2023年新高考山东物理高考真题及答案

2023年高考山东物理高考真题及答案一、单项选择题〔832.0分〕碘125衰变时产生𝛾射线，医学上利用此特性可治疗某些疾病。碘125的半衰期为60天，假设将肯定质量的碘125植入患者病灶组织，经过180天剩余碘125的质量为刚植入时的( )1 16

1 8

1 D.14 2我国屡次成功使用“冷放射”技术放射长征十一号系列运载火箭。如下图，放射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开头运动到点火的过程中()火箭的加速度为零时，动能最大高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量半径为𝑅的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于𝑂点，环上均匀分布着电量为𝑄的正电荷。点A、𝐵、𝐶将圆环三等分，取走A、𝐵处两段弧长均为𝛥𝐿的小圆弧上的电荷。将一点电荷𝑞置于𝑂𝐶延长线上距𝑂点为2𝑅的𝐷点，𝑂点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，𝑞为()A.正电荷，𝑞=𝑄𝛥𝐿𝜋𝑅C.负电荷，𝑞=2𝑄𝛥𝐿𝜋𝑅

B.正电荷，𝑞=√3𝑄𝛥𝐿𝜋𝑅D.负电荷，𝑞=2√3𝑄𝛥𝐿𝜋𝑅220V，可输出12V18V30V电压，匝数为𝑛1的原线圈中电压随时间变化为𝑢=𝑈𝑚𝑐𝑜𝑠(100𝜋𝑡).单匝线圈绕过铁芯连接沟通电压表电压表的示数为0.1V。将阻值为12𝛺的电阻𝑅接在𝐵𝐶两端时，功率为12W。以下说法正确的选项是( )A.𝑛1为1100匝，𝑈m为220V𝐵𝐶间线圈匝数为120匝，流过𝑅的电流为1.4A假设将𝑅接在𝐴𝐵两端，𝑅两端的电压为18V，频率为100Hz假设将𝑅接在𝐴𝐶两端，流过𝑅的电流为2.5A，周期为0.02s如下图，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭肯定质量的抱负气体，初始时气缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将气缸缓慢转动90∘()内能增加，外界对气体做正功内能减小，全局部子热运动速率都减小温度降低，速率大的分子数占总分子数比例削减温度上升，速率大的分子数占总分子数比例增加“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如下图，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在一样时刻，沿一样方向经过地球外表𝐴点正上方，恰好绕地球运行𝑛圈。地球半径为地轴𝑅，自转周期为𝑇，地球外表重力加速度为𝑔，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为( )1 1 1 1A.(𝑔𝑅2𝑇2)3−

B.(𝑔𝑅2𝑇2)3 C.(𝑔𝑅2𝑇2)3−

D.(𝑔𝑅2𝑇2)32𝑛2𝜋2

2𝑛2𝜋2

4𝑛2𝜋2

4𝑛2𝜋2柱状光学器件横截面如下图，𝑂𝑃右侧是以𝑂为圆心、半径为𝑅的1圆，左侧是直角梯形，𝐴𝑃4长为𝑅，𝐴𝐶与𝐶𝑂夹角45∘，𝐴𝐶中点为𝐵。𝑎、𝑏两种频率的细激光束，垂直𝐴𝐵面入射，器件介质对𝑎，𝑏光的折射率分别为1.42、1.40。保持光的入射方向不变，入射点从𝐴向𝐵移动过程中，能在𝑃𝑀面全反射后，从𝑂𝑀面射出的光是(不考虑三次反射以后的光)()仅有𝑎光 B.仅有𝑏光 C.𝑎、𝑏光都可以 D.𝑎、𝑏光都不行以无人配送小车某次性能测试路径如下图，半径为3m的半圆弧𝐵𝐶与长8m的直线路径𝐴𝐵相切于𝐵点，与半径为4m的半圆弧𝐶𝐷相切于𝐶点。小车以最大速度从𝐴点驶入路径，到适当位置调整速率运动到𝐵𝐵𝐶和𝐶𝐷。为保证安全，小车速率最大为4m/s。在𝐴𝐵𝐶段的加速度最大s2𝐷s2𝐴𝐷𝑡𝐵段做匀速直线运动的最长距离𝑙为( )A.𝑡=(2+7𝜋)s,𝑙=8m4B.𝑡=(9+7𝜋)s,𝑙=5m4C.𝑡=(2+D.𝑡=[2+

25√6+7√6𝜋)s,𝑙=5.5m12 65√6+(√6+4)𝜋]s,𝑙=5.5m12 2二、多项选择题〔416.0分〕一列简谐横波沿𝑥轴传播，平衡位置位于坐标原点𝑂的质点振𝑡=7s()A.B.C.D.某同学承受图甲所示的试验装置争论光的干预与衍射现象，狭缝𝑆1，𝑆2的宽度可调，狭缝到屏的距离为𝐿。同一单色光垂直照耀狭缝试验中分别在屏上得到了图乙，图丙所示图样。以下描述正确的选项是( )图乙是光的双缝干预图样，当光通过狭缝时，也发生了衍射遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，其他条件不变，图丙中亮条纹宽度增大照耀两条狭缝时，增加𝐿，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大照耀两条狭缝时，假设光从狭缝𝑆1、𝑆2到屏上𝑃点的路程差为半波长的奇数倍，𝑃点处肯定是暗条纹如下图某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出击球点到竖直墙壁的距离4.8m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m的𝑃点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度重量大小变为碰前的0.75倍平行墙面的速度重量不变重力加速度𝑔取10m/s2，网球碰墙后的速度大小𝑣和着地点到墙壁的距离𝑑分别为( )A.𝑣=5m/s B.𝑣=3√2m/s C.𝑑=3.6m D.𝑑=3.9m如下图，𝑥𝑂𝑦平面的第一、三象限内以坐标原点𝑂为圆心、半径为√2𝐿的扇形区域布满方向垂直纸面对外的匀强磁场。边长为𝐿的正方形金属框绕其始终在𝑂点的顶点、在𝑥𝑂𝑦平面内以角速度𝜔顺时针匀速转动，𝑡=0时刻，金属框开头进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势𝐸随时间𝑡变化规律的描述正确的选项是()A.在𝑡=0到𝑡=B.在𝑡=0到𝑡=C.在𝑡=0到𝑡=D.在𝑡=0到𝑡=

𝜋的过程中，𝐸始终增大2𝜔𝜋的过程中，𝐸先增大后减小2𝜔𝜋的过程中，𝐸的变化率始终增大4𝜔𝜋的过程中，𝐸的变化率始终减小4𝜔三、试验题〔218.0分〕在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿其次定律测量物体质量的试验。受此启发。某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的试验，如图甲所示。主要步骤如下：①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；②接通气源。放上滑块。调平气垫导轨；③𝑂点。𝐴点到𝑂点的距离为5.00𝑐𝑚，拉动滑块使其左端处于𝐴点，由静止释放并开头计时；④计算机采集猎取数据，得到滑块所受弹力𝐹、加速度𝑎随时间𝑡变化的图像，局部图像如图乙所示。答复以下问题(结果均保存两位有效数字)：弹簧的劲度系数为 𝑁/𝑚。该同学从图乙中提取某些时刻𝐹与𝑎𝑎—𝐹图像如图丙中𝐼与加速度传感器的总质量为

𝑘𝑔。该同学在滑块上增加待测物体，重复上述试验步骤，在图丙中画出的𝑎—𝐹图像Ⅱ，则待测物体的质量为 𝑘𝑔。某同学利用试验室现有器材，设计了一个测量电阻阻值的试验。试验器材：干电池𝐸(电动势1.5𝑉，内阻未知)；电流表𝐴1(量程10𝑚𝐴，内阻为90𝛺)；电流表𝐴2(量程30𝑚𝐴，内阻为30𝛺)；定值电阻𝑅0(阻值为150𝛺)；滑动变阻器𝑅(最大阻值为100𝛺)；待测电阻𝑅𝑥；开关𝑆，导线假设干。测量电路如下图。断开开关连接电路将滑动变阻器𝑅的滑片调到阻值最大一端将定值电阻𝑅0接入电路；闭合开关，调整滑片位置。使电流表指针指在满刻度1处。该同学选用的电流表为 (2填1”或𝐴2假设不考虑电池内阻此时滑动变阻器接入电路的电阻值应 𝛺。0𝑅𝑥替换𝑅3处，05则𝑅𝑥的测量值为 𝛺。本试验中未考虑电池内阻，对𝑅𝑥的测量值 (填“有”或“无”)影响四、计算题〔440.0分〕𝐴、𝐵两个密闭气室，𝐴室壁厚、可认为体积恒定，𝐵室壁薄，体积可变；两室内气体视为抱负气𝑀的鱼静止在水面下𝐻𝐵室内气体体积为𝑉，质量为𝑚；设𝐵𝐵变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为𝜌，重力加速度为𝑔。大气压强为𝑝0，求：(1)鱼通过增加𝐵室体积获得大小为𝑎的加速度、需从𝐴室充入𝐵室的气体质量𝛥𝑚；(2)鱼静止于水面下𝐻1处时，𝐵室内气体质量𝑚1。某粮库使用额定电压𝑈=380V，内阻𝑅=0.25𝛺的电动机运粮。如下图，配重和电动机连𝑣=2m/s𝐼=40A。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程𝐿到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小𝑚1=100kg，车上粮食质量𝑚2=1200kg，配重质量𝑚0=40kg，取重力加速度𝑔=10m/s2，小车运动时受到的摩擦阻𝑘摩擦损耗及缆绳质量。求：比例系数𝑘值；上行路程𝐿值。中国“人造太阳”在核聚变试验方而取得突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其局部电磁场简化模型如下图，在三维坐标系𝑂𝑥𝑦𝑧中， 空间内布满匀强磁场𝐼，磁感应强度大小为𝐵，方向沿𝑥轴正方向； ， 的空间内布满匀强磁场𝐼𝐼，磁感应强度大小为√2𝐵，方向平行于𝑥𝑂𝑦平面，与𝑥轴正方向夹角为452

∘；𝑧<0，𝑦≤0的空间内充满沿𝑦轴负方向的匀强电场。质量为𝑚、带电量为+𝑞的离子甲，从𝑦𝑂𝑧平面第三象限内距𝑦轴𝐿𝐴𝑧𝛽𝑧平面内运动一段时间后，经坐标原点𝑂沿𝑧轴正方向进入磁场𝐼。不计离子重力。当离子甲从𝐴点出射速度为𝑣0时，求电场强度的大小𝐸；假设使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度𝑣m；离子甲以𝑞𝐵𝑑的速度从𝑂点沿𝑧轴正方向第一次穿过𝑥𝑂𝑦面进入磁场𝐼，求第四次穿过𝑥𝑂𝑦平2𝑚面的位置坐标(用𝑑表示)；当离子甲以𝑞𝐵𝑑的速度从𝑂点进入磁场𝐼时，质量为4𝑚、带电量为+𝑞的离子乙，也从𝑂点沿2𝑚𝑧轴正方向以一样的动能同时进入磁场𝐼，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差𝛥𝑡(无视离子间相互作用)。如下图，“𝐿”型平板𝐵静置在地面上，小物块𝐴处于平板𝐵上的𝑂′点，𝑂′点左侧粗糙，右侧光滑用不行伸长的轻绳将质量为𝑀的小球悬挂在𝑂′点正上方的𝑂点轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放下摆至最低点与小物块𝐴发生碰撞碰后小球速度方向与碰前方向一样，开头做简谐运要求摆角小5 ∘𝐴以速0沿平板滑动直至𝐵右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，𝐴返回到𝑂点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升𝐴的质量𝑚A=0.1kg，𝐵的质量𝑚B=0.3kg，𝐴与𝐵的动摩擦因数𝜇1=0.4，𝐵与地面间的动摩擦因数𝜇2=0.225,𝑣0=4m/s，取重力加速度𝑔=10m/s2。整个过程中𝐴始终在𝐵上，全部碰撞时间无视不计，不计空气阻力，求：(1)𝐴与𝐵的挡板碰撞后，二者的速度大小𝑣A与𝑣B；(2)𝐵光滑局部的长度𝑑；运动过程中𝐴对𝐵的摩擦力所做的功𝑊f；𝑀的取值范围(结果用cos5𝑚A

∘表示)。答案和解析【答案】𝐵【解析】设刚植入时碘125的质量为𝑚0，由于碘125的半衰期为60天，所以经过180天后剩余的碘125的质量为：𝑚=

(1)180

=

(1)3=1𝑚0260

02 8 0也就是说经过180天后剩余碘125的质量是刚植入时质量的1ACD错误，B正确。8此题主要考察放射性原子核半衰期的相关学问，明确半衰期的概念是解题的关键。【答案】𝐴【解析】由于火箭开头运动时速度为零，点火瞬间速度也为零，所以火箭从开头运动到点火的过程中，在高压气体的作用力、火箭本身重力以及空气阻力的作用下，经受加速和减速两个过程；由动力学学问知：开头时加速度和速度方向都向上，火箭做加速运动，当加速度为零时，速度不再增加，此时火箭速度最大，对应的火箭的动能最大，故A正确；火箭在上升过程中，高压气体释放的能量一局部转化为火箭的动能，一局部转化为火箭的重力势能，还有一局部通过阻力做功转化为内能；故B错误；由动量定理知，火箭动量的增加量应当等于火箭所受合外力的冲量不等于高压气体对火箭推力的冲量；且该过程中火箭动量的变化量为零，但推力的冲量不为零；故C错误；由动能定理知，火箭动能的增加量等于火箭所受合外力对火箭所做的功，也就是说火箭所受的推力、空气阻力及火箭本身重力所做的功才等于火箭动能的增加量，故D错误；综上所述此题正确答案为𝐴。此题通过火箭在高压气体推力作用下的变速过程，综合考察了运动过程中动力学规律、能量及动量规律；解决此题的关键是正确分析火箭经受的两个过程：先加速后减速；在应用动力学规律、能量及动量规律解释运动时，要正确对火箭进展受力分析，且对规律本身的条件要做到准确的生疏，具体见上面的解析过程。【答案】𝐶【解析】解：依据对称性可知，当取走A、𝐵两处弧长均为𝛥𝐿的小圆弧上的电荷后，圆环在𝑂点产A、𝐵关于圆心𝑂对称的𝐴1和𝐵1处的电荷在圆心𝑂产生的电场强度的矢量和，如下图由于两段弧长格外小，故可看成点电荷，依据点电荷的场强公式可得，𝐴1和𝐵1在圆心𝑂各自产生

=𝑘𝑅2

=

𝑄𝛥𝐿，场强方向的夹角为120∘，依据矢量合成法则，𝐴12𝜋𝑅3

在圆心𝑂产生的合场强大小为：𝐸=𝐸1=

𝑄𝛥𝐿，方向沿𝐶𝑂𝑂点的合场强为0，则放在𝐷点2𝜋𝑅3的点电荷在𝑂点的场强方向沿𝑂𝐶D𝑂点的场强大小为：𝐸′=𝐸=

𝑄𝛥𝐿依据点电荷场强公式有：𝐸′=联立可得：𝑞2𝑄𝛥𝐿𝜋𝑅

𝑞C。【答案】𝐷解：𝐴.由于变压器的输入电压为220𝑉𝑈有

𝑈𝑚√2𝑈 𝑚错误；

1 0.1V𝐶

=𝑉𝑛

流过𝑅的电流为：𝐼𝐵𝐶=

𝑃𝑈𝐵𝐶

=12W=1A，B错误；12V

𝑛𝐵𝐶

12𝑉

𝐵𝐶依据题意可知，假设将𝑅接在𝐴𝐵端，𝐴𝐵间的电压应当为18𝑉。依据沟通电原线圈电压的表达式可知：𝜔=100𝜋𝑟𝑎𝑑/𝑠，依据𝑓=1=𝑇

𝜔得：沟通电的频率为：𝑓=50𝐻𝑧，C错误；2𝜋依据题意可知，假设将𝑅接在𝐴𝐶端，𝐴𝐶间的电压应当为30𝑉，依据欧姆定律可知，流过电阻𝑅的电流为𝐼

=𝑈𝐴𝐶=30A=2.5A，沟通电的周期为：𝑇=1=2𝜋=0.02s。D正确。𝐴𝐶D。

𝑅 12

𝑓 𝜔【答案】𝐶【解析】【分析】△𝑈=𝑄+𝑊可知气体内能减小，分子平均动能减小，温度降低，速率大的分子数占总分子数的比例减小。该题考察肯定质量的抱负气体在发生相应变化时气体的各状态参数的变化以及热力学第肯定律等学问点，属于常规考点。【解答】设大气压强为𝑝0，活塞的质量为𝑚。初始时缸内气体的压强为𝑝1，对活塞受力分析，由于活塞处于平衡状态，则有(𝑝1−𝑝0)𝑠=𝑚𝑔，气缸在缓慢转动的过程中，气缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿气缸壁的分力，故气缸内气体缓慢的将活塞往外推，最终气缸水平，缸内气压等于大气压。𝐴𝐵.由于气缸、活塞都是绝热的，故气体与外界没有发生热传递，即𝑄=0。由于在缓慢转动过程气体对外做功，即𝑊<0，依据热力学第肯定律𝛥𝑈=𝑄+𝑊可知：气体内能减小，故缸内抱负气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，但并不是全局部子热运动的速率都减小，AB错误；𝐶𝐷.子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误。C。【答案】𝐶【解析】地球外表的重力加速度为𝑔，地面上质量为𝑚的物体所受的重力𝑚𝑔等于地球对物体的引力，即𝑅2

=𝑚𝑔依据题意可知，“羲和号”卫星的运行周期为𝑇′=𝑇，依据牛顿其次定律，万有引力供给“羲和𝑛号”卫星做圆周运动的向心力，则有𝐺𝑀𝑚

=𝑚4𝜋2(𝑅+ℎ)，由以上各式解得ℎ=(𝑔𝑅2𝑇2)1−𝑅(𝑅+ℎ)2

𝑇′2

4𝑛2𝜋23C正确，ABD错误。此题主要考察万有引力定律的应用和万有引力和重力的关系。“羲和号”绕地球的运动视为匀速圆周运动，依据星球外表的物体的重力等于万有引力列方程即可求得地球的质量。依据万有引力供给向心力列方程即可求得“羲和号”卫星轨道距地面的高度。【答案】𝐴【解析】当𝑎，𝑏两种频率的细激光束从𝐴点垂直于𝐴𝐵面入射时，由几何关系可得激光沿直线传播到𝑂点，激光在𝐶𝑂面反射后沿圆的半径方向直线传播出去。如下图保持𝑎𝑏𝐴向𝐵面发生反射，反射光线射向𝑃𝑀面，由以下图可知，激光束的入射点从𝐴向𝐵移动的过程中，光线传播到𝑃𝑀面的入射角是渐渐增大的。当入射点为𝐵𝑃𝑀面上的𝑃面上的入射角最大，设为𝛼，由几何关系得𝛼=45∘设细激光束𝑎的临界角为𝐶𝑎，设细激光束𝑏的临界角为𝐶𝑏，依据全反射的临界角公式得sin𝐶𝑎=

1𝑛𝑎

= 11.42

<√22sin𝐶

=1=

1 >√2𝑏 𝑛𝑏 1.40 2可解得两种频率的细激光束全反射的临界角有如下关系𝐶𝑎<45∘<𝐶𝑏𝐴向𝐵𝑎𝑀𝑀𝑏𝑀面射出，而不能发生全反射，故仅有𝑎光能从𝑂𝑀面射出。A正确，BCD错误。A。此题需要熟记全反射的临界角的表达式，能正确推断光在柱状光学器件各面上的传播状况，用几何学问求解有关的角度。【答案】𝐵设小车的质量为𝑚，小车在𝐵𝐶段的最大加速度为𝑎1=2𝑚/𝑠2，小车经过𝐵𝐶段的最大速度为𝑣1𝑚则由牛顿其次定律

2𝑣1𝑚𝑣𝑟1

=𝑚𝑎1可得无人配送小车经过𝐵𝐶段的最大速度为𝑣1m=√6m/s在𝐶𝐷段的最大加速度为𝑎2=1𝑚/𝑠2，小车经过𝐶𝐷段的最大速度为𝑣2𝑚则由牛顿其次定律

2𝑣2𝑚𝑣𝑟2

=𝑚𝑎2可得在𝐵𝐶段的最大速度为𝑣2𝑚=2𝑚/𝑠<𝑣1𝑚3可知小车在𝐵𝐶𝐷段运动时的最大速度为𝑣=2𝑚/𝑠，可得小车在𝐵𝐶𝐷段运动的时间为𝑡 =𝜋𝑟1𝜋𝑟2=3𝑣7𝜋s2𝐴𝐵段小车从最大速度

减速到𝑣所用的时间𝑡1=𝑣m𝑣𝑎1

=422

s=1s匀减速过程小车运动的位移为𝑥2=

𝑣2𝑣2𝑚2𝑎1𝑚

=3m在𝐴𝐵段小车做匀速运动的最长距离为𝑙=8𝑚 3𝑚=5𝑚小车做匀速运动的时间𝑡2=

𝑙𝑣m

=5s4小车从𝐴到𝐷所需最短时间𝑡=𝑡1 𝑡2 𝑡3=(9 7𝜋)s4 2B。此题以无人配送小车某次性能测试路径为背景，考察了匀变速直线运动规律的应用，圆周运动等学问。【答案】𝐴𝐶【解析】【分析】此题主要考察振动图像与波动图像之间的转换，留意把握其中物理量的关联即可，同时留意波传播的方向性问题。【解答】由振动图像可知，该简谐波周期𝑇=12𝑠；振幅𝐴=20𝑐𝑚。𝑡=0𝑠时，位移𝑦=10𝑐𝑚，设原点处质点振动方程为𝑦=𝐴sin(2𝜋𝑡+𝜑)，当𝑡=0𝑠时，10=20sin𝜑，则𝜑=𝜋，故振动方程为𝑦=𝑇 620sin(𝜋𝑡+𝜋)𝑐𝑚；6 6当𝑡=7𝑠时，其原点处的质点位移为𝑦=−10√3𝑐𝑚BD错误；质点在𝑦轴负半轴向下振动，可推断假设波向右传播，则波形为𝐶所示；假设波向左传播，则波形如𝐴所示。AC10.【答案】𝐴𝐶𝐷【解析】【分析】此题主要考察光的干预与衍射现象，干预条纹间距公式及衍射规律，考察根本规律及概念，把握根底即可。【解答】丙为衍射图样；干预试验中，当光通过狭缝时，同时也会发生衍射，故A正确；依据衍射规律可知，狭缝越小，衍射范围越大，衍射条纹越宽，遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，则衍射现象减弱，图丙中亮条纹宽度减小，故B错误；C.依据条纹间距公式𝛥𝑥=𝜆𝐿可知照耀两条狭缝时，增加𝐿，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的𝑑C正确；D.照耀两条狭缝时，假设光从狭缝𝑆1、𝑆2到屏上𝑃点的路程差为半波长的奇数倍，𝑃点处肯定是暗条D正确。ACD【答案】𝐵𝐷0𝑦【解析】设网球被击出时竖直方向分速度𝑣2 =2𝑔(𝐻−ℎ)0𝑦代入数据得𝑣0𝑦=√2×10×(8.45−1.25)𝑚/𝑠=12𝑚/𝑠网球被击出时的速度为𝑣0，则网球被击出时水平方向分速度𝑣0𝑥=√𝑣2−𝑣2

=√132−122𝑚/𝑠=5𝑚/𝑠又网球被击出到击中墙壁经受的时间𝑡=𝑔

=12𝑠=1.2𝑠10

0 0𝑦网球水平方向到𝑃点的距离𝑥=𝑣0𝑥𝑡=6𝑚6依据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度重量𝑣0𝑥⊥=𝑣0𝑥⋅4.8=4𝑚/𝑠60𝑥𝑣0𝑥//𝑣20𝑥

−𝑣20𝑥⊥

=3𝑚/𝑠反弹后，垂直墙面的速度重量𝑣 ′𝑥⊥

=0.75⋅𝑣0𝑥⊥=3𝑚/𝑠则反弹后的网球速度大小为𝑣=√𝑣

′2+𝑣2

=3√2𝑚/𝑠水平⊥

0水平//网球落到地面的时间𝑡 ′=√2𝐻=√8.45×2𝑠=1.3𝑠着地点到墙壁的距离𝑑=𝑣

𝑔′𝑡

10′=3.9𝑚BD正确，AC错误。BD。

【答案】𝐵𝐶【解析】𝐴𝐵.如下图在𝑡=0到𝑡=

𝜋的过程中，线框的有效切割长度先变大再变小，当𝑡=2𝜔

𝜋时，有效切割长度最大4𝜔为√2𝐿，此时，感应电动势最大，所以在𝑡=0到𝑡=错误；

𝜋的过程中，𝐸B正确，A2𝜔𝐶𝐷.在𝑡=0到𝑡=

𝜋的过程中，设转过的角度为𝜃，由几何关系可得𝜃=𝜔𝑡4𝜔进入磁场局部线框的面积𝑆=𝐿⋅𝐿tan𝜃2穿过线圈的磁通量𝛷=𝐵𝑆=𝐵𝐿2tan𝜔𝑡2线圈产生的感应电动势𝐸𝛷′𝛥𝛷𝛥𝑡感应电动势的变化率𝛥𝐸=𝐸 ′𝛥𝑡对𝛷=𝐵𝐿2tan𝜔𝑡求二次导数得𝛥𝐸=𝐵𝐿2𝜔2sec2𝜔𝑡tan𝜔𝑡2在𝑡=0到𝑡=错误。

𝛥𝑡𝜋22c2𝐸的变化率始终增大，故CD4𝜔(3)0.13【解析】【分析】

(2)0.20此题以牛顿其次定律为背景，利用创器材传感器，在器材的情景下，考察学生对试验原理的理解及图像信息识别处理力量。【解答】(1)由图乙可知，𝑡=0𝑠时，滑块所受弹力为𝐹=0.610𝑁，而初始位置𝐴点到弹簧原长𝑂点的距离为5.00𝑐𝑚，则弹簧的劲度系数为𝑘=

𝐹

=0.610𝑁/𝑚≈12𝑁/𝑚。0.05(2)依据牛顿其次定律有𝐹=𝑚𝑎，则𝑎—𝐹图像的斜率为滑块与加速度传感器总质量的倒数，根据图丙中𝐼，则有1𝑚

=𝛥𝑎

=3.0000.600

，解得𝑚=0.20𝑘𝑔。(3)依据图丙中Ⅱ1𝑚′

=𝛥𝑎

1.8000.600

，解得𝑚′≈0.13𝑘𝑔。故答案为(1)12 (2)0.20 (3)0.1314.【答案】(1)𝐴1 60(3)无【解析】【分析】

(2)100此题考察电阻测量试验，涉及器材选用，数据处理及误差分析，其中器材选用要特别留意电表量程，并从试验原理动身打算选用适宜器材，同时误差分析中，推断有无影响及会导致测量偏大偏小的推断上，杜绝感官推断，而须从试验原理动身，列出测量表达式，从而做出正确推断。【解答】𝑅0

𝐼1=

𝐸𝑅0

=10𝑚𝐴，而后续试验中，1需使电流表指针指在满刻度的1处，应选用量程为10𝑚𝐴的电流表𝐴。不考虑电表内阻，则有𝐸=12𝐼𝑚(𝑅 +

𝑅)，即𝑅=2𝐸

𝑅0 𝑅𝐼代入数值可知𝑅=60𝛺。2 0 𝐼

𝐼𝑚0𝐸=𝑚𝑥+𝐼+)𝑥=5 5100𝛺。(3)1处，则有𝐸=𝐼𝑚(𝑅0+𝑅𝐼+𝑅+𝑟)，当电流表指𝐸3𝐼𝑚(𝑅

+

2𝑅𝑟)，联立解得

2=5𝑅0𝑅

𝑅𝑟𝐼 𝑅𝑅𝑟5 5 𝑥 𝐼

𝑥 6 0阻值电流表𝐴内阻依据𝐸=𝐼𝑚(𝑅 +

𝑅+𝑟)，可解得𝑅+𝑟=2𝐸

𝑅0 𝑅𝐼与(1)中1 2 0 𝐼

𝐼𝑚𝑅𝑥的测量值无影响。

(1)由题知开头时鱼静止在水面下𝐻𝑉1，由力的平衡得𝑀𝑔=𝜌𝑔𝑉1且此时𝐵室内气体体积为𝑉，质量为𝑚，设气体的密度为𝜌气，则有𝑚=𝜌气𝑉鱼通过增加𝐵室体积获得大小为𝑎的加速度，则有牛顿其次定律得𝜌𝑔(𝑉1+𝛥𝑉)−𝑀𝑔=𝑀𝑎气由以上各式解得需从𝐴室充入𝐵室的气体质量𝛥𝑚=𝜌气

𝛥𝑉=𝑀𝑚𝑎𝑉𝜌𝑔由题知，鱼静止在水面下𝐻处时，𝐵室内气体体积为𝑉，质量为𝑚，且此时𝐵室内的压强为𝑝1=𝜌𝑔𝐻+𝑝0当鱼静止于水面下𝐻1处时，有𝑝2=𝜌𝑔𝐻1+𝑝0，此时𝐵室内气体体积变为𝑉2鱼静止在水面下𝐻处到鱼静止于水面下𝐻1处的过程中，由于鱼鳔内的气体温度不变，依据玻意耳定律有𝑝1𝑉=𝑝2𝑉2可解得𝑉2=

𝜌𝑔𝐻+𝑝0𝑉𝜌𝑔𝐻1+𝑝0可解得当鱼静止于水面下𝐻1

处时，𝐵室内气体质量𝑚1=𝜌气

𝜌𝑔𝐻+𝑝0𝑚𝜌𝑔𝐻1+𝑝0【解析】当深度为𝐻𝐴室充入𝐵室的气体质量𝛥𝑚，当鱼静止于水面下𝐻1处时，依据玻意耳定律求解𝐵室内气体体积𝑉2，得到此时𝐵室内气体质量。【答案】解：(1)设连接电动机的绳子拉力为𝑇1，与配重相连的绳子的拉力为𝑇2，斜面的倾角为𝜃。由于小车沿斜坡匀速上行，依据能量守恒定律有：𝑈𝐼=𝐼2𝑅+𝑇1𝑣，解得：𝑇1=7400N对小车受力分析有：𝑇1+𝑇2=(𝑚1+𝑚2)𝑔sin𝜃+𝑘(𝑚1+𝑚2)𝑔卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有：𝑚1𝑔sin𝜃=𝑚0𝑔+𝑘𝑚1𝑔0.1。𝑎，对小车与配重整个系统争论，有：(𝑚1+𝑚2)𝑔sin𝜃+𝑘(𝑚1+𝑚2)𝑔−𝑚0𝑔=(𝑚1+𝑚2+𝑚0)𝑎，解得：𝑎=370m/s2，依据𝑣2=2𝑎𝐿，解得：𝐿=67【解析】见答案

67m185【答案】(1)如下图由于离子受到的电场力沿𝑦轴负方向，可知离子沿𝑧轴方向做匀速直线运动，沿𝑦轴方向做匀减速直线运动，将离子甲从𝐴点出射速度为𝑣0分解到沿𝑦轴方向和𝑧轴方向，从𝐴到𝑂的过程，有：沿𝑧轴方向：𝐿=𝑣0cos𝛽⋅𝑡沿𝑦轴方向：𝑣0sin𝛽=𝑎𝑡其中：𝑎=𝑞𝐸𝑚联立解得𝐸=(2)如下图

𝑚𝑣2sin𝛽cos𝛽0𝑞𝐿0离子从坐标原点𝑂沿𝑧轴正方向进入磁场𝐼中，由洛伦兹力供给向心力可得𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑟1离子经过磁场𝐼偏转后从𝑦轴进入磁场𝐼𝐼中，由洛伦兹力供给向心力可得𝑞𝑣⋅√2𝐵=𝑚𝑣22=√1𝑥轴上的某点飞出，

2 𝑟2假设𝑟1≤𝑑，刚好满足离子不会从上边界飞出，此时𝑟2=√2𝑑<3𝑑，离子也不会从下边界穿出，即得𝑣𝑞𝐵𝑑，离子甲进入磁场后始终在磁场中运动𝑚故进入磁场时的最大速度为𝑞𝐵𝑑；𝑚𝑑𝑂𝑧𝑦𝐼𝐼中的轨迹半径2𝑚为𝑟1=𝑚𝑣=𝑑𝑞𝐵 22离子在磁场𝐼𝐼中的轨迹半径为𝑟=√2𝑑，22离子从𝑂点第一次穿过到第四次穿过𝑥𝑂𝑦平面的运动情景，如下图离子第四次穿过𝑥𝑂𝑦平面的𝑥轴坐标为𝑥4=2𝑟2sin45离子第四次穿过𝑥𝑂𝑦平面的𝑦坐标为𝑦4=2𝑟1=𝑑故离子第四次穿过𝑥𝑂𝑦平面的位置坐标为(𝑑,𝑑,0)

∘=𝑑设离子乙的速度为𝑣′，依据离子甲、乙动能一样，可得1𝑚𝑣2=1×4𝑚𝑣′22 2可得𝑣′=𝑣=𝑞𝐵𝑑2 4𝑚离子甲在磁场𝐼中的轨迹半径为

=𝑚𝑣=𝑑，离子乙在磁场𝐼中的轨迹半径为𝑟′

=4𝑚𝑣

′=𝑑=2𝑟1 𝑞𝐵 2

1 𝑞𝐵 1离子甲在磁场𝐼𝐼中的轨迹半径为

=√2𝑑，离子乙在磁场𝐼𝐼中的轨迹半径为𝑟

′ =4𝑚𝑣

′=√2𝑑=22

2 2 𝑞⋅√2𝐵2依据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如下图从𝑂点进入磁场到第一个交点的过程，有=

=2𝜋𝑚+𝑞𝐵

2𝜋𝑚2𝑞⋅√22

=(2+2√2)𝜋𝑚𝑞𝐵1 1 12𝜋⋅4𝑚 12𝜋⋅4𝑚 𝜋𝑚𝑡 = 乙 2

′1+2

′2=2

+2 √2𝑞⋅2

=(4+4√2)𝑞𝐵可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为𝛥𝑡=𝑡乙

−𝑡甲

=(2+2√2)𝜋𝑚𝑞𝐵【解析】此题考察了带电粒子在匀强电场中的偏转和带电粒子在磁场中的运动，解答此题要求依据离子在进入磁场时的初始速度结合在磁场中运动的半径大小准确画出离子的运动轨迹，在分析离子在磁场中运动过程中的轨迹时，对空间思维力量要求较高。618.【答案】(1)𝑣A=2m/s，𝑣B=2m/s；(2)𝑑=7m；(3)−6

3J；(4)65 85