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2023 年高考天津卷 物理
一、单选题
1．(2023·天津卷·1)运行周期为24 h 的北斗卫星比运行周期为12 h 的( )
A．加速度大
B．角速度大
C．周期小
D．线速度小
答案 D
解析 根据万有引力提供向心力有F＝G＝m＝mrω2＝mr＝ma，可得T＝2π，v＝，ω＝，a
＝。因为北斗卫星周期大，故运行轨道半径大，则线速度小，角速度小，加速度小，故选
D。
2．(2023·天津卷·2)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 B
解析 由于爬山过程中气体体积不变，故气体不对外做功，故A 错误；爬山过程中温度减
小，则气体内能减小，故B 正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，爬山过程中气体
不做功，但内能减小，故可知气体放出热量，故C 错误；爬山过程中氧气瓶里的气体容积、
质量均不变，温度减小，根据理想气体状态方程＝C，可知气体压强减小，故D 错误。
3．(2023·天津卷·3)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：U＋n→Ba＋Kr＋3n
答案 A
解析 因为高温时才能使得粒子的热运动剧烈，才有可能克服它们自身相互间的排斥力，使
得它们间的距离缩短，才能发生核聚变，故A 正确；核聚变中电荷是守恒的，故B 错误；
因为太阳一直在发生核聚变，会放出大量能量，根据质能方程可知有质量亏损，故C 错误；
核聚变的方程为H＋H→He＋n，题中为核裂变方程，故D 错误。
4．(2023·天津卷·4)能说明光是横波的是( )
A．全反射
B．干涉
C．偏振
D．衍射
答案 C
解析 根据光的全反射现象，说明光由光密介质进入光疏介质和由光疏介质进入光密介质会
有不同的现象，不能因此确定光是横波还是纵波，故A 错误；干涉和衍射是所有波的特性，
不能因此确定光是横波还是纵波，根据光能发生干涉和衍射现象，说明光具有波动性，故
B、D 错误；光的偏振现象说明光的振动方向与光的传播方向垂直，即说明光是横波，故C
正确。
5．(2023·天津卷·5)质量为m 的列车匀速v 行驶，突然以F 大小的力制动刹车直到列车停止，
过程中恒受到f 的空气阻力，下列说法正确的是( )
A．减速运动加速度大小a＝
B．力F 的冲量为mv
C．刹车距离为
D．匀速行驶时功率为(f＋F)v
答案 C
解析 根据牛顿第二定律有F＋f＝ma，可得减速运动加速度大小a＝，故A 错误；根据运
动学公式有t＝＝，故力F 的冲量大小为I＝Ft＝，方向与运动方向相反，故B 错误；根据v2
＝2ax 可得刹车距离x＝＝，故C 正确；匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为P＝fv，
故D 错误。
6．(2023·天津卷·6)如图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器T1和降压变压器T2
都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有( )
A．T1输出电压与T2输入电压相等
B．T1输出功率大于T2输入功率
C．若用户接入的用电器增多，则R 功率降低
D．若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低
答案 B
解析 由于输电过程中电阻R 要产生热量，会损耗功率，故T1输出功率大于T2输入功率，
T1输出电压大于T2输入电压，故A 错误，B 正确；由于输入电压不变，所以变压器T1的输
出电压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则用户端电流变大，
输电电路电流也相应变大，根据P 损＝I2R 可知R 功率增大，故C 错误；用户接入的用电器
增多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D 错误。
二、多选题
7．(多选)(2023·天津卷·7)一列机械波的波源是坐标轴原点，从t＝0 时波源开始振动，t＝0.5
s 时波形如图，则下列说法正确的有( )
A．在这种介质中波速v＝4 m/s
B．x＝1 m 处质点在t＝0.3 s 时位于波谷
C．波源振动方程y＝0.02sin(5πt＋π) m
D．x＝－1 m 处质点半个周期内向左移动半个波长
答案 BC
解析 由题图可知t＝0.5 s 时，波传播的距离为x＝2.5 m，故波速为v＝＝ m/s＝5 m/s，故
A 错误；由题图可知该波的波长为λ＝2 m，所以波的周期为T＝＝ s＝0.4 s，波传播到x＝1
m 处需要的时间t1＝＝ s＝0.2 s，由题图可知该波的起振方向向下，t＝0.3 s 时，x＝1 m 处
的质点已振动了0.1 s，即T，所以位于波谷，故B 正确；根据题图可知该波的振动方程为y
＝Asin(t＋φ)＝－0.02sin(5πt) m＝0.02sin(5πt＋π) m，故C 正确；质点只是上下振动，不随波
左右移动，故D 错误。
三、单选题
8．(2023·天津卷·8)如图，一个固定正电荷产生的电场中，同一个正电荷q 两次以大小相同、
方向不同的初速度从P 点出发，分别抵达M 点、N 点，且q 在M、N 点时速度大小也一样，
则下列说法正确的有( )
A．P 点电势大于M
B．M 点电势大于N
C．q 从P 到M 一直做减速运动
D．M、N 两点处电场强度大小相同
答案 D
解析 由题知，同一个正电荷q 两次以大小相同、方向不同的初速度从P 点出发，分别抵达
M 点、N 点，且q 在M、N 点时速度大小也一样，则说明M、N 两点的电势相同，但由于正
电荷q 有初速度，则无法判断P 点电势和M 点电势的大小关系，且也无法判断q 从P 到M
的运动情况，故A、B、C 错误；根据以上分析可知，M、N 两点在同一等势面上，且该电
场是固定正电荷产生的电场，则说明M、N 到固定正电荷的距离相等，则M、N 两点处电场
强度大小相同，故D 正确。
四、实验题
9．(2023·天津卷·9)如图放置实验器材，连接小车与托盘的绳子与桌面平行，遮光片与小车
位于气垫导轨上，气垫导轨没有画出(视为无摩擦力)，重力加速度为g。接通电源，释放托
盘与砝码，并测得：
a．遮光片长度d
b．遮光片到光电门长度l
c．遮光片通过光电门时间Δt
d．托盘与砝码质量m1，小车与遮光片质量m2
(1)小车通过光电门时的速度为________；
(2)从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为________，动能增加量
为________；
(3)改变l，做多组实验，作出以l 为横坐标，以()2为纵坐标的图像。若机械能守恒成立，则
图像斜率为________。
答案 (1) (2) m1gl (m1＋m2)()2 (3)
解析 (1)小车通过光电门时的速度为
v＝
(2)从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为
ΔEp＝m1gl
从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统动能增加量为
ΔEk＝(m1＋m2)()2
(3)改变l，做多组实验，作出以l 为横坐标，
以()2为纵坐标的图像。若机械能守恒成立有
m1gl＝(m1＋m2)()2
整理有()2＝·l
则图像斜率为。
10．(2023·天津卷·10)测电阻R 大小。
(1)同学们首先用欧姆表×1 挡位大致测出电阻阻值大小，如图甲，则电阻大小读数为_____
Ω。
(2)同学们继续使用学生电源(4 V)组装如图乙电路进行实验，其中电表可以从如下中进行选
择：(括号中为电表量程及内阻)
A．电压表V1(0～15 V,15 kΩ)
B．电压表V2(0～3 V,3 kΩ)
C．电流表A1(0～3 A)
D．电流表A2(0～0.6 A)
应选择电压表________，电流表________。(填器材前字母)
(3)下列哪些说法是正确的？________。
A．电压表分流属于系统误差
B．实验开始前滑动变阻器滑片应该调到b 端
C．如图乙所示的电路，可以通过调节滑片使电压表示数为0
D．多组实验可以减小系统误差
答案 (1)7 (2)B D (3)AC
解析 (1)电阻大小读数为7×1 Ω＝7 Ω
(2)由于同学们使用学生电源(4 V)，则为减小误差电压表应选择V2，故选B。
整个回路中的最大电流为
I＝≈0.57 A
则电流表应选择A2，故选D。
(3)电压表分流属于系统误差，故A 正确；
为保护电路，实验开始前滑动变阻器滑片应该调到a 端，故B 错误；
如题图乙所示的电路为分压式电路，可以通过调节滑片使电压表示数为0，故C 正确；
多组实验可以减小偶然误差，故D 错误。
五、解答题
11．(2023·天津卷·11)如图，有一正方形线框，质量为m，电阻为R，边长为l，静止悬挂着，
一个三角形磁场垂直于线框所在平面，磁感线垂直纸面向里，且线框中磁区面积为线框面积
一半，磁感应强度变化B＝kt(k>0)，已知重力加速度g，求：
(1)感应电动势E；
(2)线框开始向上运动的时刻t0。
答案 (1) (2)
解析 (1)根据法拉第电磁感应定律有
E＝·＝
(2)由题图可知线框受到的安培力为
FA＝BIl＝·kt
当线框开始向上运动时有
FA＝mg
解得t0＝。
12．(2023·天津卷·12)已知A、B 两物体mA＝2 kg，mB＝1 kg，A 物体从h＝1.2 m 处自由下
落，且同时B 物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2 s 相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，
已知重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)碰撞时离地高度x；
(2)碰后速度v；
(3)碰撞损失机械能ΔE。
答案 (1)1 m (2)0 (3)12 J
解析 (1)对物体A，根据运动学公式可得
x＝h－gt2＝1.2 m－×10×0.22 m＝1 m
(2)设B 物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，根据运动学公式可知
x＝vB0t－gt2
解得vB0＝6 m/s
可得碰撞前A 物体的速度
vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下
碰撞前B 物体的速度
vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上
选向下为正方向，由动量守恒定律可得
mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v
解得碰后速度v＝0
(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
ΔE＝mAvA
2＋mBvB
2－(mA＋mB)v2＝12 J
13．(2023·天津卷·13)信号放大器是一种放大电信号的仪器，如图甲，其可以通过在相邻极
板间施加电压，使阴极逸出的电子，击中极板时，激发出更多电子，从而逐级放大电信号。
已知电子质量m，带电量e。
(1)如图乙，在极板上建系。极板上方空间内存在磁场，其强度为B，方向平行z 轴。极板间
电压U 极小，几乎不影响电子运动。如图，某次激发中，产生了2 个电子a 和b，其初速度
方向分别在xOy 与zOy 平面内，且与y 轴正方向成θ 角，则：
①判断B 的方向；
②a、b 两个电子运动到下一个极板的时间t1和t2；
(2)若单位时间内阴极逸出的电子数量不变，每个电子打到极板上可以激发出δ 个电子，且
δ∝U，阳极处接收电子产生的电流为I，在图乙给出坐标系里画出表示U 和I 关系的图像并
说出这样画的理由。
答案 (1)①沿z 轴负方向 ② (2)见解析
解析 (1)①a 电子，初速度方向在xOy 平面内，与y 轴正方向成θ 角；若磁场方向沿z 轴正
方
向，a 电子在洛伦兹力作用下向x 轴负方向偏转，不符合题意；若磁场方向沿z 轴负方向，a
电子在洛伦兹力作用下向x 轴正方向偏转，符合题意；b 电子，初速度方向在zOy 平面内，
与y 轴正方向成θ 角。将b 电子初速度沿坐标轴分解，沿z 轴的分速度与磁感线平行不受力，
沿y 轴的分速度受到洛伦兹力使得电子沿x 轴正方向偏转，根据左手定则可知，磁场方向沿
z 轴负方向，符合题意；
综上可知，磁感应强度B 的方向沿z 轴负方向。
②a 电子在洛伦兹力作用下运动轨迹如图，由图可知电子运动到下一个极板的时间
t1＝T＝·＝
b 电子沿z 轴的分速度与磁感线平行不受力，对应匀速直线运动；沿y 轴的分速度受到洛伦
兹力使电子向x 轴正方向偏转，电子运动半个圆周到下一个极板，则
t2＝T＝
(2)设δ＝kU，单位时间内阴极逸出的电子数量N0不变，每个电子打到极板上可以激发δ 个
电子，经过n 次激发阳极处接收电子数量N＝N0δn＝N0(kU)n＝N0knUn
对应的电流I＝Ne＝eN0knUn＝(eN0kn)Un＝AUn
可得I－U 图像如图。
