【文档说明】2023年高考真题——物理（辽宁卷） Word版含解析.docx，共(18)页，2.488 MB，由小赞的店铺上传

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物理注意事项；1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试

结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分

，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力F的示意图可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】篮球做曲线运动，所受合力指向运动轨迹的凹侧。故

选A。2.安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为1l和2l、电流大小分别为I1和I₂的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为21221IIllFkr=。比例系数k的单位是（）A.kg·m/（

s²·A）B.kg·m/（s²·A²）C.kg·m²/（s³·A）D.kg·m²/（s³·A³）【答案】B【解析】【详解】根据题干公式21221IIllFkr=整理可得12212FrkIIll=代入相应物理量单位可得比例系数k

的单位为22222Nkgm/skgm/(sA)AA==故选B。3.如图（a），从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图（b）所示。由图可知

，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中（）A.甲沿I下滑且同一时刻甲的动能比乙的大B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小C.乙沿I下滑且乙的重力功率一直不变D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大【答案】B【解析】【详解】AB．由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线

运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿I下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；CD．乙沿I下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式yPmgv=可知重力瞬时功率先增大后减小，CD错误。

故选B。4.如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】如图所示导体棒匀速转动，设速度为v，设导体棒

从A到B过程，棒穿过的角度为，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为cosvv⊥=可知导体棒垂直磁感线的分速度为余弦变化，根据左手定则可知，导体棒经过B点和B点关于P点的对称点时，电流方向发生变化，根据

uBLv=⊥可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦图像。故选C。5.“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是（

）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据pVCT=可得CpTV=从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，c态的体积大于b态体积。故选

B。6.原子处于磁场中，某些能级会发生劈裂。某种原子能级劈裂前后的部分能级图如图所示，相应能级跃迁放出的光子分别设为①②③④。若用①照射某金属表面时能发生光电效应，且逸出光电子的最大初动能为Ek，则（）A.①和③的能量相等B.②的频率大于④的频率C.用②照射该金

属一定能发生光电效应D.用④照射该金属逸出光电子的最大初动能小于Ek【答案】A【解析】【详解】A．由图可知①和③对应的跃迁能级差相同，可知①和③的能量相等，选项A正确；B．因②对应的能级差小于④对应的能级差，可知②的能量小于④的能量，根据Eh=可知②的频率小于

④的频率，选项B错误；C．因②对应的能级差小于①对应的能级差，可知②的能量小于①，②的频率小于①，则若用①照射某金属表面时能发生光电效应，用②照射该金属不一定能发生光电效应，选项C错误；D．因④对应的能级差大于①对应的能级差，可知④的能量大于①，即④的频率大于①，因用①照射某金属表面时能逸出光电子

的最大初动能为Ek，根据kmEhW=−逸出功则用④照射该金属逸出光电子的最大初动能大于Ek，选项D错误。故选A。7.在地球上观察，月球和太阳的角直径（直径对应的张角）近似相等，如图所示。若月球绕地球运动的周

期为T₁，地球绕太阳运动的周期为T₂，地球半径是月球半径的k倍，则地球与太阳的平均密度之比约为（）A.2312TkTB.2321TkTC.21321TkTD.22311TkT【答案】D【解析】【详解】设月球绕地球

运动的轨道半径为r₁，地球绕太阳运动的轨道半径为r₂，根据2224MmGmrrT=可得2122114mmGmrrT=月地月2222224mmGmrrT=日地地其中12RRrrRkR==月地日日343mR=联立可得22311TkT

=地日故选D。8.“球鼻艏”是位于远洋轮船船头水面下方的装置，当轮船以设计的标准速度航行时，球鼻艏推起的波与船首推起的波如图所示，两列波的叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力。下列现象的物理原理与之相同的是（）A.插入水中的筷子、看起来折断了B.阳光下的肥皂膜，呈现彩色条纹C.驶近站台

的火车，汽笛音调变高D.振动音叉的周围，声音忽高忽低【答案】BD【解析】【详解】该现象属于波的叠加原理；插入水中的筷子看起来折断了是光的折射造成的，与该问题的物理原理不相符；阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，是由于光从薄膜上下表面的反射光叠加造成的干涉现象，与该问题的

物理原理相符；驶近站台的火车汽笛音调变高是多普勒现象造成的，与该问题的物理原理不相符；振动音叉的周围声音忽高忽低，是声音的叠加造成的干涉现象，与该问题的物理原理相符。故选BD。9.图（a）为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图（b）为四极杆内

垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则（）A.P点电势比M点的低B.P点电场强度大小比M点的大C.M点电场强度方向沿z轴正方向D.沿x轴运动的带电粒子，电势能不变【答案】CD【解析】【详解】A．因P点所在的等势

面高于M点所在的等势面，可知P点电势比M点的高，选项A错误；B．因M点所在的等差等势面密集，则M点场强较P点大，即P点电场强度大小比M点的小，选项B错误；C．场强方向垂直等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，可知M点电场强度方向沿z

轴正方向，选项C正确；D．因x轴上个点电势相等，则沿x轴运动的带电粒子，则电势能不变，选项D正确。故选CD。10.如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B

和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限

度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的足（）A.弹簧伸展过程中、回路中产生顺时针方向的电流B.PQ速率为v时，MN所受安培力大小为2243BdvRC.整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1D.整个运动

过程中，通过MN的电荷量为3BLdR【答案】AC【解析】【详解】A．弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；B．任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力2PQFBId=方向向左；MN受安培力2MNFBId=方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守

恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m，PQ速率为v时，则'2mvmv=解得'2vv=回路的感应电流'2223BdvBdvBdvIRR+==MN所受安培力大小为2242MNBdvFBIdR==选项B错误；C．两

棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得122mxmx=12xxL+=可得则最终MN位置向左移动123Lx=PQ位置向右移动23Lx=因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理10MNFxFx−=

弹安20PQFxFx−=弹安可得1221MNPQxxxx==选项C正确；D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动23L，PQ位置向右移动3L，则222

23333LLBdBdBLdqItRRR+====总选项D错误。故选AC。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和

一角硬币进行实验。测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为1m和2m(12mm)。将硬币甲放置在斜面一某一位置，标记此位置为B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O点到停止处的滑行距

离OP。将硬币乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为0s、1s、2s。（1）在本实验中，甲选用的是____（填“一元”或“一角”）硬

币；（2）碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为_____（设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g）；（3）若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则012sss−=_____（用1m和2m表示），然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过

程中动量是否守恒；（4）由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1，写出一条产生这种误差可能的原因____。【答案】①.一元②.02gs③.21mm④.见解析【解析】【详解】（1）[1]根据题意

可知，甲与乙碰撞后没有反弹，可知甲的质量大于乙的质量，甲选用的是一元硬币；（2）[2]甲从O点到P点，根据动能定理2101102mgsmv−=−解得碰撞前，甲到O点时速度的大小002vgs=（3）[3]同理可得，碰撞

后甲的速度和乙的速度分别为112vgs=222vgs=若动量守恒，则满足101122mvmvmv=+整理可得01212ssmms−=（4）[4]由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大

小的比值不是1，写出一条产生这种误差可能的原因有：1.测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差的，不可能做到绝对准确；2.碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实际上碰撞过程中，两个硬币组成的系统合外力不为零。12.导电漆是将金属粉

末添加于特定树脂原料中制作而成的能导电的喷涂油漆。现有一根用导电漆制成的截面为正方形的细长样品（固态），某同学欲测量其电阻率，设计了如图（a）所示的电路图，实验步骤如下：a．测得样品截面的边长a=0.20cm；b．将平行排列

的四根金属探针甲、乙、丙、丁与样品接触，其中甲、乙、丁位置固定，丙可在乙、丁间左右移动；c．将丙调节至某位置，测量丙和某探针之间的距离L；d．闭合开关S，调节电阻箱R的阻值，使电流表示数I=0.40A，

读出相应的电压表示数U，断开开关S；e．改变丙的位置，重复步骤c、d，测量多组L和U，作出U—L图像如图（b）所示，得到直线的斜率k。回答下列问题：（1）L是丙到___________（填“甲”“乙”或“丁”）的距离；（2）写出电阻率的表达式

ρ=___________（用k、a、I表示）；（3）根据图像计算出该样品的电阻率ρ=___________Ω∙m（保留两位有效数字）。【答案】①.乙②.2kaI③.6.5×10－5【解析】【详解】（1）[1]由于电压表测量的

是乙、丙之间的电压，则L是丙到乙的距离。（2）[2]根据电阻定律有2LRa=再根据欧姆定律有URI=联立有2IULa=则2kaI=（3）[3]根据图像可知k=6.5V/m则根据（2）代入数据有ρ=6.5×10－5Ω∙m13.某大型水陆

两柄飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水而上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v₁=80m/s时离开水面，该过程滑行距离L=1600m、汲水质量m=1.0×10⁴kg。离开水面后，飞机琴升高

度h=100m时速度达到v₂=100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s²。求：（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；（2）整个攀升阶段，飞机

汲取的水的机械能增加量△E。【答案】（1）22m/s，40s；（2）76J10【解析】【详解】（1）飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为12v，则112Lvt=解得飞机滑行的时间为1221600s40s80Ltv===飞机滑行的加速度为22180

m/s2m/s40vat===（2）飞机从水面至100mh=处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则24247211110100J11010100J610J22Emvmgh=+=+=14.如图，水平放置

的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的3倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。己知圆

形磁场区域半径为023mvqB，不计粒子重力。（1）求金属板间电势差U；（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧

形磁场区域的圆心M。【答案】（1）203mvUq=；（2）3或60；（3）【解析】【详解】（1）设板间距离为d，则板长为3d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为UEd=根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度qEma=解得qUam

d=设粒子在平板间的运动时间为0t，根据类平抛运动的运动规律得20122dat=，003dvt=联立解得203mvUq=（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有003tan3atv==故6=则出电场时粒子的速度为0023cos3vvv==粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，

根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得2vqvBmr=解得0233mvmvrqBqB==已知圆形磁场区域半径为023mvRqB=，故3rR=粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运

动方向的夹角为，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为，由几何关系可得23==故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为3或60；（3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为3rR=，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的

轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：15.如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固

定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度05m/s4v=滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限

度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为2p12Ekx=。取重力加速度g=10m/s2，结果可用根式表示。（1）求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木

板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t表示）。【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；3m/s2；（

3）200438tt−【解析】【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0=(m1＋m2)v1代入数据有v1=1m/s对m1受力分析有22114m/smgam==则木板运动前右端距弹簧左端的距离

有v12=2a1x1代入数据解得x1=0.125m（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx=(m1＋m2)a共对m2有a2=μg=1m/s2当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2=0.25m对m1、m2组成的系统列动能定理有2

222122121111()()222kxmmvmmv−=+−+代入数据有23m/s2v=（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，

共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g∙2t0=m2v3－m2v2解得30322vt=−则对于m1、m2组成的系统有222f1223122111()222Wmvmvmmv−=+−+U=－Wf联立有200438Utt=−获

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