2023年高考理綜物理真題試卷(山東卷)(教師版)

10/202023年高考理綜物理真題試卷〔山東卷〕一、單項選擇題：此題共8小題，每題3分，共24分．每題只有一個選項符合題目要求。1.〔2023·山東在測定年月較近的湖泊沉積物形成年份時，常利用沉積物中半衰期較短的

210 ，其衰Pb82Pb變方程為

210Pb→210BiX。以下說法正確的選項是〔〕82 83衰變方程中的X是電子上升溫度可以加快

21082

的衰變Pb82210PbPb82

與 210 的質(zhì)量差等于衰變的質(zhì)量虧損BiPb83BiPb方程中的X來自于【答案】A【考點】核反響方程

21082

內(nèi)質(zhì)子向中子的轉(zhuǎn)化【解析】【解答】A．假設(shè)X的質(zhì)量數(shù)為a，電荷數(shù)為b，依據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒有：a=210-210=0；依據(jù)電荷數(shù)守恒有：b=82-83=-1；依據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)的大小可得X是電子，A正確；B．半衰期為大量原子核其質(zhì)量衰變一半所花的時間，其半衰期的長短與外界條件無關(guān)，所以上升溫度不能轉(zhuǎn)變衰變的快慢，B錯誤；C210Pb210Bi和電子X的質(zhì)量之和的差值，C錯誤；82 83D．核反響過程中，原子核內(nèi)其中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子和電子，所以其電子是來自于化，D錯誤。A。

210Pb82Pb

內(nèi)中子向質(zhì)子的轉(zhuǎn)【分析】利用質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可以判別X的本質(zhì)；半衰期不受外界影響；反響物和生成物的質(zhì)量之差等于虧損的質(zhì)量；衰變釋放的電子來自于原子核中的中子向質(zhì)子的轉(zhuǎn)化。2.〔2023·山東〕如以下圖，密封的礦泉水瓶中，距瓶口越近水的溫度越高。一開口向下、導(dǎo)熱良好的小瓶置于礦泉水瓶中，小瓶中封閉一段空氣。擠壓礦泉水瓶，小瓶下沉到底部；松開后，小瓶緩慢上浮，上浮過程中，小瓶內(nèi)氣體〔〕A.內(nèi)能削減 B.對外界做正功C.增加的內(nèi)能大于吸取的熱量 D.增加的內(nèi)能等于吸取的熱量【答案】B【考點】熱力學(xué)第確定律〔能量守恒定律〕【解析】【解答】A．小瓶在上升的過程中，越來越接近其礦泉水瓶口，所以其溫度不斷上升，由于確定質(zhì)量的抱負(fù)氣體其溫度打算內(nèi)能所以瓶內(nèi)氣體的內(nèi)能不斷增大；A錯誤；B．小瓶在上升過程中，依據(jù)液體的壓強(qiáng)分布可以得出小瓶內(nèi)氣體的壓強(qiáng)不斷減小，又由于其溫度不斷上升，依據(jù)抱負(fù)氣體狀態(tài)方程????=????可得氣體的體積不斷增大，由于氣體體積增大所以氣體對外界做正功，B正確；CD．小瓶上升時，由于小瓶內(nèi)氣體內(nèi)能增加，且氣體對外做功，則????>0,??<0;依據(jù)熱力學(xué)第確定律????=??+??則有：????<??依據(jù)表達(dá)式可得吸取的熱量大于增加的內(nèi)能，CD錯誤。應(yīng)選B?！痉治觥可细∵^程由于溫度上過所以內(nèi)能增大，上升過程由于壓強(qiáng)減小，結(jié)合抱負(fù)氣體的狀態(tài)方程可以判別其體積增大，所以氣體對外界做正功；由于內(nèi)能增大，且外界做負(fù)功，所以氣體吸取的熱量大于增加的內(nèi)能。3.〔2023·山東〕如以下圖，粗糙程度處處一樣的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細(xì)桿，一端可繞豎直光滑軸A.????20B.????20C.????A.????20B.????20C.????20D.????202????4????8????16????【答案】B【考點】動能定理的綜合應(yīng)用v0

末速度為0，在運動過程中，只有摩擦力，做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，依據(jù)幾何關(guān)系其運動的路程為：??=2????依據(jù)動能定理????2????=0?1????22 00可得摩擦力的大小??=0應(yīng)選B。

????24????【分析】利用動能定理結(jié)合小球初速度速度的大小可以求出摩擦力的大小。4.〔2023·山東〕血壓儀由加壓氣囊、臂帶，壓強(qiáng)計等構(gòu)成，如以下圖。加壓氣囊可將外界空氣充入臂帶，壓強(qiáng)計示數(shù)為臂帶內(nèi)氣體的壓強(qiáng)高于大氣壓強(qiáng)的數(shù)值，充氣前臂帶內(nèi)氣體壓強(qiáng)為大氣壓強(qiáng)，體積為V；每次擠壓氣囊都能將60cm3的外界空氣充入臂帶中，經(jīng)5次充氣后，臂帶內(nèi)氣體體積變?yōu)???，壓強(qiáng)計示數(shù)為150mmHg。大氣壓強(qiáng)等于750mmHg，氣體溫度不變。無視細(xì)管和壓強(qiáng)計內(nèi)的氣體體積。30cm3B.30cm3B.40cm3C.50cm3D.60cm3【答案】D【考點】抱負(fù)氣體的狀態(tài)方程【解析】【解答】以充氣前臂帶中的氣體和充入的氣體為對象，氣體發(fā)生等溫變化，??0=750mmHg，??0=60cm3，??1=750mmHg+150mmHg=900mmHg依據(jù)玻意耳定律可知??0??+5??0??0=??1×5??代入數(shù)據(jù)整理得??=60cm3D?！痉治觥繗怏w發(fā)生等溫變化，利用抱負(fù)狀態(tài)方程可以求出體積V的大小。A.9∶1B.9∶2C.36∶1D.72∶15.〔2023·山東〕從“玉兔”登月到“祝融”探火，我國星際探測事業(yè)實現(xiàn)了由地月系到行星際的跨越?；?2倍，“祝融”火星車的質(zhì)量約為“玉兔A.9∶1B.9∶2C.36∶1D.72∶1【答案】B【考點】萬有引力定律及其應(yīng)用【解析??=??引再依據(jù)??引

=????????2則??

=??

????火祝融祝融????

??2火??=??

月玉兔??2月聯(lián)立可得??祝融=??=9??玉兔應(yīng)選B。

?? 2玉兔【分析】當(dāng)祝融和玉兔懸停時，其平臺對其的作用力等于星體的引力大小，利用平衡方程結(jié)合引力公式可以求出作用力的比值大小。6.〔2023·山東〕a的正方形，四個頂點上分別固定一個電荷量為+??的點電荷；在0≤??<√22

區(qū)間，x軸上電勢??的變化曲線如圖乙所示?，F(xiàn)將一電荷量為???P置于正方形A.??=√2+1??P將向右運動A.??=√2+1??P將向右運動2B.??=√2+1??P將向左運動2C.??=2√2+1??，釋放后P將向右運動 D.??=2√2+1??，釋放后P將向左運動4 4【答案】C【考點】共點力平衡條件的應(yīng)用，庫侖定律【解析】y軸正向的點電荷為對象，其y軸正向的點電荷受到四個庫侖力處于平衡，依據(jù)庫侖定律

=????1??2及平衡條件可得√2????2+

=

????解得??=2√2+14

庫 ??2

??2

(√2??)2

(√2??)22電勢和x軸距離的關(guān)系，利用電勢降低方向可以判別場強(qiáng)向x軸的負(fù)方向，因在0≤??<√2??區(qū)間內(nèi)2Px軸正向向右略微移動后釋放，P受到向右的電場力而向右運動。C?！痉治觥坷命c電荷的平衡方程結(jié)合庫侖定律可以求出點電荷Q的大小，利用電勢降低的方向可以判別場強(qiáng)的方向進(jìn)而判別電勢P移動的方向。A.B.C.D.7.〔2023·山東〕用平行單色光垂直照耀一層透亮薄膜，觀看到如以下圖明暗相間的干預(yù)條紋。以下關(guān)于該dxA.B.C.D.【答案】D【考點】光的干預(yù)【解析】【解答】光經(jīng)過透亮薄膜的時，會在上下外表發(fā)生反射，從薄膜的上下外表分別反射的兩列光是相干光，依據(jù)光運動的路程可以得出光程差為薄膜厚度的2倍，則光程差為△x=2d ，當(dāng)光程差△x=nλ時此處表現(xiàn)為亮條紋，故相鄰亮條紋之間的薄膜的厚度差為12

λ ，依據(jù)兩亮條紋的間距不變，可以判別其薄膜厚度一樣時其亮條紋之間的距離越大，所以可得條紋寬度漸漸變寬，則厚度不是均勻變小。D?！痉治觥坷昧翖l紋的間距可以判別兩個條紋之間的光程差及厚度之差，結(jié)合條紋間距的變化，可以判別厚度一樣時其條紋之間距離越大，利用幾何關(guān)系可以判別其薄膜的厚度越來越小。8.〔2023·山東〕迷你系繩衛(wèi)星在地球赤道正上方的電離層中，沿圓形軌道繞地飛行。系繩衛(wèi)星由兩子衛(wèi)星組成，它們之間的導(dǎo)體繩沿地球半徑方向，如以下圖。在電池和感應(yīng)電動勢的共同作用下，導(dǎo)體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為r。導(dǎo)體繩所受的安培力抑制大小為f的環(huán)境阻力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。衛(wèi)生離地平均高度為H ，導(dǎo)體繩長為??(?????)，地球半徑為R ，質(zhì)量為M ，軌道處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B ，方向垂直于赤道平面。無視地球自轉(zhuǎn)的影響。據(jù)此可得，電池電動勢為〔〕A.????√A.????√????????????????B.????√?????????????????C.????√????????????????D.????√?????????????????【考點】萬有引力定律及其應(yīng)用，電磁感應(yīng)與力學(xué)【解析】【解答】兩個衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，依據(jù)引力供給向心力有依據(jù)牛頓其次定律可得衛(wèi)星的線速度為：??=√????????

????(????)2

=

??2(????)導(dǎo)體繩切割磁感線相當(dāng)于電源，導(dǎo)線速度方向及磁場的方向，依據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體繩產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相當(dāng)于上端為正極的電源，依據(jù)動生電動勢的表達(dá)式有：??=??????導(dǎo)體繩做勻速圓周運動，其切線方向平衡，依據(jù)安培力和導(dǎo)線受到的阻力平衡則可得其電池電動勢大于感應(yīng)電動勢的大小，依據(jù)平衡方程有：??????=??再依據(jù)歐姆定律有：??=?????′??聯(lián)立可得??=???????′????解得??=????√???? ????A。

????

????【分析】利用牛頓其次定律結(jié)合向心力公式可以求出導(dǎo)線切割磁場的速度大小，結(jié)合動生電動勢及平衡方程可以求出電池電動勢的大小。二、多項選擇題：此題共4小題，每題4分，共16分．每題有多個選項符合題目要求．全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分．9.〔2023·山東輸電能耗演示電路如以下圖。左側(cè)變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶3，輸入電壓為7.5V的正弦溝通電。連接兩抱負(fù)變壓器的導(dǎo)線總電阻為r ，負(fù)載R的阻值為10Ω。開關(guān)S接1時，右側(cè)變壓A.??=10ΩB.??=5ΩC.??=45WD.A.??=10ΩB.??=5ΩC.??=45WD.??=22.5W【答案】B,D【考點】變壓器原理【解析】【解答】對于左側(cè)的變壓器，依據(jù)抱負(fù)變壓器的規(guī)律有：??1=1??2 3U2=3×7.5V=22.5V1時，依據(jù)電功率的表達(dá)式??4

=??42 ，??即可得右側(cè)變壓器的次級電壓??4=√??4??=10V4 依據(jù)歐姆定律有：?? =??4=4 ??對于右側(cè)變壓器初級電壓，依據(jù)抱負(fù)變壓器的規(guī)律有：??3=2??4 11??3=2×10V=20V12依據(jù)電流的規(guī)律有：??3=1×1A=0.5A2則依據(jù)輸電線的歐姆定律有：????2??35Ω??3當(dāng)開關(guān)S接2時，設(shè)輸電電流為I ，則右側(cè)變壓器的次級電流為0.5I；右側(cè)變壓兩邊電壓關(guān)系可知??2??????3

=0.5??????4I=3AR上的功率??=(0.5??)2??=22.5WBD?！痉治觥恳罁?jù)抱負(fù)變壓器的規(guī)律可以求出左側(cè)變壓器的輸出電壓，利用右側(cè)電功率的表達(dá)式及變壓器規(guī)律可得右側(cè)變壓器的輸入電壓和輸入電流，結(jié)合輸電線的歐姆定律可以求出輸電線的電阻，當(dāng)開關(guān)接2時，利用右側(cè)變壓器規(guī)律可以求出輸出電流的大小，結(jié)合熱功率的表達(dá)式可以求出電阻消耗的功率大小。10.〔2023·山東〕x軸傳播，如以下圖，實線為??1=2s時的波形圖，虛線為??2=5s時O處質(zhì)點的振動圖像，可能正確的選項是〔〕A.B.C.A.B.C.D.【考點】橫波的圖象【解析】【解答】由于未知其波從傳播方向，所以不能明確其橫波在時間間隔內(nèi)傳播的距離，所以需要假設(shè)波傳播的方向進(jìn)展分類爭論：4假設(shè)機(jī)械波沿??軸正方向傳播，在??1=2s時??點振動方向豎直向上，在t2=5s時，x=3m處的質(zhì)點振????=??2???1=3s滿足????=3??+????〔n=0，1，2，3…〕4解得??=

124??+3

s〔n=0，1，2，3…〕當(dāng)??=0時，解得周期??=4sA正確，B錯誤；假設(shè)機(jī)械波沿??軸負(fù)方向傳播，在t1=2s時其O點振動方向豎直向上，在??2=5s時??點處于波谷，則????=1??+????〔n=0，1，2，3…〕4解得??=

12

s〔n=0，1，2，3…〕當(dāng)??=0時，解得周期??=12sACBD選項不符合題意，AC。【分析】假設(shè)波傳播的方向，利用波傳播的距離可以求出周期的表達(dá)式，利用周期的表達(dá)式可以求出周期的大小，利用振動方向及周期的大小可以求出O質(zhì)點的振動圖像。11.〔2023·山東〕如以下圖，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對地面的速度??0水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為d。投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為M ，A.投出物資后熱氣球做勻加速直線運動B.投出物資后熱氣球所受合力大小為????C.A.投出物資后熱氣球做勻加速直線運動B.投出物資后熱氣球所受合力大小為????C.??=(1+??)√2????2+??20D.??=√2????2+(1+??)2??20????????【答案】B,C【考點】平拋運動，動量守恒定律【解析】【解答】AB．以熱氣球和物資為系統(tǒng)，系統(tǒng)處于靜止，所以合力為0，且其初速度等于0則初動0，當(dāng)拋出物資瞬間，其作用力屬于內(nèi)力，所以系統(tǒng)動量守恒；依據(jù)動量守恒定律有：????=????0 ，其熱氣球獲得與物資相反的速度，所以其熱氣球的初速度沿水平向左，依據(jù)牛頓第確定律可以得出熱氣球受到的合力等于mg，方向豎直向上，依據(jù)合力恒定可以判別氣球做勻變速運動，且初速度方向和加速度方向不同，所以熱氣球做曲線運動；A錯誤，B正確；CD．熱氣球和物資的運動示意圖如以下圖熱氣球和物資所受合力大小均為????，設(shè)熱氣球的加速度為a，依據(jù)牛頓其次定律有：??=??????物資做平拋運動，依據(jù)位移公式??=1????2可得：落地時間為??=√2??2熱氣球在豎直方向做勻加速直線運動：依據(jù)位移公式有：

??=1????2=1??????2??=????M 2 2 ?? ?? ??熱氣球和物資在水平方向均做勻速直線運動，水平位移為??m

=????=??√2??0 ??0 ?? 2??M?? =????=????0?√??M依據(jù)勾股定理可知熱氣球和物資的實際位移為??=√(?? +??)2+(??+??)2=(1+??)√2????2+??20m M M ?? ??0C正確，D錯誤。BC?！痉治觥坷脪伋鑫镔Y時的動量守恒定律可以判別熱氣球獲得的初速度方向，結(jié)合合力方向可以判別其熱氣球的運動軌跡；結(jié)合水平方向和豎直方向的位移可以求出熱氣球和物資實際的位移大小。12.〔2023·山東〕如以下圖，電阻不計的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中磁場方向均垂直斜面對上，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強(qiáng)磁場。阻值恒定的金屬棒從無磁場區(qū)a處由靜止釋放，進(jìn)入Ⅱbc處反向上行。運動過程中金屬棒始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好。在第一次下行和上行的過程中，以下表達(dá)正確的選項是〔〕bb時的速度bb時的加速度金屬棒不能回到無磁場區(qū)a處【答案】A,B,D【考點】電磁感應(yīng)與力學(xué)【解析】【解答】AB．導(dǎo)體棒在無磁場區(qū)中，只受重力和彈力的作用，依據(jù)牛頓其次定律有：????=????sin?? ，所以在無磁場區(qū)域中有：??=??sin??1由于在I區(qū)域中，依據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增加則有：??1=????，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：?? =????1??=????1????1再依據(jù)歐姆定律有：?? =??11??

=??????所以其導(dǎo)體棒在運動時其I區(qū)域產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小恒定；導(dǎo)體棒在II區(qū)域切割磁場，會產(chǎn)生一個感應(yīng)電動勢，其產(chǎn)生的安培力會阻礙導(dǎo)體棒的運動，由于導(dǎo)體棒到達(dá)??點后又能上行，說明加速度始終沿斜面對上，導(dǎo)體棒下滑過程和上滑過程經(jīng)過??點的受力分析如圖設(shè)導(dǎo)體棒下滑過程和上滑過程經(jīng)過??點的速度分別為??，??，b??2=??2??????2=??2+??1=??2????+?????? ?? ??依據(jù)牛頓其次定律可知

?????????sin??=??2

2??2??+??2???????????sin??=????22 ?? ?? 1b時依據(jù)動生電動勢的表達(dá)式有：??2=??2????′依據(jù)歐姆定律其電流為??3

=??1???2=???????2????′?? ?? ??依據(jù)牛頓其次定律可知??2

???????sin??=??2?????????2??

2??2??′?????sin??=?????? 2??1>??2下滑過程和下滑過程經(jīng)過????段距離不變，依據(jù)勻變速速度位移公式??22??????1>??2，所以??>??′AB正確；CD．導(dǎo)體棒上滑過程中，由于合力與速度同向，則導(dǎo)體棒做加速度減小的加速度運動，則確定能回到無磁場區(qū)。由AB分析可得，導(dǎo)體棒進(jìn)磁場Ⅱ區(qū)〔下行進(jìn)磁場〕的速度大于出磁場Ⅱ區(qū)〔下行進(jìn)磁場〕的速????sin??=????0則金屬棒不能回到??處，C錯誤，D正確。ABD?！痉治觥坷门ｎD其次定律可以求出下滑和上滑過程的加速度大小，利用速度位移公式可以比較速度的大小；利用加速度和速度的方向可以判別其金屬棒可以回到無磁場區(qū)域，利用過程速度的比較可以判別其金屬棒不能回到a處。三、非選擇題：此題共660分．13.〔2023·山東〕某乒乓球愛好者，利用手機(jī)爭論乒乓球與球臺碰撞過程中能量損失的狀況。試驗步驟如下：①固定好手機(jī)，翻開錄音功能；②從確定高度由靜止釋放乒乓球；③手機(jī)記錄下乒乓球與臺面碰撞的聲音，其隨時間〔單位：s〕的變化圖像如以下圖。依據(jù)聲音圖像記錄的碰撞次序及相應(yīng)碰撞時刻，如下表所示。碰撞次序碰撞次序1234567碰撞時刻〔s〕1.121.582.002.402.783.143.47依據(jù)試驗數(shù)據(jù)，答復(fù)以下問題：利用碰撞時間間隔，計算出第3次碰撞后乒乓球的彈起高度為 數(shù)字，當(dāng)?shù)刂亓铀俣??=9.80m/s2〕。設(shè)碰撞后彈起瞬間與該次碰撞前瞬間速度大小的比值為k ，則每次碰撞損失的動能為碰撞前動能的 倍〔用k表示〕，第3次碰撞過程中??= 〔保存2位有效數(shù)字〕。由于存在空氣阻力，第〔1〕問中計算的彈起高度 〔填“高于”或“低于”〕實際彈起高度?！敬鸢浮俊?〕0.20〔2〕1???2；0.95〔3〕高于【考點】機(jī)械能【解析】【解答】〔1〕第3次乒乓球撞擊球臺的時刻：t1=2.00s4次撞擊的時刻t2=2.40s34次碰撞用時??0=2.40s?2.00s=0.40s，依據(jù)豎直上拋的對稱性可以得出下落和上升所花時間相等；依據(jù)自由落體運動的位移公式可得：第3次碰撞后乒乓球彈起的高度為?

=1??(??0)2=21×9.8×0.22m≈0.20m2

0 2 2碰撞后彈起瞬間速度為??2

，碰撞前瞬間速度為??1

，依據(jù)題意可知

??2??1

=?? ，依據(jù)動能的表達(dá)式可得：其損失的動能??????=1????12?1????22 ，碰前的動能為：????1=1????122 2????

1????2?1????2

21????2則每次碰撞損失的動能與碰撞前動能的比值為

??=2 12

=1?2 2=1???2????1

1????2

1????22 1 2 1由于小球從最高點下落做自由落體運動，依據(jù)自由落體運動的速度公式有：3次碰前的瞬時速度??=????=(2.00?1.58)??=0.21??23次碰撞后瞬間速度為??=????=(2.40?2.00)??=0.20??23??=??′=0.20≈0.95?? 0.21由于存在空氣阻力，乒乓球在上升過程中受到向下的阻力和重力，加速度變大，依據(jù)勻減速的位移0公式=?????1????2可得上升的高度變小，所以第〔1〕問中計算的彈起高度高于實際彈起的高度。20【分析】〔1〕利用豎直上拋運動的運動時間結(jié)合位移公式可以求出乒乓球彈起的高度；利用速度公式可以求出碰撞前后的速度大小，結(jié)合動能的表達(dá)式可以求出對應(yīng)的倍數(shù)；利用加速度的比較結(jié)合位移公式可以判別實際彈起的高度偏小。14.〔2023·山東〕熱敏電阻是傳感器中常常使用的元件，某學(xué)習(xí)小組要探究一熱敏電阻的阻值隨溫度變化的規(guī)律?？晒┻x擇的器材有：待測熱敏電阻??T

〔試驗溫度范圍內(nèi)，阻值約幾百歐到幾千歐〕；E〔電動勢1.5Vr約為0.5Ω〕；R〔阻值范圍0~9999.99Ω〕；滑動變阻器??1〔最大阻值20Ω〕；滑動變阻器??2〔最大阻值2023Ω〕；微安表〔量程100μA，內(nèi)阻等于2500Ω〕；開關(guān)兩個，溫控裝置一套，導(dǎo)線假設(shè)干。同學(xué)們設(shè)計了如圖甲所示的測量電路，主要試驗步驟如下：①按圖示連接電路；②閉合S1、S2，調(diào)整滑動變阻器滑片P的位置，使微安表指針滿偏；③保持滑動變阻器滑片P的位置不變，斷開S2，調(diào)整電阻箱，使微安表指針半偏；④記錄此時的溫度和電阻箱的阻值。答復(fù)以下問題：為了更準(zhǔn)確地測量熱敏電阻的阻值，滑動變阻器應(yīng)選用 〔填“??1”或“??2”〕。請用筆畫線代替導(dǎo)線，將實物圖〔不含溫控裝置〕連接成完整電路。某溫度下微安表半偏時，電阻箱的讀數(shù)為6000.00Ω，該溫度下熱敏電阻的測量值為 Ω〔結(jié)果保存到個位〕，該測量值 〔填“大于”或“小于”〕真實值?！敬鸢浮俊?〕??1〔2〕〔3〕【答案】〔1〕??1〔2〕〔3〕3500；大于〔4〕減小【考點】電阻的測量【解析】【解答】〔1〕試驗利用半偏法測量熱敏電阻的阻值，則是利用斷開開關(guān)后其支路的電壓保持不變，使電流表的讀數(shù)為原來閉合開關(guān)時的一半，依據(jù)歐姆定律則可以得出其斷開開關(guān)后其熱敏電阻的阻值和電阻箱的阻值相等，這樣操作，當(dāng)開關(guān)斷開時其滑動變阻器左端并聯(lián)局部的電壓會變大，為了使電壓變化量比較小則滑動變阻器要選擇其阻值較小的，故滑動變阻器應(yīng)選R。1〔2〕依據(jù)電路圖可以看出，滑動變阻器要直接與電源、開關(guān)S1進(jìn)展串聯(lián)，其開關(guān)S2要與電阻箱并聯(lián)后與毫安表串聯(lián)再接在滑動變阻器右上方的接線柱；電路連接圖如以下圖2〔3〕微安表半偏時，依據(jù)歐姆定律有：??〔????+??????〕=2則??????????=??=6000.00Ω????=3500Ω

由于斷開S2與閉合開關(guān)S2比照，由于該支路的電阻增加，所以導(dǎo)致其支路分得的電壓比閉合開關(guān)時大，熱敏電阻和毫安表所分得的電壓還是原來電壓的一半，依據(jù)歐姆定律，可得電阻箱的阻值略大于熱敏電阻與微安表的總電阻，所以用電阻箱的阻值等于熱敏電阻與微安表的總電阻來計算，其熱敏電阻的測量值比真實值偏大。當(dāng)溫度上升時，其圖像中對應(yīng)的橫坐標(biāo)1??

減小，則對應(yīng)的ln????減小，依據(jù)ln????的函數(shù)特點，當(dāng)ln????減小時則其ln????減小，因此熱敏電阻隨溫度的上升漸漸減小?！痉治觥俊?〕試驗利用半偏法測量其熱敏電阻的阻值，為了防止其支路電壓變化量過大所以其滑動變阻器要使用小阻值；利用電路圖進(jìn)展實物圖連線；利用支路的歐姆定律可以求出熱敏電阻的阻值，結(jié)合其支路分壓變大可以判別其熱敏電阻的測量值大于其真實值；利用圖像函數(shù)結(jié)合溫度的變化可以判別熱敏電阻的阻值變化。15.〔2023·山東〕超強(qiáng)超短光脈沖產(chǎn)生方法曾獲諾貝爾物理學(xué)獎，其中用到的一種脈沖激光展寬器截面如以下圖。在空氣中對稱放置四個一樣的直角三棱鏡，頂角為??。一細(xì)束脈沖激光垂直第一個棱鏡左側(cè)面入射，經(jīng)過前兩個棱鏡后分為平行的光束，再經(jīng)過后兩個棱鏡重合成為一束，此時不同頻率的光前后分開，完成脈沖展寬。相鄰兩棱鏡斜面間的距離??=100.0mm，脈沖激光中包含兩種頻率的光，它們在棱鏡中的折射率分別為??1

=√2和??2

=√314

。取sin37=35

，cos37°=45

，5=√71.890。為使兩種頻率的光都能從左側(cè)第一個棱鏡斜面射出，求??的取值范圍；假設(shè)??=37°????〔3位有效數(shù)字〕?！敬鸢浮俊?〕解：由幾何關(guān)系可得，光線在第一個三梭鏡右側(cè)斜面上的入射角等于??，要使得兩種頻率的光都從左側(cè)第一個棱鏡斜面射出，則??需要比兩種頻率光線的全反射角都小，設(shè)C是全反射的臨界角，依據(jù)折射定律得sin??=1①??折射率越大，臨界角越小，代入較大的折射率得??min=45°②所以頂角??的范圍為0<??<45〔或??<45〕③〔2〕??1和??2，由折射定律1得?? =sin??1④1sin??2?? =sin??2⑤2sin??設(shè)兩束光在前兩個三棱鏡斜面之間的路程分別為??1

??2

??1=

?? ⑥cos??1??2=

?? ⑦cos??2Δ??=2(??1???2)⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得Δ??=14.4mm⑨【考點】光的折射【解析】【分析】〔1〕為了使光從左側(cè)第一個棱鏡斜面射出，折射率的大小，利用全反射定律可以求出入射角的大小范圍，結(jié)合幾何關(guān)系可以求出頂角的大小范圍?！?〕折射率的大小，結(jié)合折射定律可以求出折射角的大小；結(jié)合幾何關(guān)系可以求出路程差的大小。16.〔2023·山東〕海鷗捕到外殼堅硬的鳥蛤〔貝類動物〕后，有時會飛到空中將它丟下，利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量??=0.1kg的鳥蛤，在??=20m的高度、以??0=15m/s的水平速度飛??=10m/s2，無視空氣阻力。假設(shè)鳥蛤與地面的碰撞時間????=0.005s，彈起速度可無視，求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力的F；〔碰撞過程中不計重力〕在海鷗飛行方向正下方的地面上，有一與地面平齊、長度??=6m的巖石，以巖石左端為坐標(biāo)原點，建立如以下圖坐標(biāo)系。假設(shè)海鷗水平飛行的高度仍為20m，速度大小在15m/s~17m/s之間，為保證鳥蛤確定能落到巖石上，求釋放鳥蛤位置的x坐標(biāo)范圍。1解：設(shè)平拋運動的時間為，鳥蛤落地前瞬間的速度大小為v。豎直方向分速度大小為??，依據(jù)運動的合成與分解得??=1????2，????=????，??=√??2+??22 0 ??在碰撞過程中，以鳥蛤為爭論對象，取速度v的方向為正方向，由動量定理得???Δ??=0?????聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得??=500N〔2〕解：假設(shè)釋放鳥蛤的初速度為??1=15m/s，設(shè)擊中巖石左端時，釋放點的x坐標(biāo)為x1 ，擊中右端時，釋放點的x坐標(biāo)為??2，得??1=??1??，??2=??1+????130m??236m假設(shè)釋放鳥蛤時的初速度為??2=17m/s，設(shè)擊中巖石左端時，釋放點的x坐標(biāo)為??1

′，擊中右端時，釋放點的x坐標(biāo)為??2

′，得??1 ′=??2??，??2

′=??1 ′+??聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得??1

′=34m，??2

′=40m綜上得x坐標(biāo)區(qū)間[34m36m]或(34m36m)【考點】平拋運動【解析】【分析】〔1〕鳥蛤做平拋運動，利用豎直方向的位移公式及速度公式可以求出豎直方向的速度大小，結(jié)合速度的合成可以求出與地面碰撞的速度大小，結(jié)合動量定理可以求出平均作用力的大?。弧?〕鳥蛤做平拋運動，利用平拋運動的位移公式可以求出釋放鳥蛤的坐標(biāo)范圍。17.〔2023·山東〕某離子試驗裝置的根本原理如圖甲所示。Ⅰdx軸垂直交于坐標(biāo)O，其內(nèi)布滿垂直于????????0；ⅡL，左x軸垂直交于??1x軸垂直交于??2y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場。測試板x軸置于ⅡC與??2點重合。從離子源不斷飄出電荷量為qm的正離子，xO點，依次經(jīng)Ⅰ區(qū)、ⅡC。離子剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)時速度方x軸正方向的夾角為??。無視離子間的相互作用，不計重力。求離子在Ⅰ區(qū)中運動時速度的大小v；求ⅡE；保持上述條件不變，將Ⅱ區(qū)分為左右兩局部，分別填充磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B〔數(shù)值未知〕方向相y軸的勻強(qiáng)磁場，如圖乙所示。為使離子的運動軌跡與測試板相切于Cx軸移動測試板，C到??1S?！敬鸢浮俊?〕解：設(shè)離子在Ⅰ區(qū)內(nèi)做勻速圓周運動的半徑為r，由牛頓其次定律得??????0

=????2①??sin??=??②??聯(lián)立①②式得??=

????0????sin??解：離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)只受電場力，x方向做勻速直線運動，y方向做勻變速直線運動，設(shè)從進(jìn)入電場到擊中測試板中心C的時間為t，y方向的位移為??0，加速度大小為a，由牛頓其次定律得????=????2由運動的合成與分解得??=(??cos??)·??，??0=???(1?cos??)，??0=(??sin??)·???1????222????2??2 ?? ??聯(lián)立得??=

0 (??tan??+ ? )????2tan2?? sin?? tan??18/20解：Ⅱ區(qū)內(nèi)填充磁場后，離子在垂直yvcosθ的勻速圓周運動，如以下圖。設(shè)左側(cè)局部的圓心角為??，圓周運動半徑為??′，運動軌跡長度為??′，由幾何關(guān)系得??=??2??

×2????′+??+??×2????′，cos??=22??2

??′2??′由于在y軸方向的運動不變，離子的運動軌跡與測試板相切于C點，則離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)的運動時間不變，故有??′??cos??

= ????cos??C到??1的距離??=2??′sin??+??′??=6(√3+1??7??【考點】電荷在電場中的偏轉(zhuǎn)，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運動【解析】〔1〕離子在I區(qū)域做勻速圓周運動，利用牛頓其次定律結(jié)合軌道半徑的大小可以求出粒子運動的速度大??；離子在II區(qū)域中只受電場力做功，其水平方向做勻速直線運動，其豎直方向做勻變速直線運動；利用速度的分解結(jié)合兩個分運動的位移公式可以求出電場強(qiáng)度的大??；當(dāng)填充磁場后，其離子在垂直y方向上做勻速圓周運動，利用幾何關(guān)系可以求出軌跡弧長的大小，再結(jié)合運動的時間相等可以求出CO1的距離大小。18.〔2023·山東〕m的小物塊A、B、C，放置在水平地面上，A緊靠豎直墻壁，k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B，開頭時彈簧處于原長，A、B、C均靜止?，F(xiàn)給C施加一F的恒力，使B、C一起向左運動，當(dāng)速度為零時，馬上撤去恒力，一段時間后A離開墻壁，最終三物塊都停頓運動。A、B、C與地面間的滑動摩擦力大小均為f，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)?！矎椈傻膹椥詣菽芸杀硎緸椋??p

=1????2，k為彈簧的勁度系數(shù)，x2為彈簧的形變量〕0求B、C向左移動的最大距離?? 和B、C分別時B的動能?? ；0k為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值??min；19/20假設(shè)三物塊都停趕忙B、C間的距離為??B、C分別到B停頓運動的整個過程，