【文档说明】山东省东营市胜利一中2022年高三仿真演练试题押题卷 物理答案.pdf，共(7)页，317.931 KB，由管理员店铺上传

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山东省2022年普通高中学业水平等级考试物理参考答案一、单选题1.D2.B3.C4.B5.A6.D7.B8.D二、多选题9.BD10.AC11.ACD12.BC三、非选择题13.（1）121123mxmxmx（2）112231mmmhhh（3）121123mlml

ml（每空2分）14.（2）2A（1分）（3）（2分）（4）B（1分）（5）2.8V（2分）478Ω（2分）15.【答案】（1）53.0810Pa；（2）115【解析】（1）根据理想气体状态方程112212pVpVTT代入数据52110Pa1.80.0940L1.8L30

0K308Kp得523.0810Pap（2）502.810Pap，温度由35℃降到室温27℃过程中轮胎内气体发生等容变化，有3221ppTT代入数据533.0810Pa308K300Kp解得553310Pa2.810Pap胎压过大，需要放出部分气体。放出气

体时，根据等温变化，有303pVpV553310Pa2.810PaVV3333VVVVmVVm115mm所以放出气体的质量占轮胎内总气体质量的11516．（1）2J；（2）4m/s；（3）3N【解析】（1）根据摩擦

产生的热量为Qfx相可知，无论F取何值，物块与木板的摩擦力都为2Nfmg则摩擦产生的热量由物块与木板的相对位移决定。由图乙可知，当1NF时，产生的热量都为2Q，说明当1NF时，物块运动到木板的最右端时恰好与木板保持相对静

止，则22JQfxfL相（2）当1NF时，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有1fma可得，物块的加速为212m/sa对木板受力分析，根据牛顿第二定律有2FfMa可得，木板的加速度为226m/sa以木板为参考系，则物块的相对加速度为2128m/saa

a相则根据匀变速运动的规律有202vaL相解得，物块的初速度为04m/sv（3）图乙中，当11FF时，摩擦产生的热量减小，则说明物块在运动到木板右端前就已经与木板共速，即相对位移小于木板的

长度。当1FF时，摩擦产生的热量又突然增大，而且大于了2Q，说明当物块与木板共速后两者又发生了相对滑动，由此可知，当1FF时，物块与木板恰好不能发生相对滑动，即两者共速后一起向右加速。则对整体受力分析，根据牛顿第二定律有1()FmMa对物块受力分析，

根据牛顿第二定律有fmgma联立可得13NF17.【答案】（1）2969cm；（2）83710s3；（3）543210N37【解析】（1）电子由静止经过加速电场从C板运动到D板，由动能定理可得2CD12ceUmv116CD221.510120ms610ms

ceUvm从F点射出的电子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示，洛伦兹力提供向心力，则有2vBevmr解得6113610m0.74m74cm21.5101037cmvreB由几何关系可知222217411474cm3876cm2969

cmFxryr（2）如图所示，因两电子的运动半径相等，由几何关系可知，两电子到达J点时在磁场中运动的时间之和等于一电子做圆周运动周期的一半，即有81131237s10s22231.51

01037mtTeB和（3）如图所示，由数学知识的正弦定理可得1sinsinOOrsin0.612sin1.140.740.7437Fyrr2221235cos1sin13737从F射出的一个电子垂直打在挡板上的动量为pF

⊥=mcvcosα对从E射出的电子垂直打在挡板上的动量为pE=mcv对两电子，由动量定理可得617201cos61037ccFtmvm设两束电子的总数为n个，则有电荷量为q=ne由电流的定义式可得qItnetI

则有61720610237cFtnm合解得两束电子对挡板的合作用力大小6665117272726106106103.0432373737N10N221.510372ccnmnmFnetI合

18.（1）20104cosυxxμgθ；（2）Ep=22001tan44mυmυθμ；（3）3113235β【解析】（1）从A到O′，由动能定理可得2010101sincos02mgxx

θμmgxxθWmυ物块A离开弹簧后回到P点的过程，由动能定理得0101sincos0Wmgxxθμmgxxθ解得20104cosυxxμgθ（2）从'O到P点220p101001cos()sin()tan44mυEμmgθ

xxmgθxxmυθμ（3）两物体分离的瞬间有ABaa，两物体之间的弹力为0，由牛顿第二定律可得sincosAmgθμmgθmasincos2BβmgθμβmgθTβma解得0T，即弹簧恢复原长的瞬间，两物体分离。

设分离瞬间，两物体的速度为v，由能量守恒可得2p1112(1)sin(1)cos(1)2Emgxmgxmv将tan，003sinυgxθ，20104cosυxxμgθ带入解得0135sin1

vgx由于tan，sinFmg，故分离后两物体的加速大小分别为sincossinAmgθμmgθFagθmsincos2sinBβmgθμβmgθagθβm由此可知

，分离后两物体均做减速运动，且B的加速度大于A，故在A物体上升阶段，两物体不会碰撞；B速度减为0后，由于tan，B物体会保持静止状态，B物体上升的位移为24sinBυxgθ若A物体与挡板碰撞前速度就减为0，则此后A物体保持静止状态，两物体一

定不会碰撞；若A物体能与挡板相碰，当物体A与挡板碰撞后，继续以加速度sing向下做减速运动，直到速度减为0，保持静止；A物体速度减为0的总路程为22sinAvxg若A物体不与挡板碰撞，则202sinAυxx

gθ解得117β若A物体能与挡板碰撞，则两物体不相撞的条件为A物体速度减为0时不与B物体相撞，即02ABxxx且0Axx解得1131723β由于0v，故135β综上所述，的取值范围为311

3235β获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com