2023年高考辽宁卷物理真题

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．

【答案与解析】

篮球在空中（忽略空气阻力）仅受重力，合力F竖直向下且指向运动轨迹凹侧。图中合力竖直向下者正确。故选C。
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 $\Delta l_1$ 和 $\Delta l_{2}$ 、电流大小分别为 $I_1$ 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 $\Delta F=k\frac{I_{1}I_{2}\Delta l_{1}\Delta l_{2}}{r^{2}}$ 。比例系数k的单位是（　　）

A． $\mathrm{kg\cdot m}/$ （s²·A）

B． $\mathrm{kg\cdot m}/$ （s²·A²）

C． $\mathrm{kg\cdot m^{2}}/$ （s³·A）

D． $\mathrm{kg\cdot m^{2}}/$ （s³·A³）

【答案与解析】

由 $\Delta F = k\frac{I_{1}I_{2}\Delta l_{1}\Delta l_{2}}{r^{2}}$ 得 $k=\frac{\Delta F\cdot r^{2}}{I_{1}I_{2}\Delta l_{1}\Delta l_{2}}$ 。各量单位： $[\Delta F]=\mathrm{kg\cdot m/s^{2}}$ ， $[r]=\mathrm{m}$ ， $[I]=\mathrm{A}$ ， $[\Delta l]=\mathrm{m}$ ，故 $[k]=\frac{\mathrm{kg\cdot m/s^{2}}\cdot\mathrm{m^{2}}}{\mathrm{A^{2}}\cdot\mathrm{m^{2}}}=\frac{\mathrm{kg\cdot m}}{\mathrm{s^{2}\cdot A^{2}}}$ 。故选B。
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

【答案与解析】

由v-t图，同一时刻甲的速度大于乙的速度，故甲的动能比乙的大；速度较大者沿较陡的轨道Ⅰ下滑，即甲沿Ⅰ下滑。乙沿Ⅱ下滑，其重力功率 $P=mgv\sin\theta$ ， $\theta$ 与速率均随运动变化，重力功率并非一直增大（亦非一直不变）。故选A。
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．

【答案与解析】

导体棒绕竖直轴匀速转动且始终平行于轴，棒上各点速度水平，其大小随转角周期性变化。棒两端感应电动势 $u=\int(\vec v\times\vec B)\cdot d\vec l\propto\cos\omega t$ （或 $\sin\omega t$ ），为关于零轴对称的正弦式交流信号。选项中正弦（余弦）交流图像正确。故选C。
“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．

【答案与解析】

由p-T图结合理想气体状态方程 $\frac{pV}{T}=C$ 可知，该过程中压强与温度的变化关系对应体积 $V$ 先减小后增大，故对应的p-V图为压缩段与膨胀段相连的图像。故选B。
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 $E_k$ ，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 $E_k$

【答案与解析】

由能级劈裂图，①为未劈裂时的跃迁，②、③、④为劈裂后不同能级间的跃迁。①照射金属可发生光电效应，最大初动能 $E_k=h\nu_1-W$ 。④对应跃迁能量小于①（位于较低的能级差），故用④照射时逸出光电子的最大初动能 $E_{k4}=h\nu_4-W<h\nu_1-W=E_k$ 。故选D。
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． $k^{3}(\frac{T_{1}}{T_{2}})^{2}$

B． $k^{3}(\frac{T_{2}}{T_{1}})^{2}$

C． $\frac{1}{k^3}\left(\frac{T_1}{T_2}\right)^2$

D． $\frac{1}{k^{3}}\left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right)^{2}$

【答案与解析】

角直径相等： $\frac{R_{\text{月}}}{d_{\text{月}}}=\frac{R_{\text{日}}}{d_{\text{日}}}$ ，故 $\frac{R_{\text{日}}}{R_{\text{月}}}=\frac{d_{\text{日}}}{d_{\text{月}}}$ 。由圆周运动，对月球绕地 $T_1=2\pi\sqrt{\frac{d_{\text{月}}^3}{GM_{\text{地}}}}$ ，得 $M_{\text{地}}=\frac{4\pi^2 d_{\text{月}}^3}{GT_1^2}$ ；对地球绕日 $T_2=2\pi\sqrt{\frac{d_{\text{日}}^3}{GM_{\text{日}}}}$ ，得 $M_{\text{日}}=\frac{4\pi^2 d_{\text{日}}^3}{GT_2^2}$ 。密度 $\rho=\frac{M}{\frac43\pi R^3}$ ，且 $R_{\text{地}}=kR_{\text{月}}$ ，故 $\frac{\rho_{\text{地}}}{\rho_{\text{日}}}=\frac{M_{\text{地}}}{M_{\text{日}}}\cdot\frac{R_{\text{日}}^3}{R_{\text{地}}^3} =\left(\frac{d_{\text{月}}}{d_{\text{日}}}\right)^3\left(\frac{T_2}{T_1}\right)^2\cdot\frac{R_{\text{月}}^3(d_{\text{日}}/d_{\text{月}})^3}{(kR_{\text{月}})^3} =\frac{1}{k^3}\left(\frac{T_2}{T_1}\right)^2$ 。故选D。
“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

【答案与解析】

球鼻艏推起的波与船首的波叠加（相消干涉）以减小水阻，原理为波的干涉。振动音叉两叉股发出两列相干声波，其周围声音忽高忽低正是声波干涉现象。故选D。
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

【答案与解析】

四极杆轴线（x轴）处为等势面的对称中心，沿x轴电势处处为零（等势），故沿x轴运动的带电粒子电势能不变。故选D。
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 $\frac{4B^{2}d^{2}v}{3R}$

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 $\frac{BLd}{3R}$

【答案与解析】

弹簧伸展使回路面积增大，竖直向上的磁通量增加，由楞次定律知感应电流产生向下的磁场，故回路中电流为顺时针方向，A正确；两棒所受安培力大小均为 $2BdI$ 、方向相反，系统水平方向动量守恒，有 $m_1v_1=m_2v_2$ ，又 $m_2=2m_1$ ，故 $v_1=2v_2$ ，两棒运动时间相同，路程之比 $s_1:s_2=v_1:v_2=2:1$ ，C正确。故选AC。
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 $m_1$ 和 $m_{2}(m_{1}>m_{2})$ 。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 $s_{0}$ 、 $s_1$ 、 $s_2$ 。（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 $\mu$ ，重力加速度为g）；（3）若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则 $\frac{\sqrt{s_{0}}-\sqrt{s_{1}}}{\sqrt{s_{2}}}$ ＿＿＿＿（用 $m_1$ 和 $m_{2}$ 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＿＿＿＿。

【答案与解析】

(1) 甲为入射（运动）硬币，质量较大，故甲为一元硬币。故填一元。 (2) 无碰撞时甲从O点滑行至停止，由动能定理 $\frac12m_1v_0^2=\mu m_1gs_0$ ，得碰撞前甲到O点速度 $v_0=\sqrt{2\mu gs_0}$ 。故填 $\sqrt{2\mu gs_0}$ 。 (3) 碰后甲、乙速度分别为 $v_1=\sqrt{2\mu gs_1}$ 、 $v_2=\sqrt{2\mu gs_2}$ ，由动量守恒 $m_1\sqrt{2\mu gs_0}=m_1\sqrt{2\mu gs_1}+m_2\sqrt{2\mu gs_2}$ ，整理得 $\frac{\sqrt{s_0}-\sqrt{s_1}}{\sqrt{s_2}}=\frac{m_2}{m_1}$ 。故填 $\frac{m_2}{m_1}$ 。 (4) 示例：纸板表面不水平（或硬币与纸板间动摩擦因数不均匀、甲每次释放位置不完全相同、碰撞并非严格对心等）。故填纸板表面不水平（或动摩擦因数不均匀等）。
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 $a = 0.20\mathrm{cm}$ ； 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 $\rho$ = ＿＿＿＿（用k、a、I表示）；（3）根据图像计算出该样品的电阻率 $\rho$ = ＿＿＿＿ $\Omega\cdot m$ （保留两位有效数字）。

【答案与解析】

(1) 四探针法中电流由甲、丁通入，电压测乙与丙之间，L为丙到乙的距离。故填乙。 (2) 样品横截面积 $S=a^2$ ，电阻 $R_x=\rho\frac{L}{a^2}$ ，电压 $U=IR_x=I\rho\frac{L}{a^2}$ ，故 $U-L$ 图斜率 $k=\frac{I\rho}{a^2}$ ，得 $\rho=\frac{ka^2}{I}$ 。故填 $\frac{ka^2}{I}$ 。 (3) 代入 $a=0.20\,\mathrm{cm}=2.0\times10^{-3}\,\mathrm{m}$ 、 $I=0.40\,\mathrm{A}$ ，得 $\rho=\frac{k(2.0\times10^{-3})^2}{0.40}=1.0\times10^{-5}k\ \Omega\cdot\mathrm{m}$ （ $k$ 为图(b)中 $U-L$ 图线斜率，由图读得 $k$ 后代入，保留两位有效数字）。故填 $1.0\times10^{-5}k$ 。
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 $v₁=80\mathrm{m/s}$ 时离开水面，该过程滑行距离 $L=1600m$ 、汲水质量 $m=1.0\times$ 10⁴kg。离开水面后，飞机攀升高度 $h=100m$ 时速度达到 $v₂=100\mathrm{m/s}$ ，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 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ 。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 $\Delta E$ 。

【答案与解析】

(1) 水面匀加速滑行：由 $v_1^2=2aL$ ，得 $a=\frac{v_1^2}{2L}=\frac{80^2}{2\times1600}=2\,\mathrm{m/s^2}$ ；滑行时间 $t=\frac{v_1}{a}=\frac{80}{2}=40\,\mathrm{s}$ （或 $t=\frac{2L}{v_1}=40\,\mathrm{s}$ ）。 (2) 攀升阶段水机械能增量 $\Delta E=\Delta E_k+\Delta E_p=\frac12m(v_2^2-v_1^2)+mgh=\frac12\times1.0\times10^4(100^2-80^2)+1.0\times10^4\times10\times100=1.8\times10^7+1.0\times10^7=2.8\times10^7\,\mathrm{J}$ 。
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 $\sqrt{3}$ 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 $v_0$ 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 $\frac{2mv_{0}}{3qB}$ ，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 $\theta$ ；（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。

【答案与解析】

(1) 设板间距为 $d$ ，则板长 $l=\sqrt3 d$ 。粒子沿中线入射、从下板边缘P飞出，竖直偏移 $y=d/2$ 。飞行时间 $t=\frac{l}{v_0}=\frac{\sqrt3 d}{v_0}$ ，竖直加速度 $a=\frac{qU}{md}$ 。由 $y=\frac12at^2$ 得 $\frac d2=\frac12\cdot\frac{qU}{md}\cdot\frac{3d^2}{v_0^2}$ ，解得 $U=\frac{mv_0^2}{3q}$ 。 (2) 飞出电场时 $v_y=at=\frac{qU}{md}\cdot\frac{\sqrt3 d}{v_0}=\frac{q}{mv_0}\cdot\frac{mv_0^2}{3q}\cdot\sqrt3=\frac{v_0}{\sqrt3}$ ，故速度与水平夹角 $\alpha$ 满足 $\tan\alpha=\frac{v_y}{v_x}=\frac{1}{\sqrt3}$ ， $\alpha=30^\circ$ 。入磁场速度沿PO（指向圆心O方向）。轨迹圆半径 $r=\frac{mv}{qB}=\frac{m}{qB}\cdot\frac{2v_0}{\sqrt3}=\frac{2mv_0}{\sqrt3 qB}=\sqrt3 R_c$ ，其中 $R_c=\frac{2mv_0}{3qB}$ 为磁场区半径。由磁场圆（圆心O、半径 $R_c$ ）与轨迹圆（圆心C、半径 $r$ ）相交几何，粒子在磁场中偏转的圆心角为 $60^\circ$ ，故出、入射方向夹角 $\theta=60^\circ$ （或 $\pi/3$ ）。 (3) 轨迹圆固定，欲使磁场中运动时间最长，应使磁场圆与轨迹圆相交所得弦最长，即把圆形磁场区域平移，使其圆心M位于轨迹圆圆心C与O'连线延长线上、在O'远离C的一侧，使弦（O'到出射点）过磁场圆心M（为磁场圆直径方向）。定性图：画轨迹圆弧，弦连接O'与出射点，标出圆心M位于该弦中点处。
如图，质量 $m_1= 1\mathrm{kg}$ 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 $k = 20\mathrm{N/m}$ 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量 $m_2= 4\mathrm{kg}$ 的小物块以水平向右的速度 $v_0=\frac{5}{4}\mathrm{m/s}$ 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 $\mu$ = 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 $E_p$ 与形变量x的关系为 $E_p=\frac{1}{2}kx^2$ 。取重力加速度 $g = 10\mathrm{m/s^2}$ ，结果可用根式表示。（1）求木板刚接触弹簧时速度 $v_{1}$ 的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离 $x_1$ ；（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 $x_2$ 及此时木板速度 $v_2$ 的大小；（3）已知木板向右运动的速度从 $v_2$ 减小到0所用时间为 $t_0$ 。求木板从速度为 $v_2$ 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 $\Delta U$ （用 $t_0$ 表示）。

【答案与解析】

(1) 物块滑上木板至共速前，系统水平方向动量守恒： $m_2v_0=(m_1+m_2)v_1$ ，得 $v_1=\frac{4\times\frac54}{1+4}=1\,\mathrm{m/s}$ 。此过程木板受滑动摩擦 $f=\mu m_2g=4\,\mathrm{N}$ ，加速度 $a_1=\frac f{m_1}=4\,\mathrm{m/s^2}$ ，达共速时间 $t_1=\frac{v_1}{a_1}=0.25\,\mathrm{s}$ ，木板右端右移距离即距弹簧左端距离 $x_1=\frac12a_1t_1^2=\frac12\times4\times0.25^2=\frac18\,\mathrm{m}$ 。 (2) 接触弹簧后两者共速运动，整体加速度 $a=-\frac{kx}{m_1+m_2}$ 。对物块，静摩擦 $f'=m_2a=-\frac{m_2}{m_1+m_2}kx$ ，即将相对滑动时 $|f'|=\mu m_2g$ ，即 $\frac45kx_2=4$ ，得 $x_2=\frac14\,\mathrm{m}$ 。由能量守恒 $\frac12(m_1+m_2)v_1^2=\frac12(m_1+m_2)v_2^2+\frac12kx_2^2$ ，代入得 $\frac12\times5\times1^2=\frac12\times5v_2^2+\frac12\times20\times(\frac14)^2$ ，解得 $v_2=\frac{\sqrt3}{2}\,\mathrm{m/s}$ 。 (3) 相对滑动后，物块加速度恒为 $a_2=-\mu g=-1\,\mathrm{m/s^2}$ ；木板受弹簧与滑动摩擦，运动方程 $x''=-20x+4$ ，绕平衡位置 $x_{\text{eq}}=0.2\,\mathrm{m}$ 作简谐运动，角频率 $\omega=\sqrt{20}$ 。木板由 $x_2=0.25\,\mathrm{m}$ 、速度 $v_2$ 向右到速度为零（最大压缩）用时 $t_0$ ，再回到 $x=0.25\,\mathrm{m}$ （此时木板向左、与物块加速度再次同为 $-1\,\mathrm{m/s^2}$ ）又用时 $t_0$ ，故该过程总时长 $\tau=2t_0$ 。此过程木板位移为零，物块位移 $s_2=v_2\tau+\frac12a_2\tau^2=2v_2t_0-2t_0^2$ ，相对滑动距离即 $s_{\text{rel}}=s_2$ 。系统因摩擦转化内能 $\Delta U=\mu m_2g\cdot s_{\text{rel}}=4(2v_2t_0-2t_0^2)=8v_2t_0-8t_0^2$ ，代入 $v_2=\frac{\sqrt3}{2}$ 得 $\Delta U=4\sqrt3\,t_0-8t_0^2$ 。