2021年山东省青岛市高考物理二模试卷（附答案详解）

2021年山东省青岛市高考物理二模试卷

1.2021年3月三星堆遗址出土了大量文物，进一步证实了中国历史上商代的存在。考

古人员对“祭祀坑”中出土的碳屑样本通过用14c年代检测方法进行了分析，进而

推算出商朝年代。14c的衰变方程为铲C-/N+X,下列说法正确的是（）

A.14c发生的是a衰变

B.I"衰变时电荷数守恒，但质量数不守恒

C.14c的半衰期不会受到阳光、温度、气候变化等自然环境因素影响

D.生物体中以CaCG形式存在的14c半衰期比单质14c的半衰期更长

2.中国空间站将于2022年建成，我国将进入空间站时代，空间站轨道半径为6800公〃，

可看成圆轨道，空间站可供多名宇航员长期工作生活，引力常量为G,下列说法正

确的是（）

A.知道空间站的运行周期就可以求得地球的质量

B.空间站的运行周期与地球自转的周期几乎相等

C.空间站的运行速度大于第一宇宙速度

D.在空间站工作的宇航员因受力平衡而处于悬浮或静止状态

3.如图为沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的图像，该时刻尸、。两质点离开平

衡位置的位移相同，此后尸质点回到平衡位置的最短时间为0.2s,。质点回到平衡

位置的最短时间为0.6s,下列说法正确的是（）

A.该波沿轴负方向传播

B.该波的传播速度为7.5m/s

C.该波的传播周期为1.2s

D.t=0.3s时，质点尸的加速度方向沿y轴负方向

4.如图，水平面上固定光滑圆弧面AB。,水平宽度为LC-

高为人且满足L»/i。小球从顶端A处由静止释放，0VM二…”

沿弧面滑到底端。经历的时间为人若在圆弧面上放”

一光滑平板ACZ),仍将小球从A点由静止释放，沿平板滑到。的时间为()

A.tB.-tC.-tD.这t

nnn

5.一定质量理想气体经历一个循环过程的图像如图所示，4c

该循环是由两个绝热过程和两个等容过程组成，“状态卜、

为起始状态。对于该循环，下列说法正确的是()人二^

a.

A.气体在状态b和d时内能一定相等0V

B.一次循环过程中气体吸收的热量大于放出的热量

C.a—b过程中，外部对气体做的功大于气体内能的增加量

D.a-b过程中外界对气体做的功大于c-d过程中气体对外界做的功

6.宝石的折射率是鉴定宝石品质的指标之一，如图为某宝石的

截面图，已知。P、。。边与轴线间夹角为。，光在真空中的

传播速度为以一条光线垂直M边入射，在。P边发生全反

射后，又恰好在0。边发生全反射，仅考虑第一次射到。尸

边并反射到。。边的光线。则光在宝石中的传播速度为()

A.csin(30)B.ccos(30')C.—csin(30)D.—ccos(30)

7.如图甲为用金属材料制成的霍尔元件，其长、宽、高分别为a、氏d；如图乙是检

测电流大小是否发生变化的装置。该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与

检测电流强度成正比。现给元件通一恒定工作电流/,下列说法正确的是()

甲乙

A.N端应与电压表的正极相连

B.要提高检测灵敏度，可适当减小高度d

C.如果仅将检测电流反向，电压表的正负接线柱连线位置无需改动

D.当霍尔元件尺寸一定时，电压表示数变大，说明检测电流变小

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8.如图，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管

1r

竖直放置，高为〃，管底有质量为"八电荷量为+q的

h

小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁场方向进入磁感应

强度为8、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。在外力

作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出。在此过程

中，下列说法正确的是（）

A.洛伦兹力对小球做正功

B.小球做变加速曲线运动

C.小球机械能的增加量为qvBh

D.小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管运动速度无关

9.青岛市即墨区鳌山湾一带受崂山余脉和海岛影响，形成了长达60多公里的狭长

“疾风带”，为风力发电创造了有利条件，目前该地风电总装机容量已达18万千

瓦。如图，风力推动三个叶片转动，叶片带动转子（磁极）转动，在定子（线圈）中产

生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为r,风速为v,空气密度为p,流到

叶片旋转形成的圆面的空气中约有J速度减速为o,9原速率穿过，不考虑其他能量

损耗。下列说法正确的是（）

A.一台风力发电机的发电功率约为;p兀*户

B.一台风力发电机的发电功率约为!PTTN/

C.空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为《。门2/

D.空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为2。仃2/

10.如图为某同学设计的一个光电烟雾探测器，光源S发出一束波长为0.8卬n的红外线,

当有烟雾进入探测器时，来自S的红外线会被烟雾散射进入光电管C,当红外线射

到光电管中的金属表面时发生光电效应，当光电流大于8x10-%时，便会触发报

警系统。已知元电荷e=1.6x10-19。光在真空中的传播速度为3x1086/5,下

列说法正确的是（）

A.光电流的大小与光照强度无关

B.若光源发出的是可见光，则该装置将会失去报警功能

C.该金属的极限频率小于3.75xl0i4，z

D.若射向光电管C的光子中有10%会产生光电子，当报警器报警时，每秒射向该

金属表面的光子数最少为5xIO11个

11.如图，理想变压器原线圈与定值电阻&串联后接在电压4=36了的交流电源上,

副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器凡原副线圈匝数比为1：3。已知&=40,

R的最大阻值为1000。现将滑动变阻器R的滑片P向下滑动，下列说法正确的是（）

电压表示数变小，电流表示数变大

B.电源的输出功率变小

C.当R=40时，电压表示数为10.8V

D.当R=360时，R获得的功率最大

12.水平传感器可以测量器械摆放处所在平面的倾角。该装置可以

简化为：内壁光滑竖直放置的正三角形，内部有一球体，其半

径略小于三角形内接圆半径，三角形各边都有压力传感器，分

别测量小球对三条边压力大小，根据压力大小，信息处理单元

将各边与水平面间的夹角通过显示屏显示出来，如图所示。图中此时8c边恰好处

于水平状态，将其以C为轴在竖直面内顺时针缓慢转动，直到AC边水平，在转动

过程中，下列说法正确的是（）

A.球对4c边压力不可能大于球的重力

B.球对AC边压力一直增大

C.球对BC边压力先增大后减小

D.球对BC边压力最大值为速G

3

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13.某实验小组要探究单摆做简谐运动的周期与“等效重力加速度”的关系，他们借鉴

伽利略研究小球自由落体运动规律时，用斜面“冲淡”重力的思路，设计了如图1

所示的实验装置，摩擦力可以忽略的平板通过钱链与水平木板相连，改变垫块位置

可以改变平板的倾角仇在平板上侧垂直固定一钉子做为单摆悬点，长约的轻

质细线一端系一小球，另一端拴在钉子上做成一个斜面上的单摆。

(1)平板倾角为9时，单摆周期公式中的等效重力加速度g'与重力加速度g的关系是

(2)某次周期测量中，秒表示数如图2,其读数为s；

(3)改变平板倾角，测出倾角。及在该倾角下单摆的周期T,当地重力加速度9=

9.8m/s2,把测得的多组T、g'数据在产坐标系中描点连线，得到如图3所示

图线，根据图线可得摆长为m.(保留3位有效数字)

14.随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户，某实验小组要对市场上出售

的某品牌纯净水质量进行检测。电导率是检验纯净水是否合格的一项重要指标，电

导率是电阻率的倒数。该小组查阅国家2020版药典标准得知：合格纯净水的电导

率。W2〃S/cm。为方便检测，实验小组把电导率换算为电阻率，即合格标准为电

阻率p>5xIO?。.mo为测量该纯净水的电阻，将水样装入一绝缘性能良好的圆

柱形塑料容器内，容器两端用圆片状金属电极密封。测得该容器两电极间长度为

5.0cm,圆柱内径圆面积为1.0cm2。除待测水样心外，实验室还提供如下器材：

A.电流表4(量程0〜1机4,内阻为15。)

8.电流表&（量程0〜300卬1，内阻约为100。）

C.电压表匕（量程0〜3V,内阻为5kO）

D电压表彩（量程0〜15V,内阻约为2Ok0）

E.滑动变阻器&,阻值范围。〜200,允许的最大电流2A

足滑动变阻器/?2,阻值范围0〜M0，允许的最大电流0.54

G.定值电阻/?3=5k。

H.电源E（电动势为6匕内阻r约20）

/.开关和导线若干

（1）由于不知道容器内水样的电阻，该小组采用试触法确定电路的连接，如图甲，

将电压表的不固定接头分别与氏c接触，观察电压表和电流表指针偏转情况，发

现电流表的指针偏转变化明显，电压表指针偏转几乎不变，则应将电压表接头接在

（选填""或％”）点；同时根据电表示数粗略估算水样电阻灯约为3OM2;

（2）为了多测几组数据，并且尽量精确测量水样电阻也，请在图2的方框内画出实

验电路原理图，并标明所选用器材；

（3）将实验中测得的多组电压表和电流表的示数，在U-/坐标系中描点连线，得到

图线如图乙，根据图线可得水样的电阻值&=（保留2位有效数字）；

（4）根据题中有关数据，请你判断该水样是否合格？（选填“是”或“否”）。

15.链球是田径运动中利用双手投掷的竞远项目，运动员两手握着链球上铁链的把手,

人转动带动链球旋转，最后链球脱手而出。如图，某次训练中链球脱手速度方向与

水平面成。角斜向上飞出，经过时间r落地，测得落地点与脱手时人所在位置间水

平距离为So。已知人手臂长度为刀，链球铁链长度为人，求：

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(1)链球脱手时速度大小％;

(2)链球脱手时离地面的高度限

16.肺活量是常用来衡量人体心肺功能的重要指标。肺活量是指在标准大气压po=

latni下人一次尽力吸气后，再尽力呼出的气体体积总量。某同学在学习气体实验

定律后，设计了一个吹气球实验来粗测自己肺活量。该同学先尽最大努力吸气，然

后通过气球口尽力向气球内吹气，气球没有被吹爆，此时气球可近似看成球形，过

一段时间稳定后测得气球的直径d=20cm.已知气球橡胶薄膜产生的附加压强△

p=V-其中。为薄膜的等效表面张力系数，R为气球充气后的半径。如图为该气

球的等效表面张力系数。随气球半径R的变化曲线。吹气前气球内部的空气可忽略

不计，空气可看作理想气体，人的体温为37冤,环境温度为27冤,大气压强po=1.0x

5

10Pa,lcmH20=100Pa«求：

(1)吹气后稳定时气球内气体的压强；

(2)该同学的肺活量为多少毫升。

.cr/cnvcmHQ

3000'一…1-----丁一•岁『

A：

口3：：

f•••I

looo—h..................t.......-

o5.010.015.020.0£/cm

17.如图，在以Oi为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区

域右侧有两块正对的平行绝缘薄板，两板间距离为2R,下板的延长线与圆周相切

于尸点，。1。2为整个装置的轴线。在P点有一粒子源，可沿与半径POi夹角均为。=

30。的两个方向发射“、6两带电粒子，两带电粒子的质量均为机、电荷量均为〃，

粒子的发射速率均为几。两板间有垂直板向上的匀强电场，圆形区域内匀强磁场的

磁感应强度为黑。已知〃粒子进入电场后与下板仅碰撞一次后就平行绝缘板射出

电场区域，带电粒子与绝缘板的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短(可不计)，且碰撞

过程中粒子电量保持不变，不考虑带电粒子间相互作用。求：

(l)a、6两个粒子在磁场中运动时间之比；

(2)a、匕两个粒子进入电场时的位置间的距离Ay；

(3)b粒子离开电场时与下板间的距离。

18.如图，倾角0=37。的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上某位置固定有垂直

于斜面的挡板P,质量M=1kg的凹槽4在外力作用下静止在斜面上，凹槽4下端

与固定挡板间的距离而=gm,凹槽两端挡板厚度不计。质量rn=1kg的小物块B

紧贴凹槽上端放置，物块8与凹槽间的动摩擦因数4=0.75。t=0时撤去外力，凹

槽与物块一起自由下滑；t=ls时物块与凹槽发生了第一次碰撞，当物块与凹槽发

生了第二次碰撞后立即撤去挡板P。整个运动过程中，所有碰撞均为弹性碰撞，且

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碰撞时间极短，可忽略不计•，物块可视为质点，重力加速度g=10m/s2o求：

(1)凹槽A与挡板P发生第一次碰撞前物块的速度；

(2)凹槽A的长度L；

(3)凹槽A与物块B发生第二次碰撞时物块距离挡板P的距离；

(4)从凹槽与物块一起自由下滑开始(t=0),到物块与凹槽发生第二次碰撞后物块

的速度再次减为0所经历的时间。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4、根据质量数守恒与电荷数守恒可得X的质量数4=14-14=0,电荷

数z=6-7=-l,可知X为电子，发生的衰变为口衰变，故4错误；

8、14c衰变时电荷数守恒，质量数也守恒，故B错误；

C、半衰期由放射性原子核内部本身的因素决定，不会受到阳光、温度、气候变化等自

然环境因素影响，故C正确；

。、半衰期由放射性原子核内部本身的因素决定，与化学状态无关，故。错误。

故选：Co

根据质量数守恒与电荷数守恒写出核反应方程，判断核反应的类型；半衰期是放射性元

素的原子核有半数发生衰变所需的时间，半衰期由放射性原子核内部本身的因素决定，

跟原子所处的物理或化学状态无关。

该题考查对半衰期的理解，关键是知道半衰期由放射性原子核内部本身的因素决定，跟

原子所处的物理或化学状态无关。

2.【答案】A

【解析】解：A、由万有引力提供向心力，即有G等=加（票）2乙可得，知道空间站的

运行周期和轨道半径就可以求得地球的质量，故4正确；

B、由于空间站的运行半径比同步卫星的小，故空间站的运行周期一定小于同步卫星的

周期，又同步卫星的周期等于地球自转的周期，所以，空间站的运行周期一定小于地球

的自转周期，故B错误；

C、利用万有引力提供向心力可知，G萼=m些，u=怪,因为空间站的运行的轨道

rzrYr

大于地球的半径，故空间站的运行速度小于第一宇宙速度，故C错误；

。、在空间站工作的宇航员的合力提供向心力，其受力不平衡，故。错误。

故选：Ao

利用万有引力提供向心力，知道空间站的运行周期就可以求得地球质量。空间站轨道半

径小于同步卫星的轨道半径，所以运行周期小，线速度大。宇航员在空间站受力不平衡。

本题考查万有引力提供向心力的应用，要熟练掌握向心力的公式，分析周期、线速度、

角速度等。

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3.【答案】B

【解析】解：AC、由题意可判断出波沿x轴正方向传播，尸点向下运动，。点向上振动，

周期:T=2X(0.2+0.6)s=1.6s,故AC错误;

B、该波的传播速度为V=1=登m/s=7.5zn/s,故B正确；

T1.6

D、t=0.2s时，质点P回到平衡位置，t=0.3s时，质点尸位于y轴负方向，所以加速

度方向沿)，轴正方向，故。错误；

故选：瓦

根据题意可知尸质点比。质点早回到平衡位置，则说明P质点向下振、质点Q向上振，

根据同侧法可以判断波传播的方向，然后可以计算周期，判断在不同时刻质点的位置,

加速度的方向一定指向平衡位置。

本题是波的图象问题，分析波的传播方向与质点振动方向间的关系是基本功，分析波动

形成过程是基本能力。

4.【答案】B

【解析】解：设该圆弧对应的半径为R,小球沿光滑圆弧面ABD运动到底端的时间相

当于摆长为尺的单摆周期叫，

则有:t=1=(x2若枝色

小球光滑斜面ACD滑到。的时间为已根据等时圆原理可知，小球与从高为2R处自由

下落的时间相等，根据2R=Tg*得：t'=后=：3故B正确，A、C、。错误。

故选：B。

小球沿光滑圆弧面运动到底端相当于单摆的运动，小球光滑斜面ACO滑到满

足“等时圆”原理，结合位移-时间公式求出运动的时间。

本题主要是考查牛顿第二定律中等时圆问题和单摆的周期公式，掌握“等时圆”原理和

单摆的周期公式是关键。

5.【答案】B

【解析】解:A、由图示图象可知，从6经c到d过程气体体积变大，气体对外做功,W<0,

从b到c过程气体体积不变压强增大，由查理定律可知，气体温度升高，气体内能增大，

由热力学第一定律可知，气体吸收热量，从c到&过程绝热，因此从人经c到d过程气

体从外界吸收热量，Q>0,从人经c,到”过程，根据已知条件无法判断气体吸收的热

量与对外界做功的关系，Q可能大于卬、有可能小于W、还可能等于W,由热力学第一

定律可知，该过程气体内能可能增加、有可能减小、还可能不变，故4错误；

D、p-V图像“面积”即为气体做功大小，由图示图象可知I,。一％过程「一/图象的面

积小于c-d过程p-U图象的面积，因此afb过程中外界对气体做的功小于ctd过程

中气体对外界做的功，故。错误；

B、从b-c过程系统从外界吸收热量，从CTd系统对外做功，从d-a系统放出热量,

从a—b外界对系统做功，P-V图像“面积”即为气体做功大小，可知c到d过程气体

做功，图像中brc—dra围成的图形的面积为气体对外做的功，整个过程气体能内

能变为零，则△勿=△(?,即Q般一(2成=^皿>0,即在一次循环过程中吸收的热量大

于放出的热量，故B正确；

C、由图示图象可知，a-b过程中气体体积减小，外界对气体做功，W>0,arb过

程是绝热过程，Q=0,由热力学第一定律可知：△U=W+Q=W,外部对气体做的

功等于气体内能的增加量，故C错误。

故选：B。

一定量的理想气体内能由温度决定；根据p-U图象“面积”等于气体做的功；根据图

示图象分析清楚气体状态变化过程，然后应用理想气体状态方程与热力学第一定律分析

答题。

本题考查气体定律以及热力学第一定律的综合运用，解题关健是要先根据气体实验定律

判断气体的p、KT的变化，然后结合热力学第一定律公式△〃=〃+<?进行分析，其

中特别需要注意的是P-V图象“面积”即为气体做功大小。

6.【答案】D

【解析】解：光在宝石中的传播情况如图所示；

根据几何关系可得光在0P面的入射角：1=三一。，

设光在0Q面的入射角为a,由于0P和0Q界面的两

条法线分别与界面垂直，则有：i+/?+y+a=7r

其中£+丫=兀-2。，解得：a=30

因光线恰好在0Q边发生全反射，则有：sina=；

1

解得：

n=cos30

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则光在宝石中的传播速度为u=：=-ccos（3。），故。正确、ABC错误。

故选：D。

作出光在宝石中的传播情况，根据几何关系可得光在0P面的入射角和光在。。面的入

射角，因光线恰好在。。边发生全反射，根据全反射的条件求解折射率，再根据求

解光在宝石中的传播速度。

本题主要是考查了光的全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路

图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件

列方程求解。

7.【答案】B

【解析】解：AC、根据右手螺旋定则可知检测电流产生的磁场方向向下，磁感线在磁

芯中沿逆时针方向，可知霍尔元件所在磁场方向向上，

由于霍尔元件中的载流子为电子，可知电子移动方向与工作电流方向相反，根据左手定

则可知，电子在N端积累，N端为负极，则N端应与电压表的负接线柱相接；

如果仅将检测电流反向，可知霍尔元件所在磁场方向将向下，电子将在M端积累，可

知电压表的正负接线柱需反接，故AC错误；

B、设霍尔元件单位体积内电子数量为〃，电子移动速度为h则At时间内通过截面品^

的电荷量为Q=/△t=v△tSbdne,得/=vSbdne=vbdne

由于MN之间存在电势差，则之间的电场强度为：^=等，电子所受沿6边方向

的电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，eE=evB,

联立解得：U=~因此若要提高检测灵敏度，可适当减小高度乩故B正确，

MNane

力、由上公式，可知电压表示数与通过霍尔元件的工作电流、磁感应强度、霍尔元件d

边有关，

由于磁感应强度与检测电流强度成正比，可知当霍尔元件尺寸给定时，电压表示数跟检

测电流的大小成正比，故O错误。

故选:B。

根据右手螺旋定则判断霍尔元件周围磁场方向，根据左手定则判断霍尔元件中载流子的

运动方向，从而判断M和N端的电性；

根据霍尔元件△t时间内通过截面5加的电荷量求出工作电流，根据电势差求出霍尔元件

前后面间的场强大小，进而由电子受力平衡求出电压表的读数：即霍尔元件前后面间的

电势差，最后判断电压表的读数与哪些参数有关。

本题考查霍尔元件的应用，解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自

由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，注意负电荷的运动与电流方向相反，同时

理解左手定则判定负电荷的洛伦兹力方向时，与正电荷方向相反。

8.【答案】C

【解析】解：A、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永远不做功，故A错误;

8、玻璃管在水平方向做匀速直线运动，小球受到的洛伦兹力在竖直方向的分力保持不

变，即在竖直方向做匀加速直线运动，合运动为匀加速直线运动，故B错误;

C、由于管对球的支持力对小球做了功，小球的机械能是增加的，在竖直方向上，由牛

顿第二定律得：qvB-mg=ma,由匀变

速直线运动的位移公式得：/1=3以2,小

球离开管口的速度%=或，合速度“合=

,苏+药,运动的增加量△后上=巳"|,一

|mv2,重力势能的增加量△Ep=mg/i,联立解得：△E=△&+△埒=quB/i,故C

正确；

。、小球的实际运动可分解为水平方向的速度为v和竖直速度为,竖直方向的洛伦兹力

不变，在竖直方向上，由牛顿第二定律得：q〃B-mg=rna,由匀速直线运动的位移公

式得：h=^at2,解得：t=闫匚，与运动速度有关，故。错误。

2ylqvB-mg

故选：Co

(1)由洛伦兹力的特点判断洛伦兹力不做功；

(2)小球随管运动受向上的洛伦兹力在竖直方向上做匀加速直线运动，在水平方向做匀

速直线运动，从而确定合运动：

(3)由动能定理求出小球动能的增加量，由重力势能的计算公式求出重力势能的增加量,

然后求出小球机械能的增加量；

(4)根据竖直方向的受力和已知位移求出时间关系式，再判断与速度的关系。

本题考查带电粒子在复合场中的运动，本题要注意分析清楚小球的运动过程，应用左手

定则、牛顿第二定律、运动学公式、运动的合成、动能定理等即可正确解题。

9.【答案】BD

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【解析】解：AB,建立一个“风柱”模型如图所示:

风柱的横截面积为叶片旋转扫出的面积S=加2

经过f风柱长度X=Vt,所形成的风柱体积U=7ll2Vt

空气遇到叶片旋转形成的圆面后;减速为零，，原速率穿过，

2

所以与叶片发生相互作用的风柱质量7n=\pV=\pnlvt,

根据动能定理，风力在这一段位移做的功W=%=^mv2=\pnl2vt-v2=\pnl2v3t

Zoo

一台风力发电机获得风能的功率为：「风=?=故4错误，B正确;

CD,对与叶片发生相互作用的那部分空气为研究对象，规定空气流动的方向为正方向，

根据动量定理得：—F-t=0—mv

代入数据解得：P=17rpl2/

根据牛顿第三定律，可知空气对一台风力发电机的平均作用力为：F'=F=^npl2v2,

一台风力发电机有三个叶片，所以空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约2兀p/2u2,

故C错误，。正确；

故选：BD。

建立一个“风柱”模型，算出“风柱”的质量，利用动能定理求出“风柱”做的功，然

后求出功率；根据动量定理和牛顿第三定律求得空气对一台风力发电机的平均作用力。

本题以草原天路景区风力发电机为情景载体，考查了动能定理、功率、动量定理在实际

问题中的应用，解决此题的关键是建立适合的物理模型。

10.【答案】co

【解析】A、当入射光的频率一定时，光电流强度随入射光强度的增大而增大，故A错

误。

8、当入射光的频率大于金属的极限频率时，能产生光电效应，可见光的频率大于红外

线的频率，故一定能产生光电效应，装置可以报警，故B错误。

C、0.8〃机的红外线频率为"=；=S'］。11Hz=3.75X1014Hz,由于该红外线能产生光

A0.8X10-6

电效应，故该金属的极限频率小于于3.75x10i4〃z,故C正确。

D、光电流8x10-以对应每秒产生的光电子数n=L=wo：个=5x10］。个，因10%

e1.6x10-19

的光子会产生光电子，故每秒射向该金属表面的光子数最少为5xl01i个，故。正确。

故选：CD。

入射光频率一定时，光电流的强度随入射光强度的增大而增大；从可见光与红外线的频

率大小关系作答B选项；通过红外线的波长求其频率，再通过频率判断C选项；通过

光电流强度求出每秒产生的光电子数，作答。选项。

本题考查光电效应中极限频率的概念和决定光电流强度的因素；同时涉及用电磁波谱比

较不同光频率的大小，以及电流强度的概念。作答此类问题，掌握基础知识是关键。

11.【答案】ACD

【解析】解：AB,由理想变压器的特点可知名/1="/?（）+A：/2=n2：%=3：

1,可知U0=/］&+?/?,滑动变阻器R的滑片产向下滑动，R减小，所以电流增大，

电流表示数变大，电源的输出功率2=%4增大，原线圈两端电压Ui=%-/iRo，因

为电流增大，所以外减小，由Ui：U2=n1：n2=1：3,得“减小，电压表示数减小，

故A正确，B错误；

C、原线圈与副线圈两端电压之比U#U2=n1：n2=1：3,Ur=%-//（）,U2=12R,

电流之比A：I2=n2：ni=3：1,联立得L=蒜，代入数据解得4=2.74电压表

示数4=/2氏=2.7x4V=10.8。，故C正确；

D、R获得的功率P2=eR=（蒜）2R=81*；九+仆=逼::/当等=R时，

u—~~+IOKQ+nK

R获得的功率最大，此时R=9Ro=9x40=360,故力正确；

故选：ACD.

理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数

成正比，且电流与电压均是有效值，电表测量值也是有效值。

本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之

比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；原线圈的电压决定副线圈

的电压；输出功率决定输出功率；掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习

与积累。

第16页，共23页

12.【答案】CD

【解析】解：对正三角形内部的小球受力分析，如图所示,

缓慢转动过程中，AC、8c边对球的弹力N^c，NBC的方向总是垂直相应的边，两力夹角

保持不变,AB边与球始终无弹力，由几何关系可知，随着角度。从0。到120。增大过程中，

角a与角。之和保持不变，且a+8=120。，

所以角0也保持不变，6=60。，由平衡条件和正弦定理得

G_NAC_NBC

sin/?sin。sin（12O。-。）'

所以球对AC边的压力N）c=NAC=^sin0,代入数据得N'^=^Gsin。，

球对BC边的压力N'BC=NBC=-^sin（120°-9）,代入数据得N、。=^Gs讥火120。一

。）；

A、由上述分析可知，球对AC边的压力为N'AC=^Gs讥0，可知，球对AC边的压力

可能大于球的重力，故4错误；

BC、角度。从0。到120。增大过程中，sin。和sin（120。-8）都是先增大后减小，所以球对

AC边的压力和球对BC边的压力都是先增大后减小，8故错误，C正确；

£＞、球对BC边的压力N'BC=^Gsin8（120。-。），当。=30。时，球对BC边压力最大，

且最大值为逋G，故。正确。

3

故选：CD。

装置缓慢转动，因此处于受力平衡状态，可利用共点力平衡条件进行分析，画出受力分

析图，利用正弦定理可求出各力之间的大小关系。

本题考查共点力平衡条件，通过受力分析确定各力的特点，找到相应的处理方法，对学

生分析综合能力有一定要求。

13.【答案】g'=gsin。83.30.976

【解析】解：(1)平板倾角为。时，重力加速度沿平板方向方向分加速度是等效重力加速

度，则单摆周期公式中的等效重力加速度g'=gsind.

(2)由图2所示可知，秒表读数为：60s+23.3s=83.3s。

(3)由单摆周期公式7=27r聆得：T2=4兀2/,。

由图示产一，图象可知，图象斜率k=4/L=得7n

代入数据解得：L«0.976m

故答案为:CL)g'=gsin。；(2)83.3；(3)0.976,

(1)根据题意求出等效重力加速度。

(2)秒表分针与秒针示数之和是秒表示数。

(3)应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出摆长。

理解实验原理是解题的前提与关键，根据题意应用单摆周期公式即可解题；要掌握常用

器材的使用方法与读数方法。

14.【答案】c2.5x1040否

【解析】解：(1)将电压表的不固定接头分别与b、c接触，电流表的指针偏转变化明显，

电压表指针偏转儿乎不变，说明电压表分流对实验的影响较大，电流表应采用内接法,

则应将电压表接头接在c点。

(2)电源电动势是6匕电压表眩量程太大，为准确测量电压，电压表应选择匕，电压表匕

与定值电阻/?3串联改装成6V的电压表测电压；通过水样的最大电流约为/=2=

Kx

晟涓=2x10-44=200fiA,电流表应选择冬，为方便实验操作，滑动变阻器应选择七；

由于电压表内阻已知，电流表应采用外接法；由于待测水样电阻远大于滑动变阻器最大

阻值，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示；

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(3)电压表改装后量程变为原来的2倍，则电压表示数为U时,待测电阻两端电压是2U,

根据图示电路图，由欧姆定律得：2U=1治,则(7=巳勺/,

由图2所示U—/图象可知，图象斜率k=41ZvX1V解得，水样的电阻％=2.5x

io4n：

4

由电阻定律得：Rx=p'z,电阻率：P=昼=2.5X10xl.o；l00•m=50。•m<5X

103I2-m,不合格。

故答案为：(l)c；(2)电路图如图所示；(3)2.5x104。；(4)否。

(1)根据电表示数变化情况判断电流表的接法，确定电压表接头的接在何处。

(2)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后根据实验原理作出实验电路图。

(3)应用欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象求出水样的电阻。

(4)应用电阻定律求出水样的电阻率，然后判断是否合格。

要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、准确性原则和操作方便原则：应用串并联电

路特点、欧姆定律与电阻定律可以求出电阻率即可解题。

15.【答案】解：(1)链球脱手后做斜上抛运动如图所示：广\石

X=VS0-(L1+L2)244I

水平方向：x=VQCOS9-tvQ=x

JS0-(Ll+^2)2

-t^e-J

(2)取竖直向上为正方向，竖直方向：一/i=fosin。•t-

解得：h=|^t2-V5o-CLi+L2)2,1即。

故：(1)链球脱手时速度大小％为后叵E；

tcosO

(2)链球脱手时离地面的高度h为3gt2_腐-(L1+叫)2-tane

【解析】链球脱手后做斜上抛运动，分解到水平方向：匀速运动；竖直方向：竖直上抛

运动，分别求解。

本题易错点在于把So错当成平抛的水平距离，所以需要有立体空间感。

16.【答案】解：(1)由图示图象可知气球半径R=10cm时，

4

气球橡胶薄膜的等效表面张力系数。=200cm-cmH20=2x10cm•Pa

吹气后稳定时气球内气体的压强p=Po+9

K

5

代入数据解得：p=l.O4po=1.04x10Pa

(2)设该同学的肺活量为力,由理想气体状态方程得：竽=熟

1112

其中：匕=3兀©)3,

代入数据解得：匕=4500mL

答：(1)吹气后稳定时气球内气体的压强是1.04X105Pa；

(2)该同学的肺活量为4500毫升。

【解析】(1)根据图示图象求出球的半径与气球的等效表面张力系数。，然后求出吹气稳

定时气球内气体的压强。

(2)求出气体的状态参量，应用理想气体状态方程求出该同学的肺活量。

本题是一道信息给予题，认真审题理解题意，根据题意与图示图象获取所需信息是解题

的前提，应用理想气体状态方程即可解题。

17.【答案】(l)a、匕两粒子运

动轨迹如图所示，根据周期公式

7=警、时间公式”57

T

-2

住

军3

--=-

£%£T1

-

6

(2)设粒子在磁场中运动半径为

r，有勺%8=乎，代入8的值解得：r=R

由几何关系可知，。、b两粒子经过磁场后都平行两板射出

设“、b粒子分别进入电场时距离轴线01。2的距离分别为△%、△如由几何关系得

△yi=△y2=Rsind,

解得：△y=Zkyi+^y2=R

(3)设〃、方粒子射入电场后分别经时间J、0与下板碰撞，此过程平行于板前进的距离

分别为h、Xb，

在竖直方向对〃粒子有：|R=[X辞念)2,L=2%,

在竖直方向对b粒子有：鼠FT，

=_xAt2

最后一小段：△x=4&-L=%△3最后一小段对6粒子有：yb||^

解得：yb=(8V3-y)/?=0.36/?

答：(l)a、6两个粒子在磁场中运动时间之比为：；

(2)a、b两个粒子进入电场时的位置间的距离4y为R；

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(3)b粒子离开电场时与下板间的距离为0.36R。

【解析】(1)画出粒子沿两个方向进入圆形磁场做匀速圆周运动的轨迹，洛伦兹力提供

向心力求出半径，由偏转角的比就能求出在磁场中的运动时间之比；

(2)由几何关系求出进入磁场时两个粒子之间的距离，注意两者的对称性；

(3)两个粒子进入电场均做类平抛运动，由类平抛规律和极板的几何关系，大致画出轨

迹，由相应规律可求出距离。

计算带电粒子在磁场中的偏转问题，关键是要画出粒子的运动轨迹，然后根据几何关系

得到各个数值之间的关系，进而结合牛顿运动定