2024年高考第三次模拟考试题：物理（天津卷）（解析版）

这是一份2024年高考第三次模拟考试题：物理（天津卷）（解析版），共14页。试卷主要包含了风力发电是一种绿色清洁能源，10等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
1．放射性同位素衰变的快慢有一定的规律，质量为的碳发生衰变，经过时间t后剩余碳14的质量为m，其图线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碳14放出的粒子来自核外电子B．碳14的衰变方程为
C．碳14的半衰期为11460年D．100个碳14原子经过11460年后还剩25个
【答案】B
【详解】A．碳14放出的粒子来自于原子核内的中子转化为质子时产生的，故A错误；B．根据衰变过程满足质量数和电荷数守恒可知，碳14的衰变方程为，故B正确；C．放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，叫半衰期。由图知，碳14的半衰期为5730年，故C错误；D．半衰期是放射性元素衰变的统计规律，对少数原子核不适用，故D错误。
故选B。
2．如图所示，单色光Ⅰ和Ⅱ从半圆形玻璃砖的圆心入射时，均从玻璃砖圆面上的同一位置离开玻璃砖，单色光Ⅰ与单色光Ⅱ相比（ ）
A．在同种玻璃中单色光Ⅰ的折射率较小
B．若光束从水中射向空气，则单色光Ⅰ比单色光Ⅱ更难发生全反射
C．单色光Ⅰ在玻璃砖从到P用时较长
D．用单射光Ⅰ和单色光Ⅱ在同一装置做双缝干涉实验，用单射光Ⅰ做条纹间距较大
【答案】C
【详解】A．由图可知，单色光Ⅰ的入射角比单色光Ⅱ的大，折射角相同，根据，则玻璃砖对单色Ⅰ光的折射率比单色Ⅱ光的大，故A错误；B．根据，折射率大的临界角小，更易发生全反射，单色光Ⅰ更容易发生全反射，故B错误；CD．折射率大的频率大，由，知单色光Ⅰ波长短，根据做双缝干涉实验时条纹间距小，由，知，折射率大的速度小，则距离一定时，单色光Ⅰ由到P用时较长，故C正确，D错误。
故选C。
3．2021年2月21日~4月2日，“深海一号”钻井平台搭载“蛟龙”号潜艇赴西北太平洋深渊区开展7000米级作业。若开始下潜时，“蛟龙”号潜艇内气体温度为、压强为，当下潜到某一深度时，艇内温度降到。潜艇内气体视为理想气体，体积和质量不变，下列关于艇内气体的说法，正确的是（ ）
A．时，压强约为B．时，压强约为
C．下潜过程中，内能增加D．下潜过程中，吸收热量
【答案】B
【详解】AB．依题意，潜艇内气体体积保持不变，由查理定律可得，其中，解得，故A错误；B正确；CD．由热力学第一定律，可得，依题意，下潜过程中，气体温度降低，内能减小，即，又因为气体体积不变，即，解得，即下潜过程中，放出热量。故CD错误。
故选B。
4．风力发电是一种绿色清洁能源。根据电磁感应的基本原理，风力发电可建立如下模型，叶片长度为l的风轮机在风的驱动下，带动内部匝数为N的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动。设通过矩形线圈的磁通量随时间t按正弦规律变化，周期为T，磁通量最大值为，空气密度为ρ，风速为v，风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积，发电机将风的动能转化为电能的效率为η，下列说法正确的是（ ）

A．发电机线圈在0.5T时刻输出的瞬时电压为0
B．发电机线圈输出电压的有效值为
C．发电机的发电功率
D．若风速加倍，则发电机的发电功率将变为4倍
【答案】C
【详解】A．发电机线圈在0.5T时刻，磁通量为零，磁通量变化率最大，则感应电动势最大，故A错误；
B．发电机线圈电动势的有效值为，因为内外电阻关系未知，所以无法确定输出电压，故B错误；CD．单位时间吹过风的质量为，根据能量守恒，发电机的发电功率，若风速加倍，则发电机的发电功率将变为8倍，故C正确D错误。
故选C。
5．如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r，可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数以及与桌面的摩擦因数均为µ。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则（ ）
A．小物块从圆盘上滑落后，小物块在餐桌上做曲线运动
B．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为
C．餐桌面的半径为
D．物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为
【答案】D
【详解】A．小物块从圆盘上滑落后，沿切线方向飞出，小物块在餐桌上做匀减速直线运动，故A错误；
B．物块随圆盘运动的过程中，将要滑离圆盘时，则由动能定理圆盘对小物块做功为，故B错误；C．物块在桌面上滑动的距离，餐桌面的半径为，故C错误；D．根据动量定理，物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为，故D正确。
故选D。
6．一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为时的波形图，虚线为时的波形图。以下关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【详解】机械波的传播方向不确定，所以需要考虑机械波传播方向的不确定性。AB．若机械波沿轴正方向传播，在时点振动方向竖直向上，则传播时间满足（n=0，1，2，3…），解得（n=0，1，2，3…），当时，解得周期，A正确，B错误；CD．若机械波沿轴负方向传播，在时点处于波谷，则（n=0，1，2，3…），解得（n=0，1，2，3…），当时，解得周期，错正确，D正确。
故选AD。
7．2023年4月16日，在酒泉卫星发射中心使用长征四号乙运载火箭，成功将我国首颗降水测量专用卫星风云三号07星送入预定轨道。若该卫星发射过程可以简化为如图所示的过程：Ⅰ为近地圆轨道（轨道半径可视为等于地球半径），Ⅲ为距地面高度为的圆形工作轨道，Ⅱ为与轨道Ⅰ、Ⅲ相切的椭圆转移轨道，切点分别为、。已知地球半径为，第一宇宙速度大小为，万有引力常量为，下列说法中正确的是（ ）
A．风云三号07星在轨道Ⅰ运行的周期小于地球自转周期
B．风云三号07星在轨道Ⅲ经过点时的加速度大于在轨道Ⅱ经过b点时的加速度
C．风云三号07星从点第一次运动到点所用时间为
D．地球的平均密度为
【答案】AC
【详解】A．根据，解得，可知风云三号07星在轨道Ⅰ运行的周期小于在轨道Ⅲ上的周期，即小于地球自转周期。故A正确；B．根据，解得，易知风云三号07星在轨道Ⅲ经过点时的加速度等于在轨道Ⅱ经过b点时的加速度。故B错误；C．根据开普勒第三定律，可得，又，联立，可得，即风云三号07星从点第一次运动到点所用时间为。故C正确；D．根据，又，联立，解得，故D错误。
故选AC。
8．如图所示为研究光电效应和霍尔效应的装置示意图。光电管和霍尔片串联，霍尔片的长、宽、高分别为、、，该霍尔片放在磁感应强度大小为、方向平行于边的匀强磁场中。闭合电键，入射光照到阴极时，电流表A显示的示数为，该电流在霍尔片中形成沿电流方向的恒定电场为，电子在霍尔片中的平均速度，其中电子迁移率为已知常数。电子电量为，电子的质量为。霍尔片单位体积内的电子数为，则（ ）
A．霍尔片前后侧面的电压为
B．霍尔片内的电场强度为
C．通过调节滑动变阻器，可以使电流表的示数减为零
D．当滑动变阻器滑片右移后，单位时间到达光电管阳极的光电子仍等于
【答案】BD
【详解】A．设霍尔片前后侧面的电压为，根据洛伦兹力与电场力平衡可得，其中，，联立解得，故A错误；B．霍尔片内沿前后侧面的电场强度大小为，沿电流方向的恒定电场为，则霍尔片内的电场强度为，故B正确；C．由于光电管所加的电压为正向电压，则通过调节滑动变阻器，不可以使电流表的示数减为零，故C错误；
D．若已经为光电效应达到的饱和电流，则当滑动变阻器滑片右移后，电流保持不变，则单位时间到达光电管阳极的光电子数等于，故D正确。
故选BD。
二、实验题：本题共2小题，共12分。
9．（6分）我们在实验室探究加速度与合力的关系实验中，常用实验装置将桶和沙子的总重力视为绳子拉力，产生实验误差，某学习小组改良装置如图(甲)所示进行实验，小车的加速度可由打点计时器和纸带测出，小车在平衡摩擦力后，保持质量不变，逐渐增大沙桶和沙的总质量进行多次实验，得到多组加速度a和弹簧秤示数F的值，做出图像如图(乙)所示。
(1)本实验______(填写“需要”或“不需要”)保证沙桶和沙的总质量远小于小车总质量。
(2)如图所示为实验中打下的某条纸带，A点为选取的起始计数点，每两个计数点间还有四个点未画出，打点计时器的频率为50Hz，则C点的速度为______m/s，小车的加速度为______。(均保留两位有效数字)
(3)若这个小组在实验中忘记要平衡摩擦力，始终将长木板保持水平，也得出了相应的图像，得出图像的斜率与已平衡摩擦力的图像斜率相比，则有______(填“>”或“<”或“=”)。
【答案】(1)不需要 (2)0.40 2.0 (3)=
【解析】(1)本实验不需要保证沙桶和沙的总质量远小于小车总质量，实验中绳子的拉力可由弹簧秤直接读出；
(2)每两个计数点间还有四个点未画出，打点计时器的频率为50Hz，则计数周期为
C点的速度为
小车的加速度为
(3)如果已平衡摩擦力，则拉力提供合力，有
如果未平衡摩擦力，则拉力与摩擦力提供合力，有
则有
10．（6分）10．如图所示为小明同学用毫安表改装多用电表的原理图。已知毫安表表头内阻为60Ω，满偏电流为2mA，R1和R2为定值电阻。
(1)若将毫安表改装成4mA和40mA两个量程的电流表，当单刀双掷开关S2接“1”时为电流表，选择开关S1与b端相接时，电流表的量程为4mA，选择开关S1与a端相接时，电流表的量程为40mA，则R1=______
(2)图中将开关S2接“2”端时为欧姆表。根据图中电源情况可以判断表笔A应接________(选填“红”或“黑”)表笔；若开关S1与a端相接时欧姆表为“10”倍率挡，则开关S1与b端相接时应为______(选填“1”或“100”)倍率挡；
(3)图中作为欧姆表使用时，若电池用旧后电动势不变，电池内阻变大，欧姆调零后测电阻，这种情况对测量结果________(选填“有”或“没有”)影响。
【答案】(1) (2) 黑 100 (3)没有
【解析】本题考查电表的改装与应用
(1)当选择开关S1与b端相接，单刀双掷开关S2接“1”时，电流表的量程为I1=4mA，则有
解得
当选择开关S1与a端相接，单刀双掷开关S2接“1”时，电流表的量程为I2=40mA，则有
解得
(2)多用电表中表笔电流应该为“红进黑出”，表笔A与内置电源正极相连，则表笔A应接黑表笔。
开关S1与b端相接时，毫安表所在并联电路的电阻减小，测量相同待测电阻时，则该并联电路的分压减小，毫安表转动的角度减小，则此时为“×100”挡。
(3)电池内阻变大，能够正常欧姆调零，则欧姆表的内阻不产生系统误差，而电池的电动势不变，故对测量结果没有影响。
三、计算题：本题共3小题，共48分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（14分）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为，平台高为。药品盒A、B依次被轻放在以速度匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端点停下，随后滑下的B以的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为和，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间；
（2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功；
（3）圆盘的圆心到平台右端点的水平距离．
【答案】（1）（2）；（3）
【详解】（1）A在传送带上运动时的加速度
由静止加速到与传送带共速所用的时间
（2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功
（3）AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
解得,
（另一组舍掉）
两物体平抛运动的时间
则,
解得
12．（16分）如图所示为一台利用可折叠光屏制成的质谱仪原理图，可折叠光屏可以绕垂直于纸面且过P点的轴转动，使光屏、两部分互相垂直。现有电荷量相同、质量不同的离子由静止开始经过电压为的电场加速后，通过狭缝O垂直磁场边界进入垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，最后离子打在光屏上，已知光屏部分在上，，，。求：
(1)打在光屏上M、P两点的离子质量之比；
(2)若离子打在光屏上N点，该离子在磁场中运动的轨道半径。
【答案】(1)；(2)
【解析】本题考查静电场做功，动能定理，磁场轨迹分析等
(1)离子在加速电场中运动，根据动能定律可得
离子在磁场中做匀速圆周运动，可得
联立解得
打在光屏M、P两点的离子，在磁场中运动的半径分别为
则打在光屏M、P两点离子的质量之比
(2)若离子打在光屏上N点，如图所示，由几何知识得
解得
13．（18分）电磁弹射在电磁炮、航天器、舰载机等需要超高速的领域中有着广泛的应用，图1所示为电磁弹射的示意图。为了研究问题的方便，将其简化为如图2所示的模型(俯视图)。发射轨道被简化为两个固定在水平面上、间距为L且相互平行的金属导轨，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。发射导轨的左端为充电电路，已知电源的电动势为E，电容器的电容为C。子弹载体被简化为一根质量为m、长度也为L的金属导体棒，其电阻为r。金属导体棒垂直放置于平行金属导轨上。忽略一切摩擦阻力以及导轨和导线的电阻。
(1)发射前，将开关S接a，先对电容器进行充电。充电过程中电容器两极板间的电压u随电容器所带电荷量q发生变化，请在图3中画出u-q图像；并借助图像求出稳定后电容器储存的能量E0.
(2)电容器充电结束后，将开关接b，电容器通过导体棒放电，导体棒由静止开始运动，导体棒离开轨道时发射结束。电容器所释放的能量不能完全转化为金属导体棒的动能，将导体棒离开轨道时的动能与电容器所释放能量的比值定义为能量转化效率。若某次发射结束时，电容器的电量减小为充电结束时的一半，不计放电电流带来的磁场影响。
①求这次发射过程中的能量转化效率η；
②导体棒在运动过程中由于克服非静电力做功会产生反电动势，求这次发射过程中克服非静电力所做的功。
【答案】(1) 见解析 (2) ① ②
【解析】本题考查电磁感应综合应用，动能定理等
(1)电容器充电结束时所带的电荷量Q为
Q=CE
根据电容的定义公式C=Q/U，可知
所以充电过程中电容器两极板间的电压u随电容器所带电荷量q是线性变化的，图象如图所示
电容器储存的能量E0为
E0=UIt=Uq
则u-q图象的图形面积表示电容器储存的能量
(2)①设从电容器开始放电到导体棒离开轨道的时间为t，放电的电荷量为∆Q，平均电流为I，导体棒离开轨道时的速度为v，相据动量定理有
BILt=mv-0；∆Q=It
由题意可知
∆Q=Q/2=CE/2
联立解得
v=BLCE/2m
导体精离开轨道时的动能为
电容器释放的能量为
这次发射过程中的能量转化效率η为
②这次发射过程中克服非静电力所做的功为
导体棒在运动过程中产生反电动势为
E反=BLv
代入数据解得