山东中学联盟2024年高考考前热身押题物理答案及评分标准_2024年5月_01按日期_20号_2024届山东省中学联盟高三下学期5月考前热身押题_2024届山东省中学联盟高考考前热身押题物理试题

山东中学联盟 2024 年高考考前热身押题 联立解得 .（1分） 物理参考答案及评分标准 2024.5 对匀加速运 1动=，0根据位移 时间公式有 ， 1 2 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 解得 （1分） − =2 1 2 2 =2 1．D 2．A 3．C 4．B 5.D 6．C 由F=ma得：F= （1分） 7．B 8．D 9．AB 10 BC 11．BD 12． ACD 2 2 13．(1）d的长度为0.800cm。 （2）对匀减速直线运动，根据平均速度公式有 2+ 1 d 3 （2）由mgH  mv2，v 求得H=0.20m。 2 = 2 2 t 解得 .（1分） 1 md2 2 =3 （3）机械能为 E  mv 2  mgh 即E  mgh 匀减速直线运动的加速度大小 ′ （1分） 2 2t2 −3 4 3 2 = 2 =9 （4）摆锤下摆过程中动能越来越大，即选C。 由速度-位移关系式得： （1分） 2′ 评分标准：每空2分。 9 =2 = 8 14．（1）实验时应将多用电表的黑表笔与电压表的正接线柱相连，欧姆档的读数为6000Ω。 16.（1）由题意可知气缸b的横截面积为S=40cm2，气缸b的容积为V=400cm3 （2）①由于电流表的量程太大，无法进行精确测量，所以设计的实验电路如图所示： b b mg 气缸内气体的压强为 p  p  1.5105p 0 s a b （1分） 前10次抽气过程中抽出气体的体积为V 10V 200ml 200cm3，小于气缸b的容积。故 0 活塞还没有达到卡腰处。故前10次抽气过程均为等压变化 （1分） 前10次抽气过程中气缸b中的活塞对气体做功 W  pV 1.5105200106J 30J ②由于标准电压表v 的示数为U 2V,电压表V的内阻是标准电压表v 内阻的10倍，电压表V （1分） 1 1 1 （2）由题意得，a气缸的容积V=200cm3 20 U a 的电压此时为20V,偏转的格数为40格，则电压表V的量程由  m 知U =25V 40 50 m 抽气20次后活塞恰达到卡腰处，气缸内压强为p=1.5×105p a.（1分） 评分标准：第（1）问每空一分，第（2）问每空2分。 第21次抽气过程，根据玻意尔定律，有 pV  p (V V ) 15．（1）匀速运动的速度为 ..（1分） a 21 a 0 10 = 解得 p  p 设匀加速运动的初速度为 ， 21 11 （1分） 1 根据平均速度公式有 1+ 2 =2 1 {#{QQABTYAAggiAQIBAABgCQwXiCAMQkACCAKoOhBAMMAAASQFABAA=}#}同理，第22次抽气过程，根据玻意尔定律，有 （2）设v 与y轴正方向夹角为，经时间t 第一次打在y轴上，微粒作类斜抛运动，由运动的 0 1 p V  p (V V ) 21 a 22 a 0 合成与分解 10 2 qE ma.（1分） 解得 p   p1.24105p x 22 11 a （1分） t v sina 1 ...（1分） 0 2 p p y v t cos.（1分） （3）由理想气体密度方程可知  22 0 1   22 .（1分） v2sin2 解得： y  0 m  V 22  22 a g 整个抽气过程结束后剩余气体的质量与抽气体前气体的质量比： m (V V ) a b （1分） v2 故当45时，y  0 .（1分） m g 故整个抽气过程结束后，抽出气体的质量占抽气前气体质量的百分比为 （3 ）能再次通过z轴。由（2）的计算知，在O点释放后打在y轴上的最大坐标的微粒恰好过P m m 22 100%72.4% m 点。在Ⅰ和Ⅲ区域，mg qE，900，速度方向恰好垂直于磁场B，微粒在垂直于磁场 （1分） 的平面内做圆周运动，在Ⅰ区域运动半个周期，又在Ⅱ区域做类斜抛运动，经z轴进入Ⅲ区域后， 又做圆周运动，运动半个周期后经z轴进入Ⅱ区域做类斜抛运动。。。。。以后微粒周期性的运动。 17．（1）微粒从A点释放后，电场力做功 W mgd qE d x 由上分析可知，微粒能通过z轴。（1分） 电场力 q E  (mg)2 (qE )2 （1分） 2v 0 x 由（2）知微粒第一次在Ⅱ区域运动的时间 t  0 1 g 2mg 解得：E  （1分） 微粒在磁场中做圆周运动，洛仑兹力提供向心力 0 q v2 qv B m 0 （1分） 设E 与x轴夹角为，E 方向与x轴与y轴的夹角均为且45 0 R 0 0 则 E  E cos 2R x 0 周期 T  v 0 又 U  E dcos  （1分） OA 0 O A T m 微粒第一次在区域Ⅰ中运动的时间 t   （1分） 2 2 qB mgd  - .（1分） 微粒此后通过z轴的时间 A q 2 {#{QQABTYAAggiAQIBAABgCQwXiCAMQkACCAKoOhBAMMAAASQFABAA=}#}t 2t t n(2t 2t ) （n=0,1,2,3......） t 0.2s t 1s(舍去) 1 2 1 2 v 0.4m/s A1 或t'n(2t 2t ) （n=1,2,3......）（1分） v 4.4m/s 1 2 p1 即 设箱子与A碰撞后瞬间，A的速度大小为v ，箱子的速度大小为v ，由动量守恒定律和能量守 A2 P2 2v m t 2(n1) 0 (2n1) （n=0,1,2,3......）（1分） 恒定律有： g qB mv mv mv mv A1 P1 A2 P2 （1分） 1 1 1 1 2v m mv2  mv2  mv2  mv2 或 t'2n( 0  ) （n=1,2,3......）（1分） 2 Al 2 P1 2 A2 2 P2 （1分） g qB 联立解得 18．（1）箱子刚开始向右运动时，设A的加速度大小为a ，箱子的加速度大小为a ，由牛顿第二 1 2 v 4.4m/s A2 定律得： v 0.4m/s p2 mg ma 1 故碰撞后瞬间，A的速度大小为4.4m/s （1分） （3）滑块D不会碰箱子的右壁 （1分） 4mg ma 2 箱子、A碰撞后，B、C、D和箱子速度相同，三者相对静止，箱子和B、C、D的加速度均为a ， 解得 3 （2分） 则有 a 2m/s2 1 a 8m/s2 mg 4ma 3 .（1分） 2 （2）箱子刚开始向右运动时，设经过时间t，左壁与A碰撞，箱子与A碰撞前瞬间A的速度大 B、C、D 受到的摩擦力大小均为 小为v ，箱子的速度大小为v ，有 Al P1 f ma 3 1 1 v t a t2 L at2 0 2 2 2 1 解得 1 v at f  umg （1分） A1 1 4 v v a t P1 0 2 （1分） 由于 f mg，故A与B碰撞前，B、C、D和箱子相对静止，只有A相对于箱子运动。A与B碰 撞速度交换，之后只有B相对于箱子运动；B与C碰撞速度交换，只有C相对于箱子运动，即箱 联立解得 子与A碰撞后始终只有一个滑块相对于箱子运动，设最终A、B、C及箱子相对静止，共同速度大 小为v，则有 3 {#{QQABTYAAggiAQIBAABgCQwXiCAMQkACCAKoOhBAMMAAASQFABAA=}#}mv 5mv （1分） 0 箱子与A碰撞后，各滑块相对箱子向右运动的距离之和为s，则系统动能的减小量等于摩擦生热， 依题意有 1 1 4mgLmgs  mv2  5mv2（1分） 2 0 2 解得 s=3.2m 由于s<4L，故最终A、B、C、D及箱子相对静止，D不会与箱子右壁碰撞，且A、B、C回到箱子 上原来的位置，D、C间距0.2m，则最终D箱子右壁间的距离为 d 5Ls 1.8m..（1分） （4）箱子与A碰后，滑块碰撞由于速度互换，相当于始终有一个滑块在匀减速运动，直至与箱 子共速相对静止，设经历时间t，由运动学公式 1 vv at .（1分） A2 11 t=1.6s （1分） 1 t =t+t=1.8s （1分） 总 1 4 {#{QQABTYAAggiAQIBAABgCQwXiCAMQkACCAKoOhBAMMAAASQFABAA=}#}