2024年高考押題預測卷-物理（天津卷）（全解全析）

2024年高考押題預測卷03【天津卷】

物理"全解全析

12345678

DABCBADACCD

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫

在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回

第I卷

注意事項：

L每題選出答案后，用鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動,用橡皮擦干凈后,

再選涂其他答案標號。

2.本卷共8題，每題5分，共40分。

一、單選題（每小題5分，共25分。每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的）

1.關于物理學家和他們對物理學的貢獻，下列說法正確的是

A.貝克勒爾通過對天然放射現象的研究，確定了原子核的存在

B.麥克斯韋預言并證實了電磁波的存在

C.玻爾建立了量子理論，并成功解釋了各種原子的發(fā)光原理

D.盧瑟福根據a粒子散射實驗的結果提出了原子的核式結構模型

【答案】D

【詳解】貝克勒爾通過對天然放射現象的研究，確定了原子核具有復雜結構還可再分。故A項錯誤麥克斯

韋預言電磁波的存在，赫茲用實驗證實了電磁波的存在。故B項錯誤。玻爾結合普朗克的量子概念、愛因

斯坦的光子概念和盧瑟福的原子核式結構模型提出了玻爾理論，成功解釋了氫原子發(fā)光現象；但由于過多

保留了經典電磁學的理論，不能很好地解釋其他原子的發(fā)光現象。故C項錯誤。盧瑟福根據a粒子散射實

驗的結果提出了原子的核式結構模型，故D項正確。

2.傳統(tǒng)的手工榨油如圖甲所示，是利用“油錘”撞擊“進樁”擠壓油餅達到出油的目的，簡化模型如圖乙?！坝?/p>

錘"A用輕繩系在橫梁上的B點,現用一水平力尸作用在繩上的。點，將。點緩慢向右移動的過程中（）

乙

A.水平力廠逐漸增大B.繩的彈力逐漸增大

C.繩。8的彈力先減小后增大D.橫梁對輕繩的摩擦力大小不變

【答案】A

【詳解】對繩上。點進行受力分析，如下圖所示

根據平衡條件有尸=mgtana,T0B=^~,將。點緩慢向右移動的過程中，繩0B與豎直方向的夾角a逐

cosa

漸增大，則水平力尸逐漸增大，繩08的彈力逐漸增大，故A正確，C錯誤；在將。點緩慢向右移動的過

程中，繩0A的彈力始終等于“油錘”A的重力，故B錯誤；由上述分析可知，繩的彈力逐漸增大，則在

將。點緩慢向右移動的過程中，繩的彈力在水平方向上的分力逐漸增大，所以橫梁對輕繩的摩擦力逐

漸增大，故D錯誤。故選A。

3.健身球是一種內部充氣的健身輔助器材，如圖所示，球內的氣體可視為理想氣體，當球內氣體被快速擠壓

時來不及與外界熱交換，而緩慢變化時可認為能發(fā)生充分的熱交換。則下列說法正確的是（）

A.人體快速擠壓健身球過程中，球內氣體壓強減小

B.人體快速擠壓健身球過程中，球內氣體分子熱運動的平均動能增大

C.人體緩慢離開健身球過程中，球內表面單位時間單位面積上撞擊的分子數不變

D.人體緩慢離開健身球過程中，球內氣體對外放熱

【答案】B

【詳解】人體快速擠壓健身球過程中，來不及與外界熱交換，球內氣體體積減小，外部對氣體做功，氣體

溫度升高，則壓強變大，球內氣體分子熱運動的平均動能增大，故A錯誤，B正確；人體緩慢離開健身球

過程中，球內氣體能與外界發(fā)生充分的熱交換，則球內氣體的溫度不變，體積變大，壓強變小，氣體分子

數密度減小，而分子的平均速率不變，則球內表面單位時間單位面積上撞擊的分子數減小，氣體對外做功，

內能不變，則球內氣體從外界吸熱，故CD錯誤。故選B。

4.2023年5月30日神舟十六號載人飛船成功對接于空間站天和核心艙徑向端口，兩飛行乘組的航天員于18

時22分會師“天宮”?？臻g站繞地球的運動可以看作勻速圓周運動。已知地球的平均密度為夕，表面的重力

加速度為g,空間站的軌道半徑遠低于同步衛(wèi)星的軌道半徑，引力常量為G,下列說法正確的是（）

A.空間站內宇航員不受重力，處于完全失重狀態(tài)

B-空間站運行的圓軌道半徑為彘

根據已知信息可以求得地球的質量為底

C.

D.空間站的向心加速度小于赤道上物體隨地球自轉的向心加速度

【答案】C

【詳解】空間站內宇航員處于完全失重狀態(tài)，但仍然受地球引力，故A錯誤；忽略地球自轉，地球表面物

體所受重力等于萬有引力，則G等=根g,又°=丁二，聯立解得氏=/K，地球質量M==

R2JR4%?G16TTpG

,故間站運行的圓軌道半徑大于FK，故B錯誤，C正確；空間站繞地心做勻速圓周運動時，由牛頓第

4空G

Mm?_gR_8

二定律可得G=胸,解得空間站的向心加速度大小為"一工工一匚工，空間站的軌道半徑遠低

于同步衛(wèi)星的軌道半徑，故〃空可，又根據a=02廠知a同＞a赤，聯立解得?？眨?,故D錯誤。故選C。

5.芯片制作關鍵在于光刻機的技術突破，光刻機利用光源發(fā)出的紫外線，將精細圖投影在硅片上，再經技術

處理制成芯片。目前的高端光刻機主要分為EUV光刻機和DUV光刻機。DUV（波長193nm）是深紫外線，

EUV（波長13.5nm）是極深紫外線。浸沒式光刻機在透鏡組和硅片之間充有液體，已知光在真空中傳播速

度大于在介質中傳播速度。關于光刻機物理量的比較下列說法正確的是（）

A.真空中DUV光源光子能量比EUV光源光子能量大

B.相同條件下，DUV光源比EUV光源更容易發(fā)生明顯衍射現象

C.DUV光源和EUV光源疊加時可以發(fā)生干涉現象

D.浸沒式光刻機光在液體中波長比在真空中長

【答案】B

【詳解】根據c=/ly可知，光的波長越大，光的頻率越小，根據題意，DUV的波長大于EUV的波長，根

據片=配=/2f可知，真空中DUV光源光子能量比EUV光源光子能量小，故A錯誤；根據發(fā)生明顯衍射

的條，件波長越長，越容易發(fā)生明顯衍射，由于DUV的波長大于EUV的波長，則相同條件下，DUV光源

比EUV光源更容易發(fā)生明顯衍射現象，故B正確；根據上述可知，DUV光源和EUV光源的頻率不相等，

可知，DUV光源和EUV光源疊加時不能夠發(fā)生干涉現象，故C錯誤；根據光速與波長的關系有"=

光從一種介質進入另一種介質時，頻率不變，光在真空中傳播速度大于在介質中傳播速度，則浸沒式光刻

機光在液體中波長比在真空中短，故D錯誤。故選B。

二、不定項選擇題（每小題5分，共15分。每小題給出的四個選項中，都有多個選項是正確

的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，選錯或不答的得0分）

6.兩列在同一介質中的簡諧橫波沿相反方向傳播，某時刻兩列波相遇，如圖所示,其中實線波的頻率為2.50Hz,

圖示時刻平衡位置尤=3m處的質點正在向上振動。則下列說法正確的是（）

A.實線波沿x軸正方向傳播，虛線波沿無軸負方向傳播

B.兩列波在相遇區(qū)域發(fā)生干涉現象

C.兩列波的波速均為25m/s

D.從圖示時刻起再過0.025s,平衡位置x=1.875m處的質點將位于y=30cm處

【答案】AD

【詳解】圖示時刻平衡位置廣3m處的質點正在向上振動，根據波動規(guī)律可知，實線波沿x軸正方向傳播,

則虛線波沿無軸負方向傳播，故A正確；介質決定波速，兩列波傳播速度大小相同，由圖可知，實線波的

波長/U=6m,虛線波的波長％2=9m,由v="可知，實線波和虛線波的頻率之比為力：fi-h：加=3：2,由于

fi不等于力故兩列波在相遇區(qū)域不會發(fā)生穩(wěn)定的干涉現象，故B錯誤;實線波的頻率為2.50Hz,波長九=6m,

則波速v=4/=15m/s故C錯誤；實線波波峰傳到平衡位置x=1.875m處的質點所用時間為

1875—]5

%=-15,s=0.025s,虛線波波峰傳到平衡位置x=1.875m處的質點所用時間為

225—1X75

t2='15'—s=0.025s說明從圖示時刻起再過0.025s,平衡位置x=1.875m處的質點處于波峰位置,

由波的疊加可知，平衡位置尤=L875m處的質點將位于y=30cm,故D正確。故選AD。

7.風能是一種清潔無公害可再生能源，風力發(fā)電非常環(huán)保，且風能蘊量巨大，截至2023年底，中國風電裝

機容量接近4億千瓦，位居世界第一-如圖為某風力發(fā)電場向一學校供電線路圖,發(fā)電場的輸出功率為WkW,

輸出電壓為250V,用戶端電壓為220V,輸電線總電阻R=20。，升壓變壓器原、副線圈匝數比4：叼=1」。，

變壓器均為理想變壓器，下列說法正確的是（）

用

戶

A.降壓變壓器的匝數比%:%=11：1

B.輸電線上的電流為40A

C.該輸電系統(tǒng)的輸電效率為96.8%

D.深夜學校的用電器減少，輸電線上損失的功率將變大

【答案】AC

p10x1f）3

【詳解】根據題意，由尸=S可得，升壓變壓器原線圈的電流為人=歹=』一A=40A,輸電線上的電

流為/2=3/I=4A,升壓變壓器副線圈的電壓為=2500V,降壓變壓器原線圈的電壓為

n2

n,U.242011

U3=U2-AU=U2-I2R=242Wf降壓變壓器的匝數比且=六==右=7,故A正確，B錯誤；該輸電

九442201

P-XPp_I?R

系統(tǒng)的輸電效率為〃=100%=100%=96.8%,故C正確；深夜用戶的用電器減少，則降壓

PP

變壓器的輸入功率減小，輸入電流減小，輸電線上損失的功率減小，故D錯誤。故選AC。

8.如圖所示，水平線a、b、c、d為勻強電場中的等差等勢線，一個質量為m、電荷量絕對值為q的負電荷

的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩個點，己知該粒子在A點的速度大小為匕，在B點

的速度大小為彩，且方向與等勢線平行，A、B連線長為L,連線與豎直方向的夾角為凡粒子所受重力忽

略不計，則（）

A.粒子從A到B的過程中電場力做正功

B.a、b、c、d四條等勢線對應的電勢高低為Q＞例＞乳＞外

C.粒子在B點的電勢能大于在A點的電勢能

勻強電場的電場強度大小為心

D.

2qLcos0

【答案】CD

【詳解】帶電粒子在勻強電場中只受電場力，粒子做曲線運動，所受電場力指向軌跡凹側，且垂直于等勢

線，所以粒子在A點時所受電場力向下，如圖所示

即A到B過程中電場力做負功，A錯誤；根據負電荷受電場力向下，故電場線豎直向上，沿電場線方向電

勢減小，即B錯誤；由于粒子從A到B的過程中電場力做負功，電勢能增加，所以B點

的電勢能大于在A點的電勢能，C正確；設勻強電場的電場強度大小為E,根據動能定理有

-qELcosO=-mvl--mv1,解得￡=皿2,D正確。故選CD。

222qLcos3

第II卷

注意事項:

1.用黑色墨水的鋼筆或簽字筆將答案寫在答題卡上。

2.本卷共4題，共60分。

三、實驗題

9（1）甲、乙兩個學習小組分別利用單擺測量重力加速度，甲組同學采用圖甲所示的實驗裝置。

①實驗中，有人提出以下幾點建議，其中對提高測量結果精確度有利的是（）

A.單擺偏離平衡位置的角度不能太大

B.質量相同、體積不同的擺球，選用體積較大的

C.當單擺經過平衡位置時開始計時，經過一次全振動后停止計時，用此時間間隔作為單擺振動的周期

丙

②在測量周期時，擺球振動過程中懸點。處擺線的固定出現松動，擺長略微變長，這將會導致所測重力加

速度的數值______（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）。

③乙組同學在圖甲所示裝置的基礎上再增加一個速度傳感器，如圖乙所示。將擺球拉開一小角度使其做簡

諧運動，速度傳感器記錄了擺球振動過程中速度隨時間變化的關系，如圖丙所示。

由圖丙可知，該單擺的周期7=S；

更換擺線長度后，多次測量出擺線長L和周期，根據實驗數據，利用計算機作出F-Z（周期平方一擺線長）

圖線，并根據圖線擬合得到方程〃=4.04乙+0.01由此可以得出當地的重力加速度g=m/s2?（取

r=9.86,結果保留3位有效數字）

【答案】A偏小2s9.76

【詳解】①單擺在擺角比較小的時候才是簡諧運動，因此計算單擺的振動周期時，擺球偏離平衡位置的角

度不能太大，A正確；為了減小空氣阻力，質量相同、體積不同的擺球，選用體積較小的，B錯誤；為了計

算周期準確，多測幾個周期，求平均值，D錯誤。故選A。

②根據7=2萬J，，松動之后擺長的測量值偏小，而周期測量值準確，導致重力加速度測量值偏小。

/7P47T24M

③由圖丙可知，該單擺的周期T=2s,根據7=2巴上土整理得72=竺七+絲R,根據斜率可知

Vggg

.22

-=4.04,可得g=±^=9.76m/s2

g4.04

（2）用如圖甲所示的電路測量一節(jié)蓄電池的電動勢和內電阻。蓄電池的電動勢約為2V,內電阻很小。除

蓄電池、開關、導線外可供使用的實驗器材還有：

A.電壓表（V）（量程2V）

B.電流表（A。（量程0.6A）

C.電流表（A?）（量程3A）

D.定值電阻&（阻值3。，額定功率4W）

E.滑動變阻器R1（阻值范圍0?20Q,額定電流1A）

F.滑動變阻器&（阻值范圍0-20000,額定電流0.1A）

①電流表應選（填器材前的字母代號）。

②根據實驗數據作出圖象（如圖乙所示），則蓄電池的電動勢石=V,內阻廠=Q；（結

果保留到小數點后兩位）。

③這位同學對以上實驗進行了誤差分析，其中正確的是0

A.電壓表有分流作用是造成系統(tǒng)誤差的原因，增大R可以減小這種誤差

B.電流表有分壓作用是造成系統(tǒng)誤差的原因，減小以可以減小這種誤差

C.實驗測出的電動勢小于真實值

D.實驗測出的內阻大于真實值

【答案】B2.101.20AC

E2

【詳解】①估算電路中的最大電流/max=j=￡A=0.67A,所以選擇量程為0.6A的電流表B；

②根據閉合電路的歐姆定律，則有U=E-則圖線的縱坐標表示電源電動勢，由圖可得E=2.10V；

21-042

圖線的斜率k=R0+r=幺流”，代入數據解得r=L20Q

③由電路圖可知，電壓表有分流作用是造成系統(tǒng)誤差的原因，增大&，則流過電流表的電流越接近總電流，

則可以減小這種誤差，故A正確，B錯誤；相對于電源來說，電流表采用外接法，由于電壓表分流作用，

電流測量值小于真實值，當外電路短路時，電流測量值等于真實值，電源的圖象如圖所示

KM

測

由圖象可知，電動勢的測量值小于真實值，電源內阻的測量值小于真實值，故C正確，D錯誤。

故選AC。

四、解答題

9.2022年第24屆冬奧會在北京舉行，如圖甲所示為2月12日冰壺比賽中，中國隊對戰(zhàn)意大利隊時馬秀珥

投擲黃壺的情景。中國隊需要用黃壺去碰撞對方的紅壺，若將黃壺離手瞬間記為t=0時刻，此時黃壺距離要

碰撞的紅壺L=39.2m,Z=8s時刻黃壺進入運動員可用毛刷摩擦冰面的區(qū)域，同時運動員開始摩擦冰面，其后

根據冰壺運動情況間斷性摩擦冰面，圖乙是黃壺碰撞紅壺前運動的部分v-f圖像。此次投擲的冰壺沿直線運

動且可視為質點，若兩冰壺與未摩擦過冰面間的動摩擦因數恒為⑷，兩冰壺與摩擦過冰面間的動摩擦因數

恒為"2,取重力加速度g=10m/s2.

(1)求〃/和〃2；

(2)若要黃壺以1.0m/s的速度撞擊紅壺，求運動員用毛刷摩擦過的冰面的長度；

(3)若黃壺以LOm/s的速度與紅壺發(fā)生對心正碰，碰后均向前運動且運動員均沒有摩擦冰面，碰后黃壺與

紅壺滑行的距離比為1:16,冰壺質量均為19kg,求碰撞后瞬間兩冰壺各自的速度。

甲

【答案】(1)0.01,0.005；(2)10m；(3)Vi=0.2m/s

【詳解】(1)根據圖像，黃壺的加速度大小可表示為

Av

Cl——

Nt

對黃壺，根據牛頓第二定律可得

]nmg=ma

解得

〃1=0.01

M=0.005

(2)由uT圖像可知，08s內冰壺運動的位移為

『及2m

設摩擦冰面的長度為工，整個運動過程，由動能定理可得

1

一〃gg(L-x0-x)~R21ngx=；mv-gmv1

解得

x=10m

(3)黃壺與紅壺碰撞過程中動量守恒，則有

mv=mvx+mv2

碰后均做勻減速運動，故有

再=

2a

2a

由題意可知

再：9=1：16

解得

v

Vj=—=0.2m/s

4v

v2=—=0.8m/s

11.如圖所示，坐標系xoy位于豎直平面內，所在空間有沿水平方向垂直于紙面向里的勻強磁場，在x<0的

空間內還有沿x軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E.一個帶電油滴經圖中x軸上的M點，沿著直線

MP方向以速率v做勻速運動，圖中直線MP與x軸夾角a=30。，經過P點后油滴進入x>0的區(qū)域，要使

油滴在x>0的區(qū)域內做勻速圓周運動，需要在該區(qū)域內加一個勻強電場.若帶電油滴沿弧PN做勻速圓周

運動，并垂直于x軸通過軸上的N點，已知重力加速度為g.試求：

⑴油滴的帶電性質和勻強磁場的磁感應強度大小;

(2)在x>0的區(qū)域內所加電場的場強;

(3)帶電油滴從P點運動到N點經歷的時間.

(3)叵竺

【答案】（1）—（2）6￡

V3g

【詳解】（1）油滴在x<0區(qū)域做勻速直線運動，又因為油滴在此區(qū)域受重力mg、電場力F和洛倫茲力F洛

作用，故三個力的合力為0；油滴在x>0區(qū)域做勻速圓周運動,根據油滴軌跡和左手定則可知油滴帶正電.在

x<0區(qū)域對粒子受力分析

有:

F=F洛sin30°

即:

Eq=qvBsin30°

所以磁感應強度

qE_2E

D-------------=-----

qvsin30v

(2)在xVO區(qū)域油滴受力平衡有

F洛?cos30°=mg

又有

F洛sin3O°=qE

所以有：

mg=~j3qE

在x>0區(qū)域油滴做勻速圓周運動，所以油滴受到的電場力與重力平衡，令此時電場強度為E，則有:

qE'=mg=\[3qE

所以

E'=>/3E

(3)由題意作出油滴在x>0區(qū)域的軌跡如下圖所示，根據幾何關系有:

|3=180。-(90°-a)=120。

油滴做圓周運動的周期

?2兀m

1=------

qB

所以油滴從P至BN所用

120e127rm271m

t=-----xT=-x-------=-------

3603qB3qB

又因為

mg=qvBcos30°

所以

271m_V37rv

3qB3g

12.近年來，我國在航空母艦的電磁彈射技術方面取得重大突破，第一艘?guī)в须姶艔椛湎到y(tǒng)的國產航母即將

亮相。小明同學經過研究，設計了一種電磁彈射系統(tǒng)，其簡化模型如圖乙所示。艦載機質量為7M7,用絕緣

彈性裝置鎖定在一個匝數N匝，邊長為工的正方形金屬線框上，線框質量加，總電阻為&xoy平面代表軌

道平面，x軸與軌道平行，軌道光滑，寬也為小磁場與軌道平面垂直，平面內x坐標相同的點磁感應強度

相同，大小按圖丙的規(guī)律隨時間變化，U0時刻磁場的這種變化方式以恒定的速度沿+無方向傳播，此時刻線

框所在的位置沿x方向各點的磁場分布如圖丁所示。經2T時間線框及艦載機的速度達到v,磁場停止傳播，

同時解除鎖定，框中彈性裝置在極短的時間里把艦載機彈出，艦載機相對線框以2V速度水平起飛，求：

(1)仁0時刻線框中感應電流的大小和方向;

(2)仁丁時，艦載機的加速度大小:

O

(3)在線框開始運動到停止的整個過程中,金屬線框產生的焦耳熱。

4"D

XXXX????XXXX

XXXX????XXXX????x/m

XX3<X????XXXX

XX?XXXX