文档内容
2023年高考押题预测卷01【山东卷】
物理·全解全析
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
A D C C C B C B BC BC ACD AD
1．A
【详解】根据动能定理有 根据光电效应方程有 所以 当入射光的
频率大于极限频率时，才可以发生光电效应，故选A。
2．D
【详解】A．对物块A受力分析可知细线上的拉力大小为 对滑轮Q受力分析可知
解得 ，A错误；
B．若将O点处的线端沿水平杆向右缓慢移动 L，物块A处于平衡状态，则细线拉力大小不变，B错误；
CD．若将O点处的线端沿竖直杆向下缓慢移动 L，物块A处于平衡状态，则细线拉力大小不变，由于细
线拉力不变，则滑轮两侧细绳间的夹角不变，如图所示
根据几何关系知 ，PM的长度就代表了P轮左侧绳子的总长因为夹角不变，MN之间的距离不变，则PM绳子总长不变，所以物体A的高度没有发生变化，C错误，D
正确；故选D。
3．C
【详解】A．设入射光在矿泉水中的波长为 ，矿泉水的折射率为n，则有 由第三条亮条纹对应路程
差为 但光在介质中的传播速度我 时间差为 故A错误；
B．由公式 ， 可知，光在水中的波长小于空气中的波长，所以在水中的干涉条纹间距x，
2
小于填充前的干涉条纹间距x，故B错误；
1
C．由公式 ， 可知 ， 得 故C正确；
D．由公式 可知，移动S 对观察结果没有影响，故D错误。故选C。
0
4．C
【详解】A．由试探电荷轨迹判断，试探电荷与场源电荷应该为同种电荷，故A错误；
B．点电荷形成的电场，试探电荷仅受电场力，电场力提供加速度 则可知距离场源电荷越近，
加速度越大。正确排序应为 故B错误；
C．若试探电荷为正电荷则场源电荷也为正电荷，可知离正电荷越近，电势越大，故C正确；
D．试探电荷无论如何都不会影响场源电荷附近的电场，但点电荷附近电场为非匀强电场，根据 ，
在相同距离下，平均电场强度大的地方，电势差的大小更大，故D错误。故选C。
5．C
【详解】由图可知，空间站每绕地球运动一圈，地球自转的角度为 ，设空间站绕地球做匀速圆周运动
的周期为 ，地球自转周期为 ，则有 卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向
心力可得 可得 则有 故选C。
6．B
【详解】从状态A到状态B过程中，气体等温压缩，体积减小，压强增大，温度不变，从B到C，气体等压降温，温度降低，体积减小，压强不变，从C到D过程中，气体等温膨胀，体积变大，压强减小，且D
状态的压强恢复为原A状态的压强。故选B。
7．C
【详解】C．根据图乙可知，A拨出的初速度，A碰前与A、B碰后的速度分别为 ，
， ， ，A碰前有 ， 解得 ，C正确；
B．算珠A在碰撞前运动时间 ，B错误；
A．碰后A、B减速至0的位移分别为 ，
可知，算珠A没有归零，B恰好归零，A错误；
D．根据上述可知，碰前A、B总动能为 碰后A、B总动能为
可知，算珠A与算珠B在碰撞过程中机械能不守恒，D错误。故选C。
8．B
【详解】第1次石片从抛出到接触水平做平抛运动，时间为 石片每次接触水面后反弹到再接触水
面做斜抛运动，可看作两个平抛运动，则第1次石片从上升到第2次接触水面的时间为
第2次石片从上升到第3次接触水面的时间为
第3次石片从上升到第4次接触水面的时间为
第n次石片从上升到第n+1次接触水面的时间为
则石片从抛出到停止跳动的过程中通过的总时间为根 据 数 学 知 识 有
则石片从抛出到停止跳动的过程中通过的水平距离为
故选B。
9．BC
【详解】从图中可以得到波长为 周期为T=2s即波速为 由上右侧图象可以得到
t=1s时，该质点位移为正，并且向下运动，该波是可能向左传播，也可能向右传播，而距该质点0.5m处质
点，就是相差 ，或时间相差 。但有两种可能是提前或延后。若是延后，在t=1s时再经过 到达上右图
的振动图象t=1s时的位移，所以B正确；若是提前，在t=1s时要向下返回 到达上右图的振动图象t=1s
时的位移，所以C正确。故选BC。
10．BC
【详解】A．设变压器原、副线圈的电压分别为 、 ，电流分别为 、 ，正弦交流电源的输出电压
对理想变压器得 ， 根据欧姆定律可得 以上四式联立得
电压 恒定，滑片调节电阻 连入电路中的电阻增大，则副线圈电流 减小，
从而原线圈电流 减小，则电阻 上分压减小，正弦交流电源输出电压的有效值恒定，则原线圈电压 增
大，副线圈电压也增大，即电压表的示数U增大，故A错误；
B．电压表示数与电流表示数的比值为电阻 和滑动变阻器 阻值之和，滑动变阻器电阻变大，则比值变
大，故B正确；C．由A选项分析可得 整理得 则 为函数 的
斜率，为 ，所以 不变，故C正确；
D．变压器的输出功率为 根据二次函数知识可知，当
时，变压器的输出功率最大，与 联立可得当
即 时，变压器的输出功率最大，在滑动变阻器R滑片向右调节的过程中，
电阻 且一直增大，则电源的输出功率一直减小，故D错误。故选BC。
11．ACD
【详解】A．由临界角与折射率的关系可知 故A正确；
BC．如图所示
在直角三角形 中，由几何关系可知 ，
则 所以由灯直接发出的光照到冰块上表面时全部能从上表面射出，而
所以由灯直接发出照到冰块四个侧面上的光不能全部都从侧面射出，故 B
错误，C正确；
D．实深是AB，设视深为h，根据折射率定义式结合几何关系可知 可得 故D正确。故选ACD。
12．AD
【详解】A．导体棒从 运动到 的过程中，瞬时速度分解如图所示
感应电动势的瞬时值 产生的感应电流为正弦式交变电流，有效值 导体棒从
运动到 的过程中，由功能关系可知外力做的功
故A正确；
B．由 ； ； 可知，导体棒从 运动到 的过程中，流过定值电阻R的电荷量
故B错误；
C．定值电阻R上产生的焦耳热 故C错误；
D．导体棒在水平轨道。上，从 处以初速度 在安培力作用下减速运动直至停下，这一过程中对导
体棒由动量定理可得 由 ； 联立可得导体棒在水平轨道上的位
移 故D正确。故选AD。
13． 匀加速直线 重物的质量m 不需要
【详解】（1）[1]由图乙可知，在误差允许的范围内，木块在 内加速度恒定不变，可以为做匀
加速直线运动，（2）[2][3]根据牛顿第二定律，对重物有 对手机和木块有 联立解得
可知还需要测量的物理量是重物的质量m。
（3）[4]本实验测量动摩擦因数，不需要满足重物质量远小于M。
14． 左 不变
【详解】（1）[1]在开关闭合前， 接入的阻值应为最大，保护G，则触头应在最左端；
（2）[2]改用待测电源替换标准电源的位置，其前提条件是工作电源A所在电路电流I要保持不变，电源A
的输出电压固定不变，采取的措施是使 与 的阻值之和为某一固定阻值，使 和 的阻值之和也为该
固定阻值，即满足的关系是
（3）[3]根据部分电路欧姆定律，有 ； 可知，当满足 时，有
（4）[4]若考虑工作电源内阻，则有 ； 因之前有 ，考虑到了
工作电源内阻后，则有 故整理后依旧为 ，故测量值将不变。
15． ，
【详解】起飞前 ， 起飞后，设实际气压 ，对水银气压计中水银柱由牛顿第二定律
得 又 解得 根据查理定律 ，解得
16．（1） ；（2）【详解】（1）光滑环b做自由落体运动，设碰前瞬间b的速度大小为 ，则有 解得
（2）设弹簧劲度系数为k，a静止在弹簧上时有 由图乙可知 设向上为正方向，当
a向下运动过程中所受合外力为 联立得可得 即a所受合外力为方向向上的恒力，
所以a做匀减速直线运动。设a向下运动过程中加速度大小为 ，由牛顿第二定律有 解得
根据运动学公式可得 设a、b碰撞后瞬间速度大小分别为 ， ；ab碰撞过程，系统动量
守恒，则有 联立并将 代入，解得
17．（1） ；（2）（-2L，0，0）， ；（3）见解析
【详解】（1）粒子在面adjm内做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示：
设其轨道半径为r 由几何关系 得 得
1
（2）经分析粒子到达点j后在平面nb'd'j内做匀速圆周运动，设其轨道半径为r， ；
2
得 运动轨迹如图乙所示可知粒子从n点回到平面mnij左侧磁场，在左侧磁场中运动时轨迹在平面bnic内，假设粒子从ic边离开磁
场，运动轨迹如图丙所示
由几何关系 得 即点f与点c重合。故粒子从c点离开磁场，其坐标为（-2L，0，
0）
粒子从a到j运动时间为t： ；粒子从j到n运动时间为t： 粒子从n到c运动时间为
1 2
t： 故粒子在磁场中运动时间
3
（3）粒子在电场中做匀变速曲线运动，当粒子从b'点离开电场时， 得
当 时，粒子从nb'边离开长方体。 得当 时，粒子从d'b'边离开 得 由 得
18．（1）滑块1所走路程 ；滑块2所走路程 ； ；（2） ；（3）
【详解】（1）根据牛顿第二定律可得：滑块1、2的加速度大小分别为 ，
滑块1、2与挡板碰撞之前运动的位移大小均为 ，碰撞时的速度大小分别为 ，碰撞后位移大小分别
为 ，根据匀变速直线运动的位移关系可得 ， ； ，
滑块1、2恰不相碰，则 联立解得 滑块1所走路程 滑块2所走路程
（2）滑块1碰撞后的位移大小为 运动的时间 滑块2运动的总路程为
解得
（3）由（2）可知，碰撞前滑块2的速度 滑块1、2发生弹性碰撞，碰撞后的速度分
别为 ，由动量守恒、能量守恒可得 ； 解得
， 滑块1、2碰撞时距离左挡板
讨论：①若 ， 方向向左，滑块1、2恰不发生第二次碰撞，应满足 解得
②若 ， 方向向右，由于 ，可知滑块2碰后不会到达右挡板处，滑块1、2恰不发
生第二次碰撞，应满足 可得 所以只要 ，滑块1、2都不会发生第
二次碰撞。综上，故应满足 。
