2023年山東省新高考物理試卷

一、單選題（本大題共8小題，共24.0分）

1.“夢天號”實驗艙攜帶世界首套可相互比對的冷原子鐘組發射

升空，對提升我國導航定位、深空探測等技術具有重要意義。如圖

所示為某原子鐘工作的四能級體系，原子吸收頻率為外的光子從基

態能級I躍遷至激發態能級n,然后自發輻射出頻率為匕的光子，

躍遷到鐘躍遷的上能級2,并在一定條件下可躍遷到鐘躍遷的下能級1,實現受激輻射，發出

鐘激光，最后輻射出頻率為彩的光子回到基態。該原子鐘產生的鐘激光的頻率均為（）

A.v0+Vj+v3B,v0+Vj-v3C.v0—Vj+v3D,v0—Vj—v3

2.餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖如圖所示，三根完全相同的彈簧等間距豎

直懸掛在水平固定圓環上，下端連接托盤。托盤上疊放若干相同的盤子，取

走一個盤子，穩定后余下的正好升高補平。已知單個盤子的質量為300g,相

鄰兩盤間距1.0cm,重力加速度大小取10m/s2。彈簧始終在彈性限度內，每

根彈簧的勁度系數為（）

A.10N/mB.100N/mC.200/V/mD.300/V/m

3.牛頓認為物體落地是由于地球對物體的吸引，這種吸引力可能與天體間（如地球與月球）的

引力具有相同的性質，且都滿足Foe*。已知地月之間的距離r大約是地球半徑的60倍，地

球表面的重力加速度為g,根據牛頓的猜想，月球繞地球公轉的周期為（）

A.307rJ5B.30/rJ?C.120TTD.120zr

4.沃工開物》中記載了古人借助水力使用高轉筒車往稻田里

引水的場景。引水過程簡化如下：兩個半徑均為R的水輪，以角

速度3勻速轉動。水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，與

水輪間無相對滑動。每個水筒離開水面時裝有質量為m的水，其

中的60%被輸送到高出水面”處灌入稻田。當地的重力加速度為g,

則筒車對灌入稻田的水做功的功率為（）

A2nmga）2RH

?5

R3nmga）RH

5

Q3nntgdRH

D.nmgcoRH

5.如圖所示為一種干涉熱膨脹儀原理圖。G為標準石英環，C為待測

柱形樣品，C的上表面與上方標準平面石英板之間存在劈形空氣層。

用單色平行光垂直照射上方石英板，會形成干涉條紋。已知C的膨脹

系數小于G的膨脹系數，當溫度升高時，下列說法正確的是（）

A.劈形空氣層的厚度變大，條紋向左移動B.劈形空氣層的

厚度變小，條紋向左移動

C.劈形空氣層的厚度變大，條紋向右移動D.劈形空氣層的厚度變小，條紋向右移動

6.如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，連續經過R、S、7三點，已知ST間的距

離是RS的兩倍，RS段的平均速度是10m/s,ST段的平均速度是5m/s,則公交車經過7點時的

瞬時速度為（）

RST

7777^77777^77777777777^7777777

A.3m/sB.2m/sC.lm/sD.0.5m/s

7.某節能儲能輸電網絡如圖所示，發電機的輸出電壓（A=250V,輸出功率500k/。降壓

變壓的匝數比為：n4=50：1,輸電線總電阻R=62.50,其余線路電阻不計,用戶端電壓〃=

220K,功率88/dV,所有變壓器均為理想變壓器。下列說法正確的是（）

A.發電機的輸出電流為368AB.輸電線上損失的功率為4.8kW

C.輸送給儲能站的功率為408k/D.升壓變壓器的匝數比%：n2=1：44

8.質量為M的玩具動力小車在水平面上運動時，牽引力尸和受到的阻力/均為恒力。如圖所

示，小車用一根不可伸長的輕繩拉著質量為7n的物體由靜止開始運動.當小車拖動物體駛的

位移為S1時，小車達到額定功率，輕繩從物體上脫落。物體繼續滑行一段時間后停下，其總

位移為52。物體與地面間的動摩擦因數不變，不計空氣阻力。小車的額定功率小為（）

M

A.2尸2/一/)($2-51閉2F2(F-f)(S'2-Si)Si

J(M+m)S2-MSiBJ(M+m)S2-mSi

C.D.2尸2下―/)區一5］電

(M+m)S2-MSi1(M+zn)S2+mSi

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

9.一定質量的理想氣體，初始溫度為300K,壓強為1x105Pa.經等容過程，該氣體吸收40Q/

的熱量后溫度上升100K；若經等壓過程，需要吸收600/的熱量才能使氣體溫度上升100K。

下列說法正確的是（）

A.初始狀態下，氣體的體積為6L

B.等壓過程中，氣體對外做功400/

c.等壓過程中，氣體體積增加了原體積的;

4

D.兩個過程中，氣體的內能增加量都為400/

10.如圖所示，沿水平方向做簡諧振動的質點，依次通過相距L的力、B兩點。已知質點在4點

的位移大小為振幅的一半，B點位移大小是4點的「倍，質點經過4點時開始計時，t時刻第

二次經過B點，該振動的振幅和周期可能是（）

A-B

A213tR2L4t2L12,八2L12,

A-C-l'九0,口_1，4t

11.如圖所示，正六棱柱上下底面的中心為。和O',4、。兩點

分別固定等量異號的點電荷，下列說法正確的是（）

A.F'點與C'點的電場強度大小相等

B.夕點與E'點的電場強度方向相同

C.4'點與廠點的電勢差小于。'點與D'點的電勢差

D.將試探電荷+q由F點沿直線移動到。點，其電勢能先增大后

減小

12.足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1m,電阻不計。質量為1kg、長為1m、

電阻為10的導體棒MN放置在導軌上，與導軌形成矩形回路并始終接觸良好，I和n區域內

分別存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度分別為B1和B2,其中4=27,方向向下。用不

可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌CD段中點與質量為O.Mg的重物相連，繩與CD垂直且平

行于桌面。如圖所示，某時刻MN、CD同時分別進入磁場區域I和H并做勻速直線運動，MN、

CD與磁場邊界平行。MN的速度/=2m/s,CO的速度為%且W>%，MN和導軌間的動摩

擦因數為0.2。重力加速度大小取10m/s2,下列說法正確的是（）

A.口2的方向向上B.的方向向下C.i;2=5m/sD.v2=3m/s

三'實驗題（本大題共2小題，共14.0分）

13.利用圖中所示實驗裝置可探究等溫條件下氣體壓強與體積的關系。將帶有刻度的注射器

豎直固定在鐵架臺上，注射器內封閉一定質量的空氣，下端通過塑料管與壓強傳感器相連。

活塞上端固定一托盤，托盤中放入祛碼，待氣體狀態穩定后，記錄氣體壓強P和體積V（等于

注射器示數益與塑料管容積AU之和）。逐次增加祛碼質量，采集多組數據并作出擬合曲線如

圖乙所示。

p/(XlO'Pa)

回答以下問題：

（1）在實驗誤差允許范圍內，圖乙中的擬合曲線為一條過原點的直線，說明在等溫情況下，一

定質量的氣體。

Ap與V成正比

B.p與:成正比

（2）若氣體被壓縮到1/=10.0mL,由圖乙可讀出封閉氣體壓強為Pa（保留3位有效數字

）。

（3）某組同學進行實驗時，一同學在記錄數據時漏掉了/V,則在計算pH乘積時，他的計算結

果與同組正確記錄數據同學的計算結果之差的絕對值會隨p的增大而（填“增大”或

“減小”）。

14.電容儲能已經在電動汽車，風、光發電，脈沖電源等方面得到廣泛應用。某同學設計圖

甲所示電路，探究不同電壓下電容器的充、放電過程，器材如下：

電容器C（額定電壓10U,電容標識不清）；

電源E（電動勢12V,內阻不計）；

電阻箱氏（阻值0?99999.9。）；

滑動變阻器/?2（最大阻值20。，額定電流2A）；

電壓表V（量程15匕內阻很大）；

發光二極管5、％，開關Si、52,電流傳感器，計算機，導線若干。

由2

圖中

回答以下問題：

（1）按照圖甲連接電路，閉合開關工，若要升高電容器充電電壓，滑動變阻器滑片應______端

滑動（填"a”或"b”）。

（2）調節滑動變阻器滑片位置，電壓表表盤如圖乙所示，示數為X保留1位小數）。

（3）繼續調節滑動變阻器滑片位置，電壓表示數為8.0U時，開關S2擲向1,得到電容器充電過

程的/-t圖像，如圖丙所示。借鑒“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中估算油膜面積的

方法，根據圖像可估算出充電結束后，電容器存儲的電荷量為C（結果保留2位有效數

字）。

（4）本電路中所使用電容器的電容約為F（結果保留2位有效數字）。

（5）電容器充電后，將開關S2擲向2,發光二極管（填或“4”）閃光。

四、簡答題（本大題共4小題，共46.0分）

15.電磁炮滅火消防車(圖甲)采用電磁彈射技術投射滅火彈進入高層建筑快速滅火。電容器

儲存的能量通過電磁感應轉化成滅火彈的動能，設置儲能電容器的工作電壓可獲得所需的滅

火彈出膛速度。如圖乙所示，若電磁炮正對高樓，與高樓之間的水平距離L=60m,滅火彈

出膛速度%=50m/s,方向與水平面夾角8=53°,不計炮口離地面高度及空氣阻力，取重力

加速度大小g=10m/s2,sin53°=0.8。

(1)求滅火彈擊中高樓位置距地面的高度H；

(2)已知電容器儲存的電能E=：CU2,轉化為滅火彈動能的效率〃=15%,滅火彈的質量為

3kg,電容C=2.5x電容器工作電壓U應設置為多少？

16.一種反射式光纖位移傳感器可以實現微小位移測量，其部分

原理簡化如圖所示。兩光纖可等效為圓柱狀玻璃絲M、N,相距為

d,直徑均為2a,折射率為M、N下端橫截面平齊且

與被測物體表面平行。激光在M內多次全反射后從下端面射向被測

物體，經被測物體表面鏡面反射至N下端面，N下端面被照亮的面

積與玻璃絲下端面到被測物體距離有關。被測物體去而

(1)從M下端面出射的光與豎直方向的最大偏角為。，求。的正弦值:

(2)被測物體自上而下微小移動，使N下端面從剛能接收反射激光到恰好全部被照亮，玻璃絲

下端面到被測物體距離b的相應范圍(只考慮在被測物體表面反射一次的光線)。

17.如圖所示，在04xW2d,0<y<2d的區域中，存在沿

y軸正方向、場強大小為E的勻強電場，電場的周圍分布著垂直

紙面向外的恒定勻強磁場。一個質量為m,電量為q的帶正電

粒子從OP中點A進入電場(不計粒子重力)。

(1)若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進入電場，求

磁場的磁感應強度B的大??；

(2)若改變電場強度大小，粒子以一定的初速度從4點沿y軸正方向第一次進入電場，離開電場

后從P點第二次進入電場，在電場的作用下從Q點離開。

(i)求改變后電場強度E'的大小和粒子的初速度火;

(ii)通過計算判斷粒子能否從P點第三次進入電場。

18.如圖所示，物塊4和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平

面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在4上的水平外力，使4與B以相同速度又向右做勻速

直線運動。當8的左端經過軌道末端時，從弧形軌道某處無初速度下滑的滑塊C恰好到達最低

點，并以水平速度”滑上B的上表面，同時撤掉外力，此時B右端與P板的距離為s。已知為=

lm/s,v=4m/s,mA=mc=1kg,mB=2kg,4與地面間無摩擦，B與地面間動摩擦因數

Mi=0.1,。與B間動摩擦因數m=0.5,8足夠長，使得C不會從8上滑下。B與P、A的碰撞均

為彈性碰撞，不計碰撞時間，取重力加速度大小g=lOzn/s?。

(1)求C下滑的高度H；

(2)與P碰撞前，若B與C能達到共速，且4、B未發生碰撞，求s的范圍；

(3)若s=0.48m,求8與P碰撞前，摩擦力對C做的功

(4)若s=0.48m,自C滑上B開始至4B、C三個物體都達到平衡狀態，求這三個物體總動量

的變化量Ap的大小。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：原子吸收頻率為%的光子從基態能級I躍遷至激發態能級口，吸收的能量為八打；

自發輻射出頻率為％的光子，躍遷到鐘躍遷的上能級2,釋放的能量為八匕：

在一定條件下可躍遷到鐘躍遷的下能級1，釋放的能量為八彩；

輻射出頻率為吟的光子回到基態，釋放的能量為九叱；

由能量守恒定律得：hv0=/iVj+hv2+hv3

則該原子鐘產生的鐘激光的頻率為吟=%--匕

故ABC錯誤，。正確。

故選：D。

根據能量子公式求解原子吸收和釋放的能量，通過不同能級的能量關系分析即可。

本題考查能級躍遷，解題關鍵是掌握能量子公式，知道不同能級的能量關系。

2.【答案】B

【解析】解：單個盤子的質量為m=300g=0.3kg

移走一個盤子，彈簧形變量發生變化，形變量的變化量為=1.0cm=O.Olzn

盤子的總重力減小4G=mg=0.3xION=3N

由平衡條件得，彈簧的彈力減小了3N,則有3k4x=ZG

代入數據解得：k=100N/m

故B正確，AC。錯誤。

故選：Bo

移走一個盤子，彈簧彈力的減小量等于該盤子的重力，根據平衡條件求解彈簧的彈力減小量，根

據胡克定律求解彈簧的勁度系數。

本題考查共點力平衡和胡克定律，解題關鍵是知道盤子整體始終處于平衡狀態，減小的重力等于

減小的彈力，注意圖中有三根彈簧，三根彈簧的彈力之和為盤子所受彈力的合力。

3.【答案】C

mUhm

【解析】解：設地球半徑為R,在地球表面，忽略地球自轉，萬有引力等于重力：=

K

月球繞地球做勻速圓周運動，萬有引力等于向心力：6上善=m月等r

由題意得：r=60R

聯立解得：T=120兀

故48。錯誤，C正確。

故選：C.

在地球表面，忽略地球自轉的情況下，物體所受萬有引力等于重力，月球繞地球做勻速圓周運動，

地球給月球的萬有引力提供向心力，列式求解即可。

本題考查萬有引力定律在天體問題中的應用，解題關鍵是知道在天體表面和環繞天體繞中心天體

做勻速圓周運動兩種情況下，萬有引力、重力與向心力的關系。

4.【答案】B

【解析】解：每個水筒中水的重力為6=mg

水筒的線速度為〃=&)/?

t時間內，裝水的水筒個數為N=nvt=na)Rt

筒車對灌入稻田的水做功的功率為P=y=竺與弛=陋誓

故B正確，ACD錯誤。

故選：B。

根據勻速圓周運動規律求解線速度，根據題意求解t時間內裝水的水筒的個數，進而求解裝水的重

力；筒車對水做功等于克服重力做功，根據做功公式W=F八求解做功，根據P=/求解做功功率。

本題考查功率的計算，解題關鍵是明確筒車運輸水的重量，掌握功和功率的求解公式。

5.【答案】A

【解析】解：溫度升高時，G和C均發生熱膨脹，體積增大，已知C的膨脹系數小于G的膨脹系數，

溫度升高，G比C膨脹明顯，石英板上升的高度比C上表面上升的高度大，則劈形空氣層厚度變大；

從劈形空氣層的上下表面分別反射的兩列光是相干光，發生干涉現象，出現條紋。根據條紋的位

置與空氣層的厚度是對應的，劈形空氣層厚度變大，同一厚度的空氣層向劈尖移動，條紋向劈尖

移動，即條紋向左移動，故A正確，BCD錯誤。

故選：4。

根據不同材料膨脹系數的不同分析空氣層厚度的變化：空氣層干涉形成的條紋是空氣層的上下表

面的反射光干涉產生的，當兩反射光的路程差（即膜厚度的2倍）是半波長的偶數倍，出現明條紋,

是半波長的奇數倍，出現暗條紋，可知薄膜干涉是等厚干涉，即可判斷條紋的移動方向。

本題考查光的干涉，解決本題的關鍵是知道薄膜干涉形成的條紋是膜的上下表面的反射光干涉產

生的，知道空氣薄層干涉是一種等厚干涉。

6.【答案】C

【解析】解：勻變速直線運動平均速度等于初末速度的平均值，則有：誓=l（hn/s

警=5m/s

設公交車加速度大小為a,RS間的距離為％,貝IJS7間的距離為2%,由勻變速直線運動位移一速度公

式得：Vj—=-2ax

好一詔=—2a-2x

聯立解得：vR=11m/s

vs=9m/s

vT—Im/s

故C正確，AB。錯誤。

故選：Co

根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于初末速度的平均值求解經過R、S、7三點的速度關

系，根據勻變速直線運動位移一速度公式和位移關系求解經過T點的瞬時速度。

本題考查勻變速直線運動規律，解題關鍵是掌握勻變速直線運動規律并能夠熟練應用。

7.【答案】C

【解析】解:A、發電機的輸出電壓/=250V,輸出功率巴=500kW=5.0x10$〃，根據匕=

可得發電機的輸出電流為：=20004故A錯誤；

B、用戶端電壓以=220V,功率「2=88k"=8.8X1。4小，根據=必〃可得降壓變壓器線圈

中的電流為：/4=400/1

根據與：/4=n4：%可得降壓變壓器原線圈中的電流為：k=84

輸電線上損失的功率為：AP=llR=82X62.51V=40001V=4.0/cWZ,故B錯誤；

C、輸送給儲能站的功率為：Pfigff500kW-88kW-4.0kW=408/cUZ,故C

=PX-P2-AP=

正確；

。、升壓變壓器副線圈兩端電壓為/,根據功率計算公式可得：P2+AP=U2I3,解得：U2=11500K

升壓變壓器的匝數比2：〃2=Ui：U2=250：11500=1：46,故。錯誤。

故選：Co

發電機的輸出電壓和輸出功率結合電功率的計算公式進行解答；根據用戶端電壓和功率求解降壓

變壓器線圈中的電流，再根據八：4=%：%可得降壓變壓器原線圈中的電流，根據電功率的計

算公式求解輸電線上損失的功率；輸送給儲能站的功率等于發動機輸出功率減去送給輸電電路的

功率；根據功率計算公式求解升壓變壓器副線圈兩端電壓，根據njn2=U1：4可得升壓變壓器

的匝數比。

本題主要是考查了遠距離高壓輸電的知識；解答本題的關鍵是知道理想變壓器的電壓之比等于匝

數之比，在只有一個副線圈的情況下的電流之比等于匝數的反比；能夠根據功率之間的關系進行

分析。

8.【答案】A

【解析】解：設物體與地面間的動摩擦因數為〃，小車達到額定功率時速度為。，小車拖動物體運

動過程中，由牛頓第二定律得：F-/一=(M+m)%

由勻變速直線運動位移一速度公式得：v2=2的Si

額定功率Po=Fv

輕繩從物體上脫落后，物體做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得：nmg=ma2

由勻變速直線運動位移一速度公式得：v2=2a2(S2-Si)

聯立解得：pa=竺2支

故4正確，BCD錯誤。

故選：Ao

小車拉動物體運動過程中，小車和物體做勻加速直線運動，對整體受力分析，根據牛頓第二定律

求解加速度，根據勻變速直線運動規律表示加速過程末速度與位移的關系；輕繩脫落后，物體做

勻減速直線運動，對物體受力分析，根據牛頓第二定律求解加速度，根據勻變速直線運動規律表

示減速過程初速度與位移的關系，進而求解小車的最大速度；根據功率公式P=求解小車的額

定功率。

本題考查牛頓第二定律和功率的計算，解題關鍵是靈活選擇研究對象并對其受力分析，根據牛頓

第二定律、運動學公式和功率公式列式求解即可。

9.【答案】AD

【解析】解：C.令理想氣體的初始狀態的壓強，體積和溫度分別為

Pi=Po

匕=

=300K

等容過程為狀態二

P2=?

匕=%=%

T2=400K

等壓過程為狀態三

P3=Po

匕=?

T3=400K

由理想氣體狀態方程可得

Pl^l=P2^2=P3V3

整理解得

4

P2=/0

4

體積增加了原來的，故c錯誤；

D等容過程中氣體做功為零，由熱力學第一定律

4U="+Q

兩個過程的初末溫度相同即內能變化相同，因此內能增加都為400/,故。正確;

48.等壓過程內能增加了400人吸收熱量為600/,由熱力學第一定律

4U=W+Q

可知

W=400/-600/=-200/

則氣體對外做功為200/,即做功的大小為

勿=PoG4%一%)=2007

代入數據解得

%=6X10-37n3=6L

故A正確，B錯誤；

故選：AD.

設不同狀態下的狀態參量大小，根據理想氣體狀態方程列式；

根據熱力學第一定律判斷內能變化，以及根據做功求解體積。

本題主要是考查了一定質量的理想氣體的狀態方程，要注意研究過程中哪些量不變,哪些量變化,

選擇合適的氣體實驗定律解決問題。

10.【答案】BC

【解析】解：AB.當力B兩點在平衡位置的同側時有

1...

-A=Asin(pa

—71=Asinq)b

可得

7T71_p.27r

(Pa=6'%=］或者%=y

因此可知第二次經過B點時也=與

2n

故衛與=t

27r

解得

T=4t

此時位移關系為

V3.1..

-y/I--A=L

解得

\TS-1

故A錯誤，3正確；

CD.當48兩點在平衡位置兩側時有

一,4=Asin(pa

V-3.4.

—Asin(pb

解得

(Pa=一名或者/=—今(由圖中運動方向舍去)，＜Pb=g或者%=y

當第二次經過B點時%=學則

27r

解得

T=yt

此時位移關系為

-^-4+-A=L

解得

.2L

行可

故C正確，。錯誤；

故選：BC。

分情況討論48兩點在平衡位置的同側與48兩點在平衡位置兩側，根據此時的振動方程求出初相

位，再根據時間關系求出周期；根據位移關系求出振幅.

本題考查的是根據兩質點初相位求解周期與振幅大小，其中需注意要分情況討論。

11.【答案】ACD

【解析】解：。.將六棱柱的上表面的一半拿出

如圖所示，由幾何條件可知正電荷在OF中點K的場強方向垂直OF,則K點的合場強與OF的夾角為

銳角，D在F點產生的場強大小為4點在F點產生的場強大小的拼合場強方向斜相右上角且與水平

面的夾角大于三十度，所以在F點的場強和OF的夾角為鈍角，因此將正電荷從F移到。點過程中電

場力先做負功后做正功，電勢能先增大后減小，故。正確：

C.設小點電勢為伊，由等量異種電荷的電勢分布可知

(pA,=(p>0

<PD'=~(P<0

0o,-0

0F，>0

因此

9A，~(pF,=(p-(pF,<(Po,~(pD,=(p

即％點與F，點的電勢差小于0,點與D，點的電勢差，故C正確：

4B.由等量異種電荷的對稱性可知F'和C'電場強度大小相等，B'和E'電場強度方向不同("有向下的

分量，E'有向上的分量)，故A正確，B錯誤；

故選：ACD.

對六棱柱的上表面分析K點的合場強與。尸的夾角關系，判斷移動試驗電荷電場力做功情況；

根據等量異種電荷的電勢分布求解各點電勢，得出電勢差大小關系；

根據等量異種電荷的對稱性求解電場強度。

常見電場的電場線分布及等勢面的分布要求我們能熟練掌握，并要注意沿電場線的方向電勢是降

低的，同時注意等量異號電荷形成電場的對稱性。加強基礎知識的學習，掌握住電場線的特點，

即可解決本題。

12.【答案】BD

【解析】解：力B.導軌的速度W>V1

對導體棒受力分析可知導體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小為

f=fimg=0.2x1xION=2N

MN、CO同時分別進入磁場區域I和n并做勻速直線運動，故導體棒MN的安培力大小為

&=f=2N=B/L

由左手定則可知導體棒的電流方向為N-M-DTC—N,導體框受到向左的摩擦力，向右的拉

力和安培力，安培力大小為

F2=f-mog=2N-0.1x10=IN

方向向右

由左手定則可知B2的方向為向下，故A錯誤，B正確；

CD.對導體棒分析

&=BJL

對導體框分析

F2—B2IL

電路中的電流為

/_。跖一叫吸

r

其中L=1m,&=BJL=2/xIN=2N

解得/=1A

代入F2=B2IL=IN中可得

%=17

且r=in

代入數據聯立解得

v2—3m/s

故C錯誤，。正確；

故選：BD。

對導體棒以及導體框受力分析求出安培力，再根據左手定則判斷磁感應強度方向；結合電路中的

電流為/=氏絲嚴吆聯立求解方速度大小。

本題考查左手定則的內容，根據左手定則判斷磁感應強度方向是解題的關鍵，還要掌握牛頓第二

定律與閉合電路歐姆定律的應用。

13.【答案】B2.04x105增大

【解析】解：(1)由圖乙可知，壓強p和體積的倒數:成正比，和體積V成反比，故A錯誤，B正確；

故選：B；

(2)氣體被壓縮到lO.OznL時，體積的倒數$=焉771上1=100.0xlOTmL-i,由圖乙可知，壓強

p=2.04x105Pa；

(3)由于在測量中AU是保持不變的，設測量出的注射器示數為V,則準確的表達式應為p1+4U),

的計算結果與同組正確記錄數據同學的計算結果之差的絕對值為p4U,所以隨著壓強的增大,zlU不

變，故p/U增大。

故答案為：(1)8;(2)2.04x10s；(3)增大。

(1)由圖象進行分析，明確壓強p和體積U之間的關系；

(2)由題設條件先求出:的值，再根據圖乙讀出壓強的值；

(3)明確誤差情況，再根據玻意耳定律分析求解即可。

本題考查用氣體壓強傳感器探究氣體等溫變化規律實驗，要求掌握實驗原理，關鍵明確圖象的正

確分析方法。

14.【答案】b6.53.6x10-34.5x10-4%

【解析】解：(1)閉合開關Si，若要升高電容器充電電壓，滑動變阻器滑片應向b端端滑動；

(2)電壓表V的量程15V,每小格是0.5乙則電壓表的示數為6.51/；

(3)根據電荷量的計算公式可得：q=lt,/-t圖像與坐標軸圍成的面積表示電荷量。

-3-4

根據圖丙可知，每一小格表示的電荷量為：q0=0.2xIOx0.56=1x10C

圖像下的小格數約為36格，則電容器存儲的電荷量為：Q=36q()=36x1x10"。=3.6x10-3C；

(4)根據電容的定義式可得：C=§=竽x10-3尸=x10-4尸;

Uo45

(5)開關S2擲向1時，電容器充電，根據圖甲可知電容器左極板帶正電；電容器充電后，將開關S2擲

向2,電容器放電，導通、。2斷開，則發光二極管D1閃光。

故答案為：(l)b；(2)6.5；(3)3.6x10-3；(4)4.5XIO-4；(5必。

(1)閉合開關S「若要升高電容器充電電壓，根據滑動變阻器分壓器的分壓原理進行分析；

(2)根據指針的位置讀出電壓表的示數；

(3)/-t圖像與坐標軸圍成的面積表示電荷量，求出每一小格表示的電荷量，再根據圖像下的格數

求解電容器存儲的電荷量；

(4)根據電容的定義式求解電容：

(5)開關52擲向1時，判斷電容器極板帶電性質，將開關S2擲向2,根據二極管的單向導電性進行分

析。

本題主要是考查電容器的實驗探究不同電壓下電容器的充、放電過程，關鍵是弄清楚實驗原理和

數據處理的方法，知道二極管具有單向導電性。

15.【答案】解：(1)炮彈飛出后做拋體運動，將拋出點的速度分解如圖所示;

由圖可知，水平方向上的分速度以=v0cos53°=50x0.6m/s=30m/s；

豎直方向上的分速度為=沅53。=50x0.8?n/s=40M/S；水平方向上做勻速直線運動，到達

高樓時間G=看=繪s=2s；

豎直方向上做豎直上拋運動，由u=可知，到達最高點所用時間t=￡=需s=4s,大于水平

2

方向到達高樓的時間，所以此時炮彈沒有到達最高點，則上升的高度”=vyt-\gt=40x2m-

|x10x4m=60m,即滅火彈擊中高樓的位置高地面高為60m；

(2)電容器的能量轉化為滅火彈的動能，則根據能量關系可知，=；m詔；

代入電容器電能公式E=：CU2可得：

U=I坐=—=>T2x103K?14141Z：

、K、0.15x2.5xl0-z

答：(1)滅火彈擊中高樓位置距地面的高度H為60m；

(2)電容器工作電壓U應設置1414V。

【解析】(1)滅火彈做斜拋運動，根據運動的合成和分解將其分解為水平方向上的勻速直線運動和

豎直方向上的豎直上拋運動進行分析，由水平方向求出上升時間，再根據豎直上拋運動規律求出

高度；

(2)根據題出所給出的電容器儲能公式，利用轉化效率列式即可求出工作電壓U值。

本題考查斜拋運動的分析方法以及電容器的性質，要注意正確理解題意，掌握好運動的合成和分

解規律即可快速求解。

16.【答案】解：（1）設激光在M內發生全反射的入射角為a,從下端由M射出時的入射角為口，光

路圖如圖

激光在M內發生全反射，故sina>-

n

由幾何關系得：a+0=90。

貝爺1

根據折射定律得：n;翳

則最大偏角的正弦值為si幾8=Vn2—1

當光線剛好能照到N下端最左側時，玻璃絲下端面到被測物體距離瓦=嘉

光線剛好能照全部覆蓋N下端時，玻璃絲下端面到被測物體距離與=弊

“2tan0

2

sind=Vn—1

nSin8Vn2-l

則."血=廣育=2

則玻璃絲下端面到被測物體距離的范圍為:華信

答：(1)從M下端面出射的光與豎直方向的最大偏角。的正弦值為/"滔』;

(2)玻璃絲下端面到被測物體距離b的相應范圍為^<b

【解析】(1)從M下端面出射的光與豎直方向的偏角最大時，激光在M內恰好發生全反射，根據兒

何關系和折射定律列式求解即可;

(2)被測物體向下移動，N下端面剛能接收反射激光時，從M下端最右側射出的光恰好由N下端最

左側射入N,N恰好全部被照亮時，從M下端最右側射出的光恰好由N下端最右側射入N,根據幾

何關系列式求解即可。

本題考查全反射和反射，解題關鍵是知道發生全反射的臨界條件，掌握折射定律，結合幾何關系

列式求解即可。

17.【答案】解：⑴粒子從4到垂直于NP進入電場過程中，粒子運動軌跡如圖所示:

根據幾何關系可知，粒子軌跡半徑：6=3AP=gd

設粒子第一次進入磁場時的速度為%,根據動能定理可得：qE-2d=4m說，解得：%=2回

由于粒子第二次從QN邊進入電場到再次從QN邊進入磁場過程中，電場力做功為零，所以粒子第

二次進入磁場時的速度大小不變，仍為巧。

根據洛倫茲力提供向心力可得：qV1B=

解得：

(2)(i)若改變電場強度大小，粒子以一定的初速度從A點沿y軸正方向第一次進入電場，離開電場

后從P點第二次進入電場，在電場的作用下從Q點離開，粒子運動軌跡如圖所示：

22

根據幾何關系可得：rl=(2d)+(r2-d)

解得：丫2—2.5d

根據洛倫茲力提供向心力可得：q吭B=

解得：%=15「返

根據幾何關系可得：cos?=§=焉=0.8,解得：。=37。

也z.ba

粒子從P點進入電場E'后，從Q點離開電場，則有：

￡=且

V2COS0

2

2d=v2sin0?t-F|a7

根據牛頓第二定律可得：優=吭

m

聯立解得：E'=36E；

粒子從4到上邊界運動的過程中，根據動能定理可得：qE'-2d=gnii^-"nu^

解得：氏=9J字，方向向上；

(〃)假設粒子離開Q點后能夠第三次經過P點進入電場，設粒子離開Q點速度大小為內，與y軸夾角

為a,如圖所示：

0

根據動能定理可得：qEr-2d=jmvf

解得：%=3d-

根據洛倫茲力提供向心力可得：q%B=m,解得：廠3=4，石4

根據幾何關系可得：sina=%畫，解得：sina=7=,則°。§。=熹

根據圖中的幾何關系可得：r=-

，3cos(a+45°)

解得：心=察d

o21

由于兩種情況下計算的半徑不相等，故粒子不會第三次經過P點進入電場。

答：(1)若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進入電場，則

磁場的磁感應強度B的大小為￡品亙；

d\q

(2)(i)改變后電場強度E'的大小E'=36E和粒子的初速度為9方向向上；

(ii)粒子不能從P點第三次進入電場。

【解析】(1)粒子從4到垂直于NP進入電場過程中，畫出粒子運動軌跡，根據幾何關系求解粒子軌

跡半徑，根據動能定理求解粒子第一次進入磁場時的速度大小，由此得到磁感應強度大??；

(2)(。若改變電場強度大小，根據幾何關系求解半徑，根據洛倫茲力提供向心力求解在P點時的速

度大小，根據運動的合成與分解結合運動學公式求解電場強度大小和初速度大?。?/p>

5)假設粒子離開Q點后能夠第三次經過P點進入電場，根據洛倫茲力提供向心力求解半徑；再根

據幾何關系求解半徑，比較兩種情況下得到的半徑是否相同進行分析。

對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據幾何關系求半徑，結合洛倫

茲力提供向心力求解未知量；根據周期公式結合軌跡對應的圓心角求時間；對于帶電粒子在電場

中運動時，一般是按類平拋運動或勻變速直線運動的規律進行解答。

2

18.【答案】解：(1)滑塊C沿弧形軌道下滑過程，由動能定理得：mcgH=^mcv

代入數據解得：H=0.8m

(2)滑塊C剛滑上B時，對C受力分析，由牛頓第二定律得：li2mcg=mcac

對B受力分析，由牛頓第二定律得：四2meg-+mc)9=mBaB

2

代入數據解得：ac=5m/s

2

aB=lm/s

設經過時間G，B和C共速，有:v-act1=v0+aBtt

代入數據解得：“=0.5s

共同速度。弁i=v-actr=4m/s-5x0.5m/s=1.5m/s

B的位移為Xpi=-°2"ti=x0.5m=0.625m

B和C共速后，一起做勻減速直線運動，對BC整體受力分析，由牛頓第二定律得：Hi(mB+mc)g=

OB+mc)aBC

2

代入數據解得：aBC=lm/s

設再經過時間t2,A與B發生碰撞，則有：=xB1+xB2

其中4的位移為：xA=v0(ti+t2)

B在t2時間內的位移為：XB2=V共怔2-3aBet孑

代入數據聯立解得：t2=PpS或上尹S(舍去)

3+4<7

XB2=gm

此時BC的共同速度為“我2=v共1—aBCt2=1.5m/s—lx"廠m/s=（1—?。﹎/s

為保證與P碰撞前，B與C能達到共速，且4B未發生碰撞，<s<xB1+xB2

代入數據解得：0.625m<s<(1+詈)m

(3)s=0.48m<xB1

即B