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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（北京卷专用）
黄金卷05·参考答案
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
C B C B B D B C D B A D C C
15．（1）C；（2）AC/CA；（3）4.1；（4）将沙子从一定高处自由落下，在水平地面自然堆积成圆锥，
如图所示
用尺子量出最后形成稳定圆锥的高H，圆锥底边直径L，设圆锥母线与水平面的夹角为θ，则有
L
mgsinθ=μmgcosθ，解得 2 L
μ=tanθ= =
H 2H
16．（1）BD/DB；（2）球心；需要；大于； √ g ；（3）AB/BA；（4）B
x
y −y
2 1
17．（1）根据题意，由向心力公式F=mω2r可得，小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小为
F=0.04N
（2）根据题意可知，当小物体的向心力等于最大静摩擦力时，即将发生相对滑动，此时圆盘的角速度最
大，则有 ，解得
μmg=mω2r ω =2√10rad/s
m m
x
（3）小物体飞出后做平抛运动，由平抛运动规律有v= ，解得v=1m/s
t
1
小物体由静止到飞出的过程中，由动能定理有W = mv2，解得W =0.05J
2
18．（1）根据动能定理
eU =
1
mv2
，解得
v=
√2eU
1
1 2 m
1
（2）在平行于极板方向做匀速运动L=vt，在垂直于极板方向做匀加速直线运动y= at2
2根据牛顿第二定律 eU ，解得 U L2
a= 2 y= 2
md 4U d
1
U
eU2L2
（3）由动能定理 eU +e 2 y=E −0 ，解得 E =eU + 2
1 d k k 1 4d2U
1
r3 r3 √T2
19．（1）根据开普勒第三定律有 1 = 2，解得 r =r 3 2
T2 T2 2 1 T2
1 2 1
（2）喷出气体的质量为m=m −m
1 2
法一：喷出气体前探测器与所喷出气体组成的系统初动量p =m v ，喷出气体后探测器末动量为
1 1 1
p =m v
2 2 2
喷出气体前后p 、p 方向垂直，建立如图所示Oxy直角坐标系。
1 2
喷出气体速度u在x、y方向上的分量分别为u、u，
x y
根据动量守恒定律，x方向有 ，y方向有 ，喷出气体速度满足
p =mu 0=p +mu u2=u2+u2
1 x 2 y x y
联立可得 √(m v ) 2+(m v ) 2
u= 1 1 2 2
m −m
1 2
法二：由系统动量守恒，可得动量关系如图所示
则有 [(m −m )u] 2 =(m v ) 2+(m v ) 2，解得 u= √(m 1 v 1 ) 2+(m 2 v 2 ) 2
1 2 1 1 2 2
m −m
1 2
1 1
（3）由开普勒第二定律得 v Δt′ ⋅r = v Δt′ ⋅r ，即有v r =v r
2 2 3 2 3 4 2 3 3 4
根据能量守恒定律有1
m v2+
(
−
GMm
2
)
=
1
m v2+
(
−
GMm
2
)，解得
v =
2GM
−v
2 2 2 r 2 2 3 r 3 v r 2
3 4 2 320．（1）a．金属棒MN向右切割磁感线时，棒中的电子受到沿棒向下的洛仑兹力，大小为F=Bev
是这个力充当了非静电力。非静电力搬运电子所做的功为W =Fl=Bevl
非
W Bevl
根据电动势定义得ε = 非= =Blv
1 e e
b．假设电子以速度v相对金属棒做匀速直线运动。
因为金属棒MN的运动，电子受到沿棒方向的洛伦兹力F=Bev的作用。
沿导线方向，电子只受到金属离子的平均作用力f和洛伦兹力F作用，二力平衡则f =F=Bev
（2）a．根据题意，有
ε =S (T −T )
2 AB 1 2
T −T
b．方法一：根据题意，薄层两端的压强差为Δp=nk ΔT，薄层两端的温度差ΔT= 1 2 Δx
L
T −T
薄层内电子受的合力为F =ΔpS，则F =nkS 1 2 Δx
合 合 L
F T −T
薄层内共有电子个数N=nSΔx，一个电子受力F= 合= 1 2k
N L
W T −T
非静电力做功W =FL，电动势的定义式为ε= 非，则电动势为ε=k 1 2
非 e e
T −T
方法二：根据题意，薄层两端的压强差为Δp=nk ΔT，薄层两端的温度差为ΔT= 1 2 Δx
L
T −T
薄层内电子受的合力为F =ΔpS，则F =nkS 1 2 Δx
合 合 L
对于薄层内的自由电子来说，其电荷量q=nSΔxe
W T −T
非静电力做功W =F L，电动势的定义ε= 非，则电动势为ε=k 1 2
非 合 q e
