物理（辽宁专用）- 2023年高考物理考前押题密卷（全解全析）

2023年高考考前押题密卷（辽宁专用）

物理·全解全析

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。回答非选择题时，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，有选错或不答的得0分。

1．2022年6月23日，东北首座核电站辽宁红沿河核电站正式具备商业运行条件，成为国内在运的最大核电站。现代核电站主要是通过可控链式核裂变反应来实现核能的和平利用。已知一个原子核在中子的轰击下发生裂变反应，其裂变方程为，下列说法正确的是（　　）

A．裂变方程式左右两边都有中子，可以改写成

B．在中子轰击下发生裂变反应过程中，质量守恒

C．裂变释放能量，原子核的比结合能比原子核的大

D．在自然界中可发生衰变，60个铀核经过一个半衰期后，一定有30个铀核发生衰变

【答案】C

【详解】A．裂变反应中左右两边都有中子，这是核反应原理，必须有中子的参与，不能改写成，A错误；

B．在中子轰击下发生裂变反应过程中，质量亏损，B错误；

C．比结合能越大，原子核越稳定，原子核裂变得到原子核，说明原子核比原子核稳定，即原子核的比结合能比原子核的大，C正确；

D．半衰期是针对大量放射性元素的统计规律，对少量放射性元素不适用，D错误。

2．如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，若瓦片能静止在檩条上。已知檩条间距离为d，以下说法正确的是（　　）

A．瓦片共受到4个力的作用

B．减小檩条的倾斜角度时，瓦片与檩条间的弹力变小

C．减小檩条的倾斜角度时，瓦片与檩条间的摩擦力变大

D．减小檩条间的距离d时，瓦片可能会下滑

【答案】D

【详解】A．瓦片受重力，两侧的支持力和摩擦力，共5个力，A错误；

B．减小檩条的倾斜角度时，则增大，瓦片与檩条间的弹力变大，B错误；

C．摩擦力等于，减小檩条的倾斜角度时，摩擦力减小，C错误。

D.檩条对瓦片的两个弹力等大，合力等于，当减小檩条间的距离d时，两弹力夹角减小，则弹力减小，最大静摩擦力减小，瓦片可能会下滑，D正确。

3．2022年9月16日，第九批在韩志愿军烈士的遗骸回归祖国，沈阳桃仙国际机场以“过水门”最高礼遇迎接志愿军烈士回家，以表达对英烈的崇高敬意。如图所示，仪式中的“水门”是由两辆消防车喷出的水柱形成的。两条水柱形成的抛物线对称分布，且刚好在最高点相遇。若水门高约，跨度约。忽略空气阻力、消防车的高度以及水流之间的相互作用，则下列说法正确的是（　　）

A．水喷出后经过约到达最高点

B．在最高点相遇前的瞬间，水柱的速度约为0

C．水喷出的瞬间，速度的水平分量约为

D．水滴在上升过程中，相等时间内速度的变化量相等

【答案】D

【详解】A．两条水柱形成的抛物线对称分布，且刚好在最高点相遇，可把水柱看成逆过程的平抛运动，竖直方向有；解得；A错误；

BC．水柱在水平方向做匀速直线运动，在最高点相遇前的瞬间，水柱的速度等于水喷出的瞬间的水平分速度，则有；BC错误；

D．速度变化量为矢量，水滴上升过程中只受重力，加速度不变，有，可得速度的变化量相等。D正确。

4．《梦溪笔谈》是中国科学技术史上的重要文献，书中对彩虹作了如下描述：“虹乃雨中日影也，日照雨则有之”。如图是彩虹成因的简化示意图，设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b是两种不同频率的单色光。下列说法正确的是（　　）

A．a光的频率小于b光的频率

B．在同种介质中，a光传播速度小于b光传播速度

C．a光和b光照射相同的单缝，a光的衍射现象更明显

D．a光和b光做相同的双缝干涉实验，a光的条纹间距更大

【答案】B

【详解】A．由图可知，a光的折射角更小，根据n= ，则a光折射率大于b光折射率，同时a光的频率大于b光的频率，故A错误；

B．a光折射率大，根据；可知在同种介质中，a光传播速度小于b光传播速度，B正确；

CD．根据，可知光的频率大，则波长小，a光波长小于b光波长，发生衍射现象的条件是障碍物尺寸远远小于波长，双缝干涉实验中，条纹间距，可知b光条纹间距更大，CD错误。

5．为空间站补给物质时，我国新一代货运飞船“天舟五号”实现了2小时与“天宫空间站”快速对接，对接后的“结合体”仍在原空间站轨道运行。对接前“天宫空间站”与“天舟五号”的轨道如图所示，则（　　）

A．“天宫空间站”运行的速度始终不变

B．“天舟五号”可通过减速变轨，与“天宫空间站”完成对接

C．“天宫空间站”的运行速度小于“天舟五号”的运行速度

D．“结合体”受到地球的引力等于“天宫空间站”受到地球的引力

【答案】C

【详解】AC．“天宫空间站”绕地运行时，万有引力提供向心力，则有；可得；由上式可知，“天宫空间站”的圆周运动半径不变时，则其运行速度大小始终不变，但速度方向一直在变，所以速度一直在变；由于“天宫空间站”的运动半径大于“天舟五号”的运动半径，所以“天宫空间站”的运行速度小于“天舟五号”的运行速度，故A错误，C正确；

B．“天舟五号”轨道半径小，应通过加速做离心运动，增加轨道半径，才能与“天宫空间站”完成对接；B错误；

D．根据；可知，轨道半径相同时，由于“结合体”的质量大于对接前“天宫空间站”的质量，则“结合体”受到地球的引力比“天宫空间站”受到地球的引力大，故D错误。

6．如图甲所示是家用台灯亮度调节原理图，理想自耦变压器的a、b间接入如图乙所示正弦交流电压。交流电流表A为理想电表，灯泡额定电压为15V、额定功率30W（设灯泡的电阻值保持不变），当P在c处时灯泡正常发光。下列描述正确的有（　　）

A．灯泡正常发光时变压器线圈的总匝数与c点下方的匝数之比为

B．当灯泡正常发光时电流表的读数为2A

C．将调压端的滑动触头P向下移动时，变压器的输入功率变小

D．将调压端的滑动触头P向下移动时，变压器的输入电压变小

【答案】C

【详解】A．由图乙可知，变压器的输入电压的有效值为；灯泡正常发光，变压器的输出电压为；故变压器的原副线圈匝数比为；故A错误；

B．灯泡正常发光时通过的电流为；故流过电流表的电流为；故B错误；

CD．将调压端的滑动触头P向下移动时，副线圈匝数减少，输入电压不变，输出电压减小，灯泡的消耗功率减小，故变压器的输入功率减小，故C正确，D错误。

7．如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向成角斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示（规定斜向下为正方向），导体棒垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒在水平外力作用下始终处于静止状态。规定的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，斜向右下方为安培力的正方向，则在时间内，能正确反映电阻R的热功率P、流过导体棒的电流i、导体棒所受水平外力F及安培力随时间t变化的图像正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】C

【详解】B．由法拉第电磁感应定律，有；由图乙知，B的变化率不变，即保持不变，则感应电动势保持不变，电路中电流不变，B错误；

A．根据，电阻R的热功率P恒定不变，A错误；

C．根据楞次定律判断可知中感应电流从b到a，当B为负值时，安培力的方向垂直于磁感线斜向右下方，根据平衡条件可知，外力水平向左，为负值，大小为；B为正值时，外力水平向右，为正值，大小为；C正确；

D．根据安培力可知，导体棒所受安培力随B的变化而变化，D错误。

8．在轴左右两侧存在两种不同的均匀介质，有两列持续传播的简谐横波沿轴相向传播，甲向右传播、乙向左传播，时刻的波形如图所示，甲波恰好传至处，乙波恰好传至处，已知波在负半轴的波速大小为，在正半轴的波速大小为，下列说法中正确的是（　　）

A．时刻处质点与处质点的振动方向相反

B．轴上第一个位移到的质点是横坐标为

C．较长时间后处的质点是振动减弱点

D．时刻处质点的位移为

【答案】BCD

【详解】根据题意，由图可知，甲在轴左测的波长为，则甲的频率为；

乙的波长为，则乙的频率为；甲、乙频率相同，可以发生干涉现象

A．根据题意，由同侧法可知，处质点与处质点的振动方向都向下，相同，故A错误；

B．根据题意可知，甲的波峰传到时，需要的时间为；此时，乙的波峰传到处，它们在轴的中点在，由于波速相等，同时到达，两列波在此处叠加，使该点的位移为，故B正确；

C．根据题意可知，时，处质点开始向上振动，处的质点开始向下振动，则距两处相等位置的质点，在较长时间后是振动减弱点，故C正确；

D．根据题意可知，甲波在处的质点在时，振动周期，则位移为；乙波在处的质点在时，振动周期，则位移为；则时刻处质点的位移为；故D正确。

9．某空间存在沿x轴的电场线，、、、是x轴上的四个点，x轴上各点电势随位置的变化情况如图所示，处电势最高。下列说法正确的是（　　）

A．点的电场强度为零

B．质子在点受到的电场力为零

C．与点的电场强度的方向相同

D．将一电子从移到的过程，电子的电势能一直减小

【答案】AC

【详解】A．图像的斜率表示电场强度，处为电势的最高点即图像的顶点处，该处斜率为零，即电场强度为零，故A正确；

B．点处图像的斜率不为零，故该点电场强度不为零，则质子在该点处受到的电场力不为零，故B错误；

C．与在图像的同一侧，即两点处的斜率都为负，则方向相同，故C正确；

D．带负电的粒子在电势低的地方电势能大，电子带负电，故电子在电势越低的地方电势能越大，而从到电势一直在降低，因此将电子从移到的过程中，电子的电势能一直在增大，故D错误。

10．如图甲所示，足够长的倾斜传送带以速度沿顺时针方向运行，质量为m，可视为质点的物块在时刻以速度从传送带底端开始沿传送带上滑，物块在传送带上运动时的机械能E随时间t的变化关系如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取传送带最底端所在平面为零势能面，重力加速度g取，则（　　）

A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25

B．物块的质量m为

C．物块滑上传送带时的速度为

D．物块滑离传送带时的动能为

【答案】BCD

【详解】AC．根据图像可知在0.25s 时物块的速度与传送带的速度相等。0.25-1.5s 物块的机械能增加，故摩擦力做正功，摩擦力方向沿斜面向上，且在 1.5s 时物块的机械能不再增加，即物块的速度为零。以沿斜面向上为正方向，对物块分析受力，在0-0.25s沿斜面方向由牛顿第二定律可得-mgsinθ-μmgcosθ=ma1；该过程由匀变速直线运动规律v=v0+a1t1；在0.25-1.5s由牛顿第二定律可得-mgsin θ+ μmg cosθ= ma2；此过程由匀变速直线运动规律可得0=v+a2t2；联立以上代入数据可得v0=5m/s；μ=0.5；故 A错误，C正确;

B．由像可知，物体的初始机械能为；代入数据可得m= 4kg；故 B 正确；

D．由图像可知物块从底部滑至最高点，前后两阶段摩擦力做功的绝对值之和为W=(50-35)+(60-35)J=40J；到达最高点时机械能为60J。由于物块所受重力沿斜面的分力大于传送带对物块的摩擦力，故物块到达最高点后会沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动。此过程中，物块向下移动的位移与物块向上移动的位移相等，摩擦力大小相等，且下滑过程中摩擦力始终做负功。故从最高点运动至离开传送带的过程中，由能量守恒定律可得；代入数据可得；故D正确。

二.实验题（本大题共2小题，共14.0分。第一小题6分，第二小题8分）

11．在“测量金属丝的电阻率”的实验中：

（1）实验小组的同学先用螺旋测微器测量电阻丝的直径d，示数如甲图所示，其直径___________；

（2）再用多用电表粗测的电阻，当用“”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用___________（选填“”或“”）挡，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如乙图所示，其读数为___________；

（3）实验小组的同学采用伏安法测金属丝的电阻，现有电源（电动势为，内阻可忽略不计），开关和导线若干，以及下列器材：

A．电压表（量程，内阻约）

B．电流表（量程，内阻约）

C．滑动变阻器

D．滑动变阻器

该小组设计的电路图如右图所示，请将右侧电路图补充完整，要尽量减小测量误差，并在实验电路中标出所用的滑动变阻器，标记为“”或“”。(    )

（4）测量出金属丝直径为d，长度为L，电压表示数为U，电流表示数为I，则该金属丝电阻率测量值的表达式___________。考虑电流表和电压表内阻引起的误差，该测量值___________真实值（选填“大于”或“小于”）。

【答案】     0.550     ×1     10               小于

【详解】（1）[1]电阻丝的直径

（2）[2][3]用“”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率挡选择过高，他应该换用“”挡。读数为

（3）[4]由于待测电阻较小，所以电流表采用外接法；滑动变阻器采用分压式接法，且由于待测电阻较小，为了方便调节和电表读数，滑动变阻器选C。电路图如下

（4）[5][6]由电阻定律及，可得

该电路采用电流表外接法，由于电压表的分流作用，导致电流表的测量值大于流经金属丝的真实电流，由；可知测量值将小于真实值。

12．某兴趣小组利用自由落体运动来验证机械能守恒定律。在“验证机械能守恒定律”实验中，利用重物拖着纸带自由下落，通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上点迹进行测量，经过数据处理即可验证机械能守恒定律，某次实验得到如图甲所示纸带。

（1）在实验过程中，下列实验操作和数据处理错误的是___________。

A．重物下落的起始位置靠近打点计时器；

B．做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重锤；

C．为测量打点计时器打下某点时重锤的速度v，可测量该点到O点的距离h，再根据公式计算，其中g应取当地的重力加速度；

D．用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度；

（2）正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图乙所示。图中O点为打点起始点，且速度为零。选取纸带上打出的连续点，标上A、B、C、…测得其中E、F、G点距打点起始点O的距离分别为h1、h2、h3。已知重物的质量为m，当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T，为验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从打下O点到打下F点的过程中，重物重力势能减少量________，动能增加量_________。（用题中所给字母表示）

（3）利用该装置还可以测量当地的重力加速度，某同学的做法是以各点到起始点的距离h为横坐标，以各点速度的平方v2为纵坐标，建立直角坐标系，用实验测得的数据绘制出v2—h图像，如图丙所示。由v2—h图像求得的当地重力加速度g=_______m/s2。（结果保留3位有效数字）

【答案】     C               9.67

【详解】（1）[1]

A．重物下落的起始位置靠近打点计时器，可以增大下落距离，减少误差，A正确；

B．做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重锤，避免释放纸带时重物有初速度，B正确；

C．通过计算速度即默认了机械能守恒；失去了验证的意义，C错误；

D．用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度，D正确。

本题选错误的，故选C。

（2）[2][3]从打下O点到打下F点的过程中，下降的高度为，故重力势能减少量

根据匀加速直线运动中某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知F点的速度；故动能的增加量为

（3）[4]根据；得

所以图线的斜率为2g，即；

解得

三.解答题（本大题共3小题，共40.0分。第一小题10分，第二小题12分，第三小题18分）

13．军训是学生接受国防教育的基本形式，学生在军训时刻苦训练，会消耗大量水分。为解决学生用水问题，小刚同学采用压水器结合桶装水进行供水，装置如图（a）所示，同学们通过按压压水器，就可以将水从出水口压出。上述过程可简化为如图（b）所示模型。大气缸B可当做水桶，可认为是内径一定的圆桶，容积为16升，高度为80cm（桶壁厚度不计）；带活塞的小气缸A可当做压水器，每次最多可将0.8升1标准大气压空气压入水桶中，出水管C的出水口与水桶B上部等高，和为单向阀门。已知，外界大气压为标准大气压，大小为，水的密度为，重力加速度为，出水管中的水所占体积可以忽略，外界温度保持不变，某次使用后桶内还剩余有8升水，如图。求：

（1）此时桶内封闭气体的压强；

（2）若要再压出4升水，至少需按压几次？

【答案】（1）；（2）6次

【详解】（1）对出水管中的水受力分析可知

而

代入可得

（2）假设至少需按压N次，对气体分析可知

其中：升，升，升

而

且

代入可得

故至少需要按压6次。

14．如图所示，粗糙水平轨道与光滑弧形轨道QE相切于Q点，轻质弹簧左端固定，右端放置一个质量m=1.0kg可视为质点的小球A，当弹簧处于原长时，小球A静止于O点。现对小球A施加水平向左的外力F，使它缓慢移动压缩弹簧至P点，在该过程中，外力F与弹簧压缩量x的关系为：，其中k为未知常数。释放小球A，其沿桌面运动与放置于Q点质量也为1.0kg的小球B发生弹性碰撞，撞后小球B沿弧形轨道上升的最大高度为。已知OP的距离为，OQ的距离为，水平轨道阻力一定，重力加速度取。求：

（1）小球A与小球B第一次碰撞后瞬间小球B的速度大小；

（2）在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；

（3）小球A最终静止时的位置。

【答案】（1）2m/s；（2）5.0J；（3）停在O点

【详解】（1）小球B在上冲过程中有

解得

（2）小球A和B在碰撞过程有

解得；

由题可知f=2N

物块A由P至Q过程有

解得

（3）小球B滑下与A碰撞后，B静止，A的速度大小为

小球A在向左滑行过程有

解得

故小球A停在O点。

15．如图所示，以O点为坐标原点在竖直面内建立坐标系，Oa、cd是两个线状粒子放射源，长度均为L=1m，放出同种带正电的粒子，粒子电荷量为，粒子的质量为，其中Oa发出的所有粒子初速度为零，cd发出的所有粒子初速度均为，方向水平向右，带电粒子的重力以及粒子之间的相互作用均可忽略。曲线ob的方程为，在曲线Ob与放射源Oa之间存在竖直向上、场强E大小为的匀强电场；第一象限内、虚线eb的上方有垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场I；第二象限内以O为圆心、L长为半径的四分之一圆形区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场II。图中的Oe、ab、Oc、eb、ed的长度均为L。观察发现：Oa发出的所有粒子均从同一点离开匀强磁场I，cd发出的所有粒子在匀强磁场II的作用下也汇聚于同一点，即该点可接收到两个粒子源发出的所有粒子。在所有粒子到达汇聚点的过程中，求：

（1）粒子放射源Oa发出粒子进入匀强磁场I时的最大速度；

（2）匀强磁场I、II的磁感应强度、的大小；

（3）Oa、cd两个放射源中点M、N发出的粒子在磁场中的运动时间之比。

【答案】（1）；（2），；（3）

【详解】（1）粒子在电场中受电场力而加速；

得；由，

代入可得

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力

由

又因为，可得

x接近于0，r也接近于0，可知粒子均汇聚于e点，所以

得到

所以

在磁场中运动的粒子也汇聚于e点，可知

得到

（3）粒子在磁场中圆周运动；

得；

由几何关系可知，M点射出的粒子在磁场I中偏转半周，运动时间为

设N点射出的粒子在磁场II中偏转

得

则运动时间为

则Oa、cd两个放射源中点M、N发出的粒子在磁场中的运动时间之比为