备战2024年高考模拟物理试卷2（天津卷专用）（解析版）

PAGEPAGE1备战2024年高考物理模拟卷2（天津卷专用）（考试时间：60分钟试卷满分：100分）第I卷（选择题）一、单选题(每题5分，只有一个选项符合题意，共25分)1．党的二十大报告中提到，我国已经进入创新型国家行列，一些关键技术如核电技术取得重大成果。关于核能、核反应，下列说法正确的是（）A．到目前为止，利用任何物质都能得到核能B．到目前为止，轻核聚变是人类获得核能的主要方式C．太阳内部进行的热核反应属于轻核聚变D．原子弹是采用人工核转变制成的核武器【答案】C【解析】A．到目前为止，一般是利用重核裂变与得到核能轻核聚变得到核能，并不是利用任何物质都能得到核能，A错误；B．到目前为止，重核裂变是人类获得核能的主要方式，B错误；C．轻核发生聚变之前，必须要有高温，即轻核聚变又叫做热核反应，太阳内部进行的热核反应属于轻核聚变，C正确；D．原子弹是采用重核裂变制成的核武器，D错误。故选C。2．新春佳节，大街小巷总会挂起象征喜庆的中国红灯笼。如图所示，由4根等长轻质细绳悬挂起3个质量相等的灯笼，绳两端的结点A、E等高，绳与竖直方向的夹角为，绳中张力大小为；绳与竖直方向的夹角为，绳中张力大小为，则（）A．可能等于 B．可能大于C． D．【答案】D【解析】由对称性可知绳和绳张力大小相等，大小为。对三个灯笼的整体分析可知对结点B受力分析得综上解得AB．由可知AB错误；CD．由可知又得C错误，D正确。故选D。3．2021年2月10日19时52分，“天问一号”探测器实施近火捕获，顺利进入近火点的高度约400千米轨道，周期约为10个地球日，成为我国第一颗人造火星卫星，实现了“绕、落、巡”目标的第一步。如图为“天问一号”探测器经过多次变轨后登陆火星前的部分轨迹图，轨道I、轨道II、轨道III相切于P点，轨道III为环绕火星的圆形轨道，P、S两点分别是椭圆轨道的近火星点和远火星点，图中P、S、Q三点与火星中心共线，下列说法正确的是（）A．探测器在P点由轨道I进入轨道II需要点火加速B．探测器在轨道II上由P点运动到S点的时间大于在轨道III上由P点运动到Q点的时间C．探测器在轨道I上经过P点的加速度大于在轨道II上经过P点的加速度D．探测器在Q点的机械能大于在轨道II上P点的机械能【答案】B【解析】A.探测器在P点由轨道I进入轨道II需要制动减速，故A错误；B.由于轨道II的半长轴大于轨道III的半径，所以根据开普勒第三定律可知探测器在轨道II的运行周期大于在轨道III的运行周期，因此探测器在轨道II上由P点运动到S点的时间大于在轨道III上由P点运动到Q点的时间，故B正确；C.根据万有引力定律和牛顿第二定律可知探测器在轨道I上经过P点的加速度等于在轨道II上经过P点的加速度，故C错误；D.探测器在P点由轨道II进入轨道III需要制动减速，所以探测器在轨道II上P点的机械能大于在轨道III上P点的机械能，又因为探测器在轨道III上运动过程中机械能守恒，所以探测器在Q点的机械能小于在轨道II上P点的机械能，故D错误。故选B。4．从发电站发出的电能，一般都要通过输电线路输送到各个用电地方。如图所示的远距离输电示意图中的变压器均为理想变压器，发电机产生正弦交流电电压有效值不变，升压变压器原、副线圈匝数比n1：n2=1∶50，隆压变压器原、副线圈匝数比n3：n4=50∶1，已知用户两端电压的有效值U4=220V，且用户消耗的电功率为11kW，远距离输电的输电线的总电阻r=100Ω（认为输电中的能量损耗完全由电阻产生），则（）A．升压变压器的副线圈两端电压的有效值为11.1kVB．降压变压器的原线圈中的电流的有效值为2AC．输电线上消耗的功率为1000WD．升压变压器的输入功率为11.5kW【答案】A【解析】AB．降压变压器副线圈电流根据解得输电线中的电流输电线上的损失电压为根据电压与匝数成正比得降压变压器原线圈两端的电压为升压变压器的副线圈两端电压有效值B错误A正确；C．输电线上损失的功率C错误；D．升压变压器的原线圈输入的电功率为D错误。故选A。5．如图所示，一竖直放置的汽缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与汽缸间无摩擦，汽缸导热性能良好。现在活塞上方缓慢放质量为m的细砂，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.若，活塞下移 B.若，活塞下移C.若，气室1内气体压强为3p0 D.若，气室1内气体压强为4p0【答案】A【解析】AC．若，对活塞AB有解得单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变。根据玻意耳定律得解得所以活塞下移，故A正确，C错误；B．若，对活塞AB有解得单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变。根据玻意耳定律得解得所以活塞下移故B错误；D．若，对活塞AB有解得单向阀打开，如果气室2的气体未完全进入气室1，则有解得假设不成立，所以气体完全进入气室1，则有解得故D错误。故选A。二、多选题(每题5分，有多个选项符合题意，选对每选全得3分，答错不得分，共15分)6．如图所示，A、B、C、D、E为单反照相机取景器中五棱镜的一个截面图，，由a、b两种单色光组成的细光束从空气垂直于AB射入棱镜，经过两次反射后光线垂直于BC射出，且在CD、AE边只有a光射出，光路图如图所示，则a、b两束光（）A．在棱镜中，a光的波长比b光的大B．在真空中，a光的传播速度比b光的大C．以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角较小D．分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距较小【答案】AC【解析】A由题意知且在CD、AE边只有a光射出，可知b光发生了全反射，根据可知b光折射率大于a光折射率，则b光频率大于a光频率，根据可知在棱镜中，a光的波长比b光的大，故A正确；B．在真空中，a光的传播速度等于b光的传播速度，故B错误；C．根据可知以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角较小，故C正确；D．根据结合C选项分析可知分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距较大，故D错误。故选AC。7．如图所示，等腰梯形ABCD，M、N分别为AB、CD的中点，两腰中点位置分别固定两个等量同种点电荷＋Q，则下列说法正确的是（）A．A、B两点场强相同B．A、B两点电势相等C．负检验电荷从静止开始仅在电场力用下从M点运动到N点，电势能先减小后增大D．负检验电荷从静止开始仅在电场力用下从M点运动到N点，加速度先增大后减小【答案】BC【解析】A．等量同种电荷的电场线和等势面分布如图由等量正电荷的电场分布可知A、B两点场强方向不同，A错误；B．由等量正电荷等势面的对称分布可知A、B两点电势相等，B正确；C．由分布图可知负检验电荷从M到O点受电场力方向向下，电场力做正功，电势能减少；从N到O点受电场力方向向上，电场力做负功，电势能增加。故负检验电荷从静止开始仅在电场力用下从M点运动到N点，电势能先减小后增大，C正确；D．经分析可知O点电场强度为0，故负检验电荷从M点运动到N点，加速度先减小后增大，D错误。故选BC。8．“战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来（图甲），以手的平衡位置为坐标原点，图乙是健身者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若右手抖动的频率是，下列说法正确的是（）A．该时刻P点的位移为B．该时刻Q点的振动方向沿y轴负方向C．再经过，P点到达平衡位置D．从该时刻开始计时，质点Q的振动方程为【答案】AC【解析】ABC．由题可知，振幅为，频率为，则由图可知波的波长为，波向右传播，且该时刻P点的振动方向沿y轴负方向，Q点的振动方向沿y轴正方向，故从该时刻开始计时P点的振动方程为故时P点的位移为，当时P点的位移为，P点到达平衡位置，故AC正确，B错误；D．从该时刻开始计时，质点O从平衡位置向上振动，故质点Q的振动方程为故D错误。故选AC。第II卷（非选择题）三、实验题(共2个题，共12分)9．如图甲所示是“测量阻力系数”的实验装置。实验中先通电后让重物由静止释放，得到打出纸带的一部分如图乙所示，点O为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为相邻的计时点，测得S1=5.40cm，S2=5.78cm。已知重物的质量m=1.00kg，交流电的频率为50Hz，当地重力加速度取9.80m/s2（以下计算结果均保留2位有效数字）（1）当打点计时器打到B点时，重物的速度大小________m/s；重物下落的加速度大小________m/s2；（2）重物通过AC段的阻力可视为恒定，则重物通过此段的阻力系数________％（定义阻力系数100%）。【答案】（1）2.89.5（2）23.1【解析】（1）相邻计数点的时间间隔根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度得根据可得（2）根据牛顿第二定律得则可得10．某同学利用如图甲所示的电路测量未知电阻的阻值、电源电动势和内阻，备有下列器材：A．电流表（量程，内阻）B．电流表（量程，内阻）C．电源（电动势约，内阻约为）D．电阻箱（最大电阻）E.未知电阻（阻值约为）F.开关两个，导线若干操作步骤如下：（1）为使测量结果较准确，电流表应选___________（选填“”或“”）；（2）测的阻值时先闭合开关和，调节电阻箱，当电阻箱的阻值为时，电流表示数为；接着断开，调节电阻箱，当电阻箱的阻值为时，电流表示数仍为，则的阻值为___________，该测量原理___________（选填“有”或“没有”）系统误差；（3）保持闭合、断开，多次调节电阻箱的阻值，记录每次调节后电阻箱的阻值及电流表的示数。为了直观地得到与的关系，该同学以为纵轴、为横轴，作出如图乙所示的一条直线，根据图乙可求得电源的电动势___________，___________。（计算结果均保留两位有效数字）【答案】（1）（2）20.0没有（3）3.03.0【解析】（1）闭合回路中理论中最大电流所以选择。（2）闭合开关和时，由闭合电路欧姆定律闭合开关、断开时，由闭合电路欧姆定律联立可得该测量原理没有系统误差。（3）由闭合电路欧姆定律可得图像斜率解得纵截距解得四、解答题(11题14分，12题16分，13题18分，要求写出必要的解题依据和推导过程)11．一质量为mA=2kg的物体A沿固定斜面下滑，斜面高为h=1.2m，倾角为37°，A与斜面动摩擦因数为μ=0.25，物体A由顶端滑到斜面底端时无能量损失地进入光滑水平面，后与静止的物体B发生碰撞，B的质量为mB=lkg，碰撞中损失4J机械能，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）碰后A、B的速度各是多少？（2）右侧有固定于水平面上的半圆形光滑轨道，物体B碰撞后可无摩擦的进入轨道，若B在轨道上运动时不会与轨道脱离，求轨道的半径取值范围。【答案】（1）2m/s；4m/s；（2）R≥0.8m或R≤0.32m【解析】（1）设A物体下滑到底端时速度为v0，由动能定理AB碰撞过程动量守恒，设碰后A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律可得mAv0=mAvA+mBvB由机械能损失列式得代数得vA=2m/svB=4m/s（2）若物体B滑上半圆轨道最高到达与圆心等高处则不会脱离轨道，设轨道半径为R解得R=0.8m若物体B能恰好到达圆轨道最高点，设轨道半径为R，设到达最高点速度为v解得R=0.32m所以R的取值范围为R≥0.8m或R≤0.32m。12．如图所示，快递公司用水平传送带传送快递，传动带顺时针转动，速度大小恒为v0=3m/s。质量为m=1kg的快递，上表面固定一“日”字形线框，ab边长L=0.1m，ae边长为2L，c、d为两长边的中点，ab、cd、ef的电阻均为r=0.04Ω，其余电阻不计。传送带右侧存在磁感应强度为B=3T、方向竖直向下、宽度为L的匀强磁场，其边界与ab平行。已知线框的ab边进入磁场区域前快递已与传送带保持相对静止，线框的质量忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。（1）若线框进入磁场后，快递仍能与传送带保持相对静止，求快递与传送带间的动摩擦因数µ的最小值；（2）若线框刚到达磁场左边界时，快递与传送带间的摩擦力消失，求线框穿过磁场过程中产生的焦耳热Q(保留三位有效数字)。【答案】（1）0.45；（2）1.25J【解析】（1）ab边刚进磁场时，其切割磁感线产生的感应电动势为此时线圈形成回路的总电阻为所受安培力大小为解得若ab边进入磁场要保持静止，可知线框所受摩擦力必须大于4.5N。当cd边进入磁场时，其切割磁感线产生的感应电动势大小仍为E1，回路形成的总电阻仍为1.5r，且仍是切割磁场线的边长受到安培力，故仍需摩擦力大于4.5N。同理当ef边进入磁场时，线框所受安培力仍然一样。因此线框进入磁场后，快递仍能与传送带保持相对静止，则快递与传送带间的动摩擦因数µ的最小值满足解得（2）由（1）可知，当线框速度为v时，线框所受安培力大小为根据牛顿第二定律解得两边同乘可得所以设线框出磁场速度为v1，则有解得由动能定理可得解得13.如图，在x轴（水平轴）下方，沿y轴（竖直轴）方向每间隔d=0.2m就有一段间距也为d的区域P，区域P内（含边界）既存在方向竖直向上、场强E=20N/C的匀强电场，也存在方向垂直坐标平面面向里、磁感应强度B=2T的匀强磁场。