2022年天津市河西區(qū)高考物理一模試卷(含答案解析)

1、第 PAGE 12 頁，共 12 頁2020 年天津市河西區(qū)高考物理一模試卷一、單選題（本大題共 5 小題，共 25.0 分），則該核反應(yīng)方程中 x 和 y 分別為第一代核彈頭為原子彈，主要利用鈾235 或钚 239 等重原子核的裂變鏈式反應(yīng)原理制成。典型的鈾核裂變是生成鋇和氪，同時放出 x 個中子，核反應(yīng)方程為下面所列方程A. 10 和 36B. 3 和 36C. 36 和 3D. 2 和 36某汽車后備箱內(nèi)安裝有撐起箱蓋的裝置，它主要由汽缸和活塞組成開箱時，密閉于汽缸內(nèi)的壓縮氣體膨脹，將箱蓋頂起，如圖所示在此過程中， 若缸內(nèi)氣體與外界無熱交換，忽略氣體分子間相互作用，則缸內(nèi)氣體對外做正功，

2、分子的平均動能減小對外做正功，內(nèi)能增大對外做負功，分子的平均動能增大對外做負功，內(nèi)能減小諧橫波。時刻的波形圖如圖所示，已知兩列波的傳播速度均為。下列說法正確兩波源 A、B 分別位于和的位置持續(xù)振動，產(chǎn)生甲、乙兩列沿x 軸相向傳播的簡的是A.B.C.D. 在時兩列波相遇處的質(zhì)點是振動減弱點時刻處的質(zhì)點與處的質(zhì)點均沿 y 軸負方向運動時，位于處的質(zhì)點位移為 2cm為 S，電阻不計線框繞垂直于磁場的軸以角速度 勻速轉(zhuǎn)動，并與理想變壓器原線圈相如圖所示，n 匝矩形閉合導(dǎo)線框 ABCD 處于磁感應(yīng)強度大小為 B 的水平勻強磁場中，線框面積連，變壓器副線圈接入一只額定電壓為U 的燈泡，燈泡正常發(fā)光從線圈通

3、過中性面開始計時，下列說法正確的是圖示位置穿過線框的磁通量變化率最大燈泡中的電流方向每秒改變 2 次線框中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的表達式為變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為：U2011 年 9 月 29 日，中國首個空間實驗室“天宮一號”在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，由長征運載火箭將飛船送入近地點為A、遠地點為 B 的橢圓軌道上，B 點距離地面高度為 h，地球的中心位于橢圓的一個焦點上?！疤鞂m一號”飛行幾周后進行變軌，進入預(yù)定圓軌道，如圖所示。已知“天宮一號”在預(yù)定圓軌道上飛行n 圈所用時間為 t，萬有引力常量為 G， 地球半徑為則下列說法正確的是“天宮一號”在橢圓軌道的 B 點的向心加速度大于在預(yù)定圓軌道的B

4、 點的向心加速度“天宮一號”從 A 點開始沿橢圓軌道向 B 點運行的過程中，機械能不守恒D. 由題中給出的信息可以計算出地球的質(zhì)量“天宮一號”從 A 點開始沿橢圓軌道向 B 點運行的過程中，動能先減小后增大二、多選題（本大題共 3 小題，共 15.0 分）明代學者方以智在 陽燧倒影 中記載：“凡寶石面凸，則光成一條，有數(shù)棱則必有一面五色”，表明白光通過多棱晶體折射會發(fā)生色散現(xiàn)象。如圖所示，一束復(fù)色光通過三棱鏡后分解成兩束單色光 a、b，下列說法正確的是若增大入射角 i，則 b 光先消失在該三棱鏡中 a 光波長大于 b 光a 光能發(fā)生偏振現(xiàn)象，b 光不能發(fā)生若 a、b 光分別照射同一光電管都能發(fā)

5、生光電效應(yīng)則a 光的遏止電壓低如圖所示，帶正電的點電荷 Q 固定，電子僅在庫侖力作用下，做以Q 點為焦點的橢圓運動，M、P、N 為橢圓上的三點，P 點是軌道上離 Q 最近的點。 、 和 、 分別表示電子在 M、N 兩點的電勢和電場強度，則電子從 M 點逆時針運動到 N 點C. 電子的動能先增加后減小D. 電場力對電子做的總功為正功8.如圖所示，兩個固定的半徑均為 r 的細圓環(huán)同軸放置，、分別為兩細環(huán)的圓心，且異種電荷、，兩環(huán)分別帶有均勻分布的等量。一帶負電的粒子 重力不計 位于右側(cè)遠處，現(xiàn)給粒子一向左的初速度，使其沿軸線運動，穿過兩環(huán)后，B.，運動至左側(cè)遠處，在粒子運動的過程中從到，粒子一直做

6、減速運動粒子經(jīng)過點時電勢能最小軸線上點右側(cè)存在一點，粒子在該點動能最大粒子從右向左運動的整個過程中，電勢能先減小后增加三、實驗題（本大題共 2 小題，共 12.0 分） ， ；小車的加速度 結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字 。用如圖甲所示的實驗裝置做“探究勻變速直線運動”的實驗。如圖乙所示為某同學實驗中得到 的紙帶，在紙帶上確定出A、B、C、D、E、F、G7 個相鄰的計數(shù)點，其相鄰計數(shù)點間的距離在圖中標出，每相鄰兩個計數(shù)點間還有4 個點未畫出，則打下 C、E 兩點時小車的瞬時速度該同學首先使用螺旋測微器測得導(dǎo)線的直徑如圖所示，則導(dǎo)線的直徑mm；通過查閱資料查得銅的電阻率為 ；使用多用電表歐姆檔初步估測其

7、電阻約為：為進一步準確測量導(dǎo)線的電阻，實驗室提供以下器材：實驗室購買了一捆標稱長度為 100m 的銅導(dǎo)線，小明同學想通過實驗測定其長度。按照如下步驟進行操作：A.直流電流表量程，內(nèi)阻B.直流電壓表量程，內(nèi)阻約C.直流電壓表量程，內(nèi)阻約D.滑動變阻器阻值范圍F.滑動變阻器阻值范圍G.直流電源輸出電壓 3V，內(nèi)阻不計為了得到盡量多的測量數(shù)據(jù)并精確的測定標銅導(dǎo)線的電阻，實驗中應(yīng)選擇的電壓表是用所選器材前的字母表示 ；選擇的滑動變阻器是用所選器材前的字母表示 ；按實驗要求在圖中，還需要連接的接線柱填相應(yīng)接線柱的有符號，如“ab”、“cd”等 ；若測得電壓表的讀數(shù)為 U，電流表的讀數(shù)為 I，則可得銅導(dǎo)線

8、的長度可表示為 用H.開關(guān) S 一個、導(dǎo)線若干題目提供的已知量的字母表示 ；四、計算題（本大題共 3 小題，共 30.0 分）為如圖乙所示。在 P 點的質(zhì)量為 m 的小球，由靜止沿半徑為 R 的光滑 圓弧軌道下滑到最低點如圖甲所示，在科技館中的“小球旅行記”吸引了很多小朋友的觀看?！靶∏蚵眯杏洝笨珊喕疩 時，對軌道的壓力為 2mg，小球從 Q 點水平飛出后垂直撞擊到傾角為的斜面上的 S 點。不小球從 Q 點飛出時的速度大小；點到 S 點的水平距離。計摩擦和空氣阻力，已知重力加速度大小為g，求：13.如圖所示，兩根光滑的平行金屬導(dǎo)軌 MN、PQ 處于同一水平面內(nèi)，相距，導(dǎo)軌的左桿能達到的最大速度

9、多大？12.如圖所示平面直角坐標系中，P 點在 x 軸上，其坐標，Q 點在負 y 軸上某處。整個內(nèi)的圓形區(qū)域半徑為 L，與 x 軸相切于 A 點點坐標未知 。第象限內(nèi)的圓形區(qū)域未知，并第象限內(nèi)有平行于 y 軸的勻強電場，第象限和第象限內(nèi)均有一圓形區(qū)域，其中第象限且兩個圓形區(qū)域內(nèi)均有垂直于 xOy 平面的相同的勻強磁場。電荷量為、質(zhì)量為 m、速率為過 P 點后射入第象限；電荷量為、質(zhì)量為 m、速率為的粒子 b 從 Q 點向與 y 軸成的粒子 a 從 A 點沿 y 軸正方向射入圓形區(qū)域，射出圓形區(qū)域后沿x 軸正方向射入第象限，通第象限內(nèi)圓形區(qū)域磁場磁感應(yīng)強度B 的大小和方向第象限內(nèi)勻強電場的場強大

10、小 E 和方向第象限內(nèi)未知圓形磁場區(qū)域最小面積 S夾角的方向射入第象限，經(jīng)過并離開未知圓形區(qū)域后與粒子a 發(fā)生相向正碰。不計粒子的重力和粒子間相互作用力。求：端用的電阻相連，導(dǎo)軌電阻不計，導(dǎo)軌上跨接一電阻的金屬桿 ab，質(zhì)量的拉力，整個裝置放在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度，使它由靜止開始運動，求：，現(xiàn)對桿施加水平向右若已知桿從靜止開始運動至最大速度的過程中，R 上總共產(chǎn)生了的電熱，則此過程中接問，此過程中流過電阻 R 的電量？經(jīng)歷的時間？金屬桿 ab 的位移多大？解析：解：根據(jù)核反應(yīng)過程中，電荷數(shù)守恒得：，質(zhì)量數(shù)守恒得：答案：B 答案與解析 ，鈾核裂變的核反應(yīng)方程為：；故 B正確，ACD

11、錯誤。故選：B。根據(jù)核反應(yīng)過程中的電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒求解x，y。本題以第一代核彈頭命制試題，使學生對核物理中的核反應(yīng)有更加深刻的認識，通常根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒列式求解。解析：解：密閉于氣缸內(nèi)的壓縮氣體膨脹對外做正功，即外界對氣體做負功，因而，缸內(nèi)氣體與外界無熱交換說明，忽略氣體分子間相互作用，說明內(nèi)能是所有分子動能的總和。根據(jù)答案：A熱力學第一定律，可知內(nèi)能增加量，故內(nèi)能減小，分子平均動能減小，溫度降低。所以只有 A 正確； 故選：A。根據(jù)熱力學第一定律公式，公式中表示系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，W 表示外界對系統(tǒng)做的功，Q 表示系統(tǒng)吸收的熱量，題中氣體膨脹對外界做功，即氣體對外界做負功，故，

12、氣體與外界無熱交換，故，從而判斷出氣體內(nèi)能的變化，也就得到分子的平均動能的變化情況熱力學第一定律的公式中，表示系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，W 表示外界對系統(tǒng)做的功，當系統(tǒng)對外界做功時，W 取負值，Q 表示系統(tǒng)吸收的熱量，當系統(tǒng)放出熱量時，Q 取負值解析：解：A、兩列波相遇的時間，故 A 正確；答案：AB、兩波源的起振方向相反，兩波源距離的波程差，即波程差為半波長的奇數(shù)倍，C、時刻，根據(jù)同側(cè)法可判定處的質(zhì)點與處的質(zhì)點均沿 y 軸正方向，故 C 錯誤；D、時，兩列波傳播的間距為：，所以 3m 處質(zhì)點為振動加強點，故 B 錯誤；此時甲波的波谷剛好傳到處，而乙波的波峰剛好傳到的位置，故此時處的質(zhì)點位移為，故 D

13、 錯誤。故選：A。根據(jù)波的疊加原理可確定處的質(zhì)點在 2s 時的位移。明確兩列波的振動性質(zhì)，根據(jù)帶動法確定兩振源的起振方向，結(jié)合波程差確定振動是加強還是減弱；本題要掌握波的獨立傳播原理：兩列波相遇后保持原來的性質(zhì)不變。理解波的疊加遵守矢量合成法則。要能熟練運用波形平移法分析波的形成過程。答案：CB、交流電的周期，1s 內(nèi)完成周期性變化的次數(shù) ，1 個周期電流方向改變 2 次，所以燈泡中電流方向每秒改變，故 B 錯誤；解析：解：A、圖示位置線框位于中性面，穿過線框的磁通量最大，磁通量的變化率為 0，故 A 錯誤；C、線框中感應(yīng)電動勢的峰值，線框是從中性面開始計時，所以線框中產(chǎn)生感應(yīng)電動D、原線圈電

14、壓的有效值，副線圈電壓的有效值，所以原副線圈的匝數(shù)比為，勢的表達式為，故 C 正確；故 D 錯誤； 故選：C根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項分析即可得出結(jié)論掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關(guān)系，本題即可得到解決答案：D解析：解：A、“天宮一號”在橢圓軌道的 B 點的加速后做離心運動才能進入預(yù)定圓軌道，故“天宮一號”在橢圓軌道的 B 點的向心加速度小于在預(yù)定圓軌道的B 點的向心加速度，故 A 錯誤。B、“天宮一號”從 A 點開始沿橢圓軌道向 B 點運行的過程中，只收到地球的引力，只有地球的引力做功，故機械能守恒，故 B 錯誤。D、“天宮一號”在

15、預(yù)定圓軌道上飛行n 圈所用時間為 t，故周期為，根據(jù)萬有引力提供向心力，得地球的質(zhì)量C、“天宮一號”從 A 點開始沿橢圓軌道向 B 點運行的過程中，距離地球原來越遠，地球的引力做負功，根據(jù)動能定理可知，動能越來越小，故C 錯誤。故選：D?！疤鞂m一號”在橢圓軌道的 B 點的加速后做離心運動才能進入預(yù)定圓軌道，故“天宮一號”在橢圓軌道的 B 點的向心加速度小于在預(yù)定圓軌道的B 點的向心加速度?！疤鞂m一號”從 A 點開始沿橢圓軌道向 B 點運行的過程中，只收到地球的引力，只有地球的引力做負功，動能越來越小，但機械能守恒。地球?qū)μ鞂m一號的萬有引力提供它繞地球做勻速圓周運動的向心力，由萬有引力公式及向心

16、力公式列方程，可以求出地球的質(zhì)量。本題要掌握萬有引力提供向心力，用周期表示向心力，列方程可以計算出中心天體的質(zhì)量。解析：解：A、根據(jù)折射率定義公式，從空氣斜射向玻璃時，入射角相同，光線a 對應(yīng)的答案：BD折射角較大，故光線 a 的折射率較小，即，若增大入射角 i，在第二折射面上，則兩光的入B、因為，則在真空中 a 光波長大于 b 光波長，故 B 錯誤；射角減小，依據(jù)光從光密介質(zhì)進入光疏介質(zhì)，且入射角大于或等于臨界角時，才能發(fā)生光的全反射， 因此它們不會發(fā)生光的全反射，故 A 錯誤；D、a 光折射率較小，則頻率較小，根據(jù)，則 a 光光子能量較小，則 a 光束照射逸出光電子C、由于光屬于橫波，所以

17、不論 a 光還是 b 光都可以發(fā)生偏振現(xiàn)象，故 C 錯誤；的最大初動能較小，根據(jù)，則 a 光的遏止電壓低，故 D 正確；依據(jù)光的折射定律，判定兩光的折射率大小，再根據(jù)，即可判定各自臨界角大小，進而可故選：BD。求解；根據(jù)，結(jié)合光電效應(yīng)方程，從而即可求解。根據(jù)折射率的定義公式求解折射率，由折射定律得出折射率關(guān)系，就知道波長關(guān)系； 只要是橫波，均能發(fā)生偏振現(xiàn)象；解決該題的關(guān)鍵是能從光路圖分析得到兩種光的折射率大小關(guān)系，知道光的折射率越大，則頻率越大，波長越小，熟記全反射的條件。解析：解：AB、在正電荷形成的電場中，越靠近點電荷的位置場強越大，電勢越高，所以，答案：CD，故 AB 錯誤；CD、當電子

18、從 M 點向 N 點運動時，庫侖力對電子先做正功，后做負功，動能先增加后減小，根據(jù)功能關(guān)系可知，電子的電勢能先減小后增加，電場力所做的總功為正，所以總的電勢能減小，動能增大，故 CD 正確。故選：CD。在正電荷形成的電場中，越靠近點電荷的位置場強越大，電勢越高；根據(jù)庫侖力做功判定電勢能和動能的變化，對于系統(tǒng)能量守恒，機械能與電勢能相互轉(zhuǎn)化。考查庫侖定律，庫侖力做功的特點，庫侖力做正功，電勢能減小，庫侖力做負功，電勢能增加。同時注意系統(tǒng)的機械能與能量的區(qū)別。解析：解：A、在從向運動的過程中對的電場力向右，對的作用力方向也答案：AC向右，故電場力對始終做負功，粒子速度減小，故 A 正確。B、粒子穿

19、過兩環(huán)后運動至左側(cè)遠處過程中，電場力一直做正功，電勢能一直減小，粒子經(jīng)過 點C、根據(jù)和電場的疊加可知：在右側(cè)產(chǎn)生的場強的先增大后減小且一直減小到0，而時電勢能并不是最小，故 B 錯誤。的場強大多數(shù)情況下小于產(chǎn)生的電場但場強卻不會為 0，故合場強為 0 的位置應(yīng)該在的的點在的右側(cè)，故 C 正確。D、由 C 項可知，在右側(cè)，電勢能先減小后增大，從到，電場力做負功，電勢能增大，同右側(cè)，而在合力為 0 之前合外力做正功，動能持續(xù)增大，之后合力做負功，動能減小，故動能最小理，在左側(cè)，電勢能先增大后減小，故 D 錯誤。在點時，右環(huán)上電荷由于關(guān)于對稱，所以其在產(chǎn)生的電場強度為 0，而各點在產(chǎn)生的場強水平向左

20、，故在點所受電場力方向向右；要看電勢能如何變化就看電場力如何做功；如果合外力做正功，動能增大，合外力做負功，動能減??；根據(jù)可知在右側(cè)產(chǎn)生的故選：AC。根據(jù)電阻定律可得：連接實物圖，如圖所示，故還需要連接的接線柱為或者、或者、或者銅導(dǎo)線的橫截面積：聯(lián)立式可得銅導(dǎo)線的長度：螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀；根據(jù)歐姆定律可得：答：均正確 ；，D；或者、或者、或者；。場強的先增大后減小且一直減小到 0，而的場強大多數(shù)情況下小于產(chǎn)生的電場但場強卻不會為 0。9.答案：本題考查了電場的合成，解決這類題目的技巧是詳實的分析，仔細的計算，每個位置都不能漏過。場強是矢

21、量，其運算利用平行四邊形定則。則有：同理，解析：解：根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得，平均速度等于中間時刻的瞬時速度，根據(jù)，運用逐差法得：那么。故答案為：；。時間內(nèi)的位移之差是一恒量，即，運用逐差法求出紙帶的加速度。根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出計數(shù)點C、E 的瞬時速度，根據(jù)相鄰相等10.答案：BDkj、bd、dh解析：解：由圖示螺旋測微器可知，其讀數(shù)為：均正確電源電動勢，故電壓表選擇 B；因為要求盡量多的測量數(shù)據(jù)，還要求精確，所以選擇分壓式電路，應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動變阻器，故滑動變阻器選擇D。銅導(dǎo)線的電阻內(nèi)阻約因為已知電流表內(nèi)阻，電流表內(nèi)阻，直流電壓表，故選擇電流表內(nèi)接法測量

22、，解決本題的關(guān)鍵是掌握紙帶的處理方法，會通過紙帶求解瞬時速度和加速度，知道實驗的操作步驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事項，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。由平拋運動的運動規(guī)律可得，解得解得聯(lián)立解得答：小球從 Q 點飛出時的速度大小為在豎直方向做自由落體運動，則水平方向聯(lián)立解得，方向垂直紙面向外。設(shè)粒子 a 在第象限內(nèi)勻強電場中運動的加速度為 ，運動時間為 t，則豎直方向：聯(lián)立解得，方向沿 y 軸負方向水平方向上：根據(jù)實驗的要求應(yīng)選擇分壓式電路，因為電流表內(nèi)阻已知，故選擇電流表內(nèi)接法測量，再連接實根據(jù)電阻定律，結(jié)合歐姆定律以及導(dǎo)線橫截面積，聯(lián)立即可求出銅導(dǎo)線的長度。根據(jù)電源電動勢選擇合適的電壓表，在保證安全的前提下

23、，應(yīng)選最大阻值較小的滑動變阻器；物圖即可；的滑動變阻器在保證安全的前提下要選小的，還要注意盡管被測電阻很小，但是不能選擇電流表本題考查金屬電阻率的測量實驗，解題關(guān)鍵是要會根據(jù)電源電動勢選擇合適的電壓表，作為分壓用接。11.答案：解：在 Q 點，根據(jù)牛頓第三定律可知，軌道對小球的支持力為2mg根據(jù)牛頓第二定律可得外接，這是因為電流表內(nèi)阻已知，可以消除電流表內(nèi)接法由于分壓而引起的誤差，故選擇電流表內(nèi)點到 S 點的水平距離為。解析：在 Q 點，根據(jù)牛頓定律求得拋出時的速度；由于小球垂直撞在斜面上，根據(jù)速度的分解求得豎直方向的速度，利用運動學公式求得平拋運動因為洛倫茲力等于向心力：本題主要考查了圓周運動和平拋運動，關(guān)鍵是抓住平拋運動的特點即可求得。12.答案：解：設(shè)粒子 a 在圓形區(qū)域內(nèi)勻強磁場中做圓周運動的半徑為R，則的時間，即可求得水平位移。設(shè)粒子 a 在 P 點的速度為 v，與 x 軸正方向的夾角為 ，y 軸方向的速度大小是 ，則，粒子 b 先做勻速直線運動，進入未知圓形區(qū)域，在洛倫茲力作用下向左偏轉(zhuǎn)，離開未知圓形區(qū)域，速度方向與離開 P 點的粒子 a 的速度在