山东高考物理解析版Word文件下载.docx

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C．与和电子X的质量差等于衰变的质量亏损，C错误；

D．方程中的X来自于内中子向质子的转化，D错误。

故选A。

2.如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。

一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。

挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；

松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体（　　）

A.内能减少

B.对外界做正功

C.增加的内能大于吸收的热量

D.增加的内能等于吸收的热量

【详解】A．由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内温度升高，内能增加，A错误；

B．在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程

气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；

CD．由AB分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律

由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，CD错误。

故选B。

3.如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。

木块以水平初速度出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。

在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（　　）

A.B.C.D.

【详解】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理

可得摩擦力的大小。

4.血压仪由加压气囊、臂带，压强计等构成，如图所示。

加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；

每次挤压气囊都能将的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为，压强计示数为。

已知大气压强等于，气体温度不变。

忽略细管和压强计内的气体体积。

则V等于（　　）

【详解】根据玻意耳定律可知

已知，，

代入数据整理得。

故选D。

5.从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。

已知火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍。

在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程。

悬停时，“祝融”与“玉兔”所受陆平台的作用力大小之比为（　　）

A.9∶1B.9∶2C.36∶1D.72∶1

【详解】悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据

可得。

6.如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为的点电荷；

在区间，x轴上电势的变化曲线如图乙所示。

现将一电荷量为的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。

若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是（　　）

A.，释放后P将向右运动

B.，释放后P将向左运动

C.，释放后P将向右运动

D.，释放后P将向左运动

【详解】对y轴正向的点电荷，由平衡知识可得

解得

因在区间内沿x轴正向电势升高，则场强方向沿x轴负向，则将P沿x轴正向向右略微移动后释放，P受到向右的电场力而向右运动。

故选C。

7.用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。

下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是（　　）

A.B.

C.D.

【详解】从薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为△x=2d，即光程差为薄膜厚度的2倍，当光程差△x=nλ时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的薄膜的厚度差为λ，在图中相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大，则薄膜层的厚度之间变小，因条纹宽度逐渐变宽，则厚度不是均匀变小。

8.迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行。

系绳卫星由两子卫星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示。

在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为r。

导体绳所受的安培力克服大小为f的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上。

已知卫星离地平均高度为H，导体绳长为L（L<

<

H），地球半径为R，质量为M，轨道处磁感应强度大小为B，方向垂直于赤道平面。

忽略地球自转的影响。

据此可得，电池电动势为（　　）

【详解】根据

可得卫星做圆周运动的线速度

根据右手定则可知，导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源，其大小为

因导线绳所受阻力f与安培力F平衡，则安培力与速度方向相同，可知导线绳中的电流方向向下，即电池电动势大于导线绳切割磁感线产生的电动势，可得

解得。

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.输电能耗演示电路如图所示。

左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为的正弦交流电。

连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为。

开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为；

接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P。

以下判断正确的是（　　）

【详解】当开关S接1时，左侧变压器次级电压U2=3×

7.5V=22.5V

电阻R上的电压，即右侧变压器的次级电压

电流

则右侧变压器初级电压

则

当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的次级电流为0.5I；

右侧变压两边电压关系可知

解得I=3A

则R上的功率。

故选BD。

10.一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为时的波形图，虚线为时的波形图。

以下关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是（　　）

【详解】机械波的传播方向不确定，所以需要考虑机械波传播方向的不确定性。

AB．若机械波沿轴正方向传播，在时点振动方向竖直向上，则传播时间满足

（n=0，1，2，3…）

解得（n=0，1，2，3…）

当时，解得周期

A正确，B错误；

CD．若机械波沿轴负方向传播，时点处于波谷，则（n=0，1，2，3…）

C正确，D错误。

故选AC。

11.如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。

已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（　　）

A.投出物资后热气球做匀加速直线运动

B.投出物资后热气球所受合力大小为

C.

D.

【详解】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为的物资瞬间，满足动量守恒定律

则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度，热气球所受合外力恒为，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确；

CD．热气球和物资的运动示意图如图所示

热气球和物资所受合力大小均为，所以热气球在竖直方向上加速度大小为

物资落地过程所用的时间内，根据解得落地时间为

热气球在竖直方向上运动的位移为

热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为

根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为

故选BC。

12.如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。

区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场。

阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行。

运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。

在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是（　　）

A.金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度

B.金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度

C.金属棒不能回到无磁场区

D.金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处

【详解】AB．在I区域中，磁感应强度为，

感应电动势

感应电动势恒定，所以导体棒上的感应电流恒为

导体棒进入Ⅱ区域后，导体切割磁感线，产生一个感应电动势，因为导体棒到达点后又能上行，说明加速度始终沿斜面向上，下行和上行经过点的受力分析如图

设下行、上行过b时导体棒的速度分别为，，则下行过b时导体棒切割磁感线产生的感应电流为

下行过b时导体棒上的电流为

下行过b时，根据牛顿第二定律可知

上行过b时，切割磁感线的产出的感应电动势为

上行过b时导体棒上的电流为

根据牛顿第二定律可知

比较加速度大小可知

由于段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，所以金属板下行过经过点时的速度大于上行经过点时的速度，AB正确；

CD．导体棒上行时，加速度与速度同向，则导体棒做加速度减小的加速度运动，则一定能回到无磁场区。

由AB分析可得，导体棒进磁场Ⅱ区（下行进磁场）的速度大于出磁场Ⅱ区（下行进磁场）的速度，导体棒在无磁场区做加速度相同的减速运动

则金属棒不能回到处，C错误，D正确。

故选ABD。

三、非选择题：

本题共6小题，共60分。

13.某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。

实验步骤如下：

①固定好手机，打开录音功能；

②从一定高度由静止释放乒乓球；

③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间（单位：

s）的变化图像如图所示。

根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。

碰撞次序

1

2

3

4

5

6

7

碰撞时刻（s）

1.12

1.58

2.00

2.40

2.78

3.14

347

根据实验数据，回答下列问题：

（1）利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰撞后乒乓球的弹起高度为___________m（保留2位有效数字，当地重力加速度）。

（2）设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为k，则每次碰撞损失的动能为碰撞前动能的___________倍（用k表示），第3次碰撞过程中___________（保留2位有效数字）。

（3）由于存在空气阻力，第

（1）问中计算的弹起高度___________（填“高于”或“低于”）实际弹起高度。

【答案】①.0.20②.③.0.95④.高于

【详解】

（1）[1]第3次碰撞到第4次碰撞用时，根据竖直上抛和自由落体运动的对称性可知第3次碰撞后乒乓球弹起的高度为

（2）[2]碰撞后弹起瞬间速度为，碰撞前瞬间速度为，根据题意可知

则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为

[3]第2次碰后从最高点落地瞬间的速度

第3次碰撞后瞬间速度为

则第3次碰撞过程中

（3）[4]由于存在空气阻力，乒乓球在上升过程中受到向下的阻力和重力，加速度变大，上升的高度变小，所以第

（1）问中