2022年天津市新高考物理试卷

2022年天津市新高考物理试卷

一、选择题

1.从夸父逐日到羲和探日，中华民族对太阳的求知探索从未停歇。2021年10月，我国第

一颗太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”顺利升空。太阳的能量由核反应提供，其中

一种反应序列包含核反应：3He+3He->4He+2X,下列说法正确的是（）

222

A.X是中子

B.该反应有质量亏损

C.We比3He的质子数多

22

D.该反应是裂变反应

【分析】根据质量数守恒和电荷数守恒可判断X是何种微粒；该反应为聚变反应，释放

能量，有质量亏损；4He和3He的质子数均为2。

22

【解答】解：A、根据质量数守恒和电荷数守恒可得X为质子，故A错误；

BD、该反应为聚变反应，释放能量，故该反应有质量亏损，故B正确、D错误;

C、扑和件的质子数均为2,一样多’故C错误。

故选：B,

2.如图所示，一正点电荷固定在圆心，M、N是圆上的两点，下列说法正确的是（）

B.M点和N点电场强度相同

C.负电荷由M点到N点，电势能始终增大

D.负电荷由M点到N点，电场力始终做正功

【分析】以点电荷为圆心的圆是一条等势线，其上各点电势相等，电场强度不同，在同

一等势线上移动电荷时电场力不做功。

【解答】解：A、M点和N点位于同一等势线上，电势相同，故A正确;

B、M点和N点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不相同，故B错误；

CD、以点电荷为圆心的圆是一条等势线，则负电荷由M点到N点，电场力不做功，电

势能不变，故CD错误。

故选：A«

3.2022年3月，中国空间站''天宫课堂”再次开讲，授课期间利用了我国的中继卫星系统

进行信号传输，天地通信始终高效稳定。已知空间站在距离地面400公里左右的轨道上

运行，其运动视为匀速圆周运动，中继卫星系统中某卫星是距离地面36000公里左右的

地球静止轨道卫星（同步卫星），则该卫星（）

A.授课期间经过天津正上空

B.加速度大于空间站的加速度

C.运行周期大于空间站的运行周期

D.运行速度大于地球的第一宇宙速度

【分析】地球同步卫星只能定点于赤道正上方。根据万有引力提供向心力列式，得到卫

星的加速度、运行周期、速度与轨道半径的关系式，再比较加速度、周期的大小关系；

第一宇宙速度是卫星最大的环绕速度。

【解答】解：A、中继卫星是地球同步卫星，只能定点于赤道正上方，所以该卫星不可能

经过天津正上空，故A错误；

BC、根据万有引力提供向心力，有：G典=ma=n4"r,解得：a=@L1=如、星,

r2T2r2VGM

因为该卫星的轨道半径比空间站的大，所以该卫星的加速度小于空间站的加速度，周期

大于空间站的运行周期，故B错误，C正确；

D、第一宇宙速度是卫星最大的环绕速度，则知该卫星的速度小于第一宇宙速度，故D

错误。

故选：Co

4.如图所示，边长为a的正方形铝框平放在光滑绝缘水平桌面上，桌面上有边界平行、宽

为b且足够长的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，铝框依靠惯性滑过磁场区域，滑

行过程中铝框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行，已知a<b,在滑入和滑出磁

场区域的两个过程中（）

A.铝框所用时间相同

B.铝框上产生的热量相同

C.铝框中的电流方向相同

D.安培力对铝框的冲量相同

【分析】利用铝框的运动情况，分析铝框滑入和滑出磁场区域所用时间关系。根据克服

安培力做功关系，分析产生的热量关系。运用楞次定律判断感应电流方向。由I=Ft分析

冲量关系。

【解答】解：A、在滑入和滑出磁场区域的两个过程中，铝框受到向左的安培力作用，均

做减速运动，所以铝框进入磁场的过程平均速度较大，而两个过程通过的位移相等，则

铝框进入磁场时所用时间较短，故A错误；

B、根据安培力表达式FA="L_二知，铝框做减速运动时，受到的安培力不断减小，因

R

此进入磁场时，铝框所受的平均安培力较大，克服安培力做功较多，产生的热量较多，

故B错误；

C、根据楞次定律可知，进入磁场时感应电流沿逆时针方向，滑出磁场时，感应电流方向

沿顺时针方向，所以铝框中的电流方向相反，故C错误；

D、安培力对铝框的冲量为I=B]ar=B的;工a=B区3=国——，可知安培力对铝

RRR

框的冲量相同，故D正确。

故选：D。

5.在同一均匀介质中，分别位于坐标原点和x=7m处的两个波源0和P,沿y轴振动，形

成了两列相向传播的简谐横波a和b,某时刻a和b分别传播到x=3m和x=5m处，波

形如图所示。下列说法正确的是（)

A.a与b的频率之比为2：1

B.0与P开始振动的时刻相同

C.a与b相遇后会出现干涉现象

D.0开始振动时沿y轴正方向运动

【分析】由图可知波长之比，根据v=Af,可得频率之比；波速相同，。与P开始振动的

时刻不相同；频率不同，不能干涉；由波形平移法，x=3m处的质点振动方向沿y轴负

方向，。点开始振动的方向也沿y轴负方向。

【解答】解：A.由同一均匀介质条件可得a和b两列波在介质中传播速度相同，由图可

知I,a和b两列波的波长之比为1：2,根据c=Xf,可得a与b的频率之比为2：1,故A

正确；

B.因a和b两列波的波速相同，由a和b两列波分别传播到x=4m处的时刻相同，可

知O与P开始振动的时刻不相同，故B错误；

C.因a与b的频率不同，a与b相遇后不能产生干涉现象，故C错误；

D.a波刚传到x=3m处，由波形平移法可知，x=3m处的质点开始振动方向沿y轴负方

向，而波源O点的起振方向与x=3m处的质点起振方向相同，所以O点开始振动的方向

也沿y轴负方向，故D错误。

故选：A«

（多选）6.采用涡轮增压技术可提高汽车发动机效率。将涡轮增压简化为以下两个过程，

一定质量的理想气体首先经过绝热过程被压缩，然后经过等压过程回到初始温度，则

()

A.绝热过程中，气体分子平均动能增加

B.绝热过程中，外界对气体做负功

C.等压过程中，外界对气体做正功

D.等压过程中，气体内能不变

【分析】绝热压缩过程中，根据气体体积变化判断气体做功情况，根据热力学第一定律

判断内能变化从而得出温度变化；根据一定质量的理想气体状态方程分析气体做等压变

化回到初始温度的过程中，体积和温度的变化情况。

【解答】解：AB、绝热压缩过程中，气体体积减小、外界对气体做正功、根据热力学第

一定律AU=Q+W可知，气体的内能增加，所以气体的温度升高、则气体分子平均动能

增加，故A正确、B错误；

CD、根据一定质量的理想气体状态方程可知：迎=（2,气体等压过程回到初始温度，说

T

明温度降低，内能减小；压强不变、则气体体积减小，外界对气体做正功，故C正确、

D错误。

故选：ACo

（多选）7.不同波长的电磁波具有不同的特性，在科研、生产和生活中有广泛的应用。a、

b两单色光在电磁波谱中的位置如图所示。下列说法正确的是（）

。次可见林光

无线电波一“

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

长波短波微波红外线紫外线X射线丫射线

A.若a、b光均由氢原子能级跃迁产生，产生a光的能级能量差大

B.若a、b光分别照射同一小孔发生衍射，a光的衍射现象更明显

C.若a、b光分别照射同一光电管发生光电效应，a光的遏止电压高

D.若a、b光分别作为同一双缝干涉装置光源时，a光的干涉条纹间距大

【分析】本题根据电磁波谱的波长（频率）排序、衍射条件、爱因斯坦光电效应规律、

干涉条纹间距公式，即可解答。

【解答】解：根据a、b两单色光在电磁波谱中的位置，a的波长长、频率小（光子能量

小）

A.若a、b光均由氢原子能级跃迁产生，根据跃迁规律，产生a光的能级能量差小，故A

错误；

B.若a、b光分别照射同一小孔发生衍射，a光的衍射现象更明显，故B正确；

C.若a、b光分别照射同一光电管发生光电效应，根据爱因斯坦光电效应规律，a光逸出

的电子最大初动能更小，故遏止电压低，故C错误；

D.若a、b光分别作为同一双缝干涉装置光源时，根据干涉条纹间距公式Ax=L上，a

d

光的干涉条纹间距大，故D正确;

故选：BDo

(多选)8.如图所示，两理想变压器间接有电阻R,电表均为理想交流电表，a、b接入电

C.电流表Ai的示数变大D.电流表A2的示数变小

【分析】本题根据电流比等于匝数反比，电压比等于匝数比，结合选项，即可解答。

【解答】解：D.闭合开关S后，灯的支路变多，故电流表A2的示数变大，故D错误；

A.降压变压器的原电流增大，根据电流比等于匝数反比，而匝数是定值，故升压变压器

的副线圈电流增大，R的发热功率增大，R的电压增大，故A错误；

B.升压变压器的原电压U不变，根据电压比等于匝数比，而匝数是定值，升压变压器副

线圈的电压U不变，故电压表示数不变，故B正确；

C.升压变压器的副线圈电流增大，根据电流比等于匝数反比，而匝数是定值，电流表Ai

的示数变大，故C正确；

故选：BCo

二、实验题。

9.某同学验证两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒，实验装置如图1所示。A、B为两

个直径相同的小球。实验时，不放B,让A从固定的斜槽上E点自由滚下，在水平面上

得到一个落点位置；将B放置在斜槽末端，让A再次从斜槽上E点自由滚下，与B发生

正碰，在水平面上又得到两个落点位置。三个落点位置标记为M、N、P。

图1图2

(1)为了确认两个小球的直径相同，该同学用10分度的游标卡尺对它们的直径进行了

测量，某次测量的结果如图2所示，其读数为10.5mm。

(2)下列关于实验的要求哪个是正确的A。

A.斜槽的末端必须是水平的

B.斜槽的轨道必须是光滑的

C.必须测出斜槽末端的高度

D.A、B的质量必须相同

(3)如果该同学实验操作正确且碰撞可视为弹性碰撞，A、B碰后在水平面上的落点位

置分别为M、Po(填落点位置的标记字母)

【分析】(1)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标尺读数，不需估读；

(2)根据实验原理确定实验中应注意的事项；

(3)根据碰撞前后小球的速度大小确定落点的位置。

【解答】解：(1)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标尺读数，游标卡尺是10分度，

精确度为0.1mm,主尺读数为：10mm,游标尺读数为：0.1X5mm=0.5mm,则读数为:

10mm+0.5mm=10.5mm；

(2)A、为了保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平，故A正确；

B、斜槽光滑与否实验不产生影响，同时也无法使接触面绝对光滑，故B错误；

C、实验中两小球做平抛运动，下落时间相同，不需要测量斜槽末端的高度，故C错误;

D、为了防止入射球反弹，应使入射球的质量大于被碰球的质量，故D错误。

故选：A；

(3)两球为弹性碰撞，N点为小球A单独滑下时的落点；碰撞后A球速度减小，B球

速度增大，故A球落点为M点，B球落点为P点。

故答案为：(1)10.5；(2)A；(3)M；P。

10.实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池

等器材组成如图1所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的U-I图像如图2所示。

(2)如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势E=4.5V,

内阻r=1.8

(3)实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对

测得的实验数据进行修正，在图2中重新绘制U-I图线，与原图线比较，新绘制的图线

与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。(两空均选填

“变大”“变小”或“不变”)

【分析】(1)根据实物图连接分析判断；

(2)根据闭合电路欧姆定律和图像分析计算；

(3)分析电表造成的误差判断。

【解答】解：(1)由实物图连接可知电压表和电源并联，故图1的电路图为图3中的B；

(2)根据闭合电路欧姆定律有：U=E-Ir,可知图像纵轴的截距表示电源电动势E,图

像斜率的绝对值表示电源内阻r,根据图像可知

E=4.5V,

(3)图像与横轴交点表示短路电流，当电源短路时，电表内阻的不影响短路电流，与横

坐标轴交点的数值不变；

电压表和电源并联，测量的内阻是电压表和电源并联后的电阻，比电源内阻的真实值小，

图像斜率偏小，修正后图像斜率变大，与纵坐标轴交点的数值将变大。

故答案为：(1)B；(2)4.5,1.8；(3)不变，变大。

三、计算题。

11.冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A

推到M点放手，此时A的速度vo=2m/s,匀减速滑行xi=16.8m到达N点时，队友用

毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与NP间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑

行X2=3.5m,与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为vA=0.05m/s

和VB=0.55m/s。已知A、B质量相同，A与MN间冰面的动摩擦因数同=0.01,重力加

速度g取10m/s2,运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A

(1)在N点的速度vi的大小；

(2)与NP间冰面的动摩擦因数口2。

【分析】(1)冰壶A从M运动到N过程中，根据动能定理列式可求；

(2)冰壶A、B碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律和动能定理联立可求。

【解答】解：(1)冰壶A从M运动到N过程中，根据动能定理得

-用mgxi=1'mv2；号12

代入数据解得：vi=0.8m/s

(2)冰壶A从N运动到P过程中，根据动能定理得

-U2mgx21=^9mW1mv2：

与静止在P点的冰壶B发生正碰过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得

mv2=mvA+mvB

代入数据联立解得：日2=0.004

答：(1)在N点的速度vi的大小为0.8m/s；

(2)与NP间冰面的动摩擦因数”2为0.004。

12.如图所示，M和N为平行金属板，质量为m,电荷量为q的带电粒子从M由静止开始

被两板间的电场加速后，从N上的小孔穿出，以速度v由C点射入圆形匀强磁场区域，

经D点穿出磁场，CD为圆形区域的直径。己知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直

于纸面向外，粒子速度方向与磁场方向垂直，重力略不计。

(1)判断粒子的电性，并求M、N间的电压U；

(2)求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r；

(3)若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间to

MN

,­•*0

1./D

Uu'•...

【分析】（1）根据左手定则判断粒子电性，根据动能定理可求加速电压；

（2）根据洛伦兹力提供向心力可求粒子轨道半径；

（3）作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据几何知识求解粒子做圆周运动的圆心角，结合

周期公式可求粒子在磁场中的运动时间。

【解答】解：（1）带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电，粒子在电场

12

中运动由动能定理可知口吐泰丫？，解得

2

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB=@J，解得

r

mv

r=--;

qB

（3）设粒子运动轨道圆弧对应的圆心角为仇如图

依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得。

3

设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T,有丁=空三

V

带电粒子在磁场中运动的时间th国一・T

E2兀

联立解得：

3qB

2

答：（1）粒子带正电，M、N间的电压U为变一

2q

（2）粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r为处：

qB

（3）若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，则粒子在磁场中运动的时间t为四！1。

3qB

13.直流电磁泵是利用安培力推动导电液体运动的一种设备，可用图1所示的模型讨论其原

理，图2为图1的正视图。将两块相同的矩形导电平板竖直正对固定在长方体绝缘容器

中，平板与容器等宽，两板间距为1,容器中装有导电液体，平板底端与容器底部留有高

度可忽略的空隙，导电液体仅能从空隙进入两板间。初始时两板间接有直流电源，电源

极性如图所示。若想实现两板间液面上升，可在两板间加垂直于Oxy面的匀强磁场，磁

感应强度的大小为B,两板间液面上升时两板外的液面高度变化可忽略不计。己知导电

液体的密度为po、电阻率为p,重力加速度为g。

（2）求两板间液面稳定在初始液面高度2倍时的电压Uo；

（3）假定平板与容器足够高，求电压U满足什么条件时两板间液面能够持续上升。

【分析】（1）先确定两平板间的电流方向和液体所受的安培力方向，根据左手定则判断

磁场方向；

（2）受力分析可知板间液体所受安培力等于两板间比容器中液面高出的部分液体的重

力，根据电阻定律和安培力计算公式推导出安培力表达式，由平衡条