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08·参考答案
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
A A D C C C A D A C B C 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
ACD AD
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
16．(7分+7分)
1 k
Ⅰ、（1）AB；（2） 、 。
m 4b
Ⅱ、（1）如图1所示
（2）24；（3）R 、如图2所示
1
17．(9分)【解答】解：（1）AD、理想气体是一种理想的模型，实际并不存在，但实际气体在温度不太高，压强
不太大时都可视为理想气体，故选项A正确，B错误；
C、理想气体的内能仅与温度有关，选项C错误；
D、理想气体遵循气体实验定律，选项D正确．
故选：AD
（2）气体内能增加，温度升高，分子的平均动能将增大；由热力学第一定律W+Q＝ΔU知，根据题意
Q＝0，
W＝ΔU＝3.4×104J
（3）设气体刚被压缩时的温度为T＝（273+27）K＝300K，体积为V＝0.224m3，
在标准状态时的温度为T ＝273K，体积为V ，等压过程有：
0 1
V V
= 1
T T
0
在标准状态时气体摩尔体积为V ＝22.4L/mol
0
气体物质的量为： V ，且分子数N＝nN
n= 1 A
V
0
解得： V T
N= 0 N
V T A
0
代入数据得：N＝5×1024
故答案为：（1）AD；（2）增大，等于；（3）5×1024
18．(12分)
【解答】解：（1）小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小球到E点的速度为0，小
球从C点到E点，根据动能定理得：
1
﹣mg•2R＝0− mv2
2 C
代入数据解得：v ＝2√6m/s
C
1 1
（2）从B点到C点，由动能定理得：﹣ mgL= mv2− mv2
2 C 2 B
μ
小钢球经过B点，由牛顿第二定律得：N﹣mg＝mv2
B
R5
代入数据联立解得：N= N≈0.83N
6
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小F ＝N＝0.83N
B
（3）若小钢球恰能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为h ，从释放到E点，由动能定理得：
1
mg（h ﹣R）﹣ mgL＝0
1
代入数据解得：μh
1
＝1.6m
若小钢球恰能第二次通过E点，设小球钢释放点距A点为h ，从释放到E点，由动能定理得：
2
R
mg（h ﹣R）﹣ mgL﹣2 mgcos • =0
2
tanθ
μ μ θ
代入数据解得：h ＝2.24m
2
①若小球释放高度h＜1.6m，无法到达E点，s＝0
②若小球释放高度1.6m≤h＜2.24m，小球能经过E点一次， ＜tan ，则小钢球最终停在H点，从释放
点到停在H点，根据动能定理得： μ θ
mgh﹣ mgL﹣ mgcos •s＝0
代入数μ据解得：μs＝2.5θ（h﹣1）
0.6
R ×
③若小球释放高度2.24m≤h，小球经过E点两次，s＝2 =2 3 m＝1.6m
tanθ
4
19．(10分)
【解答】解：（1）金属圆环在环形磁场中转动时产生动生电动势：E＝B（r ﹣r ）v
1 2
ωr +ωr
而平均切割速度：v= 1 2
2
E
s 闭合时，a导体棒与金属圆环“电源”构成回路，此时电流：I =
1 R
1
a静止在倾斜的导轨上，由平衡条件有：mgsin ＝B IL
1
联立代入数据解得：m＝0.4kg θ
（2）断开S 同时闭合S ，金属棒a与电容器组成电路，金属棒a向下滑行过程中，电容器的电压U始
1 2
终等于金属棒a切割磁感线产生的感应电动势E′，则有：U＝E′＝B Lv
1
电容器的电量：q＝CU
Δq ΔU Δv
电路中的电流：I= =C× =CB L× =CB La
1 1
Δt Δt Δt
对金属棒a，根据牛顿第二定律得：mgsin ﹣B IL＝ma
1
θ联立可得：mgsin L2a＝ma
−CB2
1
θ
代入数据得到：a＝2m/s2
金属棒a匀加速下滑，设金属棒a到达倾斜导轨底端QQ′时的速度大小为v ，由运动学公式得：
0 v2=
0
2a•MQ
代入数据可得：v ＝4m/s
0
（3）金属棒a越过QQ′后与U形金属框发生完全非弹性碰撞，以水平向右为正方向，由动量守恒定律
得：
mv ＝（m+3m）v
0 1
代入数据得：v ＝1m/s
1
在de边进入磁场的过程，de边左侧被导轨和金属棒a短路（即电阻R中无电流），回路中只有de边的
电阻R，设de边到达EE′时的速度为v ，以水平向右为正方向，此过程由动量定理得：﹣B I L×Δt＝
2 2 2
4mv ﹣4mv
2 1
E ΔΦ ΔΦ B L2
I ×Δt= 1×Δt= ⋅Δt= = 2
2 R Δt⋅R R R
联立代入数据解得：v ＝0.8m/s
2
在金属棒a（在cf之间）进入磁场B 的过程，de边与电阻R并联，电路总电阻为0.5R，设金属棒a到
2
达EE′时的速度为v ，同理由动量定理得：
3
﹣B I L×Δt＝4mv ﹣4mv
2 3 3 2
B L2
I ×Δt= 2
3 0.5R
联立代入数据解得：v ＝0.4m/s
3
1 1
此过程产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得：Q= ×4m×v2− ×4m×v2
2 1 2 3
代入数据得：Q＝0.672J
20.（10分）
【解答】解：（1）沿直线通过区域Ⅱ，则：Eq＝qv B
0
E 40
解得：v = = m/s＝1×104m/s
0 B 4×10−3在区域Ⅰ中运动的半径： v 2
qv B=m 0
0 R
1
解得：R ＝0.05m
1
（2）粒子在区域Ⅱ中的半径：q×2v B (2v ) 2
0 =m 0
R
2
解得：R ＝0.10m
2
根据几何关系可知，在区域Ⅱ中运动转过的圆心角为： ＝30°
α
T πm
所以：t = 2=
2 12 6Bq
在区域Ⅰ中运动的半径：q×2v Bsin60° (2v sin60°) 2
0 =m 0
R '
1
解得：
R '=0.05√3m
1
根据几何关系可知，在区域Ⅰ运动转过的圆心角为60°
T πm
所以：t = 1=
2 6 3Bq
πm
所以从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间：t＝t +t =
1 2
2Bq
π
代入数据可得：t= ×10−5s
4
（3）若撤去区域Ⅱ的磁场，该粒子以速度v 进入区域Ⅱ，在区域Ⅱ中做类平抛运动，
0沿z轴方向：d＝v t
01
1 Eq
沿x轴方向：x = × t2
1 2 m 1
Eq
进入区域Ⅰ时沿x轴正方向的分速度为v = t
x m 1
解得：x ＝0.025m，v ＝1×104m/s
1 x
粒子在区域Ⅰ内的运动轨迹为螺旋线，在平行 yOz面的平面内以速度大小为v 做匀速圆周运动，由
0
T
（1）结论可知圆周运动半径为R ＝0.05m＝d，可得粒子偏转 在xOy平面内进入区域Ⅱ。同时沿x轴
1
4
正方向上做匀速直线运动，此过程的运动时间和沿x轴正方向的位移分别为：
t T 2πR
2= = 1
4 4v
0
x ＝v t
2 x2
π
解得：x = m
2
40
粒子在xOy平面内再次进入区域Ⅱ，在xOy平面做类抛体运动，则有：
d＝v t
03
1 Eq
x =v t + × t2
3 x 3 2 m 3
解得：x ＝0.075m
2
π π
可得离开区域Ⅱ时x轴坐标：x＝x +x +x ＝0.025m+ m+0.075m＝（0.1+ ）m
1 2 3
40 40
y轴坐标：y＝2d＝0.1m
z轴坐标：z＝0m
π
故第二次离开区域Ⅱ的位置坐标为：[（0.1+ ）m，0.1m，0m]
40
