2025---2026学年湖南省怀化市高三下学期物理二模练习试卷8[含答案Word版】

这是一份2025---2026学年湖南省怀化市高三下学期物理二模练习试卷8[含答案Word版】，共11页。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共43分）
一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．[4分]如图所示，足够大的金属板A、B平行放置，在两板间放置一不带电的金属球壳，O为球心，a、b为球壳外表面上的两点。闭合开关S，稳定后（ ）
A．a点的电势比b点的高B．a点的电场强度比O点的大
C．向右移动滑片P，a点的电势降低D．断开开关S，a点的电场强度减小
2．[4分]图甲为一列简谐横波在时的波形图，、、、是介质中的个质点。图乙为质点的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．质点的平衡位置位于处
B．至时间内质点和通过的路程相等
C．该波沿轴正方向传播
D．至时间内质点的加速度变小
3．[4分]如图所示，一长为l=1m的轻杆一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为m=1kg的小球，轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为ω=1rad/s的匀速圆周运动，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）
A．小球所受合力不变
B．小球在A点和B点时，杆对球的作用力相同
C．小球运动到最高点时，杆对球的作用力大小为9N
D．小球运动到水平位置A时，杆对球的作用力大小为1N
4．[4分]如图所示，细绳的下端系着一支圆珠笔，细绳的上端固定在公交车的水平扶手杆上。公交车以额定功率从静止状态加速至最大速度的过程中，公交车所受的阻力大小不变。当车速为时，细绳偏离竖直方向的夹角为30°。当车速为时，细绳偏离竖直方向的夹角为（ ）
A．75°B．60°C．45°D．30°
5．[4分]如图所示，对货车施加一个恒定的水平拉力F，拉着货车沿光滑水平轨道运动装运沙子，沙子经一静止的竖直漏斗连续地落进货车，单位时间内落进货车的沙子质量恒为Q。某时刻，货车（连同已落入其中的沙子）质量为M，速度为v，则此时货车的加速度为（ ）
A．B．C．D．
6．[4分]如图所示，当滑动变阻器的滑片P向上端移动时，电表示数的变化情况是（ ）
A．示数减小，示数增大，A示数增大
B．示数增大，示数减小，A示数增大
C．示数增大，示数增大，A示数减小
D．示数减小，示数减小，A示数减小
7．[4分]密闭容器内装有一定质量的理想气体，从状态a开始，经状态b、c、d再回到状态a，如图所示，其中图线bc、da平行于横轴.下列说法正确的是（ ）
A．从a到b，气体从外界吸热
B．从b到c，单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数增多
C．从c到d，气体内能减小
D．从d到a，外界对气体做功
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．[5分]如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，为定值电阻且>r，为光敏电阻，当光照强度减小时阻值增大，L为小灯泡，C为电容器，电表均为理想电表.闭合开关S后，若增大照射光强度，则下列说法正确的是（）
A．电压表的示数减小
B．电源的输出功率增大
C．电容器上的电荷量增加
D．两表示数变化量的比值不变
9．[5分]如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和0点的连线与OO′之间的夹角为60°，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）

A．物块做圆周运动的加速度大小为
B．陶罐对物块的弹力大为2mg
C．转台转动的角速度大小为
D．物块转动的线速度大小为
10．[5分]如图所示，两宽度不等的光滑平行金属导轨水平固定放置，窄轨间距为L、宽轨间距为2L，导体棒ab、cd分别垂直放置在两导轨上，质量均为m、电阻均为R，导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，已知两导轨均足够长、电阻不计，现让两导体棒均以大小为v0的初速度平行于导轨水平向右运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且接触良好，ab棒始终未滑离窄轨，在导体棒运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．导体棒ab的最大速度为6v05
B．导体棒ab产生的焦耳热最多为mv0210
C．通过导体棒ab的电荷量最多为mv05BL
D．回路中的最大电流为BLv02R
第二部分（非选择题 共57分）
非选择题：本大题共5题，共57分
11．[8分]在探究平抛运动规律实验中，利用一管口直径略大于小球直径的直管来确定平抛小球的落点及速度方向（只有当小球速度方向沿直管方向才能飞入管中），重力加速度为g。
实验一：如图（a）所示，一倾斜角度为θ的斜面AB，A点为斜面最低点，直管保持与斜面垂直，管口与斜面在同一平面内，平抛运动实验轨道抛出口位于A点正上方某处。为让小球能够落入直管，可以根据需要沿斜面移动直管。
（1）以下是实验中的一些做法，合理的是。
A．斜槽轨道必须光滑B．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
C．调整轨道角度平衡摩擦力D．选择密度更小的小球
（2）某次平抛运动中，直管移动至P点时小球恰好可以落入其中，测量出P点至A点距离为L，根据以上数据可以计算出此次平抛运动在空中飞行时间t=，初速度v0=（用L，g，θ表示）。
实验二：如图（b）所示，一半径为R的四分之一圆弧面AB，圆心为O，OA竖直，直管保持沿圆弧面的半径方向，管口在圆弧面内，直管可以根据需要沿圆弧面移动。平抛运动实验轨道抛出口位于OA线上可以上下移动，抛出口至O点的距离为h。
（3）上下移动轨道，多次重复实验，记录每次实验抛出口至O点的距离，不断调节直管位置以及小球平抛初速度，让小球能够落入直管。为提高小球能够落入直管的成功率及实验的可操作性，可以按如下步骤进行：首先确定能够落入直管小球在圆弧面上的落点，当h确定时，理论上小球在圆弧面上的落点位置是（填“确定”或“不确定”），再调节小球释放位置，让小球获得合适的平抛初速度平抛至该位置即可落入直管。满足上述条件的平抛运动初速度满足=（用h，R，g表示）。
12．[8分]科技社团的同学在参观河北省某市光伏新能源基地后，对其核心部件霍尔元件产生浓厚兴趣，他们通过查找资料得知霍尔电压满足关系式，其中为霍尔元件的灵敏度，现通过实验探究型号SS49E霍尔元件（其内可自由移动的粒子为电子）的特性。他们用强磁体（磁感应强度为恒定值B）提供磁场，将霍尔元件置于磁场中，连接成如图甲所示的电路。
（1）闭合开关S，调节滑动变阻器改变电流大小，用多用电表直流电压2.5mV挡测量对应的时，红表笔应对接图甲中的______（填“a”或“b”）；其中某次测量电压时，多用电表指针位置如图乙所示，多用电表的读数为______mV（保留2位有效数字）。
（2）重复步骤（1），根据所测数据在图丙坐标纸上描点并画出图线。若已知该强磁体的磁感应强度，则该霍尔元件的灵敏度______（保留2位有效数字）。
（3）实验前，若未对多用电表的电压挡进行机械调零，在时指针在0刻度线左侧，但该同学未修正此误差，这会导致最终计算出的灵敏度的测量值_____（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
13．[11分]如图所示，竖直平面内有一半径为r、电阻为、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻，已知，。在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和Ⅱ，磁感应强度大小均为B。现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，设平行轨道足够长。已知导体棒ab下落时的速度大小为，下落到MN处的速度大小为。
（1）求导体棒ab从A下落时的加速度大小；
（2）若导体棒ab进入磁场Ⅱ后棒中电流大小始终不变，求磁场I和Ⅱ之间的距离h和上的电功率；
（3）若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时速度大小为，要使其在外力F作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力F随时间变化的关系式。
14．[14分]（18分）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n(n是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n,木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L,木板与地面之间的动摩擦因数为μ ,滑块与木板间的动摩擦因数为2μ 。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为βμgL(β 为足够大常数，g为重力加速度大小)。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1） 求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小。
（2） 记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj,第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。
（3） 若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β 的值。
提示：12+22+⋯+k2=16k(k+1)(2k+1)。
15．[16分]离子注入机的原理图如图甲所示，由发射源、加速电场、速度选择器、偏转注入磁场、中性粒子回收器组成。均匀分布的混合粒子束离开发射源后，带电粒子在加速电场中加速，后以相同速度通过速度选择器，再进入偏转磁场，最终打在待掺杂半导体上；中性粒子始终沿原方向运动，被回收器回收。已知所有带电粒子均带正电，带电荷量为、质量为，速度选择器两极板间的电压可调，板间距为，极板长度为，极板间磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，加速电场的加速电压为，待掺杂半导体的长度为。当时，恰好没有带电粒子进入偏转磁场。不考虑粒子重力和粒子间的相互作用。
（1）求粒子离开发射源时的速度大小。此时要使所有粒子均能通过速度选择器，求的值。
（2）在时，若加速电场的加速电压在内周期性均匀变化，其中且，求不能进入偏转磁场的带电粒子占总带电粒子数目比例的最大值（可认为带电粒子进入速度选择器后所受合力不变）。
（3）若保持不变，随时间线性变化的规律如图乙所示（可认为带电粒子进入速度选择器后所受合力不变），周期为，偏转磁场的区域足够大。
①要求所有进入偏转磁场的带电粒子全部打在半导体上，求偏转磁场的磁感应强度大小的取值范围。
②已知发射源时间发射总粒子数为，中性粒子回收器时间回收粒子数目为，在取最大值的情况下，求1个周期内待掺杂半导体接收粒子的平均密度（总接收粒子数÷总接收长度）。
参考答案
1．【答案】B
【详解】金属球壳在两极板间的电场中处于静电平衡状态，金属壳为一等势体，电势处处相等，故A错误；处于静电平衡状态下的导体内部场强处处为零，所以O点的电场强度为零，而a点的电场强度不为零，故B正确；由于电容器保持与电源连接，所以向右移动滑片P时，金属板A、B之间的电势差保持不变，a点的电势不变，故C错误；断开开关S，金属板A、B所带电荷量不变，且电容器的结构未发生改变不变，则金属板A、B之间的电势差不变，根据可知，a点的电场强度不变，故D错误。
2．【答案】A
【详解】由分析可知，，解得，根据波形图可知，波动方程，当时，，代入可求得，则，根据振动图像可知，振动方程，时，质点的位移，代入波动方程可求得，故A正确；至时间内，经过，时刻因质点不在平衡位置，则路程并不等于振幅，而质点从平衡位置开始振动，路程为，故B错误；由图乙质点的振动图像可知，时点向下振动，根据同侧法，可知该波沿轴负方向传播，故C错误；至时间内，质点从平衡位置向下向远离平衡位置方向运动，可知质点的加速度变大，故D错误。
3．【答案】C
【详解】小球做圆周运动，所受合力提供向心力，有F合=mlω2=1N，由此可知小球所受的合力大小不变，方向时刻指向圆心，所以小球所受的合力是变力（易错点：力是矢量，若力不发生变化，则力的大小和方向都不变，圆周运动中向心力时刻指向圆心，方向一直发生变化)，A错误：小球运动到水平位置A时，水平方向上有Fx=mlω2=1N.竖直方向上有Fy=mg=10N，小球运动到水平位置A时，杆对小球的作用力为FA=Fx2+Fy2=101N，方向指向右上方，同理在B点，在水平方向上有Fx'=mlω2=1N，竖直方向上有Fy'=mg=10N，小球运动到水平位置B时，杆对小球的作用力为FB=Fx'2+Fy'2=101N，方向指向左上方，B、D错误；小球运动到最高点时，有F1+mg=mlω2，解得F1=-9N，可知小球运动到最高点时，杆对球的作用力大小为9N，C正确。
4．【答案】B
【详解】设细绳与竖直方向的夹角为，圆珠笔的质量为，则对圆珠笔进行受力分析，在水平方向列牛顿第二定律方程有，解得圆珠笔的加速度为，由于公交车与圆珠笔相对静止，所以公交车的加速度也为，设公交车的质量为，额定功率为，所受阻力为，则公交车加速过程所受牵引力为时，满足，，又因为当车速为时有，联立得，由题意可知，当车速为时，满足，则当车速为时，满足，联立解得。
5．【答案】A
【详解】一段极短的时间内落入货车的沙子质量为，沙子落入货车后，立即和货车共速，则由动量定理可得，解得沙子受到货车的力为，方向向前，由牛顿第三定律可知，货车受到沙子的反作用力向后，大小为，对货车（连同落入的沙子），由牛顿第二定律可得，解得。
6．【答案】C
【详解】首先弄清电压表测量的是路端电压，电压表测量的是和并联电路两端的电压，电流表A测量的是通过电阻的电流，再利用闭合电路欧姆定律及串联、并联电路的特点进行分析．滑片P向上端移动，接入电路的电阻增大，外电阻增大，干路电流I减小，路端电压增大，从而判定示数增大；由于I减小，电阻及内阻r的电压减小，故增大，所以示数增大；由于增大，所在支路的电流增大，通过的电流减小，所以A示数减小．
7．【答案】B
【详解】从到，气体体积减小，故外界对气体做功，由于从到反向延长线过原点，所以温度不变，为等温变化过程，由于是理想气体，所以内能不变，外界对气体做功，故气体向外界放热，故A错误。从到，气体压强不变、体积减小，根据理想气体状态方程，可知温度减小，气体分子的平均速率减小，保持气体压强不变，单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数增多，故B正确。从到，根据理想气体状态方程，整理得，可知温度不变时，图像为过原点的倾斜直线，故从从到温度不变，气体内能不变，故C错误。从到，气体压强不变、体积增大，气体对外界做功，故D错误。
8．【答案】BD
【思路点拨】此题考查电路的动态分析问题，要注意正确分析电路，再根据程序法按“局部-整体-局部”的思路进行分析解答。
【详解】增大光照则R2减小，所以电路的总电流增大，电压表测定值电阻R1两端的电压，读数变大，A错误；因为R1>r，电源输出功率，则当R外=r时，输出功率最大，当R外>r时，随外电路的电阻减小，输出功率增大，则B正确；由于内电压、R1两端的电压均增大，则电容器电压减小，带电量减小，C错误；由于U=IR1，所以，比值不变，D正确；选BD。
9．【答案】ABC
【详解】物块的受力图如图

由受力示意图可得，则物块的加速度为，陶罐对物块的弹力大小为，故AB正确；小物块的合力提供向心力，解得，则转台的线速度为，故C正确，D错误。
10．【答案】ACD
【详解】稳定时电路中电流为0，ab棒速度最大，有BLvab＝B·2Lvcd，
则vab＝2vcd，取向右为正方向，根据动量定理可得，对ab棒，有BI−Lt＝mvab－mv0，对cd棒，有－2BI−Lt＝mvcd－mv0，解得vab＝65v0，vcd＝35v0，故A正确；对整个过程根据能量守恒，有12mv02＋12mv02＝12mvab2＋12mvcd2＋Q，导体棒ab产生的焦耳热最多为Qab＝12Q，解得Qab＝mv0220，故B错误；对ab棒，有BI−Lt＝mvab－mv0，且q＝I−t，解得通过导体棒ab的电荷量最多为q＝mv05BL，故C正确；导体棒刚开始运动时，感应电动势最大，感应电流最大，由闭合电路欧姆定律可得I＝Ecd−EabR+R＝B·2Lv0−BLv02R＝BLv02R，故D正确。故选ACD。
11．【答案】B；；；确定；
【详解】（1）斜槽轨道不需要光滑也不需要平衡摩擦力，只要抛出时每次速度相同即可，AC错误；为保证小球做的是平抛运动，抛出时速度要水平，则安装斜槽轨道，使其末端保持水平，B正确；为减小空气阻力的影响，应选择密度更大的小球，D错误。选B；
（2）由抛出到P点过程，根据平抛运动规律有，，解得，。
（3）h一定时，设落点与O点连线与水平方向夹角为，根据位移规律，落点处速度方向的反向延长线过O点，则，联立解得，h一定，则用时一定，则竖直方向下落高度一定，则落点位置是确定的。
由以上分析可知，竖直方向下落高度为，用时，根据几何关系，解得。
12．【答案】（1）a；0.60
（2）2.0
（3）不变
【详解】（1）磁场方向从上向下，电流方向从右到左，因该霍尔元件内自由移动的粒子为电子，所以电子从左向右运动，根据左手定则，可知霍尔元件前表面的电势低于后表面，根据多用电表电流应从红表笔流进、黑表笔流出可知，红表笔应对接图甲中的a；
使用直流电压2.5mV挡，应读取表盘上0~250的刻度线，指针指示刻度为60，因为250刻度对应满偏电压2.5mV，故读数应为0.60mV。
（2）在拟合直线上选取相距较远的两点，如和，计算出斜率
根据
可知图像的斜率
解得该霍尔元件的灵敏度
（3）电压挡的零点误差会使所有电压测量值增大（或减小）一个固定值，这导致图线整体向上（或向下）平移，但拟合直线的斜率不变，所以多用电表的电压挡没有机械调零对灵敏度的测量值无影响。
13．【答案】（1）；（2），；（3）
【详解】（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒ab从A下落时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律得
式中，又有
下落时，半圆形金属环上半部分电阻为，下半部分电阻为，则式中
由各式可得到
（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即，
式中
解得
导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有
得
此时导体棒重力的功率为
根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即
所以
（3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为，此时安培力大小为，
由于导体棒ab做匀加速直线运动，有
根据牛顿第二定律，有
联立可得
解得
14．【答案】（1） (β−4)μgL
（2） jj+1vj2−4μgL
（3） β=4n(2n+1)(8n2+10n+5)3(2n−1)或β=43n(2n+1)(4n+1)+8n(2n+1)22n−1
【详解】
（1） 对长木板和滑块分别受力分析，可知长木板不动，第1个滑块做匀减速运动，由牛顿第二定律，有2μmg=ma（1分）
第1个滑块的初速度大小为v1=βμgL，设第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间速度为v10，
由运动学公式，有v12−v102=2aL（1分）
解得v10=(β−4)μgL（1分）
（2） 第1个滑块与第2个滑块碰撞，设碰撞后共同速度为v2，根据动量守恒定律有mv10=2mv2，
解得v2=12v10=12v12−4μgL（1分）
设第2个滑块与第3个滑块碰撞前速度为v20，有
v22−v202=2aL，
解得v20=v22−4μgL（1分）
第2个滑块与第3个滑块碰撞，设碰撞后共同速度为v3，根据动量守恒定律有2mv20=3mv3，
解得v3=23v20=23v22−4μgL（1分）
即vn=1n(β−4∑n−1n=1i2)μgL,
以此类推，可得
vj+1=jj+1vj2−4μgL（2分）
（3） 设k个滑块一起在木板上滑动时，木板开始滑动。则
2μkmg>μ(nm+3nm)g（1分）
解得k>2n（1分）
故第2n+1个滑块在木板上滑动时，木板开始滑动，其余滑块和木板相对静止，设第2n+1个滑块刚开始在木板上滑动时的速度大小为v2n+1、加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2（1分）
由（2）问分析得v2n+1=12n+1μgL[β−43n(2n+1)(4n+1)]（1分）
由牛顿第二定律得
2μ(2n+1)mg=(2n+1)ma1（1分）
2μ(2n+1)mg−4μnmg=[4n−(2n+1)]ma2（1分）
设第2n+1个滑块开始滑动后，经时间t与木板达到共同速度，恰好不与下一个滑块相碰，由运动学知识得
v2n+1−a1t=a2t（1分）
v2n+1t−12a1t2−12a2t2=L（1分）
联立上式解得
β=4n(2n+1)(8n2+10n+5)3(2n−1)
或β=43n(2n+1)(4n+1)+8n(2n+1)22n−1（2分）
15．【答案】（1），
（2）
（3）①；②
【详解】（1）时，极板间仅存在磁场，粒子在板间做匀速圆周运动，结合题述，作出从最下方进入板间的粒子的运动轨迹，如图1所示
由几何关系可知，粒子在极板间做圆周运动的轨迹半径满足
解得
粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
粒子在加速电场中，由动能定理有
解得粒子离开发射源时的速度大小与进入偏转磁场的速度大小，
要使所有粒子均能通过板间，则要使粒子所受电场力与洛伦兹力相等，则有
解得
（2）由于加速电场的加速电压在内周期性均匀变化，令加速电压为，根据动能定理有
其中
解得粒子进入速度选择器时的速度为
粒子在速度选择器中运动，粒子所受合力不变，则合力为
粒子沿速度选择器极板方向做匀速直线运动，则粒子在极板间运动的时间
粒子垂直于速度选择器极板方向做匀加速直线运，则打在极板上的粒子对应的宽度
联立得
由数学知识可得，当时，不能进入偏转磁场的带电粒子占总带电粒子数目的比例最大，最大值为
（3）①设粒子进入偏转磁场时，速度与轴线的夹角为，如图2所示
粒子进入偏转磁场时的速度
其中
粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
粒子在偏转磁场中的偏转距离
解得
可知，偏转距离只与粒子进入速度选择器时的速度，偏转磁场的磁感应强度大小有关。若要使所有带电粒子都打到半导体上，则粒子的偏转距离应满足
解得偏转磁场的磁感应强度大小的取值范围为
②当极板间所加电压发生变化时，对于恰好打到上极板右边缘的粒子有，
进入偏转磁场的带电粒子比例占总带电粒子数目的比例
解得
由于电压随时间线性变化，则进入偏转磁场的带电粒子数目占总数的比例也随时间线性变化，作出射入偏转磁场粒子数目随时间的变化图像，如图3所示
在1个周期内待掺杂半导体接收粒子的总数目为
结合上述可知，取最大值时，半导体接收粒子的总长度为，则1个周期内待掺杂半导体接收粒子的平均密度为