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文檔簡介

2023年天津市紅橋區(qū)高考物理二模試卷

A.MN對Q的彈力先減小后增大B.MN對Q的彈力先增大后減小

C.P對Q的彈力一直增大D.P對Q的彈力先減小后增大

2.對于紅、黃、藍(lán)三種單色光,下列表述正確的是()

A.在相同介質(zhì)中,藍(lán)光的折射率最小B.紅光的頻率最高

C.在相同介質(zhì)中,藍(lán)光的波長最短D.黃光光子的能量最小

3.如圖甲中所示,一矩形線圈abed在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動,線圈所圍

面積的磁通量。隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示,下列論述正確的是()

A.。時刻線圈中感應(yīng)電動勢最大B.t2時刻導(dǎo)線ad的速度方向跟磁感線垂直

C.t3時刻線圈平面與中性面垂直D.t2,t4時刻線圈中感應(yīng)電流方向相同

4.為監(jiān)測某化工廠的含有離子的污水排放情況,技術(shù)人員在排污管中安裝了監(jiān)測裝置,該

裝置的核心部分是一個用絕緣材料制成的空腔,其寬和高分別為匕和c,左、右兩端開口與排

污管相連,如圖所示。在垂直于上、下底面加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B向下的勻強(qiáng)磁場,在空腔前、

后兩個側(cè)面上各有長為a的相互平行且正對的電極M和N,M和N與內(nèi)阻力為R的電流表相連。

污水從左向右流經(jīng)該裝置時,電流表將顯示出污水排放情況。下列說法中正確的是()

A.M板比N板電勢高

B.污水中離子濃度越高,則電流表的示數(shù)越小

C.污水流量大小,對電流表的示數(shù)無影響

D.若只增大所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度,則電流表的示數(shù)也增大

5.人造地球衛(wèi)星可在高度不同的軌道上運(yùn)轉(zhuǎn),已知地球質(zhì)量為M、半徑為R、表面重力加速

度為9,萬有引力常量為G,則下述關(guān)于人造地球衛(wèi)星的判斷正確的是()

A.各國發(fā)射的所有人造地球衛(wèi)星的運(yùn)行速度都超過J乎

B.各國發(fā)射的所有人造地球衛(wèi)星的運(yùn)行周期都不小于2ττ∏

C.衛(wèi)星的運(yùn)行軌道半徑越大,其運(yùn)行速度也越大

D.地球同步衛(wèi)星可相對地面靜止在天津的正上空

二、多選題(本大題共3小題,共15.0分)

6.下列說法正確的是()

A.液體中懸浮微粒越大布朗運(yùn)動反而越不劇烈

B.布朗運(yùn)動證明組成固體微粒的分子在做無規(guī)則運(yùn)動

C.封閉氣體壓強(qiáng)是大量氣體分子對容器器壁持續(xù)碰撞產(chǎn)生的

D.絕對溫度的零度是人們通過實(shí)驗(yàn)實(shí)際測量出來的

7.下列有關(guān)的說法正確的是()

A.比結(jié)合能越小,表示原子核中核子結(jié)合得越牢固,原子核越穩(wěn)定

B.根據(jù)玻爾理論,原子從高能態(tài)向低能態(tài)躍遷時放出的光子的能量等于前后兩個能級的能量

之差

C.0衰變現(xiàn)象說明電子是原子核的組成部分

D.夕衰變出現(xiàn)的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)變?yōu)殡娮雍唾|(zhì)子形成的

8.如圖所示,是一列簡諧橫波在某時刻的波形圖,若此時質(zhì)點(diǎn)P正處于加速運(yùn)動過程中,則

此時()

A.該機(jī)械波向X軸負(fù)方向傳播

B.質(zhì)點(diǎn)Q和質(zhì)點(diǎn)N均處于減速運(yùn)動過程中

C.質(zhì)點(diǎn)Q和質(zhì)點(diǎn)N均處于加速運(yùn)動過程中

D.質(zhì)點(diǎn)Q處于減速運(yùn)動過程中,質(zhì)點(diǎn)N處于加速運(yùn)動過程中

三、實(shí)驗(yàn)題(本大題共1小題,共4.0分)

9.一組同學(xué)在做“用單擺測定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中,用正確的操作方法,測定了6組擺長

L和周期T的對應(yīng)值。為了求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭,3位同學(xué)提出了3種不同的方法:

(1)從測定的6組數(shù)據(jù)中任意選取1組,用公式g=警求出g作為測量值;

(2)分別求出6個L值的平均值Z和6個T的平均值is用公式g=竽求出g作為測量值;

(3)在坐標(biāo)紙上作出廠-L圖像,從圖像中計算出圖線的斜率/c,根據(jù)g=母求出g作為測量

值。

你認(rèn)為以上三種方法中,錯誤的是哪一種(填代號即可),其余正確方法中偶然誤差最

小的是哪一種(填代號即可)。

四、簡答題(本大題共1小題,共8.0分)

10.用伏安法測電阻時,由于電壓表、電流表內(nèi)阻的影響,測量結(jié)果總存在系統(tǒng)誤差.按圖1所

示的電路進(jìn)行測量,可以消除這種系統(tǒng)誤差.

A該實(shí)驗(yàn)的第一步是:閉合電鍵Si,將電鍵S2接2,調(diào)節(jié)滑動變阻器RP和r,使電壓表讀數(shù)盡

量接近滿量程,讀出這時電壓表和電流表的示數(shù)U、∕1;第二步是:將電鍵S2接1,讀出這里

電壓表和電流表的示數(shù)U2、Z2;

在由以上記錄數(shù)據(jù)計算被測電阻RX的表達(dá)式是:

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

c將實(shí)物圖中給出的儀器按照電路圖的要求連接起來.

圖1圖2

五、計算題(本大題共3小題,共48.0分)

11.在距地面高為九的水平光滑桌面上放置著質(zhì)量均為m的4、B兩個物體G4、B可視為質(zhì)點(diǎn),

開始時B離桌面左端足夠遠(yuǎn)),4的左端緊緊插入一質(zhì)量不計的彈簧,彈簧保持水平?,F(xiàn)給4-

個水平向左的瞬時沖量/,A獲得一個初速度之后通過彈簧和B發(fā)生正碰,問:

(1)4獲得的初速度幾大?。?/p>

(2)B脫離彈簧后,到達(dá)桌面左邊緣,并沿桌面飛出,求其落地速度"大小。

12.在如圖甲所示的電路中,螺線管匝數(shù)n=2000匝,橫截面積S=40cr∏2.螺線管導(dǎo)線電

Ifir=1.012,R1=4.0/2,R2—5.012,C=20μF。在一段時間內(nèi),穿過螺線管的磁場的磁感

應(yīng)強(qiáng)度B按如圖乙所示的規(guī)律變化。求:

(1)求螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢;

(2)閉合S,電路中的電流穩(wěn)定后,求電阻/?2的電功率;

(3)S斷開后,求流經(jīng)的的電量。

BU

13.如圖,真空室內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直于紙面向里,axXX×b

磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小8=0.407,磁場內(nèi)有一塊足夠長的平面感光XXXX

板αb,板面與磁場方向平行,在距Qb的距離Z=2OCTn處,有一×X∕×X

×X

個點(diǎn)狀的α放射源S,它向各個方向發(fā)射α粒子,α粒子的速度都xs,×

×××X

是"=3.0X106m∕s,(放射源S向平板作垂線交于板上。點(diǎn))己

知α粒子的電荷與質(zhì)量之比5=5.0xl07c/g,現(xiàn)只考慮在圖紙平面中運(yùn)動的α粒子,畫出偏

轉(zhuǎn)圖并求解。

(l)α粒子打到板上左端距O點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離叼。

(2)α粒子打到板上右端距。點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解:對圓柱體Q受力分析,圓柱體Q受重力、斜面的支持力和擋板的彈力,如圖所示

擋板繞。點(diǎn)順時針緩慢地轉(zhuǎn)向水平位置的過程中,圓柱體Q受的合力近似為零,根據(jù)平衡條件,斜

面的支持力和擋板的彈力的合力與重力大小相等、方向相反,斜面對Q的支持力逐漸減小,擋板

對Q的彈力先減小后增大,當(dāng)斜面的支持力與擋板的彈力垂直時,擋板的彈力最小。故A正確,

BCO錯誤。

故選:Ac

對圓柱體Q受力分析,根據(jù)平衡條件和受力圖,結(jié)合選項(xiàng),即可解答。

本題考查學(xué)生對平衡條件和受力圖的分析能力,比較基礎(chǔ)。

2.【答案】C

【解析】解:4C.根據(jù)電磁波譜可知,在同一種介質(zhì)中,紅,黃,藍(lán)三種光波長從大到小依次是紅,

黃,藍(lán),在同一個介質(zhì)中,波長越長,折射率越小,故三種光中,藍(lán)光的折射率最大,故A錯誤,

C正確;

8.波長越長,頻率越小,故紅光的頻率最小,故3錯誤;

。.單色光的頻率越大,光子的能量越大,故紅光的波長最長,頻率最小,光子的能量最小,故。

錯誤。

故選:Co

由實(shí)驗(yàn)可得:藍(lán)光、綠光、黃光的折射率不同,則在介質(zhì)中傳播速度也不同.在空氣中由于它們

的波長不同,則它們的頻率不同,同時它們的能量也不同.

通過實(shí)驗(yàn)結(jié)論去理論分析,然后得出規(guī)律再去運(yùn)用解題.

3.【答案】B

【解析】解:4、S時刻通過線圈的磁通量最大,而磁通量的變化率等于零,故感應(yīng)電動勢為零,

故A錯誤;

B、攵時刻磁通量為零,線圈與磁場平行,故導(dǎo)線ad的速度方向跟磁感線垂直,故B正確;

C、t3時刻線圈的磁通量最大,處于中性面,故C錯誤;

。、t2、Q時刻磁通量為零,線圈與磁場平行,線圈中感應(yīng)電動勢最大,電流最大;相差半個周期,

電流方向相反,故。錯誤;

故選:Bo

由數(shù)學(xué)知識可知:磁通量一時間圖象斜率等于磁通量的變化率,其大小決定了感應(yīng)電動勢的大小。

當(dāng)線圈的磁通量最大時,線圈經(jīng)過中性面,電流方向發(fā)生改變。

本題關(guān)鍵抓住感應(yīng)電動勢與磁通量是互余關(guān)系,即磁通量最大,感應(yīng)電動勢最??;而磁通量最小,

感應(yīng)電動勢最大。

4.【答案】D

【解析】解:4、根據(jù)左手定則,正離子受到的洛倫茲力向外,往N板偏轉(zhuǎn)。負(fù)離子受到的洛倫茲

力向里,往M板偏轉(zhuǎn),最終M板帶負(fù)電,N板帶正電,所以M板電勢比N板電勢低,故A錯誤;

BCD、最終正負(fù)離子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡,可得q,=Bqv

污水的流量為Q=vbc

則MN兩端間的電勢差為U=更

C

污水流量越大,電勢差越大,電流表示數(shù)越大;增加磁感應(yīng)強(qiáng)度,電勢差增大,電流表示數(shù)也增

大;電勢差與污水中的離子濃度無關(guān),故BC錯誤,。正確。

故選:。。

含有離子的污水流動時,離子受到洛倫茲力作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn),在前后表面形成電勢差,最終離子

在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡。根據(jù)左手定則判斷離子的偏轉(zhuǎn)方向,判斷M板與N板電勢

高低。根據(jù)平衡條件求出電動勢的大小,再根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電流的大小,判斷與什么

因素有關(guān)。

解決本題的關(guān)鍵要會運(yùn)用左手定則判定洛倫茲力的方向,以及知道最終離子在電場力和洛倫茲力

作用下處于平衡狀態(tài),通過列式進(jìn)行分析。

5.【答案】B

【解析】解:4、衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動,根據(jù)萬有引力提供向心力,可得G等=叫L,解

rLr

得D=升

其中r為衛(wèi)星的軌道半徑,由于人造地球衛(wèi)星均在高度不同的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動,所以

r≥R,可知l7≤J*,故A錯誤;

B、在地球表面上,有Tng=甯,則地球表面的重力加速度可表示為g=G/

根據(jù)萬有引力提供向心力,可得G繆=mφ2r,聯(lián)立解得7=J需=2π??≥2πj?

故B正確;

C、由17=J畢,可知衛(wèi)星的軌道半徑越大,其運(yùn)行速度越小,故C錯誤;

。、地球同步衛(wèi)星若相對地面靜止在天津的正上空,所需的向心力垂直指向地軸,與受到的萬有

引力不在同一直線上,不能穩(wěn)定存在,必定向赤道一側(cè)“漂移”,故O錯誤。

故選:B。

根據(jù)萬有引力提供向心力,列出等式表示出線速度和周期與軌道半徑的關(guān)系。根據(jù)軌道半徑和地

球半徑關(guān)系確定衛(wèi)星的最大運(yùn)行速度和最小周期。根據(jù)地球同步衛(wèi)星的軌道進(jìn)行分析。

解決本題時.,要掌握萬有引力等于重力,以及萬有引力提供向心力這兩條思路,通過列式來分析

衛(wèi)星的速度和周期與軌道半徑的關(guān)系。

6.【答案】AC

【解析】解:4懸浮微粒越大,某一瞬間跟它相撞的分子數(shù)越多,撞擊作用的不平衡性就不明顯,

布朗運(yùn)動不劇烈,故A正確;

B.布朗運(yùn)動是懸浮在液體中微粒的無規(guī)則運(yùn)動,顯微鏡中看到的是顆粒的無規(guī)則運(yùn)動,不是液體

分子的無規(guī)則運(yùn)動,布朗運(yùn)動是反映了液體分子的無規(guī)則運(yùn)動,故8錯誤;

C.氣體對器壁的壓強(qiáng)是由大量氣體分子對器壁頻繁碰撞而產(chǎn)生的,與分子的平均動能和分子數(shù)密

度有關(guān),故C正確;

D絕對零度并不是人類測量出來的,絕對零度是根據(jù)理想氣體所遵循的規(guī)律,然后通過外推的方

法得到的,故。錯誤。

故選:AC.

布朗運(yùn)動是懸浮微粒的無規(guī)則運(yùn)動,不是分子的無規(guī)則運(yùn)動,形成的原因是由于液體分子對懸浮

微粒無規(guī)則撞擊引起的.小顆粒并不是分子,小顆粒無規(guī)則運(yùn)動的軌跡不是分子無規(guī)則運(yùn)動的軌

跡;氣體對容器的壓強(qiáng)是大量氣體分子對器壁頻繁碰撞產(chǎn)生的:絕對零度并不是人類測量出來的。

本題要理解并掌握熱力學(xué)的基礎(chǔ)知識,知道布朗運(yùn)動與分子的熱運(yùn)動的區(qū)別,并能理解封閉氣體

壓強(qiáng)產(chǎn)生的原因。

7.【答案】BD

【解析】解:4比結(jié)合能是結(jié)合能與核子數(shù)的比值,比結(jié)合能越大,表示原子核越穩(wěn)定,故4錯

誤;

B.根據(jù)玻爾理論,原子從高能態(tài)向低能態(tài)躍遷時放出的光子的能量等于前后兩個能級的能量之差,

故B正確;

CD.根據(jù)0衰變的本質(zhì),。衰變出現(xiàn)的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)變?yōu)殡娮雍唾|(zhì)子形成的,故C錯誤,

。正確。

故選:BD.

比結(jié)合能越大原子核越穩(wěn)定;

根據(jù)玻爾理論,軌道之間存在能級差;

。衰變的本質(zhì),原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)變?yōu)殡娮雍唾|(zhì)子。

本題考查學(xué)生對比結(jié)合能、玻爾理論、0衰變的本質(zhì)的掌握,是一道基礎(chǔ)題。

8.【答案】AD

【解析】解:4、質(zhì)點(diǎn)P正在做加速運(yùn)動,說明質(zhì)點(diǎn)P正向下向平衡位置運(yùn)動,由波形平移法可知,

該機(jī)械波向X軸負(fù)方向傳播,故A正確;

BCD.該機(jī)械波向X軸負(fù)方向傳播,貝IJQ點(diǎn)、N點(diǎn)均向上運(yùn)動,Q點(diǎn)正遠(yuǎn)離平衡位置,處于減速運(yùn)

動過程,N點(diǎn)正向平衡位置靠近,處于加速運(yùn)動過程,故BC錯誤,。正確。

故選:AD.

質(zhì)點(diǎn)P正處于加速運(yùn)動過程中,可知質(zhì)點(diǎn)P向下運(yùn)動,根據(jù)振動方向確定波的傳播方向,從而確定

出Q的振動方向,從而判斷質(zhì)點(diǎn)Q的運(yùn)動情況。

解決本題的關(guān)鍵要掌握波的傳播方向和質(zhì)點(diǎn)的振動方向關(guān)系,知道質(zhì)點(diǎn)遠(yuǎn)離平衡位置時做減速運(yùn)

動,靠近平衡位置做加速運(yùn)動,同時掌握“上下坡法”和“波形平移法”的應(yīng)用。

9.【答案】(2)(3)

【解析】解:如要充分利用數(shù)據(jù),減小實(shí)驗(yàn)誤差,應(yīng)該求出六組重力加速度再取平均值,即

τ

96(7;十τ,2T3iτjΓg

分別求出6個L值的平均值Z和6個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)錯誤。

從測定的6組數(shù)據(jù)中任意選取1組,用公式g=警求出g作為測量值,沒有充分利用數(shù)據(jù),不能

有效減小偶然誤差;

在坐標(biāo)紙上作出產(chǎn)―L圖像,根據(jù)圖像斜率k,計算g作為測量值,充分利用了實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù),減小了

偶然誤差,故選(3)。

故答案為:(2);(3)。

(1)任意選取1組計算,數(shù)據(jù)利用不高,誤差大;

(2)分別求出6個L值的平均值Z和6個7的平均值,再計算偶然誤差較大。

(3)利用圖像數(shù)據(jù)利用高,相當(dāng)于取平均值,誤差較小。

本題考查“用單擺測定重力加速度”的實(shí)驗(yàn),要求掌握實(shí)驗(yàn)原理和數(shù)據(jù)處理。

由電路圖可知,當(dāng)閉合電鍵Si,電鍵S2接2時電壓表測RX與心和滑動變阻器兩端的電壓之和,電流

表測通過RX與心以及滑動變阻器的電流;保持兩滑動變阻器的滑動觸頭位置不變,將單刀雙擲開

關(guān)S?向1閉合,此時電流表測的電流為3和滑動變阻器的電流,電壓表測心以及滑動變阻器兩端

的電壓,讀出此時電壓表的示數(shù)/,根據(jù)歐姆定律求出兩次測量電路的電阻,根據(jù)串聯(lián)知識可知

待測電阻的阻值.

本題考查如何由于電壓表、電流表內(nèi)阻的影響,使得測量電阻的結(jié)果總存在系統(tǒng)誤差.對課本的

伏安法測電阻造成的誤差分析進(jìn)行研究性學(xué)習(xí).

11.【答案】解:(1)對A分析,根據(jù)動量定理有:

/=mv0

解得:

VU0=—m

(2)/與B通過彈簧發(fā)生彈性碰撞,B脫離彈簧時,彈簧恢復(fù)原長,碰撞過程動量守恒,能量守恒,

取水平向左為正方向,則有

.1一2121?2

τnv0=mvA+mvB,-mvQ=-mv^+-mv^

解得:l?=='

8做平拋過程機(jī)械能守恒,則有:

?1^mvβ2+ImghIy=-?mv2z

解得:?7=J3+2。八

答:(1)4獲得的初速度為《;

(2)B脫離彈簧后,到達(dá)桌面左邊緣,并沿桌面飛出,其落地速度為JS+2gQ

【解析】(1)根據(jù)動量定理得出4獲得的初速度;

(2)根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律得出B的速度,結(jié)合機(jī)械能守恒定律得出B落地的速度。

本題主要考查了動量守恒定律的相關(guān)應(yīng)用,理解彈性碰撞的特點(diǎn),結(jié)合機(jī)械能守恒定律即可完成

分析。

12.【答案】解:(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律

甯禁=詈

E

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