文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（浙江卷专用）
黄金卷01·参考答案
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目
要求的，不选、多选、错选均不得分）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
D B B B B A D D B C B B B
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目
要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
14 15
AB ACD
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
16．(7分+7分)
Ⅰ、（1）BCD；（2）1.5；（3）C
Ⅱ、（1）AC；（2）①己，②B
17．(9分)
【解答】解：（1）设 U形管的横截面积是 S，以封闭气体为研究对象，其初状态：p ＝p +p ＝
1 0 h1
（76+4）cmHg＝80cmHg，V ＝L S＝20S，
1 1
当右侧的水银全部进入竖管时，水银柱的高度：h＝h +L ＝4+10＝14cm，此时左侧竖管中的水银柱也是
1 3
14cm。
气体的状态参量：p ＝p +p ＝（76+14）cmHg＝90cmHg，V ＝L S+2L S＝20S+2×10S＝40S，
2 0 h 2 1 3
由理想气体的状态方程得：p V p V ，
1 1= 2 2
T T
1 2
代入数据得：T ＝630K；
2
（b）水银柱全部进入右管后，产生的压强不再增大，所以左侧的水银柱不动，右侧水银柱与管口相平
时，气体的体积：V ＝L S+L S+h S＝20S+10S+20S＝50S，
3 1 3 2
由盖吕萨克定律：V V ，
2= 3
T T
2 3
代入数据得：T ＝787.5K；
3
18．(12分)【解答】解：（1）圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v＝ R＝R t，线速度与时间成正
1
比，故物块做初速为零的匀加速直线运动； ω β
（2）由第（1）问分析结论，物块加速度为a＝R ，根据物块受力，由牛顿第二定律得：
1
T﹣ mg＝ma β
则细μ线拉力为：
T＝ mg+m R
1
（3）μ 对整体运β用动能定理，有
1 1
W电+W
f
= mv2+ 2mv2
2 2
其中：
1
W＝﹣ mgs=− mgRβ t2
f 2 1 1
μ μ
则电动机做的功为：
1 3
W电 =
2
mgRβ
1
t
1
2+
2
mR2β
1
2t
1
2
μ
（4）圆筒减速后，边缘线速度大小v＝ R＝ R﹣R t，线速度变化率为a＝R
0 2 2
ω ω β β
若a≤ g，细线处于拉紧状态，物块与圆筒同时停止，物块减速时间为：t ω
= 0
β
2
μ
ω R
若a＞ g，细线松弛，物块水平方向仅受摩擦力，物块减速时间为：t= 0
μg
μ
19．(10分)
【解答】解：（1）金属棒a匀速运动时受力平衡，根据平衡条件可得：mgsin ＝BI L
1
B Lv
θ
其中：I = 0 0
1
2R
解得：v ＝2m/s
0
（2）再次匀速必有：BLv ＝BLv ，且v 方向向左
a b b
对a棒，取向右为正方向，根据动量定理可得：﹣BILt ＝mv ﹣ma
1 a 0
即：B2L2 (x −x ) mv ﹣mv
a b = 0 a
2R
对b棒，取向左为正方向，根据动量定理可得：B2L2 (x −x ) mv ﹣0
a b = b
2R联立解得：v ＝v ＝1m/s，x ﹣x ＝1.5m
a b a b
根据题意可知：x ＝3m，则x ＝1.5m，方向向左；
a b
由于a和b棒的加速度大小始终相等、方向相同，所以a相对于b做匀速直线运动，则有：
x +x ＝v t
a b 01
联立解得：t ＝2.25s
1
（3）此后a棒和b棒都以v＝1m/s的初速度在EF的右侧相向运动，两棒初始相距Δx ＝2.5m﹣1.5m＝
1
1m，并以相同的加速度（加速度不断减小）减速，如果相碰，各自原速反弹后继续以相同的加速度减
速，直至两棒的速度都为零，设两棒在此过程中所经历的路程为s 、s ，对任意棒有：
1 2
B2L2 (s +s ) 0﹣mv
− 1 2 =
2R
解得：s +s ＝1.5m
1 2
所以最终两棒先相向运动共1m，背离运动共0.5m，则a棒先向右0.5m，后向左0.25m，最后两棒都在
EF的右侧停止，相距为：x＝0.5m
又可知初始a棒的重力势能在任意阶段都是a棒电阻R与另一个等大电阻R的平均消耗为内能，故：Q
a
1
= mgh
2
解得：Q ＝10J
a
20．(10分)
【解答】解：（1）粒子进入电场后受到向下的电场力，粒子要向下偏转，要使正粒子都能被极板吸收，
那么沿上极板边缘进入的粒子刚好能打在下极板边缘上时，两极板上所加电压为最小值，如图1所示；
qU
粒子在电场中做类平抛运动，加速度大小为：a=
md
L
水平方向上做匀速直线运动，离开电场经过的时间：t =
v
0
1
竖直方向上根据匀变速直线运动的规律可得：d= at2
2联立上面三式得：U＝5×103V
（2）板下移后，两极板之间的距离为：d′＝d+Δd，如图2所示；
qU
此时粒子在电场中运动的加速度大小为：a′=
m(d+Δd)
粒子离开电场时竖直方向的速度大小为：v ＝a′t
y
代入数据解得：v ＝7.5×105m/s
y
粒子出来时速度方向与水平方向的夹角为 ，则有：tan v
= y
v
0
θ θ
解得：tan ＝0.75，所以 ＝37°
粒子出来时 θ 的偏转位移： θ y= 1 a't2
2
代入数据解得：y＝0.375m；
粒子进入磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图3所示；
v2 v
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m ，其中v= 0
R cosθ
2mv
在磁场中上移位移为y′＝2Rcos = 0
qB
θ
要使粒子能从磁场中出来进入电场必须满足y＞y′，
代入数据可得：B≥5.3×10﹣2T同时磁场有边界，为保证粒子不从磁场右侧出来，需要满足：
R+Rsin ≤L
1
mvθ
R=
qB
可得B≥5.0×10﹣2T
所以粒子能从磁场中出来，又进入电场的条件为：B≥5.3×10﹣2T；
（3）当B＝0.1T时，粒子在磁场中的半径R ，由洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv2
1
R
1
解得：R ＝0.125m；
1
在磁场中旋转上移位移y″＝2R cos ＝0.2m，运动轨迹如图4所示；
1
θ
2 7
PQ区间为粒子离开电场的区域：y +y ＝d′﹣y＝（ −0.375）m= m，K为PQ中点。
1 2
3 24
要使得MN最短：
QK区域出来的粒子打在MN的右侧，KP区域出来的粒子打在MN的左侧。利用对称性可知y ＝y
1 2
7
= m
48
7
K点进入的粒子刚好过MN，所以MN长度为L＝y ＝y = m。
1 2
48
