2022年天津市河西区高考物理一模试卷(含答案解析)

1、第 PAGE 12 页，共 12 页2020 年天津市河西区高考物理一模试卷一、单选题（本大题共 5 小题，共 25.0 分），则该核反应方程中 x 和 y 分别为第一代核弹头为原子弹，主要利用铀235 或钚 239 等重原子核的裂变链式反应原理制成。典型的铀核裂变是生成钡和氪，同时放出 x 个中子，核反应方程为下面所列方程A. 10 和 36B. 3 和 36C. 36 和 3D. 2 和 36某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示在此过程中， 若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体对外做正功，

2、分子的平均动能减小对外做正功，内能增大对外做负功，分子的平均动能增大对外做负功，内能减小谐横波。时刻的波形图如图所示，已知两列波的传播速度均为。下列说法正确两波源 A、B 分别位于和的位置持续振动，产生甲、乙两列沿x 轴相向传播的简的是A.B.C.D. 在时两列波相遇处的质点是振动减弱点时刻处的质点与处的质点均沿 y 轴负方向运动时，位于处的质点位移为 2cm为 S，电阻不计线框绕垂直于磁场的轴以角速度 匀速转动，并与理想变压器原线圈相如图所示，n 匝矩形闭合导线框 ABCD 处于磁感应强度大小为 B 的水平匀强磁场中，线框面积连，变压器副线圈接入一只额定电压为U 的灯泡，灯泡正常发光从线圈通

3、过中性面开始计时，下列说法正确的是图示位置穿过线框的磁通量变化率最大灯泡中的电流方向每秒改变 2 次线框中产生感应电动势的表达式为变压器原、副线圈匝数之比为：U2011 年 9 月 29 日，中国首个空间实验室“天宫一号”在酒泉卫星发射中心发射升空，由长征运载火箭将飞船送入近地点为A、远地点为 B 的椭圆轨道上，B 点距离地面高度为 h，地球的中心位于椭圆的一个焦点上。“天宫一号”飞行几周后进行变轨，进入预定圆轨道，如图所示。已知“天宫一号”在预定圆轨道上飞行n 圈所用时间为 t，万有引力常量为 G， 地球半径为则下列说法正确的是“天宫一号”在椭圆轨道的 B 点的向心加速度大于在预定圆轨道的B

4、 点的向心加速度“天宫一号”从 A 点开始沿椭圆轨道向 B 点运行的过程中，机械能不守恒D. 由题中给出的信息可以计算出地球的质量“天宫一号”从 A 点开始沿椭圆轨道向 B 点运行的过程中，动能先减小后增大二、多选题（本大题共 3 小题，共 15.0 分）明代学者方以智在 阳燧倒影 中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象。如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光 a、b，下列说法正确的是若增大入射角 i，则 b 光先消失在该三棱镜中 a 光波长大于 b 光a 光能发生偏振现象，b 光不能发生若 a、b 光分别照射同一光电管都能发

5、生光电效应则a 光的遏止电压低如图所示，带正电的点电荷 Q 固定，电子仅在库仑力作用下，做以Q 点为焦点的椭圆运动，M、P、N 为椭圆上的三点，P 点是轨道上离 Q 最近的点。 、 和 、 分别表示电子在 M、N 两点的电势和电场强度，则电子从 M 点逆时针运动到 N 点C. 电子的动能先增加后减小D. 电场力对电子做的总功为正功8.如图所示，两个固定的半径均为 r 的细圆环同轴放置，、分别为两细环的圆心，且异种电荷、，两环分别带有均匀分布的等量。一带负电的粒子 重力不计 位于右侧远处，现给粒子一向左的初速度，使其沿轴线运动，穿过两环后，B.，运动至左侧远处，在粒子运动的过程中从到，粒子一直做

6、减速运动粒子经过点时电势能最小轴线上点右侧存在一点，粒子在该点动能最大粒子从右向左运动的整个过程中，电势能先减小后增加三、实验题（本大题共 2 小题，共 12.0 分） ， ；小车的加速度 结果均保留两位有效数字 。用如图甲所示的实验装置做“探究匀变速直线运动”的实验。如图乙所示为某同学实验中得到 的纸带，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G7 个相邻的计数点，其相邻计数点间的距离在图中标出，每相邻两个计数点间还有4 个点未画出，则打下 C、E 两点时小车的瞬时速度该同学首先使用螺旋测微器测得导线的直径如图所示，则导线的直径mm；通过查阅资料查得铜的电阻率为 ；使用多用电表欧姆档初步估测其

7、电阻约为：为进一步准确测量导线的电阻，实验室提供以下器材：实验室购买了一捆标称长度为 100m 的铜导线，小明同学想通过实验测定其长度。按照如下步骤进行操作：A.直流电流表量程，内阻B.直流电压表量程，内阻约C.直流电压表量程，内阻约D.滑动变阻器阻值范围F.滑动变阻器阻值范围G.直流电源输出电压 3V，内阻不计为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，实验中应选择的电压表是用所选器材前的字母表示 ；选择的滑动变阻器是用所选器材前的字母表示 ；按实验要求在图中，还需要连接的接线柱填相应接线柱的有符号，如“ab”、“cd”等 ；若测得电压表的读数为 U，电流表的读数为 I，则可得铜导线

8、的长度可表示为 用H.开关 S 一个、导线若干题目提供的已知量的字母表示 ；四、计算题（本大题共 3 小题，共 30.0 分）为如图乙所示。在 P 点的质量为 m 的小球，由静止沿半径为 R 的光滑 圆弧轨道下滑到最低点如图甲所示，在科技馆中的“小球旅行记”吸引了很多小朋友的观看。“小球旅行记”可简化Q 时，对轨道的压力为 2mg，小球从 Q 点水平飞出后垂直撞击到倾角为的斜面上的 S 点。不小球从 Q 点飞出时的速度大小；点到 S 点的水平距离。计摩擦和空气阻力，已知重力加速度大小为g，求：13.如图所示，两根光滑的平行金属导轨 MN、PQ 处于同一水平面内，相距，导轨的左杆能达到的最大速度

9、多大？12.如图所示平面直角坐标系中，P 点在 x 轴上，其坐标，Q 点在负 y 轴上某处。整个内的圆形区域半径为 L，与 x 轴相切于 A 点点坐标未知 。第象限内的圆形区域未知，并第象限内有平行于 y 轴的匀强电场，第象限和第象限内均有一圆形区域，其中第象限且两个圆形区域内均有垂直于 xOy 平面的相同的匀强磁场。电荷量为、质量为 m、速率为过 P 点后射入第象限；电荷量为、质量为 m、速率为的粒子 b 从 Q 点向与 y 轴成的粒子 a 从 A 点沿 y 轴正方向射入圆形区域，射出圆形区域后沿x 轴正方向射入第象限，通第象限内圆形区域磁场磁感应强度B 的大小和方向第象限内匀强电场的场强大

10、小 E 和方向第象限内未知圆形磁场区域最小面积 S夹角的方向射入第象限，经过并离开未知圆形区域后与粒子a 发生相向正碰。不计粒子的重力和粒子间相互作用力。求：端用的电阻相连，导轨电阻不计，导轨上跨接一电阻的金属杆 ab，质量的拉力，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度，使它由静止开始运动，求：，现对杆施加水平向右若已知杆从静止开始运动至最大速度的过程中，R 上总共产生了的电热，则此过程中接问，此过程中流过电阻 R 的电量？经历的时间？金属杆 ab 的位移多大？解析：解：根据核反应过程中，电荷数守恒得：，质量数守恒得：答案：B 答案与解析 ，铀核裂变的核反应方程为：；故 B正确，ACD

11、错误。故选：B。根据核反应过程中的电荷数守恒和质量数守恒求解x，y。本题以第一代核弹头命制试题，使学生对核物理中的核反应有更加深刻的认识，通常根据电荷数守恒和质量数守恒列式求解。解析：解：密闭于气缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而，缸内气体与外界无热交换说明，忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分子动能的总和。根据答案：A热力学第一定律，可知内能增加量，故内能减小，分子平均动能减小，温度降低。所以只有 A 正确； 故选：A。根据热力学第一定律公式，公式中表示系统内能的增加量，W 表示外界对系统做的功，Q 表示系统吸收的热量，题中气体膨胀对外界做功，即气体对外界做负功，故，

12、气体与外界无热交换，故，从而判断出气体内能的变化，也就得到分子的平均动能的变化情况热力学第一定律的公式中，表示系统内能的增加量，W 表示外界对系统做的功，当系统对外界做功时，W 取负值，Q 表示系统吸收的热量，当系统放出热量时，Q 取负值解析：解：A、两列波相遇的时间，故 A 正确；答案：AB、两波源的起振方向相反，两波源距离的波程差，即波程差为半波长的奇数倍，C、时刻，根据同侧法可判定处的质点与处的质点均沿 y 轴正方向，故 C 错误；D、时，两列波传播的间距为：，所以 3m 处质点为振动加强点，故 B 错误；此时甲波的波谷刚好传到处，而乙波的波峰刚好传到的位置，故此时处的质点位移为，故 D

13、 错误。故选：A。根据波的叠加原理可确定处的质点在 2s 时的位移。明确两列波的振动性质，根据带动法确定两振源的起振方向，结合波程差确定振动是加强还是减弱；本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变。理解波的叠加遵守矢量合成法则。要能熟练运用波形平移法分析波的形成过程。答案：CB、交流电的周期，1s 内完成周期性变化的次数 ，1 个周期电流方向改变 2 次，所以灯泡中电流方向每秒改变，故 B 错误；解析：解：A、图示位置线框位于中性面，穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为 0，故 A 错误；C、线框中感应电动势的峰值，线框是从中性面开始计时，所以线框中产生感应电动D、原线圈电

14、压的有效值，副线圈电压的有效值，所以原副线圈的匝数比为，势的表达式为，故 C 正确；故 D 错误； 故选：C根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决答案：D解析：解：A、“天宫一号”在椭圆轨道的 B 点的加速后做离心运动才能进入预定圆轨道，故“天宫一号”在椭圆轨道的 B 点的向心加速度小于在预定圆轨道的B 点的向心加速度，故 A 错误。B、“天宫一号”从 A 点开始沿椭圆轨道向 B 点运行的过程中，只收到地球的引力，只有地球的引力做功，故机械能守恒，故 B 错误。D、“天宫一号”在

15、预定圆轨道上飞行n 圈所用时间为 t，故周期为，根据万有引力提供向心力，得地球的质量C、“天宫一号”从 A 点开始沿椭圆轨道向 B 点运行的过程中，距离地球原来越远，地球的引力做负功，根据动能定理可知，动能越来越小，故C 错误。故选：D。“天宫一号”在椭圆轨道的 B 点的加速后做离心运动才能进入预定圆轨道，故“天宫一号”在椭圆轨道的 B 点的向心加速度小于在预定圆轨道的B 点的向心加速度。“天宫一号”从 A 点开始沿椭圆轨道向 B 点运行的过程中，只收到地球的引力，只有地球的引力做负功，动能越来越小，但机械能守恒。地球对天宫一号的万有引力提供它绕地球做匀速圆周运动的向心力，由万有引力公式及向心

16、力公式列方程，可以求出地球的质量。本题要掌握万有引力提供向心力，用周期表示向心力，列方程可以计算出中心天体的质量。解析：解：A、根据折射率定义公式，从空气斜射向玻璃时，入射角相同，光线a 对应的答案：BD折射角较大，故光线 a 的折射率较小，即，若增大入射角 i，在第二折射面上，则两光的入B、因为，则在真空中 a 光波长大于 b 光波长，故 B 错误；射角减小，依据光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于或等于临界角时，才能发生光的全反射， 因此它们不会发生光的全反射，故 A 错误；D、a 光折射率较小，则频率较小，根据，则 a 光光子能量较小，则 a 光束照射逸出光电子C、由于光属于横波，所以

17、不论 a 光还是 b 光都可以发生偏振现象，故 C 错误；的最大初动能较小，根据，则 a 光的遏止电压低，故 D 正确；依据光的折射定律，判定两光的折射率大小，再根据，即可判定各自临界角大小，进而可故选：BD。求解；根据，结合光电效应方程，从而即可求解。根据折射率的定义公式求解折射率，由折射定律得出折射率关系，就知道波长关系； 只要是横波，均能发生偏振现象；解决该题的关键是能从光路图分析得到两种光的折射率大小关系，知道光的折射率越大，则频率越大，波长越小，熟记全反射的条件。解析：解：AB、在正电荷形成的电场中，越靠近点电荷的位置场强越大，电势越高，所以，答案：CD，故 AB 错误；CD、当电子

18、从 M 点向 N 点运动时，库仑力对电子先做正功，后做负功，动能先增加后减小，根据功能关系可知，电子的电势能先减小后增加，电场力所做的总功为正，所以总的电势能减小，动能增大，故 CD 正确。故选：CD。在正电荷形成的电场中，越靠近点电荷的位置场强越大，电势越高；根据库仑力做功判定电势能和动能的变化，对于系统能量守恒，机械能与电势能相互转化。考查库仑定律，库仑力做功的特点，库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加。同时注意系统的机械能与能量的区别。解析：解：A、在从向运动的过程中对的电场力向右，对的作用力方向也答案：AC向右，故电场力对始终做负功，粒子速度减小，故 A 正确。B、粒子穿

19、过两环后运动至左侧远处过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，粒子经过 点C、根据和电场的叠加可知：在右侧产生的场强的先增大后减小且一直减小到0，而时电势能并不是最小，故 B 错误。的场强大多数情况下小于产生的电场但场强却不会为 0，故合场强为 0 的位置应该在的的点在的右侧，故 C 正确。D、由 C 项可知，在右侧，电势能先减小后增大，从到，电场力做负功，电势能增大，同右侧，而在合力为 0 之前合外力做正功，动能持续增大，之后合力做负功，动能减小，故动能最小理，在左侧，电势能先增大后减小，故 D 错误。在点时，右环上电荷由于关于对称，所以其在产生的电场强度为 0，而各点在产生的场强水平向左

20、，故在点所受电场力方向向右；要看电势能如何变化就看电场力如何做功；如果合外力做正功，动能增大，合外力做负功，动能减小；根据可知在右侧产生的故选：AC。根据电阻定律可得：连接实物图，如图所示，故还需要连接的接线柱为或者、或者、或者铜导线的横截面积：联立式可得铜导线的长度：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；根据欧姆定律可得：答：均正确 ；，D；或者、或者、或者；。场强的先增大后减小且一直减小到 0，而的场强大多数情况下小于产生的电场但场强却不会为 0。9.答案：本题考查了电场的合成，解决这类题目的技巧是详实的分析，仔细的计算，每个位置都不能漏过。场强是矢

21、量，其运算利用平行四边形定则。则有：同理，解析：解：根据匀变速直线运动规律得，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据，运用逐差法得：那么。故答案为：；。时间内的位移之差是一恒量，即，运用逐差法求出纸带的加速度。根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点C、E 的瞬时速度，根据相邻相等10.答案：BDkj、bd、dh解析：解：由图示螺旋测微器可知，其读数为：均正确电源电动势，故电压表选择 B；因为要求尽量多的测量数据，还要求精确，所以选择分压式电路，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选择D。铜导线的电阻内阻约因为已知电流表内阻，电流表内阻，直流电压表，故选择电流表内接法测量

22、，解决本题的关键是掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，知道实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，难度不大，属于基础题。由平抛运动的运动规律可得，解得解得联立解得答：小球从 Q 点飞出时的速度大小为在竖直方向做自由落体运动，则水平方向联立解得，方向垂直纸面向外。设粒子 a 在第象限内匀强电场中运动的加速度为 ，运动时间为 t，则竖直方向：联立解得，方向沿 y 轴负方向水平方向上：根据实验的要求应选择分压式电路，因为电流表内阻已知，故选择电流表内接法测量，再连接实根据电阻定律，结合欧姆定律以及导线横截面积，联立即可求出铜导线的长度。根据电源电动势选择合适的电压表，在保证安全的前提下

23、，应选最大阻值较小的滑动变阻器；物图即可；的滑动变阻器在保证安全的前提下要选小的，还要注意尽管被测电阻很小，但是不能选择电流表本题考查金属电阻率的测量实验，解题关键是要会根据电源电动势选择合适的电压表，作为分压用接。11.答案：解：在 Q 点，根据牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力为2mg根据牛顿第二定律可得外接，这是因为电流表内阻已知，可以消除电流表内接法由于分压而引起的误差，故选择电流表内点到 S 点的水平距离为。解析：在 Q 点，根据牛顿定律求得抛出时的速度；由于小球垂直撞在斜面上，根据速度的分解求得竖直方向的速度，利用运动学公式求得平抛运动因为洛伦兹力等于向心力：本题主要考查了圆周运动和平抛运动，关键是抓住平抛运动的特点即可求得。12.答案：解：设粒子 a 在圆形区域内匀强磁场中做圆周运动的半径为R，则的时间，即可求得水平位移。设粒子 a 在 P 点的速度为 v，与 x 轴正方向的夹角为 ，y 轴方向的速度大小是 ，则，粒子 b 先做匀速直线运动，进入未知圆形区域，在洛伦兹力作用下向左偏转，离开未知圆形区域，速度方向与离开 P 点的粒子 a 的速度在