2024屆天津市濱海新區(qū)高三5月高考模擬物理試題

2024屆天津市濱海新區(qū)高三5月高考模擬物理試題

注意事項

1.考生要認真填寫考場號和座位序號。

2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑

色字跡的簽字筆作答。

3.考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、在一邊長為L的正方形的四個頂點處各放置一個電荷量為4的點電荷，其中A6C處為正點電荷，。處為負點電荷,

尸、。、M、N分別是4仄BC、CD、DA的中點，貝lj（）

Zo\

A.M.N兩點電場強度相同

B.尸、。兩點電勢相同

C.將一個帶負電的粒子由。沿直線移動到電勢能先增大后減小

D.在。點靜止釋放一個帶正電的粒子（不計重力），粒子可沿著OD做勻變速直線運動

2、如圖所示，在矩形區(qū)域"cd內(nèi)存在磁感應強度大小為5、方向垂直。加d平面的勻強磁場，已知左邊長為

一個質(zhì)量為小，帶電量為g的正粒子，從而邊上的M點垂直也邊射入磁場，從cd邊上的N點射出，之間的距

離為2L,不計粒子重力，下列說法正確的是（）

M」

IIN

A.磁場方向垂直Hcd平面向里

B.該粒子在磁場中運動的時間為癡

C.該粒子在磁場中運動的速率為幽

D.該粒子從M點到N點的運動過程中，洛倫茲力對該粒子的沖量為零

3、如圖所示，A、B兩物塊疊放在一起，在粗糙的水平面上保持相對靜止地向右做勻減速直線運動，運動過程中B受

到的摩擦力

A.方向向左，大小不變

B.方向向左，逐漸減小

C.方向向右，大小不變

D.方向向右，逐漸減小

4、雙星系統(tǒng)中兩個星球4、B的質(zhì)量都是加，相距L,它們正圍繞兩者連線上某一點做勻速圓周運動。實際觀測該

系統(tǒng)的周期T要小于按照力學理論計算出的周期理論值To,且J=&<1）,于是有一人猜測這可能是受到了一顆

70

未發(fā)現(xiàn)的星球C的影響，并認為C位于4、3的連線正中間，相對A、3靜止，則A、B組成的雙星系統(tǒng)周期理

論值To及C的質(zhì)量分別為（)

D.2仁哈

V2Gm4k2

5、一電荷量為q的正點電荷位于電場中A點,具有的電勢能為Ep,則A點的電勢為（p=EqP.若把該點電荷換

為電荷量為2q的負點電荷，則A點的電勢為（）

A.4。

B.2。

C.（P

（p

D.—

2

6、平面。M和平面ON之間的夾角為30。，其橫截面（紙面）如圖所示，平面。M上方存在勻強磁場，磁感應強度大

小為氏方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為電荷量為4（qX））。粒子沿紙面以大小為-的速度從。W的

某點向左上方射入磁場，速度與成30。角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另

一點射出磁場。不計粒子重力。則粒子離開磁場的出射點到兩平面交線。的距離為

mvxBmv2/ziv4/nv

A?~~B?--------C.-D.~

2qBqBqBqB

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。

7、如圖所示，空間中存在勻強磁場，在磁場中有一個半徑為R的圓，圓面與磁場垂直，從圓弧上的P點在紙面內(nèi)沿

各個方向向園內(nèi)射入質(zhì)量、電荷量、初速度大小均相同的帶同種電荷的粒子，結果沿半徑PO方向射入的粒子從邊界

上。點射出.已知。。與O0間的夾角為60。，不計粒子的重力，則下列說法正確的是

A.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為走R

2

B.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為點且R

3

C.有粒子射出部分的國弧所對圓心角的正弦值為氈

3

D.有粒子射出部分的圓孤所對圓心角的正弦值為芝

3

8、下列說法中正確的是（）

A.只要知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù)，就可以算出氣體分子的體積

B.懸浮在液體中微粒的無規(guī)則運動并不是分子運動，但微粒運動的無規(guī)則性，間接反映了液體分子運動的無規(guī)則性

C.理想氣體在某過程中從外界吸收熱量，其內(nèi)能可能減小

D.熱量能夠從高溫物體傳到低溫物體，也能夠從低溫物體傳到高溫物體

9、如圖所示，粗糙的水平軌道BC的右端與半徑A=0.45m的光滑豎直圓軌道在。點相切，傾斜軌道48與水平方向

間的夾角為37、質(zhì)量加=0.1kg的小球從傾斜軌道頂端A點由靜止滑下，小球經(jīng)過軌道銜接處時沒有能量損失。已知

水平軌道5C的長度L=2m,小球與傾斜軌道和水平軌道間的動摩擦因數(shù)均為4=0.375,sin37°=0.6,cos37,=0.8,

gK10m/s2,則下列說法正確的是（）

⑵實驗過程中電壓表V與電流表A的測量結果己經(jīng)在圖丙中的u—/圖像中描出，由U—/圖像可得，合金絲的電阻

為Q;由電阻定律可計算出合金絲的電阻率為6m（保留三位有效數(shù)字）。

\UN

005LOL5//A

丙

（3）小組另一同學用多用電表測整卷金屬合金絲的電阻，操作過程分以下三個步驟：

①將紅黑表筆分別插入多用電表的“「插孔：選擇電阻擋“X100”：

②然后將兩表筆短接，調(diào)整“歐姆調(diào)零旋鈕”進行歐姆調(diào)零；

③把紅黑表筆分別與合金絲的兩端相接，多用電表的示數(shù)如圖丁所示，該合金絲的電阻約為—Ho

（4）根據(jù)多用電表測得的合金絲電阻值，不計合金絲絕緣層的厚度，可估算出合金絲的長度約mo（結果保留整數(shù)）

12.（12分）在“測定金屬的電阻率”的實驗中，所用測量儀器均已校準。已知待測金屬絲的電阻值Rx約為5。。在測

電阻時，可供選擇的器材有：

電源心電動勢3V,內(nèi)阻約

電流表Ai：量程0?0.6A,內(nèi)阻約0.125。；

電流表A2：量程0~3A,內(nèi)阻約0.025Q；

電壓表Vi：量程0~3V,內(nèi)阻約3k。；

電壓表與：量程0?15V,內(nèi)阻約15k。；

滑動變阻器最大阻值5C,允許最大電流2A；

滑動變阻器或2：最大阻值1000C,最大電流0.6A開關一個，導線若干。

⑴在上述器材中，應該選用的電流表是,應該選用的電壓表是o若想盡量多測幾組數(shù)據(jù)，應該選用的

滑動變阻器是_______（填寫儀器的字母代號）。

（2）用所選的器材，在答題紙對應的方框中畫出電路圖_____________________o

（3）關于本實驗的誤差，下列說法正確的是____________。

A.對金屬絲的直徑多次測量求平均值，可消除誤差

B.由于電流表和電壓表內(nèi)阻引起的誤差屬于偶然誤差

C.利用電流/隨電壓U的變化圖線求可減小偶然誤差

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13.（10分）如圖所示，一根勁度系數(shù)為2=3N/cm的輕質(zhì)彈簧豎直放置，上下兩端各固定質(zhì)量均為〃%=3kg的物體

A和3（均視為質(zhì)點），物體8置于水平地面上，整個裝置處于^止狀態(tài)，一個質(zhì)量機=2kg的小球P從物體A正上方

距其高度〃=5m處由靜止自由下落。與物體A發(fā)生彈性正碰（碰撞時間極短且只碰一次），彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，

不計空氣阻力，取g=l（）m/s2。求：

（1）碰撞后瞬間物體A的速度大?。?/p>

⑵當?shù)孛鎸ξ矬w〃的彈力恰好為零時，A物體的速度大小。

14.（16分）如圖所示，I、m區(qū)域（足夠大）存在著垂直紙面向外的勻強磁場，虛線MN、尸。分別為磁場區(qū)域邊界,

在n區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向里的半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場邊界恰好與邊界MN、尸。相切，S、T為切點,

A、C為虛線MN上的兩點，且AS=CS=^R,有一帶正電的粒子以速度了沿與邊界成30。角的方向從C點垂直磁場

進入I區(qū)域，隨后從A點進入n區(qū)域，一段時間后粒子能回到出發(fā)點，并最終做周期性運動，已知n區(qū)域內(nèi)磁場的磁

感應強度&為I區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度切的6倍，in區(qū)域與I區(qū)域磁場的磁感應強度相等，不計粒子的重力。求:

(1)粒子第一次進入II區(qū)域后在II區(qū)域中轉過的圓心角;

⑵粒子從開始運動到第一次回到出發(fā)點所經(jīng)歷的總時間。

15.(12分)如圖所示，一圓柱形絕熱氣缸豎直放置，通過絕熱活塞封閉著一定質(zhì)量的理想氣體.活塞的質(zhì)量為小

橫截面積為S,與容器底部相距加此時封閉氣體的溫度為八.現(xiàn)通過電熱絲緩慢加熱氣體，當氣體吸收熱量。時,

氣體溫度上升到乃.已知大氣壓強為⑷，重力加速度為g,Ti和不均為熱力學溫度，不計活塞與氣缸的摩擦.求：

1tjII

(1)活塞上升的高度;

(2)加熱過程中氣體的內(nèi)能增加量.

參考答案

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、B

【解題分析】

A.場強疊加遵循平行四邊形定則，M、N兩點電場強度大小相等，方向不同，A錯誤；

B.P、。兩點即關于A、C兩正電荷對稱，又關于8、0兩異種電荷對稱，根據(jù)對稱性可知四個點電荷在P、。兩點

產(chǎn)生的電勢相同，B正確；

C.M.N、P、。關于A、C兩正電荷對稱，所以對于A、C兩正電荷而言，這四個點的電勢是相等的，對8、。兩異

種電荷而言，尸、。兩點的電勢高于〃、N兩點的電勢，所以負電的粒子由。沿直線移動到根據(jù)：

耳=夕0

可知負電荷電勢能一直增大，c錯誤；

D.這四個點電荷形成的電場中，電場力大小改變，加速度改變，所以從0點靜止釋放的粒子不可能做勻變速運動,

D錯誤。

故選B。

2、B

【解題分析】

A.粒子向下偏轉，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直助M平面向外，故A錯誤；

B.粒子運動軌跡如圖所示

根據(jù)圖中幾何關系可得MP=14小—3R=L，則

R2=3L2+(/?-￡)2

解得

R=2L

.a&L摳

sinO=----=——

2L2

解得

0=60°

該粒子在磁場中運動的時間為

1丁127nn7tm

t=-T=-x----=----

66qB3qR

故B正確；

c.根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得R=解得該粒子在磁場中運動的速率為

qB

m

故C錯誤；

D.根據(jù)動量定理可得該粒子從M點到N點的運動過程中，洛倫茲力對該粒子的沖量等于動量變化，由于速度變化不

為零，蝦動量變化不為零，洛倫茲力對該粒子的沖量不為零，故D錯誤。

故選B。

3、A

【解題分析】

試題分析:A、B兩物塊疊放在一起共同向右做勻減速直線運動，對A和B整體根據(jù)牛頓第二定律有M,

-=間

然后隔離B,根據(jù)牛頓第二定律有：施=用的=卬如，大小不變；物體B做速度方向向右的勻減速運動，故而加速度

方向向左，摩擦力向左；故選A.

考點：本題考查牛頓第二定律、整體法與隔離法.

【名師點睛】1、整體法：整體法是指對物理問題中的整個系統(tǒng)或整個過程進行分析、研究的方法.在力學中，就是把

幾個物體視為一個整體，作為研究對象，受力分析時，只分析這一整體對象之外的物體對整體的作用力（外力），不考

慮整體內(nèi)部之間的相互作用力（內(nèi)力）.

整體法的優(yōu)點：通過整體法分析物理問題，可以弄清系統(tǒng)的整體受力情況和全過程的受力情況，從整體上揭示事物的

本質(zhì)和變體規(guī)律，從而避開了中間環(huán)節(jié)的繁瑣推算，能夠靈活地解決問題.通常在分析外力對系統(tǒng)的作用時，用整體

法.

2、隔離法：隔離法是指對物理問題中的單個物體或單個過程進行分析、研究的方法.在力學中，就是把要分析的物體

從相關的物體體系中隔離出來，作為研究對象，只分析該研究對象以外的物體對該對象的作用力，不考慮研究對象對

其他物體的作用力.

隔離法的優(yōu)點：容易看清單個物體的受力情況或單個過程的運動情形，問題處理起來比較方便、簡單，便于初學者使

用.在分析系統(tǒng)內(nèi)各物體（或一個物體的各個部分）間的相互作用時用隔離法.

4、D

【解題分析】

兩星的角速度相同，根據(jù)萬有引力充當向心力知：

CMm22

G-7-=nuo^r.-m（Dr,

U12

可得

r\=n①

兩星繞連線的中點轉動，則有：

?m2472L

G--m——；----②

1}TJ2

所以

…底③

由于C的存在，雙星的向心力由兩個力的合力提供，則

cMm4/L

G——+G——=m—；----公

Z?（L2尸2④

（5）

又

T

一=k⑤

解③④⑤式得

?,\—k"

M=z-m

4產(chǎn)

可知D正確,ARC錯誤°

故選D。

5、C

【解題分析】

根據(jù)電勢的物理意義：電勢是反映電場本身性質(zhì)的物理量，僅由電場本身決定，與試探電荷無關.可知，將該點電荷

換為電荷量為2q的負點電荷，A點的電勢不變，故C正確，ABD錯誤；故選C.

6、D

【解題分析】

粒子進入磁場做順時針方向的勻速圓周運動，軌跡如圖所示,

根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有

nP2

qvB-m一

R

解得

R=—

qB

根據(jù)軌跡圖知

2機u

PQ=2R=

NOP-O。

則粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為

4mv

0P=2PQ=

~qB

則D正確，ABC錯誤。

故選D。

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、BD

【解題分析】

AB.設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為「，由幾何關系可知：

巧

r=Z?tan30°=—R

3

A,錯誤B正確;

CD.粒子做圓周運動的直徑為:

設有粒子射出部分的圓弧所對圓心角為由幾何關系可知:

2A3

則:

a「ee2V3

sm0=2sin—cos—=----

223

C錯誤，D正確.

8、BCD

【解題分析】

A.知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù)，能算出一個氣體分子所占有的體積，故A錯誤；

B.懸浮在液體中微粒的無規(guī)則運動并不是分子運動，但微粒運動的無規(guī)則性，間接反映了液體分子運動的無規(guī)則性,

故B正確；

C.理想氣體在吸收熱量的同時，若對外做功，其內(nèi)能可能減小，故C正確；

D.若有第三者介入，熱量可以從低溫物體傳到高溫物體，故D正確。

故選BCD。

9、ABD

【解題分析】

A.若小球剛好運動到。點，由動能定理，研究小球從4點到。點的過程得

?。九

mghi—^iingcos37-----r—pnigL=0-0

sin37

解得

//i=1.5ni

故A正確；

B.若小球開始滑下時的高度為2m,根據(jù)動能定理，從A點到C點有

。乩

rnghz-pmgeos37r-〃/wgA=Ekc-0

sm37

解得

￡kc=0.25mg

由動能定理得小球要運動到D點（右半部分圓軌道上與圓心等高的點為O點），在C點的動能至少是

ingR=dA5mg

所以小球不能到達。點，在。點與。點之間某處速度減為零，然后沿圓軌道返回滑下，故B正確；

C.小球做完整的圓周運動，剛好不脫離軌道時，在圓軌道最高點速度最小是陋，由動能定理得

-2mgR=mv2-Eko

理可得要使小球做完整的圓周運動，小球在C點動能最小值為

9

EM=-mg

O

若小球開始滑下時的高度為2?5m,則小球在。點的動能是05叫，若小球開始滑下時的高度為3m,則小球在C點的

動能是0.75/〃上這兩種情況下小球通過。點后都會在。點與最高點之間某一位置做斜拋運動，即小球將離開軌道，

故C錯誤，D正確。

故選ABD。

10、AD

【解題分析】

AB.對環(huán)由于垂直紙面向里的勻強磁場增大，根據(jù)楞次定律，環(huán)M中所產(chǎn)生的感應電流的磁場方向垂直紙面向

外，根據(jù)右手螺旋定則，環(huán)〃中的感應電流沿逆時針方向，根據(jù)左手定則，環(huán)M所受的安培力指向圓心向里，環(huán)M

有收縮的趨勢，A項正確、B項錯誤；

CD.對環(huán)N,處在沿順時針方向環(huán)形電流i所產(chǎn)生的磁場中，根據(jù)右手螺旋定則，穿過環(huán)N的磁感線抵消后，總體垂

直紙面向里，當電流，?增大時，原磁場向里增強，根據(jù)楞次定律，環(huán)N中所產(chǎn)生的感應電流的磁場方向垂直紙面向外,

根據(jù)右手螺旋定則，環(huán)N中的感應電流沿逆時針方向，但是感應電流所處的區(qū)域磁感線垂直紙面向外，根據(jù)左手定則,

環(huán)N所受的安培力背離圓心向外，環(huán)N有擴張的趨勢，C項錯誤、D項正確。

故選AD,

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11、外接限流式0.6803.003.63x10-61400140

【解題分析】

根據(jù)實物連接圖分析可知該實驗連接圖中電流表采用的是內(nèi)接，［2］滑動變阻器采用的是限流式，⑶螺旋測微器

的固定刻度讀數(shù)0.5mm,可動刻度讀數(shù)為0.01xl8.0=0.180mm,所以最終讀數(shù)為0.5+0.180mm=0.680mm；

⑵［4］由/圖像，據(jù)歐姆定律可得該小段金屬合金絲的電阻為

W2.70—0八…八

K=----=--------------￡2=3.1MJ￡2

△10.90-0

⑸金屬合金絲的橫截面積

S=乃(92

根據(jù)電阻定律R=*可計算出金屬合金絲的電阻率為

0=3.14x(0.68xlQ-)-x3.00Q>m=3.63xl0-6Q.m

P=

4L4x0.300

⑶③網(wǎng)歐姆表選擇xlOO擋，由圖甲所示可知多用電表的表盤讀數(shù)為14,該合金絲的電阻約為

14xl00C=1400Q

(4)⑺根據(jù)電阻定律/?=華可知長度之比等于電阻之比，即有

1400_L

TOO-0.300

所以金屬合金絲的長度

r=140m

12、A,V,凡

【解題分析】

⑴⑴因為電動勢3V,所以電壓表選擇環(huán)；

⑵根據(jù)歐姆定律可知電路中最大電流為

E

/=_=0.6A

R,

所以電流表為Ai；

⑶為保證調(diào)節(jié)方便，則選擇阻值較小的滑動變阻器2；

⑵[4]因為

&_3000R5

=600>j==40

瓦=丁心0.125

則說明待測電阻為小電阻，所以電流表采用外接法，實驗要求盡量多測幾組數(shù)據(jù)，所以滑動變阻器采用分壓式，電路

⑶[5]A.實驗中產(chǎn)生的誤差不能消除，只能減小，故A錯誤；

B.由于我流表和電壓表內(nèi)阻引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差，故B錯誤:

C.利用圖象法求解電阻可減小偶然誤差，故C正確。

故選c。

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13、(l)8m/s；(2)2厲m/s

【解題分析】

⑴設碰撞前瞬間小球產(chǎn)的速度為%,碰撞后瞬間小球尸的速度為匕，物體A的速度為匕,

小球尸自由下落，由動能定理可得

mgh=-mvl

解得

%=1Om/s

小球P與物體A碰撞過程由動量守恒定律和能量守恒定律得

彩

mv0=+1%

1,1,12

-mvQ=-mv；+-^}v2

解得

匕=-2m/s

v2=8nMs

故碰撞后瞬間物體A的速度大小是8m/s.

⑵設開始A靜止時彈簧的壓縮量為』

對A有

=g

%=0.1in

當?shù)孛鎸ξ矬wH的彈力恰好為零時，彈簧的伸長量為超

對B有

m°g=5

x2=O.lm

可見玉二占，故兩個狀態(tài)彈簧的彈性勢能相等;

從尸與4碰撞后瞬間到地面對H的彈力恰好為零的過程，由系統(tǒng)機械能守恒得

；叫西二;，4何+以話(王+電)

JJ

解得此時A的速度大小為

v3=2y/\5m/s

14、(1)120°(2)