2023年高考天津卷物理真题

运行周期为 $24\mathrm{h}$ 的北斗卫星比运行周期为 $12\mathrm{h}$ 的（　　）

A．加速度大

B．角速度大

C．周期小

D．线速度小

【答案与解析】

由开普勒第三定律，卫星周期 $T$ 越大轨道半径 $r$ 越大，故 $24\mathrm{h}$ 卫星轨道半径大于 $12\mathrm{h}$ 卫星。由 $a=\frac{GM}{r^2}$ 知半径大者加速度小，A错；由 $\omega=\frac{2\pi}{T}$ 知周期大者角速度小，B错；显然 $24\mathrm{h}>12\mathrm{h}$ ，周期更大，C错；由 $v=\sqrt{\frac{GM}{r}}$ 知半径大者线速度小，D对。故选D。
如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容积质量不变，爬高过程中，温度减小，则气体（　　）

A．对外做功

B．内能减小

C．吸收热量

D．压强不变

【答案与解析】

氧气瓶体积不变，气体做等容变化，体积不变则不对外做功，A错；温度减小，理想气体内能只与温度有关，内能减小，B对；由热力学第一定律 $\Delta U=Q+W$ ， $W=0$ 、 $\Delta U<0$ 得 $Q<0$ ，气体放热而非吸热，C错；由理想气体状态方程 $pV=nRT$ ， $V$ 不变、 $T$ 减小则 $p$ 减小，D错。故选B。
关于太阳上进行的核聚变，下列说法正确的是（　　）

A．核聚变需要在高温下进行

B．核聚变中电荷不守恒

C．太阳质量不变

D．太阳核反应方程式： $^{235}_{92}\mathrm{U}+^{1}_{0}\mathrm{n}\rightarrow^{141}_{56}\mathrm{Ba}+^{92}_{36}\mathrm{Kr}+3^{1}_{0}\mathrm{n}$

【答案与解析】

核聚变（热核反应）需在高温高压下进行，A对；核反应中电荷数与质量数均守恒，B错；太阳核聚变释放能量存在质量亏损，太阳质量减小，C错；D中方程式为铀的裂变方程而非太阳氢核聚变方程，D错。故选A。
能说明光是横波的是（　　）

A．全反射

B．干涉

C．偏振

D．衍射

【答案与解析】

偏振是横波特有的现象，能说明光是横波，C对；全反射、干涉、衍射都不能区分横波与纵波。故选C。
2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（　　）

A．列车减速过程的加速度大小 $a=\frac{F}{m}$

B．列车减速过程F的冲量为mv

C．列车减速过程通过的位移大小为 $\frac{mv^{2}}{2(F+f)}$

D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为 $(f+F)v$

【答案与解析】

减速时制动力 $F^{\prime}$ 与空气阻力 $f$ 均向后，合力为 $F+f$ ，加速度大小 $a=\frac{F+f}{m}$ ，A错；减速时间 $t=\frac{v}{a}=\frac{mv}{F+f}$ ，力 $F^{\prime}$ 的冲量大小 $I_F=Ft=\frac{Fmv}{F+f}\neq mv$ ，B错；由 $v^2=2as$ 得位移 $s=\frac{v^2}{2a}=\frac{mv^2}{2(F+f)}$ ，C对；匀速行驶时牵引力只需平衡空气阻力 $f$ ，输出功率 $P=fv$ ，D错。故选C。
“西电东送”是我国重要的战略工程，从西部发电厂到用电量大的东部区域需要远距离输电。图为远距离交流输电的示意图，升压变压器 $\mathrm{T}_{1}$ 和降压变压器 $\mathrm{T}_2$ 均为理想变压器， $\mathrm{T}_{1}$ 的原线圈接有电压有效值恒定的交变电源，R为输电导线的电阻， $\mathrm{T}_2$ 的副线圈并联多个用电器，下列说法正确的是（　　）

A． $\mathrm{T}_{1}$ 输出电压等于 $\mathrm{T}_{2}$ 输入电压

B． $\mathrm{T}_{1}$ 输出功率大于 $\mathrm{T}_{2}$ 输入功率

C．用电器增多后，R消耗的功率减小

D．用电器增多后， $\mathrm{T}_{2}$ 的输出电压降低

【答案与解析】

远距离输电中，升压变压器 $T_1$ 输出功率等于输电线损耗功率与降压变压器 $T_2$ 输入功率之和，故 $T_1$ 输出功率大于 $T_2$ 输入功率，B对； $T_1$ 输出电压等于 $T_2$ 输入电压加上输电线电阻 $R$ 上的电压降，二者不相等，A错；用电器增多使等效负载电阻减小、线路电流增大，输电线消耗功率 $P_R=I^2R$ 增大，C错；线路电流增大使 $R$ 上电压降 $IR$ 增大， $T_2$ 输入电压 $U_{\text{入}}=U_{T_1\text{出}}-IR$ 减小，故 $T_2$ 输出电压减小，D对。故选BD。
在均匀介质中，位于坐标原点的波源从 $t=0$ 时刻开始沿y轴做简谐运动，形成沿x轴传播的简谐横波， $t=0.5\mathrm{s}$ 时的波形如图所示，此刻平衡位置在 $x=2.5m$ 处的质点刚开始振动，则下列说法正确的有（　　）

A．在这种介质中波速 $v=4\mathrm{m/s}$

B． $x=1\mathrm{m}$ 处质点在 $t=0.3\mathrm{s}$ 时位于波谷

C．波源的位移表达式为 $y=0.02\sin(5\pi t+\pi)\mathrm{m}$

D．经过半个周期 $x=-1\mathrm{m}$ 处的质点向左迁移半个波长

【答案与解析】

$t=0.5\mathrm{s}$ 时 $x=2.5\mathrm{m}$ 处质点刚开始振动，说明波从原点传播到 $x=2.5\mathrm{m}$ 用时 $0.5\mathrm{s}$ ，波速 $v=\frac{2.5}{0.5}=5\mathrm{m/s}$ ，A错（其说 $4\mathrm{m/s}$ ）；由图波长 $\lambda=2\mathrm{m}$ ，周期 $T=\frac{\lambda}{v}=0.4\mathrm{s}$ 。波传到 $x=1\mathrm{m}$ 需 $t_1=\frac{1}{5}=0.2\mathrm{s}$ ，该点起振方向向下， $t=0.3\mathrm{s}$ 时已振动 $0.1\mathrm{s}=\frac14T$ ，故位于波谷，B对；波源振动方程 $y=A\sin(\frac{2\pi}{T}t+\varphi)=0.02\sin(5\pi t+\pi)\mathrm{m}$ ，C对；介质中质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移，D错。故选BC。
如图所示，在一固定正点电荷产生的电场中，另一正电荷q先后以大小相等、方向不同的初速度从P点出发，仅在电场力作用下运动，形成了直线PM和曲线PN两条轨迹，经过M、N两点时q的速度大小相等，则下列说法正确的有（　　）

A．M点比P点电势低

B．M、N两点的电势不同

C．q从P到M点始终做减速运动

D．q在M、N两点的加速度大小相等

【答案与解析】

$q$ 在 $M$ 、 $N$ 两点速度大小相等，由能量守恒 $\frac12mv^2+q\varphi=\text{常量}$ 知 $M$ 、 $N$ 电势相等、在同一等势面上，故B错；仅由此无法判断 $P$ 与 $M$ 电势高低，也无法判断 $q$ 从 $P$ 到 $M$ 是否一直减速，A、C错；固定正点电荷的电场中场强大小只与到场源距离有关， $M$ 、 $N$ 等势即到场源距离相等，故两点场强大小相等，D对。故选D。
某同学利用图示的气垫导轨实验装置验证机械能守恒定律，主要实验步骤如下：

A．将桌面上的气垫导轨调至水平；

B．测出遮光条的宽度d

C．将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离l

D．由静止释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间 $\Delta t$

E．秤出托盘和砝码总质量 $m_1$ ，滑块（含遮光条）的质量 $m_{2}$ 已知当地重力加速度为g，回答以下问题（用题中所给的字母表示）（1）遮光条通过光电门时的速度大小为＿＿＿＿；（2）遮光条由静止运动至光电门的过程，系统重力势能减少了＿＿＿＿，遮光条经过光电门时，滑块、托盘和砝码的总动能为＿＿＿＿；（3）通过改变滑块的释放位置，测出多组 $l$ 、 $\Delta t$ 数据,利用实验数据绘制 $(\frac{d}{\Delta t})^2-l$ 图像如图。若图中直线的斜率近似等于＿＿＿＿，可认为该系统机械能守恒。

【答案与解析】

（1）遮光条宽度 $d$ 、通过光电门时间 $\Delta t$ ，通过时速度近似 $v=\frac{d}{\Delta t}$ 。故填 $\frac{d}{\Delta t}$ 。（2）滑块（含遮光条）与托盘砝码组成系统，遮光条到光电门距离 $l$ 即托盘砝码下降高度，系统重力势能减少 $\Delta E_p=m_1gl$ ；此时系统速度均为 $v=\frac{d}{\Delta t}$ ，总动能 $E_k=\frac12(m_1+m_2)(\frac{d}{\Delta t})^2$ 。故填 $m_1gl$ ； $\frac12(m_1+m_2)(\frac{d}{\Delta t})^2$ 。（3）由机械能守恒 $m_1gl=\frac12(m_1+m_2)v^2$ ，即 $(\frac{d}{\Delta t})^2=\frac{2m_1g}{m_1+m_2}\,l$ ，故 $(\frac{d}{\Delta t})^2-l$ 图像斜率近似为 $\frac{2m_1g}{m_1+m_2}$ 。故填 $\frac{2m_1g}{m_1+m_2}$ 。
某同学测量金属丝的电阻R大小。（1）首先使用多用电表的欧姆挡进行粗测，用“ $\times 1$ ”挡正确测量，指针偏转如图所示对应的读数为＿＿＿＿ $\Omega$ ；

（2）该同学设计了如图所示的电路，再次开展测量，除学生电源(输出电压为 $4V)$ 、滑动变阻器、开关、导线外，还提供如下器材：

A．电压表（量程0— $15V$ ，内阻约 $15k\Omega$ ） B．电压表（量程0— $3V$ ，内阻约 $3k\Omega$ ）

C．电流表（量程0— $3A$ ，内阻约 $0.025\Omega$ ） D．电流表（量程0— $0.6A$ ，内阻约 $0.125\Omega$ ）

①为了测量准确，实验时应选用＿＿＿＿测量电压U，应选用＿＿＿＿测量电流I；（填器材前对应字母） ②关于该实验下列哪些说法是正确的？＿＿＿＿

A．电压表内阻分流引起的误差是系统误差

B．闭合开关前滑动变阻器的滑片应置于b端

C．滑动变阻器采用图示接法电压U可以调为零

D．通过测量多组数据绘制 $U-I$ 图像可减小系统误差

【答案与解析】

（1）多用电表欧姆挡“ $\times1$ ”挡，指针示数约为 $7$ ，故金属丝电阻约 $7\ \Omega$ 。故填 $7$ 。（2）①金属丝电阻约 $7\ \Omega$ ，估算电流 $I\approx\frac{4}{7}\mathrm{A}\approx0.57\mathrm{A}$ ，为减小误差电流表应选 $0\sim0.6\mathrm{A}$ 量程 D；电压表应选 $0\sim3\mathrm{V}$ 量程 B。故填 B、D。 ②A：电压表内阻分流造成的误差方向和大小恒定，属系统误差，正确；B：图示滑动变阻器为限流接法，闭合开关前滑片应置于接入电阻最大处（非 b 端），错误；C：图示为分压式接法，滑片调至一端时负载电压可为零，正确；D：描点作图可减小偶然误差，不能减小系统误差，错误。故选AC。
如图所示，一不可伸长的轻绳上端固定，下端系在单匝匀质正方形金属框上边中点O处，框处于静止状态。一个三角形区域的顶点与O点重合，框的下边完全处在该区域中。三角形区域内加有随时间变化的匀强磁场，磁感应强度大小B与时间t的关系为 $B = kt$ （ $k > 0$ 的常数），磁场与框平面垂直，框的面积为框内磁场区域面积的2倍，金属框质量为m，电阻为R，边长为l，重力加速度g，求：（1）金属框中的感应电动势大小E；（2）金属框开始向上运动的时刻 $t_0$ ；

【答案与解析】

（1）框内磁场区域为三角形，顶点在 O、底边为框下边（长 $l$ ）、高为 $l$ ，面积 $S_{\text{磁}}=\frac12 l\cdot l=\frac{l^2}{2}$ ，满足框面积 $l^2=2S_{\text{磁}}$ 。磁通量 $\Phi=B S_{\text{磁}}=kt\cdot\frac{l^2}{2}$ ，感应电动势 $E=\left|\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}\right|=\frac{kl^2}{2}$ 。（2）感应电流 $I=\frac{E}{R}=\frac{kl^2}{2R}$ 。只有框的下边（长 $l$ ）处在三角形磁场中，受安培力向上，大小 $F_{\text{安}}=B I l=(kt)\cdot\frac{kl^2}{2R}\cdot l=\frac{k^2t l^3}{2R}$ 。绳张力为零、框刚要向上运动时 $F_{\text{安}}=mg$ ，即 $\frac{k^2t_0 l^3}{2R}=mg$ ，得 $t_0=\frac{2mgR}{k^2l^3}$ 。
质量 $m_{A}=2\mathrm{kg}$ 的物体A自距地面 $h=1.2\mathrm{m}$ 高度自由落下，与此同时质量 $m_B=1\mathrm{kg}$ 的物体B由地面竖直上抛，经过 $t=0.2\mathrm{s}$ 与A碰撞，碰后两物体粘在一起,碰撞时间极短,忽略空气阻力。两物体均可视为质点，重力加速度 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ ，求A、B：（1）碰撞位置与地面的距离x；（2）碰撞后瞬时的速度大小v；（3）碰撞中损失的机械能 $\Delta E$ 。

【答案与解析】

（1）A 自由下落， $t=0.2\mathrm{s}$ 时下落位移 $\Delta h=\frac12gt^2=\frac12\times10\times0.2^2=0.2\mathrm{m}$ ，故碰撞位置距地面 $x=1.2-0.2=1.0\mathrm{m}$ 。（2）此时 A 速度 $v_A=gt=2\mathrm{m/s}$ （向下）；设 B 初速度 $v_{B0}$ ，由 $x=v_{B0}t-\frac12gt^2$ 得 $1.0=v_{B0}\times0.2-0.2$ ，解得 $v_{B0}=6\mathrm{m/s}$ ，则 B 在碰撞时速度 $v_B=v_{B0}-gt=6-2=4\mathrm{m/s}$ （向上）。取向上为正，碰后共同速度 $v$ 满足动量守恒： $m_A(-v_A)+m_B v_B=(m_A+m_B)v$ ，即 $2\times(-2)+1\times4=3v$ ，得 $v=0$ 。（3）碰撞前总动能 $E_{k0}=\frac12m_A v_A^2+\frac12m_B v_B^2=\frac12\times2\times2^2+\frac12\times1\times4^2=4+8=12\mathrm{J}$ ，碰后动能为 $0$ ，损失机械能 $\Delta E=12\mathrm{J}$ 。
科学研究中可以用电场和磁场实现电信号放大，某信号放大装置示意如图，其主要由阴极、中间电极(电极1,电极2, …,电极 $n)$ 和阳极构成，该装置处于匀强磁场中,各相邻电极存在电势差。由阴极发射的电子射入电极1,激发出更多的电子射入电极2,依此类推,电子数逐级增加,最终被阳极收集,实现电信号放大。图中所有中间电极均沿x轴放置在xOz平面内,磁场平行于z轴，磁感应强度的大小为B。已知电子质量为m,电荷量为e。忽略电子间的相互作用力，不计重力。（1）若电极间电势差很小可忽略,从电极1上O点激发出多个电子，它们的初速度方向与y轴的正方向夹角均为 $\theta$ ，其中电子a、b的初速度分别处于xOy 、yOz平面的第一象限内，并都能运动到电极2。（i）试判断磁场方向；（ii）分别求出a和b到达电极2所用的时间 $t_{1}$ 和 $t_{2}$ ；（2）若单位时间内由阴极发射的电子数保持稳定,阴极、中间电极发出的电子全部到达下一相邻电极。设每个射入中间电极的电子在该电极上激发出 $\delta$ 个电子, $\delta\propto U$ ，U为相邻电极间电势差。试定性画出阳极收集电子而形成的电流I和U关系的图像,并说明理由

【答案与解析】

（1）（i）电子在电极间做圆周运动需洛伦兹力提供向心力。电子 a 初速度在 $xOy$ 平面第一象限、与 $+y$ 夹角 $\theta$ ，要能到达沿 $x$ 轴放置的电极2，其圆周运动应使电子向 $+x$ 偏转。由左手定则（电子带负电），磁场应沿 $z$ 轴反方向（ $-z$ ）。（ii）电子电荷量大小 $e$ 、质量 $m$ ，回旋角速度 $\omega=\frac{eB}{m}$ 。对 a：初速度在 $xOy$ 平面，圆周半径 $r=\frac{mv}{eB}$ ；由几何关系，从 O 出发到再次与 $x$ 轴相交所转过的圆心角为 $\pi-2\theta$ ，故 $t_1=\frac{\pi-2\theta}{\omega}=\frac{(\pi-2\theta)m}{eB}$ 。对 b：初速度在 $yOz$ 平面，平行于磁场的 $z$ 分量不变，垂直于磁场的分量在 $xOy$ 平面内做圆周运动；其 $y$ 坐标从 $0$ 出发，经半个圆周（圆心角 $\pi$ ）回到 $y=0$ 即到达电极2 所在 $xOz$ 平面，故 $t_2=\frac{\pi}{\omega}=\frac{\pi m}{eB}$ 。（2）电流 $I$ 与 $U$ 的关系图像为过原点、向上凸（斜率随 $U$ 增大而增大）的曲线。理由：每个射入中间电极的电子激发出 $\delta\propto U$ 个电子，电子数逐级放大，第 $n$ 个电极后电子数约为初值的 $(1+\delta)^n$ 倍；阳极电流 $I\propto(1+\delta)^n$ ，而 $\delta\propto U$ ，故 $I$ 随 $U$ 增大而急剧增大；且 $U=0$ 时 $\delta=0$ 、无放大，图像过原点。