2023届辽宁省名校联盟高三下学期质量检测考试物理试题（解析版）

高三考试物理试卷

本试卷满分100分，考试用时75分钟。

注意事项：

L答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。

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。

4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。

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，有选错的得0分。

3Ek

1.用甲、乙两种单色光分别照射锌板，逸出的光电子的最大初动能分别为与、2。已知乙光的频率是

6

甲光频率的二，则锌板的逸出功为（）

35

A.耳B.-EkC.2EkD.

【答案】B

【解析】

【详解】根据爱因斯坦光电效应方程有

线=陟-网，?叱）

解得

3

吗=/

故选B。

2.沿x轴传播的一列简谐横波在f=0时刻的波动图像如图甲所示，平衡位置在x=4m处的质点。的振动图

像如图乙所示，下列说法正确的是（）

A.该波沿x轴负方向传播

B.该波波长为10m

C.该波的传播速度为12m/s

4

D.f=时刻，x=0处的质点回到平衡位置

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据题意，由图乙可知，质点。在，=0时，沿y轴正方向振动，结合图甲，由同侧法可知,

该波沿X轴正方向传播，故A错误：

BC.根据题意，由图甲可知，该波的波长为

2=2(10-4)m=12m

由图乙可知，该波的周期为

T=2(1.2-0.4)s=1.6s

2

由公式丫=亍可得，该波的传播速度为

v=-^m/s=7.5m/s

故BC错误；

D.根据题意由图可知，x=0处的质点在r=0时刻沿轴负方向振动，回到平衡位置时，相当于x=-2m

处的质点的振动形式传播到x=0处，则所用时间为

x24

t=—=----S=——S

v7.515

4

即，=^s时刻，x=0处的质点回到平衡位置，故D正确。

故选D。

3.如图所示，理想变压器与定值电阻R、理想交流电压表V、理想交流电流表A按图甲所示方式连接。已

知变压器的原、副线圈的匝数比为5:2,R=100C,测得电阻/?两端的电压〃随时间f的变化图像如图乙

所示，下列说法正确的是（）

A.电压表V的示数为220VB.电流表A的示数为0.44A

C.变压器的输入功率为242WD.变压器原线圈两端的电压为550夜V

【答案】A

【解析】

【详解】A.根据题意，由图乙可知，电阻/?两端电压的最大值为

"m=3UV

则电压表V的示数等于电阻R两端电压的有效值为

一正=220V

故A正确；

B.由欧姆定律可得，流过电阻的电流为

/2==2.2A

2R

由电流与匝数的关系可得，电流表A的示数为

乙=4k=0.88A

故B错误；

CD.由电压与匝数关系可得，变压器原线圈两端的电压为

4=也=550丫

%

则变压器的输入功率为

《=。/=484W

故CD错误。

故选Ao

4.一束激光由光导纤维左端的中心点。以a=60。的入射角射入，在光导纤维的侧面以入射角6=60。多

次反射后，从另一端射出，己知光导纤维总长为60m,光在真空中的传播速度c=3.0xl()8m/s。该激光

在光导纤维中传输所经历的时间为()

A.2xl(T8sB.4X10-8SC.2X10-7SD.4X10-7S

【答案】D

【解析】

【详解】由题意可知，光的入射角a=60。，由几何知识可知，折射角

夕=30。

由折射定律可知，折射率

sinasin60rr

n=-------=---------=v3

sinpsin30

激光在光导纤维中经过一系列全反射后从右端射出，设激光在光导纤维中传播的距离为s,光路图如图所示

x=OAsinO

x

04

光在光导纤维中的传播速度

C

V=—

n

该激光在光导纤维中传输所经历的时间

t=-

v

代入数据解得

Z=4xl07s

故选Do

5.如图所示，质量为的木块用轻质细绳竖直悬于0点，当一颗质量为，〃的子弹以%的速度水平向右射

入木块后，它们一起向右摆动的最大摆角为60。。木块可视为质点，重力加速度大小为g,则轻绳的长度为

()

////////

【答案】C

【解析】

【详解】设子弹射入木块后它们共同的速度大小为心根据动量守恒定律有

mvn=（m+4m）v

设轻绳的长度为3根据动能定理有

-5mgL（1-cos60）=0—gx5m\r

解得

故选Co

6.如图所示，三根轻质细线结于。点，Q4另一端固定在天花板上的A点（位于圆心0'的正上方），0B、

0C另一端分别连接质量为加的小球P（可视为质点）、质量为2m的物体Qo将物体Q放置于粗糙水平面

上，小球P放置于半径为R的光滑半圆柱上，当A、0、0'处于同一竖直线上时，OC处于水平且物体Q

恰好不滑动，此时|。卸=5式，|O0|=2R,重力加速度大小为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物

体Q与水平面间的动摩擦因数为（）

A岳R3厉「后n3厉

32641632

【答案】B

【解析】

【详解】根据题意，对小球P受力分析，受重力叫，光滑半圆柱的支持力N和绳子的拉力厂,处于平衡

状态，画出拉力尸等大反向的力尸'，即为加g和N的合力，如图所示

F_mg

OB-007

解得

厂3

F=~mg

由余弦定理有

停，+（2--我2

cos0=、）----------------------

2x-Rx2R

2

则有

sin0-V1-cos29-

8

对结点。受力分析，如图所示

F2=Ftsin0

对物体Q受力分析,如图所示

我N=2mg

f=F4

又有

总=舄=6sin8=Fsin^=Fsin0=m8

f="N

则有

/二招=3屏

故选B。

7.如图所示，平静的海面上，两艘拖船A、B通过不可伸长的缆绳拖着驳船C运动，某时刻两根缆绳的夹

角为。，两拖船A、B的速度大小分别为2m/s、2.4m/s。已知两拖船的运动方向始终沿缆绳方向，sin6=0.8,

则此时驳船C的速度大小为（）

2.4m/s

2m/s

A.2.5m/sB.3.0m/sC.3.6m/sD.3.9m/s

【答案】A

【解析】

【详解】经过极短时间。后，拖船A、B分别沿缆绳方向移动、vBAr,驳船C移动了七Ar,有如图

甲所示的几何关系，所以以、埸、心之间满足如图乙所示的关系，显然驳船C的速度大小对应图乙中四边

形外接圆的直径，根据正、余弦定理有

A/22+2.4~-2x2x2.4cos^,__.

%----------------------------------m/s=2.5m/s

sin。

8.如图所示，卫星A是2022年8月20日我国成功发射的“遥感三十五号04”组卫星（轨道为圆），卫星B

是地球同步卫星，卫星P是地球赤道上还未发射的卫星，已知三颗卫星的质量相等，下列说法正确的是（）

A.卫星A运动得最快B.卫星B的加速度最小

C.卫星B、P的角速度相等D.卫星P受到地球的引力最小

【答案】AC

【解析】

【详解】C.由于星B是地球同步卫星，卫星P是地球赤道上还未发射的卫星，卫星P、B的角速度相等,

c正确；

A.对于卫星A、B,根据万有引力提供向心力，有

2

「Mmv

G——二m—

rr

解得

由题图可知

以＜/

所以

匕＞%

由于星B是地球同步卫星，卫星P是地球赤道上还未发射的卫星,卫星P、B的角速度相等，根据

v=cor

可知

%＞4

则卫星A运动得最快，A正确；

B.根据

—Mm

G—―=ma

可知

根据

a=a)2r

可知

可知，卫星P的加速度最小，B错误;

D.根据

由于卫星P距地心最近，其受到地球的引力最大，D错误。

故选AC。

9.如图所示，用两根完全相同的带有绝缘外皮的导线首尾相接，分别绕制成一个单匝闭合圆环和两匝闭合

圆环，把它们垂直放在随时间均匀变化的磁场中，下列说法正确的是（）

A.穿过两环的磁通量之比为2：B.两环内的感应电动势之比为2：

C.两环内的感应电流之比为2：1D.相同时间内通过两环任一截面的电荷量之比为2：

【答案】BCD

【解析】

【详解】A.两根导线长度相同，有

=2nr2x2

二=2

r2I

则两圆面积之比为

S21

①1_g_4

而一菽一7

故A错误;

B.根据法拉第电磁感应定律有

可得

且二

瓦=了

故B正确；

C.两根导线完全相同有

4="=2

i2E2T

故C正确；

D.通过的电荷量

△0

q=n-----

R

可得

幺=2

/7

故D正确。

故选BCDo

10.如图所示，可绕固定转轴O在竖直平面内无摩擦转动的刚性轻质支架两端分别固定质量为5相、6机的

小球A、B,支架两条边的长度均为L，用手将B球托起至与转轴。等高，此时连接A球的细杆与竖直方

向的夹角为。，sin6=0.6,重力加速度大小为g,现突然松手，两小球在摆动的过程中，下列说法正确

的是（）

3

A.A球与转轴O等高时的动能为石■“4

24

B.B球下降的最大高度为不心

25

C.A球最大动能为［ngL

D.B球的最大动能为gmgL

【答案】BD

【解析】

【详解】根据题意可知，小球A、B共轴转动，角速度相等，由于转动半径相等，则小球A、B线速度相等,

转动过程中只有重力做功，小球A、B组成系统机械能守恒，由于

sin。=0.6

可得

8=37°

A.根据题意，设A球与转轴。等高时的速度为也由动能定理有

112

6mgLcos0-5mgLcos0=—x5mv2+—x6mv"

解得

则A球与转轴。等高时的动能为

12/ngL

=—x5mv=--------

211

故A错误;

B.根据题意，当小球B下降到最低点时，小球A、B的速度为零，设小球B向下转动的角度为a,则小球

A向上转动的角度也为a,如图所示

由系统的机械能守恒定律有

6mgLsin<2—5mgL[cos，+sin(e—53°)]=0

解得

.24

sinfz=-

25

则小球B卜降的最大高度为

24

H=Lsma=­L

25

故B正确;

CD.根据题意，当小球B向下转动的角度为£时、即小球A向上转动的角度也为则由动能定理有

0

6mgLsin^-5mgL[cos^+sin(；ff-53)]=£^,a+EkB

由数学知识解得，当

£=37。

时，小球A、B的动能之和有最大值为

£k,n=m8L

由于小球A、B速度的大小相等，则有

-5,

EkA^—mgL

_6

EkB^—mgLr

故C错误，D正确。

故选BD。

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

11.某同学欲测定滑块与长木板间的动摩擦因数〃。他将长木板左端垫高并固定，如图所示，在长木板上固

定两个光电门1、2,在长木板底端安装挡板并将轻弹簧的一端固定在挡板上，将带遮光条的滑块放在弹簧

上端，沿长木板向下推滑块将弹簧压缩到一定程度后由静止释放，滑块被弹簧弹出，依次通过光电门1、2,

记录遮光条通过光电门1、2的时间44、Z],测得滑块和遮光条的总质量为加，遮光条的宽度为"，光

电门1、2间的距离为L，长木板的倾角为8,重力加速度大小为g。回彳至下列问题：

光电门2

光电门]

遮光条

当板

(1)滑块在长木板上向上滑行时的加速度大小为______。

(2)滑块与长木板间的动摩擦因数为_____o

j211J2i

-

【答案】①.2/\2®-z、2/—一tan。

2L[(M)22gLeOS6[(M)(AJ

【解析】

【详解】(1)[1]根据题意可知，滑块通过光电门1、2的速度分别为

d

v,=——

由运动学公式/一片=2or可得，滑块在长木板上向上滑行时的加速度大小为

_片一：_/］________1

“=2L=五［（加了—0.

（2）⑵根据题意，对滑块受力分析有

=mgcos0

又有

由牛顿第二定律有

mgsin0+f=ma

联立解得

d2riii八

a=---------------------T-tan”

2gLcos8［（M）-（维）

12.某实验小组的同学要测量阻值约为300Q的定值电阻现备有下列器材:

A.电流表A（量程为10mA,内阻约为10。）；

B.电压表V（量程为3V,内阻约为3kC）；

C.滑动变阻器飞（阻值范围为（M0C,额定电流为2A）；

D.定值电阻与（阻值为750C）；

E.直流电源E（电动势为4.5V,内阻不计）；

F.开关S和导线若干。

（1）实验小组设计了如图甲、乙所示的两种测量电路，电阻的测量值可由％=告计算得出，式中U与/

分别为电压表和电流表的示数，则图（填“甲”或，，乙”）所示电路的测量值更接近待测电阻的真

实值。

（2）若采用（1）中所选电路进行测量,得到电压表和电流表的示数如图丙所示,则电压表的示数为V,

电流表的示数为mA,由此组数据可得待测电阻的测量值4=C,若所用电压表和电流表的内

阻分别按3kC和10。进行计算，则由此可得待测电阻的真实值氏真=Q（计算结果均保留三位有效

数字）。

【答案】①.甲②.1.60③.5.0320⑤.310

【解析】

详解】（1）U］由于

氏3000=10<a=迎

30

瓦“300

&10

可知电压表分流更明显，故采用电流表内接法，则题图甲所示的电路测量更准确，测量值更接近待测电阻

的真实值。

（2）［2］根据读数规律可知，电压表的示数

U=1.60V

⑶根据读数规律可知，电流表的示数

/=5.0mA

［4］根据欧姆定律可得待测电阻的测量值

1.60

。=320c

幻测=答5.0x10-3

⑸电路误差在于电流表的分压，则

%=写班=牛-牛="测-&

解得

/?,,=31()Q

13.如图所示，底部带有阀门K的导热汽缸静置在水平地面上，质量为〃八横截面积为S的活塞将汽缸内的

空气分为高度均为h的上、下两部分，初始时上面封闭空气的压强恰好等于外界大气压强。现用打气筒从

阀门K处缓慢充入空气，使活塞缓慢上升。已知重力加速度大小为g,大气压强恒为警，活塞可在汽缸

内无摩擦滑动且汽缸不漏气，空气可视为理想气体，不考虑空气温度的变化，当活塞上升。时，求：

2

（1）活塞上方封闭空气的压强P；

（2）活塞下方原来封闭的空气与充入空气的质量之比上

【详解】（1）根据题意，由玻意耳定律,对活塞上方封闭空气有

pahS=px^S

其中

_5m£

P°-S

解得

10mg

P=——

（2）根据题意，设活塞下方封闭空气初状态的压强为P1,活塞下方封闭空气末状态的压强为P：,假设末

状态活塞下方封闭空气等温膨胀到Pi时的体积为V,则有

mg

Py=P^—

，,mg

Px=P+—

J

由玻意耳定律有

3

p'lx-sh=py

塞下方原来封闭的空气与充入空气的质量之比为

,hS

K=--------

V-hS

解得

14.如图甲所示，质量M=1.5kg的长木板静止在足够大的水平地面上，一小物块以％=10m/s的速度从

左端滑上长木板后，不能从木板的右端掉落，其运动的丫一。图像如图乙所示。取重力加速度大小g=10m/s2,

求：

（1）小物块与木板间因摩擦产生的热量Q；

（2）2s4s内静摩擦力对长木板的冲量

【答案】⑴Q=40J；（2）/=2N-s,方向向右

【解析】

【详解】解：（1）根据题意由图乙可知，02s内小物块与长木板发生相对运动，/=2s时，小物块与长

木板具有相同速度2m/s,之后一起匀减速，连接坐标原点与图像的拐点，即为长木板的丫-，图像，如图

所示

v/(m-s')

0

9

8

7

6

5

4

3

2

设小物块质量为加，小物块与长木板间的动摩擦因数为从，长木板与地面间的动摩擦因数为〃2，前2s内

小物块的加速度大小为外,长木板的加速度大小为生，2s后小物块和长木板一起做匀减速直线运动时的加

速度大小为的，由牛顿第二定律有

Rng=ma1

41mg=Ma2

.(Al+zn)g=(A/+间内

由图像可得

4=I。22m/s2=4m/s2

2

a2=-|=lm/s

%=^^^m/s2=lm/s2

联立解得

m=1kg

=0.4

JLI2=0.1

由图像可得，02s内小物块的位移为

x}=gx(10+2)x2m=12m

长木板的位移为

1ccc

x.=­x2x2m=2