离变化
根据气体等压变化的规律可得
则温度计灵敏度
故易拉罐容积越大，温度计的灵敏度越高，应该采用容积为的易拉罐提高灵敏度
14．（2025高三下·广东月考）如图所示为某款产品分捡装置的结构简图，可以根据产品质量的不同分别将产品收集到①②两个区域。装置工作时，产品每次都经弹射装置由点释放，之后沿粗糙水平面运动至半径为的光滑竖直圆轨道内，圆轨道最低点与水平面平滑相切且略微错开以允许产品通过，圆轨道的圆心为，②收集区恰以为分界点沿半径方向水平放置，且收集区两端与圆轨道之间留有恰好可让产品通过的空隙，能够完整通过圆轨道的产品，最终沿光滑水平轨道运动到①区域收集。已知水平轨道长为，所有产品与水平面间的动摩擦因数均为，且质量为的产品恰好运动到与点等高位置时速度减为零，并被收集到区域②的右端。不考虑产品之间的碰撞，不计空气阻力，重力加速度为，求：
（1）质量为的产品经过点时对圆轨道的压力大小；
（2）弹簧每次释放时的弹性势能；
（3）进入收集区①的产品质量范围。
【答案】（1）解：产品从点到点等高的过程，根据动能定理有
在点，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律可得，质量为的产品经过点时对圆轨道的压力大小
（2）解：质量为的产品恰好被区域②的右端收集，根据能量守恒定律有
解得
（3）解：设产品质量为时，恰能通过圆轨道最高点，则根据牛顿第二定律
根据能量守恒定律有
解
则进入收集区①的产品质量范围为
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）产品从点到点等高的过程，根据动能定理以及牛顿运动定律求解 对圆轨道的压力大小；
（2）质量为的产品恰好被区域②的右端收集，根据能量守恒定律求解弹性势能；
（3）恰能通过圆轨道最高点，最高点重力提供向心力，根据能量守恒定律求解 进入收集区①的产品质量范围。
（1）产品从点到点等高的过程，根据动能定理有
在点，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律可得，质量为的产品经过点时对圆轨道的压力大小
（2）质量为的产品恰好被区域②的右端收集，根据能量守恒定律有
解得
（3）设产品质量为时，恰能通过圆轨道最高点，则根据牛顿第二定律
根据能量守恒定律有
解得
则进入收集区①的产品质量范围为
15．（2025高三下·广东月考）如图所示为某实验小组设计的离子控制装置示意图。在平面直角坐标系中，虚线上方和轴下方的区域存在着垂直纸面的匀强磁场，虚线和轴之间区域依次为加速电场、离子源和吸收板，其中加速电场分布在到之间，离子源位于坐标原点处，吸收板左、右两端分别位于和处。离子源可以产生初速度不计、比荷为的正离子，经电压为（值大小可调）的电场（图中未画出）加速后，沿轴负方向射入下方磁场。已知轴左侧加速电场的电压为，当匀强磁场垂直纸面向里且时，正离子恰好打在吸收板的中点处。
（1）求磁感应强度的大小；
（2）保持磁感应强度的大小不变，方向改为垂直纸面向外，若所有离子都能进入轴左侧加速电场进行加速，求：
①的取值范围；
②值在①中范围变化时，吸收板上表面有离子打到的区域长度。
【答案】（1）解：设正离子的质量为，电荷量为，则比荷
根据几何关系可得正离子做圆周运动的半径
根据动能定理可得
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
（2）解：①根据动能定理可得
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
离子恰好经过加速电场右边缘时，圆周运动半径，此时
离子恰好经过加速电场左边缘时，圆周运动半径，此时
则的取值范围为
②设离子在轴上方磁场中运动速度大小为，圆周运动半径为，根据动能定理可得
根据牛顿第二定律可得
联立可得
离子恰好经过加速电场右边缘时，，则圆周运动半径
离子恰好经过加速电场左边缘时，，则圆周运动半径
则吸收板上表面有离子打到的区域长度为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）根据几何关系，结合动能定理，以及洛伦兹力提供向心力分析求解；
（2） ① 根据动能定理，洛伦兹力提供向心力，结合不同情况下的运动半径分析求解；
②根据动能定理求解速度，分别求解离子恰好经过加速电场左边缘和右边缘时圆周运动的半径，根据半径求解吸收板上表面有离子打到的区域长度。
（1）设正离子的质量为，电荷量为，则比荷
根据几何关系可得正离子做圆周运动的半径
根据动能定理可得
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
（2）①根据动能定理可得
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
离子恰好经过加速电场右边缘时，圆周运动半径，此时
离子恰好经过加速电场左边缘时，圆周运动半径，此时
则的取值范围为
②设离子在轴上方磁场中运动速度大小为，圆周运动半径为，根据动能定理可得
根据牛顿第二定律可得
联立可得
离子恰好经过加速电场右边缘时，，则圆周运动半径
离子恰好经过加速电场左边缘时，，则圆周运动半径
则吸收板上表面有离子打到的区域长度为
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