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02·参考答案
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
B C A C D C B C A C D B C
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）①8.82，200；（2）①9.63，②AC，③偏大
Ⅱ、 ；电动势为0.95V；内阻为1196 。
Ω
17．(9分)
【解答】解：根据题意可知，水银柱的长度h＝19cm，空气柱原来的长度为l ＝8cm。
1
（1）大气压强p ＝76cmHg＝105Pa
0
初态时封闭气体的压强p ＝p +p ＝95cmHg＝1.25×105Pa
1 0 h
初态时封闭气体的体积V ＝l S
1 1
末态时封闭气体的体积V ＝l S
2 2
气体做等温变化，由玻意耳定律得：p V ＝p V
1 1 0 2
解得末态气柱长度l ＝10cm；
2（2）初状态气体的温度为T ＝（273+27）K＝300K
1
封闭气体从外界吸收5J的热量使温度缓慢升高到T ＝（273+42）K＝315K，此时空气柱的长度为l ，
3 3
气体做等压变化，由盖吕萨克定律得：l S l S
1 = 3
T T
1 3
解得：l ＝8.4cm
3
封闭气体体积的变化量ΔV＝（l ﹣l ）S＝（0.084﹣0.08）×2×10﹣4m3＝8×10﹣7m3，
3 1
封闭气体对外界做的功W＝p ΔV＝1.25×105×8×10﹣7J＝0.1J
1
由热力学第一定律得：﹣W+Q＝ΔU
气体内能的变化量ΔU＝4.9J，即内能增加4.9J；
（3）假设水银柱不动，两部分气体做等容变化
p Δp
由查理定律得： =
T ΔT
ΔT
整理得：Δp= ⋅p
T
由于初态下端气体的温度T相同，而温度变化量ΔT也相同，上端气体的压强小于下端气体压强，则上
端气体的压强增加量小于下端气体压强增加量，水银柱向上移动。
18．(12分)
【解答】解：（1）在C'点由牛顿第二定律有： mv '2
F +mg= C
N R
代入数据，可得F ＝1.2N
N
由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力F＝F ＝1.2N，方向竖直向上；
N
（2）由几何关系可知∠BO′C＝
从A点到C由能量守恒可得：E θ =mgL sinθ+mg(R−Rcosθ)+ 1 mv '2+μmgL cosθ
p AB 2 C AB
代入数据，可得E ＝6.08J；
p
（3）设滑块P在D点碰前的速度为v ，碰后的速度为v ，滑块Q碰后的速度为v
D 1 2
两滑块碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，则有：mv ＝mv +Mv
D 1 2
1 1 1
由能量守恒可得： mv 2= mv 2+ Mv 2
2 D 2 1 2 2
1 2
两式联立，可得v =− v ，v = v
1 3 D 2 3 Dmv2
①当滑块P恰好过C′点不脱离轨道，则有：mg=
R
代入数据，解得C′点的速度v=√10m/s，C′点的速度v最小，则D点的速度v 最小
D
1 1
从C点到D点利用动能定理：−μmgL = mv 2− mv2
CD 2 D 2
代入数据可得
v =2√2m/s
D
4√2
可得滑块Q碰后的速度v 的最小值v = m/s
2 2 3
②滑块P碰后恰好返回到C点，可知滑块P碰后的速度v 最大时，则v 最大，v 最大
1 D 2
1
从D点运动到C点，利用动能定理：−μmgL =0− mv 2
CD 2 1
代入数据，可得v 的大小 ，则
1 v =√2m/s v =3√2m/s
1 D
可得滑块Q碰后的速度v 的最大值
2 v =2√2m/s
2
1
滑块Q离开D点做平抛运动，则有：ℎ = gt2
2
√2
代入数据，可得t= s
2
4
由x＝v t可得x的最小值x = m，最大值x ＝2m
2 min 3 m
4
所以 m≤x≤2m
3
19．(10分)
ΔΦ
【解答】解：（1）感应电动势E=
Δt
E
感应电流I=
R
根据q＝It
其中Δ ＝3BLs
Φ3BLs
解得q=
R
1 3BLωs π π 3π
（2）第一个 T内，i= sinωt，0≤t≤ ，方向为正， ≤t≤ ，ad边和bc边的感应电
4 R 2ω 2ω 2ω
动势始终抵消，电流为零；1 3BLωs 3π 2π
第四个 T内，i= sinωt， ≤t≤ ，方向为负，故图像为
4 R 2ω ω
（3）根据W＝I2Rt
√2 3√2BLωs
有效值I= I =
2 m 2R
9πB2L2s2ω
解得W =
2R
（4）线框的感应电动势E＝2BLv+BLv
3BLv
bc边受到安培力向左F =2B L
1 R
3BLv
ad边受到安培力向左F =B L
2 R
3BLs
由动量定理，Δt时间内有−∑2BiLΔt−∑BilΔt=mv−mv ，∑iΔt=q=
0 mR
3BL
即−3B Ls=mv−mv
R 0
9B2L2s
解得v =v+
0 mR
20.（10分）【解答】解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如下图所示。
粒子在磁场中顺时针偏转，由左手定则判断，粒子带正电荷。设其轨道半径为r ，由几何关系可知：
1
r sin30°＝d，解得：r ＝2d
1 1
由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力得：
v2
qv B=m 0
0 r
1
mv
解得：q= 0
2Bd
（2）粒子在磁场中运动周期为： 2πr
T= 1
v
0
粒子从A点到第一次到达O点的轨迹圆心角为30°，则有：
30°
t = T
1 360°
4πd
已知：v =
0 3T
0
T
解得：t = 0
1 4
T T
可知粒子在 0时刻进入电场，到t= 0时刻时速度达到v，粒子在电场中做匀加速直线运动的时间为
4 2
T T T
0− 0= 0，设此过程的加速度大小为a ，则有：
1
2 4 4
qU
a = 0
1 mL
T
v=v +a 0
0 1 4
16BdL
已知：U =
0 T
0
解得：v＝3v
0
故v：v ＝3
0
T
（3）接（2）的过程继续分析。t= 0到T 时间内粒子先匀减速直线运动到速度为零，后反向匀减速直
0
2
线运动，设此过程的加速度大小均为a ，T 时刻粒子与O点相距为x。则有：
2 0
2qU 16v
a = 0= 0
2 mL T
0v +v T T 1 T
x= 0 × 0+v(T − 0 )− a (T − 0 ) 2
2 4 0 2 2 2 0 2
解得：x＝0
即在t＝T 时刻，粒子恰好回到O点。设此时粒子的速度大小为v′，则有：
0
T
v'=|v−a 0|=5v
2 2 0
粒子第二次在磁场中运动的轨迹如下图所示。
设其轨道半径为r
2
同理有： (5v ) 2
q×5v B=m 0
0 r
2
解得：r ＝10d
2
粒子从K点离开磁场，则有：
AK=r (1−cos30°)+(r −√r2−d2 )
1 2 2
