贵州省贵阳市2024-2025学年高三上学期摸底考试（8月）物理试题
1．（2024高三上·贵阳开学考）嫦娥六号实现了人类首次在月球背面采集月壤，月壤中含有丰富的氦-3（），它是一种清洁、安全和高效的核聚变发电燃料。氦-3参与的核反应能够释放出巨大的能量，同时又不产生具有放射性的中子，下列关于氦-3参与的核反应中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高三上·贵阳开学考）如图所示，短道速滑接力赛在交接时，同队两名队员通常采用的接力方法是，交棒运动员以双手推动接棒运动员的臀部来完成交替动作。则在交接过程中两名运动员（ ）
A．总机械能守恒 B．总动量增大
C．动量变化相同 D．所受推力的冲量大小相同
3．（2024高三上·贵阳开学考）一辆汽车在平直公路上行驶，从时刻起，其位移（x）随时间（t）、加速度（a）随时间（t）的图像分别如图甲、乙所示。由图可知（ ）
A．0~6s过程汽车的速度越来越大
B．时刻汽车的速度大小为10m/s
C．时刻汽车的速度大小为5m/s
D．0~6s过程汽车的平均速度大小为6m/s
4．（2024高三上·贵阳开学考）如图所示，表面光滑、质量为1kg的小球将一物块压在竖直墙壁上，物块恰好处于静止状态。已知悬挂小球的细线与竖直方向的夹角是，物块与墙面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。则该物块的质量为（ ）
A．0.25kg B．0.5kg C．1kg D．2kg
5．（2024高三上·贵阳开学考）甲、乙两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，且乙卫星离地面的高度比甲卫星的高，它们均从贵阳市上空经过。已知甲卫星每隔2小时经过贵阳上空一次，则乙卫星连续两次经过贵阳上空的时间间隔可能是（ ）
A．180分钟 B．120分钟 C．90分钟 D．84分钟
6．（2024高三上·贵阳开学考）一辆货车在平直公路上匀速行驶，车上的木箱未固定且相对车厢保持静止。某时刻司机发现前方有一障碍物而以恒定加速度紧急刹车。在货车减速过程中，木箱相对车厢向前平移了一段距离且未与车厢前端碰撞，如图所示。则（ ）
A．货车与木箱同时停止
B．货车速度恰好为零时，木箱对车厢的摩擦力也为零
C．货车减速时的加速度大于木箱减速时的加速度
D．货车从开始减速到停止过程的平均速度小于木箱从开始减速到停止过程的平均速度
7．（2024高三上·贵阳开学考）如图甲所示，一固定竖直倒放的“U”形足够长金属导轨的上端接一定值电阻R，整个装置处于方向垂直轨道平面向里的匀强磁场中。现将一质量为m的金属棒从距电阻R足够远的导轨上某处，以大小为的初动量竖直向上抛出，金属棒的动量随时间变化的图像如图乙所示。整个过程中金属棒与导轨接触良好且保持垂直，不计空气阻力及金属棒和导轨电阻，重力加速度大小为g。关于此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．时刻金属棒的加速度为零
B．金属棒的最大加速度大小为2g
C．金属棒上升过程安培力的冲量大小为
D．金属棒上升过程定值电阻产生的焦耳热等于
8．（2024高三上·贵阳开学考）如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，其波速为0.4m/s，其中P质点的平衡位置坐标。从图中状态开始计时，则下列说法正确的是（ ）
A．这列简谐横波的周期为0.4s
B．0.5s时刻P质点振动的方向沿y轴正方向
C．1.0s时刻，P质点受到的回复力为零
D．在0~1.0s这段时间内，P质点经过的路程为4cm
9．（2024高三上·贵阳开学考）如图甲所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻R，原线圈一侧接在如图乙所示的正弦交流电源上。闭合开关K后，两电阻均正常工作，则（ ）
A．副线圈回路中电阻两端的电压约为88V
B．原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为
C．副线圈回路中电流的频率为25Hz
D．断开开关K后，变压器的输出电功率保持不变
10．（2024高三上·贵阳开学考）一种电子透镜的电场分布如图所示，其中虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点，则下列说法正确的是（ ）
A．a点的电势高于b点的电势
B．a点的电场强度小于c点的电场强度
C．该电子在a点的电势能小于在c点的电势能
D．该电子经过b点时的速度大于经过a点时的速度
11．（2024高三上·贵阳开学考）某实验小组用插针法测量一梯形玻璃砖的折射率。其实验步骤如下：
①将玻璃砖平放在铺有白纸的木板上，在白纸上画出玻璃砖的四条边界ABCD；
②在边界AB边的外侧白纸上M处插上一根大头针，如图a所示。然后再在白纸上离第一根大头针一定的距离插第二根大头针。
③在BC边的外侧白纸上插第三根大头针，通过观察使它把第一、二根大头针的像都挡住，再插第四根大头针，使它把第一、二根大头针的像及第三根大头针都挡住。
④标记下四根大头针的位置，移去玻璃砖，拔去大头针，过第一、二根大头针位置作一条直线MP交AB于P点，过第三、四根大头针位置作一条直线交BC于Q点，连接PQ，如图b所示。
⑤用量角器量出MP、PQ与AB边的夹角大小，分别用、表示。
（1）为了提高测量的精度，插在白纸上的第一、二根大头针之间的距离及第三、四根大头针之间的距离___________（选填序号）；
A．必须相等 B．越小越好 C．适当大一些
（2）步骤③中眼睛观察的视界及方向应该是___________（选填序号）；
A．从上往下垂直玻璃砖平面俯视 B．从BC边往AD边方向看
C．从BC边往AB边方向看 D．从CD边往AB边方向看
（3）根据上述实验可得该玻璃的折射率 （用、表示）。
12．（2024高三上·贵阳开学考）某实验小组选用以下器材测定一节干电池的电动势和内阻。
待测干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于）；
电压表V（内阻约）；
电流表A（内阻约）；
滑动变阻器R（最大阻值为）；
定值电阻（阻值）；
定值电阻（阻值）；
开关一个，导线若干。
（1）该小组连接的实物电路如图a所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是 ；
（2）改正这条导线的连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻的滑片P应置于滑动变阻器的 （选填“a”或者“b”）端；
（3）该小组按照图a改正后的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在坐标纸上描点，如图b所示。结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现这种现象的主要原因是___________；（单选，填正确答案标号）
A．电压表内阻较大 B．电流表内阻较小
C．滑动变阻器最大阻值较小 D．干电池内阻较小
（4）针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组再利用实验室提供的一个定值电阻改进了实验方案，重新正确连接电路后，调整滑动变阻器共测得7组电流和电压的数据，如下表。在如图c所示的坐标纸上已标出5组数据对应的坐标点，请在坐标纸上标出剩余2组数据对应的坐标点，并画出图像 ；
序号 1 2 3 4 5 6 7
I/A 0.08 0.14 0.20 0.26 0.32 0.36 0.40
U/V 1.30 1.13 1.00 0.82 0.71 0.60 0.49
（5）根据图像和所选的定值电阻，可得该节干电池的内阻约为 （结果保留两位小数）。
13．（2024高三上·贵阳开学考）如图，一个导热良好的圆柱形气缸开口向上竖直放置于水平面上，缸内有一形状不规则的文物，且封闭有一定质量的理想气体。初始时刻，气体的温度为7℃，质量为m、横截面积为S的活塞到气缸底部的距离为h。现环境温度缓慢升高到27℃时，活塞离气缸底部的距离变为H，此过程中缸内气体吸收的热量为Q。已知大气压恒为，重力加速度大小为g，活塞与气缸壁密封良好且不计摩擦，忽略文物热胀冷缩的影响。求：
（1）气缸内放置的文物的体积；
（2）该过程中气体增加的内能。
14．（2024高三上·贵阳开学考）如图，一固定水平桌面上有一张薄纸，在纸面上放置一质量、可视为质点的金属块，金属块到桌面右端边缘的距离。现用大小为0.6N、方向水平向右的恒力作用在纸的右端，金属块与纸一起向右运动且无相对滑动，经时间，金属块到达桌面右端边缘。已知金属块与纸上表面、金属块与桌面间的动摩擦因数分别为、，重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，纸的质量可忽略不计。
（1）求纸下表面与桌面间的动摩擦因数；
（2）若放置于纸面上的金属块到桌面右端边缘的距离，现用一水平向右的恒力作用在纸的右端将纸从金属块下抽出，且金属块最终停在桌面右端边缘。自恒力对纸作用开始到纸与金属块恰好分离，求此过程的冲量应大于何值？
15．（2024高三上·贵阳开学考）如图所示，在xOy坐标系的第二象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，第一象限和第三象限内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场。在与y轴平行且相距为d的竖直线MN上的A点（图中未画出）处放置一个粒子源，它能无初速地释放大量质量为m、电荷量为q、且带负电的粒子，这些粒子经电场加速后均沿y轴正方向进入第二象限，并均垂直y轴通过点。不计粒子重力及粒子间相互作用。
（1）求从A点释放的粒子进入第二象限时的速度大小；
（2）求粒子从A点释放之后至运动到点的总时间；
（3）若改变离子源在直线MN上的位置，要求释放的粒子均要垂直经过y轴，求粒子源到x轴的距离应满足什么条件？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】核聚变
【解析】【解答】A．检查反应前后总的质量数以及总的电荷数，核反应前后不满足质量数、电荷数守恒，故A错误；
B．核反应前后质量数、电荷数均守恒，符合核反应特点，故B正确；
C．不符合核反应的书写方式，核反应没有减去某个粒子的写法，故C错误；
D．核反应后产生的中子不带电，即电荷数为零，故D错误。
故选B。
【分析】根据质量数是与电荷数守恒判断。
2．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】A．两运动员在交接过程中，系统内力做正功，化学能转变为机械能，机械能增加。故A错误；
B． 忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，且时间极短，系统动量近似守恒。故B错误；
C．由动量守恒知，两运动员动量变化等大反向。故C错误；
D．根据
由作用力与反作用力等大反向，作用时间相等，每个运动员所受推力的冲量大小相同。故D正确。
故选D。
【分析】甲、乙组成的系统动量守恒，由动量守恒定律分析动量变化的关系，根据动量守恒关系分析动能变化量间的关系。
3．【答案】D
【知识点】图象法；平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A．由题图乙可知，在0~6s过程中，图线的斜率的绝对值表示速度的大小，汽车做减速直线运动，速度越来越小，A错误；
BC．由题图甲可知，时刻，位移为20m，在时间内汽车的加速度是，设初速度为v0，由位移时间公式
可得
解得
由匀变速直线运动速度时间公式可得时刻汽车的速度大小为
BC错误；
D．汽车做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动速度时间公式可得到停下所用时间是
因为是匀变速直线运动，0~6s过程汽车的平均速度大小为
D正确。
故选D。
【分析】在位移—时间关系图像中，图线的斜率的绝对值表示速度的大小，斜率的正负表示速度的方向。
4．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对小球受力分析，小球在水平方向上力的大小为
悬挂小球的细线与竖直方向的夹角是，支持力等于重力为10N，对物体受力分析，物体受重力、摩擦力、支持力与小球对其的压力，水平方向上
竖直方向上，摩擦力与物体重力相互平衡，
解得
故选B。
【分析】对物体做受力分析，竖直方向和水平方向上受力平衡，对于里面的物体，竖直方向上，摩擦力等于重力。
5．【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】根据万有引力提供向心力，
由于乙卫星离地面的高度比甲卫星的高，结合上面表达式可知，高度越高，周期越大，
对甲卫星，两次经过同一地点，弧度之差为，有
即
所以
同理可得
则
故选A。
【分析】对于卫星来说，万有引力提供向心力，乙卫星连续两次经过贵阳上空即两次经过弧度之差为。
6．【答案】C
【知识点】平均速度
【解析】【解答】AD．根据题意可知，货车由速度减速到0，木箱也是由速度减速到0，由于货车与货物都做匀减速运动，则货车从开始减速到停止过程的平均速度等于木箱从开始减速到停止过程的平均速度，由于木箱相对车厢向前平移了一段距离，则木箱的位移大于货车位移，可知，木箱的运动时间大于货车的运动时间，故AD错误；
B．由于木箱的运动时间大于货车的运动时间，货车速度恰好为零时，木箱仍在向前运动，则木箱对车厢的摩擦力不为零，故B错误；
C．根据题意，由
可知，由于货车运动时间短，根据匀变速直线运动的速度时间关系，则货车减速时的加速度大于木箱减速时的加速度，故C正确。
故选C。
【分析】在货车减速过程中，木箱相对车厢向前平移了一段距离，则货物加速度较小，速度较大。
7．【答案】C
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．时刻金属棒的速度为零，根据法拉第电磁感应定律，则电路中感应电动势为零，金属棒所受安培力为零，则金属棒仅受重力作用，加速度为，故A错误；
B．由金属棒在运动中，根据动生电动势表达式，
，，
可得
由图可知金属棒向下运动动量大小为时
解得
金属棒所受安培力竖直向上，且重力与安培力大小相等，则
在时，金属棒向上运动的速度最大，所受向下的安培力最大。由
解得金属棒向上运动的最大速度
可知金属棒向下最大的安培力大小为
根据牛顿第二定律可得，金属棒的最大加速度大小为
故B错误；
C．设金属棒上升过程安培力的冲量大小为，竖直向下为正方向，对金属棒利用动量定理即合力冲量等于物体动量变化得
解得
故C正确；
D．金属棒的初动能为
金属棒上升过程物体克服安培力做功以及重力做功由动能定理可知
金属棒上升过程克服安培力所做的功等于定值电阻产生的焦耳热，小于，故D错误。
故选C。
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度，金属棒向上运动有最大速度时，安培力最大，加速度最大，对金属棒利用动量定理求解上升过程安培力的冲量大小。
8．【答案】B,C,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图可知，波长
根据波长波速周期关系转化得，周期
故A错误；
B．由
可知0.5s时刻波形向右平移的距离为
所以0.5s时刻P质点在平衡位置，刚开始振动，根据0.4m质点起振方向可得P振动的方向沿y轴正方向，故B正确；
C.1.0s时刻，P质点恰好回到平衡位置，平衡位置位移为零，速度最大，向y轴负方向振动，受到的回复力为零，故C正确；
D．在0~1.0s这段时间内，P质点振动的时间为，经过的路程为
故D正确。
故选BCD。
【分析】根据λ=vT求解简谐横波的波长；根据振动图像确定P的位置，由此确定速度大小；根据振动图像可知P质点的振动方向沿y轴正方向；振动质点在半个周期通过的路程为2A，由此解答。
9．【答案】A,B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．原、副线圈的匝数比为2：1，设原线圈两端电压为，设副线圈两端的电压为，原副线圈电压之比等于匝数比，则满足
解得
副线圈中电流为
副线圈电流之比等于匝数反比可知原线圈中的电流为
=
则有
解得
V
则副线圈两端的电压为88V，故A正确；
B．根据电功率计算公式，原线圈回路中电阻消耗的功率为
副线圈回路中电阻消耗的功率为
则原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为1：4，故B正确；
C．由图可知交流电的周期为0.02s，原副线圈交变电流频率周期相等，则原、副线圈的频率均为
Hz
故C错误；
D．断开开关后，副线圈电流为0，输出电功率为0，故D错误；
故选AB。
【分析】首先计算出通过副线圈的电流，由变比关系可知原线圈的电流，继而可表示出与原线圈串联的电阻的分压，结合题意即可在原线圈上列出电压的等式，可求出副线圈上的电压。
10．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．做曲线运动的物体合外力指向轨迹内侧，电子所受电场力方向指向轨迹凹侧，则电场强度方向背离轨迹凹侧，并且垂直于等势面，在电场中画出一条电场线如图所示。又因为沿着电场线的方向电势降低，所以a点的电势低于b点的电势，A错误；
B．因为等势面越密电场强度越大，a处等势线比较稀疏，所以a点的电场强度小于c点的电场强度，B正确；
C．电场强度向左，电子所受电场力方向与电场方向相反，电子所受电场力向右，若电子从a点运动到c点，电场力做正功，该电子的电势能减小，所以该电子在a点的电势能大于在c点的电势能，C错误；
D．电场强度向左，电子所受电场力向右，若电子从a点运动到b点，电场力做正功，该电子的动能增大，速度增大，所以该电子经过b点时的速度大于经过a点时的速度，D正确。
故选BD。
【分析】根据电子所受的电场力情况，根据电场线与等势面相互垂直，以及电子所受电场力的方向与电场线方向反向来判断。
11．【答案】（1）C
（2）C
（3）
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）两点确定一条直线，利用插针法确定折射光线以及入射光线，为了提高测量的精度，插在白纸上的第一、二根大头针之间的距离及第三、四根大头针之间的距离不一定必须相等；越小越容易产生误差，因此适当大一些较好。
故选C。
（2）因为再插第四根大头针时，使它把第一、二根大头针的像及第三根大头针都挡住，眼睛这边接收到的是最终的折射光线，因此步骤③中眼睛观察的视界及方向应该是：从BC边往AB边方向看。
故选C。
（3）
由题意可知光路图如图所示，求解入射角和折射角的正弦，由折射定律可得该玻璃的折射率
【分析】（1）根据正确的实验操作步骤以及插针法原理分析作答；
（2）眼睛这边是折射光线，最开始是入射光线，据此分析；
（3）根据提供的信息分别求解入射角和折射角的正弦，然后根据折射定律求解作答。
（1）为了提高测量的精度，插在白纸上的第一、二根大头针之间的距离及第三、四根大头针之间的距离不一定必须相等；越小越容易产生误差，因此适当大一些较好。
故选C。
（2）因为再插第四根大头针时，使它把第一、二根大头针的像及第三根大头针都挡住，因此步骤③中眼睛观察的视界及方向应该是：从BC边往AB边方向看。
故选C。
（3）由题意可知光路图如图所示，由折射定律可得该玻璃的折射率
12．【答案】（1）2
（2）b
（3）D
（4）
（5）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）实验中电压表测量路端电压，2导线导致电压表电压值不包括电流表电压，故电路中2导线连接不当。
（2）实验时把滑动变阻器的滑片移动到使接入电路阻值最大的一端，可以保护电路。故滑动变阻的滑片P应置于滑动变阻器的“b”端。
（3）根据闭合电路的欧姆定律知
得
电压表变化范围小是因为图线的斜率较小，内阻分压小，导致外电路电压总是处于较大值状态，而图线斜率的绝对值表示干电池内阻，故出现该现象的主要原因是干电池内阻较小，D正确；
故选D。
（4）
将前面2个点描绘在坐标纸上，将尽可能多的点描绘在一条直线上，由于（0.32，0.71）偏离直线较远，所以应舍弃，不在图线上的点均匀分布在直线两侧，画出图像如图所示；
（5）进实验时，为了使电压表示数变化明显，需要把定值电阻与电源串联，共同作为等效电源，使得等效电源分压更多，根据图线求得斜率绝对值为
可知等效电源内阻大于则定值电阻大于小于，所以定值电阻选择；可得该节干电池的内阻约为
【分析】（1）根据各个部分的作用进行分析；
（2）滑动变阻器的滑片移动阻值最大的一端，可以保护电路；
（3）内阻小，导致内阻分压小，导致变阻器上电压范围较小；
（4）将尽可能多的点描绘在一条直线上，舍弃离图线较远的点；
（5）图线斜率绝对值等于等效内阻。
（1）实验中电压表测量路端电压，故电路中2导线连接不当。
（2）实验时把滑动变阻器的滑片移动到使接入电路阻值最大的一端。故滑动变阻的滑片P应置于滑动变阻器的“b”端。
（3）根据闭合电路的欧姆定律知
得
电压表变化范围小是因为图线的斜率较小，而图线斜率的绝对值表示干电池内阻，故出现该现象的主要原因是干电池内阻较小，D正确；
故选D。
（4）将前面2个点描绘在坐标纸上，将尽可能多的点描绘在一条直线上，由于（0.32，0.71）偏离直线较远，所以应舍弃，画出图像如图所示；
（5）进实验时，为了使电压表示数变化明显，需要把定值电阻与电源串联，共同作为等效电源，根据图线求得斜率绝对值为
可知等效电源内阻大于则定值电阻大于小于，所以定值电阻选择；可得该节干电池的内阻约为
13．【答案】（1）解：设气缸内放置的文物的体积为，初态有
末态有
气体做等压变化，则
解得气缸内放置的文物的体积
（2）解：气体压强为
外界对气体做功为
该过程中气体增加的内能
【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）求出初末状态的温度和体积，气体做等压变化，结合盖吕萨克定律列式求解；
（2）求出气体对外做功，根据热力学第一定律求解气体增加的内能。
（1）设气缸内放置的文物的体积为，初态有
末态有
气体做等压变化，则
解得气缸内放置的文物的体积
（2）气体压强为
外界对气体做功为
该过程中气体增加的内能
14．【答案】（1）解：金属块与纸一起向右运动且无相对滑动，设加速度为，根据动力学公式
解得
根据牛顿第二定律
解得纸下表面与桌面间的动摩擦因数为
（2）解：设纸与金属块即将发生相对滑动时的拉力为，加速度为。对金属块，根据牛顿第二定律有
对纸和金属块整体，根据牛顿第二定律有
解得
则当时纸与金属块有相对滑动，设纸与金属块分离之前，金属块加速运动的时间为，金属块运动的最大速度大小为，金属块在桌面上滑动的加速度为。对金属块，根据牛顿第二定律有
对金属块，根据运动学规律有
则金属块离开纸之前恒力的冲量大小
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；冲量
【解析】【分析】（1）根据动力学公式求解加速度，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；
（2）根据牛顿第二定律求解纸与金属块即将发生相对滑动时的拉力，根据运动学公式求解时间，冲量等于力与时间的乘积，据此分析。
（1）金属块与纸一起向右运动且无相对滑动，设加速度为，根据动力学公式
解得
根据牛顿第二定律
解得纸下表面与桌面间的动摩擦因数为
（2）设纸与金属块即将发生相对滑动时的拉力为，加速度为。对金属块，根据牛顿第二定律有
对纸和金属块整体，根据牛顿第二定律有
解得
则当时纸与金属块有相对滑动，设纸与金属块分离之前，金属块加速运动的时间为，金属块运动的最大速度大小为，金属块在桌面上滑动的加速度为。对金属块，根据牛顿第二定律有
对金属块，根据运动学规律有
则金属块离开纸之前恒力的冲量大小
联立解得
15．【答案】（1）解：设A点释放的粒子在第二象限的速度大小为，其轨道半径为，由题意可知
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）设粒子从释放到Q点的过程中，在第一、第二、第三象限的运动时间分别是、、，则有
根据牛顿第二定律有
则粒子从释放到Q点的运动时间为
联立解得
（3）解：设粒子在电场中由粒子源到x轴的距离为L，速度大小为，由动能定理得
粒子进入电场，考虑到偏转半径及周期性，最终可能从y轴上的P1、P2、P3、... Pn
点经过。根据牛顿第二定律有
由题意及几何知识可知
经过P1时有
r=d
经过P2时有
3r=d
经过P3时有
5r=d
.....
可知经过Pn时有
（2n+1）r=d
解得
（n=0，1，2，3...）
【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）根据几何关系求解半径大小，洛伦兹力提供向心力秋季初速度；
（2）在第一象限利用水平方向匀速运动求解时间，第二象限圆周运动，第三象限做类平抛运动，分别求得各段的时间相加即可。
（3）由动能定理得到进入磁场的速度，洛伦兹力提供向心力，由题意及几何知识求解经过各点必须满足的条件，从而求粒子源到x轴的距离应满足的条件。
（1）设A点释放的粒子在第二象限的速度大小为，其轨道半径为，由题意可知
=d
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）设粒子从释放到Q点的过程中，在第一、第二、第三象限的运动时间分别是、、，则有
根据牛顿第二定律有
Eq=ma
则粒子从释放到Q点的运动时间为
t=++
联立解得
（3）设粒子在电场中由粒子源到x轴的距离为L，速度大小为，由动能定理得
qEL=
粒子进入电场，考虑到偏转半径及周期性，最终可能从y轴上的P1、P2、P3、... Pn
点经过。根据牛顿第二定律有
由题意及几何知识可知
经过P1时有
r=d
经过P2时有
3r=d
经过P3时有
5r=d
.....
可知经过Pn时有
（2n+1）r=d
解得
（n=0，1，2，3...）
贵州省贵阳市2024-2025学年高三上学期摸底考试（8月）物理试题
1．（2024高三上·贵阳开学考）嫦娥六号实现了人类首次在月球背面采集月壤，月壤中含有丰富的氦-3（），它是一种清洁、安全和高效的核聚变发电燃料。氦-3参与的核反应能够释放出巨大的能量，同时又不产生具有放射性的中子，下列关于氦-3参与的核反应中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】核聚变
【解析】【解答】A．检查反应前后总的质量数以及总的电荷数，核反应前后不满足质量数、电荷数守恒，故A错误；
B．核反应前后质量数、电荷数均守恒，符合核反应特点，故B正确；
C．不符合核反应的书写方式，核反应没有减去某个粒子的写法，故C错误；
D．核反应后产生的中子不带电，即电荷数为零，故D错误。
故选B。
【分析】根据质量数是与电荷数守恒判断。
2．（2024高三上·贵阳开学考）如图所示，短道速滑接力赛在交接时，同队两名队员通常采用的接力方法是，交棒运动员以双手推动接棒运动员的臀部来完成交替动作。则在交接过程中两名运动员（ ）
A．总机械能守恒 B．总动量增大
C．动量变化相同 D．所受推力的冲量大小相同
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】A．两运动员在交接过程中，系统内力做正功，化学能转变为机械能，机械能增加。故A错误；
B． 忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，且时间极短，系统动量近似守恒。故B错误；
C．由动量守恒知，两运动员动量变化等大反向。故C错误；
D．根据
由作用力与反作用力等大反向，作用时间相等，每个运动员所受推力的冲量大小相同。故D正确。
故选D。
【分析】甲、乙组成的系统动量守恒，由动量守恒定律分析动量变化的关系，根据动量守恒关系分析动能变化量间的关系。
3．（2024高三上·贵阳开学考）一辆汽车在平直公路上行驶，从时刻起，其位移（x）随时间（t）、加速度（a）随时间（t）的图像分别如图甲、乙所示。由图可知（ ）
A．0~6s过程汽车的速度越来越大
B．时刻汽车的速度大小为10m/s
C．时刻汽车的速度大小为5m/s
D．0~6s过程汽车的平均速度大小为6m/s
【答案】D
【知识点】图象法；平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A．由题图乙可知，在0~6s过程中，图线的斜率的绝对值表示速度的大小，汽车做减速直线运动，速度越来越小，A错误；
BC．由题图甲可知，时刻，位移为20m，在时间内汽车的加速度是，设初速度为v0，由位移时间公式
可得
解得
由匀变速直线运动速度时间公式可得时刻汽车的速度大小为
BC错误；
D．汽车做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动速度时间公式可得到停下所用时间是
因为是匀变速直线运动，0~6s过程汽车的平均速度大小为
D正确。
故选D。
【分析】在位移—时间关系图像中，图线的斜率的绝对值表示速度的大小，斜率的正负表示速度的方向。
4．（2024高三上·贵阳开学考）如图所示，表面光滑、质量为1kg的小球将一物块压在竖直墙壁上，物块恰好处于静止状态。已知悬挂小球的细线与竖直方向的夹角是，物块与墙面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。则该物块的质量为（ ）
A．0.25kg B．0.5kg C．1kg D．2kg
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对小球受力分析，小球在水平方向上力的大小为
悬挂小球的细线与竖直方向的夹角是，支持力等于重力为10N，对物体受力分析，物体受重力、摩擦力、支持力与小球对其的压力，水平方向上
竖直方向上，摩擦力与物体重力相互平衡，
解得
故选B。
【分析】对物体做受力分析，竖直方向和水平方向上受力平衡，对于里面的物体，竖直方向上，摩擦力等于重力。
5．（2024高三上·贵阳开学考）甲、乙两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，且乙卫星离地面的高度比甲卫星的高，它们均从贵阳市上空经过。已知甲卫星每隔2小时经过贵阳上空一次，则乙卫星连续两次经过贵阳上空的时间间隔可能是（ ）
A．180分钟 B．120分钟 C．90分钟 D．84分钟
【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】根据万有引力提供向心力，
由于乙卫星离地面的高度比甲卫星的高，结合上面表达式可知，高度越高，周期越大，
对甲卫星，两次经过同一地点，弧度之差为，有
即
所以
同理可得
则
故选A。
【分析】对于卫星来说，万有引力提供向心力，乙卫星连续两次经过贵阳上空即两次经过弧度之差为。
6．（2024高三上·贵阳开学考）一辆货车在平直公路上匀速行驶，车上的木箱未固定且相对车厢保持静止。某时刻司机发现前方有一障碍物而以恒定加速度紧急刹车。在货车减速过程中，木箱相对车厢向前平移了一段距离且未与车厢前端碰撞，如图所示。则（ ）
A．货车与木箱同时停止
B．货车速度恰好为零时，木箱对车厢的摩擦力也为零
C．货车减速时的加速度大于木箱减速时的加速度
D．货车从开始减速到停止过程的平均速度小于木箱从开始减速到停止过程的平均速度
【答案】C
【知识点】平均速度
【解析】【解答】AD．根据题意可知，货车由速度减速到0，木箱也是由速度减速到0，由于货车与货物都做匀减速运动，则货车从开始减速到停止过程的平均速度等于木箱从开始减速到停止过程的平均速度，由于木箱相对车厢向前平移了一段距离，则木箱的位移大于货车位移，可知，木箱的运动时间大于货车的运动时间，故AD错误；
B．由于木箱的运动时间大于货车的运动时间，货车速度恰好为零时，木箱仍在向前运动，则木箱对车厢的摩擦力不为零，故B错误；
C．根据题意，由
可知，由于货车运动时间短，根据匀变速直线运动的速度时间关系，则货车减速时的加速度大于木箱减速时的加速度，故C正确。
故选C。
【分析】在货车减速过程中，木箱相对车厢向前平移了一段距离，则货物加速度较小，速度较大。
7．（2024高三上·贵阳开学考）如图甲所示，一固定竖直倒放的“U”形足够长金属导轨的上端接一定值电阻R，整个装置处于方向垂直轨道平面向里的匀强磁场中。现将一质量为m的金属棒从距电阻R足够远的导轨上某处，以大小为的初动量竖直向上抛出，金属棒的动量随时间变化的图像如图乙所示。整个过程中金属棒与导轨接触良好且保持垂直，不计空气阻力及金属棒和导轨电阻，重力加速度大小为g。关于此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．时刻金属棒的加速度为零
B．金属棒的最大加速度大小为2g
C．金属棒上升过程安培力的冲量大小为
D．金属棒上升过程定值电阻产生的焦耳热等于
【答案】C
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．时刻金属棒的速度为零，根据法拉第电磁感应定律，则电路中感应电动势为零，金属棒所受安培力为零，则金属棒仅受重力作用，加速度为，故A错误；
B．由金属棒在运动中，根据动生电动势表达式，
，，
可得
由图可知金属棒向下运动动量大小为时
解得
金属棒所受安培力竖直向上，且重力与安培力大小相等，则
在时，金属棒向上运动的速度最大，所受向下的安培力最大。由
解得金属棒向上运动的最大速度
可知金属棒向下最大的安培力大小为
根据牛顿第二定律可得，金属棒的最大加速度大小为
故B错误；
C．设金属棒上升过程安培力的冲量大小为，竖直向下为正方向，对金属棒利用动量定理即合力冲量等于物体动量变化得
解得
故C正确；
D．金属棒的初动能为
金属棒上升过程物体克服安培力做功以及重力做功由动能定理可知
金属棒上升过程克服安培力所做的功等于定值电阻产生的焦耳热，小于，故D错误。
故选C。
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度，金属棒向上运动有最大速度时，安培力最大，加速度最大，对金属棒利用动量定理求解上升过程安培力的冲量大小。
8．（2024高三上·贵阳开学考）如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，其波速为0.4m/s，其中P质点的平衡位置坐标。从图中状态开始计时，则下列说法正确的是（ ）
A．这列简谐横波的周期为0.4s
B．0.5s时刻P质点振动的方向沿y轴正方向
C．1.0s时刻，P质点受到的回复力为零
D．在0~1.0s这段时间内，P质点经过的路程为4cm
【答案】B,C,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图可知，波长
根据波长波速周期关系转化得，周期
故A错误；
B．由
可知0.5s时刻波形向右平移的距离为
所以0.5s时刻P质点在平衡位置，刚开始振动，根据0.4m质点起振方向可得P振动的方向沿y轴正方向，故B正确；
C.1.0s时刻，P质点恰好回到平衡位置，平衡位置位移为零，速度最大，向y轴负方向振动，受到的回复力为零，故C正确；
D．在0~1.0s这段时间内，P质点振动的时间为，经过的路程为
故D正确。
故选BCD。
【分析】根据λ=vT求解简谐横波的波长；根据振动图像确定P的位置，由此确定速度大小；根据振动图像可知P质点的振动方向沿y轴正方向；振动质点在半个周期通过的路程为2A，由此解答。
9．（2024高三上·贵阳开学考）如图甲所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻R，原线圈一侧接在如图乙所示的正弦交流电源上。闭合开关K后，两电阻均正常工作，则（ ）
A．副线圈回路中电阻两端的电压约为88V
B．原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为
C．副线圈回路中电流的频率为25Hz
D．断开开关K后，变压器的输出电功率保持不变
【答案】A,B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．原、副线圈的匝数比为2：1，设原线圈两端电压为，设副线圈两端的电压为，原副线圈电压之比等于匝数比，则满足
解得
副线圈中电流为
副线圈电流之比等于匝数反比可知原线圈中的电流为
=
则有
解得
V
则副线圈两端的电压为88V，故A正确；
B．根据电功率计算公式，原线圈回路中电阻消耗的功率为
副线圈回路中电阻消耗的功率为
则原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为1：4，故B正确；
C．由图可知交流电的周期为0.02s，原副线圈交变电流频率周期相等，则原、副线圈的频率均为
Hz
故C错误；
D．断开开关后，副线圈电流为0，输出电功率为0，故D错误；
故选AB。
【分析】首先计算出通过副线圈的电流，由变比关系可知原线圈的电流，继而可表示出与原线圈串联的电阻的分压，结合题意即可在原线圈上列出电压的等式，可求出副线圈上的电压。
10．（2024高三上·贵阳开学考）一种电子透镜的电场分布如图所示，其中虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点，则下列说法正确的是（ ）
A．a点的电势高于b点的电势
B．a点的电场强度小于c点的电场强度
C．该电子在a点的电势能小于在c点的电势能
D．该电子经过b点时的速度大于经过a点时的速度
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．做曲线运动的物体合外力指向轨迹内侧，电子所受电场力方向指向轨迹凹侧，则电场强度方向背离轨迹凹侧，并且垂直于等势面，在电场中画出一条电场线如图所示。又因为沿着电场线的方向电势降低，所以a点的电势低于b点的电势，A错误；
B．因为等势面越密电场强度越大，a处等势线比较稀疏，所以a点的电场强度小于c点的电场强度，B正确；
C．电场强度向左，电子所受电场力方向与电场方向相反，电子所受电场力向右，若电子从a点运动到c点，电场力做正功，该电子的电势能减小，所以该电子在a点的电势能大于在c点的电势能，C错误；
D．电场强度向左，电子所受电场力向右，若电子从a点运动到b点，电场力做正功，该电子的动能增大，速度增大，所以该电子经过b点时的速度大于经过a点时的速度，D正确。
故选BD。
【分析】根据电子所受的电场力情况，根据电场线与等势面相互垂直，以及电子所受电场力的方向与电场线方向反向来判断。
11．（2024高三上·贵阳开学考）某实验小组用插针法测量一梯形玻璃砖的折射率。其实验步骤如下：
①将玻璃砖平放在铺有白纸的木板上，在白纸上画出玻璃砖的四条边界ABCD；
②在边界AB边的外侧白纸上M处插上一根大头针，如图a所示。然后再在白纸上离第一根大头针一定的距离插第二根大头针。
③在BC边的外侧白纸上插第三根大头针，通过观察使它把第一、二根大头针的像都挡住，再插第四根大头针，使它把第一、二根大头针的像及第三根大头针都挡住。
④标记下四根大头针的位置，移去玻璃砖，拔去大头针，过第一、二根大头针位置作一条直线MP交AB于P点，过第三、四根大头针位置作一条直线交BC于Q点，连接PQ，如图b所示。
⑤用量角器量出MP、PQ与AB边的夹角大小，分别用、表示。
（1）为了提高测量的精度，插在白纸上的第一、二根大头针之间的距离及第三、四根大头针之间的距离___________（选填序号）；
A．必须相等 B．越小越好 C．适当大一些
（2）步骤③中眼睛观察的视界及方向应该是___________（选填序号）；
A．从上往下垂直玻璃砖平面俯视 B．从BC边往AD边方向看
C．从BC边往AB边方向看 D．从CD边往AB边方向看
（3）根据上述实验可得该玻璃的折射率 （用、表示）。
【答案】（1）C
（2）C
（3）
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）两点确定一条直线，利用插针法确定折射光线以及入射光线，为了提高测量的精度，插在白纸上的第一、二根大头针之间的距离及第三、四根大头针之间的距离不一定必须相等；越小越容易产生误差，因此适当大一些较好。
故选C。
（2）因为再插第四根大头针时，使它把第一、二根大头针的像及第三根大头针都挡住，眼睛这边接收到的是最终的折射光线，因此步骤③中眼睛观察的视界及方向应该是：从BC边往AB边方向看。
故选C。
（3）
由题意可知光路图如图所示，求解入射角和折射角的正弦，由折射定律可得该玻璃的折射率
【分析】（1）根据正确的实验操作步骤以及插针法原理分析作答；
（2）眼睛这边是折射光线，最开始是入射光线，据此分析；
（3）根据提供的信息分别求解入射角和折射角的正弦，然后根据折射定律求解作答。
（1）为了提高测量的精度，插在白纸上的第一、二根大头针之间的距离及第三、四根大头针之间的距离不一定必须相等；越小越容易产生误差，因此适当大一些较好。
故选C。
（2）因为再插第四根大头针时，使它把第一、二根大头针的像及第三根大头针都挡住，因此步骤③中眼睛观察的视界及方向应该是：从BC边往AB边方向看。
故选C。
（3）由题意可知光路图如图所示，由折射定律可得该玻璃的折射率
12．（2024高三上·贵阳开学考）某实验小组选用以下器材测定一节干电池的电动势和内阻。
待测干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于）；
电压表V（内阻约）；
电流表A（内阻约）；
滑动变阻器R（最大阻值为）；
定值电阻（阻值）；
定值电阻（阻值）；
开关一个，导线若干。
（1）该小组连接的实物电路如图a所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是 ；
（2）改正这条导线的连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻的滑片P应置于滑动变阻器的 （选填“a”或者“b”）端；
（3）该小组按照图a改正后的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在坐标纸上描点，如图b所示。结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现这种现象的主要原因是___________；（单选，填正确答案标号）
A．电压表内阻较大 B．电流表内阻较小
C．滑动变阻器最大阻值较小 D．干电池内阻较小
（4）针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组再利用实验室提供的一个定值电阻改进了实验方案，重新正确连接电路后，调整滑动变阻器共测得7组电流和电压的数据，如下表。在如图c所示的坐标纸上已标出5组数据对应的坐标点，请在坐标纸上标出剩余2组数据对应的坐标点，并画出图像 ；
序号 1 2 3 4 5 6 7
I/A 0.08 0.14 0.20 0.26 0.32 0.36 0.40
U/V 1.30 1.13 1.00 0.82 0.71 0.60 0.49
（5）根据图像和所选的定值电阻，可得该节干电池的内阻约为 （结果保留两位小数）。
【答案】（1）2
（2）b
（3）D
（4）
（5）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）实验中电压表测量路端电压，2导线导致电压表电压值不包括电流表电压，故电路中2导线连接不当。
（2）实验时把滑动变阻器的滑片移动到使接入电路阻值最大的一端，可以保护电路。故滑动变阻的滑片P应置于滑动变阻器的“b”端。
（3）根据闭合电路的欧姆定律知
得
电压表变化范围小是因为图线的斜率较小，内阻分压小，导致外电路电压总是处于较大值状态，而图线斜率的绝对值表示干电池内阻，故出现该现象的主要原因是干电池内阻较小，D正确；
故选D。
（4）
将前面2个点描绘在坐标纸上，将尽可能多的点描绘在一条直线上，由于（0.32，0.71）偏离直线较远，所以应舍弃，不在图线上的点均匀分布在直线两侧，画出图像如图所示；
（5）进实验时，为了使电压表示数变化明显，需要把定值电阻与电源串联，共同作为等效电源，使得等效电源分压更多，根据图线求得斜率绝对值为
可知等效电源内阻大于则定值电阻大于小于，所以定值电阻选择；可得该节干电池的内阻约为
【分析】（1）根据各个部分的作用进行分析；
（2）滑动变阻器的滑片移动阻值最大的一端，可以保护电路；
（3）内阻小，导致内阻分压小，导致变阻器上电压范围较小；
（4）将尽可能多的点描绘在一条直线上，舍弃离图线较远的点；
（5）图线斜率绝对值等于等效内阻。
（1）实验中电压表测量路端电压，故电路中2导线连接不当。
（2）实验时把滑动变阻器的滑片移动到使接入电路阻值最大的一端。故滑动变阻的滑片P应置于滑动变阻器的“b”端。
（3）根据闭合电路的欧姆定律知
得
电压表变化范围小是因为图线的斜率较小，而图线斜率的绝对值表示干电池内阻，故出现该现象的主要原因是干电池内阻较小，D正确；
故选D。
（4）将前面2个点描绘在坐标纸上，将尽可能多的点描绘在一条直线上，由于（0.32，0.71）偏离直线较远，所以应舍弃，画出图像如图所示；
（5）进实验时，为了使电压表示数变化明显，需要把定值电阻与电源串联，共同作为等效电源，根据图线求得斜率绝对值为
可知等效电源内阻大于则定值电阻大于小于，所以定值电阻选择；可得该节干电池的内阻约为
13．（2024高三上·贵阳开学考）如图，一个导热良好的圆柱形气缸开口向上竖直放置于水平面上，缸内有一形状不规则的文物，且封闭有一定质量的理想气体。初始时刻，气体的温度为7℃，质量为m、横截面积为S的活塞到气缸底部的距离为h。现环境温度缓慢升高到27℃时，活塞离气缸底部的距离变为H，此过程中缸内气体吸收的热量为Q。已知大气压恒为，重力加速度大小为g，活塞与气缸壁密封良好且不计摩擦，忽略文物热胀冷缩的影响。求：
（1）气缸内放置的文物的体积；
（2）该过程中气体增加的内能。
【答案】（1）解：设气缸内放置的文物的体积为，初态有
末态有
气体做等压变化，则
解得气缸内放置的文物的体积
（2）解：气体压强为
外界对气体做功为
该过程中气体增加的内能
【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）求出初末状态的温度和体积，气体做等压变化，结合盖吕萨克定律列式求解；
（2）求出气体对外做功，根据热力学第一定律求解气体增加的内能。
（1）设气缸内放置的文物的体积为，初态有
末态有
气体做等压变化，则
解得气缸内放置的文物的体积
（2）气体压强为
外界对气体做功为
该过程中气体增加的内能
14．（2024高三上·贵阳开学考）如图，一固定水平桌面上有一张薄纸，在纸面上放置一质量、可视为质点的金属块，金属块到桌面右端边缘的距离。现用大小为0.6N、方向水平向右的恒力作用在纸的右端，金属块与纸一起向右运动且无相对滑动，经时间，金属块到达桌面右端边缘。已知金属块与纸上表面、金属块与桌面间的动摩擦因数分别为、，重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，纸的质量可忽略不计。
（1）求纸下表面与桌面间的动摩擦因数；
（2）若放置于纸面上的金属块到桌面右端边缘的距离，现用一水平向右的恒力作用在纸的右端将纸从金属块下抽出，且金属块最终停在桌面右端边缘。自恒力对纸作用开始到纸与金属块恰好分离，求此过程的冲量应大于何值？
【答案】（1）解：金属块与纸一起向右运动且无相对滑动，设加速度为，根据动力学公式
解得
根据牛顿第二定律
解得纸下表面与桌面间的动摩擦因数为
（2）解：设纸与金属块即将发生相对滑动时的拉力为，加速度为。对金属块，根据牛顿第二定律有
对纸和金属块整体，根据牛顿第二定律有
解得
则当时纸与金属块有相对滑动，设纸与金属块分离之前，金属块加速运动的时间为，金属块运动的最大速度大小为，金属块在桌面上滑动的加速度为。对金属块，根据牛顿第二定律有
对金属块，根据运动学规律有
则金属块离开纸之前恒力的冲量大小
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；冲量
【解析】【分析】（1）根据动力学公式求解加速度，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；
（2）根据牛顿第二定律求解纸与金属块即将发生相对滑动时的拉力，根据运动学公式求解时间，冲量等于力与时间的乘积，据此分析。
（1）金属块与纸一起向右运动且无相对滑动，设加速度为，根据动力学公式
解得
根据牛顿第二定律
解得纸下表面与桌面间的动摩擦因数为
（2）设纸与金属块即将发生相对滑动时的拉力为，加速度为。对金属块，根据牛顿第二定律有
对纸和金属块整体，根据牛顿第二定律有
解得
则当时纸与金属块有相对滑动，设纸与金属块分离之前，金属块加速运动的时间为，金属块运动的最大速度大小为，金属块在桌面上滑动的加速度为。对金属块，根据牛顿第二定律有
对金属块，根据运动学规律有
则金属块离开纸之前恒力的冲量大小
联立解得
15．（2024高三上·贵阳开学考）如图所示，在xOy坐标系的第二象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，第一象限和第三象限内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场。在与y轴平行且相距为d的竖直线MN上的A点（图中未画出）处放置一个粒子源，它能无初速地释放大量质量为m、电荷量为q、且带负电的粒子，这些粒子经电场加速后均沿y轴正方向进入第二象限，并均垂直y轴通过点。不计粒子重力及粒子间相互作用。
（1）求从A点释放的粒子进入第二象限时的速度大小；
（2）求粒子从A点释放之后至运动到点的总时间；
（3）若改变离子源在直线MN上的位置，要求释放的粒子均要垂直经过y轴，求粒子源到x轴的距离应满足什么条件？
【答案】（1）解：设A点释放的粒子在第二象限的速度大小为，其轨道半径为，由题意可知
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）设粒子从释放到Q点的过程中，在第一、第二、第三象限的运动时间分别是、、，则有
根据牛顿第二定律有
则粒子从释放到Q点的运动时间为
联立解得
（3）解：设粒子在电场中由粒子源到x轴的距离为L，速度大小为，由动能定理得
粒子进入电场，考虑到偏转半径及周期性，最终可能从y轴上的P1、P2、P3、... Pn
点经过。根据牛顿第二定律有
由题意及几何知识可知
经过P1时有
r=d
经过P2时有
3r=d
经过P3时有
5r=d
.....
可知经过Pn时有
（2n+1）r=d
解得
（n=0，1，2，3...）
【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）根据几何关系求解半径大小，洛伦兹力提供向心力秋季初速度；
（2）在第一象限利用水平方向匀速运动求解时间，第二象限圆周运动，第三象限做类平抛运动，分别求得各段的时间相加即可。
（3）由动能定理得到进入磁场的速度，洛伦兹力提供向心力，由题意及几何知识求解经过各点必须满足的条件，从而求粒子源到x轴的距离应满足的条件。
（1）设A点释放的粒子在第二象限的速度大小为，其轨道半径为，由题意可知
=d
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）设粒子从释放到Q点的过程中，在第一、第二、第三象限的运动时间分别是、、，则有
根据牛顿第二定律有
Eq=ma
则粒子从释放到Q点的运动时间为
t=++
联立解得
（3）设粒子在电场中由粒子源到x轴的距离为L，速度大小为，由动能定理得
qEL=
粒子进入电场，考虑到偏转半径及周期性，最终可能从y轴上的P1、P2、P3、... Pn
点经过。根据牛顿第二定律有
由题意及几何知识可知
经过P1时有
r=d
经过P2时有
3r=d
经过P3时有
5r=d
.....
可知经过Pn时有
（2n+1）r=d
解得
（n=0，1，2，3...）
