8.物理·2023年普通高中学业水平等级考试(山东卷)-【名校强基卷】2020-2024年5年高考物理真题汇编

绝密★启用前 2023年普通高中学业水平等级考试（山东卷） 物 理 本试卷满分100分，考试时间90分钟。 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） 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Ⅱ 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 钟激光 即 工作的四能级体系，原子吸收频率为的光子从基态能级I跃迁至激发 态能级Ⅱ，然后自发辐射出频率为的光子，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，实现受微辐射，发出钟激光，最后辐射出频率为⅓ 的光子回到基态。该原子钟产生的钟激光的频率2为 A.十h+ B.%十h一g C.%一h十g 2.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 浙 平固定圆环上，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 余下的正好升高补平。已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10/s。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为 A.10 N/m B.100N/m C.200N/m D.300N/m 3.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（如地球与月球）的引 力具有相同的性质，且都满足Fc∝M。已知地月之间的距离r大约是地球半径的60倍，地球 毁 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.30π g B.30元 C.120 D.120 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，以角速度仙匀速转动。水筒在筒车上 均匀排布，单位长度上有个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装 蜜 有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌人稻田。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 A.2nmgo'RH B.3nmgoRH C.3nmgw'RH 5 D.nmgoRH 5.如图所示为一种千涉热膨张仪原理图。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。已知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 ( 2023·山东卷第1页（共8页） 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 6.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RS T 2242 知ST间的距离是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 A.3 m/s B.2 m/s C.1 m/s D.0.5m/s 7.某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1=250V,输出功率500kW。降压变压器 的匝数比n:n,=50:1,输电线总电阻R=62.52,其余线路电阻不计，用户端电压U,= 220V,功率88kW,所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是 发 机 0 储 能 站 A.发电机的输出电流为368A B.输电线上损失的功率为4.8kW C.输送给储能站的功率为408kW D.升压变压器的匝数比n1：2=1：44 8.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 M 力∫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S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 2F(F-f)(S2-S)S A.(M+m)S:-MS B 2F(F-)(S2-S1)S (M+m)S2-mS 2F(F-f)(S-S)S D.. 2F(F-f)(S:-S)S C.(M+m)S:-MS, (M+m)S2+mS 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) 9.一定质量的理想气体，初始温度为300K,压强为1×10Pa。经等容过程，该气体吸收400J的 热量后温度上升100K:若经等压过程，需要吸收600J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6L B.等压过程中，气体对外做功400J 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400J 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3倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二 次经过B点，该振动的振幅和周期可能是 () 2023·山东卷第2页（共8页） A广B A. 2L,31 B.2L ,4t C.2L12 3-11 D 2L12 3-1 3+15 3+1'74 11.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 .0 号的点电荷，下列说法正确的是 A A.F点与C'点的电场强度大小相等 B.B点与E'点的电场强度方向相同 C.A'点与F'点的电势差小于O'点与D'点的电势差 D.将试探电荷十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1m,电阻不计。质量为1kg、长为1m、 电阻为1Ω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B和B2,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O.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I和Ⅱ并做匀速直线运 动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1=2m/s,CD的速度为e2且2>u,MN和导 轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10/s2,下列说法正确的是 () B A.B2的方向向上B.B2的方向向下 C.v=5 m/s D.v=3 m/s 三、非选择题（本题共6小题，共60分） 13.(6分)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，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强饣和体积V (等于注射器示数V。与塑料管容积△V之和)。逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟 合曲线如图乙所示。 +p/(x10 Pa) 220 200 180 160 140 接计算机 120 100中 压强传感器 5060 708090100 1x10-3mL,-) 图甲 图乙 2023·山东卷第3页（共8页） 回答以下问题： (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V成正比 B.p与成正比 (2)若气体被压缩到V=10.0L,由图乙可读出封闭气体压强为 Pa(保留3位有 效数字)。 (3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了△V,则在计算V乘积时，他的计算结 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 (填“增大” 或“减小”)。 14.(8分)电容储能已经在电动汽车，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： 电容器C(额定电压10V,电容标识不清)； 电源E(电动势12V,内阻不计)： 电阻箱R1(阻值0~99999.9Ω)： 滑动变阻器R2(最大阻值20Ω，额定电流2A): 电压表V(量程15V,内阻很大)： 发光二极管D1、D2,开关S1、S2,电流传感器，计算机，导线若干。 I/mA 接计算机 电流 传感器 5 10 、s山山L5 0 8f8 图甲 图乙 图丙 回答以下问题： (1)按照图甲连接电路，闭合开关S,,若要升高电容器充电电压，滑动变阻器滑片应向 (填“a”或“b”)端滑动。 (2)调节滑动变阻器滑片位置，电压表表盘如图乙所示，示数为 V(保留1位小数)。 (3)继续调节滑动变阻器滑片位置，电压表示数为8.0V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位有效数字)。 (5)电容器充电后，将开关S2掷向2，发光二极管 (填“D”或“D2”)闪光。 2023·山东卷第4页（共8页） 15.(8分)电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进人高层建筑快速灭火。电 容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需 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L=60,灭火 弹出膛速度=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°=0.8。 接 图甲 阁乙 (1)求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H: (2)已知电容器储存的电能E=CU,转化为灭火弹动能的效率？=15%，灭火弹的质量为 3kg,电容C=2.5×10uF,电容器工作电压U应设置为多少？ 2023·山东卷第5页（共8页） 16.(8分)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、V,相距为d,直径均为 M d 2aN 2a,折射率为n(n<√2)。M、V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 被测物体表面 关。 (1)从M下端面出射的光与竖直方向的最大偏角为0，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光线）。 2023·山东卷第6页（共8页） 17.(14分)如图所示，在0≤x≤2d,0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴· y 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,电荷量为q的带正电粒子· E 从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。 (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VP再次进人电场，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。 (1)求改变后电场强度E的大小和粒子的初速度： (ⅱ)通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。 2023·山东卷第7页（共8页） 18.(16分)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 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？滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距 离为s。已知%=1m/s,v=4m/s,ma=me=1kg,ms=2kg,A与地面间无摩擦，B与地面 间动摩擦因数41=0.1，C与B间动摩擦因数42=0.5，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/s。 B (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△p的大小 2023·山东卷第8页（共8页）(2)若金属板的板间距离为D,则板长粒子在板间运动时 5.A当温度升高时，由于C的膨胀系数小于G的膨胀系数，所 以石英板与C之间的劈形空气层的厚度增大，BD错误：由于 =t,出电场时竖直速度为零， 干涉条纹与空气薄膜的厚度一一对应，所以干涉条纹向左移 3 动，A正确，C错误 1U4(0.5t) 则竖直方向y=2X2Dm 6.C设公变车连续经过R,S,T三点的速度分别为1、： 在磁场中时gwB=m ,,共中的y=2r=2m 则西一一a1一%一at,由匀变速度直线运动中平均速 qB 度规律有”-10m/s,”-5m/s,设由R到S位移 2 。 3πt.U。 联立解得u=√24BD 8B 为x1,由S到T的位移为x,由于x=2x1·x1=10t11:= 5t2,联立解得包，=1m/s.C正确. 2,C由P=U得发电机的输出电流为I= P_500×10W 250V IE.. 2X10AA待民：周产孩电流1，是="=0N 220V (3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由(2)的计算 可知金属板的板间距离D=3r,则粒子在3。时刻再次进入 片-二得1，=兴1，一品×0A=8A时给电线上摄失的 n: 中间的偏转电场，在4。时刻进入左侧的电场做减速运动速 功率为△P=IR=4kW,B错误：输送功率为P:=P,十△P 度为零后反向加速，在6。时刻再次进入中间的偏转电场， =88kW+4kW=92kW,则输送给储能站的功率为P'= 6.5。时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时 P-P,=500kW-92kW=408kW,C正确：输送电压U,= 间1。内电场力微功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电 B=2X10W=1.15×10V,则4==，250V 8A w0:1.15×10V 场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时 电场力薇功和最后0,5，时间内电场力微功，明W=壹m 石D错误。 +×号-开m2+mL-mU.(x+16 8.A小车拖动物体行驶的位移为3，的过程中，根据动能定理 48BL。 3Bto 48B1。 得(F-了厂mg)=号(M+m),轻绳从扬体上就落至物 答案：(1)正电q一B1。 /3π4.U (2)D8B 体停下的过程中，根据动能定理得一mg（s一)= 2(F-D81(一) U。 v=所N24Bt (3)W=TmU,(x2+16) 豆m,解得√（MmM,附小车的额定功率 48B 为R=F√A填D格昆 2023年普通高中学业水平等级考试 9.AD设初始状态下气体的体积为V,等压过程中，由盖一吕 (山东卷) 1,D设对应能级的能量分别为E,、E:、E,E,由跃迁理论可 萨免定律得a子解释气体增加的徐积为△V=号. 知，原子吸收频率为场的光子从基态能级工跃迁到激发态能 C错误：等容过程中，气体吸收400J的热量后温度上升 级Ⅱ，。一E,一E,,从激发态能级Ⅱ到自发辐射频率为 100K,则内能的增加量为△U=400J,等压过程中气体温度 的光子跃到能级2，=Em一E,接着跃迁到能级1辐射出 上升100K,内能的增加量为△U=400J,D正碗：等压过程中 频率为的光子，h=E2一E,最后辐射出频率为的光子 由热力学第一定律得△U=W十Q,解得W=一200J,即气体 回到基态能级I,=E,一E,,联立以上四式可知2=0 对外做功为200J,B错误：由W=p△V得，气体体积增加量 一，D正确 为△V=W=,200)。=2L,别V=6L,A正确. p1×10Pa 2.B设开始时有n只盘子，每只盘子质量为m,每只弹簧的伸 10,BC从平衡位置开始计时，质点的振动方程为y=Asin, 长量为x,由平衡条件及胡克定律可知3kr=mg,取走一个 盘子，弹簧形变量减少1.0cm=0.01m,同理可得3k(x 从平衡位置到A点，受A=An,从平衡位置到B点， 0.01)=(n一1)g,代入数据解得k=100N/m,B正确. 3.C设引力常量为G,地球半径为R,则对地球表面的物体所 A=Asin解得么=吉T=立T,若平衡位置在A,B 受重力等于地球对它的引力，即G=mg,月球绕地球做 R 之间，则号A+号A=1,解得振福A=2引由时同的对称 √3+1 圆周运动，所受地珠的万有引力提供向心力，即GMm r 性得3弘十=1，解得T=号.C正确，D错误：若羊衡位里 m答·r又r=60R.解得T-120n√ 上C正确 在A点左锅，则A-号A=L,解得A=2头泰格，若开 5-1 4.B筒车经时间t,到达高H处的水简的个数为V=R1,灌 入稻田的水的质量为M=NmX60%,由功能关系可知筒车 始计时时A向右运动，则由时同的对称性得T=,解得T 对这部分水所微的功W=MgH,微功的功率P=W,联立解 t =,若计时时A向左运动，则由时间的对称性得是T=, 得P=3 mgaR H,B正确. 解得T-吕B正确，A错送。 物理答案一17 11.ACD由等量异种电荷电场线分布的对称性知F点与C'点15.(8分)解：(1)灭火弹做斜抛运动，水平方向做匀速直线运 电场强度大小相等，A正确：B点与E点的电场强度如图所 动，有L.=vtc0s0 示，由几何知识及电场叠加知B点与E”点的电场强度方向 不同，B错误：由等量异种电荷电场线分布的对称性知U 竖直方向微竖直上抛运动，有H=1sin0一2gt =U口，由沿电场线方向电势越来越低知了电势高于C电 联立解得H=60m 势，则Uw>U,故Um>UA,C正确：试探电荷在F点 (②)由能量守恒守定律有号CU·ymd 所受电场力方向与FO方向夹角为钝角，则一开始电场力微 负功，电势能增大，在O点所受电场力方向与下O方向夹角 代入已知条件解得U=√2×103V. 16.(8分)解：(1)激光在M内发生多次全反射，故激光在柱面 是锐角，则电场力做正功，电势能减小，D正确 发入射角的最大值为临界角C, A④F *0 故有sinC=L B 由几何关系此时，澈光在光纤端面的入射角最大值为受一C 此时折射角0取得最大值 *0' 由折射定律可知n=in(90一C可 sin 解得sin0=√m-L. E (2)N下端刚好被照亮时被测物体在距N下端b1的位置， 12.BD对导体棒MN,由平衡条件得其所受安培力大小为F, N下端刚好全部被照亮，被测物体距N下端b:的位置，光 =mg=2N,回路中的感应电流I=1A,同路中的 路图如图所示， 感应电动势为E=IR=1V,MN产生的感应电动势为E,= Bl=4V,故MN与CD产生反方向的感应电流，导体棒 MN、CD均向右运动，则由右手定则知MV产生顺时针方 向的电流，故CD产生逆时针方向的电流，由右手定则知B, 方向竖直向下，E=B,一B,w,回路中的电流沿逆时针方 向，对整体，由平衡条件得F,=加g十B:Il,联立解得 3m/s,BD正确，AC错误. 13,解析：(1)由题图乙知在等温情况下，p与下威正比，B正确， 由几何关系有号=6，n0 d A错误.（2)立=10.0m=100X10ml,由题图乙知 1 a+2=b:tan 0 封闭气体的压强为p=2.04×10°Pa.(3)他的计算结果与同 解得么=兰V哥 组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值为p△V,p增 大，p△V增大. A=(+号)WB哥 答案：(6分)(1)B(2)2.04×10°(3)增大 14.解析：(1)由题图甲可知，电客器两端的电压等于滑动变阻器 所以满足条件琉璃丝到被测物体的6的范国是号√冒哥 2- 瑞与滑动瑞之间的电压，根据串联分压原理可知，若要升 高电容器充电电压，滑动变阻器的滑片应向力瑞移动.(2)电 ≤(+号)λ哥 压表量程为15V,故最小分度值为0.5V,所以题图乙中电 压表示数为6.5V,(3)油膜法实验中估算面积时，超过半个 17.(14分)解：(1)粒子在电场中运动，根据动能定理得gE·2l 计数1，少于半个忽略掉，所以题图丙中【1图像所围而积为 =m 38格，每格对应的电荷量4=0.2mA×0.5s=1×10C, 粒子的运动轨迹如图甲所示 所以电容器储存的电荷量Q=38g。=3.8×10C,(4)由电 了4 容的定义式可知电路中使用的电容器的电容C=是 3.8×10F≈4.8X10K.(5)充电后电容器左板板带正 电，将开关S掷向2时，电流从左到右经过发光二极管D1, 故D,闪光. 答案：(8分)(1)b(2)6.5(3)3.8×103C (4)4.8×10+(5)D 物理答案一18 由几何关系得 18.(16分)解：(1)C下滑过程中，根据动能定理得mgH= 粗子在破场中的运动半径为，一号 mev 由牛顿第二定律得gwB=n 解得H=0.8m (2)B右端恰好到达P,点时B和C共递，s最小 联立解得B=6√ m正 对C,由牛顿第二定律得meg=m(d1 (2)(「)粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何美系得 解得a1=5m/s R2=(R-d)2+4d 对B,由牛顿第二定律得mg一A(me十m)g=mag 解得a2=1m/s 共速时v一d1l=十azl 解得t=0.5s 期≥w1+0f=0,625m 此过程A的位移s。=1=0.5m0.625m A与B不发生碰撞 当BC共速后，BC一起微匀减速运动，当A、B碰撞的所用 时间为1，则 1+)=0.625+(-a01-za 解得粒子在磁扬中运动的半径为R= 5 s<"4=1.5s 由牛颜第二定律得B=m尺 解得=②+1 2 原得=1√四 所以此时BC的位移=②牛2m 2 为保证A,B不发生碰撞，且BC共速，则 由儿何关系得cos0-音in0=号 4 0.625m≤2+2 2 m. 粒子由P点运动到Q点的过程中 沿x轴方向，2d=1c0s0·1 (3)若s=0.48m,B与P碰撞前，由运动学规律得 沿y轴方向，2d=sim0…1+号 s=,+2a, 联立解得E=36E 解得1=0.45 粒子从A到第一次离开电场，根据动能定理得 1 C运动的位移为x=诞，一之a=1.2m qE·2d=7md-m 摩擦力对C微的功W=:mgx=6J. 解得w=4√昭 (4)B与地面间存在摩擦，三个物体都达到平衡状态时，A向 左做匀速直线运动，B、C静止 ()设粒子到达Q点的速度大小为，方向与x轴的夹角 B与P碰撞前解间 为a va=po十at4=1.4m/s 粒子由P运动到Q的过程中，根据动能定理得 e=u一a1t1=2m/s rA=611=0.4m B与P碰撞后速度大小不变 41gEd 解得4=3√m 由牛频第二定律得meg十(mc十me）g=mua 由牛频第二定律得9B=m尺 解得ag=4m/s 设A、B相通的时间为1： 年得= 1 喇助与十l:24,=一 v sin gE 解得1=(0.6-0.42)s sin a= A,B相遇时，B的速度大小为 2d=y1c0s0·t 联立解得sina=5四 a4-1m 41 A、B碰擅过程中，以向左的方向为正方向，根据动量守恒定 假设粒子能从QP连线上的P'第三次进入电场 律得 则P'Q=2 R'sin a=5d>2√2d mVm一mAV三mne十mAVA 故子不能从P点第三次进入电场， 根据杭械能守恒定律得 物理答案一19 程中运动员所受合力的冲量为】=60kg×(10.35$ 10.10s)×22N/kg-60kg×(10.35s-10.10s)×10N/kg 邻仔 -1m/s,≈322-1m/s =180N·s,故D错误：由动量定理得1=mU一0，解得运动员 15 高开地面时的速度为=3m/s,起跳后运动员重心上升的平 由一vi2=2a,(s一xA)得 B第二次与P碰撞前速度大小v≈1ms 均递度大小约为=之=1,5m/s,故B错误：起跳后运动美 B与P碰撞后做减逸运动，不可施追上A,最始B、C静止以 向左为正方向，三个物体总动量的变化量为 重心上升的戒大高度的为A=头=0,45m,故C正确】 p=+m,+m+(22+)kg·m 7.Ba,b、c,d四个小球作为系统，剪断a、d间的轻绳后系统所 受合力为零，系统动量守位，由对称性知，的速度方向与d 2023年普通高中学业水平选择性考试 的速度方向对称，且大小相等，如图所示，竖直方向上由动量 (河北卷) 守恒定律得2usin30°-2mU=0.解得b、c两小球的速度大 1,DH是氢原子巴耳未系中波长最长的谱线，根据一元，可 小为0=1 ,由只有电场力微功.系统电势能与动能之和不 知H。是氢原子巴耳末系中频率最小的请线，根据氨原子的 变知，E,十号·2m十号·2m=E,解得此时系统电势 能级图，利用玻尔理论中的频率条件v=E。一E。,可见能级 差越小，领率越低，波长越长，故H对应的能级跃迁过程为 能为E.=E。一 5 mw,故B正确，ACD错误。 从n=3能级跃迁到n=2能级，故D正确. 2C题述现象是光的千涉造成的，彩虹的形成原理主要为光 3 人又0 0 的折射，题述现象与彩虹的形成原理不相同，故A错误：硅片 呈现深紫色的原因是薄膜的厚度正好使紫光在薄膜上下表8，CD金属杆所国成的矩形周长不变，由数学知识可知金属杆 面的反射光发生干涉，振动加强，故C正确，B错误；根据光的 所围回路的面积先增大后减小，所以金属杆所图回路内磁通 干涉中相互加强的条件，可知当海膜的厚度发生变化时，满足 量先增大后减小，祁据“增反减同”可知电流方向先沿逆时针 加强条件的光的波长也会发生改变，导致硅片呈现不同的颜 色，故D错误， 方的后洛腹时针方句：故A借民：由目一笑B5可知， 3.A由题图乙知月球在位置1时太阳和月球的引潮力方向相 由于金属杆所围回路的面积先增大后减小，故通过金属杆截 同，合力最大，故会出现大溯，故A正确，B错误：由题意可 面的电荷量也是先增加后减小，故B错误：电流方向先沿逆 知，引潮力的变化导致海水每天2次潮涨潮落，故可推得涨潮 时针方向，后沿顺时针方向，再根据左手定则，可知金属杆1 不总出现在白天，退潮不总出现在夜晚，故C错误：月球的引 所受安培力方向先向下后向上，与运动方向先相同后相反：金 潮力与太阳的引潮力方向不确定，其合力不一定大于月球引 属杆4所受安培力方向先向左后向右，与运动方向先相反后 潮力，故D错误. 相同，故CD正确. 4.B对轻杆和小球组成的系统进行受力分析，如图所示，设左9.C小球从A点运动到B点的过程中，由对称性知两弹簧 侧斜面对杆AB支持力的大小为FN1,由平衡条件有F= 对小球做的总功为零，重力做正功，由动能定理知小球在B mg0s30,解得F4=5 点速度不为零，故小球不会在AB间做往复运动，故C正确， mg,故B正确. A错误：由动能定理知，有弹簧与没有弹簧时小球运动到B 点速度相同，设AB与水平方向的夹角为0，没有弹簧时，由牛 30 顿第二定律得mgsin9=ma,解得小球的加递度a=gsin日，有 弹簧时，开始时弹簧2处于仲长状态，加速度大于gsin0,且 运动过程中加速度逐渐减小，因为AB=2A),,故小球运动到 AB中点时两弹簧处于原长，小球的加速度为gsin0,两种情 况的图像如图所示，与没有弹簧时相比，小球从A点运动 Ymg 到B点所用时间更短，故B正确：小球运动到AB中点时弹簧 5.C电容器充电完毕时所带电荷量为Q=1=2.8A×102s 2处于原长，小球在B点时弹簧2也处于原长.小球从AB中 =0.028C,电容器充电完毕时两端的电压U= 点运动到B点的过程中弹簧2先被压缩后恢复原长，故小球 从A点运动到B点的过程中，弹簧2的禅性势能先减小后增 2.0X10下1400V,则升压变压器原，副线圈匝数比为西 0.028C 大再减小，故D错误 -方女C区有ABD维花. ·有草资 6,C由题图知，起跳过程中地面对运动员单位质量的最大支 尤弹资 持力约为F=42N,则地而对运动员的最大支持力约为F mF=60×42N-2520N.由牛颜第二定律得F-mg=na, 解得运动员最大加速度约为：=32m/s°，故A错误：起跳过 物理答案一20