【文档说明】2023年高考真题——物理（山东卷） 答案.pdf，共(6)页，294.116 KB，由envi的店铺上传

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2023年高考物理山东卷答案解析一、单项选择题1.D2.B3.C4.B5.A6.C7.C8.A二、多项选择题9.AD10.BC11.BCD12.BD三、实验题13.（1）B（2）2.04×105（3）增大14

.（1）b（2）6.5（3）3.8×10−3（4）4.8×10−4（5）𝐷115.【答案】（1）𝐻=60𝑚（2）𝑈=1000√2𝑉【解析】（1）灭火弹水平速度𝑣𝑥=𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃=30𝑚/𝑠灭火弹发射时竖直速度𝑣𝑦0=𝑣0𝑠𝑖

𝑛𝜃=40𝑚/𝑠灭火弹击中高楼时间𝑡=𝐿𝑣𝑥=2𝑠灭火弹击中高楼距地面高度𝐻=𝑣𝑦0𝑡−12𝑔𝑡2=60𝑚（2）电容器转化为灭火弹的动能为𝐸𝑘=𝜂∙12𝐶𝑈2由初

始发射速度可得𝐸𝑘=12𝑚𝑣02=3750𝐽解得𝑈=𝑣0√𝑚𝜂𝐶=1000√2𝑉16.【答案】（1）𝑠𝑖𝑛𝜃=√𝑛2−1（2）𝑑2∙√2−𝑛2𝑛2−1≤𝑏≤𝑑+2𝑎2∙√2−𝑛2𝑛2−1【解析】（1）激光在M内全反射故𝑠𝑖𝑛𝛼≥1𝑛根

据几何关系𝛼+𝛽=90°可得𝑠𝑖𝑛𝛽≤√𝑛2−1𝑛根据折射定律𝑠𝑖𝑛𝛽=𝑛𝑠𝑖𝑛𝜃可以得到最大偏角的正弦值为𝑠𝑖𝑛𝜃=√𝑛2−1（2）当光线刚好能照到N下端时，对应物体的距离𝑏1=𝑑2𝑡𝑎𝑛𝜃而光线能全部

覆盖N下端时，对应物体的距离𝑏2=𝑑+2𝑎2𝑡𝑎𝑛𝜃而由𝑠𝑖𝑛𝜃=√𝑛2−1可知𝑡𝑎𝑛𝜃=√𝑛2−1√1−(𝑛2−1)=√𝑛2−12−𝑛2则玻璃丝下端面到被测物体距离的范围为𝑑2√2−𝑛2𝑛2−1≤𝑏≤�

�+2𝑎2√2−𝑛2𝑛2−117.【答案】（1）𝐵=6√𝑚𝐸𝑞𝑑（2）（i）𝐸′=36𝐸，𝑣0=9√𝑞𝐸𝑑𝑚（ii）否【解析】（1）根据几何关系可得𝑟1=𝑑3粒子在电场中加速速度12𝑚𝑣2=𝑞𝐸∙2𝑑得到𝑣=2√𝑞𝐸𝑑𝑚根

据粒子在磁场中的半径𝑟1=𝑚𝑣𝑞𝐵可得𝐵=6√𝑚𝐸𝑞𝑑（2）（i）设第一次出磁场的速度为𝑣1第一次进磁场时半径满足b2b1θ𝑟2=𝑚𝑣1𝑞𝐵根据几何关系可得(𝑟2−𝑑)2+(2𝑑)2=𝑟22解得𝑟

2=52𝑑代入得𝑣1=15√𝑞𝐸𝑑𝑚第二次进入电场时，几何关系可得{𝑣1𝑥=𝑣1𝑐𝑜𝑠37°=12√𝑞𝐸𝑑𝑚𝑣1𝑦=𝑣1𝑠𝑖𝑛37°=9√𝑞𝐸𝑑𝑚将在电场中的运动分解{𝑣1𝑥𝑡=2𝑑𝑣1𝑦

+𝑣2𝑦2𝑡=2𝑑可得𝑣2𝑦=2𝑣1𝑥−𝑣1𝑦=15√𝑞𝐸𝑑𝑚而水平方向为匀速运动，则𝑣2𝑥=𝑣1𝑥=12√𝑞𝐸𝑑𝑚根据动能定理可得𝑞𝐸‘∙2𝑑=12𝑚(𝑣2𝑥2+𝑣2𝑦2)−12𝑚

𝑣12解得𝐸′=36𝐸而根据第一次在电场中的运动可得𝑞𝐸′∙2𝑑=12𝑚𝑣12−12𝑚𝑣02得到𝑣0=9√𝑞𝐸𝑑𝑚（ii）当第二次进入磁场时，粒子速度为𝑣2=√𝑣2𝑥2+𝑣2𝑦2=3√41√𝑞𝐸𝑑𝑚对应粒子半径为𝑟3=�

�𝑣2𝑞𝐵=√412𝑑根据几何关系可得圆心坐标𝑂2(52𝑑,4𝑑)对应其与点P的距离为𝑙=√(52𝑑−2𝑑)2+(4𝑑−0)2=√652𝑑≠𝑟3故不会再从P点进入电场。18.【答案】（1）𝐻=0.8

𝑚（2）0.625𝑚≤𝑠<(1+√22)𝑚（3）𝑊=−6𝐽（4）∆𝑝=(6+3215√2)𝑘𝑔∙𝑚/𝑠【解析】（1）根据机械能守恒可得12𝑚𝐶𝑣2=𝑚𝐶𝑔𝐻则𝐻=𝑣22𝑔=0.8𝑚

（2）对于C进行受力分析可得𝑎𝐶1=−𝜇2𝑔=−5𝑚/𝑠2对于B进行受力分析得𝜇2𝑚𝐶𝑔−(𝑚𝐵+𝑚𝐶)𝑔=𝑚𝐵𝑎𝐵1得到𝑎𝐵1=𝜇2𝑚𝐶𝑔−𝜇1(𝑚𝐵+𝑚𝐶)𝑔𝑚𝐵=1�

�/𝑠2当BC达到共速，其经历时间满足𝑣0+𝑎𝐵1𝑡1=𝑣+𝑎𝐶1𝑡1得到𝑡1=0.5𝑠则此时B不应撞到P，即𝑠≥𝑆𝐵1=𝑣0𝑡1+12𝑎𝐵1𝑡12=0.625𝑚当BC共速后，由于BC间摩擦因数较大，故两者一起滑动，此时加速度满足𝑎共

=−𝜇1𝑔=−1𝑚/𝑠2所以之后B的运动位移满足𝑆𝐵=𝑆𝐵1+𝑆共其中𝑆𝐵1=0.625𝑚𝑣𝐵1=𝑣0+𝑎𝐵1𝑡1=1.5𝑚/𝑠𝑆共=𝑣𝐵1∆𝑡1+12𝑎共∆𝑡12而A的位移满足𝑆𝐴=𝑣

0(𝑡1+∆𝑡1)由𝑆𝐵=𝑆𝐴解得∆𝑡1=√22𝑠为保证AB不发生碰撞，则s满足𝑠>𝑆𝐵=2+√22𝑚（3）重新计算BC两物体位移𝑆𝐵2=𝑣0𝑡2+12𝑎𝐵1𝑡22𝑆𝐶2=𝑣𝑡2+12𝑎𝐶1𝑡22当

𝑆𝐵2=0.48𝑚时，解得𝑡2=0.4𝑠此时C的位移为𝑆𝐶2=1.2𝑚故摩擦力对C做的功𝑊=−𝜇2𝑚𝐶𝑔∙𝑆𝐶2=−6𝐽（4）当t2=0.4s时𝑣𝐵2=1.4𝑚/𝑠B与P碰撞后

，由于弹性碰撞𝑣‘𝐵2=−1.4𝑚/𝑠此时对B受力分析𝜇2𝑚𝐶𝑔+𝜇1(𝑚𝐵+𝑚𝐶)𝑔=𝑚𝐵𝑎𝐵2得到B的加速度𝑎𝐵2=𝜇2𝑚𝐶𝑔+𝜇1(𝑚𝐵+𝑚𝐶)𝑔�

�𝐵=4𝑚/𝑠2根据分析可得，AB先发生碰撞，而𝑡2=0.4𝑠时𝑆𝐴2=𝑣0𝑡2=0.4𝑚𝑆𝐵2=0.48𝑚则B相对A多走了∆𝑆1=𝑆𝐵2−𝑆𝐴2=0.08𝑚故再经过∆𝑡2

，AB相遇，则需满足𝑆𝐴3=𝑆𝐵3+∆𝑆1其中{𝑆𝐴3=𝑣0∆𝑡2𝑆𝐵3=𝑣‘𝐵2∆𝑡2+12𝑎𝐵2∆𝑡22可以解得∆𝑡2=3−2√25𝑠此时AB两物体的速度为{𝑣𝐴3=𝑣0

=1𝑚/𝑠𝑣𝐵3=𝑣‘𝐵3+𝑎𝐵2∆𝑡2=5−8√25𝑚/𝑠AB弹性碰撞，则速度满足{𝑚𝐴𝑣𝐴3+𝑚𝐵𝑣𝐵3=𝑚𝐴𝑣𝐴4+𝑚𝐵𝑣𝐵412𝑚𝐴𝑣𝐴32+12

𝑚𝐵𝑣𝐵32=12𝑚𝐴𝑣𝐴42+12𝑚𝐵𝑣𝐵42解得{𝑣𝐴4=𝑚𝐴−𝑚𝐵𝑚𝐴+𝑚𝐵𝑣𝐴3+2𝑚𝐵𝑚𝐴+𝑚𝐵𝑣𝐵3=15−32√215𝑚/𝑠≈−2.02𝑚/𝑠�

�𝐵4=2𝑚𝐴𝑚𝐴+𝑚𝐵𝑣𝐴3−𝑚𝐴−𝑚𝐵𝑚𝐴+𝑚𝐵𝑣𝐵3=15−8√215𝑚/𝑠≈0.246𝑚/𝑠此后A一直匀速，而C此时速度𝑣𝐶3=𝑣+𝑎𝐶1(𝑡2+∆𝑡2)=(

2√2−1)𝑚/𝑠≈1.83𝑚/𝑠此后由于BC机械能必有损失，所以BC总机械能满足𝐸总≤12𝑚𝐵𝑣𝐵42+12𝑚𝐶𝑣𝐶32=2731−1380√2450𝐽<2𝐽故BC都不能追上A，且最终一定停下可求得最终状态总动量𝑝末=𝑚𝐴𝑣𝐴

4=15−32√215𝑘𝑔∙𝑚/𝑠初状态总动量为𝑝初=(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑣0+𝑚𝐶𝑣=7𝑘𝑔∙𝑚/𝑠故整个过程动量变化量大小为|∆𝑝|=|𝑝末−𝑝初|=(6+32√215)𝑘𝑔∙𝑚/𝑠