2019年天津市高考物理試卷解析版

2019年天津市高考物理試卷解析版參考答案與試題解析一、單項選擇題（每小題6分，共30分。每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的）1．（6分）2018年12月8日，肩負著億萬中華兒女探月飛天夢想的嫦娥四號探測器成功發(fā)射，“實現(xiàn)人類航天器首次在月球背面巡視探測，率先在月背刻上了中國足跡”。已知月球的質(zhì)量為M、半徑為R，探測器的質(zhì)量為m，引力常量為G，嫦娥四號探測器圍繞月球做半徑為r的勻速圓周運動時，探測器的（）A．周期為 B．動能為 C．角速度為 D．向心加速度為【考點】4F：萬有引力定律及其應用．【專題】31：定性思想；43：推理法；529：萬有引力定律在天體運動中的應用專題；62：推理能力．【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力有，則T，由得，由mω2r得ω，由ma向得?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)萬有引力提供向心力有，得T，故A正確；B、根據(jù)萬有引力提供向心力有，得，故B錯誤；C、根據(jù)萬有引力提供向心力有mω2r，得ω，故C錯誤；D、根據(jù)萬有引力提供向心力有ma向，得，故D錯誤。故選：A?！军c評】該題型屬于基本的萬有引力定律應用題，要熟記萬有引力的公式和圓周運動的一些關系變換式，解題依據(jù)為萬有引力提供向心力，找出哪些是不變的量、相同的量以及有比例關系的量，根據(jù)萬有引力公式的幾個變換式子代換求解。2．（6分）2018年10月23日，港珠澳跨海大橋正式通車。為保持以往船行習慣，在航道處建造了單面索（所有鋼索均處在同一豎直面內(nèi)）斜拉橋，其索塔與鋼索如圖所示。下列說法正確的是（）A．增加鋼索的數(shù)量可減小索塔受到的向下的壓力 B．為了減小鋼索承受的拉力，可以適當降低索塔的高度 C．索塔兩側鋼索對稱且拉力大小相同時，鋼索對索塔的合力豎直向下 D．為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下，索塔兩側的鋼索必須對稱分布【考點】2D：合力的大小與分力間夾角的關系．【專題】12：應用題；32：定量思想；43：推理法；62：推理能力．【分析】做出示意圖，將鋼索的拉力進行合成，合力豎直向下，根據(jù)平行四邊形定則作圖后由幾何關系列式求解。【解答】解：A、對橋身進行受力分析可知，鋼索對橋身的拉力的合力與橋身的重力大小相等、方向相反，則鋼索對索塔向下的壓力數(shù)值上等于橋身的重力，即增加鋼索的數(shù)量，鋼索對索塔的壓力大小恒定不變，故A錯誤。B、合力一定，分力間的夾角越小，則分力越小。為了減小鋼索承受的拉力，應該增大索塔的高度，達到減小鋼索間夾角的目的，故B錯誤。C、根據(jù)對稱性可知，索塔兩側鋼索對稱分布，拉力大小相等時，水平分力抵消，鋼索對索塔的合力豎直向下，故C正確。D、如圖所示：將鋼索AC、AB的拉力FAC、FAB進行合成，合力豎直向下，結合正弦定理可知：，得FAC：FAB＝sinβ：sinα，故索塔兩側的鋼索必不必須對稱分布，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題的關鍵是將鋼索AC、AB的拉力FAC、FAB進行合成，然后根據(jù)正弦定理列式研究。3．（6分）如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程（）A．動能增加mv2 B．機械能增加2mv2 C．重力勢能增加mv2 D．電勢能增加2mv2【考點】AE：電勢能與電場力做功．【專題】32：定量思想；43：推理法；531：帶電粒子在電場中的運動專題；62：推理能力．【分析】小球的運動可以看成豎直方向豎直上拋和水平方向初速度為0的勻加速直線運動，分別分析兩個方向的運動即可，注意兩個運動的等時性?！窘獯稹拷猓盒∏虻倪\動可以看成豎直方向的豎直上拋和水平方向在電場力作用下的初速度為0的勻加速直線運動。A、小球的動能增加量為，故A錯誤；B、除重力外，只有電場力做功，電場力做功等于小球的機械能增加量，電場力做功等于水平方向小球動能的增加量2mv2，即小球的機械能增加量為2mv2，故B正確；C、豎直方向只有重力做功，小球做豎直上拋運動，到達N點豎直速度為0，豎直方向動能減小量為，即重力是能增加，故C錯誤；D、電場力做正功，電勢能減小，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查靈活選擇處理曲線運動的能力。小球在水平和豎直兩個方向受到的都是恒力，運用運動的合成與分解法研究是常用的思路。4．（6分）筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導體霍爾元件，元件內(nèi)的導電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅。則元件的（）A．前表面的電勢比后表面的低 B．前、后表面間的電壓U與v無關 C．前、后表面間的電壓U與c成正比 D．自由電子受到的洛倫茲力大小為【考點】CO：霍爾效應及其應用．【專題】32：定量思想；43：推理法；537：帶電粒子在復合場中的運動專題；62：推理能力．【分析】金屬導體是自由電子導電，電流方向向右，則電子向左定向移動，在磁場中受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷電子所受的洛倫茲力方向，判斷哪個表面聚集電子，再確定M、N兩板電勢的高低；根據(jù)洛倫茲力等于電場力分析解答?！窘獯稹拷猓篈、電流方向向右，電子向左定向移動，根據(jù)左手定則判斷可知，電子所受的洛倫茲力方向向里，則后表面積累了電子，前表面的電勢比后表面的電勢高，故A錯誤；BC、由電子受力平衡可得eevB，解得U＝Bva，所以前、后表面間的電壓U與v成正比，前、后表面間的電壓U與c無關，故BC錯誤；D、穩(wěn)定時自由電子受力平衡，受到的洛倫茲力等于電場力，即evB＝e，故D正確；故選：D?！军c評】本題現(xiàn)象稱為霍耳效應，易錯點在于利用左手定則判斷電荷的移動，從而判斷后面的電勢高。該題比較容易錯選A。5．（6分）如圖為a、b、c三種光在同一光電效應裝置中測得的光電流和電壓的關系。由a、b、c組成的復色光通過三棱鏡時，下述光路圖中正確的是（）A． B． C． D．【考點】IC：光電效應．【專題】12：應用題；32：定量思想；43：推理法；54I：光電效應專題；62：推理能力．【分析】當光電子的動能恰好能克服電場力做功時的電壓即為遏止電壓，根據(jù)光電效應方程判斷遏止電壓與入射光頻率的關系。入射光頻率大的，折射率大，偏轉(zhuǎn)程度大?！窘獯稹拷猓悍治龉怆娏骱碗妷旱年P系圖象，結合光電效應方程可知，eU＝Ek＝hγ﹣W，即遏止電壓大的，入射光的頻率大，故，頻率大的折射率大，折射率大的通過三棱鏡時，光線偏轉(zhuǎn)的厲害，故b光偏轉(zhuǎn)厲害，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題是光的色散和光電效應方程的綜合，關鍵要掌握光的色散研究的結果，知道偏折程度不同的單色光的折射率的大小關系，同時，要注意最大初動能與遏止電壓的關系。二、不定項選擇題（每小題6分，共18分。每小題給出的四個選項中，都有多個選項是正確的。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，選錯或不答的得0分）6．（6分）我國核聚變反應研究大科學裝置“人造太陽”2018年獲得重大突破，等離子體中心電子溫度首次達到1億度，為人類開發(fā)利用核聚變能源奠定了重要的技術基礎。下列關于聚變的說法正確的是（）A．核聚變比核裂變更為安全、清潔 B．任何兩個原子核都可以發(fā)生聚變 C．兩個輕核結合成質(zhì)量較大的核，總質(zhì)量較聚變前增加 D．兩個輕核結合成質(zhì)量較大的核，核子的比結合能增加【考點】JK：重核的裂變．【專題】31：定性思想；43：推理法；54Q：重核的裂變和輕核的聚變專題；61：理解能力．【分析】輕核聚變輻射極少，更為安全、清潔，原子核在聚變時釋放出巨大的能量，出現(xiàn)質(zhì)量虧損，比結合能增加?！窘獯稹拷猓篈、與裂變相比輕核聚變輻射極少，廢物容易處理，更為安全、清潔，故A正確；B、自然界中最容易實現(xiàn)的聚變反應是氫的同位素﹣﹣氘與氚的聚變，不是任意的原子核就能發(fā)生核聚變，故B錯誤；C、兩個輕核結合成質(zhì)量較大的核，平均質(zhì)量減小，則總質(zhì)量較聚變前減小，出現(xiàn)質(zhì)量虧損，結合時放出能量，故C錯誤；D、兩個輕核結合成質(zhì)量較大的核，放出能量，總的結合增加，則核子的比結合能增加，故D正確。故選：AD?！军c評】本題主要是考查原子核聚變，解答本題的關鍵是知道原子核發(fā)生聚變時放出能量，比結合能增加，生成的原子核更穩(wěn)固。7．（6分）一列簡諧橫波沿x軸傳播，已知x軸上x1＝1m和x2＝7m處質(zhì)點的振動圖象分別如圖1、圖2所示，則此列波的傳播速率可能是（）A．7m/s B．2m/s C．1.2m/s D．1m/s【考點】F5：波長、頻率和波速的關系．【專題】22：學科綜合題；32：定量思想；4C：方程法；51D：振動圖像與波動圖像專題；52N：波的多解性；62：推理能力；63：分析綜合能力．【分析】由振動圖象讀出周期。根據(jù)x1＝1處質(zhì)點和x2＝7m質(zhì)點的振動圖象，分析狀態(tài)與位置關系，找出波長的通項，求出波速的通項，進而確定特殊值。【解答】解：由圖可知波的周期為4s，先假設x1＝1處質(zhì)點和x2＝7m質(zhì)點的距離小于一個波長，在0時刻，由圖可知當x1＝1處質(zhì)點在平衡位置向下振動，x2＝7m處的質(zhì)點在波峰，則當波沿x軸的正方向傳播時：，考慮到波形的重復性，可知兩質(zhì)點的距離與波長的關系為可得波長通式為根據(jù)可得波速的通式為代入n為整數(shù)可得v＝6m/s，1.2m/s，……；當波沿x軸負方向傳播時：，考慮到波形的重復性，可知兩質(zhì)點距離與波長的關系為可得波長的通式為根據(jù)可得波速的通式為代入n為整數(shù)可得v＝2m/s，，……故BC正確，AD錯誤。故選：BC?！军c評】本題關鍵考查運用數(shù)學知識解決物理問題的能力，結合波形周期性和波傳播方向的不確定性求解出波長和波速的通項進行分析，基礎題目。8．（6分）單匝閉合矩形線框電阻為R，在勻強磁場中繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線框的磁通量Φ與時間t的關系圖象如圖所示。下列說法正確的是（）A．時刻線框平面與中性面垂直 B．線框的感應電動勢有效值為 C．線框轉(zhuǎn)一周外力所做的功為 D．從t＝0到t過程中線框的平均感應電動勢為【考點】E4：正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率．【專題】22：學科綜合題；32：定量思想；4C：方程法；53A：交流電專題；61：理解能力；62：推理能力．【分析】當線圈處于中性面時，磁通量最大，線圈與中性面垂直時，磁通量最??；由圖象可讀出磁通量的最大值與周期，先求出圓頻率，即可求出最大的電動勢，根據(jù)最大值與有效值的關系求有效值；根據(jù)能量守恒定律求線框轉(zhuǎn)一周外力所做的功；根據(jù)求平均電動勢?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知在時刻，線框的磁通量最大，所以線框平面處在中性面，故A錯誤；B．由圖可得磁通量的最大值為Φm，周期為T，所以圓頻率為，可知線框感應電動勢的最大值為，由于此線框在磁場繞軸轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電流為正弦交流電，故其電動勢的有效值為，故B正確；C．由于線框勻速轉(zhuǎn)動，根據(jù)能量守恒定律可知外力做的功等于線框產(chǎn)生的焦耳熱，則有，故C正確；D．從t＝0到的過程中，磁通量減小了△Φ＝Φm﹣0＝Φm，根據(jù)可得平均電動勢為，故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題關鍵是記住兩個特殊位置：在中性面時磁通量最大，感應電動勢最小，電動勢方向改變；垂直中性面位置磁通量為零，但電動勢最大。對于交變電流的各個值的關系及求解方法要掌握。三、非選擇題：共4題，共72分。9．（6分）第26屆國際計量大會決定，質(zhì)量單位“千克”用普朗克常量h定義，“國際千克原器”于2019年5月20日正式“退役”。h的數(shù)值為6.63×10﹣34，根據(jù)能量子定義，h的單位是J?s，該單位用國際單位制中的力學基本單位表示，則為kg?m2/s?！究键c】3A：力學單位制．【專題】34：比較思想；43：推理法；54I：光電效應專題；62：推理能力．【分析】根據(jù)能量子公式E＝hγ，結合公式中E和γ的單位，推導出h的單位，再用力學基本單位表示?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)能量子公式E＝hγ，知E的單位是J，γ的單位是Hz，即s﹣1，可知h的單位是J?s。1J?s＝1N?m?s＝1（kg?m/s2）m?s＝1kg?m2/s。故答案為：J?s，kg?m2/s?！军c評】本題考查h的單位，關鍵要結合具體公式進行推導，要掌握力學基本單位，明確各個物理量之間的關系。10．（6分）某小組做測定玻璃的折射率實驗，所用器材有：玻璃磚，大頭針，刻度尺，圓規(guī)，筆，白紙。①下列哪些措施能夠提高實驗準確程度AD。A．選用兩光學表面間距大的玻璃磚B．選用兩光學表面平行的玻璃磚C．選用粗的大頭針完成實驗D．插在玻璃磚同側的兩枚大頭針間的距離盡量大些②該小組用同一套器材完成了四次實驗，記錄的玻璃磚界線和四個大頭針扎下的孔洞如下圖所示，其中實驗操作正確的是D。③該小組選取了操作正確的實驗記錄，在白紙上畫出光線的徑跡，以入射點O為圓心作圓，與入射光線、折射光線分別交于A、B點，再過A、B點作法線NN'的垂線，垂足分別為C、D點，如圖所示，則玻璃的折射率n＝。（用圖中線段的字母表示）【考點】O3：測定玻璃的折射率．【專題】13：實驗題；23：實驗探究題；31：定性思想；46：實驗分析法；54D：光的折射專題；65：實驗能力．【分析】①為了取得較好的實驗效果，根據(jù)實驗原理分析可知：玻璃磚上下表面不一定要平行，選擇的入射角應盡量大些；同則的大頭針之間的距離適當大些，這樣可以減小測量的相對誤差。②根據(jù)折射定律進行分析，明確光路基本性質(zhì)；③根據(jù)幾何知識求出入射角和折射角的正弦值，再求解折射率?！窘獯稹拷猓孩貯、為了作圖誤差更小，應選用兩光學表面間距大的玻璃磚，故A正確；B、根據(jù)折射定律可知，如果兩個光學面不平行，不影響入射角與折射角的值，所以對折射率的測定結果不產(chǎn)生影響，故B錯誤；C、為了準確測量光路圖，應選用較細的大頭針來完成實驗，故C錯誤；D、插在玻璃磚同側的大頭針之間的距離適當大些時，相同的距離誤差情況下引起的角度誤差會減小，故D正確；故選：AD；②因玻璃的折射率較大，故在玻璃中的折射角一定小于入射角；實驗作出的入射角一定大于折射角；并且光線從玻璃中出來后，應與入射光平行，因此只有D圖正確ABC均錯誤；故選：D；③折射率n，其中：sini，sinγ，故n；故答案為：①AD；②D；③【點評】本題是插針法測定玻璃磚的折射率實驗，實驗原理是折射定律，注意采用單位圓法處理數(shù)據(jù)，同時注意根據(jù)原理分析實驗誤差情況和實驗中應注意的事項。11．（6分）現(xiàn)測定長金屬絲的電阻率。①某次用螺旋測微器測量金屬絲直徑的結果如圖所示，其讀數(shù)是0.200mm。②利用下列器材設計一個電路，盡量準確地測量一段金屬絲的電阻。這段金屬絲的電阻Rx約為100Ω，畫出實驗電路圖，并標明器材代號。電源E（電動勢10V，內(nèi)阻約為10Ω）電流表A1（量程0～250mA，內(nèi)阻R1＝5Ω）電流表A2（量程0～300mA，內(nèi)阻約為5Ω）滑動變阻器R（最大阻值10Ω，額定電流2A）開關S及導線若干③某同學設計方案正確，測量得到電流表A1的讀數(shù)為I1，電流表A2的讀數(shù)為I2，則這段金屬絲電阻的計算式Rx＝。從設計原理看，其測量值與真實值相比相等（填“偏大”、“偏小”或“相等”）?！究键c】N2：測定金屬的電阻率．【專題】13：實驗題；23：實驗探究題；32：定量思想；43：推理法；535：恒定電流專題；65：實驗能力．【分析】①螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)。②沒有電壓表可以用已知內(nèi)阻的電流表測電壓，根據(jù)題意確定滑動變阻器的接法，根據(jù)實驗原理作出實驗電路圖。③根據(jù)電路圖應用串聯(lián)電路特點與歐姆定律求出金屬絲的電阻；根據(jù)實驗電路圖應用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律分析實驗誤差?！窘獯稹拷猓孩儆蓤D示螺旋測微器可知，其示數(shù)為：0mm+20.0×0.01mm＝0.200mm；②由題意可知，沒有電壓表，可以用已知內(nèi)阻的電流表A1測電壓，另一個電流表A2測電流，由題意可知，待測電阻阻值遠大于滑動變阻器阻值，為測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器應采用分壓接法，實驗電路圖如圖所示：③由圖示電路圖可知，待測金屬絲電阻：RX，由圖示電路圖可知，電壓與電流的測量值等于真實值，由歐姆定律可知，電阻的測量值等于真實值；故答案為：①0.200；②電路圖如圖所示；③；相等?！军c評】本題考查了螺旋測微器讀數(shù)、設計實驗電路與實驗數(shù)據(jù)處理問題，要掌握常用器材的使用及讀數(shù)方法，根據(jù)題意確定滑動變阻器接法結合實驗原理可以作出實驗電路圖，應用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出待測電阻阻值的表達式。12．（16分）完全由我國自行設計、建造的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母上的艦載機采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構成，如圖1所示。為了便于研究艦載機的起飛過程，假設上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖2，AB長L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，圖中C點切線方向與水平方向的夾角θ＝12°（sin12°≈0.21）。若艦載機從A點由靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)t＝6s到達B點進入BC．已知飛行員的質(zhì)量m＝60kg，g＝10m/s2，求（1）艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；（2）艦載機剛進入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大。【考點】37：牛頓第二定律；65：動能定理．【專題】11：計算題；32：定量思想；43：推理法；52D：動能定理的應用專題；63：分析綜合能力．【分析】（1）根據(jù)勻變速運動的平均速度公式與位移公式求出艦載機水平運動過程的末速度，然后應用動能定理可以求出水平力做功。（2）根據(jù)題意求出BC圓弧的半徑，應用牛頓第二定律求出飛行員受到的豎直向上的壓力?！窘獯稹拷猓海?）艦載機做初速度為零的勻加速直線運動，設其剛進入上翹甲板時的速度為v，則艦載機在AB上滑行過程：L1t，由動能定理得：W0，代入數(shù)據(jù)解得：W＝7.5×104J；（2）設上翹甲板對應的圓弧半徑為R，由幾何知識得：L2＝Rsinθ，以飛行員為研究對象，由牛頓第二定律得：FN﹣mg＝m，代入數(shù)據(jù)解得：FN＝1.1×103N；答：（1）艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W為7.5×104J；（2）艦載機剛進入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力FN大小為1.1×103N?！军c評】本題考查了動能定理與牛頓第二定律的應用，根據(jù)題意分析清楚艦載機的運動過程與飛行員的受力情況是解題的前提與關鍵，應用運動學公式、動能定理與牛頓第二定律可以解題。13．（18分）如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好。MN兩端通過開關S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B．PQ的質(zhì)量為m，金屬導軌足夠長、電阻忽略不計。（1）閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；（2）斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W?！究键c】65：動能定理；CC：安培力；D8：法拉第電磁感應定律；D9：導體切割磁感線時的感應電動勢．【專題】32：定量思想；4C：方程法；539：電磁感應中的力學問題；63：分析綜合能力．【分析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應定律求解感應電動勢，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解感應電流，根據(jù)平衡條件求解安培力；（2）根據(jù)電荷量的計算公式結合動能定理聯(lián)立求解。【解答】解：（1）設線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為E，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得E，則E＝k設PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有：R并閉合S后，設線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I設PQ中的電流為IPQ，則IPQI設PQ受到的安培力為F安，有：F安＝BIPQl保持PQ靜止，根據(jù)平衡條件可得F＝F安，聯(lián)立解得F，方向水平向右；（2）設PQ由靜止開始到速度大小為v的過程中，PQ運動的位移為x，所用的時間為△t，回路中磁通量的變化為△Φ，平均感應電動勢為其中△Φ＝Blx，PQ中的平均電流為根據(jù)電流強度的定義式可得：根據(jù)動能定理可得Fx+W聯(lián)立解得：W。答：（1）閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加的水平恒力為，方向水平向右；（2）該過程安培力做的功為?！军c評】對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)