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本文从以下几个角度介绍。
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1、2023-2024100所名校高考模拟金典卷理科综合4
2、2023-2024100所名校高考模拟金典卷理科综合(二)
3、100所名校高考模拟金典卷2024理综三
4、100所名校高考模拟金典卷2024理综2
5、100所名校高考模拟金典卷2024理综1
6、100所名校高考模拟金典卷2024理综一答案
7、2023-2024100所名校高考模拟金典卷理科综合卷
8、100所名校高考模拟金典卷理综卷2024
9、2023-2024100所名校高考模拟金典卷理科综合(一)
10、2023-2024100所名校高考模拟金典卷理综卷三
(2)粒子在区域I内做匀速圆周运动，运动轨迹在xOy面内，由左手定则可知粒子向第一象限偏转由洛伦兹力提供向心力有0B=尽，解得R-常=2m2分)◆y/m设粒子在磁场B中转过角度为α，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示.由几何关系有m。一是-号解得。=4行1分)粒子第一次通过磁场分界线，其纵坐标为my=R(1-cosa)=(2-√2)m(1分)根据对称性可知，粒子在区域Ⅱ磁场内做匀速圆周运动的轨道半径为R-元5-2U万-Dm02分区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小为B,-g=5W2+1)T(2分)gR225.解：(1)滑块A在传送带上第一阶段的加速度大小为a1=gsin37°+gcos37°=10m/s2(1分)达到传送带速度时用时4==0.5s(1分)a4内发生的位移=艺4=125m（1分)此后滑块A继续加速，其第二阶段的加速度大小为a2=gsin37°一ugcos37°=2m/s2(1分)设到达传送带底部时间为2，则L一工=64十2a222,代人数据解得2=0.5s(1分)1故滑块A运动到传送带底部经历的时间t=t1十t2=1.0s（1分)(2)滑块A运动到底端时的速度大小为v1=%十a22=6m/s(1分)设滑块A以v1滑上木板B后二者能达到共同速度v2,由动量守恒有m%=(m+MD2,解得2=4m/s（1分)设此过程木板B的位移为x2,则根据动能定理有号M',代人数据解得=0.8m<,Q分)设此过程A、B间的相对位移为d1,则根据能量守恒规律有mgd=之m3-2M+m,代入数据解得d=1.2m2分)由于d=d,所以滑块A恰好滑到木板B右端，并且此时木板还未与轨道相碰(1分)木板与轨道碰撞时损失动能即为碰撞时产生的内能，即△E=E,=M2-8】1分(3)滑块A滑上轨道后没有脱离轨道，有两种情况，情况一：滑块A还未到达轨道圆心等高处，有名m