2023年高考考前押题密卷：物理（天津卷）（全解全析）

2023年高考考前押题密卷（天津卷）

物理·全解全析

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

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

一、单项选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个项选项中，只有一个选项是正确的）

1．【改编题】下列说法不正确的是（　　）

A．布朗运动和扩散现象都是由物质分子的无规则运动产生的，且剧烈程度都与温度有关

B．第二类永动机不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律

C．晶体和非晶体在一定条件下可以发生相互转化

D．温度相同、质量相等的氢气和氧气，若均可视为理想气体，则氢气的内能比氧气的内能大

【答案】  B

【解析】A．布朗运动和扩散现象都是由物质分子的无规则运动产生的，且剧烈程度都与温度有关，A正确；

B．第二类永动机不可能制成，是因为它违背了热力学第二定律，但不违背能量守恒定律， B错误；

C．晶体和非晶体是相对的，在一定条件下可以发生相互转化，C正确；

D．温度相同，可视为理想气体的氢气和氧气的平均动能相同，因为质量相等的氢气和氧气，氢气的分子数较多，所以氢气的内能比氧气的内能大，D正确。

本题选错误的，故选B。

2．我国空降部队在抗震救灾过程中多次建立功勋，这与伞兵们平时严格的训练是分不开的。一伞兵从高空悬停的直升机上无初速度下落，5s后打开降落伞。规定竖直向下为正方向，其沿竖直方向运动的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．0～5s内伞兵处于完全失重状态 B．5～9s内，伞兵处于超重状态

C．伞兵下落50m时速度小于 D．5～9s内伞兵所受的合力越来越大

【答案】  B

【解析】A．0～5s内伞兵向下的加速度为

则伞兵并非处于完全失重状态，选项A错误；

B．5～9s内，伞兵向下减速运动，加速度向上，则处于超重状态，选项B正确；

C．伞兵在开始的100m内做匀加速下降，则下落50m时速度

选项C错误；

D．图像的斜率等于加速度，可知5～9s内伞兵的加速度逐渐减小，则所受的合力越来越小，选项D错误。

故选B。

3．电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为，在泵头通入导电剂后液体的电导率为（电阻率的倒数），泵体所在处有方向垂直向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U（内阻不计）的电源上。则（　　）

A．泵体上表面应接电源负极

B．通过泵体的电流I = UL2

C．仅将磁场方向反向，电磁泵仍能正常工作

D．增大液体的电导率可获得更大的抽液高度

【答案】  D

【解析】A．当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，A错误。

B．根据电阻定律，泵体内液体的电阻

因此流过泵体的电流

B错误。

C．仅将磁场方向反向，根据左手定则，安培力和原来相反，液体的运动方向也会相反，电磁泵不能正常工作，C错误。

D．若增大液体的电导率，可以使电流增大，受到的磁场力增大，使抽液高度增大，D正确。

故选D。

4．“张北的风点亮北京的灯”，中国外交部发言人赵立坚这一经典语言深刻体现了2022年北京冬奥会的“绿色奥运”理念。张北可再生能源示范项目，把张北的风转化为清洁电力，并入冀北电网，再输向北京、延庆、张家口三个赛区。现有一小型风力发电机通过如图甲所示输电线路向北京赛区某场馆1万个额定电压为、额定功率为的LED灯供电。当发电机输出如图乙所示的电压时，赛区的LED灯全部可以正常工作。已知输电导线损失的功率为赛区获得总功率的，输电导线的等效电阻为。则下列说法正确的是（　　）

A．风力发电机的转速为

B．风力发电机内输出的电能为

C．降压变压器原、副线圈匝数比为

D．升压变压器副线圈输出的电压的最大值为

【答案】  C

【解析】A．由图乙可知，交流电的频率为

因此风力发电机的转速，故A错误；

B．1万个额定功率为的LED灯正常工作时，电功率

而输电线上损失的功率

所以风力发电机的功率为，因此风力发电机输出的电能

故B错误；

C．输电线路损失的功率，根据

可得，输电线上电流为

而通过降压变压器副线圈的电流

因此降压变压器原、副线圈匝数比

故C正确；

D．输电线路损失的电压

根据

可得

所以升压变压器副线圈输出的电压有效值为，最大值为，故D错误。

故选C。

5．“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是（　　）

A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变

B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动

C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为

D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为

【答案】  C

【解析】A．对动车由牛顿第二定律有

若动车组在匀加速启动，即加速度恒定，但随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；

B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有

故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；

C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有

而以额定功率匀速时，有

联立解得

故C正确；

D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，由动能定理可知

可得动车组克服阻力做的功为

故D错误；

故选C。

二、不定项选择题（每小题5分，共15分，每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）

6．【改编题】下列说法正确的是 （　　）

A．卢瑟福通过粒子散射实验发现了质子

B．对于相同的障碍物，红光在空气中比在水中更容易发生明显的衍射现象

C．照相机的镜头表面镀有一层膜使照相效果更好，是利用于光的衍射现象

D．用声呐探测水中的暗礁、潜艇，是利用了波的反射现象

【答案】  BD

【解析】A．卢瑟福通过原子核人工转变实验发现了质子，A错误；

B．红光在水中的传播速度小于在空气中的传播速度，由可知，红光在空气中的波长比在水中的波长大，故红光在空气中更容易发生明显的衍射现象，B正确；

C．照相机的镜头表面镀一层膜是利用了光的薄膜干涉原理，故C错误；

D．声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射现象，故D正确；

故选BD。

7．2021年2月10日，我国首次火星探测任务“天问一号”火星探测卫星顺利实施近火制动，完成火星捕获，正式踏入环绕火星轨道。假设火星可视为半径为R的均匀球体，探测卫星沿椭圆轨道绕火星运动，如图所示。椭圆轨道的“近火点”P离火星表面的距离为2R，“远火点”Q离火星表面的距离为4R，万有引力常量为G.下列说法正确的是（    ）

A．若已知“天问一号”在椭圆轨道运行的周期为T，火星的质量为

B．若已知“天问一号”在椭圆轨道运行的周期为T，火星的第一宇宙速度为

C．“天问一号”在“近火点”P和“远火点”Q的加速度大小之比为25:9

D．“天问一号”在“近火点”P和“远火点”Q的速率之比为2:1

【答案】  BC

【解析】AB．已知探测卫星在椭圆轨道运行的周期为T，可根据开普勒第三定律，计算近地卫星周期

第一宇宙速度

第一宇宙速度运动时，根据

可以计算火星质量

A错误，B正确；

C．根据

卫星在“近火点”P和“远火点”Q的加速度大小之比为25:9，C正确；

D．根据开普勒第二定律

探测卫星在“近火点”P和“远火点”Q的速率之比为5:3，D错误；

故选BC。

8．如图所示，O点是竖直平面内圆的圆心，A、B、C三点将圆三等分，CD是圆的水平直径，在A、B两点分别固定等量的正点电荷。不计重力，下列说法正确的是（　　）

A．D、O、C三点的电势大小关系为φ＝φ＝φ

B．一个电子可以在A、B两点电荷的电场中做圆周运动

C．将一个电子从C点静止释放，电子从C点沿直线到D点的过程中所受的电场力一定是先增大后减小，然后再增大

D．若一电子源从O点以相同的初动能沿圆周平面内向各个方向发射电子，则从D点离开圆周的电子的动能最大

【答案】  BC

【解析】A．D、O与两点电荷的距离相等且小于C点与两点电荷的距离，由电势的叠加可知

故A错误；

B．在A、B两点连线的中垂面内，电子受到的合电场力方向指向A、B两点连线的中点，若给电子适当的初速度，电子可以在A、B两点连线的中垂面内绕AB的中点为圆心做匀速圆周运动，故B正确。

C．设A、B两点间距为L，两点电荷的电量均为，CD上某点M，设

A、B两点电荷在M点形成电场的合场强沿OC方向，其大小为

，

由数学知识可知当

有最大值。由几何知识可知，当电子在C点时，，当电子在O点时，，因此电子在CO之间的某处受到的电场力达到最大值，而电子运动到A、B两点连线的中点时，受到的电场力为零，然后往左运动时，受到的电场力反向，大小增大。因此，电子从C点沿直线到D点的过程中所受的电场力先增大后减小，然后再增大，故C正确；

D．只有电场力做功时，带电粒子的动能与电势能之和为一个定值，由于D点不是圆上电势最高的点，因此D点不是电子的电势能最小的点，故电子从D点离开圆时动能不是最大的，故D错误。

故选BC。

9. （12分）【改编题】实验题

（1）如图1所示为“用打点计时器验证机械能守恒定律”的实验装置。

①实验中得到的一条纸带，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。重物质量用m表示，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。则从打下O点到打下B点的过程中，重物动能的增加量______。

②在实验过程中，下列实验操作和数据处理错误的是______。

A．重物下落的起始位置靠近打点计时器

B．做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重物

C．为测量打点计时器打下某点时重物的速度v，可测量该点到O点的距离h，再根据公式计算，其中g应取当地的重力加速度

D．用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度

③某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到初速度为零的起始点的距离h，并计算出打相应计数点时重物的速度v，描点并绘出的图像。若实验中重物所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的图像是图中的______。

A．  B．

C．  D．

（2）在练习使用多用电表的实验中

①用多用电表的欧姆挡测量阻值约为十几千欧的电阻，以下是测量过程中的一些主要实验步骤：

A．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向欧姆零点，然后断开两表笔；

B．旋转选择开关至OFF位置，并拔出两表笔；

C．旋转选择开关至“×1k”位置；

D．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值，断开两表笔。

以上实验步骤的正确顺序是_________（填写步骤前的字母）。

实验中，多用表的指针位置如图甲所示，则此被测电阻的阻值约为_________kΩ。

②为了较精确地测量另一定值电值，采用图乙所示的电路。电源电压U恒定，用多用电表测电路中的电流，闭合电键，多次改变电阻箱阻值R，记录相应的R和多用电表读数I，得到的关系如图丙所示。则_________Ω，电源电压_________V。

【答案】（1）①  ；② C； ③ A；（2）① CADB ； 17.0 ； ②200；     8

【解析】（1）① 根据匀变速直线运动规律得B点速度为

则打B点时重锤的动能为

则动能增量为

② A．为充分利用纸带，重物下落的起始位置靠近打点计时器，故A正确；

B．为充分利用纸带，做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重锤，故B正确；

C．根据实验打出的纸带，应根据匀变速直线运动的推论求出打点计时器打下某点时重锤的速度v，不能测量该点到O点的距离h，再根据公式计算，故C错误；

D．用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度，故D正确。

本题错误的，故选C。

③由动能定理得

整理得

则v2-h图象的斜率确定，是正比例函数。

故选A。

（2）①多用电表操作顺序为：选挡——欧姆调零——测量——旋转选择开关至OFF位置，故顺序为CADB。

由于指针附近部分最小分度值为1，应下位估读，故指针所指位置为17.0 kΩ。

②对回路列闭合电路欧姆定律

即

即图像的纵截距大小为，图像的斜率大小为。

10. （14分）如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出。装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长，相距，两极板间加以电压的偏转电场。从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。已知电子的电荷量，电子的质量，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力。求：

（1）电子射入偏转电场时的动能Ek；

（2）电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y。

【答案】  （1）；（2）

【解析】（1）电子在加速电场中，根据动能定理有

解得

（2）设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子在水平方向做匀速运动

解得

电子在竖直方向受电场力

电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a，依据牛顿第二定律有

解得

电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量

联立上式解得

11. （15分）如图所示，两根足够长的平行金属导轨、固定在倾角的绝缘斜面上，顶部接有一阻值的定值电阻，下端开口，轨道间距，整个装置处于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量的金属棒置于导轨上，在导轨之间的电阻，电路中其余电阻不计，金属棒由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好，不计空气阻力影响，已知金属棒与导轨间动摩擦因数，，取。

（1）求金属棒沿导轨向下运动的最大速度。

（2）求金属棒沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率。

（3）若从金属棒开始运动至达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为，求这个过程的经历的时间。

【答案】  （1）；（2）3W；（3）2s

【解析】（1）金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度，由牛顿第二定律得

又

，，

解得

（2）金属棒以最大速度匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时

联立解得

（3）设金属棒从开始运动到达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律

根据焦耳定律

联立解得

根据

，，，

解得

由动量定理

解得

12. （18分）在一水平的长直轨道上，放着两块完全相同的质量为的长方形木块，依次编号为木块和木块，如图所示。在木块左边放一质量为的大木块，大木块与木块之间的距离与、两木块间的距离相同，均为。现在所有木块都静止的情况下，将一沿轨道方向的恒力一直作用在大木块上，使其先与木块发生碰撞，碰后与木块结合为一体再与木块发生碰撞，碰后又结合为一体且恰能一起匀速运动，设每次碰撞时间极短，三个木块均可视为质点，且与轨道间的动摩擦因数相同。已知重力加速度为。

（1）求木块与水平轨道间的动摩擦因数；

（2）求三个木块一起匀速运动时的速度大小和在两次碰撞中损失的总机械能；

（3）若改变恒力的大小，使大木块与木块发生碰撞后结合为一体，但、两木块间不发生碰撞，则沿轨道方向的恒力要满足什么条件？

【答案】  （1）；（2）；（3）

【解析】（1）根据平衡条件可得

解得

（2）设大木块与木块碰撞前的速度为，根据动能定理得

解得

设大木块与木块碰撞后的速度为，根据动量守恒定律可得

解得

设木块与木块碰撞前的速度为，根据动能定理得

解得

设三个木块一起匀速运动的速度为，根据动量守恒定律可得

解得

根据能量守恒得在两次碰撞中损失的总机械能为

解得

（3）大木块与木块发生碰撞

即

设大木块与木块碰撞前的速度为，根据动能定理得

解得

设大木块与木块碰撞后的速度为，根据动量守恒定律可得

解得

若要、两木块间不发生碰撞，则

解得

若要求大木块与木块发生碰撞，但、两木块间不发生碰撞，则沿轨道方向的恒力就要满足