2023年浙江省台州市高考物理二模试卷

2023年浙江省台州市高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）

1.奥地利物理学家」.Stefan发现黑体的单位表面积在单位时间内辐射的能量为M=aT4,若

用国际单位制基本单位的符号来表示比例系数。的单位，下列正确的是（）

A，PB.（内/⑼C（入3）D.（1.加62）

2.关于以下四张图片，下列说法正确的是（）

A.甲图：五颜六色的彩虹是光的干涉现象

B.乙图：利用偏振眼镜能观看立体电影，说明光属于纵波

C.丙图：电子穿过铝箔后的衍射图样，说明了电子具有波动性

D.丁图：让高频电磁波的振幅随信号强弱而改变的技术叫调谐

3.某款机械表中有两个相互咬合的齿轮4、B,如图所示，齿轮4、B的

齿数之比为1：2,齿轮匀速转动时，则A、B齿轮的（）

A.周期之比7;：T2=2：1

B.角速度之比为31：0）2=2：1

C.边缘各点的线速度大小之比%:v2=1：2

D.转速之比为n［：n2=1：2

4.下列对教材中的四幅图分析正确的是（）

甲乙丙T

A.图甲：天宫一号空间实验室里的水球不受重力作用

B.图乙：树枝受到猴子的拉力是树枝发生形变产生的

C.图丙：汽车速度计的示数表示瞬时速率

D.图丁：随着沙子的不断流入，干沙堆的倾角会不断增大

5.我国发射的“悟空”号暗物质探测卫星运行在离地约

为500km的圆轨道上，此卫星运行中（）

A.受地球的引力保持不变

B.线速度大于第一宇宙速度

C.角速度大于月球绕地球运行的角速度

D.向心加速度小于同步卫星的向心加速度

6.电子束焊接机的核心部件内存在如图甲所示的高压辐向电场，带箭头的虚线表示电场线。

一电子在电场力作用下由A沿直线运动到B。下列说法正确的是（）

A.该电场为匀强电场

B.电子运动过程中电势能逐渐减小

C.电子运动过程中加速度逐渐减小

D.电子经过各点的电势随位移x的变化如乙图所示

7.小张用多用表的欧姆挡测量一个带铁芯变压器线圈的电

阻。小杨两手分别握住线圈裸露的两端让小张测量，测量时

表针摆过了一定角度。正当小张将表笔与线圈脱离时，小杨

有电击感。下列说法正确的是（）

A.实验中小张也有电击感

B.表笔与线圈脱离前后通过小杨的电流方向不变

C.若未放置铁芯，小杨电击感减弱

D.小杨有电击感，是因为表笔与线圈脱离后流过线圈的电流突然变大

8.如图所示为手机的无线充电原理示意图。正常工作状态下，输入电压为220y时，接收线

圈的电压为8V。已知发射线圈的匝数为1100匝，装置的磁通量损耗约为20%。下列说法正确

的是（）

A.接收线圈的匝数为40匝

B.两线圈中交变电流的频率不相同

C.让手机略微远离充电装置，接收线圈的电压不变

D.相比有线充电器，该装置能量损耗率更高

9.笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭。图乙为

一块利用自由电子导电，长、宽、高分别为Q、b、C的霍尔元件，电流方向向右。当合上显

示屏时，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁场中，元件前、后表面间产生电压，当电压

达到某一临界值时，屏幕自动熄灭。则元件的（）

A.合屏过程中，前表面的电势比后表面的低

B.开屏过程中，元件前、后表面间的电压变大

C.若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏

D.开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关

10.两个振动情况完全相同的波源Si、52,分别位于工轴上原点。和0.9m,振幅为10cm。t=0

时刻波源国开始沿y轴方向做简谐运动，形成的简谐波沿x轴正、负方向传播，当波传到0.9m

处，触发波源52开始振动，此时永正半轴波形如图所示，两波源各自振动2s后停止振动。则下

列说法正确的是（）

A.两列波的传播速度为4m/s

B.波源的起振方向沿y轴正方向

C.在0〜6s内，平衡位置处在X=—0.4M的质点运动总路程为100cm

D.从图示时刻开始，再过0.75s,平衡位置在x=0.7机处的质点位移为10cm

11.某款电动自行车的内部电路可简化为如图所示，电源铭牌上标

有“36V,124，”字样。正常工作时，电源的输出功率为180W,

工作效率为75%,电动机机械效率为80%。已知自行车运动时受到

阻力恒为40N。正常工作时（）

A.电动机两端电压为36VB.电动机的电流约为54

C.自行车匀速行驶的最长时间约为1.8hD.自行车匀速行驶的最远距离约为30km

12.如图所示，两个质量分别为g和me的带电小球4、B（可

视为质点）通过一根绝缘轻绳跨放在光滑的定滑轮上（滑轮大

小不计），两球静止，。为滑轮正下方4B连线上的一个点。两

球到。点距离分别为乙和冲，到滑轮的距离分别为匕和%,且

lA：lB=1：2,细绳与竖直方向的夹角分别为％和。2,两球

电荷量分别为心和qB。贝4（）

A.qA>qBB.%>e2

C.mA：mB=1:2D.x^：xB=1：2

13.如图所示，一架战斗机沿水平方向匀速飞行，先后释放三

颗炸弹，分别击中山坡上水平间距相等的4B、C三点。已知

击中AB的时间间隔为击中B、C的时间间隔为t2,释放炸弹的时间间隔分别为At1、4t2。

不计空气阻力，则（）

A.t]>^2B.t]—t2C.At1>4t2D.4tl=Zt?

二、多选题（本大题共2小题，共6.0分）

14.一个静止的铀核第2U经a衰变后产生一个新核X,已知的2（7、X、的原子质量分别为

232.0372n、228.0287“、4.0026”，也相当于931.5MeV的能量，则（）

A.新核的中子数为90

B.释放出的核能约为5.5Mev

C.反应物的结合能之和大于生成物的结合能之和

D.若释放的核能全部转化动能，则新核X的动能约为O.lMeU

15.如乙图所示，一束复色光从空气射向一个球状水滴后被分成了a、匕两束单色光，分别将

这两束单色光射向图甲所示的装置，仅有一束光能发生光电效应。调节滑片P的位置，当电

流表示数恰为零时，电压表变示数为儿。已知该种金属的极限频率为气，电子电荷量的绝对

值为e,普朗克常量为八，下列说法正确的是（）

A.a光在玻璃中的传播速度比b光小

B.b光的光子能量为九为+eUc

C.保持光强不变，滑片P由图示位置向左移，电流表示数变大

D.用同一双缝做光的干涉实验，a光产生的干涉条纹间距比b光的大

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

16.（1）某同学利用如图甲所示装置做“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验。如图乙所示的

弹簧用毫米刻度尺测得的长度为cm,口用两根不同规格的轻质弹簧a和b进行实验，

得到弹力F与弹簧形变量x关系如图丙所示，关于图像分析下列说法正确的是。

A.弹性限度内，弹簧a的劲度系数比b小

B.弹簧a的自重比弹簧b的大

C.弹簧a的原长一定比弹簧b的大

D弹簧a的图像弯曲，是因为超过了弹簧的弹性限度

（2）①在“用油膜法估测分子的大小”实验中，所选用的油酸酒精溶液的浓度为每104ML溶液

中含有纯油酸5mL用注射器测得1mL上述溶液有75滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，测

得水面稳定后的油膜面积为99c/n2,可算出一滴溶液中含有纯油酸的体积为ml,油酸

分子的直径约为m,（结果均保留一位有效数字）

②某同学最终得到的油酸分子直径数值和其他同学相比明显偏大，其原因可能是。

A水面上琲子粉撒的较多，油膜未充分展开

B.使用了长时间放置且未密封保存的油酸酒精溶液

C.计算油酸膜面积时，错将所有不完整的方格作为完整方格处理

D错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为纯油酸的体积进行计算

17.某物理兴趣小组尝试通过实验测量某金属导体电阻。

⑴先用欧姆表“x1”挡粗测该导体阻值，指针位置如图1,对应的读数是0。

经查阅资料发现该电阻的阻值约为5。，测量值与真实值的偏差较大，原因是该同学未进行欧

姆调零所致，若此时把两表笔短接，指针应指在欧姆挡零刻度线的侧（选填“左”或

“右”）；

图I

SI

图2图3

(2)考虑到伏安法测电阻中电表会给实验测量带来误差，为解决该问题，兴趣小组设计了如图

2所示的电路(部分导线未画)，实验操作如下：

①断开开关S2,将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关调节滑动变阻器，使电流表和

电压表指针偏转到合适位置，并记录两电表示数U、图3所示的电流表读数为4。

②闭合开关S2,调节滑动变阻器，使电压表示数仍为U,并记录此时的电流表示数与。则该

电阻的阻值可表示为%=(结果用U、与表示)。

③根据你对该实验原理的理解，在图2中将剩余的两根导线连接到合适的位置。

四、简答题(本大题共4小题，共41.0分)

18.一导热汽缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体。如图甲所示，汽缸水平横放时，缸内

空气柱长为已知大气压强为Po,环境温度为7°,活塞横截面积为S,汽缸的质量加=舞，

不计活塞与汽缸之间的摩擦。现将气缸悬挂于空中，如图乙所示。求：

(1)稳定后，汽缸内空气柱长度；

(2)汽缸悬在空中时，大气压强不变，环境温度缓慢地降至多少时能让活塞回到初始位置；

(3)第(2)小题过程中，若气体内能减少了4U,此气体释放了多少热量。

19.如图所示，在水平面上静置一质量M=450g的滑块,滑块上表面是一个半径R=0.2m的

四分之一圆弧，圆弧最低点4与水平地面相切。现给质量m=50g的小球一个大小%=4m/s

的水平初速度，小球经B点离开滑块时，随即撤去滑块。小球于C点第一次着地，小球每次与

地面碰撞前后，水平速度保持不变，竖直速度大小减半，方向反向。4点始终与地面接触，

忽略小球通过各轨道连接处的能量损失，不计一切摩擦和空气阻力，求：

(1)小球刚运动到滑块最低点4时，对滑块的压力；

(2)小球离开滑块后所能到达的最大高度；

20.如图所示，在一个匝数为N、横截面积为S、阻值为的圆形螺线管内充满方向与线圈

平面垂直、大小随时间均匀变化的匀强磁场名，其变化率为二螺线管右侧连接有“7”形金

属轨道装置，整个装置处于大小为殳、方向竖直向下的匀强磁场中，该装置由位于同一水平

面的光滑平行导轨AP、4P'和粗糙竖直导轨S〃、S'W'构成，导轨间距均为人开始时，导体

棒a、b分别静置在水平轨道上SS'左右两侧适当位置，b棒用一绝缘且不可伸长的轻绳通过光

滑转弯装置。与c棒相连，与氏c棒相连的轻绳分别与导轨SP、SW平行，三根导体棒的长度

均为/且始终与导轨垂直接触。刚开始锁定b棒，闭合开关K后，a棒由静止开始运动，与b棒

碰前瞬间，a棒的速度为孙，此时解除b棒的锁定，同时断开开关K,碰后两棒粘在一起运动，

此后导体棒减速为零的过程中c棒产生的焦耳热为Q。已知三根导体棒的质量均为zn,电阻均

为Ro,c棒与竖直轨道间的动摩擦因数为“，a、b棒碰撞时间极短，不计其他电阻及阻力，重

力加速度为g。求：

(1)开关K刚闭合时，通过a棒的电流大小；

(2)a棒从静止加速到火的过程中，流过a棒的电荷量;

(3)a、b棒碰后瞬间，a棒的速度大小；

(4)c棒上升的最大高度。

21.如图所示，某创新小组设计了一个质谱仪，由粒子源、加速器、速度选择器、有界磁场

及探测板等组成。速度选择器两端中心位置0、0'各有一个小孔，选择器内部磁感应强度为当。

以。'为原点，。0'为x轴建立平面直角坐标系。在第一象限区域和第四象限部分区域存在磁感

应强度大小为为、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第四象限内磁场边界为经过。'点的直线。

探测板足够长且与y轴垂直，其左端C的坐标为(0,-3a)。某种带电粒子流经加速器加速后，

沿4。从。点进入速度选择器，单位时间内有必个粒子从0'沿x轴方向进入右侧磁场，经磁场

偏转后，均垂直打在探测板上的P、Q(未画出)之间，落在板上的粒子在P、Q间均匀分布，并

且全部被吸收，其中速度大小为火的粒子沿直线。。'经选择器后打在探测板P点上。已知粒子

的质量为=B2=B,CP=a,CQ=2a；不计粒子的重力及粒子间的相互作用，求:

(1)粒子的比荷；

(2)第四象限磁场下边界的函数关系式；

(3)探测板受到粒子的总作用力大小；

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：由于物理量的单位也是遵循运算规则的，且由题可知，黑体的单位表面积在单位时

间内辐射的能量表达式为：M=是能量)

代入国际单位，则比例系数。的单位为：

1/_kg-m2-s-2_kg

m2s-K，rn3s-K4K^-s3

故A3。错误，C正确。

故选：Co

物理量的单位也是遵循运算规则的，根据题目给的黑体的单位表面积在单位时间内辐射的能量表

达式，代入国际单位运算即可。

本题考查力学单位制，解题关键是明白物理量的单位也是遵循运算规则的。

2.【答案】C

【解析】解：4五颜六色的彩虹是光的色散现象，是光折射的结果，故4错误；

员利用偏振眼镜能观看立体电影，说明光属于横波，故8错误；

C.电子穿过铝箔后的衍射图样，说明了电子具有波动性，故C正确；

。.让高频电磁波的振幅随信号强弱而改变的技术叫调幅，“调谐”是将电路频率调节到谐振状态

的行为或过程，故。错误。

故选：Co

彩虹的形成是光折射的结果；利用偏振眼镜能观看立体电影，说明光属于横波；物体都具有波粒

二象性；让高频电磁波的振幅随信号强弱而改变的技术叫调幅。

本题考查光的折射、干涉、光的本质和调谐等问题，属于必须掌握的基础知识，需要在平时多加

强积累。

3.【答案】B

【解析】解：C、齿轮4、B的齿数之比为1：2,可知齿轮4、8的半径之比为1：2；齿轮4、B相

互咬合，可知边缘各点的线速度大小相等，即%:v2=l：1,故C错误；

B、根据v=cor可得齿轮4、B角速度之比为3i：0)2=r2：r[=2：1,故B正确;

A、根据7=称可得齿轮4、B周期之比为7\：T2=a)2：皿=1：2,故A错误；

D、根据3=2?rn可得齿轮4、B转速之比为n［：n2=：a)2=2：1,故C错误；

故选：B。

齿轮传动边缘点线速度大小相等，圆周长之比等于齿轮的齿数之比，根据s=2b,圆周长之比又

等于半径之比；根据判断角速度之比；根据7=生判断周期之比。

0)

本题关键明确同缘传动边缘点线速度相等，然后结合D=3r以及频率和周期的定义进行分析，基

础题。

4.【答案】C

【解析】解；4、天宫一号空间实验室里的水球仍受重力，重力提供了水球做圆周运动所需的向

心力，故A错误；

8、树枝受到猴子的拉力的施力物体是猴子，是由于猴子发生形变产生的，故8错误；

C、汽车速度计的示数表示汽车通过某一位置的瞬时速度的大小，故C正确；

。、当干沙堆的倾角到达某一值时，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静

摩擦力，沙子就会滑下，干沙堆的倾角不会增大，故。错误。

故选：Co

水球随天宫一号做匀速圆周运动，重力提供向心力；弹力是由于施力物体发生弹性形变产生的；

汽车速度计的示数表示瞬时速率；当倾角增大到一定值时，沙子重力沿斜面方向的分力大于最大

静摩擦力，沙子会滑下。

本题考查失重、弹力产生的原因、瞬时速度和摩擦力，解题关键是知道沙子下滑的临界条件.

5.【答案】C

【解析】解：4卫星受地球的引力大小保持不变，方向时刻改变，故A错误；

8第一宇宙速度是最大的环绕地球的线速度，卫星距离地面500km,轨道半径大于地球半径，运

行速度小于第一宇宙速度，故B错误；

C卫星的万有引力提供向心力，则根据牛顿第二定律可得：

CMm2

G--2-=mra)^

可得3=写

因为卫星轨道半径小于月球轨道半径，故卫星角速度大于月球绕地球运行的角速度，故C正确。

。.由G鬻=ma

可得：&=臀

因为此卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，故此卫星向心加速度大于同步卫星的向心加速度,

故。错误。

故选:Co

卫星受地球的引力大小保持不变，方向时刻变化;

理解第一宇宙速度的物理意义，由此得出卫星的线速度与第一宇宙速度的关系;

根据万有引力提供向心力得出角速度和向心加速度的表达式并完成分析0

本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解卫星向心力的来源，结合牛顿第二定律即可完成

分析。

6.【答案】B

【解析】解：4匀强电场的电场线疏密程度相同，方向也相同，由甲图中电场线分布可知，该电

场为非匀强电场，故A错误；

8.由于电子带负电，当它从A沿直线运动到B时、电场力做正功，则电势能减小，故B正确；

C.由甲图中电场线分布和牛顿第二定律可知，电子在加速过程中电场力逐渐变大，因此加速度逐

渐变大，故C错误；

。.乙图斜率表示电场强度，由图知斜率逐渐变小，而甲图可知电场强大逐渐变大，故£＞错误。

故选：B。

根据匀强电场的特点分析出电场是否属于匀强电场；

根据电场力的做功类型结合功能关系分析出电子的电势能的变化趋势：

根据电场线的疏密程度得出场强的大小关系，从而分析出加速度的大小关系；

理解S-x图像斜率的物理意义，结合场强的变化趋势完成分析。

本题主要考查了电势能与电场力做功的关系，能根据电场线判断出场强和电势的大小关系，结合

功能关系即可完成分析。

7.【答案】C

【解析】解：AD,当回路断开时，电流要立即减小到零，与多用电表欧姆挡的内部电池相连的变压

器线圈由于自感现象会产生较大的自感电动势，小杨两手分别握住线圈裸露的两端，瞬间有高电

压，所以有电击感。而小张握住了绝缘部分，与线圈不构成回路，没有电流通过，不会有电击感，

故错误；

A表笔与线圈脱离后，线圈发生自感，要保持的原来的电流方向，相当于电源，而小杨相当于外

电路，外电路电流方向改变，故B错误；

C若未放置铁芯，磁性减弱，自感产生感应电动势减小，所以小杨电击感减弱，故C正确。

故选：Co

欧姆表的测量电阻时，其电流值非常小，人即使直接接触也不会有电击感；而变压器的线圈在电

流变化时会产生自感电动势，这个值比较大，人会有电击感.由于小杨双手分别握住线圈裸露的

两端，故实际相当于小杨并联到了变压器上，构成回路；小张握住了绝缘部分，且表笔脱离了线

圈，没有电流通过，不会有电击感，由此可判定各个选项。

本题考查了自感电动势产生的条件，要知道欧姆表测电阻时，电流是很小的；当电流变化时线圈

才会产生较大的自感电动势。

8.【答案】D

【解析】解：4、由法拉第电磁感应定律得，发射线圈的电压为％=%略

装置的磁通量损耗约为20%,则接收线圈的电压为/=电丝暧侬

所端=叱（1-2。%）

代入数据解得，接收线圈的匝数为的=50匝

故A错误;

8、变压器不改变交变电流的频率，则发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，故B错误；

C、让手机略微远离充电装置，受电线圈中感应电流变小，发射线圈中的感应电流变小，则接收

线圈的电压发生变化，故C错误；

。、无线充电利用能量转化的原理充电的，将电场能变成磁场能，然后再变成电场能给电池充电，

相比有线充电器，该装置能量损耗率更高，故力正确。

故选：Do

根据法拉第电磁感应定律和求解接收线圈的匝数；变压器不改变交变电流的频率；让手机略微远

离充电装置，接收线圈的电压发生变化；无线充电装置中由于漏磁会损耗更高的能量。

本题考查变压器，解题关键是会根据法拉第电磁感应定律分析原副线圈电压关系，知道变压器不

改变交变电流的频率。

9.【答案】D

【解析】解：4电流方向向右，由此可分析出电子向左定向移动，根据左手定则，自由电子向后

表面偏转，后表面积累了电子，前表面的电势高于后表面的电势，故A错误；

BCD.稳定后电子受到的电场力和洛伦兹力平衡，则根据平衡条件可得：

U

evBn—e-

b

根据电流的微观表达式可知：

I=neSv=nebcv

解得：U=—

nec

因此开屏过程中，磁感应强度减小，元件前、后表面间的电压变小。若磁场变强，元件前、后表

面间的电压变大，不可能出现闭合屏幕时无法熄屏。开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无

关，故。正确，8c错误；

故选：0。

根据左手定则得出电子的受力方向，由此得出电势的高低关系；

根据电场力和洛伦兹力的等量关系，再结合电流的微观表达式得出电压的表达式，结合题意完成

分析。

本题主要考查了霍尔效应的相关应用，熟悉粒子的受力分析，结合左手定则判断出力的方向，再

利用电场力和洛伦兹力的等量关系列式即可完成分析。

10.【答案】c

【解析】解：4根据题图可得波长;I=0.4m,根据题意可得2s内波向x轴正方向传播了0.8m,v=

7-=OAm/s,故A错误；

t2s'

8.根据题意可知图中时刻波形图％=0.9巾处质点刚开始振动，与波源振动方向相同，根据同侧法

可知波源的起振方向沿y轴负方向，故B错误；

C.波源S1振动的情况下，平衡位置处在％=-04机的质点振动的时间t=2s,又T=(=箫J=Is

路程s=yX4i4=yX4x10cm=80cm

波源S2开始振动的时间Cl=2s+(=2.25s

波源S2的振动传到％=-0.4m质点的时功=°；荔=3.25s

因S2的振动工=-0.4m质点振动的时间匕=6s-2.25s-3.25s=0.5s=三

路程s'=24=2x10cm=20cm

在。〜6s内，平衡位置处在％=一0.4血的质点运动总路程s总=s+s'=80cm+20cm=100cm

故。正确；

D从图示时刻开始，再过0.75s即7，因S］振动％=0.7m处的质点位移为%1=-10cm,s2振动传

到x=0.7徵处的质点的时Q=篇；=0-5s

则因S2振动x=0.7m处的质点振动的时间为b=0.25s=；

因S2振动％=0,7巾处的质点起振方向向下，所以位移为不=-10cm

从图示时刻开始，再过0.75s,平衡位置在％=0.7m处的质点位移为％=xx+x2=(-10cm)4-

(—10cm)=-20cm,故。错误；

故选：Co

波在介质中匀速传播，根据u可求解波速；“波形平移”的思想可以判断波源的起振方向；质

点的运动路程与其振动时间有关，当波传播到处于平衡位置的质点时其运动路程为"X4人

本题考察波的传播与简谐振动的结合，主要在计算某质点的运动路程时注意不要把波传播到该质

点的时间也一并算进去，某时刻处于平衡位置的质点运动路程5="乂44,此处的t指的是质点振

动时间。

11.【答案】C

【解析】解：AB,正常工作时，电源的输出功率为180WZ,工作效率为75%,则电源的输入功率

0输出180...

为尸筋入=----==7川=240W

输入/75%

且由公式P=UI

解得电动机的额定电流约为/=梦=粤4=6.74

“额36

设电动机的内阻为前，电动机的效率为80%,则P-0.8P=产面

解得面=(・°鸳1剪0土080

6.7

由于电源与电动机都有内阻，故电动机两端电压U=7=罂V。277

故A8错误；

CC.根据电池容量Q=124i,放电电流为6.7A,则可得t=§=畀/1〜L8h

自行车匀速行驶时牵引力与阻力相等，即F=f=40N

则由80%P=/〃

自行车匀速行驶的最远距离约为x=vt=3.6x1.8x3600m=23328m=23.328km

故C正确，。错误。

故选：Co

根据电源的输出功率和工作效率求出电源的输入功率，再根据P=U/,求出电动机的额定电流，

设电动机的内阻为布，结合电动机的效率为求出电动机线圈的内阻，再求出电动机两端电压；根

据电池容量和放电电流求出放电时间，再根据自行车匀速行驶时的受力求出摩擦力，再根据功率

求出自行车匀速行驶的最远距离。

本题考查了电动机的电源的输出功率的相关知识，解决本题的关键是理解电源的效率和输出功率

以及电动机的输入功率和输出功率。

12.【答案】D

【解析】解：4根据题意可知两球的电场力是相互作用力，所以无法比较两球电荷量的大小，故A

错误；

8.绳子上的力处处相等，对绳子跨过定滑轮的结点受力分析可知：

T'cos61=T'COS62

解得：%="，故B错误：

CD.对两球受力可知，如下图所示，根据相似三角形可得：

可得m〃：mB=2：1

xA：xe=1：2

故C错误，。正确。

故选：Do

两球的电场力是相互作用力，无法比较两球电荷量的大小关系；

绳子上的力处处相等，根据对结点的受力分析得出角度的大小关系；

对两球受力分析，根据相似三角形得出质量与两球到0点距离的比值关系。

本题主要考查了库仑定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合几何关系即可完成分析。

13.【答案】B

【解析】解：设释放第一颗炸弹的时刻为%L，击中山坡上4点的时刻为白,释放第二颗炸弹的时

刻为《02,击中山坡上B点的时刻为打，释放第三颗炸弹的时刻为玲3,击中山坡上。点的时刻为tc，

由于炸弹在空中下落过程，战斗机一直处于炸弹的正上方，根据水平方向上的运动特点可得：

XAB=V0（^B—J）—v0^1

XBC=VO（J-C-[B）=V0t2

由于乂48=XBC

可得:t[='

设三颗炸弹在空中下落的高度分别为自、hB.hc;因为平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体

运动，则三颗炸弹在空中的下落时间分别为：

4以=/v=以一片1

47=/v='B-to2

Ate=J华=tc-t03

则有颔=102Toi=&-一©一=fl■-AP?）

=t

加2=t03-t02=&-建）-&B一再）2-（j-^-/~^）

由图可知下落高度关系为：丽略小于自，八C比而小得多；由此可知戊1<a2，故8正确，ACD

错误；

故选：B。

分别设每颗炸弹的释放时刻和击中山坡的时刻，根据平抛运动在不同方向上的运动特点结合运动

学公式得出对应的时间表达式，结合题目选项完成分析。

本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动的物体在不同方向上的运动特点，结合运动

学公式即可完成分析。

14.【答案】BD

【解析】解：4、根据电荷数守恒、质量数守恒可知新核为绪8m,其质量数为228,质子数为90,

所以中子数为228-90=138,故A错误：

B、质量亏损4m=mu-ma-mTh

代入数据解得：Am=0.0059u

根据题意有：/E=0.0059x931.5MeV=5.5MeV

故B正确；

C、衰变过程中释放的核能等于生成物的结合能之和减反应物的结合能之和，所以反应物的结合

能之和小于生成物的结合能之和，故C错误；

。、系统动量守恒，钻核和a粒子的动量大小相等，即行九=Pa

根据动能与动量的关系有：Ek。

根据能量守恒有+Eka=4E,所以新核X获得的动能aX=热最•4E

代入数据解得：EkX=OAMeV

故。正确；

故选：BDo

根据电荷数守恒、质量数守恒可知X的质量数和电荷数，从而计算中子数；根据质量亏损，结合

爱因斯坦光电效应方程求出释放的核能；衰变过程中释放的核能等于生成物的结合能之和减反应

物的结合能之和；根据动量守恒定律得出两粒子的动量大小关系，结合动能和动量的关系求出动

能。

解决本题的关键知道在核反应过程中电荷数守恒、质量数守，以及掌握爱因斯坦质能方程，知道

在衰变的过程中动量守恒。

15.【答案】BD

【解析】解：4由乙图知I,由于两束光入射角相同，b光的折射角小，根据n=W”可知b光的折射

sinr

率大于a光的折射率，根据"=:可知b光在玻璃中的传播速度比a光小，故A错误；

B.由折射率和频率的关可知，因为b光的频率大于a光的频率，所以b光发生光电效应，根据光电效

应方程可得：

Ekm=hv-W0=eUc

又有Wo=hv0

由此可知b光的光子能量为=%%)+e4，故B正确；

C保持光强不变，滑片P由图示位置向左移，根据电路构造的分析可知4K两端的电压变小，则电

流表示数可能不变，可能变小，故C错误；

D由于b光的折射率大，所以a光的波长大于b光的波长，根据=所以用同一双缝做光的干

涉实验，a光产生的干涉条纹间距比b光的大，故O正确。

故选：BD.

根据折射定律得出光的折射率的大小关系，结合折射率与传播速度的关系得出两束光在玻璃中的

传播速度的大小关系；

根据光电效应方程得出光子的能量表达式；

理解电路构造的分析，结合电阻的变化分析出电流表示数的变化；

根据双缝干涉实验中的条纹间距的表达式分析出两束光的条纹间距的大小关系。

本题主要考查了光电效应的相关应用，理解光电效应的产生条件，结合双缝干涉实验中的条纹间

距的表达式即可完成分析。

16.【答案】25.85BD7x10-67x1Q-ioAD

【解析】解：(1)弹簧长度的示数如图1所示:

圉1

刻度尺的分度值为lnwi，弹簧的长度x—258mm+0.1mmx5=258.5mm=25.85cm

A.根据胡克定律F=fc(x-x0)=kx-kx0

可见F-x图像的斜率表示弹簧的劲度系数，因此口>kb,即弹性限度内，弹簧a的劲度系数比b大,

故4错误:

8.图2中F-x图像的纵截距表示弹簧的自重，因此Ga>Gb，即弹簧a的自重比弹簧b的大，故B正

确；

C.图2中F-x图像的横截距表示弹簧的原长，因此ho=Xbo,即弹簧a的原长等于弹簧b的原长,

故C正确；

。.弹簧a的图像弯曲，是因为超过了弹簧的弹性限度，故。正确。

故选：BD。

(2)①油酸酒精溶液的浓度为c=*=5x10-4

一滴油酸酒精溶液的体积匕=今=^mL

一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积J=c%=5x10-mL=7x10~6mL

根据体积公式V=Sd

-8-10

油酸分子的直径d=j_cma7x10cm=7x10m

②A若水面上琲子粉撒得较多，油膜没有充分展开，那么油酸膜偏小，则测得油酸分子直径偏大,

故A正确；

A油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度增大，贝3取值偏小，导致d偏小，故B错误；

C.计算油膜面积时，错将所有不完整的方格作为完整方格处理，则S取值偏大，导致d偏小，故C

错误；

。.将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，则V取值偏大，导致d偏大，故。正确。

故选：AD.

-10

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

(1)刻度尺的分度值为1mm,要估读到下一位；

根据胡克定律结合F-x图像分析图像的斜率、纵截距、横截距以及图线弯曲的原因；

(2)①根据油酸浓度，一滴油酸酒精溶液的体积求解一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，再根据体

积公式求油膜厚度，即油酸分子直接；

②根据实验原理分析误差原因。

掌握胡克定律在测定弹簧劲度系数实验中的运用；知道油膜法测分子直径的实验原理，实验时要

注意求出一滴溶液中含纯油酸的体积；学会简单的数据分析即可，整体难度不大。

17.【答案】22左0.32片见解析

12Tl

【解析】解：(1)欧姆表的读数为R=22XI。=220

由于测量值大于真实值是因为电表内阻偏大，因此短接时，电流达不到满偏电流，指针应在零刻

度线的左侧。

(2)①电流表所选量程最小分度值为0.024读数为。=16X0.024=0.324

②两个电阻并联的电流之和等总电流，根据欧姆定律治=昌

③电压表应并联到定值电阻两端，如图

故答案为：(1)22,左；(2)0.32；(3)高：(4)见解析。

(1)先读欧姆表刻线乘以倍率即为欧姆表读数；

(2)先确定电流表所选量程的最小分度值，再读数，根据欧姆定律分析判断；

(3)电压表应并联到定值电阻两端。

本题考查测量某金属导体电阻实验，要求掌握实验原理、实验电路、实验步骤和数据处理。

18.【答案】解：(1)设气缸竖直悬挂时，内部气体压强为Pi，空气柱长度为小根据玻意耳定律可

知：

Poh~Pik

对气缸受力分析，由平衡条件可得：

PiS+mg=p0S

联立可得：

(2)气体发生等压变化，根据盖一吕萨克定律可知:

必=必

70一%

解得：71=知。

(3)根据热力学第一定律可知：

-AU=Q+W

其中小=PiS(。一“)

得Q=_(4U+噂)

则气体释放的热量为：Q=4U+噂

答：(1)稳定后，汽缸内空气柱长度为靠0；

(2)汽缸悬在空中时，大气压强不变，环境温度缓慢地降至芫几时能让活塞回到初始位置；

(3)第(2)小题过程中，若气体内能减少了4U,此气体释放的热量为2U+零。

【解析】(1)对内部气体进行分析，根据玻意耳定律列式得出空气柱的长度；

(2)气体发生等压变化，根据盖一吕萨克定律列式得出环境温度；

(3)根据热力学第一定律列式得出气体释放的热量。

本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，熟悉气体状态参量的分析，结合热力学第一定律分

析出气体的吸放热情况即可，整体难度不大。

19.【答案】解：M=450g=0.45kg；m=50g=0.05kg

(1)小球刚运动到滑块最低点4时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得：

mv

卜FNmg“一下-o

解得：FN=4.57V

由牛顿第三定律可知，小球对滑块的压力FN'=FN=4.5N,方向竖直向下

(2)小球滑上滑块到运动至最高点的过程中，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，设小球运

动到最高点/I时，滑块和小球水平方向的速度大小相等，设为。将选择水平向右的方向为正方向，

根据动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

联立解得：h=0.72m

(3)设小球第一次着地前瞬间，竖直方向的速度大小设为为1，初次着地后经t时间，小球与地面发

生第n+1次碰撞时与C点的距离为X,则根据运动学公式可得：

Vyi=2gh

x=v^t

解得：*=例［1+T++(j)3+…+(扔］

当n8时t=也

此时x=哉J10m

即要使小球能水平进入接收器最低点P,P与c间的最小距离为部中小。

答：(1)小球刚运动到滑块最低点4时，对滑块的压力为4.5N,方向竖直向下；

(2)小球离开滑块后所能到达的最大高度为0.72m；

(3)要使小球能水平进入接收器最低点P,P与C间的最小距离为赣Em。

【解析】(1)根据牛顿第二定律和牛顿第三定律得出小球对滑块的压力；

(2)根据动量守恒定律结合能量守恒定律得出最大的高度；

(3)根据运动学公式和数学知识得出PC之间的最小距离。

本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，同时结合能量守恒定律和运动学公式即可完成分析。

20.【答案】解：(1)开关K刚闭合时，根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为：

A(h

j=N?=NSk

1At

根据欧姆定律可知通过a棒的电流大小为：

_l_£i__NSk

(2)选择水平向右的方向为正方向，a棒根据动量定理，可得：

mv0-B211tl

流过a棒的电荷量为：

"―二一mvo

q一%一西