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

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，12−�=2�12�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�=2�1．D2．A3．C4．B5.D6．C由F=ma得：F=（1分）��7．B8．D9．AB10BC11．BD12．ACD22�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+��1d3�（2）由mgHmv2，v求得H=0.20m。2=22t解得.（1分）�2�2=3�12md′（3）机械能为即匀减速直线运动的加速度大小��（1分）EmvmghE2mgh�−3�4�22t32�=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�=814．（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：bbmg气缸内气体的压强为5pp01.510pasb（1分）前10次抽气过程中抽出气体的体积为3，小于气缸b的容积。故V10V0200ml200cm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30J②由于标准电压表的示数为V,电压表V的内阻是标准电压表内阻的10倍，电压表V（1分）v1U12v13（2）由题意得，a气缸的容积Va=200cm20Um的电压此时为20V,偏转的格数为40格，则电压表V的量程由知=25V5Um抽气20次后活塞恰达到卡腰处，气缸内压强为p=1.5×10p4050a.（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）a21a0�10�=�解得设匀加速运动的初速度为，p21p11（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）设与y轴正方向夹角为，经时间第一次打在y轴上，微粒作类斜抛运动，由运动的v0t1pVp(VV)21a22a0合成与分解210qEma.（1分）解得pp1.24105px2211a（1分）tvsina1...（1分）02ppyvtcos.（1分）（3）由理想气体密度方程可知220122.（1分）v2sin2解得：0mVy2222ag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(VaVb)（1分）v2故当0.（1分）45时，ym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gmm（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P22100%72.4%0m（1分）点。在Ⅰ和Ⅲ区域，mgqE，90，速度方向恰好垂直于磁场B，微粒在垂直于磁场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qEdx由上分析可知，微粒能通过z轴。（1分）电场力qE(mg)2(qE)2（1分）2v0x由（2）知微粒第一次在Ⅱ区域运动的时间t01g2mg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0qv20（1分）qv0Bm设E0与x轴夹角为，E0方向与x轴与y轴的夹角均为且45R则EEcos2Rx0周期Tv0又（1分）UOAE0dcosOATm微粒第一次在区域Ⅰ中运动的时间t（1分）22qBmgd-.（1分）微粒此后通过z轴的时间Aq2{#{QQABTYAAggiAQIBAABgCQwXiCAMQkACCAKoOhBAMMAAASQFABAA=}#}（n=0,1,2,3......）t0.2st1s(舍去)t2t1t2n(2t12t2)vA10.4m/s或（n=1,2,3......）（1分）t'n(2t12t2)vp14.4m/s即设箱子与A碰撞后瞬间，A的速度大小为vA2，箱子的速度大小为vP2，由动量守恒定律和能量守2vmt2(n1)0(2n1)（n=0,1,2,3......）（1分）恒定律有：gqBmvA1mvP1mvA2mvP2（1分）121212122vmmvAlmvP1mvA2mvP2或t'2n(0)（n=1,2,3......）（1分）2222（1分）gqB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a1，箱子的加速度大小为a2，由牛顿第二vA24.4m/s定律得：vp20.4m/smgma1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ma2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32（2分）则有a12m/s.（1分）2mg4ma3a28m/s（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vAl，箱子的速度大小为vP1，有fma311vtat2Lat202221解得1vA1a1tfumg（1分）4vP1v0a2t（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=}#}（1分）mv05mv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114mgLmgsmv25mv2（1分）202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t1，由运动学公式.（1分）vvA2a1t1t1=1.6s（1分）t总=t1+t=1.8s（1分）4{#{QQABTYAAggiAQIBAABgCQwXiCAMQkACCAKoOhBAMMAAASQFABAA=}#}