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2023年高考押题预测卷03【山东卷】
物理·全解全析
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A B B D D B C D ABC AD BC AC
1．A
【详解】A．衰变反应后错在质量亏损，则 的平均核子质量大于 的平均核子质量，A正确；
B．衰变放出的射线是 射线，即氦核流，它的贯穿能力很弱，电离能力很强，B错误；
C．该反应释放的能量为 ，C错误；
D．半衰期具有统计规律，对大量原子核适用，对少量原子核不适用，D错误。
故选A。
2．B
【详解】AB．等量异种点电荷的电场和等势线分布如图所示
由图可知，E、F两点电势不相同，但两点电场强度相同，故A错误，B正确；
C．沿直线从C到D，电场强度先变大后变小，故C错误；
D．将带正电的检验电荷从E点沿直线移到F点，电势降低，电势能减小，电场力做正功，故D错误。
故选B。
3．B
【详解】A．光线衍射是光线绕开障碍物的现象，而本题并非如此，A错误；
B．该图中两平面镜相当于两个完全相同的波源，反射后在光屏上发生干涉，其应满足公式
增大频率，波长减小，则屏上条纹间距将减小，B正确；
CD．过S点分别做两个两个平面镜的像，如图所示可知 相当于双缝干涉的双缝间距，设 ，则有 ,
由双缝干涉公式 可知光屏向右移动则AC变大，则屏上间距变大，光源向右移
动则屏上间距减小，CD错误。
故选B。
4．D
【详解】由题可知，简谐振动的周期 由于图示波形是恰好完成两次全振动时的波形，且O、P两点正
好在平衡位置，OP之间有一个完整的波形，说明OP之间的距离等于一倍波长，O、P两点的振动是同步
的；此时P点正在向下振动，说明O点开始时是向下振动的。所以在 的时间内，波从O点传播到了
P点；在 时刻，P点开始向下振动；在 时间内，P点完成了一个全振动；在 时刻，P点回到了平
衡位置，并且正在向下振动。
故选D。
5．D
【详解】A．在挤压气囊过程中，气体的温度始终不变，而气体总的体积也不变，但在挤压的过程中，气
体的质量增加了，因此在温度不变的情况下，气体的内能增加了，故A错误；
B．在挤压气囊过程中，气囊内的气体进入桶中，外界在对气囊内气体和原有气体做功，被压入的气体和
原有的气体都被压缩，而桶中气体的温度不变，则原有气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体
要向外放热，故B错误；
C．压水3次后桶内气体压强应为大气压与 之和，故C错误；
D．根据道尔顿分压原理可知，每次压进去的气体的质量一定，而在本次取水过程中水桶可容纳气体的体积不变，则可知每次压进去的气体对水桶内部提供相同的压强增量，故D正确。
故选D。
6．B
【详解】AB．如图所示
两绳所在平面与竖直墙面间的夹角为 ，两绳形成的合力为 ，侧视如图所示
故 根据 解得 ；每根绳中拉力为 ：
解得 ，A错误，B正确；
CD．根据受力平衡 故 ，CD错误。
故选B。7．C
【详解】A．根据题意，由公式 可得，下落过程中，返回舱的重力势能为
可知， 为一次函数，则图像为倾斜直线，故A错误；
BD．根据题意可知，人随返回舱一起，开始做加速度减小的减速运动，直到阻力等于重力，开始匀速，抛
掉质量较大的防热大底之后，阻力不变，重力减小，开始做匀减速运动，故BD错误；
C．根据题意可知，阻力先减小后不变，由功能关系可知， 图像的斜率表示阻力，则斜率先减小后不
变，故C正确。
故选C。
8．D
【详解】A．加速度方向向上则超重，加速度方向向下则失重，运动员腾空过程中加速度方向一直向下，
运动员一直处于失重状态， A错误；
B．运动员在M点时垂直AD方向的速度大小 设运动员在ABCD面内垂直AD方向的加速
度大小为a，根据牛顿第二定律有 设运动员腾空过程中离开AD的最大距离为d，根据匀变
1
速直线运动的规律有 解得 ，B错误；
C． 可得运动员从M点到离开AD最远的时间 根据对称性可知，运动员腾空的时间
，C错误；
D．运动员在M点时平行AD方向的速度大小 设运动员在ABCD面内平行AD方向的加速
度大小为a，根据牛顿第二定律有 根据匀变速直线运动的规律可知，M、N两点的距离
2，D正确。
故选D。
9．ABC
【详解】A．飞船运载火箭发射过程中，加速度向上，航天员处于超重状态；绕地球匀速圆周运动时万有
引力提供向心力，航天员处于完全失重状态；落地前做减速运动，加速度向上，航天员又处于超重状态，
A正确；
B．组合体运行过程中万有引力提供向心力 地球体积为 地球密度为
联立可得 ，B正确；
C．由题意空间站的轨道半径为 设空间站线速度为 ，则有
解得 同理第一宇宙速度为 则有 ，C正确；
D．由于有稀薄大气阻力，则空间站轨道半径缓慢减小，运行速度会变大，D错误。
故选ABC。
10．AD
【详解】令t=0时，左边为高电势，电源的有效电压为U。
A．分析甲图电路可得，在 ( ，1,2，…）内，电路为下面二极管和R串联，在
( ，1,2，…）内，电路为R、上面二极管、R串联；同理分析乙电路，电路一直
1
为两个二极管、R、R串联，一个周期内 选项A正确；
2
B．图丙电路中副线圈两端的电压为2U，在一个周期中，一半时间是R和串联二极管中通电，一半时间是
R 和串联二极管通电，则在一个周期内 选项B错误；
2
C．图丁电路中副线圈两端的电压为2U，在一个周期中，R 和分别和不同的两个二极管串联通电，则在一
4个周期内 故C错误；
D．综上分析可得，在一个周期内 选项D正确。
故选AD。
11．BC
【详解】AB．由临界角公式 所以临界角为45°，由折射定律 所以
又因为 联立解得 ，A错误，B正确；
CD．如图
设折射光线PM在半圆截面刚好发生全反射，由上述分析可知：临界角 ，OM与水平方向的夹角为
所以ON与竖直方向的夹角为15°，有光透出的部分为MN圆弧对应的圆心角为
则ABCD面上有光透出部分面积为 ，C正确，D错误。
故选BC。
12．AC
【详解】A．撤去 棒，给 棒向右的初速度 ， 棒在安培力作用下做减速运动， 棒在安培力作用
下做加速运动，当 棒与 棒速度相等时，回路的总电动势为零，回路电流为零，两棒做匀速直线运动；
以 棒与 棒为系统，由于 棒与 棒受到的安培力大小相等，方向相反，故系统满足动量守恒，则有
解得 棒最终的速度为 故A正确；B．固定 棒，同时给 、 棒一个向右的初速度 ，可知通过 、 棒的电流相等，通过 棒电流为
通过 棒电流的2倍，根据 可知 、 棒上产生的焦耳热相等， 棒上产生焦耳热为 棒上产
生焦耳热的4倍；设最终在 棒上产生的焦耳热为 ，根据能量守恒可得 解得
故B错误；
C．固定 和 棒，给 棒一个向右的初速度 ，回路的总电阻为 以 棒为对象，
根据动量定理可得 其中 联立解得最终 棒的位
移为 故C正确；
D．固定 和 棒，给 棒施加水平向右的恒力 ，回路的总电阻为 当 棒受到的
安培力与恒力 平衡时， 棒做匀速直线运动，则有 又 联立解得 故D错误。
故选AC。
13． AB/BA 0.8 4 小于 大于
【详解】（1）[1]A.为充分利用纸带，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，
同时记录传感器的示数，故A正确；
B．为得出普遍规律，改变砂和砂桶质量，打出几条纸带，故B正确；
C．小车受到的拉力可由拉力传感器测出来，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故C错误；
D．小车受到的拉力可以由拉力传感器测出，实验中不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故D
错误。
故选AB。
[2]由于每两个记数点间还有四个计时点未画出，纸带上面每打一点的时间间隔是0.1s，根据匀变速直线运动的推论，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则C点的速度为
[3]根据匀变速直线运动的推论公式
（2）[4] 由牛顿第二定律得 ，a-F图像斜率的倒数等于m，由图像可得：A的斜率大于B的斜率，
则A斜率的倒数小于B斜率的倒数，即A的质量小于B的质量；
[6] 由牛顿第二定律得 当 则 由图像可知，a为0时，A、B的F相等，即
又因为 所以
14． 0.217 等于 大于
【详解】（1）[1] 由铭牌可知一块电芯额定容量为 则用1A恒流电充电有
（2）[2][3]根据甲图可知 得 可得 得
（3）[4] [5] 根据等效电源法可知电动势测量值等于真实值，电阻测量值大于真实值。
（4）[6]根据乙图可知 可得 可知
得 结合（2）问中E值可知
15．（1） ；（2）0.2LS
【详解】（1）放上重物之前，由于活塞处于平衡状态，则缸内气体的压强为（2）放上重物之后，缸内气体的压强为 设不规则物体的体积为Vx ，根据理想气体
状态方程，有 因为T=T，即 得Vx=0.2LS
1 2
16．（1） ；（2）
【详解】解：（1）以小球B为研究对象，受力如图所示：
由牛顿第二定律，合力提供小球B做圆周运动的向心力，即 整理得
转速 解得
（2）细杆OB与水平方向的夹角为 时，装置静止时。小球B竖直方向
物块 竖直方向，相互作用力大小相等当稳定转动时，细杆中弹力减为零，且与水平方向的夹角为 。
小球B竖直方向 物块 竖直方向受力平衡
根据几何关系可得 联立以上各式解得
17．（1） ；（2） ；（3） ；（4）见解析
【详解】（1）由题可得，电子在磁场中运动的半径为R，则 解得
（2）如图所示为从b、c两点射出的电子的运动轨迹
由几何关系易得 ； 电子在金属板间做类平抛运动，设从c点射出的电子打到金属板上
的位置为 ，如图
有 ； ； 解得 所以从c点射出的电子打到金属板上时的位置坐标为。
（3）由（2）同理可得，Q极板收集到电子区域为图中圆弧区域，其面积为
（4）当从b、c两点射出的电子恰好到达收集板边缘时，有 由（2）同理可得
①当 时，有
②当 时，假设矩形区域沿z轴坐标为z处射出的电子恰好到达收集板边缘，则有
； ； ，Q板收集到的电子数 联立解得
18．（1） ；（2） ， ；（3） ， ，
【详解】（1）根据题意可知，小滑块由 到 的过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律有
在 点，由牛顿第二定律有 解得 ； 由牛顿第三定律可知，
小滑块 滑到 点时对轨道的压力
（2）设木板与挡板第一次碰撞时，滑块速度为 ，木板速度为 ，在滑块滑上木板到木板第一次与挡板碰
撞的过程中，由动量守恒定律有 由于只发生一次碰撞，则有 解得 ；
整个过程木板所受摩擦力不变，滑块滑上木板后，小滑块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
有 解得 设从滑上木板到第一次碰撞的运动时间为 ，则有 解得
由于无能量损失，则木板原速率返回，做匀减速运动，由对称性可知，木板运动到 端时，速度恰好为零，
小滑块的速度为零，运动时间 则薄木板的运动时间为 由上述分析可知，当薄木
板返回B端时，小滑块停在薄木板左端，小滑块的位移即薄木板的最小长度，由于小滑块一直做匀减速运动，则有
（3）根据题意可知，图（b）中，小滑块由 点到 点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律有
解得 设从 点飞出时速度方向与水平方向夹角为 ，小滑块
落地的速度大小为 ，落地速度方向与水平方向夹角为 ，从 点飞出到落到所用时间为 ，根据动能定理
有
解得 画出速度矢量关系图，如图所示
由几何关系可知，图像的面积为 又有 ； 则 可知，面积最大
时，水平位移最大，由上述分析可知， 、 固定不变，则当 水平位移最大，又有
可得 解得 即从 点飞出时速度与水平方向夹角为 时，水平射程最大，则有
解得
