天津市2024届高三4月第二次阶段考物理试题

天津市重点中学2024届高三4月第二次阶段考物理试题

请考生注意：

1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答

案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，在倾角为30。的光滑斜面上，一质量为，〃的小车在沿斜面向下的外力尸作用下下滑，在小车下滑的过

程中，小车支架上连接着小球（质量为小）的轻绳恰好水平。不计空气阻力作用，已知重力加速度为g,则外力F的

A.2mgB.3mgC.4mgD.5mg

2、电阻为R的单匝闭合金属线框，在匀强磁场中绕着与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势的图像如图所

示。下列判断正确的是（）

B.穿过线框的磁通量最大为与工

2兀

C.线框转动一周做的功为空

R

D.从/=二至生的过程中，线框的平均感应电动势为与

442

3、一个物体沿直线运动，f=0时刻物体的速度为lm/s,加速度为lm/s2,物体的加速度随时间变化规律如图所示，则

下列判断正确的是（）

A.物体做匀变速直线运动B.物体的速度与时间成正比

C.f=5s时刻物体的速度为6.25m/sD.f=8s时刻物体的速度为12.2m/s

4、如图所示，上表面粗糙、倾角，=37°的斜面体放在光滑的水平地面上，一物块静止在斜面体上。现给斜面体一水

平向左的推力尸，发现无论尸多大，物块均能与斜面体保持相对静止。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6,

cos37°=0.8,则物块与斜面体间的动摩擦因数"应满足的条件为（）

5、太阳内部持续不断地发生着4个质子（：H）聚变为1个氮核（：He）的热核反应，核反应方程是4：H-；He+2X,

这个核反应释放出大量核能。已知质子、氨核、X的质量分别为,"1、"22、机3,真空中的光速为c。下列说法中正确的

是（）

A.方程中的X表示中子，

B.方程中的X表示电子卜

C.这个核反应中质量亏损一机2一机3

D.这个核反应中释放的核能A£1=（4mi—mi—2ms）c2

6、职业高空跳伞运动员从近万米高空带着降落伞跳下，前几秒内的运动可视为自由落体运动。已知运动员的质量为

80kg,重力加速度g取10m/s2,关于运动员所受重力做功的功率，下列说法正确的是（）

A.下落第1s末的瞬时功率为4000W

B.下落第1s内的平均功率为8000W

C.下落第2s末的瞬时功率为8000W

D.下落第2s内的平均功率为12000W

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图，相距/的两小球A、3位于同一高度纵/、九均为定值）.将A向3水平抛出，同时让3自由下落.A、3与地

面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反•不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则

A.A、3一定能相碰

B.4、8在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度大小

C.A、8在第一次落地前若不碰，以后就不会相碰

D.4、5要在最高点相碰，A球第一次落地的水平位移一定为,

2

8、4月20日深夜，“长征三号乙”运载火箭成功发射第44颗“北斗”导航卫星。这是“北斗”导航卫星在2019年的首次

发射，“北斗”卫星导航系统今年继续高密度全球组网。若某颗卫星入轨后绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r,

运动周期为T。已知地球半径为R,引力常量为G,下列说法正确的是（）

442收

A.卫星的线速度大小丫=亍B.地球的质量丝?

GT2

C.地球的平均密度上篇4/R3

D.地球表面重力加速度大小g=掌?

9、在图示电路中，理想变压器的原、副线圈匝数比为2：1,电阻小、R2、尺3、&的阻值均为4。。已知通过R4的电

流石=20sinlOOmA,下列说法正确的是（）

A.a、b两端电压的频率可能为100Hz

B.a、方两端电压的有效值为56V

C.若a、万两端电压保持不变，仪减小&的阻值，则R消耗的电功率减小

D.若a、6两端电压保持不变，仪减小Ri的阻值，则&两端电压增大

10、如图所示。竖直光滑杆固定不动，两根完全相同的轻质弹簧套在杆上，弹簧下端固定。形状相同的两物块A、B

分别置于两弹簧上端但不会拴接，A的质量大于B的质量。现用外力作用在物体上，使两端弹簧具有相同的压缩量。

撤去外力后，两物块由静止向上运动并离开弹簧。从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程中。弹簧始终在弹性限

度之内，以地面为零势能面。下列说法正确的是（）

A.上升过程中两物块机械能均守恒

B.A上升的最大高度小于B上升的最大高度

C.A物体的最大速度大于B物体的最大速度

D.A物体的最大加速度小于B物体的最大加速度

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）用如图所示装置探究钩码和小车（含祛码）组成的系统的“功能关系”实验中，小车碰到制动挡板时，钩码

尚未到达地面。

⑴平衡摩擦力时，（填“要”或“不要”）挂上钩码；

⑵如图乙是某次实验中打出纸带的一部分，0、4、3、C为4个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个打出

的点没有画出，所用交流电源的频率为50Hz通过测量，可知打点计时器打5点时小车的速度大小为m/s（结

果保留两位有效数字）；

（3）某同学经过认真、规范的操作，得到一条点迹清晰的纸带，他把小车开始运动时打下的点记为。，再依次在纸带上

取等时间间隔的1、2、3、4、5、6等多个计数点，可获得各计数点到。的距离s,及打下各计数点时小车的瞬时速度

Vo如图丙是根据这些实验数据绘出的y2_s图象，已知此次实验中钩码的总质量为0.15kg,小车中祛码的总质量为

0.50kg,取重力加速度g=10m/s2,根据功能关系由图象可知小车的质量为kg（结果保留两位有效数字）;

（4）研究实验数据发现，钩码重力做的功总略大于系统总动能的增量，其原因可能是。

A.钩码的重力大于细线的拉力

B.未完全平衡摩擦力

C.在接通电源的同时释放了小车

D.交流电源的实际频率大于50Hz

12.（12分）很多人都认为“力越小速度就越小”，为了检验这个观点是否正确，某兴趣小组的同学设计了这样的实验

方案：在水平桌面上放一木块，木块后端与穿过打点计时器的纸带相连，前端通过定滑轮与不可伸长的细线相连接,

细线上不等间距地挂了五个钩码，其中第四个钩码与第五个钩码之间的距离最大。起初木块停在靠近打点计时器的位

置，第五个钩码到地面的距离小于木块到定滑轮的距离，如图甲所示。接通打点计时器，木块在钩码的牵引下，由静

止开始运动，所有钩码落地后，木块会继续运动一段距离。打点计时器使用的交流电频率为50Hz。图乙是实验得到的

第一个钩码落地后的一段纸带，纸带运动方向如箭头所示。（当地重力加速度大小g取9.8m/s2）

图乙

⑴根据纸带上提供的数据，可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的段（用Oi,Di,015字母区间

表示）；第四个钩码落地后至第五个钩码落地前木块在做_____运动。

⑵根据纸带上提供的数据，还可以计算出第五个钩码落地后木块运动的加速度大小为m/s2；木块与桌面间的动

摩擦因数为〃=。（计算结果保留两位有效数字）

（3）根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是—的。（填“正确”或“错误”）

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）一个倾角为。=37。的斜面固定在水平面上，一个质量为机=1.0kg的小物块（可视为质点）以vo=8m/s的初

3

速度由底端沿斜面上滑。小物块与斜面的动摩擦因数/，=0.L若斜面足够长，已知tan37*—,g取lOm/s?,求：

4

（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小；

（2）小物块上滑的最大距离；

（3）小物块返回斜面底端时的速度大小。

14.（16分）如图（a）,一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为L；两根相同的导体棒M、N置于

导轨上并与导轨垂直，长度均为L;棒与导轨间的动摩擦因数为“（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）；整个装置处于竖

直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为瓦从f=0时开始，对导体棒M施加一平行于导轨的外力尸，F随时间变化

的规律如图（b）所示。已知在fo时刻导体棒M的加速度大小为时，导体棒N开始运动。运动过程中两棒均与导

轨接触良好，重力加速度大小为g,两棒的质量均为机，电阻均为R,导轨的电阻不计。求：

F

B

()<0

图(a)图(b)

(1)/0时刻导体棒M的速度VM；

⑵o~fo时间内外力F的冲量大小；

(3)0~旬时间内导体棒M与导轨因摩擦产生的内能。

15.(12分)如图所示，在OVxWa的区域I内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，在x>a的区域II内有垂直于纸面向

外的匀强磁场，它们的磁感应强度均为风，磁场边界与x轴交于P点。一质量为机，电荷量为q(«>0)的粒子沿x

轴从原点。水平射入磁场。当粒子射入速度不大于%时，粒子在磁场中运动的时间都相等，不计重力：

(1)求速度W的大小；

(2)若粒子射入速度的大小为2%,求粒子两次经过边界到P点距离的比值；(结果可带根号)

(3)若调节区域II磁场的磁感应强度大小为2瓦，使粒子以速度(«>1)从。点沿x轴射入时，粒子均从。点射

出磁场，求”与/满足的关系。

X

X

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、B

【解析】

小车和小球一起沿斜面加速下滑，二者有相同的加速度。对整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得，在沿斜面方向

上有

F+2mgsin30°=2ma

对小球进行受力分析，小球受到水平拉力、重力的作用，其合力一定沿斜面向下，且大小

asin30°

故加速度

a=2g

代入上式可得

F—3mg

故选B。

2、B

【解析】

A.由图可知/=；时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，A错误；

B.当感应电动势等于零时，穿过线框回路的磁通量最大，且由得

①"Em=E°_

m—N①一、/_271

1x-----

T

B正确；

c.线圈转一周所做的功为转动一周的发热量

(Em)2

E2।F)E2

Q=—T=T=^T

RR2R

C错误；

D.从二到工时刻的平均感应电动势为

44

-_A®_2®m_2E0

口——-----一-----一----

LL兀

22

D错误。

故选B。

3、D

【解析】

A.物体的加速度在增大，做变加速直线运动，故A错误。

B.由图像知质点的加速度随时间增大，根据v=vo+m可知，物体的速度与时间一定不成正比，故B错误。

C.由图知a=QAt+l(m/s2),当U5s时,a=1.5m/s2,速度的变化量

Av="L5x5m/s=6.25m/s

2

知U5s时的速度为

v=vo+Av=lm/s+6.25m/s=7.25m/s

故c错误。

D.a-f图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，贝!JO-8s内，a=0.1f+l(m/s2),当U8s时，a=1.8m/s2,速度的变化

量

111Q

Av=------x8m/s=11.2m/s

2

知U8s时的速度为

v=vo+Av=lm/s+11.2m/s=12.2m/s

故D正确。

故选D。

4、B

【解析】

当F=0时，物块能静止在斜面上，可知

mgsin0<"mgcos0

得

/z>tan6>

即

当尸特别大时，对物块受力分析，将加速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，由牛顿第二定律，沿斜面方向

f+mgsin3=macos0

垂直斜面方向

N-mgcos6=masin0

又/由于F可以取无穷大，加速度无穷大，所以以上各式中的小？sin夕和mgeos6可忽略，联立解得

14

//>-----=-

tan63

综合分析得

4

〃》一

3

故ACD错误，B正确。

故选B。

5,D

【解析】

AB.由核反应质量数守恒、电荷数守恒可推断出X为：e,故AB错误；

CD.质量亏损为

△m=4mi-m2-2m3

释放的核能为

△E=&mc2=(4/M1-Z712-2/7/3)c2

故C错误、D正确。

故选D。

6、D

【解析】

A.下落第Is末的瞬时功率为

2

《=mg%=mg-gt{-80xl0x1W=8OOOW

选项A错误；

B.下落第Is内的平均功率为

Pi=mgvx=mg-号=gx80xICPx1W=4OOOW

选项B错误；

C.下落第2s末的瞬时功率为

2

P2=mgv2=mg-gt2=80xl0x2W=16000W

选项c错误;

D.下落第2s内的平均功率为

P=mgv,=mg-g'i+g'2=80x]0x10+10x2w=]2000W

222

选项D正确;

故选D。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AB

【解析】

A、B两物体在竖直方向上的运动是相同的，若A、B在第一次落地前不碰，由于反弹后水平分速度不变，竖直分速度

大小不变、方向相反，则以后一定能碰，故A正确，C错误.若A球经过水平位移为/时，还未落地，则在B球正下

方相碰.可知当A的初速度较大时，A、B在第一次落地前能发生相碰，故B正确.若A、B在最高点相碰，A球第一

次落地的水平位移x=〃n,n=2、4、6、8...,故D错误.故选AB.

【点睛】

此题关键是知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据该规律抓住地面碰撞前

后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反来判断两球能否相碰.

8、AC

【解析】

A.根据线速度的定义可知卫星的线速度大小为

v=-2-"

T

选项A正确；

B.由空丝=加”/，得地球的质量为

r2T2

4/R3

M=

GT2

选项B错误；

C.根据密度公式可知地球的密度

M_3兀丫3

石;赤

3

选项C正确;

D.根据万有引力提供向心力有

GMm4TT2

——---m——r

户T2

地球表面万有引力近似等于重力有

-Mm

G-^=mg

联立解得地球表面的重力加速度大小

4兀2,

8~T2R2

选项D错误。

故选ACo

9、BD

【解析】

A.通过凡的电流。=2夜sinlOORA,则角速度

G=lOO7zrad/s

频率为

/=—=50Hz

In

变压器不会改变交流电的频率，故。、〃两端电压的频率为50Hz,故A错误；

B.通过此的电流最大值为2后A，则有效值为

Z4=2A

根据并联电路的规律可知，通过&的电流有效值为2A,副线圈的输出电流：I2=4A

根据变流比可知，原线圈的输入电流

人=-2=2A

为两端电压为

U.=I\&=8V

副线圈两端电压

t72=727?2+/47?4=24V

根据变压比可知，原线圈的输入电压

U[=区。2=48V

n2

则。、〃两端电压

Uab=URi+Ul=56V

故B正确；

C.若。、b两端电压保持不变，仅减小&的阻值，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流增大，根据变流

比可知，原线圈的输入电流增大，则"消耗的电功率增大，故c错误；

D.若a、b两端电压保持不变，仅减小鸟的阻值，则原线圈输入电压增大，根据变压比可知，副线圈输出电压增大,

则凡两端的电压增大，故D正确；

故选BDo

10、BD

【解析】

A.上升过程中在弹簧恢复原长前，弹簧弹力一直对物块做正功，物块机械能增加，A错误；

B.物块从撤去外力到第一次速度减为0,根据能量守恒定律

mgh=丸弹

解得

mg

弹簧压缩量相同，所以对于两物块弹簧释放的弹性势能Ep弹相同，因为mA>MB，所以两小球上升的最大高度关系为

丸A<%

B正确；

C.物块速度最大时，加速度为0,假设初始状态弹簧的压缩量为七,达到最大速度前，合力满足

F=k(x0-x)-mg=-kx+Ax0-mg

X为物块向上运动的位移，因为根A>根B，所以方-X图像为

B

F-X图线与位移轴围成的面积为合外力做功，物块从静止开始运动，根据动能定理可知合力为0时，B物块动能大,

根据动能表达式E=-mv2可知A物体的最大速度小于B物体的最大速度，C错误；

k2

D.撤去外力瞬间，物块的加速度最大，根据牛顿第二定律可知

F^-mg=ma

解得

因为%>，电，所以

4<a

D正确。

故选BD„

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、不要0.720.85BD

【解析】

(1)[口.小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力作用，为了在实验中能够把细线对小车的拉力视为小车的

合外力，则应该用重力的下滑分力来平衡摩擦力，在平衡摩擦力时，不挂钩码，但要连接纸带。

⑵[2].相邻的两个计数点之间还有4个打出的点没有画出，计数点间的时间间隔为

T=0.02x5s=0.1s

根据匀变速直线运动的规律可知，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打5点的速度为

X20.10-5.71,c_2,crc,

v=AC=----------------xlO~m/s=0.72m/s

BR2T2x0.1

(3)[3].设钩码的质量为机，小车的质量为V,小车中祛码的质量为机'，对系统，由动能定理得

mgx=—QM+m+m'^)v2

整理得

22mgx

v=-----------

m+m!+M

v2-x图象的斜率

k=2mg2mzs2

m+m'+M0.25

解得

M=0.85kgo

(4)[4].A.钩码的重力大于细线的拉力，不影响钩码重力做系统做的功，故A错误；

B.长木板的右端垫起的高度过低，未完全平衡摩擦力时，则摩擦力做负功，系统总动能的增量小于钩码重力做的功,

故B正确；

C.接通电源的同时释放了小车，只会使得纸带上一部分点不稳定，不影响做功与动能的增量，故C错误；

D.交流电源的实际频率大于50Hz,如果代入速度公式的周期为0.02s,比真实的周期大，则求出来的速度偏小，则动

能偏小，故D正确。

故选BD。

12、Dw~Dn匀速直线5.00.51错误

【解析】

⑴口][2].第五个钩码落地后木块将做减速运动，点迹间距逐渐减小，则可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中

的由此也可判断第四个钩码落地后至第五个钩码落地前的一段时间内，纸带上点迹均匀，木块在做匀速直

线运动。

⑵[3北4].由纸带可看出，第五个钩码落地后Ax=0.2cm根据Ar=a"可得木块运动的加速度大小为

-2

Ax0.2xlO「八，2

a--7=----------=5.0m/s

T20.022

由

a=------=4g

m

可得

"=0.51

(3)[5].根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是错误的。

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、(1)8m/s2(2)4.0m(3)4^/2m/s

【解析】

(1)小物块沿斜面上滑时受力情况如下图所示，其重力的分力分别为:

Fi=nigsin0

F2=mgcos0

根据牛顿第二定律有：

FN=F2…①

g+£/=%。・・•②

又因为

姑MN…③

由①②③式得：

a=gsinO+|igcosO=(l0x0.6+0.1x10x0.8)m/s2=8.0m/s2..

(2)小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有:

O-vo2=2(-〃)x.・•⑤

得:

”2o2

x=-=-----m=4m・・•⑥

2a2x8

(3)小物块在斜面上下滑时受力情况如下图所示，根据牛顿第二定律有:

FN=F2…⑦

由③⑦⑧式得:

a,=gsin0-ggcos0=(lOxO.6-0.1xl0x0.8)m/s2=4.0m/s2...(9)

有：

v2=2afx...@

所以有：

v=飞2dxz2x4x4=4V2m/s