【文档说明】冲刺2024年高考物理真题重组卷05（浙江专用）（参考答案）.docx，共(5)页，667.962 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-357aedac6bb56a35535cbc11a1fcdebc.html

以下为本文档部分文字说明：

冲刺2024年高考※※真题重组卷（浙江专用）真题重组卷05（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）12345

678910111213ADABBABCACDCD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）1415ABBD三、非选择题（本题共6小题

，共55分）16．(7分+7分)Ⅰ、（1）12；（2）0.20；（3）0.13Ⅱ、（1）；（3）1.30；（4）1.80；2.50；（5）接法Ⅱ；（5）接法Ⅱ。17．(8分)【解答】解：（1）状态A到状态B的过程中，圆筒内气体与热源处于热平衡状态，则圆筒内气体的温度保持不变，

其分子平均动能不变；根据一定质量的理想气体状态方程pV＝CT可知，因为从状态A到状态B过程，气体的温度不变，体积减小，所以气体的压强增大，所以圆筒内壁单位面积受到的压力增大；（2）从状态A到状态B的过程中，气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可得：pAVA＝pBVB在A状态时，根据活塞的平衡状

态可得：p0S＝mg+pAS其中，S＝100cm2＝0.01m2从状态B到状态C的过程中，气体的体积保持不变，根据查理定律可得：𝑝𝐵𝑇𝐵=𝑝𝐶𝑇𝐶联立解得：TC＝350K（3）因为A到B过程中气体的温度保持不变

，则ΔUAB＝0从状态A到状态C的过程中，根据热力学第一定律可得：ΔUAC＝Q+WAC因为状态B到状态C过程气体的体积不变，则WAC＝WAB根据题意可得：ΔUAC＝ΔU联立解得：WAB＝11J18．(11分)【解答】解：

（1）选择水平向右的方向为正方向，A在传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma结合运动学公式可得：v0＝0+at联立解得：t=𝑣0𝜇𝑔（2）B从M点滑至N点的过程中，根据动能定理可得：2mg×3L﹣W=12×

2𝑚×(2𝑣0)2−12×2𝑚𝑣02联立解得：W＝6mgL−3𝑚𝑣02（3）设碰撞后A和B的速度分别为vA和vB，选择水平向右的方向为正方向，则根据动量守恒定律可得：2m×2v0＝2mvB+mvA根据能量守恒定律可得：12×2𝑚𝑣𝐵2+12𝑚𝑣𝐴2=(1−14)×12×

2𝑚×(2𝑣0)2联立解得：𝑣𝐴1=23𝑣0；𝑣𝐵1=53𝑣0另一解为：vA2＝2v0；vB2＝v0根据碰撞的合理性，碰撞后B的速度应小于A的速度，故只有vA2、vB2满足碰撞合理性。离开平台后，药品盒做平抛运动，则有：𝐿=12𝑔𝑡1

2根据题意可得：𝑠=12(𝑣𝐴2+𝑣𝐵2)𝑡1解得：s=3𝑣02√2𝐿𝑔19．(11分)【解答】解：（1）由电流定义式得：q=𝐼⋅𝛥𝑡由闭合电路欧姆定律得：𝐼=𝐸𝑅由法拉第电磁感应定律得：𝐸=𝛥𝛷𝛥𝑡0到𝜋𝜔时间内圆环的磁通量变化量的绝

对值为：ΔΦ＝B0S﹣（﹣B0S）＝2B0S联立解得：q=2𝐵0𝑆𝑅；（2）在0～𝜋3𝜔时间内，圆环的磁通量不变，故圆环中的感应电流为零；在𝜋3𝜔～2𝜋3𝜔时间内，感应电动势为：E=𝛥𝐵𝛥𝑡𝑆=

2𝐵0𝜋3𝜔•S=6𝜔𝐵0𝑆𝜋沿y轴正方向看，由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，故为负值，则此时间内感应电流为：I=−𝐸𝑅=−6𝜔𝐵0𝑆𝜋𝑅；（3）由图（2）的对称性可知，圆环中电

流的有效值可用半个周期0～𝜋𝜔时间内的热等效求得，则有I2R(2𝜋3𝜔−𝜋3𝜔)=I有2R•𝜋𝜔解得：I有=2√3𝜔𝐵0𝑆𝜋𝑅；（4）已知经𝜋𝜔时间角速度减小量为𝛥𝜔(𝛥𝜔𝜔≪1)，则此时间内线框的动能减小量为：ΔEk=12•2m

（ωl）2−12•2m[（ω﹣Δω）l]2＝mω2l2[1﹣（1−𝛥𝜔𝜔）2]＝mω2l2[1﹣（1−𝛥𝜔𝜔）2]＝mω2l2•2𝛥𝜔𝜔=2mωl2Δω此时间内圆环产生的焦耳热为：Q＝I有2R•𝜋𝜔=12𝜔𝐵02𝑆2�

�𝑅已知线框与圆环的能量转换效率为k，则有：Q＝kΔEk解得：Δω=6𝐵02𝑆2𝜋𝑘𝑚𝑅𝑙2。20．(11分)【解答】解：（1）根据带电微粒从P点射入磁场，能到达点O，根据几何关系确定

轨道半径为a，由洛伦兹力提供向心力得：Bqv＝m𝑣2𝑎解得：v=𝐵𝑞𝑎𝑚（2）粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动两个圆周，可知甲的周期是乙的周期的2倍，即T甲＝2T乙根据带电粒子在磁场中运动的周期公式得：𝑇甲=2𝜋𝑚𝐵𝑞，𝑇乙=2𝜋𝑚乙𝐵𝑞解得：

m乙=𝑚2第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰，碰前在O点甲的速度沿y轴负方向，为﹣v，碰后为3v，设碰前在O点乙的速度为v1，碰后为v2，根据动量守恒定律得：m（﹣v）+𝑚2𝑣1=m•3v+𝑚2𝑣2所有碰撞均为弹性正

碰，再根据机械能守恒得：12𝑚(−𝑣)2+12×𝑚2×𝑣12=12𝑚×(3𝑣)2+12×𝑚2×𝑣22联立解得：第一次碰撞前粒子乙的速度为v1＝5v=5𝐵𝑞𝑎𝑚，方向指向y轴正方向；第一次碰撞后粒子

乙的速度为v2＝﹣3v=−3𝐵𝑞𝑎𝑚，方向指向y轴负方向；（3）0时刻开始，设第二次弹性正碰后，粒子甲的速度为v3，粒子乙的速度为v4，根据动量守恒定律得：m•3v+𝑚2𝑣2=mv3+𝑚2𝑣4所有碰撞均为弹性正碰，再根据机械能守恒得：12𝑚×(3𝑣)2+12×

𝑚2×𝑣22=12𝑚×𝑣32+12×𝑚2×𝑣42联立解得：v3＝﹣v，粒子乙的速度为v4＝5v因为第二次碰后两种粒子速度等于第一次碰前的速度，可知，粒子甲经过第奇数次碰撞后速度变为3v，经过第偶数次碰撞后速度变为﹣v，粒子乙经过第奇数次碰撞后速度变为﹣3v，经过第偶数次碰撞

后速度变为5v；根据题意，从第一次碰撞开始，甲粒子完成一个周期、乙粒子完成两个周期两种粒子在磁场中就在O点碰撞一次；从t＝0时刻开始，由于第一次碰撞是甲运动了半个周期发生的，到𝑡=18𝜋𝑚𝑞𝐵时刻，粒子甲完成

了9次碰撞又运动了半个周期，乙完成了9次碰撞又运动了一个周期，因此在第9次碰后，甲粒子速度为3v，粒子乙的速度为﹣3v，根据洛伦兹力提供向心力可知，甲经过奇数次碰撞后轨道半径变为𝑟甲=𝑚⋅3𝑣𝐵𝑞=3𝑎根据左手定则判断第9次碰后经过粒子甲运动的半个周期，

运动到x轴负方向，所以到𝑡=18𝜋𝑚𝑞𝐵时刻粒子甲的坐标为（﹣6a，0）；由于粒子乙碰后完成了粒子乙运动的一个周期，坐标为（0，0）；根据洛伦兹力提供向心力可知，乙经过奇数次碰撞后轨道半径变为𝑟乙1=𝑚2⋅3𝑣𝐵𝑞=

1.5𝑎经过偶数次碰撞后轨道半径变为𝑟乙2=𝑚2⋅5𝑣𝐵𝑞=2.5𝑎从第一次碰撞到𝑡=18𝜋𝑚𝑞𝐵的过程中粒子乙运动了9个轨道半径为1.5a的圆周以及8个轨道半径变为2.5a的圆周

；从第一次碰撞到𝑡=18𝜋𝑚𝑞𝐵的过程中粒子乙运动的路程为l＝9×2π×1.5a+8×2π×2.5a＝67πa。