2023年天津市紅橋區(qū)高考物理二模試卷

2023年天津市紅橋區(qū)高考物理二模試卷

A.MN對(duì)Q的彈力先減小后增大B.MN對(duì)Q的彈力先增大后減小

C.P對(duì)Q的彈力一直增大D.P對(duì)Q的彈力先減小后增大

2.對(duì)于紅、黃、藍(lán)三種單色光，下列表述正確的是（）

A.在相同介質(zhì)中，藍(lán)光的折射率最小B.紅光的頻率最高

C.在相同介質(zhì)中，藍(lán)光的波長最短D.黃光光子的能量最小

3.如圖甲中所示，一矩形線圈abed在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈所圍

面積的磁通量。隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，下列論述正確的是（）

A.。時(shí)刻線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大B.t2時(shí)刻導(dǎo)線ad的速度方向跟磁感線垂直

C.t3時(shí)刻線圈平面與中性面垂直D.t2,t4時(shí)刻線圈中感應(yīng)電流方向相同

4.為監(jiān)測(cè)某化工廠的含有離子的污水排放情況，技術(shù)人員在排污管中安裝了監(jiān)測(cè)裝置，該

裝置的核心部分是一個(gè)用絕緣材料制成的空腔，其寬和高分別為匕和c,左、右兩端開口與排

污管相連，如圖所示。在垂直于上、下底面加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在空腔前、

后兩個(gè)側(cè)面上各有長為a的相互平行且正對(duì)的電極M和N,M和N與內(nèi)阻力為R的電流表相連。

污水從左向右流經(jīng)該裝置時(shí)，電流表將顯示出污水排放情況。下列說法中正確的是（）

A.M板比N板電勢(shì)高

B.污水中離子濃度越高，則電流表的示數(shù)越小

C.污水流量大小，對(duì)電流表的示數(shù)無影響

D.若只增大所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，則電流表的示數(shù)也增大

5.人造地球衛(wèi)星可在高度不同的軌道上運(yùn)轉(zhuǎn)，已知地球質(zhì)量為M、半徑為R、表面重力加速

度為9,萬有引力常量為G,則下述關(guān)于人造地球衛(wèi)星的判斷正確的是（）

A.各國發(fā)射的所有人造地球衛(wèi)星的運(yùn)行速度都超過J乎

B.各國發(fā)射的所有人造地球衛(wèi)星的運(yùn)行周期都不小于2ττ∏

C.衛(wèi)星的運(yùn)行軌道半徑越大，其運(yùn)行速度也越大

D.地球同步衛(wèi)星可相對(duì)地面靜止在天津的正上空

二、多選題（本大題共3小題，共15.0分）

6.下列說法正確的是（）

A.液體中懸浮微粒越大布朗運(yùn)動(dòng)反而越不劇烈

B.布朗運(yùn)動(dòng)證明組成固體微粒的分子在做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)

C.封閉氣體壓強(qiáng)是大量氣體分子對(duì)容器器壁持續(xù)碰撞產(chǎn)生的

D.絕對(duì)溫度的零度是人們通過實(shí)驗(yàn)實(shí)際測(cè)量出來的

7.下列有關(guān)的說法正確的是（）

A.比結(jié)合能越小，表示原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定

B.根據(jù)玻爾理論，原子從高能態(tài)向低能態(tài)躍遷時(shí)放出的光子的能量等于前后兩個(gè)能級(jí)的能量

之差

C.0衰變現(xiàn)象說明電子是原子核的組成部分

D.夕衰變出現(xiàn)的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)變?yōu)殡娮雍唾|(zhì)子形成的

8.如圖所示，是一列簡(jiǎn)諧橫波在某時(shí)刻的波形圖，若此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P正處于加速運(yùn)動(dòng)過程中，則

此時(shí)（）

A.該機(jī)械波向X軸負(fù)方向傳播

B.質(zhì)點(diǎn)Q和質(zhì)點(diǎn)N均處于減速運(yùn)動(dòng)過程中

C.質(zhì)點(diǎn)Q和質(zhì)點(diǎn)N均處于加速運(yùn)動(dòng)過程中

D.質(zhì)點(diǎn)Q處于減速運(yùn)動(dòng)過程中，質(zhì)點(diǎn)N處于加速運(yùn)動(dòng)過程中

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共1小題，共4.0分）

9.一組同學(xué)在做“用單擺測(cè)定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中，用正確的操作方法，測(cè)定了6組擺長

L和周期T的對(duì)應(yīng)值。為了求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭,3位同學(xué)提出了3種不同的方法：

（1）從測(cè)定的6組數(shù)據(jù)中任意選取1組，用公式g=警求出g作為測(cè)量值；

（2）分別求出6個(gè)L值的平均值Z和6個(gè)T的平均值is用公式g=竽求出g作為測(cè)量值；

（3）在坐標(biāo)紙上作出廠-L圖像，從圖像中計(jì)算出圖線的斜率/c,根據(jù)g=母求出g作為測(cè)量

值。

你認(rèn)為以上三種方法中，錯(cuò)誤的是哪一種（填代號(hào)即可），其余正確方法中偶然誤差最

小的是哪一種（填代號(hào)即可）。

四、簡(jiǎn)答題（本大題共1小題，共8.0分）

10.用伏安法測(cè)電阻時(shí)，由于電壓表、電流表內(nèi)阻的影響，測(cè)量結(jié)果總存在系統(tǒng)誤差.按圖1所

示的電路進(jìn)行測(cè)量，可以消除這種系統(tǒng)誤差.

A該實(shí)驗(yàn)的第一步是：閉合電鍵Si，將電鍵S2接2,調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器RP和r,使電壓表讀數(shù)盡

量接近滿量程，讀出這時(shí)電壓表和電流表的示數(shù)U、∕1;第二步是：將電鍵S2接1,讀出這里

電壓表和電流表的示數(shù)U2、Z2;

在由以上記錄數(shù)據(jù)計(jì)算被測(cè)電阻RX的表達(dá)式是：

RX=----------

c將實(shí)物圖中給出的儀器按照電路圖的要求連接起來.

圖1圖2

五、計(jì)算題(本大題共3小題，共48.0分)

11.在距地面高為九的水平光滑桌面上放置著質(zhì)量均為m的4、B兩個(gè)物體G4、B可視為質(zhì)點(diǎn)，

開始時(shí)B離桌面左端足夠遠(yuǎn))，4的左端緊緊插入一質(zhì)量不計(jì)的彈簧，彈簧保持水平?，F(xiàn)給4-

個(gè)水平向左的瞬時(shí)沖量/,A獲得一個(gè)初速度之后通過彈簧和B發(fā)生正碰，問：

(1)4獲得的初速度幾大??；

(2)B脫離彈簧后，到達(dá)桌面左邊緣，并沿桌面飛出，求其落地速度"大小。

12.在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n=2000匝，橫截面積S=40cr∏2.螺線管導(dǎo)線電

Ifir=1.012,R1=4.0/2,R2—5.012,C=20μF。在一段時(shí)間內(nèi)，穿過螺線管的磁場(chǎng)的磁感

應(yīng)強(qiáng)度B按如圖乙所示的規(guī)律變化。求：

(1)求螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；

(2)閉合S,電路中的電流穩(wěn)定后，求電阻/?2的電功率；

(3)S斷開后，求流經(jīng)的的電量。

BU

13.如圖，真空室內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，axXX×b

磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小8=0.407,磁場(chǎng)內(nèi)有一塊足夠長的平面感光XXXX

板αb,板面與磁場(chǎng)方向平行，在距Qb的距離Z=2OCTn處，有一×X∕×X

×X

個(gè)點(diǎn)狀的α放射源S,它向各個(gè)方向發(fā)射α粒子，α粒子的速度都xs,×

×××X

是"=3.0X106m∕s,(放射源S向平板作垂線交于板上。點(diǎn))己

知α粒子的電荷與質(zhì)量之比5=5.0xl07c/g,現(xiàn)只考慮在圖紙平面中運(yùn)動(dòng)的α粒子，畫出偏

轉(zhuǎn)圖并求解。

(l)α粒子打到板上左端距O點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離叼。

(2)α粒子打到板上右端距。點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：對(duì)圓柱體Q受力分析，圓柱體Q受重力、斜面的支持力和擋板的彈力，如圖所示

擋板繞。點(diǎn)順時(shí)針緩慢地轉(zhuǎn)向水平位置的過程中，圓柱體Q受的合力近似為零，根據(jù)平衡條件，斜

面的支持力和擋板的彈力的合力與重力大小相等、方向相反，斜面對(duì)Q的支持力逐漸減小，擋板

對(duì)Q的彈力先減小后增大，當(dāng)斜面的支持力與擋板的彈力垂直時(shí)，擋板的彈力最小。故A正確，

BCO錯(cuò)誤。

故選：Ac

對(duì)圓柱體Q受力分析，根據(jù)平衡條件和受力圖，結(jié)合選項(xiàng)，即可解答。

本題考查學(xué)生對(duì)平衡條件和受力圖的分析能力，比較基礎(chǔ)。

2.【答案】C

【解析】解：4C.根據(jù)電磁波譜可知，在同一種介質(zhì)中，紅，黃，藍(lán)三種光波長從大到小依次是紅，

黃，藍(lán)，在同一個(gè)介質(zhì)中，波長越長，折射率越小，故三種光中，藍(lán)光的折射率最大，故A錯(cuò)誤，

C正確；

8.波長越長，頻率越小，故紅光的頻率最小，故3錯(cuò)誤；

。.單色光的頻率越大，光子的能量越大，故紅光的波長最長，頻率最小，光子的能量最小，故。

錯(cuò)誤。

故選：Co

由實(shí)驗(yàn)可得：藍(lán)光、綠光、黃光的折射率不同，則在介質(zhì)中傳播速度也不同.在空氣中由于它們

的波長不同，則它們的頻率不同，同時(shí)它們的能量也不同.

通過實(shí)驗(yàn)結(jié)論去理論分析，然后得出規(guī)律再去運(yùn)用解題.

3.【答案】B

【解析】解：4、S時(shí)刻通過線圈的磁通量最大，而磁通量的變化率等于零，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,

故A錯(cuò)誤；

B、攵時(shí)刻磁通量為零，線圈與磁場(chǎng)平行，故導(dǎo)線ad的速度方向跟磁感線垂直，故B正確；

C、t3時(shí)刻線圈的磁通量最大，處于中性面，故C錯(cuò)誤；

。、t2、Q時(shí)刻磁通量為零，線圈與磁場(chǎng)平行，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，電流最大；相差半個(gè)周期，

電流方向相反，故。錯(cuò)誤；

故選：Bo

由數(shù)學(xué)知識(shí)可知：磁通量一時(shí)間圖象斜率等于磁通量的變化率,其大小決定了感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小。

當(dāng)線圈的磁通量最大時(shí)，線圈經(jīng)過中性面，電流方向發(fā)生改變。

本題關(guān)鍵抓住感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與磁通量是互余關(guān)系，即磁通量最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最?。欢磐孔钚?，

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大。

4.【答案】D

【解析】解：4、根據(jù)左手定則，正離子受到的洛倫茲力向外，往N板偏轉(zhuǎn)。負(fù)離子受到的洛倫茲

力向里，往M板偏轉(zhuǎn)，最終M板帶負(fù)電，N板帶正電，所以M板電勢(shì)比N板電勢(shì)低，故A錯(cuò)誤；

BCD、最終正負(fù)離子在電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用下處于平衡，可得q，=Bqv

污水的流量為Q=vbc

則MN兩端間的電勢(shì)差為U=更

C

污水流量越大，電勢(shì)差越大，電流表示數(shù)越大；增加磁感應(yīng)強(qiáng)度，電勢(shì)差增大，電流表示數(shù)也增

大；電勢(shì)差與污水中的離子濃度無關(guān)，故BC錯(cuò)誤，。正確。

故選：。。

含有離子的污水流動(dòng)時(shí)，離子受到洛倫茲力作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在前后表面形成電勢(shì)差，最終離子

在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下處于平衡。根據(jù)左手定則判斷離子的偏轉(zhuǎn)方向，判斷M板與N板電勢(shì)

高低。根據(jù)平衡條件求出電動(dòng)勢(shì)的大小，再根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電流的大小，判斷與什么

因素有關(guān)。

解決本題的關(guān)鍵要會(huì)運(yùn)用左手定則判定洛倫茲力的方向，以及知道最終離子在電場(chǎng)力和洛倫茲力

作用下處于平衡狀態(tài)，通過列式進(jìn)行分析。

5.【答案】B

【解析】解：4、衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，可得G等=叫L,解

rLr

得D=升

其中r為衛(wèi)星的軌道半徑，由于人造地球衛(wèi)星均在高度不同的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以

r≥R,可知l7≤J*，故A錯(cuò)誤；

B、在地球表面上，有Tng=甯,則地球表面的重力加速度可表示為g=G/

根據(jù)萬有引力提供向心力，可得G繆=mφ2r,聯(lián)立解得7=J需=2π??≥2πj?

故B正確；

C、由17=J畢，可知衛(wèi)星的軌道半徑越大，其運(yùn)行速度越小，故C錯(cuò)誤；

。、地球同步衛(wèi)星若相對(duì)地面靜止在天津的正上空，所需的向心力垂直指向地軸，與受到的萬有

引力不在同一直線上，不能穩(wěn)定存在，必定向赤道一側(cè)“漂移”，故O錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式表示出線速度和周期與軌道半徑的關(guān)系。根據(jù)軌道半徑和地

球半徑關(guān)系確定衛(wèi)星的最大運(yùn)行速度和最小周期。根據(jù)地球同步衛(wèi)星的軌道進(jìn)行分析。

解決本題時(shí).，要掌握萬有引力等于重力，以及萬有引力提供向心力這兩條思路，通過列式來分析

衛(wèi)星的速度和周期與軌道半徑的關(guān)系。

6.【答案】AC

【解析】解：4懸浮微粒越大，某一瞬間跟它相撞的分子數(shù)越多，撞擊作用的不平衡性就不明顯，

布朗運(yùn)動(dòng)不劇烈，故A正確；

B.布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體中微粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，顯微鏡中看到的是顆粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，不是液體

分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，布朗運(yùn)動(dòng)是反映了液體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故8錯(cuò)誤；

C.氣體對(duì)器壁的壓強(qiáng)是由大量氣體分子對(duì)器壁頻繁碰撞而產(chǎn)生的，與分子的平均動(dòng)能和分子數(shù)密

度有關(guān)，故C正確；

D絕對(duì)零度并不是人類測(cè)量出來的，絕對(duì)零度是根據(jù)理想氣體所遵循的規(guī)律，然后通過外推的方

法得到的，故。錯(cuò)誤。

故選：AC.

布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮微粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，不是分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，形成的原因是由于液體分子對(duì)懸浮

微粒無規(guī)則撞擊引起的.小顆粒并不是分子，小顆粒無規(guī)則運(yùn)動(dòng)的軌跡不是分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)的軌

跡;氣體對(duì)容器的壓強(qiáng)是大量氣體分子對(duì)器壁頻繁碰撞產(chǎn)生的：絕對(duì)零度并不是人類測(cè)量出來的。

本題要理解并掌握熱力學(xué)的基礎(chǔ)知識(shí)，知道布朗運(yùn)動(dòng)與分子的熱運(yùn)動(dòng)的區(qū)別，并能理解封閉氣體

壓強(qiáng)產(chǎn)生的原因。

7.【答案】BD

【解析】解：4比結(jié)合能是結(jié)合能與核子數(shù)的比值，比結(jié)合能越大，表示原子核越穩(wěn)定，故4錯(cuò)

誤；

B.根據(jù)玻爾理論，原子從高能態(tài)向低能態(tài)躍遷時(shí)放出的光子的能量等于前后兩個(gè)能級(jí)的能量之差,

故B正確；

CD.根據(jù)0衰變的本質(zhì)，。衰變出現(xiàn)的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)變?yōu)殡娮雍唾|(zhì)子形成的，故C錯(cuò)誤，

。正確。

故選：BD.

比結(jié)合能越大原子核越穩(wěn)定；

根據(jù)玻爾理論，軌道之間存在能級(jí)差；

。衰變的本質(zhì)，原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)變?yōu)殡娮雍唾|(zhì)子。

本題考查學(xué)生對(duì)比結(jié)合能、玻爾理論、0衰變的本質(zhì)的掌握，是一道基礎(chǔ)題。

8.【答案】AD

【解析】解：4、質(zhì)點(diǎn)P正在做加速運(yùn)動(dòng)，說明質(zhì)點(diǎn)P正向下向平衡位置運(yùn)動(dòng)，由波形平移法可知，

該機(jī)械波向X軸負(fù)方向傳播，故A正確；

BCD.該機(jī)械波向X軸負(fù)方向傳播，貝IJQ點(diǎn)、N點(diǎn)均向上運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)正遠(yuǎn)離平衡位置，處于減速運(yùn)

動(dòng)過程，N點(diǎn)正向平衡位置靠近，處于加速運(yùn)動(dòng)過程，故BC錯(cuò)誤，。正確。

故選:AD.

質(zhì)點(diǎn)P正處于加速運(yùn)動(dòng)過程中，可知質(zhì)點(diǎn)P向下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)振動(dòng)方向確定波的傳播方向，從而確定

出Q的振動(dòng)方向，從而判斷質(zhì)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)情況。

解決本題的關(guān)鍵要掌握波的傳播方向和質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向關(guān)系，知道質(zhì)點(diǎn)遠(yuǎn)離平衡位置時(shí)做減速運(yùn)

動(dòng)，靠近平衡位置做加速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)掌握“上下坡法”和“波形平移法”的應(yīng)用。

9.【答案】(2)(3)

【解析】解：如要充分利用數(shù)據(jù)，減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)該求出六組重力加速度再取平均值，即

τ

96(7；十τ,2T3iτjΓg

分別求出6個(gè)L值的平均值Z和6個(gè)T的平均值￡并不能做到上述公式的效果，公式g=警不成立,

故(2)錯(cuò)誤。

從測(cè)定的6組數(shù)據(jù)中任意選取1組，用公式g=警求出g作為測(cè)量值，沒有充分利用數(shù)據(jù)，不能

有效減小偶然誤差；

在坐標(biāo)紙上作出產(chǎn)―L圖像，根據(jù)圖像斜率k,計(jì)算g作為測(cè)量值，充分利用了實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，減小了

偶然誤差，故選(3)。

故答案為：(2)；(3)。

(1)任意選取1組計(jì)算，數(shù)據(jù)利用不高，誤差大；

(2)分別求出6個(gè)L值的平均值Z和6個(gè)7的平均值，再計(jì)算偶然誤差較大。

(3)利用圖像數(shù)據(jù)利用高，相當(dāng)于取平均值，誤差較小。

本題考查“用單擺測(cè)定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理和數(shù)據(jù)處理。

由電路圖可知，當(dāng)閉合電鍵Si,電鍵S2接2時(shí)電壓表測(cè)RX與心和滑動(dòng)變阻器兩端的電壓之和，電流

表測(cè)通過RX與心以及滑動(dòng)變阻器的電流；保持兩滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭位置不變，將單刀雙擲開

關(guān)S?向1閉合，此時(shí)電流表測(cè)的電流為3和滑動(dòng)變阻器的電流，電壓表測(cè)心以及滑動(dòng)變阻器兩端

的電壓，讀出此時(shí)電壓表的示數(shù)/，根據(jù)歐姆定律求出兩次測(cè)量電路的電阻，根據(jù)串聯(lián)知識(shí)可知

待測(cè)電阻的阻值.

本題考查如何由于電壓表、電流表內(nèi)阻的影響，使得測(cè)量電阻的結(jié)果總存在系統(tǒng)誤差.對(duì)課本的

伏安法測(cè)電阻造成的誤差分析進(jìn)行研究性學(xué)習(xí).

11.【答案】解：(1)對(duì)A分析，根據(jù)動(dòng)量定理有：

/=mv0

解得：

VU0=—m

(2)/與B通過彈簧發(fā)生彈性碰撞，B脫離彈簧時(shí)，彈簧恢復(fù)原長，碰撞過程動(dòng)量守恒，能量守恒,

取水平向左為正方向，則有

.1一2121?2

τnv0=mvA+mvB,-mvQ=-mv^+-mv^

解得：l?=='

8做平拋過程機(jī)械能守恒，則有：

?1^mvβ2+ImghIy=-?mv2z

解得：?7=J3+2。八

答：(1)4獲得的初速度為《；

(2)B脫離彈簧后，到達(dá)桌面左邊緣，并沿桌面飛出，其落地速度為JS+2gQ

【解析】(1)根據(jù)動(dòng)量定理得出4獲得的初速度；

(2)根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得出B的速度，結(jié)合機(jī)械能守恒定律得出B落地的速度。

本題主要考查了動(dòng)量守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，理解彈性碰撞的特點(diǎn)，結(jié)合機(jī)械能守恒定律即可完成

分析。

12.【答案】解：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律

甯禁=詈

E