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2023年高考押题预测卷01【辽宁卷】
物理·全解全析
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C D D A B B B BC AD AC
1．C
【详解】β射线是原子核发生β衰变产生的，是核内中子转化为质子时放出的负电子，不是原子核外电子
电离产生的，故A错误； 半衰期的大小由原子核内部因素决定，与温度、压强等因素无关，故B错误；
原子核在衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，故C正确； 有些原子核不稳定，可以自发地衰变，但
不是所有元素都可能发生衰变，故D错误；
2．D
【详解】A．对O点分析如图所示，设AB间绳长为L，两杆之间距离为d，由于挂钩光滑，OA、OB与竖
直方向夹角 相同
由几何关系可得
联立可得
对O点由平衡条件可得由于整个装置处于静止状态，故d、L不变，可知 不变， T不变，绳的张力不变，故A错误；
B D．将竖直杆缓慢向上移动一小段距离时，与A项分析相同，由于整个装置处于静止状态，故d、L不变，
则 不变，则 T不变，又m静止，故m和M之间无摩擦力，即m受到的静摩擦力为0，而M受到地面的
静摩擦力和拉力T平衡，故M受到的摩擦力不变，故B错误，D正确；
C．根据AB项的分析，M受到地面的静摩擦力和拉力T平衡，故M所受的静摩擦力为
但不能用滑动摩擦力 的公式进行计算，故C错误。
故选D。
3．D
【详解】A．在地球的表面发射飞出太阳系的最小发射速度，叫做第三宇宙速度v=16.7km/s，故A错误；
3
B．根据重力提供向心力得 ，解得：地球上的第一宇宙速度 ，同理得：木星上的第一
宇宙速度为： ，故木星与地球的第一宇宙速度之比 ，故B错误；
C．根据开普勒第三定律得： ，故 ，即地球与木星绕太阳公转周期之比的平方等于
它们轨道半长轴之比的三次方，故C错误；
D．根据重力与万有引力相等， ，解得： ，同理可得木星质量： ，故
，故D正确；
4．A
【详解】根据右手螺旋定则可知， 在A点产生的磁感应强度为 ，方向水平向右，由于则 在A点产生的磁感应强度为 ，方向竖直向上， 在A点产生的磁感应强度为 ，方向竖直向下，
则三条长直导线在A点产生的总磁感应强度为
故选A。
5．B
【详解】A．由题图乙可知，原线圈电压的有效值 ，由
解得
故电压表的示数为55V，A错误；
B．光照增强，光敏电阻R的阻值减小，由闭合电路欧姆定律知，通过副线圈的电流 增大，由变压器原
副线圈的电流关系
故电流表的示数变大，B正确；
C．开关K连通2时，由于电路中的电流是交流电，所以电容不断地充电和放电，即电路中有电流，D灯
泡是亮的，C错误；
D．由 知，理想变压器的输出电压 只由原线圈的电压和原、副线圈匝数比决定，故频率变化时，
电压表的示数不变，D错误。
故选B。
6．B
【详解】由题意作出光路图如下图所示设光的临界角为C，则有
解得
如图，在
时，均发生全反射，图中d点为入射角等于临界角的临界点，所以只有bd部分有黄色光透射出，所以有黄
色光射出部分的圆弧对对应的圆心角也是 ，对应圆弧的长度为
故ACD错误，B正确。
故选B。
7．B
【详解】A．由图可知， 时两车速度相等，甲车达到最大速度，牵引力等于阻力，乙车做加速运动，
牵引力大于阻力，则两车功率不相等，故A错误；
B．由图可知， 内，甲车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，乙车做加速运动，牵引力大于阻力，则
内两车牵引力始终不相等，故B正确；
C．根据题意可知，速度相等时两车间的距离最大，由图像面积可知，最大距离为
故C错误；
D．根据题意可知， 后甲车的功率不变，乙车的功率从零开始增大，开始一段时间内乙的功率小于甲车的功率，故D错误。
故选B。
8．BC
【详解】AB．设F 撤去时，滑块速度为v，F 作用时间为t，撤去力F 时滑块速度大小为v。由平均速度
1 1 2 2 2
与位移的关系可得
联立解得
v=3v
2 1
则F 对滑块的冲量大小
1
F 对滑块的冲量大小
2
A错误，B正确；
CD．F 对滑块做功
1
F 对滑块做功
2
C正确D错误。
故选BC。
9．AD
【详解】A．从图中可以看出4cm到10cm为半个波长，则波长等于12cm，故A正确；
B．明显的衍射的条件是障碍物或缝、孔的尺寸接近或小于波长，由于 ，所以这列波遇到
5m宽的物体，不能发生明显的衍射现象，故B错误；
C．由于该波向x轴正方向传播，根据振动和波动关系可知t=0.2s时刻，x=6cm处质点的速度沿y轴负方向，
故C错误；D．由图可知波在 传播的距离为 ，这列波的波速
当n=0时，这列波的波速可能为0.4m/s，故D正确。
故选AD。
【点睛】从图像中可以知道波长为λ=12cm，由于该波向x轴正方向传播，根据波动、振动进一步确定质点
速度方向，根据波传播的距离和时间可求波速。
10．AC
【详解】A B．根据题意负电荷从电容器A极板小孔处由静止开始加速，说明电容A极带负电为负极，据
感应电动势右手定则原理，可以判断杆向右匀速运动，故A正确B错误；
C D．带电粒子在磁场中偏转后，飞出磁场时的速度方向与原速度方向偏离了 ，根据洛伦兹力提供向
心力带电粒子在磁场中做匀速圆周运动有，其运动轨迹如图所以
根据上图可得D为带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的圆心，且CD为半径，CO为圆形磁场半径，带电
粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为
带电粒子在磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有
负电荷从电容器A极板小孔处由静止开始加速，设电容器两极电势差为U，电容器两极板距离为d，两极
板间产生的匀强电场强度为E，可得带电粒子在匀强电场中受到的电场力为
设带电粒子在匀强电场中受到电场力产生的加速度为 ，由牛顿第二定律有
带电粒子在电容产生的匀强电场中受到电场力，做均加速直线运动，由加速度与位移公式
由以上方程联立得
带入数据解得
由图分析得电容器两极电势差为U，同时也为电阻R两端的电压，设通过的电流为I，根据欧姆定律则有
金属杆以某一速度 在磁场中匀速运动产生的电动势为
则通过金属的电流为
以上方程带入数据解得
故C正确D错误。
故选AC。
11． 40Hz 9.75m/s2
【详解】(1)[1]电源频率为f，每两个计数点之间还有三个计时点未画出，可知相邻两计时点间的时间间隔
为
C点时的速度为[2]重物下落的加速度为
(2)[3]根据
带入数据可得
可知打该纸带所使用的电源频率为f=40Hz
[4]根据
可知该纸带所测的重力加速度为
12． 2.325 6.700 左 0.40
【详解】（1）[1][2]由图可得，其长度L和直径D分别为
（2）[3]因为待测电阻约为3千欧，则电流表应该内接，且滑动变阻器应该采用分压式接法，故电路链接
如图[4]闭合开关前，应该让待测电阻两端分的电压为零，即滑动变阻器的滑片应置于左端；
（3）[5]因为0~0.6A的电流表的精确度为0.02A，所以图丁所示电流表读数为
[6]由电阻定律 得
其中
联立解得
13．①350K；②
【详解】①在活塞A上放物块C前、后，封闭气体的压强分别为
p=p+ =
1 0
p=p+
2 0
由理想气体状态方程可得
解得再次稳定时气体的温度为T=350K
2
②在活塞B上物挂块C后，封闭气体的压强为
p=p－ =
3 0
设系统再次稳定后气柱长变为x，由理想气体状态方程可得
解得
x=
活塞B向下移动的距离为
14．（1） （2） ； （3）
【分析】（1）对系统运用动能定理，根据动能定理求出B球刚进入电场时，带电系统的速度大小．
（2）带电系统经历了三个阶段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场，根据动能定理求出A
球离开PQ的最大位移，从而求出带电系统向右运动的最大距离．根据B球在电场中运动的位移，求出电
场力做的功，从而确定B球电势能的变化量．
（3）根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出带电系统B球进入电场前做匀加速直线运动的时间，带电
系统在电场中做匀减速直线运动的时间，A球出电场带电系统做匀减速直线运动的时间，从而求出带电系
统从静止开始向右运动再次速度为零的时间，带电系统的运动周期为该时间的2倍．
【详解】（1）设B球刚进入电场时带电系统速度为v，由动能定理2qEL= ×2mv 2
1 1
解得
（2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场．
设A球离开NQ的最大位移为x，由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0
解得x= ；则s =
总
B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为其电势能的变化量为 E =W=3qE• =4qEL
P
△
（3）向右运动分三段，取向右为正方向，
第一段加速 ， ，
第二段减速 ，
设A球出电场电速度为v，由动能定理得-qEL=
2
解得 ，
则
第三段再减速则其加速度a 及时间t 为： ，
3 3
所以带电系统运动的周期为：T=2（t+t+t）= ．
1 2 3
15．（1） ，12m/s；（2）12m；（3）6m/s；
【详解】（1）对a匀速时
解得
又
E=Bdv
可得
v=12m/s
1
对a有又
解得
（2）a上CD、C′D′后与b动量守恒，则
解得
对b有
又
可得
故至少离CC′12m。
（3）b进入圆轨道时，因为
故沿轨道做圆周运动至GG′由
可得
v=12m/s
3
对b有又
且
U=Bdv
可得
可得
v=6m/s
