冲刺2024年高考物理真题重组卷02（参考答案）

冲刺2024年高考※※真题重组卷（）真题重组卷02（参考答案）（考试时间：90分钟试卷满分：100分）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）12345678910111213DDDDACBCCBBDC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）1415ACBD三、非选择题（本题共6小题，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）对左右汽缸内密封的气体，初态压强为p1＝p0，体积为V1＝SH+2SH＝3SH末态压强为p2，左侧气体高度为H+12H右侧气体高度为H-13总体积为V2＝S•32H+23H•根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2整理解得p2=1817（2）设添加沙子的质量为m，对右边活塞受力分析可知mg+p0•2S＝p2•2S整理解得m=对左侧活塞受力分析可知p0S+k•12H＝p2整理解得k=18．(11分)【解答】解：（1）滑块C沿弧形轨道下滑过程，由动能定理得：mCgH=12mC代入数据解得：H＝（2）滑块C刚滑上B时，对C受力分析，由牛顿第二定律得：μ2mCg＝mCaC对B受力分析，由牛顿第二定律得：μ2mCg﹣μ1（mB+mC）g＝mBaB代入数据解得：aC＝5m/s2；aB＝1m/s2设经过时间t1，B和C共速，则有：v﹣aCt1＝v0+aBt1代入数据解得：t1＝共同速度v共1＝v﹣aCt1＝4m/s﹣5×＝B的位移为xB1=v0+vB和C共速后，一起做匀减速直线运动，对BC整体受力分析，由牛顿第二定律得：μ1（mB+mC）g＝（mB+mC）aBC代入数据解得：aBC＝1m/s2设再经过时间t2，A与B发生碰撞，则有：xA＝xB1+xB2其中A的位移为：xA＝v0（t1+t2）B在t2时间内的位移为：xB2＝v共1t2-12a代入数据联立解得：t2=1+22s或xB2=3+4此时BC的共同速度为v共2＝v共1﹣aBCt2＝﹣1×1+22m/s＝（1为保证与P碰撞前，B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，则xB1≤s≤xB1+xB2代入数据解得：≤s≤（1+22（3）s＝＜xB1即B与P碰撞时，滑块C与木板B没有共速，对木板B，由位移—时间公式得：s＝v0t0+12a代入数据解得：t0＝或﹣（舍去）滑块C的位移为：xC＝vt0-12a代入数据解得：xC＝摩擦力对C做的功W＝﹣μ2mCgxC代入数据解得：W＝﹣6J（4）木板B与P碰撞时，B的速度vB0＝v0+aBt0＝1m/s+1×＝C的速度vC0＝v﹣aCt0＝4m/s﹣5×＝2m/sA的位移为xA1＝v0t0＝1×＝此时A、B间的距离为Δx＝s﹣xA1＝﹣＝B与P发生弹性碰撞，碰撞后以原速率反弹，反弹后对B受力分析，由牛顿第二定律得：μ2mCg+μ1（mB+mC）g＝mBaB′代入数据解得：aB′＝4m/s2物块A与木板B相向运动，设经时间t3恰好相遇，由位移关系得：xA2+xB3＝Δx其中A的位移为：x＝v0t3B的位移为：xB3＝vB0t3-12aB联立解得：t3=3-225s或此时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-以水平向右为正方向，A、B发生弹性碰撞，碰撞过程由动量守恒定律得：mAv0﹣mBvB1＝mAvA+mBvB由机械能守恒定律得：12mAv02+12mBv代入数据联立解得：vA=-32vB=15-82此时C的速度vC＝vC1＝（22-1）物块A向左的速度大于木板B向左的速度，物块A向左做匀速直线运动。由于摩擦力作用，B和C最后静止，三个物体的初动量为p1＝（mA+mB）v0+mCv末动量为p2＝mAvA整个过程动量的变化量的大小为Δp＝|p2﹣p1|代入数据联立解得：Δp＝（6+32215）19．(11分)【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律可得，金属框进入磁场过程中，设运动的时间为t，感应电动势的平均值为：E=BL其中，v根据电荷量的定义式可知，金属框进入磁场过程中流过金属框的电荷量为：q1根据楞次定律可知，金属框进入磁场和离开磁场的过程中电流方向相反，但安培力始终水平向左，设两个过程中的电荷量的绝对值之和为q，则q=2q对整个过程，选择水平向右的方向为正方向，设金属框的初速度为v0，对金属框根据动量定理可得：-qBL=联立解得：v0=（2）设金属框进入磁场的末速度为v1，因为导轨电阻忽略不计，此时金属框上下部分被短路，根据电路构造可知此时电路中的总电阻为：R总=金属框进入磁场的过程中，以水平向右为正方向，则-B解得：v根据能量守恒定律可得：1根据电阻的比值关系可得此过程中电阻R1产生的热量为：QR1联立解得：Q金属框完全在磁场中过程，金属框的左右两边框同时切割磁感线，可等效为两个电源并联和R1构成回路，此时回路的为：R总1＝R1+假设金属框的右边能够到达磁场右边界，且速度为v2，以水平向右为正方向，根据动量定理可得：-B解得：v2＝0可知金属框的右边恰好能到达磁场右边界，根据能量守恒定律可得此过程产生的总热量为：Q2此过程中电阻R1产生的热量为：Q联立解得：Q整个过程中电阻R1产生的热量为：Q总＝QR1+QR1′代入数据解得：Q总=20．(11分)【解答】解：（1）带电粒子A进入电场的初速度方向与电场方向垂直，粒子在电场中做类平抛运动，其轨迹如图1所示：粒子A沿垂直电场方向做匀速直线运动，在N点沿垂直电场方向的分速度大小为v0，其方向与x轴正方向的夹角等于α，可得：cos2α=v解得：α＝30°对粒子从M到N的运动过程，根据动能定理可得：qU解得：UMN（2）粒子A在N点沿电场方向的分速度大小为：v1＝2v0sin2α=已知粒子A在电场中运动时间T，其沿垂直电场方向的分位移大小为：s0＝v0T粒子A沿电场方向做匀加速直线运动，对应的分位移大小为：s1=12v1T=3由几何关系可得N点横坐标为：xN＝s0•cosα+s1•sinα=334对于在该边界上任意位置p（x，y）进入电场的粒子，根据类平抛运动的性质：末速度与匀速运动方向的夹角的正切值等于位移与匀速运动方向的夹角的正切值的2倍，几何关系的示意图如图2所示：可得：tanθ=12tan2α=12tan（2×30°）=32；γ＝90°+α又有：tanγ=tanγ＝tan（120°﹣θ）=联立解得此边界方程为：y=14v0（3）由（1）（2）的结论可得电场强度为：E=UMNs设粒子A第n次在磁场中做匀速圆周运动的线速度为vn，可得第n+1次在N点进入磁场的速度大小为：vn+1=vn第一次在N点进入磁场的速度大小为2v0，可得：vn＝2nv0，（n＝1、2、3……）设粒子A第n次在磁场中运动时的磁感应强度为Bn，由题意可得：Bn=B12n-1，（n＝1、由洛伦兹力提供向心力得：qvnBn＝mv联立解得：rn=粒子A第n次在磁场中的运动轨迹如图3所示：粒子每次在磁场中运动轨迹的圆心角均为300°，第n次离开磁场的位置C与N的距离等于rn，由C到N由动能定理得：qErnsin30°=代入各式可得：q•3mv0qT•4nmv02qB1•sin30°=12m[（2n+1解得：B1=由类平抛运动沿电场方向的运动可得，粒子A第n次在电场中运动的时间为：t1n=2nv0sin粒子A第n次在磁场中运动的周期为：T′=2πrnvn粒子A第n次在磁场中运动的时间为：t2n=300°360°⋅T'=56•设粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间的无场区域的位移为sn，边界与x轴负方向的夹角为β，则根据边界方程y=14v0T-39x，可得：tanβ=39，由正弦定理可得：s解得：sn=粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间运动的时间为：t3n=snvn=粒子A从