2025年高考天津卷物理真题

2025年5月我国成功发射通信技术试验卫星十九号，若该系列试验卫星中A、B两颗卫星均可视为绕地球做匀速圆周运动，轨道半径 $r_{A}>r_{B}$ ，则卫星A比B（　　）

A．线速度小、角速度小

B．线速度小、运行周期小

C．加速度大、角速度大

D．加速度大、运行周期大

【答案与解析】

卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力： $G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{v^2}{r}=m\omega^2 r=m\frac{4\pi^2}{T^2}r=ma$ 。解得 $v=\sqrt{\frac{GM}{r}}$ ， $\omega=\sqrt{\frac{GM}{r^3}}$ ， $T=2\pi\sqrt{\frac{r^3}{GM}}$ ， $a=\frac{GM}{r^2}$ 。因 $r_A>r_B$ ，故 $v_A<v_B$ ， $\omega_A<\omega_B$ ， $T_A>T_B$ ， $a_A<a_B$ 。故选A。
许多放射性元素要经过多次衰变才能达到稳定，衰变过程中既有 $\alpha$ 衰变也有 $\beta$ 衰变。下列说法正确的是（　　）

A．元素发生 $\alpha$ 衰变后质量数增加

B．衰变过程中存在质量亏损

C．低温会增大放射性元素的半衰期

D． $\beta$ 衰变说明原子核内存在电子

【答案与解析】

$\alpha$ 衰变放出 $_2^4\mathrm{He}$ ，质量数减少4，A错；衰变过程释放核能，由质能方程知存在质量亏损，B对；半衰期由核内部结构决定，与温度无关，C错； $\beta$ 衰变的电子由中子转化为质子时产生，并非核内原有电子，D错。故选B。
一种名为“飞椅”的游乐设施如图所示，该设施中钢绳一端系着座椅，另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中（　　）

A．动量保持不变

B．所受合外力做功为零

C．所受重力的冲量为零

D．始终处于受力平衡状态

【答案与解析】

座椅做匀速圆周运动，速度方向时刻变化，动量方向变化，A错；速度大小不变，动能不变，由动能定理知合外力做功为零，B对；重力冲量 $I_G=mgT\neq0$ ，C错；有向心加速度，非平衡状态，D错。故选B。
如图所示，一定质量的理想气体可经三个不同的过程从状态A变化到状态C，则（　　）

A． $AC$ 和 $ADC$ 过程，外界对气体做功相同

B． $ABC$ 和 $ADC$ 过程，气体放出的热量相同

C．在状态A时和在状态C时，气体的内能相同

D．在状态B时和在状态D时，气体分子热运动的平均动能相同

【答案与解析】

由理想气体状态方程 $\frac{pV}{T}=C$ ，状态A有 $p_AV_A=3p_0V_0$ ，状态C有 $p_CV_C=3p_0V_0$ ，故 $T_A=T_C$ ，内能相同，C对。 AC过程平均压强为 $2p_0$ ，体积减小 $2V_0$ ，外界对气体做功 $W_{AC}=4p_0V_0$ ；ADC过程外界做功 $W_{ADC}=p_0\cdot2V_0=2p_0V_0$ ，二者不同，A错。 ABC过程外界做功 $W_{ABC}=3p_0\cdot2V_0=6p_0V_0$ ，与ADC过程不同；且A到C内能变化为零，由热力学第一定律知两过程放热不同，B错。 $p_BV_B=9p_0V_0$ ， $p_DV_D=p_0V_0$ ，温度不同，分子平均动能不同，D错。故选C。
在进行双缝干涉实验时，用光传感器测量干涉区域不同位置的光照强度，可以方便地展示干涉条纹分布。a、b两束单色光分别经过同一双缝干涉装置后，其光照强度与位置的关系如图所示，图中光照强度极大值位置对应亮条纹中心，极小值位置对应暗条纹中心，上下两图中相同横坐标代表相同位置，则（　　）

A．a、b的光子动量大小相同

B．a的光子能量小于b的光子能量

C．在真空中，a的波长大于b的波长

D．通过同一单缝衍射装置，a的中央亮条纹窄

【答案与解析】

由图知a光条纹间距 $\Delta x_a$ 小于b光条纹间距 $\Delta x_b$ ，由 $\Delta x=\frac{L\lambda}{d}$ 得 $\lambda_a<\lambda_b$ 。光子动量 $p=\frac{h}{\lambda}$ ，故 $p_a>p_b$ ，A错；光子能量 $E=h\nu=\frac{hc}{\lambda}$ ，故 $E_a>E_b$ ，B错； a的波长小于b的波长，C错；单缝衍射中央亮条纹宽度与波长成正比，故a的中央亮条纹窄，D对。故选D。
如图所示，理想变压器的原线圈接在电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈接有滑动变阻器和定值电阻，各电表均为理想交流电表。当滑动变阻器的滑动片向右滑动时，则（　　）

A．电流表 $\mathrm{A}_1$ 的示数变小

B．电流表 $\mathrm{A}_2$ 的示数变小

C．电压表V的示数变大

D．变压器的输入功率变大

【答案与解析】

理想变压器输出电压由输入电压和匝数比决定，保持不变。滑动片向右滑动，滑动变阻器接入电阻变小，副线圈总电阻变小， $I_2=\frac{U_2}{R_{\text{总}}}$ 变大， $A_2$ 示数变大；由 $\frac{I_1}{I_2}=\frac{n_2}{n_1}$ 知 $I_1$ 变大， $A_1$ 示数变大，A、B错。电压表测定值电阻两端电压 $U=I_2R_0$ ，故示数变大，C对。输入功率 $P_1=P_2=U_2I_2$ 变大，D对。故选CD。
位于坐标原点的波源从平衡位置开始沿y轴运动，在均匀介质中形成了一列沿x轴正方向传播的简谐波，P和Q是平衡位置分别位于 $x=3\mathrm{m}$ 和 $x=7\mathrm{m}$ 处的两质点， $t=0$ 时波形如图所示，此时Q刚开始振动， $t=1\mathrm{s}$ 时Q第一次到达波谷。则（　　）

A．该波在此介质中的波速为 $2\mathrm{m/s}$

B．波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向

C．P的位移随时间变化的关系式为 $y=\sin\pi t\mathrm{cm}$

D．平衡位置位于 $x=9\mathrm{m}$ 处的质点在 $t=6\mathrm{s}$ 时第一次到达波峰

【答案与解析】

由波形图知波长 $\lambda=8\,\mathrm{m}$ 。 Q点在 $t=0$ 时刚起振， $t=1\,\mathrm{s}$ 第一次到达波谷，说明起振方向沿 $y$ 轴负方向，且 $\frac{T}{4}=1\,\mathrm{s}$ ，得 $T=4\,\mathrm{s}$ ，波速 $v=\frac{\lambda}{T}=2\,\mathrm{m/s}$ ，A、B对。 P点与Q点相距 $\frac{\lambda}{2}$ ， $t=0$ 时P点沿 $y$ 轴正方向经过平衡位置，其振动方程为 $y=\sin\frac{\pi}{2}t\,\mathrm{cm}$ ，C错。 $x=9\,\mathrm{m}$ 处质点在 $t=1\,\mathrm{s}$ 时开始振动，起振方向向下，第一次到达波峰在 $t=1+\frac{3T}{4}=4\,\mathrm{s}$ ，D错。故选AB。
如图所示，在一固定点电荷形成的电场中，一试探电荷仅在静电力作用下先后经过a、b两点，图中箭头方向表示试探电荷在a、b两点处的受力方向，则（　　）

A．a点电势一定高于b点电势

B．试探电荷与场源电荷电性一定相同

C．a点电场强度一定大于b点电场强度

D．试探电荷的电势能一定先减小后增大

【答案与解析】

将a、b两点受力方向反向延长，交点即为场源电荷位置，且试探电荷受力背离场源电荷，故两电荷带同种电荷，B对。电性未知，无法判断电势高低，A错。由几何关系知a点离场源电荷较近，由 $E=k\frac{Q}{r^2}$ 知 $E_a>E_b$ ，C对。由轨迹可知电场力与运动方向夹角先钝后锐，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D错。故选BC。
某实验小组探究平抛运动的特点。 $(1)$ 实验采用图示装置，将白纸和复写纸重叠并固定在竖直背板上，钢球在斜槽中某一高度滚下，从末端水平飞出，落在挡板上，在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重复实验，在白纸上留下若干痕迹点。为正确研究钢球运动的规律，将白纸从背板上取下前还应根据＿＿＿＿在白纸上标记竖直方向；

$(2)$ 利用手机和计算机可以方便地记录钢球做平抛运动的轨迹并分析其运动规律。该实验小组利用视频处理软件分析钢球某次平抛运动的录制视频，得到的水平位移和竖直位移随时间变化的图像如图所示。图中图线＿＿＿＿（选填“甲”或“乙”）为水平位移随时间变化的图线，此次钢球做平抛运动的初速度为＿＿＿＿米/秒。

【答案与解析】

(1)为在白纸上标记竖直方向，应根据铅垂线（或重锤线）作出竖直方向。 (2)平抛运动水平方向为匀速直线运动，位移与时间成正比，故图线甲为水平位移随时间变化的图线；由图线甲斜率得初速度 $v_0=\frac{\Delta x}{\Delta t}=\frac{0.60}{0.30}=2.0\,\mathrm{m/s}$ 。
某同学用伏安法测量电阻 $R_x$ 的阻值（约为 $5\mathrm{\Omega}$ ）。除滑动变阻器、电源（电动势为 $3\mathrm{V}$ ，内阻不计）、开关、导线外，还有下列器材可供选择：

A.电压表（量程 $0-3\mathrm{V}$ ，内阻约为 $3\mathrm{k\Omega}$ ）

B.电压表（量程 $0\sim15\mathrm{V}$ ，内阻约为 $15\mathrm{k}\Omega$ ）

C.电流表（量程 $0\sim0.6\mathrm{A}$ ，内阻约为 $0.1\mathrm{\Omega}$ ）

D.电流表（量程 $0\sim3\mathrm{A}$ ，内阻约为 $0.02\mathrm{\Omega}$ ）

$(1)$ 为使测量尽量准确，实验中电压表应选＿＿＿＿，电流表应选＿＿＿＿（均填器材前的字母代号）； $(2)$ 该同学连接好的电路如下图所示，闭合开关后，电流表和电压表的读数均为零，经排查，发现电路中的七条导线中混进了一条内部断开的导线。为了确定哪条导线断开，该同学用多用电表的直流电压挡测量电源正极a与接线柱b间电压，读数为零；测量a与接线柱c间电压，读数不为零，则可以确定导线＿＿＿＿内部断开（填图中导线编号）；

$(3)$ 更换导线后进行实验，该同学测得多组电压数据U和电流数据I，描绘出 $U-I$ 图像如图所示，测得图中直线的斜率为k，已知电压表的内阻为 $R_{V}$ ，若考虑电压表内阻的影响，则 $R_x$ 阻值的表达式为＿＿＿＿。

【答案与解析】

(1)电源电动势为 $3\,\mathrm{V}$ ，电压表应选A；最大电流约 $I_{\max}=\frac{E}{R_x}=\frac{3}{5}=0.6\,\mathrm{A}$ ，电流表应选C。 (2)两表示数均为零说明电路断路；a与b间电压为零，a与c间电压不为零，可知b与电源正极等势，c与电源负极相连且与a存在电势差，故导线6内部断开。 (3)电流表外接，电压表分流， $I=\frac{U}{R_x}+\frac{U}{R_V}$ ，即 $U=\frac{R_xR_V}{R_x+R_V}I$ ，故 $k=\frac{R_xR_V}{R_x+R_V}$ ，解得 $R_x=\frac{kR_V}{R_V-k}$ 。
如图所示，半径为 $R = 0.45m$ 的四分之一圆轨道AB竖直固定放置，与水平桌面在B点平滑连接。质量为 $m = 0.12\mathrm{kg}$ 的玩具小车从A点由静止释放，运动到桌面上C点时与质量为 $M = 0.18\mathrm{kg}$ 的静置物块发生碰撞并粘在一起，形成的组合体匀减速滑行 $x = 0.20m$ 至D点停止。A点至C点光滑，小车和物块碰撞时间极短，小车、物块及组合体均视为质点，g取 $10\mathrm{m/s^2}$ ，不计空气阻力。求：

$(1)$ 小车运动至圆轨道B点时所受支持力 $F_N$ 的大小； $(2)$ 小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v的大小； $(3)$ 组合体与水平桌面CD间的动摩擦因数 $\mu$ 的值。

【答案与解析】

(1)小车从A到B，由机械能守恒定律 $mgR=\frac{1}{2}mv_B^2$ ，代入 $R=0.45\,\mathrm{m}$ 、 $g=10\,\mathrm{m/s}^2$ 得 $v_B=3\,\mathrm{m/s}$ 。在B点由牛顿第二定律 $F_N-mg=m\frac{v_B^2}{R}$ ，解得 $F_N=3.6\,\mathrm{N}$ 。 (2)A点至C点光滑，故 $v_C=v_B=3\,\mathrm{m/s}$ 。碰撞过程动量守恒 $mv_C=(m+M)v$ ，代入 $m=0.12\,\mathrm{kg}$ 、 $M=0.18\,\mathrm{kg}$ 得 $v=1.2\,\mathrm{m/s}$ 。 (3)组合体从C到D由动能定理 $-\mu(m+M)gx=0-\frac{1}{2}(m+M)v^2$ ，代入 $x=0.20\,\mathrm{m}$ 得 $\mu=0.36$ 。
如图所示，纸面内水平虚线下方存在竖直向上的匀强电场，虚线上方存在垂直于纸面的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从电场中的O点以水平向右的速度开始运动，在静电力的作用下从P点进入磁场，射入磁场时的速度大小为v、方向与竖直方向夹角为 $\theta$ ，粒子返回电场前的运动轨迹过P点正上方的Q点，P、Q间距离及O、P间的水平距离均为L。不计粒子重力。

$(1)$ 判断粒子的电性； $(2)$ 求电场强度大小E； $(3)$ 求磁感应强度大小B。

【答案与解析】

(1)粒子在电场中向上偏转，所受静电力与电场方向相同，故粒子带正电。 (2)设粒子在电场中运动时间为 $t$ ，水平方向 $L=v_0t$ ；进入磁场时速度与竖直方向夹角为 $\theta$ ，则水平分速度 $v_x=v\sin\theta=v_0$ ，竖直分速度 $v_y=v\cos\theta=at=\frac{qE}{m}t$ 。联立解得 $E=\frac{mv^2\sin\theta\cos\theta}{qL}$ 。 (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系 $PQ=2r\sin\theta=L$ ，得 $r=\frac{L}{2\sin\theta}$ 。由 $qvB=m\frac{v^2}{r}$ 得 $B=\frac{mv}{qr}=\frac{2mv\sin\theta}{qL}$ 。
轴向磁通风力发电机在新能源领域中有广泛应用，其原理可简化为一圆盘发电机。如图所示，发电机的中心轴为固定不动的圆柱，一外半径为 $3l$ 、厚度均匀的环形导体盘套在轴上，接触良好并可绕轴转动，导体盘轴线与中心轴的轴线重合。整个装置处在方向与轴线平行的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。在风力的作用下，导体盘以角速度 $\omega$ 匀速转动，导体盘的内、外缘为发电机的两个电极。两极接在外电阻两端后，导体盘上各处均有沿半径流动的电流。

$(1)$ 磁场方向与导体盘转动方向如图所示，试判断导体盘的外缘是发电机的正极还是负极； $(2)$ 若外电阻阻值为R，导体盘电阻忽略不计、内半径为l，通过导体盘上相同圆心角区域内的电流相同。求作用在导体盘上圆心角为 $\theta$ 区域（ $\theta$ 很小，可视为导体棒）上的安培力大小F与 $\theta$ 的关系式； $(3)$ 若外电阻阻值忽略不计，导体盘电阻不可忽略，距离轴线为r处的电阻率 $\rho$ 与r成正比，比例系数为k，即 $\rho=kr$ ，导体盘厚度为d、内半径大小可调。求导体盘发热功率最大时内半径的大小。

【答案与解析】

(1)由右手定则，正电荷受洛伦兹力沿半径向外，故外缘为正极。 (2)半径 $r$ 处线速度 $v=\omega r$ ，导体盘产生的感应电动势 $\mathcal{E}=\int_l^{3l}B\omega r\,\mathrm{d}r=\frac{1}{2}B\omega(9l^2-l^2)=4B\omega l^2$ 。回路电流 $I=\frac{\mathcal{E}}{R}=\frac{4B\omega l^2}{R}$ 。圆心角为 $\theta$ 的区域内电流 $I_\theta=I\frac{\theta}{2\pi}=\frac{2B\omega l^2\theta}{\pi R}$ ，所受安培力 $F=I_\theta B(3l-l)=\frac{4B^2\omega l^3\theta}{\pi R}$ 。 (3)设内半径为 $x$ ，对圆心角为 $\theta$ 的扇形，半径 $r$ 处径向微元电阻 $\mathrm{d}R=\frac{\rho\,\mathrm{d}r}{r\theta d}=\frac{k}{\theta d}\mathrm{d}r$ ，总电阻 $R_\theta=\frac{k(3l-x)}{\theta d}$ 。电动势 $\mathcal{E}=\frac{1}{2}B\omega(9l^2-x^2)=\frac{1}{2}B\omega(3l-x)(3l+x)$ 。外电阻忽略时，该扇形电流 $I_\theta=\frac{\mathcal{E}}{R_\theta}=\frac{B\omega d}{2k}(3l+x)\theta$ ，发热功率 $P_\theta=I_\theta^2R_\theta=\frac{B^2\omega^2d}{4k}(3l+x)^2(3l-x)\theta$ 。总功率 $P=\int_0^{2\pi}\frac{P_\theta}{\theta}\,\mathrm{d}\theta=\frac{\pi B^2\omega^2d}{2k}(3l+x)^2(3l-x)$ 。令 $f(x)=(3l+x)^2(3l-x)$ ，则 $f'(x)=(3l+x)(3l-3x)$ ，当 $x=l$ 时 $f(x)$ 取最大值。故导体盘发热功率最大时内半径为 $l$ 。