山东省2022年5月普通高中学业水平等级考试模拟物理试题（pdf版含答案）

2022 年高考适应性练习（三）
物理参考答案及评分意见
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的。
1. B 2.A 3.B 4.A 5.D 6.C 7.D 8.D
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，有多项
符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。
9. AD 10.BD 11.AC 12.ABD
三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。
13．(6 分)
⑴BD ⑵m1OE=m1OD+m2OF OD+OE=OF ⑶ A
14．(8 分)
⑴R2 ⑵如图所示 ⑶ 如图所示 ；2.8 ⑷④③②⑤① ⑸R' ；电压表不分流、消除了系统误差等
V A
- + - +
Rx _ +
甲
15．(7 分)
解：⑴设阀门打开前乙罐中气体的压强为 p1
由题意可知，打开阀门后甲罐进入乙罐中气体体积为 ΔV，
3 2
对甲中气体由玻义耳定律有 pV= p(V+ΔV)……………………………①(1 分)
2 3
2
对乙中气体由玻义耳定律有 2p1V= p×(2V﹣ΔV)………………………………②(1 分)
3
1
联立可解得 p1= p…………………………………③(1 分)
4
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⑵研究调配后乙中的气体，假设乙中气体再等温膨胀到原来没有调配时的状态，
1
此时压强为p1= p，体积为V1，由玻义耳定律有
4
2
p×2V=p1V1…………………………④(1分)
3
16
解得 V1= V………………………………………⑤(1 分)
3
进入乙罐中气体的质量 Δm 与乙罐中原有气体的质量 m 之比
m V﹣
= 1
V
…………………………………………⑥(1 分)
m V
m 5
= ……………………………………………⑦(1分)
m 3
16．(9 分)
解：⑴水平方向：vx=v0cosθ…………………………………………………………①(1 分)
竖直方向：vy=gt﹣v0sinθ……………………………………………………………②(1 分)
tanθ= vxv ………………………………………………………………………………③(1 分) y
v0=15m/s……………………………………………………………………………④(1 分)
2
⑵FN﹣mg= m vR …………………………………………………………………⑤(1 分)
FN=2mg………………………………………………………………………………⑥
由动能定理可得：﹣ mgx = 0 - 12 mv
2 …………………………………………⑦(1 分)
设运动员滑行位移为 x 时动摩擦因数为 μ，由图象得：μ=0.4+ 1200 x …………⑧(1 分)
= 0.4 + 2 ………………………………………………………………………⑨(1 分)
联立以上各式解得：x=60m……………………………………………………⑩(1 分)
17．(14 分)
mv 2
解：⑴粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力得： qvB =
R
y A
解得 R mv 2a = = a
qB
⑵要使粒子从 A 点运动到 B 点的时间最短，则粒子的运动
轨迹如图所示。粒子先从 A 点匀速运动到 C 点，在 C 点在洛伦 x O C 3a
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-2a
B 下挡板
兹力作用下做一次完整的匀速圆周运动，回到 C 点后再匀速直线运动打到 B 点上。
A C 2a粒子从 点到 点做匀速直线运动的时间 t1=
v
2πm 2πa
粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动运动周期T = 代入 B 值可得T =
qB v
所以粒子在磁场中从 A 点运动到 B 点的时间 t=t1+nT(n 取正整数）
(π +1)2a
要使运动时间最短，则 n=1，所以 t=t1+T=
v
⑶T0取第⑵问的数值，带电粒子从与 B 点碰后运动到 A 点的最短时间，则粒子运动轨迹如图
1
所示。粒子从 B 点碰后向左偏转做 圆周运动从 D 点进入电场，在电场力作用下减速到零后从 D
4
1
点再次进入磁场，向上偏转做 圆周运动后到达 C 点，此时磁场恰好不存在，再从 C 点做匀速直
4
线运动后从 A 点垂直边界线射出磁场。
B 2πa粒子从 点到 C 点的运动时间 t3=T =
v y
2a A
2a
粒子从 C 点再返回 A 点用时 t4=
v
2πa 2a
所以粒子从 B 点到 A 点用时 t=t3+t4= +
v v C O 3a x
T πa
该过程对应粒子在电场的运动时间为 t D 5= =
2 v
t -2a
粒子在电场中运动的单程时间 5
v
= B 下挡板
2 a
a= Eq根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度
m
E 2m v 2m v
2
由以上可得 = =
q t5 πq a
18．（16 分）
解：⑴P 从 A 到 B 过程，根据机械能守恒定律
mgh= 12 mv
2 ……………………………………………①（1 分）
代入数据解得 v=6m/s
P 在 Q 上做匀减速运动，Q 做匀加速运动，运动过程中二者的动量守恒。若木板只与 C 发生
了 1 次碰撞，即碰前 P 与 Q 的动量大小相等。
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mv=mvP+MvQ ……………………………………………②（1 分）
mvP=MvQ …………………………………………………③（1 分）
代入数据解得 vQ=1.5m/s
而 μmg=MaQ1 …………………………………………………④（1 分）
Q 的运动时间 t= v2 Qa ……………………………………………⑤（1 分） Q1
解得 t=2s ………………………………………………………⑥（1 分）
⑵木板共与 C 发生了 3 次碰撞，即第 3 次碰撞前木板于滑块的动量大小相等。每次碰撞前木
板的速度都相等，设为 vQ3，即每次碰撞过程中 C 对木板的冲量大小为
I1=2MvQ3 ………………………………………………………⑦（1 分）
从 P 滑上 Q 到最终都静止过程，对 P、Q 整体根据动量定理得
3I1= mv ………………………………………………………… ⑧
解得 vQ3=0.5m/s
而 vQ32=2aQ1x …………………………………………………………⑨（1 分）
解得 x = 112 m ……………………………………………………………⑩（1 分）
⑶m=2kg、M=1kg 时，根据牛顿定律
μmg=MaQ2 ……………………………………………………… （1 分）
aQ2=6m/s2
碰撞前木板的速度 vQ12=2aQ2X ……………………………………… （1 分）
解得 vQ1=4m/s
根据动量守恒定律 mv=mvP1+MvQ1 ……………………………
解得 vP1=vQ1=4m/s ……………………………………………
碰后木板向右匀减速到速度为零后向左匀加速，滑块一直向左匀减速直到二者速度相等。从第
1 次碰后到第 2 次碰前，此过程木板的路程
2
s1=
v
2 Q12a ………………………………………………………… （1 分） Q2
根据动量守恒定律 mvP1－MvQ1=(M+m) vQ2 ………………………
v m - MQ2= m + M vQ1 ……………………………………………
2
第 2 次碰后到第 3 次碰前 s v2= 2 Q22a ………………………………… Q2
即 s = ( m - M2 m + M )
2s 1 2 11 = (3) s1 = 9 s1 ……………………………………………
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mvP2－MvQ2=(M+m) vQ3 ……………………………………………
v m - MQ3= m + M vQ2
即 s = ( m - M )2s = 1 s = (1)23 m + M 2 9 2 9 s1 ………………………………………………
以此类推 s 1 n 1n= (9) s1 ………………………………………………………… （1 分）
木板通过的路程为 s=X+s1+s2+s3+.......sn+... ……………………………… （1 分）
而 s1=2X
即 s=X+s 1 1 2 1 31+ 9 s1 + (9) s1 + (9) s1 ......
1- (1)n
s=X+ 91 s1 ………………………………………………………… （1 分） 1- 9
当 n→∝时，s=X+ 98 s1 ………………………………………………………
所以 s= 133 m ………………………………………………………… （1 分）
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