2024年高考物理终极押题密卷2（天津卷）含答案

2024年高考物理终极押题密卷2（天津卷）

一,选择题（共5小题）

1.（2024•天津模拟）下列说法正确的是（）

A.卢瑟福用a粒子轰击;4可获得反冲核｝2c发现了质子

B.爱因斯坦通过对黑体辐射规律的分析提出了光子说

C.玻尔通过对天然放射现象的研究提出氢原子能级理论

D.汤姆孙发现电子从而提出了原子的核式结构模型

2.（2024•宁河区校级一模）无人机常应用于应急救援物资输送上。在某次救援过程中，无人机下方用轻

绳悬挂救援物资，它们在空中沿水平方向一起做匀速运动，救援物资在水平方向受到空气阻力作用。现

在，调整无人机速度，在水平方向仍然匀速运动，发现悬挂物资的绳子与竖直方向的夹角0变大，则

调整速度后，下列说法正确的是（）

A.救援物资受到的合力会变大

B.悬挂救援物资的绳子张力变小

C.救援物资在水平方向上受到的空气阻力不变

D.救援物资受到的重力和绳子拉力的合力会变大

3.（2024•天津模拟）截至2023年10月底，我国先后研制、发射了12艘神舟系列载人飞船，把20名、

32人次航天员送上了太空，成功率达到100%。若飞行中某珅舟号飞船质量为m,围绕地球做半径为r

的匀速圆周运动，己知地球的质量为M、半径为R,引力常量为G,则该飞船的（）

I2

A.周期为J4兀RB.向心加速度为粤

VGMR2

C.角速度为，阵D.动能为驷

VR32r

4.（2024•天津模拟）如图为远距离输电的原理图，已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为m、n2,两

端电压分别为Ui、U2,电流分别为1、12,升压变压器与降压变压器之间输电线上的总电阻为R,降压

变压器原、副线圈的匝数分别为8、n*两端电压分别为13、U4,电流分别为13、14。变压器均为理

想变压器，若保持发电厂的输出电压不变，则下列说法正确的是（）

1

1

:

发

电O

~q

厂o

—

R

>—

升压变压器降压变压器

A.尢论用户端的负载如何增加，始终有hUi=l3U3

Ij2

B.输电线上损失的功率△P=」

R

C.若用户端负载增加，那么电压U3变小

D.输电线上的电流13=里

R

5.（2024•南开区一模）如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，实线为一个带正电粒子仅在电场

力作用下的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法正确的是（）

A.三个等势面中，等势面a的电势最高

B.粒子在Q点时的电势能比在P点时大

C.粒子在Q点时的动能比在P点时大

D.粒子在Q点时的加速度比在P点时大

二,多选题（共3小题）

（多选）6.（2024•河东区一模）光刻机又名“掩膜对准曝光机”，是制造芯片的核心装备，它是利用光源

发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经技术处理制成芯片。为提高光刻机投影精细图的能力，在

光刻胶和投影物镜之间填充液体，提高分辨率，如图所示。若浸没液体的折射率为1.7,不加液体时光

刻胶的曝光波长为187nm，则加上液体后，下列说法中正确的是（）

掩膜

A.紫外线进入液体后光了能量增加

B.紫外线在液体中的波长为110nm

C.传播相等的距离，在液体中所需的时间变为原来的1.7倍

D.“浸没式”光刻能提高分辨率是因为紫外线在液体中比在空气中更容易发生衍射

（多选）7.（2024•天津二模）如图甲，“战绳”训练是近年健身的一种流行项目。“战绳”可简化为乙图

所示的弹性轻绳，绳上有很多标记数字且处于平衡位置的质点，相邻两个标记质点间距离为L,健身者

沿竖直方向向上抖动质点1,并开始计时，t时刻第7个质点开始振动，此时质点I第一次到达波谷，

各质点偏离平衡位置的最大距离为A,形成的绳波可看作简谐波，下列说法正确的是（）

甲乙

A.该波的波长为24L

B.波源的振动周期4t

C.t时刻，质点3处于平衡位置向上运动

D.质点3开始振动的方向竖直向上

（多选）8.（2024•南开区校级模拟）东京奥运会女子铅球决赛中，32岁的老将巩立姣以20米58的成绩

夺冠，为我国田径队收获了本届东京奥运会的第一枚田径金牌。这块金牌也实现了我国奥运会田赛项目

“零的突破二如图所示，运动员巩立姣斜向上推出铅球，铅球飞行一段时间后落地，若不计空气阻力，

则（）

A.运动员斜上推出钳球过程，运动员做的功全部本专化为铅球的动能

B.只要铅球离手时初速度越大，在空中飞行的时间一定长

C.铅球在空中飞行过程中，铅球的重力势能先增大后减小

D.铅球在空中飞行过程中，相同时间内球的动量变化量相同

三,实验题（共2小题）

9.（2024•河东区二模）在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水

平木板上，橡皮条的另一端系两根细绳，细绳另一端带有绳套。先用两个弹簧秤分别勾住绳套并互成角

度地拉橡皮条，使橡皮条的结点达到某一位置O,并记下该点的位置再用一个弹簧秤将橡皮条的结

A.理想模型法

B.等效替代法

C.控制变量法

D.演绎推理法

②图甲中沿OB方向拉的弹簧测力计的示数为N；（保留三位有效数字）

③实验中，在白纸上画出的测量结果如图乙所示，其中O处为结点位置。图中的F与F两力中，方向

一定沿橡皮筋方向的是：

④关于本实验，下列说法正确的是o

A.弹簧秤、细绳、皮筋都应与木板平行

B.橡皮筋应与两绳夹角的平分线在同一直线上

C.两次拉伸橡皮条，只要使橡皮条伸长到相同长度即可

D.拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些

10.（2024•南开区校级模拟）在实验室中某同学需要测定一节新干电池的内电阻。已选用的器材有：

干电池（电动势为1.5V,内隹很小）；

电流表（量程。〜0.6A,内阻约为0.1Q）；

电压表（量程。〜3V,内阻约6kQ）；

电键一个、导线若干。

①新电池的内阻较小，实验中所用的滑动变阻器应选下列的（填字母代号）。

A.定值电阻（阻值1。）

B.定值电阻（阻值IOO）

C.滑动变阻器（阻值范围0〜10C、额定电流2A）

D.滑动变阻器（阻值范围。〜1k。、额定电流1A）

②该同学根据选好的实验器材，将实验器材连接成图甲所示，你认为哪些导线连蚤的有错误

③按正确的方法连接好器材后，接通开关，改变滑动变阻器的阻值R，读出对应的电流表的示数I和电

压表的示数U,根据这些数据画出U・I图线如图乙。根据图线得电池的内电阻r=Q。

四.解答题（共4小题）

II.（2024•河东区二模）如图所示，半径R=1.0m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B与

长为L=0.5m的水平面BC相切于B点，BC离地面高h=0.45m,C点与一倾角为8=45°的光滑斜面

连接，质量m=1.0kg的小滑块，从距地面高H=0.95m的圆弧上某点由静止释放，当小滑块运动到C

点时与一个质量M=2.0kg的小球正碰，碰后返回恰好停在B点。已知滑块与水平面间的动摩擦因数u

=0.1,重力加速度g取度m/s2,求：

（I）到达B点时小滑块对圆瓠轨道的压力大小。

12.（2024•河西区二模）如图所示，光滑水平面上固定一倾角8=30°的斜面，斜面的长度S=4m,质量

为M=2kg的足够长的木板左端与斜面底端平滑连接（木板与斜面不粘连）。一个质量为m=lkg的滑

块（可视为质点）从斜面的顶端由静止开始下滑，到达斜面底端时的速度大小为vo,接着立即以该速

度大小沿水平方向滑上长木板。已知滑块与斜面间的动摩擦因数为四］卷，滑块与长木板间的动摩

擦因数为|12=0.1,gK10m/s2o求：

（1）滑块到达斜面底端时的速度大小vo以及滑块在斜面上运动的过程中斜面对滑块支持刀的冲量；

（2）滑块与木板最终达到的共同速度v的大小以及滑块相对「长木板滑动的距离X。

13.（2024•天津模拟）如图所示，光滑金属导轨a、c、b、d相互平行，固定在同一水平面内，a>c间距

离为L,b、d间距离为2L,a与b间、c与d间分别用导线连接，导轨所在区域有方向竖直向下、磁感

应强度大小为B的匀强磁场。金属杆GH在垂直于GH的水平外力Fi（Fi未知且图中未画出）作用下

保持静止，且GH垂直于b和d。金属杆MN质量m,在垂直于MN的水平恒力F2作用下从静止开始

向左运动，经过位移x后，杆MN的速度不再变化，杆MN始终垂直于a和c,金属杆MN和GH接入

电路的电阻均为R，其余电阻不计，导轨a、c足够长。求：

（1）金属杆MN匀速运动时的速度v大小；

（2）水平外力Fi的最大值；

（3）MN杆匀速运动后撤去拉力F2,求此后MN杆还能滑行的距离s。

J"次

14.(2024•天津模拟)实验室有一装置可用于探究原子核的性质，该装置的主要原理可简化为：空间中有

一直角坐标系O-xyz,在紧贴(・0.2m,0,0)的下侧处有一粒子源P,能沿x轴正方向以丫。：1x10%i/s

的速度持续发射比荷为9:5义107C/kg的某种原子核。xOy平面图如图甲所示，在xVO,yVO的空间

m

中有沿-y方向的匀强电场E=lXl()5v/m。在x>0的空间有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁场区

域足够大，磁感应强度的大小为Bi=0.2T。忽略原子核间的相互作用和重力。

(1)求原子核第一次穿过y轴时速率；

(2)设原子核从Q点第二次穿过y轴，求O、Q两点之间距离；

(3)若在xOz平面内xVO区域放置一足够大的吸收屏，屏上方施加有沿-y方向大小为B2=^(T)

的匀强磁场，如图乙所示。原子核打在吸收屏上即被吸收并留下印迹，请确定该印迹的位置坐标。

图甲图乙

2024年菁优高考物理终极押题密卷2（天津卷）

参考答案与试题解析

一.选择题（共5小题）

1.（2024•天津模拟）下列说法正确的是（）

A.卢瑟福用a粒子轰击;4N获得反冲核产发现了质子

B.爱因斯坦通过对黑体辐射规律的分析提出了光子说

C.玻尔通过对天然放射现象的研究提出氢原子能级理论

D.汤姆孙发现电子从而提出了原子的核式结构模型

【考点】物理学史；黑体黑体辐射及其实验规律；原子的核式结构；a粒子放射实验；天然放射现象.

【专题】定性思想；推理法；光电效应专题；原了•的核式结构及其组成：原了•的能级结构专题；理解能

力.

【分析】根据原子物理学发展的历程，以及相关物理学家的贡献解答即可。

【解答】解：A、卢瑟福用a粒子轰击;《N获得反冲核自发现了质子，故A正确；

B、爱因斯坦通过对光电效应现象的分析提出了光子说，故B错误；

C、玻尔通过对氢光谱的成因的研究提出氢原子能级理论，故C错误：

D、卢瑟福通过a粒子的散射实验分析，提出原子的核式结构模型，故D错误；

故选：Ao

【点评】该题考查原子核式结构及质子的发现者等，掌握物理史实，知道玻尔的原子模型的作用及其局

限性是关键。

2.（2024•宁河区校级一模）无人机常应用于应急救援物资输送上。在某次救援过程中，无人机下方用轻

绳悬挂救援物资，它们在空中沿水平方向一起做匀速运动，救援物资在水平方向受到空气阻力作用。现

在，调整无人机速度，在水平方向仍然匀速运动，发现悬挂物资的绳子与竖直方向的夹角0变大，则

调整速度后，下列说法正确的是（）

A.救援物资受到的合力会变大

B.悬挂救援物资的绳子张力变小

C.救援物资在水平方向上受到的空气阻力不变

D.救援物资受到的重力和绳子拉力的合力会变大

【考点】一般情况下的共点力平衡；力的合成与分解的应用.

【专题】比较思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理能力.

【分析】救援物资做匀速运动，合力为零。对救援物资受力分析，利用正交分解法，建立力的等量关系,

据此分析当绳子与竖直方向的夹角e变大时，绳子的张力、空气阻力、以及重力和绳子拉力的合力如

何变化。

【解答】解：A、无人机和救援物资仍做匀速运动，合力仍为零，没有变化，故A错误；

BC、设绳子拉力为T,救援物资受到的阻力为f,其受力情况如图所示，根据平衡条件在水平方向有

f=Tsin0

竖直方向上有

Tcos0=mo

可得：f=mgtanG,J=---

cos8

则当绳子与竖直方向的夹角8变大时，绳子的拉力T变大，救援物资受到的空气阻力f变大，故BC错

误；

D、由三力平衡可知，救援物资受到的重力和绳子拉力的合刀大小等于受到的阻力大小，阻力变大，则

救援物资受到的重力和绳子拉力的合力变大，故D正确。

故选：Do

【点评】对救援物资受力分析时解决本题的关键，注意三力平衡时，其中任意两力的合力一定跟第三个

力等大反向。

3.（2024•天津模拟）截至2023年10月底，我国先后研制、发射了12艘神舟系列载人飞船，把20名、

32人次航天员送上了太空，成功率达到100%。若飞行中某神舟号飞船质量为m,围绕地球做半径为r

的匀速圆周运动，己知地球的质量为M、半径为R,引力常量为G,则该飞船的（）

A.周期为三B.向心加速度为粤

C.角速度为阵D.动能为驷

VR32r

【考点】人造卫星：向心力；万有引力定律的应用.

【专题】应用题；学科综合题；定量思想；方程法；方有引力定律在天体运动中的应用专题；理解能力.

【分析】由万有引力提供向心力结合向心力公式求解周期、角速度和线速度大小，再根据动能的计算公

式求解动能，根据牛顿第二定律结合万有引力定律求解加速度大小。

,Mm_4兀2

【解答】解：A、由万有引力提供向心力可得:r，解得空间站的周期为T

故A错误；

B、根据牛顿第二定律可得：弓粤二ma，解得：a碧，故B错误;

C、由万有引力提供向心力可得：J^（02,解得:

G=mr故C错误;

D、由万有引力提供向心力有：G野二年，解得：怦，则空间站的动能为：

2

E4mv4mX——故D正确。

K//rz.r

败选：D。

【点评】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合

向心力公式进行分析，掌握万有引力的计算公式以及动能的讦算公式，注意轨道半径与地球的半径不同。

4.（2024•天津模拟）如图为远距离输电的原理图，已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为m、皿，两

端电压分别为Ui、U2,电流分别为h、12,升压变压器与降压变压器之间输电线上的总电阻为R,降压

变压器原、副线圈的匝数分别为0、n*两端电压分别为LXU4,电流分别为13、Lu变压器均为理

想变压器，若保持发电厂的输出电压不变，则下列说法正确的是（）

L

发-

电q

厂

—nPl

>M

升压变压器降压变压器

A.无论用户端的负载如何增加,始终有I1U1=I3U3

吗

B.输电线上损失的功率AP=R

C.若用户端负载增加，那么电压U3变小

D.输电线上的电流13=氏

R

【考点】远距离输电；变压器的构造和原理.

【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力.

【分析】变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比，电流之比等于函数之反比；根据升压变压器的输出

电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和，得出U3、U2的关系。当用户增多时，用户端总电阻

变小，电流变大，结合输电线上电压损失的变化得出降压变压器输出电压的变化。

【解答】解：A.输电线有损耗，无论用户端的负载如何增加，始终有hUi>l3U3,故A错误；

B.输电线上损失的功率Z\P="2-U3）,故B错误：

R

C.若用户端负载增加，则电流增大，根据U=IR可知输电线电压增大，那么电压U3变小，故C正确;

D.输电线上的电流13=曳山，故D错误；

R

故选：Co

【点评】解决该题需明确知道变压器中原副线圈的电压、电流与匝数的关系，知道原副线圈的功率的关

系。

5.（2024•南开区一模）如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，实线为一个带正电粒子仅在电场

力作用下的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法正确的是（）

A.三个等势面中，等势面a的电势最高

B.粒子在Q点时的电势能比在P点时大

C.粒子在Q点时的动能比在P点时大

D.粒子在Q点时的加速度比在P点时大

【考点】等势面；电势能与电场力做功的关系；电势.

【专题】定性思想；推理法；带甩粒子在电场中的运动专题；推理能力.

【分析】由于带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，

由于粒子带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断：电场线和

等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大。

【解答】解：A.根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受电场力指向运动轨迹的凹侧，即电场力方向斜向

右下，因带电粒子带正电，则电场线方向垂直于等势面斜向不下，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，

等势面c的电势最高，等势面a的电势最低，故A错误；

BC.因为P点电势高于Q点电势，根据Ep=q（p,由于带电粒子带正电，可知粒子在电势较高的P点

时的电势能比在Q点时大，根据能量守恒可知粒子在Q点时的动能比在P点时大，故B错误，C正确；

D.由于P点处的等势面较密，所以P点的电场强度较大，粒子在P点受到的电场力较大，故质点在Q

点时的加速度比在P点时的小，故D错误。

故选：Co

【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步

判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。

二.多选题（共3小题）

（多选）6.（2024•河东区一模）光刻机又名“掩膜对准曝光机”，是制造芯片的核心装备，它是利用光源

发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经技术处理制成芯片。为提高光刻机投影精细图的能力，在

光刻胶和投影物镜之间填充液体，提高分辨率，如图所示。若浸没液体的折射率为1.7,不加液体时光

刻胶的曝光波长为187nm,则加上液体后，下列说法中正确的是（）

掩膜

A.紫外线进入液体后光了能量增加

B.紫外线在液体中的波长为llOnm

C.传播相等的距离，在液体中所需的时间变为原来的1.7倍

D.“浸没式”光刻能提高分辨率是因为紫外线在液体中比在空气中更容易发生衍射

【考点】光的衍射；光的折射及折射定律.

【专题】定量思想：推理法；光的折射专题；推理能力.

【分析】光在传播过程中，频率不变，根据E=hv判断光子能量；根据口。、入，导出紫外线在液

vf

体中的传播的波长，在液体中传播速度，再根据x=vt判断在真空和液体中传播时间；光发生明显衍射

条件为：光的波长比障碍物、孔、缝的尺寸大，火相差不多,

【解答】解：A.紫外线进入液体后，频率不变，则光子的能量不变，故A错误;

BC.由公式口上、入J可得：»入选」1_=空11nno皿，传播相等的距离时，紫外线在真

vfn收n1.7

紫外线在液体中传播时间为；「二工二四=上区=传播相等的距离,

空中传播时间为:m17t,

CVCC

在液体中所需的时间变为原来的1.7倍，故BC正确;

D.紫外线在液体中波长变短，由发生明显衍射的条件可知，紫外线在液体中比在空气中更不容易发生衍

射，则高光刻机的分辨率就越高，故D错误。

故选：BCo

【点评】本题主要考查对光的能量、光的折射、光的明显衍射的理解，理解光的能量由频率决定、发生

明显衍射条件是解题关键。

（多选）7.（2024•天津二模）如图甲，“战绳”训练是近年健身的一种流行项目。“战绳”可简化为乙图

所示的弹性轻绳，绳上有很多标记数字且处于平衡位置的质点，相邻两个标记质点间距离为L,健身者

沿竖直方向向上抖动质点I,并开始计时，I时刻第7个质点开始振动，此时质点1第一次到达波谷，

各质点偏离平衡位置的最大距离为A,形成的绳波可看作简谐波，下列说法正确的是（）

甲乙

A.该波的波长为24L

B.波源的振动周期等t

C.I时刻，质点3处于平衡位置向上运动

D.质点3开始振动的方向竖直向上

【考点】横波的图像；波长、频率和波速的关系.

【专题】定量思想；方程法；振动图象与波动图象专题：推理能力.

【分析】t时刻第7个质点开始振动，画出“战绳”在t时刻的波动图像，根据图像求解波长和振动周

期；根据“同侧法”分析振动力向；波上每一质点开始振动方向与波源的振动力向一致。

【解答】解：A、根据题意可知I时刻第7个质点开始振动，“战绳”在t时刻的波动图像为：

B、由上述分析可知，有：3r=3所以有：T=-it,故B正确；

43

C、由于该波向x轴正方向传播，根据“同侧法”可知，在I时刻，质点3处于平衡位置向下运动，故

C错误；

D、波上每一质点做的都是受迫运动，其开始振动方向与波源的振动方向一致，由题意可知，波源开始

时向上振动，所以质点3开始振动的方向向上，故D正确。

故选：BDo

【点评】本题主要是考查了波的图像：解答本题关键是要理解波的图象的变化规律，能够根据图像直接

读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fA。

（多选）8.（2024•南开区校级模拟）东京奥运会女子铅球决赛中，32岁的老将巩立姣以2（）米58的成绩

夺冠，为我国田径队收获了本届东京奥运会的第一枚田径金牌。这块金牌也实现了我国奥运会田赛项目

“零的突破”。如图所示，运动员巩立姣斜向上推出铅球，铅球飞行一段时间后落地，若不计空气阻力，

则（）

A.运动员斜上推出铅球过程，运动员做的功全部转化为铅球的动能

B.只要铅球离手时初速度越大，在空中飞行的时间一定长

C.铅球在空中飞行过程中，铅球的重力势能先增大后减小

D.铅球在空中飞行过程中，用同时间内球的动量变化量相同

【考点】功能关系：动量定理；斜抛运动；重力势能：动能定理.

【专题】比较思想；寻找守恒量法：功能关系能量守恒定律；理解能力.

【分析】运动员斜上推出铅球过程，运动员做的功全部转化为铅球的动能和重力势能；铅球在空中做斜

上抛运动，在空中飞行时间与初速度大小和方向都有关；根据高度的变化，分析铅球重力势能的变化，

利用动量定理分析相同时间内球的动量变化量关系。

【解答】解：A、由于运动员斜上推出铅球过程，铅球的高度增加，重力势能增加，所以运动员做的功

全部转化为铅球的动能和重力势能，故A错误；

B、铅球在空中做斜上抛运动，初速度越大，在空中飞行的时间不一定长，还与初速度的方向有关，故

B错误；

C、铅球在空中做斜抛运动，先升高后下降，因此铅球的重刀势能先增大后减小，故C正确；

D、铅球在空中飞行过程中，不计空气阻力，根据动量定理可知，球的动量变化量等于重力的冲量，即

Ap=nigt,因此相同时间内球的动量变化量相同，故D正确。

故选：CDo

【点评】解答本题时，要明确斜抛运动的时间既与初速度大小有关，也与初速度方向有关。对于动量变

化量，可以根据动量定理进行研究。

三.实验题（共2小题）

9.（2024•河东区二模）在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水

平木板上，橡皮条的另一端系两根细绳，细绳另一端带有绳套。先用两个弹簧秤分别勾住绳套井互成角

度地拉橡皮条，使橡皮条的结点达到某一位置O,并记下该点的位置0。再用一个弹簧秤将橡皮条的结

点拉到同一位置0点，如图甲所示。

①物理学有很多的科学研究方法，本实验所采用的是B；

A.理想模型法

B.等效替代法

C.控制变量法

D.演绎推理法

②图甲中沿OB方向拉的弹簧测力计的示数为3.70N：（保留三位有效数字）

③实验中，在白纸上画出的测量结果如图乙所示，其中O处为结点位置。图中的F与F两力中，方向

一定沿橡皮筋方向的是F'；

④关于本实验，下列说法正确的是AD『

A.弹簧秤、细绳、皮筋都应与木板平行

B.橡皮筋应与两绳夹角的平分线在同一直线上

C.两次拉伸橡皮条，只要使橡皮条伸长到相同长度即可

D.拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些

【考点】验证力的平行四边形定则.

【专题】定性思想；推理法；平行四边形法则图解法专题；推理能力.

【分析】①本实验中要比较两个力共同作用的效果与一个力单独作用的效果，据此分析作答；

②弹簧测力计的分度值为0.1N,读数时要估读到下一位；

③在实验中F和F分别由平行四边形定则及实验得出，根据理论值和实验值的含义作答；

④根据正确的实验操作步骤和注意事项分析作答。

【解答】解：①本实验用一根弹簧测力计拉橡皮条的效果替代两根弹簧测力计共同拉橡皮条的效果，采

用了等效替代法，故ACD错误，B正确；

故选：Bo

②弹簧秤的精确度为0.1N,要估读到下一位，弹簧秤的示数为3.70N。

③图中F为根据平行四边形定则作出的合力的理论值，而F'为合力的实际测量值，即一个弹簧测力计

作用时的力，方向一定沿橡皮筋方向的是F'。

④A.弹簧秤、细绳、皮筋都应与木板平行，故A正确；

B.在实验中两个分力的夹角大小适当，在作图时有利于减小误差，并非需要橡皮筋与两绳夹角的平分线

在同一直线上，故B错误；

C.本实验是“等效替代”思想，两次拉橡皮条时需要使橡皮条与细绳相连的节点0到达同一位置，不

是仅使橡皮条伸长到相同长度，还需要拉伸方向相同，故C错误；

D.拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些，使拉力方向的确定更为精确，故

D正确；

故选：ADo

故答案为：①B；②3.70；③F'；@ADo

【点评】本实验采用的是“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相

替代，明确“理论值”和“实验值”的区别。

10.（2024•南开区校级模拟）在实验室中某同学需要测定一节新干电池的内电阻。已选用的器材有：

干电池（电动势为1.5V,内住很小）;

电流表（量程0〜0.6A,内阻约为0.1ID：

电压表（量程。〜3V,内阻约6kC）：

电键一个、导线若干。

①新电池的内阻较小，实验中所用的滑动变阻器应选下列的AC（填字母代号）。

A.定值电阻（阻值in）

B.定值电阻（阻值I0H）

C.滑动变阻器（阻值范围。〜10。、额定电流2A）

D.滑动变阻器（阻值范围0〜1k。、额定电流1A）

②该同学根据选好的实验器材，将实验器材连接成图甲所示，你认为哪些导线连接的有错误c、e（或

③按正确的方法连接好器材后，接通开关，改变滑动变阻器的阻值R,读出对应的电流表的示数I和电

压表的示数U,根据这些数据画出U-I图线如图乙。根据图线得电池的内电阻r=0.4

【考点】电池电动势和内阻的测量.

【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；实验能力.

【分析】①根据实验原理及操作便捷选择器材；

②根据实验原理图分析解答；

③根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率解答。

【解答】解：①一节干电池电的内阻很小，约为零点几欧姆，则保护电阻不宜太大，否则会变得电流表、

电压表取值范围小，造成的误差大，因此定值电阻应选A：为方便实验操作，滑动变阻器应选C；

②图中c导线的上端应该连接到Ro左端；e和d两根导线其中的一根要连到滑动变阻器的上端；

③根据闭合电路欧姆定律有E=U+I（Ro+r）

由图象可知

k=r+Ro=L5二°，

0.5

解得电源内阻

r=0.4H

故答案为：①AC；②c、e（或d）；③0.4

【点评】本题考查了实验仪器及电路图纠错，要求掌握好其安全、准确的原则；同时注意滑动变阻器在

电路中的应用规律：要掌握应用图象法求电源电动势与内阻的方法。

四.解答题（共4小题）

II.（2024•河东区二模）如图所示，半径R=1.0m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B与

长为L=（）.5m的水平面BC相切于B点，BC离地面高h=0.45m,C点与一倾角为8=45°的光滑斜面

连接，质量m=1.0kg的小滑块，从距地面高H=（）.95m的圆弧上某点由静止释放，当小滑块运动到C

点时与一个质量M=2.0kg的小球正碰，碰后返回恰好停在B点。已知滑块与水平面间的动摩擦因数H

=0.1,重力加速度g取lOmM,求:

（1）到达B点时小滑块对圆弧轨道的压力大小。

（2）小球第一落点到C点的水平距离xo

【考点】动量守恒定律；牛顿第二定律；牛顿第三定律：动能定理.

【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；分析综合能力.

【分析】（1）小滑块从开始到B点的过程，根据动能定理列式，在B点根据牛顿第二定律结合牛顿第

三定律求解滑块对轨道压力大小；

（2）研究小滑块在水平面上运动过程，由动能定理求出小滑块与小球碰撞前的速度；碰后小滑块返回

B点过程，由动能定理求出小滑块碰撞后的速度；对于碰撞过程，由动量守恒求出碰后小球的速度，再

由平抛运动知识判断小滑块离开C点将落在水平地面上，再去求解空中的飞行时间，从而求得碰撞后

小球的第一次落点距C点的距离。

2

【解答】解：（1）滑块由距离地面H高处下滑，根据动能定理有mg（H-h）=lmVB

2

2

由题图可知B点为圆周运动的最低点，在该点有N-mg=吧一

R

由牛顿第三定律可知滑块对圆弧轨道的压力N'=N

联立解得：N'=20N

（2）设滑块到达C点且碰撞前的速度为vi,由动能定理得：-|_imgL=Lm,2_LmvB2

22

在C点两滑块发生碰撞，设碰后滑块速度变为V2,小球速度为V3,取水平向右为正方向，由动量守恒

定律得：mvi=-mv2+Mv3

碰后滑块回到B点速度恰好为零，据动能定理得：

碰后小球做平抛运动，假设小球能落到水平面上，其水平方向做匀速直线运动，有X=V3t

竖直方向有h4gt?

联立解得：x=0.6m

2222

由于x>htan450=0.45m,可知假设成立，则落点与C的距离s=Vx+h=Vo.6+0.45m=0.751r

答：（1）到达B点时小滑块对圆弧轨道的压力大小为20N。

（2）小球第一落点到C点的水平距离x为0.75m。

【点评】本题关键要分析清楚物体的运动情况，寻找每个过程的物理规律，然后根据牛顿第二定律、动

能定理、动量守恒定律和平抛运动知识解答。

12.（2024•河西区二模）如图所示，光滑水平面上固定一倾角8=30°的斜面，斜面的长度S=4m,质量

为M=2kg的足够长的木板左端与斜面底端平滑连接（木板与斜面不粘连）。一个质量为m=lkg的滑

块（可视为质点）从斜面的顶端由静止开始下滑，到达斜面底端时的速度大小为vo,接着立即以该速

度大小沿水平方向滑上长木板。已知滑块与斜面间的动摩擦因数为四，二巨，滑块与长木板间的动摩

擦因数为“2=0.1,g取10m/为求：

（1）滑块到达斜面底端时的速度大小v。以及滑块在斜面上运动的过程中斜面对滑块支持刀的冲量；

（2）滑块与木板最终达到的共同速度v的大小以及滑块相对于长木板滑动的距离X。

T.77777777777777/777777777777777/77777

【考点】动量守恒定律；动量定理.

【专题】应用题：学科综合题；定量思想；寻找守恒量法；动量与动能定理或能的转化与守怛定律综合；

分析综合能力.

【分析】（I）对■滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得加速度；由速度一位移关系可求速度的大小，再

由速度一时间关系求出时间，由冲量的定义求出冲量；

（2）由动量守恒定律可求共同的速度的大小，由能量守恒定律求出相对位移。

【解答】解：（1）滑块在斜面上下滑时，以滑块为研究对象，由牛顿第二定律可得：mgsinB-uimgcos。

=ma,解得：a=2m/s2

滑块在斜面上做匀变速直线运动，由运动学公式有：v含2as，解得：vo=4m/s

所用的时间为：t二曳，解得：t=2s

a

斜面对滑块支持力的冲量为：I=mgcos6l,解得：1=10^3方向垂直于斜面向上；

（2）滑块和木板发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可得：mvo=（m+M）v,解得：丫.加$

3

滑块与木板相互作用的过程中，由能量守恒定律可得：|l2mgX=linv2_l（H+in）v2

22

答：（1）滑块到达斜面底端时的速度大小为vo=4m/s,滑块在斜面上运动的过程中斜面对滑块支持力的

冲量为1CNQN・S，方向垂直于斜面向上；

（2）滑块与木板最终达到的共同速度V的大小为国1nzs以及滑块相对于长木板滑动的距离为K1r

33

【点评】本题是对牛顿第二定律，匀变速直线运动规律，冲量、动量守恒定律及能量守恒定律的考查，

解题时要根据题目的要求分别应用不同的规律求解，要注意冲量的矢量性。

13.（2024•天津模拟）如图所示，光滑金属导轨a、c、b、d相互平行，固定在同一水平面内，a、c间距

离为L,b、d间距离为2L,a与b间、c与d间分别用导线连接，导轨所在区域有方向竖直向下、磁感

应强度大小为B的匀强磁场。金属杆GH在垂直于GH的水平外力Fl（F）木知且图中未画出）作用下

保持静止，且GH垂直于b和d。金属杆MN质量m,在垂直于MN的水平恒力F2作用下从静止开始

向左运动，经过位移x后，杆MN的速度不再变化，杆MN始终垂直于a和c,金属杆MN和GH接入

电路的电阻均为R，其余电阻不计，导轨a、c足够长。求：

（1）金属杆MN匀速运动时的速度v大小；

（2）水平外力Fi的最大值；

（3）MN杆匀速运动后撤去拉力F2,求此后MN杆还能滑行的距离s。

MxxXBXx

XXXXX

【考点】电磁感应中的能量类问题：闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的电路类问题.

【分析】（I）对MN金属杆，当恒力F2与所受的安培力平衡时，匀速运动（但此时加速度为零），由平

衡条件和题设条件结合动生电动势公式、欧姆定律、安培力公式等求匀速的速度；

（2）对GH金属杆，当恒力与安培力平衡时，所用外力最大，同理可求Fi的最大值；

（3）由动量定理求出在GH杆还要经过水平距离s。

【解答】解：（1）当GH在Fi的作用下静止时，设金属杆MN匀速运动的速度大小为v,根据动生电

动势公式有：E=BLv

由欧姆定律有：［=E

2R

MN受到的安培力：F安i=BIL

根据平衡条件有：F安I=F2

2F9R

联立以上解得：v=—

B2L2

（2）金属杆MN匀速运动时拉力Fi最大，有：

MN受到的安培力:F安2=BI・2L

根据平衡条件有：F安2=FI

联江上一问结论解得：FI=2F2

（3）设金属杆MN运动位移K,所用时间为I,对于MN杆，由动量定理，有：7-.t=mv

而平均安培力：辰=B!L

平均电流：T=A

2R

平均感应电动势为：E=BLv

结合位移的公式：s=vt

2

4F2mR

联立解得：=―—

sB4L4

2F9R

答：（1）金属杆MN匀速运动时的速度v大小为

B2L2

（2）水平外力Fi的最大值2F2;

4FinR2

（3）MN杆匀速运动后撤去拉力F2,求此后MN杆还能滑行的距离s为一o

B4L4

【点评】本题关键要根据导体棒的运动情况，分析受力情况，要选择研究的位置，抓住两个过程及各个

状态之间的关系，运用牛顿第二定律、运动学公式和能量守恒结合进行研究。

14.（2024•天津模拟）实验室有一装置可用于探究原子核的性质，该装置的主要原理可简化为：空间中有

一直角坐标系O-xyz,在紧贴（-0.2m,0,0）的下侧处有一粒子源P,能沿x轴正方向以丫。=1X10%农

的速度持续发射比荷为9=5>lO7C/kg的某种原子核。xOy平面图如图甲所示，在xVO,y<0的空间

m

5

中有沿-y方向的匀强电场E=1Xl0V/mo在x>0的空间有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁场区

域足够大，磁感应强度的大小为Bi=0.2T。忽略原子核间的相互作用和重力。

（1）求原子核第一次穿过y轴时速率；

（2）设原子核从Q点第二次穿过y轴，求O、Q两点之间距离；

（3）若在xOz平面内xVO区域放置一足够大的吸收屏，屏上方施加有沿-y方向大小为152=看（T）

的匀强磁场，如图乙所示。原子核打在吸收屏上即被吸收并留下印迹，请确定该印迹的位置坐标。

图甲图乙

【考点】带电粒子在电场与磁场的组合场中的运动.

【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力.

【分析】（1）原子核在与xOy平行的电场中做平抛运动，根据类平抛规律求合速度大小；

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可以求得半径，根据几何关系求OQ距离;

（3）根据题意可知原子核在xVO区域做等距螺旋线运动，由运动的分解求解打在屏上的坐标。

【解答】解：（1）原子核在电场中做类平抛运动，

当穿过y轴时有：t*

v0

沿电场线方向，根据牛顿第二定律有：

m

沿电场方向的速度：vy=at

合速度大小：丫小那

6

联立以上代入数据，其中x=0.2m,可得：v=V2XIO^

（2）原子核离开电场时速度与+x夹角设为0,则由速度方向公式有：tan9=—

v0

偏移距离：y=-^a

2

2

在y轴右侧的磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有：qyB产变L

1R

该轨迹圆在y轴上对应的弦长：l=2RcosB

由几何关系可知OQ间距离：d=l-y

代入数据可得：d=0.1m

（3）原子核在xVO区域做等距螺旋线运动，即沿-y方向做匀速直线运动，在垂直B2方向