天津市七校(静海一中,杨村中学2024年高三冲刺高考最后1卷物理试题试卷

天津市七校（静海一中，杨村中学2024年高三冲刺高考最后1卷物理试题试卷 注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。

用2B 铅笔将试卷类型（B ）填涂在答题卡相应位置上。

将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试题卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN 相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．\
2、如图甲所示，在匀强磁场中有一个N =10匝的闭合矩形线圈绕轴匀速转动，转轴O 1O 2直于磁场方向，线圈电阻为5Ω。

从图甲所示位置开始计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，则（ ）
A ．线圈转动一圈的过程中产生的焦耳热210Q π=
B ．在0.2s t =时，线圈中的感应电动势为零，且电流方向发生改变
C ．所产生的交变电流感应电动势的瞬时表达式为10cos(5)e t ππ=
D ．线圈从图示位置转过90º时穿过线圈的磁通量变化率最大
3、甲、乙两列完全相同的横波分别从波源A 、B 两点沿x 轴相向传播，0t =时的波形图像如图所示，若两列波的波速都是1m/s ，下列说法正确的是（ ）
A ．甲乙两列波的频率都是4Hz
B ．1s t =时，甲乙两波相遇
C ．3s t =时，6m x =处质点的位移为负方向最大
D ．0s t =时，2m x =处质点与10m x =处质点的振动方向相反
4、卫星绕某一行星的运动轨道可近似看成是圆轨道，观察发现每经过时间t ，卫星运动所通过的弧长为l ，该弧长对应的圆心角为θ。

已知引力常量为G ，由此可计算该行星的质量为（ ）
A ．22l Gt
B ．22l G t θ
C ．2l
G t θ D ．22
l G t θ 5、如图甲所示，用传感器和计算机可以方便地描出平抛运动物体的轨迹。

它的设计原理如图乙所示。

物体A 在做平抛运功，它能够在竖直平面内向各个方向同时发射超声波脉冲和红外线脉冲，在它运动的平面内安放着超声波-红外接收装置，B 盒装有B 1、B 2两个超声波-红外接收器，并与计算机相连，B 1、B 2各自测出收到超声脉冲和红外脉冲的时间差，并由此算出它们各自与物体A 的距离，下列说法正确的是（ ）
A ．该实验中应用了波的干涉规律
B ．该实验中应用了波的反射规律
C ．该实验中应用了波的直线传播规律
D ．该实验中所用超声波信号和红外线脉冲信号均属于无线电波
6、下列关于电磁感应现象的认识，正确的是( )
A ．它最先是由奥斯特通过实验发现的
B ．它说明了电能生磁
C ．它是指变化的磁场产生电流的现象
D ．它揭示了电流受到安培力的原因
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C，其状态变化过程的p-V图象如图所示。

已知气体在状态A时的温度为17℃，热力学温度与摄氏温度间的关系为T=t+273K，则下列说法正确的是（）
A．气体在状态B时的温度为290K
B．气体在状态C时的温度为580K
C．气体由状态B到状态C的过程中，温度降低，内能减小
D．气体由状态B到状态C的过程中，从外界吸收热量
8、如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是
A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小
B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变
C．若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大
D．若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小
9、如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平地面上，小车的右端固定着竖直挡板，挡板与弹簧右端相连，弹簧的左端连接质量为m的木块。

弹簧处于原长状态，木块与小车间的滑动摩擦因数为μ。

从某时刻开始给小车施加水平向右的外力F，外力F从零开始缓慢均匀增大，当F增大到2μ(m+M)g时保持大小不变。

弹簧一直处于弹性限度内，木块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列各种说法中正确的是（）
A．木块所受的摩擦力先均匀增大，后保持不变
B．当弹簧产生弹力时，外力F的大小为μ(m+M)g
C．在外力F从零达最大的过程中，静摩擦力和弹簧对木块所做的功相等
D．在外力F从零达最大的过程中，弹簧获得的弹性势能等于系统获得的内能
10、如图所示是一个半径为R 的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向内．有一个
粒子源在圆上的A 点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α．下列说法正确的是
A．若r=2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为
6m qB
π
B．若r=2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有
221
tan
27
α+
=成立
C．若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为
3m
qB
π
D．若r=R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某小组要测定某金属丝的电阻率。

(1)用螺旋測微器测量金属丝的直径。

为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图甲所示的部件______(选填“A”、＂B＂、“C”或＂D”)。

从图中的示数可读出金属丝的直径为______mm.
(2)某同学采用如图乙所示电路进行实验。

测得金属丝AB的直径为d，改变金属夹P的位置，測得多组金属丝接入电
路的长度L及相应电压表示数U、电流表示数I，作出U
I
－L如图丙所示，测得图线斜率为k，则该金属丝的电阻率ρ
为______
(3)关于电阻率的测量，下列说法中正确的有______
A．开关S闭合前，滑动变阻器R1的滑片应置于最右端B．实验中，滑动变阻器R1的滑片位置确定后不可移动C．待测金属丝AB长时间通电，会导致电阻率測量结果偏小D．该实验方案中电流表A的内阻对电阻率测量结果没有影响
12．（12分）用游标卡尺测得某样品的长度如图甲所示，其读数L=________mm；用螺旋测微器测得该样品的外边长a 如图乙所示，其读数a=________mm。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距L＝1m，两轨道之间用电阻R＝2Ω连接，有一质量m＝0.5kg的导体杆静止地放在轨道上与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B＝2T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。

现用水平拉力F沿轨道方向拉导体杆，使导体杆从静止开始做匀加速运动。

经过位移x＝0.5m后，撤去拉力，导体杆又滑行了x′＝1.5m后停下。

求：
(1)整个过程中通过电阻R的电荷量q；
(2)拉力的冲量大小I F；
(3)整个过程中导体杆的最大速度v m；
(4)在匀加速运动的过程中，拉力F与时间t的关系式。

14．（16分）如图所示，闭合矩形线框abcd可绕其水平边ad转动，ab边长为x，bc边长为L、质量为m，其他各边的质量不计，线框的电阻为R。

整个线框处在竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中。

现给bc边施加一个方向与bc边、磁场的方向均垂直的初速度v，经时间t，bc边上升到最高处，ab边与竖直线的最大偏角为θ，重力加速度取g。

求t时间内：
（1）线框中感应电动势的最大值；
（2）流过线框导体截面的电量；
（3）线框中感应电流的有效值。

15．（12分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上有一矩形区域abcd ，ab 和bc 边长度分别为9cm 和8cm ，O 为矩形的中心。

在矩形区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5B T =。

在O 点把一带电小球向各个方向发射，小球质量为0.01kg m =、所带电荷量为2q C =+。

(1)求小球在磁场中做完整圆周运动时的最大速度0v ；
(2)现在把小球的速度增大为0v 的85
倍，欲使小球尽快离开矩形，求小球在磁场中运动的时间。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、A
【解题分析】
天平原本处于平衡状态，所以线框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，
由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有效长度，由图可知，A 图的有效长度最长，磁场强度B 和电流大小I 相等，所以A 所受的安培力最大，则A 图最容易使天平失去平衡． A 正确； BCD 错误；
故选A ．
2、C
【解题分析】 A ． 最大感应电动势为：
222100.210(V)0.4
m m E NBS NBS N T T πππωπ==⋅=Φ⋅=⨯⨯= 感应电动势的有效值为：
(V)
E === 线圈转动一圈的过程中产生的焦耳热
22
2)0.44J)5
(E Q t R π==⨯= 故A 错误；
B ． t =0.2s 时，磁通量为0，线圈中的感应电动势最大，电流方向不变，故B 错误；
C ． 由图知角速度
22rad /s 5rad /s 0.4
T ππωπ=== 因为线圈从垂直中性面开始计时，所以交变电流感应电动势的瞬时表达式为
e =10πcos （5πt ）V
故C 正确；
D ． 线圈在图示位置磁通量为0，磁通量的变化率最大，穿过线圈的磁通量变化最快，转过90°，磁通量最大，磁通量变化率为0，故D 错误。

故选：C 。

3、C
【解题分析】
A ．两列波长均为4m λ=，根据v f λ=可知频率为
1Hz 4
v
f λ== A 错误；
B ．两波初始时刻相距04m s =，相遇用时
04s 2s 22
s t v === B 错误；
C ．3s t =时，结合B 选项和波形平移法可知，甲、乙两列波在6m 处均为波谷位置，所以质点的负向位移最大，C 正确；
D ．根据同侧法可知0s t =时，2m x =处质点与10m x =处质点的振动方向均向上，D 错误。

故选C 。

4、B
【解题分析】
设卫星的质量为m ，卫星做匀速圆周运动的轨道半径为r ，则
2
2Mm v G m r r
= 其中 l r ，l v t
= 联立可得
2
2
l M G t θ= 故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

5、C
【解题分析】
ABC ．物体A 向B 盒同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，B 盒收到红外线脉冲时开始计时，收到超声波脉冲时停止计时，根据超声波在空气中的传播速度v （红外线传播时间极短，可忽略），可计算出A 和B 之间的距离，故该实验利用了超声波频率高，易于定向传播，即直线传播原理，AB 错误C 正确；
D ．超声波是一种机械波，而电磁波谱按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X 射线和γ射线，故红外线脉冲不是无线电波，D 错误。

故选C 。

6、C
【解题分析】
电磁感应现象最先是由法拉第通过实验发现的，它说明了磁能生电的问题，它是指变化的磁场产生电流的现象，故选项C 正确．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BC
【解题分析】
A ．气体在状态A 时的温度为17 C ，T A =(273+17）K=290 K ，由理想气体状态方程得
=A A A A A A
p V p V T T 气体在状态 B 时的温度
T B =1160K
A 项错误；
B ．气体由状态B 到状态
C 做等容变化，根据查理定律得
C B B C
p p T T = 解得
T c =580K
B 项正确；
C ．气体由状态B 到状态C 不对外做功，但温度降低，内能减小，C 项正确；
D ．根据热力学第一定律U W Q ∆=+可知气体向外界放出热量，D 项错误。

故选BC 。

8、AD
【解题分析】
A 、因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有：()F 3μmg μmg 3m m a --=+，a 都将减小．A 正确；
B 、若粘在A 木块上面，以
C 为研究对象，受F 、摩擦力μmg 、绳子拉力T ，F μmg T m a --= ，则得：T F μmg m a =-- ，a 减小，F 、μmg 不变，所以，T 增大，对A ：BA f ma =，a 减小，即BA f 减小，B 错误； C 、若粘在B 木块上面，a 减小，以A 为研究对象，m 不变，由BA f ma =知，A 所受摩擦力减小，以C 为研究对象，T F μmg m a =--，T 增大，故C 错误；
D 、若粘在C 木块上面，a 减小，对A 有：BA f ma =，可知A 的摩擦力减小，以AB 为整体，有T 2μmg 2ma -=，得：T 2μmg 2ma =+，则T 减小， D 正确；
故选AD ．
9、AB
【解题分析】
A ．当F 较小时，木块和小车相对静止，由牛顿第二定律有
F =(m +M )a
F f =ma
得
F f =+m F m M
F f 与F 成正比，当F f 增大到等于μmg 后，木块与小车间缓慢相对移动，F f 保持不变，故A 正确；
B ．当弹簧产生弹力时，摩擦力达最大
F f =μmg
可得
F =μ(m +M )g
故B 正确；
C ．当F 达最大时，有
2μ(m +M )g=(m +M )a ′
μmg +F ′=ma ′
得
F ′=μmg
所以静摩擦力和弹簧弹力都是由零增大到μmg ，但由于静摩擦力产生在先，弹簧弹力产生在后，木块的速度不相同，木块的位移不相同，所以两力做功不相等，故C 错误；
D ．弹簧的弹性势能等于弹簧的弹力做功，相对应的位移为木块在小车上滑动的距离，系统的内能等于滑动摩擦力与木块在小车上滑动的距离的乘积，但由于两力并不相等，所以弹簧获得的弹性势能与系统获得的内能不相等，故D 错误。

故选AB 。

10、BD
【解题分析】
若r=2R ，粒子在磁场中时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图，因为r=2R ，圆心角θ=60°，粒子在磁场中运动的最长时间 601236063max m m t T qB qB
ππ︒⋅︒＝＝＝ ，故A 错误．
若r=2R ，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，根据几何关系，有
222212227222R tan r R R R α--＝＝＝ ，故B 正确．若r=R ，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如
图所示，圆心角90°，粒子在磁场中运动的时间9012 36042m m t T qB qB
ππ︒⋅︒＝＝＝ ，故C 错误．若r=R ，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角150°，故D 正确．故选BD.
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、B 0.410
24kd π D
【解题分析】
(1)[1][2]为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先转动锁紧手柄部件B ，合金丝的直径为
0.0mm+41.0×0.01mm=0.410mm ；
(2)[3]设电流表内阻为R A ，根据欧姆定律可知待测电阻： A U IR R I
-= 根据电阻方程：L R S ρ
=，截面积： 2
2d S π⎛⎫= ⎪⎝⎭
联立解得： 2
4A U L R I d ρπ=+ 图像斜率：
24k d
ρπ= 所以电阻率
2
4kd πρ=
(3)[4]A ．为了保护电路，实验开始前应使待测回路电流最小，滑动变阻器滑片处于最左端，故A 错误；
B ．实验要测量多组电压、电流值，通过改变滑片位置，改变电压表示数，滑动变阻器滑片需要移动，故B 错误；
C ．待测金属丝AB 长时间通电，因为电流热效应存在，温度升高，电阻率变大，故C 错误。

D ．根据2
4A U L R I d ρπ=+可知，电流表的内阻存在不会改变图像的斜率，对电阻率没有影响，故D 正确。

故选D 。

12、20.15 1.730
【解题分析】
[1]．样品的长度L =2cm+0.05mm×3=20.15mm ；
[2]．样品的外边长a =1.5mm+0.01mm×23.0=1.730mm 。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1)2C(2)4kg·
m/s(3)6m/s(4)F ＝72t ＋18(N) 【解题分析】
（1）导体杆切割磁感线产生的感应电动势
E ＝t
Φ∆∆ 回路中电流 I ＝
E R 通过电阻R 的电荷量
q ＝I Δt ＝R
∆Φ 磁通量ΔΦ＝BL Δx ，又Δx ＝x ＋x ′
代入数据可得
q ＝BL x R ∆＝21(0.5 1.5)2
⨯⨯+C ＝2C （2）根据动量定理
I F －F 安Δt ＝0－0
F 安＝BIL ，Δt 为导体杆整个过程中所用时间
I F ＝BIL Δt ＝BLq
所以
I F ＝4kg·m/s 。

（3）当撤去力F 后，根据楞次定律可以判断感应电流必定阻碍导体杆的相对运动，所以杆做减速运动，杆的最大速度应该为撤去外力F 瞬间的速度。

撤去F 之后通过电阻R 的电荷量为
q 2＝'
BLx R
撤去外力F 之后，以水平向右为正方向，根据动量定理，则
－BLq 2＝0－mv m
联立上式得导体杆的最大速度为
v m ＝6m/s
（4）根据受力分析可知
F －B BLv R
L ＝ma 由运动学公式v ＝at ，v m 2＝2ax
可解得
a ＝36m/s 2
联立上式可得关系式为
F ＝72t ＋18(N)
14、（1）BLv ；（2）sin Blx R θ；（3 【解题分析】
（1）开始时速度最大且与磁感应强度方向垂直，感应电动势最大，则有
max E BLv =
（2）根据电荷量的计算公式可得
q It =
根据闭合电路欧姆定律可得
E I R
= 根据法拉第电磁感应定律可得
sin BLx E t t
θ∆Φ==∆ 解得
sin BLx q R
θ= （3）根据能量守恒定律可得
21(1cos )2
mv mgx Q θ=-+ 根据焦耳定律
2Q I Rt =有
解得
()221cos 2m v gx I Rt θ⎡⎤--⎣⎦=有
15、（1）2.5m/s （2）
s 300π
【解题分析】 （1）O 点到ad (bc )边的距离为1 4.5cm D =，到ab (cd )边的距离为24cm D =，要使小球不离开磁场，小球与两边相切时，小球做圆周运动的半径最大，如图所示，设最大半径为1R ，
由几何知识有
112sin R R D θ+=
111cos R R D θ+=
联立解得
1 2.5cm R =
由01
02qv B m v R =解得 v 0=2.5m/s
（2）把小球的速度增大为0v 的85
倍，即v =4m/s ，此时小球运动的半径为 10.04m 4cm=D mv R qB
=== 欲使小球尽快离开矩形，则轨迹如图；由几何关系可知，粒子在磁场中的圆周角为60°，则时间 0.043s s 4300R t v πθπ⨯=
==。