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2024届新高三开学摸底考试卷（辽宁专用）01
物理·答案及评分标准
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项
符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求。每小题 6分，全部选对的得6
分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A A B C B D C BD AD AC
d m (m +m )
11.【答案】 0.804（1分） 保持静止（1分） （2分） 1 = 1 2 （2
Δt Δt Δt
1 1 2
分） 导轨不水平，其左端高于右端（2分）
12.【答案】 必须（1分） 1400（1分） D（1分） 0.305（1分） 102（2分）
13.【详解】（1）根据动能定理有mg(ℎ−ℎ )−Kmg(ℎ + ℎ )=0−0（1分）
1 1
1−K
解得ℎ = ℎ（1分）
1 1+K
（2）小球从释放直至停止运动所经过的总路程为mgℎ =Kmgs（1分）
ℎ
解得s= （1分）
K
❑√3L
14.【详解】(1)由几何关系可知，OP长为 ， （1分）
4
❑√3L
经过P点的粒子速度垂直边界OC，可知轨迹圆心在O点，半径为r= （1分）
4
v2
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=m （1分）
r
Eq
电场中，根据牛顿第二定律，有a= ；v=❑√2aL（1分）
m
4 √6Em
联立解得B= ❑ （1分）
3 qL
(2)从M点进入的带电粒子在电场和磁场中运动的时间最长，如图所示
英语 答案及评分标准 第1页（共4页）
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司❑√3L ❑√3 3❑√3
粒子在磁场中的轨道半径r= ，则O的长度为O=O=(❑√3L− L)sin30∘= L>r（1
4 4 8
分）
故从A点射入的粒子能做半个圆周的运动再次进入电场，在电场中减速至边缘MN后在电场
中再次加速第二次进入磁场，从E点离开磁场，由几何关系可知O=O=r
√2L √2Lm
故圆弧的圆心角为60°，由此可知，粒子3次在电场中运动的时间为t =3❑ =3❑ （2
1 a Eq
分）
2πr π √6Lm
粒子在磁场中做圆周运动的周期T= = ❑ （1分）
v 4 Eq
180∘+60∘ 2 π √6Lm
在磁场中运动的时间t = T= T= ❑ （1分）
2 360∘ 3 6 Eq
√2Lm π √6Lm
所以，带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为t=t +t =3❑ + ❑ （1分）
1 2 Eq 6 Eq
(3)设粒子从Q点进入磁场的运动轨迹的圆心为O ，圆心角为θ，经过边界OC上的点S ，然后
1 1
做匀速直线运动，交x轴于点S ，如图所示
2
OS OS
由几何关系在△OS S 中，∠OS S =θ根据正弦定理 2 = 1（1分）
1 2 2 1 sin∠OS S sinθ
1 2
r OS
= 1
在△O OS 中，根据正弦定理sin30° π−θ（1分）
1 1 sin
sin
英语 答案及评分标准 第2页（共4页）
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司OS r ❑√3L ❑√3L
可得 2 = = ；OS = sin∠OS S （2分）
sin∠OS S sin30° 2 2 2 1 2
1 2
由于0°<∠OS S <120°；（1分）
1 2
❑√3L
所以0<OS < ；（1分）
2 2
❑√3L
即x轴上有带电粒子通过的区域范围为0<x< （1分）
2
mv 2
15.【详解】（1）在B点有F−mg= B ；（1分）
R
计算得F=19N；由牛顿第三定律可知经过B点时滑块对轨道的压力大小F =19N（1分）
B
1 1
从A到B点有mgR(1−cosα)= mv 2− mv 2（1分）
2 B 2 A
求得cosα=0.6（1分）
在斜面上下滑有mgsinα=ma ；得a =8m/s2（1分）
1 1
1
由v =a t 得t = s（1分）
A 1 1 1 8
（2）达到最大高度时，滑块与滑板的速度相等，有mv =(M+m)v（1分）
B
求得v=1m/s（1分）
1 1
从滑块滑上滑板到达到最大高度的过程中−μmgL−mgℎ = (M+m)v2− mv2 （2分）
2 2 B
解得
ℎ
=0.2m（1分）
（3）考虑两种临界情况
1 1
①从滑块滑上滑板到达到轨道最高点过程中有−μmgL−mgr= (M+m)v2− mv2 ；
2 2 B
mv =(M+m)v（2分）
B
❑√30
解得v = m/s（1分）
B 2
1 1
②滑块滑回滑板的左边并相对静止有−2μmgL= (M+m)v2− mv2 ；mv =(M+m)v；（2
2 2 B B
分）解得v =❑√6m/s（1分）
B
由上可知，不脱离轨道运动，滑块滑上滑板的初速度v ≤❑√6m/s。（1分）
B
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