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1、2022年天津市部分区高考物理质检试卷（二）1.一辆汽车沿平直道路行驶，汽车在t=0到t=40s这段时间内的u-t图像如图所示。分析图像可知（）A.1020s汽车处于静止状态B.40s末汽车离出发点最远C.30s末汽车的加速度大小为3m/s2D.010s与2040s汽车的运动方向相反2.如图是“中国天眼”500m口径球面射电望远镜维护时的照片。为不损伤望远镜球面，质量为沉的工作人员被悬在空中的氧气球拉着，当他在离底部有一定高度的望远镜球面上缓慢移动时，氨气球对其有大小为 m g,方向竖直向上的拉力作用，使其有“人类在月球上行走”的感觉，若将人视为质点，此时工作人员（）A.受到的重力大小为B.受
2、到的合力大小为C.对球面的作用力大小为:mgD.对球面的压力大小为J mgO3.钠和钙两种金属的遏止电压外与入射光频率u的关系如图所示。用M e分别表示普朗克常量和电子的电荷量，贝 廉）A.钠的逸出功大于钙的逸出功B.图中直线的斜率为:C.在得到这两条直线时，必须保证入射光的光强相同D.若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较低4.一列简谐横波某时刻的波形图如图所示，此后b质点比a质点先回到平衡位置。下列判断正确的是（）A.该简谐横波沿x轴正方向传播B.此时a质点沿y轴负方向运动C.此时a质点的速度比b质点的小D.此时a质点的加速度比b质点的小5.一定量的理想气体从状
3、态a开始，经历三个过程ab、be、ca回到原状态。其p-7图象如图所示。下列判断正确的是（）A.过程ab中气体一定吸热B.过程be中气体既不吸热也不放热C.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热D.a、匕 和c三个状态中，状态a分子的平均动能最大6.如图所示，R是光敏电阻（光照增强，电阻减小），C是电容器，/?2是定值电阻。闭合开关，当受到的光照强度减弱时（）E.rA.电源两端电压减小B.光敏电阻心两端的电压增大C.通过电阻/?2的电流增大D.电容器C所带的电荷量减小7.2021年5月15日，“天问一号”探测器成功着陆火星，我国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。已知火星质量约为地球质
4、量的卷，半径约为地球半径的（下列说法正确的是（）A.火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度B.火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度C.火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度D.火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度8.如图所示为某人设计的电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹第 2 页，共 13页热风和吹冷风三种工作状态。小和做分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如表中所示（）热风时输入功率440W冷风时输入功率40W小风扇额定电压40V正常工作时小风扇输出功率32WA.触
5、片P处于b、c触点位置时，电吹风处于吹冷风状态B.触片P处于a、b触点位置时，电吹风处于吹冷风状态C.由表格中数据可得如：n2=U：4D.由表格中数据可得小风扇的内阻为8。9.（1）某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行。正确操作后，做出的光路图及测出的角度如图所示。多用表此玻璃的折射率计算公式为n=（用图中的仇、为表示）；如果有几块宽度不同的平行玻璃砖可供选择,为了减小误差，应 选 用 宽 度（选 填“大”或“小”）的玻璃砖来测量。（2）在练习使用多用电表的实验中：用多用电表的欧娟挡测量阻值“约为十几千欧的电阻，以下是测量过程中的一些主要实验步骤：A.将两表笔短接，调节欧
6、姆调零旋钮，使指针指向欧姆零点，然后断开两表笔；8.旋转选择开关至O F F 位置，并拔出两表笔；C旋转选择开关至“x 位置；D将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值，断开两表笔。以上实验步骤的正确顺序是(填写步骤前的字母)。实验中，多用表的指针位置如图甲所示，则此被测电阻的阻值约为 kn.为了较精确地测量另一定值电阻R y，采用图乙所示的电路。电源电压U 恒定，用多用电表测电路中的电流，闭合电键，多次改变电阻箱阻值R,记录相应的R 和多用电表读数/,得 到 的 关 系 如 图 丙 所 示。则R y=0,电源电压U =V o1 0 .如图所示，半径R =1.8 机的光滑圆弧形轨道与光滑水平
7、面相切，水平面比水平地面高H =0.8 m。一 质 量 为=0.2 k g 的小球A 从距离水平面高九=0.4 5 m 处由静止开始滑下，与静止于水平面上的质量为巾2 的小球B 发生正碰并粘在一起后做平抛运动,落地时发生的水平位移为x =0.8 m,取重力加速度g =lOm/sZ.求：(1)4 球滑到圆弧形轨道最低点时所受支持力的大小；(2)8 球的质量。1 1 .如图所示，M、N 两块水平放置的长金属板相距为d,两板间电势差为U。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口置于两板正中间的位置，从喷口连续不断喷出质量均为沉、水平速度均为北、带相等电荷量的墨滴。已知墨滴
8、在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的P 点。重力加速度为g。求：(1)墨滴所带的电荷量；(2)磁感应强度B 的大小；第4 页，共 13页(3)现保持喷口方向不变，使其竖直上移到靠近上板下表面的位置。为了使墨滴仍能到达下板P点，应将磁场的磁感应强度调为夕，则B 的大小。1 2.如图甲所示，M N、P Q两光滑平行金属导轨构成的平面与水平面成。角，导轨间距为I、电阻不计。在区域I内有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B i =B；在区域D内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，其磁感应强度为 的大小随时间t变化的规律如图乙所示。两区域的上、下边界均与导轨
9、垂直。t=0时刻，在导轨上端的金属细棒帅从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时另一金属细棒c d在位于区域I内的导轨上由静止释放。在油棒运动到区域n的下边界EF之前，c d棒始终处于静止状态。两棒均与导轨垂直且接触良好。已知c d棒的质量为zn,区域II沿导轨的长度为2 1,a b棒恰在t=G(未知)时刻进入区域n,重力加速度为g。此外，ab棒的质量、电阻，c d棒的电阻均未知。求：(1)通过必棒电流的方向和区域I内磁场的方向；(2)a b棒进入区域U的时刻的t x；(3)t =G时刻回路的电功率P。答案和解析1.【答案】B【解 析】解：力、1020s汽车处于匀速直线运动状态，故A错 误；8、图
10、像与坐标轴围成的面积代表位移，所以40s末汽车离出发点最远，故B正确；C、根据图像斜率可解得a=穿=m/s2=1.5m/s2,故C错误；D、图像都在t轴上方，速度为正，方向不变，故。错误；故 选：B。在v-t图象中图线与时间轴围成的面积表示位移，由几何知识求汽车的位移，根据加速度计算公式解得加速度。在速度一时间图象中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化,二、图象的斜率表示物体运动的加速度，三、图象与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移。2.【答 案】C【解 析】4工作人员受到的重力不会变化
11、，仍为m g,故4错 误。B、工作人员在望远镜球面上缓慢移动的过程中，处于平衡状态，受到的合力大小为0,故B错 误。C D.工作人员在望远镜球面上缓慢移动的过程中，处于平衡状态,受到重力、支持力、和拉力和摩擦力，其合力为零，球面对人的作用 力：支持力和摩擦力的合力F竖直向上，由平衡条件得F=m g-T=m g,由牛顿第三定律得，人对球面的作用力大小为:zng,故CO O4Tmg正 确，。错误。故选c。3.【答 案】D【解 析】解：4、根据光电效应方程得:Ek m=h Y-W0=h Y-hYo又 如n=eUc解 得：%=%-%=与-吗e e e e第6页，共13页当遏止电压为0时，对应的频率为金
12、属的极限频率，结合图可知钠的极限频率小，则钠的逸出功小。故A错误；B、由U c =y 等知U o y图线的斜率k =3故8错误；C、由U c=：y-等知图线的特点与光的强度无关。故C错误；D、钠的逸出功小，结合=可知，若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较小。故。正确。故选：D。根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，通过图线的斜率求出普朗克常量;遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率。解决本题的关键掌握光电效应方程昌丽=h y-W0,以及知道光电子的最大初动能与入射光的强度无关，与入射光的频率有关；掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系。4.【答
13、案】D【解析】解：4、因为b质点比a质点先回到平衡位置，则a质点应向上振动，根据同侧法可知简谐横波的传播方向沿x轴负方向，故A错误；3、根据上述分析可知，a质点应向y轴正方向运动，故8错误；C、因为b点处于波谷，贝帕点的速度为零，因此a质点的速度大于b质点的速度，故C错、口1天；D、根据加速度公式。=土，结合题目可知，b质点的位移大于a质点的位移，所以a质m点的加速度小于b质点的加速度，故。正确；故选：D。根据题目条件得出横波的传播方向和质点的运动方向；根据位移的大小分析出不同质点的速度大小和加速度大小。本题主要考查了横波图像的相关应用，熟练掌握同侧法分析出波的传播方向，理解质点的位移和速度以
14、及加速度的大小关系。5.【答案】A【解析】解：4、因为牛=C,从图中可以看出，a过程擀不变，则体积V不变，因此a b过程外力做功W=0,气体温度升高，则(),根据热力学第一定律(/=(2 +可 知。0,即气体吸收热量，故A正确；B、b-c过程气体温度不变，(/=(),但气体压强减小，由牛=。知!/增大，气体对外做功，W 0,即气体吸收热量，故B错误；C、C-a过程气体压强不变，温度降低，则 0,由AU=IV+Q知W Q,故C错误；。、状态a温度最低，而温度是分子平均动能的标志，故。错误。故选：Aoa-b过程为温度升高的等容变化，根据理想气体状态方程和热力学第一定律判断；b-c过程为压强减小的等
15、温变化，根据理想气体状态方程和热力学第一定律判断；e r a过程为温度降低的电压变化，根据理想气体状态方程和热力学第一定律判断；温度越高，分子平均动能越大。本题考查了理想气体状态方程、热力学第一定律等知识点。解答理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题的关键在于找到两个规律之间的联系，弄清气体状态变化过程中各状态量的变化情况。另外，热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义，U的正表示内能增加，E为正表示物体吸热；小为正表示外界对物体做功。6.【答案】AD【解析】解：C、当光照减弱时，光敏电阻阻值增大，总电流减小，则流过/?2的电流减小，故c错误；A B,因总电流减小，故内压减小，路端电
16、压增大，因流过&的电流减小，故其电压减小，由于路端电压增大，故光敏电阻&上的电压增大，故A正确，8错误D、因治 的电压减小，故电容器电压减小，由、=。可知，电容器带电量减小，故。正确。故选：AD.电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于与之并联的滑动变阻器部分的电压，当光照减弱时，光敏电阻阻值增大，总电流减小，再根据欧姆定律以及串并联电路的规律分析电压的变化，由、=0。确定电容带电量的变化。本题为闭合电路的动态分析问题，首先根据局部电路的变化分析外电路总电阻的变化,判断总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压和功率的变化，是常用的分析思路。第 8 页，共 13页7.【答案】AC【解析】解
17、：A B,根据星球表面物体的重力等于万有引力，有：m g =4s _ GM得：g=前火星表面与地球表面的重力加速度之比为：=x普=2 x 5=4 所以火星表面g地“地”火 1 0 1 5的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故A正确，B错误；C D.第一宇宙速度即近中心天体做匀速圆周运动的速度，根据万有引力提供向心力可4 日 GMm mv2得：R2=V解得：v=悟代入数据可知火星、地球的第一宇宙速度之比詈=当，所以火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故O错误、C正确；故选：ACc根据星球表面物体的重力等于万有引力得到重力加速度表达式，求出火星表面与地球表面的重力加速度之比；根据万有引力提
18、供向心力得到第一宇宙速度的表达式，再求出火星、地球的第一宇宙速度之比。本题考查万有引力定律的应用，要掌握万有引力提供向心力，并能够根据题意选择不同的向心力的表达式.8.【答案】A【解析】解：A B,当触月P处于b、c触点位置时，电吹风处于吹冷风状态；当触片P处于a、b触点位置时，电吹风处于吹热风状态，故A正确，8错误；c、根据原副线圈两端的电压之比与匝数之比的关系得：:=黑=?，故C错误；7 l2 4U LD、根据公式/?=0 =5 0 0,故。错误；P 3 2故选：4根据触点的位置不同分析出电吹风的工作情况；根据原副线圈的电压之比得出匝数之比；根据公式P=?计算出小风扇的内阻.本题主要考查了
19、变压器的构造和原理，根据原副线圈两端的电压之比得出匝数之比，结合功率的计算公式完成对电阻的计算即可。9.【答案】四 粤 大CADB 1 7 2 0 0 8.0s m 2【解析】解：（1）根据折射率的公式有：n =盆；玻璃砖越厚，折射光偏折的距离越远，越有利于折射角的测量，精确度就越高。所以选厚度大的玻璃砖；（2）多用电表的使用，应先根据待测电阻的值，确定倍率，然后进行欧姆调零，再将待测电阻接入红黑表笔，读出示数，挡位归位。所以步骤顺序为：C A D B；多用表欧姆挡的示数为倍率与示数的乘积，所以电阻R =1 7 x IkH=17 k。；根据图乙电路，由欧姆定律可以得到：1=扁,变形后有：R=U
20、 x -Ry.结合题目所给的R 图象的斜率k =U=鉴（纵截距b =-Ry=-2 0 0 0,从而得到U =8.0 匕 Ry=2 0 0 0。故答案为：（1）鬻、大；（2）&4 D B、1 7：2 0 0、8.0（1）根据实验原理和注意事项分析解答；（2）根据多用电表的使用规则确定实验步骤并读数；根据欧姆定律写出R 的表达式，结合图象的斜率和截距求电源电压和电阻箱的值。对于实验误差，要紧扣实验原理，用作图法，确定出入射角与折射角的误差，即可分析折射率的误差。1 0.【答案】解：（1）对小球下滑的最低点的过程中，运用动能定理得:抽九=mxvl在最低点，根据牛顿第二定律得：N mIg=m1.（2）
21、由并代入数据得：N =3N（2）碰撞后B 做平抛运动，则有：H =gt2.x=v2t由并代入数据得：V2=2m/s.4 B 发生弹性碰撞，碰撞过程中，动量和机械能守恒，以向右为正，则有：m1v1=m1v1,+m2v2.如 i 说由并代入数据得：m2=0.1kg.答：（1）4 球滑到圆弧形轨道最低点时所受支持力的大小为3 N；（2）8 球的质量为0.1 k g。第1 0页，共1 3页【解析】(1)对小球下滑的最低点的过程中，运用动能定理求出速度，在最低点，根据牛顿第二定律求解即可。(2)碰撞后B做平抛运动，根据平抛运动基本公式求解。AB发生弹性碰撞，碰撞过程中，动量和机械能守恒，根据动量守恒定律
22、以及机械能守恒列式，联立方程求解。运用动能定理解题首先要确定研究的对象和研究的过程，分析有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解，知道发生弹性碰撞时，碰撞过程中，动量和机械能守恒，注意规定正方向。1 1.【答案】解：(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，则电场力等于重力，则有uq&=m g可得：q=等由于电场方向向下，电荷受的电场力向上，可知墨滴带负电荷；(2)墨滴垂直进入电、磁场共存的区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，则有qv0B=m -考虑墨滴进入电场、磁场共存区域和下板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径为解得：8=兼(3)根据题意墨滴运动
23、的轨迹如图所示q%B =m詈由图示可得：R2=(1 d)2+(d-/?z)2解 得:R=ldO可得：B，=翳答：(1)墨滴所带的电荷量为甯；(2)磁感应强度B的大小为 学；(3)夕的 大 小 为 翳。【解析】(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，受力平衡则电场力等于重力；(2)墨滴垂直进入电、磁场共存的区域，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动；由qv0B-m 誉 求 B；(3)依据墨滴运动的轨迹，由q%B=m等 求磁场强度；本题考查墨滴在复合场里的运动，做出粒子的运动轨迹结合几何关系即可求解，中档难度。1 2.【答案】解：(1)根据楞次定律可知通过a b棒的电流方向b-a,通过c d棒的电流方
24、向CT d,由于c d棒处于静止状态，受到的安培力方向沿导轨向上，根据左手定则可知区域I内磁场方向为垂直于斜面向下。对c d棒，根据平衡条件可知：Bll=rngsind所以通过回路中的电流大小为：/=吗”DIa b棒在到达区域n前做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a =3 =gs in。mabc d棒始终静止不动，a b棒在到达区域口前、后，回路中产生的感应电动势不变，则a b棒在区域中一定做匀速直线运动，可得：B 4=弊=立4 t tX所以a b在I I中匀速运动的速度大小为：v=2la b在匀加速运动阶段，根据速度一时间关系可得：v=atx解得：G=匡；y gsinO(3
25、)t =J时刻回路的电功率P =El=Blvl解得：P=2mgisin。答：(1)通过a b棒电流的方向为b-a,区域I内磁场的方向垂直于斜面向下；第 12页，共 13页(2)a b棒进入区域n的时刻的为J焉方(3)t =%时刻回路的电功率为【解析】(1)根据楞次定律判断电流方向，根据左手定则可知区域I内磁场方向；(2)对c d棒，根据平衡条件求解回路中的电流大小，根据牛顿第二定律可得a b做匀加速直线运动的加速度大小；a b棒在到达区域I I前、后，回路中产生的感应电动势不变，由此得到a b棒匀速运动的速度大小，根据速度一时间关系求解时间；(3)根据电功率的计算公式求解t =/时刻回路的电功率。对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。