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06·参考答案
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 A A B B D D C C A A 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
CD ABD
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
16．(7分+7分)
Ⅰ、（1）BD；（2）0.40；（3）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
Ⅱ、（1）AC；（2）③。
17．(9分)
【解答】解：（1）图示时刻，活塞处于静止状态，对活塞，根据平衡条件得
p S＝p S+mg
1 0
mg
可得管内封闭气体的压强为：p ＝p +
1 0
S
解得p ＝1.02×105Pa
1
p −p
（2）图示时刻，管内外液面高度差为h = 1 0
1
ρg
解得h ＝0.2m＝20cm（管内液面比管外低20cm）
1
mg−F
当F＝8N，管内封闭气体的压强为：p ＝p +
2 0
S
解得p ＝9.8×104Pa
2
p −p
管内外液面高度差为h = 0 2
2
ρg
解得h ＝0.2m＝20cm（管内液面比管外高20cm）
2
设F＝8N时管内封闭气体的长度为L ，根据玻意耳定律得
1
p L S＝p L S
1 0 2 1解得L ＝51cm
1
故F＝8N时活塞相较之图中位置向上移动距离为s＝（L ﹣L ）+（h +h ）
1 0 1 2
解得s＝42cm
（3）当气体的温度变为42℃时，热力学温度为T ＝（42+273）K＝315K
3
设此时管内气体的压强为p 。
3
根据查理定律得
p T
1 = 0
P T
3 3
解得p ＝1.071×105Pa
3
p −p
内外水面的高度差h = 3 0
3
ρg
解得h ＝0.71m＝71cm
3
对活塞，由平衡条件得
p S＝p S+（m+Δm）g
3 0
解得Δm＝1.02kg
18．(12分)
√6
【解答】解：（1）滑块从A到B做平抛运动，滑块经过B点时的竖直分速度为v ＝gt＝10× m/s＝2
y
5
√6m/s
滑块恰好从B点进入轨道，如图所示，由平抛运动的规律有
v ＝v sin ＝v tan
0 B y
解得： ＝3α0°，v
B
＝α4√2m/s
（2）由αB→O'，由动能定理可知
1 1
mgRsin30°= mv2 − mv2
2 O' 2 B
解得
v =2√10m/s
O'滑块经过O'点时受轨道的支持力大小F ，由牛顿第二定律有 v2
N F =m O'
N R
解得F ＝5N
N
由牛顿第三定律可得滑块在O'点时对轨道的压力大小F压 ＝5N，方向向左。
（3）设CD＝DF＝L，从B到F，由动能定理及功能关系有
1
mg（R+Rsin ﹣Lsin ）﹣ mgL﹣ mgLcos ﹣E ＝0− mv2
p 2 B
α θ μ μ θ
代入数据可解得弹簧的弹性势能的最大值：E ＝2.02J
p
（4）设滑块返回时能上升的高度为h，由功能关系有
mgLsin +E ＝ mgLcos + mgL+mgh
p
解得h＝2θ.44m＞μ1.2m θ μ
则滑块返回时能从B点离开。
1
运动到B点时，有：mgℎ =mg(R+Rsinα)+ mv2，
2 B
在B点，对滑块，由牛顿第二定律得
v2
mgsinα+F =m B
N R
解得：F ＝2.6N
N
由牛顿第三定律可知对B点的压力为F' ＝2.6N
N
19．(10分)
【解答】解：（1）根据楞次定律和安培定则可知，在0～t 内，CD中的电流由C到D，即： ＞
0 C D
φ φ
感应电动势为： B
E= 0 πR2
t
0
E B πR2
感应电流为：I= = 0
3r 3rt
2r+ d 0
3d
则外力：
B2πdR2
F=F =B Id= 0
A 0 3rt
0
在t ～3t ，匝圆形导体线圈内磁通量不变，则回路电动势、电流为零，C、D两点的电势相等，故外力
0 0
F＝0B d(L−x )
（2）CD棒向左加速过程中，感应电动势的平均值为：E= 0 0
Δt
E
感应电流的平均值为：I=
3r
安培力的平均值为：F=B Id
0
由动量定理得：F⋅Δt=mv
0
3mrv
联立可得： x =L− 0
0 B2d2
0
Q
由串联电路的特点可知，电路中产生的总热量为：Q =Q+ ⋅2r=3Q
总 r
1
由功能关系和能量守恒得：W =3Q+ mv2
2 0
（ 3 ） CD 从 磁 场 区 域 Ⅱ 右 边 界 向 左 运 动 距 离 x 时 ， 回 路 中 棒 CD 的 长 度 为 ：
√3
d =d+2xtan30°=2 x+d
x 3
r 2x r √3 2√3x r
回路中总电阻为：r = (d + )+2r= (2 x+d+2⋅ )+2r= (2√3x+3d)
总x d x cos30° d 3 3 d
√3
B (2 x+d)v
B d v 0 3 x B v B dv
回路中电流为：I = 0 x x = = 0 x = 0 x
x r r r 3r
总x (2√3x+3d) 3
d d
棒CD所受安培力为： B2dv d
F =B I d = 0 x x
Ax 0 x x 3r
棒CD从磁场区域Ⅱ右边界运动到FI过程，由动量定理得： B2dv d
−∑ 0 x x Δt=mv−mv
3r 0
即：
B2dS
mv﹣mv
− 0 3t 0= 0
3r
其中：S =2√3d2
3t0
所以：
2√3B2d3
v=v − 0
0 3mr
20.（10分）
【解答】解：（1）在磁场中由洛伦兹力提供向心力v2
qv B=m 0
0 r
P点发出的粒子均从F点射出，根据几何关系可得
r＝R
解得带电粒子的初速度大小
BqR
v =
0 m
（2）从M点射出的粒子运动时间最长，粒子从F点离开磁场时与O O之间的夹角为 ，如下图
1
θ
可得
L 1
sinθ= MP=
R 2
解得
＝30°
θ根据几何知识该粒子在PO
1
O平面内的轨迹长度为
3R 2πR R 3R √3R 2πR 2√3R 4π+√3+9
s= −R⋅cosθ+ + = − + + = R
2 3 cosθ 2 2 3 3 6
所以
s (4π+√3+9)m
t = =
max v 6Bq
0
（3）设打在荧光屏上的横、纵坐标分别为x、y，粒子从F点离开磁场时与O O之间的夹角为 ，如图
1
上所示，可得 θ
L 1
sinθ= MP=
R 2
解得 ＝30°
依题意θ有√3R
x=Rtanθ=
3
带电拉子在匀强电场中做类平抛运动，可得
qE
a=
m
1
y= at2
2
R
=v t
cosθ 0
联立解得
2Em
y=
3B2q
√3R 2Em
则粒子打在荧光屏上的位置坐标为( ， )；
3 3B2q
（4）猜想带电粒子打到荧光屏上形成图像的形状是抛物线。
证明：因为所有粒子从F点射入电场且速度大小相等，假设打在荧光屏上的横坐标为x，则粒子的运动
时间是
√x2+R2
t=
v
0
所以
1
y= at2
2
qE
a=
m
解得
E
y= (x2+R2 )
2BR
由（2）（3）中分析，并根据对称性可得x的取值范围为
√3 √3
− R≤x≤ R
3 3
故带电粒子打到荧光屏上形成图像的形状是抛物线。
