2024年高考天津卷物理真题

下列关于光的说法正确的是（　　）

A．光电效应揭示了光具有波动性

B．光从真空进入介质，波长不变

C．光纤通信利用了光的全反射现象

D．油膜呈现彩色条纹是光的偏振现象

【答案与解析】

光电效应揭示光具有粒子性，A错；光从真空进入介质频率不变、波速减小，由 $v=\lambda f$ 知波长变短，B错；光纤通信利用光的全反射现象，C对；油膜呈现彩色条纹是光的薄膜干涉，D错。故选C。
压缩空气储能是一种新型储能技术，其中涉及了空气的绝热膨胀和等温压缩过程，对一定质量的理想气体，下列说法正确的是（　　）

A．绝热膨胀过程，气体的内能增大

B．绝热膨胀过程，外界对气体做功

C．等温压缩过程，气体的压强不变

D．等温压缩过程，气体的内能不变

【答案与解析】

绝热膨胀过程 $Q=0$ ，气体膨胀对外做功 $W<0$ ，由 $\Delta U=Q+W$ 得 $\Delta U<0$ ，内能减小，A、B错；等温压缩温度不变，理想气体内能只与温度有关，故内能不变，D对；由 $pV=CT$ ，等温下体积减小则压强增大，C错。故选D。
一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，图1是 $t=1\mathrm{s}$ 时该波的波形图，图2是 $x=0$ 处质点的振动图像。则 $t=11\mathrm{s}$ 时该波的波形图为（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

由 $x=0$ 处质点的振动图像知周期 $T=4\mathrm{s}$ 。 $t=11\mathrm{s}$ 较 $t=1\mathrm{s}$ 又经过 $\Delta t=10\mathrm{s}=2.5T$ ，原点处质点振动到波谷位置，波形平移 $2.5\lambda$ 后对应图C。故选C。
如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的金属棒MN从某高度由静止开始下滑，下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好，则MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、电流I，随时间t变化的关系图像可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

设棒电阻为 $R_0$ 、导轨间距 $L$ 、磁感应强度 $\mathrm{B}$ 。感应电流 $I=\frac{E}{R_0}=\frac{BLv}{R_0}$ ，安培力 $F=BIL=\frac{B^2L^2}{R_0}v$ ，均与 $v$ 成正比。由牛顿第二定律 $mg\sin\theta-F=ma$ 得 $a=g\sin\theta-\frac{B^2L^2}{mR_0}v$ ，随 $v$ 增大 $a$ 减小直至零（匀速），故 $v-t$ 图斜率渐小趋于零， $F-t$ 、 $I-t$ 图斜率渐小趋于恒定，A对、B、C、D错。故选A。
生活中人们经常使用如图所示的小车搬运重物，小车的底板和侧板垂直，底板和侧板对重物的弹力分别为 $F_{\text{底}}$ 、 $F_{\text{侧}}$ ，忽略重物和底板之间的摩擦力。保持底板与水平面之间的夹角不变，重物始终与小车相对静止，小车水平向右运动，由匀速变为加速时（　　）

A． $F_{\text{底}}$ 增大， $F_{\text{侧}}$ 增大

B． $F_{\text{底}}$ 减小， $F_{\text{侧}}$ 增大

C． $F_{\text{底}}$ 增大， $F_{\text{侧}}$ 减小

D． $F_{\text{底}}$ 减小， $F_{\text{侧}}$ 减小

【答案与解析】

设底板与水平方向夹角为 $\theta$ ，取向右为正。水平： $F_{\text{测}}\cos\theta-F_{\text{底}}\sin\theta=ma$ ；竖直： $F_{\text{测}}\sin\theta+F_{\text{底}}\cos\theta=mg$ 。解得 $F_{\text{测}}=mg\sin\theta+ma\cos\theta$ ， $F_{\text{底}}=mg\cos\theta-ma\sin\theta$ 。由匀速（ $a=0$ ）变为向右加速（ $a>0$ ）， $F_{\text{测}}$ 增大、 $F_{\text{底}}$ 减小。故选B。
中国钍基熔盐堆即将建成小型实验堆，为我国能源安全和可持续发展提供有力支持。反应堆中涉及的核反应方程有：① $\mathrm{X}+^{232}_{90}\mathrm{Th}\rightarrow^{233}_{90}\mathrm{Th}$ ② $^{233}_{90}\mathrm{Th}\to^{233}_{91}\mathrm{Pa}+^{0}_{-1}\mathrm{e}$ ，下列说法正确的是（　　）

A．方程①中X是中子

B．方程②中 $^{233}_{90}\mathrm{Th}$ 发生了 $\beta$ 衰变

C．受反应堆高温影响， $^{233}_{90}\mathrm{Th}$ 的半衰期会变短

D．方程②释放电子，说明电子是原子核的组成部分

【答案与解析】

由质量数与电荷数守恒，方程①中 $X$ 质量数为 $1$ 、电荷数为 $0$ ，是中子，A对；方程②放出电子，属 $\beta$ 衰变，B对；半衰期由核自身性质决定，与温度无关，C错； $\beta$ 衰变释放的电子来自中子转化为质子，不说明电子是原子核的组成部分，D错。故选AB。
卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，地球半径为R。卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，轨道半径为r。则卫星未发射时和在轨道上运行时（　　）

A．角速度之比为 $1:1$

B．线速度之比为 $\sqrt{r}:\sqrt{R}$

C．向心加速度之比为 $R:r$

D．受到地球的万有引力之比为 $R^{2}:r^{2}$

【答案与解析】

未发射时与在同步轨道上角速度均等于地球自转角速度，故角速度之比 $1:1$ ，A对；由 $v=\omega r$ ，线速度之比等于轨道半径之比 $R:r$ ，B错；由 $a_n=\omega^2r$ ，向心加速度之比 $R:r$ ，C对；由 $F=\frac{GMm}{r^2}$ ，万有引力之比 $r^2:R^2$ ，D错。故选AC。
某静电场在x轴正半轴的电势 $\varphi$ 随x变化的图像如图所示，a、b、c、d、为x轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从d点开始沿x轴负方向运动到a点，则该电荷（　　）

A．在b点电势能最小

B．在c点时速度最小

C．所受静电力始终做负功

D．在a点受静电力沿x轴负方向

【答案与解析】

由 $\varphi-x$ 图像，从 $a$ 到 $c$ 电势降低，电场强度沿 $+x$ 方向，负电荷受力沿 $-x$ 方向；从 $c$ 到 $d$ 电场强度沿 $-x$ 方向，负电荷受力沿 $+x$ 方向，故C错、D对。电势能 $E_p=q\varphi$ ，负电荷在电势最高处电势能最小，A错；仅静电力做功，电势能最大处动能最小即速度最小，负电荷在电势最低（ $c$ 点）处电势能最大，故在 $c$ 点速度最小，B对。故选BD。
某同学研究闭合电路的规律。

$(1)$ 根据闭合电路的欧姆定律得出了电源输出功率P与外电路电阻关系图像，如图所示，则P的峰值对应的外电路电阻值R应＿＿＿＿电源内阻r（填“大于”、“小于”或“等于”）； $(2)$ 测定电源的电动势和内阻，可供选用的器材有：

A．电压表：（量程 $0\sim3\mathrm{V}$ ，内阻约为 $3\mathrm{k\Omega}$ ）

B．电流表：（量程 $0\sim0.6\mathrm{A}$ ，内阻约为 $1\mathrm{\Omega}$ ）

C．滑动变阻器：（最大阻值 $20\mathrm{\Omega}$ ，额定电流 $1\mathrm{A}$ ）

D．滑动变阻器：（最大阻值 $1000\mathrm{\Omega}$ ，额定电流 $0.5\mathrm{A}$ ）

E．待测电源：（电动势约为 $3\mathrm{V}$ ，内阻约为 $1\mathrm{\Omega}$ ） F．开关、导线若干（i）实验中所用的滑动变阻器应选＿＿＿＿（填器材前字母代号）；（ii）实物电路如图所示，单刀双掷开关 $\mathrm{S}_2$ 可分别与1、2端闭合，为使电源内阻的测量结果更接近真实值， $\mathrm{S}_2$ 应与＿＿＿＿端闭合。

【答案与解析】

（1）电源输出功率 $P=I^2R=\frac{E^2R}{(R+r)^2}=\frac{E^2R}{(R-r)^2+4Rr}$ ，当 $R=r$ 时 $P$ 最大，故 $P$ 峰值对应的外电阻 $R$ 应等于内阻 $r$ 。故填等于。（2）（i）电源 $E\approx3\mathrm{V}$ 、电流约 $0.6\mathrm{A}$ ，回路最小电阻约 $5\,\mathrm{\Omega}$ ，选较小阻值的滑动变阻器C便于调节且电流安全。故填C。（ii）电源内阻约 $1\,\mathrm{\Omega}$ 远小于电压表内阻，属小电阻，应采用电流表外接法以减小内阻测量误差，故 $S_2$ 与 $2$ 端闭合。故填 $2$ 。
某同学用图示装置探究加速度与力的关系。

$(1)$ 为补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，调节木板倾角，使小车在不挂槽码时运动，并打出纸带进行检验，下图中能表明补偿阻力恰当的是＿＿＿＿； $(2)$ 某次实验得到一条纸带，部分计数点如下图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出），测得 $s_{1}=6.20\mathrm{cm},s_{2}=6.70\mathrm{cm},s_{3}=7.21\mathrm{cm},s_{4}=7.73\mathrm{cm}$ 。已知打点计时器所接交流电源频率为 $50\mathrm{Hz}$ ，则小车的加速度 $a=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{m}/\mathrm{s}^2$ （要求充分利用测量数据，结果保留两位有效数字）；

$(3)$ 该同学将一个可以直接测出绳子拉力的传感器安装在小车上，小车和传感器总质量为 $210\mathrm{g}$ 。按要求补偿阻力后，该同学共进行了四次实验，悬挂的槽码质量依次为 $5\mathrm{g}$ 、 $10\mathrm{g}$ 、 $20\mathrm{g}$ 、 $40\mathrm{g}$ 处理数据时，用两种方式得到小车（含传感器）受到的合力，一种将槽码所受重力当作合力、另一种将传感器示数当作合力，则这两种方式得到的合力差异最大时，槽码质量为＿＿＿＿g。

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

（1）补偿阻力恰当时小车做匀速直线运动，纸带点迹间隔均匀，对应图B。故填B。（2）相邻计数点时间间隔 $T=5\times0.02\mathrm{s}=0.1\mathrm{s}$ ，由逐差法 $a=\frac{s_4+s_3-s_2-s_1}{4T^2}=\frac{(7.73+7.21-6.70-6.20)\times10^{-2}}{4\times0.1^2}\mathrm{m/s^2}=0.51\mathrm{m/s^2}$ 。故填 $0.51$ 。（3）对槽码 $mg-T=ma$ ，对小车（含传感器） $T=Ma$ ，得绳拉力 $T=\frac{Mm}{M+m}g$ ；当 $M\gg m$ 时 $T\approx mg$ ，质量 $m$ 越大两者差异越大，四次中 $m=40\mathrm{g}$ 时差异最大。故填 $40$ 。
如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I = 1.8 $\mathrm{N\cdot s}$ ，A、B的质量分别为 $m_A$ = 0.3 kg、 $m_B$ = 0.1 kg，轨道半径和绳长均为R = 0.5 m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取 $10 \mathrm{m/s^2}$ ，不计空气阻力。求：

$(1)$ 与B碰前瞬间A的速度大小； $(2)A$ 、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。

【答案与解析】

（1）由动量定理，冲量 $I=m_Av_0$ ，得 $v_0=\frac{I}{m_A}=\frac{1.8}{0.3}=6\mathrm{m/s}$ 。A从最低点到最高点上升高度 $2R$ ，由动能定理 $-m_Ag\cdot2R=\frac12m_Av_1^2-\frac12m_Av_0^2$ ，得 $v_1=\sqrt{v_0^2-4gR}=\sqrt{36-4\times10\times0.5}=4\mathrm{m/s}$ 。（2）A、B在最高点完全非弹性碰撞，由动量守恒 $m_Av_1=(m_A+m_B)v_2$ ，得 $v_2=\frac{m_Av_1}{m_A+m_B}=\frac{0.3\times4}{0.4}=3\mathrm{m/s}$ 。碰后整体在最高点做圆周运动，由牛顿第二定律 $F-(m_A+m_B)g=(m_A+m_B)\frac{v_2^2}{R}$ ，得 $F=(m_A+m_B)\left(g+\frac{v_2^2}{R}\right)=0.4\times\left(10+\frac{9}{0.5}\right)=11.2\mathrm{N}$ 。
如图所示，在 $Oxy$ 平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿 $+x$ 方向的匀强电场，电场强度大小为E．一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从M点以速度v沿 $+y$ 方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。

$(1)$ 求磁感应强度B的大小； $(2)$ 若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间t； $(3)$ 若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为 $\sqrt{3}R$ ，求粒子在磁场中运动的时间 $t_{1}$ 。

【答案与解析】

（1）负电荷沿直线匀速穿过半圆区域，电场力与洛伦兹力平衡： $qE=qvB$ ，得 $B=\frac{E}{v}$ 。（2）仅有电场时，负电荷受沿 $-x$ 方向电场力，由牛顿第二定律 $qE=ma$ ；沿 $-x$ 方向位移为 $R$ ，由 $R=\frac12at^2$ 得 $t=\sqrt{\frac{2R}{a}}=\sqrt{\frac{2mR}{qE}}$ 。（3）设入射速度大小为 $v_1$ ，在磁场中轨道半径 $r=\frac{mv_1}{qB}$ ，轨迹圆心 $O_c$ 在 $M$ 右侧。粒子从 $M$ 进入磁场做圆周运动，从 $Q$ 点射出后沿切线匀速直线到达 $x$ 轴上 $P$ 点；由几何关系直线 $QP$ 过半圆磁场圆心 $C$ ，且 $CQ\perp O_cQ$ 。结合 $MP=\sqrt{3}R$ 与半圆半径 $R$ 得 $r=\frac{R}{\sqrt{3}}$ ，轨迹所对圆心角 $\angle MO_cQ=120^\circ=\frac{2\pi}{3}$ 。故磁场中运动时间 $t_1=\frac{2\pi/3}{2\pi}T=\frac13\cdot\frac{2\pi m}{qB}=\frac{2\pi m}{3qB}$ 。代入 $B=\frac{E}{v}$ 得 $t_1=\frac{2\pi mv}{3qE}$ 。
电动汽车制动过程中可以控制电机转为发电模式，在产生制动效果的同时，将汽车的部分机械能转换为电能，储存在储能装置中，实现能量回收、降低能耗。如图1所示，发电机可简化为处于匀强磁场中的单匝正方形线框ABCD，线框边长为L，电阻忽略不计，磁场磁感应强度大小为B，线框转轴OO'与磁场垂直，且与AB、CD距离相等。线框与储能装置连接。

$(1)$ 线框转动方向如图1所示，试判断图示位置AB中的电流方向； $(2)$ 若线框以角速度 $\omega$ 匀速转动，线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，线框在t时刻位置如图2所示，求此时AB产生的感应电动势； $(3)$ 讨论电动汽车在某次制动储存电能时，为方便计算，做两点假定：①将储能装置替换为阻值为R的电阻，电阻消耗的电能等于储能装置储存的电能；②线框转动第一周的角速度为 $\omega_0$ ，第二周的角速度为 $\frac{\omega_{0}}{2}$ ，第三周的角速度为 $\frac{\omega_{0}}{4}$ ，依次减半，直到线框停止转动。若该制动过程中汽车在水平路面上做匀减速直线运动，汽车质量为m，加速度大小为a，储存的电能为初动能的50%，求制动过程中汽车行驶的最大距离x。

【答案与解析】

（1）由右手定则，图示位置AB切割磁感线，感应电流方向从B到A。（2）线框平面与中性面垂直时刻开始计时，经时间 $t$ 转过角度 $\theta=\omega t$ 。AB距轴 $\frac{L}{2}$ ，其垂直切割磁感线的分速度 $v_\perp=\omega\frac{L}{2}\cos\omega t$ ，故AB产生的感应电动势 $e=BLv_\perp=\frac12\omega BL^2\cos\omega t$ 。（3）线框转动产生正弦交流电，总感应电动势峰值 $E_m=BL^2\omega$ ，有效值 $E=\frac{E_m}{\sqrt2}=\frac{BL^2\omega}{\sqrt2}$ 。外接电阻 $R$ 上平均功率 $P=\frac{E^2}{R}=\frac{B^2L^4\omega^2}{2R}$ 。第 $n$ 周角速度 $\omega_n=\frac{\omega_0}{2^{n-1}}$ ，一周时间 $\frac{2\pi}{\omega_n}$ ，储能 $W_n=P_n\cdot\frac{2\pi}{\omega_n}=\frac{\pi B^2L^4\omega_n}{R}=\frac{\pi B^2L^4\omega_0}{R\cdot2^{n-1}}$ 。总储能 $W=\sum_{n=1}^{\infty}W_n=\frac{2\pi B^2L^4\omega_0}{R}$ 。由题意 $W=50\%\cdot E_{k0}=50\%\cdot\frac12mv_0^2=\frac14mv_0^2$ 。汽车匀减速至停， $v_0^2=2ax$ ，代入得 $\frac14m(2ax)=\frac{2\pi B^2L^4\omega_0}{R}$ ，解得 $x=\frac{4\pi\omega_0B^2L^4}{maR}$ 。