2022年天津市新高考物理試卷

2022年天津市新高考物理試卷

一、選擇題

1.從夸父逐日到羲和探日，中華民族對太陽的求知探索從未停歇。2021年10月，我國第

一顆太陽探測科學技術試驗衛(wèi)星“羲和號”順利升空。太陽的能量由核反應提供，其中

一種反應序列包含核反應：3He+3He->4He+2X,下列說法正確的是（）

222

A.X是中子

B.該反應有質(zhì)量虧損

C.We比3He的質(zhì)子數(shù)多

22

D.該反應是裂變反應

【分析】根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可判斷X是何種微粒；該反應為聚變反應，釋放

能量，有質(zhì)量虧損；4He和3He的質(zhì)子數(shù)均為2。

22

【解答】解：A、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可得X為質(zhì)子，故A錯誤；

BD、該反應為聚變反應，釋放能量，故該反應有質(zhì)量虧損，故B正確、D錯誤;

C、撲和件的質(zhì)子數(shù)均為2,一樣多’故C錯誤。

故選：B,

2.如圖所示，一正點電荷固定在圓心，M、N是圓上的兩點，下列說法正確的是（）

B.M點和N點電場強度相同

C.負電荷由M點到N點，電勢能始終增大

D.負電荷由M點到N點，電場力始終做正功

【分析】以點電荷為圓心的圓是一條等勢線，其上各點電勢相等，電場強度不同，在同

一等勢線上移動電荷時電場力不做功。

【解答】解：A、M點和N點位于同一等勢線上，電勢相同，故A正確;

B、M點和N點電場強度大小相等，方向不同，則電場強度不相同，故B錯誤；

CD、以點電荷為圓心的圓是一條等勢線，則負電荷由M點到N點，電場力不做功，電

勢能不變，故CD錯誤。

故選：A?

3.2022年3月，中國空間站''天宮課堂”再次開講，授課期間利用了我國的中繼衛(wèi)星系統(tǒng)

進行信號傳輸，天地通信始終高效穩(wěn)定。已知空間站在距離地面400公里左右的軌道上

運行，其運動視為勻速圓周運動，中繼衛(wèi)星系統(tǒng)中某衛(wèi)星是距離地面36000公里左右的

地球靜止軌道衛(wèi)星（同步衛(wèi)星），則該衛(wèi)星（）

A.授課期間經(jīng)過天津正上空

B.加速度大于空間站的加速度

C.運行周期大于空間站的運行周期

D.運行速度大于地球的第一宇宙速度

【分析】地球同步衛(wèi)星只能定點于赤道正上方。根據(jù)萬有引力提供向心力列式，得到衛(wèi)

星的加速度、運行周期、速度與軌道半徑的關系式，再比較加速度、周期的大小關系；

第一宇宙速度是衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度。

【解答】解：A、中繼衛(wèi)星是地球同步衛(wèi)星，只能定點于赤道正上方，所以該衛(wèi)星不可能

經(jīng)過天津正上空，故A錯誤；

BC、根據(jù)萬有引力提供向心力，有：G典=ma=n4"r,解得：a=@L1=如、星,

r2T2r2VGM

因為該衛(wèi)星的軌道半徑比空間站的大，所以該衛(wèi)星的加速度小于空間站的加速度，周期

大于空間站的運行周期，故B錯誤，C正確；

D、第一宇宙速度是衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度，則知該衛(wèi)星的速度小于第一宇宙速度，故D

錯誤。

故選：Co

4.如圖所示，邊長為a的正方形鋁框平放在光滑絕緣水平桌面上，桌面上有邊界平行、寬

為b且足夠長的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于桌面，鋁框依靠慣性滑過磁場區(qū)域，滑

行過程中鋁框平面始終與磁場垂直且一邊與磁場邊界平行，已知a<b,在滑入和滑出磁

場區(qū)域的兩個過程中（）

A.鋁框所用時間相同

B.鋁框上產(chǎn)生的熱量相同

C.鋁框中的電流方向相同

D.安培力對鋁框的沖量相同

【分析】利用鋁框的運動情況，分析鋁框滑入和滑出磁場區(qū)域所用時間關系。根據(jù)克服

安培力做功關系，分析產(chǎn)生的熱量關系。運用楞次定律判斷感應電流方向。由I=Ft分析

沖量關系。

【解答】解：A、在滑入和滑出磁場區(qū)域的兩個過程中，鋁框受到向左的安培力作用，均

做減速運動，所以鋁框進入磁場的過程平均速度較大，而兩個過程通過的位移相等，則

鋁框進入磁場時所用時間較短，故A錯誤；

B、根據(jù)安培力表達式FA="L_二知，鋁框做減速運動時，受到的安培力不斷減小，因

R

此進入磁場時，鋁框所受的平均安培力較大，克服安培力做功較多，產(chǎn)生的熱量較多，

故B錯誤；

C、根據(jù)楞次定律可知，進入磁場時感應電流沿逆時針方向，滑出磁場時，感應電流方向

沿順時針方向，所以鋁框中的電流方向相反，故C錯誤；

D、安培力對鋁框的沖量為I=B]ar=B的;工a=B區(qū)3=國——，可知安培力對鋁

RRR

框的沖量相同，故D正確。

故選：D。

5.在同一均勻介質(zhì)中，分別位于坐標原點和x=7m處的兩個波源0和P,沿y軸振動，形

成了兩列相向傳播的簡諧橫波a和b,某時刻a和b分別傳播到x=3m和x=5m處，波

形如圖所示。下列說法正確的是（)

A.a與b的頻率之比為2：1

B.0與P開始振動的時刻相同

C.a與b相遇后會出現(xiàn)干涉現(xiàn)象

D.0開始振動時沿y軸正方向運動

【分析】由圖可知波長之比，根據(jù)v=Af,可得頻率之比；波速相同，。與P開始振動的

時刻不相同；頻率不同，不能干涉；由波形平移法，x=3m處的質(zhì)點振動方向沿y軸負

方向，。點開始振動的方向也沿y軸負方向。

【解答】解：A.由同一均勻介質(zhì)條件可得a和b兩列波在介質(zhì)中傳播速度相同，由圖可

知I,a和b兩列波的波長之比為1：2,根據(jù)c=Xf,可得a與b的頻率之比為2：1,故A

正確；

B.因a和b兩列波的波速相同，由a和b兩列波分別傳播到x=4m處的時刻相同，可

知O與P開始振動的時刻不相同，故B錯誤；

C.因a與b的頻率不同，a與b相遇后不能產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，故C錯誤；

D.a波剛傳到x=3m處，由波形平移法可知，x=3m處的質(zhì)點開始振動方向沿y軸負方

向，而波源O點的起振方向與x=3m處的質(zhì)點起振方向相同，所以O點開始振動的方向

也沿y軸負方向，故D錯誤。

故選：A?

（多選）6.采用渦輪增壓技術可提高汽車發(fā)動機效率。將渦輪增壓簡化為以下兩個過程，

一定質(zhì)量的理想氣體首先經(jīng)過絕熱過程被壓縮，然后經(jīng)過等壓過程回到初始溫度，則

()

A.絕熱過程中，氣體分子平均動能增加

B.絕熱過程中，外界對氣體做負功

C.等壓過程中，外界對氣體做正功

D.等壓過程中，氣體內(nèi)能不變

【分析】絕熱壓縮過程中，根據(jù)氣體體積變化判斷氣體做功情況，根據(jù)熱力學第一定律

判斷內(nèi)能變化從而得出溫度變化；根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程分析氣體做等壓變

化回到初始溫度的過程中，體積和溫度的變化情況。

【解答】解：AB、絕熱壓縮過程中，氣體體積減小、外界對氣體做正功、根據(jù)熱力學第

一定律AU=Q+W可知，氣體的內(nèi)能增加，所以氣體的溫度升高、則氣體分子平均動能

增加，故A正確、B錯誤；

CD、根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程可知：迎=（2,氣體等壓過程回到初始溫度，說

T

明溫度降低，內(nèi)能減?。粔簭姴蛔?、則氣體體積減小，外界對氣體做正功，故C正確、

D錯誤。

故選：ACo

（多選）7.不同波長的電磁波具有不同的特性，在科研、生產(chǎn)和生活中有廣泛的應用。a、

b兩單色光在電磁波譜中的位置如圖所示。下列說法正確的是（）

。次可見林光

無線電波一“

II,11,,,I.......11III

長波短波微波紅外線紫外線X射線丫射線

A.若a、b光均由氫原子能級躍遷產(chǎn)生，產(chǎn)生a光的能級能量差大

B.若a、b光分別照射同一小孔發(fā)生衍射，a光的衍射現(xiàn)象更明顯

C.若a、b光分別照射同一光電管發(fā)生光電效應，a光的遏止電壓高

D.若a、b光分別作為同一雙縫干涉裝置光源時，a光的干涉條紋間距大

【分析】本題根據(jù)電磁波譜的波長（頻率）排序、衍射條件、愛因斯坦光電效應規(guī)律、

干涉條紋間距公式，即可解答。

【解答】解：根據(jù)a、b兩單色光在電磁波譜中的位置，a的波長長、頻率小（光子能量

?。?/p>

A.若a、b光均由氫原子能級躍遷產(chǎn)生，根據(jù)躍遷規(guī)律，產(chǎn)生a光的能級能量差小，故A

錯誤；

B.若a、b光分別照射同一小孔發(fā)生衍射，a光的衍射現(xiàn)象更明顯，故B正確；

C.若a、b光分別照射同一光電管發(fā)生光電效應，根據(jù)愛因斯坦光電效應規(guī)律，a光逸出

的電子最大初動能更小，故遏止電壓低，故C錯誤；

D.若a、b光分別作為同一雙縫干涉裝置光源時，根據(jù)干涉條紋間距公式Ax=L上，a

d

光的干涉條紋間距大，故D正確;

故選：BDo

(多選)8.如圖所示，兩理想變壓器間接有電阻R,電表均為理想交流電表，a、b接入電

C.電流表Ai的示數(shù)變大D.電流表A2的示數(shù)變小

【分析】本題根據(jù)電流比等于匝數(shù)反比，電壓比等于匝數(shù)比，結合選項，即可解答。

【解答】解：D.閉合開關S后，燈的支路變多，故電流表A2的示數(shù)變大，故D錯誤；

A.降壓變壓器的原電流增大，根據(jù)電流比等于匝數(shù)反比，而匝數(shù)是定值，故升壓變壓器

的副線圈電流增大，R的發(fā)熱功率增大，R的電壓增大，故A錯誤；

B.升壓變壓器的原電壓U不變，根據(jù)電壓比等于匝數(shù)比，而匝數(shù)是定值，升壓變壓器副

線圈的電壓U不變，故電壓表示數(shù)不變，故B正確；

C.升壓變壓器的副線圈電流增大，根據(jù)電流比等于匝數(shù)反比，而匝數(shù)是定值，電流表Ai

的示數(shù)變大，故C正確；

故選：BCo

二、實驗題。

9.某同學驗證兩個小球在斜槽末端碰撞時的動量守恒，實驗裝置如圖1所示。A、B為兩

個直徑相同的小球。實驗時，不放B,讓A從固定的斜槽上E點自由滾下，在水平面上

得到一個落點位置；將B放置在斜槽末端，讓A再次從斜槽上E點自由滾下，與B發(fā)生

正碰，在水平面上又得到兩個落點位置。三個落點位置標記為M、N、P。

圖1圖2

(1)為了確認兩個小球的直徑相同，該同學用10分度的游標卡尺對它們的直徑進行了

測量，某次測量的結果如圖2所示，其讀數(shù)為10.5mm。

(2)下列關于實驗的要求哪個是正確的A。

A.斜槽的末端必須是水平的

B.斜槽的軌道必須是光滑的

C.必須測出斜槽末端的高度

D.A、B的質(zhì)量必須相同

(3)如果該同學實驗操作正確且碰撞可視為彈性碰撞，A、B碰后在水平面上的落點位

置分別為M、Po(填落點位置的標記字母)

【分析】(1)游標卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標尺讀數(shù)，不需估讀；

(2)根據(jù)實驗原理確定實驗中應注意的事項；

(3)根據(jù)碰撞前后小球的速度大小確定落點的位置。

【解答】解：(1)游標卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標尺讀數(shù)，游標卡尺是10分度，

精確度為0.1mm,主尺讀數(shù)為：10mm,游標尺讀數(shù)為：0.1X5mm=0.5mm,則讀數(shù)為:

10mm+0.5mm=10.5mm；

(2)A、為了保證小球做平拋運動，斜槽末端必須水平，故A正確；

B、斜槽光滑與否實驗不產(chǎn)生影響，同時也無法使接觸面絕對光滑，故B錯誤；

C、實驗中兩小球做平拋運動，下落時間相同，不需要測量斜槽末端的高度，故C錯誤;

D、為了防止入射球反彈，應使入射球的質(zhì)量大于被碰球的質(zhì)量，故D錯誤。

故選：A；

(3)兩球為彈性碰撞，N點為小球A單獨滑下時的落點；碰撞后A球速度減小，B球

速度增大，故A球落點為M點，B球落點為P點。

故答案為：(1)10.5；(2)A；(3)M；P。

10.實驗小組測量某型號電池的電動勢和內(nèi)阻。用電流表、電壓表、滑動變阻器、待測電池

等器材組成如圖1所示實驗電路，由測得的實驗數(shù)據(jù)繪制成的U-I圖像如圖2所示。

(2)如果實驗中所用電表均視為理想電表，根據(jù)圖2得到該電池的電動勢E=4.5V,

內(nèi)阻r=1.8

(3)實驗后進行反思，發(fā)現(xiàn)上述實驗方案存在系統(tǒng)誤差。若考慮到電表內(nèi)阻的影響，對

測得的實驗數(shù)據(jù)進行修正，在圖2中重新繪制U-I圖線，與原圖線比較，新繪制的圖線

與橫坐標軸交點的數(shù)值將不變，與縱坐標軸交點的數(shù)值將變大。(兩空均選填

“變大”“變小”或“不變”)

【分析】(1)根據(jù)實物圖連接分析判斷；

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律和圖像分析計算；

(3)分析電表造成的誤差判斷。

【解答】解：(1)由實物圖連接可知電壓表和電源并聯(lián)，故圖1的電路圖為圖3中的B；

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律有：U=E-Ir,可知圖像縱軸的截距表示電源電動勢E,圖

像斜率的絕對值表示電源內(nèi)阻r,根據(jù)圖像可知

E=4.5V,

(3)圖像與橫軸交點表示短路電流，當電源短路時，電表內(nèi)阻的不影響短路電流，與橫

坐標軸交點的數(shù)值不變；

電壓表和電源并聯(lián)，測量的內(nèi)阻是電壓表和電源并聯(lián)后的電阻，比電源內(nèi)阻的真實值小，

圖像斜率偏小，修正后圖像斜率變大，與縱坐標軸交點的數(shù)值將變大。

故答案為：(1)B；(2)4.5,1.8；(3)不變，變大。

三、計算題。

11.冰壺是冬季奧運會上非常受歡迎的體育項目。如圖所示，運動員在水平冰面上將冰壺A

推到M點放手，此時A的速度vo=2m/s,勻減速滑行xi=16.8m到達N點時，隊友用

毛刷開始擦A運動前方的冰面，使A與NP間冰面的動摩擦因數(shù)減小，A繼續(xù)勻減速滑

行X2=3.5m,與靜止在P點的冰壺B發(fā)生正碰，碰后瞬間A、B的速度分別為vA=0.05m/s

和VB=0.55m/s。已知A、B質(zhì)量相同，A與MN間冰面的動摩擦因數(shù)同=0.01,重力加

速度g取10m/s2,運動過程中兩冰壺均視為質(zhì)點，A、B碰撞時間極短。求冰壺A

(1)在N點的速度vi的大?。?/p>

(2)與NP間冰面的動摩擦因數(shù)口2。

【分析】(1)冰壺A從M運動到N過程中，根據(jù)動能定理列式可求；

(2)冰壺A、B碰撞過程中動量守恒，根據(jù)動量守恒定律和動能定理聯(lián)立可求。

【解答】解：(1)冰壺A從M運動到N過程中，根據(jù)動能定理得

-用mgxi=1'mv2；號12

代入數(shù)據(jù)解得：vi=0.8m/s

(2)冰壺A從N運動到P過程中，根據(jù)動能定理得

-U2mgx21=^9mW1mv2：

與靜止在P點的冰壺B發(fā)生正碰過程，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得

mv2=mvA+mvB

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：日2=0.004

答：(1)在N點的速度vi的大小為0.8m/s；

(2)與NP間冰面的動摩擦因數(shù)”2為0.004。

12.如圖所示，M和N為平行金屬板，質(zhì)量為m,電荷量為q的帶電粒子從M由靜止開始

被兩板間的電場加速后，從N上的小孔穿出，以速度v由C點射入圓形勻強磁場區(qū)域，

經(jīng)D點穿出磁場，CD為圓形區(qū)域的直徑。己知磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直

于紙面向外，粒子速度方向與磁場方向垂直，重力略不計。

(1)判斷粒子的電性，并求M、N間的電壓U；

(2)求粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r；

(3)若粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，求粒子在磁場中運動的時間to

MN

,-?*0

1./D

Uu'?...

【分析】（1）根據(jù)左手定則判斷粒子電性，根據(jù)動能定理可求加速電壓；

（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力可求粒子軌道半徑；

（3）作出粒子在磁場中運動的軌跡，根據(jù)幾何知識求解粒子做圓周運動的圓心角，結合

周期公式可求粒子在磁場中的運動時間。

【解答】解：（1）帶電粒子在磁場中運動，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，粒子在電場

12

中運動由動能定理可知口吐泰丫？，解得

2

（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力提供向心力，有qvB=@J，解得

r

mv

r=--;

qB

（3）設粒子運動軌道圓弧對應的圓心角為仇如圖

依題意粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，由幾何關系，得。

3

設粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T,有丁=空三

V

帶電粒子在磁場中運動的時間th國一?T

E2兀

聯(lián)立解得：

3qB

2

答：（1）粒子帶正電，M、N間的電壓U為變一

2q

（2）粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r為處：

qB

（3）若粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，則粒子在磁場中運動的時間t為四！1。

3qB

13.直流電磁泵是利用安培力推動導電液體運動的一種設備，可用圖1所示的模型討論其原

理，圖2為圖1的正視圖。將兩塊相同的矩形導電平板豎直正對固定在長方體絕緣容器

中，平板與容器等寬，兩板間距為1,容器中裝有導電液體，平板底端與容器底部留有高

度可忽略的空隙，導電液體僅能從空隙進入兩板間。初始時兩板間接有直流電源，電源

極性如圖所示。若想實現(xiàn)兩板間液面上升，可在兩板間加垂直于Oxy面的勻強磁場，磁

感應強度的大小為B,兩板間液面上升時兩板外的液面高度變化可忽略不計。己知導電

液體的密度為po、電阻率為p,重力加速度為g。

（2）求兩板間液面穩(wěn)定在初始液面高度2倍時的電壓Uo；

（3）假定平板與容器足夠高，求電壓U滿足什么條件時兩板間液面能夠持續(xù)上升。

【分析】（1）先確定兩平板間的電流方向和液體所受的安培力方向，根據(jù)左手定則判斷

磁場方向；

（2）受力分析可知板間液體所受安培力等于兩板間比容器中液面高出的部分液體的重

力，根據(jù)電阻定律和安培力計算公式推導出安培力表達式，由平衡條