【高考真題】2023年新高考物理真題試卷（天津卷）

閱卷人

得分

1.運行周期為24∕ι的北斗衛星比運行周期為12日的（）

A.加速度大B.角速度大C.周期小D.線速度小

2.如圖是爬山所帶氧氣瓶，氧氣瓶里的氣體容積質量不變，爬高過程中，溫度減小，則氣體（）

A.對外做功B.內能減小C.吸收熱量D.壓強不變

3.關于太陽上進行的核聚變，下列說法正確的是（）

A.核聚變需要在高溫下進行

B.核聚變中電荷不守恒

C.太陽質量不變

D.太陽核反應方程式：第5〃+徐一慫1Ba+監Kr+3兒

4.能說明光是橫波的是（）

作者的備注：原卷為四個對應情景圖片，配以相應文字解釋。

A.全反射B.干涉C.偏振D.衍射

5.質量為m的列車勻速V行駛，突然以F大小的力制動剎車直到列車停止，過程中恒受到f的空氣阻

力，下列說法正確的是（）

A.減速運動加速度大小ɑ=±B.力F的沖量為mv

m

C.剎車距離為赤余D.勻速行駛時功率為（/+尸）"

閱卷人

得分

6.下圖為輸電線為用戶輸電的情景，電路中升壓變壓器TI和降壓變壓器72都認為是理想變壓器，中間輸

電電路電阻為R，下列說法正確的有（）

Zl—7；

A.%輸出電壓與T2輸入電壓相等

B.乙輸出功率大于R輸入功率

C.若用戶接入的用電器增多，則R功率降低

D.若用戶接入的用電器增多，則0輸出功率降低

7.一列機械波的波源是坐標軸原點，從t=O時波源開始振動，t=0.5s時波形如圖，則下列說法正確的

A.在這種介質中波速U=4m∕s

B.X=Im處質點在t=0.3S時位于波谷

C.波源振動方程y=0.02sin（5兀t+ττ）m

D.%=-1M處質點半個周期內向左位移半個波長

8.如圖，一個固定正電荷產生的電場中，同一個正電荷q兩次以大小相同、方向不同的初速度從P點出

發，分別抵達M點，N點，且q在M,N點時速度大小也一樣，則下列說法正確的有（）

A.P點電勢大于MB.M點電勢大于N

C.q從P到M一直做減速運動D.M、N兩點處電場強度大小相同

閱卷人

三、實驗題

得分

9.驗證機械能守恒的實驗

作者的備注：此處繪圖粗糙，連接遮光片小車與托盤祛碼的繩子應與桌面平行；原卷中已說明，遮光

片與小車位于氣墊導軌上(視為無摩擦力)，這里沒有畫出。

a.遮光片長度d

b.遮光片小車到光電門長度1

C.遮光片小車通過光電門時間At

d.托盤與祛碼質量m∣,小車與遮光片質量m2

(1)小車通過光電門時的速度為；

(2)從釋放到小車經過光電門，這一過程中，系統重力勢能減少量為,動能增加量

為；

(3)改變I,做多組實驗，做出如圖以1為橫坐標。以(條)2為縱坐標的圖像，若機械能守恒成立，則

(1)同學們首先用歐姆表X1檔位大致測出電阻阻值大小，如圖，則電阻大小讀數為Ωo

同學們繼續使用學生電源(4V)組裝下圖電路進行實驗，其中電表可以從如下中進行選擇：(括號中

為電表量程及內阻)

A.電壓表Vl(0—15V,15kΩ)B.電壓表V2(0—3V,3kΩ)

C.電流表Al(0—3A)D.電流表A2(D.6A)

作者的備注：原卷畫出了實物圖，這里還原出的是電路圖。

(2)應選擇電壓表,電流表。(填器材前字母)

(3)下列哪些說法是正確的？

A.電壓表分流屬于系統誤差

B.實驗開始前滑動變阻器滑片應該調到b端

C.如圖所示的電路，可以通過調節滑片使電壓表示數為0

D.多組實驗可以減小系統誤差

閱卷人

-----------------四、解答題

得分

11.如圖，有一正方形線框，質量為m,電阻為R,邊長為1,靜止懸掛著，一個三角形磁場垂直于線框

所在平面，磁感線垂直紙面向里，且線框中磁區面積為線框面積一半，磁感應強度變化B=kt(k>0),

已知重力加速度g,求:

A

×××?

×××

××××××

IXXxXXXXI

××××××XX

×××××XXXX

(1)感應電動勢E；

(2)線框開始向上運動的時刻to；、

12.已知A、B兩物體m.=2kg,mB=Ikg,A物體從九二1.2τn處自由下落，且同時B物體從地面豎直

上拋，經過t=0.2s相遇碰撞后，兩物體立刻粘在一起運動，已知重力加速度g=l(hn∕s2,求：

(1)碰撞時離地高度x；

(2)碰后速度v；

(3)碰撞損失機械能4E。

13.信號放大器是一種放大電信號的儀器，如圖1,其可以通過在相鄰極板間施加電壓，使陰極逸出的電

子，擊中極板時，激發出更多電子，從而逐級放大電信號。已知電子質量m,帶電量e。

(1)如圖2,在極板上建系。極板上方空間內存在磁場，其強度為B,方向平行Z軸。極板間電壓U

極小，幾乎不影響電子運動。如圖，某次激發中，產生了2個電子a和b,其初速度方向分別在Xoy與

ZOy平面內，且與y軸正方向成。角，則：

(i)判斷B的方向；

(ii)a、b兩個電子運動到下一個極板的時間L和t2；

(2)若單位時間內陰極逸出的電子數量不變，每個電子打到極板上可以激發出6個電子，且6ocU,

陽極處接收電子產生的電流為L在答題紙給出坐標系里畫出表示U和I關系的圖像并說出這樣畫的理

由。

答案解析部分

L【答案】D

【解析】【解答】設地球質量M,衛星質量m,環繞半徑r,根據牛頓第二定律（萬有引力提供向心力）：

G贊=m等r,得：τ=2兀層,可知：運行周期為24小時的北斗衛星運行軌道半徑大。

A.G罷=ma,得：a=G^,運行周期為24小時的北斗衛星運行軌道半徑大，加速度小，故A錯

誤；

B.G^=mω2r,得：3=楞，運行周期為24小時的北斗衛星運行軌道半徑大，角速度小，故B錯

誤；

C.24h大于12小時，運行周期為24小時的北斗衛星運行周期大，故C錯誤;

D.G等=mq,得：V=坪運行周期為24小時的北斗衛星運行軌道半徑大，線速度小，故D正

確；

故選D。

【分析】利用萬有引力提供向心力列方程，即可判斷環繞天體各物理量之間的關系。

2.【答案】B

【解析】【解答】A.由于爬山過程中氧氣瓶里氣體體積不變，氣體不對外功，故A錯誤；

B..爬山過程中溫度降低，則氣體內能減減小，故B正確；

C.根據熱力學第一定律可知AU=W+Q,爬山過程中氣體不做功，W=O,內能減小，?t∕<0,故Q<

0,氣體放出熱量，故C錯誤；

D.爬山過程中氧氣瓶里的氣體容積、質量均不變，溫度減小，根據理想氣體狀態方程罕=C可知氣體壓

強減小，故D錯誤；

故選Bo

【分析】本題要求理解物理概念和物理規律的確切含義，理解物理規律的適用條件，以及它們在簡單情

況下的應用。

3.【答案】A

【解析】【解答】A.發生核聚變的條件是高溫環境，因為高溫時使粒子的熱運動劇烈，才可能克服他們自

身相互間的排斥力，使它們間的距離縮短，發生聚變，故A正確；

B.核聚變中電荷是守恒的，故B錯誤；

C.太陽發生核聚變，放出大量能量，根據質能方程可知有一定的質量虧損，即太陽質量變化，故C錯

誤；

D.題中的核反應為核裂變方程，故D錯誤。

故選Ao

【分析】(1)兩個輕核結合成。質量較大的核的反應過程為核聚變，輕核聚變反應必須在高溫下進行，

因此又叫熱核反應。

(2)核聚變過程中，電荷數和質量數守恒；

(3)聚變過程放出大量的能量，愛因斯坦質能方程E=mc2,原子核的質量必然比組成它的核子的質量

和要小Am,這就是質量虧損。

(4)典型的聚變反應方程：+IH=↑He+Jn+17.6MeV

4.【答案】C

【解析】【解答】A,光的全反射，光由光密介質進入光疏介質和由光疏介質進入光密介質會有的現象，

不能確定是橫波還是縱波，故A錯誤；

BD.干涉和衍射是所有波的特性，不能確定是橫波還是縱波，根據光能發生干涉和衍射現象，說明光是

一種波，具有波動性，故BD

錯誤；

C.光的偏振現象說明振動方向與光的傳播方向垂直，即說明光是橫波，故C正確；

故選Co

【分析】考查對光的折射定律的理解與應用，全反射現象及其分析，光的干涉、衍射、偏振等現象的理

解。

5.【答案】C

【解析】【解答】A.根據牛頓第二定律：F+f=ma,可得減速運動加速度大小：α=也，故A錯誤；

m

Vrnp

B.根據運動學公式，剎車所用的時間：t=2=帝，

故力的沖量為：I=Ft=方向與運動方向相反，故B錯誤；

C.根據運動學公式v2=2ax可得剎車距離：X=F=需M故C正確；

2a2(F+/)

D.勻速行駛時牽引力等于空氣阻力，功率為：P=Fv=fv,故D錯誤

故選C。

【分析】(1)對列車進行受力分析，根據牛頓第二定律列方程求得加速度大小；

(2)根據運動學關系先求剎車所用的時間，再用沖量定義式，求得力的沖量；

(3)根據運動學公式v2=2ax可得剎車距離；

(4)勻速行駛時牽引力等于空氣阻力，利用功率公式求解。

6.【答案】B

【解析】【解答】A.設輸出電壓。2，72輸入電壓0，輸電電路電阻R上損失的電壓AU,有U2=U3+

AU,輸出電壓大于T2輸入電壓，故A錯誤；

B.設后輸出功率P2,72輸入功率23，輸電電路電阻R上損失的功率AP，有P2=「3+AP,TI輸出功

率大于72輸入功率，故B正確；

C.若用戶接入的用電器增多，即并聯的支路變多，家庭電路部分的電阻變小，干路中的電流變大，則

通過R的電流/2變大，AP=%2R，R功率AP增大，故C錯誤；

D.若用戶接入的用電器增多，72輸出功率即為用戶消耗的功率，增大，故D錯誤。

故答案為Bo

【分析】遠距離輸電問題的分析方法：

對高壓輸電問題，應按“發電機一升壓變壓器一遠距離輸電線一降壓變壓器一用電器”這樣的順序，或從

“用電器”倒推到“發電機”一步一步進行分析。

7.【答案】B,C

【解析】【解答】A.由圖中可知t=0?5s時，波傳播的距離為x=2.5m,波的速度為〃=器=京∣τn∕s=

5m∕s,故A錯誤；

B.由圖可知該波的波長為4=2相，波的周期為T=I=舞0.4s,波傳播到小=Izn需要的時間G=

—=is=0.2s,由圖可知

V5

該波的起振方向向下，t=0.3s該波振動了0.1s,即Jr,所以位于波谷，故B正確；

zr

C.根據圖像可知該波的振動方程：y—ASin(竿t+w)=—0.02Sin(5πt)m=0.02sin(5πt+π')m,故C

正確；

D.質點在平衡位置附近上下振動，不隨波左右移動，故D錯誤。

故選BCo

【分析】借助波的圖象，考查簡諧運動與波的特點、規律及波速、波長和頻率的關系。

8.【答案】D

【解析】【解答】ABC.由題知，同一個正電荷q兩次以大小相同、方向不同的初速度從P點出發，分別抵

22

達M點，N點，且q在M,N點時速度大小也一樣，(7U=∣mv-∣mv0,有UPN=UPM，ΨP-ΨN=

(PP-FPM，說明M、N兩點的電勢相等，但由于正電荷q有初速度，則無法判斷P點電勢和M點電勢的

大小關系，且也無法判斷q從P到M的運動情況，故ABC錯誤；

D.根據以上分析可知，M、N兩點在同一等勢面上，且該電場是固定正電荷產生的電場，說明M、N到

固定正電荷的距離相等，E=*,則M、N兩點處電場強度大小相同，故D正確。

故選D。

I%用、根據動能定理和電勢差的關系式,判斷9知、W5的高低，有兩點的電勢關系，確定位置關系,

再根據點電荷的電場強度決定式確定兩點的電場強度大小關系。

9.【答案】(1)A

2

(2)m?gl;∣(m1+τn2)(?)

2叫9

m1+m2

【解析】【解答】(1)小車通過光電門時的速度為：V=全

(2)從釋放到小車經過光電門，這一過程中，系統重力勢能減少量為：AEp=THigZ;

系統動能增加量為：AEk=+m2)(給;

(3)做多組實驗，做出如圖以1為橫坐標。以(9)為縱坐標的圖像，若機械能守恒成立:

m1gl=Tj(m1+m2)

≡=(?)2=?

則圖像斜率為

m1+m2

d

答案：(1)

(2)m1gl;

【分析】(1)較短距離或很短時間內的平均速度近似等于小車通過光電門時的瞬時速度，即遮光條的長

度與遮光時間的比值；

(2)從釋放到小車經過光電門，這一過程中，托盤和祛碼的重力勢能減小即系統重力勢能減少量；托盤與

祛碼，小車與遮光條整個系統由靜止到獲得速度可知系統動能增加量。

(3)若機械能守恒成立，應用機械能守恒列方程，整理出解析式，即可解得圖像斜率。

10.【答案】(1)7

(2)B；D

(3)A；C

【解析】【解答】⑴電阻大小讀數：7xlQ=7Q;

(2)由于使用的學生電源(4V),為減小誤差(電表指針最少偏轉三分之一，最好能偏轉三分之二)，電壓

表應選擇Vy故選Bo

[3]整個回路中的最大電流約為：/=*=/=0,574基于安全和精確考慮。電流表應選擇A2,故選

Do

(3)A.電壓表分流屬于系統誤差，故A正確，

B.為保護電路，實驗開始前，工作電路部分的工作電壓為零，滑動變阻器滑片應該調到a端，故B錯

誤；

C.如圖所示，電路為分壓式電路，可以通過調節滑片使電壓表示數為0,故C正確；

D.多組實驗可以減小偶然誤差，故D錯誤。

故選ACo

【分析】1.歐姆表讀出示數要乘以倍率才為電阻阻值。

2.選擇電學實驗器材主要是選擇電表、滑動變阻器、電源等，一般要考慮四方面因素：

(1)安全因素：通過電源、電阻和電表的電流不能超過其允許的最大電流。

(2)誤差因素：選用電表應考慮盡可能減小測量值的相對誤差，電壓表、電流表在使用時?，其指針應偏轉

到滿偏刻度的W以上；使用歐姆表時應選擇合適的倍率擋，使指針盡可能在中間刻度附近。

(3)便于操作：選用滑動變阻器時應考慮對外供電電壓的變化范圍既能滿足實驗要求，又便于調節。在調

節滑動變阻器時，應使其大部分電阻線都被用到。

(4)實驗實際：除以上三個因素外，還應注重實驗實際，如所用的電源與打點計時器的匹配問題等。

在選取電表時，在保證安全性的前提下，準確性優先，例如當遇到某一待測電阻不要求一定達到某一電

壓或電流的情況時，即使電源電動勢較大，待測電阻的最大電流或最大電壓也較大，超過了比較小的電

表的量程，但用較大量程的電表，讀數又會小于考量程，則在滑動變阻器控制電壓或電流保證安全的情況

下，還是要選取較小量程的電表進行測量以便減小誤差。

IL【答案】(1)根據法拉第電磁感應定律：E=n黑,其中：n=l,黑=需S，

磁感應強度變化B=kt(k>0),等=k,S=g2

聯立即可解得感應電動勢：E=^kl2

(2)線框受到的安培力豎直向上，為：FA=BIL=kt?華?l=矍，

當線框開始向上運動時，有mg=FA

即可解得：S=鳥爭。

kΓ

【解析】【分析】

(1)根據法拉第電磁感應定律，結合磁感應強度隨時間的變化關系

即可解得感應電動勢；

(2)根據題意可以判斷線框受到的安培力豎直向上，利用安培力的公式求解安培力；

當線框開始向上運動時，有mg=FA

即可解得開始運動的時刻。

2

12.【答案】(1)對物塊A,根據運動學公式可得：x=h-?gt

代入數據即可求得碰撞時離地的高度X=Im

(2)設B物體從地面豎直上拋的初速度為VBo,根據運動學公式可知：X=VBot-ag/,代入數據可

以解得：VBo=6m∕s,

可得碰撞前A物塊的速度：vA=gt=2m∕s,方向豎直向下；

碰撞前B物塊的速度：VB=vβ0-gt-4m∕s,方向豎直向上；

選向下為正方向，由動量守恒可得：T∏AVA-TΠBVB=(JΠA+mβ)v

代入數據可解得碰后速度V=O0

(3)根據能量守恒可知碰撞損失的機械能：AE=*Z∏4以2+；JnBfB2-BMl+Z∏B)/=12/。

【解析】【分析】(1)對物塊A,根據運動學公式可求得碰撞時離地的高度X

(2)根據運動學公式求VBO,分別計算碰撞前AB物塊的速度，選向下為正方向，由動量守恒可得：

T∏AVA-TΠBVB-(TΠΛ+τnβ)v,代入數據可解得碰后速度V=Oo

(3)根據能量守恒可知碰撞損失的機械能。

本題的求解關鍵是運動學的基本公式和動量守恒的關系式是矢量關系，注意方向不要出錯。

13.【答案】(1)⑴a電子，初速度方向在Xoy平面內，與V軸正方向成。角；若磁場方向沿Z軸正方向，

a電子在洛倫茲力作用下向X軸負方向偏轉，不符合題題意；若磁場方向沿Z軸反方向，a電子在洛倫茲

力作用下向X軸正方向偏轉，符合題意；

b電子，初速度方向在Zoy平面內，與y軸正方向成。角。將b電子初速度沿坐標軸分解，沿Z軸的分

速度與磁感線平行不受洛倫茲力，沿y軸方向的分速度受到洛倫茲力使得電子沿X軸正方