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1、#QQABTYAAggiAQIBAABgCQwXiCAMQkACCAKoOhBAMMAAASQFABAA=#2024届山东省中学联盟高三下学期届山东省中学联盟高三下学期5月考前热身押题物理试题月考前热身押题物理试题#QQABTYAAggiAQIBAABgCQwXiCAMQkACCAKoOhBAMMAAASQFABAA=#QQABTYAAggiAQIBAABgCQwXiCAMQkACCAKoOhBAMMAAASQFABAA=#QQABTYAAggiAQIBAABgCQwXiCAMQkACCAKoOhBAMMAAASQFABAA=#QQABTYAAggiAQIBAABgCQwXiCAMQkACCA
2、KoOhBAMMAAASQFABAA=#QQABTYAAggiAQIBAABgCQwXiCAMQkACCAKoOhBAMMAAASQFABAA=#QQABTYAAggiAQIBAABgCQwXiCAMQkACCAKoOhBAMMAAASQFABAA=#QQABTYAAggiAQIBAABgCQwXiCAMQkACCAKoOhBAMMAAASQFABAA=#1山东中学联盟山东中学联盟 20242024 年高考考前热身押题年高考考前热身押题物理参考答案及评分标准物理参考答案及评分标准 2024.52024.5一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，
3、共 24 分。每小题只有一个选项符合题目要求。分。每小题只有一个选项符合题目要求。1D2A3C4B5.D6C7B8D9AB 10 BC11BD 12 ACD13(1）d 的长度为 0.800cm。（2）由221mvmgH，tdv 求得 H=0.20m。（3）机械能为mghmvE221即mghtmdE222（4）摆锤下摆过程中动能越来越大，即选 C。评分标准：每空 2 分。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 6000。（2）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：由于标准电压表1v的示数为21UV,电压表 V 的内阻是标准电压表
4、1v内阻的 10 倍，电压表 V的电压此时为 20V,偏转的格数为 40 格，则电压表 V 的量程由504020mU知mU=25V评分标准：第（1）问每空一分，第（2）问每空 2 分。15（1）匀速运动的速度为=.（1 分）设匀加速运动的初速度为1，根据平均速度公式有1+2=2联立解得1=0.（1 分）对匀加速运动，根据位移时间公式有=12122，解得=22（1 分）由 F=ma 得：F=22（1 分）（2）对匀减速直线运动，根据平均速度公式有2+2=32解得2=3.（1 分）匀减速直线运动的加速度大小=332=492（1 分）由速度-位移关系式得：=22=98（1 分）16.（1）由题意可知
5、气缸 b 的横截面积为 Sb=40cm2，气缸 b 的容积为 Vb=400cm3气缸内气体的压强为abpsmgpp50105.1（1 分）前 10 次抽气过程中抽出气体的体积为3020020010cmmlVV，小于气缸 b 的容积。故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JJVpW3010200105.165（1 分）（2）由题意得，a 气缸的容积 Va=200cm3抽气 20 次后活塞恰达到卡腰处，气缸内压强为 p=1.5105pa.（1 分）第 21 次抽气过程，根据玻意尔定律，有)(021VVppVaa解得pp
6、111021（1 分）#QQABTYAAggiAQIBAABgCQwXiCAMQkACCAKoOhBAMMAAASQFABAA=#2同理，第 22 次抽气过程，根据玻意尔定律，有)(02221VVpVpaa解得appp52221024.11110（1 分）（3）由理想气体密度方程可知2222pp.（1 分）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：)V(VVba2222amm（1 分）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%4.72%10022mmm（1 分）17（1）微粒从 A 点释放后，电场力做功dqEmgdxW电场力220)()(xqEmgEq（1
7、分）解得：qmgE20（1 分）设 E0与 x 轴夹角为，E0方向与 x 轴与 y 轴的夹角均为45且则cos0EEx又AOAdEUO0cos（1 分）qmgd-A.（1 分）（2）设0v与 y 轴正方向夹角为，经时间1t第一次打在 y 轴上，微粒作类斜抛运动，由运动的合成与分解maqEx.（1 分）2sin10tav.（1 分）cos10tvy.（1 分）解得：gvy2sin20故当gv，ym2045时.（1 分）（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点。在和区域，qEmg，090，速度方向恰好垂直于磁场 B，微粒在垂直于磁场的平
8、面内做圆周运动，在区域运动半个周期，又在区域做类斜抛运动，经 z 轴进入区域后，又做圆周运动，运动半个周期后经 z 轴进入区域做类斜抛运动。以后微粒周期性的运动。由上分析可知，微粒能通过 z 轴。（1 分）由（2）知微粒第一次在区域运动的时间gvt012微粒在磁场中做圆周运动，洛仑兹力提供向心力RvmBqv200（1 分）周期02vRT微粒第一次在区域中运动的时间qBmTt22（1 分）微粒此后通过 z 轴的时间#QQABTYAAggiAQIBAABgCQwXiCAMQkACCAKoOhBAMMAAASQFABAA=#3)22(22121ttnttt（n=0,1,2,3.）或)22(21ttn
9、t（n=1,2,3.）（1 分）即qBmngvnt)12(2)1(20（n=0,1,2,3.）（1 分）或)2(20qBmgvnt（n=1,2,3.）（1 分）18（1）箱子刚开始向右运动时，设 A 的加速度大小为1a，箱子的加速度大小为2a，由牛顿第二定律得：1mgma24mamg 解得2221/8/2smasma（2 分）（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 的速度大小为Alv，箱子的速度大小为P1v，有220211122v ta tLa tA11vat102Pvva t（1 分）联立解得smvsmvstpA/4.4/4.02.011)(1
10、 舍去st 设箱子与 A 碰撞后瞬间，A 的速度大小为A2v，箱子的速度大小为P2v，由动量守恒定律和能量守恒定律有：A1P1A2P2mvmvmvmv（1 分）2222AlP1A2P211112222mvmvmvmv（1 分）联立解得smvsmvpA/4.0/4.422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）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3a，则有34mamg.（1 分）B、C、D 受到的摩擦力大小均为3fma解得umgf41（1 分）由于fmg，故 A 与 B 碰撞前，B、C
11、、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#QQABTYAAggiAQIBAABgCQwXiCAMQkACCAKoOhBAMMAAASQFABAA=#4mvmv50（1 分）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220521214mvmvmgsmgL（1 分）解得s=3.2m由于s4L，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msLd8.15.（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112tavvA.（1 分）t1=1.6s（1 分）t总=t1+t=1.8s（1 分）#QQABTYAAggiAQIBAABgCQwXiCAMQkACCAKoOhBAMMAAASQFABAA=#