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07·参考答案
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 C C B D D A B B B D D
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
BC ABD
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
16．(7分+7分)
Ⅰ、（1）20.00；（2）见解析；（3）弹簧都有重力，故竖直悬挂后，有了一定的初始伸长量，使得图
线不过坐标原点；（4）不变
Ⅱ、（1）甲；（2）1.60，5.0，320，310。
17．(9分)
【解答】解：（1）设连接杆的压力为F，气缸B内气体压强为p ，活塞横截面积为2S，气缸A活塞横
B
截面积为S
对气缸B，根据平衡条件p •2S＝p •2S+F
B 0
对气缸A，根据平衡条件1.5p •S＝p •S+F
0 0
联立解得p ＝1.25p
B 0
（2）重新达到稳定后，对于气缸B，根据平衡条件p ′•2S＝p •2S+F′
B 0
对于气缸A，根据平衡条件2×1.5p •S＝p •S+F′
0 0
联立解得p ′＝2p
B 0
由于气缸B中的气体做等温变化，根据波意耳定律p •2V ＝p ′•V
B 0 B B
代入数据联立解得V ＝1.25V
B 0
因此气缸B的体积变化ΔV ＝2V ﹣1.25V ＝0.75V
B 0 0 0
气缸A的体积变化ΔV ＝V ﹣V
A A 0
设连接杆向右移动的距离为d，根据题意ΔV ＝2S•d，ΔV ＝S•d
B A代入数据联立解得V ＝1.375V
A 0
18．(12分)
1
【解答】解：（1）滑块a下滑过程中，根据动能定理可得：mgh= mv2
2 B
代入数据解得：v ＝2m/s
B
滑块运动至B处时，根据牛顿第二定律可得：F ′﹣mg＝mv2
N B
R
代入数据解得：F ′＝24N
N
根据牛顿第三定律可知，滑块运动至B处时滑块对轨道的作用力大小为F ＝F ′＝24N、方向向下
N N
（2）若滑块过不了传送带，滑块到达E点的速度为零时下滑的高度最大，设最大高度为 h ，由动能定
m
理，有：
mgh ﹣ mgL ﹣ mgL ＝0
m CD MN
代入数据μ解得：h mμ＝0.575m
（3）传送带额外做功最大的临界条件：滑块第二次到达E点速度为零，在EF段，克服摩擦力做功为：
5
0.5×2×10+(0.5− ×0.9)×2×10
W =F •L 9 0.9J＝4.5J
EF f EF= ×
2
1
滑块第一次到达E点时，根据功能关系可得： mv2 =2W ，解得：v ＝3m/s
2 E1 EF E1
1
滑块第一次到达D点，根据功能关系可得： mv2 =2W + mgL ，解得：v ＝4m/s
2 D1 EF MN D1
μ
1
滑块第二次到达D点，根据功能关系可得： mv2 = mgL ，解得：v =√7m/s
2 D2 MN D2
μ
v −v
第一次在传送带上运动过程中，传送带额外做的功：W ＝ mgv • D1 E1
1 0
μg
μ
v −v
第一次在传送带上运动过程中，传送带额外做的功：W ＝ mgv • D2 E2
2 0
μg
μ
滑块只通过传送带一个来回，传送带额外做功的最大值为：W＝W +W
1 2
联立解得：W＝6（1+√7）J。
19．(10分)
【解答】解：（1）设半导体薄片中载流子平均移动速率为v，根据电流微观表达式I=nqsv=necbv
I k
解得：v= = ；
necb b（2）当棒位于x＝x 处时，evB =eE
0 0 H0
U
E = H0
H0 b
U nec 1
联立解得：B = H0= U = U
0 bv I H0 k H0
若U ＞0，M端积累正电荷，N端积累负电荷，故为N型。
H0
（3）由图2可知， U ，当导体棒运动到x处时，其磁感应强度大小为B，则
U = H0 x
H x
0
B 1 U （磁场方向竖直向下为正）
= U = H0 x
k H kx
0
导体棒受力 I l
F =− 0 U x
A kx H0
0
由动能定理：1 1 I l
mv2= 0 U (x2−x2 )
2 2 kx H0 0
0
v √ I l （﹣x ≤x≤x ）
=± 0 U (x2−x2 ) 0 0
kmx H0 0
0
导体棒做简谐振动，沿x轴负方向运动时，取负号，反之取正号。
20.（10分）
【解答】解：（1）想要射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小，需要让更多的粒子打在极
板上，即全体粒子向垂直于极板方向的位移最大，故粒子源应在 t＝0时刻（或方形波电压每一周期的
起始时刻）发射粒子，由于粒子带负电，故粒子受到向上的电场力而向上运动，假设在极板左侧的C位
置发射的粒子刚好打在上极板右侧边缘，如图所示；
以t＝0时刻进入电场的粒子，在初速度方向做匀速直线运动，则：L＝v t
0
2
解得：t＝1.5×10﹣5s＞ T ，则粒子在板间运动分为两段。
3 波
qU 1.2×106×1.0×102
粒子在电场中的加速度大小为：a= 0= m/s2=6×108m/s2
md 0.2
粒子在电场方向先做匀加速运动后做匀减速运动，匀加速运动时间为：
t =2×0.5×10−5s=1×10−5s
1
t 时刻粒子在电场方向的分速度为：v ＝at ＝6×108×1.0×10﹣5m/s＝6×103m/s
1 y1 11
在电场方向匀加速运动的位移为：y = ×6×108×(1.0×10−5 ) 2m＝3cm
1
2
匀减速运动时间为：
t =t−t =0.5×10−5s
2 1
t 时刻粒子在电场方向的分速度为：
2 v =v −at =3×103m/s
y2 y1 2
v +v
在电场方向匀减速运动的位移为：y = y1 y2t =2.25cm
2 2 2
故粒子向上偏转的距离为：y＝y +y ＝5.25cm
1 2
d−y 20−5.25
射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小值为：η= = =73.75%
d 20
由速度关系可知粒子射出电场的合速度大小为：v m/s＝5×103m/s
=√v2+v2 =√42+32×103
0 y2
v 4
合速度与初速度方向之间夹角为：cosθ= 0= ，即 ＝37°
v 5
θ
4
由图中几何关系可知收集板的最小长度为：L =(d−y)cosθ=(20−5.25)× cm=11.8cm
1 5
（2）设粒子在t＝1×10﹣5s时刻进入电场，可知离开电场的粒子在电场中先向下加速再向下减速，最后
向上加速离开电场，设极板左侧的D位置发射的粒子刚好没有打在下极板上，如图所示；
粒子在电场方向先向下匀加速运动的时间为：
t' =0.5×10−5s
1
t 时 刻 粒 子 在 电 场 方 向 的 分 速 度 为 ：
1 v' =at' =3×103m/s
y1 11
在电场方向向下匀加速运动的位移为：y' = at'2=0.75cm
1 2 1
向下匀减速运动时间为：
t' =0.5×10−5s
2
由对称性可知向下匀减速运动的位移为：y' ＝y' ＝0.75cm
2 1
最后向上匀加速运动时间为：
t =0.5×10−5s
3
1
在电场方向向上匀加速运动的位移为：y = at2=0.75cm
3 2 3
t 时刻粒子在电场方向的分速度为：
3 v =v' −at' +at =3×103m/s
y3 y1 2 3
可知从极板右侧离开的粒子中离B板的最小距离为0.75cm。
所有离开电场的粒子速度都满足大小为： ，与初速度方向之间夹角为 ＝
v=√v2+v2=5×103m/s
0 y
θ
37°。
v2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律：qvB=m
r
解得：r＝2.5cm
为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，如图所示，由几何关系可得收集板的最小长度为：L ＝
2
d ﹣2r＝（20﹣0.75﹣2×2.5）cm＝14.25cm
AF
5 mv
若磁场改为B = T，则粒子在磁场中的轨迹半径为：r = =8cm
2 96 2 qB
2
为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，如图所示由几何关系可得收集板的最小长度为：L' ＝2r
2 2＝2×8cm＝16cm
（3）要使所有射出电场的粒子都能收集到一点，所加圆形磁场区域直径应与粒子射出范围的宽度相等，
如图所示；
4
(20−0.75)×
由图中几何关系可知磁场区域的最小半径为： d cosθ 5
R = AF = cm=7.7cm
min 2 2
为使粒子在磁场中偏转后会聚于一点，粒子在磁场中的轨迹半径应为：r'＝R
min
v2
根据牛顿第二定律：qvB=m
r'
解得：B≈5.4×10﹣2T
