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文檔簡介
第第10頁〔共25頁〕2023年天津市高考物理試卷一、選擇題〔每題6分,共30分.每題給出的四個選項中,只有一個選項是正確的〕A.→16分〕反響的是〔A.→B.→C.→+D.→++326分〕明代學者方以智在《陽燧倒影》中記載“凡寶石面凸,則光成一條有數(shù)棱則必有一面五色”,說明白光通過多棱晶體折射會發(fā)生色散現(xiàn)象.如下圖B.→C.→+D.→++3ib光先消逝ab光C.a光能發(fā)生偏振現(xiàn)象,b光不能發(fā)生Da、b光分別照耀同一光電管都能發(fā)生光電效應,則a光的遏止電壓低36分直于導軌平面對下.現(xiàn)使磁感應強度隨時間均勻減小,ab始終保持靜止,以下說法正確的選項是〔〕A.ab中的感應電流方向由baB.ab中的感應電流漸漸減小C.ab所受的安培力保持不變D.ab所受的靜摩擦力漸漸減小46分〕“天津之眼〔〕A.摩天輪轉動過程中,乘客的機械能保持不變B.在最高點,乘客重力大于座椅對他的支持力C.摩天輪轉動一周的過程中,乘客重力的沖量為零56分〕手持較長軟繩端點OTPO、直向上,以下推斷正確的選項是〔〕該簡諧波是縱波C.t= C.t= 時,P在平衡位置上方D.t=時,P的速度方向豎直向上二、不定項選擇題〔每題6分,共18分.每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6D.t=時,P的速度方向豎直向上66分〕在勻強磁場中,一個02Ω,則〔〕t=0時,線圈平面平行于磁感線t=1s時,線圈中的電流轉變方向t=1.5s時,線圈中的感應電動勢最大8π2JaA a E 76分〕如下圖,在點電荷Q產生的電場中,實線N是一條方向未標出的ABA、B兩aA a E B pA pBAB運動aA>aBQM端且為正電荷EpA<EpBD.BA點電勢86分〕如下圖,輕質不行伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿MNa、b兩點,懸掛衣服的衣架鉤是光滑的,掛于繩上處于靜止狀態(tài).假設只人為轉變一個條件,當衣架靜止時,以下說法正確的選項是〔〕繩的右端上移到b′,繩子拉力不變將桿N向右移一些,繩子拉力變大C.繩的兩端高度差越小,繩子拉力越小換掛質量更大的衣服,則衣服架懸掛點右移三、解答題〔共672分〕94分〕“天舟一號”放射升空后,與已經在軌運h的圓形軌道Rg,且不考慮地球自轉的影響.則組合體運動的線速度大小為,向心加速度大小為.0〔4分〕自由下落,利用此裝置驗證機械能守恒定律。①對于該試驗,以下操作中對減小試驗誤差有利的是。A.重物選用質量和密度較大的金屬錘B.兩限位孔在同一豎直面內上下對正C.準確測量出重物的質量小組利用上述裝置將打點計時器接到50Hz的溝通電源上,按正確操作一條完整的紙帶,由于紙帶較長,圖中有局部未畫出,如下圖。紙帶上各點是打點計時器打出的計時點,其中O點為紙帶上打出的第一個點。重物下落高度應從紙帶上計時點間的距離直接測出利用以下測量值能完成驗證機械能守恒定律的選項有 。的長度 度和EG的長度 和EG的長度1〔0分〕某探究性學習小組利用如圖1所示的電路測量電池的電動勢和內R1=9.0kΩ,為了便利讀數(shù)和作圖,給R0=3.0Ω的電阻.aa′bb′cc′的導線.為了確定哪一條導線內部是斷開的,將電鍵S閉合,用多用電表的電壓a、b′間電壓,讀數(shù)不為零,再測量a、a′間電壓,假設讀數(shù)不為零,則肯定是導線斷開;假設讀數(shù)為零,則肯定是導線斷開.2I1﹣I2圖象得到的電池的動勢E= V,內阻r= Ω.2〔6分〕如下圖,物塊AB通過一根輕質不行伸長的細繩連接,跨放在mA=2kg、mB=1kgA靜止與水BBh=1.8m〔未觸及滑輪〕然后由靜止釋放。一段時間后細繩繃直,A、BB恰g=10m/s2?!?〕Bt;〔2〕Av的大??;BH。3〔8分yⅠ第Ⅲ象限存在沿yv0x軸正方向開頭運動,Qyx2倍。O離開電場進入磁場,最終從xP點射出磁場,Py軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力,求:O點時速度的大小和方向;電場強度和磁感應強度的大小之比。40分〕電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度,其原理可E,Cl,電阻不計.炮彈可視為一質量為m、電阻為RMN,垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài),并與導軌良好接觸.首先開關S1,使電容器完全充電.然后將S接2,導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場〔圖中未畫出NN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時,回路中電流為零,MN到達最大速度,之后離開導軌.問:磁場的方向;MN剛開頭運動時加速度a的大??;MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少.2023年天津市高考物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題〔每題6分,共30分.每題給出的四個選項中,只有一個選項是正確的〕A.→16分〕反響的是〔A.→B.→C.→B.→C.→+D.→++3〔如超高溫順高壓,發(fā)生原子核相互聚合作用,生成的質量更重的原子核,并伴隨著巨大的能量釋放的一種核反響形式,由此可知:核反響方程→是原子核的聚變反響;B由此可知:核反響方程→是原子核的聚變反響;BC屬于原子核的人工核轉變;D屬于裂變反響;A正確;BCD錯誤;A。性質,并把握質量數(shù)守恒電荷數(shù)守恒分析核反響方程.26分〕明代學者方以智在《陽燧倒影》中記載“凡寶石面凸,則光成一條有數(shù)棱則必有一面五色”,說明白光通過多棱晶體折射會發(fā)生色散現(xiàn)象.如下圖一束復色光通過三棱鏡后分解成兩束單色光a以下說法正確的選項是〔 〕ib光先消逝ab光C.a光能發(fā)生偏振現(xiàn)象,b光不能發(fā)生【分析】依據(jù)光的折射定律,判定兩光的折射率大小,再依據(jù)sinC= ,即可判Da、b【分析】依據(jù)光的折射定律,判定兩光的折射率大小,再依據(jù)sinC= ,即可判定各自臨界角大小,進而可求解;系;,結合光電效應方程=hγ﹣W,從而即可求解.【解答】解:A、依據(jù)折射率定義公式n=,從空氣斜射向玻璃時,入射角na一樣,光線a對應的折射角較大,故光線a【解答】解:A、依據(jù)折射率定義公式n=,從空氣斜射向玻璃時,入射角na
,假設增大入bB、依據(jù)折射率定義公式n=,從空氣斜射向玻璃時,入射角一樣,光線aB、依據(jù)折射率定義公式n=,從空氣斜射向玻璃時,入射角一樣,光線a對應的折射角較大,故光線a的折射率較小,即na<nb,則在真空中a光波長大bB錯誤;C、只要是橫波,均能發(fā)生偏振現(xiàn)象,假設a光能發(fā)生偏振現(xiàn)象,b光肯定能發(fā)生,C錯誤;照耀逸出光電子的最大初動能較小,依據(jù)qUc=,則a光的遏止電壓低,故E=hγa照耀逸出光電子的最大初動能較小,依據(jù)qUc=,則a光的遏止電壓低,故D正確;D。壓與最大初動能的關系.36分直于導軌平面對下.現(xiàn)使磁感應強度隨時間均勻減小,ab始終保持靜止,以下說法正確的選項是〔〕A.ab中的感應電流方向由baB.ab中的感應電流漸漸減小C.ab所受的安培力保持不變D.ab所受的靜摩擦力漸漸減小力的變化.B、由于磁感應強度均勻減小,依據(jù)法拉第電磁感應定律得,感應電動勢abAB、由于磁感應強度均勻減小,依據(jù)法拉第電磁感應定律得,感應電動勢恒定,則ab中的感應電流不變,故B錯誤。D、導體棒受安培力和靜摩擦力處于平衡,f=F,安培力減小,則靜摩擦力減小,應選:D。培力在變化.46分〕“天津之眼〔〕A.摩天輪轉動過程中,乘客的機械能保持不變B.在最高點,乘客重力大于座椅對他的支持力C.摩天輪轉動一周的過程中,乘客重力的沖量為零依據(jù)向心力的來源分析重力和支持力的狀況;依據(jù)沖量的定義分析沖量;依據(jù)瞬時功率計算式計算重力的瞬時功率.【解答】解:A、機械能等于重力勢能和動能之和,摩天輪運動過程中,做勻速A錯誤;B、圓周運動過程中,在最高點,由重力和支持力的合力供給向心力F,向心力F=mg﹣NN=mg﹣F,所以重力大于支持力,B正確;I=mgT,不為零,C錯誤;化,所以重力的瞬時功率在變化,D錯誤。。要把最根底的概念和公式牢記,這樣我們就能得心應手.56分〕手持較長軟繩端點OTPO、直向上,以下推斷正確的選項是〔〕C.t= 時,P在平衡位置上方C.t= 時,P在平衡位置上方D.t=時,P的速度方向豎直向上【分析】由橫波、縱波的定義得到簡諧波為橫波;再由POP之PD.t=時,P的速度方向豎直向上解:A、該簡諧波上質點振動方向為豎直方向,波的傳播方向為水平方A錯誤;距離為,O、PL,則B距離為,O、PL,則B錯誤;C、t=0時,C、t=0時,P的位移恰好為零,速度方向豎直向上,那么,t= 時,P在平衡位第13第13頁〔共25頁〕時,P在平衡位位置四周做簡諧運動;隨波傳播的只是波的形式和能量.二、不定項選擇題〔每題6分,共18分.每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63分,選錯或不答的得0分〕66分〕在勻強磁場中,一個02Ω,則〔〕t=0時,線圈平面平行于磁感線t=1s時,線圈中的電流轉變方向t=1.5s時,線圈中的感應電動勢最大t=1.5s時感應電動勢大??;計算此溝通電的最大值和有效值,依據(jù)焦耳定律計算一個周期產生的熱.t=0時穿過線圈平面的磁通量為零,所以線A正確;B、Φ﹣t圖象的斜率為 化率,在0.5s~1.5s之間,“斜率方向“不變,表示的感應電動勢方向不變,則電流強度方向不變,故B錯誤;第第14頁〔共25頁〕C、依據(jù)法拉第電磁感應定律可得E=N,所以在t=1.5sC、依據(jù)法拉第電磁感應定律可得E=N,所以在t=1.5s時,斜率為零,則感Em=NBSω=NΦmω=100×V=4πV,有效值E==2VQ==Q==D正確。關系,關鍵抓住兩個特別位置:一是線圈與磁場垂直位置是磁通量最大的位置,是電流強度增大與減小的轉換點.aA a E 76分〕如下圖,在點電荷Q產生的電場中,實線N是一條方向未標出的ABA、B兩aA a E B pA pBAB運動aA>aBQM端且為正電荷EpA<EpBD.BA點電勢Q的正負.解:A、由于不知道電子速度變化,由運動軌跡圖不能推斷電子向那個A錯誤;aA>aBAQQM端;又由運動軌跡可知,電MNQMB正確;E E D、由B可知,電場線方向由M指向N,那么A點電勢高于B點,故D錯誤;C、由B可知,電子所受電場力方向指向左側,那么,假設電子從A向B運動,則電場力做負功,電勢能增加;假設電子從B向A運動,則電場力做正功,電勢能減小所以肯定有 < 求解過程與所帶電荷無關E E pA pBC正確;帶負電的粒子,電場力方向與電場線方向相反.86分〕如下圖,輕質不行伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿MNa、b兩點,懸掛衣服的衣架鉤是光滑的,掛于繩上處于靜止狀態(tài).假設只人為轉變一個條件,當衣架靜止時,以下說法正確的選項是〔〕繩的右端上移到b′,繩子拉力不變將桿N向右移一些,繩子拉力變大C.繩的兩端高度差越小,繩子拉力越小換掛質量更大的衣服,則衣服架懸掛點右移狀況,進而分析拉力的變化;兩桿之間距離發(fā)生變化時,分析兩段繩子之間的夾角變化,進而分析拉力變化.解:如下圖,兩個繩子是對稱的,與豎直方向夾角是相等的。θ角度不變;力不變;A正確,C錯誤;B、當桿向右移動后,依據(jù)Xcosθ=LL變大,繩長不變,所以θ角度減小,繩子與豎直方向的夾角變大,繩子的拉力變大,B正確;D、繩長和兩桿距離不變的狀況下,θ不變,所以掛的衣服質量變化,不會影響懸掛點的移動,D錯誤。。題目就會變的簡潔三、解答題〔共672分〕考慮地球自轉的影響.則組合體運動的線速度大小為R小為g〔〕2 .94分〕“天舟一號”放射升空后,與已經在軌運h考慮地球自轉的影響.則組合體運動的線速度大小為R小為g〔〕2 .依據(jù)萬有引力定律和牛頓其次定律可得,衛(wèi)星所在處的加速度,依據(jù)萬有引力定律和牛頓其次定律可得,衛(wèi)星所在處的加速度,G=ma,運動向心力,從而即可求解.mg=G解:在地球外表的物體受到的重力等于萬有引力,有:mg=G得:GM=R2g,G=,G=,得:v===R;a===g〔a===g〔〕2;R;g〔〕2.0〔4分〕自由下落,利用此裝置驗證機械能守恒定律。①對于該試驗,以下操作中對減小試驗誤差有利的是AB A.重物選用質量和密度較大的金屬錘B.兩限位孔在同一豎直面內上下對正C.準確測量出重物的質量D.用手托穩(wěn)重物,接通電源后,撒手釋放重物小組利用上述裝置將打點計時器接到50Hz的溝通電源上,按正確操作一條完整的紙帶,由于紙帶較長,圖中有局部未畫出,如下圖。紙帶上各點是打點計時器打出的計時點,其中O點為紙帶上打出的第一個點。重物下落高度應從紙帶上計時點間的距離直接測出利用以下測量值能完成驗證機械能守恒定律的選項有BC 。的長度 度和EG的長度 和EG的長度依據(jù)試驗原理,結合試驗中的留意事項后分析解答;重力勢能表達式,進而確定其的變化,即可驗證。解:A正確。、mv2、mv2m可約去,不需要測量重錘的質量,對減小試驗誤差沒有影響,故C錯誤。DD錯誤。式,AOA、ADEG的長度時,只有求得FBC的中點的瞬時速度,從而確A錯誤;BCCDC點的瞬時速度,從而求得OC點的動能變化,因知道OC間距,則可求得重力勢能的B正確;C、當BD、CFEG的長度時,依據(jù)BDEG的長度,可分別求得CF點的CF確定重力勢能的變化,進而得以驗證C正確;EGACEGBF點的瞬BF間距不知道,則無法驗證機械能守恒,故D錯誤;故答案為:①AB;②BC。的中,瞬時速度的求解,及重力勢能的表達式的應用。1〔0分〕某探究性學習小組利用如圖1所示的電路測量電池的電動勢和內R1=9.0kΩ,為了便利讀數(shù)和作圖,給R0=3.0Ω的電阻.aa′bb′cc′的導線.為了確定哪一條導線內部是斷開的,將電鍵S閉合,用多用電表的電壓a、b′間電壓,讀數(shù)不為零,再測量a、a′間電壓,假設讀數(shù)不為零,則一定是aa”導線斷開;假設讀數(shù)為零,則肯定是bb”導線斷開.2I1﹣I2圖象得到的電池的=Vr=0.5Ω.的斜率和截距求出電動勢和內阻的大?。產、b′間電壓,讀數(shù)、a′bb′間不斷aa′aa′bb導線斷開.I1=,縱軸截距2E=U+Ir,I1〔1+r1〕+I〔0I1=,縱軸截距2圖線斜率確實定值為:r≈圖線斜率確實定值為:r≈0.5Ω.故答案為:①aa”,bb”,②1.4〔1.36~1.44均可〕 0.5〔0.4~0.6均可〕出兩物理量之間的關系式,結合圖線斜率和截距進展求解,難度中等.2〔6分〕如下圖,物塊ABmA=2kg、mB=1kgA靜止與水BBh=1.8m〔未觸及滑輪〕然后由A、BB恰g=10m/s2。〔1〕Bt;〔2〕Av的大小;BH?!?〕依據(jù)自由落體規(guī)律計算運動時間;依據(jù)動量守恒定律計算A的最大速度;【解答解〔1〕【解答解〔1〕B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動,有:= 2代入數(shù)據(jù)解得:t=0.6s。依據(jù)動量定理;BBA〔取向上為正方向,則有:2t﹣mAA,vBBF1=F2由于碰撞時間極短,因此有:v′=2m/sA、B的速度為零,〔mA+mB〕〔mA+mB〕v′2+mgH=mgHBA代入數(shù)據(jù)解得:H=0.6m。1〕2m/s;B0.6m。這種狀況常常遇到,尋常多練習。3〔8分yⅠ象限存在垂直于平面對里的勻強磁場,第Ⅲ象限存在沿yQyx2倍。粒OxP點射出磁場,Py軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力,求:O點時速度的大小和方向;電場強度和磁感應強度的大小之比。〔1〕xy方向的勻加速直線運動列方程求解;〔2〕粒子在電場中受到的電場力時由牛頓其次定律求解加速度,再依據(jù)速度位〔1〕在電場中,粒子做類平拋運動,設Qxy2Lat,有L=②2L=v0L=②Oxαtanα=④Oxαtanα=④聯(lián)立①②③④式得:α=45° ⑤v==;x45°角斜向上。Ov==;〔2〕設電場強度為E,粒子電荷量為q,質量為m,粒子在電場中受到的電場力POPO2LR=?由于由牛頓其次定律可得:
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