2023届天津市十二区重点学校高三下学期联考考前模拟检测物理试题（二）解析版

2023年天津市十二区重点学校高三毕业班联考（二）考前模拟检测物

理试卷

本试卷分为第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分，共loo分，考试用时60分

钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定

位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考

试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。祝各位考生考试顺利！

第I卷

一、单项选择题（本大题共5小题，共25分）

1.历史上，为了研究原子的性质，科学家们做了大量的实验研究，下面四幅示意图中说法正确的是（）

子核照相底片.

11

密

XXn£/eV

0

中志簿一XX5-------------0.54

中子Q—►4-------------0.85

-1.31

铀235X夕‘X3

2—-------------3.40

放射源•

e铅盒

子核21—-------------13.6

②)④

A.汤姆孙通过分析图①的a粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型

B.②表示的核反应属于重核裂变，在裂变过程中要吸收能量

C.③中向左偏转的是0粒子，向右偏转的是a粒子，不偏转的是丫粒子

D.锌的逸出功为3.34eV,用④中一群处于〃=4能级的氢原子发出的光照射锌板，逸出光电子的最大初动能

为9.4leV

【答案】D

【解析】

【详解】A.卢瑟福通过分析图①的a粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型，故A错误；

B.②表示的核反应属于重核裂变，在裂变过程中，存在质量亏损，根据爱因斯坦质能方程知要放出能量,

故B错误；

C.根据左手定则判断知，③中向左偏转的是a粒子，向右偏转的是。粒子，不偏转的是丫粒子，故C错误；

D.一群处于〃=4能级的氢原子向低能级跃迁时，释放光子的最大能量为

△E=4一g=-0.85eV-（-13.6eV）=12.75eV

锌的逸出功为3.34eV,根据爱因斯坦光电效应方程，则逸出光电子的最大初动能为

Ekm^\E-W&=12.75eV—3.34eV=9.41eV

故D正确。

故选D。

2.如图，四个完全相同的球两两挨着叠成一个正四面体，静置在水平地面上。若不考虑转动情况，球之间

的摩擦力也忽略不计，则球与地面的摩擦因数至少为（）

A."B.也C.3D.同

8663

【答案】A

【解析】

【详解】设每个球的质量为对四个球整体受力分析可知，地面对每个球的支持力为

“4

N=—mg

设上面的球与地面的球之间的支持力为N',设支持力与竖直方向的夹角为6,由几何关系可知

cos”=—

3

.AG

sin。=——

3

以上面球为研究对象，由平衡条件可知

3N,cos0-mg

解得

N=-一-mg

以下面任意一个足球为研究对象，根据平衡条件可得

N'sin6=〃N

解得

A=T

故选Ao

3.如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现

将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。

假设整个系统不漏气。下列说法不正确的是（）

隔板

/活塞

理想真空

气体

A.气体自发扩散前后内能相同

B.气体在被压缩的过程中内能增大

C.在自发扩散过程中，气体对外界做功

D.气体在被压缩的过程中，外界对气体做功

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】AC.气体自由膨胀，不对外做功，又是绝热汽缸，没有热传递，故内能不变，A正确，不符合题

意，C错误，符合题意；

BD.气体被压缩的过程，外界对气体做功，气体内能增大，BD正确，不符合题意。

故选C。

4.如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，使卫星首先进入椭圆轨道I,然后在。点改变卫星速度，再

使卫星进入地球同步轨道n。以下判断正确的是（）

A.在轨道I上通过。点的速度小于轨道II上通过。点的速度

B,在轨道I上，卫星在尸点的加速度等于在。点的加速度

c.该卫星在轨道n上运行时的机械能小于在轨道I上运行时的机械能

D.卫星由轨道I变轨进入轨道n,需在。点点火向速度的方向喷气

【答案】A

【解析】

【详解】AD.从椭圆轨道I到同步轨道n,卫星在。点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫

星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，即在。点点火向速度的反方向喷气，所以在轨道I上的

O点速度小于在轨道n上的。点的速度，故A正确，D错误；

B.根据牛顿第二定律可知

A「Mm

F=G-

解得加速度

cM

a=G—

r

在轨道I上，卫星在尸点的加速度大于在。点的加速度，故B错误;

C.卫星在轨道【上。点需要喷气加速变到轨道H,所以探测器在轨道H上的机械能大于在轨道］上的机械

能，故C错误。

故选Ao

5.如图所示，将绝缘细线的一端。点固定，另一端拴一带电的小球P,空间存在着方向水平向右的匀强电

场刚开始小球静止于P处，与竖直方向的夹角为45°,给小球一个沿圆弧切线左下方的瞬时冲量，让

小球在竖直平面内做半径为『的圆周运动，下列分析正确的是（）

A.小球可能带负电

B.小球在右半圈从d运动到c的过程中其速度先增大后减小

C.当小球运动到最高点”时，小球的电势能与动能之和最大

D.当小球运动到最高点a的速度丫》病时，小球才能做完整的圆周运动

【答案】B

【解析】

【详解】A.小球受重力、绳子的拉力和电场力三个力的作用，刚开始小球静止于尸处，由受力平衡可知电

场力方向水平向右，与电场方向相同，所以小球带正电，选项A错误；

B.小球静止于尸处，与竖直方向的夹角为45°,可知电场力和重力的合力方向斜向右下方45°角，大小

为

F=y/2mg

小球从d运动到c的过程中，绳子拉力不做功，合力做功即尸做功，可以判断尸先做正功再做负功，故小

球的速度先增大后减小，选项B正确；

C.小球运动过程中，重力势能、电势能、动能的总和保持不变，最高点。时小球的重力势能最大，则电势

能与动能之和最小，选项C错误;

D.当小球运动到弧仍中点，且细线弹力为零时，有

F=m亡

r

小球能做完整的圆周运动，在该点的速度为

小球从该点运动到。点，由动能定理得

=Lmv2_Lmv2

2"2

解得

匕=7(3^2-2)gr

因此，当小球运动到最高点a的速度匕NJ（3日-2）gr时，小球才能做完整的圆周运动，选项D错误;

故选Bo

二、多项选择题（本大题共3小题，共15分，所给选项中有一个或多个答案是正确的）

6.对如图所示的图片、示意图或实验装置图，下列判断正确的是（）

单色光

a甲

丙]■

A.甲图是小孔衍射的图样,也被称为“泊松亮斑”

B.乙图是薄膜干涉的应用,用来检测平面的平整程度

C.丙图是双缝干涉原理图,若P到S、$2的路程差是半波长的偶数倍，则P处是亮纹

D.丁图是薄膜干涉现象的实验装置图，在附有肥皂膜的铁丝圈上，出现竖直干涉条纹

【答案】BC

【解析】

【详解】A.甲图是小孔衍射的图样，而“泊松亮斑”是圆板衍射，故不是“泊松亮斑”，故A错误；

B.乙图是薄膜干涉的应用，用来检测平面的平整程度。若干涉条纹是直的干涉条纹则表明平面平整，故B

正确；

C.图是双缝干涉原理图，若尸到Si、S2的路程差是光的半波长的偶数倍，则尸是亮纹，若产到Si、S2的

路程差是光的半波长的奇数倍，则P是暗纹，故C正确；

D.丁图是薄膜干涉现象的实验装置图，在附有肥皂膜的铁丝圈上，出现水平干涉条纹，故D错误。

故选BC。

7.如图所示，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈，在磁感应强度为8的匀强磁场中，从图示位置

开始计时，绕水平轴OO'以角速度⑦匀速转动。矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上

的滑动触头P上下移动可改变副线圈的输出电压，副线圈接有可变电阻心电表均为理想交流电表。下列

判断正确的是()

A.矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBScocos(cot)

B.当P位置不变，R阻值不变，增大矩形线圈转动角速度。时.，电压表示数和电流表示数都变大

C.当P位置不变，线圈转动角速度口不变，R阻值增大时，电压表示数增大

D.当线圈转动角速度切不变，R阻值不变，P位置向下移动时，电流表示数变大

【答案】AB

【解析】

【详解】A.矩形线圈产生的感应电动势最大值为

Em=NBSco

从图示位置开始计时，线圈的磁通量为零，线圈的磁通量变化量最大，感应电动势最大，则感应电动势的

瞬时值表达式为

e-Emcos(d)=NBScocos(cot)

故A正确;

B.当P位置不变，R阻值不变，增大矩形线圈转动角速度①时，线圈产生的电动势增大，则电压表示数H

变大，根据原副线圈电压表等于匝数比

U1_&

U1

可知副线圈的输出电压变大，根据欧姆定律可知通过R电流4变大，根据变压器电流与匝数关系

A_"

，2"1

可知电流表示数变大，故B正确；

C.当P位置不变，线圈转动角速度①不变，R阻值增大时，线圈产生的电动势不变，则电压表示数不变，

故C错误；

D.当线圈转动角速度。不变，R阻值不变，P位置向下移动时，线圈产生的电动势不变，原线圈输入电压

a不变，根据原副线圈电压表等于匝数比

由于原线圈匝数勺变大，可知副线圈的输出电压变小，根据欧姆定律可知通过R电流,2变小，根据变

压器电流与匝数关系

八=”

可知电流表示数人变小，故D错误。

故选AB»

8.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x=5m处的质点的振动图像如图甲所示，在x=llm处的质点的振

动图像如图乙所示，以下说法正确的是（）

甲乙

A.该波的周期为12s

B.该波的传播速度可能为2m/s

C.该波的波长可能为8m

D.在0〜3s内x=5m处的质点通过的路程小于x=11m处的质点通过的路程

【答案】AB

【解析】

【详解】A.波的周期与质点振动周期相等，根据振动图像可知，该波的周期为12s,A正确；

C.由于波沿x轴正方向传播，根据振动图像可知，在片0时刻，x=5m处的质点处于平衡位置向上振动,

x=l1m处的质点恰好位于波谷，根据同侧法可知，此时刻这两个质点间最简单的波形为四分之一个波长,

则有

n/i+—A.=1Im-5m(«=1,2,3…)

4

解得

24

2=--------m(n=l,2,3…)

4〃+1

若波长等于8m,可解得

1

M=—

2

不符合要求，C错误；

B.根据上述可知

当〃=0时，解得波速为2m/s,B正确；

D.由于

T.

—=3s

4

而片0时刻，x=5m处的质点处于平衡位置，x=llm处的质点恰好位于波谷，可知，在0〜3s内，这两个

质点通过的路程均为4cm,即在0〜3s内x=5m处的质点通过的路程等于x=l1m处的质点通过的路程，D

错误。

故选AB«

第H卷

三、实验题(本大题共2小题，共12分)

9.“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示，小车装有祛码，现做如下探究：

纸带

（1）下列对实验操作的判断正确的是（填字母代号）。

A.调节定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行

B.在调节长木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有祛码的小盘通过定滑轮拴在小车上

C.实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源

D.每次改变小车质量时，不需要重新调节长木板倾斜度

（2）为使祛码及小盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，应满足的条件是祛码及小盘的总

质量（选填“近似等于”“远大于”或“远小于”）小车和小车上祛码的总质量。

（3）在研究。与M的关系时，已经补偿了打点计时器对小车的阻力及其他阻力。处理数据时以小车加速度

的倒数1为纵轴、小车和车上祛码的总质量M为横轴，作出1-加图像如下图所示。已知当地重力加速度

aa

大小为g,图中纵轴截距6=。

【答案】®.AD##DA②.远小于-

g

【解析】

【详解】（1）[1]A.实验中细绳要保持与长木板平行，A正确；

B.平衡摩擦力时不能将小盘和祛码通过定滑轮拴在小车上，这样无法平衡摩擦力，B错误；

C.实验时应先接通电源再放开木块，C错误；

D.平衡摩擦力后，每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩

擦力，D正确。

故选AD«

（2）[2]由整体法和隔离法得到细绳的拉力

口A/mg1

F=Ma=---------=---------mg

M-vm]।”

M

当小盘和祛码的质量m远小于小车和小车上祛码的总质量M时，可得

F«mg

（3）[3]保持外力一定时，根据牛顿第二定律得

M+m

则有

1

--M+-

amgg

则以工为纵轴，以总质量M为横轴，作出的图像为一倾斜直线，且纵轴截距为工。

°g

10.王同学想测量市面上某品牌电线所用金属丝的电阻率，于是取了200m长的一卷线来测量.

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量示数如图所示，其直径为mm.

（2）用多用电表粗测金属丝的阻值，当选用电阻“xl”挡时,发现指针偏转角度接近表盘最右侧，这说

明这卷导线的电阻值很小.

（3）为了精确地测量金属丝的电阻实验室提供了下列器材:

A.电流表Ai（量程为250mA,内阻为10。）

B.电流表A2（量程为0.6A,内阻约为1C）

C.电压表A3（量程为15V,内阻约为15k。）

D.定值电阻4=5。

E.定值电阻&2=30。

F.滑动变阻器&（0〜5C，额定电流为1.0A）

G.滑动变阻器&（0-100Q,额定电流为2.0A）

H电源（电动势3.0V,内阻约0.2C）

I.开关S、导线若干

①滑动变阻器应选择;(填“&”或"&”)

②请在方框内画出测量电路图。

(4)正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器测得5组电流表Ai、A2的值，，12,数据见下表.请根

据表中的数据，在方格纸上作出人-八图像

//mA79140158201239

I2/mA0.200.300.400.500.60

(5)由图像求出凡=C(结果保留2位有效数字)，进而可以求出金属丝的电阻率.

【答案】①.1.698##1.699##1.700##1.701##1.702②.&③.见解析④.见解析⑤.

【解析】

【详解】(1)[1]根据螺旋测微器的读数规则可知d=1.5mm+20.0x0.01mm=L700mm.

(3)①[2]要电表变化范围大，用分压式，而且安全前提下尽可能选总阻值小的，因此选择入；

②[3]电流表Ai内阻已知，故本身即量程2.5V的电压表，无需改装即可使用。而电流表A2内阻未知，因此

将A2置于干路.又由于待测电阻过小，则A2的变化范围不够大，因此需要串联一个定值电阻，使Ai满偏时

A2也接近满偏.根据两电表的量程可知，两支路电阻阻值差不多比较好，因此选择4,因此其电路图如图甲

所示。

（4）[4]根据表格中数据作出，-A图像如图乙;

A-JW+A）

根据图像的斜率可得

4=1.7Q.

四、计算题（本大题共3小题，共48分）

11.在一水平的长直轨道上，放着两块完全相同的质量为优的长方形木块，依次编号为木块1和木块2,如

图所示。在木块1左边放一质量为M=2优的大木块，大木块与木块1之间的距离与1、2两木块间的距离

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E=不一直作用在大木块上，使其

先与木块1发生碰撞，碰后与木块1结合为一体再与木块2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g。

（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)若改变恒力产的大小，使大木块与木块1发生碰撞后结合为一体，但1、2两木块间不发生碰撞，则

沿轨道方向的恒力F要满足什么条件？

【答案】(1)与；(2)—F0L；(3)^<F<—F0

【解析】

【详解】(1)根据平衡条件可得

Fo=4〃〃?g

解得

4mg

(2)设大木块与木块1碰撞前的速度为匕，根据动能定理得

(乙-〃Mg)人;M年

解得

设大木块与木块1碰撞后的速度为岭，根据动量守恒定律可得

Mvi+/M)V2

解得

1

“3

设木块1与木块2碰撞前的速度为匕，根据动能定理得

(F0-3〃mg)L=­-3mv^-,・3加

解得

，7F°L

匕

18加

设三个木块一起匀速运动的速度为力，根据动量守恒定律可得

(Af+/«)v3=(A/+2//Z)V4

解得

v=1陛

4412m

根据能量守恒得在两次碰撞中损失的总机械能为

2

△£1=F0-2L-fdMgL-〃(〃？+M)gL-+2w)v4

解得

\E=~FL

16a

(3)大木块与木块1发生碰撞

(F—MgjL)。

即

F＞墟

2

设大木块与木块1碰撞前的速度为%,根据动能定理得

［一知=那

解得

V2m

设大木块与木块1碰撞后的速度为v,根据动量守恒定律可得

Mv0-(A/+/n)v

解得

2

若要1、2两木块间不发生碰撞，则

2

FL<^F0L-^(M+m)v

解得

斤13斤

若要求大木块与木块1发生碰撞，但1、2两木块间不发生碰撞，则沿轨道方向的恒力E就要满足

—<r<—r

220°a

12.生活中常见的减速带是通过使路面稍微拱起从而达到使车减速的目的。其实我们也可以通过在汽车底部

安装线圈，通过磁场对线圈的安培力来实现对汽车减速的目的。我们用单匝边长为A的正方形线圈代替汽

车来模拟真实情境。如图所示，倾角为。的光滑斜面上平行等间距分布着很多个条形匀强磁场区域，磁感应

强度大小为8,方向垂直斜面向下，条形磁场区域的宽度及相邻条形无磁场区域的宽度均为L；线圈的质量

为〃?，电阻为及，线圈必边与磁场边界平行，线圈外边刚进入第一个有磁场区时的速度大小为50；线圈

必边刚进入第七个有磁场区时，开始匀速运动，速度大小为功；其中重力加速度g,e、B、L、机和H均为

已知量。

(1)线圈匀速运动时速度也为多大；

(2)从线圈帅边刚进入第一个有磁场区到线圈M边刚进入第七个有磁场区的过程中，线圈产生的焦耳热

(3)线圈M边刚进入第一个有磁场区到线圈岫边刚进入第七个有磁场区的过程所用的时间/o

2212B2L34mR

z、mgRsin0mRgsin0

【答案】(1)匕=：i(2)Q=\2mgsm0(L+；(3)t=

B11}mgRsin0B2L2

【解析】

【详解】(1)由线圈匀速运动，对线圈列平衡方程

mgsin3=BIL

又

町

R

解得

mgRsin0

V'=-BHT

（2）线圈ab边刚进入第1有磁场区边界到线圈ah边刚进入第7个有磁场区的过程，重力做功

WG=12mgLsin0

对此过程列动能定理

WG_Q=；mv；_；m（5v）

解得

22y

n10.fmRgsm0

Q=12〃2gsin8[L+~^4~-

（3）线圈ab边刚进入第1有磁场区到线圈ab边刚进入第7个有磁场区过程列动量定理

mgtsinO-I安=mv,-5mv（

线圈进入磁场过程所受安培力的冲量

I安=BILkt

又

BLv

71=---

R

解得

线圈ab边刚进入第1有磁场区边界到线圈ab边刚进入第7个有磁场区的过程安培力的冲量

r12B2L3

[安

解得

23

t12BL4mR

mgRsin0B2L2

13.如图为一质谱仪的结构简图，两块相距为的平行金属板A、B正对且水平放置，两板间加有可调节的电

压，。，、。2分别为板中心处的两个小孔，点。与Q、。2共线且连线垂直于金属板，。与Q的距离。。2=及。

在以。为圆心、R为半径的圆形区域内存在一磁感应强度大小为8、方向垂直纸面向外的匀强磁场。圆弧

CO为记录粒子位置的胶片，圆弧上各点到。点的距离以及圆弧两端点C、。间的距离均为2几C、。两端

点的连线垂直于A、B板。粒子从。1处无初速地进入到A、B间的电场后，通过Q进入磁场，粒子所受重

力不计。

（1）当A、B两板间电压为Uo时，粒子恰好打在圆弧的中点，求该粒子的比荷；

（2）一质量为町的粒子从磁场射出后，恰好打在圆弧上的C端点；在相同加速电压下，该粒子的一个同

位素粒子则恰好打在圆弧上的D端点，求这个同位素粒子的质量；

（3）一质量为加、电荷量为q的粒子从a处无初速地进入电场，当间所加电压不同时，粒子从。直至打

在圆弧上所经历的时间f会不同，求，的最小值。

C

【答案】（1）当r；（2）加2=1町；（3）西+G

B2R2-93qB

【解析】

【详解】（1）粒子从。到仇的过程中，根据动能定理有

砂o=5机丫

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由向心力公式有

由题意如，粒子的轨迹如图中①所示

由几何关系知粒子在磁场中运动的轨迹半径

r=R

联立以上各式，解得粒子的比荷为