2023年辽宁省新高考物理试卷（原卷+解析）

这是一份2023年辽宁省新高考物理试卷（原卷+解析），文件包含2023年辽宁省新高考物理试卷解析版doc、2023年辽宁省新高考物理试卷原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。

2023年辽宁省新高考物理试卷（解析版）
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4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．（4分）（2023•辽宁）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
【解答】解：篮球在空中的运动轨迹为曲线，物体做曲线运动的条件是所受合力方向与运动方向（即轨迹的切向方向）不共线，并且合力方向指向曲线轨迹的凹侧，故A正确，BCD错误。
故选：A。
2．（4分）（2023•辽宁）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ΔL1和ΔL2、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F＝k。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
【解答】解：由牛顿第二定律F＝ma，可得：1N＝1kg•m/s2
由F＝k，可得：
k＝＝＝＝1kg•m/（s2•A2），故B正确，ACD错误。
故选：B。
3．（4分）（2023•辽宁）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
【解答】解：AB、由图（b）可知甲的速率随时间均匀变化，可知甲沿着轨道Ⅱ下滑，在同一时刻甲的速率比乙的小，所以同一时刻甲的动能比乙的小，故A错误，B正确；
CD、由图（b）可知乙沿着轨道Ⅰ下滑，在M点乙的速率为零，则重力功率为零，在N点乙在竖直方向的速度为零，可知重力功率为零，由M点到N点，其它位置竖直方向速率不为零，所以乙的重力功率先增大后减小，故CD错误。
故选：B。
4．（4分）（2023•辽宁）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
【解答】解：设导体棒长为L，匀速转动的角速度为ω，线速度大小为v，t时刻导体棒相对竖直轴OP转动的角度为θ，如图1所示：

在t时刻导体棒的线速度沿垂直磁场方向的分速度大小v1＝vcosθ，其中：θ＝ωt
由法拉第电磁感应定律可得：u＝BLv1＝BLvcosωt
可知导体棒两端的电势差u随时间t按余弦规律变化，故C正确，ABD错误。
故选：C。
5．（4分）（2023•辽宁）“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
【解答】解：由p﹣T图像可知a→b的过程为等压升温的过程，由一定质量理想气体的状态方程：，可知此过程气体的体积增大，则此过程的p﹣V图像是平行于横轴的直线，且b在a右侧。
由p﹣T图像可知b→c的过程，气体的压强减小，温度降低，根据，无法判断气体体积如何变化，但是此过程气体的压强减小，则在p﹣V图像中c在b的下方。
综合上述分析，可知全过程对应的p﹣V图像只有B选项的图像是可能的，故B正确，ACD错误。
故选：B。
6．（4分）（2023•辽宁）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
【解答】解：因原子能级跃迁放出的光子的能量等于原子的能级差，由题图可知光子①、②、③、④对应的能量关系为：E②＜E①＝E③＜E④
A、由上述分析可知光子①和③的能量相等，故A正确；
B、由光子能量E＝hν，和E②＜E④，可得到②的频率小于④的频率，故B错误；
C、发生光电效应的条件是光子的能量大于金属的逸出功，已知用①照射该金属表面时能发生光电效应，可知E①大于此金属的逸出功W0，因E②＜E①，则无法比较E②与W0的大小关系，故用②照射该金属不一定能发生光电效应，故C错误；
D、根据爱因斯坦光电效应方程：hν﹣W0＝Ekm
已知用①照射该金属逸出光电子的最大初动能为Ek，即E①﹣W0＝Ek
因E④＞E①，故用④照射该金属逸出光电子的最大初动能大于Ek，故D错误。
故选：A。
7．（4分）（2023•辽宁）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．k3（）2 B．k3（）2
C．（）2 D．（）2
【答案】D
【解答】解：对于质量为m的卫星绕中心天体做匀速圆周运动时，设其轨道半径为r，根据万有引力提供向心力，则有：＝mr，解得M＝
根据密度计算公式可得：ρ＝，其中V＝
联立解得：ρR3＝
所以有：＝
即：＝
其中：＝k，＝
解得：＝（）2，故D正确、ABC错误。
故选：D。
（多选）8．（6分）（2023•辽宁）“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
【解答】解：由题图可看出球鼻艏推起的波的波长与船首推起的波的波长相等，两波在同一介质中传播，波速也相等，由v＝fλ，可知两列波的频率相同，故两列波叠加时发生了干涉现象。
A、插入水中的筷子，看起来折断了，是光线由水中斜射向空气经过水面时发生了偏折，光的传播方向改变了，这是光的折射现象，故A不符题意；
B、阳光下的肥皂膜，呈现彩色条纹，是肥皂膜的前后表面反射的光叠加产生的干涉现象，故B符合题意；
C、驶近站台的火车，汽笛音调变高，是火车与接收者逐渐靠近，使接收者接收到声音频率高于汽笛发声的频率，这是多普勒效应，故C不符题意；
D、振动音叉的周围，声音忽高忽低，是由于音叉的两个振片发出频率相同的两列声波，两列声波在音叉的周围叠加产生了振动加强和振动减弱区域，这是波的干涉现象，故D符合题意；
故选：BD。
（多选）9．（6分）（2023•辽宁）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
【解答】解：AC、根据等量同种电荷周围电场线的分布情况可知，金属四极杆之间，在z轴上，电场线方向背离O点，在y轴上，电场线的方向指向O点，所以M点电场强度方向沿z轴正方向；根据沿电场线方向电势降低可知：φP＞φO＞φM，故A错误、C正确；
B、M点等势线比P点的等势线密，所以P点电场强度大小比M点的小，故B错误；
D、x轴到金属四极杆之间的距离相等，根据电势的叠加可知，x轴为等势面，根据EP＝qφ可知，沿x轴运动的带电粒子，电势能不变，故D正确。
故选：CD。
（多选）10．（6分）（2023•辽宁）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。下列说法正确的是（　　）

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
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为
【答案】AC
【解答】解：释放弹簧后导体棒MN与PQ先分别向左、右开始运动，在两棒速度方向均未改变之前，回路的磁通量增加，由楞次定律可知回路中产生顺时针方向的电流，由左手定则判断可知两棒受到的安培力均与各自的速度方向相反，即两棒受到的安培力方向是相反的，设回路中的电流大小为I，则两棒受到的安培力分别为：FMN＝2BId，FPQ＝BI•2d，可得两棒受到的安培力等大反向，则两棒与弹簧组成的系统所受合力为零，故此系统满足动量守恒定律，可知此系统的总动量始终为零，可知两棒的动量始终是等大反向。两棒同时速度减为零，若两棒同时速度为零后能够反向运动，同理可得之后的运动过程此系统仍满足动量守恒，可知释放弹簧后，两棒在各自磁场中运动直至停止的全程，两棒的速度方向总是相反的，且在同一时刻速度为零。
A、由上述分析可知两棒的速度方向总是相反的，则在弹簧伸展过程中，导体棒MN与PQ必定分别向左、右运动，回路的磁通量增加，由楞次定律可知回路中产生顺时针方向的电流，故A正确；
B、设PQ速率为v时，MN速率为v0，MN的质量为m，则PQ的质量为2m，由两棒的动量始终大小相等可得：mv0＝2mv
回路中的感应电动势为：E＝2Bdv0+B•2dv＝6Bdv
回路中的感应电流为：I＝
MN所受安培力大小为：F＝2BId
联立解得：F＝，故B错误；
C、设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有：mv1＝2mv2
可知MN与PQ的速率之比始终为2：1，则MN与PQ的路程之比为2：1，故C正确；
D、设整个运动过程，MN与PQ的位移大小分别为x1、x2，最终弹簧处于原长状态，MN与PQ之间距离和初始时相比增加了L，因两棒总是反向运动，可得：x1+x2＝L
整个运动过程回路的磁通量变化量为：ΔΦ＝2Bdx1+B•2dx2＝2Bd（x1+x2）＝2BdL
通过MN的电荷量为：q＝＝＝＝，故D错误。
故选：AC。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（8分）（2023•辽宁）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m1和m2（m1＞m2）。将硬币甲放置在斜面上某一位置，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s0、s1、s2。
（1）在本实验中，甲选用的是 　一元　（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＝　　（用m1和m2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：　长度测量误差　。
【答案】（1）一元；（2）；（3）；（4）长度测量误差。
【解答】解：（1）两硬币碰撞过程动量守恒，以碰撞前瞬间甲的速度方向为正方向，设碰撞前甲的速度为v0，碰撞后甲的速度为v1，乙的速度为v2，由动量守恒定律得：m甲v0＝m甲v1+m乙v2
由机械能守恒定律得：m甲＝m甲+m乙
联立解得：v1＝v0
v2＝v0
由题意得，碰撞后甲向右运动，即v1＞0，则m甲＞m乙
由题意可知一元和一角硬币的质量分别为m1和m2（m1＞m2），则甲选用一元的硬币；
（2）不放置硬币乙时，甲从O点到P点做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：﹣μm1g＝m1a
由匀变速直线运动位移—速度公式得：0﹣＝2as0
联立解得：v0＝
（3）以碰撞前瞬间甲的速度方向为正方向，甲、乙碰撞过程，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得：m1＝m1+m2
联立解得：v1＝v0
v2＝v0
甲、乙碰撞后均做匀减速直线运动，加速度均为a＝﹣μg
由匀变速直线运动位移—速度公式得：0﹣＝2as1
0﹣＝2as2
则＝＝＝
（4）误差可能来源于长度测量误差。
故答案为：（1）一元；（2）；（3）；（4）长度测量误差。
12．（6分）（2023•辽宁）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 　乙　（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＝　6.5×10﹣5　Ω•m（保留两位有效数字）。
【答案】（1）乙；（2）；（3）6.5×10﹣5。
【解答】解：（1）设丙和某探针之间的电阻为R′，由电阻定律得：R′＝ρ＝ρ
由图像得，电压表示数与L成正比，即与丙和某探针之间的电阻成正比，由欧姆定律得，U＝IR′＝
则L是丙到乙的距离；
（2）由（1）得，电压U＝L
则U﹣L图像的斜率为k＝
电阻率ρ＝
（3）由图像得，k＝＝V/m＝6.5V/m
则电阻率ρ＝＝Ω•m＝6.5×10﹣5Ω•m
故答案为：（1）乙；（2）；（3）6.5×10﹣5。
13．（10分）（2023•辽宁）某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面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，飞机攀升高度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ΔE。
【答案】（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小为2m/s2，滑行时间t为40s；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE为2.8×107J。
【解答】解：（1）根据运动学公式可得

解得a＝＝m/s2＝2m/s2
根据vt＝v0+at可得
t＝＝s＝40s
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量为
ΔE＝ΔEk+ΔEp＝+mgh＝J﹣×1.0×104×802J+1.0×104×10×100J＝2.8×107J
答：（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小为2m/s2，滑行时间t为40s；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE为2.8×107J。
14．（13分）（2023•辽宁）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。已知圆形磁场区域半径为，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，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。

【答案】（1）求金属板间电势差U为。
（2）粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ为60°。
（3）见解答。
【解答】解：（1）设板间距离为d，板长为d，板间电压为U，粒子在电场中做类平抛运动，则有
d＝v0t
＝×t2
两式联立解得U＝
（2）粒子射出电场时与射入电场时运动方向间的夹角为α，位移偏转角为θ1，由粒子出电场时速度偏转角正切值为位移偏转角正切值2倍求解；则有
tanα＝2tanθ1
tanα＝2tanθ1＝2×＝
解得：α＝30°
粒子进入磁场的轨迹如图示，轨迹的圆心为O1，设粒子做圆周运动的半径为r，圆形磁场半径为R

洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力
qvB＝m
＝cos30°
v＝
r＝＝
tan∠OO′O1＝
解得tan∠OO′O1＝
∠OO′O1＝30°，则θ粒子在磁场中运动圆弧所对应的圆心角为
2∠OO′O1＝2×30°＝60°
即粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ等于粒子在磁场中运动圆弧所对应的圆心角
即θ＝60°
（3）粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长，即粒子在圆形磁场里做圆周运动的弧所对应的弦最长，即为直径，粒子运动轨迹如图示，改变后的圆形磁场区域的圆心M如图示。

答：（1）求金属板间电势差U为。
（2）粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ为60°。
（3）见解答。
15．（17分）（2023•辽宁）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Ep＝。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v1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ΔU（用t0表示）。
【答案】（1）木板刚接触弹簧时速度v1的大小为1m/s，木板运动前右端距弹簧左端的距离x1为0.125m。
（2）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为0.25m，此时木板速度v2的大小为m/s。
（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，系统因摩擦转化的内能ΔU为。
【解答】解：（1）物块滑上木板到两者共速时木板恰好与弹簧接触的过程，物块与木板组成的系统满足动量守恒定律，以向右为正方向，则有：
m2v0＝（m1+m2）v1
代入数据解得：v1＝1m/s
此过程对木板，由动能定理得：
μm2gx1＝m1
代入数据解得：x1＝0.125m；
（2）物块与木板一起向右压缩弹簧，两者即将相对滑动时它们之间的静摩擦力等于最大静摩擦力，设此时两者的加速度大小为a。
对物块受力分析，由牛顿第二定律得：
μm2g＝m2a
解得：a＝1m/s2
对物块和木板组成的整体受力分析，由牛顿第二定律得：
kx2＝（m1+m2）a
代入数据解得：x2＝0.25m
从木板与弹簧接触到物块与木板即将相对滑动的过程，由机械能守恒定律得：
（m1+m2）＝+（m1+m2）
代入数据解得：v2＝m/s；
（3）物块与木板相对滑动后到两者加速度首次相同的过程中，木板的加速度始终大于物块的加速度，物块相对木板始终向右运动，物块的加速度大小始终为a＝1m/s2，方向水平向左。此过程木板先向右速度从v2减小到0，再反向加速运动到加速度大小等于a，因弹簧弹力与形变量成正比，故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有对称性，可知此过程的总时间为2t0，木板的末速度大小等于v2，木板的位移为零，弹簧的初、末状态的形变量相同，故此过程弹簧的初、末状态的弹性势能相等，木板的初末动能也相等，由能量守恒定律可知此过程系统因摩擦转化的内能ΔU就等于物块减少的动能，设此过程物块的末速度为v3，则有：
ΔU＝m2﹣m2
对物块，由速度—时间公式得：
v3＝v2﹣a•2t0
联立解得：ΔU＝
答：（1）木板刚接触弹簧时速度v1的大小为1m/s，木板运动前右端距弹簧左端的距离x1为0.125m。
（2）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为0.25m，此时木板速度v2的大小为m/s。
（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，系统因摩擦转化的内能ΔU为。