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04·参考答案
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
C B D A A D C D A C C C 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
AC AB
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
16．(7分+7分)
D
4π2N2 (L+ )
Ⅰ、（1）AC；（2）AB；（3）①2.125；② 2 。
t2
Ⅱ、（1）R ；（2）电路图如图所示；（3）1.8；0.8。
1
17．(9分)
【解答】解：（1）缓慢降温使得活塞恰好与卡环接触，此过程缸内气体经历等压变化，根据盖—吕萨
克定律可得：
LS ℎS
=
T T
1 2
解得：T ＝200K；
2
（2）设封闭气体压强为p，对活塞根据平衡条件可得：pS＝p S+mg，其中S＝10cm2＝1.0×10﹣3m2
0
外界对气体做功为：W＝pS（L﹣H），其中L＝30cm＝0.30m，h＝20cm＝0.20m
根据热力学第一定律可得：ΔU＝W﹣Q
解得：Q＝32J。
18．(12分)
【解答】解：（1）物块滑到木板上运动过程它们组成的系统合外力为0，系统动量守恒，设物块在B
点的速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：
B
mv −Mv 0.2×10−0.4×2
mv ＝Mv +mv ，解得v = 0 M = m/s=6m/s
0 M B B m 0.2根 据 能 量 守 恒 求 解 物 块 在 木 板 上 滑 动 过 程 中 产 生 的 热 量 Q
1 1 1 1 1 1
= mv2− mv2− Mv2 = ×0.2×102J− ×0.2×62J− ×0.4×22J=5.6J；
2 0 2 B 2 M 2 2 2
（2）设物块滑到圆细管出口P处时的速度为v ，以管口底部所在水平面为0重力势能参考平面，由机
p
1 1
械能守恒定律得： mv2= mv2+mg(R+Rsinθ)
2 B 2 p
将v ，R＝0.5m， ＝37°代入解得：
B v =2√5m/s
p
θ
在p点对物块受力分析，受重力mg、物块受到细圆管弹力F，并设F指向圆心，将重力分解成指向圆心
以及沿着管口切线方向的力，沿PO方向，根据向心力公式得：
mgsin +F
v2，代入数据解得：F＝6.8N；
=m p
R
θ
（3）根据斜抛知识，将运动分解成水平匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，物块只有在 P点具
有某一速度v才能恰好水平向左打入在距离圆心O点正上方某一高处的C点，将v沿着水平和竖直分解，
根据题意可知，竖直方向速度减为0才能水平进入C点的接收槽，根据两个方向时间相等列等式得：
Rcosθ 0−vcosθ √ gR √10×0.5 5√3
= ，解得v= = m/s= m/s
vsinθ −g sinθ 0.6 3
设从P点再上升h水平进入C点的接收槽，则：
5√3
( )
2×0.82
h v2cos2θ 3 4
= = m= m
2g 2×10 15
4 17
OC的竖直距离为H＝Rsin +h＝0.5×0.6m+ m= m；
15 30
θ
（4）使从P点飞出的滑块仍能恰好水平向左打入接收槽，则C点跟P点的连线就是斜抛到最高点的位
移，设与水平方向的夹角为 ，根据斜抛知识，将运动分解成水平匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛
运动，若增大滑块的初速度αv ，设到P点的速度变为v ，则从P到接收槽放置的位置C点的竖直位移y
0 1
v2cosθ2
= 1
2g
v cosθ
水平位移x=v sinθt=v sinθ× 1
1 1 gy cosθ 0.8 2
则tan = = = =
x 2sinθ 2×0.6 3
α
2
接收槽放置的位置C点跟P点的连线与水平方向的夹角的正切值要等于 。
3
19．(10分)
【解答】解：（1）根据右手定则可知，线圈中的感应电流方向为C→F→E→D→C，即顺时针；
落地时线圈切割磁感线产生的感应电动势：E＝nBLv，其中L＝2 r，
根据动能定理可得：mgh= 1 mv2 π
2
则可解得：v=√2gℎ
1
C、D两点间的电压U = E
CD
2
解得U
CD
＝n Br√2gℎ
（2）线框CπDEF静止时有
mg＝kx
1
由题知线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是装置刚落地时的三倍，则说明线框刚落地到最低点下
落的距离为2r ，根据法拉第电磁感应定律有
1
2x
E=nBLv=nB （2 r） 1
Δt
π
通过回路某截面的电荷量
q=IΔt
2nπrmgB
解得q=
kR
（3）从刚落地到线框第一次运动到最低点的过程中，初态弹性势能
1
E = kx2
p1 2 1
末态弹性势能
1
E = k(3x ) 2
p2 2 1
此过程由能量守恒得
1
mv2+mg （3x ﹣x ）＝E ﹣E +Q
1 1 p2 p1 1
2
解得2mg
Q ＝mg （h− ）
1
k
最终静止后弹簧的弹性势能与未释放时相等，则从静止释放到战框最终静止的过程中，根据能量守恒有
Q ＝mgh
2
则
Q 1 2mg
1= −
Q k
2
20.（10分）
【解答】解：（1）①设粒子1的质量为m 、电荷量为q ，对于其在电场中加速的过程，根据动能定理
1 1
1
有 q E= m v2
1 1
2
粒子1进入磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，设运动的半径为R ，根据洛伦兹力提供向心力知：
1
m v2
q vB
1 = 1
R
1
1 √2
由几何关系可知， l=R sin ，解得：R = l
1 1
2 2
θ
联立可解得：q 4E
1 =
m B2l
1
②根据上述①的分析可知，对于质量为m、电荷量为q的带电粒子，其在磁场中做匀速圆周运动的半
径
mv
R=
Bq
1 √2Elm
联立解得：R= ，即半径与比荷的平方根成反比。
B q
粒子2从N点的右侧飞过，表明其做圆周运动的半径R 大于R ，即粒子2的比荷比粒子1的比荷小。
2 1（2）带电粒子在第一象限运动中，只有电场力做功，当其运动至离y轴最远时，电场力做功最多，此
1
时速度最大，根据动能定理有，Eqs= mv2
2
粒子沿x方向上的速度v 产生y方向的洛伦兹力F ，即 F ＝qBv
x y y x
取沿y方向运动一小段时间Δt，根据动量定理有 F •Δt＝qBv Δt＝mΔv
y x y
注意式中v Δt表示粒子沿x轴方向运动的距离，因此等式两边对粒子从离开O点到第一次离y轴最远的
x
过程求和有，qBs＝mv
2E 2mE
联立解得：v= ，s =
B qB2
