2024年高考物理终极押题密卷3（天津卷）

2024年高考物理终极押题密卷3（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.卢瑟福的a粒子散射实验说明原子核内部具有复杂结构

B.玻尔在对氢原子光谱研究的基础上建立了原子的核式结构理论

C.。衰变的实质是•个中了转化为•个旗了和•个电了

D.比结合能越小的原子核越稳定

2.（2024•天津模拟）2023年1月，央视新闻报道称，玉兔二号即将迎来小伙伴，结束单打独斗的服役生

涯，嫦娥七号将首次携带“飞跃探测器”登月，其中探测器的结构形似蜘蛛，采用六足构型（如图）。

对称分布的六条轻质“腿”与探测器主体通过钱链连接，当探测器静止在水平地面1：时，六条“腿”的

上臂与竖直方向夹角均为仇象测器的质量为m,重力加速度为g。则每条“腿”的上臂对探测器的弹

力大小为（）

Amgsin'口mgcmgcos8Dmg

33sin866cos8

3.（2024春•河西区期中）有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动,

b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步2星，d是高空探测11星，各卫星排列位置如图，

B.b在四个卫星中线速度最大

C.c在4h内转过的圆心角是三

6

D.d的运动周期有可能是26h

4.（2024•宁河区校级一模）如图所示，一个小型交流发电机输出端连接在理想变压器的原线圈ni上，原

线圈两端连接有理想电压表，副线圈n2连接有可变电阻R和理想电流表A,理想变压器原、副线圈匝

数比n2=l：2,已知交流发电机内匀强磁场的磁感应强度B=IT,发电机线圈匝数N=10,面积是

A.当线圈转到图示位置时磁通量的变化率为0

B.当线圈从图示位置转过90。时电流表示数为（）

C.当线圈转到图示位置时电压表的示数是50&V

D.当R=50C时，电流表的示数是2A

5.（2024•河东区一模）如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电

子分别从a、b两点运动到c点。设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb,a、b点的电场强度大小分

别为Ea和Eb,a、b点的电势分别为（Pa和（Pb,则（）

B.Ea>Eb、Wa=Wb

C.（pa><pb>Wa>Wb

D.电子由a运动到c过程中电势能增大

二.多选题（共3小题）

（多选）6.（2023•天津模拟）近日根据国际报道，光纤通信速率创造出了新的记录，每秒可以传达1.84Pbit,

这相当于每秒可以传输约236个1TB硬盘的数据。目前正常的网速想要传输1TB硬盘的数据，需要花

费四到八小时以上，如果这项技术能大规模商用，网速将得到大幅提升。光纤通讯中信号传播的主:要载

体是光纤，它的结构如图甲所示，一束激光由光导纤维左端的点O以a=60°的入射角射入一直线光导

纤维内，恰好在光导纤维的侧面（侧面与过O的法线平行）发生全反射，如图乙所示。下列说法中正

确的是（)

A

甲乙

A.光纤内芯的折射率比外套的小

B.光从左端空中进入光纤内芯后，其频率不变

C.频率越大的光在光纤中传播的速度越大

D.内芯对这种激光的折射率ri=YZ

2

（多选）7.（2024•河东区二模）中国京剧的特技水袖舞包容了戏曲和舞蹈的成分，别具美感。图甲是1=

0时刻京剧花旦舞动水袖形成的一列简谐横波。P、Q为该波沿水平传播方向上相距0.6m的两个质点，

P点振动领先Q点，t=0时刻Q质点正处于最大位移处（图中未画出），图乙为P质点的振动图像。下

列说法正确的是（）

A.P质点的振动方程为y=0.3sin5m（m）

B.t=0时刻，P质点所受合力沿y轴正方向

C.该简谐横波的波长可能为0.48m

D.该简谐横波的传播速度可能为lm/s

（多选）8.（2024春•南开区校级期中）如图所示，固定的粗糙斜面AB的长为8m,倾角为37°,质量m

=1kg的小物块从A点处由静止释放，下滑到B点与弹性挡板碰撞，每次碰撞前后速率不变，第一次

返回斜面到达的最高点为Q（图中未画出）。设物块和斜面间的动摩擦因数为0.25,以B点为零势能面

（sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取lOm/s?）。则下列说法正确的是（）

A.Q点到B点距离为4m

B.物块第一次下滑过程，重力的平均功率为24W

C.物块第一次下滑时，动能与重力势能相等的位置在AB中点

D.物块从开始释放到最终静止经过的总路程为24m

三.实验题（共2小题）

9.（2024•南开区校级模拟）利用图甲中所示的装置可以研究自由落体运动实验中需要调整好仪器，接通

打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落打点计时器会在纸带上打出一系列的点。

口打点靠：

计可器卜纸带

二尸夹子

接电源也重物

（1）本实验采用电火花计时器,所接电源应为频率为50Hz的交流电，打点的时间间隔是so

（2）取下纸带，取其中的一段标出计数点如图乙所示，测出相邻计数点间的距离分别为xi=2.60cm,

X2=4.14cm,X3=5.69cm,X4=7.22cm,X5=8.75cm,X6=10.29cm,已知打点计时器的打点间隔T=0.02s,

则重锤运动的加速度计算表达式为a=.代入数据，可得加速度a=

m/s2o（计算结果保留三位有效数字）

10.（2024•和平区二模）为将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍。设计电路测量灵敏电流计的内阻，

实验室有下列器材：待测灵敏电流计G（量程5mA,内阻约为50Q）；电压表V（0〜3V,内阻约为10kQ）；

电阻箱Ri（0〜9999C）；滑动变阻器R2（0〜200C,1.5A）；电源（电动势约为3V,内阻不计）；导线

和开关若干。

①为尽可能精确测出灵敏电流计的内电阻，不同小组设计了如图甲所示的四种电路，其中正确的

是O

用R与I

ABC

甲

②选择正确电路后进行实验，某次实验中，测得电压表示数为2.00V,灵敏电流计示数为4.00mA,电

阻箱旋钮位置如图乙所示，则可以得到灵敏电流计内阻为。；

③为了将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻

箱R1的阻值调为

四.解答题（共4小题）

11.（2024•天津模拟）让同一竖直线.上的小球A和小球B在空中同时由静止释放，小球A在小球B的上

力，小球B释放时距地面高度为h,如图所示。若小球B与地面发生碰撞后反弹至最高点时恰好与小球

A发生第一次碰撞，小球B的质量是小球A质量的3倍，不计空气阻力，两小球均可看作质点，所有

碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度为g,求：

（1）小球A静止释放时距地面的距离hA；

（2）A、B两小球第一次碰后瞬间小球A的速度VA。

OA

-rOB

h

12.（2024•宁河区校级二模）如图所示，光滑水平直轨道上静止放置三个质量均为m的物块A、B、C,

物块B的左侧固定一轻弹簧。给A一个初速度vo,使其向B运动并压缩弹簧（弹簧始终在弹性限度内）,

当弹簧第一次压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞时间极

短，求：

（1）B与C碰撞前的瞬间，B的速度大小：

（2）从A开始运动到弹簧压缩最短时C受到的冲量大小：

（3）从A开始运动到A与弹簧分离的过程中，整个系统损失的机械能。

~vo~~~~

A►BC

13.（2024•天津模拟）如图所示，足够长的U形金属框架质量M=0.2kg,放在绝缘水平面上，且其与水

平面间的动摩擦因数"=0.2。相距0.4m的MM\NN，相互平行，不计电阻。电阻Ri=0.1C的MN垂直

于MM；质量m=0.3kg,电阻R2=0.1C,长度l=0.4m的光滑导体棒ab横放在金属框架上。ab棒左

侧被固定在水平面上的两个小立.柱挡住。整个装置处于竖直向上且空间足够的匀强磁场中，磁感应强度

B=0.5To现对金属框架施加垂直于MN水平向左且大小F=2N的恒力，金属框架从静止开始运动。运

动过程中导体棒ab与金属框架始终保持良好接触，重力加速度g=10m/s2o

（1）求金属框架运动的最大速度vm的大小；

（2）从金属框架开始运动到到达最大速度的过程中，MN上产生的焦耳热Q=0.1J,求该过程框架位移

x的大小和导体棒ab所受的安培力的冲量I的大小。

14.（2024•河东区二模）如图所示的装置为一种新型质谱仪的理论模型图，该装置由A、B板间的加速电

场区和C、D板间的直线运动区及圆形磁场偏转区组成。已知平行板A、B间的加速电压为Ui,平行

板C、D间距为d,其中存在垂直纸面向外磁感应强度大小为Bi的匀强磁场。圆形匀强磁场区域的半

径为R,磁感应强度大小为B2,方向垂直.于纸面向里。圆形感光弧面与圆形磁场的圆心相同，其左端

的小孔与A、B板上的小孔在同一直线上。现有一比荷为ko的原子核经A、B板加速后，沿C、D板的

中央直线进入圆形磁场区，经磁场偏转后打到感光弧面上，不计粒子重力。求：

（1）原子核经加速电场加速后的速度大小v；

（2）直线运动区C、D板间的电势差U；

（3）对于比荷k不同的原子核，根据它在感光弧面上的位置可测得其偏转角度仇试求比荷k与粒子

偏转角度9之间的关系（用G的三角函数表示）。

2024年菁优高考物理终极押题密卷3（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.卢瑟福的a粒子散射实验说明原了核内部具有复杂结构

B.玻尔在对氢原子光谱研究的基础上建立了原子的核式结构理论

C.p衰变的实质是一个中子转化为一个质子和一个电子

D.比结合能越小的原子核越稳定

【考点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；原子核的衰变及半衰期、衰变速度：结合能与比结合能；a粒

子散射实验.

【专题】定性思想；推理法；原子的能级结构专题；分析综合能力.

【分析】卢瑟福通过a粒子散射实验提出原子的核式结构模型，天然放射现象说明原子核内部具有复

杂的结构；根据玻尔理论分析；根据0衰变的实质判断；比结合能越大原子核越稳定。

【解答】解：A、卢瑟福的a粒子散射实验说明原子的核式结构模型，没有涉及到原子核内部结构，是

天然放射现象证实了原子核内部有复杂结构，故A错误；

B、玻尔通过对氢原子光谱的讲究建立玻尔原子模型，不是原子的核式结构模型，故B错误；

C、B衰变的本质是核内一个口子转化成了一个质子和一个电子，故C正确：

D、比结合能越大，原子核越稳定，故D错误。

故选：Co

【点评】本题考查了a粒子散射实验、玻尔原子模型、S衰变、比结合能等基础知识点，关键要熟悉教

材，牢记这些基础知识点。

2.（2024•天津模拟）2023年1月，央视新闻报道称，玉兔二号即将迎来小伙伴，结束单打独斗的服役生

涯，嫦娥七号将首次携带“飞跃探测器”登月，其中探测器的结构形似蜘蛛，采用六足构型（如图）。

对称分布的六条轻质“腿”与探测器主体通过较链连接，当探测器静止在水平地面上时，六条“腿”的

上臂与竖直方向夹角均为仇探测器的质量为m,重力加速度为g。则每条“腿”的上臂对探测器的弹

力大小为（）

AmgsinBBmgcmgcos8Dmg

33sin866cos8

【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】定量思想：合成分解法：共点力作用下物体平衡专题：理解能力.

【分析】探测器静止在水平地面上时，合力为零，根据共点力平衡条件求解。

【解答】解：设每条“腿”的上臂对探测器的弹力大小为F,根据共点力平衡条件可得：6Fcose=mg,

解得：『1nse，故ABC错误，D正确。

6cos8

故选：D。

【点评】本题的关键要掌握共点力平衡条件：合力为零，利用竖直方向受力平衡进行处理＜

3.（2024春•河西区期中）有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动,

b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，

则下列说法中错误的有（）

A.a的向心加速度小于重力加速度g

B.b在四个卫星中线速度最大

C.c在4h内转过的圆心角是三

6

D.d的运动周期有可能是26h

【考点】人造卫星；开普勒定律；万有引力定律的应用.

【专题】比较思想；模型法；人造卫星问题；分析综合能力.

【分析】根据万有引力提供向心力列式，比较b、c的向心加速度大小；c是地球同步卫星，其运行的

周期、角速度与地球自转周期、角速度相同，根据a=o?r分析a与c的向心加速度大小，从而知道a

与b的向心加速度大小，b的向心加速度约为g,即可知道a的向心加速度与g的关系。根据v=3r比

较a与c的速度大小，根据、，=楞分析b、c、d的速度大小。根据c转动的时间与周期的关系求转过

的角度。根据开普勒第三定律判断d与C的周期关系。

【解答】解：A、地球同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=o?r

知a的向心加速度比c的小。

由6噢=由@得@=鳗，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则地球同步卫星c的向心加速度小

r22r

于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g,所以a的向心加速度小于b的向心加速度，故知a的向

心加速度小于重力加速度g,故Ai匚确;

B、由G与解得v黎

可知，卫星的轨道半径越大，线速度越小，所以b、c、d三个卫星中b的线速度最大，而a与c的角速

度相同，根据v=g知，a的线速度小于c的线速度，可知b在四个卫星中线速度最大，故B正确。

C、c的周期为24h,则c在4h内转过的圆心角是9/X2兀」二，故C错误；

243

3

D、根据开普勒第三定律%=k可知，因c的周期为24h,d的周期大于c的周期，则d的运动周期有可

能是26h,故D正确。

此题选错误的，故选：C。

【点评】对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知

道地球同步卫星的条件和特点。

4.（2024♦宁河区校级一模）如图所示，一个小型交流发电机输出端连接在理想变压器的原线圈m上，原

线圈两端连接有理想电压表，副线圈n2连接有可变电阻R和理想电流表A,理想变压器原、副线圈匝

数比ni：n2=l：2,已知交流发电机内匀强磁场的磁感应强度B=IT,发电机线圈匝数N=10,面积是

A.当线圈转到图示位置时磁通量的变化率为0

B.当线圈从图示位置转过90°时电流表示数为0

C.当线圈转到图示位置时电压表的示数是50立V

D.当R=50。时，电流表的示数是2A

【考点】变压器的构造和原理；交流发电机及其产生交变电流的原理.

【专题】定晟思想；推理法；交流电专题；分析综合能力.

【分析】根据线圈所处位置判断磁感应强度的变化率；根据交流电压表和交流电流表的示数均为有效值

进行判断；根据变压比公式以及欧姆定律进行分析。

【解答】解：A.图示位置线圈平面与磁场方向平行，此时磁通量的变化率最大，故A错误；

B.线圈从图示位置转过90°时，线圈平面与磁场方向垂直，此时感应电动势为0,而电流表显示的有效

电流，所以不为0,故B错误；

C.发电机产生的最大电动势为Em=NBSa）=10XlX退_X25V=5W^V,电压表的示数为有效值，即

5

U=~^-=50^V=5OV,故C错误；

V2V2

Un

D.由变压器的特点可知二=」=工，Ui=U=50V,解得Uz=100V,当电阻R=50。时，电流表的示

^2n22

数I=—二也9A=2A,故D正确；

R50

故选：D。

【点评】该题考查了交变电流的产生原理以及理想变压器的工作原理，属于基本知识点的考查，题目难

度不大。

5.（2024•河东区一模）如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电

子分别从a、b两点运动到c点。设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb,a、b点的电场强度大小分

别为Ea和Eb,a、b点的电势分别为cpa和<pb,则（）

B.Ea>Eb、Wa=Wb

C.（pa>（pb>Wa>Wb

D.电子由a运动到c过程中电势能增大

【考点】电势能与电场力做功的关系；电场线；电场力做功.

【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力.

【分析】由题图可知a、b点在同一等势线上；根据电场线的疏密程度比较场强的大小；电场力做功与

初末位置的电势差相关；根据电场力做功与电势能的关系分析。

【解答】解：ABC、由题图可知a、b点在同一等势线上，贝］有：<pa=<pb

由题图可知a处的电场线较b处的密集，由电场线密集程度代表电场强度的大小，可知：Ea>Eb

电场力做功只与始末位置的电势差有关，两电子分别从a、b两点运动到c点。因a、b两点到c点的电

势差相等，电场力对两电子做的功相等，即Wa=Wb,故B正确，AC错误。

D、电子带负电，受到的电场力与电场方向相反，电子由a运动到c过程中电场力做正功，由功能关系

可知此过程电势能减少，故D错误。

故选：Bo

【点评】本题考查了电场的基本性质，掌握电场强度与电势差的关系，电场力做功与电势能的关系。

二.多选题（共3小题）

（多选）6.（2023•天津模拟）近日根据国际报道，光纤通信速率创造出了新的记录，每秒可以传达1.84Pbit,

这相当于每秒可以传输约236个1TB硬盘的数据。目前正常的网速想要传输1TB硬盘的数据，需要花

费四到八小时以上，如果这项技术能大规模商用，网速将得到大幅提升。光纤通讯中信号传播的主要载

体是光纤，它的结构如图甲所示，一束激光由光导纤维左端的点O以。=60°的入射角射入一直线光导

纤维内，恰好在光导纤维的侧面（侧面与过O的法线平行）发生全反射，如图乙所示。下列说法中正

甲乙

A.光纤内芯的折射率比外套的小

B.光从左端空中进入光纤内芯后，其频率不变

C.频率越大的光在光纤中传播的速度越大

D.内芯对这种激光的折射率n=，之

2

【考点】光的折射及折射定律：全反射：光导纤维及其应用.

【专题】定量思想；推理法；光的折射专题；推理能力.

【分析】发生全反射的条件是：一是光必须从光密介质射入光疏介质，即从折射率的介质射入折射率小

的介质；二是入射角大于临界角.当内芯的折射率比外套的大时，光在界面上才能发生全反射.波长越

长、频率越小的光，介质对它的折射率越小，根据公式V=f在光纤中传播的速度越大，根据折射定律

n

解得折射率。

【解答】A.激光在内芯和外套的界面.上发生全反射，所以内芯是光密介质，外套是光疏介质，即光纤内

芯的折射率比外套的大，故A错误：

B.光从左端空中进入光纤内芯后，波长和波速会发生变化，但频率和周期不变，故B正确：

C.频率越大的光，介质对它的折射率越大，根据

v=—

n

光在光纤中传播的速度越小，故C错误；

D.根据折射定律n=——°、

sin（900-0）

根据全反射公式1】=—1—

sine

解得：『近

2

故D正确；

故选：BDo

【点评】对于全反射关键抓住发生全反射的条件.对于波长、频率与折射率的关系，可借助光的色散、

干涉实验结果加深理解、记忆.

（多选）7.（2024•河东区二模）中国京剧的特技水袖舞包容了戏曲和舞蹈的成分，别具美感。图甲是t=

0时刻京剧花旦舞动水袖形成的一列简谐横波。P、Q为该波沿水平传播方向上相距0.6m的两个质点，

P点振动领先Q点，t=0时刻Q质点正处于最大位移处（图中未画出），图乙为P质点的振动图像。下

列说法正确的是（）

A.P质点的振动方程为y=0.3sin5m（m）

B.1=0时刻，P质点所受合力沿y轴正方向

C.该简谐横波的波长可能为0.48m

D.该简谐横波的传播速度可能为lm/s

【考点】波长、频率和波速的关系；简谐运动的表达式和图像：横波的图像.

【专题】比较思想；图析法；振动图象与波动图象专题：理辞能力.

【分析】根据P质点的振幅、周期和初相位写出P质点的振动方程。t=()时刻，P质点在平衡位置.，所

受合力为0。根据1=0时刻Q质点正处于最大位移处、P质点位于平衡位置向上运动，写tiPQ间的距

离与波长的关系，从而得到波长的通项，再求出波速通项，却可得到波长和波速的特殊值,

【解答】解：A、由图乙可知，P质点的振幅为A=0.3m,周期T=0.8s,圆频率为co=22L=22Lrad/s

T0.8

=2.5ntad/s,则P质点的振动方程为y=Asino)i=0.3sin2.5m(m),故A错误；

B、由图乙可知，1=0时刻，P质点位于平衡位置，所受合力为0,故B错误；

C、若t=0时刻Q质点在波谷，此时P质点位于平衡位置且向上运动，则有

(n+^)=0.6m(n=0,1,2,…)'当n=l时,可得入=0.48m,故C正确;

D、若(=0时刻Q质点在波峰，则有(口停)入=0.6m(n=。，1,2,…)

当n=0时，解得人=0.8m

对应的波速v=a-=&_^m/s=lm/s,故D正确。

T0.8

故选：CDo

【点评】本题的关键要理解波的周期性，可结合波形，根据同一时刻两个质点的状态确定两个质点之间

的距离与波长的关系，同时要掌握波长、波速和周期的关系，

(多选)8.(2024春•南开区校级期中)如图所示，固定的粗糙斜面AB的长为8m,倾角为37°,质量m

=1kg的小物块从A点处由静止释放，下滑到B点与弹性挡板碰撞，每次碰撞前后速率不变，第一次

返回斜面到达的最高点为Q(图中未画出)。设物块和斜面间的动摩擦因数为0.25,以B点为零势能面

(sin370=0.6,cos37°=0.8,g取lOm/s?)。则下列说法正确的是()

A.Q点到B点距离为4m

B.物块第一次下滑过程，重力的平均功率为24W

C.物块第一次下滑时，动能与重力势能相等的位置在AB中点

D.物块从开始释放到最终静止经过的总路程为24m

【考点】功能关系：功率、平均功率和瞬时功率.

【专题】定量思想；推理法；功能关系能量守恒定律；分析综合能力.

【分析】对物块从A到Q的全过程，利用功能关系列式可求出Q点到B点距离。物块第一次下滑过程,

根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求出物块下滑的时间，再求重力的平均功率。物块下滑时，利用

能量守恒定律列式分析动能与势能相等的位置。物块最终静止在挡板处，对整个过程，利用功能关系求

总路程。

【解答】解：A、设Q点到B点距离为x,斜面长为L,物块从A点下滑到上升到达最高点Q点的全

过程，由功能关系可得：pmgcose(L+x)=mg(L-x)sinG,解得Q点到B点距离为：x=4m,故A

正确；

B、物块第一次下滑过程，根据牛顿第二定律得

mgsinB-|imgcos0=ma

解得加速度大小为：a=4m/s2

2

根据运动学公式可得：L=1at

2

解得下滑所用时间为：l=2s

下滑过程重力做功为:WG=mgLsinO=1X10X8Xsin370J=48J

则物块第一次下滑过程，重力的平均功率为：P=I1=48W=24W,故B正确；

t2

C、若斜面光滑，只有重力对物块做功时，物块的机械能守恒，则当物块下滑到AB中点时，物块的重

力势能和动能相等；实际还存在摩擦力对物块做负功，则物块下滑到AB中点时，物块的动能仍小于重

力势能，所以物块第一次下滑时，动能与重力势能相等的位置在AB中点下方，故C错误；

D、由于mgsine>Rmgcos。，可知物块最终只能静止在底端挡板处。设物块从开始释放到最终静止经过

的总路程为s,根据功能关系可得：pmgcosG•s=mgLsinB,解得：s=24m,故D正确。

故选：ABD。

【点评】本题关键是明确物块的受力情况、运动情况和能量转化情况，运用功能关系和牛顿第二定律、

运动学公式进行研究，也可以根据动能定理求总路程。

三.实验题(共2小题)

9.(2024•南开区校级模拟)利用图甲中所示的装置可以研究自由落体运动实验中需要调整好仪器，接通

打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落打点计时器会在纸带上打出一系列的点。

乙

（1）本实验采用电火花计时器，所接电源应为频率为50Hz的交流电，打点的时间间隔是0.02s。

（2）取下纸带，取其中的一段标出计数点如图乙所示，测出相邻计数点间的距离分别为xi=2.60cm,

X2=4.14cm,X3=5.69cm,X4=7.22cm,X5=8.75cm,X6=10.29cm,已知打点计时器的打点间隔T=0.02s,

则重锤运动的加速度计算表达式为a="+乂5+'6-丁乂2-乂3,代入数据，可得加速度a=

―36T2一

2

9.60m/so（计算结果保留三位有效数字）

【考点】探究小车速度随时间变化的规律.

【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；实验能力.

【分析】（1）根据频率与周期的关系解答；

（2）根据逐差法求加速度.

【解答】解：（1）所接电源应为频率为50Hz的交流电，打点的时间间隔是T=』=3;=（）.02S；

f50

Xd+Xu+X食-Xi-XQ-XQXX+XC+X^-XI-XQ-XQ

（2）根据逐差法可知,重锤的加速度大小是a=」_5_2_1_J_1=_J_2_L_J_2_3

9X（2T）236T2

2

代入数据解得a=7・22+8.75+10.29-2.4.14-5.6；x00Jm/s2=9.6om/s

36X0.022

故答案为：（1）0.02：（2）"X5+X6乂2乂3；960

36T2

【点评】本题考查了打点计时器的使用，掌握根据纸带求加速度的方法。

10.（2024•和平区二模）为将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍。设计电路测量灵敏电流计的内阻，

实验室有下列器材：待测灵敏电流计G（量程5mA,内阻约为50C）；电压表V（0〜3V,内阻约为10k。）；

电阻箱Ri（。〜9999C）：滑动变阻器R2（0〜200C,1.5A）；电源（电动势约为3V,内阻不计）；导线

和开关若干。

①为尽可能精确测出灵敏电沆计的内电阻，不同小组设计了如图甲所示的四种电路，其中正确的是

B。

②选择正确电路后进行实验，某次实验中，测得电压表示数为2.00V,灵敏电流计示数为4.00mA,电

阻箱旋钮位置如图乙所示，则可以得到灵敏电流计内阻为45n；

③为了将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻

箱R1的阻值调为5的

【考点】测定电压表或电流表的内阻；电表的改装勺应用.

【专题】实验题；实验探究题；定最思想；实验分析法；恒定电流专题；实验能力.

【分析】①电压表测电压要并玦在待测电流表两端使用，为了减小误差，电流表和电压表的示数都要在

量程的▲以上，逐项分析作答；

3

②根据电阻箱旋钮对应示数求解电阻箱的接入电阻，根据欧姆定律求解出电流表的内阻；

③电流计改装成电流表需要并联一个小电阻；根据并联电路的特点结合欧姆定律求解并联电阻。

【解答】解：①A.电压表接在电阻箱两端，不能测量出电流表两端的电压，无法求解出电流表的内阻，

故A错误；

B.电压表并联接在待测电流表和电阻箱的的两端，测得的是它们的总电压；

UiI

当电压表示数为IV时，电阻箱的接入电阻R=」-R=_工彳Q_50Q=150Q

1Igg5X10-3

Uo

当电压表示数为IV时，电阻箱的接入电阻RJ=—9^―R=——二工_。-50口=5500

Igg5X10-3

因此，按照这种接法能保证电流表和电压表示数变化范围大，测量的误差小，故B正确；

C.电压表与电流表串联，不能测量出电流表两端的电压，无法求解出电流表的内阻，故C错误；

D.电压表并联在电流表两端，可以测量出电流表两端的电压；当电流表满偏时，电流表两端的电压

U=iR=5X10-3X50V=0,25V,不及电压表量程的」实验误差大，故D错误。

gg3

败选：Bo

②电阻箱的接入电阻Ri=4XI00H+5XI0O+5X1Q=455Q

11

根据欧姆定律I=。

Rg+Rl

代入数据解得Rg=45Q

③改装电流表的量程为IA=10Ig=10X5mA=50mA

根据并联电路的电流特点，通过电阻箱的电流IR=IA-Ig=50mA-5mA=45mA

根据并联电路的电压特点IgRg=lK«Ri

代入数据解得Ri=5C。

故答案为：①B；②45；③5。

【点评】本题考查了求电流表内阻的测量、电流表改装、电阻箱接入电路电阻的读数；明确实验原理，

掌握并联电路的特点和欧姆定律；明确电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数。

四,解答题（共4小题）

II.（2024•天津模拟）让同一竖直线上的小球A和小球B在空中同时由静止释放，小球A在小球B的上

方，小球B释放时距地面高度为h,如图所示。若小球B与地面发生碰撞后反弹至最高点时恰好与小球

A发生第一次碰撞，小球B的质量是小球A质量的3倍，不计空气阻力，两小球均可看作质点，所有

碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度为g，求：

（1）小球A静止释放时距地面的距离hA；

（2）A、B两小球第一次碰后瞬间小球A的速度VAO

OA

-rOB

h

【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律.

【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力.

【分析】（1）A、B静止释放后做自由落体运动，由运动学公式求出B球落地时的速度大小。B与地面

发生碰撞后能原速率反弹，当A球与B球的位移之和等于2h时两球相遇，由位移一时间公式求所经过

的时间，再由位移一时间公式求A、B两物体相碰时的位置距地面的距离。

（2）根据弹性碰撞的两个守恒求A球碰撞后的速度。

2

【解答】解：（I）设小球R做自由落体运动的时间为a由自由落体运动规律有：h^lgt

小球B自由落体运动后与地面发生弹性碰撞，会原速反弹;

当小球A与小球B第一次碰撞时，小球A做自由落体运动的时间为23同理有：/°g（2t）2

2

那么小球A静止释放时距地面的距离：hA=h'+h,

联立解得：hA=5h

（2）设小球A的质量为mA=m,小球B的质量为mB=3m,

2/

发生弹性碰撞时，小球A的碰前速度为vo,则碰撞前速度A球满足：Vo=2gh,AsB两小球碰撞

时动量，以向下为正有：mAvomAVA+mBVB

机械能守恒:12-12.12

ymAvG-ymAv/ymBvE

解得：v=-V2ih*负号表示运动方向竖直向上。

A6

答：⑴小球A静止释放时距地面的距离hA为5h；

（2）A、B两小球第一次碰后瞬间小球A的速度VA为“厚K,负号表不运动方向竖直向上。

【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，本题中两个小球运动过程复杂，分析清楚小球的运动过程是

解题的前提与关键；应用动量守恒定律、机械能守恒守恒定律即可解题。

12.（2024•宁河区校级二模）如图所示，光滑水平直轨道上静止放置三个质量均为m的物块A、B、C,

物块B的左侧固定一轻弹簧。给A一个初速度vo,使其向B运动并压缩弹簧（弹簧始终在弹性限度内）,

当弹簧第一-次压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞时间极

短，求：

（I）B与C碰撞前的瞬间，B的速度大小；

（2）从A开始运动到弹簧压缩最短时C受到的冲量大小；

（3）从A开始运动到A与弹簧分离的过程中，整个系统损失的机械能。

~vo~~~~

A—►/wwwwuBC

/Z/Z//Z///ZZ/Z/Z///Z//Z

【考点】动量与能量的综合应用一一弹簧类模型；功能关系；动量守恒定律.

【专题】定量思想；推理法；与弹簧相关的动量、能量综合专题；推理能力.

【分析】（1）设B与C碰撞前的瞬间，A与B具有相同速度，根据动量守恒定律求解；

（2）弹簧压缩最短时A、B、C三者速度相同，根据动量守恒定律求解；

（3）从A开始运动到A与弹簧分离的过程中，整个系统只有B与C碰撞时损失了机械能，根据动量

守恒定律和能最守恒定律求解。

【解答】解：以下解答均以向右为正方向。

（1）设B与C碰撞前的瞬间，B的速度大小为vi,此时弹簧第一次压缩到最短，A与B具有相同速度,

对A、B与弹簧组成的系统，根据动量守恒定律得：

mvo=2mvi

解得：二19

“2

（2）弹簧压缩最短时A、B、C三者速度相同（设为V2）,对A、B、C与弹簧组成的系统，根据动量

守恒定律得：

mvo=3mv2

对C,根据动量定理得：

I=mv2-0

联立可得：

（3）设B与C发生完全非弹性碰撞后瞬间速度为V3,对B、C碰撞过程，由动量守恒定律得：

mvi=2mv3

从A开始运动到A与弹簧分离的过程中，整个系统只有B与C碰撞时损失了机械能，设损失的机械能

为AE,对B、C碰撞过程，由能量守恒定律得：

191n

Kmv1=△E+^7X2mvq

解得：椀4m君

16u

答：（I）B与C碰撞前的瞬间，B的速度大小为:2；

2

（2）从A开始运动到弹簧压缩最短时C受到的冲量大小为工mu0；

（3）从A开始运动到A与弹簧分离的过程中，整个系统损失的机械能为」-1nV%

160

【点评】本题考会了动量守恒定律应用的弹簧类模型，本题关键要分析物体运动过程，确定物体运动状

态。本题要注意B、C碰撞后速度瞬间变小，A还会压缩弹簧，更到A、B、C三者速度共速时弹簧的

压缩量最大。

13.（2024•天津模拟）如图所示，足够长的U形金属框架质量M=0.2kg,放在绝缘水平面上，且其与水

平面间的动摩擦因数U=0.2。相距0.4m的MM；NN相互平行，不计电阻。电阻R1=0.1。的MN垂更

于MM：质量m=0.3kg,电阻R2=0.1C,长度l=0.4m的光滑导体棒ab横放在金属框架上。ab棒左

侧被固定在水平面上的两个小立柱挡住。整个装置处于竖直向上且空间足够的匀强磁场中，磁感应强度

B=0.5To现对金属框架施加垂直于MN水平向左且大小F=2N的恒力，金属框架从静止开始运动。运

动过程中导体棒ab与金属框典始终保持良好接触，重力加速度g=10m/s2。

（I）求金属框架运动的最大速度vm的大小；

（2）从金属框架开始运动到到达最大速度的过程中，MN上产生的焦耳热Q=0.1J,求该过程框架位移

x的大小和导体棒ab所受的安培力的冲量I的大小。

【考点】电磁感应中的能量类问题；动量定理：闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时产生的感应电

动势.

【专题】定展思想；方程法；电磁感应一一功能问题；分析淙合能力.

【分析】（1）金属框架达到最大速度时加速度为零，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；

（2）对金属框架，根据动能定理结合功能关系求解位移，根据冲量的计算公式求解导体棒ab所受的安

培力的冲量大小

【解答】解：（1）金属框架达到最大速度时加速度为零，所以有：F-p（M+m）g-F安=0

又因为F安=B［电L

BLv

根据闭合电路欧姆定律可得：1电=----，m

Ri+R2

解得：Vm=5m/s；

2

（2）对金属框架，根据动能定理有：Fx-p（M+m）gx+w=—uv-0

文2m

乂因为RI=R2,所以：W安=-2Q

解得：x=2.7m

对导体棒ab,有：其中不二Blvx=7t

七包2

解得导体棒ab所受的安培力的冲量大小为：I=0.54N・s。

答：（1）金属框架运动的最大速度vm的大小为5m/s；

（2）该过程框架位移x的大个为2.7m,导体棒ab所受的安培力的冲量I的大小为0.54N・s。

【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出

方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求

解。

14.（2024•河东区二模）如图所示的装置为一种新型质谱仪的理论模型图，该装置由A、B板间的加速电

场区和C、D板间的直线运动区及圆形磁场偏转区组成。已知平行板A、B间的加速电压为U1,平行

板C、D间距为d,其中存在垂直纸面向外磁感应强度大小为Bi的匀强磁场。圆形匀强磁场区域的半

径为R，磁感应强度大小为B2,方向垂直于纸面向里。圆形感光弧面与圆形磁场的圆心相同，其左端

的小孔与A、B板上的小孔在同一直线上。现有一比荷为ko的原子核经A、B板加速后，沿C、D板的

中央直线进入圆形磁场区，经磁场偏转后打到感光弧面上，不计粒子重力。求：

（1）原子核经加速电场加速后的速度大小V；

（2）直线运动区C、D板间的电势差U；

（3）对于