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2023年高考押题预测卷02【山东卷】
物理·全解全析
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
C B C D D C D A AD CD AD ACD
1．C
【详解】ABC．增大入射光的频率，阴极K发射出的光电子的最大初动能变大，增大入射光光强，则单位
时间逸出光电子的数目会增加，增大各级间电压，则打到倍增极的光电子的动能变大，则可能有更多的光
电子从倍增极逸出，则阳极收集到的电子数可能增多，即单位时间内阳极接收到的电子个数与入射光的强
度和倍增电极间的电压有关，与入射光的频率无关，故AB错误，C正确；
D．光电效应是当光子的频率大于极限频率时，物质内部的电子能够吸收光子的能量后逸出的现象，而光
电倍增管正常工作时，每个倍增电极上被加速后的电子撞击激发出更多的电子，这不符合光电效应现象的
特点，故不是光电效应，故D错误。
故选C。
2．B
【详解】被淹没的玻璃瓶在下降过程中，瓶内气体温度不变，压强变大，可知气体体积减小，外界对气体
做正功；由于气体温度不变，气体分子平均动能不变，气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向
外界放热。
故选B。
3．C
【详解】A．由题意可知，整个同步轨道一定在地球赤道正上方，因此地面基站不可以建设在青藏高原上，
A错误；
B．由太空电梯的结构可知，配重与同步空间站的角速度相同，由 可知，空间站的环绕半径小于配
重的环绕半径，因此配重的线速度大于同步空间站的线速度，B错误；
C．由万有引力定律 可知，箱体在上升过程中受到地球的引力随距离r的增加而减小，C正确；
D．由题意可知，空间站和配重都做匀速圆周运动，若缆绳断开，配重与地球间的万有引力则有
即地球对配重的万有引力小于配重做圆周运动的向心力，因此配重会
做离心运动，D错误。故选C。
4．D
【详解】A．电荷均匀分布的球壳，总电荷量为-Q，对球壳外部来说相当于-Q的点电荷放在O点；球壳在
其内部激发的强场为0，a、b两点的场强等于由P点的点电荷在两处产生的场强，由点电荷场强公式知大
小相同，方向不同，故A错误；
B．P处点电荷在c、d两点激发的场强为 ， 方向向左；O处点电荷在c、d两点激发
的场强为 ，方向向右 ，方向向左由场强叠加法则可知 ;
则c点的场强小于d点的场强，故B错误；
C．试探电荷+q从a沿直线运动到O，电势降低，电场力做正功；从O运动到b，电势升高，电场力做负
功，故C错误；
D．d点相当于等量异种电荷的中点，电势为0，c点靠近负电荷，电势小于0，试探电荷+q在d点的电势
能大于在c点的电势能，故D正确。
故选D。
5．D
【详解】设标准平面的玻璃晶之间的夹角为θ，由空气薄膜的干涉条件可知
由题设条件，则有 联立解得
故选D。
6．C
【详解】A．当滑片 在最上端时，变压器原、副线圈接入的匝数比为 ，所以变压比为 ，选项
A错误；
B．当滑片 在副线圈中间时，原线圈匝数为1000匝，副线圈匝数为50匝，设 两端的电压为 ，则加
在原线圈的电压可由 也可得 得 解得
选项B错误：C．当滑片 由最上端向下移动25匝时，原线圈匝数为750匝，副线圈为75匝，变压比为 ，设流过
的电流为 ，有 得 得 选项C正确；
D．当滑片 在规定范围移动，副、原线闲中的电流比最大时根据 可知，在变压比最大时，
副、原线脑电流比最大为 ，选项D错误。
故选C。
7．D
【详解】A．高铁列车在匀加速直线运动启动阶段，加速度a恒定，初速度为0，列车的动能为
列车的动能与运动时间的平方成正比，故A错误；
B．高铁列车在匀加速直线运动启动阶段，列车的动量为 列车的动量与运动的时间成正比，故
B错误；
C．书受到重力和双手对书的作用力两个力的作用，高铁列车在平直铁路上做匀加速直线运动，所以书受
到的合力方向与列车运动的方向相同，因重力方向竖直向下，则双手对书的作用力应该是与水平方向有一
定的夹角，朝斜向上方向，故C错误；
D．设每节车厢的质量为 ，每节动车提供的力为 ，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
以 节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律得 两式联立解得
以6、7、8节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律得 解得
则第2、3节车厢间的作用力与第5、6节车厢间的作用力之比为 故D正确。
故选D。
8．A
【详解】根据题意可知，两次抛出小球的过程小球运动时间相等，根据 可得根据几何关系可得 ； 联立可得
故选A。
9．AD
【详解】AB．若波沿x轴正方向传播，则在 时刻P点由平衡位置向y轴正方向运动，且由波的图像可
知 （n=0,1,2,3……）又因为 ； 所以 （n=0,1,2,3……）故当
时 可知A正确，B错误；
CD．当波沿x轴负方向传播时， 时刻P点由平衡位置向y轴负方向运动，且由波的图像可知
（n=0,1,2,3……）又因为 ； 所以 （n=0,1,2,3……）故当 时
可知D正确，C错误。
故选AD。
10．CD
【详解】A．如图1，当d=2R时，光线与内圆相切，如图2，当d=（2- ）R时，光线射进内圆的入射角
为30 ，则若 ，存在光线与内圆的入射角大与等于45 ，而
°
解得C=45 故当光线与内圆的入射角大于等于45 时发生全反射，光线不经过内圆，选项A错误；
B．如图1，当d=2R时，光线在BC边发生全反射，光线从CD边射出，选项B错误；
C．如图2，当d=（2- ）R时，射入光线与射出光线平行，选项C正确；D．当d=（2- ）R时，由几何关系得，通过内圆的路程为 R，光在空气中传播速率为c，所以光通过
内圆时间为 ，选项D正确。
故选CD。
11．AD
【详解】A．假设拉力与水平面的夹角 ，则
解得 当 时F有最小值。故A正确；
B．在斜坡 上匀速拉物体，假设拉力与斜坡的夹角为 ，则
解得 当 时F有最小值。故B错误；
C．当F为水平方向时 当F为竖直方向时 故C错误；
D．由B项分析知当拉力与斜面成 角度时，拉力有最小值，则当某人的拉力达到最大值mg时所拉重物
达到最大值，有 解得
故D正确。故选AD。
12．ACD
【详解】A．由题意得金属杆进入磁场Ⅰ和磁场Ⅱ时的速度相等，而金属杆在离开磁场区域Ⅰ后必然要做
一段加速运动才进入磁场Ⅱ，所以刚进入磁场Ⅰ时，金属杆做减速运动，加速度方向平行导轨平面向上，
A正确；
B．因为金属杆进入磁场Ⅰ后做减速运动，由牛顿第二定律 可得 加速度方
向平行导轨平面向上，随着金属杆速度减小，电路中的感应电流减小， 减小，故金属杆的加速度也减小，
所以金属杆做加速度减小的减速运动，其 图像如图在 图像中，图线与时间轴围成的面积为物体运动的位移，所以金属杆在磁场Ⅰ的位移
金属杆离开磁场Ⅰ后在两磁场间隙做匀加速直线运动直至进入磁场Ⅱ时的速度为v，故由匀加速直线运动
1
规律，其穿过两磁场间距的位移 易得 所以金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于穿过两磁场区
域间距的时间，B错误；
C．因为金属杆进入磁场Ⅰ和磁场Ⅱ时的速度相等，故其离开磁场Ⅰ和磁场Ⅱ时的速度也相等。从金属杆
进入磁场Ⅰ到离开磁场Ⅱ，由动能定理 金属杆穿过两磁场间距时由动能
定理
所以金属杆穿过两磁场过程中产生的总热量 故C正确；
D．若金属杆在磁场中做匀速运动，则 得 由前面分析可知金属杆离开磁场Ⅰ
的速度 ，根据 可得 又由金属杆释放后到进
入磁场Ⅰ前机械能守恒 得金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的距离
D正确。故选ACD。
13． B 0.1016/0.1017/0.1018 2.03
【详解】（1）[1]根据图像可知旋转时有沿 轴负方向的加速度，向心加速度指向圆周运动的圆心，可能
是手机平放在手掌上，屏幕朝上，让底边对着自己旋转。故选B。
（2）[2]根据刻度尺的度数规则及图像可知
[3]根据公式 即旋转半径为 ，手机内部加速度传感器到手机底边的长度为 。
（3）[4]在时间 的时间内总共有10个闪光周期，即[5]根据题意得
14． 无 越大
【详解】（4）[1] 为接入导电金属丝前的干路电流， 为接入导电金属丝后的干路电流，两次测量中电
压表的示数不变，故流过导电金属丝的电流 由欧姆定律可知
[2]因 的差值与电压表内阻无关，故电压表内阻对导电金属丝电阻的测量值无影响；
（5）[3]由 可知，要得到线性关系，应以 为横坐标；
（6）[4]由题知 当 一定时，作出 的大致关系图像如答图所示
可知电流 越小时，相同 对应的 越大，故越向左相邻刻度间数据差值越大.
15．（1）-1， ；（2）
【详解】（1）设大气压强为 ，当 时，气体的压强是大气压强的2倍，则玻璃管竖直放置时，水
银柱对应压强为 ，当木板与水平地面之间的夹角为 ，气体的压强为 即 关系图
像的函数关系式为 设 图像横轴的截距为c．则有 解得 由乙图可得
图像的斜率为 由 可得 综合解得（2）整理可得 的函数关系式为 当 时，温度为T，气体的压强为
体积为 当 时，温度为1.2T，气体的压强为 设气体的长
度为x，则体积为 由理想气体状态方程可得 综合解得
16．（1）10m/s；（2） ；（3）0.09N•s，方向沿挡风玻璃斜面向上
【详解】（1）树叶静止时受力平衡，沿玻璃斜面方向有 又因为 解得
（2）当车速为 时，发现树叶恰好向上运动，此时为临界状态，树叶加速度为0，则
； 联立解得
（3）失去夹持时树叶相对挡风玻璃的初速度为零，树叶相对挡风玻璃做初速度为零的匀加速直线运动，
设加速度为a，有 解得 ； 解得t=0.18s
合外力对树叶的冲量 方向沿挡风玻璃斜面向上。
17．（1） ， ；（2） ；（3）
【详解】（1）小球AB在斜面运动过程中的加速度大小都为 由 得
由 可得
（2）由 得球B到达O点所需时间 球A从O点到板得时间
所以
（3）由运动对称性可知球A到反弹回到O点时得速度 球B到达O点的速度以沿斜面向下为正，两球在碰撞过程由动量守恒和能量守恒可得 ；
解得 ， 可知碰撞后A球沿斜面向下运动，B球沿斜面向
上运动。当B球碰撞后再次到达O点时所用时间为 此时若A 球也恰好到达O点则
解得 当 很大时，B球碰撞后再次过O点时A球的速度
为 即 很大时，在A球未与板碰撞反弹之前，AB球不会发生碰撞。当A球与
板碰撞反弹后必然与B球发生第二次碰撞。所以
18．（1） ；（2）坐标为（ ， ， ）
【详解】（1）液滴进入xoy平面的右侧，由于 所以液滴在洛仑兹力的作用下做匀速圆周运动，当
磁感应强度大小为2B 时，有 解得 由周期公式有 同理 磁感应强度为
0
B 时，有 解得 由周期公式有 则液滴第一次从O点经过x轴到第四次经过x
0
轴的运动轨迹如图
由图可知液滴第一次从O点经过x轴到第4次经过x轴所需时间（2）在 时刻液滴的位置如图所示
液滴在xoy平面内与-x方向夹角为45°，此后液滴将螺旋式上升，在y方向上，液滴以
沿y轴正向做竖直上抛，上升到最高点的时间为 上升的高度为
在x方向上，液滴以 在平行于xoz平面内（水平面）做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力
可得 解得 由周期公式得 所以在 因此上升到最高点时水平方向
上完成了1.5个周期的圆周运动。分析可知 时油滴x轴坐标与最高点时x轴坐标相同，有图可知x轴坐
标为 在 时由图可知油滴y轴坐标为 所以最高点时y轴
坐标为 因为负电油滴在 时z轴坐标为0，而此时洛伦兹力沿z轴正方向，所以在1.5
个周期时z轴坐标为 因此液滴继续运动过程中达到最大高度时的位置坐标为（ ，
， ）
