2024屆天津市七校高考押題預測卷（物理試題理）試卷

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）

填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處”。

2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦

干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。

3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先

劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。

4.考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將木試卷和答題卡一并交回。

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、如圖所示，小船以大小為y（船在靜水中的速度）、方向與上游河岸成〃的速度從。處過河，經過一段時間，正好到

達正對岸的處?，F要使小船在更短的時間內過河并且也正好到達正對岸0'處，在水流速度不變的情況下，可采

取的方法是（）

A.。角不變且I，增大B.。角減小且y增大

C.〃角增大且I，減小D.夕角增大且y增大

2、氫原子部分能級的示意圖如圖所示，不同金屬的逸出功如下表所示:

鈉鈣鎂鉞鈦金

逸出功W/eV1.92.73.73.94.14.8

大量處于n=4能級的氫原子向低能級躍遷時輻射的所有光子中，能夠使金屬氈發生光電效應的光子有幾種

?治做

---------。

44--------------0.8

3--------------1.5b

2--------------3.40*

L--------------13.60

A.2

R.3

D.5

3、二氧化錫傳感器的電阻隨著一氧化碳的濃度增大而減小，將其接入如圖所示的電路中，可以測量汽車尾氣一氧化碳

的濃度是否超標。當一氧化碳濃度增大時，電壓表V和電流表A示數的變化情況可能為

IHT

A.V示數變小,A示數變大

B.V示數變大,A示數變小

C.V示數變小,A示數變小

D.V示數變大,A示數變大

4、如圖所示，一個帶正電的物體從粗糙斜面頂端滑到斜面底端時的速度為若加上一個垂直于紙面指向紙外的方向的

磁場，貝!物體滑到底端時（）

A?y變大B.u變小C.y不變D.不能確定

5、一質點靜止在光滑水平面上，現對其施加水平外力F,尸隨時間變化規律如圖所示，下列說法正確的是（）

A.在0~4s時間內,位移先增后減

B.在0~4s時間內,動量一直增加

C.在0~8s時間內,F的沖量為0

D.在0~8s時間內,產做的功不為0

6、如圖所示為一理恕變壓器，其中a、b、c為三個額定電壓相同的燈泡，輸入電壓u=UmSinlOO7tt（V）.當輸入電壓為

燈泡額定電壓的8倍時，三個燈泡剛好都正常發光.下列說法正確的是（）

A.三個燈泡的額定電壓為Um/8

B.變壓器原、副線圈匝數比為9：2

C.此時燈泡a和b消耗的電功率之比為2：7

D.流過燈泡c的電流，每0.02s方向改變一次

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。

7、如圖所示，空間中存在勻強磁場，在磁場中有一個半徑為R的圓，圓面與磁場垂直，從圓弧上的尸點在紙面內沿

各個方向向園內射入質量、電荷量、初速度大小均相同的帶同種電荷的粒子，結果沿半徑P。方向射入的粒子從邊界

上。點射出.已知OQ與。尸間的夾角為60。，不計粒子的重力，則下列說法正確的是

A.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為正R

2

B.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為點立R

3

C.有粒子射出部分的國弧所對圓心角的正弦值為空

3

D.有粒子射出部分的圓孤所對圓心角的正弦值為HI

3

8、一列沿x軸正向傳播的簡諧橫波，U0時刻的波形如圖所示，波速大小為i，=0.6m/s,此時波剛好傳到0.24m的位置,

產為0.60m處的質點。下列說法中正確的是（）

A.經過0.6s傳播到尸點

C.電流表A（量程為0—0.06A,內阻約0.3C）

D.滑動變阻罌R：（0—20D）

E.開關及導線若干

（1）請在下面方框內畫出實驗電路圖（

（2）連好實物電路后發現電壓表損壞了，實驗室又提供了一只毫安表mA（（量程為0—30mA,內阻5。）和一個電

阻箱（0—999.9。），要利用這兩個儀器改裝為3V的電壓表，需要將毫安表和電阻箱品聯，并將電阻箱的阻值

調到Q;

（3）請畫出改裝后的實驗電路圖（）

（4）如果某次測量時亳安表示數為20.0mA,電流表A示數為0.058A,那么所測未知電阻阻值Rx=Q（最后一空

保留3位有效數字）。

12.（12分）在“用單擺測量重力加速度的大小”的實驗中。

（1）安裝好實驗裝置后，先用游標卡尺測量擺球直徑d,測量的示數如圖所示，則擺球直徑d=cm,再測量擺線長

/,則單擺擺長（用d、/表示）；

「匕一1琳曲琳―“1"匕』扁上如LJf

⑵擺球擺動穩定后，當它到達________（填“最低點”或“最高點”）時啟動秒表開始計時，并記錄此后擺球再次經過最

低點的次數〃（〃=1、2、3……）,當〃=60時剛好停表。停止計時的秒表如圖所示，其讀數為s,該單擺的周

期為T=s（周期要求保留三位有效數字）；

⑶計算重力加速度測量值的表達式為斷(用八七表示)，如果測量值小于真實值，可能原因是___________;

A.將擺球經過最低點的次數〃計少了

B.計時開始時，秒表啟動稍晚

C.將擺線長當成了擺長

D.將擺線長和球的直徑之和當成了擺長

(4)正確測量不同擺L及相應的單擺周期T,并在坐標紙上畫出〃與心的關系圖線，如圖所示。由圖線算出重力加速度

的大小g__________m/s2(保留3位有效數字，計算時招取9.86)。

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I??????????????????????????????—?????????????????―????????????????>??????II

0800.901.001.101.20

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13.(10分)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B,質量分別為〃2A=L°kg，〃%=4.0kg；兩者之間有一被壓縮的

微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離/=L0m,如圖所示.某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使4、3瞬間分離，

兩物塊獲得的動能之和為&=l°-0J.釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動.A、3與地面之間的動摩擦因數

均為4=0.20.重力加速度取g=10m/s2.A、8運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短.

(1)求彈簧釋放后瞬間A、3速度的大小；

(2)物塊A、5中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與5之間的距離是多少？

(3)A和〃都停止后，A與3之間的距離是多少？

14.(16分)如圖所示，在第一象限內，存在垂直于X0V平面向外的勻強磁場I,第二象限內存在水平向右的勻強電

場,第三、四象限內存在垂直于xQy平面向外、磁感應強度大小為8。的勻強磁場n。一質量為〃?，電荷量為+9的粒

子，從x軸上M點以某一初速度垂直于x軸進入第四象限，在xOy平面內，以原點。為圓心做半徑為凡的圓周運動;

隨后進入電場運動至)'軸上的N點，沿與》軸正方向成45。角離開電場；在磁場I中運動一段時間后，再次垂直于K

軸進入第四象限。不計粒子重力。求：

y

B\

*

(1)帶電粒子從M點進入第四象限時初速度的大小%;

(2)電場強度的大小E；

(3)磁場I的磁感應強度的大小生。

15.(12分)如圖所示，用一塊長。=10m的木板在墻和桌面間架設斜面，桌子高/?=0.8m,長4=L5m。斜面與

水平桌面間的傾角〃=53°。一個質量為〃％=0.3kg的小滑塊B放在桌面最右端，現將質量為，%=0.2kg的小滑塊A

從斜面頂端由靜止釋放，滑塊與斜面間的動摩擦因數從=0.5,滑塊與水平桌面間的動摩擦因數從=3,忽略滑塊在

斜面與桌面交接處的能量損失，滑塊A與滑塊3發生正碰，碰后滑塊A最終停在離桌面右端2.4cm處?；瑝K與木板及

桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A、"均可視為質點，重力加速度g=10m/s2,sin530=0.8>cos53°=0.6<>

求：

(1)與B相碰前瞬間小滑塊A的速度大??；

(2)小滑塊3的落地點距桌面最右端的水平距離。

參考答案

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、D

【解題分析】

由題意可知，航線恰好垂直于河岸，要使小船在更短的時間內過河并且也正好到達正對岸0'處，則合速度增大，方向

始終垂直河岸。小船在靜水中的速度增大，與上游河岸的夾角〃增大，如圖所示

故D正確，ABC錯誤。

故選D。

2、C

【解題分析】

氫原子由量子數〃=4的能級躍遷低能級時輻射光子的能量有6種；其中：￡4-Ei=-0.8+13.6eV=12.8eV；

E4-E2=-0.8+3.40eV=2.6eV；￡：4-￡：3=-<).85+1.51eV=0.66eV；Ei-Ei=-1.51+3.40eV=1.89eV；E3-E1=-1.51+13.6eV=12.09eV；

E2.E1=.3.40+13.6eV=n).2eV；金屬鈉的逸出功為1.9cV,則能夠使金屬鈍發生光電效應的光子有4種，故選C.

3、D

【解題分析】

當一氧化碳濃度增大時，二氧化錫傳感器的電阻減小，由閉合電路歐姆定律知，電路中電流變大，則A示數變大；由

歐姆定律知K的電壓變大，則電壓表V變大；

AC.綜上分析，電壓表示數變大，AC錯誤；

BD.綜上分析，電流表示數變小，B錯誤D正確。

故選D。

4、A

【解題分析】

未加磁場時，根據動能定理，有

2

mgh-Wt=^mv-0

加磁場后，多了洛倫茲力，洛倫茲力不做功，根據左手定則，洛倫茲力的方向垂直斜面向上，所以物體對斜面的壓力

減小，所以摩擦力變小，摩擦力做的功變小，根據動能定理，有

2

mgh-Wf'-gmV-0

W<Wr

所以

vf>v.

故A正確，BCD錯誤。

故選Ao

5、C

【解題分析】

A.由圖可知，在0?4s內力戶先向正方向，再向反方向，故質點先加速再減速到0,速度方向不變，位移增加，故A

錯誤；

B.在0?4s內，速度先增加后減小，動量先增加后減小，故B錯誤；

C.0到8s內，一半時間的沖量為正，另一半時間的沖量為負，則總的沖量為0,故C正確；

D.因8s內總的沖量為0,根據動量定理，可知動量的變化為0,即初末速度為0,則動能的變化量為0,尸做功為0,

故D錯誤。

故選C。

6、C

【解題分析】

設燈泡的額定電壓為U,根據題意，輸入電壓u入=石二8U,得：U=且此時原線圈兩端的電壓為

7216

4U.7I,2

kk

5=限7=1U,副線圈兩端的電壓為U2=2。，則變壓器原、副線圈匝數比為」?二;7=彳，根據7=—=

%U?2/2nA7

因為a、b此時都能正常發光，故電壓都為額定電壓，根據產=U/,可知a、b消耗的電功率與電流成正比，即此時

燈泡a和b消耗的電功率之比為2：7,由輸入電壓的表達式，可知角頻率0=1004%//5,則周期7二——=0.025,

CD

而變壓器不會改變交變電流的周期，故每0.02s電流方向改變兩次，故ABD錯誤，C正確；故選C.

【題目點撥】根據燈泡電壓與輸入電壓的關系可確定接在線圈的輸入端和輸出端的電壓關系，則可求得匝數之比；根

據變壓器電流之間的關系和功率公式可確定功率之比.

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。

7、BD

【解題分析】

AB.設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為由幾何關系可知：

A.錯誤B正確：

CD.粒子做圓周運動的直徑為:

設有粒子射出部分的圓弧所對圓心角為由幾何關系可知:

.夕廠6

sin—=——=----

2A3

則：

sin6=2sin—cos—=

223

C錯誤，D正確.

8、AC

【解題分析】

A.簡諧橫波傳播到〃點的時間為

x0.6-0.24”

t=—=------------s=0.6s

v0.6

故A正確；

B.根據同側法可知，/=0時刻0.24m的位置的質點由平衡位置向下振動，波源開始振動的方向是向下，所以剛傳播

到P點時P點由平衡位置向下振動，故B錯誤;

C.由圖可知波長為

2=0.24m

簡諧橫波的周期為

7=-=0.4S

v

所以有

3

r=0.6s=-T

2

從，=0時刻到剛傳播到尸點過程中。點的路程為

3

S=-x4/4=30cm

2

故C正確；

D.由圖可知振幅為

A=5cm

角速度為

ITI.,.

co=——=57rrad/s

T

/=0時刻0.18m處的質點的位移為?5c】n,所以0.18m處的質點的振動方程為

_.__71、

y=5sin(5R-—)cm

故D錯誤；

故選AC,

9、AB

【解題分析】

帶正電粒子僅在電場力作用下，從M運動到N,由速度大小，得出粒子的動能，從而確定粒子的電勢能大與小。由于

勻強電場，則等勢面是平行且等間距。根據曲線運動條件可從而確定電場力的方向，從而得出勻強電場的電場線方向。

【題目詳解】

帶電粒子僅在電場力作用下，由于粒子在M、N兩點動能相等，則電勢能也相等，則M、N兩點電勢相等。因為勻強

電場，所以兩點的連線MN即為等勢面。根據等勢面與電場線垂直特性，從而畫出電場線CO.由曲線運動條件可知,

正電粒子所受的電場力沿著co方向;

可知，速度方向與電場力方向夾角先大于90。后小于90。，電場力對粒子先做負功后做正功，所以電勢能先增大后減小。

故AB正確；勻強電場的電場強度Ed=U式中的d是沿著電場強度方向的距離，則￡=—J=典，故C錯誤;

Rsin45°R

粒子在勻強電場受到的是恒定的電場力，不可能做圓周運動，選項D錯誤；故選AB.

【題目點撥】

緊扣動能相等作為解題突破口，由于僅在電場力作用下，所以得出兩點的電勢能大小關系。并利用等勢面與電場線垂

直的特性，從而推出電場線位置。再由曲線運動來確定電場力的方向。同時考查U=Ed中d的含義重要性，注意公式

中的d為沿電場線方向上的距離。

10、ABD

【解題分析】

A.若沒有物塊從木板上滑下，則三者最后共速，以三者為整體，水平方向動量守恒，

mvo=3mvi①

則整個過程產生的熱量等于動能的變化，有

1,I,

Q=—------x3mvi2②

22

聯立①②，得

1,

<2=-7WV0

故A正確；

BD.〃、。之間的碰撞無機械能損失，故碰撞過程中動量守恒和機械能守恒，設碰前速度分別為由、及，碰后分別為

以、V2,,且有力>也，以內方向為正方向，則有

invi+mv2=tnvi,+inv2,?

1,1,1,1

—mvr+—mvr=-/wvi,2+—mv2,2④

2222

聯立③④，得

Vl'=V2

V2=V1

即碰后。和木板共速，方向右運動，以。和木板為整體，此時

〃和木板的加速度

12

對。分析知，。的加速度最大值為

若加《2網則mVoo,。和木板保持相對靜止，則無論W多大，。都不會從木板上滑落；故B正確;

若網＞2隊，則內＞的，。相對木板向左運動，故?？赡軓哪景遄蠖嘶?，故D正確；

C.若。與力碰前三者已經共速，則必一定不相碰，此時有

L1,1^

-=-"M~~.3m叱⑤

聯立①⑤，得

故若%＞，則ab一定不相碰，故C錯誤;

故選ABDo

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

R、_

【解題分析】

（D[1]由于電流表的內阻遠小于待測電阻的阻值，故采用安培表內接法，滑動變阻器采用限流式接法即可，如圖所

（2）[2][3]改裝成大量程的電壓表，需要將電阻與表頭串聯，其阻值為:

U3

/?=——R=-------Q-5Q=95.0Q

八?jix80030

(3)[4]改裝之后的電壓表內阻為100Q,則此時采用安培表外接法，如圖所示;

(4)[5]根據歐姆定律可知，此時待測電阻的阻值為:

0.020x(95+5)

Q=52.6Q

R、=0.058-0.020

12、1.84cm-+/最低點67.5s2.25s竺士AC9.86m/s2

2T2

【解題分析】

⑵.擺球直徑d-1.8cm+0.1mmx4=1.84cm；

單擺擺長L=4+/;

2

(2)[3][4][5J.擺球擺動穩定后，當它到達最低點時啟動秒表開始計時，并記錄此后擺球再次經過最低點的次數〃(〃=1、

2、3……),當〃=60時剛好停表。停止計時的秒表讀數為67.5s,該單擺的周期為

,t67.5___

T=—=-----s=2.25s

n30

2

(3)(61.根據丁=可得計算重力加速度測量值的表達式為

4/L

A.將擺球經過最低點的次數〃計少了，則計算周期T偏大，則g測量值較小，選項A正確;

B.計時開始時，秒表啟動稍晚，則周期測量值偏小，則g測量值偏大，選項B錯誤；

C.將擺線長當成了擺長，則L偏小，則g測量值偏小，選項C正確；

D.將擺線長和球的直徑之和當成了擺長，則L偏大，則g測量值偏大，選項D錯誤；

故選AC,

(4)[7].根據T=2不不:可得

g

由圖像可知

,4乃24.85-3.25)

17=___ZZ___________=4

g1.20-0.80-

解得

g=9.86m/s2

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13、(1)V4=4.0m/s,vw=l.()m/s；(2)〃先停止；0.50m；(3)0.91m；

【解題分析】

首先需要理解彈簧釋放后瞬間的過程內4、〃組成的系統動量守恒，再結合能量關系求解出4、8各自的速度大??；

很容易判定A、3都會做勻減速直線運動，并且易知是B先停下，至于A是否已經到達墻處，則需要根據計算確定，

結合幾何關系可算出第二問結果；再判斷A向左運動停下來之前是否與8發生碰撞，也需要通過計算確定，結合空間

關系，列式求解即可.

【題目詳解】

(1)設彈簧釋放瞬間A和笈的速度大小分別為沙、四，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有

0=mAvA-mBvB①

Ek=+｝也裾②

聯立①②式并代入題給數據得

V4=4.0m/s,VB=1.0m/s

(2)4、B兩物塊與地面間的動摩擦因數相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為假設4和8發生碰撞前，

已經有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的用設從彈簧釋放到〃停止所需時間為￡,B向左運動的路程

為S".，則有

，〃興④

$8=加-＞產⑤

%一3=0⑥

在時間，內，A可能與墻發生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變人的速度大小，所以無論此碰撞是否發

生，A在時間，內的路程以都可表示為

SA=VAt-^-arQ)

2

聯立③④?⑥⑦式并代入題給數據得

S4=1.75m,s=0.25m?)

這表明在時間，內A已與墻壁發生碰撞，但沒有與B發生碰撞，此時4位于出發點右邊0.25m處.〃位于出發點左邊

0.25m處，兩物塊之間的距離s為

s=0.25m+0.25m=0.50m⑨

(3)f時刻后A將繼續向左運動，假設它能與岸止的B碰撞，碰撞時速度的大小為以，，由動能定理有

:%4-'%后=-〃，孫8(2/+.)⑩

乙乙

聯立③⑧)⑩式并代入題給數據得

丫；=V?in/s(TC

故A與3將發生碰撞.設碰撞后A、B的速度分別為小〃以和曰動量守恒定