沖刺2024年高考物理真題重組卷02（參考答案）

沖刺2024年高考※※真題重組卷（）真題重組卷02（參考答案）（考試時(shí)間：90分鐘試卷滿(mǎn)分：100分）一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）12345678910111213DDDDACBCCBBDC二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得2分，選對(duì)但不全的得1分，有選錯(cuò)的得0分）1415ACBD三、非選擇題（本題共6小題，共55分）16．(7分+7分)Ⅰ、（1），；（2）；（3），；（4）b，2k。Ⅱ、（2）U2-U1R0，U117．(8分)【解答】解：（1）對(duì)左右汽缸內(nèi)密封的氣體，初態(tài)壓強(qiáng)為p1＝p0，體積為V1＝SH+2SH＝3SH末態(tài)壓強(qiáng)為p2，左側(cè)氣體高度為H+12H右側(cè)氣體高度為H-13總體積為V2＝S?32H+23H?根據(jù)玻意耳定律可得p1V1＝p2V2整理解得p2=1817（2）設(shè)添加沙子的質(zhì)量為m，對(duì)右邊活塞受力分析可知mg+p0?2S＝p2?2S整理解得m=對(duì)左側(cè)活塞受力分析可知p0S+k?12H＝p2整理解得k=18．(11分)【解答】解：（1）滑塊C沿弧形軌道下滑過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mCgH=12mC代入數(shù)據(jù)解得：H＝（2）滑塊C剛滑上B時(shí)，對(duì)C受力分析，由牛頓第二定律得：μ2mCg＝mCaC對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律得：μ2mCg﹣μ1（mB+mC）g＝mBaB代入數(shù)據(jù)解得：aC＝5m/s2；aB＝1m/s2設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1，B和C共速，則有：v﹣aCt1＝v0+aBt1代入數(shù)據(jù)解得：t1＝共同速度v共1＝v﹣aCt1＝4m/s﹣5×＝B的位移為xB1=v0+vB和C共速后，一起做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，對(duì)BC整體受力分析，由牛頓第二定律得：μ1（mB+mC）g＝（mB+mC）aBC代入數(shù)據(jù)解得：aBC＝1m/s2設(shè)再經(jīng)過(guò)時(shí)間t2，A與B發(fā)生碰撞，則有：xA＝xB1+xB2其中A的位移為：xA＝v0（t1+t2）B在t2時(shí)間內(nèi)的位移為：xB2＝v共1t2-12a代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：t2=1+22s或xB2=3+4此時(shí)BC的共同速度為v共2＝v共1﹣aBCt2＝﹣1×1+22m/s＝（1為保證與P碰撞前，B與C能達(dá)到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，則xB1≤s≤xB1+xB2代入數(shù)據(jù)解得：≤s≤（1+22（3）s＝＜xB1即B與P碰撞時(shí)，滑塊C與木板B沒(méi)有共速，對(duì)木板B，由位移—時(shí)間公式得：s＝v0t0+12a代入數(shù)據(jù)解得：t0＝或﹣（舍去）滑塊C的位移為：xC＝vt0-12a代入數(shù)據(jù)解得：xC＝摩擦力對(duì)C做的功W＝﹣μ2mCgxC代入數(shù)據(jù)解得：W＝﹣6J（4）木板B與P碰撞時(shí)，B的速度vB0＝v0+aBt0＝1m/s+1×＝C的速度vC0＝v﹣aCt0＝4m/s﹣5×＝2m/sA的位移為xA1＝v0t0＝1×＝此時(shí)A、B間的距離為Δx＝s﹣xA1＝﹣＝B與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞后以原速率反彈，反彈后對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律得：μ2mCg+μ1（mB+mC）g＝mBaB′代入數(shù)據(jù)解得：aB′＝4m/s2物塊A與木板B相向運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)間t3恰好相遇，由位移關(guān)系得：xA2+xB3＝Δx其中A的位移為：x＝v0t3B的位移為：xB3＝vB0t3-12aB聯(lián)立解得：t3=3-225s或此時(shí)B的速度vB1＝vB0﹣aB′t3＝﹣4×3-225m/sC的速度vC1＝vC0﹣aCt3＝2m/s﹣5×3-225m/s＝（22-以水平向右為正方向，A、B發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律得：mAv0﹣mBvB1＝mAvA+mBvB由機(jī)械能守恒定律得：12mAv02+12mBv代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：vA=-32vB=15-82此時(shí)C的速度vC＝vC1＝（22-1）物塊A向左的速度大于木板B向左的速度，物塊A向左做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。由于摩擦力作用，B和C最后靜止，三個(gè)物體的初動(dòng)量為p1＝（mA+mB）v0+mCv末動(dòng)量為p2＝mAvA整個(gè)過(guò)程動(dòng)量的變化量的大小為Δp＝|p2﹣p1|代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：Δp＝（6+32215）19．(11分)【解答】解：（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值為：E=BL其中，v根據(jù)電荷量的定義式可知，金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中流過(guò)金屬框的電荷量為：q1根據(jù)楞次定律可知，金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)和離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中電流方向相反，但安培力始終水平向左，設(shè)兩個(gè)過(guò)程中的電荷量的絕對(duì)值之和為q，則q=2q對(duì)整個(gè)過(guò)程，選擇水平向右的方向?yàn)檎较?，設(shè)金屬框的初速度為v0，對(duì)金屬框根據(jù)動(dòng)量定理可得：-qBL=聯(lián)立解得：v0=（2）設(shè)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的末速度為v1，因?yàn)閷?dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，此時(shí)金屬框上下部分被短路，根據(jù)電路構(gòu)造可知此時(shí)電路中的總電阻為：R總=金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，以水平向右為正方向，則-B解得：v根據(jù)能量守恒定律可得：1根據(jù)電阻的比值關(guān)系可得此過(guò)程中電阻R1產(chǎn)生的熱量為：QR1聯(lián)立解得：Q金屬框完全在磁場(chǎng)中過(guò)程，金屬框的左右兩邊框同時(shí)切割磁感線(xiàn)，可等效為兩個(gè)電源并聯(lián)和R1構(gòu)成回路，此時(shí)回路的為：R總1＝R1+假設(shè)金屬框的右邊能夠到達(dá)磁場(chǎng)右邊界，且速度為v2，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得：-B解得：v2＝0可知金屬框的右邊恰好能到達(dá)磁場(chǎng)右邊界，根據(jù)能量守恒定律可得此過(guò)程產(chǎn)生的總熱量為：Q2此過(guò)程中電阻R1產(chǎn)生的熱量為：Q聯(lián)立解得：Q整個(gè)過(guò)程中電阻R1產(chǎn)生的熱量為：Q總＝QR1+QR1′代入數(shù)據(jù)解得：Q總=20．(11分)【解答】解：（1）帶電粒子A進(jìn)入電場(chǎng)的初速度方向與電場(chǎng)方向垂直，粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，其軌跡如圖1所示：粒子A沿垂直電場(chǎng)方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在N點(diǎn)沿垂直電場(chǎng)方向的分速度大小為v0，其方向與x軸正方向的夾角等于α，可得：cos2α=v解得：α＝30°對(duì)粒子從M到N的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得：qU解得：UMN（2）粒子A在N點(diǎn)沿電場(chǎng)方向的分速度大小為：v1＝2v0sin2α=已知粒子A在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間T，其沿垂直電場(chǎng)方向的分位移大小為：s0＝v0T粒子A沿電場(chǎng)方向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，對(duì)應(yīng)的分位移大小為：s1=12v1T=3由幾何關(guān)系可得N點(diǎn)橫坐標(biāo)為：xN＝s0?cosα+s1?sinα=334對(duì)于在該邊界上任意位置p（x，y）進(jìn)入電場(chǎng)的粒子，根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)：末速度與勻速運(yùn)動(dòng)方向的夾角的正切值等于位移與勻速運(yùn)動(dòng)方向的夾角的正切值的2倍，幾何關(guān)系的示意圖如圖2所示：可得：tanθ=12tan2α=12tan（2×30°）=32；γ＝90°+α又有：tanγ=tanγ＝tan（120°﹣θ）=聯(lián)立解得此邊界方程為：y=14v0（3）由（1）（2）的結(jié)論可得電場(chǎng)強(qiáng)度為：E=UMNs設(shè)粒子A第n次在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線(xiàn)速度為vn，可得第n+1次在N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為：vn+1=vn第一次在N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為2v0，可得：vn＝2nv0，（n＝1、2、3……）設(shè)粒子A第n次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bn，由題意可得：Bn=B12n-1，（n＝1、由洛倫茲力提供向心力得：qvnBn＝mv聯(lián)立解得：rn=粒子A第n次在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖3所示：粒子每次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角均為300°，第n次離開(kāi)磁場(chǎng)的位置C與N的距離等于rn，由C到N由動(dòng)能定理得：qErnsin30°=代入各式可得：q?3mv0qT?4nmv02qB1?sin30°=12m[（2n+1解得：B1=由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)沿電場(chǎng)方向的運(yùn)動(dòng)可得，粒子A第n次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t1n=2nv0sin粒子A第n次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為：T′=2πrnvn粒子A第n次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t2n=300°360°?T'=56?設(shè)粒子A第n次在電場(chǎng)邊界MN與x軸之間的無(wú)場(chǎng)區(qū)域的位移為sn，邊界與x軸負(fù)方向的夾角為β，則根據(jù)邊界方程y=14v0T-39x，可得：tanβ=39，由正弦定理可得：s解得：sn=粒子A第n次在電場(chǎng)邊界MN與x軸之間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t3n=snvn=粒子A從