2023年天津市十二区重点学校高考物理联考试卷(二)+答案解析(附后)

2023年天津市十二区重点学校高考物理联考试卷（二）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，如图四幅示意图中说法正确的是( )
A. 汤姆孙通过分析图①的粒子散射实验结果，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中向左偏转的是粒子，向右偏转的是粒子，不偏转的是粒子
D. 锌的逸出功为，用④中一群处于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
2. 如图，四个完全相同的球两两挨着卷成一个正四面体，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.
C.
D.
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。

下列说法错误的是( )
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
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Q点改变卫星速度，再使卫星进入地球同
步轨道Ⅱ。

以下判断正确的是( )
A. 在轨道Ⅰ上通过Q点的速度小于轨道Ⅱ上通过Q点的速度
B. 在轨道Ⅰ上，卫星在P点的加速度等于在Q点的加速度
C. 该卫星在轨道Ⅱ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Ⅱ，需在Q点点火向速度的方向喷气
5. 如图所示，将绝缘细线的一端O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E。

刚开始小球静止于P处，与竖直方向的夹角为，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r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a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的速度时，小球才能做完整的圆周运动
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( )
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、的路程差是半波长的偶数倍，则P处是亮条纹
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
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B的匀强磁场中，从图示位置开始计时，绕水平轴以角速度匀速转动。

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R，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
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，线圈转动角速度不变，R阻值增大时，电压表示数增大
D. 当线圈转动角速度不变，R阻值不变，P位置向下移动时，电流表示数变大
8. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，在处的质点的振动图像如图甲所示，在
处的质点的振动图像如图乙所示，以下说法正确的是( )
A. 该波的周期为12s
B. 该波的传播速度可能为
C. 该波的波长可能为8m
D. 在内处的质点通过的路程小于处的质点通过的路程
9. “探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示，小车装有砝码，现做如下探究：
下列对实验操作的判断正确的是______
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，将装有砝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
为使砝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，应满足的条件是砝码
及小盘的总质量______ 选填“近似等于”“远大于”或“远小于”小车和小车上砝码的总质量。

在研究a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为纵轴、小车和车上砝码的总质量M为横轴，作出图像如图所示。

已知当地重力加速度大小为g，图中纵轴截距______ 。

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。

用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量示数如图甲所示，其直径为______ mm。

用多用电表粗测金属丝的阻值，当选用电阻“”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。

为了精确地测量金属丝的电阻，实验室提供了下列器材：
A.电流表量程为250mA，内阻为
B.电流表量程为，内阻约为
C.电压表量程为15V，内阻约为
D.定值电阻
E.定值电阻
F.滑动变阻器额定电流为
G.滑动变阻器额定电流为
H.电源电动势，内阻约
I.开关S、导线若干
①滑动变阻器应选择______ ；填“”或“”
②请在方框乙内画出测量电路图。

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、的值，，数
据见下表。

请根据表中的数据，在方格纸丙上作出图像。

79140158201239
由图像求出______ 结果保留2位有效数字，进而可以求出金属丝的电阻率。

11. 在一水平的长直轨道上，放着两块完全相同的质量为m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L。

现在所有木块都静止的情况下，将一沿轨道方向的恒力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。

求：木块与水平轨道间的动摩擦因数。

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。

若改变恒力F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？
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L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B，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m，电阻为R，线圈ab
边与磁场边界平行，线圈ab边刚进入第一个有磁场区时的速度大小为5v；线圈ab边刚进
入第七个有磁场区时，开始匀速运动，速度大小为；其中重力加速度g，、B、L、m和R
均为已知量。

线圈匀速运动时速度为多大；
从线圈ab边刚进入第一个有磁场区到线圈ab边刚进入第七个有磁场区的过程中，线圈产生的焦耳热Q；
线圈ab边刚进入第一个有磁场区到线圈ab边刚进入第七个有磁场区的过程所用的时间t。

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，、分别为板中心处的两个小孔，点O与、共线且连线垂
直于金属板，O与的距离。

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

圆弧CD为记录粒子位置的胶片，圆弧上
各点到O点的距离以及圆弧两端点C、D间的距离均为2R，C、D两端点的连线垂直于A、B
板。

粒子从处无初速地进入到A、B间的电场后，通过进入磁场，粒子所受重力不计。

当A、B两板间电压为时，粒子恰好打在圆弧CD的中点，求该粒子的比荷；
一质量为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；
一质量为m、电荷量为q的粒子从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CD上所经历的时间t会不同，求t的最小值。

答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：卢瑟福通过分析图①的粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型，不是汤姆孙，故A错误；
B.②表示的核反应属于重核裂变，在裂变过程中，放出能量，故B错误；
C.根据左手定则判断知，③中向左偏转的是粒子，向右偏转的是粒子，不偏转的是粒子，故C错误；
D.一群处于能级的氢原子向低能级跃迁时，释放光子的最大能量为
锌的逸出功为，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
故D正确。

故选：D。

卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型；
质量亏损释放核能；
由左手定则判断出粒子的电性，然后答题；
根据爱因斯坦光电效应方程，求最大初动能。

本题考查了粒子散射实验、光电效应、三种射线的特征、质能方程等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。

2.【答案】A
【解析】解：以整体为研究对象，整体的重力为4mg，则可知下部每个足球对地面的压力应为
；
下层足球之间没有外力使它们挤压，因此底层每个足球之间的弹力为零；
设上面的球与底面球之间的支持力为N，由几何关系可知，支持力与竖直方向夹角的余弦值为
，正弦值为，以上面的球为研究对象，根据平衡条件可知：
解得：；
以下面任一足球为研究对象，下层足球对底面的正压力为，水平方向根据平衡条件可知：
，解得：，故A正确，BCD错误；
故选：A。

分别对整体和上面小球进行分析，对整体根据平衡关系即可求得地面对下面小球的弹力大小；再根据几何关系确定弹力与竖直方向上的夹角，对上面小球分析，由平衡关系可求得上面小球受到的支持力；再对下面任一小球分析，根据水平方向上的受力平衡可求出动摩擦因数。

本题考查多个物体的共点力平衡条件的应用，此类问题的关键在于正确选择研究对象，做好受力分析，根据共点力平衡的条件进行分析求解是解决问题的关键。

3.【答案】C
【解析】解：AC、抽开隔板时，由于右方是真空，气体做自由扩散，右方是真空，气体没有对外做功，又没有热传递，则根据可知，气体的内能不变，故A正确，C错误；
BD、气体被压缩的过程中，外界对气体做功，根据可知，气体内能增大，故BD
正确。

本题选择错误的，
故选：C。

抽开隔板时，气体自发的扩散，不会对外做功；活塞对气体推压，则活塞对气体做功，根据热力学第一定律判断。

本题考查了热力学第一定律的应用，要明确气体向真空自由扩散，气体没有对外做功。

4.【答案】A
【解析】解：从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，应给卫星加速实现变轨，即在Q点点火向速度的反方向喷气，所以在轨道Ⅰ上的Q点速度小于在轨道Ⅱ上的Q点的速度，故A正确，D错误；
B、根据牛顿第二定律可知
解得加速度
即离地球球心距离越大，加速度越小，所以在轨道I上，卫星在P点的加速度大于在Q点的加速度，故B错误；
C、卫星在轨道Ⅰ上Q点需要喷气加速变到轨道Ⅱ，动能增大，所以探测器在轨道Ⅱ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能，故C错误。

故选：A。

卫星从低轨变到高轨，需要点火加速，即卫星经过低轨和高轨上的同一点是，在高轨的速度更大，机械能更大；根据牛顿第二定律，可以判断加速度的大小。

本题考查卫星的变轨问题，解决本题的关键知道变轨的原理，知道万有引力提供向心力。

5.【答案】B
【解析】A、小球处于静止状态，对小球受力分析，小球受重力、绳子的拉力和电场力三个力的
作用，由平衡条件可知小球所受电场力方向水平向右，与电场方向相同，所以小球带正电，故A
错误；
B、小球静止于P处，与竖直方向的夹角为，可知电场力和重力的合力方向斜向右下方角，大小为，
小球从d运动到c的过程中，绳子拉力不做功，只有F做功，F先做正功再做负功，故小球的速度先增大后减小，故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a时小球的重力势能最大，则电势能与动能之和最小，故C错误；
D、当小球运动到弧ab中点，且细线弹力为零时，有，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a点，由动能定理得，解得：
，因此，当小球运动到最高点a的速度时，小球才能做
完整的圆周运动，故D错误；
故选：B。

6.【答案】BC
【解析】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 、丙图是双缝干涉原理图，若P到、的路程差是光的半波长的偶数倍，则P是亮条纹，
若P到、的路程差是光的半波长的奇数倍，则P是暗条纹，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。

小孔衍射的图样与圆板衍射图样的区别；根据薄膜干涉可检测平面的平整程度；根据光的叠加原理分析，附有肥皂膜的铁丝圈上，出现水平干涉条纹。

本题考查干涉、衍射原理，掌握干涉现象，及理解其发生条件，注意干涉与衍射条纹间距的区别。

7.【答案】AB
【解析】解：感应电动势最大值为
从垂直中性面位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为
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时，线圈产生的电动势增大，则电压
表示数变大，根据原副线圈电压比等于匝数比
电压变大，根据欧姆定律可知通过R电流变大，根据变压器电流与匝数成反比的关系
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
输入电压不变，根据原副线圈电压等于匝数比
由于原线圈匝数变大，可知副线圈的输出电压变小，根据欧姆定律可知通过R电流变小，
根据变压器电流与匝数关系
可知电流表示数变小，故D错误。

故选：AB。

正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时，其电动势表达式为：；电压表
和电流表读数为有效值；P位置不变，线圈转动角速度不变，不变；根据理想变压器，电压比等于匝数比、电流比等于匝数反比，判断电压、电流变化。

本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式、功率关系，注意求解电量用平均值。

8.【答案】AB
【解析】解：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，故A正确；
由于波沿x轴正方向传播，根据振动图像可知，在时刻，处的质点处于平衡位置向上振动，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…
解得…
该波的传播速度为，解得：，…，当时波速为，若波长等于8m，可解得
不符合要求，故B正确，C错误；
D.由于
而时刻，处的质点处于平衡位置，处的质点恰好位于波谷，可知，在内，这两个质点通过的路程均为4cm，即在内处的质点通过的路程等于
处的质点通过的路程，故D错误。

故选：AB。

根据振动图象直接读出该波的周期；
根据同一时刻两质点状态关系，分析两质点间距离与波长关系，从而确定波长的可能值，由此求
解波速的可能值；
根据波的传播情况得到波长的表达式，由此得到波长的可能值；
根据振动方程的一般形式求解处和处的质点做简谐运动的表达式，再求出时的位置，由此得到两处质点通过的路程。

解答本题关键是要能够根据同一时刻两个质点的状态，结合波形确定两质点距离与波长的关系，
从而得到波长通项。

同时，要掌握振动的一般方程。

9.【答案】AD 远小于
【解析】解：实验中为了使细绳的拉力与小车运动方向一致，因此实验中细绳要保持与长
木板平行，故A正确；
B.平衡摩擦力时，不能施加外力，因此不能将小盘和砝码通过定滑轮拴在小车上，这样无法平衡
摩擦力，故B错误；
C.实验时应先接通电源再放开木块，故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，故D正确。

故选：AD。

设加速度大小为a，根据牛顿第二定律对小车
对小盘和砝码
联立解得
当小盘和砝码的质量m远小于小车和小车上砝码的总质量M时，可得
保持外力一定时，根据牛顿第二定律得
则有
结合图像可知，图像的纵截距。

故答案为：；远小于；。

实验中为了使细绳的拉力与小车运动方向一致，据此调整拉力方向；
B.平衡摩擦力时，不能施加外力，因此小车前端不挂小盘和砝码；
C.为了充分利用纸带，保证实验顺利进行，由此判断先后顺序；
D.根据平衡摩擦力的原理分析作答；
根据牛顿第二定律分别对小车和小盘及砝码列式求解；
根据牛顿第二定律求解函数，然后结合图像纵截距的含义作答。

本题是“探究加速度与力、质量的关系”的实验，本实验采用了控制变量法，为了保证细绳的拉力始终近似等于小盘及砝码的重力，需要满足的条件是小盘及砝码的总质量远小于小车的质量。

10.【答案】
【解析】解：螺旋测微器的分度值为，需要估读到分度值的下一位，根据螺旋测微器的读数规则可知：。

①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；
②电流表内阻已知，故本身即量程的电压表，无需改装即可使用。

而电流表内阻未知，因此将置于干路.又由于待测电阻过小，则的变化范围不够大，因此需要串联一个定值电阻，
使满偏时也接近满偏。

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，因此其电路图如图甲所示。

根据表格中数据作出图像如图乙；
根据电路图，有
根据图像的斜率可得。

故答案为：；①；②见解析；见解析；
根据螺旋测微器的读数规则得出对应的示数；
根据实验原理选择合适的滑动变阻器；
根据实验原理分析出电表的正确接法，同时画出对应的电路图；
根据电路构造的分析结合欧姆定律得出对应的图像；
根据图像的物理意义结合欧姆定律得出电阻的阻值。

本题主要考查了电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧姆定律和电阻定律即可完成分析。

11.【答案】解：三个木块恰能一起匀速运动，块根据平衡条件可得：
解得：
设大木块与木块1碰前的速度为，根据动能定理可得
解得：
设大木块与木块1碰后的速度为，取碰前速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
解得：
设木块1和木块2碰前的速度为，根据动能定理可得
解得：
根据能量守恒定律得在两次碰撞中损失的总机械能为
解得：
大木块与木块1发生碰撞，，即
设大木块与木块1碰前的速度为，根据动能定理可得
解得：
设大木块与木块1碰撞后的速度为v，取碰前速度方向为正，根据动量守恒定律得
解得：
若要1、2两木块间不发生碰撞，则
解得：
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，
恒力F要满足：
答：木块与水平轨道间的动摩擦因数；
碰撞中损失的总机械能；
恒力F要满足
【解析】根据平衡条件求动摩擦因数；
运用动能定理求物体碰前的速度，碰撞过程中利用动量守恒定律求碰后的速度，最后根据能量守恒定律得在两次碰撞中损失的总机械能；
大木块与木块1发生碰撞可利用动能定理判断大木块碰前有速度，并求出碰前速度，利用动量守恒定律求出碰后速度，利用能量守恒定律分析物块1、2两木块间不发生碰撞的条件。

本题考查学生综合运用动能定理，动量守恒定律和能量守恒定律解题，综合性强。

本题易出现的错误是不注意过程的分析。

12.
【答案】解：线圈切割磁感线产生的感应电动势
由闭合电路的欧姆定律得：
线圈受到的安培力大小：
线圈做匀速直线运动，由平衡条件得：
解得线圈的速度大小：
从线圈ab边刚进入第一个有磁场区到线圈ab边刚进入第七个有磁场区的过程中，对线圈，由能量守恒定律得：
解得线圈产生的焦耳热：
线圈进入或离开某个磁场区域过程通过线圈横截面的电荷量：
以沿斜面向下为正方向，线圈ab边刚进入第一个有磁场区到线圈ab边刚进入第七个有磁场区的过程，对线圈，由动量定理得：
其中：
解得：。

答：线圈匀速运动时速度大小是；
线圈产生的焦耳热Q是；
该过程所用的时间是。

【解析】线圈做匀速直线运动，应用平衡条件求出线圈的速度大小。

应用能量守恒定律求出线圈产生的热量。

对线圈的整个运动过程应用动量定理求出其运动时间。

本题主要是考查电磁感应现象与力学的结合，弄清楚受力情况和运动情况，根据平衡条件列出方程；对于导体棒运动过程中涉及能量转化问题，根据功能关系等列方程求解；对于安培力作用下导体棒的运动问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。

13.【答案】解：根据题意作图如下：
粒子从到的过程中，根据动能定理有
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由向心力公式有
由题意知，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
联立以上各式，解得粒子的比荷为
当质量为的粒子打在圆弧的C端点时，轨迹如图中②所示
根据几何关系可得粒子在磁场中运动的轨迹半径
当该粒子的同位素粒子打在圆弧的D端点时，轨迹如图中③所示
轨迹半径为
由中得粒子质量的通用表达式为则解得这个同位素粒子的质量为
通过分析可知：当粒子沿轨迹②最终打在胶片的C端点时，对应粒子在整个过程中经历的时间最短，此时粒子在磁场中运动的轨迹半径为粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为
由得到该粒子进入磁场时的速度大小为
粒子在电场中经历的时间为
粒子在磁场中经历的时间，而由此得到。