辽宁省名校2023届高三上学期12月联考物理试卷(含解析)

辽宁省名校2022年高三12月份联合考试

物理

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．

1．高空走钢丝杂技表演中，演员越接近钢丝末端，钢丝绳倾斜得越厉害，整个过程中演员始终在缓慢移动．一位演员正在进行表演，对该演员在甲、乙两位置时，下列说法正确的是（ ）．

A．在甲位置时钢丝对演员的作用力小于在乙位置时钢丝对演员的作用力 B．在甲位置时演员受到的合外力小于在乙位置时演员受到的合外力 C．在甲位置时演员对钢丝的压力大于在乙位置时演员对钢丝的压力 D．在甲位置时钢丝对演员的摩擦力大于在乙位置时钢丝对演员的摩擦力

2．货物运输过程中，一物体沿倾角为30的粗糙斜面从顶端以某初速度沿斜面下滑．如图所示，物体运动的位移x与时间t的关系图像是一段抛物线．其中，水平直线A是图像在

t22s时刻的切线，直线B是图像在0时刻的切线，重力加速度g取10ms2．下列说法

正确的是（ ）．

A．下滑过程中物体做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动 B．t1时刻为1s

C．物体与斜面间的动摩擦因数为3 6D．t2时刻的瞬时速度为2.5ms

3．如甲、乙两图所示，水平光滑的桌面足够长，不计滑轮的摩擦力，质量分别为m、M的两个木块用轻质细线连接．甲图中，对右侧木块施加的拉力水平向右，大小为F，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）．

A．甲图中，若FMg，则整体的加速度为

mMgM

B．甲图中，若mM，则细线的拉力为0

M2gC．乙图中，细线的拉力为

MmD．乙图中，若mM，则整体的加速度大小约为g

4．如图所示，两个互相垂直的平面a和b，其相交线上的M点和N点固定等量点电荷，O是MN的中点，A是平面a上的一点，B是平面b上的一点，AO和BO均垂直于MN，且AOBO，则下列说法正确的是（ ）．

A．若M、N固定等量同种点电荷，则A、B两点的电势相同，电场强度不相同 B．若M、N固定等量同种点电荷，则A、B两点的电势不相同，电场强度相同 C．若M、N固定等量异种点电荷，则A、B两点的电势不相同，电场强度相同 D．若M、N固定等量异种点电荷，则A、B两点的电势相同，电场强度不相同

5．空间存在一沿x轴方向的静电场，其电势随x变化的关系如图所示，一个带电粒子（重力不计）在电场中以原点为中心，沿x轴方向做周期性运动．若粒子的质量为m，电荷量大小为q，其能量（包括电势能和动能）为

3q0，则下列说法正确的是（ ）． 4

A．粒子带负电

B．O点左侧区域为匀强电场且电场强度大小为

0 5x0C．粒子在运动过程中离O点最远的距离为

9x0 4D．粒子在运动过程中的最大速度为3q0 4m6．如图所示的电路中，O点接地，当滑动变阻器滑片向左滑动时，电路中A、B两点的电势变化情况是（ ）．

A．都降低

B．都升高

D．A降低，B升高

C．A升高，B降低

7．用质谱仪测量带电粒子的比荷，其原理如图所示，A是粒子源，释放出的带电粒子（不计重力）经小孔S1飘入电压为U的加速电场（初速度可忽略不计），加速后经小孔S3进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，最后打在照相底片上的D点．测得D点到S3的距离为d，则该粒子的比荷等于（ ）．

A．

8U B2d2B．

4U B2d2C．

2U B2d2D．

U B2d28．某卫星首次地外天体采样返回任务完成．在采样返回过程中，该卫星要面对取样、上升、对接和高速再入等四个主要技术难题，要进行多次变轨飞行．该卫星绕月球飞行的三条轨道示意图如图所示，轨道1是贴近月球表面的圆形轨道，轨道2和轨道3是变轨后的椭圆轨道，并且都与轨道l相切于A点．A点是轨道2的近月点，B点是轨道2的远月点，该卫星在轨道1上的运行速率约为1.7kms．不计变轨过程中该卫星的质量变化，不考虑其他天体的影响，下列说法中正确的是（ ）．

A．该卫星在轨道2经过A点时的加速度等于在轨道l经过A点时的加速度 B．该卫星在轨道2经过B点时的速率可能大干1.7kms

C．该卫星在轨道3上运行的最大速率大于其在轨道2上运行的最大速率 D．该卫星在轨道3所具有的机械能小于其在轨道2所具有的机械能

9．如图所示，质量均为m的小球和小环用长为l不可伸长的轻绳相连，小环套在光滑固定的水平细杆上，将小球拉至轻绳与杆夹角为时，由静止释放，重力加速度为g，下列判断正确的是（ ）．

A．小球和小环组成的系统，动量守恒 B．小球向右摆到的最高点和释放点的高度相同 C．小球运动到最低点时，速度为gl1sin

D．小球运动到最低点时，轻绳对环的拉力为mg2sin

10．如图甲所示，竖直极板A、B之间距离为d1，电压为U1，水平极板C、D之间距离为d2，

GH为足够长的荧光屏，到极板C、D右端的距离为L．C、D之间的电压如图乙所示．在

A板有一电子源，能不断产生速率几乎为零的电子．电子经极板A、B间电场加速后从极板B的小孔射出，之后沿极板C、D的中心线射入极板C、D内．已知t0时刻射入C、D间的电子经时间T恰好能从极板C的边缘飞出．不计空气阻力、电子的重力以及电子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）．

A．电子在荧光屏上形成的亮线长度为

d2 3B．保持其他条件不变，只增大d1，荧光屏上形成的亮线长度变长 C．保持其他条件不变，只增大d2，荧光屏上形成的亮线长度变短 D．保持其他条件不变，只增大L，荧光屏上形成的亮线长度变长 二、非选择题：本题共5小题，共54分．

11．（6分）某实验小组设计如图所示的电路，测量电源电动势E和一个定值电阻Rx的阻值．实验室提供的器材有：待测电阻Rx（约100），待测电源E（电动势约3V，内阻不计），电压表V（量程03V，内阻约15k），电阻箱R（阻值范围0999.9），开关S，导线若干．

实验步骤如下：

Ⅰ．闭合开关S，多次调节电阻箱，记下电压表的示数U和电阻箱相应的阻值R；

Ⅱ．以R为纵坐标，______为横坐标，作图线（用直线拟合）；

Ⅲ．由图线得出直线与纵轴的交点坐标为aa0，与横轴的交点坐标为bb0，则定值电阻Rx______，电源电动势E______．（用a、b表示）

12．（8分）用下列器材测量电容器的电容：一块多用电表，一台直流稳压电源，一个待测电容器（额定电压16V），定值电阻R1100，定值电阻R2150，电流传感器、数据采集器和计算机，单刀双掷开关S，导线若干．实验过程如下： 实验次数 实验步骤 ①将电阻R1等器材按照图甲正确连接电路，将开关S与1端连接，第1次 电源向电容器充电． ②将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的it曲线如图乙中的实线a所示． ③用电阻R2替换R1，重复上述实验步骤①②，测得电流随时间变化的it曲线如图丙中的某条虚线所示． 说明两次实验中电源输出的直流电压恒定且相同． 第2次

请完成下列问题：

（1）第1次实验中，电阻R1两端的最大电压U__________V，利用计算机软件测得it曲线和两坐标轴所围的面积为90mAs，已知电容器放电时其内阻可以忽略不计，则电容器的电容为C__________F．

（2）第2次实验中，电流随时间变化的it曲线应该是图丙中的虚线______（选“b”“c”或“d”），判断依据是__________．

13．（10分）如图所示，质量为m245g的物块（可视为质点）放在质量为M0.5kg的

足够长的木板左端．木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为0.4．质量为m05g的子弹以速度v0300ms沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），重力加速度g取10ms．子弹射入后，求：

2

（1）物块相对木板滑行的时间； （2）物块相对木板滑行的位移．

14．（14分）如图所示，在竖直面内有一矩形区域ABCD，水平边长AB6L，竖直边长

BC8L，O为矩形对角线的交点．将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右

抛出，小球恰好经过C点．使此小球带电，电荷量为qq0，同时加一平行于矩形ABCD的匀强电场，现从O点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球，小球从矩形边界的不同位置射出，其中经过D点的小球的动能为初动能的5倍，经过E点（DC中点）的小球的动能和初动能相等，重力加速度为g．

（1）求小球的初动能；

（2）取电场中O点的电势为零，求D、E两点的电势； （3）求带电小球所受电场力的大小．

15．（16分）如图所示，在xOy平面的x轴上方区域范围内存在着范围足够大的匀强磁场．在

aa,，在某一时刻均匀地向平面内各个方向总共发射N处有一粒子源P（a为已知量）

2个（N足够大）质量为m、电荷量为q，速度大小恒为v0的带电粒子．其中沿x轴正方向发射的粒子打到x轴时速度与x轴正方向夹角为60，不计粒子重力及粒子间的相互作用．求：

（1）磁感应强度B及沿x轴正方向发射的粒子在磁场中运动的时间； （2）x轴上能接收到粒子的区域长度L；

（3）若磁场仅在一个半径为a的圆形区域内，圆心在0,a处．保持磁感应强度不变，2在x轴的正半轴上铺设挡板，粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上并被挡板吸收，求这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力．

参及解析

一、选择题 1．C

【解析】由于杂技演员是缓慢移动，在甲、乙位置都受力平衡，所以两位置钢丝对演员的作用力都要平衡人的重力，A项错误；

演员在两位置均受力平衡，合外力都是零，B项错误；

设钢丝切线与水平方向的夹角为，受力分析得FNmgcos，Ffmgsin，甲小于

乙，可得FN甲FN乙，由牛顿第三定律知在甲位置时演员对钢丝的压力大于在乙位置时演

员对钢丝的压力，甲位置时的摩擦力小于乙位置时的摩擦力，C项正确，D项错误． 2．B

【解析】物体运动的位移x与时间t的关系图像斜率减小，则物体的速度减小，xt图像是一段抛物线，所以物体做匀减速运动，且t2时刻曲线的切线水平，则此时物体的速度为零，AD项错误；

由A分析可得，物体做匀减速直线运动，末速度为零．设初速度为v0，加速度大小为a，

由逆向思维可得v0项正确；

12520at2，5at2，解得t11s，a2.5ms，v05ms，Bt12根据牛顿第二定律得mgcos30mgsin30ma，解得3，C项错误． 23．D

【解析】对甲图，若FMg，对整体根据牛顿第二定律有FMgmMa，解得

aMg，A项错误；

MmmFF， MmM1m

对甲图，对质量为m的木块根据牛顿第二定律有Tma

由上式可知，若mM，则细线的拉力TF，B项错误；

Mgg， Mm1mM对乙图，对整体根据牛顿第二定律有MgmMa，解得a由上式可知，若mM，则整体的加速度大小约为g，D项正确；

对乙图，对质量为m的木块根据牛顿第二定律可得细线的拉力大小为Tma项错误． 4．A

【解析】若M、N带等量同种电荷，电场强度的分布如图所示，

Mmg，C

Mm

A、B两点与点电荷的距离相等，A、B两点电势相同，根据对称性可知A、B两点电场强度大小相等，由图可知，A、B两点电场强度方向不同，A项正确，B项错误； 若M、N带等量异种电荷，电场强度的分布如图所示，

选无穷远处的电势为零，A、B两点存同一等势面上，电势相同且均为0，电场强度大小相等，方向相同，故CD项错误． 5．C

【解析】由题图知电场线沿x轴总指向原点O，x0区域，电场强度方向沿x轴正方向；

x0区域，电场强度方向沿x轴负方向．一个带电粒子在电场中以原点O为中心，沿x轴

方向做周期性运动，故粒子带正电，A项错误．

图线的斜率表示电场强度，在x0区域，图线斜率不变，电场强度大小E103x0；

在x0区域中，图线斜率不变，电场强度大小E102x0，B项错误．

由能量守恒定律得

39Uq0qU，又由0，得dx0，C项正确．

3x0d443q0312q0mvm，解得最大速度vm，D项错误．

2m42又由能量守恒定律得

6．B

【解析】当滑动变阻器滑片向左滑动时，电路中电阻减小，总电流增大，则R1两端电压增大，因O点接地，所以A点的电势比O点电势高，可得A点电势升高，因R1和电源内阻的分压增大，所以OB间的电压减小，而B点的电势比O点的电势低，故B点电势升高，B项正确，ACD项错误． 7．A

【解析】电场中，由动能定理得qU12mv，粒子在磁场中做圆周运动， 2v2q8U由洛伦兹力提供向心力得qvBm，联立解得22，BCD项错误，A项正确．

dmBd28．AC

【解析】由于A点到月心的距离不变，根据GMmma，可知卫星在轨道2经过A点时r2的加速度等于在轨道1经过A点时的加速度，A项正确；

Mmv2GM根据G2m得v，假设有一以月心为圆心的圆轨道经过B点，根据卫星的

rrr速度公式可知此轨道上的速度小于1.7kms，而卫星在圆轨道上的B点必须减速才会做近心运动进入轨道2运动，所以卫星在轨道2经过B点时的速率一定小于1.7kms，B项错误；

卫星由轨道2变轨到轨道3，必须在A点加速，所以卫星在轨道3所具有的最大速率大于在轨道2所具有的最大速率，C项正确；

由于卫星由轨道2变轨到轨道3，必须在A点加速，机械能增加，所以卫星在轨道3所具有的机械能大于在轨道2所具有的机械能，D项错误． 9．BC

【解析】根据题意可知，小球向下摆动，有竖直方向的加速度，系统竖直方向上合力不为零，则小球和小环组成的系统动量不守恒，A项错误；

根据题意可知，系统在水平方向上合力为零，则水平方向上动量守恒，运动到最高点时，竖直方向上速度为零，水平方向速度也为零，则重力势能与释放点的相等，即高度相同，B项正确；

根据题意可知，小球运动到最低点时，设小球速度的大小为v1，小环速度的大小为v2， 由动量守恒定律有mv1mv20，

由机械能守恒定律有mgl1sin1212mv1mv2，解得v1gl1sin，C项正确； 22根据题意可知，小球相对于小环的速度为vv1v2，

v2由牛顿第二定律有Fmgm，解得F5mg4mgsin，D项错误．

l10．AC

【解析】设电子进入偏转电场的速度为v，则根据动熊定理可得eU112mv， 2故电子进入偏转电场的速度v2eU1，电子在偏转电场中只受竖直方向的电场力作用， m故水平方向做匀速运动；

设电压UCDU2时电子的加速度为a，则aqEqU2， mmd2

电子在竖直方向

TT时间加速，时间匀速； 22故离开偏转电场的竖直分速度相同，离开偏转电场时的电子速度相同；离开偏转电场到光屏的运动都相同；

所以电子在荧光屏上形成的亮线长度等于电子出偏转电场时形成的亮线长度．

t0时刻射入C、D间的电子经时间T恰好能从极板C的边缘飞出，偏转量最大，

d1TTTT1T为y12aa，时刻射入C、D间的电子偏转量最小，为y2a，

22222222所以亮线长度为ly1y2a22TTd2，A项正确； 223保持其他条件不变，只增大d1，电子进入偏转电场的速度不变，后面的运动完全一致，故荧光屏上形成的亮线长度不变，B项错误；

保持其他条件不变，只增大d2，电子在偏转电场的加速度a减小，故荧光屏上形成的亮线长度变短，C项正确；

保持其他条件不变，只增大L，电子在离开偏转电场到达荧光屏的过程中运动完全一致，不会产生位移差，故荧光屏上形成的亮线长度不变，D项错误． 二、非选择题

11．

11（2分） a（2分） （2分） Ub1ERx，变形可得RERxRx，

RRxU【解析】由闭合电路欧姆定律可知U则应以

1为横坐标，R为纵坐标作出图像，根据数学规律可得出图像． Ua， b图像与纵坐标的交点表示定值电阻，图像的斜率表示ERx，Rxa，ERx

则可知E1，Rxa． b0.01（2分）

12．（1）9（2分） （2）c（2分）

两次放电电量相等，图线与t轴围成的面积相等，另由于R2R1，开关掷向2瞬间放电电流较小（2分）

【解析】（1）由图可知，最大电流Im90mA0.09A， 计算得出最大电压为UmImR10.09100V9V，

it曲线和两坐标轴所围的面积表示电容器的带电量Q90mAs，

Q可得C0.01F． Um由电容器电容的定义式C（2）第2次实验中，电流随时间变化的it曲线应该是图丙中的虚线c．

判断依据是：根据imUm，因第2次实验的最大放电电流小些，故不是b， R根据QmCUm，因两条曲线分别与坐标轴所围成的面积相等，故不是d而应该是c，所以正确答案是c． 13．（1）1s （2）3m

【解析】（1）子弹打入物块的过程中，由动量守恒定律得m0v0m0mv1（2分） 物块在木板上滑动至共速过裎中，由动量守恒定律得m0mv1m0mMv2（2分） 对子弹和物块整体，由动量定理得m0mgtm0mv2v1（2分）

联立解得物块相对木板的滑行时间tv2v11s（1分） g（2）子弹射入物块后，对子弹、物块和木板组成的系统，

由能量守恒定律得m0mgd联立解得d3m（1分）

11m0mv12m0mMv22（2分） 2214．（1）

9mgL 16（2）

7mgL4mgL

4qq

（3）

5mg 4【解析】（1）未加电场时，小球做平抛运动，水平方向上有3Lv0t（1分）

竖直方向上有4L12gt（1分） 2解得v032gL 4129mv0mgL（1分） 216小球的初动能为Ek0（2）加电场后，小球由O到D的过程，

由动能定理得qODmg4L5Ek0Ek0（2分）

又知O0，解得D7mgL（1分） 4q小球由O到E的过程，由动能定理得

qOEmg4LEk0Ek0（2分）

解得E4mgL（1分） q

（3）在OE上取一点F，使得OF7L，连接D、F， 4则DF为等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向低电势处，画出一条电场线如图所示．

根据数学知识可知cotEF30.75，53（1分） DE4电场方向垂直于DF向上 E、D间电势差为UED9mgL（1分） 4q根据UEDEcosE3Lcos53（1分）

解得E5mg（1分） 4q带电小球所受电场力的大小FqE5mg（1分） 415．（1）

mv0 qaπa 3v0（2）

153a 22Nmv0（3）

2π3ar【解析】（l）由几何关系可知cos60ra2（1分）

可得ra

2mv0由牛顿第二定律qv0B得（1分）

rBmv0（1分） qa12πrπa（1分） 6v03v0粒子在磁场中运动的时间t（2）粒子打在x轴上的范围如图所示

15aa（2分） 最右侧，过P点向x轴作垂线交x轴于点E，ED2a22223aa（2分） 最左侧，F与x轴相切，由几何关系知EFa2222联立解得x轴上能接收到粒子的区域长度L为L153153aaa（1分） 222（3）粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上，如图所示

a1根据几何关系则有sin2（1分）

a2

解得

π 6

πNmv0粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上的动量的变化量为p6Nmv02π12（1分）

5π2πa5πa粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上运动的最短时间为t16（1

2πv06v0分）

aaπaπa22粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上运动的最长时间为t2（1v0v0v0分）

根据动量定理得Ft2t1p（1分）

2Nmv0联立解得这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力为F（2

2π3a分）