2024年2月11日发(作者：区永怡)

2024届高三第一次学业质量评价（T8联考）物理注意事项：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，将本试卷卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.在物理学发展的历程中，许多科学家的科学研究为物理学的建立做出了巨大贡献。下列叙述中正确的是（A.松香在熔化过程中温度保持不变，松香分子的平均动能会变大B.2023年的诺贝尔物理学奖授予“采用实验方法产生阿秒脉冲光的技术”，阿秒脉冲光是一种非常短的光脉冲，其持续时间在阿秒的量级，即1018s，阿秒对应的物理量不是国际单位制的基本量C.法拉第提出了电场的观点，其实电场以及磁场是一种客观存在，变化的电磁场和分子、原子组成的实物一样具有能量和动量D.德国物理学家普朗克为解释物体热辐射规律，提出了能量子的假说，他同时最早发现了光电效应，爱因斯坦由于发现了光电效应的规律而获得诺贝尔物理学奖2.高空中，一架飞机沿水平方向做匀加速直线运动，加速度大小为1m/s²，每隔1s从飞机上落下一物体，不计空气阻力，重力加速度取。10m/s2，这些物体在空中排列的图线是一条（A.倾斜直线，直线的斜率为10B.倾斜直线，直线的斜率为C.竖直直线D.抛物线，其竖直分运动是自由落体3.如图所示，竖直墙壁上固定一支架MON，其中水平杆OM表面粗糙，倾斜杆ON表面光滑。杆OM、杆ON上分别套有小环P、Q，两环由不可伸长的细绳相连，处于平衡状态，现将P环向右移动少许重新达到平衡。那么移动后的平衡状态和原来的平衡状态（图示状态）相比较，下列说法正确的是（）））110

A.杆ON对环Q的弹力一定变大C.环P与杆OM间的弹力一定变大B.细绳的拉力可能变大D.环P的摩擦力可能不变“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图乙是航天控制中心大屏幕上显示卫星FZ01的“星4.如图甲，下点”在一段时间内的轨迹，已知地球同步卫星的轨道半径为r6.6R（R是地球的半径），FZ01绕行方向与地球自转方向一致，则下列说法正确的是（）A.卫星FZ01的轨道半径约为B.卫星FZ01的轨道半径约为r3r5C.卫星FZ01可以记录到南极点的气候变化D.卫星FZ01不可以记录到北极点的气候变化，利用手5.无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，如图甲所示为科创小组某同学手握手机（手不接触充电宝）机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手机与充电宝始终相对静止），记录的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示（规定向上为正方向），t2时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态．已知手机的质量为0.3kg，无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s，在该过程中下列说法正确的是（）

A.充电宝在t1与t2时刻所受的摩擦力方向相反B.t3时刻充电宝受的摩擦力大小为3.6NC.充电宝受到的静摩擦力的最大值为7.5ND.充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10N6.如图所示，固定光滑斜面倾角60，其底端与竖直面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为2m的小球A和质量为m的小环B（均可视为质点）用L1.5R的轻杆通过轻质铰链相连。B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，从小球A由静止释放到运动至最低点的过程中，下列判断正确的是（）A.A和B组成的系统的机械能不守恒B.刚释放时小球A的加速度大小为C.小环B速度最大时轻杆弹力为mgD.小球A运动到最低点时的速度大小为3g23gR3二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）7.一列绳波在水平方向上传播，现对其频闪照相，拍摄频率为5Hz。在同一底片上多次曝光后形成照片如图所示，照片与实物比例为1:100。照片中A、B、C、D四点为同一水平线上的四点，且ABBCCD2cm。以下说

法正确的是（）A.该绳波波长为4mB.该绳波波速可能为60m/sC.该波可能与周期为0.1s的另一列绳波发生干涉D.同一次曝光时A、C两处质点振动方向相反8.如图所示，四边形abcd中，abad，cdcb，ad垂直dc、ab垂直bc，dcb120。，O点和c点关于直线bd对称。在a、b和d点各固定一个带电荷量为q的正电荷，O点和c点的电势分别为1和2。下列说法正确的是（）A.c点的电场强度方向由O指向c，且小于O点的电场强度大小B.若仅将a点的正电荷换成带相同电荷量的负电荷，则c点电势等于12C.若仅将b点的正电荷换成带相同电荷量的负电荷，则c点电势等于2D.电子在O点的电势能小于在c点的电势能9.如图甲所示，质量为0.2kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过θ角度时，小球的速度大小为v，v2与cosθ的关系如乙图所示，g取10m/s²。则（）43112A.圆环半径为0.6mB.时，小球所受合力为4N2

C.0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力一直增大D.0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大10.如图所示，在竖直平面内有一倾角37的传送带，两皮带轮AB轴心之间的距离L3.2m，沿顺时针方向以v2m/s匀速运动，一质量m2kg的物块P从传送带顶端无初速度释放，物块与传送带间的动摩擦因数0.5。物块P离开传送带后在C点沿切线方向无能量损失地进入半径为5m的光滑圆弧形轨道CDF，并与位于圆弧轨道9最低点F的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，物块Q的质量M1kg，物块P和Q均可视为质点，重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8。则（）A.物块P到达C点时的速度一定为4m/sB.物块P从释放到下滑到C点的过程中系统增加的内能为9.6JC.物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间，物块P的速度可能为1.5m/sD.物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间，物块P对轨道的压力大小可能为35N第Ⅱ卷三、实验题（11题6分，12题8分，共14分）11.某同学用如图甲所示的装置探究物体做圆周运动的向心力大小与半径、线速度、质量的关系。用一根细线系住钢球，另一端连接在固定于铁架台上端的力传感器上，直径为d的钢球静止于A点，将光电门固定在A的正下方。钢球底部竖直地粘住一片宽度为x的遮光条。（1）用天平测出钢球质量，用刻度尺测出摆线长度。

（2）将钢球拉至不同位置由静止释放，读出钢球经过A点时力传感器的读数F及光电门的遮光时间t，算出钢球速度的平方值，具体数据如下表所示：12345F/Nv2/(m2s2)0.1240.143400.1625.80.1818.00200.2.0.10.1画出Fv2的关系图像如图乙所示：（3）由图像可知，钢球的重力为________N（结果保留3位小数）。（4）若图像的斜率为k，钢球质量为m，重力加速度为g，则F与v2的关系式为________（用所给物理量的符号表示）。v2（5）某同学通过进一步学习知道了向心力的公式，发现实验中使用公式m求得钢球经过A点的向心力比测量得r到的向心力大，你认为产生误差的主要原因是________。A.钢球运动过程中受到空气阻力的影响B.钢球经过光电门的时间过长C.光电门测出的是遮光条通过时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度D.钢球释放的初始位置细绳与竖直方向夹角大于10°12.小梦同学自制了一个两挡位（“×1”“×10”）的欧姆表，其内部结构如图所示。电流计G的内阻RG200Ω，满偏电流IG15mA。电源电动势E6V，内阻r“①”、“②”0.5Ω。R0为调零电阻，R1和R2为定值电阻，为两接线柱。单刀双掷开关S与m接通时，欧姆表挡位为“×1”，此时经欧姆调零后，欧姆表内阻为20Ω。用此表测量一待测电阻的阻值，回答下列问题：

（1）小梦选择“×10”挡对Rx进行测量。测量前，先短接、欧姆调零，短接时红表笔接接线柱①。调零后发现R0的滑片指向最上端。则调零电阻的最大阻值R0________Ω，定值电阻R2________Ω。（2）选用“×10”挡测量时，指针偏转过大，说明待测电阻阻值较小，为使测量更加准确，应换用小倍率重新测量。小梦选择“×1”挡重新测量，测量前，先短接、欧姆调零，调零后调零电阻中与电流计G串联的部分的阻值为________Ω。（3）选用“×1”挡测量时，电流表偏转1，则待测电阻Rx________Ω。3（4）自制欧姆表用了一段时间后，电源内阻r略微增大了一些，选用“×1”挡测量电阻时，测量值________真实值。（选填“>”“<”或“=”）。四、解答题（13题13分，14题13分，15题16分，共42分）13.如图甲所示，长为L、板间距离也为L的平行金属板水平固定放置，两板间加有如图乙所示的交流电压，图中U0未知、T已知，在两板中线左端P点有一个粒子源，不断地从P点沿两板中线向右均匀地射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子穿过两板所用的时间为T，从t=0时刻射入两板间的粒子刚好从下板右端边缘射出，在两板右侧竖直虚线MN的右侧有竖直向下的匀强电场，电场中有一长为L、水平放置的荧光屏，荧光屏的上表面与平行板下板的上表面在同一水平面上，荧光屏的左端离MN的距离为荧光屏的中点，不计粒子重力，不计粒子间的相互作用，求：（1）粒子从P点射出的初速度大小及两板间电压U0的大小；（2）竖直虚线MN右侧匀强电场的场强大小；（3）屏上能接收到的粒子从两极板间射出的位置范围。1L，在t0.25T时刻射出的粒子最终恰好打在214.如图所示，在Oxy平面的第一象限内有一过原点的无限长挡板，挡板与x轴成60°角放置。挡板上方有无限长、边界平行于挡板的区域I和II，分别存在磁感应强度大小为B0和2B0的匀强磁场，方向均垂直纸面向里，磁场边界

与y轴分别交于y=2h和y=4h处。在y=3h处有一离子源射出平行x轴、方向与x轴正向相同、质量为m、电荷量为q的正离子。不计正离子的重力以及离子间的相互作用，并忽略磁场的边缘效应。（1）若没有离子进入区域I，求离子初速度最大值v1；（2）若离子经磁场偏转后垂直y轴离开第一象限，求离子初速度的最大值v2；（3）若离子经磁场偏转后恰好能打到挡板上，求离子初速度v3。．．2v015.如图甲，一质量为2m的物块B用一长度为l的轻绳悬挂于P点处，初始时其与竖直方向的夹角60，gP点正下方2l处有一钉子。另一物块A与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块B，当其运动至3之后物块B将在光滑水平面上匀速直线运动，直至与物块A发生碰撞（假P点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。定在物块B触地过程中机械能没有损失，轻绳在断裂后不影响物块B的后续运动）。记物块B第一次与弹簧接触的时刻为t0，第一次与弹簧分离的时刻为t2t0。第一次碰撞过程中，A、B的vt图像如图乙所示。已知从t0到tt0时间内，物块A运动的距离为0.144v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面2v0上运动的B再次碰撞。斜面倾角37，高度h，与水平面光滑连接。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性限5g度内，重力加速度记为g，sin0.6。求（1）轻绳即将断裂时的张力；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（用v0、t0表示）；（3）物块A与斜面间的动摩擦因数的取值范围。

2024届高三第一次学业质量评价（T8联考）物理第Ⅰ卷一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.在物理学发展的历程中，许多科学家的科学研究为物理学的建立做出了巨大贡献。下列叙述中正确的是（A.松香在熔化过程中温度保持不变，松香分子的平均动能会变大B.2023年的诺贝尔物理学奖授予“采用实验方法产生阿秒脉冲光的技术”，阿秒脉冲光是一种非常短的光脉冲，其持续时间在阿秒的量级，即1018s，阿秒对应的物理量不是国际单位制的基本量C.法拉第提出了电场的观点，其实电场以及磁场是一种客观存在，变化的电磁场和分子、原子组成的实物一样具有能量和动量D.德国物理学家普朗克为解释物体热辐射规律，提出了能量子的假说，他同时最早发现了光电效应，爱因斯坦由于发现了光电效应的规律而获得诺贝尔物理学奖【答案】C【详解】A．只有晶体熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，而松香是非晶体，在熔化过程中，温度是升高的，而温度是分子热运动平均动能的标志，故分子的平均动能变大，故A错误；B．国际单位制中的七个基本物理量为长度、质量、时间、温度、电流、物质的量、发光强度，基本物理量的单位为基本单位，即米、千克、秒、开尔文、安培、摩尔、坎德拉；“阿秒”是一个单位，对应的物理量是时间，是国际单位制的基本量，故B错误；C．法拉第提出了电场的观点，其实电场以及磁场是一种客观存在，变化的电磁场和分子、原子组成的实物一样具有能量和动量，故C正确；D．德国物理学家普朗克为解释物体热辐射规律，提出了能量子的假说，1887年爱因斯坦赫兹在研究麦克斯韦电磁波理论时偶然发现了光电效应现象，1905年爱因斯坦提出光子说，成功解释了光电效应，并因此获得了1921年诺贝尔物理学奖，故D错误。故选C。2.高空中，一架飞机沿水平方向做匀加速直线运动，加速度大小为1m/s²，每隔1s从飞机上落下一物体，不计空气阻力，重力加速度取。10m/s2，这些物体在空中排列的图线是一条（A.倾斜直线，直线的斜率为10B.倾斜直线，直线的斜率为C.竖直直线D.抛物线，其竖直分运动是自由落体））110

【答案】A【详解】设飞机速度为v1时投下第一个物体A，速度为v2时投下第二个物体B，速度为v3时投下第三个物体C，则刚投下C时，物体在空中的位置关系如图所示。A物体下落的高度为hA水平位移为1g(2t)220m2xA2v1tB物体下落的高度为hB水平位移为12gt5m2xBv2tv1att飞机在两次投物体的时间间隔内的位移分别为1x1v1tat22113x2v2tat2v1attat2v1tat2222AB连线的斜率为tanBC连线的斜率为hAhB10x1xBxAtanhB10x2xBtantan所以是一条倾斜直线，直线的斜率为10。故选A。3.如图所示，竖直墙壁上固定一支架MON，其中水平杆OM表面粗糙，倾斜杆ON表面光滑。杆OM、杆ON上分别套有小环P、Q，两环由不可伸长的细绳相连，处于平衡状态，现将P环向右移动少许重新达到平衡。那么移动后的平衡状态和原来的平衡状态（图示状态）相比较，下列说法正确的是（）

A.杆ON对环Q的弹力一定变大C.环P与杆OM间的弹力一定变大【答案】AB.细绳的拉力可能变大D.环P的摩擦力可能不变【详解】AB．对物体Q进行受力分析重力大小方向不变，支持力方向不变，所以根据矢量三角形可知当将P环向右移动少许重新达到平衡，即拉力T从1位置处变成2位置处，可看出杆ON对环Q的弹力一定变大，细绳的拉力T变小，A正确、B错误；CD．对P、Q整体做受力分析有由于杆ON对环Q的弹力N变大，所以环P与杆MO间的弹力N′变小，杆ON对环Q的弹力N在水平方向上的分力变大，所以环P的摩擦力也变大，CD错误。故选A。“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图乙是航天控制中心大屏幕上显示卫星FZ01的“星4.如图甲，下点”在一段时间内的轨迹，已知地球同步卫星的轨道半径为r6.6R（R是地球的半径），FZ01绕行方向与地球自转方向一致，则下列说法正确的是（）

A.卫星FZ01的轨道半径约为B.卫星FZ01的轨道半径约为r3r5C.卫星FZ01可以记录到南极点的气候变化D.卫星FZ01不可以记录到北极点的气候变化【答案】C【详解】AB．由轨迹图可知，地球自转一圈，卫星运动3圈，卫星做圆周运动，根据万有引力提供向心力G可得同步卫星的周期为Mm22m()r2rTr3T2GM卫星FZ01的周期为r3T2GM则卫星FZ01的轨道半径与同步卫星的轨道半径关系为r故AB错误；CD．卫星FZ01纬度最高时有rr39230卫星离地球球心所在水平面的高度为hrsin30r1.65RR4即卫星高度大于北极点的高度，卫星FZ01可以记录到北极点的气候变化，同理可得，卫星FZ01可以记录到南极点的气候变化，故C正确，D错误。故选C。

，利用手5.无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，如图甲所示为科创小组某同学手握手机（手不接触充电宝）机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手机与充电宝始终相对静止），记录的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示（规定向上为正方向），t2时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态．已知手机的质量为0.3kg，无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s，在该过程中下列说法正确的是（）A.充电宝在t1与t2时刻所受的摩擦力方向相反B.t3时刻充电宝受的摩擦力大小为3.6NC.充电宝受到的静摩擦力的最大值为7.5ND.充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10N【答案】D【详解】A．充电宝在t2时刻具有向上的加速度，由牛顿第二定律可知，摩擦力方向竖直向上，t1时刻充电宝具有向下的加速度，而且加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充电宝在t1与t2时刻所受的摩擦力方向相同，故A错误；B．t3时刻由牛顿第二定律可得f3mgma3由图像可知a38m/s，解得2f30.4N故B错误；C．t2时刻充电宝具有向上的最大加速度，充电宝和手机之间的摩擦力最大，此时，由牛顿第二定律有

f2mgma2fmaxf25N故C错误；D．由摩擦力公式f2N解得充电宝与水机之间的吸引力大小至少为N故D正确。故选D。6.如图所示，固定光滑斜面倾角f210N60，其底端与竖直面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为2m的小球A和质量为m的小环B（均可视为质点）用L1.5R的轻杆通过轻质铰链相连。B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，从小球A由静止释放到运动至最低点的过程中，下列判断正确的是（）A.A和B组成的系统的机械能不守恒B.刚释放时小球A的加速度大小为C.小环B速度最大时轻杆弹力为mgD.小球A运动到最低点时的速度大小为【答案】B【详解】A．在小球A下落到最低点的过程中，A和B组成的系统只有重力做功，故A和B组成的系统机械能守恒，故A错误；B．刚释放时小球A时，由牛顿第二定律可知3g23gR32mgsin2ma解得

a故B正确；3g2C．小环B速度最大时，小环B在竖直方向上的合力为零，轻杆的弹力竖直分量为mg，而只有A到达最低点，B速度为零时，轻杆的水平分量才为零，故小环B速度最大时，轻杆弹力大于mg，故C错误；D．几何关系如图所示设A初始时刻距离最低点的距离为h1，由几何关系可知1(h1R)2Rsin1.5Rsintan解得h15R4设小环B初始时刻距离最低点的距离为h2，由几何关系可知h2h11.5Rcos2R由系统机械能守恒可知122mgh1mg(h21.5R)2mvA2解得vA故D错误。故选B。6gR2二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合

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）7.一列绳波在水平方向上传播，现对其频闪照相，拍摄频率为5Hz。在同一底片上多次曝光后形成照片如图所示，照片与实物比例为1:100。照片中A、B、C、D四点为同一水平线上的四点，且ABBCCD2cm。以下说法正确的是（）A.该绳波波长为4mB.该绳波波速可能为60m/sC.该波可能与周期为0.1s的另一列绳波发生干涉D.同一次曝光时A、C两处质点振动方向相反【答案】BD【详解】A．设波长为，由几何关系结合题意得ABBC10042解得8m故A错误；B．设波的周期为T，由题图可得nT即T12fnT解得T0.2s2T则波速0.4(n0,1,2,L)2n1v当n1时，波速等于60m/s，故B正确；C．由T20(2n1)(n0,1,2,L)T0.4(n0,1,2,L)可知无论n取何值，周期都不可能等于0.1s所以该波不可能与周期为0.1s的另一列2n1绳波发生干涉，故C错误；D．A、C相距半个波长，所以一次曝光时A、C两处质点振动方向相反，故D正确。故选BD。

8.如图所示，四边形abcd中，abad，cdcb，ad垂直dc、ab垂直bc，dcb120。，O点和c点关于直线bd对称。在a、b和d点各固定一个带电荷量为q的正电荷，O点和c点的电势分别为1和2。下列说法正确的是（）A.c点的电场强度方向由O指向c，且小于O点的电场强度大小B.若仅将a点的正电荷换成带相同电荷量的负电荷，则c点电势等于12C.若仅将b点的正电荷换成带相同电荷量的负电荷，则c点电势等于2D.电子在O点的电势能小于在c点的电势能【答案】BD【详解】A．由题意可知ac过O点且为bd的中垂线，设ac与bd连线的交点为e，设cd长为x，分析几何关系知43112abaddb3xeceo0.5xac1.5x0.5x2xaO1.5x0.5xx由等量同种电荷电场分布规律可知，b和d点的场中，分析得O点与c点电场强度大小相等为k点发出，沿ea和ec方向指向无穷远，在点电荷a的电场中，O点场强为k强度为kq，方向沿ae指向无穷远，c点的电场2x5q，沿ec方向故c点的电4x2q，方向分别从e2xq2x2，根据矢量叠加原则知，O点的电场强度为零，c点电场强度大小为k场强度大于O点的电场强度大小，故A错误；D．在b和d点的场中，O点和c点的电势相等，在点电荷a的电场中，O点电势大于c点的电势，由电势叠加规律知12根据电势能的定义知，电子在O点的电势能小于在c点的电势能，故D正确；B．根据对称性可知,a、b、d各点的正电荷在O点产生的电势相等,设为0,有

130同理,b、d两点的正电荷在c点产生的电势也为0,设a点的正电荷在C点产生的电势为3,则有2032联立解得23213若仅将a点的正电荷换成带相同电量的负电荷,则负电荷在C点产生的电势为3,故C点电势等于4203123故B正确；C．若仅将b点的正电荷换成带相同电荷量的负电荷,根据等量异种电荷的等势面分布可知,b、d处的点电荷在O、c两点产生的电势为0,故C点的总电势等于a点的正电荷在C点产生的电势，为23213故C错误。故选BD。9.如图甲所示，质量为0.2kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过θ角度时，小球的速度大小为v，v2与cosθ的关系如乙图所示，g取10m/s²。则（）A.圆环半径为0.6mB.时，小球所受合力为4N2C.0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力一直增大D.0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大【答案】AD【详解】A.小球下滑过程由机械能守恒定律有mgRRcos得12mv2

v22gRcos2gR对比图线可知2gR12得R0.6m故A正确；B.θ=π时，小球的速度平方为12，此时是圆环对小球的弹力提供向心力，有2v2Nm4NR小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为FN2mg20N故B错误；CD.02π时，有2v2mgcosNmR可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须减小，ππ时，有2v2Nmgcos180mR可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须增大，所以0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大，故C错误，D正确。故选AD。10.如图所示，在竖直平面内有一倾角37的传送带，两皮带轮AB轴心之间的距离L3.2m，沿顺时针方向以v2m/s匀速运动，一质量m2kg的物块P从传送带顶端无初速度释放，物块与传送带间的动摩擦因数0.5。物块P离开传送带后在C点沿切线方向无能量损失地进入半径为5m的光滑圆弧形轨道CDF，并与位于圆弧轨道9最低点F的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，物块Q的质量M1kg，物块P和Q均可视为质点，重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8。则（）

A.物块P到达C点时的速度一定为4m/sB.物块P从释放到下滑到C点的过程中系统增加的内能为9.6JC.物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间，物块P的速度可能为1.5m/sD.物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间，物块P对轨道的压力大小可能为35N【答案】ABD【详解】A．物块P与传送带没有达到共速前，物块P受摩擦力方向沿传送带向下，设其加速度为a1，由牛顿第二定律可得mgsinmgcosma1a110ms2物块P与传送带达到共速所用时间t1物块P在传送带上的位移为v2s0.2sa110x1物块P与传送带达到共速后，由于121a1t1100.22m0.2m22mgsinmgcos可知摩擦力方向沿传送带向上，设此时物块P的加速度为a2，由牛顿第二定律可得mgsinmgcosma2解得a22ms2物块P在传送带上运动的距离为x2Lx13m设物块P运动到传送带底端C点时的速度为v1，由速度位移关系公式可得

v1v22a2x222223ms4msA正确；B．物块P与传送带达到共速时，传送带的位移为x1带vt10.4m物块P与传送带达到共速后到滑到C点时所用时间t2在1s时间内传送带的位移为v1v42s1sa22x2带vt221m2m物块P与传送带相对位移为xx1带x1x2x2带1.2m物块P从释放到下滑到C点的过程中系统增加的内能为Qmgxcos9.6JB正确；C．设物块P运动到F点时的速度为v2，由动能定理可得1212mgR1cosmv2mv122解得v26ms若物块P与物块Q产生完全弹性碰撞，设物块P碰撞后的速度为v3，物块Q碰撞后速度为v4，两物块碰撞中动量守恒和机械能守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv2mv3Mv4121212mv2mv3Mv4222解得v32ms若物块P与物块Q产生完全非弹性碰撞，则有mv2mMv3解得v34ms可知

2msv34ms因此物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间，物块P的速度不可能是1.5m/s，C错误；D．在F点，由牛顿第二定律可得2v3FNmgmR解得34.4NFN77.6N由牛顿第三定律可知，物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间，物块P对轨道的压力大小可能为35N，D正确。故选ABD。第Ⅱ卷三、实验题（11题6分，12题8分，共14分）11.某同学用如图甲所示的装置探究物体做圆周运动的向心力大小与半径、线速度、质量的关系。用一根细线系住钢球，另一端连接在固定于铁架台上端的力传感器上，直径为d的钢球静止于A点，将光电门固定在A的正下方。钢球底部竖直地粘住一片宽度为x的遮光条。（1）用天平测出钢球质量，用刻度尺测出摆线长度。（2）将钢球拉至不同位置由静止释放，读出钢球经过A点时力传感器的读数F及光电门的遮光时间t，算出钢球速度的平方值，具体数据如下表所示：12345F/Nv2/(m2s2)0.1240.1430.1620181.0.2002.04.05.88.010.1画出Fv2的关系图像如图乙所示：

（3）由图像可知，钢球的重力为________N（结果保留3位小数）。（4）若图像的斜率为k，钢球质量为m，重力加速度为g，则F与v2的关系式为________（用所给物理量的符号表示）。v2（5）某同学通过进一步学习知道了向心力的公式，发现实验中使用公式m求得钢球经过A点的向心力比测量得r到的向心力大，你认为产生误差的主要原因是________。A.钢球运动过程中受到空气阻力的影响B.钢球经过光电门的时间过长C.光电门测出的是遮光条通过时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度D.钢球释放的初始位置细绳与竖直方向夹角大于10°【答案】①.0.104②.F=mgkv2③.C【详解】（3）[1]根据牛顿第二定律v2Fmgml可得F=mg由图像的截距可知，钢球的重力为m2vlmg0.104N（4）[2]若图像的斜率为k，小球质量为m，重力加速度为g，则F与v2的关系式为F=mgkv2（5）[3]根据向心力的计算公式

v2Fmrn可知，若Fn偏大，则可能原因是小钢球的速度测量偏大，故产生误差的主要原因是光电门测出的是遮光条通过时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度，故ABD错误，C正确。故选C。12.小梦同学自制了一个两挡位（“×1”“×10”）的欧姆表，其内部结构如图所示。电流计G的内阻RG200Ω，满偏电流IG15mA。电源电动势E6V，内阻r“①”、“②”0.5Ω。R0为调零电阻，R1和R2为定值电阻，为两接线柱。单刀双掷开关S与m接通时，欧姆表挡位为“×1”，此时经欧姆调零后，欧姆表内阻为20Ω。用此表测量一待测电阻的阻值，回答下列问题：（1）小梦选择“×10”挡对Rx进行测量。测量前，先短接、欧姆调零，短接时红表笔接接线柱①。调零后发现R0的滑片指向最上端。则调零电阻的最大阻值R0________Ω，定值电阻R2________Ω。（2）选用“×10”挡测量时，指针偏转过大，说明待测电阻阻值较小，为使测量更加准确，应换用小倍率重新测量。小梦选择“×1”挡重新测量，测量前，先短接、欧姆调零，调零后调零电阻中与电流计G串联的部分的阻值为________Ω。（3）选用“×1”挡测量时，电流表偏转1，则待测电阻Rx________Ω。3（4）自制欧姆表用了一段时间后，电源内阻r略微增大了一些，选用“×1”挡测量电阻时，测量值________真实值。（选填“>”“<”或“=”）。【答案】①.200②.99.5③.180④.40⑤.<【详解】（1）[1][2]调零后发现R0的滑片指向最上端，说明电流计满偏、欧姆表内阻为200由此可知rRGR0R2200RGR0R0EIG200RGR0联立解得

R0200R299.5（2）[3]选择“×1”挡重新测量，欧姆调零后，欧姆表内阻为20，与电流计串联电阻阻值为R，并联阻值为R0-RrRGRR0RRRGR0120RRE0IG20RGR0联立解得R180（3）[4]选用“×1”挡测量时，电流表偏转1，可得3EI20E1I20Rx3解得Rx40（4）[5]电源内阻增大了一些，会导致电流计不满偏，欧姆表调零时为了使其满偏，会将调零电阻向上滑，会导致欧姆表内阻增大，导致测量值偏小。四、解答题（13题13分，14题13分，15题16分，共42分）13.如图甲所示，长为L、板间距离也为L的平行金属板水平固定放置，两板间加有如图乙所示的交流电压，图中U0未知、T已知，在两板中线左端P点有一个粒子源，不断地从P点沿两板中线向右均匀地射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子穿过两板所用的时间为T，从t=0时刻射入两板间的粒子刚好从下板右端边缘射出，在两板右侧竖直虚线MN的右侧有竖直向下的匀强电场，电场中有一长为L、水平放置的荧光屏，荧光屏的上表面与平行板下板的上表面在同一水平面上，荧光屏的左端离MN的距离为荧光屏的中点，不计粒子重力，不计粒子间的相互作用，求：（1）粒子从P点射出的初速度大小及两板间电压U0的大小；（2）竖直虚线MN右侧匀强电场的场强大小；（3）屏上能接收到的粒子从两极板间射出的位置范围。1L，在t0.25T时刻射出的粒子最终恰好打在2

mLL2mL2【答案】（1）；；（2）；（3）见解析qT2TqT2【详解】（1）根据题可知，粒子从P点射出的初速度大小为v0LT从t=0时刻射进电场的粒子，刚好从下板右端边缘射出，则粒子在电场运动的加速度大小为a又qU0mL211TL2a222解得2mL2U0qT2（2）由于所有粒子穿过电场的时间均为tT，因此所有粒子出电场时沿电场方向的速度为零，即所有粒子射出电场时速度大小为v0，方向水平向右。根据对称性，从t=0.5T时刻进入电场的粒子刚好从上板右边缘水平向右射出，即所有粒子射出两板间的区域在两板右端间长为L的区域内，t=0.25T时刻射出的粒子刚好沿两板中线射出，经MN右侧电场偏转后打在荧光屏的中点，设该电场的电场强度大小为E，则11qE2Lt，L=v0t22m解得EmLqT2（3）设打在荧光屏左端的粒子在MN右侧电场中的侧移为y1，则y1解得1qE21t1，Lv0t12m2y11L8设打在荧光屏左端的粒子在MN右侧电场中的侧移为y2，则

y2解得1qE23t2，Lv0t22m2y29LL8因此从上板附近射出的粒子也能打在荧光屏上。屏上能接收到的粒子从两极板间射出的位置范围是：从距下极板右边缘距离为1L的位置到从上极板右边缘位置射出的粒子均能打在荧光屏上。814.如图所示，在Oxy平面的第一象限内有一过原点的无限长挡板，挡板与x轴成60°角放置。挡板上方有无限长、边界平行于挡板的区域I和II，分别存在磁感应强度大小为B0和2B0的匀强磁场，方向均垂直纸面向里，磁场边界与y轴分别交于y=2h和y=4h处。在y=3h处有一离子源射出平行x轴、方向与x轴正向相同、质量为m、电荷量为q的正离子。不计正离子的重力以及离子间的相互作用，并忽略磁场的边缘效应。（1）若没有离子进入区域I，求离子初速度最大值v1；（2）若离子经磁场偏转后垂直y轴离开第一象限，求离子初速度的最大值v2；（3）若离子经磁场偏转后恰好能打到挡板上，求离子初速度v3。．．【答案】（1）v1【详解】（1）由2B0qhBqh4B0qh；（2）v20；（3）v3mmmmv122B0qv1r可得r若离子恰好与磁场I的边界相切mv12B0qrh得

v1（2）由题可知2B0qhmr0.5h得v2又B0qhmv2v1该离子不会进入区域I，满足题目要求（3）平行挡板方向由动量定理Bqvtmv//2BqvtBqvt0201mv3mv3cos60vh2B0qB0qhm322解得v34B0qhm2v015.如图甲，一质量为2m的物块B用一长度为l的轻绳悬挂于P点处，初始时其与竖直方向的夹角60，gP点正下方2l处有一钉子。另一物块A与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块B，当其运动至3之后物块B将在光滑水平面上匀速直线运动，直至与物块A发生碰撞（假P点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。定在物块B触地过程中机械能没有损失，轻绳在断裂后不影响物块B的后续运动）。记物块B第一次与弹簧接触的时刻为t0，第一次与弹簧分离的时刻为t2t0。第一次碰撞过程中，A、B的vt图像如图乙所示。已知从t0到tt0时间内，物块A运动的距离为0.144v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面2v0上运动的B再次碰撞。斜面倾角37，高度h，与水平面光滑连接。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性限5g度内，重力加速度记为g，sin0.6。求（1）轻绳即将断裂时的张力；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（用v0、t0表示）；

（3）物块A与斜面间的动摩擦因数的取值范围。【答案】（1）FT8mg；（2）x0.64v0t0；（3）945206812mv22【详解】（1）设B摆至最低点的速度为v，根据动能定理有2mgl(1cos)解得vv0设轻绳即将断裂时其中的张力为FT，对B受力分析有v2FT2mg2m2ll3解得FT8mg（2）设A的质量为mA，碰后A的速度为vA，B与A发生完全弹性正碰，碰撞前后动量动能守恒，有2mv0mAvA2m0.2v01112222mv0mAvA2m0.2v0222解得mA3m，vA0.8v0易知tt0时弹簧压缩量最大，记为x。设压缩过程中A的速度为vA(t)，B的速度为vB(t)xvB(t)tvA(t)tt0t0t0t0利用动量守恒3mvA2mvB2mv0将vB(t)用vA(t)替换可得

5t0xv0t0vA(t)t2t0代入题给条件vt0t0A(t)t0.144v0t0可求得x0.64v0t0（3）A若要与B发生二次碰撞，其不能越过斜面。设A在斜面顶端的速度为vm，由动能定理得3mgh3mgcos不能越过斜面即等价于h11223mvm3m0.8v0sin222vm0代入可解得920A若要与B发生二次碰撞，其除了不能越过斜面之外，其返回至水平面时速度大小必须比B的大。设此时A在斜面上的最大高度为hm，返回水平面时的速度为v，根据动能定理得3mghm3mghm123m0.8v0tan2h123mghm3mgm3mvtan2从中可以得到v与v0的关系v2162tanv025tanA返回的速度v要大于B在水平面上的速度0.2v0，代入可解得最后，A能够从斜面上滑下必须满足条件45683mgsin3mgcos0从中解得综上可得A与斜面间的动摩擦因数应满足349452068

2024年2月11日发(作者：区永怡)

2024届高三第一次学业质量评价（T8联考）物理注意事项：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，将本试卷卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.在物理学发展的历程中，许多科学家的科学研究为物理学的建立做出了巨大贡献。下列叙述中正确的是（A.松香在熔化过程中温度保持不变，松香分子的平均动能会变大B.2023年的诺贝尔物理学奖授予“采用实验方法产生阿秒脉冲光的技术”，阿秒脉冲光是一种非常短的光脉冲，其持续时间在阿秒的量级，即1018s，阿秒对应的物理量不是国际单位制的基本量C.法拉第提出了电场的观点，其实电场以及磁场是一种客观存在，变化的电磁场和分子、原子组成的实物一样具有能量和动量D.德国物理学家普朗克为解释物体热辐射规律，提出了能量子的假说，他同时最早发现了光电效应，爱因斯坦由于发现了光电效应的规律而获得诺贝尔物理学奖2.高空中，一架飞机沿水平方向做匀加速直线运动，加速度大小为1m/s²，每隔1s从飞机上落下一物体，不计空气阻力，重力加速度取。10m/s2，这些物体在空中排列的图线是一条（A.倾斜直线，直线的斜率为10B.倾斜直线，直线的斜率为C.竖直直线D.抛物线，其竖直分运动是自由落体3.如图所示，竖直墙壁上固定一支架MON，其中水平杆OM表面粗糙，倾斜杆ON表面光滑。杆OM、杆ON上分别套有小环P、Q，两环由不可伸长的细绳相连，处于平衡状态，现将P环向右移动少许重新达到平衡。那么移动后的平衡状态和原来的平衡状态（图示状态）相比较，下列说法正确的是（）））110

A.杆ON对环Q的弹力一定变大C.环P与杆OM间的弹力一定变大B.细绳的拉力可能变大D.环P的摩擦力可能不变“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图乙是航天控制中心大屏幕上显示卫星FZ01的“星4.如图甲，下点”在一段时间内的轨迹，已知地球同步卫星的轨道半径为r6.6R（R是地球的半径），FZ01绕行方向与地球自转方向一致，则下列说法正确的是（）A.卫星FZ01的轨道半径约为B.卫星FZ01的轨道半径约为r3r5C.卫星FZ01可以记录到南极点的气候变化D.卫星FZ01不可以记录到北极点的气候变化，利用手5.无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，如图甲所示为科创小组某同学手握手机（手不接触充电宝）机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手机与充电宝始终相对静止），记录的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示（规定向上为正方向），t2时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态．已知手机的质量为0.3kg，无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s，在该过程中下列说法正确的是（）

A.充电宝在t1与t2时刻所受的摩擦力方向相反B.t3时刻充电宝受的摩擦力大小为3.6NC.充电宝受到的静摩擦力的最大值为7.5ND.充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10N6.如图所示，固定光滑斜面倾角60，其底端与竖直面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为2m的小球A和质量为m的小环B（均可视为质点）用L1.5R的轻杆通过轻质铰链相连。B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，从小球A由静止释放到运动至最低点的过程中，下列判断正确的是（）A.A和B组成的系统的机械能不守恒B.刚释放时小球A的加速度大小为C.小环B速度最大时轻杆弹力为mgD.小球A运动到最低点时的速度大小为3g23gR3二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）7.一列绳波在水平方向上传播，现对其频闪照相，拍摄频率为5Hz。在同一底片上多次曝光后形成照片如图所示，照片与实物比例为1:100。照片中A、B、C、D四点为同一水平线上的四点，且ABBCCD2cm。以下说

法正确的是（）A.该绳波波长为4mB.该绳波波速可能为60m/sC.该波可能与周期为0.1s的另一列绳波发生干涉D.同一次曝光时A、C两处质点振动方向相反8.如图所示，四边形abcd中，abad，cdcb，ad垂直dc、ab垂直bc，dcb120。，O点和c点关于直线bd对称。在a、b和d点各固定一个带电荷量为q的正电荷，O点和c点的电势分别为1和2。下列说法正确的是（）A.c点的电场强度方向由O指向c，且小于O点的电场强度大小B.若仅将a点的正电荷换成带相同电荷量的负电荷，则c点电势等于12C.若仅将b点的正电荷换成带相同电荷量的负电荷，则c点电势等于2D.电子在O点的电势能小于在c点的电势能9.如图甲所示，质量为0.2kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过θ角度时，小球的速度大小为v，v2与cosθ的关系如乙图所示，g取10m/s²。则（）43112A.圆环半径为0.6mB.时，小球所受合力为4N2

C.0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力一直增大D.0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大10.如图所示，在竖直平面内有一倾角37的传送带，两皮带轮AB轴心之间的距离L3.2m，沿顺时针方向以v2m/s匀速运动，一质量m2kg的物块P从传送带顶端无初速度释放，物块与传送带间的动摩擦因数0.5。物块P离开传送带后在C点沿切线方向无能量损失地进入半径为5m的光滑圆弧形轨道CDF，并与位于圆弧轨道9最低点F的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，物块Q的质量M1kg，物块P和Q均可视为质点，重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8。则（）A.物块P到达C点时的速度一定为4m/sB.物块P从释放到下滑到C点的过程中系统增加的内能为9.6JC.物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间，物块P的速度可能为1.5m/sD.物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间，物块P对轨道的压力大小可能为35N第Ⅱ卷三、实验题（11题6分，12题8分，共14分）11.某同学用如图甲所示的装置探究物体做圆周运动的向心力大小与半径、线速度、质量的关系。用一根细线系住钢球，另一端连接在固定于铁架台上端的力传感器上，直径为d的钢球静止于A点，将光电门固定在A的正下方。钢球底部竖直地粘住一片宽度为x的遮光条。（1）用天平测出钢球质量，用刻度尺测出摆线长度。

（2）将钢球拉至不同位置由静止释放，读出钢球经过A点时力传感器的读数F及光电门的遮光时间t，算出钢球速度的平方值，具体数据如下表所示：12345F/Nv2/(m2s2)0.1240.143400.1625.80.1818.00200.2.0.10.1画出Fv2的关系图像如图乙所示：（3）由图像可知，钢球的重力为________N（结果保留3位小数）。（4）若图像的斜率为k，钢球质量为m，重力加速度为g，则F与v2的关系式为________（用所给物理量的符号表示）。v2（5）某同学通过进一步学习知道了向心力的公式，发现实验中使用公式m求得钢球经过A点的向心力比测量得r到的向心力大，你认为产生误差的主要原因是________。A.钢球运动过程中受到空气阻力的影响B.钢球经过光电门的时间过长C.光电门测出的是遮光条通过时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度D.钢球释放的初始位置细绳与竖直方向夹角大于10°12.小梦同学自制了一个两挡位（“×1”“×10”）的欧姆表，其内部结构如图所示。电流计G的内阻RG200Ω，满偏电流IG15mA。电源电动势E6V，内阻r“①”、“②”0.5Ω。R0为调零电阻，R1和R2为定值电阻，为两接线柱。单刀双掷开关S与m接通时，欧姆表挡位为“×1”，此时经欧姆调零后，欧姆表内阻为20Ω。用此表测量一待测电阻的阻值，回答下列问题：

（1）小梦选择“×10”挡对Rx进行测量。测量前，先短接、欧姆调零，短接时红表笔接接线柱①。调零后发现R0的滑片指向最上端。则调零电阻的最大阻值R0________Ω，定值电阻R2________Ω。（2）选用“×10”挡测量时，指针偏转过大，说明待测电阻阻值较小，为使测量更加准确，应换用小倍率重新测量。小梦选择“×1”挡重新测量，测量前，先短接、欧姆调零，调零后调零电阻中与电流计G串联的部分的阻值为________Ω。（3）选用“×1”挡测量时，电流表偏转1，则待测电阻Rx________Ω。3（4）自制欧姆表用了一段时间后，电源内阻r略微增大了一些，选用“×1”挡测量电阻时，测量值________真实值。（选填“>”“<”或“=”）。四、解答题（13题13分，14题13分，15题16分，共42分）13.如图甲所示，长为L、板间距离也为L的平行金属板水平固定放置，两板间加有如图乙所示的交流电压，图中U0未知、T已知，在两板中线左端P点有一个粒子源，不断地从P点沿两板中线向右均匀地射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子穿过两板所用的时间为T，从t=0时刻射入两板间的粒子刚好从下板右端边缘射出，在两板右侧竖直虚线MN的右侧有竖直向下的匀强电场，电场中有一长为L、水平放置的荧光屏，荧光屏的上表面与平行板下板的上表面在同一水平面上，荧光屏的左端离MN的距离为荧光屏的中点，不计粒子重力，不计粒子间的相互作用，求：（1）粒子从P点射出的初速度大小及两板间电压U0的大小；（2）竖直虚线MN右侧匀强电场的场强大小；（3）屏上能接收到的粒子从两极板间射出的位置范围。1L，在t0.25T时刻射出的粒子最终恰好打在214.如图所示，在Oxy平面的第一象限内有一过原点的无限长挡板，挡板与x轴成60°角放置。挡板上方有无限长、边界平行于挡板的区域I和II，分别存在磁感应强度大小为B0和2B0的匀强磁场，方向均垂直纸面向里，磁场边界

与y轴分别交于y=2h和y=4h处。在y=3h处有一离子源射出平行x轴、方向与x轴正向相同、质量为m、电荷量为q的正离子。不计正离子的重力以及离子间的相互作用，并忽略磁场的边缘效应。（1）若没有离子进入区域I，求离子初速度最大值v1；（2）若离子经磁场偏转后垂直y轴离开第一象限，求离子初速度的最大值v2；（3）若离子经磁场偏转后恰好能打到挡板上，求离子初速度v3。．．2v015.如图甲，一质量为2m的物块B用一长度为l的轻绳悬挂于P点处，初始时其与竖直方向的夹角60，gP点正下方2l处有一钉子。另一物块A与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块B，当其运动至3之后物块B将在光滑水平面上匀速直线运动，直至与物块A发生碰撞（假P点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。定在物块B触地过程中机械能没有损失，轻绳在断裂后不影响物块B的后续运动）。记物块B第一次与弹簧接触的时刻为t0，第一次与弹簧分离的时刻为t2t0。第一次碰撞过程中，A、B的vt图像如图乙所示。已知从t0到tt0时间内，物块A运动的距离为0.144v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面2v0上运动的B再次碰撞。斜面倾角37，高度h，与水平面光滑连接。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性限5g度内，重力加速度记为g，sin0.6。求（1）轻绳即将断裂时的张力；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（用v0、t0表示）；（3）物块A与斜面间的动摩擦因数的取值范围。

2024届高三第一次学业质量评价（T8联考）物理第Ⅰ卷一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.在物理学发展的历程中，许多科学家的科学研究为物理学的建立做出了巨大贡献。下列叙述中正确的是（A.松香在熔化过程中温度保持不变，松香分子的平均动能会变大B.2023年的诺贝尔物理学奖授予“采用实验方法产生阿秒脉冲光的技术”，阿秒脉冲光是一种非常短的光脉冲，其持续时间在阿秒的量级，即1018s，阿秒对应的物理量不是国际单位制的基本量C.法拉第提出了电场的观点，其实电场以及磁场是一种客观存在，变化的电磁场和分子、原子组成的实物一样具有能量和动量D.德国物理学家普朗克为解释物体热辐射规律，提出了能量子的假说，他同时最早发现了光电效应，爱因斯坦由于发现了光电效应的规律而获得诺贝尔物理学奖【答案】C【详解】A．只有晶体熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，而松香是非晶体，在熔化过程中，温度是升高的，而温度是分子热运动平均动能的标志，故分子的平均动能变大，故A错误；B．国际单位制中的七个基本物理量为长度、质量、时间、温度、电流、物质的量、发光强度，基本物理量的单位为基本单位，即米、千克、秒、开尔文、安培、摩尔、坎德拉；“阿秒”是一个单位，对应的物理量是时间，是国际单位制的基本量，故B错误；C．法拉第提出了电场的观点，其实电场以及磁场是一种客观存在，变化的电磁场和分子、原子组成的实物一样具有能量和动量，故C正确；D．德国物理学家普朗克为解释物体热辐射规律，提出了能量子的假说，1887年爱因斯坦赫兹在研究麦克斯韦电磁波理论时偶然发现了光电效应现象，1905年爱因斯坦提出光子说，成功解释了光电效应，并因此获得了1921年诺贝尔物理学奖，故D错误。故选C。2.高空中，一架飞机沿水平方向做匀加速直线运动，加速度大小为1m/s²，每隔1s从飞机上落下一物体，不计空气阻力，重力加速度取。10m/s2，这些物体在空中排列的图线是一条（A.倾斜直线，直线的斜率为10B.倾斜直线，直线的斜率为C.竖直直线D.抛物线，其竖直分运动是自由落体））110

【答案】A【详解】设飞机速度为v1时投下第一个物体A，速度为v2时投下第二个物体B，速度为v3时投下第三个物体C，则刚投下C时，物体在空中的位置关系如图所示。A物体下落的高度为hA水平位移为1g(2t)220m2xA2v1tB物体下落的高度为hB水平位移为12gt5m2xBv2tv1att飞机在两次投物体的时间间隔内的位移分别为1x1v1tat22113x2v2tat2v1attat2v1tat2222AB连线的斜率为tanBC连线的斜率为hAhB10x1xBxAtanhB10x2xBtantan所以是一条倾斜直线，直线的斜率为10。故选A。3.如图所示，竖直墙壁上固定一支架MON，其中水平杆OM表面粗糙，倾斜杆ON表面光滑。杆OM、杆ON上分别套有小环P、Q，两环由不可伸长的细绳相连，处于平衡状态，现将P环向右移动少许重新达到平衡。那么移动后的平衡状态和原来的平衡状态（图示状态）相比较，下列说法正确的是（）

A.杆ON对环Q的弹力一定变大C.环P与杆OM间的弹力一定变大【答案】AB.细绳的拉力可能变大D.环P的摩擦力可能不变【详解】AB．对物体Q进行受力分析重力大小方向不变，支持力方向不变，所以根据矢量三角形可知当将P环向右移动少许重新达到平衡，即拉力T从1位置处变成2位置处，可看出杆ON对环Q的弹力一定变大，细绳的拉力T变小，A正确、B错误；CD．对P、Q整体做受力分析有由于杆ON对环Q的弹力N变大，所以环P与杆MO间的弹力N′变小，杆ON对环Q的弹力N在水平方向上的分力变大，所以环P的摩擦力也变大，CD错误。故选A。“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图乙是航天控制中心大屏幕上显示卫星FZ01的“星4.如图甲，下点”在一段时间内的轨迹，已知地球同步卫星的轨道半径为r6.6R（R是地球的半径），FZ01绕行方向与地球自转方向一致，则下列说法正确的是（）

A.卫星FZ01的轨道半径约为B.卫星FZ01的轨道半径约为r3r5C.卫星FZ01可以记录到南极点的气候变化D.卫星FZ01不可以记录到北极点的气候变化【答案】C【详解】AB．由轨迹图可知，地球自转一圈，卫星运动3圈，卫星做圆周运动，根据万有引力提供向心力G可得同步卫星的周期为Mm22m()r2rTr3T2GM卫星FZ01的周期为r3T2GM则卫星FZ01的轨道半径与同步卫星的轨道半径关系为r故AB错误；CD．卫星FZ01纬度最高时有rr39230卫星离地球球心所在水平面的高度为hrsin30r1.65RR4即卫星高度大于北极点的高度，卫星FZ01可以记录到北极点的气候变化，同理可得，卫星FZ01可以记录到南极点的气候变化，故C正确，D错误。故选C。

，利用手5.无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，如图甲所示为科创小组某同学手握手机（手不接触充电宝）机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手机与充电宝始终相对静止），记录的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示（规定向上为正方向），t2时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态．已知手机的质量为0.3kg，无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s，在该过程中下列说法正确的是（）A.充电宝在t1与t2时刻所受的摩擦力方向相反B.t3时刻充电宝受的摩擦力大小为3.6NC.充电宝受到的静摩擦力的最大值为7.5ND.充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10N【答案】D【详解】A．充电宝在t2时刻具有向上的加速度，由牛顿第二定律可知，摩擦力方向竖直向上，t1时刻充电宝具有向下的加速度，而且加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充电宝在t1与t2时刻所受的摩擦力方向相同，故A错误；B．t3时刻由牛顿第二定律可得f3mgma3由图像可知a38m/s，解得2f30.4N故B错误；C．t2时刻充电宝具有向上的最大加速度，充电宝和手机之间的摩擦力最大，此时，由牛顿第二定律有

f2mgma2fmaxf25N故C错误；D．由摩擦力公式f2N解得充电宝与水机之间的吸引力大小至少为N故D正确。故选D。6.如图所示，固定光滑斜面倾角f210N60，其底端与竖直面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为2m的小球A和质量为m的小环B（均可视为质点）用L1.5R的轻杆通过轻质铰链相连。B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，从小球A由静止释放到运动至最低点的过程中，下列判断正确的是（）A.A和B组成的系统的机械能不守恒B.刚释放时小球A的加速度大小为C.小环B速度最大时轻杆弹力为mgD.小球A运动到最低点时的速度大小为【答案】B【详解】A．在小球A下落到最低点的过程中，A和B组成的系统只有重力做功，故A和B组成的系统机械能守恒，故A错误；B．刚释放时小球A时，由牛顿第二定律可知3g23gR32mgsin2ma解得

a故B正确；3g2C．小环B速度最大时，小环B在竖直方向上的合力为零，轻杆的弹力竖直分量为mg，而只有A到达最低点，B速度为零时，轻杆的水平分量才为零，故小环B速度最大时，轻杆弹力大于mg，故C错误；D．几何关系如图所示设A初始时刻距离最低点的距离为h1，由几何关系可知1(h1R)2Rsin1.5Rsintan解得h15R4设小环B初始时刻距离最低点的距离为h2，由几何关系可知h2h11.5Rcos2R由系统机械能守恒可知122mgh1mg(h21.5R)2mvA2解得vA故D错误。故选B。6gR2二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合

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）7.一列绳波在水平方向上传播，现对其频闪照相，拍摄频率为5Hz。在同一底片上多次曝光后形成照片如图所示，照片与实物比例为1:100。照片中A、B、C、D四点为同一水平线上的四点，且ABBCCD2cm。以下说法正确的是（）A.该绳波波长为4mB.该绳波波速可能为60m/sC.该波可能与周期为0.1s的另一列绳波发生干涉D.同一次曝光时A、C两处质点振动方向相反【答案】BD【详解】A．设波长为，由几何关系结合题意得ABBC10042解得8m故A错误；B．设波的周期为T，由题图可得nT即T12fnT解得T0.2s2T则波速0.4(n0,1,2,L)2n1v当n1时，波速等于60m/s，故B正确；C．由T20(2n1)(n0,1,2,L)T0.4(n0,1,2,L)可知无论n取何值，周期都不可能等于0.1s所以该波不可能与周期为0.1s的另一列2n1绳波发生干涉，故C错误；D．A、C相距半个波长，所以一次曝光时A、C两处质点振动方向相反，故D正确。故选BD。

8.如图所示，四边形abcd中，abad，cdcb，ad垂直dc、ab垂直bc，dcb120。，O点和c点关于直线bd对称。在a、b和d点各固定一个带电荷量为q的正电荷，O点和c点的电势分别为1和2。下列说法正确的是（）A.c点的电场强度方向由O指向c，且小于O点的电场强度大小B.若仅将a点的正电荷换成带相同电荷量的负电荷，则c点电势等于12C.若仅将b点的正电荷换成带相同电荷量的负电荷，则c点电势等于2D.电子在O点的电势能小于在c点的电势能【答案】BD【详解】A．由题意可知ac过O点且为bd的中垂线，设ac与bd连线的交点为e，设cd长为x，分析几何关系知43112abaddb3xeceo0.5xac1.5x0.5x2xaO1.5x0.5xx由等量同种电荷电场分布规律可知，b和d点的场中，分析得O点与c点电场强度大小相等为k点发出，沿ea和ec方向指向无穷远，在点电荷a的电场中，O点场强为k强度为kq，方向沿ae指向无穷远，c点的电场2x5q，沿ec方向故c点的电4x2q，方向分别从e2xq2x2，根据矢量叠加原则知，O点的电场强度为零，c点电场强度大小为k场强度大于O点的电场强度大小，故A错误；D．在b和d点的场中，O点和c点的电势相等，在点电荷a的电场中，O点电势大于c点的电势，由电势叠加规律知12根据电势能的定义知，电子在O点的电势能小于在c点的电势能，故D正确；B．根据对称性可知,a、b、d各点的正电荷在O点产生的电势相等,设为0,有

130同理,b、d两点的正电荷在c点产生的电势也为0,设a点的正电荷在C点产生的电势为3,则有2032联立解得23213若仅将a点的正电荷换成带相同电量的负电荷,则负电荷在C点产生的电势为3,故C点电势等于4203123故B正确；C．若仅将b点的正电荷换成带相同电荷量的负电荷,根据等量异种电荷的等势面分布可知,b、d处的点电荷在O、c两点产生的电势为0,故C点的总电势等于a点的正电荷在C点产生的电势，为23213故C错误。故选BD。9.如图甲所示，质量为0.2kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过θ角度时，小球的速度大小为v，v2与cosθ的关系如乙图所示，g取10m/s²。则（）A.圆环半径为0.6mB.时，小球所受合力为4N2C.0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力一直增大D.0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大【答案】AD【详解】A.小球下滑过程由机械能守恒定律有mgRRcos得12mv2

v22gRcos2gR对比图线可知2gR12得R0.6m故A正确；B.θ=π时，小球的速度平方为12，此时是圆环对小球的弹力提供向心力，有2v2Nm4NR小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为FN2mg20N故B错误；CD.02π时，有2v2mgcosNmR可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须减小，ππ时，有2v2Nmgcos180mR可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须增大，所以0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大，故C错误，D正确。故选AD。10.如图所示，在竖直平面内有一倾角37的传送带，两皮带轮AB轴心之间的距离L3.2m，沿顺时针方向以v2m/s匀速运动，一质量m2kg的物块P从传送带顶端无初速度释放，物块与传送带间的动摩擦因数0.5。物块P离开传送带后在C点沿切线方向无能量损失地进入半径为5m的光滑圆弧形轨道CDF，并与位于圆弧轨道9最低点F的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，物块Q的质量M1kg，物块P和Q均可视为质点，重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8。则（）

A.物块P到达C点时的速度一定为4m/sB.物块P从释放到下滑到C点的过程中系统增加的内能为9.6JC.物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间，物块P的速度可能为1.5m/sD.物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间，物块P对轨道的压力大小可能为35N【答案】ABD【详解】A．物块P与传送带没有达到共速前，物块P受摩擦力方向沿传送带向下，设其加速度为a1，由牛顿第二定律可得mgsinmgcosma1a110ms2物块P与传送带达到共速所用时间t1物块P在传送带上的位移为v2s0.2sa110x1物块P与传送带达到共速后，由于121a1t1100.22m0.2m22mgsinmgcos可知摩擦力方向沿传送带向上，设此时物块P的加速度为a2，由牛顿第二定律可得mgsinmgcosma2解得a22ms2物块P在传送带上运动的距离为x2Lx13m设物块P运动到传送带底端C点时的速度为v1，由速度位移关系公式可得

v1v22a2x222223ms4msA正确；B．物块P与传送带达到共速时，传送带的位移为x1带vt10.4m物块P与传送带达到共速后到滑到C点时所用时间t2在1s时间内传送带的位移为v1v42s1sa22x2带vt221m2m物块P与传送带相对位移为xx1带x1x2x2带1.2m物块P从释放到下滑到C点的过程中系统增加的内能为Qmgxcos9.6JB正确；C．设物块P运动到F点时的速度为v2，由动能定理可得1212mgR1cosmv2mv122解得v26ms若物块P与物块Q产生完全弹性碰撞，设物块P碰撞后的速度为v3，物块Q碰撞后速度为v4，两物块碰撞中动量守恒和机械能守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv2mv3Mv4121212mv2mv3Mv4222解得v32ms若物块P与物块Q产生完全非弹性碰撞，则有mv2mMv3解得v34ms可知

2msv34ms因此物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间，物块P的速度不可能是1.5m/s，C错误；D．在F点，由牛顿第二定律可得2v3FNmgmR解得34.4NFN77.6N由牛顿第三定律可知，物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间，物块P对轨道的压力大小可能为35N，D正确。故选ABD。第Ⅱ卷三、实验题（11题6分，12题8分，共14分）11.某同学用如图甲所示的装置探究物体做圆周运动的向心力大小与半径、线速度、质量的关系。用一根细线系住钢球，另一端连接在固定于铁架台上端的力传感器上，直径为d的钢球静止于A点，将光电门固定在A的正下方。钢球底部竖直地粘住一片宽度为x的遮光条。（1）用天平测出钢球质量，用刻度尺测出摆线长度。（2）将钢球拉至不同位置由静止释放，读出钢球经过A点时力传感器的读数F及光电门的遮光时间t，算出钢球速度的平方值，具体数据如下表所示：12345F/Nv2/(m2s2)0.1240.1430.1620181.0.2002.04.05.88.010.1画出Fv2的关系图像如图乙所示：

（3）由图像可知，钢球的重力为________N（结果保留3位小数）。（4）若图像的斜率为k，钢球质量为m，重力加速度为g，则F与v2的关系式为________（用所给物理量的符号表示）。v2（5）某同学通过进一步学习知道了向心力的公式，发现实验中使用公式m求得钢球经过A点的向心力比测量得r到的向心力大，你认为产生误差的主要原因是________。A.钢球运动过程中受到空气阻力的影响B.钢球经过光电门的时间过长C.光电门测出的是遮光条通过时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度D.钢球释放的初始位置细绳与竖直方向夹角大于10°【答案】①.0.104②.F=mgkv2③.C【详解】（3）[1]根据牛顿第二定律v2Fmgml可得F=mg由图像的截距可知，钢球的重力为m2vlmg0.104N（4）[2]若图像的斜率为k，小球质量为m，重力加速度为g，则F与v2的关系式为F=mgkv2（5）[3]根据向心力的计算公式

v2Fmrn可知，若Fn偏大，则可能原因是小钢球的速度测量偏大，故产生误差的主要原因是光电门测出的是遮光条通过时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度，故ABD错误，C正确。故选C。12.小梦同学自制了一个两挡位（“×1”“×10”）的欧姆表，其内部结构如图所示。电流计G的内阻RG200Ω，满偏电流IG15mA。电源电动势E6V，内阻r“①”、“②”0.5Ω。R0为调零电阻，R1和R2为定值电阻，为两接线柱。单刀双掷开关S与m接通时，欧姆表挡位为“×1”，此时经欧姆调零后，欧姆表内阻为20Ω。用此表测量一待测电阻的阻值，回答下列问题：（1）小梦选择“×10”挡对Rx进行测量。测量前，先短接、欧姆调零，短接时红表笔接接线柱①。调零后发现R0的滑片指向最上端。则调零电阻的最大阻值R0________Ω，定值电阻R2________Ω。（2）选用“×10”挡测量时，指针偏转过大，说明待测电阻阻值较小，为使测量更加准确，应换用小倍率重新测量。小梦选择“×1”挡重新测量，测量前，先短接、欧姆调零，调零后调零电阻中与电流计G串联的部分的阻值为________Ω。（3）选用“×1”挡测量时，电流表偏转1，则待测电阻Rx________Ω。3（4）自制欧姆表用了一段时间后，电源内阻r略微增大了一些，选用“×1”挡测量电阻时，测量值________真实值。（选填“>”“<”或“=”）。【答案】①.200②.99.5③.180④.40⑤.<【详解】（1）[1][2]调零后发现R0的滑片指向最上端，说明电流计满偏、欧姆表内阻为200由此可知rRGR0R2200RGR0R0EIG200RGR0联立解得

R0200R299.5（2）[3]选择“×1”挡重新测量，欧姆调零后，欧姆表内阻为20，与电流计串联电阻阻值为R，并联阻值为R0-RrRGRR0RRRGR0120RRE0IG20RGR0联立解得R180（3）[4]选用“×1”挡测量时，电流表偏转1，可得3EI20E1I20Rx3解得Rx40（4）[5]电源内阻增大了一些，会导致电流计不满偏，欧姆表调零时为了使其满偏，会将调零电阻向上滑，会导致欧姆表内阻增大，导致测量值偏小。四、解答题（13题13分，14题13分，15题16分，共42分）13.如图甲所示，长为L、板间距离也为L的平行金属板水平固定放置，两板间加有如图乙所示的交流电压，图中U0未知、T已知，在两板中线左端P点有一个粒子源，不断地从P点沿两板中线向右均匀地射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子穿过两板所用的时间为T，从t=0时刻射入两板间的粒子刚好从下板右端边缘射出，在两板右侧竖直虚线MN的右侧有竖直向下的匀强电场，电场中有一长为L、水平放置的荧光屏，荧光屏的上表面与平行板下板的上表面在同一水平面上，荧光屏的左端离MN的距离为荧光屏的中点，不计粒子重力，不计粒子间的相互作用，求：（1）粒子从P点射出的初速度大小及两板间电压U0的大小；（2）竖直虚线MN右侧匀强电场的场强大小；（3）屏上能接收到的粒子从两极板间射出的位置范围。1L，在t0.25T时刻射出的粒子最终恰好打在2

mLL2mL2【答案】（1）；；（2）；（3）见解析qT2TqT2【详解】（1）根据题可知，粒子从P点射出的初速度大小为v0LT从t=0时刻射进电场的粒子，刚好从下板右端边缘射出，则粒子在电场运动的加速度大小为a又qU0mL211TL2a222解得2mL2U0qT2（2）由于所有粒子穿过电场的时间均为tT，因此所有粒子出电场时沿电场方向的速度为零，即所有粒子射出电场时速度大小为v0，方向水平向右。根据对称性，从t=0.5T时刻进入电场的粒子刚好从上板右边缘水平向右射出，即所有粒子射出两板间的区域在两板右端间长为L的区域内，t=0.25T时刻射出的粒子刚好沿两板中线射出，经MN右侧电场偏转后打在荧光屏的中点，设该电场的电场强度大小为E，则11qE2Lt，L=v0t22m解得EmLqT2（3）设打在荧光屏左端的粒子在MN右侧电场中的侧移为y1，则y1解得1qE21t1，Lv0t12m2y11L8设打在荧光屏左端的粒子在MN右侧电场中的侧移为y2，则

y2解得1qE23t2，Lv0t22m2y29LL8因此从上板附近射出的粒子也能打在荧光屏上。屏上能接收到的粒子从两极板间射出的位置范围是：从距下极板右边缘距离为1L的位置到从上极板右边缘位置射出的粒子均能打在荧光屏上。814.如图所示，在Oxy平面的第一象限内有一过原点的无限长挡板，挡板与x轴成60°角放置。挡板上方有无限长、边界平行于挡板的区域I和II，分别存在磁感应强度大小为B0和2B0的匀强磁场，方向均垂直纸面向里，磁场边界与y轴分别交于y=2h和y=4h处。在y=3h处有一离子源射出平行x轴、方向与x轴正向相同、质量为m、电荷量为q的正离子。不计正离子的重力以及离子间的相互作用，并忽略磁场的边缘效应。（1）若没有离子进入区域I，求离子初速度最大值v1；（2）若离子经磁场偏转后垂直y轴离开第一象限，求离子初速度的最大值v2；（3）若离子经磁场偏转后恰好能打到挡板上，求离子初速度v3。．．【答案】（1）v1【详解】（1）由2B0qhBqh4B0qh；（2）v20；（3）v3mmmmv122B0qv1r可得r若离子恰好与磁场I的边界相切mv12B0qrh得

v1（2）由题可知2B0qhmr0.5h得v2又B0qhmv2v1该离子不会进入区域I，满足题目要求（3）平行挡板方向由动量定理Bqvtmv//2BqvtBqvt0201mv3mv3cos60vh2B0qB0qhm322解得v34B0qhm2v015.如图甲，一质量为2m的物块B用一长度为l的轻绳悬挂于P点处，初始时其与竖直方向的夹角60，gP点正下方2l处有一钉子。另一物块A与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块B，当其运动至3之后物块B将在光滑水平面上匀速直线运动，直至与物块A发生碰撞（假P点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。定在物块B触地过程中机械能没有损失，轻绳在断裂后不影响物块B的后续运动）。记物块B第一次与弹簧接触的时刻为t0，第一次与弹簧分离的时刻为t2t0。第一次碰撞过程中，A、B的vt图像如图乙所示。已知从t0到tt0时间内，物块A运动的距离为0.144v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面2v0上运动的B再次碰撞。斜面倾角37，高度h，与水平面光滑连接。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性限5g度内，重力加速度记为g，sin0.6。求（1）轻绳即将断裂时的张力；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（用v0、t0表示）；

（3）物块A与斜面间的动摩擦因数的取值范围。【答案】（1）FT8mg；（2）x0.64v0t0；（3）945206812mv22【详解】（1）设B摆至最低点的速度为v，根据动能定理有2mgl(1cos)解得vv0设轻绳即将断裂时其中的张力为FT，对B受力分析有v2FT2mg2m2ll3解得FT8mg（2）设A的质量为mA，碰后A的速度为vA，B与A发生完全弹性正碰，碰撞前后动量动能守恒，有2mv0mAvA2m0.2v01112222mv0mAvA2m0.2v0222解得mA3m，vA0.8v0易知tt0时弹簧压缩量最大，记为x。设压缩过程中A的速度为vA(t)，B的速度为vB(t)xvB(t)tvA(t)tt0t0t0t0利用动量守恒3mvA2mvB2mv0将vB(t)用vA(t)替换可得

5t0xv0t0vA(t)t2t0代入题给条件vt0t0A(t)t0.144v0t0可求得x0.64v0t0（3）A若要与B发生二次碰撞，其不能越过斜面。设A在斜面顶端的速度为vm，由动能定理得3mgh3mgcos不能越过斜面即等价于h11223mvm3m0.8v0sin222vm0代入可解得920A若要与B发生二次碰撞，其除了不能越过斜面之外，其返回至水平面时速度大小必须比B的大。设此时A在斜面上的最大高度为hm，返回水平面时的速度为v，根据动能定理得3mghm3mghm123m0.8v0tan2h123mghm3mgm3mvtan2从中可以得到v与v0的关系v2162tanv025tanA返回的速度v要大于B在水平面上的速度0.2v0，代入可解得最后，A能够从斜面上滑下必须满足条件45683mgsin3mgcos0从中解得综上可得A与斜面间的动摩擦因数应满足349452068