黄金卷08-【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（浙江卷专用）（参考答案）

试卷第=page22页，共=sectionpages2222页【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）12345678910111213AADCCCADACBCD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）1415ACDAD三、非选择题（本题共6小题，共55分）16．(7分+7分)Ⅰ、（1）AB；（2）1m、kⅡ、（1）如图1所示（2）24；（3）R1、如图2所示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T0＝273K，体积为V1，等压过程有：VT在标准状态时气体摩尔体积为V0＝22.4L/mol气体物质的量为：n=V1解得：N=代入数据得：N＝5×1024故答案为：（1）AD；（2）增大，等于；（3）5×102418．(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：﹣mg•2R＝0−代入数据解得：vC＝26m/s（2）从B点到C点，由动能定理得：﹣μmgL=小钢球经过B点，由牛顿第二定律得：N﹣mg＝mv代入数据联立解得：N=5根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小FB＝N＝0.83N（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h1，从释放到E点，由动能定理得：mg（h1﹣R）﹣μmgL＝0代入数据解得：h1＝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h2，从释放到E点，由动能定理得：mg（h2﹣R）﹣μmgL﹣2μmgcosθ•Rtanθ代入数据解得：h2＝2.24m①若小球释放高度h＜1.6m，无法到达E点，s＝0②若小球释放高度1.6m≤h＜2.24m，小球能经过E点一次，μ＜tanθ，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：mgh﹣μmgL﹣μmgcosθ•s＝0代入数据解得：s＝2.5（h﹣1）③若小球释放高度2.24m≤h，小球经过E点两次，s＝2Rtanθ=219．(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（r1﹣r2）v而平均切割速度：vs1闭合时，a导体棒与金属圆环“电源”构成回路，此时电流：I=a静止在倾斜的导轨上，由平衡条件有：mgsinθ＝B1IL联立代入数据解得：m＝0.4kg（2）断开S1同时闭合S2，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′＝B1Lv电容器的电量：q＝CU电路中的电流：I=ΔqΔt=C×ΔUΔt=CB对金属棒a，根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣B1IL＝ma联立可得：mgsinθ−CB12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v0，由运动学公式得：v0代入数据可得：v0＝4m/s（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：mv0＝（m+3m）v1代入数据得：v1＝1m/s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v2，以水平向右为正方向，此过程由动量定理得：﹣B2I2L×Δt＝4mv2﹣4mvI2联立代入数据解得：v2＝0.8m/s在金属棒a（在cf之间）进入磁场B2的过程，de边与电阻R并联，电路总电阻为0.5R，设金属棒a到达EE′时的速度为v3，同理由动量定理得：﹣B2I3L×Δt＝4mv3﹣4mvI3联立代入数据解得：v3＝0.4m/s此过程产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得：Q=代入数据得：Q＝0.672J20.（10分）【解答】解：（1）沿直线通过区域Ⅱ，则：Eq＝qv0B解得：v0=EB=在区域Ⅰ中运动的半径：q解得：R1＝0.05m（2）粒子在区域Ⅱ中的半径：q×2v0B=m解得：R2＝0.10m根据几何关系可知，在区域Ⅱ中运动转过的圆心角为：α＝30°所以：t在区域Ⅰ中运动的半径：q×2v0Bsin60°=m解得：R根据几何关系可知，在区域Ⅰ运动转过的圆心角为60°所以：t所以从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间：t＝t1+t2=代入数据可得：t=π（3）若撤去区域Ⅱ的磁场，该粒子以速度v0进入区域Ⅱ，在区域Ⅱ中做类平抛运动，沿z轴方向：d＝v0t1沿x轴方向：x进入区域Ⅰ时沿x轴正方向的分速度为vx=解得：x1＝0.025m，vx＝1×104m/s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v0做匀速圆周运动，由（1）结论可知圆周运动半径为R1＝0.05m＝d，可得粒子偏转T4t2=x2＝vxt2解得：x2=π粒子在xOy平面内再次进入区域Ⅱ，在xOy平面做