沖刺2024年高考物理真題重組卷04（參考答案）

沖刺2024年高考※※真題重組卷（）真題重組卷04（參考答案）（考試時(shí)間：90分鐘試卷滿分：100分）一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）12345678910111213BCBDCDCDCBCDA二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得2分，選對(duì)但不全的得1分，有選錯(cuò)的得0分）1415ACCD三、非選擇題（本題共6小題，共55分）16．(7分+7分)Ⅰ、（1）①ACD；②，；（2）①A；②角速度平方，不變。Ⅱ、（1）3V；（2）D；（3）；（4）ERR1+R2；（517．(8分)【解答】解：設(shè)火罐內(nèi)氣體初始狀態(tài)參量分別為p1、T1、V1，溫度降低后狀態(tài)參量分別為p2、T2、V2，罐的容積為V0，由題意知：p1＝p0、T1＝450K、V1＝V0、T2＝300K、V2=20V由理想氣體狀態(tài)方程得：p0V解得：p2＝0③對(duì)于抽氣罐，設(shè)初態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為p3、V3，末態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為p4、V4，罐的容積為V′0，由題意知：p3＝p0、V3＝V'0、p4＝p2④由玻意耳定律得：p0V′0＝p2V4⑤聯(lián)立②⑤式，代入數(shù)據(jù)得V4=107設(shè)抽出的氣體的體積為ΔV，由題意知ΔV＝V4-2021故應(yīng)抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前罐內(nèi)氣體質(zhì)量的比值為：Δmm=聯(lián)立③⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得：Δmm18．(11分)【解答】解：（1）物塊滑上木板到兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸的過(guò)程，物塊與木板組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律，以向右為正方向，則有：m2v0＝（m1+m2）v1代入數(shù)據(jù)解得：v1＝1m/s此過(guò)程對(duì)木板，由動(dòng)能定理得：μm2gx1=12m代入數(shù)據(jù)解得：x1＝；（2）物塊與木板一起向右壓縮彈簧，兩者即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)它們之間的靜摩擦力等于最大靜摩擦力，設(shè)此時(shí)兩者的加速度大小為a。對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律得：μm2g＝m2a解得：a＝1m/s2對(duì)物塊和木板組成的整體受力分析，由牛頓第二定律得：kx2＝（m1+m2）a代入數(shù)據(jù)解得：x2＝從木板與彈簧接觸到物塊與木板即將相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得：12（m1+m2）v12=12kx代入數(shù)據(jù)解得：v2=32（3）物塊與木板相對(duì)滑動(dòng)后到兩者加速度首次相同的過(guò)程中，木板的加速度始終大于物塊的加速度，物塊相對(duì)木板始終向右運(yùn)動(dòng)，物塊的加速度大小始終為a＝1m/s2，方向水平向左。此過(guò)程木板先向右速度從v2減小到0，再反向加速運(yùn)動(dòng)到加速度大小等于a，因彈簧彈力與形變量成正比，故此過(guò)程木板的減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程與加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程具有對(duì)稱性，可知此過(guò)程的總時(shí)間為2t0，木板的末速度大小等于v2，木板的位移為零，彈簧的初、末狀態(tài)的形變量相同，故此過(guò)程彈簧的初、末狀態(tài)的彈性勢(shì)能相等，木板的初末動(dòng)能也相等，由能量守恒定律可知此過(guò)程系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能ΔU就等于物塊減少的動(dòng)能，設(shè)此過(guò)程物塊的末速度為v3，則有：ΔU=12m2v2對(duì)物塊，由速度—時(shí)間公式得：v3＝v2﹣a?2t0聯(lián)立解得：ΔU=419．(11分)【解答】解：（1）導(dǎo)電桿所受安培力的大小為：F＝B1Id＝kI?I?3Mgk在火箭落停過(guò)程中，導(dǎo)電桿做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a，對(duì)火箭與導(dǎo)電桿整體，由牛頓第二定律得：F﹣Mg＝Ma解得：a＝2g由速度—位移關(guān)系公式可得：2aL=解得：L=（2）由速度—時(shí)間關(guān)系公式可得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t時(shí)，導(dǎo)電桿的速度為：v＝v0﹣at＝v0﹣2gt回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝B2dv＝2kI?3MgkI2?（v0﹣2gt）=6MgI（（3）導(dǎo)電桿兩端的電壓恒為U0＝IR根據(jù)楞次定律或右手定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍c裝置A提供的電流方向相同，為確?；芈冯娏鱅恒定，需滿足：U+E＝U0解得裝置A輸出電壓U與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的關(guān)系為：U＝IR-6MgI（v0﹣火箭落停過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間為t1=裝置A輸出的功率為：P＝UI＝I2R﹣6Mg（v0﹣2gt）可見(jiàn)裝置A輸出的功率P與時(shí)間成線性關(guān)系，則可用功率的平均值計(jì)算輸出的能量W，初始（t＝0）時(shí)功率P0＝I2R﹣6Mgv0，末狀態(tài)（t＝t1）的功率為P1＝I2R，則有：W=pt1=12（P0（4）當(dāng)R＝0時(shí)，由U＝IR-6MgI（v0﹣2gt）=-6Mg可知裝置A回收能量的功率為P′＝|U|I＝6Mg（v0﹣2gt）可見(jiàn)裝置A回收能量的功率與時(shí)間成線性關(guān)系，同理用此功率的平均值計(jì)算回收的總能量W總，初始（t＝0）時(shí)功率P0′＝6Mgv0，末狀態(tài)（t＝t1）的功率為P1′＝0，則有：W總=P't1=12（P0′設(shè)在火箭落停過(guò)程中，火箭與導(dǎo)電桿整體減少的機(jī)械能為ΔE機(jī)，減少的磁場(chǎng)能為ΔE磁，則有：ΔE機(jī)=12根據(jù)能量守恒定律得：ΔE磁＝W總﹣ΔE機(jī)=故裝置A可回收能量的來(lái)源和大小為火箭與導(dǎo)電桿整體減少的機(jī)械能，大小為34Mv020．(11分)【解答】解：（1）電子入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)，可知電子受到的沿y軸正方向的電場(chǎng)力與沿y軸負(fù)方向的洛倫茲力大小相等，則有：eE＝eBv0解得：E＝Bv0（2）電子的入射速度為v04＜eEy1=12m（v02）2-1解得：y1=（3）電子入射速度為v（0＜v＜v0），設(shè)電子在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為vm。電子在最低點(diǎn)所受的合力大小為：F1＝eE﹣eBv電子在最高點(diǎn)所受的合力大小為：F2＝eBvm﹣eE由題意可得：F1＝F2聯(lián)立解得：vm＝2v0﹣v設(shè)電子到達(dá)最高點(diǎn)的縱坐