2022年天津市部分区高考物理质检试卷（二）（附答案详解）

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.10〜20s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/s2

D.0〜10s与20〜40s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

{mg,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.受到的合力大小为

C.对球面的作用力大小为:mg

D.对球面的压力大小为Jmg

O

3.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Me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.r

A.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

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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32W

A.触片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：4

D.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

①此玻璃的折射率计算公式为n=（用图中的仇、为表示）；

②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：

①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OFF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.

②为了较精确地测量另一定值电阻Ry，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Ry=

0,电源电压U=Vo

10.如图所示，半径R=1.8机的光滑圆弧形轨道与光滑水平面相切，水平面比水平地面

高H=0.8m。一质量为=0.2kg的小球A从距离水平面高九=0.45m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=0.8m,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。

11.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；

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(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。

12.如图甲所示，MN、PQ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Bi=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cd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，cd棒始终

处于静止状态。两棒均与导轨垂直且接触良好。已知cd棒的质量为zn,区域II沿导

轨的长度为21,ab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，cd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)ab棒进入区域U的时刻的tx；

(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、10〜20s汽车处于匀速直线运动状态，故A错误；

8、图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，仍为mg,故4错误。4T

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。

CD.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=mg-

mg

T=\mg,由牛顿第三定律得，人对球面的作用力大小为:zng,故C

OO

正确，。错误。

故选c。

3.【答案】D

【解析】解：4、根据光电效应方程得:

Ekm=hY-W0=hY-hYo

又如n=eUc

解得：%=%-%=与-吗

eeee

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当遏止电压为0时，对应的频率为金属的极限频率，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Uc=^y—等知Uo—y图线的斜率k=3故8错误；

C、由Uc=：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=hy-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,由=Q+IV可知Q>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△"<(),由牛=C知了减小，外界对气做

功，W>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：Ao

a-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温变化，根据理想气体状态方程和热力学第一定律判断；era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；

AB,因总电流减小，故内压减小，路端电压增大，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。

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7.【答案】AC

【解析】解：AB,根据星球表面物体的重力等于万有引力，有：mg=^

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=2x5=4所以火星表面

g地“地”火1015

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；

CD.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GMmmv2

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：AB,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；

7l24UL

D、根据公式/?=^="0=500,故。错误；

P32

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CADB172008.0

sm^2

【解析】解：（1）①根据折射率的公式有：n=盆；

②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）①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：CADB；

多用表欧姆挡的示数为倍率与示数的乘积，所以电阻R=17xIkH=17k。；

②根据图乙电路，由欧姆定律可以得到：1=扁,变形后有：R=Ux^-Ry.结合

题目所给的R图象的斜率k=U=鉴（纵截距b=-Ry=-2000,从而得到U=

8.0匕Ry=2000。

故答案为：（1）①鬻、②大；（2）①&4DB、17：②200、8.0

（1）①②根据实验原理和注意事项分析解答；

（2）①根据多用电表的使用规则确定实验步骤并读数；

②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。

10.【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…①

在最低点，根据牛顿第二定律得：N—mIg=m1—...（2）

由①②并代入数据得：N=3N…③

（2）碰撞后B做平抛运动，则有：H=^gt2...@

x=v2t…⑤

由④⑤并代入数据得：V2=2m/s...@

4B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...⑦

如i说…⑧

由①⑥⑦⑧并代入数据得：m2=0.1kg...⑨

答：（1）4球滑到圆弧形轨道最低点时所受支持力的大小为3N；

（2）8球的质量为0.1kg。

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【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。

11.【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

u

q&=mg

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)根据题意墨滴运动的轨迹如图所示

q%B'=m詈

由图示可得：R'2=(1d)2+(d-/?z)2

解得:R'=ld

O

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