2024届天津市滨海新区高三5月高考模拟物理试题

2024届天津市滨海新区高三5月高考模拟物理试题

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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、在一边长为L的正方形的四个顶点处各放置一个电荷量为4的点电荷，其中A6C处为正点电荷，。处为负点电荷,

尸、。、M、N分别是4仄BC、CD、DA的中点，贝lj（）

Zo\

A.M.N两点电场强度相同

B.尸、。两点电势相同

C.将一个带负电的粒子由。沿直线移动到电势能先增大后减小

D.在。点静止释放一个带正电的粒子（不计重力），粒子可沿着OD做匀变速直线运动

2、如图所示，在矩形区域"cd内存在磁感应强度大小为5、方向垂直。加d平面的匀强磁场，已知左边长为

一个质量为小，带电量为g的正粒子，从而边上的M点垂直也边射入磁场，从cd边上的N点射出，之间的距

离为2L,不计粒子重力，下列说法正确的是（）

M」

IIN

A.磁场方向垂直Hcd平面向里

B.该粒子在磁场中运动的时间为痴

C.该粒子在磁场中运动的速率为幽

D.该粒子从M点到N点的运动过程中，洛伦兹力对该粒子的冲量为零

3、如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受

到的摩擦力

A.方向向左，大小不变

B.方向向左，逐渐减小

C.方向向右，大小不变

D.方向向右，逐渐减小

4、双星系统中两个星球4、B的质量都是加，相距L,它们正围绕两者连线上某一点做匀速圆周运动。实际观测该

系统的周期T要小于按照力学理论计算出的周期理论值To,且J=&<1）,于是有一人猜测这可能是受到了一颗

70

未发现的星球C的影响，并认为C位于4、3的连线正中间，相对A、3静止，则A、B组成的双星系统周期理

论值To及C的质量分别为（)

D.2仁哈

V2Gm4k2

5、一电荷量为q的正点电荷位于电场中A点,具有的电势能为Ep,则A点的电势为（p=EqP.若把该点电荷换

为电荷量为2q的负点电荷，则A点的电势为（）

A.4。

B.2。

C.（P

（p

D.—

2

6、平面。M和平面ON之间的夹角为30。，其横截面（纸面）如图所示，平面。M上方存在匀强磁场，磁感应强度大

小为氏方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为电荷量为4（qX））。粒子沿纸面以大小为-的速度从。W的

某点向左上方射入磁场，速度与成30。角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另

一点射出磁场。不计粒子重力。则粒子离开磁场的出射点到两平面交线。的距离为

mvxBmv2/ziv4/nv

A・~~B・--------C.-D.~

2qBqBqBqB

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。分。

7、如图所示，空间中存在匀强磁场，在磁场中有一个半径为R的圆，圆面与磁场垂直，从圆弧上的P点在纸面内沿

各个方向向园内射入质量、电荷量、初速度大小均相同的带同种电荷的粒子，结果沿半径PO方向射入的粒子从边界

上。点射出.已知。。与O0间的夹角为60。，不计粒子的重力，则下列说法正确的是

A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为走R

2

B.粒子在磁场中做圆周运动的半径为点且R

3

C.有粒子射出部分的国弧所对圆心角的正弦值为毡

3

D.有粒子射出部分的圆孤所对圆心角的正弦值为芝

3

8、下列说法中正确的是（）

A.只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积

B.悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性

C.理想气体在某过程中从外界吸收热量，其内能可能减小

D.热量能够从高温物体传到低温物体，也能够从低温物体传到高温物体

9、如图所示，粗糙的水平轨道BC的右端与半径A=0.45m的光滑竖直圆轨道在。点相切，倾斜轨道48与水平方向

间的夹角为37、质量加=0.1kg的小球从倾斜轨道顶端A点由静止滑下，小球经过轨道衔接处时没有能量损失。已知

水平轨道5C的长度L=2m,小球与倾斜轨道和水平轨道间的动摩擦因数均为4=0.375,sin37°=0.6,cos37,=0.8,

gK10m/s2,则下列说法正确的是（）

⑵实验过程中电压表V与电流表A的测量结果己经在图丙中的u—/图像中描出，由U—/图像可得，合金丝的电阻

为Q;由电阻定律可计算出合金丝的电阻率为6m（保留三位有效数字）。

\UN

005LOL5//A

丙

（3）小组另一同学用多用电表测整卷金属合金丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：

①将红黑表笔分别插入多用电表的“「插孔：选择电阻挡“X100”：

②然后将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”进行欧姆调零；

③把红黑表笔分别与合金丝的两端相接，多用电表的示数如图丁所示，该合金丝的电阻约为—Ho

（4）根据多用电表测得的合金丝电阻值，不计合金丝绝缘层的厚度，可估算出合金丝的长度约mo（结果保留整数）

12.（12分）在“测定金属的电阻率”的实验中，所用测量仪器均已校准。已知待测金属丝的电阻值Rx约为5。。在测

电阻时，可供选择的器材有：

电源心电动势3V,内阻约

电流表Ai：量程0〜0.6A,内阻约0.125。；

电流表A2：量程0~3A,内阻约0.025Q；

电压表Vi：量程0~3V,内阻约3k。；

电压表与：量程0〜15V,内阻约15k。；

滑动变阻器最大阻值5C,允许最大电流2A；

滑动变阻器或2：最大阻值1000C,最大电流0.6A开关一个，导线若干。

⑴在上述器材中，应该选用的电流表是,应该选用的电压表是o若想尽量多测几组数据，应该选用的

滑动变阻器是_______（填写仪器的字母代号）。

（2）用所选的器材，在答题纸对应的方框中画出电路图_____________________o

（3）关于本实验的误差，下列说法正确的是____________。

A.对金属丝的直径多次测量求平均值，可消除误差

B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差

C.利用电流/随电压U的变化图线求可减小偶然误差

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）如图所示，一根劲度系数为2=3N/cm的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定质量均为〃%=3kg的物体

A和3（均视为质点），物体8置于水平地面上，整个装置处于^止状态，一个质量机=2kg的小球P从物体A正上方

距其高度〃=5m处由静止自由下落。与物体A发生弹性正碰（碰撞时间极短且只碰一次），弹簧始终处于弹性限度内，

不计空气阻力，取g=l（）m/s2。求：

（1）碰撞后瞬间物体A的速度大小；

⑵当地面对物体〃的弹力恰好为零时，A物体的速度大小。

14.（16分）如图所示，I、m区域（足够大）存在着垂直纸面向外的匀强磁场，虚线MN、尸。分别为磁场区域边界,

在n区域内存在着垂直纸面向里的半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场边界恰好与边界MN、尸。相切，S、T为切点,

A、C为虚线MN上的两点，且AS=CS=^R,有一带正电的粒子以速度了沿与边界成30。角的方向从C点垂直磁场

进入I区域，随后从A点进入n区域，一段时间后粒子能回到出发点，并最终做周期性运动，已知n区域内磁场的磁

感应强度&为I区域内磁场的磁感应强度切的6倍，in区域与I区域磁场的磁感应强度相等，不计粒子的重力。求:

(1)粒子第一次进入II区域后在II区域中转过的圆心角;

⑵粒子从开始运动到第一次回到出发点所经历的总时间。

15.(12分)如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体.活塞的质量为小

横截面积为S,与容器底部相距加此时封闭气体的温度为八.现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量。时,

气体温度上升到乃.已知大气压强为⑷，重力加速度为g,Ti和不均为热力学温度，不计活塞与气缸的摩擦.求：

1tjII

(1)活塞上升的高度;

(2)加热过程中气体的内能增加量.

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

【解题分析】

A.场强叠加遵循平行四边形定则，M、N两点电场强度大小相等，方向不同，A错误；

B.P、。两点即关于A、C两正电荷对称，又关于8、0两异种电荷对称，根据对称性可知四个点电荷在P、。两点

产生的电势相同，B正确；

C.M.N、P、。关于A、C两正电荷对称，所以对于A、C两正电荷而言，这四个点的电势是相等的，对8、。两异

种电荷而言，尸、。两点的电势高于〃、N两点的电势，所以负电的粒子由。沿直线移动到根据：

耳=夕0

可知负电荷电势能一直增大，c错误；

D.这四个点电荷形成的电场中，电场力大小改变，加速度改变，所以从0点静止释放的粒子不可能做匀变速运动,

D错误。

故选B。

2、B

【解题分析】

A.粒子向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直助M平面向外，故A错误；

B.粒子运动轨迹如图所示

根据图中几何关系可得MP=14小—3R=L，则

R2=3L2+(/?-£)2

解得

R=2L

.a&L抠

sinO=----=——

2L2

解得

0=60°

该粒子在磁场中运动的时间为

1丁127nn7tm

t=-T=-x----=----

66qB3qR

故B正确；

c.根据洛伦兹力提供向心力可得R=解得该粒子在磁场中运动的速率为

qB

m

故C错误；

D.根据动量定理可得该粒子从M点到N点的运动过程中，洛伦兹力对该粒子的冲量等于动量变化，由于速度变化不

为零，虾动量变化不为零，洛伦兹力对该粒子的冲量不为零，故D错误。

故选B。

3、A

【解题分析】

试题分析:A、B两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动，对A和B整体根据牛顿第二定律有M,

­=间

然后隔离B,根据牛顿第二定律有：施=用的=卬如，大小不变；物体B做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度

方向向左，摩擦力向左；故选A.

考点：本题考查牛顿第二定律、整体法与隔离法.

【名师点睛】1、整体法：整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法.在力学中，就是把

几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整体的作用力（外力），不考

虑整体内部之间的相互作用力（内力）.

整体法的优点：通过整体法分析物理问题，可以弄清系统的整体受力情况和全过程的受力情况，从整体上揭示事物的

本质和变体规律，从而避开了中间环节的繁琐推算，能够灵活地解决问题.通常在分析外力对系统的作用时，用整体

法.

2、隔离法：隔离法是指对物理问题中的单个物体或单个过程进行分析、研究的方法.在力学中，就是把要分析的物体

从相关的物体体系中隔离出来，作为研究对象，只分析该研究对象以外的物体对该对象的作用力，不考虑研究对象对

其他物体的作用力.

隔离法的优点：容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形，问题处理起来比较方便、简单，便于初学者使

用.在分析系统内各物体（或一个物体的各个部分）间的相互作用时用隔离法.

4、D

【解题分析】

两星的角速度相同，根据万有引力充当向心力知：

CMm22

G-7-=nuo^r.-m（Dr,

U12

可得

r\=n①

两星绕连线的中点转动，则有：

„m2472L

G--m——；----②

1}TJ2

所以

…底③

由于C的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则

cMm4/L

G——+G——=m—；----公

Z?（L2尸2④

（5）

又

T

一=k⑤

解③④⑤式得

»,\—k"

M=z-m

4产

可知D正确,ARC错误°

故选D。

5、C

【解题分析】

根据电势的物理意义：电势是反映电场本身性质的物理量，仅由电场本身决定，与试探电荷无关.可知，将该点电荷

换为电荷量为2q的负点电荷，A点的电势不变，故C正确，ABD错误；故选C.

6、D

【解题分析】

粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示,

根据洛伦兹力提供向心力，有

nP2

qvB-m一

R

解得

R=—

qB

根据轨迹图知

2机u

PQ=2R=

NOP-O。

则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为

4mv

0P=2PQ=

~qB

则D正确，ABC错误。

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、BD

【解题分析】

AB.设粒子在磁场中做圆周运动的半径为「，由几何关系可知：

巧

r=Z?tan30°=—R

3

A,错误B正确;

CD.粒子做圆周运动的直径为:

设有粒子射出部分的圆弧所对圆心角为由几何关系可知:

2A3

则:

a「ee2V3

sm0=2sin—cos—=----

223

C错误，D正确.

8、BCD

【解题分析】

A.知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，能算出一个气体分子所占有的体积，故A错误；

B.悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性,

故B正确；

C.理想气体在吸收热量的同时，若对外做功，其内能可能减小，故C正确；

D.若有第三者介入，热量可以从低温物体传到高温物体，故D正确。

故选BCD。

9、ABD

【解题分析】

A.若小球刚好运动到。点，由动能定理，研究小球从4点到。点的过程得

•。九

mghi—^iingcos37-----r—pnigL=0-0

sin37

解得

//i=1.5ni

故A正确；

B.若小球开始滑下时的高度为2m,根据动能定理，从A点到C点有

。乩

rnghz-pmgeos37r-〃/wgA=Ekc-0

sm37

解得

£kc=0.25mg

由动能定理得小球要运动到D点（右半部分圆轨道上与圆心等高的点为O点），在C点的动能至少是

ingR=dA5mg

所以小球不能到达。点，在。点与。点之间某处速度减为零，然后沿圆轨道返回滑下，故B正确；

C.小球做完整的圆周运动，刚好不脱离轨道时，在圆轨道最高点速度最小是陋，由动能定理得

-2mgR=mv2-Eko

理可得要使小球做完整的圆周运动，小球在C点动能最小值为

9

EM=-mg

O

若小球开始滑下时的高度为2・5m,则小球在。点的动能是05叫，若小球开始滑下时的高度为3m,则小球在C点的

动能是0.75/〃上这两种情况下小球通过。点后都会在。点与最高点之间某一位置做斜抛运动，即小球将离开轨道，

故C错误，D正确。

故选ABD。

10、AD

【解题分析】

AB.对环由于垂直纸面向里的匀强磁场增大，根据楞次定律，环M中所产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向

外，根据右手螺旋定则，环〃中的感应电流沿逆时针方向，根据左手定则，环M所受的安培力指向圆心向里，环M

有收缩的趋势，A项正确、B项错误；

CD.对环N,处在沿顺时针方向环形电流i所产生的磁场中，根据右手螺旋定则，穿过环N的磁感线抵消后，总体垂

直纸面向里，当电流，・增大时，原磁场向里增强，根据楞次定律，环N中所产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外,

根据右手螺旋定则，环N中的感应电流沿逆时针方向，但是感应电流所处的区域磁感线垂直纸面向外，根据左手定则,

环N所受的安培力背离圆心向外，环N有扩张的趋势，C项错误、D项正确。

故选AD,

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、外接限流式0.6803.003.63x10-61400140

【解题分析】

根据实物连接图分析可知该实验连接图中电流表采用的是内接，［2］滑动变阻器采用的是限流式，⑶螺旋测微器

的固定刻度读数0.5mm,可动刻度读数为0.01xl8.0=0.180mm,所以最终读数为0.5+0.180mm=0.680mm；

⑵［4］由/图像，据欧姆定律可得该小段金属合金丝的电阻为

W2.70—0八…八

K=----=--------------£2=3.1MJ£2

△10.90-0

⑸金属合金丝的横截面积

S=乃(92

根据电阻定律R=*可计算出金属合金丝的电阻率为

0=3.14x(0.68xlQ-)-x3.00Q>m=3.63xl0-6Q.m

P=

4L4x0.300

⑶③网欧姆表选择xlOO挡，由图甲所示可知多用电表的表盘读数为14,该合金丝的电阻约为

14xl00C=1400Q

(4)⑺根据电阻定律/?=华可知长度之比等于电阻之比，即有

1400_L

TOO-0.300

所以金属合金丝的长度

r=140m

12、A,V,凡

【解题分析】

⑴⑴因为电动势3V,所以电压表选择环；

⑵根据欧姆定律可知电路中最大电流为

E

/=_=0.6A

R,

所以电流表为Ai；

⑶为保证调节方便，则选择阻值较小的滑动变阻器2；

⑵[4]因为

&_3000R5

=600>j==40

瓦=丁心0.125

则说明待测电阻为小电阻，所以电流表采用外接法，实验要求尽量多测几组数据，所以滑动变阻器采用分压式，电路

⑶[5]A.实验中产生的误差不能消除，只能减小，故A错误；

B.由于我流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，故B错误:

C.利用图象法求解电阻可减小偶然误差，故C正确。

故选c。

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、(l)8m/s；(2)2厉m/s

【解题分析】

⑴设碰撞前瞬间小球产的速度为%,碰撞后瞬间小球尸的速度为匕，物体A的速度为匕,

小球尸自由下落，由动能定理可得

mgh=-mvl

解得

%=1Om/s

小球P与物体A碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律得

彩

mv0=+1%

1,1,12

-mvQ=-mv；+-^}v2

解得

匕=-2m/s

v2=8nMs

故碰撞后瞬间物体A的速度大小是8m/s.

⑵设开始A静止时弹簧的压缩量为』

对A有

=g

%=0.1in

当地面对物体H的弹力恰好为零时，弹簧的伸长量为超

对B有

m°g=5

x2=O.lm

可见玉二占，故两个状态弹簧的弹性势能相等;

从尸与4碰撞后瞬间到地面对H的弹力恰好为零的过程，由系统机械能守恒得

；叫西二;，4何+以话(王+电)

JJ

解得此时A的速度大小为

v3=2y/\5m/s

14、(1)120°(2)