物理（辽宁卷）（全解全析）_8、物理总复习_2024中考模拟题物理_三模（37套）_物理（辽宁卷）

年中考第三次模拟考试（辽宁卷） 2024 物 理 （考试时间： 分钟 试卷满分： 分） 注意事项: 80 80 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮 擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题（本题共9小题，每小题2分，共18分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符 合题目要求，第7~9题有多项符合题目要求。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0 分）1.中华诗词蕴藏着丰富的物理知识，下列对古诗词中涉及的物态变化解释正确的是( ) A. “欲渡黄河冰塞川”，冰的形成是凝华现象，需要放热 B. “露似真珠月似弓”，露的形成是液化现象，需要放热 C. “月落乌啼霜满天”，霜的形成是凝固现象，需要吸热 D. “一蓑烟雨任平生”，雨的形成是汽化现象，需要吸热 【答案】B 【解析】解：A、冰是水凝固形成的，属于凝固现象，凝固放热，故A错误； B、露是空气中的水蒸气遇冷形成的小水珠，属于液化现象，液化放热，故B正确； C、霜是空气中的水蒸气遇冷形成的小冰晶，属于凝华现象，凝华放热，故C错误； D、雨是空气中的水蒸气遇冷形成的小水珠，属于液化现象，液化放热，故D错误。 故选：B。 2. 如图所示，沙画是一种新兴的艺术表现形式。在玻璃板的下方固定一光源，作画者的巧手在玻璃板上 不断布撒和抹除细沙，随着细沙的堆积，阻挡了来自玻璃板的光，形成了千变万化的动态艺术效果。下列 光现象中与形成沙画的光影效果原理相同的是( )A.树荫下的光斑 B. 水中的倒影 C. 海市蜃楼 D. 用放大镜看书 【答案】A 【解析】解：沙画的光影效果原理是光沿直线传播。 A.树荫下的光斑是光沿直线传播形成的，故A正确； B.水中的倒影是光的反射形成的，故B不正确； C.海市蜃楼是光的折射形成的，故C不正确； D.用放大镜看书是利用了凸透镜成像原理，故D不正确。 故选：A。 3.关于如图所示的四幅图中，说法正确的是( ) ①分别在A、B、C三处用同样大小的力推门，在C处感觉关上门的难度最大，说明力的作用效果与力的 大小有关 ②锤头松了，人们常用撞击锤柄的方法使锤头紧套在锤柄上，利用了锤头的惯性 ③活塞式抽水机利用大气压，标准大气压下，能提升水的最大高度约为10.3m ④自制气压计从一楼走上五楼，观察到管内水柱变高，说明大气压随高度的增加而减小A. ①② B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③ 【答案】B 【解析】解：①分别在A、B、C三处用同样大小的力推门，在C处感觉关上门的难度最大，这说明力的 作用效果与力的作用点有关，故①错误； ②锤头松了，用撞击锤柄的方法能使锤头紧套在锤柄上，是因为撞击时，锤柄停止运动，而锤头由于惯性， 要保持原来的运动状态，继续向下运动，这是利用了锤头的惯性，故②正确； ③活塞式抽水机是利用大气压工作的，据p=ρgh知，在标准大气压下，能提升水的最大高度 p 1.013×105Pa 故 正确； h= 0 = =10.3m ③ ρ g 1.0×103kg/m3×9.8N/kg 水 ④从一楼到五楼，高度增加，观察到管内水柱变高，是因为瓶内气压不变，而瓶外气压变小了，这说明大 气压随高度的增加而减小，故④正确。 故选：B。 4.用毛皮摩擦过的橡胶棒接触不带电的验电器金属球后，金属箔张角如图甲所示；接着用毛皮摩擦过的气 球再接触金属球，金属箔张角变大，如图乙所示；然后用短波紫外光照射但不接触金属球，金属箔张角如 图丙所示，此时金属球中的某种电荷“逃”到了空气中。下列推断错误的是( ) A. 甲图中瞬间电流方向是由验电器到橡胶棒 B. 乙图中摩擦过的气球带负电 C. 丙图中金属箔张角变小是因为它们相互吸引 D. 丙图中从金属球“逃”出的是电子 【答案】C 【解析】解：A、橡胶棒带负电，有多余的电子，橡胶棒接触不带电的验电器金属球，电子从橡胶棒移动 到验电器，所以瞬间电流方向由验电器到橡胶棒，故A正确； B、毛皮摩擦过的气球使带负电的验电器的张角变得更大，则说明气球与验电器带相同的电荷，即气球带 负电，故B正确；CD、题图丙中两个金属箔片带同种电荷相互排斥，金属箔的张角变小是由于两个金属箔带的电荷量减小， 它们之间的斥力减小，其原因是电子转移走了，所以题图丙中有电子“逃”出，故C错误、D正确。 故选：C。 5.两个相同的容器放在同一水平桌面上，分别装有甲、乙两种密度不同的液体，且ρ >ρ ；两个体积相 甲 乙 同的实心小球a和b在甲、乙两种液体中静止时的状态如图所示；两容器内c、d两点到容器底部的距离相 等。设小球a和b的密度分别为ρ 和ρ ，质量分别为m 和m ，受到的浮力分别为F 和F ，c、d两处的液 a b a b a b 体压强分别为p 和p 。下列说法中( ) c d ①ρ >ρ ②m F ④p >p a b a b a b c d A. 只有①③正确 B. 只有②③正确 C. 只有①④正确 D. 只有 ①③④正确 【答案】D 【解析】解：①由图可知，小球a在甲液体中悬浮，则有ρ =ρ ；小球b在乙液体中漂浮，则有ρ <ρ ； a 甲 b 乙 已知ρ >ρ ，则ρ =ρ >ρ >ρ ，即ρ >ρ ，故①正确； 甲 乙 a 甲 乙 b a b m ②已知两个小球的体积相同，ρ >ρ ，由ρ= 可知m >m ，故②错误； a b V a b ③由G=mg可知两个小球的重力：G >G ，小球a悬浮时，所受的浮力与其重力大小相等，即F =G ； a b a a 小球b漂浮时，所受的浮力与其重力大小相等，即F =G ；由上述分析可知：F =G >G =F ，即 b b a a b b F >F ，故③正确；④由图可知，c处的液体深度更深，即h >h ，且ρ >ρ ，由p=ρgh可知c处的液 a b c d 甲 乙 体压强更大，即p >p ，故④正确；综上所述分析可知①③④正确，故A、B、C错误，D正确。 c d 故选：D。6.如图是核电站发电的原理图。核电站发电时的能量转化情况是( ) A. 核能→内能→机械能→电能核反应堆 B. 核能→化学能→机械能→电能 C. 核能→内能→化学能→电能 D. 核能→机械能→化学能→电能 【答案】A 【解析】解：根据核电站的发电过程可知，核能发电的能量传递和转化过程是：核能→水和蒸汽的内能→ 发电机转子的机械能→电能； 故选：A。 7.春夏季节雨水较多，某个下雨天，小琳撑一把雨伞在雨中行走，一阵大风吹来，伞面被“吸”得严重变 形，进入教室后，小琳收伞、抖落雨伞上的雨滴，将雨伞挂在桌边静止，关于雨伞，下列说法正确的是( ) A. 如图甲所示，推开雨伞时，伞骨给骨臂一个向上的动力，骨臂绕O点转动，这是一个费力杠杆 B. 如图乙所示，伞上方空气流速大、压强小，小琳需要施加一个向下的力以平衡风力产生的效果 C. 如图丙所示，轻轻抖动雨伞，由于雨伞具有惯性，雨水与雨伞分离落向地面，伞上的雨水变少了 D. 如图丁所示，雨伞只受重力和桌面施加的竖直向上的支持力，雨伞与桌面之间没有摩擦力 【答案】ABD【解析】解：A、如图甲所示，推开雨伞时，伞骨给骨臂一个向上的动力，动力作用线过A点，阻力作用 线过B点，骨臂绕O点转动，动力臂小于阻力臂，因此是费力杠杆，故A正确； B、因为气体流速越大的位置压强越小，伞上方的空气流速大于下方的空气流速，向上的压强大于向下的 压强；为了平衡风力产生的效果，小琳需要额外施加一个向下的力的作用，故B正确； C、用手拿着沾有雨水的雨伞，轻轻向下抖，雨伞受力后运动状态发生改变，由静止变为运动，伞上的雨 水由于具有惯性，继续保持原来的静止状态，雨水与雨伞分离落向地面，伞上的雨水就少了，故C错误； D、雨伞静止挂在课桌边时，桌面对雨伞的支持力作用在雨伞上与雨伞受到的重力为一对平衡力，而雨伞 在水平方向没有相对运动或相对运动的趋势，即不受摩擦力，故D正确。 故选：ABD。 8.如图所示，每个滑轮重6N，物体A重100N，物体B重60N，F =16N，F =8N，此时物体A相对于 1 2 地面静止，物体B以0.1m/s的速度在物体A表面向左做匀速直线运动，绳重及滑轮转轴的摩擦等次要因 素忽略不计。下列说法正确的是( ) A. 拉力F 的功率为0.8W B. 滑轮组的机械效率为75% 2 C. 如果增大F ，物体A可能向左运动 D. 物体A受到地面水平向右2N的摩擦力 2 【答案】BD 【解析】解：A、由图可知，滑轮组绳子的有效股数n=3，则绳子自由端移动的速度 W F s v =nv =3×0.1m/s=0.3m/s，则F 的功率：P = 总= 2 2=F v =8N×0.3m/s=2.4W，故A 2 B 2 2 t t 2 2 错误； 1 D、因绳重及滑轮转轴处的摩擦等次要因素忽略不计，所以，由F= (G +f )可得，物体B受到的摩擦力 n 动 f =nF -G =3×8N-6N=18N，因物体A对物体B水平向右的摩擦力和物体B对物体A水平向左的 B 2 动摩擦力是一对相互作用力，所以，物体B对物体A水平向左的摩擦力：f '=f =18N，因物体A静止时处 B B 于平衡状态，其合力为零，所以，由F ”、“<”或“=”)；调整以后得到该透镜的 焦距为10cm。 (2)当烛焰位于如图乙所示位置时，移动光屏，可在光屏上得到一个清晰的倒立、______的实像，此成像 规律常应用在______(选填“放大镜”、“照相机”或“幻灯机”)上，保持凸透镜位置不变，将点燃的蜡烛放在光具座上30cm刻线处，要在光屏上重新得到烛焰清晰的像，应将光屏移动到______cm刻线处。 (3)当烛焰再次位于如图乙所示位置时，若将蜡烛稍远离凸透镜，光屏上的像变模糊，若要再次在光屏上 得到清晰的像，可采用下列方法： ①若移动光屏，则应将光屏______(选填“远离”或“靠近”)凸透镜，此时像的大小比原来的像要______ 些。 ②若不移动光屏，则可在蜡烛和凸透镜之间再放上一个焦距合适______(选填“近视眼镜”或“远视眼 镜”)。 【答案】< 放大 幻灯机 70 靠近 小 近视眼镜 【解析】解：(1)由于光斑到凸透镜的距离为L时，即像距为L时，纸上呈现一个并非最小的光斑，此时再 将这个凸透镜与纸之间距离稍微增大，若光斑变大，这个光斑可能是焦点之后的光斑，故可能f u>f，此时成 1 1 倒立放大的实像，据此制成了幻灯机； 保持凸透镜位置不变，将点燃的蜡烛放在光具座上30cm刻线处，此时u=2f，成倒立等大的实像，v=2f， 要在光屏上重新得到烛焰清晰的像，应将光屏移动到70cm刻线处； (3)若将蜡烛稍远离凸透镜，物距增大，像距会减小，所以光屏应该向左移动； 若不移动光屏，根据凹透镜对光线有发散作用，则可在蜡烛和凸透镜之间再放上一个焦距合适的凹透镜( 近视眼镜)，延缓了对光线会聚，也可再次在光屏上得到清晰的像。 故答案为：(1)<；(2)放大；幻灯机；70；(3)靠近；小；近视眼镜。 20.如图，小明利用压强计“探究影响液体内部压强大小的因素”，①到⑥图杯中的液体，除②图杯中装 的浓盐水外，其余杯里装的都是水。(1)压强计是通过U形管中液面的______来反映被测压强大小的。实验前用手轻轻按压几下橡皮膜，检查 装置是否漏气，如果U形管中的液体能灵活升降，则说明装置______(选填“漏气”或“不漏气”)； (2)做②③两次实验，是为了探究液体内部压强大小跟液体的______是否有关。做______三次实验，是为 了探究液体内部压强大小跟液体深度的关系，此实验方法名称为______。 (3)若图⑦中U形管左右两侧红墨水面的高度差h =10.2cm，则U形管中红墨水产生的压强差为______ 1 Pa(ρ =1.0×103kg/m3 )。若此时探头在液体中深度h =12cm，则图⑦杯中液体的密度为______ 冰 2 kg/m3。 【答案】高度差 不漏气 密度 ④⑤⑥ 控制变量法 1020 0.85×103 【解析】解：(1)压强计是通过U形管中液面的高度差来反映来反映被测压强的大小； 使用前用手轻轻按压几下橡皮膜，U形管中的液体能灵活升降，则说明装置不漏气； (2)②③两次实验，探头在液体中的深度和方向相同，液体密度不同，可见是为了探究液体压强与液体密 度是否有关；U形管中两边液面的高度差不同，可得大。所以液体深度相同时，液体的密度越大，液体压 强越大，比较②③是为了探究液体内部压强大小跟液体的密度是否有关； 比较④⑤⑥得，液体密度相同，探头在液体中的深度不同，U形管左右两管液面高度差不同，④⑤⑥是 探究液体压强跟液体深度的关系，运用了控制变量法； (3)橡皮管内气体的压强与大气压之差：p=ρgh=1×103kg/m3×10N/kg×0.102m=1020Pa； U形管左右两侧压强相等，即ρgh =ρ gh ，则ρh =ρ h ， 1 液 2 1 液 2 ，解得： ； 1.0×103kg/m3×0.102m=ρ ×0.12m ρ =0.85×103kg/m3 液 液 故答案为：(1)高度差；不漏气；(2)密度；④⑤⑥；控制变量法；(3)1020；0.85×103。21.小明在“测量小灯泡的电功率”实验中，选用如图-1所示的器材和电路，其中电源电压恒为6V，小 灯泡的额定电压为2.5V。 (1)请用笔画线代替导线将滑动变阻器连入电路，要求：向右移动滑片P，灯泡变亮。 (2)连接电路时，开关应处于 状态。 (3)连接好电路闭合开关后，灯泡不亮，电压表和电流表均偏转，则下一步操作应该是 。 A.更换小灯泡 B.检查电路是否断路 C.更换电池 D.移动滑片P (4)根据测得的数据绘制的通过小灯泡的电流随它两端电压变化的关系图象如图-2所示，分析图象可知： 小灯泡的额定功率为 W。 (5)利用图-1中器材和电路 (选填“能”或“不能”)探究电流与电压的关系。 (6)同组的小聪设计了一种测量定值电阻R 阻值的电路，如图-3所示。已知电路中另一个定值电阻的阻值 x 为R ，电源电压未知且不变。请将以下实验步骤补充完整： 0 ①断开开关S ，闭合开关S、S ，记录电压表的示数U ； 2 1 1 ② ，记录电压表的示数U ； 2 ③待测电阻R 阻值的表达式：R = (用U 、U 、R 表示)。 x x 1 2 0 【答案】断开 不能 断开开关 ，闭合开关 、 U D 0.625 S S S 1 ⋅R 1 2 U -U 0 2 1【解析】解：(1)滑动变阻器要串联在电路中，连接时要采取“一上一下”的方式，向右移动滑片P，灯泡 变亮说明滑动变阻器的右下端要接入电路，据此连接电路，完整电路如图所示 ； (2)为保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态； (3)连接好电路闭合开关后，灯泡不亮，电压表和电流表均偏转，说明电路是通的，只是电流比较小，灯 泡实际功率较小导致不亮，下一步操作应该是移动滑片P，让灯泡亮起来，故D正确； (4)由图-2知，灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.25A，故小灯泡的额定功率为： P=UI=2.5V ×0.25A=0.625W； (5)在探究电流与电压的关系实验时要保持定值电阻不变，由图-2知小灯泡的电阻在变化，故利用图-1中 器材和电路不能探究电流与电压的关系； (6)①断开开关S ，闭合开关S、S ，两电阻串联，电压表测量R 两端的电压，记录电压表的示数U ，即 2 1 x 1 R 两端的电压U =U ； x X 1 ②断开开关S ，闭合开关S、S ，两电阻串联，电压表测量电源的电压，记录电压表的示数U ，即电源电 1 2 2 U U -U 压U=U ；R 两端的电压U =U -U ，此时电路的电流I= 0= 2 1 ， 2 0 0 2 1 R R 0 0 U U U R = X = 1 = 1 ⋅R ③待测电阻R 阻值的表达式： x I U -U U -U 0 。 x 2 1 2 1 R 0故答案为：(1)如图所示： ；(2)断开；(3)D；(4)0.625；(5)不能；(6)②断开开 U 关S ，闭合开关S、S ； 1 ⋅R 。 1 2 U -U 0 2 1 五、综合应用题（本大题共3小题，共22分） 22.自动驾驶是近年来比较热门的话题，自动驾驶技术也已应用到很多汽车上。如图所示，这是某款无人 驾驶物流配送车，具备L4级自动驾驶能力，空车质量为300kg。每个车轮与地面的接触面积为50cm2。 设计最高时速为15km/h，可实现到用户手中的最后五公里配送。(g取 10N/kg) (1)求无人驾驶物流配送车空车静止在水平路面上时对路面的压强。 (2)求无人驾驶物流配送车以最高时速行驶5km需要的时间。 (3)无人驾驶物流配送车是由纯电驱动，使用电取代汽油在环保上有哪些优势？请写出两条。 【答案】解：(1)物流配送车受到的重力为：G=mg=300kg×10N/kg=3000N 物流配送车受到的压力等于自身的重力：F=G=3000N F 3000N 物流配送车对水平路面的压强：p= = =1.5×105Pa S 50×10-4m2×4 5km 1 (2)物流配送车以最高时速行驶5km需要的时间：t= = h=20min 15km/h 3 (3)使用点取代汽油可以减少汽车尾气的排放；电动车的声音比汽油发动机的声音小，可降低噪音污染。 故答案为： ； ； 使用点取代汽油可以减少汽车尾气的排放；电动车的声音比 (1)1.5×105Pa (2)20min (3) 汽油发动机的声音小，可降低噪音污染。 23.如图甲是小明家购买的某型号电热加湿器，乙是其内部的原理图，表格为其部分技术参数。R 、R 为 1 2 发热电阻，不考虑温度对电阻的影响，S为旋转型开关，1、2、3、4为触点，通过旋转开关S可实现 “关”、“低挡”和“高挡”之间的切换(低挡为小功率加热，高挡为大功率加热)，R 在“低挡”状态与 1 “高挡”状态正常工作时的功率之比是1：16，求：额定电压/V 220 高温挡额定功率 400 /W 低温挡额定功率 /W (1)R 的电阻及R 在“低挡”工作时的功率； 1 1 (2)加湿器处于低挡加热状态下的额定功率是多少W？ (3)小明关闭家中其他电器，单独让加湿器接在丙图中的电能表上，加湿器在高挡加热状态下正常工作 5min，电能表转盘转了25转，则电能表上模糊不清的这个参数应该是多少r/(kW⋅h)？ U2 【答案】解：(1)由图乙可知，开关S置于2、3时，R 与R 串联，此时总电阻最大，由P= 可知此时电 1 2 R 路消耗的总功率最小，则电热加湿器处于低挡；开关S置于3、4时，R 与R 并联，此时总电阻最小，由 1 2 U2 P= 可知此时电路消耗的总功率最大，则电热加湿器处于高挡；由表中数据可知高温挡的额定功率为 R ，根据 U2可得 的阻值： U2 (220V) 2 ， 400W P= R R = = =121Ω R 1 1 P 400W 高 因为R 在“低挡”状态与“高挡”状态正常工作时的功率之比是1：16，则R 在“低挡”工作时的功率： 1 1 1 1 P = P = ×400W =25W； 1 16 高 16 (2) 由 P=I2R 可得低挡时电路中的电流： I = √P 1= √ 25W = 5 A ， 1 低 R 121Ω 11 1 5 电源电压不变，则加湿器处于低挡加热状态下的额定功率：P =U I =220V× A=100W； 低 低 11 5 1 (3)加湿器在高挡加热状态下正常工作5min消耗的电能：W =P t=400×10-3kW× h= kW⋅h， 高 60 30已知这段时间内电能表转盘转了25转，则电能表上模糊不清的这个参数为： 25r N= =750r/(kW⋅h) 1 。 kW⋅h 30 【解析】(1)由图乙可知，当旋转型开关S置于2、3触点时，加热电阻R 、R 串联，分析可知此时电热加 1 2 湿器处于低挡；当旋转型开关S置于3、4触点时，加热电阻R 、R 并联，分析可知此时电热加湿器处于高 1 2 U2 挡；知道高温挡的额定功率，由P= 可求出R 的阻值；已知R 在“低挡”状态与“高挡”状态正常工 R 1 1 作时的功率之比是1：16，据此求出R 在“低挡”工作时的功率； 1 (2)根据P=I2R求出低温挡时电路的电流，电源电压不变，根据P=UI求出低挡时电路的额定功率； (3)知道加湿器在高挡加热状态下的额定功率和工作时间，根据W =Pt求出消耗的电能，电能表转盘转过 的圈数与消耗电能的比值即为这个参数。 24.风速是气象观测中的重要参数，用风速仪可以测量风速大小。风速仪工作原理是什么？怎样设计制作 简易风速仪呢？物理学习小组开展了“风速仪”制作活动。 【项目任务】制作一个“风速仪”。 【项目导引】(1)如图甲所示是杯式风速仪和工作参数。在风力的作用下，杯式风速仪的风杯可在360°任 意方向的风力带动下绕轴转动，转动时传感器将风速转换成输出电流信号，再经过系统处理后能准确显示 出风速值。此杯式风速仪正常工作10min，最多消耗______J的电能。杯式风速仪工作参数 量程 0.4-50m/s 输出电流信号范围4-20mA 启动风速 0.4m/s 电功率 ≤0.48W 【方案设计】受到杯式风速仪工作原理的启发，同学们设计了简易风速仪，其原理如图乙所示。电源为恒 流源，能提供大小始终恒定的电流。电流表量程为0-0.6A，定值电阻为R ，R 为压力传感器，无风时 0 1 R 受到的风压为零，有风时R 的阻值随风压F大小变化的关系如图丙所示。 1 1 【项目实施】(2)同学们通过查阅资料，知道了风压是指单位面积上垂直于气流方向的平面上所受风的压 力，风速和风压有关。图乙电路中与压力传感器R 相连的是一块轻质迎风板。闭合开关，当风垂直吹在迎 1 风板上，便可读出______表示数，通过计算再根据风速与风压的关系就能知道此时的风速。 (3)实验中，当风压F为6N时，测出简易风速仪中电压表示数为8V，恒流源提供的恒定电流I= ______ A(用含R 的表达式表示)。 0 【评价反思】(4)对比杯式风速仪，写出简易风速仪存在的一条不足之处 ______________________________。 8V 【答案】288 电流 0.4A+ 在读取电表读数时存在误差，不能十分准确的测出风速大小 R 0 【解析】解：(1)由表中数据可知，杯式风速仪正常工作时消耗的最大功率为0.48W，所以正常工作 10min最多消耗的电能为W =Pt=0.48W×10×60s=288J； (2)根据图中电源的电流恒定，读出电流表示数，可以计算定值电阻的电流，根据欧姆定律计算电压和R 1 的阻值，结合图像得出风压，再根据风速与风压的关系就能知道此时的风速。 (3)当风压F为6N时，根据丙图知，R =20Ω；测出简易风速仪中电压表示数为8V，R 的电流为 1 1 U 8V 8V I = = =0.4A；恒流源提供的恒定电流I=I +I =0.4A+ ； 1 R 20Ω 1 0 R 1 0 (4)在读取电表读数时存在误差，不能十分准确的测出风速大小。 8V 故答案为：(1)288；(2)电流；(3)0.4A+ ；(4)在读取电表读数时存在误差，不能十分准确的测出 R 0 风速大小。