2017年全國統(tǒng)一高考物理試卷(共27頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上2017年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)）一、選擇題：本大題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第15題只有一項(xiàng)是符合題目要求，第68題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分有選錯(cuò)的得0分1（3分）將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為（噴出過程中重力和空氣阻力可忽略）（）A30kgm/sB5.7×102kgm/sC6.0×102kgm/sD6.3×102kgm/s2（3分）發(fā)球機(jī)從同一高度向正前方依次水平射出

2、兩個(gè)速度不同的乒乓球（忽略空氣的影響）速度較大的球越過球網(wǎng)，速度度較小的球沒有越過球網(wǎng)；其原因是（）A速度較小的球下降相同距離所用的時(shí)間較多B速度較小的球在下降相同距離時(shí)在豎直方向上的速度較大C速度較大的球通過同一水平距離所用的時(shí)間較少D速度較大的球在相同時(shí)間間隔內(nèi)下降的距離較大3（3分）如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里三個(gè)帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma，mb，mc已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)下列選項(xiàng)正確的是（）AmambmcBmbmamcCm

3、cmambDmcmbma4（3分）大科學(xué)工程“人造太陽”主要是將氘核聚變反應(yīng)釋放的能量用來發(fā)電，氘核聚變反應(yīng)方程是：H+HHe+n，已知H的質(zhì)量為2.0136u，He的質(zhì)量為3.0150u，n的質(zhì)量為1.0087u，1u=931MeV/c2氘核聚變反應(yīng)中釋放的核能約為（）A3.7MeVB3.3MeVC2.7MeVD0.93MeV5（3分）掃描隧道顯微鏡（STM）可用來探測樣品表面原子尺寸上的形貌為了有效隔離外界振動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng)，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對(duì)紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動(dòng)，如圖所示，無擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對(duì)于紫銅薄板上下及左

4、右振動(dòng)的衰減最有效的方案是（）ABCD6（3分）如圖，三根相互平行的固定長直導(dǎo)線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反下列說法正確的是（）AL1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直BL3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直CL1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1：1：DL1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為：17（3分）在一靜止點(diǎn)電荷的電場中，任一點(diǎn)的電勢與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示電場中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的電場強(qiáng)度大小分別Ea、Eb和Ec點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離ra與點(diǎn)a的電勢a已在圖中用坐標(biāo)（ra，

5、a）標(biāo)出，其余類推現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，在相鄰兩點(diǎn)間移動(dòng)的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd下列選項(xiàng)正確的是（）AEa：Eb=4：1BEc：Ed=2：1CWab：Wbc=3：1DWbc：Wcd=1：38（3分）如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N初始時(shí)，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角（）現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角不變，在OM由豎直被拉到水平的過程中（）AMN上的張力逐漸增大BMN上的張力先增大后減小COM上的張力逐漸增大DOM上的張力先增大后減小二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分

6、第932題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答第3338題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（共129分）9（5分）某探究小組為了研究小車在桌面上的直線運(yùn)動(dòng)，用自制“滴水計(jì)時(shí)器”計(jì)量時(shí)間實(shí)驗(yàn)前，將該計(jì)時(shí)器固定在小車旁，如圖（a）所示實(shí)驗(yàn)時(shí)，保持桌面水平，用手輕推一下小車在小車運(yùn)動(dòng)過程中，滴水計(jì)時(shí)器等時(shí)間間隔地滴下小水滴，圖（b）記錄了桌面上連續(xù)6個(gè)水滴的位置（已知滴水計(jì)時(shí)器每30s內(nèi)共滴下46個(gè)小水滴）（1）由圖（b）可知，小車在桌面上是 （填“從右向左”或“從左向右”）運(yùn)動(dòng)的（2）該小組同學(xué)根據(jù)圖（b）的數(shù)據(jù)判斷出小車做勻變速運(yùn)動(dòng)小車運(yùn)動(dòng)到圖（b）中A點(diǎn)位置時(shí)的速度大小為 m/s，加速度大小

7、為 m/s2（結(jié)果均保留2為有效數(shù)字）10（10分）某同學(xué)研究小燈泡的伏安特性，所使用的器材有：小燈泡L（額定電壓3.8V，額定電流0.32A）；電壓表V（量程3V，內(nèi)阻3k）；電流表A（量程0.5A，內(nèi)阻0.5）；固定電阻R0（阻值1000）；滑動(dòng)變阻器R（阻值09.0）；電源E（電動(dòng)勢5V，內(nèi)阻不計(jì)）；開關(guān)S；導(dǎo)線若干（1）實(shí)驗(yàn)要求能夠?qū)崿F(xiàn)在03.8V的范圍內(nèi)對(duì)小燈泡的電壓進(jìn)行測量，畫出實(shí)驗(yàn)電路原理圖（2）實(shí)驗(yàn)測得該小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示由實(shí)驗(yàn)曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻 （填“增大”“不變”或“減小”），燈絲的電阻率 （填“增大”“不變”或“減小”）（3）用另一電源E0

8、（電動(dòng)勢4V，內(nèi)阻1.00）和題給器材連接成圖（b）所示的電路圖，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R的阻值，可以改變小燈泡的實(shí)際功率閉合開關(guān)S，在R的變化范圍內(nèi)，小燈泡的最小功率為 W，最大功率為 W（結(jié)果均保留2位小數(shù)）11（12分）一質(zhì)量為8.00×104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面飛船在離地面高度1.60×105 m處以7.5×103 m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100m/s時(shí)下落到地面取地面為重力勢能零點(diǎn)，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8m/s2（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）（1）分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能；

9、（2）求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時(shí)速度大小的2.0%12（20分）真空中存在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0，在油滴處于位置A時(shí)，將電場強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變持續(xù)一段時(shí)間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)重力加速度大小為g（1）油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度；（2）求增大后的電場強(qiáng)度的大?。粸楸ＷC后來的電場強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件已知不存在電場時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的

10、最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍（二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。物理-選修3-313（5分）氧氣分子在0和100溫度下單位速率間隔的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比隨氣體分子速率的變化分別如圖中兩條曲線所示下列說法正確的是（）A圖中兩條曲線下面積相等B圖中虛線對(duì)應(yīng)于氧氣分子平均動(dòng)能較小的情形C圖中實(shí)線對(duì)應(yīng)于氧氣分子在100時(shí)的情形D圖中曲線給出了任意速率區(qū)間的氧氣分子數(shù)目E與0時(shí)相比，100時(shí)氧氣分子速率出現(xiàn)在0400 m/s區(qū)間內(nèi)的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比較大14（10分）如圖，容積均為V的汽缸A、B下端有細(xì)管（容積可忽略）連通，閥門K

11、2位于細(xì)管的中部，A、B的頂部各有一閥門K1、K3，B中有一可自由滑動(dòng)的活塞（質(zhì)量、體積均可忽略）初始時(shí)，三個(gè)閥門均打開，活塞在B的底部；關(guān)閉K2、K3，通過K1給汽缸充氣，使A中氣體的壓強(qiáng)達(dá)到大氣壓p0的3倍后關(guān)閉K1已知室溫為27，汽缸導(dǎo)熱（i）打開K2，求穩(wěn)定時(shí)活塞上方氣體的體積和壓強(qiáng)；（ii）接著打開K3，求穩(wěn)定時(shí)活塞的位置；（iii）再緩慢加熱汽缸內(nèi)氣體使其溫度升高20，求此時(shí)活塞下方氣體的壓強(qiáng)物理-選修3-415如圖（a），在xy平面內(nèi)有兩個(gè)沿z方向做簡諧振動(dòng)的點(diǎn)波源S1（0，4）和S2（0，2）兩波源的振動(dòng)圖線分別如圖（b）和圖（c）所示兩列波的波速均為1.00m/s兩列波從波源

12、傳播到點(diǎn)A（8，2）的路程差為 m，兩列波引起的點(diǎn)B（4，1）處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)相互 （填“加強(qiáng)”或“減弱”），點(diǎn)C（0，0.5）處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)相互 （填“加強(qiáng)”或“減弱”）16如圖，一玻璃工件的上半部是半徑為R的半球體，O點(diǎn)為球心；下半部是半徑為R、高為2R的圓柱體，圓柱體底面鍍有反射膜有一平行于中心軸OC的光線從半球面射入，該光線與OC之間的距離為0.6R已知最后從半球面射出的光線恰好與入射光線平行（不考慮多次反射）求該玻璃的折射率2017年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)）參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共8小題，每小題3分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第15題只有一項(xiàng)是符合題目要求，第68題有多項(xiàng)

13、符合題目要求全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分有選錯(cuò)的得0分1（3分）（2017新課標(biāo)）將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為（噴出過程中重力和空氣阻力可忽略）（）A30kgm/sB5.7×102kgm/sC6.0×102kgm/sD6.3×102kgm/s【分析】在噴氣的很短時(shí)間內(nèi)，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，結(jié)合動(dòng)量守恒定律求出燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g火箭的動(dòng)量大小【解答】解：開始總動(dòng)量為零，規(guī)定向向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得，0=m1v1+P，解得火箭的

14、動(dòng)量P=m1v1=0.05×600kgm/s=30kgm/s，負(fù)號(hào)表示方向，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤故選：A【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律的基本運(yùn)用，知道噴出燃?xì)獾膭?dòng)量和火箭的動(dòng)量大小相等，方向相反，基礎(chǔ)題2（3分）（2017新課標(biāo)）發(fā)球機(jī)從同一高度向正前方依次水平射出兩個(gè)速度不同的乒乓球（忽略空氣的影響）速度較大的球越過球網(wǎng)，速度度較小的球沒有越過球網(wǎng)；其原因是（）A速度較小的球下降相同距離所用的時(shí)間較多B速度較小的球在下降相同距離時(shí)在豎直方向上的速度較大C速度較大的球通過同一水平距離所用的時(shí)間較少D速度較大的球在相同時(shí)間間隔內(nèi)下降的距離較大【分析】平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)

15、動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，抓住水平方向相等時(shí)，通過時(shí)間關(guān)系得出下降的高度，從而分析判斷【解答】解：發(fā)球機(jī)發(fā)出的球，速度較大的球越過球網(wǎng)，速度度較小的球沒有越過球網(wǎng)，原因是發(fā)球機(jī)到網(wǎng)的水平距離一定，速度大，則所用的時(shí)間較少，球下降的高度較小，容易越過球網(wǎng)，故C正確，ABD錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由高度決定，初速度和時(shí)間共同決定水平位移3（3分）（2017新課標(biāo)）如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里三個(gè)帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，質(zhì)量分別為

16、ma，mb，mc已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)下列選項(xiàng)正確的是（）AmambmcBmbmamcCmcmambDmcmbma【分析】由粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律得到其合外力情況，再對(duì)粒子進(jìn)行受力分析即可求解【解答】解：微粒受重力G、電場力F、洛倫茲力F'的作用，三個(gè)帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，那么微粒所受電場力F大小相等，方向豎直向上；a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則a的重力等于電場力，即F=Ga=mag；b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則b受力平衡，因?yàn)橹亓Ψ较蜇Q直向下，洛倫茲力方向豎直向上，則有F+Fb=Gb

17、=mbg；c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則c受力平衡，且洛倫茲力方向向下，則有：FFc=Gc=mcg所以，mbmamc，故ACD錯(cuò)誤，B正確；故選：B【點(diǎn)評(píng)】帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力的方向用左手定則判斷，然后再分析粒子的受力情況，進(jìn)而應(yīng)用牛頓第二定律聯(lián)系粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，進(jìn)而求解4（3分）（2017新課標(biāo)）大科學(xué)工程“人造太陽”主要是將氘核聚變反應(yīng)釋放的能量用來發(fā)電，氘核聚變反應(yīng)方程是：H+HHe+n，已知H的質(zhì)量為2.0136u，He的質(zhì)量為3.0150u，n的質(zhì)量為1.0087u，1u=931MeV/c2氘核聚變反應(yīng)中釋放的核能約為（）A3.7MeVB3.3MeVC2.7MeVD0.9

18、3MeV【分析】根據(jù)已知核反應(yīng)方程式，要計(jì)算計(jì)算釋放的核能，就必須知道核反應(yīng)虧損的質(zhì)量，根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程E=mC2即可求出核反應(yīng)釋放的能量【解答】解：因氘核聚變的核反應(yīng)方程為：H+HHe+n，；核反應(yīng)過程中的質(zhì)量虧損為m=2mD（mHe+mn）=0.0035u釋放的核能為E=mc2=0.0035uc2=3.3MeV，故B正確，ACD錯(cuò)誤； 故選：B【點(diǎn)評(píng)】只要對(duì)近代原子物理有所了解即可，需要深入理解的東西不是太多所以要多讀教材，適量做些中低檔題目即可5（3分）（2017新課標(biāo)）掃描隧道顯微鏡（STM）可用來探測樣品表面原子尺寸上的形貌為了有效隔離外界振動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng)，在圓底盤周邊沿其徑向

19、對(duì)稱地安裝若干對(duì)紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動(dòng)，如圖所示，無擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對(duì)于紫銅薄板上下及左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是（）ABCD【分析】根據(jù)電磁感應(yīng)原理，結(jié)合楞次定律的阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)角度，及產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，即可判定【解答】解：當(dāng)加恒定磁場后，當(dāng)紫銅薄板上下及左右振動(dòng)時(shí)，導(dǎo)致穿過板的磁通量變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)磁場進(jìn)而阻礙板的運(yùn)動(dòng)，因此只有A選項(xiàng)穿過板的磁通量變化，故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A【點(diǎn)評(píng)】考查電磁感應(yīng)原理，掌握楞次定律中阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)，理解磁通量的含義，及感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件6（3分）（2017新課標(biāo)）如圖，三根相互平行的

20、固定長直導(dǎo)線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反下列說法正確的是（）AL1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直BL3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直CL1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1：1：DL1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為：1【分析】依據(jù)右手螺旋定則判定各導(dǎo)線在其他位置的磁場方向，再結(jié)合矢量的合成法則，即可判定合磁場方向，最后根據(jù)左手定則，從而確定其位置的受到磁場力方向； 因所通的電流相等，那么單位長度的磁場力之比，即為各自所處的磁場之比【解答】解：A、根據(jù)右手螺旋定則，結(jié)合矢量的合成法則

21、，則L2、L3通電導(dǎo)線在L1處的磁場方向如下圖所示，再根據(jù)左手定則，那么L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面平行，故A錯(cuò)誤；B、同理，根據(jù)右手螺旋定則，結(jié)合矢量的合成法則，則L2、L1通電導(dǎo)線在L3處的磁場方向如下圖所示，再根據(jù)左手定則，那么L3所受磁場作用力的方向與L2、L1所在平面垂直，故B正確；CD、由A選項(xiàng)分析，可知，L1、L3通電導(dǎo)線在L2處的合磁場大小與L2、L3通電導(dǎo)線在L1處的合磁場相等，設(shè)各自通電導(dǎo)線在其他兩點(diǎn)的磁場大小為B，那么L1、L2和L3三處磁場之比為1：1：，故C正確，D錯(cuò)誤； 故選：BC【點(diǎn)評(píng)】考查右手螺旋定則與左手定則的內(nèi)容，掌握矢量的合成法則，理解幾何

22、關(guān)系，及三角知識(shí)的運(yùn)用7（3分）（2017新課標(biāo)）在一靜止點(diǎn)電荷的電場中，任一點(diǎn)的電勢與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示電場中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的電場強(qiáng)度大小分別Ea、Eb和Ec點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離ra與點(diǎn)a的電勢a已在圖中用坐標(biāo)（ra，a）標(biāo)出，其余類推現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，在相鄰兩點(diǎn)間移動(dòng)的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd下列選項(xiàng)正確的是（）AEa：Eb=4：1BEc：Ed=2：1CWab：Wbc=3：1DWbc：Wcd=1：3【分析】由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=可求場強(qiáng)之比；利用公式Uab=ab和W=qU分別計(jì)算電場力做的功，從而求電場力做功之

23、比【解答】解：A、由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=可得：Ea：Eb=：=4：1，故A正確；B、由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=可得：Ec：Ed=：=4：1，故B錯(cuò)誤；C、從a到b電場力做功為：Wab=qUab=q（ab）=q（63）=3q，從b到c電場力做功為：Wbc=qUbc=q（bc）=q（32）=q，所以有：Wab：Wbc=3：1，故C正確；D、從c到d電場力做功為：Wcd=qUcd=q（cd）=q（21）=q，所以Wbc：Wcd=1：1，故D錯(cuò)誤故選：AC【點(diǎn)評(píng)】解答此題的關(guān)鍵是正確理解點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=和W=qU，知道電勢差等于兩點(diǎn)電勢之差8（3分）（2017新課標(biāo)）如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某

24、點(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N初始時(shí)，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角（）現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角不變，在OM由豎直被拉到水平的過程中（）AMN上的張力逐漸增大BMN上的張力先增大后減小COM上的張力逐漸增大DOM上的張力先增大后減小【分析】整個(gè)拉動(dòng)過程中，小球的重力不變，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件分析【解答】解：重力的大小和方向不變OM和MN的拉力的合力與重力的是一對(duì)平衡力如圖所示剛開始時(shí)，OM拉力等于重力，從圖中的兩種情況可以看出，OM的拉力先大于重力，后小于重力的大小，所以O(shè)M先增大后減?。欢N一開始為零，從圖中可以看出，MN拉力一直在增大故選：AD【點(diǎn)評(píng)】本題考

25、查共點(diǎn)力的平衡條件，這種問題一般要抓住不變的量，然后去分析變化的量在本題中，小球的重力大小和方向都不變，抓住這一點(diǎn)，然后去分析另外兩個(gè)力的變化情況，這樣有理有據(jù)二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分第932題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答第3338題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（共129分）9（5分）（2017新課標(biāo)）某探究小組為了研究小車在桌面上的直線運(yùn)動(dòng)，用自制“滴水計(jì)時(shí)器”計(jì)量時(shí)間實(shí)驗(yàn)前，將該計(jì)時(shí)器固定在小車旁，如圖（a）所示實(shí)驗(yàn)時(shí)，保持桌面水平，用手輕推一下小車在小車運(yùn)動(dòng)過程中，滴水計(jì)時(shí)器等時(shí)間間隔地滴下小水滴，圖（b）記錄了桌面上連續(xù)6個(gè)水滴的位置（已知滴水計(jì)時(shí)器每3

26、0s內(nèi)共滴下46個(gè)小水滴）（1）由圖（b）可知，小車在桌面上是從右向左（填“從右向左”或“從左向右”）運(yùn)動(dòng)的（2）該小組同學(xué)根據(jù)圖（b）的數(shù)據(jù)判斷出小車做勻變速運(yùn)動(dòng)小車運(yùn)動(dòng)到圖（b）中A點(diǎn)位置時(shí)的速度大小為0.19m/s，加速度大小為0.038m/s2（結(jié)果均保留2為有效數(shù)字）【分析】依據(jù)小車在手輕推一下，則做減速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合各點(diǎn)間距，即可判定運(yùn)動(dòng)方向；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式x=aT2可以求出加速度的大小，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上C點(diǎn)時(shí)小車的瞬時(shí)速度大小【解答】解：（1）由于用手輕推一下小車，則小車做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)桌面上連續(xù)6個(gè)水滴的位置，

27、可知，小車從右向左做減速運(yùn)動(dòng)；（2）已知滴水計(jì)時(shí)器每30s內(nèi)共滴下46個(gè)小水滴，那么各點(diǎn)時(shí)間間隔為：T=s=s根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度，有：vA= m/s=0.19m/s，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：a= m/s2=0.038 m/s2負(fù)號(hào)表示方向相反故答案為：（1）從右向左；（2）0.19，0.038【點(diǎn)評(píng)】要提高應(yīng)用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實(shí)驗(yàn)問題的能力，在平時(shí)練習(xí)中要加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)的理解與應(yīng)用10（10分）（2017新課標(biāo)）某同學(xué)研究小燈泡的伏安特性，所使用的器材有：小燈泡L（額定電壓3.8V，額定電流0.32A）；電

28、壓表V（量程3V，內(nèi)阻3k）；電流表A（量程0.5A，內(nèi)阻0.5）；固定電阻R0（阻值1000）；滑動(dòng)變阻器R（阻值09.0）；電源E（電動(dòng)勢5V，內(nèi)阻不計(jì)）；開關(guān)S；導(dǎo)線若干（1）實(shí)驗(yàn)要求能夠?qū)崿F(xiàn)在03.8V的范圍內(nèi)對(duì)小燈泡的電壓進(jìn)行測量，畫出實(shí)驗(yàn)電路原理圖（2）實(shí)驗(yàn)測得該小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示由實(shí)驗(yàn)曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻增大（填“增大”“不變”或“減小”），燈絲的電阻率增大（填“增大”“不變”或“減小”）（3）用另一電源E0（電動(dòng)勢4V，內(nèi)阻1.00）和題給器材連接成圖（b）所示的電路圖，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R的阻值，可以改變小燈泡的實(shí)際功率閉合開關(guān)S，在R的變化范圍內(nèi)，

29、小燈泡的最小功率為0.41W，最大功率為1.17W（結(jié)果均保留2位小數(shù)）【分析】（1）明確實(shí)驗(yàn)原理，根據(jù)實(shí)驗(yàn)中給出的儀器分析滑動(dòng)變阻器以及電流表接法；（2）根據(jù)IU圖象的性質(zhì)進(jìn)行分析，明確電阻隨電流變化的規(guī)律，從而明確電阻率的變化情況；（3）分析滑動(dòng)變阻器接入電阻的變化，作出等效電源的伏安特性曲線，得出對(duì)應(yīng)的電流值和電壓值，從而明確燈泡功率的極值【解答】解：（1）因本實(shí)驗(yàn)需要電流從零開始調(diào)節(jié)，因此應(yīng)采用滑動(dòng)變阻器分壓接法；因電流表內(nèi)阻和燈泡內(nèi)阻接近，故電流表采用外接法；另外為了保護(hù)電壓表，用R0和電壓表串聯(lián)，故原理圖如圖所示；（2）IU圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，由圖可知，圖象的斜率隨電壓

30、的增大而減小，故說明電阻隨電流的增大而增大；其原因是燈絲的電阻率隨著電流的增大而增大；（3）當(dāng)滑動(dòng)變阻器阻值全部接入時(shí)，燈泡的功率最小，將R等效為電源內(nèi)阻，則電源電動(dòng)勢為4V，等效內(nèi)阻為10；作出電源的伏安特性曲線如圖a中實(shí)線所示；由圖可知，燈泡電壓為U=1.8V，電流I=230mA=0.23A，則最小功率P=UI=1.8×0.23=0.41W；當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電阻為零時(shí)，燈泡消耗的功率最大；此時(shí)電源的內(nèi)阻為1.0，作出電源的伏安特性曲線如圖a中虛線所示；如圖a可知，此時(shí)電壓為3.65V，電流為320mA=0.32A；則可知最大功率Pmax=U'I'=3.65

31、5;0.32=1.17W故答案為：（1）如圖所示；（2）增大；增大；（3）0.41；1.17【點(diǎn)評(píng)】本題考查燈泡伏安特性曲線的描繪實(shí)驗(yàn)，要注意明確實(shí)驗(yàn)原理，知道實(shí)驗(yàn)中數(shù)據(jù)分析的基本方法，注意在分析功率時(shí)只能根據(jù)圖象進(jìn)行分析求解，不能利用歐姆定律進(jìn)行分析11（12分）（2017新課標(biāo)）一質(zhì)量為8.00×104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面飛船在離地面高度1.60×105 m處以7.5×103 m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100m/s時(shí)下落到地面取地面為重力勢能零點(diǎn)，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8m/s2（結(jié)果保留2位有效數(shù)字

32、）（1）分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能；（2）求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時(shí)速度大小的2.0%【分析】（1）機(jī)械能等于重力勢能和動(dòng)能之和，可以得出兩處的機(jī)械能；（2）根據(jù)動(dòng)能定理計(jì)算克服阻力做功【解答】解：（1）落地時(shí)的重力勢能為零，動(dòng)能為Ek2=8×104×1002J=4×108J；進(jìn)入大氣層的機(jī)械能E=Ek1+Ep1=mv2+mgH=2.4×1012J；（2）此時(shí)的速度大小為v3=7.5×103×0.02m/s=150m/s；從6

33、00m處到落地之間，重力做正功，阻力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理mghWf=mm代入數(shù)據(jù)，可得Wf=9.7×108J答：（1）落地瞬間的機(jī)械能為4×108J；進(jìn)入大氣層的機(jī)械能為2.4×1012J；（2）克服阻力做功為9.7×108J【點(diǎn)評(píng)】本題考查了機(jī)械能的計(jì)算和動(dòng)能定理的應(yīng)用，掌握相關(guān)的公式是解題的關(guān)鍵12（20分）（2017新課標(biāo)）真空中存在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0，在油滴處于位置A時(shí)，將電場強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變持續(xù)一段時(shí)間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持

34、續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)重力加速度大小為g（1）油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度；（2）求增大后的電場強(qiáng)度的大?。粸楸ＷC后來的電場強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件已知不存在電場時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍【分析】（1）分析油滴的運(yùn)動(dòng)過程，可知其先進(jìn)行向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A處后因電場強(qiáng)度突然增大而開始做向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過t1后電場突然反向，油滴開始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，并可能在速度減為零后做反向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)對(duì)電場增大后的兩個(gè)過程分別列出牛頓第二定律方程，即可求得兩個(gè)過程中的加速度，而t1又是一個(gè)已知量，那么直接使用運(yùn)動(dòng)學(xué)公

35、式即可求出vB的速度大?。唬?）因?yàn)橛偷巫詈罂赡茏龇聪虻膭蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)，因此我們不能確定B點(diǎn)的位置究竟在A點(diǎn)上方還是A點(diǎn)下方，故需要分為兩種情況討論對(duì)其中每一種情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列出方程，并與豎直上拋的方程進(jìn)行聯(lián)立，即可分別求得兩種情況下的場強(qiáng)E2的大小；而根據(jù)題意，為求出t1與v0滿足的條件，只需要使E2E1即可，那么就可以最終求得t1與v0間的關(guān)系式【解答】解：（1）設(shè)油滴質(zhì)量為m，帶電荷量為q，增大后的電場強(qiáng)度為E2，根據(jù)題中條件可以判斷電場力與重力方向相反；對(duì)于勻速運(yùn)動(dòng)階段，有qE1=mg對(duì)于場強(qiáng)突然增大后的第一段t1時(shí)間，由牛頓第二定律得：qE2mg=ma1對(duì)于場強(qiáng)第二段t1時(shí)間，

36、由牛頓第二定律得：qE2+mg=ma2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，可得油滴在電場反向時(shí)的速度為：v=v0+a1t1油滴在B的速度為：vB=va2t1聯(lián)立至式，可得：vB=v02gt1；（2）設(shè)無電場時(shí)豎直上拋的最大高度為h，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有：v02=2gh根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可得：v0t1+v1t1油滴運(yùn)動(dòng)有兩種情況：情況一：位移之和x1+x2=聯(lián)立、可得：E2=E1+由題意得E2E1，即滿足條件，即當(dāng)或才是可能的；情況二：位移之和x1+x2= 聯(lián)立、可得：E2=E1+由題意得E2E1，即滿足條件，即，另一解為負(fù)，不合題意，舍去答：（1）油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為v02gt1；（2）增大后的電場強(qiáng)度的大小為E1

37、+，t1和v0應(yīng)滿足的條件為或；或E1+；相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件為【點(diǎn)評(píng)】有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)，可以從兩條線索展開：其一，力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關(guān)系根據(jù)電場力對(duì)帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定理進(jìn)行解答（二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。物理-選修3-313（5分）（2017新課標(biāo)）氧氣分子在0和100溫度下單位速率間隔的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比隨氣體分子速率的變化分別如圖中兩條曲線所示下列說法正確的是（）A圖

38、中兩條曲線下面積相等B圖中虛線對(duì)應(yīng)于氧氣分子平均動(dòng)能較小的情形C圖中實(shí)線對(duì)應(yīng)于氧氣分子在100時(shí)的情形D圖中曲線給出了任意速率區(qū)間的氧氣分子數(shù)目E與0時(shí)相比，100時(shí)氧氣分子速率出現(xiàn)在0400 m/s區(qū)間內(nèi)的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比較大【分析】溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，溫度升高分子的平均動(dòng)能增加，不同溫度下相同速率的分子所占比例不同，要注意明確圖象的意義是解題的關(guān)鍵【解答】解：A、由題圖可知，在0和100兩種不同情況下各速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比與分子速率間的關(guān)系圖線與橫軸所圍面積都應(yīng)該等于1，即相等，故A正確；B、由圖可知，具有最大比例的速率區(qū)間，0時(shí)對(duì)應(yīng)的速率小，故說明虛線為0的分

39、布圖象，故對(duì)應(yīng)的平均動(dòng)能較小，故B正確；C、實(shí)線對(duì)應(yīng)的最大比例的速率區(qū)間內(nèi)分子動(dòng)能大，說明實(shí)驗(yàn)對(duì)應(yīng)的溫度大，故為100時(shí)的情形，故C正確；D、圖中曲線給出了任意速率區(qū)間的氧氣分子占據(jù)的比例，但無法確定分子具體數(shù)目，故D錯(cuò)誤；E、由圖可知，0400 m/s段內(nèi)，100對(duì)應(yīng)的占據(jù)的比例均小于與0時(shí)所占據(jù)的比值，因此100時(shí)氧氣分子速率出現(xiàn)在0400 m/s區(qū)間內(nèi)的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比較小，故E錯(cuò)誤故選：ABC【點(diǎn)評(píng)】本題考查了分子運(yùn)動(dòng)速率的統(tǒng)計(jì)分布規(guī)律，記住圖象的特點(diǎn)，知道橫坐標(biāo)表示的是分子數(shù)目所占據(jù)的比例，同時(shí)明確溫度與分子平均動(dòng)能間的關(guān)系14（10分）（2017新課標(biāo)）如圖，容積均為V的汽

40、缸A、B下端有細(xì)管（容積可忽略）連通，閥門K2位于細(xì)管的中部，A、B的頂部各有一閥門K1、K3，B中有一可自由滑動(dòng)的活塞（質(zhì)量、體積均可忽略）初始時(shí)，三個(gè)閥門均打開，活塞在B的底部；關(guān)閉K2、K3，通過K1給汽缸充氣，使A中氣體的壓強(qiáng)達(dá)到大氣壓p0的3倍后關(guān)閉K1已知室溫為27，汽缸導(dǎo)熱（i）打開K2，求穩(wěn)定時(shí)活塞上方氣體的體積和壓強(qiáng)；（ii）接著打開K3，求穩(wěn)定時(shí)活塞的位置；（iii）再緩慢加熱汽缸內(nèi)氣體使其溫度升高20，求此時(shí)活塞下方氣體的壓強(qiáng)【分析】（i）分析打開K2之前和打開K2后，A、B缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)、體積和溫度，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程列方程求解；（）打開K2，分析活塞下方氣體壓強(qiáng)會(huì)

41、不會(huì)降至p0，確定活塞所處位置；（）緩慢加熱汽缸內(nèi)氣體使其溫度升高，等容升溫過程，由求解此時(shí)活塞下方氣體的壓強(qiáng)【解答】解：（i）打開K2之前，A缸內(nèi)氣體pA=3p0，B缸內(nèi)氣體pB=p0，體積均為V，溫度均為T=（273+27）K=300K，打開K2后，B缸內(nèi)氣體（活塞上方）等溫壓縮，壓縮后體積為V1，A缸內(nèi)氣體（活塞下方）等溫膨脹，膨脹后體積為2VV1，活塞上下方壓強(qiáng)相等均為p1，則：對(duì)A缸內(nèi)（活塞下方）氣體：3p0V=p1（2VV1），對(duì)B缸內(nèi)（活塞上方）氣體：p0V=p1V1，聯(lián)立以上兩式得：p1=2p0，V1=；即穩(wěn)定時(shí)活塞上方體積為，壓強(qiáng)為2p0；（）打開K2，活塞上方與大氣相連通，壓強(qiáng)變?yōu)閜0，則活塞下方氣體等溫膨脹，假設(shè)活塞下方氣體壓強(qiáng)可降為p0，則降為p0時(shí)活塞下方氣體體積為V2，則3p0V=p0V2，得V2=3V2V，即活塞下方氣體壓強(qiáng)不會(huì)降至p0，此時(shí)活塞將處于B氣缸頂端，缸內(nèi)氣壓為p2，3p0V=p2×2V，得p2=，即穩(wěn)定時(shí)活塞位于氣缸最頂端；（）緩慢加熱汽缸內(nèi)氣體使其溫度升高，等容升溫過程，升溫后溫度為T3=（300+20）K=320K，由得：p3=1.6p0，即此時(shí)活塞下方壓強(qiáng)為1.6p0答：（i