2024届天津市实验中学高三下学期高考模拟物理试卷

这是一份2024届天津市实验中学高三下学期高考模拟物理试卷，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是( )
A. 卢瑟福通过分析甲图中的粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型
B. 乙图表明：只要有光射到金属板上，就一定有光电子射出
C. 丙图表示的是磁场对、和射线的作用情况，其中①是射线，②是射线
D. 丁图表示的核反应属于重核裂变，是人工无法控制的核反应
2.一列简谐横波沿x轴正方向传播，已知x轴上相距的两个质点M、N的振动图像分别如图甲和乙所示，已知质点M比N质点先起振，则该波( )
A. 波长可能为B. 频率可能为
C. 传播速度可能为D. 质点M在波谷时，质点N在波峰
3.如图所示，平行板电容器与电动势为E的电源连接，上极板A接地，一带负电的油滴固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，则( )
A. 带电油滴所受静电力不变
B. P点的电势将升高
C. 带电油滴在P点时的电势能增大
D. 电容器的电容减小，极板带电荷量增大
4.ABCDE为单反照相机取景器中五棱镜的一个截面示意图，，由a、b两种单色光组成的细光束从空气垂直于AB射入棱镜，经两次反射后光线垂直于BC射出，且在CD、AE边只有a光射出，光路图如图所示，则a、b两束光( )
A. a光的频率比b光的频率大
B. b光比a光更容易发生明显衍射现象
C. 在真空中，a光的传播速度比b光的大
D. 以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角较小
5.如图所示，倾角为的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜劈上，轻质细线一端固定在物体上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。若将固定点c向上移动少许，而a与斜劈始终静止，则下列说法正确的是( )
A. 细线对物体a的拉力变大B. 斜劈对地面的压力不变
C. 斜劈对物体a的摩擦力减小D. 地面对斜劈的摩擦力为零
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.一定质量的理想气体由状态A变到状态B的图线如图所示，可知在由A到B的过程中正确的是( )
A. 气体分子的平均动能增大
B. 气体分子间的平均距离减小
C. 气体的压强增大，体积减小
D. 气体一定吸收热量
7.在星球表面发射探测器，当发射速度为v时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动；当发射速度达到时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球，已知地球、火星两星球的质量比约为10：1，半径比约为2：1，下列说法正确的有( )
A. 探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大
B. 同一探测器分别脱离地球和火星所需要的发射速度相等
C. 同一探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大
D. 探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大
8.如图是一个理想变压器的示意图，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器的滑动触头，是定值电阻，保持交变电压不变，下列说法正确的是( )
A. 若P的位置不变，S由a合到b处，则电压表示数增大
B. 若P的位置不变，S由a合到b处，则电流表示数减小
C. 若S置于b处，将P向上滑动，则电流表示数增大
D. 若S置于b处，将P向上滑动，则电压表示数增大
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
9.某同学用图1所示的实验装置研究小车做匀变速直线运动的特点。
实验中，除打点计时器含交流电源、纸带、小车、平板和重物外，在下面的器材中，必须使用的是______选填选项前的字母。
A.刻度尺
B.秒表
C.天平
实验中获得的一条纸带如图2所示，在纸带上依次取O、A、B、C、D……若干个计数点，利用实验数据计算出打点时小车的速度v。描绘图像前，还不知道小车是否做匀变速直线运动。用平均速度表示各计数点的瞬时速度，从理论上讲，对两个点的时间间隔t的要求是______选填“越大越好”、“越小越好”或“与大小无关”。
另一位同学更换重物后，用下述方法计算小车运动的加速度：在纸带上依次取O、A、B、C、D、E、F若干个计数点，每两个计数点间还有4个点未画出，如图3所示。相邻两计数点间的距离分别是：，，，，，。则小车的加速度______保留3位有效数字。
10.新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络查找了某种知名的电池铭牌，电池采用的是“刀片电池”技术。现将一块电芯拆解出来，测得长为960mm，宽为90mm，用游标卡尺准确测量其厚度，结果如图1所示，然后测量其电动势E和内阻r。由此可知：
一块刀片电芯厚度为______ mm。
为了能较准确地测量一块电芯的电动势E和内阻r，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图2所示，记录了单刀双掷开关分别接1、2对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图3中所示的A、B两条图线，可以判断图线A是利用单刀双掷开关接______填“1”或“2”中的实验数据描出的，综合A、B两条图线，此电芯的内阻______用图中、、、表示。
四、简答题：本大题共3小题，共48分。
11.如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
释放时距桌面的高度H；
碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
碰撞过程中系统损失的机械能。
12.如图所示，PQ、MN两挡板竖直正对放置，两板长度l均为1m，间距也为1m，两挡板间有垂直纸面向里、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。挡板的上边缘P、M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向上的匀强电场，电场强度大小；一带负电粒子自电场中A点以一定速度水平向右发射，恰好从P点处与水平方向成射入磁场，从两挡板下边缘Q、N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知：该带负电的粒子比荷大小为，粒子发射位置A到水平线PM的距离，不计粒子的重力。整个装置处于真空中且不考虑地磁场的影响。求：
粒子从A点发射的初速度；
求磁感应强度大小的取值范围。
13.基于电容器的制动能量回收系统已经在一些新能源汽车上得到应用。某同学设计的这种系统的一种简易模型如图所示。某种材料制成的薄板质量为m，围成一个中空圆柱，圆的半径为r，薄板宽度为L，可通过质量不计的辐条绕过圆心O且垂直于圆面的水平轴转动。薄板能够激发平行于圆面且沿半径方向向外的辐射磁场，磁场只分布于薄板宽度的范围内，薄板外表面处的磁感应强度为B。一匝数为n的线圈abcd固定放置为显示线圈绕向，图中画出了两匝，ab边紧贴薄板外表面但不接触，线圈的两个线头c点和d点通过导线连接有电容为C的电容器、电阻为R的电阻、单刀双掷开关，如图所示。现模拟一次刹车过程，开始时，单刀双掷开关处于断开状态，薄板旋转方向如图所示，旋转中薄板始终受到一与薄板表面相切、与运动方向相反的大小为f的刹车阻力作用，当薄板旋转的角速度为时，将开关闭合到位置1，电容器开始充电，经时间t电容器停止充电，开关自动闭合到位置2直至薄板停止运动。除刹车阻力外，忽略其他一切阻力，磁场到cd连线位置时足够弱，可以忽略。电容器的击穿电压足够大，开始时不带电，线圈能承受足够大的电流，不考虑可能引起的一切电磁辐射。求：
电容器充电过程中，判断极板M带电的电性；
开关刚闭合到位置1时，线圈切割磁感线的切割速度v的大小及此时产生的感应电动势；
求充电结束时，薄板的角速度大小；
求薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，故A正确。
B、根据光电效应发生的条件可知，并不是所有光射到金属板上，都一定有光电子射出，故B错误。
C、磁场的方向向里，根据左手定则可知，射线①带正电，所以①是射线，②不偏转，是射线。故C错误；
D、由图可知，丁图表示的核反应属于重核裂变，是人工可以控制的核反应。故D错误。
故选：A。
卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型；光电效应的发生需要一定的条件；根据左手定则判断粒子的种类；重核裂变是人工可以控制的核反应。
本题考查了粒子散射实验、光电效应的条件、链式反应等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。
2.【答案】A
【解析】【分析】
质点M比N质点先起振，波从M传到N，根据同一时刻两个质点的振动状态，从而得出波长的大小，根据波长和周期求出波的传播速度。分析两个质点平衡位置间距离关系，判断状态关系。
本题首先考查读图的能力，其次考查列通项式的能力。知道波传播的周期性。
【解答】
A、据题质点M比N质点先起振，波从M传到N。
由振动图象可知时刻M点位于波峰时，N通过平衡位置向下，则有：，…
波长为，当时，；故A正确。
B、由图读出周期，则频率为，故B错误。
C、波速为，因为n是整数，v不可能为，故C错误。
D、由上分析知，，则质点M在波谷时，N通过平衡位置，故D错误。
故选：A。
3.【答案】B
【解析】解：A、将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动。故A错误。
B、板间场强E减小，而P点与上极板间的距离不变，则由公式分析可知，P点与上极板间电势差将减小，而P点的电势低于上极板的电势，则知P点的电势将升高。故B正确。
C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势升高，则油滴的电势能将减小。故C错误。
D、根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小。故D错误。
故选：B。
将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况。由分析P点与上极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化。根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化。
本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动。运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化。
4.【答案】D
【解析】解：根据题意可知，两种光以相同的入射角射向CD面时，b光发生全反射，a光发生折射和反射，说明a光的临界角大于b光的临界角，根据可知，a光在棱镜中的折射率小于b光的折射率，即。
A、光在介质中的折射率越小，频率越小，所以在真空中，b光的频率比a光的大，故A错误；
B、根据，频率越高的波长越长，因此b光的波长比a光的短，那么a光比b光更容易发生衍射现象，故B错误；
C、不同频率的光在真空中的传播速度都相同，故C错误；
D、设光以入射角i从空气斜射入水中时，折射角为r，根据折射定律可得：，解得，两束光以相同的入射角从空气斜射入水中，折射率越小的光折射角越大，所以a光的折射角较大，b光的折射角较小，故D正确。
故选：D。
两种光以相同的入射角射向CD面时，b光发生全反射，a光发生折射和反射，由此分析折射率的大小，根据折射率越大、频率越大，结合光在介质中的速度分析速度大小；不同频率的光在真空中的传播速度都相同；根据折射定律可知，折射率越小的光折射角越大，所以a光的折射角较大。
本题主要是考查了光的折射；解答此类问题要知道：不同颜色的光频率不同，不同频率的光进入同一种透明介质发生折射，频率越大的光偏折程度越明显，折射率越大，折射率越大的光频率越大。
5.【答案】A
【解析】解：AC、对滑轮和物体b受力分析，受重力和两个拉力作用，如图所示
根据平衡条件，竖直方向有：
解得：
将固定点c向上移动少许，将增大，减小，故拉力T增大；
对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，拉力减小，但由于不确定拉力与a的重力的下滑分力的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，故A正确、C错误；
BD、对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示
根据平衡条件，竖直方向有：，N与角度无关，恒定不变；根据牛顿第三定律，压力也不变；
水平方向有：
将固定点c向上移动少许，则增大，故摩擦力增大，所以摩擦力不为零，故BD错误。
故选：A。
对滑轮和物体b受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力变化情况；对物体a受力分析，判断物体a与斜面体间的静摩擦力的情况；对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，根据平衡条件求解整体与地面间的静摩擦力和弹力的情况。
整体法和隔离法的使用技巧：当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体或一个物体各部分间的相互作用时常用隔离法。整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。
6.【答案】AD
【解析】解：A、由题：气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，故A正确。
BC、如图，连接AO，BO，由数学知识可知：，根据理想气体状态方程分析得知，气体的体积，即气体的体积增大，分子间的平均距离增大，故BC错误。
D、气体的温度升高，内能增大，体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故D正确。
故选：AD。
温度是气体分子平均动能的标志，温度升高分子平均动能增大．根据理想气体状态方程，分析气体的体积变化来确定气体分子间的平均距离的变化．气体体积增大，对外界做功，温度升高，内能增大，根据热力学第一定律分析吸放热情况。
本题考查理解气体状态变化图象的能力，方法是添置辅助线：设想O到A是一个等容过程，O到B也是一个等容过程，斜率大，此过程气体的体积小。
7.【答案】AC
【解析】解：探测器脱离星球的过程，离星球表面越来越高，故相应的势能也越来越大，故A正确；
B.设探测器脱离地球的发射速度为，脱离火星的发射速度，地球的半径为，火星的半径为，地球的质量为，火星的质量为，所以探测器脱离地球与脱离火星的发射速度比为故B错误；，故B错误；
C.同一探测器在地球、火星表面受到的万有引力比为，故C正确；
D.探测器绕星球表面做匀速圆周运动时，有，其中M是星球的质量，m是探测器质量，R是星球的半径，解得，而探测器脱离星球所需要的发射速度，与探测器的质量无关，故D错误。
故选：AC。
A.根据引力势能与高度的关系进行判断；
B.根据发射速度和脱离速度的关系列式联立解答；
C.根据万有引力定律的公式列式求解；
D.根据牛顿第二定律列式推导速度与探测器质量无关进行说明。
考查万有引力定律的应用，会根据题意进行准确的分析和判断。
8.【答案】AD
【解析】解：A、S由a切换到b原线圈匝数变小，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以R上电压增大，故A正确；
B、S由a切换到b，原线圈匝数变小，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以R上电流增加，输出功率增大，输入功率增大，输入电压不变，则将增大，电流表示数增大，故B错误；
C、若S置于b处，将P向上滑动，变阻器电阻变大，输出功率变小，输入功率变小，根据，知变小，则电流表示数减小，故C错误；
D、若S置于b处，将P向上滑动，变阻器电阻变大，副线圈电流变小，两端电压变小，滑动变阻器电压变大，即电压表示数增加，故D正确；
故选：AD。
理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比。
理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象。输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率。
9.【答案】A 越小越好
【解析】解：根据实验原理可知，需要刻度尺测量点迹之间的距离，有打点计时器无需秒表，实验不用测量质量，不需要天平，故A正确，BC错误；
故选：A。
当的情况下，可以用平均速度表示各计数点的瞬时速度，则两个点的时间间隔越小，则计算结果越接近平均速度，故答案为：越小越好。
根据逐差法可知加速度为：
故答案为：；越小越好；
根据探究小车速度随时间变化规律实验选择所需的器材；
当的情况下，可以用平均速度表示各计数点的瞬时速度；
用逐差法计算加速度。
本题考查了探究小车速度随时间变化规律实验，学生需要掌握逐差法计算加速度，属于常规题目。
10.【答案】
【解析】解：游标尺为20分度，故精度为。主尺读数为13mm，游标尺上第9条刻度线与主尺对齐，读数为，故一块刀片电芯厚度为；
当接1时，误差来源于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，所以内阻测量值比真实值偏大；当接2时，误差来源于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所以内阻测量值比真实值偏小。由于图线斜率的绝对值表示内阻，即接1时的图线陡一些，可以判断图线A是利用单刀双掷开关接1中的实验数据描出的，内阻测量值比真实值偏大。接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，则接1时的电动势的测量值等于真实值，即有

由于接2时，当电路短路时，电压表没有分流，则此时的电流的测量值与真实值相等。
综合上述可知，电源的真实的图线是A图线纵轴交点与B图线横轴交点的连线，可知此电芯的内阻为
故答案为：；，。
根据游标卡尺的读数方法确定电芯的厚度；
根据实验原理进行分析，明确误差来源，从而确定电流表接法，进而判断图线A是利用单刀双掷开关接何处的实验数据描出的，再求此电芯的内阻r。
本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握实验电路图的选择以及实验数据处理的基本方法。
11.【答案】解：下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
解得：
碰撞前瞬间，绳子的拉力与重力的合力提供向心力，对A，由牛顿第二定律得：
解得：
、B碰撞过程系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
解得：
答：释放时距桌面的高度H是；
碰撞前瞬间绳子的拉力大小是；
碰撞过程中系统损失的机械能是。
【解析】下摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出释放时距离桌面的高度。
碰撞前瞬间绳子的拉力与重力的合力提供向心力，应用牛顿第二定律求出绳子拉力大小。
、B碰撞过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程系统损失的机械能。
根据题意分析清楚小球的运动过程是解题的前提与关键，应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、动量守恒定律与能量守恒定律可以解题；解题时注意碰撞过程系统仅在水平方向动量守恒。
12.【答案】解：粒子在电场中做类平抛运动，则有
根据牛顿第二定律有：
解得
粒子在磁场运动的速度大小为：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动的临界轨迹从Q射出如图所示
由几何关系可知，最小半径为
由向心力由洛伦兹力提供得：
解得磁感应强度大小的临界值为
粒子从两挡板下边缘Q、N之间射出磁场，磁感应强度大小的取值范围为
答：粒子从A点发射的初速度为；
磁感应强度大小的取值范围为。
【解析】根据类平抛的规律以及牛顿第二定律求出粒子从A点发射的初速度；
根据粒子在磁场运动的速度画出粒子在磁场中运动的临界轨迹，再由几何关系求出粒子运动的最小半径，然后，根据洛伦兹力提供向心力解得磁感应强度大小的临界值，进而求出磁感应强度大小的取值范围。
本题考查了带电粒子在组合场中的运动，解决本题的关键是熟练掌握类平抛运动以及洛伦兹力提供向心力的匀速圆周运动的模型。
13.【答案】解：薄板旋转方向为逆时针，则线框相对于薄板的运动方向为顺时针，根据右手定则可知，d点电势低于c点电势，故M板带负电；
根据线速度与角速度关系有
根据法拉第电磁感应定律有
薄板旋转，线圈相对薄板的线速度分别为，
停止充电时，两极板的电压为
在充电过程中，对薄板分析，根据动量定理得
充电的电荷量大小满足，
联立解得
整个过程中，薄板损失的机械能为
充电过程中的图像如图所示
利用微元法，结合充电过程中克服电场力做功的公式
电容的公式
可得到阴影面积为电容器充电过程中获得的能量，即
薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率
联立解得
答：电容器充电过程中，M板带负电；
开关刚闭合到位置1时，线圈切割磁感线的切割速度v的大小为；此时产生的感应电动势为；
充电结束时，薄板的角速度大小为；
薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率为。
【解析】根据右手定则分析电势高低，从而判断电性；
根据法拉第电磁感应定律解得感应电动势；
根据动量定理结合电流定义式解答；
画出充电的图像，根据面积和能量回收率的意义解答。
本题考查法拉第电磁感应定律，解题关键掌握题目的理解，注意动量定理的应用。