2023年天津市南開區(qū)高考物理二模試卷

2023年天津市南開區(qū)高考物理二模試卷

1.下列說法正確的是（）

A.物體的溫度越高，分子熱運(yùn)動(dòng)就越劇烈，每個(gè)分子動(dòng)能也越大

B.布朗運(yùn)動(dòng)就是液體分子的熱運(yùn)動(dòng)

C.一定質(zhì)量的理想氣體從外界吸收熱量，其內(nèi)能可能不變

D.根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知熱量只能從高溫物體傳到低溫物體,但不可能從低溫物體傳到高

溫物體

2.波源在坐標(biāo)原點(diǎn)。沿y軸上下振動(dòng)，形成的簡(jiǎn)諧波沿X軸正向傳播，波速為2τn∕s0已知t=0

時(shí)刻波恰好傳到X=2OCrn的質(zhì)點(diǎn)處，波形如圖所示。貝∣J（）

405060x/cm

A.波源的振動(dòng)周期為0.2s

B.波源的起振方向一定沿y軸負(fù)方向

C.再經(jīng)過0.4s波恰好傳到X=60CTn的P點(diǎn)

D.當(dāng)波源沿X軸正向運(yùn)動(dòng)并靠近站在X軸正向相對(duì)于地面靜止的觀察者時(shí)，觀察者接收到的

波的頻率為IOHZ

3.2020年12月17日凌晨，嫦娥五號(hào)到月球“挖土”成功返

回。作為中國復(fù)雜度最高、技術(shù)跨度最大的航天系統(tǒng)工程，

嫦娥五號(hào)任務(wù)實(shí)現(xiàn)了多項(xiàng)重大突破，標(biāo)志著中國探月工程

“繞、落、回”三步走規(guī)劃完美收官。若探測(cè)器測(cè)得月球表

面的重力加速度為g0,已知月球的半徑為心，地球表面的重力加速度為g,地球的半徑為R,

忽略地球、月球自轉(zhuǎn)的影響，則（）

A.月球質(zhì)量與地球質(zhì)量之比為嶺

B.月球密度與地球密度之比為吟

gR

C.月球第一宇宙速度與地球第一宇宙速度之比為/?

D.嫦娥五號(hào)在月球表面所受萬有引力與在地球表面所受萬有引力之比為譽(yù)

4.如圖甲所示為氫原子的能級(jí)圖，大量處于n=3激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，發(fā)出頻

率不同的大量光子。其中頻率最高的光子照射到圖乙電路中光電管陰極K上時(shí)，電路中電流

隨電壓變化的圖像如圖丙所示。下列說法正確的是（）

A.光電子最大初動(dòng)能與入射光的頻率成正比

B.陰極K金屬的逸出功為6eV

C.用能量為13.0eV的光子照射，可使處于基態(tài)的氫原子電離

D.一個(gè)處于n=3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，最多能放出2種不同頻率的光

5.可變電容器是一種電容可以在一定范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電容器，-------TlY7

通過改變極板間相對(duì)的有效面積或極板間距離，它的電容就相（_

應(yīng)地變化。通常在無線電接收電路中作調(diào)諧電容器用。如圖所s__

e

示，水平放置的兩半圓形金屬極板由絕緣轉(zhuǎn)軸連接，下極板固fY?

定，上極板可以繞過圓心且垂直于半圓面的軸轉(zhuǎn)動(dòng)，也可上下

平移，起初兩極板邊緣對(duì)齊，上極板通過開關(guān)S與電源正極相連，下極板接地后與電源負(fù)極相

連，初始時(shí)開關(guān)S閉合，極板間有一帶電粒子P恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。忽略邊緣效應(yīng)，關(guān)于兩極

板組成的電容器下列說法正確的是（）

A.保持開關(guān)S閉合，若只將上極板轉(zhuǎn)過30。，則電容器電容增大

B.保持開關(guān)S閉合，若只將上極板轉(zhuǎn)過30。，則電容器所帶電荷量不變

C.保持開關(guān)S閉合，若只將上極板轉(zhuǎn)過30。，則電容器兩極板連線中點(diǎn)處電勢(shì)變小

D.斷開開關(guān)S,只將板間距變?yōu)樵瓉淼亩?，則帶電粒子仍處于靜止?fàn)顟B(tài)

6.“浸沒式”光刻機(jī)的原理是一種通過在光刻膠和投影物鏡之間加入浸沒液體，從而減小

曝光波長，提高分辨率的技術(shù)，如圖所示。若浸沒液體的折射率為1.5,當(dāng)不加液體時(shí)（可視

為真空）光刻膠的曝光波長為199nm,則加上液體后與不加液體相比，該曝光光波（）

A.在液體中的頻率變?yōu)樵瓉淼腎

B.在液體中的傳播速度變?yōu)樵瓉淼?.5倍

C.在液體中的曝光波長約為133mn

D.傳播相等的距離，在液體中所需的時(shí)間變?yōu)樵瓉淼?.5倍

7.”張北的風(fēng)點(diǎn)亮北京的燈”深刻體現(xiàn)了2022年北京冬奧會(huì)的“綠色奧運(yùn)”理念。張北可

再生能源示范項(xiàng)目，把張北的風(fēng)轉(zhuǎn)化為清潔電力，并入冀北電網(wǎng)，再輸向北京、延慶、張家

口三個(gè)賽區(qū)?，F(xiàn)有一小型風(fēng)力發(fā)電機(jī)通過如圖甲所示輸電線路向北京賽區(qū)某場(chǎng)館1萬個(gè)額定電

壓為220人額定功率為IlW的LEZ）燈供電。當(dāng)發(fā)電機(jī)輸出如圖乙所示的交變電壓時(shí)，賽區(qū)的

空LED燈全部可以正常工作。已知輸電導(dǎo)線損失的功率為賽區(qū)獲得總功率的4%,輸電導(dǎo)線的

等效電阻為R=11。。則下列說法正確的是（）

A.風(fēng)力發(fā)電機(jī)的轉(zhuǎn)速為50r∕s

B.風(fēng)力發(fā)電機(jī)Ih內(nèi)輸出的電能為IlokW?∕ι

C.降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為25：1

D.升壓變壓器副線圈輸出的電壓的有效值為572（Ψ

8.“神舟十三號(hào)”返回艙返回地面時(shí)，在距離地面大約十公

里的地方打開主降落傘,一段時(shí)間后返回艙開始沿豎直方向勻

速下落，從離地13τn處經(jīng)1.5s到達(dá)離地ITn處，此時(shí)返回艙上

的四臺(tái)反沖發(fā)動(dòng)機(jī)同時(shí)點(diǎn)火提供恒定作用力,使返回艙到達(dá)地I

面時(shí)速度減為2m∕s,從而實(shí)現(xiàn)軟著陸。設(shè)返回艙的質(zhì)量為3X

103kg,取g=10m∕s2,忽略反沖發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火后主降落傘對(duì)

返回艙的作用和空氣對(duì)返回艙的作用，下列說法正確的是（）

A.勻速下落過程中，降落傘對(duì)返回艙做功的功率逐漸減小

B.反沖發(fā)動(dòng)機(jī)工作時(shí)，艙內(nèi)航天員的加速度大小為3g

C.減速過程反沖發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)返回艙做的功為-9。XIO4/

D.減速過程反沖發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)返回艙的沖量大小為2.4X104∕V-S

9.某同學(xué)在做“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，已IO

有的實(shí)驗(yàn)器材有：兩個(gè)彈簧秤、橡皮條（帶兩個(gè)較長的細(xì)繩套）、三角

F

尺、木板、白紙和圖釘。>\H

①本實(shí)驗(yàn)采用的科學(xué)方法是。''L

A.理想實(shí)驗(yàn)法----------

員等效替代法

C.控制變量法

D理想模型法

②下列幾項(xiàng)操作有必要的是。

A.兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)必須相等

8.兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)之間的夾角必須取90。

C橡皮條應(yīng)和兩繩套夾角的角平分線在一條直線上

D同一次實(shí)驗(yàn)中，結(jié)點(diǎn)。的位置不變

③對(duì)減小實(shí)驗(yàn)誤差有益的做法是。

4彈簧秤、細(xì)繩、橡皮條都應(yīng)與木板平行，

B.用兩彈簧秤同時(shí)拉細(xì)繩時(shí)兩彈簧秤示數(shù)之差應(yīng)盡可能大

C標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要近一些

④圖中四個(gè)力中，不是由彈簧測(cè)力計(jì)直接測(cè)得的是。

10.電導(dǎo)率6是檢驗(yàn)純凈水是否合格的一項(xiàng)重要指標(biāo)，它是電阻率的倒數(shù)。某實(shí)驗(yàn)小組為了

測(cè)量某品牌純凈水樣品的電導(dǎo)率，將采集的水樣裝入粗細(xì)均勻的玻璃管內(nèi)，玻璃管兩端用裝

有金屬圓片電極的橡膠塞密封，如圖甲所示。實(shí)驗(yàn)小組用刻度尺測(cè)出兩電極相距3用游標(biāo)卡

尺測(cè)得玻璃管的內(nèi)徑0。接下來，實(shí)驗(yàn)小組先用多用電表歐姆擋粗略測(cè)量水樣電阻的阻值,

然后再用以下器材精確測(cè)量其阻值q,最后分析數(shù)據(jù)，得出該品牌純凈水樣品的電導(dǎo)率。

主尺

游標(biāo)尺

乙

實(shí)驗(yàn)小組有以下器材供選用：

4電流表41（0?IoOW1,內(nèi)阻約為100。）

B.電流表人2（0-0.64,內(nèi)阻為0.5。）

C.電壓表U（O?15V,內(nèi)阻約為15k0）

。?定值電阻Rl=4.5。

E定值電阻&=4.9k。

尸.滑動(dòng)變阻器（0?Ioo0，額定電流IA）

G.電源（2V,內(nèi)阻約為1.00）

H?開關(guān)和導(dǎo)線若干

①如圖乙所示為用10分度的游標(biāo)卡尺測(cè)量玻璃管內(nèi)徑的圖示，玻璃管內(nèi)徑。的測(cè)量值為

_____cm；

②實(shí)驗(yàn)小組用多用電表粗略測(cè)量水樣的電阻時(shí)選擇歐姆擋的“xM”倍率，示數(shù)如圖丙所示,

則讀數(shù)為。。

③為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，要求電表的測(cè)量值在量程的W以上，電表應(yīng)選用、(選

填或“4”或“V”)，定值電阻應(yīng)該選擇(選填或“/?2”)。在方框中畫

出適合的電路圖，并標(biāo)上各器材的符號(hào)。

11.如圖所示，固定平臺(tái)右端靜止著兩個(gè)小滑塊4、B,τ∏A=0.1kg,rnB=G.2kg,兩滑塊

間夾有少量炸藥，平臺(tái)右側(cè)有一帶擋板的小車靜止在光滑的水平地面上，小車質(zhì)量M=03kg,

車面與平臺(tái)的臺(tái)面等高，車面左側(cè)粗糙部分長度L=InI,右側(cè)拴接一輕質(zhì)彈簧，彈簧自然長

度所在范圍內(nèi)車面光滑。點(diǎn)燃炸藥后滑塊4滑到距平臺(tái)右端X=的C點(diǎn)停下，滑塊4與平臺(tái)

間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.4,滑塊B沖上小車并最終與小車共速運(yùn)動(dòng)，滑塊B與小車粗糙部分的

動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=O.Io兩滑塊都可以視為質(zhì)點(diǎn)，炸藥的質(zhì)量忽略不計(jì)，爆炸的時(shí)間極短，且

爆炸后兩個(gè)物塊的速度方向在同一水平直線上，重力加速度g=10m∕s2o求：

(1)滑塊B剛滑上小車時(shí)速度VB的大??；

(2)最終滑塊B與小車共速時(shí)速度V的大小和方向；

(3)最終滑塊B與小車共速時(shí)距小車左端的距離。

CT掃描機(jī)可用于對(duì)病情的探測(cè)。圖(α)是

某種Cr機(jī)主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖(b)所示。圖9)中M、N之間

加有恒為U的加速電壓；高度足夠高、寬度為d的虛線框內(nèi)有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電子槍中

發(fā)出的電子束(初速可視為零)在“、N之間加速后以一定的速度水平射入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，速度方向

改變60。后打到圓形靶環(huán)上的P點(diǎn)產(chǎn)生X射線，探測(cè)器能夠探測(cè)到豎直向上射出的X射線。已知

電子質(zhì)量為粗、電量為e,忽略電子間相互作用，電子重力不計(jì)且始終在真空中運(yùn)動(dòng)。

(1)求偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向及電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；

(2)若撤去磁場(chǎng)，在虛線框內(nèi)加一豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，也可使電子偏轉(zhuǎn)60。離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，

調(diào)整靶環(huán)位置，使電子仍打在P點(diǎn)產(chǎn)生X射線，求所加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和打在P點(diǎn)的

電子的動(dòng)能

13.如圖1所示，在絕緣光滑水平桌面上，以。為原點(diǎn)、水平向右為正方向建立X軸，在O≤%≤

1.0Tn區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。桌面上有一邊長L=0.5m、電阻R=0.25。的正

方形線框abed,當(dāng)平行于磁場(chǎng)邊界的Cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，在沿X方向的外力F作用下以V=

1.0m∕s的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，直到ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)撤去外力。若以Cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)作為計(jì)時(shí)起

點(diǎn)，在O≤t≤1.0s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖2所示，由圖2可知，0.5s時(shí)ab邊

剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，LOs時(shí)Cd邊開始出磁場(chǎng)，1.5s時(shí)線框剛好全部出磁場(chǎng)。已知在0≤t≤1.5s內(nèi)

線框始終做勻速運(yùn)動(dòng)。

(I)求外力尸的大??；

(2)在1.0≤t≤1.5s內(nèi)存在連續(xù)變化的磁場(chǎng)從而保證線框能勻速出磁場(chǎng)，求在這段時(shí)間內(nèi)磁感

應(yīng)強(qiáng)度B的大小與時(shí)間t的關(guān)系；

(3)求在0≤t<1.5s內(nèi)流過導(dǎo)線橫截面的電荷量q。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4、物體的溫度越高，分子的平均動(dòng)能就越大。分子的平均動(dòng)能大，并不是每個(gè)分

子動(dòng)能都增大，也有個(gè)別分子的動(dòng)能減小。所以4錯(cuò)。

8、布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體中的固體小顆粒的運(yùn)動(dòng)，不是液體分子的運(yùn)動(dòng)，但能反映液體分子的運(yùn)

動(dòng)。所以B錯(cuò)。

C、根據(jù)熱力學(xué)第一定律U=Q+W,當(dāng)一定質(zhì)量的理想氣體從外界吸收熱量，如果對(duì)外做等量的

功，其內(nèi)能會(huì)不變。所以C正確。

。、根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知熱量能自發(fā)的從高溫物體傳到低溫物體，但不可能自發(fā)的從低溫物

體傳到高溫物體，并不是熱量不能從低溫物體傳到高溫物體，在消耗其它能量的情況下是可以的，

只是不能自發(fā)的發(fā)生。所以。錯(cuò)誤。

故選：Co

A、溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，分子的平均動(dòng)能增大，不是所有分子的動(dòng)能都增大.

8、布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體中的固體小顆粒的運(yùn)動(dòng)，不是液體分子的運(yùn)動(dòng).

C、根據(jù)熱力學(xué)第一定律U=Q+W,當(dāng)一定質(zhì)量的理想氣體從外界吸收熱量，如果對(duì)外做等量的

功，其內(nèi)能會(huì)不變.

D.根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知熱量能自發(fā)的從高溫物體傳到低溫物體，但不可能自發(fā)的從低溫物

體傳到高溫物體.

此題不僅要知道溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志和布朗運(yùn)動(dòng)，而且要理解熱力學(xué)第一定律和熱力學(xué)第

二定律.

2.【答案】B

【解析】解：A根據(jù)題意可知，波源的振動(dòng)周期為

T=A=2OxlO^s=olsi故A錯(cuò)誤；

V2

B.由于沿X軸正向傳播，根據(jù)“上下坡”法可知，X=20Cnl的質(zhì)點(diǎn)沿y軸負(fù)方向振動(dòng)，而介質(zhì)中質(zhì)

點(diǎn)起振的方向與波源的起振方向相同，由此可判斷出波源的起振方向一定沿y軸負(fù)方向，故B正

確；

C.波在介質(zhì)中勻速傳播，所以經(jīng)過0.4s,波向前傳播的距離為:

x=vt=2×OAm=0.8m=80cm

因此波恰好傳到IoOCTn處，故C錯(cuò)誤；

。.波源振動(dòng)的頻率為

/=*=在HZ=IOHZ

根據(jù)多普勒效應(yīng)，當(dāng)波源沿X軸正向運(yùn)動(dòng)并靠近站在X軸正向相對(duì)于地面靜止的觀察者時(shí)，觀察者

接收到的波的頻率大于IOHz,故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

根據(jù)周期的計(jì)算公式得出波源的周期；

根據(jù)“上下坡”法得出波源的起振方向；

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出波的傳播位置；

根據(jù)頻率的計(jì)算公式得出頻率的大小，結(jié)合多普勒效應(yīng)完成分析。

本題主要考查了簡(jiǎn)諧橫波的相關(guān)應(yīng)用，理解簡(jiǎn)諧橫波的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和多普勒效應(yīng)

即可完成分析。

3.【答案】A

【解析】解：4由萬有引力等于重力竿=Tng

可得質(zhì)量之比噂

gR2

故A正確；

A由

密度公式P4=券

可得密度之比

"月,=g°R

P地一gR0

故8錯(cuò)誤；

C.由

τnv2

m9=~

可得第一宇宙速度之比為

里=]RogO

?-N?

故C錯(cuò)誤；

。.嫦娥五號(hào)在月球表面所受萬有引力與在地球表面所受萬有引力之比為

E=迎

F地9

故力錯(cuò)誤。

故選：A.

由粵=mg,分析質(zhì)量之比；

根據(jù)密度公式，求密度之比；

由Zng=萼，分析第一宇宙速度之比；

萬有引力近似等于重力，分析萬有引力之比。

本題考查學(xué)生對(duì)萬有引力等于重力、重力提供向心力的規(guī)律的掌握，是一道基礎(chǔ)題，考點(diǎn)比較豐

富。

4.【答案】D

【解析】解：4由愛因斯坦光電效應(yīng)方程EknI=八V-W0,光電子最大初動(dòng)能與入射光的頻率成一

次函數(shù)關(guān)系，但不是正比函數(shù)，故A錯(cuò)誤；

區(qū)大量處于n=3激發(fā)態(tài)的氫原子躍遷時(shí)，發(fā)出的光子中，其中頻率最高的光子，對(duì)應(yīng)的能量為:

E=hv=E3-E1=(-1.51W)-(-13.6eK)=12.09eK

由光電效應(yīng)方程可得EknI=hv-W0

由動(dòng)能定理可得e4=Ekm

由丙圖可知截止電壓為UC=6V

代入數(shù)據(jù)解得：%=6.09eK,故B錯(cuò)誤；

C根據(jù)電離的條件，至少需要用能量為13.6eV的光子照射，才可使處于基態(tài)的氫原子電離，故C

錯(cuò)誤；

D一個(gè)處于n=3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，最多能放出2種不同頻率的光，故。正確。

故選：Do

根據(jù)光電效應(yīng)方程分析出光電子的最大初動(dòng)能與入射光頻率的關(guān)系；

根據(jù)光電效應(yīng)方程，結(jié)合題意的出金屬的逸出功；

理解電離的概念，由此完成分析；

根據(jù)能級(jí)躍遷的特點(diǎn)得出光頻率的數(shù)量。

考查了愛因斯坦光電效應(yīng)方程和能級(jí)躍遷的原理，解題的關(guān)鍵是對(duì)光電效應(yīng)以及電子的能級(jí)躍遷

兩個(gè)方面的理解，并能靈活運(yùn)用。

5.【答案】D

【解析】解：AB.保持開關(guān)S閉合，則電容器兩極板的電壓U保持不變，若將上極板轉(zhuǎn)過30。，兩極

板的正對(duì)面積減小，根據(jù)平行板電容器電容的決定式和電容的定義式有

r-ε's,C=-

t4πkdLU

當(dāng)極板的正對(duì)面積S減小時(shí)，C減小，Q減小，故AB錯(cuò)誤；

C根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系

.U

Ec=d

極板間的距離d不變、電壓U保持不變，則E不變，則電容器兩極板連線中點(diǎn)與下極板間的電勢(shì)差

不變，由于下極板接地，其電勢(shì)始終為零，所以電容器兩極板連線中點(diǎn)處電勢(shì)不變，故C錯(cuò)誤；

D根據(jù)上述三個(gè)公式可得：E="”，斷開開關(guān)S,則電容器兩極板的帶電荷量不變，只將板間距

WrS

變?yōu)樵瓉淼亩?，電容器?nèi)部的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，粒子所受電場(chǎng)力不變，帶電粒子仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，

故。正確。

故選：Do

根據(jù)電容器的決定式、定義式、勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)公式結(jié)合題意分析判斷。

關(guān)鍵掌握電容器在電壓或帶電量保持不變情況下的動(dòng)態(tài)變化問題的分析方法。

6.【答案】CD

【解析】解：4光由空氣進(jìn)入液體中，傳播頻率不變，故A錯(cuò)誤；

氏光從空氣進(jìn)去液體中傳播速度為P=京解得U=Ic,故8錯(cuò)誤；

C.加上液體時(shí)光刻膠的曝光波長為4=不加液體時(shí)C=λ0f

計(jì)算得2≈133nm,故C正確;

。.由上分析可知液體中曝光光波的傳播速度變?yōu)樵瓉淼膢,而傳播距離不變，所以在液體中所需的

時(shí)間變?yōu)樵瓉淼膢,故。正確；

故選：CD。

根據(jù)D=：求解光在液體中的傳播速度；根據(jù)液體中V=酎和真空中C=A)/,結(jié)合折射率公式求

解光在液體中的波長。

本題考查波長、頻率和波速的關(guān)系問題，考查知識(shí)點(diǎn)全面，重點(diǎn)突出，充分考查了學(xué)生掌握知識(shí)

與應(yīng)用知識(shí)的能力。

7.【答案】ACD

【解析】解：4由圖乙可知該交流電的周期為7=2×10-2s

則風(fēng)力發(fā)電機(jī)的轉(zhuǎn)速為

nT=b?r∕s=50"s

故A正確；

A風(fēng)力發(fā)電機(jī)輸出功率為

45

P1=NPo(I+4%)=IO×11×(1+4%)MZ=1.144×IOIV=114.4KW

故B錯(cuò)誤；

C輸電線上損耗的功率為

ΔP=IO4×11×4%W=4400V/

由/P=∕2R可得

降壓變壓器副線圈電流

所以降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為

上=#=25

九4I

故C正確；

。.降壓變壓器原線圈電壓

U3=^U4=5500K

輸電線上降落的電壓為

ΔU=IR=2201/

所以升壓變壓器副線圈輸出的電壓的有效值為

U2=U3+ΔU=55001/+220V=57201/

故。正確。

故選：ACDo

根據(jù)圖像獲得周期，根據(jù)周期和轉(zhuǎn)速關(guān)系計(jì)算轉(zhuǎn)速；根據(jù)賽區(qū)燈的功率和損失的功率計(jì)算發(fā)電機(jī)

輸出功率；根據(jù)題意計(jì)算損失的電功率及輸電電流，根據(jù)負(fù)載計(jì)算副線圈中電流，根據(jù)電流與線

圈匝數(shù)計(jì)算匝數(shù)比；根據(jù)電壓與匝數(shù)關(guān)系計(jì)算降壓變壓器原線圈電壓，根據(jù)輸電電流計(jì)算損失電

壓，再計(jì)算升壓變壓器副線圈輸出的電壓的有效值。

本題關(guān)鍵理解交變電流圖像的物理意義，遠(yuǎn)距離輸電的原理，線路損失功率和電壓。

8.【答案】BD

【解析】解：4勻速下落過程中，返回艙對(duì)降落傘的作用力不變，所以返回艙對(duì)降落傘做功的

功率不變，故A錯(cuò)誤；

B.返回艙做減速運(yùn)動(dòng)的初速度為%=：=??m/s=8m∕s

則由2ax'="2一詔可得α=-30m∕s2=—3g,故B正確；

C反沖發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)返回艙做的功滿足動(dòng)能定理

即?ng∕ι+W=?mv2-諾

代入數(shù)據(jù)解得：W=-1.2XIO57,故C錯(cuò)誤；

D返回艙減速的時(shí)間為t=Ta=0?2s

返回艙的合沖量為/+mgt'=mv-mv0

4

反沖發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)返回艙的沖量為/=mv-mv0-mgt'=-2.4X1O∕V?S

沖量大小為2.4XIO4W-S

故。正確；

故選：BD.

由功率公式分析變化情況，由運(yùn)動(dòng)學(xué)求解加速度，由做功公式求解反沖發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)返回艙做的功，

由動(dòng)量定理求解沖量。

本題考查動(dòng)量定理，學(xué)生熟練掌握合外力的沖量等于動(dòng)量的變化量，綜合解題。

9.【答案】BDAF

【解析】解：①合力與分力作用效果相同，實(shí)驗(yàn)方法為等效替代法，故3正確，AeQ錯(cuò)誤。

故選：Bo

②4兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)適當(dāng)大些，但不必一定相等，故A錯(cuò)誤；

B.兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)之間的夾角適當(dāng)大些，不一定取90。，故B錯(cuò)誤；

C.橡皮條對(duì)結(jié)點(diǎn)的拉力與兩細(xì)繩套的拉力的合力平衡，而兩細(xì)繩套的拉力不一定相等，所以橡皮

條與兩繩套夾角的角平分線不一定在一條直線上，故C錯(cuò)誤；

D同一次實(shí)驗(yàn)中，為了保證兩分力的作用效果不變，結(jié)點(diǎn)。的位置不變。故。正確。

故選：Do

③4為了減小實(shí)驗(yàn)中摩擦造成的誤差，彈簧秤、細(xì)繩、橡皮條都應(yīng)與木板平行，故A正確；

A用兩彈簧秤同時(shí)拉細(xì)繩時(shí)兩彈簧秤示數(shù)之差應(yīng)適當(dāng)大些，不能太大，也不能太小，故8錯(cuò)誤；

C為了更加準(zhǔn)確記錄力的方向，標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要遠(yuǎn)一些，故C錯(cuò)誤。

故選：Ac

④用平行四邊形定則作出的合力在平行四邊形的對(duì)角線上，所以不是由彈簧測(cè)力計(jì)直接測(cè)得的是

F。

故答案為：①B;②。；③A;(4)Fo

①根據(jù)等效替代法的特點(diǎn)分析判斷；

②根據(jù)減小實(shí)驗(yàn)誤差分析判斷；

③根據(jù)減小實(shí)驗(yàn)誤差分析判斷；

④根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析判斷。

本題考查“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理和替代方法。

10.【答案】2.1619000A1A2R1

【解析】解：①游標(biāo)卡尺的最小分度值為0.1rmn,主尺讀數(shù)為21τmn,游標(biāo)尺讀數(shù)為6x0.1rmn=

0.6mm,玻璃管內(nèi)徑。的測(cè)量值為D=21mm+0.6mm—21.6mm=2.16cm

②圖丙指針指在19,所以讀數(shù)為

RX=I9Xlk∩=1900012

③因?yàn)殡妷罕砹砍烫?，所以用雙安法實(shí)驗(yàn)，所以選擇電流表4與定值電阻串聯(lián)作為電壓表使用，

電流表4的阻值一定，通過&的電流可以直接讀出，通過&的電流可以根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)計(jì)算

得出，故電表選擇4和4；

由

p9

R'=?=3.3

1工0.6?！?。

可知定值電阻選擇Ri；

為了保護(hù)電路以及電壓的保護(hù)范圍大一些，滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，改裝電壓表的電流已知,

因此采用外接法，則電路圖如下

故答案為：①2.16；②19000；③A2,R1,見解析。

①先確定游標(biāo)卡尺的最小分度值，再讀數(shù)；

②讀出歐姆表指針?biāo)缚叹€，乘以倍率即為歐姆表讀數(shù)；

③根據(jù)電動(dòng)勢(shì)判斷電壓表的量程，采用雙安法實(shí)驗(yàn)。

本題關(guān)鍵是判斷電壓表的量程過大采用雙安法實(shí)驗(yàn)和游標(biāo)卡尺、歐姆表的讀數(shù)方法

11.【答案】解：(1)設(shè)爆炸后滑塊4獲得速度大小為外，滑塊4滑到平臺(tái)上的C點(diǎn)時(shí)停下，由動(dòng)能

定理得：

17

-^A9X=0-2mAvA

解得：VA=4m∕s

爆炸過程中，滑塊4、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

mAvA-TnBVB=0

解得：VB=2m∕s

(2)滑塊B最終和小車達(dá)到共同速度"，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

TΠBVB=(mβ+M)v

解得發(fā)=0.8m∕s

方向水平向右

(3)設(shè)滑塊B在小車粗糙段滑行的路程為s,根據(jù)能量守恒定律得：

1719

Q=-mβv^--(ms+M)ι√

根據(jù)功能關(guān)系得：

Q=NzmBgs

聯(lián)立解得：S—1.2m

滑塊B在小車粗糙部分相對(duì)于小車的路程為1.2m,滑塊B先相對(duì)于小車先向右運(yùn)動(dòng)1m,經(jīng)彈簧作

用后，又相對(duì)于小車在粗糙部分向左運(yùn)動(dòng)0.2小，即最終滑塊B停在離小車左端

x=L-0.2m

代入數(shù)據(jù)得：X=0.8m

答：(1)滑塊B剛滑上小車時(shí)速度外的大小為2m/s；

(2)最終滑塊B與小車共速時(shí)速度"的大小為0.8πι∕s,方向水平向右；

⑶最終滑塊B與小車共速時(shí)距小車左端的距離為0.8血處。

【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理求出爆炸后滑塊4獲得速度，炸藥爆炸過程中，4、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守

恒，由動(dòng)量守恒定律可以炸藥爆炸后求出B的速度.

(2)根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出最終滑塊B與小車共速時(shí)速度"的大小和方向；

(3)根據(jù)能量守恒定律求出滑塊B與小車共速時(shí)距小車左端的距離。

本題是一道力學(xué)綜合題，考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚滑塊的運(yùn)動(dòng)過程是解題

的前提，應(yīng)用動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律即可解題，注意板塊模型中熱量的計(jì)算方

法。

12.【答案】解：(1)電子經(jīng)過電場(chǎng)加速過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得

jj12

eU=-TΠVΔ

電子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則可知磁感應(yīng)強(qiáng)度B方向垂直紙面向里，電子在磁場(chǎng)中的軌跡如圖所示

根據(jù)牛頓第二定律可得:

evB=

由幾何關(guān)系可得

d

聯(lián)立解得：B=I

a

電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期

2πr

T

v

電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

.θT

t=^Tr=6

聯(lián)立解得

(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t',則有

d=vt,

tan0°-

V

聯(lián)立可得

2>Γ3U

Er=-

又由

，vO

v=布=2〃

電子離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能即為打在靶上P點(diǎn)的動(dòng)能為

,2

fifc=?mv'

代入數(shù)據(jù)解得：Ek=4eU

答：(1)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為:?p黑，方向垂直于紙面向里，電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的

時(shí)間為政叵；

9yeU

(2)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為名要，打在P點(diǎn)的電子的動(dòng)能為4eU。

a

【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理得出電子的速度，結(jié)合幾何關(guān)系