2024年天津市高考物理试卷（回忆版）

一、选择题

1．一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，图1是t＝1s时该波的波形图，图2是x＝0处质点的振动图像。则t＝11s时该波的波形图为（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【考点】机械波的图像问题

【分析】根据振动图像得出振动质点的周期，结合波动图像以及确定质点的初始位置以及给定时间对应的振动情况分析判断相应质点的位置以及对应的波动图像。

【解答】解：根据图2可知，该波的振动周期T＝4s，t＝11s＝2 T，当t＝1s时，x＝0处的质点位移为正的最大，再经过Δt＝11s﹣1s＝10s＝2 T，可知该质点应该位于波谷的位置，符合题意的只有C，故C正确，ABD错误。故选：C。

【难度】3

2．如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的金属棒MN从某高度由静止开始下滑，下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好，则MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、电流I，随时间t变化的关系图像可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【考点】安培力作用下的运动学问题（力与运动的关系）

【分析】ABC.根据题意设置相应条件，由安培力的公式结合导体棒切割磁感线产生感应电动势公式、牛顿第二定律分析F、a、以及v的变化情况；

D.根据闭合电路的欧姆定律导出电流表达式，再分析I﹣t图像的变化情况。

【解答】解：ABC.根据题意，设导体棒的电阻为R，导轨间距为L，磁感应强度大小为B，导体棒速度为v时，受到的安培力为 ，可知F∝v，由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为 可知，随着速度的增大，导体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导体棒开始做匀速直线运动，则v﹣t图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不变，由于安培力F与速度v成正比，则F﹣t图像的斜率逐渐减小直至为零时，F保持不变，故A正确，BC错误；D.根据题意，由公式可得感应电流为 ，由数学知识可得 ，由于加速度逐渐减小，则I﹣t图像的斜率逐渐减小，故D错误。故选：A。

【难度】5

二、多选题

3．中国钍基熔盐堆即将建成小型实验堆，为我国能源安全和可持续发展提供有力支持。反应堆中涉及的核反应方程有：① ② ，下列说法正确的是（　　）

A．方程①中X是中子

B．方程②中 发生了β衰变

C．受反应堆高温影响， 的半衰期会变短

D．方程②释放电子，说明电子是原子核的组成部分

【答案】AB

【考点】原子核的半衰期及影响因素；核反应前后质量数、质子数、中子数、核子数等参数的关系；β衰变的特点、本质及方程

【分析】AB.根据电荷数守恒和质量数守恒规律进行分析判断，结合反应产物分析衰变类型；

C.根据放射性元素的半衰期的决定因素进行分析解答；

D.根据β衰变的原理进行分析解释。

【解答】解：A．根据反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，方程①中X是中子 ，故A正确；B．方程②中放出的粒子是电子，则 发生了β衰变，故B正确；C．半衰期只由原子核自身决定，与外界因素无关，也不会受反应堆高温影响，故 的半衰期不变，故C错误；D．方程②释放电子，但该电子是由于原子核的中子转化为质子释放出来的，并不能说明电子是原子核的组成部分，故D错误。故选：AB。

【难度】1

4．卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，地球半径为R。卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，轨道半径为r。则卫星未发射时和在轨道上运行时（　　）

A．角速度之比为1：1

B．线速度之比为

C．向心加速度之比为R：r

D．受到地球的万有引力之比为R²：r²

【答案】AC

【考点】不同轨道上的卫星或行星（可能含赤道上物体）运行参数的比较；万有引力的基本计算

【分析】根据未发射时卫星的角速度和发射后在同步轨道的角速度相等，结合线速度、向心加速度以及万有引力定律列式分析判断。

【解答】解：A.卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，角速度与地球自转角速度相等，卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，角速度与地球自转角速度相等，则卫星未发射时和在轨道上运行时角速度之比为1：1，故A正确；B.根据题意，由公式v＝ωr可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，由于角速度相等，则线速度之比为轨道半径之比R：r，故B错误；C.根据题意，由公式 可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，由于角速度相等，则向心加速度之比为轨道半径之比R：r，故C正确；D.根据题意，由公式 可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，受到地球的万有引力之比与轨道半径的平方成反比，即r²：R²，故D错误。故选：AC。

【难度】3

5．某静电场在x轴正半轴的电势φ随x变化的图像如图所示，a、b、c、d为x轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从d点开始沿x轴负方向运动到a点，则该电荷（　　）

A．在b点电势能最小

B．在c点时速度最小

C．所受静电力始终做负功

D．在a点受静电力沿x轴负方向

【答案】BD

【考点】φ﹣x图像斜率的物理意义；电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断；电场力做功与电势能变化的关系

【分析】A、根据：E_p＝qφ，结合x轴上a、b、c、d四个点的电势高低情况，确定电势能最小的位置；

B、电荷的动能与电势能的总和不变，依据电荷在x轴上a、b、c、d四个点的电势能的大小关系，分析其动能的大小关系；

C、根据电场力做正功电势能减小，判断所受静电力做功情况；

D、根据沿电场方向电势逐渐降低，得到a点的电场方向，负电荷所受静电力与电场方向相反。

【解答】解：A、根据电势能E_p＝qφ，可知负电荷所处电势越高电势能越小，x轴上a、b、c、d四个点中a点的电势最高，故在a点电势能最小，故A错误；B、因电荷仅受静电力作用，故动能与电势能的总和不变，x轴上a、b、c、d四个点中c点的电势最低，故在c点电势能最大，则其动能最小，速度最小，故B正确；C、从d点到a点电势先降低后升高，此电荷从d点开始沿x轴负方向运动到a点的过程，其电势能先增大后减小，由功能关系可知，所受静电力先做负功后做正功，故C错误；D、根据沿电场方向电势逐渐降低，可知在a点电场方向沿+x方向，故此负电荷在a点受静电力沿x轴负方向，故D正确。故选：BD。

【难度】3

三、实验探究题

6．某同学研究闭合电路的规律。

①根据闭合电路的欧姆定律得出了电源输出功率P与外电路电阻关系图像，如图1所示，则P的峰值对应的外电路电阻值R应 　 　电源内阻r（填“大于”、“小于”或“等于”）；

②测定电源的电动势和内阻，可供选用的器材有：

A．电压表（量程0～3V，内阻约为3kΩ）

B．电流表（量程0～0.6A，内阻约为1Ω）

C．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）

D．滑动变阻器（最大阻值1000Ω，额定电流0.5A）

E．待测电源（电动势约为3V，内阻约为1Ω）

F．开关、导线若干

（1）实验中所用的滑动变阻器应选 　 　（填器材前字母代号）；

（2）实物电路如图2所示，单刀双掷开关S₂可分别与1、2端闭合，为使电源内阻的测量结果更接近真实值，S₂应与 　 　端闭合。

【答案】①等于；②（1）C；（2）2

【考点】测量普通电源的电动势和内阻

【分析】①根据闭合电路的欧姆定律：U＝E﹣Ir，电源输出功率：P＝UI，联合解得P取最大值时的电流应满足的条件，再结合：I ，可求得此时外电路电阻值R与电源内阻r的关系。

②（1）实验时滑动变阻器串联在电路里，为了操作方便，应选择最大阻值与电源内阻相差不多的滑动变阻器。

（2）电源内阻与电流表内阻均约为1Ω，而电源内阻远小于电压表内阻，根据电流表相对于电源的内、外接法对测量得到的内阻的误差的大小的影响，确定电流表的接法，从而可得S₂应与哪端闭合。

【解答】解：①根据闭合电路的欧姆定律：U＝E﹣Ir电源输出功率P＝UI＝EI﹣I²r 可得I 时，P取最大值，再结合I ，可得此时有：R＝r，即P的峰值对应的外电路电阻值R应等于电源内阻r。②（1）待测电源内阻较小约为1Ω，实验时滑动变阻器串联在电路里，用以调节路端电压，为了操作方便，滑动变阻器应选择最大阻值较小的C。（2）由图2所示的实物电路，可知单刀双掷开关S₂与1端闭合时，电流表的接法是相对于电源的内接，测量得到的内阻是电源内阻值与电流表内阻之和，因电源内阻与电流表内阻均约为1Ω，故内阻测量误差较大。而单刀双掷开关S₂与2端闭合时，电流表的接法是相对于电源的外接，测量得到的内阻值是电源内阻与电压表内阻并联的等效电阻值，因电源内阻远小于电压表内阻，故内阻测量误差较小。故为使电源内阻的测量结果更接近真实值，S₂应与2端闭合。故答案为：①等于；②（1）C；（2）2

【难度】5

7．某同学用图示装置探究加速度与力的关系。

（1）为补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，调节木板倾角，使小车在不挂槽码时运动，并打出纸带进行检验，图中能表明补偿阻力恰当的是 　 　；

（2）某次实验得到一条纸带，部分计数点如图2所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出），测得s₁＝6.20cm，s₂＝6.70cm，s₃＝7.21cm，s₄＝7.73cm。已知打点计时器所接交流电源频率为50Hz，则小车的加速度a＝ 　 　m/s²（要求充分利用测量数据，结果保留两位有效数字）；

（3）该同学将一个可以直接测出绳子拉力的传感器安装在小车上，小车和传感器总质量为210g。按要求补偿阻力后，该同学共进行了四次实验，悬挂的槽码质量依次为5g、10g、20g、40g。处理数据时，用两种方式得到小车（含传感器）受到的合力，一种将槽码所受重力当作合力、另一种将传感器示数当作合力，则这两种方式得到的合力差异最大时，槽码质量为 　 　g。

【答案】（1）B；（2）0.51；（3）40

【考点】探究加速度与力、质量之间的关系

【分析】（1）补偿阻力时，应使小车在不挂槽码时做匀速直线运动，打出的纸带上的点迹应是均匀分布的。

（2）根据打点计时器所接交流电源的频率，确定打相邻两个计数点的时间间隔。根据：Δs＝aT²，应用逐差法求得加速度。

（3）依据题意，应用牛顿第二定律求得这两种方式得到的合力差的大小与槽码质量的关系式，根据得到的关系式分析判断。

【解答】解：（1）补偿阻力时，应使小车在不挂槽码时做匀速直线运动，打出的纸带上的点迹应是均匀分布的，故图B能表明补偿阻力是恰当的，故B正确，ACD错误。故选：B。（2）已知打点计时器所接交流电源频率为f＝50Hz，打相邻两个计数点的时间间隔为：T＝5 5 s＝0.1s根据Δs＝aT²，应用逐差法可得：a m/s²＝0.51m/s²（3）设小车和传感器总质量为M，悬挂的槽码质量为m。若将槽码所受重力当作合力，即：F_合1＝mg对小车和传感器，以及悬挂的槽码整体，由牛顿第二定律得：mg＝（m+M）a可得：F_合1＝（m+M）a若将传感器示数当作合力，根据牛顿第二定律得：F_合2＝Ma则这两种方式得到的合力差的大小为：F_合1﹣F_合2＝ma显然，槽码质量越大时，此合力差异越大，则槽码质量最大为40g时，这两种方式得到的合力差异最大。故答案为：（1）B；（2）0.51；（3）40

【难度】5

8．如图所示，光滑半圆道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I＝1.8N•s，A、B的质量分别为m_A＝0.3kg、m_B＝0.1kg，轨道半径和绳长均为R＝0.5m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10m/s²，不计空气阻力。求：

（1）与B碰前瞬间A的速度大小；

（2）A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。

【答案】（1）与B碰前瞬间A的速度大小4m/s；（2）A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小11.2N。

【考点】某一方向上的动量守恒问题；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；机械能守恒定律的简单应用；动量定理的内容和应用

【分析】（1）A在水平向左的瞬时冲量I作用下开始运动，根据动量定理可以得到A初速度。A在光滑半圆形轨道运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律，可得A到达最高点和B碰前瞬间的速度大小；

（2）A、B在轨道最高点碰撞后粘在一起，水平方向没有外力，碰撞过程水平方向动量守恒，可得两球粘在一起瞬间的速度，在重力和轻绳拉力F的作用下做圆周运动，由牛顿第二定律，可得轻绳上拉力。

【解答】解：（1）设施加瞬时冲量后瞬间A的速度为 v₀，由动量定理，有I＝m_Av₀，解得： 设与B碰前瞬间A的速度大小为 v₁，由机械能守恒定律，有 ，解得： ；（2）设A、B碰后瞬间共同速度大小为v₂，由水平方向动量守恒，有m_Av₁＝（m_A+m_B）v₂，解得： 设碰后瞬间轻绳拉力大小为F，由牛顿第二定律，有 解得： 。答：（1）与B碰前瞬间A的速度大小4m/s；（2）A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小11.2N。

【难度】5

9．如图所示，在Oxy平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿+x方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从M点以速度v沿+y方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。

（1）求磁感应强度B的大小；

（2）若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间t；

（3）若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为 ，求粒子在磁场中运动的时间t₁。

【答案】（1）磁感应强度B的大小为 ；（2）若仅有电场，粒子从M点到达y轴的时间t为 ；（3）粒子在磁场中运动的时间t₁为 。

【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动；带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动

【分析】（1）从M点以速度v沿+y方向进入第一象限的带负电粒子，根据图中标出的电场、磁场方向，以及粒子速度方向，可以判断出粒子受到的静电力和洛伦兹力方向。带电粒子正好能沿直线匀速穿过半圆区域，说明静电力与洛伦兹力两者大小相等，方向相反。据此求得B的大小。

（2）在仅有电场时带电粒子做类平抛运动。依照题意，粒子沿﹣x方向做匀加速运动，位移为R，由牛顿第二定律和运动学公式可以求粒子从M点到达y轴的时间t。

（3）分析带电粒子的运动轨迹，带电粒子在仅存在磁场的半圆区域内运动时，由洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动。离开半圆磁场区域后，不受任何力作用，做匀速直线运动到P点。由几何关系求得圆弧轨迹的圆心角，结合运动周期可以求得粒子在磁场中运动的时间。

【解答】解：（1）由题意可知，静电力与洛伦兹力大小相等，方向相反，则有：qE＝qBv解得： （2）粒子在电场中做类平抛运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得：qE＝ma依题意，粒子沿﹣x方向运动的位移为R，由运动学公式得： 联立解得： （3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，作出粒子的运动轨迹如下图所示。 粒子从Q点离开磁场，则PQ延长线必然经过半圆形磁场的圆心O′，设∠MO′P＝θ，由几何关系可得：tanθ ，可得：θ 设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，速度大小为v₁，由洛伦兹力提供向心力得： 设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则有： 由几何条件可得： 联立解得： 答：（1）磁感应强度B的大小为 ；（2）若仅有电场，粒子从M点到达y轴的时间t为 ；（3）粒子在磁场中运动的时间t₁为 。

【难度】5

四、解答题

10．电动汽车制动过程中可以控制电机转为发电模式，在产生制动效果的同时，将汽车的部分机械能转换为电能，储存在储能装置中，实现能量回收、降低能耗。如图1所示，发电机可简化为处于匀强磁场中的单匝正方形线框ABCD，线框边长为L，电阻忽略不计，磁场磁感应强度大小为B，线框转轴OO′与磁场垂直，且与AB、CD距离相等。线框与储能装置连接。

（1）线框转动方向如图1所示，试判断图示位置AB中的电流方向；

（2）若线框以角速度ω匀速转动，线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，线框在t时刻位置如图2所示，求此时AB产生的感应电动势；

（3）讨论电动汽车在某次制动储存电能时，为方便计算，做两点假定：①将储能装置替换为阻值为R的电阻，电阻消耗的电能等于储能装置储存的电能；②线框转动第一周的角速度为ω₀，第二周的角速度为 ，第三周的角速度为 ，依次减半，直到线框停止转动。若该制动过程中汽车在水平路面上做匀减速直线运动，汽车质量为m，加速度大小为a，储存的电能为初动能的50%，求制动过程中汽车行驶的最大距离x。

【答案】（1）线框转动方向如图1所示，图示位置AB中的电流方向为从B到A；（2）此时AB产生的感应电动势为 ；（3）制动过程中汽车行驶的最大距离x为 。

【考点】用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热；牛顿第二定律的简单应用；动能定理的简单应用；右手定则；导体转动切割磁感线产生的感应电动势

【分析】（1）根据右手定则判断图1所示位置AB中的电流方向。

（2）线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，根据线框经过时间t转过的角度求得AB垂直磁感线方向的分速度，根据E＝BLv，求解此时AB产生的感应电动势。

（3）线框转动过程中产生正余弦交流电，根据交流电的峰值确定其有效值。根据焦耳定律求解储存的电能，得到转动第n周储存的电能的通项式，应用数学知识求解储存的总的电能，根据题意求得汽车的初动能，根据动能定理和牛顿第二定律求解制动过程中汽车行驶的最大距离。

【解答】解：（1）由右手定则可知，图1所示位置AB中的电流方向为从B到A。（2）线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，则经过时间t转过的角度为：θ＝ωtAB垂直磁感线方向的分速度为： 此时AB产生的感应电动势为：E_AB＝BLv （3）线框转动过程中，AB、CD均能产生感应电动势，故线框转动产生的感应电动势为 线框转动第一周产生感应电动势最大值为： 储存电能为： 同理可得线框转动第二周储存的电能为： 同理可得线框转动第三周储存的电能： 可得线框转动第n周储存的电能为： 则直到停止（即n→∞）时储存的电能为： 已知储存的电能为初动能的50%，可得汽车的初动能为： 根据动能定理和牛顿第二定律可得：﹣F_合x＝0﹣E_k0F_合＝ma解得： 答：（1）线框转动方向如图1所示，图示位置AB中的电流方向为从B到A；（2）此时AB产生的感应电动势为 ；（3）制动过程中汽车行驶的最大距离x为 。

【难度】5