【高考真题】2023新高考物理真题试卷（山东卷）

评分评分1.“梦天号''实验舱携带世界首套可相互比对的冷原子钟组发射升空，对提升我国导航定位、深空探测等技术具有重要意义。如图所示为某原子钟工作的四能级体系，原子吸收频率为Uo的光子从基态能级I跃迁至激发态能级II,跃迁到钟跃迁的上能级2,并在一定条件下可跃迁到钟跃迁的下能级1,实现受激辐射,发出钟激光，最后辐射出频率为吟的光子回到基态。该原子钟产生的钟激光的频率巧为【高考真题】2023新高考物理真题试卷（山东卷）O的正好升高补平。己知单个盘子的质量为300g,相邻两盘间距1.0cm,重力加速度大小取I0m/s2o弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为()OO堞B.v0+v1-v3C.v0Vi+v3D.vQ-v1-v32.餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示,三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平作固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下OB.lOON/mC.2(X)N/mD.3()()N/m3.牛顿认为物体落地是由于地球对物体的吸引，这种吸引力可能与天体间（如地球与月O一、单项选择题：一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。.的60倍，地球表面的重力加速度为g,根据牛顿的猜想，月球绕地球公转的周期为().A.30tt专B.307T*C.120ttD.120〃出.4.《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简.化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度co匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻由。当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为()5.如图所示为一种干涉热膨胀仪原理图。G为标准石英环，C为待测柱形样品，C的上.表面与上方标准平面石英板之间存在劈形空气层。用单色平行光垂直照射上方石英板,.会形成干涉条纹。己知C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，下列说法正确的是()..........O.....A.劈形空气层的厚度变大，条纹向左移动.B.劈形空气层的厚度变小，条纹向左移动..C.劈形空气层的厚度变大，条纹向右移动..D.劈形空气层的厚度变小，条纹向右移动O6.如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间2/26O球）的引力具有相同的性质、且都满足Foe皆。己知地月之间的距离I•大约是地球半径...S书o.IlO球）的引力具有相同的性质、且都满足Foe皆。己知地月之间的距离I•大约是地球半径...S书o.Il蝶直燮察玉※※※«OA2zung6o2RHg3nmga)RHp3nmga)^RH........o..GCG.......的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s,ST段的平均速度是5m/s,则公交车经过T的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s,ST段的平均速度是5m/s,则公交车经过T点时的瞬时速度为()RSTA.3m/sB.2m/sC.lm/sD.0.5m/s7.某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压Ui=25OV,输出功率500kW。降压变压器的匝数比n4=5O：1,输电线总电阻R=62.50。其余线路电阻不计，用户端电压U4=220V,功率88kW,所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是()OOOA.发电机的输出电流为368AB.输电线上损失的功率为4.8kWC.输送给储能站的功率为408kWD.升压变压器的匝数比ni：n2=1：448.质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为&时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为S2。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P。为()MOOA膈2(F-f)(S2-S房B.2『2(F-f)(S2-Si)Sic|2p2(F-f)(S2-S兄J(M+m)S2-MS1D.2f2(F-/)(S2-Si)S2J(M+m^+mSiOOOO9.一定质量的理想气体，初始温度为300K,压强为1X105PQOO9.一定质量的理想气体，初始温度为300K,压强为1X105PQ。经等容过程，该气体吸收400/的热量后温度上升100/C；若经等压过程，需要吸收60（y的热量才能使气体温度上升100K。下列说法正确的是()A.初始状态下，气体的体积为6LB.等压过程中,气体对外做功400/C.等压过程中，气体体积增加了原体积的;D.两个过程中，气体的内能增加量都为400/10.如图所示、沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的V5倍，质点经过A点时开始计时，I时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是()BW11.如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和o',A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是()OOOOA.F'点与C'点的电场强度大小相等B./点与E'点的电场强度方向相同D.将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小12.足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为lm,电阻不计。质量为lkg、长为lm、电阻为10的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，I和II区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为％和-2,其中B[=2T,方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域OOOO4/26二、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。220>p/(xlO3pa)O-r——220>p/(xlO3pa)O-r—— 1-O-U士-r0士Khh:60+90100^(xl03mL')（1）在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体。A.p与U成正比B.p与:成正比（2口若气体被压缩到7=10.0mL,由图乙可读出封闭气体压强为Pa（保留3位有效数字）。O十二OI和II并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度％=2m/s,CD的速度为巧且巧＞%，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10m/s2,下列说法正确的是()二勺二，王OA.&的方向向上B.%的方向向下C.v2=5m/sD.v2=3m/s三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘，托盘中放入秩码，待气体状态稳定后，记录气体压强p和体积V（等于注射器示数V。与塑料管容积之和逐次增加砥码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。•:•:舅计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：......（3）某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了则在计算pV乘积时，他......•:•:舅计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：......（3）某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了则在计算pV乘积时，他.........※※※※...........6/26书蝶直:燮察玉_的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而书蝶直:燮察玉_的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而14.电容储能己经在电动汽车，风、光发电、脉冲电源等方面得到广泛应用。某同学设............电容器C（额定电压10V,电容标识不清电源E（电动势12U,内阻不计............滑动变阻器玲（最大阻值20。，额定电流24电压表V（量程15V,内阻很大（1）按照图甲连接电路，闭合开关Si，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器滑片（3）继续调节滑动变阻器滑片位置，电压表示数为8.0,时，开关S2掷向1,得到电容器充电过程的/-t图像，如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小''实验中估...........................•※※※..........................:...2,发光二极管光。15.电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离心=60m,灭火弹出膛速度约）=50m/s,方向与水平面夹角0=53。，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2,sin53°=0.8o算油膜面积的方法，根据图像可估算出充电结束后，电容器存储的电荷量为.C（结果保留2位有效数字）。（4）本电路中所使用电容器的电容约为F（结果保留2位有效数口2）已知电容器储存的电能E=^CU2,转化为灭火弹动能的效率1）=15%,灭火弹的质量为3kg,电容C=2.5x104“F,电容器工作电压U应设置为多少？16.一种反射式光纤位移传感器可以实现微小位移测量，其部分原理简化如图所示。两光纤可等效为圆柱状玻璃丝M、N,相距为d,直径均为2q,折射率为n克）。M、N下端横截面平齐且与被测物体表面平行。激光在M内多次全反射后从下端面射向被测物体，经被测物体表面镜面反射至N下端面，N下端面被照亮的面积与玻璃丝下端面到被测物体距离有关。-蜀书...书......o.Il察......o.o:.（1）从M下端面出射的光与竖直方向的最大偏角为们求0的正弦值；（2）被测物体自上而下微小移动，使N下端面从刚能接收反射激光到恰好全部被照亮，求玻璃丝下端面到被测物体距离b的相应范围（只考虑在被测物体表面反射一次的17.如图所示，在0专2d,0<y<2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m,电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。..—…、NL.1i.:.1111111pQ口1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度uo：（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。18.如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度3）向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时BIm/v4m/s,mA=mc=1kg,mB=2kg,AX04.E.8/26(1)求C下滑的高度(1)求C下滑的高度H；(2)与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围：(3)若s=0.48m,求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；(4)若s=0.48m,自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。o与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数灼=0.1,C与B间动摩擦因数代=05,B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g=10m/s2oooM.........舅堞燮七懋※※※※.....Omg,月球绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有：G=.........舅堞燮七懋※※※※.....Omg,月球绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有：G='解得月球绕地球公转的周期为：T=1207TC符合题意，ABD不符合题意。故答案为：Co【分析】在地球表面，忽略地球自转的情况下，物体所受万有引力等于重力，月球绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，列式解方程组即可。【解析】【解答】水轮转动一圈，灌入稻田的水的质量为：M=2nRnmx60%=1.2nRnm,水轮转动一圈所用时间为：T=—，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为：........?=%=罕=3何严,B符合题意，ACD不符合题意。....O.书察东答案解析部分...O.跃迁至激发态能级II,吸收的能量为/n/。；自发辐射出频率为巧的光子，跃迁到钟跃迁的上能级2,放出的能量为九巧：在一定条件下可跃迁到钟跃迁的下能级1,放出的能量为九叱；辐射出频率为*的光子回到基态，放出的能量为九*：由能量守恒定律得：hvQ=hvr+hv2+hv3,解得v2=Vo~-v3»ABC不符合题意,D符合题意。故答案为：Do【分析】根据光子能量方程s=hv求解原子吸收和释放的能量，再通过能量守恒定律写出能量关系，即可求解。【解析】【解答】每移走一个盘子，盘子的总重力减小AG=mg=0.3xION=3N,弹簧形变量减小了Ax=1.0cm=0.01m,由平衡条件得可得：3kAx=AG,解得：k=100N/m,B符合题意，ACD不符合题意。故答案为：Bo【分析】移走一个盘子，3根弹簧总弹力的减小量等于该盘子的重力，根据共点力平衡条件结合胡克定律列式，即可求解弹簧的劲度系数。【解析】【解答】设地球半径为R,则r=60R,由万有引力等于重力可得：十=M”.........O..........O10/26oo【分析】根据题意，求出水轮转动一圈灌入稻田的水的质量和所用时间，再求出重力做功，然后根据oo【分析】根据题意，求出水轮转动一圈灌入稻田的水的质量和所用时间，再求出重力做功，然后根据P=¥计算功率。【解析】【解答】由题意知，C的膨胀系数小于G的膨胀系数，所以当温度升高时，G比C膨胀明显，劈形空气层的厚度变大。因为干涉条纹是由劈形空气膜上下两表面的反射光在标准样板的上表面叠加而形成的，每条条纹对应的空气膜上下两表面的反射光的光程差与劈形空气层的厚度是一一对应的，所以劈形空气层的厚度变大，条纹向劈尖移动，即条纹向左移动，A符合题意，BCD不符合题意。故答案为：Ao【分析】根据题中所给C和G的膨胀系数关系分析空气层厚度的变化；空气层干涉形成的条纹是空气层的上下表面的反射光干涉产生的，光程差为对应的薄膜厚度的二倍，若光程差为波长整数倍，则为明条纹，为半波长奇数倍，则为暗条纹，所以每条条纹与薄膜厚度一一对应，由此判断条纹的移动方向。【解析】【解答】设RS=x,公交车由R点运动到S点所以时间为t,ST=2x,由S点运动到T点所以时间为匕由R到S,由平均速度公式可得：誓4=10血仆，*=10m/s,由S到T,由平均速度公式可得：普些：=5m/s,学=5m/s,由R到T,平均速度为：前:=些户，麻=日寻，联立以上各式可得公交车经过T点时的瞬时速度为”=lm/s,C符合题意，ABD不符合题意。【分析】根据平均速度两个公式节=哗和万=*,对公交车由R到S、S到T、R到T的运动分别列式，求解方程组即可。A.发电机的输出=可得发电机的输出电流为:h=200(M,A不符合题意：B.用户端得到的功率P2=U4I4,可得降压变压器线圈中的电流为：/4=4004,根据/4=n4..%可得降压变压器原线圈中的电流为：妇=80,则输电线上损失的功率为：P损=I32R=82X62.5W=4000VK=4.0/clV,B不符合题意；oooMOO.......O.......O...※※※※※※※.............O.......O.......O...※※※※※※※.............O..书察东O..舅燮C.理想变压器，输入功率和输出功率相等，可得输送给储能站的功率为：Pf^=P\-P2-P^=500kW一88kW一4.0k"=408/clV,c符合题意；D.升压变压器的输出功率为：P2+P质=。2,3,解得：U2=115001/,由电压与匝数的关系可得：猝=◎,可得升压变压器的匝数比学=会，D不符合题意。....O.........故答案为：Co【分析】根据P=UI计算电动机的输出功率：先根据P=UI计算降压变压器的输出电流，再由电流与匝数的关系推导出输电线上的电流，然后根据P=12R得到损失功率；根据理想变压器的输入功率与输出功率相等，推导输送给储能站的功率；先由升压变压器的输出功率推导出升压变压器的输出电压，再根据电压与匝数的关系推导升压变压器的【解析】【解答】设物体与地面间的动摩擦因数为四，小车达到额定功率时速度为v,小车拖动物体运动过程中，对M和m整体，由牛顿第二定律得：F-f-fimg=(M+m)at小车速度为v时，功率到达额定功率，可得P0=Fv轻绳从物体上脱落后，物体做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得物体的加速度大小为：a2=四由匀变速直线运动位移一速度公式得：成=2a2(S2-Si)联立解得：Pn=2F2(F_Q(S2—Si)Si,a符合题意，BCD不符合题意。°J(M+m)S2-MSi故答案为：Ao【分析】小车和物体一起运动时，对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，再列出位移表达式；轻绳脱落后，物体做匀减速直线运动，对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解物体的加速度，再列出减速运动过程的位移表达式，当绳断开瞬间，小车功率达到额定功率，列出功率公式，求解方程组即可得到小车的额定功率。C.令理想气体的初始状态的压强，体积和温度分别为Pi、匕、Ti，等容过程为状态二，压强，体积和温度分别为P2、峋、『2,等压过程为状态三，压强，体积和温度分别为P3、，3、乌。对等压过程，由盖吕萨克定律可得：*=咨，代入数值解O...12/26ooo故答案为：BC。【分析】分情况讨论A、B两点在平衡位置的同侧与ooo故答案为：BC。【分析】分情况讨论A、B两点在平衡位置的同侧与A、B两点在平衡位置两侧的两种情况，根据振动方程求出过A点时的相位和第二次过B点时的相位，再根据时间关系求AB.由等量异种电荷的对称性可知F和C电场强度大小相等，方向不OMOoo得3=£皿，可知体积增加了原来的?，c不符合题意；D.等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律AU="+Q,可知等容过程中气体内能增加了400J,两个过程的初末温度相同，即内能变化相同，因此等压过程的气体内能也增加了400J,D符合题意：AB.等压过程内能增加了400J,吸收热量为600J,由热力学第一定律AU="+Q,可得气体做功：W=400J-600J=-200J,则气体对外做功为200J,即做功的大小为"=Pi3-*）=200/代入数据解得Vi=6x的-部=6么，A符合题意，B不符合题意。故答案为：ADo【分析】对等压过程，根据盖吕萨克定律，列出状态方程求解；根据热力学第一定律判断内能变化；根据气体做功公式"=pAU求解体积。AB.若A、B两点在平衡位置的同侧，根据质点的振动方程A=Asin%,对B可得：=As\n（pb^解得=*%=§或％=¥'因此可知第二次经过B点时为=手故券T*解得T=4t,依题意可知，A、B点间距为L,有孚=解得A=能，A不符合题意，B符合题意：CD.当AB两点在平衡位置两侧时，根据质点的振动方程y=i4sino）t=Asincp^对A可得：-^A=As\n（paf对B可得：^-A=As\n（pb»解得%=-务0》=壹或％=孝，因此可知第二次经过B点时魅=气,故骂界7解得T=此时位移关系为孕=解得A=能,C符合题意，D不符合题意。七懋舅堞燮下的分量，E，有向上的分量A符合题意，B不符合题意：C.设无穷远电势为零，由等量异种电荷的电势分布可知，AD连线的中垂面为等势面，且电势为零，沿电场线方向电势降低，所以中垂面左侧电势大于零，右侧电势小0,根据对称关系可知们/=一。〈0,=0,f'口因此中；一翌f'=胆一＜'8一中：=5,即A，点与F，点的电势差小于0'点与D.将六棱柱的上表面的一半拿出如图所示，由几何条件可知正电荷在OF中点K的场强方向垂直OF,则K点的合场强与OF的夹角为锐角，在F点的场强和OF的夹角为钝角，因此将正试探电荷由F点沿直线移动到0点的过程中，电场力先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，D符合题意。故答案为：ACDo等量异种电荷的电势分布特点求解各点电势，写A，与FL。与D，的电势差的关系式，比较电势差的关系：根据电场力做功情况分析电势能的变化。12.【答案】B,DAB.由题意知，导轨的速度大于导体棒的速度，可知导体棒受到向右的摩擦力，由牛顿第三定律可知，导轨受到向左的摩擦力，另外导轨还受到向右的拉力和方向未知的安培力，而摩擦力和拉力的合力nmg-mQg=1/V,方向向左，由于导轨在磁场日2中做匀速运动，所以CD棒受到的安培力F2=1N,方向向右，由左手定则可知导体棒MN中的感应电流方向为N-M,所以CD中的电流方向为D-C,知B2的方向为向下，A不符合题意，B符合题意；CD.对导体棒MN受到的安培力F1=B1IL=f=timg=2Nt对导轨受到的安培力F2=B2IL=IN,电路中的电流为/='1网尹2网,解得/=U,B2=IT,v2=3m/s,C不符合题意，D符合题意。故选：BDo※※※※14/26【分析】对导体棒以及导体框受力分析，【分析】对导体棒以及导体框受力分析，由共点力平衡条件求出各自所受的安培力的大小和方向，再根据左手定则判断磁感应强度方向：由法拉第电磁感应定律结合导体棒和导体框受到的安培力大小，求解巧速度大小。13.【答案】(1)B(2)2.04x105【解析】【解答】(1)由图乙可知，在温度不变的条件下，一定质量的气体的压强p和体积的倒数，成正比，和体积V成反比，A不符合题意，B符合题意；故答案为：B；(2)气体被压缩到lO.OmL时，体积的倒数了=诃扁=100.0x10一3皿匕-1,由图乙可知，压强p=2.04x105Pa：(3)设测量出的注射器示数为V,则准确的表达式应为p(l/+AK),计算结果与同组正压强的增大，pAV增大。【分析】(1)由图象进行分析，明确压强p和体积V之间的关系；(2)求出:的值，再根据图乙读出压强的值：(3)明确该同学的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的表达式，再结合压强变化得出该差值的变化。(2)6.5(3)3.8x10-3(4)4.8xIO-(5)Di【解析】【解答】(1)闭合开关Si，由电路结构可知，电容器所在支路与滑动变阻器左侧电阻并联，所以若要升高电容器充电电压，应使滑动变阻器左侧电阻增大，所以滑动变阻器滑片应向b端滑动；故填：b；(2)电压表V的量程15V,每小格是0.5V,根据本位估读法可得，电压表的示数为6.5V：故填：6.5；(3)根据电荷量的计算公式可得：q=It,I-t图像与坐标轴围成的面积表示电荷量。根据图丙可知，图像下的小格数约为38格，则电容器存储的电荷量为：Q=38x0.2x10-3x0.50=3.8x10-3。：故填：3.8x10-3。OO.O七懋舅堞燮书察玉......（4）根据电容的定义式可得：°=2=38乂10一3尸=48x10-4/7；故填：4.8x10*U8（5）开关S2掷向1时，O.O七懋舅堞燮书察玉......（4）根据电容的定义式可得：°=2=38乂10一3尸=48x10-4/7；故填：4.8x10*U8（5）开关S2掷向1时，电容器充电，左极板带正电，右极板带负电；电容器充电后，将开关S2掷向2,电容器放电，通过D1和的电流向右，由二极管的单向导电性可知，D1导通、断开，则发光二极管D1闪光。故填：1|,【分析】（1）根据滑动变阻器分压器的分压原理分析滑片的滑动方向2）根据指针的位置读出电压表的示数3）I-t图像与坐标轴围成的面积表示电荷量，根据所围面积的格数求解电容器存储的电荷量4）根据电容的定义式求解电容5）根据二极管的单向导电性进行分析。15.【答案】（1）炮弹做斜抛运动，将抛出点的速度分解如图所示：...O....※※※※.....炮惮在水平方向上做匀速直线运动，有：L=v0cos6>t,竖直方向做上抛运动，有：H=^oSinOt-解得：H=60m；（2）由题意知，电容器的能量15%转化为灭火弹的动能，则有r]E=^TnvQ2,其中E=如。2，解得：直方向上的竖直上抛运动，分别位移方程，解方程组即可：（2）根据题出所给出的电容器储能公式，利用转化效率列式即可求出工作电压U值。16.【答案】（1）设激光在M内发生全反射的入射角为a,从下端由M射出时的入射角为0,光路图如图O......................O......._.....16/26厂、B【厂、B【解析】【分析】（1）激光在M内恰好发生全反射时，从M下端面出射的光与竖直方向的偏角最大，根据几何关系和折射定律列式求解即可;（2）N下端面刚能接收反射激光时，从M下端最右侧射出的光恰好由N下端最左侧射OO当。等于临界角时，最大，从M下端面出射的光与竖直方向的偏角最大，根据折射定律得：n=g解得最大偏角的正弦值为：sin0=Vn2—1OOO当光线刚好能照到N下端最左侧时，玻璃丝下端面到被测物体距离：加=五知光线刚好能照全部覆盖N下端时，玻璃丝下端面到被测物体距离：奶=务籍，sin0=O18/26七懋舅堞燮七懋舅堞燮※书察玉_入N,被测物体向下移动，N恰好全部被照亮时，光从M下端最右侧射出的光恰好由N下端最右侧射入N,根据几何关系列式求解即可。17.【答案】(1)依题意做出粒子的运动轨迹如图所示：设粒子第一次进入磁场时的速度为力,根据动能定理可得：qE-2d=^mv12,粒子第一次和第二次进入磁场的速度不变，设圆周轨迹半径为门，根据洛伦兹力提供向心力可得：=m尊根据几何关系可知，粒子轨迹半径：n=Jd解得：8=6拷；设圆周轨迹半径为々，根据几何关系可得：r22=(2d)2+(r2-d)2解得:r2=2.5d根据洛伦兹力提供向心力可得：qv2B=m笠解得：巧=15反根据几何关系可得：COS。=告=0.8,解得：0=37。※※※O.............O.............O.............O.............O.竖直方向做匀变速直线运动，有：2d=v2sin0-t+|^t2o粒子第二次进入电场后，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有：2d竖直方向做匀变速直线运动，有：2d=v2sin0-t+|^t2o粒子第二次进入电场后，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有：2d="2cos0对粒子第一次在电场中的运动，根据动能定理可得：qE^2d=^mv22-^mv02庶，方向向上；(ii)设粒子离开Q点速度大小为U3,根据动能定理可得：qEr-2d=^mv32—^mv22解得：巧=3•四袒粒子从Q点进入磁场，做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv3B=m^2r3解得：r3=^d若粒子是从P点第三次进入电场，如图所示：oo根据几何关系可得：sina=4y=ooM则cosa=解得：构=字4由于两种情况下计算的半径不相等，故粒子不会第三次经过P点进入电场。O257?iO解得：sina=书燮舅蝶直察玉OO...第一次的速度相等，根据几何关系得出粒子在磁场运动的轨迹半径，再根据洛伦兹力充当向心力列式求出磁感应强度大小2i）若改变电场强度大小，做出运动图像，根............................对B受力分析，由牛顿第二定律得：^2mc9-+解得：ac=5m/s2,aB=lm/s2设经过时间以，B和C共速，有：口一。展1=%+如勺解得:ti=0.5sB的位移为xbi书燮舅蝶直察玉OO...第一次的速度相等，根据几何关系得出粒子在磁场运动的轨迹半径，再根据洛伦兹力充当向心力列式求出磁感应强度大小2i）若改变电场强度大小，做出运动图像，根............................对B受力分析，由牛顿第二定律得：^2mc9-+解得：ac=5m/s2,aB=lm/s2设经过时间以，B和C共速，有：口一。展1=%+如勺解得:ti=0.5sB的位移为xbi=voti=0.625mB和C共速后，一起做匀减速直线运动，对BC整体，由牛顿第二定律得：解得：clbc=lm/s2设再经过时间勿，A与B发生碰撞，则有：xA=xB1+xB2其中A的位移为：Xa=Vo（ti+位）B在如时间内的位移为：由）-一共J寄O※※※.....O..............O..O..................._....共1共2."Qbc解得：位=孝s或与@s（舍去秘=翌著冲％=（1-手）m/s为保证与P碰撞前，B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，则xB1<s<xB1+xB2.....O...O......据几何关系求解半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解在粒子P点时的速度大小，之后粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解结合运动学公式求解电场强度大小和初速度大小ii）由动能定理求出粒子从Q点进入磁场的速度，根据洛伦兹力提供向......S..入电场，根据几何关系求解半径，比较两种情况下得到的半径是否相同进行分析。18.【答案】（1）滑块C沿弧形轨道下滑过程，由机械能守恒定律可得：mcgH=壹皿应，（2）滑块C刚滑上B时，对C受力分析，由牛顿第二定律得C的加速度大小为=.....※※※※O心力求解粒子在磁场中运动的轨迹半径；再假设粒子离开Q点后能够第三次经过P点进.20/26OoOo（3口因为s=0.48m<km，所以B与P碰撞时，滑块C与木板B没有共速，B做匀加速直线运动，C做匀减速直线运动，对木板B,由位移一时间公式得：s=voto+2财0对滑块C,由位移一时间公式得：xc=vtQ-^actQ2代入数据解得：xc=1.2m摩擦力对C做的功VV=-“2件界。代入数据解得：W=-6J（4口木板B与P碰撞时，B的速度映0=%+aBt0=lAm/sC的速度叱0=v-act0=2m/s此时A、B间的距离为Ax=s-xA1=0.08mB与P发生弹性碰撞，碰撞后以原速率反弹，反弹后对B受力分析，由牛顿第二定律物块A与木板B相向运动，设经时间《3恰好相遇，由位移关系得：^2+xB3=Ax其中A的位移为：%42=代入数据联立解得：t3-2^^3+272s（舍去）‘5此时B的速度叱］=—由号=&；5m/s,方向向左；C的速度"ci="co-ach=（2>/2-l）m/s,方向向右；mAvA+mBvB由能量守恒定律得：^mAVQ2+^mBvBi2=^mAvA2^-^mBvB2代入数据联立解得：以=32竹25必，此时C的速度叱=Vci=（2V2-l）m/s物块A向左的速度大于木板B和滑块C向右的速度，A、B不会再发生碰撞，物块A向左做匀速直线运动，由于摩擦力作用，B和C最后静止，则整个过程动量的变化量为O22/26堞舅地七堞舅地七※书察玉Ap=（.mA+m^VQ+mcv-mAvA【解析】【分析】（1）物块C下滑过程，根据机械能守恒定律求解下滑高度；（2）滑块C滑上B后，C做匀减速直线