2023年天津市和平区高考物理一模试卷（含答案解析）

2023年天津市和平区高考物理一模试卷

1.  下列说法正确的是(    )

A. 卢瑟福用粒子轰击获得反冲核发现了质子
B. 普朗克通过对光电效应现象的分析提出了光子说
C. 玻尔通过对天然放射现象的研究提出氢原子能级理论
D. 汤姆孙发现电子从而提出了原子的核式结构模型

2.  如图所示，导热良好的圆筒形气缸竖直放置在水平地面上，用活塞将一定质量的气体封闭在气缸内，系统处于静止状态，现将沙子不断地缓慢落到活塞上，忽略活塞与缸体之间的摩擦，外界环境温度不变，则在此过程中，缸内气体(    )

A. 分子单位时间内碰撞活塞次数增多 B. 温度不变，从外界吸收热量
C. 压强不变，同时温度升高 D. 对外界做功，同时内能减少

3.  如图所示，电场中的一簇电场线关于y轴对称分布，O点是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，下列说法正确的是(    )

A. P点场强可能等于Q点场强
B. P点电势可能等于Q点电势
C. 电荷在N点的电势能可能小于在M点的电势能
D. 电荷从N运动到O电场力做的功等于从O到M电场力做的功
 

4.  近年来，我国航天事业发展进入快车道，取得了令世人瞩目的成就，“嫦娥”探月，“天问”探火，中国人自己的“太空家园”空间站建成……如表是关于月球、火星、地球的部分数据

由表中的数据可以做出下列判断(    )

A. 火星表面重力加速度大于地球表面重力加速度
B. “天和”核心舱的运行速度大于
C. “嫦娥”四号的运行速度小于“天和”核心舱的运行速度
D. “天问”一号从近火点向远火点运动的过程，火星引力不做功

5.  修建高层建筑时常用到履带式起重机，如图所示，立在底座上的吊臂由倾斜的钢缆拉住固定在一定角度，连接在吊臂顶端的竖直钢缆下端是吊钩。某次操作中，吊钩将一定质量的建材从地面由静止开始提升，经过一段时间后到达某一高度，在这段时间内(    )

A. 倾斜钢缆上的拉力大小一定不变
B. 吊钩对建材的拉力大小一定等于建材的重力
C. 任意时间内拉力对建材的冲量等于建材的动量变化
D. 上升过程中建材的机械能一直在不断增大
 

6.  如图甲所示为一自耦变压器可视为理想变压器的结构示意图，线圈均匀绕在圆环形铁芯上，滑动触头C在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个变阻器R，若AB间输入图乙所示的交变电压，则(    )
 

A. 当时，电压表的示数为零
B. AB间输入电压的瞬时值
C. 滑动触头C向上移动时，R两端的电压增大
D. 变阻器滑片P向上移动时，AB间输入功率增大

7.  手持软绳的一端O点在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成沿水平传播的简谐波，P、Q为绳上的两点，时O点由平衡位置出发开始振动，至时刻恰好完成两次全振动，绳上OQ间形成如图所示的波形点之后的波形未画出，则(    )

A. 时刻之前Q点始终静止 B. 时刻P点运动方向向上
C. 时刻P点刚好完成一次全振动 D. 时刻O点运动方向向下

8.  冰壶是一种深受观众喜爱的运动，图1为冰壶运动员将冰壶掷出去撞击对方静止冰壶的镜头。图2显示了此次运动员掷出冰壶的时刻两冰壶的位置冰壶不可视为直点，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是哪幅(    )
 

A.  B.
C.  D.

9.  用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验，将重锤固定在纸带一端，使重锤由静止自由下落，打出的纸带由于初始部分的点迹模糊不清，舍去这部分点迹后得到如图乙所示纸带。

①选用的测量仪器除打点计时器外还需要______ 。
A.弹簧秤
B.天平
C.毫米刻度尺
D.秒表
②关于实验操作及数据处理，下列说法正确的是______ 。
A.选用质量大、体积小的重锤可以减小实验的偶然误差
B.图中纸带的左侧是与重锤相连的一端
C.若通过图像验证机械能守恒，必须多次重复实验，才能得到多个数据点
D.利用数据做出图像，若图像是直线，则说明重物下落过程机械能守恒
③在利用纸带上的数据点验证机械能守恒时，已经测出了AC段和FH段长度，还需要测出______ 段长度才能完成本次验证。
学习小组同学在测量某电阻的阻值约为时，实验所用器材为：电源电压3V，内阻可忽略、电流表内阻约、电压表内阻约、滑动变阻器额定电流、开关、导线若干。为更方便电路的调节，同学们利用以上器材设计了调节电路部分，画出实验电路图如图甲虚线方框中为测量电路，未画出，进行实验测量，记录数据如下表：

①由上表数据可知，他们在进行实验时，电路中开关是______ 的填“闭合”或“断开”。
②如图乙所示是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，请将图中剩余部分的导线补充完整
③这个小组的同学在坐标纸上建立坐标系，画出了表格中的数据对应的7个坐标点，如图丙所示，用坐
标点拟合出图线时应该舍掉的是第______ 组数据填表格中的序号。

10.  跳台滑雪运动惊险刺激、充满挑战。如图所示为赛道的简化示意，由助滑道、起跳区、着陆坡等几段组成，助滑道和着陆坡与水平面的夹角均为，直线AB段长度，运动员连同装备总质量，由A点无初速下滑，从起跳区的C点起跳后降落在若陆坡上的D点，重力加速度，，。
若忽略运动员在助滑道上受到的一切阻力，求运动员下滑到B点的速度大小；
若由于阻力的影响，运动员实际下滑到B点的速度大小，求运动员从A点下滑到B点过程中阻力做的功；
若运动员从C点起跳时的速度大小沿水平方向，忽略其在空中运动时受到的一切阻力，求运动员在空中飞行的时间。

11.  如图所示为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢。在缓冲车的底板上安装着电磁铁，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN，可以在导轨内自由滑动的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合的多匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L，假设缓冲车以速度与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲，一切摩擦及空气阻力不计。
求缓冲车厢减速过程中最大加速度的大小：
碰撞后缓冲车厢向前移动一段距离后速度为零，则此过程线图abcd中产生的焦耳热是多少；
缓冲车与障碍物碰撞后，要使导轨右端不碰到障碍物，则缓冲车与障碍物碰撞前，导轨右端与滑块K的cd边距离至少多大。
 

12.  某空气净化设备装置可用于气体中有害离子的收集和分离，其简化原理如图甲所示，I区为电场加速区，II区为电场收集区。I区和II区之间是无场区。已知I区中AB与CD两电极的电势差为U，II区中分布着竖直向下的匀强电场，且EG与FH间的距离为d，假设大量相同的正离子在AB极均匀分布，初速度为零开始加速，不考虑离子间的相互作用和重力影响。

若正离子的比荷为，求该离子到达CD极时的速度大小；
若从EF边射入的正离子经电场偏转后都射入与FH边重合的收集槽内，已知收集槽的宽度，求II区中匀强电场E的大小应满足的条件；
将II区的匀强电场换成如图乙所示的匀强磁场，则电场收集区变成了磁场分离区，为收集分离出的离子，需在EF边上放置收集板EP，收集板下端留有狭缝PF，离子只能通过狭缝进入磁场进行分离；假设在AB极上有两种正离子，质量分别为m和M，且，电荷量均为q；现调节磁感应强度大小和狭缝PF宽度，可使质量为M的离子都打在收集板EP右表面上，且打在收集板的两种离子完全分离，狭缝PF宽度的最大值为多少？区中EF与GH间距足够大，不考虑出II区后再次返回的离子

答案和解析

1.【答案】A 

【解析】解：A、卢瑟福用粒子轰击获得反冲核发现了质子，故A正确；
B、爱因斯坦通过对光电效应现象的分析提出了光子说，故B错误；
C、玻尔通过对氢光谱的成因的研究提出氢原子能级理论，故C错误；
D、卢瑟福通过粒子的散射实验分析，提出原子的核式结构模型，故D错误；
故选：A
根据原子物理量发展的历程，以及相关物理学家的贡献解答即可．
该题考查原子核式结构及质子的发现者等，掌握物理史实，知道玻尔的原子模型的作用及其局限性是关键．
 

2.【答案】A 

【解析】解：AC、将沙子不断地缓慢落到活塞上，设大气压强为，活塞质量为M，沙子质量为m，活塞横截面积为S，则气缸内气体压强，向活塞上加沙子过程，气缸内气体压强p增大；气缸是导热的，气体温度不变，由玻意耳定律可知，压强p增大，气体体积V减小，单位体积的分子数，即分子数密度增加，则分子单位时间内碰撞活塞次数增多，故A正确，C错误；
BD、气体温度不变，气体内能不变，，气体体积减小，外界对气体做功，，由热力学第一定律：，则，气体向外界放出热量，BD错误。
故选：A。
气缸导热，在活塞上加沙子过程气体压强增大温度不变；一定量的理想气体内能由温度决定；气体体积减小，外界对气体做功，根据题意应用热力学第一定律分析答题。
根据题意分析清楚气体状态变化过程，判断气体状态参量如何变化是解题的前提，应用热力学第一定律可以解题。
 

3.【答案】C 

【解析】解：电场线的疏密表示电场的强弱，根据图中电场线分布可知，P点周围电场线比Q点的电场线稀疏，P点场强的大小小于Q点的场强大小，故A错误；
B.根据电场线与等势线垂直特点，在P点所在电场线上找到Q点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，Q点的电势比P点的电势高，故B错误；
C.结合沿电场线方向电势降低可知，N点电势高于M点，根据
                           
可知，负电荷在M点时的电势能大于在N点时的电势能，故C正确；
D.根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小，故由公式
                         
可知，OM间的电势差小于NO间的电势差，根据
                        
可得电荷从N到O过程中电场力做的功不并等于从O到M过程中电场力做的功，故D错误；
故选：C。
根据电场线方向判断电势高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确比较电荷在非匀强电场中移动时电场力做功的多少。
电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解。
 

4.【答案】C 

【解析】解：A、根据物体在星球表面受到的万有引力等于重力，可得：。可得火星表面重力加速度与地球表面重力加速度之比为：，即火星表面和重力加速度小于地球表面的重力加速度，故A错误；
B、地球第一宇宙速度为卫星在地球表面轨道绕地球做匀速圆周运动的线速度，根据万有引力提供向心力可得，可得。可知“天和”核心舱的运行速度小于，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力可得：。可得：。“嫦娥”四号的运行速度与“天和”核心舱的运行速度之比为：，即“嫦娥”四号的运行速度小于“天和”核心舱的运行速度，故C正确；
D、“天问”一号从近火点向远火点运动的过程，火星引力做负功，故D错误。
故选：C。
根据加速度的公式求火星与地球表面的重力加速度之比；
由天体的运行速度公式和第一宇宙速度的意义比较核心舱速度的大小；
根据天体运行速度公式求核心舱与嫦娥四号的运动速度大小；
根据机械功的公式判断引力做功情况。
本题考查了万有引力定律及其应用，要熟记万有引力的公式和圆周运动的一些关系变换式，解题依据为万有引力提供向心力。
 

5.【答案】D 

【解析】解：对建材受力分析，建材上升时先加速后减速，故加速度有变化，倾斜钢缆上的拉力大小一定变化，故A错误；
B.建材加速上升时，吊钩对建材的拉力大小大于建材的重力，故B错误；
C.由动量定理可知，任意时间内拉力和建材重力的合力对建材的冲量等于建材的动量变化，故C错误；
D.上升过程中拉力做正功，建材的机械能一直在不断增大，故D正确。
故选：D。
对建材受力分析，根据分析可知建材上升时先加速后减速；根据动量定理可知任意时间内拉力和建材重力的合力对建材的冲量等于建材的动量变化，上升过程中拉力做正功。
本题考查的是牛顿第二定律综合题型，其中需注意分析建材上升过程中的加速度变化情况。
 

6.【答案】BCD 

【解析】解：交流电压表的示数为有效值，不为零，故A错误；
B.由图乙可知交流电的，则角速度
AB间输入电压的瞬时值表达式，故B正确；
C.根据理想变压器电压与匝数比的关系
得电阻R两端的电压
当滑动触头C向上移动时，副线圈变大，所以R两端的电压增大，故C正确；
D.根据理想变压器电压关系
得电阻R两端的电压
由于原副、线圈匝数比不变，因此电阻R两端电压不变
输入功率等于输出功率
变阻器滑片P向上移动时，R减小，AB间输入功率增大，故D正确。
故选：BCD。
A.交流电压表示数为有效值，据此作答；
B.根据图乙得周期，再求角速度，最后求瞬时值的表达式；
C.根据理想变压器电压与匝数比的关系分析；
D.根据理想变压器电压与匝数比的关系及功率公式作答。
本题考查了交流电的瞬时值和理想变压器的动态变化，关键在于掌握理想变压器电压与匝数比的关系和功率公式。
 

7.【答案】CD 

【解析】解：A、根据图象可知，该波传到Q点需要，而时刻恰好完成两次全振动，所以时刻Q点已经振动，故A错误；
B、根据“同侧法”如题图所示可知，时刻P点运动方向向下，故B错误；
C、该波传到P点需要一个周期，而时刻振源恰好完成两次全振动，所以时刻P点刚好完成一次全振动，故C正确；
D、在时刻恰好完成两次全振动，所以振源的起振方向与时刻的振动情况完全相同，该时刻O点运动方向向下，则时O点运动方向向下，故D正确。
故选：CD。
根据图象可知，该波传到Q点需要，而时刻恰好完成两次全振动，由此判断P和Q点的振动情况；根据“同侧法”判断传播方向和O点的振动方向。
本题主要是考查了波的图象；解答本题的关键是根据质点的振动方向判断出波的传播方向；一般的判断方法是根据“平移法”或“同侧法”，或者根据“走坡法”来判断。
 

8.【答案】AD 

【解析】解：A、两壶碰撞后甲的速度应小于乙的速度，两壶停止时，甲应在乙的后方，故A正确；
BCD、如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如图C所示，如果为非弹性碰撞，总动量向右，甲不会反弹，不可能出现BC所示情况，故D正确，BC错误；
故选：AD。
两冰壶碰撞过程动量守恒，碰撞过程中机械能不会增加，碰撞后甲的速度不会大于乙的速度，据此分析答题。
本题考查了动量守恒定律的应用，两物体发生碰撞时，内力远大于外力，外力可以忽略不计，系统动量守恒，碰撞过程机械能不可能增加、碰撞后后面的物体速度不可能大于前面物体的速度，据此分析答题。
 

9.【答案】C B BG 闭合  6 

【解析】解：①AB、根据，整理可得，可知不需要测量重物质量，故AB不需要；
C、实验时需要用刻度尺测量纸带上各点的距离，需要用到毫米刻度尺，故C需要；
D、打点计时器有计时功能，不需要秒表，故D不需要；
故选：C。
②A、验证机械能守恒定律实验中，由于重锤要克服空气阻力做功，从而产生系统误差，选用质量大体积小的重锤能减小空气阻力的影响，从而减小系统误差，故A错误；
B.由图可知，从4到H，相等时间内位移变大，可知图中纸带的左侧是与重锤相连的一端，故B正确；
C、若通过图像验证机械能守恒，需要纸带上选择合适数目的点，不需要重复实验，故C错误；
D、根据可知只要加速度大小恒定，图像均为直线，所以图像是直线，不能说明重物下落过程机械能守恒，故D错误。
故选：B。
③测出了AC段和FH段长度，根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度，可以求出B点和G点的速度，所以要验证机械能守恒，还需要测出BG段的长度。
①由图丙可知，图像用伏安特性曲线测量电阻的，要求电压电流从接近0开始调节，所以采用分压接法，他们在进行实验时，电路中开关是闭合的；
②由于，因此电流表采用内接法，电路图如图

③如图丙所示，用坐标点拟合出图线时应该舍掉的是第6组数据。
故答案为：①C；②B；③BG；①闭合；②见解析；③6。
根据机械能守恒定律列式，对表示进行分析可知需要的实验工具；再根据实验原理、实验数据的分析以及实验步骤，即可分析各选项；根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度，从而可以求得B、G两点的速度，由此可知还要测出BG长度；
根据图丙可知，实验数据是从零开始的，因此可知滑动变阻器采用分压式，再根据可知，电流表采用内接法，由此连接电路图，连线作图可知，第6各点的偏差明显偏大，由此判断舍去第6组数据。
该实验考查了验证机械能守恒定律以及测量未知导体的电阻等实验，要从实验原理、实验步骤、实验数据、误差分析、实验器材的选择以及电路图选择等方面全面掌握，该题综合性很强，难度较大。
 

10.【答案】解：运动员在助滑道上下滑的过程中，由牛顿第二定律可得
 
代入数据可得 
由匀加速直线运动公式
 
代入数据可得
设运动员从A点下滑到B点过程中克服阻力做的功为。
从A到B，根据动能定理得
 
解得 
设CD间距离为，根据平抛运动的规律得


联立解得
答：运动员下滑到B点的速度大小是；
运动员从A点下滑到B点过程中克服阻力做的功是9000J；
运动员在空中飞行的时间为。 

【解析】运动员在助滑道上下滑的过程中，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度-位移公式求运动员下滑到B点的速度大小；
从A到B，根据动能定理求运动员从A点下滑到B点过程中克服阻力做的功；
若运动员从C点起跳后做平抛运动，落在D点时，根据分位移公式和几何关系求CD间的距离与运动员在空中飞行的时间。
解答本题的关键是分析清楚运动员的运动过程，把握每个过程遵守的物理规律，熟练运用运动的分解法研究平抛运动，要注意分析隐含的几何关系，如竖直方向和水平方向的位移关系。
 

11.【答案】解：线圈中产生的感应最大电动势
产生的感应最大电流
安培力
根据牛顿第二定律
解得
由功能关系，线圈产生的焦耳热
由法拉第电磁感应定律得
其中
由欧姆定律
由动量定理可得
其中
可得
答：缓冲车厢减速过程中最大加速度的大小为：
碰撞后缓冲车厢向前移动一段距离后速度为零，则此过程线图abcd中产生的焦耳热是；
缓冲车与障碍物碰撞后，要使导轨右端不碰到障碍物，则缓冲车与障碍物碰撞前，导轨右端与滑块K的cd边距离至少为。 

【解析】缓冲车以速度与障碍物C碰撞后，滑块相对磁场的速度大小为，此时线框中产生的感应电动势最大，由公式求出最大感应电热势，由欧姆定律解出感应电流最大值，再由牛顿第二定律求最大加速度；
根据功能关系求线圈中产生的热量；
根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式得到缓冲车厢所受的最大水平磁场力与速度的关系式，列式计算出x的大小。
本题考查学生分析和理解科技成果的能力，运用电磁感应、电路及力学的基本规律进行分析．
 

12.【答案】解：设离子到达CD极时的速度大小为v，离子在AB与CD两极间被加速，只有电场力做功，根据动能定理有：

解得：。
正离子在Ⅱ区做类平抛运动，只要电场强度最小时能使从E点射入的正离子恰好打到H点，那么就能满足题目要求，设电场强度最小值为，对从E点射入恰好打到H点的正离子，根据类平抛运动的规律可得：
水平方向有：
竖直方向有：
根据牛顿第二定律可得：
解得：
则II区中匀强电场E的大小应满足的条件为：。
设两种离子在磁场中的圆周运动的半径分别为和，由洛伦兹力提供向心力可得：

解得质量为M的离子轨迹半径为：
质量为m的离子轨迹半径为：
半径关系为：，因为，所以
画出两种离子在磁场中运动的临界情况如图所示：

此时质量为M的正离子在收集板上的最低点与质量为m的正离子在收集板上的最高点重合．
设狭缝PF宽度的最大值为x，由几何关系可知应满足：


解得 。
答：该离子到达CD极时的速度大小为；
区中匀强电场E的大小应满足的条件为：；
狭缝PF宽度的最大值为。 

【解析】离子在AB与CD两极间加速，根据动能定理求解离子到达CD极时的速度大小；
正离子在Ⅱ区做类平抛运动，只要电场强度最小时能使从E点射入的正离子恰好打到H点，那么就能满足题目要求，根据类平抛运动的规律求解；
两种离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得到半径之间的关系，画出两种离子在磁场中运动的临界情况，根据几何关系求解狭缝PF宽度的最大值。
本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动，在电场中加速根据动能定理求加速后的速度，在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力列式，解题的关键是理清带电粒子的运动情景，依据合适的规律求解。