2024年天津市高考物理模拟试卷（六）(含详细答案解析)

2024年天津市高考物理模拟试卷（六）

一、单选题：本大题共5小题，共25分。

1.关于天然放射现象，下列叙述正确的是（）

A.铀核（豺8（7）衰变为铅核（第6pb）的过程中，要经过8次a衰变和6次口衰变

B.若使放射性物质所在处的压强升高，其半衰期将减小

C.在a、0、y这三种射线中，a射线的穿透能力最强，y射线的电离能力最强

D.当放射性元素的原子的核外电子具有较高能量时，将发生/?衰变

2.如图所示为钻石的某个截面，其中从C、。处均为直角。一束复色光由A8

面入射，从C。面出射时分开成。、和c三种单色光。用这三种单色光分别照

射金属钾板，其中〃光恰好可使钾板产生光电效应。下列说法正确的是（）

A.。光在棱镜中的速度最小

B.a光打出的光电子的遏止电压最大

C.从CO面出射时。光、光、。光互相平行

D.同一装置条件下。光双缝干涉条纹宽度最大

3.如图为交流发电机的示意图，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接。两磁极之间的磁

场视为匀强磁场且磁感应强度大小为A，单匝线圈A8c。的面积为5、电阻为小定值电阻的限值为凡其

余电阻不计，交流电压表为理想电表。线圈以角速度,绕。。'轴逆时针匀速转动，如果以图示位置为计时起

点，则（）

A.图示时刻电压表示数为BS3

B.通过电阻R的电流瞬时值表达式为1=酸sin3t

C.线圈从图示位置转过90。的过程中，通过电阻R的电流平均值为第之

D.线圈从图示位置转过90。的过程中，电阻R产生的焦耳热为皿g

2（R+r）”

4.如图，平衡位置位于原点0的振源做简谐运动，其运动的表达式为y=o/cm

-0.05sin（107rt）mo该振动激发一列沿x轴正方向传播的简谐波。某次振源p

0------------------*----►i/m

的位置达到正向最大位移处时，坐标为（9m,0）的尸点恰好开始振动且OP之

间存在4个波谷，从该时刻开始i-时，下列说法正确的是（）

A.P点起振时沿y轴正方向运动

氏该列简谐波的波速60m/s

C.t=1.2s时，P点的加速度沿），轴负方向且最大

D.t=1.2s时，坐标为（21m,0）的Q点（图中未画出）通过的路程为0.2m

5.将两点电荷A、8分别固定在x轴上0机和6机处，点电荷8的电荷量为-Q,两点电荷连线上各点电势

随工变化的关系如图所示，其中％=4m处电势最高，工轴上M、N两点分别处于3〃?和5机处，静电力常量

为2,下列说法正确的是（）

A.点电荷A的电荷量为+4Q

B.若在M点固定一电荷量为夕的试探电荷，则该试探电荷受到的电场力大小为竽

C.正试探电荷由M点沿X轴运动到N点的过程中，电势能先减小后增大

D.似点的电场强度等于N点的电场强度

二、多选题：本大题共3小题，共15分。

6.关于热现象，下列说法正确的是（）

A.布朗运动中越小的炭粒，受到撞击的分子越少，碳粒的不平衡性表现得越不明显

B.内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能一定不同

C.绝热密闭容器中一定质量理想气体的体积增大，其内能一定减少

D.烧地球飞行的宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，但飞船内的气体对飞船内壁仍有压强

7.2022年10月9日43分，我国在酒泉卫星发射中心成功将“夸父一号”卫星发射升空，开启中国综合性

太阳观测的新时代。该卫星绕地球的运动看成匀速圆周运动，距离地球表面约720千米，运行周期约99

分钟，下列说法正确的是（）

A.“夸父一号”发射速度大于11.2/cm/s

B.若已知万有引力常量，利用题中数据可以估算出地球的质量

C.“夸父一号”绕地球运行的速度大于地球的同步卫星的速度

D.“夸父一号”的角速度小于地球自转的角速度

8.如图所示，有界匀强磁场的宽度为，磁感应强度大小为5、方向垂直纸面向里正方形成〃是粗细均

匀的导体框，总电阻为4R,边长为L,该导体框处于纸面内。导体框在外力作用下沿对角线砒（垂直于磁

场边界）由I位置匀速运动到III位置，速度大小为v,则（）

A.导体框由I位置到III位置过程中感应电流的方向先4A〃“后

B.导体框由I位置到II位置过程中最大感应电流为鬻

C.导体框由I位置到III位置过程中通过的甩荷量为绊

Zn

D.导体框由I位置到II位置过程中外力的最大功率为史袈

三、实验题：本大题共2小题，共20分。

9.图（a）为测显物块与水平桌面之诃动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下：

①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量加；用游标k尺测量遮光片的宽度d；用米尺测最两

光电门之间的距离S；

②调整轻滑轮，使细线水平；

③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字亳秒计分别测出遮光片经过光电门人和光电门B所用的时

间A以和△3，求出加速度

④多次重复:步骤③，求。的平均值£：

⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数小

A.将红表笔和黑表笔接触

A把选择开关旋转到“X100”位置

C把选择开关旋转到“x位置

D调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点

(4)某小组同学们发现欧姆表的表盘刻线不均匀，分析在同一个挡位卜通过待测电阻的电流/和它的阻值心

关系，他们分别画出了如图所示的几种图像，其中可能正确的是o

flflf/f/

\i/TiTLi

000

°RXRKRXRX

ABCD

(5)图丙为题(2)(图乙表盘)中多用电表电阻挡中某一挡位的原理示意图，其中电流表的满偏电流/g=

100/1/1,内阳Rg=1002电池的电动势E=1.5V,内阳r=0.5。，则此时欧姆表为电阻_____挡。

四、简答题：本大题共2小题，共30分。

11.如图所示，在第一象限内有水平向右的匀强电场，电场强度大小E=

野。在第四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，在该平面内有一个质量为——-——>

〃人电荷量为4的带正电粒子从0点以初速度北沿y轴负方向射出，夕点的坐

标为(2d,攀d)，粒子穿过x轴后恰好不能从y轴射出磁场，不考虑粒子的重••••

9999

力。求：・・・・

(1)粒子第一次穿过X轴时的速度V的大小和方向；・・・・

(2)匀强磁场的磁感应强度A的大小；

(3)粒子从尸点射出到第二次穿过x轴所用的时间上

12.如图所示是列车进站时利用电磁阻尼辅助刹车的示意图，在车身下方固定一矩形线框abed,"边长为

/,be边长为d,在站台轨道上存在方向竖直向上、磁感应强度大小为8的有界矩形匀强磁场MNPQ,MN

边界与曲平行，区域长为小若帅边刚进入磁场时列车关闭发动机，此时的速度大小为北,cd边刚离开

磁场时列车刚好停止运动。已知线框总电阻为R,列车的总质量为机，摩擦阻力大小恒定为幼长，不计空

气阻力，重力加速度为g0求：

(1)线框时边刚进入磁场时列车的加速度大小：

(2)线框从进入到离开磁场过程中，线框产生的焦耳热;

(3)线框从进入到离开磁场过程所出的时间。

五、计算题：本大题共1小题，共10分。

13.有一个角度可变的轨道，当倾角为30度时，A恰好匀速下滑，现将倾角调为60度，从高为。的地方从

静止下滑，过一段时间无碰撞地进入光滑水平面，与8发生弹性正碰，8被一根绳子悬挂，与水平面接触

但不挤压，碰后B恰好能做完整的圆周运动，已知4的质量是8的质量的三倍，求：

①4与坑道间的动摩擦因数〃；

②A与8刚碰完8的速度：

③绳子的长度L.

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解:4铀核图■）衰变为铅核嗡6pb）的过程中,设要经过〃次a衰变和加次6衰变,曰质量数守

恒、核电荷数守恒有

92=82+2几一m

238=206+4n

解得

n=8,m=6

故a正确；

8、半衰期只和元素本身有关，与压强无关，故B错误；

C、在*0、y这三种射线中，y射线的穿透能力最强，a射线的电离能力最强，故。错误；

。、/?衰变放出的电子是来自原子核发生衰变时的产物，故。错误；

故选：Ao

根据夕衰变实质、半衰期特征、核反应前后，质量数和电荷数守恒以及，*/?、y三种射线特征，即可解

答。

本题考查学生对6衰变实质、半衰期特征、核反应前后，质量数和电荷数守恒以及，a、6y三种射线特

征的掌握，考点多，具有一定难度，需要学生熟记。

2.【答案】C

【解析】解：4由图中各色光的折射程度可知〃光的折射率最小，根据u=（可知，“光在棱镜中的速度最

大，故A错误；

B.a光的折射率最小，则频率最小，根据光电效应方程=Zn/-％可知。光打出的光电子的遏止电压最

小，故B错误；

C光的反射和折射光路如图

B

C处均为直角，根据光的反射定律结合几何关系可知不论折射率大小，根据光路的对称性可以判断出三种

单色光从CO面射出时与相应法线的夹角都等于故从。。面出射时。光、b光、c光互相平行，故。正

确；

De光的频率最大，则波长最小，根据干涉条纹间距公式4%=可知c光双缝干涉条纹宽度最小，故。错

误；

故选：Co

A.根据折射光路图比较光的折射率，由波速公式进行判断；

B.根据光电效应方程进行分析判断；

。.根据光路图和几何关系结合对称性进行分析判断；

D根据双缝干涉条纹的间距公式进行分析判断。

考杳光的折射光路和折射率、光电效应等问题，会根据题意列式求解相关的物理量.

3.【答案】C

【解析】解：A线圈中产生的感应电动势的最大值为

Em=BSo)

电压表示数应为电阻R两端的电压有效值，则有

BSa)R

IJ=-------------

<2(7?+r)

故A错误；

8.根据欧姆定律有

_E_BSo)

~R+r~/2(/?4-r)

电流瞬时值表达式为

lBS0)

i=V2Icosa)t=—cos3t

A+r

故B错误;

C线圈从图示位置转过90。的过程中所用时间

n

2口

戊=4=寸

co2a)

根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势平均值为

-BS2BS0)

At~At~n

则通过电阻R的电流平均值

-_E_2BSa)

1-R+r~TT(R+r)

故C正确：

D线圈从图示位置转过90。的过程中，电阻R上产生的焦耳热

兀RB2s2侬

Q=l2RAt

4(/?+r)2

故D错误。

故选：C。

根据正弦式交变电流产生规律分析，感应电动势最大值为Em=nBS/,求得交流电的有效值，根据闭合电

路欧姆定律可以求出电流的表达式，根据感应电动势的平均值解得C,根据焦耳定律解得。。

此题考查了交流的峰值、有效值以及瞬时值的计算，解题的关铤是明确正弦式交变电流有效值的确定。

4.【答案】D

【解析】解：A、根据波源的表达式y=-0.05sin(107rt)7n可知，波源起振方向沿着y轴负方向，则介质中

各个质点的起振方向均沿着y轴负方向，故A错误；

8、根据波源的表达式y=-0.05sin(10nt)m可知，简谐波的振幅为力=0.05m,圆频率为3=10nrad/s,

则周期为T=穿=^s=0.2s

根据产点恰好开始振动时，振源在最大位移处，可知OP间的距离为

s=(n4-^)2,(n=0,l,2,.......)

得

9

A=——7zn,(n=0,12........)

9

根据波速公式"河"普m/s=^m/s

P点开始振动时•，。尸之间存在4个波谷，则公式中n=3,代入得波速为：v=12m/s,故B甯误；

C、由于£=1.2s=67,则£=1.2s时，P点经过平衡位置向），轴负方向运动，加速度为0,故C错误；

D、波从。传到Q的时间为a=；=号s=ls,t=1.2s时Q点振动了0.2s,即一个周期，所以。点经

过的路程为：4s=44=4x0.05m=0.2m,故。正确。

故选：。。

介质中各个质点起振方向都与波源起振方向相同，根据波源的振动方程判断波源的起振方向，从而确定产

点起振方向。根据P点恰好开始振动时，振源在最大位移处，分析OP间的距离与波长的关系，结合OP

之间存在4个波谷，确定波长的大小，再求波速。根据时间与周期的关系分析P点的加速度以及。点通过

的路程。

本题考查波的形成，要理解并掌握波的传播特点：介质中各个质点起振方向都与波源起振方向相同，理解

波的周期性，能写出波氏的通项。

5.【答案】B

【解析】解：Aw-X图线的斜率表示场强，由图可知，在％=4m处图线的斜率为零，说明在x=4m处电

场强度为零，所以两点电荷一定是同种电荷，故点电荷A带负电，根据点电荷场强公式

E=k千

可知

旦—丝

42~22

所以

QA=^Q

故a错误；

B.点电荷A到M点的距离为3m，点电荷8到M点的距离也为3加，所以M点的场强大小为

,Q_kQ

E…-k-4Q5—k-­=-^―

32323

则在M点放一带电荷量为g的试探电荷，其所受电场力为

尸kQq

F=^=—

故B正确；

C沿着电场线电势逐渐降低，则M点到N点，电场线先向左后向右，正的试探电荷从M点到N点时电场

力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小，故C错误；

。.由图可知图线在M点的斜率小于N点的斜率，即M点的电场强度小于N点的电场强度，故。错误：

故选：B。

图线的斜率表示场强的大小，因为在两电荷中间位置电场强度为零，所以两电荷带同种电荷；根据点电荷

场强公式计算得到A电荷所带电荷量的多少，进而根据场强的矢量合成可以得到M点的场强大小；比较

M点和N点两点斜率的大小即可知道这两点场强的大小；对正电荷来说，电势越高，电势能越大。

(P-工图线的斜率表示场强的大小是解题的关键所在，根据图线的斜率可以比较各点的场强大小，进而根

据点电荷场强公式得到A电荷所节电荷量的多少，就可判断题目中选项的正误。

6.【答案】ACD

【解析】解：A、布朗运动中越小的炭粒，受到的撞击的分子越少，碳粒的不平衡行表现的越明显，故A

正确;

8、内能不同的物体，温度可能相同，因此分子热运动的平均动能可能相同，故8错误；

C、绝热密闭容器中，一定质量理想气体的体枳增大，对外做功，根据热力学第一定律/U=W+Q,其中

Q=0,WVO,则/U<0,内能减小，故。正确：

。、绕地球K行的宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，但飞船内的气体分子存在分子热运动，所以对飞

船内壁仍有压强，故。正确。

故选：ACD.

布朗运动反映液体分子运动的无规则性，颗粒越小则运动越激烈；根据热力学定律分析，改变内能的方

式：做功和热传递；根据物体的内能包括动能和势能分析即可；气体压强与分子重力无关，是由分子无规

则运动对容器壁的撞击产生的。

本题主要掌握温度是分子平均动能的标志，理解热力学第一定律内容，知道温度是平均动能的标志。

7.【答案】BC

【解析】解：4因为ll.2/nn/s是第二宇宙速度，是挣脱地球引力束缚的最小速度，由题意可知，“夸父一

号”并未脱离地球，仍靠地球引力提供向心力，所以发射速度不会大于11.2/on/s,故A错误；

B.根据公式

GMm

(R+/i)

&+h)2

可得，地球的质量

4TT2_

时二彳/+八尸

若已知万有引力常量，利用题中数据可以估算出地球的质量，故8正确；

C“夸父一号”的周期为99分钟，地球的同步卫星周期为24小时，根据公式

GMm47r2

=m-(R+h)

(R+九)2T2

可得

T=

可知“有父一号”的轨迹半径小，又根据。^=小芍可得

可知，“夸父一号”的速度大，故C正确;

D“夸父一号”绕地球运行周期约99分钟，小于地球的自转周期24%，根据

27r

3=y

可知，其角速度大于地球自转的角速度，故Q错误。

故选：BC。

根据第二宇宙速度概念分析；根据万有引力提供向心力推导质量、周期、线速度分析判断：根据角速度定

义式分析判断。

本题关键掌握利用万有引力提供向心力推导相关物理量。

8.【答案】AD

【解析】解：4、导体框由I位置到山位置过程中，穿过导体框的磁通量先向里增加后向里减小，根据楞

次定律可知感应电流的方向先adcba后abcda,故A正确；

8、边刚进入磁场时有效切割长度最大，导体框产生的感应电动势最大，感应电流最大，导体框切割磁

感线的最大有效长度最大为4乙，产生的最大感应电动势为：E=B-yp2.Lv=V2BLv,最大感应电流为

/二燃二故B错误；

C、导体框由【位置到川位置过程磁通量变化43=0,故通过的电荷量为勺=/4=器=瑞=0,故。错

误；

。、导体框做匀速运动，外力的最大功率等于安培力的最大功率，为P=笔或=噂，故。正确。

故选：ADO

根据楞次定律分析导体框中感应电流的方向；先确定导体框切割磁感线的有效长度的最大值，再求出对应

的感应电动势，从而求得最大感应电流，进而求出对应的外力，利用功率公式求出外力的最大功率：根据

法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求出导体框由I位置到山位置过程中通过的电荷量。

在本题中，要注意最大感应电流对应的是最大感应电动势，此时导体框切割的有效长度最大。在求电荷量

时用到的电动势为平均电动势，这是易错点。

9.【答案】。.960；［(/)2-(/［2］蹩若处系统误差

ZsAtjjAt4Mg

【蟀析】解：(1)由图(匕)所示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm,游标尺示数为12x0.05mm=OSOnun=

0.060cm,贝II游物;卡尺示数为0.9cm+0.060c?n=0.960cm。

(2)物块经过A点时的速度以=£,物块经过B点时的速度砧=二，物块做匀变速直线运动，由速度位移

JS

公式得：诏一位=2QS，加速度a=［(舟2—(今)2］；

(3)以M、机组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：=+解得〃=

mg-(M+m)a

Mg；

(4)如果细线没有调整到水平，由比引起的误差属十系统误差。

故答案为：(1)0.960；(2)*［(4/一(9)2］；(3)当铲妆；(4)系统误差。

(1)游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数，

(2)由速度公式求出物块经过4、8两点时的速度，然后由匀变速运动的速度位移公式求出物块的加速度：

(3)由牛顿第二定律求出动摩擦因数。

(4)由「实验设计造成的误差是系统误差，由「实验操作、读数等造成的误差属于偶然误差。

对游标卡尺进行读数时，要先确定游标尺的精度，主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺示数，读数时视线

要与刻度线垂直。

10.【答案】AC22.0190BADACx1k

【解析】解•：(1)4当S接触点1时，电阻与表头并联，则多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱8接

的是黑表笔，故A正确；

8C.当S接触点2时，内部接电源，则多用电表处于测最电阻的挡位，因黑表笔内部接电源的正极，则其

中接线柱8接的是黑表笔，故B错误，C正确；

D.当5接触点3时，表头与电阻串联，则多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱8接的是黑表笔，故

D错误；

故选：AC.

(2)a.若所选挡位为直流50/〃A挡，则分度值为1〃L4,示数为22.0zn4

b.若所选挡位为电阻x10。挡，则示数为19x10/2=190。：

(3)用表盘为图乙所示的多用电表正确测量了一个约15。的电阻后，需要继续测量一个阻值约2k。的电阻，

则必须要换成“X100”挡，然后两表笔短接调零，其正确步骤是BA。。

(4)根据闭合电路的欧姆定律可知

_E

则

11R内

7小+万

故AC正确，8。错误。

故选：AC.

(5)由闭合电路的欧姆定律

E

%=『

«内

将/7=100/Z/1=100x10-6加弋入解得

R内=15000。

结合表盘的中值电阻的意义分析可得，此时欧姆表为电阻x1k挡。

故答案为:(1)4C；(2)22.0；190；(3)BAD；(4)4C；(5)XIk.

(1)根据多用电表的内部结构分析解答；

(2)根据挡位结合分度值读数；

(3)根据多用电表的使用方法作答；

(4)(5)根据闭合电路欧姆定律分析解答。

本题考查了多用电表结构、多用电表读数与欧姆表的使用方法，知道电流表。电压表与欧姆表的改装原理

是解题的前提，分析清楚图示电路结构、掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。

11.【答案】解：(1)如图所示

粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴负方向做匀速直线运动，有孥4=%口

沿工轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a=变=细

m2d

沿x轴正方向的速度以=at.

联立解得力.=\J~3VQ

射出磁场时的速度U=yjVQ+v}=2vo

设射出电场时粒子的速度y方向与初速度见方向的夹角为仇根据类平抛运动的推论得

Vv「

tan0=—=v3

%

则e=60°

(2)粒子第一次穿过x轴时，沿x轴正方向的位移％=：。产二弓

粒子在磁场中做匀速圆周运动，恰好不从丁轴射出磁场时，轨迹与y轴相切，设粒子轨迹半径为，，根据

几何关系得

r+rcos60°=2d+x

解得r=2d

粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有quB=华

解得B=V

(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=等=需

在磁场中运动时间b=『=瑞

粒子从。点射出到第二次穿过x轴所用时间t=£1+J

代人数据得+

答：(1)粒子第一次穿过x轴时的速度V的大小为2%,方向：与孙的夹角为60。指向右下方；

(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小为鬻：

(3)粒子从2点射出到第二次穿过x轴所用的时间，为色(厚+寿)。

【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，由平抛规律求解；

(2)画出粒子恰好不能从)，轴射出磁场时的轨迹，用数学知识求圆周运动的半径，再由洛伦兹力提供向心力

列式求解；

(3)根据对称性可知粒子在磁场中转动的圆心角为300度，由亡二卷7计算在磁场中的运动时间，再加上

粒子在电场中的运动时间即可。

本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，注意衔接点的速度大小和方向，正确画出运动轨迹，利用类平

抛和圆周运动规律即可求解。

12.【答案】解：(1)线框刚讲入磁场时，，而动产牛的感应电动势为

E=BIVQ

线框中感应电流大小为

ab4所受安培力大小为

F=BIl=

根据牛二定律得：F+kmg=ma

12

解得：a=~^+叼

(2)线框由进入磁场到离开磁场过程中，由动能定理得

1

-W-kmg-2d=0-57n诏

又Q=W

联立解得线框产生的焦耳热为：Q=1mvo-2kmgd

(3)线框由进入磁场到离开磁场过程中，取向右为正方向，由动量定理得：

-BI/-A-Bl2l-t2-kmgt=0-mv0

又线框进入和离开磁场的过程中，通过线框的电荷量分别为

加而八Bld

-d=T

1_Blv2t2_Bld

Qz-，2上――