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03·参考答案
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 B D D C A B B C D C A 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
AD BD
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
16．(7分+7分)
b
Ⅰ、（1）F、随着拉力的增大，砝码质量不满足远小于滑块质量的条件；（2）1.10、2.00；（3）
g
d(R +r )
Ⅱ、（1）aa′；bb′；（2） 1 1 。
1−k
17．(9分)
【解答】解：（1）整个过程只有活塞从A到B过程气体对外做功，该过程气体压强为 p ，外界对气体
0
做功：W＝﹣p ΔV＝﹣p ×0.1V ＝﹣0.1p V
0 0 0 0 0
根据热力学第一定律：ΔU＝W+Q
整个过程中气体内能的变化量：ΔU＝Q﹣0.1p V
0 0
（2）从开始加热到活塞刚要到达B的过程，由理想气体的状态方程得：0.9p V 1.1p V
0 0= 0 0
T T
0 B
其中T ＝297K，代入数据解得：T ＝363K
0 B
答：（1）若此过程气体吸收热量为Q，此过程气体内能增量ΔU为Q﹣0.1p V ；
0 0
（2）活塞刚移动到B时，缸内气体温度T 为363K。
B
18．(12分)
【解答】解：（1）物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，则在B点，根据牛顿第二定律可得：
v2
mg=m
R解得：v ＝2m/s
B
若物块在传送带上一直加速，由
μ mg
v2=2× 1 L
m 1
解得：v=2√3m/s
由此可知物块应该是先加速后匀速
v2
L − B
v 1 2μ g
t= B + 1
μ g v
1 B
代入数据解得：t＝2s
（2）若传送带的速度3m/s，则物体先加速后匀速，经过B点时的速度为
v ＝3m/s
B1
从B到D，由动能定理得
1 1
mv2 − mv2 =mgR(1+sin30°)
2 D 2 B1
经过D点时
mv2
D=F −mgsin30°
R D
解得：F ＝11.5N
D
（3）从B到G，由动能定理得
1 1
mv2− mv2 =2mgR(1+sin30°)
2 G 2 B2
若在木板上恰好不分离，则系统的动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，则
mv ＝（m+M）v
G 1
1 1
mv2− (m+M)v2=μ mgL
2 G 2 1 2 2
得：v ＝3m/s
B2
当2m/s≤v≤3m/s时
1 1 mv2 m(v2 +6gR) v2+24
Q= mv2− (m+M)v2= G= B2 = (J)
2 G 2 1 3 3 15
当3m/s≤v≤4m/s时
Q＝ mgL
2 2
μ代入数据解得：Q＝2.2J
19．(10分)
【解答】解：（1）线框全部进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流，不受安培力，此时F的大小为
F ＝0.2N
1
根据牛顿第二定律得
F 0.2
a= 1= m/s2＝2m/s2
m 0.1
（2）线框全部进入磁场时的速度为
v ＝v +at＝（1+2×0.5）m/s＝2m/s
1 0
根据动能定理得
1 1
W
F
﹣W安 =
2
mv
1
2−
2
mv2
0
在此过程中线框产生的焦耳热Q＝W安
解得Q＝0.12J
（3）刚进入磁场时，根据牛顿第二定律得
F ﹣BIL＝ma
0
Blv
此时感应电流大小为I= 0
R
解得B＝0.5T
线框进入磁场的过程中，根据法拉第电磁感应定律得
ΔΦ
E=
Δt
根据闭合电路欧姆定律得
E
I=
R
通过的电荷量为q=I•Δt
磁通量变化量为Δ ＝Blx
线框ad边长为x＝ Φ v t+ 1 at2
0
2
联立解得q＝0.75C
20.（10分）
【解答】解：（1）根据题意可知，电子在磁场中做圆周运动的轨道半径r＝R，v2
根据evB=m
r
mv
解得B= ；
eR
（2）运动轨迹图如下
，
上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角 ，
m
b θ
由几何关系sinθ =
m R
解得： ＝60°，
m
同理下θ端电子从p点射出与负y轴最大夹角也是600
所以电子从P点射出时与y轴负方向的夹角 的范围是﹣60°≤ ≤60°；
θ θl
（3）进入小孔的电子速度与y轴间夹角正切值最大为：tanα= =1
d
解得： ＝45°
α √2
此时对应的能够进入平行板内电子长度为2y′，根据几何关系知：y'=Rsinα= R
2
设每秒能到达A板的电子数为n，
n y'
则由比例关系知： =
N b
√6
解得：n= N=0.82N；
3
（4）只要竖直向下的电子达不到A板，其它电子一定达不到，此时的电压大小为U ，
AK
1
根据动能定理得：eU ＝0− mv2
AK
2mv2
解得：U =− ．下极板带负电。
AK
2e
与负y轴成450角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，此时速度为v ＝vcos ，
1
其逆过程是类平抛运动，达到饱和电流所需要的最小反向电压U'=− 1 m α v2或者根据（3）可得饱和
4e
电流大小i ＝0.82Ne，
max
作图如图所示：
。
