2024届高考物理考向核心卷—辽宁专版含答案.pdf

学校：班级：姓名：考号：正确教育出品订线装物理辽宁专版第2页（共 4 页）物理辽宁专版第1页（共 4 页）2024 届高考物理考向核心卷物理（辽宁专版）物理（辽宁专版）【满分：100 分】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，有选错的得 0 分。）1.近年来无人机在军事、工业等领域均有广泛的应用，一质量为 m 的无人机在执行远程侦察任务，某段时间内该无人机以速度 v 沿着与水平方向成 角斜向上的方向匀速直线飞行，重力加速度为 g，则（）A.该无人机处于超重状态 B.该无人机在运动的过程中机械能守恒C.空气对该无人机作用力的大小为 mg D.重力对无人机做功的瞬时功率为mgv2.如图，用两根完全相同、不可伸长的轻绳将小沙包（大小可忽略）对称地吊在空中，轻推小沙包，测得其在垂直纸面平面内做简谐运动的周期为T0（已知在一根竖直绳悬挂下做简谐运动的小物体的周期为T=2gl，l 为绳长，g 为重力加速度），已知每根轻绳的长度为 L，小沙包的质量为 m，则小沙包静止时，每根绳子上的张力为（）A.2mLT022 B.4mLT022C.2mLT023 D.2mLT023.食盐被灼烧时会发出黄光，主要是由食盐蒸气中钠原子的能级跃迁造成的。在钠原子光谱的四个线系中，只有主线系的下级是基态，在光谱学中，称主线系的第一组线（双线）为共振线，钠原子的共振线是有名的黄双线（波长分别为 589.0 nm 和 589.6 m）。已知普朗克常量h=6.63 10J s34，元电荷e=1.6 10C19，光速c=3 10 m/s8，下列说法正确的是（）A.玻尔理论能解释钠原子的光谱现象B.钠原子处于高能级是因为从火中吸收了能量C.黄双线均能使逸出功为 2.25 eV 的金属发生光电效应D.太阳光谱中有黄光，说明太阳中有钠元素4.飞轮储能是指利用电动机带动飞轮高速旋转，在需要的时候再用飞轮带动发电机发电的储能方式。圆盘形飞轮存储的能量与其质量、半径、角速度的关系为EmRkm=14km,、为常数。在飞轮厚度、材料、角速度均不变的情况下，飞轮储存的能量 E 与飞轮半径 R 的关系为（）A.ER B.ER2 C.ER3 D.ER45.如图所示，ACD为一等边三角形，两根通过电流相等的长直导线分别垂直纸面置于AD、两个顶点，A 处导线中的电流方向垂直纸面向里，D 处导线中的电流方向垂直纸面向外。已知通电长直导线在其周围某点处产生的磁感应强度大小为B=kIr，k 为常量，为该点到通电直导线的距离。已知C 处磁感应强度大小为B0，则 CD 边中点 E 的磁感应强度大小为（）A.33B0 B.3B0C.4 33B0 D.4B06.中华人民共和国道路交通安全法实施条例第六十二条规定：不得连续驾驶机动车超过 4 小ABO沙包DEAC时未停车休息或者停车休息时间少于 20 分钟。因为长时间行车一是驾驶员会疲劳，二是汽车轮胎与地面摩擦使轮胎变热，有安全隐患。一辆汽车行驶 4 小时后轮胎变热，轮胎内气体温度也会升高，设此过程中轮胎体积不变且没有气体的泄漏，空气可看作理想气体，则此过程中轮胎内气体（）A.分子平均动能增大，每个分子的动能都增大 B.速率大的区间分子数增多，分子平均速率增大C.内能增大，外界对气体做正功D.内能增大，气体向外界放出热量7.2023 年 7 月 10 日，经国际天文学联合会小行星命名委员会批准，中国科学院紫金山天文台发现的、国际编号为 381323 号的小行星被命名为“樊锦诗星”。如图所示，“樊锦诗星”绕日运行的椭圆轨道面与地球绕日运行的圆轨道面间的夹角为 20.11 度，轨道半长轴为 3.18 天文单位（日地距离为 1 天文单位），远日点到太阳中心的距离为 4.86 天文单位。则（）A.“樊锦诗星”绕太阳一圈大约需要 2.15 年B.“樊锦诗星”在远日点的速度大于地球的公转速度C.“樊锦诗星”在远、近日点的速度大小之比为4.861.522D.“樊锦诗星”在近日点的加速度大小与地球的加速度大小之比为948.某同学将一平玻璃和一凸透镜或者一凹透镜贴在一起，用单色平行光垂直照射土方平玻璃，会形成明暗相间的同心干涉圆环，从干涉环上无法判断两块透镜的凸和凹。该同学对平玻璃土表面加压，发现干涉圆环会发生移动，下列说法正确的是（）A.若干涉圆环向边缘移动，则表示下面的透镜是凹透镜B.若干涉圆环向边缘移动，则表示下面的透镜是凸透镜C.若干涉圆环向中心收缩，则表示下面的透镜是凹透镜D.若干涉圆环向中心收缩，则表示下面的透镜是凸透镜9.如图，中国古典文化中的太极图是由两个完全相同的阴阳两部分构成的，阴阳对立而又统一，相应而又合抱，相反而又相成，生动形象地揭示了宇宙万象在对立统一法则下的和谐。太极图中黑色阴影部分为阴，白色部分为阳，O为外大圆的圆心，O1为上侧小阴圆和上侧的阳半圆的圆心，O2为下侧小阳圆和下侧的阴半圆的圆心，O A1和O B2分别为上侧阳半圆和下侧阴半圆的半径，且O A1与O B2平行，CD 为外大圆的直径，CD 与OO12连线垂直，电荷量均为+q q(0)的两个正点电荷分别固定在O1、O2两点，不计质子和电子的重力，质子和电子仅受静电力作用，下列说法正确的是（）A.A、B 两点电场强度相同，电势也相同B.电子在 O 点的电势能小于在 C 点的电势能C.一电子沿 OC 从 O 点运动到 C 点，此过程中电子的加速度先增大再减小D.一质子沿 OD 从 O 点运动到 D 点过程中，静电力不做功10.如图所示，电容C=0.15 F的平行板电容器 MN，极板间距d=0.2 m，在上极板的中心位置用绝缘细绳悬挂质量m1=0.2 kg的带电小球 A，小球 A 所带电荷量大小q=3.2 10C5，极板右边缘位置焊接有电阻不计的金属棒 PQ，金属棒与两极板的总质量m2=0.3kg，平行于水平绝缘长木板的轻质绝缘细绳绕过定滑轮后，一端连接金属棒PQ，另一端连接质量m3=0.5 kg的不带电的物块B，整个空间处于垂直于纸面向里的匀强磁场之中。当释放物块 B 后，悬挂小球 A 的细绳与竖直方向的夹角为，经历时间t0=2.0s，金属棒运动到定滑轮左侧的 D 位置（图中没有画出）。重力加速度 g 取10 m/s2，电容器与木板间的动摩擦因数=0.2，sin=1717，整个过程中电容器处DCBOAO1O2物理辽宁专版第4页（共 4 页）物理辽宁专版第3页（共 4 页）于正常工作状态，则在金属棒运动到 D 位置的过程中，下列分析正确的是（）A.小球 A 一定带负电B.物块 B 运动的加速度大小为2.5 m/s2C.匀强磁场的磁感应强度大小为 5 TD.电容器储存的电场能为 7.5 J二、非选择题（本题共 5 小题，共 54 分。）11.（6 分）现代智能手机可以安装加速度传感器，安装应用程序后，就可以直接测量手机运动的加速度。某同学设计了一个利用有加速度传感器的手机测量木块与长木板之间的动摩擦因数大小的实验，实验装置如图甲所示。甲 乙实验步骤如下：将手机用胶带固定在木块上，把木块放置在水平长木板上，如图甲所示。调整小滑轮使水平细线与长木板平行并与竖直细线在同一竖直平面内，以保证木块能够沿水平细线做直线运动。将砂和砂桶释放，细线带动木块由静止开始做匀加速直线运动，从弹簧测力计上读出弹簧测力计的示数 F，从手机上读出木块运动的加速度 a。改变砂和砂桶的质量，重复步骤多次。根据实验数据作出木块运动的加速度 a 与对应的弹簧测力计的示数 F 的图像，如图乙所示。根据上述信息，回答下列问题：（1）该同学从手机说明书上查到该手机的质量为 150 g，已知重力加速度大小 g 取10 m/s2，根据图像数据可得木块的质量 m 为 kg，不计固定手机所用胶带的质量，木块与长木板之间的动摩擦因数 为 ；（计算结果均保留 2 位有效数字）（2）实验过程中如果没有调整长木板水平，固定有定滑轮的一端较低，长木板与水平方向有一定的夹角，这样会导致动摩擦因数 的测量结果 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。12.（8 分）热敏电阻的阻值会随着温度的变化而改变。电阻值随温度的升高而增大的热敏电阻叫正温度系数热敏电阻，电阻值随温度的升高而减小的热敏电阻叫负温度系数热敏电阻。为了测量热敏电阻在不同温度下的电阻值Rt，学习小组设计了如图甲所示的电路。将热敏电阻密封绝缘包装后浸入热水中，调节水的温度，描绘出的该热敏电阻的电阻值Rt随温度t变化的关系曲线如图乙所示。（1）根据图甲用笔画线代替导线将图丙实物图连线补充完整。（2）开关 S 闭合前，应将滑动变阻器 R 的滑片移至 （填“a”或“b”）端。RabSRtVA 05101520Rt/t/80604020 -+V-+A 图甲 图乙 图丙（3）在某一温度时，电压表的读数为 1.12 V，电流表的读数为 0.20 A，已知电流表内阻RA=0.6，电压表内阻RV=1.5 k，测得此温度下热敏电阻的电阻值Rt=，该热敏电阻为 （填“正温度系数”或“负温度系数”）热敏电阻。（4）利用该热敏电阻制作一个简易的温控装置，电路图如图丁所示，电磁铁与热敏电阻Rt、滑动变阻器 R 串联接在电源 E 两端，当电磁铁的电流超过某一特定值时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控。当前温度为 40 时加热器停止加热，若要设置到温度为 60 时加热器停止加热，则滑动变阻器的阻值应 （填“调大”或“调小”）。13.（10 分）如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在水平地面上，上端与质量为 m 的平板连接，平板水平且处于静止状态。一质量也为 m 的物块从平板正上方高 h 处的 P 点自由落下，与平板碰撞后不反弹，与平板一起向下运动距离x0后二者速度达到最大。已知hx=40，重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧的弹性势能Ekxp=122其中k为弹簧的劲度系数（未知），x 为弹簧的形变量。求：（1）物块与平板碰后瞬间的速度大小v1，和弹簧的劲度系数 k；（2）物块离开平板后上升到的最高点到 P 点的距离。14.（12 分）如图所示，足够长的光滑倾斜轨道与粗糙水平轨道 AB 用一小段光滑圆弧在 A 点平滑连接，B 的右侧有一底边长和高度均为L=1.35 m的斜面体，斜面体的最高点与 B 点平齐。质量为2m的滑块乙放在水平轨道上的 A 点，质量为 m 的滑块甲由倾斜轨道上距离水平轨道的高度h=0.45 m的位置由静止释放，经过一段时间两滑块发生弹性碰撞，两滑块与水平轨道之间的动摩擦因数均为=0.25，两滑块均可视为质点，重力加速度为g=10 m/s2。（1）若水平轨道足够长，求静止时两滑块间的距离；（2）若水平轨道xAB=1.4 m，求甲的释放点距离水平轨道的高度为多少时，乙能垂直落在斜面体上。15.（18 分）如图所示，带负电的小球通过长为 L 的绝缘轻绳与天花板上固定的点电荷相连，固定点电荷的电荷量为+Q，带电小球的质量为 m。空间内存在竖直向上的匀强磁场，轻绳恰好伸直时小球恰好可以在水平面内做匀速圆周运动（俯视时沿顺时针方向运动），速度大小v=2 2gL，小球运动过程中，绝缘轻绳与竖直方向的夹角=45，重力加速度为 g，静电力常量为 k。（1）求小球所带电荷量。（2）求小球所受洛伦兹力的大小。（3）若撤去固定的点电荷和绝缘轻绳，小球落地点到原来固定点电荷位置的水平距离恰好为3 22L。求小球竖直位移的可能值。图丁BA乙甲ANMPOB+QH请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效一、选择题（请用 2B 铅笔填涂）（本题共 10 小题，共 46 分。）1 A B C D 6 A B C D 2 A B C D 7 A B C D3 A B C D 8 A B C D4 A B C D 9 A B C D5 A B C D 10 A B C D二、非选择题（请在各试题的答题区内作答）（共 54 分）11.（6 分）（1）（2）12.（8 分）（1）（2）（3）（4）-+V-+A贴 条 形 码 区2024 届高考物理考向核心卷答题卡物理（辽宁专版）姓 名 准考证号考生禁填填涂样例正确填涂错误填涂 缺考考生，由监考员用 2B铅笔填涂下面的缺考标记缺考标记注意事项1.答题前，考生务必清楚地将自己的姓名、准考证号填写在规定的位置，核准条形码上的准考证号、姓名与本人相符并完全正确及考试科目也相符后，将条形码粘贴在规定的位置。2.选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用黑色水签字笔作答，字体工整、笔迹清楚。3.考生必须在答题卡各题目的规定答题区域内答题，超出答题区域范围书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破。13.（10 分）14.（12 分）15.（18 分）物理参考答案12024 届高考物理考向核心卷辽宁专版题号12345678910答案CABDCBDBCBCBD1.C【解析】解析】该无人机处于平衡状态，A 错误；无人机在运动过程中受到自身竖直向下的重力，空气对其作用力与重力等大反向，C 正确；无人机运动过程中动能不变，重力势能增加，机械能增加，B 错误；重力与速度 v 有夹角，D 错误。2.A【解析】解析】小沙包静止时对小沙包受力分析，如图所示，由平衡条件得2cosFmg=，小沙包在垂直纸面平面内做简谐运动的周期 T0=2gh，由几何关系得cos=Lh；联立各式得 F=2mLT022，A 正确，BCD错误。AFhFBmg沙包3.B【解析】解析】玻尔理论成功解释了氢原子光谱的实验规 律，但无法解释复杂原子的光谱现象，A 错误；食盐被灼烧时，钠原子吸收能量达到高能级，之后向低能级跃迁时放出光子，B 正确；根据 Eh=c可知黄双线的光子能量均约为 2.1 eV，根据发生光电效应的条件可知，均不能使逸出功为 2.25 eV 的金属发生光电效应，C 错误；太阳光谱中有黄光，并不能说明太阳中有钠元素，有钠的特征光谱才能说明太阳中有钠元素，D 错误。4.D【解析】解析】能量的单位为 kg ms22，质量的单位为kg，结合力学单位制知识可知，公式 EmR=14km中的 km=22、，在飞轮厚度、材料、角速度均不变时，飞轮的质量 mRh=2，代入题给关系式有ERh=1442，则 D 正确。5.C【解析】解析】第一步：根据磁感应强度的叠加原理求解kIL与B0的关系设三角形 ACD 的边长为 L，则 A 处导线在 C 点产生的磁感应强度大小为BD1=kIL，处导线在 C 点产生的磁感应强度大小为 B2=kIL，如图所示，C 处合磁感应强度为BB012=cos 60cos 60+=BkILDE3030B3B1B4B2AC第二步：根据磁感应强度的叠加原理求解 E 点的磁感应强度大小结合上述分析知，A 处导线在 E 点产生的磁感应强度大小为 BBD30=2kI33L2，处导线在 E 点产生的磁感应强度大小为 BBE40=12kIL2，点的合磁感应强度为BBBBE=+=340224 33，C 正确，ABD 错误。6.B【解析】解析】气体温度升高，根据分子动理论可知分子平均动能增大，但并不是所有气体分子的动能都增大，A 错误；根据气体分子速率分布规律可知，当温度升高时速率大的分子比例增大，则速率大的区间分子数增多，分子平均速率增大，B 正确；气体温度升高，内能增大，气体的体积不变，则没有做功，根据热力学第一定律有0UQU=，则Q 0，气体从外界吸收热量，C、D 错误。7.D【解析】解析】根据开普勒第三定律有TTr地地322 =r樊樊3，解得T樊=5.67 年，A 错误；过“樊锦诗星”的远日点构建一以日心为圆心的圆轨道，绕太阳做圆周运动的物体，根据万有引力提供向心力有 GmMmvrr2=2，可得v=GMr，则轨道半径越大，卫星的线速度越小，在构建圆轨道上运动的卫星的线速度小于地球的线速度，“樊锦诗星”在远日点要想运动到该构建圆轨道上，需要加速，则“樊锦诗星”在远日点的速度小于构建圆轨道上卫星的线速度，综上，“樊锦诗星”在远日点的速度小于地球的公转速度，B 错误；轨道半长轴为 3.18 天文单位，远日点到太阳中心距离 r1为4.86 天文单位，则近日点到太阳中心距离 r2为 1.5 天文单位，根据万有引力提供向心力有 GmaMmr2=，则“樊锦诗星”在近日点的加速度大小与地球的加速度大小之比为aa近地 =1.59142，D 正确；对于“樊锦诗星”在远日点和近日点附近很小一段时间 t 内的运2024 届高考物理考向核心卷辽宁专版2动，根据开普勒第二定律有1122v r tv rt1 12 2=，解得vrvr1221=4.861.5，C 错误。8.BC【解析】解析】凸透镜中心比边缘高，在平玻璃上表面加压时，空气膜由厚变薄，相应各点光程差也变小，圆环条纹相对中心将延迟出现，原来靠近中心的圆环条纹现在就要向边缘（向外）移动，A 错误，B 正确；凹透镜中心比边缘低，在平玻璃上表面加压时，空气膜由厚变薄，相应各点光程差也变小，圆环条纹相对边缘将延迟出现，原来靠近中心的圆环条纹现在就要向中心（向内）收缩，C 正确，D 错误。9.BC【解析】解析】O A1与 O B2平行且相等，根据几何关系可得 AB、两点关于圆心 O 对称，根据等量同种正点电荷的电场线和等势面分布规律可得 AB、两点电场强度大小相等，方向相反，电势相同，则 AB、两点电场强度不相同，A 错误；O 点的电势大于 C 点的电势，电势能 Eqp=，电子带负电，在电势较低处具有的电势能较大，所以电子在 O 点的电势能小于在 C 点的电势能，B 正确；在 OC 连线上任取一点 P，设 POPO12、与 OO12夹角为，、OO12间的距离为 d，其中一个点电荷+q 在 P 点产生的电场强度大小为 E1，两点电荷在 P 点的电场强度的矢量和 EE=2sincossin18dkq22，求电场强度的矢量和 E 的最大值时，将 E 对 求导并令导数等于 0，有 E=+=8dkq22cossinsincoscos28dkq2cos(cos2sin)022=，解 得 tan=22，即当=arctan22时 P 点的电场强度最大，设CO1与OO12夹角为，根据几何关系可得 tan2=，所以场强最大的点在 OC 之间，所以电子从 O 运动到 C 的过程中静电力先增大再减小，加速度也是先增大再减小，C 正确；等量异种点电荷连线的中垂面为等势面，等量同种点电荷连线的中垂面不是等势面，一质子沿OD 从 O 点运动到 D 点过程中所受静电力方向一直沿OD 方向，静电力一直做正功，D 错误。DCBOPAO1O210.BD【解析】解析】金属棒 PQ 切割磁感线，由右手定则可知金属棒 P 端为等效电源的正极，PQ 运动时产生的电动势 UBdv=，平行板电容器两端电压与该电动势相等，小球 A 受到的电场力UdqqvB=，且电场力与洛伦兹力均沿竖直方向，两力方向相反，故小球 A 可能带负电也可能带正电，A 错误；金属棒 PQ 在物块 B 的拉动下做加速运动，则电容器两端电压不断增大，金属棒 PQ 中有持续的充电电流，电流 I=Qt，由电容的定义式有 C=UQ，解得 ICCBdCBda=Uvtt，对金属棒 PQ、小球 A、物块 B、平行板电容器 MN 整体进行分析，由牛顿第二定律有 m gBIdmmgmmma312123+=+()()，解得物块 B 运动的加速度 a=mmmCB dm gmmg123312+()22，对小球 A 分析有 m gm a11tan=，解得 a=2.5 m/s2，磁感应强度的大小 B=10 T，B 正确，C 错误；由上述分析可知系统做匀加速直线运动，则运动 2.0 s 时，位移 xat00=1225 m，速度 vat00=5.0 m/s，根据能 量 守 恒 定 律 有 m gxmmm vm3012301=+12()(2m gxE20)+电，解得电容器储存的电场能 E电=7.5 J，D 正确。11.（1）0.85；0.30（2）偏小【解析】【解析】（1）以手机和木块整体为研究对象，设手机和木块总质量为 M，根据牛顿第二定律有 2F MgMa=，可得 aFg=M2，从题图乙可得斜率 k=6.0 1.59.002kg1M，解得手机和木块总质量M=1kg，手机的质量为 150 g，即 0.15 kg，则木块的质量 m=1kg0.15 kg0.85 kg；aFg=M2，代入数据解得动摩擦因数=0.30。（2）设长木板与水平方向的夹角为，以手机和木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 2F+MgMgMasincos=真，解得实际的动摩擦因数真=2sinFMaMg+Mgcos，而实验时根据牛顿第二定律得 2FMgMa=测，解得测量的动摩擦因数测=2FMaMg，所以会导致动摩擦因数 的测量结果偏小。12.（1）如图所示-+V-+A（2）a（3）5；负温度系数（4）调大；2【解析】【解析】（1）实物图连线时注意电流要从电流表、电压表的正接线柱流入。物理参考答案3（2）开关 S 闭合前，应将滑动变阻器 R 的滑片移至a端，电压表、电流表的读数从0开始调节，避免电流、电压超过量程。（3）由欧姆定律有RRt+=AUI，得RRt=UIA5。由题图乙可知该热敏电阻为负温度系数热敏电阻。（4）设电磁铁电阻为 RJ，电源电动势为 E、内阻为r，由 Rtt 图可知，温度为 40 时热敏电阻阻值为Rt1=4.0，此时回路电流 I=RRrRtJ1+E；温度为 60 时热敏电阻阻值为 Rt2=2.0，热敏电阻阻值减小了 2.0，把滑动变阻器阻值调大 2，温度为 60 时回路电流达到触发值，衔铁被吸合，加热器停止加热。13.（1）见解析（2）114x0【解析】【解析】（1）设物块与平板碰撞前瞬间的速度大小为v0，根据动能定理有mghmv=1202又hx=40根据动量守恒定律有mvmv01=2联立解得vgx10=2当物块和平板一起运动的加速度为零时，其速度达到最大，设平板静止时弹簧压缩量为x1，则有kxmg1=且k xxmg(10+=)2联立解得kxx=mgx0，10（2）当物块与平板刚要分离时，它们间弹力为零，即物块的加速度 ag=，此时平板的加速度也为 g，可知弹簧弹力为零，即弹簧恢复原长时物块与平板分离。设此时物块和平板的速度大小为v2，从物块与平板碰撞后瞬间到二者分离的过程，根据能量守恒定律有111222+=+222mvkxmgxmv1002222设物块上升到最高点上升的距离为h1，则有h1=2v2g2则最高点到 P 点的距离hhhx210=联立解得hx20=11414.（1）0.6 m（2）1.8 m【解析】【解析】（1）甲释放后，沿光滑倾斜轨道下滑，该过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律有mghmv=1202解得v0=3m/s甲、乙发生弹性碰撞，碰撞过程两滑块组成的系统动量守恒机械能守恒，设甲、乙碰后瞬间的速度分别为vv12、，有mvmvmv012=+2111222mvmvmv012222=+2解得vv12=1m/s2 m/s、碰后甲沿倾斜轨道向上滑动，之后由 A 点进入粗糙水平轨道，由动能定理有=mgxmv110122对乙由动能定理有=202mgxmv22122解得xx12=0.2 m0.8 m、静止时两滑块间的距离为0.6 mxxx=21（2）设甲的释放点距离水平轨道的高度为 H 时，乙垂直落在斜面上。设乙离开 B 点的速度为 vB，则由平抛运动规律有xv tygt=B，122又有xyL+=，tan 45=vgtB联立可得vB=3m/s设乙碰后瞬间的速度为 vA，乙从 A 到 B 的过程中，由动能定理得=222mgxmvmvABBA112222解得vA=4 m/s设碰前瞬间甲的速度为 v，对两滑块碰撞的过程有mvmvmv=+12A111222mvmvmv222=+112解得v=6 m/s甲从释放到运动至 A 点的过程，由机械能守恒定律有mgHmv=122解得H=1.8 m15.（1）2kQmgL2（2）12mg（3）2 2(0 1 2 3)+=nL n1222，【解析】【解析】（1）设小球电荷量为 q，对小球受力分析，小球在竖直方向上有kQqL2c s45o mg=0解得q=2kQmgL2（2）对小球受力分析，根据左手定则可知，小球受到的洛伦兹力方向背离圆心。静电力水平分力Fmg库x=水平方向根据合力提供向心力，有FF库x=洛mvR2又RL=sin 45解得Fmg洛=12（3）撤去固定的点电荷和绝缘轻绳后，水平方向小球速度大小不变，水平方向合力为洛伦兹力，大小不变，又 Fmg洛=12mvR2，因此小球在水平面内做偏转方向相反、半径不变的圆周运动2024 届高考物理考向核心卷辽宁专版4因为落地点到 O 点的水平距离为3 22LR=3小球做圆周运动的周期为 T，对小球水平方向受力分析，有142mgmR=T22因此小球运动的时间tnT n=+=12(012 3)，小球的竖直位移hgt=122解得hnL n=+=2 2(012 3)1222，