【文档说明】冲刺2024年高考物理真题重组卷02（浙江专用）（参考答案）.docx，共(8)页，774.165 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）123456789101112

13DDDDACBCCBBDC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）24.00，80.0；（2）；（3）70.0，59.0；（4）b，2k。Ⅱ、（2）𝑈2−𝑈1𝑅0，𝑈1𝑅0𝑈2−𝑈1；（5）0.150；（6）5.0。17．(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=32H右侧气体高度为H−13H=23𝐻总体积为V2＝S•32H+23H•2S=176SH根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2整理解得

p2=1817p0（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=2𝑝0𝑆17𝑔对左侧活塞受力分析可知p0S+k•12H＝p2S整理解得k=2𝑝0𝑆17𝐻1

8．(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=12mCv2代入数据解得：H＝0.8m（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＝0.5s共同速度v共1＝v﹣aCt1＝4m/s﹣5×0.5m/s＝1.5m/sB的位移为xB1=𝑣0+𝑣共2t1=1+1.52×0.

5m＝0.625mB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1t2−12aBC𝑡22代入数据联立解得：t2=1+√22s或1−√22s（舍去）xB2=3+4√28m此时BC的共同速度为v共2＝v共1﹣aBCt2＝1.5m/s﹣1×1+√22m/s＝（1−√22）m/s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：0.625m≤s≤（1+√22）m（3）s＝0.48m＜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+

12aB𝑡02代入数据解得：t0＝0.4s或﹣2.4s（舍去）滑块C的位移为：xC＝vt0−12aC𝑡02代入数据解得：xC＝1.2m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+1×0.4m/s＝1.4m/

sC的速度vC0＝v﹣aCt0＝4m/s﹣5×0.4m/s＝2m/sA的位移为xA1＝v0t0＝1×0.4m＝0.4m此时A、B间的距离为Δx＝s﹣xA1＝0.48m﹣0.4m＝0.08mB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′𝑡32联立解得：t3=3−2√25s或3+2√25s（舍去）此时B的速度vB1＝vB0﹣aB′t3＝1.4m/s﹣4×3−2√25m/s=8√2−55m/s，方向向左；C的速度vC1＝vC0

﹣aCt3＝2m/s﹣5×3−2√25m/s＝（2√2−1）m/s，方向向右；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+1

2mB𝑣𝐵12=12mA𝑣𝐴2+12mB𝑣𝐵2代入数据联立解得：vA=−32√2−1515m/s，方向向左；vB=15−8√215m/s，方向向左；此时C的速度vC＝vC1＝（2√2−1）m/s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+32√215）kg•m/s19．(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=𝐵𝐿𝑣其中，𝑣=𝐿𝑡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=𝐼𝑡=𝐸4𝑅0𝑡=𝐵𝐿24�

�0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=2𝑞1=2𝐵𝐿24𝑅0=𝐵𝐿22𝑅0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=12𝑚𝑣0−𝑚𝑣0联立解得：v0=𝐵2𝐿3𝑚𝑅0（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=𝑅0+2𝑅022𝑅0

+𝑅0=5𝑅03金属框进入磁场的过程中，以水平向右为正方向，则−𝐵2𝐿3𝑅总=𝑚𝑣1−𝑚𝑣0解得：𝑣1=2𝐵2𝐿35𝑚𝑅0根据能量守恒定律可得：12𝑚𝑣02=𝑄1+12𝑚𝑣12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=215𝑄1联立解得：𝑄𝑅1=7𝐵4𝐿6125𝑚𝑅02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+

𝑅02=5𝑅02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：−𝐵2𝐿3𝑅总1=𝑚𝑣2−𝑚𝑣1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=12𝑚𝑣12此过程中电阻R1产生的热量为：𝑄𝑅1′=45𝑄2联立解得：𝑄𝑅1′=8𝐵4𝐿6125𝑚𝑅02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=3𝐵4𝐿625𝑚𝑅0220．(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=𝑣02𝑣0=12解得：α＝30°对粒子从M到N的运动过程，根据动能定理可得：𝑞𝑈𝑀𝑁=12𝑚(2𝑣0)2−12𝑚𝑣02解得：

𝑈𝑀𝑁=3𝑚𝑣022𝑞；（2）粒子A在N点沿电场方向的分速度大小为：v1＝2v0sin2α=√3𝑣0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=√32v0T由几何关系可得N

点横坐标为：xN＝s0•cosα+s1•sinα=3√34v0T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﹣θ＝120°﹣θ又有：tanγ=𝑥𝑁−𝑥𝑦tanγ＝tan（120°﹣θ）=𝑡𝑎𝑛120°−𝑡𝑎𝑛𝜃1+𝑡𝑎𝑛120°𝑡𝑎𝑛𝜃联立解得此边界方程为：y=14v0T−√39𝑥（

3）由（1）（2）的结论可得电场强度为：E=𝑈𝑀𝑁𝑠1，解得：E=√3𝑚𝑣0𝑞𝑇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=𝑣�

�𝑐𝑜𝑠2𝛼=2vn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、2、3……）由洛伦兹力

提供向心力得：qvnBn＝m𝑣𝑛2𝑟𝑛联立解得：rn=4𝑛𝑚𝑣02𝑞𝐵1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°=12𝑚𝑣𝑛+12−12𝑚𝑣𝑛2代入各式可得：q•√3𝑚𝑣0𝑞𝑇•4𝑛𝑚𝑣02𝑞𝐵1•sin30°=12m[（2n+1v0）2﹣（2nv

0）2]解得：B1=√3𝑚6𝑞𝑇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=2𝑛𝑣0𝑠𝑖𝑛60°𝑞𝐸𝑚=2n﹣1T粒子A第n次在磁场中运动的周期为：T′=2𝜋𝑟𝑛𝑣𝑛=2n+1√3πT粒子A第n次在磁场中运动的时间为：t2n

=300°360°⋅𝑇′=56•2n+1√3πT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，sinβ=12√7，cosβ=92√2

1由正弦定理可得：𝑠𝑛𝑠𝑖𝑛𝛽=𝑟𝑛𝑠𝑖𝑛(180°−30°−𝛽)解得：sn=𝑟𝑛2√3=4𝑛𝑣0𝑇2粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间运动的时间为：t3n=𝑠𝑛�

�𝑛=2n﹣1T粒子A从发射到第n次通过N点的过程，在电场中运动n次，在磁场和无场区域中均运动n﹣1次，则所求时间：t＝（20+21+……+2n﹣1+2n﹣1）T+56•√3πT（22+23+……+2n）+（20+21+……+2n﹣1+2n

﹣2）T由等比数列求和得到：t＝（2n﹣1）T+56•√3πT[4（2n﹣1﹣1）]+（2n﹣1﹣1）T解得：t＝（3+10√3𝜋3）2n﹣1T﹣（2+10√3𝜋3）T。