山东名校考试联盟2024年4月高考模拟考试(济南二模)物理试题+答案+解析(Word版）（4.24）

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1.B2. A 3.B4.A 5.D6. D7.C8.B
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得 4
分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。
9. AC10. CD11. ABD12. BC
三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。
13. (6 分) (1) 见右图 (2) b
a
πbd 2
；
4La
(每空 2 分)
评分标准：实物连线主要看：①电表改装和电流表内外接；②滑动变阻器的分压式接法。这两处每错一处扣 1 分，扣完为止。
14.(8 分)(1)①14.538(2 分)②665(2 分)(2)大于(2 分)(3)C(2 分) (每空 2 分)
评分标准：第一个空 14.537~14.539 均可给 2 分。
15. (8 分) (1) 4 h(2) 5 h
39
【解析】设网高 h=0.1525m，AB=d，则 BC=CD=2d、AC=3d
第一次球做平抛运动，设平抛运动的初速度为 v1 ，根据平抛运动规律有
2d  v1tPF
2d  v1tFB(1 分)
H  1 g(t t
)2(1 分)
P2PFFB
H  h  1 gt2
·(1 分)
P2PF
联立解得 HP
 4 h(1 分)
3
第二次球做斜上抛运动，设斜抛运动的水平速度为 v2 ，根据斜抛运动规律有
h  1 gt 2
2FA
3d  v2tFA
·(1 分)
2d  v2tQF
·(1 分)
h  H
 1 gt2
·(1 分)
Q2QF
联立解得 HQ
 5 h(1 分)
9
评分标准：第(1)问 4 分，第(2)问 4 分，满分 8 分。
16. (8 分) (1)
5 105 Pa
(2) 10 (或 10∶1)
0
【解析】(1)将体积为 V0=15m3、压强 p  6.3 104 Pa 、温度 T0=270K 的大气注入舱体
舱内气体温度 T1=300K、体积V1  LS  2.1m
3
根据理想气体状态方程 p 0V0  p 1V1(2 分)
T0T1
1
解得舱内气压 p  5 105 Pa(2 分)
2
(2) 已知舱内温度 T1=300K 不变，新气压 p  2 105 Pa
充入气体体积ΔV  1m3 ，压强 p  6.3 104 Pa ，温度 T0=270K
10
设排出舱体的气体体积 ΔV ，压强 p  6.3 104 Pa ，温度 T0=270K
20
根据理想气体状态方程有 p 1V1  p 0 ΔV1  p 2V1  p 0 ΔV2
·(2 分)
T1T0T1T0
2
解得ΔV  10m3(1 分)
在等压等温状态下，气体的质量正比于体积，故
放出气体与进入气体的质量比为 m出  V2  10(1 分)
m入ΔV1
3
3 3  12 3  9
评分标准：第(1)问 4 分，第(2)问 4 分，满分 8 分。
17.(14 分)(1) qB0a
m
(2)
3qB2a
0
4m
(3)
3 B0(4)2a
【解析】(1) 垂直于 y 轴射入圆形磁场的粒子过 P2 点，根据磁聚集可知
粒子的圆轨迹半径等于磁场圆边界的半径，即r1  a(1 分)
v2
r
由洛伦兹力提供向心力得qvB0  m(1 分)
1
1
即 r  mv(1 分)
qB0
解得 v  qB0a
m
·(1 分)
设在 A 点射入磁场的初速度大小为 v0 ，在电场中的运动时间为 t，则
x 轴方向， 2a  vt(1 分)
y 轴方向， 3 a  1 qE t2(2 分)
22 m
3qB2a
解得 E= 0 (1 分)
4m
设粒子进入 ΔOCD 内磁场时与速度与 x 轴正方向间的夹角为 α，
由磁聚集作图易知cs  1 ，解得 α=60°(1 分)
2
粒子垂直于 CD 出射，有2r2 sin  4a  a
解得r2 
3a(1 分)
又 r2
 mv qB
解得 B 
3 B ，方向垂直于纸面向里(1 分)
30
粒子从直线 x=2a 上入射，速度不变，可知粒子从 P2 点射入方向为 0~180°范围
粒子恰好与 CD 边相切时，从 CD 边射出的粒子距 C 点的距离最近(1 分)
如图，设CP3  d ，在O1P2 P4 中，由余弦定理可得
22
r2  (r  d tan 30)2  (3a 
d
cs30
)2  2(r  d tan 30)(3a 
d
cs30
) cs 60(1 分)
2
代入r2 
3a 整理得d 2  3 3ad  (9  3 3)a2  0
解得 d= 3 3 
12 3  9 a(1 分)
2
评分标准：第(1)问 4 分，第(2)问 4 分，第(3)问 3 分，第(4)问 3 分，满分 14 分。
18.(16 分)(1)0.3(2)0.5m(3)0.1kg(4) 29 m
128
【解析】(1) C 在 A 上滑行时，对 A，有 C mg  (m  m)g  maA1(1 分)
解得aA1  (C  2)g
A 碰B 后，对 A，有 mg  maA2
解得aA2   g =1m/s2(1 分)
木板 B 锁定，A 碰 B 后恰能返回初始位置，则
碰撞前后 A 的加速度大小相等aA1  aA2
·(1 分)
解得 C  3 =0.3(1 分)
C 在 A 上滑行时，对 C，有 C mg  maC ，解得aC  C g =3m/s2
C 在 A 上滑行的过程中， vC  aC t1  aA1t1(1 分)
C、A 的位移相对关系 1 (v  v )t  1 v t  L
·(1 分)
2 C共 12 共 1A
解得 C 在 A 上向右滑行的初速度 vC =4m/s(1 分)
时间 t1=1s
t1 内 A 向前滑行的距离 x0
 1 a t2 =0.5m(1 分)
2 A1 1
小球 D 下摆过程中， Mg( L sin 37  L )  1 M v2
222D1
·(1 分)
L
解得 vD1  4
小球 D 碰后反弹上摆过程中， Mg( L  L sin 37)  1 M v2
222D2
L
解得 vD 2  2
小球 D 碰 C， M vD1  M vD 2  mvC(1 分)
1 M v2  1 M v2  1 mv2(1 分)
2D12D 22C
解得 M  m =0.1kg(1 分)
3
绳长 L=4m
解除 B 锁定后，A、C 共速 v1  aA1t1 =1m/s，方向右
A 碰 B，对 A、B，有mv1  mvA  mB vB1
1 mv2  1 mv2  1 m v2
212
A2 B B1
解得 vA
  1 m/s，方向向左； v
2B1
 1 m/s，方向向右(1 分)
2
设 B、C 达到共同速度 v2 中，B 未碰墙，有mv1  mB vB1  (m  mB )v2
解得 v2
 5 m/s，方向向右
8
设 C 在 B 上向右滑过d ，有  mgd  1 mv2  1 m v2  1 (m  m )v2
1C1212 B B12B2
1
解得d1  32
m(1 分)
此过程中 B 的对地位移为 x ，有  mgx
 1 m v2  1 m v2
B1CB1
2 B 22 B B1
解得 xB1 
9
128
m＜ x0 ，未碰墙，之后 B、C 一起匀速运动
碰墙反弹后 B、C 达到共同速度 v3 中，以向左为正，有 mB v2  mv2  (m  mB )v3
解得 v3
 5 m/s，方向向左
16
设此过程中 C 在 B 上继续向右滑过d ，有  mgd  1 (m  m )v2  1 (m  m )v2
2C22B22B3
解得 d2 
25 m(1 分)
128
之后 B 碰 A 时，C 相对 B 向前滑行，
故为了 C 不掉下，B 板的最小长度为d = d  d  29 m(1 分)
12128
评分标准：第(1)问 4 分；第(2)问 4 分；第(3)问 4 分，列出小球上摆方程或下摆方程中的任意一个都
给 1 分，列出两个也给 1 分；第(4)问 4 分；满分 16 分。