2019年天津市高考物理試卷(解析版)

1、2019年天津市高考物理試卷、單選題（本大題共 5小題，共30.0分）1.2018年12月8日，肩負著億萬中華兒女探月飛天夢想的嫦娥四號探測器成功發(fā)射，“實現(xiàn)人類航天器首次在月球背面巡視探測，率先在月背 刻上了中國足跡”。已知月球的質(zhì)量為 M、半徑為R,探測器的質(zhì)量為 m,引力常量為G,嫦娥四號探測器圍繞月球做半徑為r的勻速圓周運動時，探測器的（）A.周期為B.動能為C.角速度為 一D.向心加速度為一2. 2018年10月23日，港珠澳跨海大橋正式通車。為保持以往船行習慣，在航道處建造了單面索（所有鋼索均處在同一豎直面內(nèi)）斜拉 橋，其索塔與鋼索如圖所示。下列說法正確的是（）A.增加鋼索的數(shù)量可

2、減小索塔受到的向下的壓力B.為了減小鋼索承受的拉力，可以適當降低索塔的高度C.索塔兩側(cè)鋼索對稱且拉力大小相同時，鋼索對索塔的合力豎直 向下D.為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下，索塔兩側(cè)的鋼索必須對 稱分布6.我國核聚變反應研究大科學裝置“人造太陽”2018年獲得重大突破，等離子體中心電子溫度首次達到1億度，為人類開發(fā)利用核聚變能源奠定了重要的技術基礎。下列關于聚變的說法正確的是（）3. 如圖所不，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度 v從 F M點豎直向上運動，通過 N點時，速度大小為 2v,方向與電場方向相反， £則小球從M運動到N的過程（）甲fA.動能增加-B.機

3、械能增加心4A.核聚變比核裂變更為安全、清潔B.任何兩個原子核都可以發(fā)生聚變C.兩個輕核結(jié)合成質(zhì)量較大的核，總質(zhì)量較聚變前增加D.兩個輕核結(jié)合成質(zhì)量較大的核，核子的比結(jié)合能增加7. 一列簡諧橫波沿x軸傳播，已知x軸上X1=1m和&=7m處質(zhì)點的振動圖象分別如圖 1、圖2所示，則此 列波的傳播速率可能是（）C.重力勢能增加-D.電勢能增加4. 筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦 正常工作；當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為 a、長為c的矩形半導體霍爾元件，元件內(nèi)的導電粒子是電荷量為e的自由電

4、子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為 v。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于 是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓 U,以此控制屏幕的熄滅。則元件的（）A.B.8.單匝閉合矩形線框電阻為R,在勻強磁場中繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線框的磁通量間t的關系圖象如圖所示。下列說法正確的是（）與時A.前表面的電勢比后表面的低B.前、后表面間的電壓 U與v無關C.前、后表面間的電壓 U與c成正比D.自由電子受到的洛倫茲力大小為5.如圖為a、b、c三種光在同一光電效應裝置中測得的光電流和電壓的關系。由a、b、c組成的復色光通過三棱鏡時，下述光路圖中正確的是（A. -時刻線框

5、平面與中性面垂直B.線框的感應電動勢有效值為第3頁，共8頁三、填空題（本大題共 1小題，共6.0分）C.線框轉(zhuǎn)一周外力所做的功為D.從 到-過程中線框的平均感應電動勢為* B 9.第26屆國際計量大會決定，質(zhì)量單位“千克”用普朗克常量h定義，“國際千克原器”于2019年5月20日正式“退役”。h的數(shù)值為6.63M0-34,根據(jù)能量子定義，h的單位是 ,該單位用國際單 位制中的力學基本單位表示，則為 。四、實驗題探究題（本大題共 2小題，共12.0分）10 .某小組做測定玻璃的折射率實驗，所用器材有：玻璃磚，大頭針，刻度尺,圓規(guī)，筆，白紙。下列哪些措施能夠提高實驗準確程度 。A.選用兩光學表面間

6、距大的玻璃磚B.選用兩光學表面平行的玻璃磚C.選用粗的大頭針完成實驗D.插在玻璃磚同側(cè)的兩枚大頭針間的距離盡量大些該小組用同一套器材完成了四次實驗，記錄的玻璃磚界線和四個大頭針扎下的孔洞如下圖所示，其中實驗操作正確的是 。該小組選取了操作正確的實驗記錄，在白紙上畫出光線的徑跡，以入射點O為圓心作圓，與入射光線、折射光線分別交于 A、B點，再過A、B點作法線NN'的垂線，垂足分別為 C、D點，如圖所示， 則玻璃的折射率n=。（用圖中線段的字母表示）11 .現(xiàn)測定長金屬絲的電阻率。某次用螺旋測微器測量金屬絲直徑的結(jié)果如圖所示，其讀數(shù)是 mm。利用下列器材設計一個電路，盡量準確地測量一段金屬

7、絲的電阻。這段金屬絲的電阻 R約為100 Q,畫出實驗電路圖，并標明器材代號。電源E （電動勢10V,內(nèi)阻約為10Q）電流表A1 （量程0250mA,內(nèi)阻R=5Q）13.如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為1、電阻均為R,兩棒與導軌始終接觸良好。MN兩端通過開關S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量ko圖中虛線右側(cè)有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B. PQ的質(zhì)量為m,金屬導軌足夠長、電阻忽略不計。（1）閉合S,若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向；

8、（2）斷開S, PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為 v的加速過程中流過 PQ的電荷量為q, 求該過程安培力做的功 W。電流表A2 （量程0300mA,內(nèi)阻約為5Q）滑動變阻器R （最大阻值10Q,額定電流2A）開關S及導線若干某同學設計方案正確，測量得到電流表A1的讀數(shù)為"，電流表A2的讀數(shù)為I2,則這段金屬絲電阻的 計算式Rx=。從設計原理看，其測量值與真實值相比 （填“偏大”、“偏小”或“相等”）五、計算題（本大題共 3小題，共54.0分）12.完全由我國自行設計、建造的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母上的艦載機采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲

9、板兩部分構成，如圖 1所示。為了便于研究艦載機的起飛過程，假設上翹甲板 BC是與水平甲板 AB相切的一段圓弧，示意如圖 2, AB長L=150m, BC水平投 影L2=63m,圖中C點切線方向與水平方向的夾角 0 =12 °（sin12 °0.21若艦載機從 A點由靜止開始 做勻加速直線運動，經(jīng) t=6s到達B點進入BC.已知飛行員的質(zhì)量 m=60kg, g=10m/s2,求（1）艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W;（2）艦載機剛進入 BC時，飛行員受到豎直向上的壓力Fn多大。14. 2018年，人類歷史上第一架由離子引擎推動的飛機誕生，這種引擎不需要燃料，

10、也無污染物排放。引擎獲得推力的原理如圖所示，進入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B之間的勻強電場（初速度忽略不計）， A、B間電壓為U,使正離子加速形成離子束，在加速過程中引擎獲得恒定的 推力。單位時間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為定值，離子質(zhì)量為m,電荷量為Ze,其中Z是正整數(shù)，e是元電荷。（1）若引擎獲得的推力為 Fi,求單位時間內(nèi)飄入 A、B間的正離子數(shù)目N為多少；（2）加速正離子束所消耗的功率 P不同時，引擎獲得的推力 F也不同，試推導-的表達式；（3）為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，要使 -盡量大，請?zhí)岢鲈龃?的三條建議。o-o-第3頁，共8頁答案和解析1.【答案】A【解析】解:A、根據(jù)萬有

11、引力提供向心力有 坐B、根據(jù)萬有引力提供向心力有(hflC、根據(jù)萬有引力提供向心力有D、根據(jù)萬有引力提供向心力有E、故選:A。B故B錯誤；=ma向得h網(wǎng)二,故D錯誤;將鋼索AC、AB的拉力FAC、FAB進行合成，合力豎直向下，結(jié)合正弦定理可知:得FAC: FAB =sin B：sin %故索塔兩側(cè)的鋼索必不必須對稱分布，故D錯誤。故選:C。Fab第9頁，共8頁根據(jù)萬有引力提供向心力有華的靜得l=懵，竽=,必如，做出示意圖，將鋼索的拉力進行合成，合力豎直向下，根據(jù)平行四邊形定則作圖后根據(jù)幾何關 系列式求解。本題的關鍵將鋼索AC、AB的拉力Fac、Fab進行合成，然后根據(jù)正弦定理列式研究。該題型屬

12、于基本的萬有引力定律 應用題，要熟記萬有引力的公式和 圓周運動的一些關系變換3.【答案】B【解析】式，解題依據(jù)為萬用引力提供向心力，找出哪些是不 變的量、相同的量以及有比例關系的量,解：小球的運動可以看成豎直方向豎直上拋和水平方向的勻加速直 線運動；則有根據(jù)萬有引力公式的幾個 變換式子代換求解。1111A、小球的動能增加量為,= = =tt- = t mir ,故A錯誤；2.【答案】C【解析】 解:A、鋼索拉力的水平分力相互抵消，豎直分力之和與重力大小相等，即 鋼索對索塔向下的壓B、除重力外，只有電場力做功，電場力做功等于小球的機械能增加量，則電場力做功等于水平 方向小球動能的增加量嚴心丫 =

13、2mv2,故B正確；力恒定不變，故A錯誤。C、豎直方向，小球做豎直上拋，到達N點豎直速度為0,豎直方向動能減小量為：,故C錯B、合力一定，分力間的夾角越小，則分力越小。為了減小鋼索承受的拉力，應該增大索塔的高度，達到減小鋼索間夾角的目的，故B錯誤。D、電場力做正功，電勢能減小，故D錯誤;C、根據(jù)對稱性可知，索塔兩側(cè)鋼索對稱分布，拉力大小大小相同時，水平分力抵消，鋼索對索故選：B。塔的合力豎直向下，故C正確。小球的運動可以看成豎直方向豎直上拋和水平方向的勻加速直 線運動，夕別分析兩個方向曉D、女隔所示:求得運動即可，注意兩個運動的等時性。本題考查靈活選擇處理曲線運動的能力。小球在水平和豎直兩個方

14、向受到的都是恒力，運用運動的合成與分解法研究是常用的思路。4.【答案】D【解析】解:A、電流方向向右，電子向左定向移動，根據(jù)左手定則判斷可知，電子所受的洛倫茲力方向 向里，則后表面積累了電子，前表面的電勢比后表面的電勢高，故A錯誤；BC、由電子受力平衡可得e- =evB,解得U=Bva,所以前、后表面間的電壓U與v成正比，前、(1后表面間的電壓U與c無關，故BC錯誤；D、穩(wěn)定時自由電子受力平衡，受到的洛倫茲力等于電場力，IPevB=e-,故D正確；a故選：D。金屬導體是自由電子導電，電流方向向右，則電子向左定向移動，在磁場中受到洛倫茲力發(fā)生 偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷電子所受的洛倫茲力方向，判斷哪

15、個板聚集電子，再確定M、N兩板 電勢的高低；根據(jù)洛倫茲力等于電場力分析解答。本題現(xiàn)象稱為霍耳效應，易錯點在于利用左手定 則判斷電荷的移動，從而判斷后面的電勢高，錯選Ao5 .【答案】C【解析】解：分析光電流和電壓的關系圖象，結(jié)合光電效應方程可知，eU=Ek=hrW,即遏止電壓大的， 入射光的頻率大，故，頻率大的折射率大，折射率大的通 過三棱鏡時，光戔偏轉(zhuǎn)的厲害, 故b光偏轉(zhuǎn)厲害，故C正確，ABD錯誤。故選:C。當光電子的動能恰好能克服 電場力做功時的電壓即為遏止電壓，根據(jù)光電效應方程判斷遏止 電壓與入射光頻率的關系。入射光頻率大的，折射率大，偏轉(zhuǎn)程度大。本題是光的色散和光電效應方程的綜合，關鍵

16、要掌握光的色散研究的 結(jié)果，知道偏折程度不同 的單色光的折射率的大小關系，同 時，要注意最大初動能與遏止電壓的關系。6 .【答案】AD【解析】解:A、與裂變相比輕核聚變輻射極少，廢物容易處理，更為安全、清潔，故A正確；B、自然界中最容易實現(xiàn)的聚變反應是氫的同位素-笊與瓶的聚變，不是任意的原子核就能發(fā)生核聚變，故B錯誤；C、兩個輕核結(jié)合成質(zhì)量較大的核，平均質(zhì)量減小，則總質(zhì)量較聚變前減小，出現(xiàn)質(zhì)量虧損，結(jié)合時放出能量，故C錯誤；D、兩N5核結(jié)合成質(zhì)量較大的核，放出能量，總的結(jié)合增加，則核子的比結(jié)合能增加，故D正 確。故選:AD o輕核聚變輻射極少，更為安全、清潔，原子核在聚變時釋放出巨大的能量，出

17、現(xiàn)質(zhì)量虧損，器吉 合能增加。本題主要是考查原子核聚變，解答本題的關鍵是知道原子核發(fā)生聚變時放出能量，比結(jié)合能減小，生成的原子核更穩(wěn)固。7 .【答案】BC【解析】解：住將可知波的周期為4s,先假設Xi=1處質(zhì)點和X2=7m質(zhì)點的距離小于一個波 長，在0時刻，由圖可知當x1=1處質(zhì)點在平衡位置向下振 動，x2=7m處的質(zhì)點在波峰，則當波沿x軸的正方向傳播時:門-m ：入，考慮到波形的重復性，可知兩質(zhì)點的距離與波長的 關系為T > £=+-)八 |" = IJ、1 2 - -.1可得波長通式為24A -以口.一一 一)4 + I'根據(jù)可得波速的通式為代入n為整數(shù)可得

18、v=6m/s, 1.2m/s,；當波沿x軸負方向傳播時:2叼=；% ,考志到波形的重復性，可知兩質(zhì)點距離與波長的關系為 Xi =(H H-2 一一4V$ r '可得波長的通式為24 A = rn(n =)4TA + 根據(jù)=今可得波速的通式為代入n為整數(shù)可得v=2m/s, ! ”小，i故BC正確，AD錯誤。故選：BC由振動圖象讀出周期。根據(jù)xi=1處質(zhì)點和X2=7m質(zhì)點的振動圖象，分析狀態(tài)與位置關系，找出 波長的通項，求出波速的通項，進而確定特殊值。本題關鍵考查運用數(shù)學知識解決物理問題的能力，結(jié)合波形周期性和波 傳播方向的不確定性求解出波長和波速的通項進行分析，基礎題目。8.【答案】BC

19、【解析】解:A.由圖可知在(時刻，線框的磁通量最大，所以線框平面處在中性面，故A錯誤；B,由圖可得磁通量的最大 值為m,周期為T,所以圓頻率為山'-苧，可知線框感應電動勢的最大值為小=NRS望,由于此線框在磁場繞軸轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電流為正弦交流電，故其p電動勢的有效值為E=矣=-,故B正確；C.由于線框勻速轉(zhuǎn)動，根據(jù)能量守恒定律可知外力做的功等于 線框產(chǎn)生的焦耳熱，則有£士送1,憶 f7T2djJH = 7 =2一iLc -二為 故C 正確；R J?7 7?D .從t=0到f =彳的過程中，磁通量減小了 =-0=Om,根據(jù)E u今一可得平均電動勢為_id)E=甘，故D錯誤。1故選

20、：BC當線圈處于中性面時，磁通量最大，線圈與中性面垂直 時，磁通量最?。蛔∥赶罂勺x出磁通量的最大值與周期，先求出圓頻率，即可求出最大的電動勢，根據(jù)最大值與有效值的關系求有效A巾值；根據(jù)能量守恒定律求線框轉(zhuǎn)一周外力所做的功；根據(jù)E胃先求平均電動勢。UiiL本題關鍵是記住兩個特殊位置：在中性面時磁通量最大，感應電動勢最小，電動勢方向改變；垂直中性面位置磁通量 為零，但電動勢最大。對于交變電流的各個值的關系及求解方法要掌握。9 .【答案】J?s kg?m2/s 【解析】解：根據(jù)能量子公式E=hn,知E的單位是J, 丫的單位是Hz,即s-1,可知h的單位是J?s1J?s=1N?m?s=1kg?m/&#

21、165;) m?s=1kg?n2/s。故答案為:J?s, kg?m2/So根據(jù)能量子公式E=h”結(jié)合公式中E和丫的單位，推導出h的單位，再用力學基本單位表示。本題考查h的單位，關鍵要結(jié)合具體公式進行推導，要掌握力學基本單位，明確各個物理量之 問的關系。10 .【答案】AD D 一【解析】解：A、為了作圖誤差更小，應選用兩光學表面間距大的玻璃磚，故A正確;B、根據(jù)折射定律可知，如果兩個光學面不平行，不影響入射角與折射角的 值，所以對折射率的測定結(jié)果不產(chǎn)生影響，故B錯誤；C、為了準確測量光路圖，應選用較細的大頭針來完成實驗，故C錯誤；D、插在玻璃磚同側(cè)的大頭針之間的距離適當大些 時，相同的距離誤差

22、情況下引起的角度 誤差 會減小，故D正確；故選:AD ;因玻璃的折射率較大，故在玻璃中的折射角一定小于入射角；實驗作出的入射角一定大于折射角；并且光線從玻璃中出來后，應與入射光平行，因此只有D圖正確ABC均錯誤；故選：D;_ 一一 、,耳折射率n=-一， r,其中：sini= ,sin , rr故答案為:AD;D;竟LiU故n= 為了取得較好的實驗效果，根據(jù)實驗原理分析可知：玻璃磚上下表面不一定要平行，選擇的 入射角應盡量大些；同則的大頭針之間的距離適當大些，這樣可以減小測量的相對誤差。根據(jù)折射定律進行分析，明確光路基本性質(zhì)；根據(jù)幾何知識求出入射角和折射角的正弦 值，再求解折射率。本題是插針法

23、測定玻璃磚的折射率，實驗原理是折射定律，注意采用 單位圓法處理數(shù)據(jù)，同時 注意根據(jù)原理分析 實驗誤差情況和實驗中應注意的事項。11 .【答案】0.200 相等【解析】解：由圖示螺旋測微器可知，其示數(shù)為：0mm+20.（X0.01mm=0.200mm；由題意可知，沒有電壓表，可以用已知內(nèi)阻的電流表A1測電壓，另一個電流表人2測電流， 由題意可知，待測電阻阻值遠大于滑動變阻器阻值，為測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器應采用分 壓接法，實驗電路圖如圖所示：由圖示電路圖可知，待測金屬絲電阻：Rx=W=/ ,由圖示電路圖可知，電壓與電流的測量值等于真實值，由歐姆定律可知，電阻的測量值等于真實值；J R故答案為：

24、0.200；電路圖如圖所示；亡，；相等。螺旋測微器固定刻度與可 動刻度示數(shù)之和是螺旋 測微器的示數(shù)。沒有電壓表可以用已知內(nèi)阻的 電流表測電壓，根據(jù)題意確定滑動變阻器的接法，根據(jù)實驗原理作出實驗電路圖。根據(jù)電路圖應用串聯(lián)電路特點與歐姆定律求出金屬 絲的電阻；根提宴驗電路圖應用串并聯(lián) 電路特點與歐姆定律分析 實驗誤差。本題考查了螺旋測微器讀數(shù)、設計實驗電路與實驗數(shù)據(jù)處理問題，要掌握常用器材的使用及 讀 數(shù)方法，根據(jù)題意確定滑動變阻器接法結(jié)合實驗原理可以作出實驗電路圖，應用串并聯(lián)電路特 點與歐姆定律可以求出待 測電阻阻值的表達式。12 .【答案】解：（1）艦載機做初速度為零的勻加速直線運動，艦載機在

25、AB上滑行過程：L1t,由動能定理得： W=-0,代入數(shù)據(jù)解得： W=7.5M04J；（2）設上翹甲板對應的圓弧半徑為R,由幾何知識得：L2=Rsin ,0由牛頓第二定律得：FN-mg=m，代入數(shù)據(jù)解得：Fn=1.1 M03N；答：（1）艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W為7.5 X04J；（2）艦載機剛進入 BC時，飛行員受到豎直向上的壓力Fn大小為1.1 103N?！窘馕觥?）根據(jù)名變速運動的平均速度公式與位移公式求出 艦載機水平運動過程的末速度，然后應用 動能定理可以求出水平力做功。2）根施意求出BC圓弧的半徑，應用牛頓第二定律求出飛行員受到的豎直向上的壓力。本題考查了動

26、能定理與牛頓第二定律的應用，根據(jù)題意分析清楚艦載機的運動過程與飛行員 的受力情況是解 題的前提與關鍵，應用運動學公式、動能定理與牛頓第二定律可以解 題。13 .【答案】 解：（1）設線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為E,根據(jù)法拉第電磁感應定律可得E=,則E=k設PQ與MN并聯(lián)的電阻為 R并，有：R并丁閉合S后，設線圈中的電流為 I,根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I =并設PQ中的電流為 1PQ,則 IpQ= I設PQ受到的安培力為F安，有：F安=BIpq1保持PQ靜止，根據(jù)平衡條件可得 F=F安，聯(lián)立解得f=,方向水平向右；(2)設PQ由靜止開始到速度大小為 v的過程中，PQ運動的位移為x,所用的時間為回路中磁通量的 變化為， 平均感應電動勢為其中=Blx