【高考真題】2023年新高考物理真題試卷（遼寧卷）一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．某同學(xué)在練習(xí)投籃，籃球在空中的運動軌跡如圖中虛線所示，籃球所受合力F的示意圖可能正確的是（）A． B．C． D．2．安培通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若兩段長度分別為△L1和△L2、電流大小分別為I1和I2的平行直導(dǎo)線間距為r時，相互作用力的大小可以表示為F=kI1A．kg?m/(s2?A) B．kg?m/(s2?A2)C．kg?m2/(s3?A) D．kg?m2/(s3?A3)3．如圖(a)，從高處M點到地面N點有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時從M點由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點，其速率v與時間t的關(guān)系如圖(b)所示。由圖可知，兩物塊在離開M點后、到達(dá)N點前的下滑過程中（）。A．甲沿I下滑且同一時刻甲的動能比乙的大B．甲沿Ⅱ下滑且同一時刻甲的動能比乙的小C．乙沿I下滑且乙的重力功率一直不變D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大4．如圖，空間中存在水平向右的勻強磁場，一導(dǎo)體棒繞固定的豎直軸OP在磁場中勻速轉(zhuǎn)動，且始終平行于OP。導(dǎo)體棒兩端的電勢差u隨時間t變化的圖像可能正確的是（）。A． B．C． D．5．“空氣充電寶”是一種通過壓縮空氣實現(xiàn)儲能的裝置，可在用電低谷時儲存能量、用電高峰時釋放能量?！翱諝獬潆妼殹蹦硞€工作過程中，一定質(zhì)量理想氣體的p-T圖像如圖所示。該過程對應(yīng)的p-V圖像可能是（）。A． B．C． D．6．原子處于磁場中，某些能級會發(fā)生劈裂。某種原子能級劈裂前后的部分能級圖如圖所示，相應(yīng)能級躍遷放出的光子分別設(shè)為①②③④。若用①照射某金屬表面時能發(fā)生光電效應(yīng)，且逸出光電子的最大初動能為Ek，則（）。A．①和③的能量相等B．②的頻率大于④的頻率C．用②照射該金屬一定能發(fā)生光電效應(yīng)D．用④照射該金屬逸出光電子的最大初動能小于Ek7．在地球上觀察，月球和太陽的角直徑(直徑對應(yīng)的張角)近似相等，如圖所示。若月球繞地球運動的周期為T?，地球繞太陽運動的周期為T?，地球半徑是月球半徑的k倍，則地球與太陽的平均密度之比約為（）。A．k3(T1T2)2 8．“球鼻艏”是位于遠(yuǎn)洋輪船船頭水面下方的裝置，當(dāng)輪船以設(shè)計的標(biāo)準(zhǔn)速度航行時，球鼻艏推起的波與船首推起的波如圖所示，兩列波的疊加可以大幅度減小水對輪船的阻力。下列現(xiàn)象的物理原理與之相同的是（）。A．插入水中的筷子、看起來折斷了B．陽光下的肥皂膜，呈現(xiàn)彩色條紋C．駛近站臺的火車，汽笛音調(diào)變高D．振動音叉的周圍，聲音忽高忽低9．圖(a)為金屬四極桿帶電粒子質(zhì)量分析器的局部結(jié)構(gòu)示意圖，圖(b)為四極桿內(nèi)垂直于x軸的任意截面內(nèi)的等勢面分布圖，相鄰兩等勢面間電勢差相等，則（）。A．P點電勢比M點的低B．P點電場強度大小比M點的大C．M點電場強度方向沿z軸正方向D．沿x軸運動的帶電粒子，電勢能不變10．如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是（）。A．彈簧伸展過程中、回路中產(chǎn)生順時針方向的電流B．PQ速率為v時，MN所受安培力大小為4C．整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2：1D．整個運動過程中，通過MN的電荷量為BLd二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．某同學(xué)為了驗證對心碰撞過程中的動量守恒定律，設(shè)計了如下實驗：用紙板搭建如圖所示的滑道，使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上，其中OA為水平段。選擇相同材質(zhì)的一元硬幣和一角硬幣進(jìn)行實驗。測量硬幣的質(zhì)量，得到一元和一角硬幣的質(zhì)量分別為m1和m2(m1>m2)。將硬幣甲放置在斜面上某一位置，標(biāo)記此位置為B。由靜止釋放甲，當(dāng)甲停在水平面上某處時，測量甲從O點到停止處的滑行距離OP。將硬幣乙放置在O處，左側(cè)與O點重合，將甲放置于B點由靜止釋放。當(dāng)兩枚硬幣發(fā)生碰撞后，分別測量甲、乙從O點到停止處的滑行距離OM和ON。保持釋放位置不變，重復(fù)實驗若干次，得到OP、OM、ON的平均值分別為S0、S1、S2。（1）在本實驗中，甲選用的是(填“一元”或“一角”)硬幣；（2）碰撞前，甲到O點時速度的大小可表示為(設(shè)硬幣與紙板間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g)；（3）若甲、乙碰撞過程中動量守恒，則S0?S1S2=（4）由于存在某種系統(tǒng)或偶然誤差，計算得到碰撞前后甲動量變化量大小與乙動最變化量大小的比值不是1，寫出一條產(chǎn)生這種誤差可能的原因。12．導(dǎo)電漆是將金屬粉末添加于特定樹脂原料中制作而成的能導(dǎo)電的噴涂油漆?，F(xiàn)有一根用導(dǎo)電漆制成的截面為正方形的細(xì)長樣品(固態(tài))，某同學(xué)欲測量其電阻率，設(shè)計了如圖(a)所示的電路圖，實驗步驟如下：a.測得樣品截面的邊長a=0.20cm；b.將平行排列的四根金屬探針甲、乙、丙、丁與樣品接觸，其中甲、乙、丁位置固定，丙可在乙、丁間左右移動：c.將丙調(diào)節(jié)至某位置，測量丙和某探針之間的距離L：d.閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使電流表示數(shù)I=0.40A，讀出相應(yīng)的電壓表示數(shù)U，斷開開關(guān)S；e.改變丙的位置，重復(fù)步驟c、d，測量多組L和U，作出U-L圖像如圖(b)所示，得到直線的斜率k?；卮鹣铝袉栴}：（1）L是丙到(填“甲”“乙”或“丁”)的距離；（2）寫出電阻率的表達(dá)式p=(用k、a、I表示)；（3）根據(jù)圖像計算出該樣品的電阻率p=Ω?m(保留兩位有效數(shù)字)。13．某大型水陸兩柄飛機具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練中，該飛機在水面上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達(dá)到v?=80m/s時離開水面，該過程滑行距離L=1600m、汲水質(zhì)量m=1.0×10?kg。離開水面后，飛機琴升高度h=100m時速度達(dá)到v?=100m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標(biāo)時開始空中投水。取重力加速度g=10m/s2。求：（1）飛機在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時間t；（2）整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量△E。14．如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的3倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。已知圓形磁場區(qū)域半徑為2mv（1）求金屬板間電勢差U。（2）求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ。（3）僅改變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O’點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的側(cè)形磁場區(qū)域的圓心M。15．如圖，質(zhì)量m1=1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2=4kg的小物塊以水平向右的速度v0=54m/s（1）求木板剛接觸彈簧時速度v，的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1。（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小。（3）已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0。求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能△U（用t表示）。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】由題意可知，籃球所受重力和空氣阻力的合力應(yīng)指向曲線運動軌跡圓弧內(nèi)測，由此可知：BCD錯誤，A正確；

故答案為：A【分析】由曲線運動的條件，曲線運動的不等于零的合力與速度不在一條直線上，并指向圓弧內(nèi)測可以判斷。2．【答案】B【解析】【解答】由相互作用力的大小可以表示為F=kI1I2△L1【分析】由已知表達(dá)式，推導(dǎo)出k的表達(dá)式，根據(jù)相應(yīng)物理量代入對應(yīng)的基本單位。3．【答案】B【解析】【解答】AB、由圖b可知，甲做勻加速運動，乙做加速度減小的加速運動，所以在圖a中，甲沿軌道Ⅱ運動，乙沿軌道Ⅰ運動，同一時刻甲的速度小于乙的速度，可知同一時刻甲的動能比乙的小，A錯誤，B正確；

CD、對乙從M點靜止出發(fā)，到N點速度方向水平，與重力方向垂直，根據(jù)功率公式：P=mgvcosθ，可知重力的瞬時功率先增大后減小，CD錯誤；【分析】根據(jù)v-t圖像分析得出甲乙的運動規(guī)律和同一時刻速度關(guān)系，進(jìn)一步確定所在運動軌道，由動能定義式和瞬時功率表達(dá)式分別得出其大小與變化規(guī)律。4．【答案】C【解析】【解答】分析如圖所示：導(dǎo)體棒勻速轉(zhuǎn)動的速度為v，半徑為r，從圖示位置開始轉(zhuǎn)過θ角度，

導(dǎo)體棒垂直于磁感線方向的分速度為：v⊥=vcos可知導(dǎo)體棒垂直磁感線的分速度變化為余弦函數(shù)，由左手定則判斷電流方向的變化規(guī)律，可得：U=BLvcosvrt，所以ABD錯誤，C正確；5．【答案】B【解析】【解答】根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：PVT=C

可得：P=C【分析】根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程得出P與T的關(guān)系，結(jié)合P-T圖像，分析氣體從a到b到c的變化規(guī)律，從而在P-V圖像中對應(yīng)判斷得出結(jié)論。6．【答案】A【解析】【解答】A、由圖可知，①和③對應(yīng)的躍遷能級差相同，所以①和③的能量相等，A正確；

B、由圖可知，②對應(yīng)的能級差小于④對應(yīng)的能級差，②的能量小于④的能量，根據(jù)E=hν可知②的頻率小于④的頻率，B錯誤；

C、由圖可知，②對應(yīng)的能級差小于①對應(yīng)的能級差，②的能量小于①的能量，②頻率小于①的頻率，若用①照射某金屬時能發(fā)生光電效應(yīng)，用②照射該金屬不一定能發(fā)生光電效應(yīng)，C錯誤；

D、由圖可知，④對應(yīng)的能級差大于①對應(yīng)的能極差，④的能量大于①的能量，④的頻率大于①的頻率，

根據(jù)光電效應(yīng)方程：Ekm=hν-W0則用④照射該金屬逸出光電子的最大初動能大于【分析】根據(jù)珀爾氫原子能級軌道和躍遷理論，分析能級軌道差對應(yīng)釋放光子能量，判斷頻率大小，由光電效應(yīng)方程進(jìn)一步分析判斷能否發(fā)生光電效應(yīng)和發(fā)生光電效應(yīng)釋放光電子動能的大小。7．【答案】D【解析】【解答】根據(jù)題意，設(shè)月球繞地球的軌道半徑為r1，地球繞太陽的軌道半徑為r2，由牛頓第二定律：GMmr2=m由幾何關(guān)系可得：r1r2=R月R太=R地K8．【答案】B,D【解析】【解答】球鼻艏推起的波與船首推起的波，兩列波的疊加可以大幅度減小水對輪船的阻力，該現(xiàn)象的原理為波的疊加原理：

A、插入水中的筷子、看起來折斷了，該現(xiàn)象為光的折射，不符合題目物理原理，A錯誤；

B、陽光下的肥皂膜，呈現(xiàn)彩色條紋，該現(xiàn)象為薄膜上下表面反射光的疊加造成的干涉現(xiàn)象，符合題目物理原理，B正確；

C、駛近站臺的火車，汽笛音調(diào)變高，該現(xiàn)象為多普勒效應(yīng)，不符合題目物理原理。C錯誤；

D、振動音叉的周圍，聲音忽高忽低，該現(xiàn)象為聲波的疊加造成的干涉現(xiàn)象，符合題目物理原理，D正確；

故答案為：BD【分析】球鼻艏推起的波與船首推起的波疊加可以大幅度減小水對輪船的阻力，該現(xiàn)象的原理為波的疊加原理，以此為標(biāo)準(zhǔn)，分別分析各現(xiàn)象的物理原理分別為光的折射，薄膜干涉，多普勒效應(yīng)，聲音的干涉，從而判斷是否符合題意。9．【答案】C,D【解析】【解答】由圖a、b可知，該電場可類同于兩組等量異種電荷組成的電場分布，由此可以分析：

A、電場線出發(fā)與正電荷終止與負(fù)電荷或無窮遠(yuǎn)處，沿著電場線的方向電勢降低，故P點電勢比M點的高，A錯誤；

B、等勢面的疏密反映場強的大小，故P點電場強度比M點的小，B錯誤；

C、電場線與等勢面垂直，電場強度的方向是電場線的切線方向，故M點電場強度方向沿z軸正方向，C正確；

D、x軸上各個點的電勢相等，沿x軸運動的帶電粒子電勢能不變，D正確；

故答案為：CD【分析】由等量異種電荷組成的電場分布可以確定電場線的分布情況，從而確定電勢的高低；由等勢面的疏密確定電場強度的大??；由電場線和等勢面垂直確定電場強度的方向；由x軸上的電勢確定粒子的電勢能。10．【答案】A,C【解析】【解答】A、由楞次定律增反減同原理，可得回路中有順時針方向的感應(yīng)電流，A正確；

B、在切割磁感線運動中，設(shè)回路中電流為I，則兩根導(dǎo)線所受安培力分別為：FPQ=BI·2d，方向向左；FMN=2BId，方向向右，

兩根導(dǎo)體棒系統(tǒng)所受合外力為零，設(shè)MN質(zhì)量為m，則PQ質(zhì)量為2m，PQ速度為v，MN速度為v'，

根據(jù)動量守恒定律可得：2mv=mv'解得：v'=2v

回路中的感應(yīng)電流大小為：I=2Bdv'+B·2dv3R=2BdvR

MN所受安培力大小為：FMN=2BId=4B2d2vR，B錯誤；

C、根據(jù)動量守恒定律，【分析】A、由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向；

B、由兩根導(dǎo)線所受安培力的關(guān)系，應(yīng)用動量守恒定律得到速度關(guān)系，從而計算出感應(yīng)電流的大小和MN導(dǎo)線安培力的大小；

C、由動量守恒定律和彈簧的伸長量計算兩根導(dǎo)線的路程之比；

D、計算磁通量的變化量，由電荷公式計算電荷量。11．【答案】（1）一元（2）2μg（3）m（4）1.測量誤差，因為無論是再精良的儀器總是會有誤差的，不可能做到絕對準(zhǔn)確；

2.碰撞過程中，我們認(rèn)為內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動量守恒，實際上碰撞過程中，兩個硬幣組成的系統(tǒng)合外力不為

零。【解析】【解答】（1）根據(jù)題意可知，甲與乙碰撞后甲沒有反彈，故甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，甲選用的是一元硬幣；

（2）甲從O-P，由動能定理：-μm1gs0=0-12mv02，可得：v0=2μgs0；

(3)甲從O-M，乙從O-N，

同理可得：v【分析】（1）根據(jù)碰撞后碰撞物體是否反彈確定質(zhì)量的大小關(guān)系；

（2）根據(jù)勻減速運動，由動能定理計算碰前甲在O點的速度；

（3）根據(jù)勻減速運動，由動能定理分別計算碰后甲乙的速度，根據(jù)動量守恒定律得出結(jié)果；

（4）誤差分析：1.測量的誤差，使用測量工具的精度誤差，讀數(shù)誤差；2.應(yīng)用動量守恒定律造成的誤差。12．【答案】（1）乙（2）k（3）6.5×10-5【解析】【解答】（1）根據(jù)題意，電壓表測量的是乙與丙之間的電壓，所以L是丙到乙的距離；

（2）由歐姆定律：R=UI；

由電阻定律：R=ρLa2，

兩式聯(lián)立解得：U=ρIa2L

根據(jù)圖b可得：K=ρia【分析】(1)根據(jù)題意，電壓表測量的是乙與丙之間的電壓，所以L是丙到乙的距離；

（2）由電阻定律和歐姆定律聯(lián)立解得U-L的函數(shù)關(guān)系，結(jié)合圖b直線的斜率計算電阻率表達(dá)式；

（3）計算U-L圖像直線的斜率的數(shù)值代入電阻率表達(dá)式得出電阻率的值。13．【答案】（1）根據(jù)題意，由速度位移公式v2-v02=2ax

得：a=（2）整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量：?E=E2-【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，初速度為零的勻加速直線運動，乙知末速度和位移，由速度位移公式計算加速度，由速度公式計算時間；

（2）離開水面后，飛機整個攀升階段，汲取的水的機械能的增加量應(yīng)為水的末狀態(tài)機械能和初狀態(tài)機械能的差值。14．【答案】（1）設(shè)板間距為d，則板長為3d，帶電粒子在板間做類平拋運動，

兩板之間的電場強度為：E=Ud，

由牛頓第二定律：Eq=ma

可得：a=Uqdm

設(shè)粒子在電場中的運動時間為t，則由平拋運動規(guī)律可得，

水平方向：3d=（2）設(shè)粒子射出電場時與水平方向的夾角為a，

則有：tanα=at0v0=33，

故：α=π6，

粒子射出電場的速度為：v=v0cosα=233v0，

粒子沿直線勻速運動進(jìn)入磁場，在磁場中，

由牛頓第二定律：Bqv=m（3）由（2）中粒子在磁場中的運動軌跡可知，當(dāng)磁場以沿半徑方向射入時粒子圓周運動的弧對應(yīng)的弦長為偏轉(zhuǎn)磁場的直徑時，粒子在磁場中的運動時間最長，

則相對應(yīng)的粒子的運動軌跡和弦以及圓心M的位置