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2024年高考押题预测卷—物理（天津卷）（全解全析）
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这是一份2024年高考押题预测卷—物理（天津卷）（全解全析），共17页。
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
第Ⅰ卷
注意事项：
1.每题选出答案后，用铅笔将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。
2.本卷共8题，每题5分，共40分。
一、单选题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1．关于物理学家和他们对物理学的贡献，下列说法正确的是
A．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，确定了原子核的存在
B．麦克斯韦预言并证实了电磁波的存在
C．玻尔建立了量子理论，并成功解释了各种原子的发光原理
D．卢瑟福根据α粒子散射实验的结果提出了原子的核式结构模型
【答案】D
【详解】贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，确定了原子核具有复杂结构还可再分。故A项错误麦克斯韦预言电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在。故B项错误。玻尔结合普朗克的量子概念、爱因斯坦的光子概念和卢瑟福的原子核式结构模型提出了玻尔理论，成功解释了氢原子发光现象；但由于过多保留了经典电磁学的理论，不能很好地解释其他原子的发光现象。故C项错误。卢瑟福根据α粒子散射实验的结果提出了原子的核式结构模型，故D项正确。
2.传统的手工榨油如图甲所示，是利用“油锤”撞击“进桩”挤压油饼达到出油的目的，简化模型如图乙。“油锤”A用轻绳系在横梁上的B点，现用一水平力F作用在绳上的O点，将O点缓慢向右移动的过程中（ ）
A．水平力F逐渐增大B．绳OA的弹力逐渐增大
C．绳OB的弹力先减小后增大D．横梁对轻绳的摩擦力大小不变
【答案】A
【详解】对绳上O点进行受力分析，如下图所示
根据平衡条件有，，将O点缓慢向右移动的过程中，绳OB与竖直方向的夹角逐渐增大，则水平力F逐渐增大，绳OB的弹力逐渐增大，故A正确，C错误；在将O点缓慢向右移动的过程中，绳OA的弹力始终等于“油锤”A的重力，故B错误；由上述分析可知，绳OB的弹力逐渐增大，则在将O点缓慢向右移动的过程中，绳OB的弹力在水平方向上的分力逐渐增大，所以横梁对轻绳的摩擦力逐渐增大，故D错误。故选A。
3.健身球是一种内部充气的健身辅助器材，如图所示，球内的气体可视为理想气体，当球内气体被快速挤压时来不及与外界热交换，而缓慢变化时可认为能发生充分的热交换。则下列说法正确的是（ ）
A．人体快速挤压健身球过程中，球内气体压强减小
B．人体快速挤压健身球过程中，球内气体分子热运动的平均动能增大
C．人体缓慢离开健身球过程中，球内表面单位时间单位面积上撞击的分子数不变
D．人体缓慢离开健身球过程中，球内气体对外放热
【答案】B
【详解】人体快速挤压健身球过程中，来不及与外界热交换，球内气体体积减小，外部对气体做功，气体温度升高，则压强变大，球内气体分子热运动的平均动能增大，故A错误，B正确；人体缓慢离开健身球过程中，球内气体能与外界发生充分的热交换，则球内气体的温度不变，体积变大，压强变小，气体分子数密度减小，而分子的平均速率不变，则球内表面单位时间单位面积上撞击的分子数减小，气体对外做功，内能不变，则球内气体从外界吸热，故CD错误。故选B。
4.2023年5月30日神舟十六号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱径向端口，两飞行乘组的航天员于18时22分会师“天宫”。空间站绕地球的运动可以看作匀速圆周运动。已知地球的平均密度为，表面的重力加速度为g，空间站的轨道半径远低于同步卫星的轨道半径，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．空间站内宇航员不受重力，处于完全失重状态
B．空间站运行的圆轨道半径为
C．根据已知信息可以求得地球的质量为
D．空间站的向心加速度小于赤道上物体随地球自转的向心加速度
【答案】C
【详解】空间站内宇航员处于完全失重状态，但仍然受地球引力，故A错误；忽略地球自转，地球表面物体所受重力等于万有引力，则，又，联立解得，地球质量
，故间站运行的圆轨道半径大于，故B错误，C正确；空间站绕地心做匀速圆周运动时，由牛顿第二定律可得，解得空间站的向心加速度大小为，空间站的轨道半径远低于同步卫星的轨道半径，故，又根据知，联立解得，故D错误。故选C。
5.芯片制作关键在于光刻机的技术突破，光刻机利用光源发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经技术处理制成芯片。目前的高端光刻机主要分为EUV光刻机和DUV光刻机。DUV（波长）是深紫外线，EUV（波长）是极深紫外线。浸没式光刻机在透镜组和硅片之间充有液体，已知光在真空中传播速度大于在介质中传播速度。关于光刻机物理量的比较下列说法正确的是（ ）
A．真空中DUV光源光子能量比EUV光源光子能量大
B．相同条件下，DUV光源比EUV光源更容易发生明显衍射现象
C．DUV光源和EUV光源叠加时可以发生干涉现象
D．浸没式光刻机光在液体中波长比在真空中长
【答案】B
【详解】根据可知，光的波长越大，光的频率越小，根据题意，DUV的波长大于EUV的波长，根据可知，真空中DUV光源光子能量比EUV光源光子能量小，故A错误；根据发生明显衍射的条，件波长越长，越容易发生明显衍射，由于DUV的波长大于EUV的波长，则相同条件下，DUV光源比EUV光源更容易发生明显衍射现象，故B正确；根据上述可知，DUV光源和EUV光源的频率不相等，可知，DUV光源和EUV光源叠加时不能够发生干涉现象，故C错误；根据光速与波长的关系有
光从一种介质进入另一种介质时，频率不变，光在真空中传播速度大于在介质中传播速度，则浸没式光刻机光在液体中波长比在真空中短，故D错误。故选B。
二、不定项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）
6.两列在同一介质中的简谐横波沿相反方向传播，某时刻两列波相遇，如图所示，其中实线波的频率为2.50Hz，图示时刻平衡位置x＝3m处的质点正在向上振动。则下列说法正确的是（ ）
A．实线波沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播
B．两列波在相遇区域发生干涉现象
C．两列波的波速均为25m/s
D．从图示时刻起再过0.025s，平衡位置x＝1.875m处的质点将位于y＝30cm处
【答案】AD
【详解】图示时刻平衡位置x=3m处的质点正在向上振动，根据波动规律可知，实线波沿x轴正方向传播，则虚线波沿x轴负方向传播，故A正确；介质决定波速，两列波传播速度大小相同，由图可知，实线波的波长λ1=6m，虚线波的波长λ2=9m，由v=λf可知，实线波和虚线波的频率之比为f1：f2=λ2：λ1=3：2，由于f1不等于f2，故两列波在相遇区域不会发生稳定的干涉现象，故B错误；实线波的频率为2.50Hz，波长λ1=6m，则波速故C错误；实线波波峰传到平衡位置x＝1.875m处的质点所用时间为，虚线波波峰传到平衡位置x＝1.875m处的质点所用时间为说明从图示时刻起再过0.025s，平衡位置x＝1.875m处的质点处于波峰位置，由波的叠加可知，平衡位置x＝1.875m处的质点将位于y＝30cm，故D正确。故选AD。
7.风能是一种清洁无公害可再生能源，风力发电非常环保，且风能蕴量巨大，截至2023年底，中国风电装机容量接近4亿千瓦，位居世界第一。如图为某风力发电场向一学校供电线路图，发电场的输出功率为10kW，输出电压为250V，用户端电压为220V，输电线总电阻，升压变压器原、副线圈匝数比，变压器均为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．降压变压器的匝数比
B．输电线上的电流为40A
C．该输电系统的输电效率为
D．深夜学校的用电器减少，输电线上损失的功率将变大
【答案】AC
【详解】根据题意，由可得，升压变压器原线圈的电流为，输电线上的电流为，升压变压器副线圈的电压为，降压变压器原线圈的电压为
，降压变压器的匝数比，故A正确，B错误；该输电系统的输电效率为，故C正确；深夜用户的用电器减少，则降压变压器的输入功率减小，输入电流减小，输电线上损失的功率减小，故D错误。故选AC。
8.如图所示，水平线a、b、c、d为匀强电场中的等差等势线，一个质量为m、电荷量绝对值为q的负电荷的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点，已知该粒子在A点的速度大小为，在B点的速度大小为，且方向与等势线平行，A、B连线长为L，连线与竖直方向的夹角为，粒子所受重力忽略不计，则（ ）
A．粒子从A到B的过程中电场力做正功
B．a、b、c、d四条等势线对应的电势高低为
C．粒子在B点的电势能大于在A点的电势能
D．匀强电场的电场强度大小为
【答案】CD
【详解】带电粒子在匀强电场中只受电场力，粒子做曲线运动，所受电场力指向轨迹凹侧，且垂直于等势线，所以粒子在A点时所受电场力向下，如图所示
即A到B过程中电场力做负功，A错误；根据负电荷受电场力向下，故电场线竖直向上，沿电场线方向电势减小，即，B错误；由于粒子从A到B的过程中电场力做负功，电势能增加，所以B点的电势能大于在A点的电势能，C正确；设匀强电场的电场强度大小为，根据动能定理有，解得，D正确。故选CD。
第Ⅱ卷
注意事项：
1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。
2.本卷共4题，共60分。
三、实验题
9（1）甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度，甲组同学采用图甲所示的实验装置。
①实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是（______）
A．单摆偏离平衡位置的角度不能太大
B．质量相同、体积不同的摆球，选用体积较大的
C．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
②在测量周期时，摆球振动过程中悬点处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值______（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
③乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示。将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丙所示。
由图丙可知，该单摆的周期______；
更换摆线长度后，多次测量出摆线长和周期，根据实验数据，利用计算机作出（周期平方—摆线长）图线，并根据图线拟合得到方程由此可以得出当地的重力加速度______。（取，结果保留3位有效数字）
【答案】A 偏小 2s 9.76
【详解】①单摆在摆角比较小的时候才是简谐运动，因此计算单摆的振动周期时，摆球偏离平衡位置的角度不能太大，A正确；为了减小空气阻力，质量相同、体积不同的摆球，选用体积较小的，B错误；为了计算周期准确，多测几个周期，求平均值，D错误。故选A。
②根据，松动之后摆长的测量值偏小，而周期测量值准确，导致重力加速度测量值偏小。
③由图丙可知，该单摆的周期，根据，整理得，根据斜率可知
，可得
（2）用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小。除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：
．电压表（V）（量程2V）
．电流表（）（量程0.6A）
．电流表（）（量程3A）
．定值电阻（阻值3Ω，额定功率4W）
．滑动变阻器 （阻值范围0~20Ω，额定电流1A）
．滑动变阻器 （阻值范围0~2000Ω，额定电流0.1A）
①电流表应选________（填器材前的字母代号）。
②根据实验数据作出图象（如图乙所示），则蓄电池的电动势________V，内阻________Ω；（结果保留到小数点后两位）。
③这位同学对以上实验进行了误差分析，其中正确的是________。
A．电压表有分流作用是造成系统误差的原因，增大可以减小这种误差
B．电流表有分压作用是造成系统误差的原因，减小可以减小这种误差
C．实验测出的电动势小于真实值
D．实验测出的内阻大于真实值
【答案】B 2.10 1.20 AC
【详解】①估算电路中的最大电流，所以选择量程为0.6A的电流表B；
②根据闭合电路的欧姆定律，则有，则图线的纵坐标表示电源电动势，由图可得E=2.10V；
图线的斜率，代入数据解得
③由电路图可知，电压表有分流作用是造成系统误差的原因，增大，则流过电流表的电流越接近总电流，则可以减小这种误差，故A正确，B错误；相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流作用，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示
由图象可知，电动势的测量值小于真实值，电源内阻的测量值小于真实值，故C正确，D错误。
故选AC。
四、解答题
9.2022年第24届冬奥会在北京举行，如图甲所示为2月12日冰壶比赛中，中国队对战意大利队时马秀玥投掷黄壶的情景。中国队需要用黄壶去碰撞对方的红壶，若将黄壶离手瞬间记为t=0时刻，此时黄壶距离要碰撞的红壶L=39.2m，t=8s时刻黄壶进入运动员可用毛刷摩擦冰面的区域，同时运动员开始摩擦冰面，其后根据冰壶运动情况间断性摩擦冰面，图乙是黄壶碰撞红壶前运动的部分v-t图像。此次投掷的冰壶沿直线运动且可视为质点，若两冰壶与未摩擦过冰面间的动摩擦因数恒为μ1，两冰壶与摩擦过冰面间的动摩擦因数恒为μ2，取重力加速度g=10m/s2.
（1）求μ1和μ2；
（2）若要黄壶以1.0m/s的速度撞击红壶，求运动员用毛刷摩擦过的冰面的长度；
（3）若黄壶以1.0m/s的速度与红壶发生对心正碰，碰后均向前运动且运动员均没有摩擦冰面，碰后黄壶与红壶滑行的距离比为1:16，冰壶质量均为19kg，求碰撞后瞬间两冰壶各自的速度。
【答案】（1）0.01，0.005；（2）10m；（3）V1=0.2m/s V2=0.8m/s
【详解】（1）根据图像，黄壶的加速度大小可表示为
对黄壶，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）由图像可知，内冰壶运动的位移为
设摩擦冰面的长度为，整个运动过程，由动能定理可得
解得
（3）黄壶与红壶碰撞过程中动量守恒，则有
碰后均做匀减速运动，故有
由题意可知
解得
=0.2m/s
=0.8m/s
11.如图所示，坐标系xy位于竖直平面内，所在空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在x＜0的空间内还有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E．一个带电油滴经图中x轴上的M点，沿着直线MP方向以速率v做匀速运动，图中直线MP与x轴夹角α＝30°，经过P点后油滴进入x＞0的区域，要使油滴在x＞0的区域内做匀速圆周运动，需要在该区域内加一个匀强电场．若带电油滴沿弧PN做匀速圆周运动，并垂直于x轴通过轴上的N点，已知重力加速度为g．试求：
（1）油滴的带电性质和匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）在x＞0的区域内所加电场的场强；
（3）带电油滴从P点运动到N点经历的时间．
【答案】（1） （2） （3）
【详解】（1）油滴在x＜0区域做匀速直线运动，又因为油滴在此区域受重力mg、电场力F和洛伦兹力F洛作用，故三个力的合力为0；油滴在x＞0区域做匀速圆周运动，根据油滴轨迹和左手定则可知油滴带正电．在x＜0区域对粒子受力分析
有：
F＝F洛sin30°
即：
Eq＝qvBsin30°
所以磁感应强度
（2）在x＜0区域油滴受力平衡有
F洛•cs30°＝mg
又有
F洛sin30°＝qE
所以有：
在x＞0区域油滴做匀速圆周运动，所以油滴受到的电场力与重力平衡，令此时电场强度为E′则有：
所以
（3）由题意作出油滴在x＞0区域的轨迹如下图所示，根据几何关系有：
β＝180°﹣（90°﹣α）＝120°
油滴做圆周运动的周期
所以油滴从P至BN所用
又因为
mg＝qvBcs30°
所以
12.近年来，我国在航空母舰的电磁弹射技术方面取得重大突破，第一艘带有电磁弹射系统的国产航母即将亮相。小明同学经过研究，设计了一种电磁弹射系统，其简化模型如图乙所示。舰载机质量为7m，用绝缘弹性装置锁定在一个匝数N匝，边长为L的正方形金属线框上，线框质量m，总电阻为R。xy平面代表轨道平面，x轴与轨道平行，轨道光滑，宽也为L。磁场与轨道平面垂直，平面内x坐标相同的点磁感应强度相同，大小按图丙的规律随时间变化，t=0时刻磁场的这种变化方式以恒定的速度沿+x方向传播，此时刻线框所在的位置沿x方向各点的磁场分布如图丁所示。经2T时间线框及舰载机的速度达到v，磁场停止传播，同时解除锁定，框中弹性装置在极短的时间里把舰载机弹出，舰载机相对线框以2v速度水平起飞，求：
（1）t=0时刻线框中感应电流的大小和方向；
（2）t=时，舰载机的加速度大小：
（3）在线框开始运动到停止的整个过程中，金属线框产生的焦耳热。
【答案】（1），逆时针方向；（2）：（3）
【详解】(1)线框中产生的感应电动势大小
由欧姆定律知
线框中电流逆时针方向；
（2）由图丙可得，t=时
B=
线框中感应电流大小
线框受到的安培力大小
根据牛顿第二定律
得
(3)第一阶段线框在电流正弦交流电，电流有效值
根据焦耳定律
设舰载机弹出时线框的速度为，由动量守恒定律
解得
由能量守恒定律得
整个过程线框产生的总热量
1
2
3
4
5
6
7
8
D
A
B
C
B
AD
AC
CD
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
第Ⅰ卷
注意事项：
1.每题选出答案后，用铅笔将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。
2.本卷共8题，每题5分，共40分。
一、单选题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1．关于物理学家和他们对物理学的贡献，下列说法正确的是
A．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，确定了原子核的存在
B．麦克斯韦预言并证实了电磁波的存在
C．玻尔建立了量子理论，并成功解释了各种原子的发光原理
D．卢瑟福根据α粒子散射实验的结果提出了原子的核式结构模型
【答案】D
【详解】贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，确定了原子核具有复杂结构还可再分。故A项错误麦克斯韦预言电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在。故B项错误。玻尔结合普朗克的量子概念、爱因斯坦的光子概念和卢瑟福的原子核式结构模型提出了玻尔理论，成功解释了氢原子发光现象；但由于过多保留了经典电磁学的理论，不能很好地解释其他原子的发光现象。故C项错误。卢瑟福根据α粒子散射实验的结果提出了原子的核式结构模型，故D项正确。
2.传统的手工榨油如图甲所示，是利用“油锤”撞击“进桩”挤压油饼达到出油的目的，简化模型如图乙。“油锤”A用轻绳系在横梁上的B点，现用一水平力F作用在绳上的O点，将O点缓慢向右移动的过程中（ ）
A．水平力F逐渐增大B．绳OA的弹力逐渐增大
C．绳OB的弹力先减小后增大D．横梁对轻绳的摩擦力大小不变
【答案】A
【详解】对绳上O点进行受力分析，如下图所示
根据平衡条件有，，将O点缓慢向右移动的过程中，绳OB与竖直方向的夹角逐渐增大，则水平力F逐渐增大，绳OB的弹力逐渐增大，故A正确，C错误；在将O点缓慢向右移动的过程中，绳OA的弹力始终等于“油锤”A的重力，故B错误；由上述分析可知，绳OB的弹力逐渐增大，则在将O点缓慢向右移动的过程中，绳OB的弹力在水平方向上的分力逐渐增大，所以横梁对轻绳的摩擦力逐渐增大，故D错误。故选A。
3.健身球是一种内部充气的健身辅助器材，如图所示，球内的气体可视为理想气体，当球内气体被快速挤压时来不及与外界热交换，而缓慢变化时可认为能发生充分的热交换。则下列说法正确的是（ ）
A．人体快速挤压健身球过程中，球内气体压强减小
B．人体快速挤压健身球过程中，球内气体分子热运动的平均动能增大
C．人体缓慢离开健身球过程中，球内表面单位时间单位面积上撞击的分子数不变
D．人体缓慢离开健身球过程中，球内气体对外放热
【答案】B
【详解】人体快速挤压健身球过程中，来不及与外界热交换，球内气体体积减小，外部对气体做功，气体温度升高，则压强变大，球内气体分子热运动的平均动能增大，故A错误，B正确；人体缓慢离开健身球过程中，球内气体能与外界发生充分的热交换，则球内气体的温度不变，体积变大，压强变小，气体分子数密度减小，而分子的平均速率不变，则球内表面单位时间单位面积上撞击的分子数减小，气体对外做功，内能不变，则球内气体从外界吸热，故CD错误。故选B。
4.2023年5月30日神舟十六号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱径向端口，两飞行乘组的航天员于18时22分会师“天宫”。空间站绕地球的运动可以看作匀速圆周运动。已知地球的平均密度为，表面的重力加速度为g，空间站的轨道半径远低于同步卫星的轨道半径，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．空间站内宇航员不受重力，处于完全失重状态
B．空间站运行的圆轨道半径为
C．根据已知信息可以求得地球的质量为
D．空间站的向心加速度小于赤道上物体随地球自转的向心加速度
【答案】C
【详解】空间站内宇航员处于完全失重状态，但仍然受地球引力，故A错误；忽略地球自转，地球表面物体所受重力等于万有引力，则，又，联立解得，地球质量
，故间站运行的圆轨道半径大于，故B错误，C正确；空间站绕地心做匀速圆周运动时，由牛顿第二定律可得，解得空间站的向心加速度大小为，空间站的轨道半径远低于同步卫星的轨道半径，故，又根据知，联立解得，故D错误。故选C。
5.芯片制作关键在于光刻机的技术突破，光刻机利用光源发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经技术处理制成芯片。目前的高端光刻机主要分为EUV光刻机和DUV光刻机。DUV（波长）是深紫外线，EUV（波长）是极深紫外线。浸没式光刻机在透镜组和硅片之间充有液体，已知光在真空中传播速度大于在介质中传播速度。关于光刻机物理量的比较下列说法正确的是（ ）
A．真空中DUV光源光子能量比EUV光源光子能量大
B．相同条件下，DUV光源比EUV光源更容易发生明显衍射现象
C．DUV光源和EUV光源叠加时可以发生干涉现象
D．浸没式光刻机光在液体中波长比在真空中长
【答案】B
【详解】根据可知，光的波长越大，光的频率越小，根据题意，DUV的波长大于EUV的波长，根据可知，真空中DUV光源光子能量比EUV光源光子能量小，故A错误；根据发生明显衍射的条，件波长越长，越容易发生明显衍射，由于DUV的波长大于EUV的波长，则相同条件下，DUV光源比EUV光源更容易发生明显衍射现象，故B正确；根据上述可知，DUV光源和EUV光源的频率不相等，可知，DUV光源和EUV光源叠加时不能够发生干涉现象，故C错误；根据光速与波长的关系有
光从一种介质进入另一种介质时，频率不变，光在真空中传播速度大于在介质中传播速度，则浸没式光刻机光在液体中波长比在真空中短，故D错误。故选B。
二、不定项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）
6.两列在同一介质中的简谐横波沿相反方向传播，某时刻两列波相遇，如图所示，其中实线波的频率为2.50Hz，图示时刻平衡位置x＝3m处的质点正在向上振动。则下列说法正确的是（ ）
A．实线波沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播
B．两列波在相遇区域发生干涉现象
C．两列波的波速均为25m/s
D．从图示时刻起再过0.025s，平衡位置x＝1.875m处的质点将位于y＝30cm处
【答案】AD
【详解】图示时刻平衡位置x=3m处的质点正在向上振动，根据波动规律可知，实线波沿x轴正方向传播，则虚线波沿x轴负方向传播，故A正确；介质决定波速，两列波传播速度大小相同，由图可知，实线波的波长λ1=6m，虚线波的波长λ2=9m，由v=λf可知，实线波和虚线波的频率之比为f1：f2=λ2：λ1=3：2，由于f1不等于f2，故两列波在相遇区域不会发生稳定的干涉现象，故B错误；实线波的频率为2.50Hz，波长λ1=6m，则波速故C错误；实线波波峰传到平衡位置x＝1.875m处的质点所用时间为，虚线波波峰传到平衡位置x＝1.875m处的质点所用时间为说明从图示时刻起再过0.025s，平衡位置x＝1.875m处的质点处于波峰位置，由波的叠加可知，平衡位置x＝1.875m处的质点将位于y＝30cm，故D正确。故选AD。
7.风能是一种清洁无公害可再生能源，风力发电非常环保，且风能蕴量巨大，截至2023年底，中国风电装机容量接近4亿千瓦，位居世界第一。如图为某风力发电场向一学校供电线路图，发电场的输出功率为10kW，输出电压为250V，用户端电压为220V，输电线总电阻，升压变压器原、副线圈匝数比，变压器均为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．降压变压器的匝数比
B．输电线上的电流为40A
C．该输电系统的输电效率为
D．深夜学校的用电器减少，输电线上损失的功率将变大
【答案】AC
【详解】根据题意，由可得，升压变压器原线圈的电流为，输电线上的电流为，升压变压器副线圈的电压为，降压变压器原线圈的电压为
，降压变压器的匝数比，故A正确，B错误；该输电系统的输电效率为，故C正确；深夜用户的用电器减少，则降压变压器的输入功率减小，输入电流减小，输电线上损失的功率减小，故D错误。故选AC。
8.如图所示，水平线a、b、c、d为匀强电场中的等差等势线，一个质量为m、电荷量绝对值为q的负电荷的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点，已知该粒子在A点的速度大小为，在B点的速度大小为，且方向与等势线平行，A、B连线长为L，连线与竖直方向的夹角为，粒子所受重力忽略不计，则（ ）
A．粒子从A到B的过程中电场力做正功
B．a、b、c、d四条等势线对应的电势高低为
C．粒子在B点的电势能大于在A点的电势能
D．匀强电场的电场强度大小为
【答案】CD
【详解】带电粒子在匀强电场中只受电场力，粒子做曲线运动，所受电场力指向轨迹凹侧，且垂直于等势线，所以粒子在A点时所受电场力向下，如图所示
即A到B过程中电场力做负功，A错误；根据负电荷受电场力向下，故电场线竖直向上，沿电场线方向电势减小，即，B错误；由于粒子从A到B的过程中电场力做负功，电势能增加，所以B点的电势能大于在A点的电势能，C正确；设匀强电场的电场强度大小为，根据动能定理有，解得，D正确。故选CD。
第Ⅱ卷
注意事项：
1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。
2.本卷共4题，共60分。
三、实验题
9（1）甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度，甲组同学采用图甲所示的实验装置。
①实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是（______）
A．单摆偏离平衡位置的角度不能太大
B．质量相同、体积不同的摆球，选用体积较大的
C．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
②在测量周期时，摆球振动过程中悬点处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值______（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
③乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示。将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丙所示。
由图丙可知，该单摆的周期______；
更换摆线长度后，多次测量出摆线长和周期，根据实验数据，利用计算机作出（周期平方—摆线长）图线，并根据图线拟合得到方程由此可以得出当地的重力加速度______。（取，结果保留3位有效数字）
【答案】A 偏小 2s 9.76
【详解】①单摆在摆角比较小的时候才是简谐运动，因此计算单摆的振动周期时，摆球偏离平衡位置的角度不能太大，A正确；为了减小空气阻力，质量相同、体积不同的摆球，选用体积较小的，B错误；为了计算周期准确，多测几个周期，求平均值，D错误。故选A。
②根据，松动之后摆长的测量值偏小，而周期测量值准确，导致重力加速度测量值偏小。
③由图丙可知，该单摆的周期，根据，整理得，根据斜率可知
，可得
（2）用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小。除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：
．电压表（V）（量程2V）
．电流表（）（量程0.6A）
．电流表（）（量程3A）
．定值电阻（阻值3Ω，额定功率4W）
．滑动变阻器 （阻值范围0~20Ω，额定电流1A）
．滑动变阻器 （阻值范围0~2000Ω，额定电流0.1A）
①电流表应选________（填器材前的字母代号）。
②根据实验数据作出图象（如图乙所示），则蓄电池的电动势________V，内阻________Ω；（结果保留到小数点后两位）。
③这位同学对以上实验进行了误差分析，其中正确的是________。
A．电压表有分流作用是造成系统误差的原因，增大可以减小这种误差
B．电流表有分压作用是造成系统误差的原因，减小可以减小这种误差
C．实验测出的电动势小于真实值
D．实验测出的内阻大于真实值
【答案】B 2.10 1.20 AC
【详解】①估算电路中的最大电流，所以选择量程为0.6A的电流表B；
②根据闭合电路的欧姆定律，则有，则图线的纵坐标表示电源电动势，由图可得E=2.10V；
图线的斜率，代入数据解得
③由电路图可知，电压表有分流作用是造成系统误差的原因，增大，则流过电流表的电流越接近总电流，则可以减小这种误差，故A正确，B错误；相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流作用，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示
由图象可知，电动势的测量值小于真实值，电源内阻的测量值小于真实值，故C正确，D错误。
故选AC。
四、解答题
9.2022年第24届冬奥会在北京举行，如图甲所示为2月12日冰壶比赛中，中国队对战意大利队时马秀玥投掷黄壶的情景。中国队需要用黄壶去碰撞对方的红壶，若将黄壶离手瞬间记为t=0时刻，此时黄壶距离要碰撞的红壶L=39.2m，t=8s时刻黄壶进入运动员可用毛刷摩擦冰面的区域，同时运动员开始摩擦冰面，其后根据冰壶运动情况间断性摩擦冰面，图乙是黄壶碰撞红壶前运动的部分v-t图像。此次投掷的冰壶沿直线运动且可视为质点，若两冰壶与未摩擦过冰面间的动摩擦因数恒为μ1，两冰壶与摩擦过冰面间的动摩擦因数恒为μ2，取重力加速度g=10m/s2.
（1）求μ1和μ2；
（2）若要黄壶以1.0m/s的速度撞击红壶，求运动员用毛刷摩擦过的冰面的长度；
（3）若黄壶以1.0m/s的速度与红壶发生对心正碰，碰后均向前运动且运动员均没有摩擦冰面，碰后黄壶与红壶滑行的距离比为1:16，冰壶质量均为19kg，求碰撞后瞬间两冰壶各自的速度。
【答案】（1）0.01，0.005；（2）10m；（3）V1=0.2m/s V2=0.8m/s
【详解】（1）根据图像，黄壶的加速度大小可表示为
对黄壶，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）由图像可知，内冰壶运动的位移为
设摩擦冰面的长度为，整个运动过程，由动能定理可得
解得
（3）黄壶与红壶碰撞过程中动量守恒，则有
碰后均做匀减速运动，故有
由题意可知
解得
=0.2m/s
=0.8m/s
11.如图所示，坐标系xy位于竖直平面内，所在空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在x＜0的空间内还有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E．一个带电油滴经图中x轴上的M点，沿着直线MP方向以速率v做匀速运动，图中直线MP与x轴夹角α＝30°，经过P点后油滴进入x＞0的区域，要使油滴在x＞0的区域内做匀速圆周运动，需要在该区域内加一个匀强电场．若带电油滴沿弧PN做匀速圆周运动，并垂直于x轴通过轴上的N点，已知重力加速度为g．试求：
（1）油滴的带电性质和匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）在x＞0的区域内所加电场的场强；
（3）带电油滴从P点运动到N点经历的时间．
【答案】（1） （2） （3）
【详解】（1）油滴在x＜0区域做匀速直线运动，又因为油滴在此区域受重力mg、电场力F和洛伦兹力F洛作用，故三个力的合力为0；油滴在x＞0区域做匀速圆周运动，根据油滴轨迹和左手定则可知油滴带正电．在x＜0区域对粒子受力分析
有：
F＝F洛sin30°
即：
Eq＝qvBsin30°
所以磁感应强度
（2）在x＜0区域油滴受力平衡有
F洛•cs30°＝mg
又有
F洛sin30°＝qE
所以有：
在x＞0区域油滴做匀速圆周运动，所以油滴受到的电场力与重力平衡，令此时电场强度为E′则有：
所以
（3）由题意作出油滴在x＞0区域的轨迹如下图所示，根据几何关系有：
β＝180°﹣（90°﹣α）＝120°
油滴做圆周运动的周期
所以油滴从P至BN所用
又因为
mg＝qvBcs30°
所以
12.近年来，我国在航空母舰的电磁弹射技术方面取得重大突破，第一艘带有电磁弹射系统的国产航母即将亮相。小明同学经过研究，设计了一种电磁弹射系统，其简化模型如图乙所示。舰载机质量为7m，用绝缘弹性装置锁定在一个匝数N匝，边长为L的正方形金属线框上，线框质量m，总电阻为R。xy平面代表轨道平面，x轴与轨道平行，轨道光滑，宽也为L。磁场与轨道平面垂直，平面内x坐标相同的点磁感应强度相同，大小按图丙的规律随时间变化，t=0时刻磁场的这种变化方式以恒定的速度沿+x方向传播，此时刻线框所在的位置沿x方向各点的磁场分布如图丁所示。经2T时间线框及舰载机的速度达到v，磁场停止传播，同时解除锁定，框中弹性装置在极短的时间里把舰载机弹出，舰载机相对线框以2v速度水平起飞，求：
（1）t=0时刻线框中感应电流的大小和方向；
（2）t=时，舰载机的加速度大小：
（3）在线框开始运动到停止的整个过程中，金属线框产生的焦耳热。
【答案】（1），逆时针方向；（2）：（3）
【详解】(1)线框中产生的感应电动势大小
由欧姆定律知
线框中电流逆时针方向；
（2）由图丙可得，t=时
B=
线框中感应电流大小
线框受到的安培力大小
根据牛顿第二定律
得
(3)第一阶段线框在电流正弦交流电，电流有效值
根据焦耳定律
设舰载机弹出时线框的速度为，由动量守恒定律
解得
由能量守恒定律得
整个过程线框产生的总热量
1
2
3
4
5
6
7
8
D
A
B
C
B
AD
AC
CD
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