2024年高考考前信息必刷卷（）02物理·答案及評分標(biāo)準(zhǔn)（滿分：100分）一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）12345678910111213DCDDDBCACBDBD二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得2分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分）1415BCAC三、非選擇題（本題共6小題，共55分）16．Ⅰ、（1）B；（2）cosθⅡ、（1）電池內(nèi)阻有電壓降，B，C；（2）1a，bⅢ、（1）乙；（2）800；變壓器為非理想變壓器，變壓器存在鐵損和磁損17．(8分)【解答】解：（1）設(shè)開始F＝2mg時，氣缸受到的摩擦力為f，開始時氣缸與活塞靜止在斜面上，對氣缸和活塞整體，由平衡關(guān)系有F＝（m1+m2）gsin37°+f（假設(shè)f方向沿斜面向下）（1分）代入數(shù)據(jù)解得f＝﹣mg負號表示f方向沿斜面向上，f大小為mg。（1分）（2）當(dāng)氣缸與活塞共同沿斜面向上以0.6g的加速度加速運動時，對氣缸和活塞整體，由牛頓第二定律有F'﹣（m1+m2）gsin37°﹣μ（m1+m2）gcos37°＝（m1+m2）a（1分）代入數(shù)據(jù)解得F'＝8mg（1分）（3）以活塞為研究對象，當(dāng)F＝2mg、活塞靜止，設(shè)此時缸內(nèi)氣體壓強為p1，由平衡關(guān)系有F+p1S＝m2gsin37°+p0S代入數(shù)據(jù)解得p1＝p0-7mg5S（當(dāng)F'＝8mg、活塞沿斜面向上以0.6g的加速度加速運動時，設(shè)此時缸內(nèi)氣體壓強為p2，對活塞，由牛頓第二定律有F'+p2S﹣m2gsin37°﹣p0S＝m2a代入數(shù)據(jù)解得p2＝p0-34mg5S（缸內(nèi)氣體可視為理想氣體，設(shè)加速運動時，活塞與氣缸底部距離為L，由玻意耳定律有p1L0S＝p2LS代入數(shù)據(jù)解得L=5p0S-7mg5p則活塞相對氣缸底部運動距離x＝L﹣L0代入數(shù)據(jù)解得x=27mg5p0S-34mgL18．(11分)【解答】解：（1）設(shè)開始F＝2mg時，氣缸受到的摩擦力為f，開始時氣缸與活塞靜止在斜面上，對氣缸和活塞整體，由平衡關(guān)系有F＝（m1+m2）gsin37°+f（假設(shè)f方向沿斜面向下）（1分）代入數(shù)據(jù)解得f＝﹣mg負號表示f方向沿斜面向上，f大小為mg。（1分）（2）當(dāng)氣缸與活塞共同沿斜面向上以0.6g的加速度加速運動時，對氣缸和活塞整體，由牛頓第二定律有F'﹣（m1+m2）gsin37°﹣μ（m1+m2）gcos37°＝（m1+m2）a（1分）代入數(shù)據(jù)解得F'＝8mg（1分）（3）以活塞為研究對象，當(dāng)F＝2mg、活塞靜止，設(shè)此時缸內(nèi)氣體壓強為p1，由平衡關(guān)系有F+p1S＝m2gsin37°+p0S代入數(shù)據(jù)解得p1＝p0-7mg5S（當(dāng)F'＝8mg、活塞沿斜面向上以0.6g的加速度加速運動時，設(shè)此時缸內(nèi)氣體壓強為p2，對活塞，由牛頓第二定律有F'+p2S﹣m2gsin37°﹣p0S＝m2a代入數(shù)據(jù)解得p2＝p0-34mg5S（缸內(nèi)氣體可視為理想氣體，設(shè)加速運動時，活塞與氣缸底部距離為L，由玻意耳定律有p1L0S＝p2LS代入數(shù)據(jù)解得L=5p0S-7mg5p則活塞相對氣缸底部運動距離x＝L﹣L0代入數(shù)據(jù)解得x=27mg5p0S-34mgL19．(11分)【解答】解：L2＝20cm＝0.2m，L1＝100cm＝1m，d＝10cm＝0.1m。（1）線框的CD邊剛進入磁場時，對線框受力分析：BIL2+μN＝mgsinθ（1分）其中：N＝mgcosθ，（1分）CD邊切割磁感線，由法拉第電磁感應(yīng)定律：ECD＝BL2v由閉合電路歐姆定律：I=ECD聯(lián)立解得：v1＝1m/s；（1分）（2）線框由CD邊進入磁場到AB邊離開磁場，由能量守恒可得：ΔEp＝ΔEk+Q摩+Q焦（1分）其中ΔEp＝mg（d+L1）sinθΔEk=Q摩＝μmgcosθ（d+L1）聯(lián)立解得：Q焦＝0.35J；（1分）（3）CD邊勻速進入的過程：t1=dv1CD邊出磁場到AB邊進入磁場的過程做勻加速直線運動，由牛頓第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma（1分）解得：a＝2m/s2（1分）設(shè)勻加的時間為t2，則有：L1﹣d＝v1t2+解得：t2≈0.57s或t2≈﹣1.57s（舍去）（1分）AB邊剛進入磁場的速度大小為：v3＝v1+at2＝1m/s+2×0.57m/s＝2.14m/sAB邊由進入到出磁場的過程，根據(jù)動量定理可得：﹣BIL2t3﹣（μmgcosθ﹣mgsinθ）t3＝mv2﹣mv3即B2L22dR+（μmgcosθ﹣mgsinθ）t3＝mv3代入數(shù)據(jù)解得：t3＝0.03s（1分）則總時間：t＝t1+t2+t3＝0.1s+0.57s+0.03s＝0.7s。（1分）20．(11分)【解答】解：（1）帶正電粒子組成的粒子束，沿與水平成60°方向正對場中心射入，恰好從O點沿水平方向進入電場區(qū)域，運動軌跡如圖所示：根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得粒子運動的軌跡半徑為：r＝Rtan60°=3R（1根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv0B＝mv02r聯(lián)立解得：B=3mv03qR；（2）若接收屏MN距O點距離為2L，粒子通過電場的時間T=Lv0粒子擊中接收屏?xí)r的水平速度vx＝v0（1分）粒子擊中接收屏?xí)r的豎直速度vy＝aT=qEm?T=v0，粒子擊中接收屏?xí)r的速度大小v=vx2+v與水平方向夾角θ滿足tanθ=vyv