2023年高考押题预测卷03（辽宁卷）-物理（全解全析）.docx

1、2023年高考押题预测卷03【辽宁卷】物理全解全析12345678910CDCDBBBBDBDAD1C【详解】A比结合能越大，原子核越稳定，核子平均质量越小，故A项错误B半衰期是针对大量原子的统计规律，对少数原子核不适用，所以不一定，故B项错误C用频率一定的光照射某金属发生光电效应时，入射光的强度越大，则入射光的光子的数目越多，单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将越多，故C项正确D汤姆孙发现了电子，卢瑟福的粒子散射实验，揭示了原子的核式结构，而天然放射现象，说明原子核具有复杂的结构，故D项错误2D【详解】由于两辆车相同，即质量相同，所以刹车后的加速度，两车的动摩擦因数相同，则两车匀减速运动的

2、加速度相等，根据知，两车滑行的距离相同故ABC错误；根据知，两车滑行的时间相等故D正确3C【详解】A. 物体与弹簧分离时，弹簧与物体刚好没有弹力，故此时弹簧恢复原长，故A错误；BCD. 刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：，拉力F1为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有：物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有：代入数据解得：m=2kg，k=500N/m=5N/cm，a=5m/s2，故BD错误C正确4D【详解】L段的电量为则L段在O点产生的电场强度，方向向下，大小为因为完整的圆环圆心处的合场强为零，所以剩余部分在O点产生的场强与L段在O点

3、产生的电场强度等大反向，即剩余部分在O点产生的场强方向向上，大小表示为D正确，ABC错误。故选D。5B【详解】D由图乙可知交流电压最大值Um=220V，有效值为220V，据变压比可知，输出电压有效值为10V，电压表的示数为有效值，则任意时刻的示数均为10V，故D错误；A根据欧姆定律可知，电流表的示数是0.5A，故A错误；B变压器的输出功率P=UI=5W根据输出功率等于输入功率可知，变压器的输入功率是5W，故B正确；C周期T=0.02s，则流过R的电流方向每秒改变100次，故C错误6B【分析】考查均匀球壳表面的万有引力。【详解】设地球表面物体质量为m，重力加速度为g，由万有引力定律得地球的质量重

4、力加速度的表达式为地面以下深处的重力加速度大小为故ACD错误，B项正确。故选B。7B【详解】A激光在光导纤维中的光路图如图所示根据折射定律可得故A正确，不符合题意；B设激光在光导纤维中的临界角为C，则即当入射角为左端面的折射角为（C为临界角）由几何关系可知在侧壁的入射角的范围为所以从光导纤维左端面射入的光均可在侧壁发生全反射，故B错误，符合题意；C激光在光导纤维中的速度为故C正确，不符合题意；D光线每次在侧面都将发生全反射，直到光线到达右端面，故光线在光导纤维中传播的距离为因此该激光在光导纤维中传播的时间为解得故D正确，不符合题意。故选B。8BD【详解】A由图2可知在t=0.10s时，质点Q向

5、y轴负方向运动，又由图1可知波沿y轴负方向传播，故A错误；B由图2可知振幅周期从t=0.10s到t=0.25s时间内质点Q通过的路程为故B正确；C由图1可知，波长为波速为从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播故C错误；D在t=0.10s时，质点P向y轴正方向运动，再过质点P离开平衡位置的位移为负值向平衡位置运动，所以在t=0.25s时，质点P的加速度沿y轴正方向，故D正确。故选BD。9BD【详解】AB球在竖直方向做竖直上抛运动，在空中运动的时间由竖直方向的速度决定，竖直方向速度越大，空中运动时间越长，A错误；B两球在运动过程中只受重力，加速度均为，根据加速度的定义式可知相同的时

6、间内两球速度变化量相同，均为，B正确；CD若B球速度较小，B球在相遇前可能已经落地，所以两球不一定相遇，若只增加B球速度，B球的水平位移增加，则可能与A球相遇，C错误，D正确。故选BD。10AD【详解】AB时间内为bc边切割向里的磁场，电流逆时针；时间内ad边和bc边同向切割反向的磁场，而双电源相加，电流加倍为顺时针；为ad边切割向外的磁场，电流为逆时针。线框匀加速直线运动，则切割磁场的速度v=at电动势E=Blat电流选项A正确，B错误；CD匀加速直线运动的速度位移关系可知则导线框消耗的电功率故功率关于位移x均匀变化，则P-x图象为倾斜直线，时间ad边和bc边同向切割反向的磁场，电流加倍，故

7、功率从4P0开始，选项C错误，D正确。故选AD。11 BDE 0.48 【详解】（1）1AC本实验拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故AC错误；B实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；D改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确；E车靠近打点计时器，打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故E正确。故选BDE。（2）2 相邻计数点间的时间间隔为T=50.02s=0.1s，根据x=aT2，运用逐差

8、法得，则有（3）3 由牛顿第二定律得解得a-F图象的斜率小车的质量12 C F 0.84【详解】(1) 12灯泡的额定电压为5V，因此电压表选择大于等于5V的即可，故选E；而灯泡的额定电流，故电流表应选择C；因本实验采用分压接法，滑动变阻器应选小电阻；故滑动变阻器选择F；(2) 3描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法；灯泡的电阻较小，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，所以电路图如图：(3) 4把定值电阻与电源整体看做等效电源，根据闭合电路欧姆定律得U=E-I(R+r)可得U=6-10I作出电源的U-I图象如图所示：由图示图象可知，灯泡两端电压U=

9、2.2V，灯泡电流I=0.38A，灯泡实际功率P=UI=0.84W.13(1)气体体积在和之间变化；(2)放热【分析】等温变化，从图象得到气体压强的变化范围，然后根据理想气体状态方程列式求解出体积变化的范围根据气体体积变化情况判断外界对物体做功情况，然后由热力学第一定律分析答题【详解】(1)对于A、B、C三个状态，由玻意耳定意可知 即在温度保持T0的情况下，气体体积在和之间变化。(2)在气体状态由B变化至C的过程中，由于温度不变，所以气体内能不变，而该过程气体体积减小，外界对气体做功，所以由热力学第一定律可知，此过程是放热的。14（1）20N；2J（2） （3）的取值范围为0.1250.75或

10、=1【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块在B点所受的支持力，从而得出滑块对B点的压力，根据动能定理求出AB端克服阻力做功的大小（2）若=0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出C到D的时间（3）最终滑块停在D点有两种可能，一个是滑块恰好从C下滑到D，另一种是在斜面CD和水平面见多次反复运动，最终静止在D点，结合动能定理进行求解【详解】（1）滑块在B点，受到重力和支持力，在B点，根据牛顿第二定律有：Fmgm，代入数据解得：F=20N，由牛顿第三定律得：F=20N从A到B，由动能定理得：mgRWmv2，代入数据得：W=2J（2）在CD间运动，有：mgsin=ma，加速度为：a=gsi

11、n=100.6m/s2=6m/s2，根据匀变速运动规律有：svt+at2代入数据解得：t=s（3）最终滑块停在D点有两种可能：a、滑块恰好能从C下滑到D则有：mgsins1mgcoss0mv2，代入数据得：1=1，b、滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点当滑块恰好能返回C有：1mgcos2s0mv2，代入数据得到：1=0.125，当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsin=2mgcos，代入数据得到：2=0.75所以，当0.1250.75，滑块在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点综上所述，的取值范围是0.1250.75或=1【点睛】解决本题的关键理清滑块在整个过程中

12、的运动规律，运用动力学知识和动能定理进行求解，涉及到时间问题时，优先考虑动力学知识求解对于第三问，要考虑滑块停在D点有两种可能15（1）25V；（2）0.2m；（3）见解析；（4）见解析【详解】（1）电荷在电场中作类平抛运动，有则且则（2）在时间，时刻射入两板间的带电粒子进入磁场并能够从磁场右边界射出，则其他粒子也都能从磁场的右边界射出，粒子进入磁场做匀速圆周运动，则则由第一问可知磁场的最大宽度为（3）时刻进入的粒子先做匀速直线运动，再做类平抛运动，类平抛运动时间应为，若向上偏转，根据平抛运动公式得进入坐标为（0，0.0125m），进入磁场做匀速圆周运动，有离开磁场时的坐标离开磁场左边界坐标为（0，0.4125m）；若向下偏转，根据平抛运动公式得进入坐标为（0，0.0125m），进入磁场做匀速圆周运动离开磁场时的坐标离开磁场左边界坐标为（0，0.3875m）。（4）由对称性可设计如图所示的磁场区域，粒子源沿x轴向右连续发射的带电粒子，经过y轴右边的几个有边界的磁场后，带电粒子又返回粒子源，如图所示：