2023年山東物理卷答案

2023年普通高中學業(yè)水平等級性考試(山東卷) 1. D【解析】能級Ⅰ與能級Ⅱ之間的能級差一定,則有?ν0=?ν1+ν 2. B【解析】根據(jù)胡克定律的推論ΔF=k?Δx得3k 3. C【解析】地球與月球的引力性質和地球表面的物體因引力而產生的重力性質相同,且滿足F∝Mmr2,假定系數(shù)為k(k>0),則F=kMmr2. 4. B【解析】以n個水筒為研究對象(關鍵:研究多對象時,以單位長度上的水筒為對象),水筒在筒車上均勻排布,單位長度上有n個,則筒車對長度l內的水筒中流入稻田的水做的總功W=60%nlmgH=3nlmgH5,做這些功所用時間t 5. A【解析】由于C的膨脹系數(shù)小于G的膨脹系數(shù),溫度升高時,豎直方向G增加的長度比C增加的多,所以劈形空氣層的厚度變大,即相當于將裝置(不包括樣品C)向左移,故可知條紋向左移動,A正確. 6. C【解析】公交車做勻減速直線運動,設在RS段運動的時間t1,在ST段運動的時間為t2,根據(jù)t=xv,可得t1∶t2=1∶4,可令t1=2t，t2=8t,取公交車經過R點的時刻為零時刻,經過T 7. C【解析】發(fā)電機輸出功率P出=U1I1=500kW,已知U1=250V,解得發(fā)電機的輸出電流I1=2000A,A錯誤;根據(jù)用戶端的電壓和功率可知U4I4=88kW，U4=220V,解得I4=400A,由理想變壓器原、副線圈匝數(shù)與電流關系規(guī)律可知I3I4=n4n3,解得I3=8A=IR,輸電線上損失的功率P損 8. A【解析】第一階段,小車在恒定牽引力作用下拉動物體運動,對小車和物體組成的整體,由動能定理有(F?f?μmg)s1=1 9. AD【解析】一定質量的理想氣體的內能只與溫度有關,故一定質量的理想氣體溫度相同,內能相同,當氣體溫度上升100K時,等容過程中,氣體體積不變,W1=0,吸收了400J的熱量,則Q1=400J,由熱力學第一定律可得ΔU1=W1+Q1=400J,故等壓過程中ΔU2=400J,等壓過程中氣體吸收了600J的熱量,Q2=600J,根據(jù)熱力學第一定律可得ΔU2=W2+ 10. BC【解析】設質點的振動方程為x=A'sin(ωt+φ),根據(jù)題意,當t=0時,質點在A點的位移x1=±A'2,質點到達B點的位移x2=32A',由于從經過A點開始計時,則φ=±π6,當x1=A'2時A、B兩點的位置如圖甲所示,則32A 11. ACD【解析】等量異號的點電荷在平面ADF'中的F'點和平面AD 正點電荷在C'點產生的場強大小E+'=kQr2=E?,負點電荷在C'點產生的場強大小E?'=kQr'2=E+,根據(jù)幾何關系和電場分布的對稱性可知EF'=EC',則F'點與C'點的場強大小相等,方向不同,A正確;同理可得,B'點和E'點的電場強度方向不同, 12. BD【解析】由于MN和CD均做勻速直線運動,故兩者處于平衡狀態(tài),由于v2>v1,導體棒MN受到向右的摩擦力f,則通過導體棒MN的感應電流方向為N→M,MN的受力分析如圖甲,對MN有F安1=B1IL,又f=F安1=μm1g=2N,解得I=1A,對導軌CD段受力分析,如圖乙,受到向左的摩擦力f'=f=2N,又輕繩拉力向右且T=m2g=1N,所以U 13. (1)B;(2)2.04×105;(3) 【解析】(1)結合題意和題圖乙可知,p與1V成正比,B正確 (2)當V=10.0mL時,1V=100× (3)在等溫條件下,由玻意耳定律知,正確記錄數(shù)據(jù)時有p(V0+ΔV)=C,若記錄數(shù)據(jù)時漏掉了ΔV 14. (1)b;(2)6.5;(3)3.6×10?3;(4)4.5× 【解析】(1)由題圖甲可知,閉合開關S1,電容器與電阻箱R1串聯(lián)后再與滑動變阻器的左側部分并聯(lián),要升高電容器充電電壓,需增大并聯(lián)部分的電壓,則滑片應向b (2)由題圖乙可知,電壓表的分度值為0.5V,因此只需要估讀到本位,指針正好與6.5V的刻度線對齊,則示數(shù)為6.5V. (3)I?t圖像中圖線與t軸圍成的面積表示電荷量,根據(jù)“用油膜法估算油酸分子的大小”實驗中估算油膜面積的方法,大于二分之一格的算一格,少于二分之一格的舍去,則可得圖中的格數(shù)為36小格,每一小格表示的電荷量為q (4)根據(jù)電容的定義式C=QU (5)充電完成后,電容器的左側極板帶正電,放電時,在電容器外部,電流從帶正電極板流向帶負電極板,由于二極管具有單向導電性,所以發(fā)光二極管D1內光(點撥:由于電容器放電時間較短,二極管發(fā)生一次閃光現(xiàn)象) 15. (1)60m;(2)2 【解析】(1)滅火彈投射后做斜拋運動,水平方向有 L 豎直方向有 H= 聯(lián)立解得H=60m (2)電容器儲存的能量一部分轉化為滅火彈出膛時的動能,該滅火彈的質量為m,根據(jù)功能關系可得 12CU 16. (1)n2?1 【解析】(1)作出光路圖如圖甲所示,設光在M中豎直端面與下端面的入射角分別為α、β,則α+ 光在豎直端面發(fā)生全反射,則 sinα 在下端面發(fā)生折射,則 n= 從M下端面出射的光與豎直方向的最大偏角為θ時,β最大,α最小,即 sinα 可得sinθ (2)N下端面剛能接收反射激光時,b有最小值b 由幾何關系可知 2bmintan N下端面恰好全部被照亮時,此時b有最大值bmax 由幾何關系可知 2bmaxtan 故玻璃絲下端面到被測物體距離b的范圍為 d2 17. (1)6mEqd；(2)(ⅰ)36E；9qEd 【解析】(1)根據(jù)題意可知,粒子的運動軌跡如圖甲所示, 由幾何關系可知,粒子在磁場中運動的軌跡半徑 r= 設粒子第一次運動到邊界QN時的速度大小為v,由動能定理有 qE?2 粒子在磁場中運動時洛倫茲力充當向心力,有 qvB= 聯(lián)立解得B=6 (2)(ⅰ)根據(jù)題意作出粒子在磁場中的運動軌跡,如圖乙所示, 由幾何知識可知 R2=( 解得R=52 設粒子在磁場中做圓周運動的速度大小為v1 v1 粒子運動到P點時,沿x軸方向的速度 vx 沿y軸方向的速度 vy 從P到Q,粒子在電場中運動,沿x軸方向有 2d 沿y軸方向有 2d 解得E 粒子從OP中點到QN中點過程中,由動能定理有 qE'?2 (ⅱ)若要使粒子從P點第三次進入電場,則粒子在Q點離開磁場之后做圓周運動,圓心O2一定在ON連線所在直線上,且Q點與O2的連線與粒子在 設粒子在Q點的速度大小為vQ,沿x vx 沿y軸方向的分速度大小為 vy 所以tanα 直線1的方程為y= 直線2的方程為y= 聯(lián)立解得O2點坐標為(10 根據(jù)數(shù)學知識可得粒子運動的軌跡半徑 R' 粒子在Q點的速度 vQ 帶電粒子在磁場中做圓周運動,所以軌跡半徑 R' 因為R''≠R 18. (1)0.8m；(2)0.625m<s<1+ (4)90+32 【解析】(1)C mCgH= (2)臨界一:若B、C恰好共速,且P剛好在B右端,則此時s取得最小值. C滑上B之后,對C,由牛頓第二定律有 μ2 解得aC 對B,由牛頓第二定律有 μ2 解得aB 當B、C共速時,由運動學關系可得 v0+a 此時B的位移為 xB 因μ2>μ1, 對B、C整體,根據(jù)牛頓第二定律有 μ1 可得aBC=1m/ 【題圖剖析】畫出A、B、C的v?t 臨界二:當B、C共速后,以相對靜止狀態(tài)做勻減速直線運動,且A恰好運動到B的左端,而P剛好在B的右端,此時s取得最大值. 在臨界一時,A距B左端的距離 Δx 設共速后再經過t2時間A剛好運動到B (v 解得t2 A、B在t1和t xB 所以s的范圍是0.625m<s (3)若s=0.48m,B在B、C共速前與擋板P相撞,設經過t3時間B與擋板P相撞,對 v0t3 t3時間內C xC 則摩擦力對C做的功W=? (4)過程一:經過t3時間,B右端運動到P處,B與P發(fā)生碰撞后彈回,A、B、C B與P碰撞之后,速度大小不變,方向相反,B彈回的速度大小 vB A、B的間距 Δx vC 此時對B,由牛頓第二定律可得 μ2 解得aB 過程二:設B與P碰撞后經過t4時間B與A碰撞,A、B、C 由位移關系有 v0 解得t4 此時B的