2023年高考天津卷　物理

2023年高考天津卷　物理一、单选题1．(2023·天津卷·1)运行周期为24h的北斗卫星比运行周期为12h的(　　)A．加速度大B．角速度大C．周期小D．线速度小答案　D解析　根据万有引力提供向心力有F＝G＝m＝mrω2＝mr＝ma，可得T＝2π，v＝，ω＝，a＝。因为北斗卫星周期大，故运行轨道半径大，则线速度小，角速度小，加速度小，故选D。2．(2023·天津卷·2)如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容积质量不变，爬高过程中，温度减小，则气体(　　)A．对外做功B．内能减小C．吸收热量D．压强不变答案　B解析　由于爬山过程中气体体积不变，故气体不对外做功，故A错误；爬山过程中温度减小，则气体内能减小，故B正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，爬山过程中气体不做功，但内能减小，故可知气体放出热量，故C错误；爬山过程中氧气瓶里的气体容积、质量均不变，温度减小，根据理想气体状态方程＝C，可知气体压强减小，故D错误。3．(2023·天津卷·3)关于太阳上进行的核聚变，下列说法正确的是(　　)A．核聚变需要在高温下进行B．核聚变中电荷不守恒C．太阳质量不变D．太阳核反应方程式：U＋n→Ba＋Kr＋3n 答案　A解析　因为高温时才能使得粒子的热运动剧烈，才有可能克服它们自身相互间的排斥力，使得它们间的距离缩短，才能发生核聚变，故A正确；核聚变中电荷是守恒的，故B错误；因为太阳一直在发生核聚变，会放出大量能量，根据质能方程可知有质量亏损，故C错误；核聚变的方程为H＋H→He＋n，题中为核裂变方程，故D错误。4．(2023·天津卷·4)能说明光是横波的是(　　)A．全反射B．干涉C．偏振D．衍射答案　C解析　根据光的全反射现象，说明光由光密介质进入光疏介质和由光疏介质进入光密介质会有不同的现象，不能因此确定光是横波还是纵波，故A错误；干涉和衍射是所有波的特性，不能因此确定光是横波还是纵波，根据光能发生干涉和衍射现象，说明光具有波动性，故B、D错误；光的偏振现象说明光的振动方向与光的传播方向垂直，即说明光是横波，故C正确。5．(2023·天津卷·5)质量为m的列车匀速v行驶，突然以F大小的力制动刹车直到列车停止，过程中恒受到f的空气阻力，下列说法正确的是(　　)A．减速运动加速度大小a＝B．力F的冲量为mvC．刹车距离为D．匀速行驶时功率为(f＋F)v答案　C解析　根据牛顿第二定律有F＋f＝ma，可得减速运动加速度大小a＝，故A错误；根据运动学公式有t＝＝，故力F的冲量大小为I＝Ft＝，方向与运动方向相反，故B错误；根据v2＝2ax可得刹车距离x＝＝，故C正确；匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为P＝fv，故D错误。6．(2023·天津卷·6)如图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有(　　) A．T1输出电压与T2输入电压相等B．T1输出功率大于T2输入功率C．若用户接入的用电器增多，则R功率降低D．若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低答案　B解析　由于输电过程中电阻R要产生热量，会损耗功率，故T1输出功率大于T2输入功率，T1输出电压大于T2输入电压，故A错误，B正确；由于输入电压不变，所以变压器T1的输出电压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则用户端电流变大，输电电路电流也相应变大，根据P损＝I2R可知R功率增大，故C错误；用户接入的用电器增多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。二、多选题7．(多选)(2023·天津卷·7)一列机械波的波源是坐标轴原点，从t＝0时波源开始振动，t＝0.5s时波形如图，则下列说法正确的有(　　)A．在这种介质中波速v＝4m/sB．x＝1m处质点在t＝0.3s时位于波谷C．波源振动方程y＝0.02sin(5πt＋π)mD．x＝－1m处质点半个周期内向左移动半个波长答案　BC解析　由题图可知t＝0.5s时，波传播的距离为x＝2.5m，故波速为v＝＝m/s＝5m/s，故A错误；由题图可知该波的波长为λ＝2m，所以波的周期为T＝＝s＝0.4s，波传播到x＝1m处需要的时间t1＝＝s＝0.2s，由题图可知该波的起振方向向下，t＝0.3s时，x＝1m处的质点已振动了0.1s，即T，所以位于波谷，故B正确；根据题图可知该波的振动方程为y＝Asin(t＋φ)＝－0.02sin(5πt)m＝0.02sin(5πt＋π)m，故C正确；质点只是上下振动，不随波左右移动，故D错误。三、单选题8．(2023·天津卷·8)如图，一个固定正电荷产生的电场中，同一个正电荷q两次以大小相同、 方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点、N点，且q在M、N点时速度大小也一样，则下列说法正确的有(　　)A．P点电势大于MB．M点电势大于NC．q从P到M一直做减速运动D．M、N两点处电场强度大小相同答案　D解析　由题知，同一个正电荷q两次以大小相同、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点、N点，且q在M、N点时速度大小也一样，则说明M、N两点的电势相同，但由于正电荷q有初速度，则无法判断P点电势和M点电势的大小关系，且也无法判断q从P到M的运动情况，故A、B、C错误；根据以上分析可知，M、N两点在同一等势面上，且该电场是固定正电荷产生的电场，则说明M、N到固定正电荷的距离相等，则M、N两点处电场强度大小相同，故D正确。四、实验题9．(2023·天津卷·9)如图放置实验器材，连接小车与托盘的绳子与桌面平行，遮光片与小车位于气垫导轨上，气垫导轨没有画出(视为无摩擦力)，重力加速度为g。接通电源，释放托盘与砝码，并测得：a．遮光片长度db．遮光片到光电门长度lc．遮光片通过光电门时间Δtd．托盘与砝码质量m1，小车与遮光片质量m2(1)小车通过光电门时的速度为________；(2)从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为________，动能增加量为________；(3)改变l，做多组实验，作出以l为横坐标，以()2为纵坐标的图像。若机械能守恒成立， 则图像斜率为________。答案　(1)　(2)m1gl　(m1＋m2)()2　(3)解析　(1)小车通过光电门时的速度为v＝(2)从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为ΔEp＝m1gl从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统动能增加量为ΔEk＝(m1＋m2)()2(3)改变l，做多组实验，作出以l为横坐标，以()2为纵坐标的图像。若机械能守恒成立有m1gl＝(m1＋m2)()2整理有()2＝·l则图像斜率为。10．(2023·天津卷·10)测电阻R大小。(1)同学们首先用欧姆表×1挡位大致测出电阻阻值大小，如图甲，则电阻大小读数为_____Ω。(2)同学们继续使用学生电源(4V)组装如图乙电路进行实验，其中电表可以从如下中进行选择：(括号中为电表量程及内阻)A．电压表V1(0～15V,15kΩ)B．电压表V2(0～3V,3kΩ) C．电流表A1(0～3A)D．电流表A2(0～0.6A)应选择电压表________，电流表________。(填器材前字母)(3)下列哪些说法是正确的？________。A．电压表分流属于系统误差B．实验开始前滑动变阻器滑片应该调到b端C．如图乙所示的电路，可以通过调节滑片使电压表示数为0D．多组实验可以减小系统误差答案　(1)7　(2)B　D　(3)AC解析　(1)电阻大小读数为7×1Ω＝7Ω(2)由于同学们使用学生电源(4V)，则为减小误差电压表应选择V2，故选B。整个回路中的最大电流为I＝≈0.57A则电流表应选择A2，故选D。(3)电压表分流属于系统误差，故A正确；为保护电路，实验开始前滑动变阻器滑片应该调到a端，故B错误；如题图乙所示的电路为分压式电路，可以通过调节滑片使电压表示数为0，故C正确；多组实验可以减小偶然误差，故D错误。五、解答题11．(2023·天津卷·11)如图，有一正方形线框，质量为m，电阻为R，边长为l，静止悬挂着，一个三角形磁场垂直于线框所在平面，磁感线垂直纸面向里，且线框中磁区面积为线框面积一半，磁感应强度变化B＝kt(k>0)，已知重力加速度g，求：(1)感应电动势E； (2)线框开始向上运动的时刻t0。答案　(1)　(2)解析　(1)根据法拉第电磁感应定律有E＝·＝(2)由题图可知线框受到的安培力为FA＝BIl＝·kt当线框开始向上运动时有FA＝mg解得t0＝。12．(2023·天津卷·12)已知A、B两物体mA＝2kg，mB＝1kg，A物体从h＝1.2m处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10m/s2，求：(1)碰撞时离地高度x；(2)碰后速度v；(3)碰撞损失机械能ΔE。答案　(1)1m　(2)0　(3)12J解析　(1)对物体A，根据运动学公式可得x＝h－gt2＝1.2m－×10×0.22m＝1m(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－gt2解得vB0＝6m/s可得碰撞前A物体的速度vA＝gt＝2m/s，方向竖直向下碰撞前B物体的速度vB＝vB0－gt＝4m/s，方向竖直向上选向下为正方向，由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v解得碰后速度v＝0(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能 ΔE＝mAvA2＋mBvB2－(mA＋mB)v2＝12J13．(2023·天津卷·13)信号放大器是一种放大电信号的仪器，如图甲，其可以通过在相邻极板间施加电压，使阴极逸出的电子，击中极板时，激发出更多电子，从而逐级放大电信号。已知电子质量m，带电量e。(1)如图乙，在极板上建系。极板上方空间内存在磁场，其强度为B，方向平行z轴。极板间电压U极小，几乎不影响电子运动。如图，某次激发中，产生了2个电子a和b，其初速度方向分别在xOy与zOy平面内，且与y轴正方向成θ角，则：①判断B的方向；②a、b两个电子运动到下一个极板的时间t1和t2；(2)若单位时间内阴极逸出的电子数量不变，每个电子打到极板上可以激发出δ个电子，且δ∝U，阳极处接收电子产生的电流为I，在图乙给出坐标系里画出表示U和I关系的图像并说出这样画的理由。答案　(1)①沿z轴负方向　②　　(2)见解析解析　(1)①a电子，初速度方向在xOy平面内，与y轴正方向成θ角；若磁场方向沿z轴正方向，a电子在洛伦兹力作用下向x轴负方向偏转，不符合题意；若磁场方向沿z轴负方向，a电子在洛伦兹力作用下向x轴正方向偏转，符合题意；b电子，初速度方向在zOy平面内，与y轴正方向成θ角。将b电子初速度沿坐标轴分解，沿z轴的分速度与磁感线平行不受力，沿y轴的分速度受到洛伦兹力使得电子沿x轴正方向偏转，根据左手定则可知，磁场方向沿z轴负方向，符合题意；综上可知，磁感应强度B的方向沿z轴负方向。②a电子在洛伦兹力作用下运动轨迹如图，由图可知电子运动到下一个极板的时间 t1＝T＝·＝b电子沿z轴的分速度与磁感线平行不受力，对应匀速直线运动；沿y轴的分速度受到洛伦兹力使电子向x轴正方向偏转，电子运动半个圆周到下一个极板，则t2＝T＝(2)设δ＝kU，单位时间内阴极逸出的电子数量N0不变，每个电子打到极板上可以激发δ个电子，经过n次激发阳极处接收电子数量N＝N0δn＝N0(kU)n＝N0knUn对应的电流I＝Ne＝eN0knUn＝(eN0kn)Un＝AUn可得I－U图像如图。