高考物理遼寧卷（6月）3年（2023-2023）真題匯編-解答題（有解析）

第第頁高考物理遼寧卷（6月）3年（2023-2023）真題匯編-解答題（有解析）中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺

高考物理遼寧卷（6月）3年（2023-2023）真題匯編-解答題

一、解答題

1．（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）某大型水陸兩柄飛機(jī)具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練中，該飛機(jī)在水而上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達(dá)到v=80m/s時離開水面，該過程滑行距離L=1600m、汲水質(zhì)量m=1.0×10kg。離開水面后，飛機(jī)琴升高度h=100m時速度達(dá)到v=100m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標(biāo)時開始空中投水。取重力加速度g=10m/s。求：

（1）飛機(jī)在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時間t；

（2）整個攀升階段，飛機(jī)汲取的水的機(jī)械能增加量ΔE。

2．（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場，板長是板間距離的倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。己知圓形磁場區(qū)域半徑為，不計粒子重力。

（1）求金屬板間電勢差U；

（2）求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ；

（3）僅改變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O'點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的側(cè)形磁場區(qū)域的圓心M。

3．（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）如圖，質(zhì)量m1=1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2=4kg的小物塊以水平向右的速度滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關(guān)系為。取重力加速度g=10m/s2，結(jié)果可用根式表示。

（1）求木板剛接觸彈簧時速度的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1；

（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小；

（3）已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0。求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能U（用t表示）。

4．（2022·遼寧·高考真題）2022年北京冬奧會短道速滑混合團(tuán)體2000米接力決賽中，我國短道速滑隊奪得中國隊在本屆冬奧會的首金。

（1）如果把運動員起跑后進(jìn)入彎道前的過程看作初速度為零的勻加速直線運動，若運動員加速到速度時，滑過的距離，求加速度的大??；

（2）如果把運動員在彎道滑行的過程看作軌道為半圓的勻速圓周運動，如圖所示，若甲、乙兩名運動員同時進(jìn)入彎道，滑行半徑分別為，滑行速率分別為，求甲、乙過彎道時的向心加速度大小之比，并通過計算判斷哪位運動員先出彎道。

5．（2022·遼寧·高考真題）如圖所示，光滑水平面和豎直面內(nèi)的光滑圓弧導(dǎo)軌在B點平滑連接，導(dǎo)軌半徑為R。質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過B點時的速度大小為，之后沿軌道運動。以O(shè)為坐標(biāo)原點建立直角坐標(biāo)系，在區(qū)域有方向與x軸夾角為的勻強(qiáng)電場，進(jìn)入電場后小球受到的電場力大小為。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：

（1）彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；

（2）小球經(jīng)過O點時的速度大?。?/p>

（3）小球過O點后運動的軌跡方程。

6．（2022·遼寧·高考真題）如圖所示，兩平行光滑長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為L。區(qū)域有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上。初始時刻，磁場外的細(xì)金屬桿M以初速度向右運動，磁場內(nèi)的細(xì)金屬桿N處于靜止?fàn)顟B(tài)。兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。兩桿的質(zhì)量均為m，在導(dǎo)軌間的電阻均為R，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場及導(dǎo)軌的電阻忽略不計。

（1）求M剛進(jìn)入磁場時受到的安培力F的大小和方向；

（2）若兩桿在磁場內(nèi)未相撞且N出磁場時的速度為，求：①N在磁場內(nèi)運動過程中通過回路的電荷量q；②初始時刻N到的最小距離x；

（3）初始時刻，若N到的距離與第（2）問初始時刻的相同、到的距離為，求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍。

7．（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）機(jī)場地勤工作人員利用傳送帶從飛機(jī)上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1=0.6m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角，轉(zhuǎn)軸間距L=3.95m。工作人員沿傳送方向以速度v2=1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹（可視為質(zhì)點）。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：

（1）小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；

（2）小包裹通過傳送帶所需的時間t。

8．（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）如圖（a）所示，“系留氣球”是一種用纜繩固定于地面、高度可控的氦氣球，作為一種長期留空平臺，具有廣泛用途。圖（b）為某一“系留氣球”的簡化模型圖；主、副氣囊通過無漏氣、無摩擦的活塞分隔，主氣囊內(nèi)封閉有一定質(zhì)量的氦氣（可視為理想氣體），副氣囊與大氣連通。輕彈簧右端固定、左端與活塞連接。當(dāng)氣球在地面達(dá)到平衡時，活塞與左擋板剛好接觸，彈簧處于原長狀態(tài)。在氣球升空過程中，大氣壓強(qiáng)逐漸減小，彈簧被緩慢壓縮。當(dāng)氣球上升至目標(biāo)高度時，活塞與右擋板剛好接觸，氦氣體積變?yōu)榈孛鏁r的1.5倍，此時活塞兩側(cè)氣體壓強(qiáng)差為地面大氣壓強(qiáng)的。已知地面大氣壓強(qiáng)p0=1.0×105Pa、溫度T0=300K，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，活塞厚度忽略不計。

（1）設(shè)氣球升空過程中氦氣溫度不變，求目標(biāo)高度處的大氣壓強(qiáng)p；

（2）氣球在目標(biāo)高度處駐留期間，設(shè)該處大氣壓強(qiáng)不變。氣球內(nèi)外溫度達(dá)到平衡時，彈簧壓縮量為左、右擋板間距離的。求氣球駐留處的大氣溫度T。

9．（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，在x>0區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場；在x0）的粒子甲從點S（-a，0）由靜止釋放，進(jìn)入磁場區(qū)域后，與靜止在點P（a，a）、質(zhì)量為的中性粒子乙發(fā)生彈性正碰，且有一半電量轉(zhuǎn)移給粒子乙。（不計粒子重力及碰撞后粒子間的相互作用，忽略電場、磁場變化引起的效應(yīng)）

（1）求電場強(qiáng)度的大小E；

（2）若兩粒子碰撞后，立即撤去電場，同時在x≤0區(qū)域內(nèi)加上與x>0區(qū)域內(nèi)相同的磁場，求從兩粒子碰撞到下次相遇的時間△t；

（3）若兩粒子碰撞后，粒子乙首次離開第一象限時，撤去電場和磁場，經(jīng)一段時間后，在全部區(qū)域內(nèi)加上與原x>0區(qū)域相同的磁場，此后兩粒子的軌跡恰好不相交，求這段時間內(nèi)粒子甲運動的距離L。

參考答案：

1．（1），；（2）

【詳解】（1）飛機(jī)做從靜止開始做勻加速直線運動，平均速度為，則

解得飛機(jī)滑行的時間為

飛機(jī)滑行的加速度為

（2）飛機(jī)從水面至處，水的機(jī)械能包含水的動能和重力勢能，則機(jī)械能變化量為

2．（1）；（2）或；（3）

【詳解】（1）設(shè)板間距離為，則板長為，帶電粒子在板間做類平拋運動，兩板間的電場強(qiáng)度為

根據(jù)牛頓第二定律得，電場力提供加速度

解得

設(shè)粒子在平板間的運動時間為，根據(jù)類平拋運動的運動規(guī)律得

，

聯(lián)立解得

（2）設(shè)粒子出電場時與水平方向夾角為，則有

故

則出電場時粒子的速度為

粒子出電場后沿直線勻速直線運動，接著進(jìn)入磁場，根據(jù)牛頓第二定律，洛倫茲力提供勻速圓周運動所需的向心力得

解得

已知圓形磁場區(qū)域半徑為，故

粒子沿方向射入磁場即沿半徑方向射入磁場，故粒子將沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為，則粒子在磁場中運動圓弧軌跡對應(yīng)的圓心角也為，由幾何關(guān)系可得

故粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為或；

（3）帶電粒子在該磁場中運動的半徑與圓形磁場半徑關(guān)系為，根據(jù)幾何關(guān)系可知，帶電粒子在該磁場中運動的軌跡一定為劣弧，故劣弧所對應(yīng)軌跡圓的弦為磁場圓的直徑時粒子在磁場中運動的時間最長。則相對應(yīng)的運動軌跡和弦以及圓心M的位置如圖所示：

3．（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）

【詳解】（1）由于地面光滑，則m1、m2組成的系統(tǒng)動量守恒，則有

m2v0=(m1＋m2)v1

代入數(shù)據(jù)有

v1=1m/s

對m1受力分析有

則木板運動前右端距彈簧左端的距離有

v12=2a1x1

代入數(shù)據(jù)解得

x1=0.125m

（2）木板與彈簧接觸以后，對m1、m2組成的系統(tǒng)有

kx=(m1＋m2)a共

對m2有

a2=μg=1m/s2

當(dāng)a共=a2時物塊與木板之間即將相對滑動，解得此時的彈簧壓縮量

x2=0.25m

對m1、m2組成的系統(tǒng)列動能定理有

代入數(shù)據(jù)有

（3）木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，由于木板即m1的加速度大于木塊m2的加速度，則當(dāng)木板與木塊的加速度相同時即彈簧形變量為x2時，則說明此時m1的速度大小為v2，共用時2t0，且m2一直受滑動摩擦力作用，則對m2有

－μm2g2t0=m2v3－m2v2

解得

則對于m1、m2組成的系統(tǒng)有

U=Wf

聯(lián)立有

4．（1）；（2），甲

【詳解】（1）根據(jù)速度位移公式有

代入數(shù)據(jù)可得

（2）根據(jù)向心加速度的表達(dá)式

可得甲、乙的向心加速度之比為

甲、乙兩物體做勻速圓周運動，則運動的時間為

代入數(shù)據(jù)可得甲、乙運動的時間為

，

因，所以甲先出彎道。

5．（1）；（2）；（3）

【詳解】（1）小球從A到B，根據(jù)能量守恒定律得

（2）小球從B到O，根據(jù)動能定理有

解得

（3）小球運動至O點時速度豎直向上，受電場力和重力作用，將電場力分解到x軸和y軸，則x軸方向有

豎直方向有

解得

，

說明小球從O點開始以后的運動為x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，y軸方向做勻速直線運動，即做類平拋運動，則有

，

聯(lián)立解得小球過O點后運動的軌跡方程

6．（1），方向水平向左；（2）①，②；（3）

【詳解】（1）細(xì)金屬桿M以初速度向右剛進(jìn)入磁場時，產(chǎn)生的動生電動勢為

電流方向為，電流的大小為

則所受的安培力大小為

安培力的方向由左手定則可知水平向左；

（2）①金屬桿N在磁場內(nèi)運動過程中，由動量定理有

且

聯(lián)立解得通過回路的電荷量為

②設(shè)兩桿在磁場中相對靠近的位移為，有

整理可得

聯(lián)立可得

若兩桿在磁場內(nèi)剛好相撞，N到的最小距離為

（3）兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導(dǎo)軌上運動，若N到的距離與第（2）問初始時刻的相同、到的距離為，則N到cd邊的速度大小恒為，根據(jù)動量守恒定律可知

解得N出磁場時，M的速度大小為

由題意可知，此時M到cd邊的距離為

若要保證M出磁場后不與N相撞，則有兩種臨界情況：

①M減速出磁場，出磁場的速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對M根據(jù)動量定理有

聯(lián)立解得

②M運動到cd邊時，恰好減速到零，則對M由動量定理有

同理解得

綜上所述，M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍為

7．（1）；（2）

【詳解】（1）小包裹的速度大于傳動帶的速度，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳動帶向上，根據(jù)牛頓第二定律可知

解得

（2）根據(jù)（1）可知小包裹開始階段在傳動帶上做勻減速直線運動，用時

在傳動帶上滑動的距離為

因為小包裹所受滑動摩擦力大于重力沿傳動帶方向上的分力，即，所以小包裹與傳動帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端，勻速運動的時間為

所以小包裹通過傳送帶的時間為

8．(1)5.0×104Pa；(2)266K

【詳解】（1）汽囊中的溫度不變，則發(fā)生的是等溫變化，設(shè)氣囊內(nèi)的氣體在目標(biāo)位置的壓強(qiáng)為，由玻意耳定律

解得

由目標(biāo)處的內(nèi)外壓強(qiáng)差可得

解得

（2）有胡克定律可知彈簧的壓縮量變?yōu)樵瓉淼?，則活塞受到彈簧的壓力也變?yōu)樵瓉淼?，?/p>

設(shè)此時氣囊內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為，對活塞壓強(qiáng)平衡可得

由理想氣體狀態(tài)方程可得

其中

解得

9．（1）；（2）；（3）

【詳解】（1）粒子甲勻速圓周運動過P點，則在磁場中運動軌跡半徑

R=a

則

則

粒子從S到O，有動能定理可得

可得

（2）甲乙粒子在P點發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度為、，取向上為正，