答案_2024年4月_01按日期_16号_2024届浙江省金华十校高三下学期4月模拟考试_2024届浙江省金华十校高三下学期4月模拟考试（二模）物理试题

金华十校 2024 年 4 月高三模拟考试 物理参考答案 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 号 答 D A C D B B C A C D C A B AD AC 案 mh h 2 16-I.（4分） B mgh C A C B 8T2 t 42 16-Ⅱ．（4分）最低点 直线 24.5 k D2I Rr 16—Ⅲ．（6分） 2.150 600 最左 5000 R 1 1 2 4I I L 2 1 10 1 17．（8分）（1）等压 ，变小；（2）T  T ；（3） p SmgLQ 9 0 10 0 【解析】（1）（2分）等压 ，变小； 9 LS （2）（2分）重物缓慢升高过程中，气缸内压强不变，根据LS 10  T T 0 T 10 10 得  ，T  T T 9 9 0 0 （3）（4分）闭开关K，此时活塞下的细线刚好能拉起重物，则pSmg p S 0 mg 得p p  0 S L 外界对气体做功为W  p S； 10 气体放出的热量为Q，根据U QW 1 得U  p SmgLQ 10 0 13 18．（11分）【答案】(1) 60N； (2)Q12J；(3)①v 5m/s②s m 3 9 【解析】(1)（4分）(1)设B滑到A的底端时速度为v ，由动能定理得𝑚 𝑔𝑅 = 1 𝑚 𝑣2 0 2 2 2 0 𝑣2 小球在圆弧底端，有𝐹 −𝑚 𝑔=𝑚 0 𝑁 2 2 𝑅 联立各式并代入数据得v ＝6m/s；F ＝60N 0 N 根据牛顿第三定律可知滑块对圆弧底端的压力为60N。 (2) （3分）设A、B获得共同速度为v ，以向右为正方向，由动量守恒定律得m 𝑣 =(𝑚 +𝑚 )𝑣 ， 1 2 0 1 2 1 代入数据解得：v =4m/s； 1 {#{QQABDQIEgggoAIAAARhCAQGQCkEQkBCCAIoGxFAEoAABiRFABAA=}#}1 1 对A、B系统利用能量守恒定律Q m v 2  (m m )v2 12J 2 2 0 2 1 2 1 1 1 (3) （4分）①对滑块B从共速位置到Q点应用动能定理有Flm gl  m v 2  m v2 ， 2 2 2 3 2 2 1 解得v 5m/s 3 1 1 ②对滑块B从共速位置到Q点应用动能定理有Flm gl  m v 2  m v2 2 2 2 4 2 2 1 ， 解得v  17m/s 4 1 m v 2 m gh 由于 2 2 4 2 ，所以滑块B不能从斜坡顶端冲出，将会再次滑上PQ段； 1 由于m g 2l  m v2，所以滑块B不能从平台左端滑出； 2 2 2 1 F m g 由于 2 ，所以滑块B不会停止在PQ段，最终静止在Q点，对滑块B全过程应用动能定理有： 1 13 Flm gS 0 m v2 s m 2 2 2 1 ，解得 9 19．（11分）【答案】（1）负；（2）vr，nBLr （3）ω = 𝑚𝑟𝜔0−𝑓𝑡 ；（4）η= 𝑛2𝐵2𝐿2𝐶(𝑚𝑟𝜔0−𝑓𝑡)2 ； 0 0 1 (𝑚+𝑛2𝐵2𝐿2𝐶)𝑟 𝑚𝑟2𝜔2(𝑚+𝑛2𝐵2𝐿2𝐶)2 0 【解析】（2分）（1）薄板旋转方向为逆时针，则线框相对于薄板的运动方向为顺时针，根据右手定则可知， 𝑑点电势低于c点电势，故M板带负电； （2）（2分）vr ， nBLr 0 0 （3）（4分）薄板旋转，线圈相对薄板的线速度分别为𝑣 ＝𝜔 𝑟，𝑣 ＝𝜔 𝑟 0 0 1 1 停止充电时，两极板的电压为𝑈 ＝𝑛𝐵𝐿𝑣 1 1 在充电过程中，对薄板分析，根据动量定理得﹣𝑓𝑡﹣𝑛𝐵𝐼𝐿𝑡＝𝑚𝑣 ﹣m𝑣 1 0 充电的电荷量大小满足𝑄 =𝐼𝑡，𝑄 ＝𝐶𝑈 1 1 1 联立解得ω = 𝑚𝑟𝜔0−𝑓𝑡 1 (𝑚+𝑛2𝐵2𝐿2𝐶)𝑟 （4）（3分）整个过程中，薄板损失的机械能为Δ𝐸 = 1 𝑚𝑣2 损 2 0 充电过程中的𝑄﹣𝑈图像如图所示： 𝑄 利用微元法，结合充电过程中克服电场力做功的公式𝑊＝𝑞𝑈，电容的公式𝐶 = ，可得到阴影面积为电容 𝑈 1 器充电过程中获得的能量，即Δ𝐸 = 𝑈 𝑄 回 1 1 2 𝛥𝐸 薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率𝜂 = 回 𝛥𝐸 损 联立解得η= 𝑛2𝐵2𝐿2𝐶(𝑚𝑟𝜔0−𝑓𝑡)2 𝑚𝑟2𝜔2(𝑚+𝑛2𝐵2𝐿2𝐶)2 0 {#{QQABDQIEgggoAIAAARhCAQGQCkEQkBCCAIoGxFAEoAABiRFABAA=}#}1 20.（11分）（1）(2分)电子在加速区，由动能定理eU  mv2 0， 2 v2 1 2mU evBm ，解得R R B q d （2）(3分)由R2 d2 (R )2， 2 5 d R d，sin 0.8，53， 4 R 2 53m t  T  360 90eB 1 y2 d2 1 d2 4 （3）(3分)y2(R R2 d2)，R  y y 4 y 1 2mU 2mU y2(  d2) B q B2q 5 25B2d2e （0，d）射入的电子，对应半径为R d，对应加速电压为U  ， 4 min 32m 1 17 289B2d2e （0, d ）射入的电子，对应半径R d，对应加速电压为U  ， 2 8 max 128m 25B2d2e 289B2d2e 所以取值范围为 U  32m 128m （4）(3分)由动量定理kvt mv， i i mv 累加后ks0mv，s  ， k 1 y2 d2 1 d2 4 射入位置y与半径R关系R  y ； y 4 y qB 1 d2 qB 1 d2 即有v ( y )，解得s ( y ) m 4 y k 4 y （0