广东省湛江市2025-2026学年高三上学期10月期中物理试题
1．（2025高三上·湛江期中）在医学中，常用伽马刀对肿瘤进行治疗，其原理为钴发生衰变，释放射线，用伽玛射线对病变组织进行照射，从而破坏病变组织，达到治疗目的。已知钴的半衰期约为5年，其衰变后生成镍，下列说法正确的是（ ）
A．钴发生的衰变为衰变
B．射线本质上是高速电子流
C．与钴相比，镍的比结合能更大
D．经过10年，钴可以全部发生衰变
2．（2025高三上·湛江期中）如图所示，某同学在两竖直墙壁之间安装免打孔单杠，单杠两侧与墙壁之间有防滑软胶垫，靠近墙壁处内置螺纹杆，可通过旋转螺纹杆使单杠向外侧伸长，进而把防滑软胶垫挤压在墙壁上，则下列说法正确的是（ ）
A．该同学利用单杠做引体向上时，软胶垫受到墙壁的摩擦力向下
B．该同学利用单杠匀速引体向上，当两手臂都竖直时，每只手臂受到的拉力最小
C．螺纹杆向外旋转越多，单杠受到两侧墙壁的弹力均越大，单杠受到的合力也越大
D．软胶垫与墙体的接触面积越大，软胶垫受到墙壁的摩擦力越大
3．（2025高三上·湛江期中）如图所示，在直径为的圆形区域内存在垂直平面的匀强磁场，有一边长为的正方形金属线框，线框右侧边恰好与圆形区域左侧相切，现使线框匀速向右运动，并保持线框边始终在虚线上，从线框开始进入磁场区域到完全离开过程中，以顺时针为正方向，电流随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高三上·湛江期中）2025年8月15日22时47分，神舟二十号航天员乘组顺利完成了第三次出舱活动，如图所示为宇航员在空间站外进行出舱作业的情景。已知空间站离地高度约为，地球半径约为，地球同步卫星离地高度约为，空间站和地球同步卫星的运动均可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．宇航员绕地球飞行的速度大于
B．宇航员绕地球一圈的时间约为
C．宇航员在空间站外进行出舱作业时不受重力作用
D．空间站舱外组件与宇航员所连接的钩锁一旦脱落，宇航员将坠向地面
5．（2025高三上·湛江期中）如图所示为“神州”系列飞船返回舱返回地球的示意图，其过程可简化为：第一阶段，当返回舱成功穿越大气层下降到距地面约10公里高度时，降落伞打开，返回舱将在巨大降落伞向上的阻力作用下，迅速减速，假定此阶段降落伞产生的阻力与速度成正比；第二阶段，返回舱以较低速度匀速下降；第三阶段，返回舱在距地面还有一定高度时，缓冲火箭启动喷出气体，返回舱进一步减速，从而使返回舱安全着陆。下列说法正确的是（ ）
A．在第一阶段，返回舱做加速度增大的减速直线运动
B．在第二阶段，返回舱的机械能守恒
C．在第三阶段，缓冲火箭向上喷出气体
D．在第三阶段，合外力对返回舱做的总功等于返回舱动能的变化量
6．（2025高三上·湛江期中）如图甲所示电路，灯泡的电阻，定值电阻，电压表、电流表均为理想电表，理想变压器的输入电压随时间变化关系如图乙所示，原、副线圈的匝数比，图丙是光敏电阻的阻值随光照强度变化的图像，不考虑灯泡电阻随温度变化。当开关闭合后，则下列说法正确的是（ ）
A．变压器的输入电压变化的周期为
B．随着光敏电阻的光照强度逐渐增大，电压表、电流表的示数逐渐增大
C．当光敏电阻的光照强度时，电压表的示数为
D．当光敏电阻的光照强度时，变压器的输入功率约为
7．（2025高三上·湛江期中）某兴趣小组设计了一种测量半圆形玻璃砖折射率的方法，其简要操作如下：将激光笔紧贴玻璃砖的圆弧面朝圆心处大头针方向射出激光束，将激光笔出光口在白纸上的投影记为点；拔去大头针，使光束穿过玻璃砖后在处的卡纸上留下光点，该光点在白纸上的投影记为点；撤去玻璃砖和卡纸，在白纸上连接，延长交于点，作图如图所示。若测得和的长度分别为、和，则测得该玻璃砖的折射率约为（ ）
A．1.78 B．1.33 C．1.44 D．2.00
8．（2025高三上·湛江期中）位于坐标原点的波源产生的一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，已知图甲为波源的振动图像，图乙为平衡位置位于x1=2m处质点的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．0~1s内，波源运动的路程为1m
B．t=0.5s时波源正从平衡位置向y轴正方向运动
C．如果波长大于2m，则波速一定为
D．波源位于平衡位置时，x1=2m处的质点一定处于波谷
9．（2025高三上·湛江期中）如图所示，上表面水平的正方体区域内存在着方向竖直向上的匀强磁场。粒子源射出比荷相同、速度不同的甲、乙两粒子均从面的正中央小孔垂直射入磁场，甲粒子打在边上，乙粒子打在正方形的正中央。若不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两粒子的速度之比为1：2
B．甲、乙两粒子均带正电
C．甲、乙两粒子在磁场中运动周期之比为2：1
D．甲、乙两粒子运动过程中所受洛伦兹力做功均为零
10．（2025高三上·湛江期中）为了避免突然产生的加速度让乘客有明显不舒服的顿挫感，电梯在竖直方向上减速下降过程中加速度随时间变化的图像如图甲所示，取竖直向下为正方向，时刻和时刻的加速度均为零。如图乙所示，时刻，一小物块在电梯中以初速度水平向右滑动，时刻恰好减速至零，该过程中物块在竖直方向与电梯保持相对静止，电梯厢足够长，物块不与电梯发生碰撞，物块与电梯之间的动摩擦因数为，重力加速度为。若取水平向右为正方向，关于小物块水平方向的加速度、水平方向的速度、水平方向的位移随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2025高三上·湛江期中）某兴趣小组用图甲所示的向心力演示器验证向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系。已知小球在挡板、、处做圆周运动的半径之比为，变速塔轮自上而下每层左、右半径之比分别为、和，如图乙所示。
（1）在进行下列实验时采用的方法与本实验相同的是_____（填正确答案标号）。
A．伽利略对自由落体的研究
B．探究两个互成角度的力的合成规律
C．卡文迪什通过扭秤实验测出引力常量
D．探究加速度与力、质量的关系
（2）在某次实验中，验证向心力与角速度之间的关系时，左、右两标尺露出的格子数之比为1：9，运用圆周运动知识可以判断是将传动皮带调至第 （填“一”“二”或“三”）层塔轮。
（3）现有两小球1和2，质量分别为和，且，在另一次实验中，把小球1放在位置，小球2放在位置，传动皮带位于第二层，转动手柄，当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为 。
12．（2025高三上·湛江期中）小德同学测量某金属丝的电阻率：
（1）该同学用多用电表欧姆挡测电阻丝的阻值，当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，重新选择挡位并进行欧姆调零后，指针静止时位置如图甲所示，其读数为 Ω。
（2）为更精确测量金属丝的阻值，小德同学从实验室找到了以下仪器设计实验方案：
A、电池组（电动势为，内阻未知）
B、电流表（量程为，内阻为）
C、电流表（量程为，内阻为）
D、电阻箱（阻值范围为）
E、电阻箱（阻值范围为）
F、开关和导线若干
（3）该同学设计的电路图如图乙所示，为能完成金属丝的电阻测量，电流表选择 （填器材前字母序号）。
（4）小德同学进行的实验操作如下：
①用米尺测出接入电路的金属丝长度，用螺旋测微器测得金属丝的直径，如图丙所示金属丝的直径 。
②将电阻箱的阻值调节为3.00，在之后的操作中电阻箱的阻值保持不变，调节电路中的电阻箱，多次测量并依次记录电阻箱的阻值和电流表的示数。
③根据以上记录数据，可以作出图像。
你对小德处理实验数据的方法是否认同？如果不认同，请提出改进意见： 。 。
（5）通过数据处理方法的改进，小德同学发现以上实验方案的电阻率测量结果 （填“偏大”或“偏小”），于是调整实验操作重做实验：
①找来接线夹接入电路，通过改变接线夹的位置来改变金属丝接入电路的长度，并测得该长度；
②改变电阻箱的阻值，以保持电路中电流不变；
③记录、数据，并作出图像，算得图像斜率绝对值。
你认为经过以上改进后，影响原实验方案的因素对电阻率的测量结果 （填“有”或“无”）影响。
13．（2025高三上·湛江期中）有一个热水瓶，体积为2L，里面装入一半87℃的热水，然后立刻盖上圆柱形的瓶塞，瓶塞的底面积为，过了一段时间，瓶内水温降低到。已知大气压强为，热力学温度与摄氏温度的关系为，瓶塞密封良好不漏气且重力和摩擦力可以忽略不计，瓶中气体可视为理想气体，不考虑瓶内水蒸气的影响。
（1）在温度下降时，试从微观角度分析说明热水瓶内的气体压强的变化。
（2）此时瓶中气体压强为多大？如果要拔开瓶塞，至少需要多大的力？
14．（2025高三上·湛江期中）在现代吸入式药物治疗（如哮喘、肺部给药）中，需要将不同大小、不同带药量的气溶胶微粒精确地分选并输送到肺部的不同区域。该设备中的核心部件一“静电轨道分选器”的原理简图如图所示，平行板电容器的电容为，相距为的两个极板和倾斜放置，上极板的左端和下极板的右端等高，极板与水平方向的夹角，上极板带正电，下极板带负电，将一个可视为质点、质量为、电荷量为-q（q>0）的小球，从点由静止释放，小球恰好沿直线水平向左做直线运动。已知重力加速度为g，，。
（1）求电容器极板的带电量；
（2）求小球到达端时的动能；
（3）若小球从点以垂直极板向上射出，恰能击中极板的中点，求的大小。
15．（2025高三上·湛江期中）某课外活动小组设计出某款游戏装置，其简化图如图甲所示，水平轨道左侧固定一弹射器，将一质量为的滑块1压缩在图示位置后锁定（滑块1与弹射器内的轻弹簧不粘连，弹簧处于原长状态时右端恰好在点）。水平轨道右侧放置一劲度系数的轻弹簧，弹簧右端固定，左端点放置一质量为的滑块2（滑块2与轻弹簧不粘连），开始时轻弹簧处于原长状态。现解除锁定释放滑块1，释放后弹簧弹力与位移的关系如图乙所示，滑块1经过水平轨道点时与滑块2发生正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间滑块2的速度为。已知弹簧振子做简谐运动的周期公式为（其中为振子质量，为弹簧劲度系数），滑块1和2均可视为质点，不计一切摩擦。
（1）求解除锁定前弹射器存储的弹性势能大小以及弹射过程中弹射器对滑块1的冲量大小；
（2）求滑块1和2发生第一次碰撞过程中损失的动能；
（3）若在滑块1和2发生第二次碰撞之前，滑块1还没有碰到弹射器，求水平轨道上、两点间距离的最小值。（取，计算结果保留2为小数）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据质量数与核电荷数守恒可知，其衰变方程为，则发生的是β衰变（释放电子），故A错误；
B．γ射线是光子流，属于电磁波，而高速电子流是β射线的本质，故B错误；
C．衰变过程释放能量，生成物镍比钴更稳定，比结合能更大，故C正确；
D．半衰期为5年，经过10年（两个半衰期）后剩余钴-60为原来的，不会全部衰变，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合衰变类型、射线本质、比结合能与稳定性的关系、半衰期的含义，逐一分析选项。
2．【答案】B
【知识点】静摩擦力；共点力的平衡
【解析】【解答】A．将单杠、软胶垫和人视为整体，整体有向下运动的趋势，故软胶垫受到墙壁的摩擦力方向向上，故A错误；
B．该同学利用单杠匀速引体向上时，设该同学的质量为，手臂与竖直方向的夹角为，则根据平衡关系有，解得每只手臂受到的拉力为，所以当即该同学两手臂都竖直时，每个手臂受到的拉力等于该同学的重力的一半且最小，故B正确；
C．单杠静止，合力始终为0，螺纹旋出越多，两侧墙壁的弹力越大，但合力仍为零，故C错误；
D．软胶垫受到墙壁的总摩擦力等于整体的重力，和软胶垫与墙体的接触面积无关，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合受力平衡、摩擦力与弹力的性质，逐一分析选项：通过整体法判断摩擦力方向，利用力的合成规律分析拉力最小值，明确合力与摩擦力的决定因素。
3．【答案】D
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】对线框，根据法拉第电磁感应定律有
又
根据欧姆定律有
联立可得
由表达式可知电流的变化不满足一次函数，再结合楞次定律可知，线框进入磁场时感应电流的方向为逆时针，离开磁场时感应电流的方向为顺时针。
故答案为：D。
【分析】线框匀速进入 / 离开磁场时，有效切割长度随位移变化（由圆的几何关系决定），结合法拉第电磁感应定律与欧姆定律，分析电流的变化规律。
4．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A.7.9km/s 是第一宇宙速度（近地卫星的最大环绕速度），空间站轨道半径大于地球半径，其环绕速度小于 7.9km/s，故A错误；
B．宇航员绕地运行的轨道半径约为，同步卫星绕地运行的轨道半径约为，地球同步卫星的环绕周期为，根据开普勒第三定律，解得，即宇航员绕地球一圈的时间约为，故B正确；
C．宇航员的重力充当圆周运动的向心力，并非不受重力，故C错误；
D．钩锁脱落时，宇航员速度仍满足圆周运动的向心力条件，会继续绕地球做圆周运动，不会坠向地面，故D错误。
故答案为：B。
【分析】利用开普勒第三定律（轨道半径与周期的关系）、第一宇宙速度的意义，结合圆周运动的向心力来源，分析各选项。
5．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．第一阶段，降落伞打开，返回舱受到降落伞向上的阻力，迅速减速，由牛顿第二定律得，又降落伞产生的阻力与速度成正比，则减速过程减小，减小，故返回舱做加速度减小的减速直线运动，A错误；
B．在第二阶段返回舱匀速下降，动能不变，重力势能减小，所以机械能减小，B错误；
C．在第三阶段，返回舱进一步减速，应该是受到向上的反作用力，缓冲火箭向下喷出气体，C错误；
D．由动能定理可知，第三阶段返回舱动能的变化量等于合外力做的功，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合牛顿第二定律、机械能守恒条件、力的相互作用及动能定理，逐一分析各阶段的运动与受力特点。
6．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．由图乙可知变压器的输入电压变化的周期为，故A错误；
BC．电压表的示数是变压器副线圈两端电压的有效值，而变压器的输入电压有效值恒定，则电压表V的示数是由变压器匝数比决定的，即，电压表的示数为，保持不变，随着光敏电阻的光照强度逐渐增大，光敏电阻逐渐减小，副线圈电路总电阻减小，电流增大，电流表的示数逐渐增大，故BC错误；
D．由上述分析可知，由图丙可知，时，，则副线圈电路的总电阻，消耗的总功率，理想变压器的输入功率等于副线圈电路消耗的总功率，故D正确。
故答案为：D。
【分析】先由变压器的变压比求副线圈电压，再结合光敏电阻的阻值特性，分析副线圈电路的总电阻与功率，进而判断各选项。
7．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】根据勾股定理可求出的长度分别为、，再根据折射定律可得
故答案为：B。
【分析】利用折射定律，结合几何关系求出入射角与折射角的正弦值，进而计算折射率。
8．【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】A．由图像可知，波源的振动周期T=0.4s，振幅A=10cm，0~1s内波源运动的路程，故A正确；
B．由图甲可知，t=0.5s时波源正从平衡位置向y轴负方向运动，故B错误；
C．该波沿x轴正方向传播，则两质点间的距离为，解得，如果波长大于2m，则一定有n=0，由波速的公式得，故C正确；
D．由振动图像可知，波源位于平衡位置时，x1=2m处的质点可能处于波谷也有可能处于波峰，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】结合波源与质点的振动图像，利用周期、路程的关系分析振动过程；通过波的传播规律（质点间距与波长的关系）推导波速；判断波源与质点的振动关联。
9．【答案】A,B,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．设正方体边长为，甲粒子打在边上，轨道半径
乙粒子打在正中央，轨道半径
故
由洛伦兹力提供向心力
解得：，比荷相同，相同，速度与成正比，故，故A正确；
B．根据左手定则，磁场竖直向上，粒子偏转方向符合正电荷受力特点，故甲、乙均带正电，故B正确；
C．粒子在磁场中运动周期，比荷相同，相同，周期相同，故周期之比为，故C错误；
D．洛伦兹力始终与速度方向垂直，由功的公式（）可知，洛伦兹力做功为零，故D正确；
故答案为：ABD。
【分析】结合洛伦兹力提供向心力的规律，分析粒子轨道半径与速度的关系；利用左手定则判断粒子电性；根据周期公式分析周期关系；结合洛伦兹力的方向特点判断做功情况。
10．【答案】B,C
【知识点】图象法；牛顿定律与图象
【解析】【解答】AB．由牛顿第二定律可得，，解得，图像的面积为速度变化量，解得水平加速度的最大值，故A错误，B正确；
C．图像斜率的绝对值表示加速度的大小，由可知，随时间的变化满足对称性，加速度先增大后减小，故斜率先增大后减小，C正确；
D．图像的面积表示位移，由图像的对称性结合上述分析可得，内的总位移为，内的位移大于总位移的，即大于，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】先通过竖直方向的牛顿第二定律关联支持力，再推导水平加速度与竖直加速度的关系，结合加速度 - 时间图像的面积（速度变化量）分析水平加速度的极值，最后根据加速度的变化规律判断速度、位移的图像。
11．【答案】（1）D
（2）三
（3）
【知识点】控制变量法；线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】（1）在这个实验中，利用了控制变量法来验证向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系，D项探究加速度与力、质量的关系采用了控制变量法。
故答案为：D。
（2）在验证向心力和角速度的关系实验中，应取质量相同的小球分别放在图甲中挡板和挡板处，变速塔轮用皮带连接，塔轮边缘上点的线速度大小相等，根据
可得与皮带连接的变速塔轮相对应的半径之比为
故需要将传动皮带调至第三层塔轮。
故答案为：三
（3）小球1、2质量比为，在实验中把小球1放在位置，小球2放在位置，即转动半径之比为
传动皮带位于第二层，两塔轮半径之比为
则根据可知，角速度之比为
根据
可知向心力之比为，则转动手柄，当塔轮匀速转动时，左、右两标尺露出的格子数之比约为
故答案为：
【分析】（1）实验方法：识别控制变量法的应用场景，匹配对应实验。
（2）塔轮层数：通过向心力与角速度的关系，结合塔轮线速度相等的条件，推导塔轮半径比，确定层数。
（3）格子数之比：结合质量、半径、角速度的比例，利用向心力公式计算向心力之比，对应格子数之比。
（1）在这个实验中，利用了控制变量法来验证向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系，D项探究加速度与力、质量的关系采用了控制变量法。
故选D。
（2）在验证向心力和角速度的关系实验中，应取质量相同的小球分别放在图甲中挡板和挡板处，变速塔轮用皮带连接，塔轮边缘上点的线速度大小相等，根据
可得与皮带连接的变速塔轮相对应的半径之比为
故需要将传动皮带调至第三层塔轮。
（3）小球1、2质量比为，在实验中把小球1放在位置，小球2放在位置，即转动半径之比为
传动皮带位于第二层，两塔轮半径之比为
则根据
可知，角速度之比为
根据
可知向心力之比为，则转动手柄，当塔轮匀速转动时，左、右两标尺露出的格子数之比约为
12．【答案】14.0；B；5.500；不认同，改作图像，图线为直线，方便数据处理；在描点画直线的过程中，舍去偏差较大的点，画直线时尽可能使描出的点均匀分布在直线两侧；偏大；无
【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；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）用“”挡时发现指针偏转角度过大，说明电阻较小，重新选择“”挡，读数为。
故答案为：
（3）电流表量程过大，因此选电流表，故填B。
故答案为：B
（4）金属丝的直径
不认同小德处理实验数据的方法；
设改装后电流表的量程变为原来的倍，内阻为，根据闭合电路欧姆定律可得，整理可得，应改作图像，图线为直线，方便数据处理；
[5]在描点画直线的过程中，舍去偏差较大的点，画直线时尽可能使描出的点均匀分布在直线两侧。
故答案为：5.500；不认同，改作图像，图线为直线，方便数据处理；在描点画直线的过程中，舍去偏差较大的点，画直线时尽可能使描出的点均匀分布在直线两侧
（5）测量电阻包含改装后电流表电阻及电源内阻，由于电源内阻未知，无法消除，所以电阻率的测量结果偏大；
根据闭合电路欧姆定律可得
整理可得
当保持不变时，与是一次函数
又知，故，且与及均无关，改进后影响原实验方案的因素对电阻率的测量无影响。
故答案为：偏大；无
【分析】（1）多用电表：指针偏角大说明电阻小，换小挡位，读数为刻度×倍率。
（2）电流表选择：由电动势和估算电阻得最大电流，匹配合适量程。
（3）螺旋测微器：读固定刻度+可动刻度×精度。
（4）数据处理：将非线性关系转化为线性图像，便于处理；描点时优化数据点分布。
（5）误差与改进：原方案未消除内阻导致电阻偏大，改进后通过控制电流，使内阻影响被消去，不影响电阻率结果。
13．【答案】（1）解：由于瓶塞密封良好不漏气，则瓶中气体的体积不变，气体分子数密度不变。
温度降低时，气体分子的平均动能减小。
气体分子对器壁单位面积的压力减小，则热水瓶内的气体压强减小。
（2）解：气体做等容变化
初状态
末状态
根据查理定律可得
解得
对瓶塞进行受力分析，如图所示
根据平衡状态有
解得
【知识点】气体压强的微观解释；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）压强微观解释：从分子数密度、分子平均动能与压强的关系，分析温度对压强的影响。
（2）气体状态分析：识别气体做等容变化，用查理定律求末态压强；拔塞力由内外压强差与塞子面积的乘积计算。
（1）由于瓶塞密封良好不漏气，则瓶中气体的体积不变，气体分子数密度不变。
温度降低时，气体分子的平均动能减小。
气体分子对器壁单位面积的压力减小，则热水瓶内的气体压强减小。
（2）气体做等容变化
初状态
末状态
根据查理定律可得
解得
对瓶塞进行受力分析，如图所示
根据平衡状态有
解得
14．【答案】（1）解：对小球进行分析有
解得
对电容器有
根据电场强度与电压的关系有
解得
（2）解：结合上述有
小球从释放至运动到端过程，根据动能定理可得
解得
（3）解：小球沿方向的分运动为匀加速直线运动，垂直方向的分运动为匀速直线运动，如图所示
垂直方向有
平行方向有
结合上述解得
【知识点】电场强度；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）极板带电量：通过小球直线运动的受力平衡求电场强度，结合电容定义式计算极板带电量。
（2）动能计算：利用动能定理，结合重力与电场力的做功分析，求小球到达M点的动能。
（3）初速度分析：将小球运动分解为垂直极板和沿极板方向，结合等效加速度与运动学公式，求解初速度。
（1）对小球进行分析有
解得
对电容器有
根据电场强度与电压的关系有
解得
（2）解法一：
结合上述有
小球从释放至运动到端过程，根据动能定理可得
解得
解法二：
根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学规律可得
小球到达端的动能
解得
（3）小球沿方向的分运动为匀加速直线运动，垂直方向的分运动为匀速直线运动，如图所示
垂直方向有
平行方向有
结合上述解得
15．【答案】（1）解：根据动能定理可知
又因为图像面积表示弹力做的功，所以
联立解得滑块离开弹射器时的速度
由能量守恒可得释放前弹射器具有的弹性势能大小
由动量定理可知，弹射器对滑块1的冲量大小
（2）解：由动量守恒定律可得
碰后瞬间滑块1的速度大小
由能量守恒定律可得，发生第一次碰撞过程中损失的动能
（3）解：滑块2与弹簧一起做简谐运动，由弹簧振子周期公式可得
滑块2回到点时，滑块1、2间的距离为
此后为滑块1、2的追及过程，从第一次碰撞到第二次即将发生碰撞过程中
即
解得
要满足滑块1、2发生第二次碰撞之前，滑块1没有碰到弹射器，两点间距离的最小值为
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）弹性势能与冲量：利用F-x图像面积求弹力做功（即弹性势能），结合动能定理得速度，再由动量定理求冲量。
（2）碰撞能量损失：通过动量守恒求碰撞后速度，再计算碰撞前后的动能差。
（3）最小距离：结合弹簧振子的周期，确定滑块2返回B点的时间，此时间内滑块1运动的距离即为A、B最小距离。
（1）根据动能定理可知
又因为图像面积表示弹力做的功，所以
联立解得滑块离开弹射器时的速度
由能量守恒可得释放前弹射器具有的弹性势能大小
由动量定理可知，弹射器对滑块1的冲量大小
（2）由动量守恒定律可得
碰后瞬间滑块1的速度大小
由能量守恒定律可得，发生第一次碰撞过程中损失的动能
（3）滑块2与弹簧一起做简谐运动，由弹簧振子周期公式可得
滑块2回到点时，滑块1、2间的距离为
此后为滑块1、2的追及过程，从第一次碰撞到第二次即将发生碰撞过程中
即
解得
要满足滑块1、2发生第二次碰撞之前，滑块1没有碰到弹射器，两点间距离的最小值为
1 / 1广东省湛江市2025-2026学年高三上学期10月期中物理试题
1．（2025高三上·湛江期中）在医学中，常用伽马刀对肿瘤进行治疗，其原理为钴发生衰变，释放射线，用伽玛射线对病变组织进行照射，从而破坏病变组织，达到治疗目的。已知钴的半衰期约为5年，其衰变后生成镍，下列说法正确的是（ ）
A．钴发生的衰变为衰变
B．射线本质上是高速电子流
C．与钴相比，镍的比结合能更大
D．经过10年，钴可以全部发生衰变
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据质量数与核电荷数守恒可知，其衰变方程为，则发生的是β衰变（释放电子），故A错误；
B．γ射线是光子流，属于电磁波，而高速电子流是β射线的本质，故B错误；
C．衰变过程释放能量，生成物镍比钴更稳定，比结合能更大，故C正确；
D．半衰期为5年，经过10年（两个半衰期）后剩余钴-60为原来的，不会全部衰变，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合衰变类型、射线本质、比结合能与稳定性的关系、半衰期的含义，逐一分析选项。
2．（2025高三上·湛江期中）如图所示，某同学在两竖直墙壁之间安装免打孔单杠，单杠两侧与墙壁之间有防滑软胶垫，靠近墙壁处内置螺纹杆，可通过旋转螺纹杆使单杠向外侧伸长，进而把防滑软胶垫挤压在墙壁上，则下列说法正确的是（ ）
A．该同学利用单杠做引体向上时，软胶垫受到墙壁的摩擦力向下
B．该同学利用单杠匀速引体向上，当两手臂都竖直时，每只手臂受到的拉力最小
C．螺纹杆向外旋转越多，单杠受到两侧墙壁的弹力均越大，单杠受到的合力也越大
D．软胶垫与墙体的接触面积越大，软胶垫受到墙壁的摩擦力越大
【答案】B
【知识点】静摩擦力；共点力的平衡
【解析】【解答】A．将单杠、软胶垫和人视为整体，整体有向下运动的趋势，故软胶垫受到墙壁的摩擦力方向向上，故A错误；
B．该同学利用单杠匀速引体向上时，设该同学的质量为，手臂与竖直方向的夹角为，则根据平衡关系有，解得每只手臂受到的拉力为，所以当即该同学两手臂都竖直时，每个手臂受到的拉力等于该同学的重力的一半且最小，故B正确；
C．单杠静止，合力始终为0，螺纹旋出越多，两侧墙壁的弹力越大，但合力仍为零，故C错误；
D．软胶垫受到墙壁的总摩擦力等于整体的重力，和软胶垫与墙体的接触面积无关，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合受力平衡、摩擦力与弹力的性质，逐一分析选项：通过整体法判断摩擦力方向，利用力的合成规律分析拉力最小值，明确合力与摩擦力的决定因素。
3．（2025高三上·湛江期中）如图所示，在直径为的圆形区域内存在垂直平面的匀强磁场，有一边长为的正方形金属线框，线框右侧边恰好与圆形区域左侧相切，现使线框匀速向右运动，并保持线框边始终在虚线上，从线框开始进入磁场区域到完全离开过程中，以顺时针为正方向，电流随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】对线框，根据法拉第电磁感应定律有
又
根据欧姆定律有
联立可得
由表达式可知电流的变化不满足一次函数，再结合楞次定律可知，线框进入磁场时感应电流的方向为逆时针，离开磁场时感应电流的方向为顺时针。
故答案为：D。
【分析】线框匀速进入 / 离开磁场时，有效切割长度随位移变化（由圆的几何关系决定），结合法拉第电磁感应定律与欧姆定律，分析电流的变化规律。
4．（2025高三上·湛江期中）2025年8月15日22时47分，神舟二十号航天员乘组顺利完成了第三次出舱活动，如图所示为宇航员在空间站外进行出舱作业的情景。已知空间站离地高度约为，地球半径约为，地球同步卫星离地高度约为，空间站和地球同步卫星的运动均可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．宇航员绕地球飞行的速度大于
B．宇航员绕地球一圈的时间约为
C．宇航员在空间站外进行出舱作业时不受重力作用
D．空间站舱外组件与宇航员所连接的钩锁一旦脱落，宇航员将坠向地面
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A.7.9km/s 是第一宇宙速度（近地卫星的最大环绕速度），空间站轨道半径大于地球半径，其环绕速度小于 7.9km/s，故A错误；
B．宇航员绕地运行的轨道半径约为，同步卫星绕地运行的轨道半径约为，地球同步卫星的环绕周期为，根据开普勒第三定律，解得，即宇航员绕地球一圈的时间约为，故B正确；
C．宇航员的重力充当圆周运动的向心力，并非不受重力，故C错误；
D．钩锁脱落时，宇航员速度仍满足圆周运动的向心力条件，会继续绕地球做圆周运动，不会坠向地面，故D错误。
故答案为：B。
【分析】利用开普勒第三定律（轨道半径与周期的关系）、第一宇宙速度的意义，结合圆周运动的向心力来源，分析各选项。
5．（2025高三上·湛江期中）如图所示为“神州”系列飞船返回舱返回地球的示意图，其过程可简化为：第一阶段，当返回舱成功穿越大气层下降到距地面约10公里高度时，降落伞打开，返回舱将在巨大降落伞向上的阻力作用下，迅速减速，假定此阶段降落伞产生的阻力与速度成正比；第二阶段，返回舱以较低速度匀速下降；第三阶段，返回舱在距地面还有一定高度时，缓冲火箭启动喷出气体，返回舱进一步减速，从而使返回舱安全着陆。下列说法正确的是（ ）
A．在第一阶段，返回舱做加速度增大的减速直线运动
B．在第二阶段，返回舱的机械能守恒
C．在第三阶段，缓冲火箭向上喷出气体
D．在第三阶段，合外力对返回舱做的总功等于返回舱动能的变化量
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．第一阶段，降落伞打开，返回舱受到降落伞向上的阻力，迅速减速，由牛顿第二定律得，又降落伞产生的阻力与速度成正比，则减速过程减小，减小，故返回舱做加速度减小的减速直线运动，A错误；
B．在第二阶段返回舱匀速下降，动能不变，重力势能减小，所以机械能减小，B错误；
C．在第三阶段，返回舱进一步减速，应该是受到向上的反作用力，缓冲火箭向下喷出气体，C错误；
D．由动能定理可知，第三阶段返回舱动能的变化量等于合外力做的功，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合牛顿第二定律、机械能守恒条件、力的相互作用及动能定理，逐一分析各阶段的运动与受力特点。
6．（2025高三上·湛江期中）如图甲所示电路，灯泡的电阻，定值电阻，电压表、电流表均为理想电表，理想变压器的输入电压随时间变化关系如图乙所示，原、副线圈的匝数比，图丙是光敏电阻的阻值随光照强度变化的图像，不考虑灯泡电阻随温度变化。当开关闭合后，则下列说法正确的是（ ）
A．变压器的输入电压变化的周期为
B．随着光敏电阻的光照强度逐渐增大，电压表、电流表的示数逐渐增大
C．当光敏电阻的光照强度时，电压表的示数为
D．当光敏电阻的光照强度时，变压器的输入功率约为
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．由图乙可知变压器的输入电压变化的周期为，故A错误；
BC．电压表的示数是变压器副线圈两端电压的有效值，而变压器的输入电压有效值恒定，则电压表V的示数是由变压器匝数比决定的，即，电压表的示数为，保持不变，随着光敏电阻的光照强度逐渐增大，光敏电阻逐渐减小，副线圈电路总电阻减小，电流增大，电流表的示数逐渐增大，故BC错误；
D．由上述分析可知，由图丙可知，时，，则副线圈电路的总电阻，消耗的总功率，理想变压器的输入功率等于副线圈电路消耗的总功率，故D正确。
故答案为：D。
【分析】先由变压器的变压比求副线圈电压，再结合光敏电阻的阻值特性，分析副线圈电路的总电阻与功率，进而判断各选项。
7．（2025高三上·湛江期中）某兴趣小组设计了一种测量半圆形玻璃砖折射率的方法，其简要操作如下：将激光笔紧贴玻璃砖的圆弧面朝圆心处大头针方向射出激光束，将激光笔出光口在白纸上的投影记为点；拔去大头针，使光束穿过玻璃砖后在处的卡纸上留下光点，该光点在白纸上的投影记为点；撤去玻璃砖和卡纸，在白纸上连接，延长交于点，作图如图所示。若测得和的长度分别为、和，则测得该玻璃砖的折射率约为（ ）
A．1.78 B．1.33 C．1.44 D．2.00
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】根据勾股定理可求出的长度分别为、，再根据折射定律可得
故答案为：B。
【分析】利用折射定律，结合几何关系求出入射角与折射角的正弦值，进而计算折射率。
8．（2025高三上·湛江期中）位于坐标原点的波源产生的一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，已知图甲为波源的振动图像，图乙为平衡位置位于x1=2m处质点的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．0~1s内，波源运动的路程为1m
B．t=0.5s时波源正从平衡位置向y轴正方向运动
C．如果波长大于2m，则波速一定为
D．波源位于平衡位置时，x1=2m处的质点一定处于波谷
【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】A．由图像可知，波源的振动周期T=0.4s，振幅A=10cm，0~1s内波源运动的路程，故A正确；
B．由图甲可知，t=0.5s时波源正从平衡位置向y轴负方向运动，故B错误；
C．该波沿x轴正方向传播，则两质点间的距离为，解得，如果波长大于2m，则一定有n=0，由波速的公式得，故C正确；
D．由振动图像可知，波源位于平衡位置时，x1=2m处的质点可能处于波谷也有可能处于波峰，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】结合波源与质点的振动图像，利用周期、路程的关系分析振动过程；通过波的传播规律（质点间距与波长的关系）推导波速；判断波源与质点的振动关联。
9．（2025高三上·湛江期中）如图所示，上表面水平的正方体区域内存在着方向竖直向上的匀强磁场。粒子源射出比荷相同、速度不同的甲、乙两粒子均从面的正中央小孔垂直射入磁场，甲粒子打在边上，乙粒子打在正方形的正中央。若不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两粒子的速度之比为1：2
B．甲、乙两粒子均带正电
C．甲、乙两粒子在磁场中运动周期之比为2：1
D．甲、乙两粒子运动过程中所受洛伦兹力做功均为零
【答案】A,B,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．设正方体边长为，甲粒子打在边上，轨道半径
乙粒子打在正中央，轨道半径
故
由洛伦兹力提供向心力
解得：，比荷相同，相同，速度与成正比，故，故A正确；
B．根据左手定则，磁场竖直向上，粒子偏转方向符合正电荷受力特点，故甲、乙均带正电，故B正确；
C．粒子在磁场中运动周期，比荷相同，相同，周期相同，故周期之比为，故C错误；
D．洛伦兹力始终与速度方向垂直，由功的公式（）可知，洛伦兹力做功为零，故D正确；
故答案为：ABD。
【分析】结合洛伦兹力提供向心力的规律，分析粒子轨道半径与速度的关系；利用左手定则判断粒子电性；根据周期公式分析周期关系；结合洛伦兹力的方向特点判断做功情况。
10．（2025高三上·湛江期中）为了避免突然产生的加速度让乘客有明显不舒服的顿挫感，电梯在竖直方向上减速下降过程中加速度随时间变化的图像如图甲所示，取竖直向下为正方向，时刻和时刻的加速度均为零。如图乙所示，时刻，一小物块在电梯中以初速度水平向右滑动，时刻恰好减速至零，该过程中物块在竖直方向与电梯保持相对静止，电梯厢足够长，物块不与电梯发生碰撞，物块与电梯之间的动摩擦因数为，重力加速度为。若取水平向右为正方向，关于小物块水平方向的加速度、水平方向的速度、水平方向的位移随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】图象法；牛顿定律与图象
【解析】【解答】AB．由牛顿第二定律可得，，解得，图像的面积为速度变化量，解得水平加速度的最大值，故A错误，B正确；
C．图像斜率的绝对值表示加速度的大小，由可知，随时间的变化满足对称性，加速度先增大后减小，故斜率先增大后减小，C正确；
D．图像的面积表示位移，由图像的对称性结合上述分析可得，内的总位移为，内的位移大于总位移的，即大于，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】先通过竖直方向的牛顿第二定律关联支持力，再推导水平加速度与竖直加速度的关系，结合加速度 - 时间图像的面积（速度变化量）分析水平加速度的极值，最后根据加速度的变化规律判断速度、位移的图像。
11．（2025高三上·湛江期中）某兴趣小组用图甲所示的向心力演示器验证向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系。已知小球在挡板、、处做圆周运动的半径之比为，变速塔轮自上而下每层左、右半径之比分别为、和，如图乙所示。
（1）在进行下列实验时采用的方法与本实验相同的是_____（填正确答案标号）。
A．伽利略对自由落体的研究
B．探究两个互成角度的力的合成规律
C．卡文迪什通过扭秤实验测出引力常量
D．探究加速度与力、质量的关系
（2）在某次实验中，验证向心力与角速度之间的关系时，左、右两标尺露出的格子数之比为1：9，运用圆周运动知识可以判断是将传动皮带调至第 （填“一”“二”或“三”）层塔轮。
（3）现有两小球1和2，质量分别为和，且，在另一次实验中，把小球1放在位置，小球2放在位置，传动皮带位于第二层，转动手柄，当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为 。
【答案】（1）D
（2）三
（3）
【知识点】控制变量法；线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】（1）在这个实验中，利用了控制变量法来验证向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系，D项探究加速度与力、质量的关系采用了控制变量法。
故答案为：D。
（2）在验证向心力和角速度的关系实验中，应取质量相同的小球分别放在图甲中挡板和挡板处，变速塔轮用皮带连接，塔轮边缘上点的线速度大小相等，根据
可得与皮带连接的变速塔轮相对应的半径之比为
故需要将传动皮带调至第三层塔轮。
故答案为：三
（3）小球1、2质量比为，在实验中把小球1放在位置，小球2放在位置，即转动半径之比为
传动皮带位于第二层，两塔轮半径之比为
则根据可知，角速度之比为
根据
可知向心力之比为，则转动手柄，当塔轮匀速转动时，左、右两标尺露出的格子数之比约为
故答案为：
【分析】（1）实验方法：识别控制变量法的应用场景，匹配对应实验。
（2）塔轮层数：通过向心力与角速度的关系，结合塔轮线速度相等的条件，推导塔轮半径比，确定层数。
（3）格子数之比：结合质量、半径、角速度的比例，利用向心力公式计算向心力之比，对应格子数之比。
（1）在这个实验中，利用了控制变量法来验证向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系，D项探究加速度与力、质量的关系采用了控制变量法。
故选D。
（2）在验证向心力和角速度的关系实验中，应取质量相同的小球分别放在图甲中挡板和挡板处，变速塔轮用皮带连接，塔轮边缘上点的线速度大小相等，根据
可得与皮带连接的变速塔轮相对应的半径之比为
故需要将传动皮带调至第三层塔轮。
（3）小球1、2质量比为，在实验中把小球1放在位置，小球2放在位置，即转动半径之比为
传动皮带位于第二层，两塔轮半径之比为
则根据
可知，角速度之比为
根据
可知向心力之比为，则转动手柄，当塔轮匀速转动时，左、右两标尺露出的格子数之比约为
12．（2025高三上·湛江期中）小德同学测量某金属丝的电阻率：
（1）该同学用多用电表欧姆挡测电阻丝的阻值，当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，重新选择挡位并进行欧姆调零后，指针静止时位置如图甲所示，其读数为 Ω。
（2）为更精确测量金属丝的阻值，小德同学从实验室找到了以下仪器设计实验方案：
A、电池组（电动势为，内阻未知）
B、电流表（量程为，内阻为）
C、电流表（量程为，内阻为）
D、电阻箱（阻值范围为）
E、电阻箱（阻值范围为）
F、开关和导线若干
（3）该同学设计的电路图如图乙所示，为能完成金属丝的电阻测量，电流表选择 （填器材前字母序号）。
（4）小德同学进行的实验操作如下：
①用米尺测出接入电路的金属丝长度，用螺旋测微器测得金属丝的直径，如图丙所示金属丝的直径 。
②将电阻箱的阻值调节为3.00，在之后的操作中电阻箱的阻值保持不变，调节电路中的电阻箱，多次测量并依次记录电阻箱的阻值和电流表的示数。
③根据以上记录数据，可以作出图像。
你对小德处理实验数据的方法是否认同？如果不认同，请提出改进意见： 。 。
（5）通过数据处理方法的改进，小德同学发现以上实验方案的电阻率测量结果 （填“偏大”或“偏小”），于是调整实验操作重做实验：
①找来接线夹接入电路，通过改变接线夹的位置来改变金属丝接入电路的长度，并测得该长度；
②改变电阻箱的阻值，以保持电路中电流不变；
③记录、数据，并作出图像，算得图像斜率绝对值。
你认为经过以上改进后，影响原实验方案的因素对电阻率的测量结果 （填“有”或“无”）影响。
【答案】14.0；B；5.500；不认同，改作图像，图线为直线，方便数据处理；在描点画直线的过程中，舍去偏差较大的点，画直线时尽可能使描出的点均匀分布在直线两侧；偏大；无
【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；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）用“”挡时发现指针偏转角度过大，说明电阻较小，重新选择“”挡，读数为。
故答案为：
（3）电流表量程过大，因此选电流表，故填B。
故答案为：B
（4）金属丝的直径
不认同小德处理实验数据的方法；
设改装后电流表的量程变为原来的倍，内阻为，根据闭合电路欧姆定律可得，整理可得，应改作图像，图线为直线，方便数据处理；
[5]在描点画直线的过程中，舍去偏差较大的点，画直线时尽可能使描出的点均匀分布在直线两侧。
故答案为：5.500；不认同，改作图像，图线为直线，方便数据处理；在描点画直线的过程中，舍去偏差较大的点，画直线时尽可能使描出的点均匀分布在直线两侧
（5）测量电阻包含改装后电流表电阻及电源内阻，由于电源内阻未知，无法消除，所以电阻率的测量结果偏大；
根据闭合电路欧姆定律可得
整理可得
当保持不变时，与是一次函数
又知，故，且与及均无关，改进后影响原实验方案的因素对电阻率的测量无影响。
故答案为：偏大；无
【分析】（1）多用电表：指针偏角大说明电阻小，换小挡位，读数为刻度×倍率。
（2）电流表选择：由电动势和估算电阻得最大电流，匹配合适量程。
（3）螺旋测微器：读固定刻度+可动刻度×精度。
（4）数据处理：将非线性关系转化为线性图像，便于处理；描点时优化数据点分布。
（5）误差与改进：原方案未消除内阻导致电阻偏大，改进后通过控制电流，使内阻影响被消去，不影响电阻率结果。
13．（2025高三上·湛江期中）有一个热水瓶，体积为2L，里面装入一半87℃的热水，然后立刻盖上圆柱形的瓶塞，瓶塞的底面积为，过了一段时间，瓶内水温降低到。已知大气压强为，热力学温度与摄氏温度的关系为，瓶塞密封良好不漏气且重力和摩擦力可以忽略不计，瓶中气体可视为理想气体，不考虑瓶内水蒸气的影响。
（1）在温度下降时，试从微观角度分析说明热水瓶内的气体压强的变化。
（2）此时瓶中气体压强为多大？如果要拔开瓶塞，至少需要多大的力？
【答案】（1）解：由于瓶塞密封良好不漏气，则瓶中气体的体积不变，气体分子数密度不变。
温度降低时，气体分子的平均动能减小。
气体分子对器壁单位面积的压力减小，则热水瓶内的气体压强减小。
（2）解：气体做等容变化
初状态
末状态
根据查理定律可得
解得
对瓶塞进行受力分析，如图所示
根据平衡状态有
解得
【知识点】气体压强的微观解释；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）压强微观解释：从分子数密度、分子平均动能与压强的关系，分析温度对压强的影响。
（2）气体状态分析：识别气体做等容变化，用查理定律求末态压强；拔塞力由内外压强差与塞子面积的乘积计算。
（1）由于瓶塞密封良好不漏气，则瓶中气体的体积不变，气体分子数密度不变。
温度降低时，气体分子的平均动能减小。
气体分子对器壁单位面积的压力减小，则热水瓶内的气体压强减小。
（2）气体做等容变化
初状态
末状态
根据查理定律可得
解得
对瓶塞进行受力分析，如图所示
根据平衡状态有
解得
14．（2025高三上·湛江期中）在现代吸入式药物治疗（如哮喘、肺部给药）中，需要将不同大小、不同带药量的气溶胶微粒精确地分选并输送到肺部的不同区域。该设备中的核心部件一“静电轨道分选器”的原理简图如图所示，平行板电容器的电容为，相距为的两个极板和倾斜放置，上极板的左端和下极板的右端等高，极板与水平方向的夹角，上极板带正电，下极板带负电，将一个可视为质点、质量为、电荷量为-q（q>0）的小球，从点由静止释放，小球恰好沿直线水平向左做直线运动。已知重力加速度为g，，。
（1）求电容器极板的带电量；
（2）求小球到达端时的动能；
（3）若小球从点以垂直极板向上射出，恰能击中极板的中点，求的大小。
【答案】（1）解：对小球进行分析有
解得
对电容器有
根据电场强度与电压的关系有
解得
（2）解：结合上述有
小球从释放至运动到端过程，根据动能定理可得
解得
（3）解：小球沿方向的分运动为匀加速直线运动，垂直方向的分运动为匀速直线运动，如图所示
垂直方向有
平行方向有
结合上述解得
【知识点】电场强度；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）极板带电量：通过小球直线运动的受力平衡求电场强度，结合电容定义式计算极板带电量。
（2）动能计算：利用动能定理，结合重力与电场力的做功分析，求小球到达M点的动能。
（3）初速度分析：将小球运动分解为垂直极板和沿极板方向，结合等效加速度与运动学公式，求解初速度。
（1）对小球进行分析有
解得
对电容器有
根据电场强度与电压的关系有
解得
（2）解法一：
结合上述有
小球从释放至运动到端过程，根据动能定理可得
解得
解法二：
根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学规律可得
小球到达端的动能
解得
（3）小球沿方向的分运动为匀加速直线运动，垂直方向的分运动为匀速直线运动，如图所示
垂直方向有
平行方向有
结合上述解得
15．（2025高三上·湛江期中）某课外活动小组设计出某款游戏装置，其简化图如图甲所示，水平轨道左侧固定一弹射器，将一质量为的滑块1压缩在图示位置后锁定（滑块1与弹射器内的轻弹簧不粘连，弹簧处于原长状态时右端恰好在点）。水平轨道右侧放置一劲度系数的轻弹簧，弹簧右端固定，左端点放置一质量为的滑块2（滑块2与轻弹簧不粘连），开始时轻弹簧处于原长状态。现解除锁定释放滑块1，释放后弹簧弹力与位移的关系如图乙所示，滑块1经过水平轨道点时与滑块2发生正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间滑块2的速度为。已知弹簧振子做简谐运动的周期公式为（其中为振子质量，为弹簧劲度系数），滑块1和2均可视为质点，不计一切摩擦。
（1）求解除锁定前弹射器存储的弹性势能大小以及弹射过程中弹射器对滑块1的冲量大小；
（2）求滑块1和2发生第一次碰撞过程中损失的动能；
（3）若在滑块1和2发生第二次碰撞之前，滑块1还没有碰到弹射器，求水平轨道上、两点间距离的最小值。（取，计算结果保留2为小数）
【答案】（1）解：根据动能定理可知
又因为图像面积表示弹力做的功，所以
联立解得滑块离开弹射器时的速度
由能量守恒可得释放前弹射器具有的弹性势能大小
由动量定理可知，弹射器对滑块1的冲量大小
（2）解：由动量守恒定律可得
碰后瞬间滑块1的速度大小
由能量守恒定律可得，发生第一次碰撞过程中损失的动能
（3）解：滑块2与弹簧一起做简谐运动，由弹簧振子周期公式可得
滑块2回到点时，滑块1、2间的距离为
此后为滑块1、2的追及过程，从第一次碰撞到第二次即将发生碰撞过程中
即
解得
要满足滑块1、2发生第二次碰撞之前，滑块1没有碰到弹射器，两点间距离的最小值为
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）弹性势能与冲量：利用F-x图像面积求弹力做功（即弹性势能），结合动能定理得速度，再由动量定理求冲量。
（2）碰撞能量损失：通过动量守恒求碰撞后速度，再计算碰撞前后的动能差。
（3）最小距离：结合弹簧振子的周期，确定滑块2返回B点的时间，此时间内滑块1运动的距离即为A、B最小距离。
（1）根据动能定理可知
又因为图像面积表示弹力做的功，所以
联立解得滑块离开弹射器时的速度
由能量守恒可得释放前弹射器具有的弹性势能大小
由动量定理可知，弹射器对滑块1的冲量大小
（2）由动量守恒定律可得
碰后瞬间滑块1的速度大小
由能量守恒定律可得，发生第一次碰撞过程中损失的动能
（3）滑块2与弹簧一起做简谐运动，由弹簧振子周期公式可得
滑块2回到点时，滑块1、2间的距离为
此后为滑块1、2的追及过程，从第一次碰撞到第二次即将发生碰撞过程中
即
解得
要满足滑块1、2发生第二次碰撞之前，滑块1没有碰到弹射器，两点间距离的最小值为
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