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2024 天津高考物理真题
今年天津考试院没有展示第1、2、5三道小题
一、单选（共 5题，每题 5分）
第1题：空缺
第2题：空缺
第3题：（2024年，第3题）
t =1s x=0
1. 一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，图1是 时该波的波形图，图2是 处质点的振动图
t =11s
像。则 时该波的波形图为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】波的周期T=4s，因t =11s时，即在t=1s后再经过10s=2.5T，此时原点处的质点振动到波谷位
置，即该波的波形图为C。
故选C。
第4题：（2024年，第4题）
2. 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（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】ABC．根据题意，设导体棒的电阻为R，导轨间距为L，磁感应强度为B，导体棒速度为v时，受
到的安培力为
B2L2v
F = BIL=
R
可知
F µv
由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为
mgsinq-F B2L2v
a = = gsinq-
m mR
可知，随着速度的增大，导体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导体棒开始做匀速直线运动，则v −
t图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不变，由于安培力F与速度v成正比，则F − t图像的斜率逐
渐减小直至为零时，F保持不变，故A正确，BC错误；
D．根据题意，由公式可得，感应电流为
BLv
I =
R
由数学知识可得
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学科网（北京）股份有限公司DI BL Dv BLa
= × =
Dt R Dt R
由于加速度逐渐减小，则I − t图像的斜率逐渐减小，故D错误。
故选A。
第5题：空缺
二、多选（共 3题，每题 5分）
第6题：（2024年，第6题）
3. 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：①X+232 Th®233 Th②233Th ®233 Pa+0 e，下列说法正确的是（ ）
90 90 90 91 -1
A. 方程①中X是中子
B. 方程②中233Th发生了b衰变
90
C. 受反应堆高温影响，233Th的半衰期会变短
90
D. 方程②释放电子，说明电子是原子核的组成部分
【答案】AB
【解析】
【详解】A．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，方程①中X质量数为1，电荷数为零，则是中子，
选项A正确；
B．方程②中233Th放出负电子，则发生了b衰变，选项B正确；
90
C．放射性元素的半衰期与外界因素无关，选项C错误；
D．方程②释放的电子是原子核内的中子转化为质子时放出的，不能说明电子是原子核的组成部分，选项
D错误。
故选AB。
第7题：（2024年，第7题）
4. 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 r : 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R2 :r2
【答案】AC
【解析】
【详解】A．卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，角速度与地球自转角速度相等，卫星发射后在地球同
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学科网（北京）股份有限公司步轨道上做匀速圆周运动，角速度与地球自转角速度相等，则卫星未发射时和在轨道上运行时角速度之比
为1:1，故A正确；
B．根据题意，由公式v=wr 可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，由于角速度相等，则线速度之比为
轨道半径之比R:r，故B错误；
C．根据题意，由公式a =w2r可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，由于角速度相等，则向心加速度
n
之比为轨道半径之比R:r，故C正确；
GMm
D．根据题意，由公式F = 可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，受到地球的万有引力之比与轨道
r2
半径的平方成反比，即r2 :R2，故D错误。
故选AC。
第8题：（2024年，第8题）
5.
某静电场在x轴正半轴的电势j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】BD
【解析】
【详解】AB．根据题意，由公式E =jq可知，负电荷在高电势位置的电势能较小，由图可知，a点的电
p
势最大，则在a点电势能最小，同理可知，c点的电势最小，则在c点时电势能最大，电荷仅在电场力作用
下，电荷的电势能和动能之和不变，可知，电势能最大时，动能最小，则在c点时，电荷的动能最小，即
速度最小，故A错误，B正确；
CD．根据沿电场线方向电势逐渐降低，结合题图可知，c点左侧电场方向沿x轴正方向，c点右侧电场方
向沿x轴负方向，可知，c点右侧负电荷受沿x轴正方向的电场力，c点左侧负电荷受沿x轴负方向的电场
力，可知，在a点受静电力沿x轴负方向，从d点开始沿x轴负方向运动到a点，电场力先做负功再做正功，
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学科网（北京）股份有限公司故C错误，D正确。
故选BD。
三、实验题（共 6空，每空 2分）
第9（1）题：（2024年，第9（1）题）
6. 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0~3V，内阻约为3kΩ）
B．电流表：（量程0~ 0.6A，内阻约为1W）
C．滑动变阻器：（最大阻值20W，额定电流1A）
D．滑动变阻器：（最大阻值1000W，额定电流0.5A）
E．待测电源：（电动势约为3V，内阻约为1W）
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S 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
2
值，S 应与_________端闭合。
2
【答案】（1）等于 （2） ①. C ②. 2
【解析】
【小问1详解】
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学科网（北京）股份有限公司电源输出功率
E2R E2
P= =
(R+r)2 (R-r)2
-4r
R
则当R=r时电源输出功率P最大；
【小问2详解】
（i）[1]实验中所用的滑动变阻器应选阻值较小的C即可；
（ii）[2]电压表内阻远大于电源内阻，应采用相对电源的电流表外接法，使电源内阻的测量结果更接近真
实值，S 应与2端闭合。
2
第9（2）题：（2024年，第9（2）题）
7. 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_________；
A. B.
C. D.
（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 =6.20cm,s =6.70cm,s =7.21cm,s =7.73cm。已知打点计时器所接交流电源频率为50Hz，
1 2 3 4
则小车的加速度a=_________m/s2（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210g。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5g、10g、20g、40g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
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学科网（北京）股份有限公司这两种方式得到的合力差异最大时，槽码质量为_________g。
【答案】（1）B （2）0.51
（3）40
【解析】
【小问1详解】
若补偿摩擦力恰当，则小车应该匀速运动，打出的纸带应该点迹均匀分布，故选B。
【小问2详解】
每相邻两个计数点间还有4个点未画出，可知T=0.1s；小车的加速度
s +s -s -s (7.73+7.21-6.70-6.20)´10-2
a= 4 3 2 1 = m/s2 =0.51m/s2
4T2 4´0.12
【小问3详解】
根据牛顿第二定律，对砝码
mg-T=ma
对小车
T=Ma
可得
Mmg 1
T = = mg
M +m m
1+
M
则当m较小时传感器的示数越接近与砝码的重力mg；m越大，则传感器的示数与砝码重力的差异越大，
即这两种方式得到的合力差异最大时，槽码质量为40g。
四、计算题（一般是 14分+16分+18分）
第10题：（2024年，第10题）
8. 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
N∙s，A、B的质量分别为m = 0.3 kg、m = 0.1 kg，轨道半径和绳长均为R = 0.5 m，两球均视为质点，轻
A B
绳不可伸长，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
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学科网（北京）股份有限公司（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】（1）4 m/s
（2）11.2 N
【解析】
【小问1详解】
根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度为v ，由动量定理有
0
I =m v
A 0
设与B碰前瞬间A的速度大小v，从最低点到最高点，由动能定理有
1 1
-m g×2R= m v2 - m v2
A 2 A 2 A 0
联立代入数据解得
v=4m s
【小问2详解】
A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有
m v=m +m v
A A B 共
设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有
v2
F -m +m g =m +m 共
A B A B R
联立代入数据解得
F =11.2N
第11题：（2024年，第11题）
9. 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
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学科网（北京）股份有限公司向进入第一象限，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 3R，求粒子
在磁场中运动的时间t 。
1
E
【答案】（1）B=
v
2mR
（2）t =
qE
2pmv
（3） t =
1 3qE
【解析】
【小问1详解】
根据题意可知，由于一带负电粒子能沿直线匀速穿过半圆区域，由平衡条件有
Eq=qvB
解得
E
B=
v
【小问2详解】
若仅有电场，带负电粒子受沿x轴负方向的电场力，由牛顿第二定律有
Eq =ma
又有
1
R= at2
2
联立解得
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学科网（北京）股份有限公司2mR
t =
Eq
【小问3详解】
根据题意，设粒子入射速度为v ，则有
0
v2
qv B =m 0
0 r
2pr
T =
v
0
可得
2pm 2pmv
T = =
qB qE
画出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系可得
3R
tanq= = 3
R
解得
q=60°
则轨迹所对圆心角为120°，则粒子在磁场中运动的时间
120° 2pmv
t = ×T =
1 360° 3qE
第12题：（2024年，第12题）
10. 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，
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学科网（北京）股份有限公司且与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ω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ω ，第二周的角速度为
0
w w
0 ，第三周的角速度为 0 ，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
2 4
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】（1）电流方向从B到A
1
（2）e= wBL2coswt
2
4pwB2L4
（3）x= 0
maR
【解析】
【小问1详解】
由右手定则可知，图示位置AB中的电流方向从B到A。
【小问2详解】
线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，则经过时间t转过的角度为
q=wt
AB切割磁感线的速度为
L
v=w cosq
2
则感应电动势
e=BLv
解得此时AB产生的感应电动势
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学科网（北京）股份有限公司1
e= wBL2coswt
2
【小问3详解】
线框转动过程中，AB、CD均能产生感应电动势，故线框转动产生的感应电动势为
e =2e=wBL2coswt
1
线框转动第一周产生感应电动势最大值
E = BwL2
m1 0
储存电能为
E
( m1)2
2 2p pB2L4w
e = = 0
1 R w R
0
同理线框转动第二周储存的电能
pB2L4 w
e = 0
2 R 2
同理线框转动第三周储存的电能
pB2L4 w
e = 0
3 R 22
……
线框转动第n周储存的电能
pB2L4 w
e = 0
n R 2n-1
则直到停止时储存的电能为
pB2L4w 1 1 2pB2L4w
e=e +e +......+e = 0 (1+ +......+ )= 0
1 2 n R 2 2n-1 R
储存的电能为初动能的50%，可知初动能
4pB2L4w
E = 0
k0 R
根据动能定理和牛顿第二定律可得
fx= E -0
k0
f =ma
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学科网（北京）股份有限公司解得
4pwB2L4
x= 0
maR
第13页/共13页
学科网（北京）股份有限公司
