2023年天津高考物理模拟试题及答案

这是一份2023年天津高考物理模拟试题及答案，共14页。

A．质量变大B．质量变小C．重力变大D．重力变小
【分析】质量是物体的固有属性，重力与重力加速度有关。
【解答】解：AB、同一物体在地球表面还是在火星表面的质量不变，故AB错误。
CD、但是重力与所在位置的重力加速度有关，分析g值可知，物体在地球表面受到的重力大，火星表面受到的重力小，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了万有引力定律的应用，理解重力是变化的，而质量是不变的。
2．（6分）关于两个共点力F1，F2的夹角为θ，它们的合力为F，下面有关说法正确的是（ ）
A．若F1和F2大小不变，θ角变大，合力就越小
B．若F1，F2大小分别为4N，7N，它们合力可以为12N
C．若把F进行分解可以有多组分力，但每组只能有两个分力
D．质点除了受F1，F2作用，还受到F的作用
【分析】由力的合成方法可知，二力合成时，夹角越大，合力越小，两力合力的范围|F1﹣F2|≤F合≤F1+F2；一个合力与几个分力共同作用的效果相同，合力可以大于分力，可以小于分力，也可以等于分力。
【解答】解：A、若F1和F2大小不变，θ角越大，合力F越小，故A正确；
B、F1、F2大小分别为4N、7N，它们合力最大为11N，故B错误；
C、F进行分解可以有多组分力，但每组不一定只有两个分力，故C错误；
D、由力的合成方法可知，两力的合力与其两个力效果等效，合力并不是物体受到的力，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查对合力与分力关系的理解能力。合力与分力是等效的，合力的范围在两个分力之差与之和之间。二力合成时，夹角越大，合力越小。
3．（6分）如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则（ ）
A．a一定带正电，b一定带负电
B．两粒子速度都减少
C．a的加速度将减小，b的加速度将增大
D．两个粒子的电势能都增大
【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小；物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧；根据电场力做功来判断动能的变化
【解答】解：A．物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，所以能判断a、b一定带异种电荷，但是不清楚哪一个是正电荷，哪一个是负电荷，所以不能判断电场的方向，故A错误；
BD．物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，电势能都减小，故BD错误；
C．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确；
故选：C。
【点评】解决该题的关键是能根据曲线运动的条件判断粒子的受力，知道电场力做功与电势能之间的关系；
4．（6分）对于确定的一个霍尔元件，若保持通入的恒定电流不变，当磁感应强度增加时，霍尔电压UH应（ ）
A．不变B．减小C．增大D．不确定
【分析】载流子受到电场力和洛伦兹力作用，根据载流子受电场力和洛伦兹力平衡，结合电流的微观表达式证明UH＝k。
【解答】解：由UH＝k可得，当磁感应强度B增加时，UH增大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握电子在电场力和洛伦兹力作用下平衡。同时注意明确载流子带负电。
5．（6分）光电管是一种利用光照射产生电流的装置，当入射光照在管中金属板上时，可能形成光电流。表中给出了6次实验的结果。
由表中数据得出的论断中不正确的是（ ）
A．两组实验采用了不同频率的入射光
B．两组实验所用的金属板材质不同
C．若入射光子的能量为5.0eV，逸出光电子的最大动能为1.9eV
D．若入射光子的能量为5.0eV，相对光强越强，光电流越大
【分析】根据光子能量的大小分析是否为同频率的光子；根据光电效应方程求出两组实验中金属板的逸出功，从而确定是否为同种金属；根据光电效应方程分析光电子的最大初动能；根据表格数据分析光电流的大小与光的强度的关系。
【解答】解：A．第一组实验时，光子能量为4.0eV，第二组实验时，光子能量为6.0eV，可知两组实验采用了不同频率的入射光，故A正确；
B．根据光电效应方程Ek＝hv﹣W，可得第一组实验对应金属板的逸出功为W＝4.0eV﹣0.9eV＝3.1eV，第二实验对应金属板的逸出功为W'＝6.0eV﹣2.9eV＝3.1eV，有W＝W'，则可知两组实验所用的金属板材质相同，故B错误；
C．若入射光子的能量为5.0eV，根据光电效应方程Ek＝hv﹣W，可得逸出光电子的最大动能为Ek＝5.0eV﹣3.1eV＝1.9eV，故C正确；
D．由表格中的数据可知，在产生光电效应的前提下，对同种频率的入射光而言，入射光的强度越大，光电流越大，所以若入射光子的能量为5.0eV，相对光强越强，光电流越大，故D正确。
本题选不正确的，故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程，知道同一种金属，逸出功相同，知道最大初动能与遏止电压的关系，并能灵活运用，掌握光电流的大小与光的强度的大小关系。
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
6．（6分）关于核反应U+n→Sr+Xe+xn，下列说法正确的是（ ）
A．x＝10B．质量数不守恒
C．向外释放能量D．这是U的衰变
【分析】根据质量数守恒判断x的大小；根据裂变的特点可知裂变过程中向外释放能量。
【解答】解：AB、根据质量数守恒可知，x＝235+1﹣90﹣136＝10，故A正确、B错误；
CD、核反应U+n→Sr+Xe+xn属于裂变，裂变时出现质量亏损，向外释放能量，故C正确、D错误；
故选：AC。
【点评】本题主要是考查裂变，解答本题要掌握核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒，掌握裂变的特点。
7．（6分）如图所示，a、b、c、…、k为连续的弹性介质中间隔相等的若干质点，e点为波源，t＝0时刻从平衡位置开始向上做简谐运动，振幅为3cm，周期为0.2s。在波的传播方向上，后一质点比前一质点迟0.05s开始振动。t＝0.25s时，x轴上距e点2.0m的某质点第一次到达最高点，则（ ）
A．该机械波在弹性介质中的传播速度为8m/s
B．图中相邻质点间距离为0.5m
C．当a点经过的路程为9cm时，h点经过的路程为12cm
D．当b点在平衡位置向下振动时，c点位于平衡位置的上方
【分析】由波的周期为0.2s，后一质点比前一质点迟0.05s开始振动，可知相邻质点间的距离等于四分之一波长，e振动0.05s第一次到达波峰，根据t＝0.25s时，x轴上距e点2.0m的某质点第一次到达最高点，可得到波长，从而求得波速。结合对称性分析。
【解答】解：A．根据题意可知波的周期为0.2s，t＝0时刻e点从平衡位置开始向上做简谐运动，经过t＝0.05s，e点第一到达最高点。t＝0.25s时，x轴上距e点2.0m的某质点第一次到达最高点，则知该质点的振动比e点落后一个周期，所以波长为 λ＝2m，波速为 v＝10m/s，故A错误；
B．由波的周期为0.2s，后一质点比前一质点迟0.05s开始振动，可知相邻质点间的距离等于四分之一波长，可得相邻质点间的距离为，故B正确；
C．质点a到波源的距离为一个波长，h质点到波源的距离为四分之三的波长，由于振动幅为3cm，所以当当a点经过的路程为9cm时，即质点a振动了四分之三的周期，由对称性规律可知，质点h刚好振动一个周期，所以质点h的路程为4A＝12cm，故C正确；
D．b、c两质点均在波源的左侧，波是由c向b传播的，所以当当b点在平衡位置向下振动时，c点处于波谷，故E错误。
故选：BC。
【点评】本题考查分析波动形成过程的能力，要抓住质点的起振方向与波源的起振方向相同，振动在一个周期内传播一个波长等波的基本知识进行分析。
8．（6分）一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示，由图可知（ ）
A．该交流电的频率为50Hz
B．该交流电的电压的最大值为20V
C．该交流电的电压的有效值为10V
D．若将该交流电压加在阻值R＝10Ω的电路两端，则电阻消耗的功率为20W
【分析】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等。
【解答】解：A、由图可知，T＝4×10﹣2s，故f＝＝25Hz，故A错误；
BC、由图象可知交流电的最大值为20V，因此其有效值为：U＝＝10V，故B错误、C正确；
D、若将该交流电压加在阻值R＝10Ω的电路两端，则电阻消耗的功率为：P＝＝＝20W，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式。
三．填空题（共6小题，满分72分）
9．（6分）1960年第11届国际计量大会通过了国际通用的国际单位制，规定了7个基本物理量的单位，力学中有三个基本物理量，除了时间的单位是秒（s）以外，请你写出另外两个基本物理量的单位，它们分别是 千克 和 米 ．1N＝ 1kg•m/s2 ．在国际单位制（SI）中，物理量的单位分为基本单位和导出单位，力的单位N是 导出 单位．
【分析】国际单位制在力学中规定了三个基本物理量，分别为长度、质量、时间，它们在国际单位制中的单位称为力学基本单位．根据牛顿第二定律推导牛顿这个单位．
【解答】解：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为米、千克．
根据牛顿第二定律F＝ma得：1N＝1kg•m/s2，可见，N是导出单位．
故答案为：米、千克、1kg•m/s2、导出
【点评】解决本题的关键是掌握国际单位制中力学三个基本单位．要会根据公式，由基本单位推导出导出单位．
10．（6分）两位同学用两面平行的玻璃砖做“测玻璃的折射率”实验。
（1）甲同学在量入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO'（法线）延长线于C点，过A点和C点作垂直OO'的线段分别交于B点和D点，如图所示。测量有关线段长度，可得玻璃的折射率n＝ 。（用图中线段表示）
（2）甲同学在纸正确画出玻璃的两个界面ab和cd时不慎碰了玻璃砖使它向ab方向平移了一些，如图甲所示，其后的操作都正确，但画光路图时，将折射点确定在ab和cd上，则测出的n值将 不变 。（填“偏小”、“不变”、“偏大”）
（3）乙同学为了避免笔尖接触玻璃面，画出的a'b'和c'd'都比实际侧面外侧平移了一些，如图乙所示，以后的操作都是正确的，画光路时将入射点和折射点都确定在a'b'和c'd'上，则测出的n值将 偏小 。（填“偏小”、“不变”、“偏大”）
【分析】测定玻璃折射率的实验原理是折射定律n＝，作出光路图时，分析入射角与折射角的误差情况，即可分析折射率的测量值与真实值的关系。
【解答】解：（1）图中AO作为入射光线，OO'是折射光线，设光线在玻璃砖上表面的入射角为i，折射角为r，则由几何知识得到：
sini＝，
sinr＝，
又AO＝OC，则折射率n＝＝
（2）作出光路图，如图所示，实线是实际的光路，虚线是作图的光路，由几何知识可以知道，入射角与折射角没有误差，则由折射定律n＝可以知道，测出的n值将不变。
（3）作出光路图如图所示，实际是实际的光路，虚线是作图的光路，可以知道入射角不变，但折射角变大，由由折射定律n＝可以知道，测出的n值将偏小。
故答案为：（1）；（2）不变；（3）偏小。
【点评】本题考查测量玻璃折射率的实验，明确实验原理从而明确误差来源；对于分析实验误差问题，关键从实验原理出发，分析入射角和折射角的变化，从而可以分析折射率的误差。
11．（6分）某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率。实验操作如下：
（1）螺旋测微器如图1所示。在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动 C （选填“A““B”或“C“），直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。
（2）选择电阻丝的 不同 （选填“同一”或“不同”）位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径。
（3）图2甲中Rx为待测电阻丝。请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入图2乙实物电路中的正确位置。
（4）为测量Rx，利用图2甲所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1﹣I1关系图象如图3所示。接着，将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：
请根据表中的数据，在方格纸上作出U2﹣I2图象。
（5）由此，可求得电阻丝的Rx＝ 23.5 Ω．根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率。
【分析】（1）根据螺旋测微器结构明确进行微调的部位；
（2）为减小实验误差要进行多次测量求平均值，根据题意分析答题；
（3）根据图示电路图连接实物电路图；
（4）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象；
（5）根据电路图与图示图象应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻丝阻值。
【解答】解：（1）为保护螺旋测微器，将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动微调旋钮C，直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。
（2）为减小实验误差，选择电阻丝的不同位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径。
（3）根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（4）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：
（5）由图示电路图可知：Rx+RA+R0＝＝＝49Ω，RA+R0＝＝＝25.5Ω，则电阻丝阻值：Rx＝49﹣25.5＝23.5Ω；
故答案为：（1）C；（2）不同；（3）实物电路图如图所示；（4）图象如图所示；（5）23.5。
【点评】要掌握常用器材的使用方法、注意事项与读数方法；为减小实验误差要进行多次测量求平均值；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法。
12．（16分）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°（sin12°≈0.21）。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经T＝6s到达B点进入BC．已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
（2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
【分析】（1）根据匀变速运动的平均速度公式与位移公式求出舰载机水平运动过程的末速度，然后应用动能定理可以求出水平力做功。
（2）根据题意求出BC圆弧的半径，应用牛顿第二定律求出飞行员受到的竖直向上的压力。
【解答】解：（1）舰载机做初速度为零的匀加速直线运动，
设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则舰载机在AB上滑行过程：L1＝t，
由动能定理得：W＝mv2﹣0，
代入数据解得：W＝7.5×104J；
（2）设上翘甲板对应的圆弧半径为R，由几何知识得：L2＝Rsinθ，
以飞行员为研究对象，由牛顿第二定律得：FN﹣mg＝m，
代入数据解得：FN＝1.1×103N；
答：（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W为7.5×104J；
（2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN大小为1.1×103N。
【点评】本题考查了动能定理与牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚舰载机的运动过程与飞行员的受力情况是解题的前提与关键，应用运动学公式、动能定理与牛顿第二定律可以解题。
13．（18分）如图所示，一个由同种粗细均匀的金属丝制成的半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环放在光滑的水平地面上，有一个磁感应强度大小为B方向竖直向下的匀强磁场，其边界为PQ．现圆环以速度v从如图位置朝磁场边界PQ运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为v，求：
（1）圆环的直径MN与边界线PQ重合时MN两点间的电压及圆环中感应电流方向；
（2）此过程中圆环产生的热量．
【分析】（1）由法拉第电磁感应定律 可求得电动势，再根据闭合电路欧姆定律可求得电压，根据楞次定律可明确电流方向；
（2）根据功能关系可明确安培力所做的功，即可求出产生的热量．
【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律得：
；
根据楞次定律得，感应电流电流为顺时针方向．
（2）由动能定理得：
而安培力所做的功等于产生的热量；即：Q＝﹣WA
得：
答：（1）圆环的直径MN与边界线PQ重合时MN两点间的电压为；圆环中感应电流方向为顺时针方向；
（2）此过程中圆环产生的热量．
【点评】此题是法拉第电磁感应定律及楞次定律的应用问题；解决本题的关键掌握瞬时感应电动势和平均感应电动势的求法，以及知道克服安培力做的功等于整个回路产生的热量，也等于导体棒动能的变化量．
14．（20分）如图所示，高为h的光滑绝缘直杆AD竖直放置，在D处有一固定的正点荷，电荷量为Q．现有一质量为m的带电小球套在杆上，从A点由静止释放，运动到B点时速度达到最大值，到C点时速度恰好又变为零，B和D相距为，C和D相距为，静电力常量为k，重力加速度为g，求：
（1）请判断小球的电性并求出小球的电荷量q；
（2）带电小球在C点处的加速度aC；
（3）C、A两点间的电势差UCA。
【分析】（1）小球运动到B点时速度达到最大值，合力为零，库仑力和重力二力平衡，根据库仑定律和平衡条件结合，即可求解小球的电荷量q和电性；
（2）根据牛顿第二定律和库仑定律结合求小球在C点处的加速度。
（3）从A到C过程，由动能定理求解C、A两点间的电势差。
【解答】解：（1）由小球从A点由静止释放，运动到B点时速度达到最大值，到C点时速度正好又变为零可知，小球受到的电场力向上，小球带正电。
对小球，根据题意可知在B点的加速度为零，则有：，
得：；
（2）对小球，在C点，有：
得：，方向竖直向上；
（3）对小球，从A到C过程，有：
得：
故：；
答：（1）小球的带正电，小球的电荷量q为；
（2）带电小球在C点处的加速度为，方向竖直向上；
（3）C、A两点间的电势差为。
【点评】解决该题的关键是明确知道小球在B点的速度最大时，其加速度为零，能正确判断小球受到的电场力方向，熟记点电荷之间的库仑力公式；组
次
入射光子的能量/eV
相对光强
光电流大小/mA
逸出光电子的最大动能/eV
第一组
1
2
3
4.0
4.0
4.0
弱
中
强
29
43
60
0.9
0.9
0.9
第二组
4
5
6
6.0
6.0
6.0
弱
中
强
27
40
55
2.9
2.9
2.9
U2/V
0.50
1.02
1.54
2.05
2.55
I2/mA
20.0
40.0
60.0
80.0
100.0