2023年天津市红桥区高考物理二模试卷

2023年天津市红桥区高考物理二模试卷

A.MN对Q的弹力先减小后增大B.MN对Q的弹力先增大后减小

C.P对Q的弹力一直增大D.P对Q的弹力先减小后增大

2.对于红、黄、蓝三种单色光，下列表述正确的是（）

A.在相同介质中，蓝光的折射率最小B.红光的频率最高

C.在相同介质中，蓝光的波长最短D.黄光光子的能量最小

3.如图甲中所示，一矩形线圈abed在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈所围

面积的磁通量。随时间t变化的规律如图乙所示，下列论述正确的是（）

A.。时刻线圈中感应电动势最大B.t2时刻导线ad的速度方向跟磁感线垂直

C.t3时刻线圈平面与中性面垂直D.t2,t4时刻线圈中感应电流方向相同

4.为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该

装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为匕和c,左、右两端开口与排

污管相连，如图所示。在垂直于上、下底面加磁感应强度为B向下的匀强磁场，在空腔前、

后两个侧面上各有长为a的相互平行且正对的电极M和N,M和N与内阻力为R的电流表相连。

污水从左向右流经该装置时，电流表将显示出污水排放情况。下列说法中正确的是（）

A.M板比N板电势高

B.污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小

C.污水流量大小，对电流表的示数无影响

D.若只增大所加磁场的磁感应强度，则电流表的示数也增大

5.人造地球卫星可在高度不同的轨道上运转，已知地球质量为M、半径为R、表面重力加速

度为9,万有引力常量为G,则下述关于人造地球卫星的判断正确的是（）

A.各国发射的所有人造地球卫星的运行速度都超过J乎

B.各国发射的所有人造地球卫星的运行周期都不小于2ττ∏

C.卫星的运行轨道半径越大，其运行速度也越大

D.地球同步卫星可相对地面静止在天津的正上空

二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）

6.下列说法正确的是（）

A.液体中悬浮微粒越大布朗运动反而越不剧烈

B.布朗运动证明组成固体微粒的分子在做无规则运动

C.封闭气体压强是大量气体分子对容器器壁持续碰撞产生的

D.绝对温度的零度是人们通过实验实际测量出来的

7.下列有关的说法正确的是（）

A.比结合能越小，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定

B.根据玻尔理论，原子从高能态向低能态跃迁时放出的光子的能量等于前后两个能级的能量

之差

C.0衰变现象说明电子是原子核的组成部分

D.夕衰变出现的电子是原子核内的中子转变为电子和质子形成的

8.如图所示，是一列简谐横波在某时刻的波形图，若此时质点P正处于加速运动过程中，则

此时（）

A.该机械波向X轴负方向传播

B.质点Q和质点N均处于减速运动过程中

C.质点Q和质点N均处于加速运动过程中

D.质点Q处于减速运动过程中，质点N处于加速运动过程中

三、实验题（本大题共1小题，共4.0分）

9.一组同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，用正确的操作方法，测定了6组摆长

L和周期T的对应值。为了求出当地的重力加速度g,3位同学提出了3种不同的方法：

（1）从测定的6组数据中任意选取1组，用公式g=警求出g作为测量值；

（2）分别求出6个L值的平均值Z和6个T的平均值is用公式g=竽求出g作为测量值；

（3）在坐标纸上作出厂-L图像，从图像中计算出图线的斜率/c,根据g=母求出g作为测量

值。

你认为以上三种方法中，错误的是哪一种（填代号即可），其余正确方法中偶然误差最

小的是哪一种（填代号即可）。

四、简答题（本大题共1小题，共8.0分）

10.用伏安法测电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，测量结果总存在系统误差.按图1所

示的电路进行测量，可以消除这种系统误差.

A该实验的第一步是：闭合电键Si，将电键S2接2,调节滑动变阻器RP和r,使电压表读数尽

量接近满量程，读出这时电压表和电流表的示数U、∕1;第二步是：将电键S2接1,读出这里

电压表和电流表的示数U2、Z2;

在由以上记录数据计算被测电阻RX的表达式是：

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

c将实物图中给出的仪器按照电路图的要求连接起来.

图1图2

五、计算题(本大题共3小题，共48.0分)

11.在距地面高为九的水平光滑桌面上放置着质量均为m的4、B两个物体G4、B可视为质点，

开始时B离桌面左端足够远)，4的左端紧紧插入一质量不计的弹簧，弹簧保持水平。现给4-

个水平向左的瞬时冲量/,A获得一个初速度之后通过弹簧和B发生正碰，问：

(1)4获得的初速度几大小；

(2)B脱离弹簧后，到达桌面左边缘，并沿桌面飞出，求其落地速度"大小。

12.在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=2000匝，横截面积S=40cr∏2.螺线管导线电

Ifir=1.012,R1=4.0/2,R2—5.012,C=20μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感

应强度B按如图乙所示的规律变化。求：

(1)求螺线管中产生的感应电动势；

(2)闭合S,电路中的电流稳定后，求电阻/?2的电功率；

(3)S断开后，求流经的的电量。

BU

13.如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，axXX×b

磁感应强度的大小8=0.407,磁场内有一块足够长的平面感光XXXX

板αb,板面与磁场方向平行，在距Qb的距离Z=2OCTn处，有一×X∕×X

×X

个点状的α放射源S,它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都xs,×

×××X

是"=3.0X106m∕s,(放射源S向平板作垂线交于板上。点)己

知α粒子的电荷与质量之比5=5.0xl07c/g,现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，画出偏

转图并求解。

(l)α粒子打到板上左端距O点的最远距离叼。

(2)α粒子打到板上右端距。点的最远距离

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：对圆柱体Q受力分析，圆柱体Q受重力、斜面的支持力和挡板的弹力，如图所示

挡板绕。点顺时针缓慢地转向水平位置的过程中，圆柱体Q受的合力近似为零，根据平衡条件，斜

面的支持力和挡板的弹力的合力与重力大小相等、方向相反，斜面对Q的支持力逐渐减小，挡板

对Q的弹力先减小后增大，当斜面的支持力与挡板的弹力垂直时，挡板的弹力最小。故A正确，

BCO错误。

故选：Ac

对圆柱体Q受力分析，根据平衡条件和受力图，结合选项，即可解答。

本题考查学生对平衡条件和受力图的分析能力，比较基础。

2.【答案】C

【解析】解：4C.根据电磁波谱可知，在同一种介质中，红，黄，蓝三种光波长从大到小依次是红，

黄，蓝，在同一个介质中，波长越长，折射率越小，故三种光中，蓝光的折射率最大，故A错误，

C正确；

8.波长越长，频率越小，故红光的频率最小，故3错误；

。.单色光的频率越大，光子的能量越大，故红光的波长最长，频率最小，光子的能量最小，故。

错误。

故选：Co

由实验可得：蓝光、绿光、黄光的折射率不同，则在介质中传播速度也不同.在空气中由于它们

的波长不同，则它们的频率不同，同时它们的能量也不同.

通过实验结论去理论分析，然后得出规律再去运用解题.

3.【答案】B

【解析】解：4、S时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，故感应电动势为零,

故A错误；

B、攵时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，故导线ad的速度方向跟磁感线垂直，故B正确；

C、t3时刻线圈的磁通量最大，处于中性面，故C错误；

。、t2、Q时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，线圈中感应电动势最大，电流最大；相差半个周期，

电流方向相反，故。错误；

故选：Bo

由数学知识可知：磁通量一时间图象斜率等于磁通量的变化率,其大小决定了感应电动势的大小。

当线圈的磁通量最大时，线圈经过中性面，电流方向发生改变。

本题关键抓住感应电动势与磁通量是互余关系，即磁通量最大，感应电动势最小；而磁通量最小，

感应电动势最大。

4.【答案】D

【解析】解：4、根据左手定则，正离子受到的洛伦兹力向外，往N板偏转。负离子受到的洛伦兹

力向里，往M板偏转，最终M板带负电，N板带正电，所以M板电势比N板电势低，故A错误；

BCD、最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，可得q，=Bqv

污水的流量为Q=vbc

则MN两端间的电势差为U=更

C

污水流量越大，电势差越大，电流表示数越大；增加磁感应强度，电势差增大，电流表示数也增

大；电势差与污水中的离子浓度无关，故BC错误，。正确。

故选：。。

含有离子的污水流动时，离子受到洛伦兹力作用而发生偏转，在前后表面形成电势差，最终离子

在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。根据左手定则判断离子的偏转方向，判断M板与N板电势

高低。根据平衡条件求出电动势的大小，再根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，判断与什么

因素有关。

解决本题的关键要会运用左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终离子在电场力和洛伦兹力

作用下处于平衡状态，通过列式进行分析。

5.【答案】B

【解析】解：4、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，可得G等=叫L,解

rLr

得D=升

其中r为卫星的轨道半径，由于人造地球卫星均在高度不同的轨道上绕地球做匀速圆周运动，所以

r≥R,可知l7≤J*，故A错误；

B、在地球表面上，有Tng=甯,则地球表面的重力加速度可表示为g=G/

根据万有引力提供向心力，可得G缪=mφ2r,联立解得7=J需=2πʃɪ≥2πjɪ

故B正确；

C、由17=J毕，可知卫星的轨道半径越大，其运行速度越小，故C错误；

。、地球同步卫星若相对地面静止在天津的正上空，所需的向心力垂直指向地轴，与受到的万有

引力不在同一直线上，不能稳定存在，必定向赤道一侧“漂移”，故O错误。

故选：B。

根据万有引力提供向心力，列出等式表示出线速度和周期与轨道半径的关系。根据轨道半径和地

球半径关系确定卫星的最大运行速度和最小周期。根据地球同步卫星的轨道进行分析。

解决本题时.，要掌握万有引力等于重力，以及万有引力提供向心力这两条思路，通过列式来分析

卫星的速度和周期与轨道半径的关系。

6.【答案】AC

【解析】解：4悬浮微粒越大，某一瞬间跟它相撞的分子数越多，撞击作用的不平衡性就不明显，

布朗运动不剧烈，故A正确；

B.布朗运动是悬浮在液体中微粒的无规则运动，显微镜中看到的是颗粒的无规则运动，不是液体

分子的无规则运动，布朗运动是反映了液体分子的无规则运动，故8错误；

C.气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁频繁碰撞而产生的，与分子的平均动能和分子数密

度有关，故C正确；

D绝对零度并不是人类测量出来的，绝对零度是根据理想气体所遵循的规律，然后通过外推的方

法得到的，故。错误。

故选：AC.

布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮

微粒无规则撞击引起的.小颗粒并不是分子，小颗粒无规则运动的轨迹不是分子无规则运动的轨

迹;气体对容器的压强是大量气体分子对器壁频繁碰撞产生的：绝对零度并不是人类测量出来的。

本题要理解并掌握热力学的基础知识，知道布朗运动与分子的热运动的区别，并能理解封闭气体

压强产生的原因。

7.【答案】BD

【解析】解：4比结合能是结合能与核子数的比值，比结合能越大，表示原子核越稳定，故4错

误；

B.根据玻尔理论，原子从高能态向低能态跃迁时放出的光子的能量等于前后两个能级的能量之差,

故B正确；

CD.根据0衰变的本质，。衰变出现的电子是原子核内的中子转变为电子和质子形成的，故C错误，

。正确。

故选：BD.

比结合能越大原子核越稳定；

根据玻尔理论，轨道之间存在能级差；

。衰变的本质，原子核内的中子转变为电子和质子。

本题考查学生对比结合能、玻尔理论、0衰变的本质的掌握，是一道基础题。

8.【答案】AD

【解析】解：4、质点P正在做加速运动，说明质点P正向下向平衡位置运动，由波形平移法可知，

该机械波向X轴负方向传播，故A正确；

BCD.该机械波向X轴负方向传播，贝IJQ点、N点均向上运动，Q点正远离平衡位置，处于减速运

动过程，N点正向平衡位置靠近，处于加速运动过程，故BC错误，。正确。

故选:AD.

质点P正处于加速运动过程中，可知质点P向下运动，根据振动方向确定波的传播方向，从而确定

出Q的振动方向，从而判断质点Q的运动情况。

解决本题的关键要掌握波的传播方向和质点的振动方向关系，知道质点远离平衡位置时做减速运

动，靠近平衡位置做加速运动，同时掌握“上下坡法”和“波形平移法”的应用。

9.【答案】(2)(3)

【解析】解：如要充分利用数据，减小实验误差，应该求出六组重力加速度再取平均值，即

τ

96(7；十τ,2T3iτjΓg

分别求出6个L值的平均值Z和6个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)错误。

从测定的6组数据中任意选取1组，用公式g=警求出g作为测量值，没有充分利用数据，不能

有效减小偶然误差；

在坐标纸上作出产―L图像，根据图像斜率k,计算g作为测量值，充分利用了实验数据，减小了

偶然误差，故选(3)。

故答案为：(2)；(3)。

(1)任意选取1组计算，数据利用不高，误差大；

(2)分别求出6个L值的平均值Z和6个7的平均值，再计算偶然误差较大。

(3)利用图像数据利用高，相当于取平均值，误差较小。

本题考查“用单摆测定重力加速度”的实验，要求掌握实验原理和数据处理。

由电路图可知，当闭合电键Si,电键S2接2时电压表测RX与心和滑动变阻器两端的电压之和，电流

表测通过RX与心以及滑动变阻器的电流；保持两滑动变阻器的滑动触头位置不变，将单刀双掷开

关S?向1闭合，此时电流表测的电流为3和滑动变阻器的电流，电压表测心以及滑动变阻器两端

的电压，读出此时电压表的示数/，根据欧姆定律求出两次测量电路的电阻，根据串联知识可知

待测电阻的阻值.

本题考查如何由于电压表、电流表内阻的影响，使得测量电阻的结果总存在系统误差.对课本的

伏安法测电阻造成的误差分析进行研究性学习.

11.【答案】解：(1)对A分析，根据动量定理有：

/=mv0

解得：

VU0=—m

(2)/与B通过弹簧发生弹性碰撞，B脱离弹簧时，弹簧恢复原长，碰撞过程动量守恒，能量守恒,

取水平向左为正方向，则有

.1一2121ɪ2

τnv0=mvA+mvB,-mvQ=-mv^+-mv^

解得：l⅛=='

8做平抛过程机械能守恒，则有：

∙1^mvβ2+ImghIy=-ɪmv2z

解得：ɪ7=J3+2。八

答：(1)4获得的初速度为《；

(2)B脱离弹簧后，到达桌面左边缘，并沿桌面飞出，其落地速度为JS+2gQ

【解析】(1)根据动量定理得出4获得的初速度；

(2)根据动量守恒定律和能量守恒定律得出B的速度，结合机械能守恒定律得出B落地的速度。

本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解弹性碰撞的特点，结合机械能守恒定律即可完成

分析。

12.【答案】解：(1)根据法拉第电磁感应定律

甯禁=詈

E