2023年浙江省臺州市高考物理二模試卷

2023年浙江省臺州市高考物理二模試卷

一、單選題（本大題共13小題，共39.0分）

1.奧地利物理學(xué)家」.Stefan發(fā)現(xiàn)黑體的單位表面積在單位時間內(nèi)輻射的能量為M=aT4,若

用國際單位制基本單位的符號來表示比例系數(shù)。的單位，下列正確的是（）

A，PB.（內(nèi)/⑼C（入3）D.（1.加62）

2.關(guān)于以下四張圖片，下列說法正確的是（）

A.甲圖：五顏六色的彩虹是光的干涉現(xiàn)象

B.乙圖：利用偏振眼鏡能觀看立體電影，說明光屬于縱波

C.丙圖：電子穿過鋁箔后的衍射圖樣，說明了電子具有波動性

D.丁圖：讓高頻電磁波的振幅隨信號強弱而改變的技術(shù)叫調(diào)諧

3.某款機械表中有兩個相互咬合的齒輪4、B,如圖所示，齒輪4、B的

齒數(shù)之比為1：2,齒輪勻速轉(zhuǎn)動時，則A、B齒輪的（）

A.周期之比7;：T2=2：1

B.角速度之比為31：0）2=2：1

C.邊緣各點的線速度大小之比%:v2=1：2

D.轉(zhuǎn)速之比為n［：n2=1：2

4.下列對教材中的四幅圖分析正確的是（）

甲乙丙T

A.圖甲：天宮一號空間實驗室里的水球不受重力作用

B.圖乙：樹枝受到猴子的拉力是樹枝發(fā)生形變產(chǎn)生的

C.圖丙：汽車速度計的示數(shù)表示瞬時速率

D.圖丁：隨著沙子的不斷流入，干沙堆的傾角會不斷增大

5.我國發(fā)射的“悟空”號暗物質(zhì)探測衛(wèi)星運行在離地約

為500km的圓軌道上，此衛(wèi)星運行中（）

A.受地球的引力保持不變

B.線速度大于第一宇宙速度

C.角速度大于月球繞地球運行的角速度

D.向心加速度小于同步衛(wèi)星的向心加速度

6.電子束焊接機的核心部件內(nèi)存在如圖甲所示的高壓輻向電場，帶箭頭的虛線表示電場線。

一電子在電場力作用下由A沿直線運動到B。下列說法正確的是（）

A.該電場為勻強電場

B.電子運動過程中電勢能逐漸減小

C.電子運動過程中加速度逐漸減小

D.電子經(jīng)過各點的電勢隨位移x的變化如乙圖所示

7.小張用多用表的歐姆擋測量一個帶鐵芯變壓器線圈的電

阻。小楊兩手分別握住線圈裸露的兩端讓小張測量，測量時

表針擺過了一定角度。正當(dāng)小張將表筆與線圈脫離時，小楊

有電擊感。下列說法正確的是（）

A.實驗中小張也有電擊感

B.表筆與線圈脫離前后通過小楊的電流方向不變

C.若未放置鐵芯，小楊電擊感減弱

D.小楊有電擊感，是因為表筆與線圈脫離后流過線圈的電流突然變大

8.如圖所示為手機的無線充電原理示意圖。正常工作狀態(tài)下，輸入電壓為220y時，接收線

圈的電壓為8V。已知發(fā)射線圈的匝數(shù)為1100匝，裝置的磁通量損耗約為20%。下列說法正確

的是（）

A.接收線圈的匝數(shù)為40匝

B.兩線圈中交變電流的頻率不相同

C.讓手機略微遠離充電裝置，接收線圈的電壓不變

D.相比有線充電器，該裝置能量損耗率更高

9.筆記本電腦機身和顯示屏分別裝有霍爾元件和磁體，實現(xiàn)開屏變亮，合屏熄滅。圖乙為

一塊利用自由電子導(dǎo)電，長、寬、高分別為Q、b、C的霍爾元件，電流方向向右。當(dāng)合上顯

示屏?xí)r，水平放置的元件處于豎直向下的勻強磁場中，元件前、后表面間產(chǎn)生電壓，當(dāng)電壓

達到某一臨界值時，屏幕自動熄滅。則元件的（）

A.合屏過程中，前表面的電勢比后表面的低

B.開屏過程中，元件前、后表面間的電壓變大

C.若磁場變強，可能出現(xiàn)閉合屏幕時無法熄屏

D.開、合屏過程中，前、后表面間的電壓U與b無關(guān)

10.兩個振動情況完全相同的波源Si、52,分別位于工軸上原點。和0.9m,振幅為10cm。t=0

時刻波源國開始沿y軸方向做簡諧運動，形成的簡諧波沿x軸正、負方向傳播，當(dāng)波傳到0.9m

處，觸發(fā)波源52開始振動，此時永正半軸波形如圖所示，兩波源各自振動2s后停止振動。則下

列說法正確的是（）

A.兩列波的傳播速度為4m/s

B.波源的起振方向沿y軸正方向

C.在0?6s內(nèi)，平衡位置處在X=—0.4M的質(zhì)點運動總路程為100cm

D.從圖示時刻開始，再過0.75s,平衡位置在x=0.7機處的質(zhì)點位移為10cm

11.某款電動自行車的內(nèi)部電路可簡化為如圖所示，電源銘牌上標

有“36V,124，”字樣。正常工作時，電源的輸出功率為180W,

工作效率為75%,電動機機械效率為80%。已知自行車運動時受到

阻力恒為40N。正常工作時（）

A.電動機兩端電壓為36VB.電動機的電流約為54

C.自行車勻速行駛的最長時間約為1.8hD.自行車勻速行駛的最遠距離約為30km

12.如圖所示，兩個質(zhì)量分別為g和me的帶電小球4、B（可

視為質(zhì)點）通過一根絕緣輕繩跨放在光滑的定滑輪上（滑輪大

小不計），兩球靜止，。為滑輪正下方4B連線上的一個點。兩

球到。點距離分別為乙和沖，到滑輪的距離分別為匕和%,且

lA：lB=1：2,細繩與豎直方向的夾角分別為％和。2,兩球

電荷量分別為心和qB。貝4（）

A.qA>qBB.%>e2

C.mA：mB=1:2D.x^：xB=1：2

13.如圖所示，一架戰(zhàn)斗機沿水平方向勻速飛行，先后釋放三

顆炸彈，分別擊中山坡上水平間距相等的4B、C三點。已知

擊中AB的時間間隔為擊中B、C的時間間隔為t2,釋放炸彈的時間間隔分別為At1、4t2。

不計空氣阻力，則（）

A.t]>^2B.t]—t2C.At1>4t2D.4tl=Zt?

二、多選題（本大題共2小題，共6.0分）

14.一個靜止的鈾核第2U經(jīng)a衰變后產(chǎn)生一個新核X,已知的2（7、X、的原子質(zhì)量分別為

232.0372n、228.0287“、4.0026”，也相當(dāng)于931.5MeV的能量，則（）

A.新核的中子數(shù)為90

B.釋放出的核能約為5.5Mev

C.反應(yīng)物的結(jié)合能之和大于生成物的結(jié)合能之和

D.若釋放的核能全部轉(zhuǎn)化動能，則新核X的動能約為O.lMeU

15.如乙圖所示，一束復(fù)色光從空氣射向一個球狀水滴后被分成了a、匕兩束單色光，分別將

這兩束單色光射向圖甲所示的裝置，僅有一束光能發(fā)生光電效應(yīng)。調(diào)節(jié)滑片P的位置，當(dāng)電

流表示數(shù)恰為零時，電壓表變示數(shù)為兒。已知該種金屬的極限頻率為氣，電子電荷量的絕對

值為e,普朗克常量為八，下列說法正確的是（）

A.a光在玻璃中的傳播速度比b光小

B.b光的光子能量為九為+eUc

C.保持光強不變，滑片P由圖示位置向左移，電流表示數(shù)變大

D.用同一雙縫做光的干涉實驗，a光產(chǎn)生的干涉條紋間距比b光的大

三、實驗題（本大題共2小題，共14.0分）

16.（1）某同學(xué)利用如圖甲所示裝置做“探究彈力和彈簧伸長的關(guān)系”實驗。如圖乙所示的

彈簧用毫米刻度尺測得的長度為cm,口用兩根不同規(guī)格的輕質(zhì)彈簧a和b進行實驗，

得到彈力F與彈簧形變量x關(guān)系如圖丙所示，關(guān)于圖像分析下列說法正確的是。

A.彈性限度內(nèi)，彈簧a的勁度系數(shù)比b小

B.彈簧a的自重比彈簧b的大

C.彈簧a的原長一定比彈簧b的大

D彈簧a的圖像彎曲，是因為超過了彈簧的彈性限度

（2）①在“用油膜法估測分子的大小”實驗中，所選用的油酸酒精溶液的濃度為每104ML溶液

中含有純油酸5mL用注射器測得1mL上述溶液有75滴。把1滴該溶液滴入盛水的淺盤里，測

得水面穩(wěn)定后的油膜面積為99c/n2,可算出一滴溶液中含有純油酸的體積為ml,油酸

分子的直徑約為m,（結(jié)果均保留一位有效數(shù)字）

②某同學(xué)最終得到的油酸分子直徑數(shù)值和其他同學(xué)相比明顯偏大，其原因可能是。

A水面上琲子粉撒的較多，油膜未充分展開

B.使用了長時間放置且未密封保存的油酸酒精溶液

C.計算油酸膜面積時，錯將所有不完整的方格作為完整方格處理

D錯誤地將油酸酒精溶液的體積直接作為純油酸的體積進行計算

17.某物理興趣小組嘗試通過實驗測量某金屬導(dǎo)體電阻。

⑴先用歐姆表“x1”擋粗測該導(dǎo)體阻值，指針位置如圖1,對應(yīng)的讀數(shù)是0。

經(jīng)查閱資料發(fā)現(xiàn)該電阻的阻值約為5。，測量值與真實值的偏差較大，原因是該同學(xué)未進行歐

姆調(diào)零所致，若此時把兩表筆短接，指針應(yīng)指在歐姆擋零刻度線的側(cè)（選填“左”或

“右”）；

圖I

SI

圖2圖3

(2)考慮到伏安法測電阻中電表會給實驗測量帶來誤差，為解決該問題，興趣小組設(shè)計了如圖

2所示的電路(部分導(dǎo)線未畫)，實驗操作如下：

①斷開開關(guān)S2,將滑動變阻器的阻值調(diào)到最大，閉合開關(guān)調(diào)節(jié)滑動變阻器，使電流表和

電壓表指針偏轉(zhuǎn)到合適位置，并記錄兩電表示數(shù)U、圖3所示的電流表讀數(shù)為4。

②閉合開關(guān)S2,調(diào)節(jié)滑動變阻器，使電壓表示數(shù)仍為U,并記錄此時的電流表示數(shù)與。則該

電阻的阻值可表示為%=(結(jié)果用U、與表示)。

③根據(jù)你對該實驗原理的理解，在圖2中將剩余的兩根導(dǎo)線連接到合適的位置。

四、簡答題(本大題共4小題，共41.0分)

18.一導(dǎo)熱汽缸內(nèi)用活塞封閉著一定質(zhì)量的理想氣體。如圖甲所示，汽缸水平橫放時，缸內(nèi)

空氣柱長為已知大氣壓強為Po,環(huán)境溫度為7°,活塞橫截面積為S,汽缸的質(zhì)量加=舞，

不計活塞與汽缸之間的摩擦。現(xiàn)將氣缸懸掛于空中，如圖乙所示。求：

(1)穩(wěn)定后，汽缸內(nèi)空氣柱長度；

(2)汽缸懸在空中時，大氣壓強不變，環(huán)境溫度緩慢地降至多少時能讓活塞回到初始位置；

(3)第(2)小題過程中，若氣體內(nèi)能減少了4U,此氣體釋放了多少熱量。

19.如圖所示，在水平面上靜置一質(zhì)量M=450g的滑塊,滑塊上表面是一個半徑R=0.2m的

四分之一圓弧，圓弧最低點4與水平地面相切。現(xiàn)給質(zhì)量m=50g的小球一個大小%=4m/s

的水平初速度，小球經(jīng)B點離開滑塊時，隨即撤去滑塊。小球于C點第一次著地，小球每次與

地面碰撞前后，水平速度保持不變，豎直速度大小減半，方向反向。4點始終與地面接觸，

忽略小球通過各軌道連接處的能量損失，不計一切摩擦和空氣阻力，求：

(1)小球剛運動到滑塊最低點4時，對滑塊的壓力；

(2)小球離開滑塊后所能到達的最大高度；

20.如圖所示，在一個匝數(shù)為N、橫截面積為S、阻值為的圓形螺線管內(nèi)充滿方向與線圈

平面垂直、大小隨時間均勻變化的勻強磁場名，其變化率為二螺線管右側(cè)連接有“7”形金

屬軌道裝置，整個裝置處于大小為殳、方向豎直向下的勻強磁場中，該裝置由位于同一水平

面的光滑平行導(dǎo)軌AP、4P'和粗糙豎直導(dǎo)軌S〃、S'W'構(gòu)成，導(dǎo)軌間距均為人開始時，導(dǎo)體

棒a、b分別靜置在水平軌道上SS'左右兩側(cè)適當(dāng)位置，b棒用一絕緣且不可伸長的輕繩通過光

滑轉(zhuǎn)彎裝置。與c棒相連，與氏c棒相連的輕繩分別與導(dǎo)軌SP、SW平行，三根導(dǎo)體棒的長度

均為/且始終與導(dǎo)軌垂直接觸。剛開始鎖定b棒，閉合開關(guān)K后，a棒由靜止開始運動，與b棒

碰前瞬間，a棒的速度為孫，此時解除b棒的鎖定，同時斷開開關(guān)K,碰后兩棒粘在一起運動，

此后導(dǎo)體棒減速為零的過程中c棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q。已知三根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為zn,電阻均

為Ro,c棒與豎直軌道間的動摩擦因數(shù)為“，a、b棒碰撞時間極短，不計其他電阻及阻力，重

力加速度為g。求：

(1)開關(guān)K剛閉合時，通過a棒的電流大?。?/p>

(2)a棒從靜止加速到火的過程中，流過a棒的電荷量;

(3)a、b棒碰后瞬間，a棒的速度大小；

(4)c棒上升的最大高度。

21.如圖所示，某創(chuàng)新小組設(shè)計了一個質(zhì)譜儀，由粒子源、加速器、速度選擇器、有界磁場

及探測板等組成。速度選擇器兩端中心位置0、0'各有一個小孔，選擇器內(nèi)部磁感應(yīng)強度為當(dāng)。

以。'為原點，。0'為x軸建立平面直角坐標系。在第一象限區(qū)域和第四象限部分區(qū)域存在磁感

應(yīng)強度大小為為、方向垂直紙面向里的勻強磁場，第四象限內(nèi)磁場邊界為經(jīng)過。'點的直線。

探測板足夠長且與y軸垂直，其左端C的坐標為(0,-3a)。某種帶電粒子流經(jīng)加速器加速后，

沿4。從。點進入速度選擇器，單位時間內(nèi)有必個粒子從0'沿x軸方向進入右側(cè)磁場，經(jīng)磁場

偏轉(zhuǎn)后，均垂直打在探測板上的P、Q(未畫出)之間，落在板上的粒子在P、Q間均勻分布，并

且全部被吸收，其中速度大小為火的粒子沿直線。。'經(jīng)選擇器后打在探測板P點上。已知粒子

的質(zhì)量為=B2=B,CP=a,CQ=2a；不計粒子的重力及粒子間的相互作用，求:

(1)粒子的比荷；

(2)第四象限磁場下邊界的函數(shù)關(guān)系式；

(3)探測板受到粒子的總作用力大??；

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：由于物理量的單位也是遵循運算規(guī)則的，且由題可知，黑體的單位表面積在單位時

間內(nèi)輻射的能量表達式為：M=是能量)

代入國際單位，則比例系數(shù)。的單位為：

1/_kg-m2-s-2_kg

m2s-K，rn3s-K4K^-s3

故A3。錯誤，C正確。

故選：Co

物理量的單位也是遵循運算規(guī)則的，根據(jù)題目給的黑體的單位表面積在單位時間內(nèi)輻射的能量表

達式，代入國際單位運算即可。

本題考查力學(xué)單位制，解題關(guān)鍵是明白物理量的單位也是遵循運算規(guī)則的。

2.【答案】C

【解析】解：4五顏六色的彩虹是光的色散現(xiàn)象，是光折射的結(jié)果，故4錯誤；

員利用偏振眼鏡能觀看立體電影，說明光屬于橫波，故8錯誤；

C.電子穿過鋁箔后的衍射圖樣，說明了電子具有波動性，故C正確；

。.讓高頻電磁波的振幅隨信號強弱而改變的技術(shù)叫調(diào)幅，“調(diào)諧”是將電路頻率調(diào)節(jié)到諧振狀態(tài)

的行為或過程，故。錯誤。

故選：Co

彩虹的形成是光折射的結(jié)果；利用偏振眼鏡能觀看立體電影，說明光屬于橫波；物體都具有波粒

二象性；讓高頻電磁波的振幅隨信號強弱而改變的技術(shù)叫調(diào)幅。

本題考查光的折射、干涉、光的本質(zhì)和調(diào)諧等問題，屬于必須掌握的基礎(chǔ)知識，需要在平時多加

強積累。

3.【答案】B

【解析】解：C、齒輪4、B的齒數(shù)之比為1：2,可知齒輪4、8的半徑之比為1：2；齒輪4、B相

互咬合，可知邊緣各點的線速度大小相等，即%:v2=l：1,故C錯誤；

B、根據(jù)v=cor可得齒輪4、B角速度之比為3i：0)2=r2：r[=2：1,故B正確;

A、根據(jù)7=稱可得齒輪4、B周期之比為7\：T2=a)2：皿=1：2,故A錯誤；

D、根據(jù)3=2?rn可得齒輪4、B轉(zhuǎn)速之比為n［：n2=：a)2=2：1,故C錯誤；

故選：B。

齒輪傳動邊緣點線速度大小相等，圓周長之比等于齒輪的齒數(shù)之比，根據(jù)s=2b,圓周長之比又

等于半徑之比；根據(jù)判斷角速度之比；根據(jù)7=生判斷周期之比。

0)

本題關(guān)鍵明確同緣傳動邊緣點線速度相等，然后結(jié)合D=3r以及頻率和周期的定義進行分析，基

礎(chǔ)題。

4.【答案】C

【解析】解；4、天宮一號空間實驗室里的水球仍受重力，重力提供了水球做圓周運動所需的向

心力，故A錯誤；

8、樹枝受到猴子的拉力的施力物體是猴子，是由于猴子發(fā)生形變產(chǎn)生的，故8錯誤；

C、汽車速度計的示數(shù)表示汽車通過某一位置的瞬時速度的大小，故C正確；

。、當(dāng)干沙堆的傾角到達某一值時，再落下的沙子沿斜面方向重力沿斜面方向的分力大于最大靜

摩擦力，沙子就會滑下，干沙堆的傾角不會增大，故。錯誤。

故選：Co

水球隨天宮一號做勻速圓周運動，重力提供向心力；彈力是由于施力物體發(fā)生彈性形變產(chǎn)生的；

汽車速度計的示數(shù)表示瞬時速率；當(dāng)傾角增大到一定值時，沙子重力沿斜面方向的分力大于最大

靜摩擦力，沙子會滑下。

本題考查失重、彈力產(chǎn)生的原因、瞬時速度和摩擦力，解題關(guān)鍵是知道沙子下滑的臨界條件.

5.【答案】C

【解析】解：4衛(wèi)星受地球的引力大小保持不變，方向時刻改變，故A錯誤；

8第一宇宙速度是最大的環(huán)繞地球的線速度，衛(wèi)星距離地面500km,軌道半徑大于地球半徑，運

行速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；

C衛(wèi)星的萬有引力提供向心力，則根據(jù)牛頓第二定律可得：

CMm2

G--2-=mra)^

可得3=寫

因為衛(wèi)星軌道半徑小于月球軌道半徑，故衛(wèi)星角速度大于月球繞地球運行的角速度，故C正確。

。.由G鬻=ma

可得：&=臀

因為此衛(wèi)星軌道半徑小于同步衛(wèi)星軌道半徑，故此衛(wèi)星向心加速度大于同步衛(wèi)星的向心加速度,

故。錯誤。

故選:Co

衛(wèi)星受地球的引力大小保持不變，方向時刻變化;

理解第一宇宙速度的物理意義，由此得出衛(wèi)星的線速度與第一宇宙速度的關(guān)系;

根據(jù)萬有引力提供向心力得出角速度和向心加速度的表達式并完成分析0

本題主要考查了萬有引力定律的相關(guān)應(yīng)用，理解衛(wèi)星向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律即可完成

分析。

6.【答案】B

【解析】解：4勻強電場的電場線疏密程度相同，方向也相同，由甲圖中電場線分布可知，該電

場為非勻強電場，故A錯誤；

8.由于電子帶負電，當(dāng)它從A沿直線運動到B時、電場力做正功，則電勢能減小，故B正確；

C.由甲圖中電場線分布和牛頓第二定律可知，電子在加速過程中電場力逐漸變大，因此加速度逐

漸變大，故C錯誤；

。.乙圖斜率表示電場強度，由圖知斜率逐漸變小，而甲圖可知電場強大逐漸變大，故￡＞錯誤。

故選：B。

根據(jù)勻強電場的特點分析出電場是否屬于勻強電場；

根據(jù)電場力的做功類型結(jié)合功能關(guān)系分析出電子的電勢能的變化趨勢：

根據(jù)電場線的疏密程度得出場強的大小關(guān)系，從而分析出加速度的大小關(guān)系；

理解S-x圖像斜率的物理意義，結(jié)合場強的變化趨勢完成分析。

本題主要考查了電勢能與電場力做功的關(guān)系，能根據(jù)電場線判斷出場強和電勢的大小關(guān)系，結(jié)合

功能關(guān)系即可完成分析。

7.【答案】C

【解析】解：AD,當(dāng)回路斷開時，電流要立即減小到零，與多用電表歐姆擋的內(nèi)部電池相連的變壓

器線圈由于自感現(xiàn)象會產(chǎn)生較大的自感電動勢，小楊兩手分別握住線圈裸露的兩端，瞬間有高電

壓，所以有電擊感。而小張握住了絕緣部分，與線圈不構(gòu)成回路，沒有電流通過，不會有電擊感，

故錯誤；

A表筆與線圈脫離后，線圈發(fā)生自感，要保持的原來的電流方向，相當(dāng)于電源，而小楊相當(dāng)于外

電路，外電路電流方向改變，故B錯誤；

C若未放置鐵芯，磁性減弱，自感產(chǎn)生感應(yīng)電動勢減小，所以小楊電擊感減弱，故C正確。

故選：Co

歐姆表的測量電阻時，其電流值非常小，人即使直接接觸也不會有電擊感；而變壓器的線圈在電

流變化時會產(chǎn)生自感電動勢，這個值比較大，人會有電擊感.由于小楊雙手分別握住線圈裸露的

兩端，故實際相當(dāng)于小楊并聯(lián)到了變壓器上，構(gòu)成回路；小張握住了絕緣部分，且表筆脫離了線

圈，沒有電流通過，不會有電擊感，由此可判定各個選項。

本題考查了自感電動勢產(chǎn)生的條件，要知道歐姆表測電阻時，電流是很小的；當(dāng)電流變化時線圈

才會產(chǎn)生較大的自感電動勢。

8.【答案】D

【解析】解：4、由法拉第電磁感應(yīng)定律得，發(fā)射線圈的電壓為％=%略

裝置的磁通量損耗約為20%,則接收線圈的電壓為/=電絲曖儂

所端=叱（1-2。%）

代入數(shù)據(jù)解得，接收線圈的匝數(shù)為的=50匝

故A錯誤;

8、變壓器不改變交變電流的頻率，則發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同，故B錯誤；

C、讓手機略微遠離充電裝置，受電線圈中感應(yīng)電流變小，發(fā)射線圈中的感應(yīng)電流變小，則接收

線圈的電壓發(fā)生變化，故C錯誤；

。、無線充電利用能量轉(zhuǎn)化的原理充電的，將電場能變成磁場能，然后再變成電場能給電池充電，

相比有線充電器，該裝置能量損耗率更高，故力正確。

故選：Do

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和求解接收線圈的匝數(shù)；變壓器不改變交變電流的頻率；讓手機略微遠

離充電裝置，接收線圈的電壓發(fā)生變化；無線充電裝置中由于漏磁會損耗更高的能量。

本題考查變壓器，解題關(guān)鍵是會根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析原副線圈電壓關(guān)系，知道變壓器不

改變交變電流的頻率。

9.【答案】D

【解析】解：4電流方向向右，由此可分析出電子向左定向移動，根據(jù)左手定則，自由電子向后

表面偏轉(zhuǎn)，后表面積累了電子，前表面的電勢高于后表面的電勢，故A錯誤；

BCD.穩(wěn)定后電子受到的電場力和洛倫茲力平衡，則根據(jù)平衡條件可得：

U

evBn—e-

b

根據(jù)電流的微觀表達式可知：

I=neSv=nebcv

解得：U=—

nec

因此開屏過程中，磁感應(yīng)強度減小，元件前、后表面間的電壓變小。若磁場變強，元件前、后表

面間的電壓變大，不可能出現(xiàn)閉合屏幕時無法熄屏。開、合屏過程中，前、后表面間的電壓U與b無

關(guān)，故。正確，8c錯誤；

故選：0。

根據(jù)左手定則得出電子的受力方向，由此得出電勢的高低關(guān)系；

根據(jù)電場力和洛倫茲力的等量關(guān)系，再結(jié)合電流的微觀表達式得出電壓的表達式，結(jié)合題意完成

分析。

本題主要考查了霍爾效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，熟悉粒子的受力分析，結(jié)合左手定則判斷出力的方向，再

利用電場力和洛倫茲力的等量關(guān)系列式即可完成分析。

10.【答案】c

【解析】解：4根據(jù)題圖可得波長;I=0.4m,根據(jù)題意可得2s內(nèi)波向x軸正方向傳播了0.8m,v=

7-=OAm/s,故A錯誤；

t2s'

8.根據(jù)題意可知圖中時刻波形圖％=0.9巾處質(zhì)點剛開始振動，與波源振動方向相同，根據(jù)同側(cè)法

可知波源的起振方向沿y軸負方向，故B錯誤；

C.波源S1振動的情況下，平衡位置處在％=-04機的質(zhì)點振動的時間t=2s,又T=(=簫J=Is

路程s=yX4i4=yX4x10cm=80cm

波源S2開始振動的時間Cl=2s+(=2.25s

波源S2的振動傳到％=-0.4m質(zhì)點的時功=°；荔=3.25s

因S2的振動工=-0.4m質(zhì)點振動的時間匕=6s-2.25s-3.25s=0.5s=三

路程s'=24=2x10cm=20cm

在。?6s內(nèi)，平衡位置處在％=一0.4血的質(zhì)點運動總路程s總=s+s'=80cm+20cm=100cm

故。正確；

D從圖示時刻開始，再過0.75s即7，因S］振動％=0.7m處的質(zhì)點位移為%1=-10cm,s2振動傳

到x=0.7徵處的質(zhì)點的時Q=篇；=0-5s

則因S2振動x=0.7m處的質(zhì)點振動的時間為b=0.25s=；

因S2振動％=0,7巾處的質(zhì)點起振方向向下，所以位移為不=-10cm

從圖示時刻開始，再過0.75s,平衡位置在％=0.7m處的質(zhì)點位移為％=xx+x2=(-10cm)4-

(—10cm)=-20cm,故。錯誤；

故選：Co

波在介質(zhì)中勻速傳播，根據(jù)u可求解波速；“波形平移”的思想可以判斷波源的起振方向；質(zhì)

點的運動路程與其振動時間有關(guān)，當(dāng)波傳播到處于平衡位置的質(zhì)點時其運動路程為"X4人

本題考察波的傳播與簡諧振動的結(jié)合，主要在計算某質(zhì)點的運動路程時注意不要把波傳播到該質(zhì)

點的時間也一并算進去，某時刻處于平衡位置的質(zhì)點運動路程5="乂44,此處的t指的是質(zhì)點振

動時間。

11.【答案】C

【解析】解：AB,正常工作時，電源的輸出功率為180WZ,工作效率為75%,則電源的輸入功率

0輸出180...

為尸筋入=----==7川=240W

輸入/75%

且由公式P=UI

解得電動機的額定電流約為/=夢=粵4=6.74

“額36

設(shè)電動機的內(nèi)阻為前，電動機的效率為80%,則P-0.8P=產(chǎn)面

解得面=(?°鴛1剪0土080

6.7

由于電源與電動機都有內(nèi)阻，故電動機兩端電壓U=7=罌V。277

故A8錯誤；

CC.根據(jù)電池容量Q=124i,放電電流為6.7A,則可得t=§=畀/1?L8h

自行車勻速行駛時牽引力與阻力相等，即F=f=40N

則由80%P=/〃

自行車勻速行駛的最遠距離約為x=vt=3.6x1.8x3600m=23328m=23.328km

故C正確，。錯誤。

故選：Co

根據(jù)電源的輸出功率和工作效率求出電源的輸入功率，再根據(jù)P=U/,求出電動機的額定電流，

設(shè)電動機的內(nèi)阻為布，結(jié)合電動機的效率為求出電動機線圈的內(nèi)阻，再求出電動機兩端電壓；根

據(jù)電池容量和放電電流求出放電時間，再根據(jù)自行車勻速行駛時的受力求出摩擦力，再根據(jù)功率

求出自行車勻速行駛的最遠距離。

本題考查了電動機的電源的輸出功率的相關(guān)知識，解決本題的關(guān)鍵是理解電源的效率和輸出功率

以及電動機的輸入功率和輸出功率。

12.【答案】D

【解析】解：4根據(jù)題意可知兩球的電場力是相互作用力，所以無法比較兩球電荷量的大小，故A

錯誤；

8.繩子上的力處處相等，對繩子跨過定滑輪的結(jié)點受力分析可知：

T'cos61=T'COS62

解得：%="，故B錯誤：

CD.對兩球受力可知，如下圖所示，根據(jù)相似三角形可得：

可得m〃：mB=2：1

xA：xe=1：2

故C錯誤，。正確。

故選：Do

兩球的電場力是相互作用力，無法比較兩球電荷量的大小關(guān)系；

繩子上的力處處相等，根據(jù)對結(jié)點的受力分析得出角度的大小關(guān)系；

對兩球受力分析，根據(jù)相似三角形得出質(zhì)量與兩球到0點距離的比值關(guān)系。

本題主要考查了庫侖定律的相關(guān)應(yīng)用，熟悉物體的受力分析，結(jié)合幾何關(guān)系即可完成分析。

13.【答案】B

【解析】解：設(shè)釋放第一顆炸彈的時刻為%L，擊中山坡上4點的時刻為白,釋放第二顆炸彈的時

刻為《02,擊中山坡上B點的時刻為打，釋放第三顆炸彈的時刻為玲3,擊中山坡上。點的時刻為tc，

由于炸彈在空中下落過程，戰(zhàn)斗機一直處于炸彈的正上方，根據(jù)水平方向上的運動特點可得：

XAB=V0（^B—J）—v0^1

XBC=VO（J-C-[B）=V0t2

由于乂48=XBC

可得:t[='

設(shè)三顆炸彈在空中下落的高度分別為自、hB.hc;因為平拋運動的物體在豎直方向上做自由落體

運動，則三顆炸彈在空中的下落時間分別為：

4以=/v=以一片1

47=/v='B-to2

Ate=J華=tc-t03

則有頷=102Toi=&-一?一=fl■-AP?）

=t

加2=t03-t02=&-建）-&B一再）2-（j-^-/~^）

由圖可知下落高度關(guān)系為：麗略小于自，八C比而小得多；由此可知戊1<a2，故8正確，ACD

錯誤；

故選：B。

分別設(shè)每顆炸彈的釋放時刻和擊中山坡的時刻，根據(jù)平拋運動在不同方向上的運動特點結(jié)合運動

學(xué)公式得出對應(yīng)的時間表達式，結(jié)合題目選項完成分析。

本題主要考查了平拋運動的相關(guān)應(yīng)用，理解平拋運動的物體在不同方向上的運動特點，結(jié)合運動

學(xué)公式即可完成分析。

14.【答案】BD

【解析】解：4、根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒可知新核為緒8m,其質(zhì)量數(shù)為228,質(zhì)子數(shù)為90,

所以中子數(shù)為228-90=138,故A錯誤：

B、質(zhì)量虧損4m=mu-ma-mTh

代入數(shù)據(jù)解得：Am=0.0059u

根據(jù)題意有：/E=0.0059x931.5MeV=5.5MeV

故B正確；

C、衰變過程中釋放的核能等于生成物的結(jié)合能之和減反應(yīng)物的結(jié)合能之和，所以反應(yīng)物的結(jié)合

能之和小于生成物的結(jié)合能之和，故C錯誤；

。、系統(tǒng)動量守恒，鉆核和a粒子的動量大小相等，即行九=Pa

根據(jù)動能與動量的關(guān)系有：Ek。

根據(jù)能量守恒有+Eka=4E,所以新核X獲得的動能aX=熱最?4E

代入數(shù)據(jù)解得：EkX=OAMeV

故。正確；

故選：BDo

根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒可知X的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)，從而計算中子數(shù)；根據(jù)質(zhì)量虧損，結(jié)合

愛因斯坦光電效應(yīng)方程求出釋放的核能；衰變過程中釋放的核能等于生成物的結(jié)合能之和減反應(yīng)

物的結(jié)合能之和；根據(jù)動量守恒定律得出兩粒子的動量大小關(guān)系，結(jié)合動能和動量的關(guān)系求出動

能。

解決本題的關(guān)鍵知道在核反應(yīng)過程中電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守，以及掌握愛因斯坦質(zhì)能方程，知道

在衰變的過程中動量守恒。

15.【答案】BD

【解析】解：4由乙圖知I,由于兩束光入射角相同，b光的折射角小，根據(jù)n=W”可知b光的折射

sinr

率大于a光的折射率，根據(jù)"=:可知b光在玻璃中的傳播速度比a光小，故A錯誤；

B.由折射率和頻率的關(guān)可知，因為b光的頻率大于a光的頻率，所以b光發(fā)生光電效應(yīng)，根據(jù)光電效

應(yīng)方程可得：

Ekm=hv-W0=eUc

又有Wo=hv0

由此可知b光的光子能量為=%%)+e4，故B正確；

C保持光強不變，滑片P由圖示位置向左移，根據(jù)電路構(gòu)造的分析可知4K兩端的電壓變小，則電

流表示數(shù)可能不變，可能變小，故C錯誤；

D由于b光的折射率大，所以a光的波長大于b光的波長，根據(jù)=所以用同一雙縫做光的干

涉實驗，a光產(chǎn)生的干涉條紋間距比b光的大，故O正確。

故選：BD.

根據(jù)折射定律得出光的折射率的大小關(guān)系，結(jié)合折射率與傳播速度的關(guān)系得出兩束光在玻璃中的

傳播速度的大小關(guān)系；

根據(jù)光電效應(yīng)方程得出光子的能量表達式；

理解電路構(gòu)造的分析，結(jié)合電阻的變化分析出電流表示數(shù)的變化；

根據(jù)雙縫干涉實驗中的條紋間距的表達式分析出兩束光的條紋間距的大小關(guān)系。

本題主要考查了光電效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，理解光電效應(yīng)的產(chǎn)生條件，結(jié)合雙縫干涉實驗中的條紋間

距的表達式即可完成分析。

16.【答案】25.85BD7x10-67x1Q-ioAD

【解析】解：(1)彈簧長度的示數(shù)如圖1所示:

圉1

刻度尺的分度值為lnwi，彈簧的長度x—258mm+0.1mmx5=258.5mm=25.85cm

A.根據(jù)胡克定律F=fc(x-x0)=kx-kx0

可見F-x圖像的斜率表示彈簧的勁度系數(shù)，因此口>kb,即彈性限度內(nèi)，彈簧a的勁度系數(shù)比b大,

故4錯誤:

8.圖2中F-x圖像的縱截距表示彈簧的自重，因此Ga>Gb，即彈簧a的自重比彈簧b的大，故B正

確；

C.圖2中F-x圖像的橫截距表示彈簧的原長，因此ho=Xbo,即彈簧a的原長等于彈簧b的原長,

故C正確；

。.彈簧a的圖像彎曲，是因為超過了彈簧的彈性限度，故。正確。

故選：BD。

(2)①油酸酒精溶液的濃度為c=*=5x10-4

一滴油酸酒精溶液的體積匕=今=^mL

一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積J=c%=5x10-mL=7x10~6mL

根據(jù)體積公式V=Sd

-8-10

油酸分子的直徑d=j_cma7x10cm=7x10m

②A若水面上琲子粉撒得較多，油膜沒有充分展開，那么油酸膜偏小，則測得油酸分子直徑偏大,

故A正確；

A油酸酒精溶液長時間放置，酒精揮發(fā)使溶液的濃度增大，貝3取值偏小，導(dǎo)致d偏小，故B錯誤；

C.計算油膜面積時，錯將所有不完整的方格作為完整方格處理，則S取值偏大，導(dǎo)致d偏小，故C

錯誤；

。.將滴入的油酸酒精溶液體積作為油酸體積進行計算，則V取值偏大，導(dǎo)致d偏大，故。正確。

故選：AD.

-10

故答案為：(1)25.85；BD-.(2)①7x10-6；7xIO；②BD。

(1)刻度尺的分度值為1mm,要估讀到下一位；

根據(jù)胡克定律結(jié)合F-x圖像分析圖像的斜率、縱截距、橫截距以及圖線彎曲的原因；

(2)①根據(jù)油酸濃度，一滴油酸酒精溶液的體積求解一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積，再根據(jù)體

積公式求油膜厚度，即油酸分子直接；

②根據(jù)實驗原理分析誤差原因。

掌握胡克定律在測定彈簧勁度系數(shù)實驗中的運用；知道油膜法測分子直徑的實驗原理，實驗時要

注意求出一滴溶液中含純油酸的體積；學(xué)會簡單的數(shù)據(jù)分析即可，整體難度不大。

17.【答案】22左0.32片見解析

12Tl

【解析】解：(1)歐姆表的讀數(shù)為R=22XI。=220

由于測量值大于真實值是因為電表內(nèi)阻偏大，因此短接時，電流達不到滿偏電流，指針應(yīng)在零刻

度線的左側(cè)。

(2)①電流表所選量程最小分度值為0.024讀數(shù)為。=16X0.024=0.324

②兩個電阻并聯(lián)的電流之和等總電流，根據(jù)歐姆定律治=昌

③電壓表應(yīng)并聯(lián)到定值電阻兩端，如圖

故答案為：(1)22,左；(2)0.32；(3)高：(4)見解析。

(1)先讀歐姆表刻線乘以倍率即為歐姆表讀數(shù)；

(2)先確定電流表所選量程的最小分度值，再讀數(shù)，根據(jù)歐姆定律分析判斷；

(3)電壓表應(yīng)并聯(lián)到定值電阻兩端。

本題考查測量某金屬導(dǎo)體電阻實驗，要求掌握實驗原理、實驗電路、實驗步驟和數(shù)據(jù)處理。

18.【答案】解：(1)設(shè)氣缸豎直懸掛時，內(nèi)部氣體壓強為Pi，空氣柱長度為小根據(jù)玻意耳定律可

知：

Poh~Pik

對氣缸受力分析，由平衡條件可得：

PiS+mg=p0S

聯(lián)立可得：

(2)氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋一呂薩克定律可知:

必=必

70一%

解得：71=知。

(3)根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知：

-AU=Q+W

其中小=PiS(。一“)

得Q=_(4U+噂)

則氣體釋放的熱量為：Q=4U+噂

答：(1)穩(wěn)定后，汽缸內(nèi)空氣柱長度為靠0；

(2)汽缸懸在空中時，大氣壓強不變，環(huán)境溫度緩慢地降至芫幾時能讓活塞回到初始位置；

(3)第(2)小題過程中，若氣體內(nèi)能減少了4U,此氣體釋放的熱量為2U+零。

【解析】(1)對內(nèi)部氣體進行分析，根據(jù)玻意耳定律列式得出空氣柱的長度；

(2)氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋一呂薩克定律列式得出環(huán)境溫度；

(3)根據(jù)熱力學(xué)第一定律列式得出氣體釋放的熱量。

本題主要考查了熱力學(xué)第一定律的相關(guān)應(yīng)用，熟悉氣體狀態(tài)參量的分析，結(jié)合熱力學(xué)第一定律分

析出氣體的吸放熱情況即可，整體難度不大。

19.【答案】解：M=450g=0.45kg；m=50g=0.05kg

(1)小球剛運動到滑塊最低點4時，對小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：

mv

卜FNmg“一下-o

解得：FN=4.57V

由牛頓第三定律可知，小球?qū)瑝K的壓力FN'=FN=4.5N,方向豎直向下

(2)小球滑上滑塊到運動至最高點的過程中，小球和滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)小球運

動到最高點/I時，滑塊和小球水平方向的速度大小相等，設(shè)為。將選擇水平向右的方向為正方向，

根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律可得：

=(M+m)v,

mv0y

mvl(M+吟嗔

—=-2一+m9h

聯(lián)立解得：h=0.72m

(3)設(shè)小球第一次著地前瞬間，豎直方向的速度大小設(shè)為為1，初次著地后經(jīng)t時間，小球與地面發(fā)

生第n+1次碰撞時與C點的距離為X,則根據(jù)運動學(xué)公式可得：

Vyi=2gh

x=v^t

解得：*=例［1+T++(j)3+…+(扔］

當(dāng)n8時t=也

此時x=哉J10m

即要使小球能水平進入接收器最低點P,P與c間的最小距離為部中小。

答：(1)小球剛運動到滑塊最低點4時，對滑塊的壓力為4.5N,方向豎直向下；

(2)小球離開滑塊后所能到達的最大高度為0.72m；

(3)要使小球能水平進入接收器最低點P,P與C間的最小距離為贛Em。

【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律和牛頓第三定律得出小球?qū)瑝K的壓力；

(2)根據(jù)動量守恒定律結(jié)合能量守恒定律得出最大的高度；

(3)根據(jù)運動學(xué)公式和數(shù)學(xué)知識得出PC之間的最小距離。

本題主要考查了動量守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，同時結(jié)合能量守恒定律和運動學(xué)公式即可完成分析。

20.【答案】解：(1)開關(guān)K剛閉合時，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：

A(h

j=N?=NSk

1At

根據(jù)歐姆定律可知通過a棒的電流大小為：

_l_￡i__NSk

(2)選擇水平向右的方向為正方向，a棒根據(jù)動量定理，可得：

mv0-B211tl

流過a棒的電荷量為：

"―二一mvo

q一%一西