【文档说明】冲刺2024年高考物理真题重组卷04（浙江专用）（参考答案）.docx，共(5)页，658.568 KB，由小赞的店铺上传

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冲刺2024年高考※※真题重组卷（浙江专用）真题重组卷04（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）12345678910111213BCBDCDCDCBCDA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）1415ACCD三、非选择题（本题共6小题，共55分）16．(7分+7分)Ⅰ、（1）①ACD；②2.74，1.47；（2）①A；②角速度平方，不变。Ⅱ、（1）3V；（2）D；（3）1.50；（4）𝐸𝑅�

�1+𝑅2；（5）当R较大时，会导致电压表的分流较大，故原因不相同，不同意他的观点。17．(8分)【解答】解：设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意

知：p1＝p0、T1＝450K、V1＝V0、T2＝300K、V2=20𝑉021①由理想气体状态方程得：𝑝0𝑉0𝑇1=𝑝2𝑉2𝑇2②解得：p2＝0.7p0③对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，

末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V′0，由题意知：p3＝p0、V3＝V'0、p4＝p2④由玻意耳定律得：p0V′0＝p2V4⑤联立②⑤式，代入数据得V4=107𝑉′0⑥设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知ΔV＝V4−2

021𝑉′0⑦故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为：𝛥𝑚𝑚=𝛥𝑉𝑉4⑧联立③⑤⑥⑦⑧式，代入数据得：𝛥𝑚𝑚=13。18．(11分)【解答】解：（1）物块滑上木板到两者共速时木板恰好与弹簧接触的过程

，物块与木板组成的系统满足动量守恒定律，以向右为正方向，则有：m2v0＝（m1+m2）v1代入数据解得：v1＝1m/s此过程对木板，由动能定理得：μm2gx1=12m1𝑣12代入数据解得：x1＝0.125m；（2）物块与木板一起向右压缩弹簧，两者即将相对滑动时

它们之间的静摩擦力等于最大静摩擦力，设此时两者的加速度大小为a。对物块受力分析，由牛顿第二定律得：μm2g＝m2a解得：a＝1m/s2对物块和木板组成的整体受力分析，由牛顿第二定律得：kx2＝（m1+m2）a代入数据解得：x2＝0.25m从木

板与弹簧接触到物块与木板即将相对滑动的过程，由机械能守恒定律得：12（m1+m2）𝑣12=12𝑘𝑥22+12（m1+m2）𝑣22代入数据解得：v2=√32m/s；（3）物块与木板相对滑动后到两

者加速度首次相同的过程中，木板的加速度始终大于物块的加速度，物块相对木板始终向右运动，物块的加速度大小始终为a＝1m/s2，方向水平向左。此过程木板先向右速度从v2减小到0，再反向加速运动到加速度大小等于a，因弹簧弹力与形变量成正比，故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有对称性，可知

此过程的总时间为2t0，木板的末速度大小等于v2，木板的位移为零，弹簧的初、末状态的形变量相同，故此过程弹簧的初、末状态的弹性势能相等，木板的初末动能也相等，由能量守恒定律可知此过程系统因摩擦转化的内能ΔU就等于物块减少的动能，设此过程

物块的末速度为v3，则有：ΔU=12m2𝑣22−12m2𝑣32对物块，由速度—时间公式得：v3＝v2﹣a•2t0联立解得：ΔU=4√3𝑡0−8𝑡0219．(11分)【解答】解：（1）导电杆所受安培力的

大小为：F＝B1Id＝kI•I•3𝑀𝑔𝑘𝐼2=3Mg在火箭落停过程中，导电杆做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，对火箭与导电杆整体，由牛顿第二定律得：F﹣Mg＝Ma解得：a＝2g由速度—位移关系公式可得：2aL=�

�02解得：L=𝑣024𝑔（2）由速度—时间关系公式可得运动时间为t时，导电杆的速度为：v＝v0﹣at＝v0﹣2gt回路中感应电动势为：E＝B2dv＝2kI•3𝑀𝑔𝑘𝐼2•（v0﹣2gt）=6𝑀𝑔𝐼（v0﹣2gt）（

3）导电杆两端的电压恒为U0＝IR根据楞次定律或右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，与装置A提供的电流方向相同，为确保回路电流I恒定，需满足：U+E＝U0解得装置A输出电压U与运动时间t的关系为：U＝IR−6𝑀𝑔𝐼（v0﹣2gt）火箭落停过程经历的时间为t

1=𝑣0𝑎=𝑣02𝑔装置A输出的功率为：P＝UI＝I2R﹣6Mg（v0﹣2gt）可见装置A输出的功率P与时间成线性关系，则可用功率的平均值计算输出的能量W，初始（t＝0）时功率P0＝I2R﹣6Mgv0，末状态（t＝t1）的功率为P1

＝I2R，则有：W=𝑝𝑡1=12（P0+P1）t1=𝐼2𝑅𝑣02𝑔−32𝑀𝑣02（4）当R＝0时，由U＝IR−6𝑀𝑔𝐼（v0﹣2gt）=−6𝑀𝑔𝐼（v0﹣2gt）可知装置A回收能量的功率为P′＝|U|I＝6Mg（v0﹣2gt）可见装置A回收能量

的功率与时间成线性关系，同理用此功率的平均值计算回收的总能量W总，初始（t＝0）时功率P0′＝6Mgv0，末状态（t＝t1）的功率为P1′＝0，则有：W总=𝑃′𝑡1=12（P0′+P1′）t1=32𝑀�

�02设在火箭落停过程中，火箭与导电杆整体减少的机械能为ΔE机，减少的磁场能为ΔE磁，则有：ΔE机=12𝑀𝑣02+MgL=34𝑀𝑣02根据能量守恒定律得：ΔE磁＝W总﹣ΔE机=32𝑀𝑣02−34𝑀𝑣02

=34𝑀𝑣02故装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为34𝑀𝑣02；减少的磁场能，大小为34𝑀𝑣02。20．(11分)【解答】解：（1）电子入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，可知电子受到的沿y轴正方向的

电场力与沿y轴负方向的洛伦兹力大小相等，则有：eE＝eBv0解得：E＝Bv0（2）电子的入射速度为𝑣04＜v0，电子的运动轨迹如题图中的虚线所示，电子运动过程中所受洛伦兹力不做功，只有电场力做功，根据动能定理得：eEy1=12m（𝑣02）2−

12m（𝑣04）2解得：y1=3𝑚𝑣032𝑒𝐵（3）电子入射速度为v（0＜v＜v0），设电子在最高点时的速度大小为vm。电子在最低点所受的合力大小为：F1＝eE﹣eBv电子在最高点所受的合力大小为：F2＝eBvm﹣eE由题意可得：F1＝F2联立解得：vm＝2v0﹣v设电子到达最高点的纵

坐标为ym，同理，根据动能定理得：eEym=12𝑚𝑣𝑚2−12mv2解得：ym=2𝑚(𝑣0−𝑣)𝑒𝐵由0＜v＜v0，可得：0＜ym＜2𝑚𝑣0𝑒𝐵，且ym与v成线性关系，可知电子在空间的轨迹分布是均匀的，能到达纵坐标y2=𝑚𝑣05𝑒�

�位置的电子，其到达最高点的纵坐标在[𝑚𝑣05𝑒𝐵，2𝑚𝑣0𝑒𝐵）区间。则电子数N占总电子数N0的百分比为：η=(1−𝑦22𝑚𝑣0𝑒𝐵)×100%解得：η＝90%