2017年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)ⅲ）（含解析版）

1、2017年全國高考統(tǒng)一物理試卷（新課標(biāo)）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第67題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1（6分）2017年4月，我國成功發(fā)射的天舟一號貨運飛船與天宮二號空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿天宮二號原來的軌道（可視為圓軌道）運行與天宮二號單獨運行相比，組合體運行的（）A周期變大B速率變大C動能變大D向心加速度變大2（6分）如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓

2、環(huán)形金屬框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面?，F(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是（）APQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向BPQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向CPQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向DPQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向3（6分）如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距l(xiāng)重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為（）AmglBmglCmglDmgl4（6分）一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80cm的兩點上，彈性繩的原長

3、也為80cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，則彈性繩的總長度變?yōu)椋◤椥岳K的伸長始終處于彈性限度內(nèi)）（）A86cmB92cmC98cmD104cm5（6分）如圖，在磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l。在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點處的磁感應(yīng)強度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應(yīng)強度的大小為（）A0BB0CB0D2B06（6分）在光電效應(yīng)實驗中，分別用頻率為va、vb的單色光a、b照射到同種金屬上，測得相應(yīng)

4、的遏止電壓分別為Ua和Ub、光電子的最大初動能分別為Eka和Ekb，h為普朗克常量。下列說法正確的是（）A若vavb，則一定有UaUbB若vavb，則一定有EkaEkbC若UaUb，則一定有EkaEkbD若vavb，則一定有hvaEkahvbEkb7（6分）一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則（）At=1s時物塊的速率為1m/sBt=2s時物塊的動量大小為4kgm/sCt=3s時物塊的動量大小為5kgm/sDt=4s時物塊的速度為零8（6分）一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、17

5、V、26V下列說法正確的是（）A電場強度的大小為2.5V/cmB坐標(biāo)原點處的電勢為1 VC電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV二、非選擇題（共4小題，滿分47分）9（6分）某探究小組做“驗證力的平行四邊形定則”實驗，將畫有坐標(biāo)軸（橫軸為x軸，縱軸為y軸，最小刻度表示1mm）的紙貼在桌面上，如圖（a）所示。將橡皮筋的一端Q固定在y軸上的B點（位于圖示部分除外），另一端P位于y軸上的A點時，橡皮筋處于原長。（1）用一只測力計將橡皮筋的P端沿y軸從A點拉至坐標(biāo)原點O，此時拉力F的大小可由測力計讀出。測力計的示數(shù)如圖（b）所示，F(xiàn)的大小為 N。（2）撤去（1）

6、中的拉力，橡皮筋P端回到A點；現(xiàn)使用兩個測力計同時拉橡皮筋，再次將P端拉至O點，此時觀察到兩個拉力分別沿圖（a）中兩條虛線所示的方向，由測力計的示數(shù)讀出兩個拉力的大小分別為F1=4.2N和F2=5.6N。（i）用5mm長度的線段表示1N的力，以O(shè)點為作用點，在圖（a）中畫出力F1、F2的圖示，然后按平行四邊形定則畫出它們的合力F合；（ii）F合的大小為 N，F(xiàn)合與拉力F的夾角的正切值為 。若F合與拉力F的大小及方向的偏差均在實驗所允許的誤差范圍之內(nèi)，則該實驗驗證了力的平行四邊形定則。10（9分）圖（a）為某同學(xué)組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中E是電池；R1、R2、R3、R4和R5是固定電阻

7、，R6是可變電阻；表頭G的滿偏電流為250 A，內(nèi)阻為480虛線方框內(nèi)為換擋開關(guān)，A端和B端分別于兩表筆相連。該多用電表有5個擋位，5個擋位為：直流電壓1V擋和5V擋，直流電流1mA擋和2.5mA擋，歐姆×100擋。（1）圖（a）中的A端與 （填“紅”或“黑”）色表筆相連接。（2）關(guān)于R6的使用，下列說法正確的是 （填正確答案標(biāo)號）。A在使用多用電表之前，調(diào)整R6使電表指針指在表盤左端電流“0”位置B使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調(diào)整R6使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置C使用電流擋時，調(diào)整R6使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置（3）根據(jù)題給條件可得R1+R2= ，R4= 。

8、（4）某次測量時該多用電表指針位置如圖（b）所示。若此時B端是與“1”連接的，則多用電表讀數(shù)為 ；若此時B端是與“3”相連的，則讀數(shù)為 ；若此時B端是與“5”相連的，則讀數(shù)為 。（結(jié)果均保留3為有效數(shù)字）11（12分）如圖，空間存在方向垂直于紙面（xOy平面）向里的磁場。在x0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B0；x0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B0（常數(shù)1）。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求（不計重力）（1）粒子運動的時間；（2）粒子與O點間的距離。12（20分）如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA=1k

9、g和mB=5kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為1=0.5；木板的質(zhì)量為m=4kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為2=0.1某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0=3m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2求（1）B與木板相對靜止時，木板的速度；（2）A、B開始運動時，兩者之間的距離。物理-選修3-3（15分）13（5分）如圖，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a出發(fā)，經(jīng)過等容過程ab到達狀態(tài)b，再經(jīng)過等溫過程bc到達狀態(tài)c，最后經(jīng)等壓過程ca回到狀態(tài)a下列說法正確的是（）A在過程ab中氣體的內(nèi)能增加B

10、在過程ca中外界對氣體做功C在過程ab中氣體對外界做功D在過程bc中氣體從外界吸收熱量E在過程ca中氣體從外界吸收熱量14（10分）一種測量稀薄氣體壓強的儀器如圖（a）所示，玻璃泡M的上端和下端分別連通兩豎直玻璃細(xì)管K1和K2K1長為l，頂端封閉，K2上端與待測氣體連通；M下端經(jīng)橡皮軟管與充有水銀的容器R連通開始測量時，M與K2相通；逐漸提升R，直到K2中水銀面與K1頂端等高，此時水銀已進入K1，且K1中水銀面比頂端低h，如圖（b）所示設(shè)測量過程中溫度、與K2相通的待測氣體的壓強均保持不變已知K1和K2的內(nèi)徑均為d，M的容積為V0，水銀的密度為，重力加速度大小為g求：（i）待測氣體的壓強；（i

11、i）該儀器能夠測量的最大壓強物理-選修3-4（15分）15如圖，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，實線為t=0時的波形圖，虛線為t=0.5s時的波形圖已知該簡諧波的周期大于0.5s關(guān)于該簡諧波，下列說法正確的是（）A波長為2 mB波速為6 m/sC頻率為1.5HzDt=1s時，x=1m處的質(zhì)點處于波峰Et=2s時，x=2m處的質(zhì)點經(jīng)過平衡位置16如圖，一半徑為R的玻璃半球，O點是半球的球心，虛線OO表示光軸（過球心O與半球底面垂直的直線）已知玻璃的折射率為1.5現(xiàn)有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光線能從球面射出（不考慮被半球的內(nèi)表面反射后的光線）求：（i）從球面射出的光線對應(yīng)的入射光線到光

12、軸距離的最大值；（ii）距光軸的入射光線經(jīng)球面折射后與光軸的交點到O點的距離2017年全國高考統(tǒng)一物理試卷（新課標(biāo)）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第67題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1（6分）2017年4月，我國成功發(fā)射的天舟一號貨運飛船與天宮二號空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿天宮二號原來的軌道（可視為圓軌道）運行與天宮二號單獨運行相比，組合體運行的（）A周期變大B速率變大C動能變大D向心加速度變大【考點】4F：萬有引力定律及其應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所

13、有【專題】32：定量思想；43：推理法；528：萬有引力定律的應(yīng)用專題【分析】根據(jù)萬有引力等于向心力可以求出天體的運動的相關(guān)物理量【解答】解：天宮二號在天空運動，萬有引力提供向心力，天宮二號的軌道是固定的，即半徑是固定的根據(jù)F=可知，天宮二號的速度大小是不變的，則兩者對接后，速度大小不變，周期不變，加速度不變；但是和對接前相比，質(zhì)量變大，所以動能變大。故選：C。【點評】本題考查了萬有引力和圓周運動的表達式，根據(jù)萬有引力等于向心力可以得出速度，角速度和周期的變化規(guī)律2（6分）如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQR

14、S，一圓環(huán)形金屬框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面。現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是（）APQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向BPQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向CPQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向DPQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向【考點】BB：閉合電路的歐姆定律；D9：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；DB：楞次定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】31：定性思想；43：推理法；53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合【分析】PQ切割磁感線，根據(jù)右手定則判斷；PQRS產(chǎn)生電流后，會對穿過T的磁感應(yīng)強度產(chǎn)生影響，根據(jù)楞次定律分析T中的感應(yīng)電流的

15、變化情況?！窘獯稹拷猓篜Q向右運動，導(dǎo)體切割磁感線，根據(jù)右手定則，可知電流由Q流向P，即逆時針方向，根據(jù)楞次定律可知，通過T的磁場減弱，則T的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場應(yīng)指向紙面里面，則感應(yīng)電流方向為順時針。故選：D?！军c評】本題考查了感應(yīng)電流的方向判斷，兩種方法：一種是右手定則，另一種是楞次定律。使用楞次定律判斷比較難，但是掌握它的核心也不會很難。3（6分）如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距l(xiāng)重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為（）AmglBmglCmglDmgl【考點】62：功的計算；6B：功能關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版

16、權(quán)所有【專題】31：定性思想；43：推理法；52Q：功能關(guān)系 能量守恒定律【分析】由題意可知，發(fā)生變化的只有MQ段，分析開始和最后過程，明確重力勢能的改變量，根據(jù)功能關(guān)系即可求得外力所做的功。【解答】解：根據(jù)功能關(guān)系可知，拉力所做的功等于MQ段系統(tǒng)重力勢能的增加量；對MQ分析，設(shè)Q點為零勢能點，則可知，MQ段的重力勢能為EP1=×=；將Q點拉至M點時，重心離Q點的高度h=+=，故重力勢能EP2×=因此可知拉力所做的功W=EP2EP1=mgl，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題考查明確功能關(guān)系，注意掌握重力之外的其他力做功等于機械能的改變量，本題中因緩慢拉動，故動能

17、不變，因此只需要分析重力勢能即可。4（6分）一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80cm的兩點上，彈性繩的原長也為80cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，則彈性繩的總長度變?yōu)椋◤椥岳K的伸長始終處于彈性限度內(nèi)）（）A86cmB92cmC98cmD104cm【考點】29：物體的彈性和彈力；2S：胡克定律；3C：共點力的平衡菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】32：定量思想；4B：圖析法；527：共點力作用下物體平衡專題【分析】繩長變?yōu)?00cm時，伸長了20cm，可以得出繩子的拉力，根據(jù)共點力的平衡關(guān)系可得出繩子的勁度系數(shù)，進而計

18、算出兩端在同一點時彈性繩的總長度?！窘獯稹拷猓喝鐖D所示，繩子原長是80cm，伸長為100cm，如圖，則AB段長50cm，伸長了10cm=0.1m，假設(shè)繩子的勁度系數(shù)為k，則繩子拉力為：F=0.1k把繩子的拉力分解為水平方向和豎直方向，在豎直方向的分量為：Fx=0.1k×cos53°=0.06k，兩個繩子的豎直方向拉力合力為：2Fx物體處于平衡狀態(tài)，則拉力合力等于重力，即為：0.12k=mg解得：k=當(dāng)AC兩點移動到同一點時，繩子兩個繩子的夾角為0，每段繩子伸長x，則兩個繩子的拉力合力為：2kx=mg，x=0.06m。所以此時繩子總長度為92cm。故選：B?！军c評】本題考場共

19、點力的平衡，本題的關(guān)鍵是找出繩子與豎直方向的夾角，然后計算出勁度系數(shù)。另外做這一類題目，要養(yǎng)成畫圖的習(xí)慣，這樣題目就能變的簡單。5（6分）如圖，在磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l。在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點處的磁感應(yīng)強度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應(yīng)強度的大小為（）A0BB0CB0D2B0【考點】C3：磁感應(yīng)強度菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】31：定性思想；43：推理法；53D：磁場 磁場對電流的作用【分析】依據(jù)右手螺旋定則，結(jié)合矢量的合成法則，及三角知識，即可求解?！窘?/p>

20、答】解：在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離為l的a點處的磁感應(yīng)強度為B0，如下圖所示：由此可知，外加的磁場方向與PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依據(jù)幾何關(guān)系，及三角知識，則有：BPcos30°=B0；解得：P或Q通電導(dǎo)線在a處的磁場大小為BP=；當(dāng)P中的電流反向，其他條件不變，再依據(jù)幾何關(guān)系，及三角知識，則有：B2=；因外加的磁場方向與PQ平行，且由Q指向P，磁場大小為B0；最后由矢量的合成法則，那么a點處磁感應(yīng)強度的大小為B=，故C正確，ABD錯誤；故選：C?！军c評】考查右手螺旋定則與矢量的合成的內(nèi)容，掌握幾何關(guān)系與三角知識的應(yīng)用，理解外加磁場方

21、向是解題的關(guān)鍵。6（6分）在光電效應(yīng)實驗中，分別用頻率為va、vb的單色光a、b照射到同種金屬上，測得相應(yīng)的遏止電壓分別為Ua和Ub、光電子的最大初動能分別為Eka和Ekb，h為普朗克常量。下列說法正確的是（）A若vavb，則一定有UaUbB若vavb，則一定有EkaEkbC若UaUb，則一定有EkaEkbD若vavb，則一定有hvaEkahvbEkb【考點】IC：光電效應(yīng)；IE：愛因斯坦光電效應(yīng)方程菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】31：定性思想；43：推理法；54I：光電效應(yīng)專題【分析】根據(jù)光電效應(yīng)方程，結(jié)合入射光頻率的大小得出光電子最大初動能，結(jié)合最大初動能和遏止電壓的關(guān)系比較遏止電壓?！窘獯稹拷猓?/p>

22、AB、根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=hvW0知，vavb，逸出功相同，則EkaEkb，又Ekm=eUc，則UaUb，故A錯誤，B正確。C、根據(jù)Ekm=eUc知，若UaUb，則一定有EkaEkb，故C正確。D、逸出功W0=hvEkm，由于金屬的逸出功相同，則有：hvaEka=hvbEkb，故D錯誤。故選：BC。【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程以及知道最大初動能與遏止電壓的關(guān)系，注意金屬的逸出功與入射光的頻率無關(guān)。7（6分）一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則（）At=1s時物塊的速率為1m/sBt=2s時物塊的動量大小為4kgm/sCt=3

23、s時物塊的動量大小為5kgm/sDt=4s時物塊的速度為零【考點】37：牛頓第二定律；52：動量定理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】32：定量思想；43：推理法；52F：動量定理應(yīng)用專題【分析】首先根據(jù)牛頓第二定律得出加速度，進而計算速度和動量。【解答】解：A、前兩秒，根據(jù)牛頓第二定律，a=1m/s2，則02s的速度規(guī)律為：v=at；t=1s時，速率為1m/s，A正確；B、t=2s時，速率為2m/s，則動量為P=mv=4kgm/s，B正確；CD、24s，力開始反向，物體減速，根據(jù)牛頓第二定律，a=0.5m/s2，所以3s時的速度為1.5m/s，動量為3kgm/s，4s時速度為1m/s，CD錯誤；故選：A

24、B?！军c評】本題考查了牛頓第二定律的簡單運用，熟悉公式即可，并能運用牛頓第二定律求解加速度。另外要學(xué)會看圖，從圖象中得出一些物理量之間的關(guān)系。8（6分）一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V下列說法正確的是（）A電場強度的大小為2.5V/cmB坐標(biāo)原點處的電勢為1 VC電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV【考點】A6：電場強度與電場力；AC：電勢；AE：電勢能與電場力做功；AG：電勢差和電場強度的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】31：定性思想；43：推理法；532：電場力與電勢的性質(zhì)專題【

25、分析】根據(jù)勻強電場的電場強度公式E=，結(jié)合電勢差與場強間距，即可求解； 依據(jù)電勢差等于電勢之差； 根據(jù)電場力做功表達式W=qU，從而確定電場力做功，同時也能確定電勢能的變化情況?！窘獯稹拷猓篈、如圖所示，在ac連線上，確定一b點，電勢為17V，將bb連線，即為等勢線，那么垂直bb連線，則為電場線，再依據(jù)沿著電場線方向，電勢降低，則電場線方向如下圖，因為勻強電場，則有：E=，依據(jù)幾何關(guān)系，則d=3.6cm，因此電場強度大小為E=2.5V/cm，故A正確； B、根據(jù)ca=bo，因a、b、c三點電勢分別為a=10V、b=17V、c=26V，解得：原點處的電勢為0=1 V，故B正確；C、因Uab=ab

26、=1017=7V，電子從a點到b點電場力做功為W=qUab=7 eV，因電場力做正功，則電勢能減小，那么電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，故C錯誤； D、同理，Ubc=bc=1726=9V，電子從b點運動到c點，電場力做功為W=qUbc=9 eV，故D正確；故選：ABD?！军c評】考查勻強電場中，電勢之間的關(guān)系，掌握電場強度公式E=的應(yīng)用，理解幾何關(guān)系的運用，并理解W=qU中各量的正負(fù)值含義。二、非選擇題（共4小題，滿分47分）9（6分）某探究小組做“驗證力的平行四邊形定則”實驗，將畫有坐標(biāo)軸（橫軸為x軸，縱軸為y軸，最小刻度表示1mm）的紙貼在桌面上，如圖（a）所示。將橡皮筋的一端Q固定

27、在y軸上的B點（位于圖示部分除外），另一端P位于y軸上的A點時，橡皮筋處于原長。（1）用一只測力計將橡皮筋的P端沿y軸從A點拉至坐標(biāo)原點O，此時拉力F的大小可由測力計讀出。測力計的示數(shù)如圖（b）所示，F(xiàn)的大小為4.0N。（2）撤去（1）中的拉力，橡皮筋P端回到A點；現(xiàn)使用兩個測力計同時拉橡皮筋，再次將P端拉至O點，此時觀察到兩個拉力分別沿圖（a）中兩條虛線所示的方向，由測力計的示數(shù)讀出兩個拉力的大小分別為F1=4.2N和F2=5.6N。（i）用5mm長度的線段表示1N的力，以O(shè)點為作用點，在圖（a）中畫出力F1、F2的圖示，然后按平行四邊形定則畫出它們的合力F合；（ii）F合的大小為4.0N，

28、F合與拉力F的夾角的正切值為0.05。若F合與拉力F的大小及方向的偏差均在實驗所允許的誤差范圍之內(nèi)，則該實驗驗證了力的平行四邊形定則。【考點】M3：驗證力的平行四邊形定則菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】13：實驗題；23：實驗探究題；31：定性思想；46：實驗分析法；526：平行四邊形法則圖解法專題【分析】根據(jù)彈簧秤的最小刻度讀出F的讀數(shù)。根據(jù)圖示法作出F1和F2，結(jié)合平行四邊形定則作出合力，得出合力的大小以及F合與拉力F的夾角的正切值。【解答】解：（1）彈簧測力計的最小刻度為0.2N，由圖可知，F(xiàn)的大小為4.0N。（2）（i）根據(jù)圖示法作出力的示意圖，根據(jù)平行四邊形定則得出合力，如圖所示。（ii）用刻

29、度尺量出F合的線段長為20mm，所以F合大小為4.0N，結(jié)合圖象根據(jù)數(shù)學(xué)幾何關(guān)系知，F(xiàn)合與拉力F的夾角的正切值為0.05。故答案為：（1）4.0；（2）4.0，0.05?！军c評】本題考查了力的合成法則及平行四邊形定則的應(yīng)用，掌握彈簧測力計的讀數(shù)方法，是考查基礎(chǔ)知識的好題。10（9分）圖（a）為某同學(xué)組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中E是電池；R1、R2、R3、R4和R5是固定電阻，R6是可變電阻；表頭G的滿偏電流為250 A，內(nèi)阻為480虛線方框內(nèi)為換擋開關(guān)，A端和B端分別于兩表筆相連。該多用電表有5個擋位，5個擋位為：直流電壓1V擋和5V擋，直流電流1mA擋和2.5mA擋，歐姆×

30、100擋。（1）圖（a）中的A端與黑（填“紅”或“黑”）色表筆相連接。（2）關(guān)于R6的使用，下列說法正確的是B（填正確答案標(biāo)號）。A在使用多用電表之前，調(diào)整R6使電表指針指在表盤左端電流“0”位置B使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調(diào)整R6使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置C使用電流擋時，調(diào)整R6使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置（3）根據(jù)題給條件可得R1+R2=160，R4=880。（4）某次測量時該多用電表指針位置如圖（b）所示。若此時B端是與“1”連接的，則多用電表讀數(shù)為1.48mA；若此時B端是與“3”相連的，則讀數(shù)為1.10K；若此時B端是與“5”相連的，則讀數(shù)為2.95V。（結(jié)

31、果均保留3為有效數(shù)字）【考點】B4：多用電表的原理及其使用；N4：用多用電表測電阻菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】13：實驗題；31：定性思想；46：實驗分析法；535：恒定電流專題【分析】（1）明確歐姆表原理，知道內(nèi)部電源的正極接黑表筆，負(fù)極接紅表筆；（2）明確電路結(jié)構(gòu)，知道歐姆檔中所接滑動變阻器只能進行歐姆調(diào)零；（3）根據(jù)給出的量程和電路進行分析，再結(jié)合串并聯(lián)電路的規(guī)律即可求得各電阻的阻值；（4）明確電表的量程，確定最小分度，從而得出最終的讀數(shù)。【解答】解：（1）根據(jù)歐姆表原理可知，內(nèi)部電源的正極應(yīng)接黑表筆，這樣才能保證在測電阻時電流表中電流“紅進黑出”；（2）由電路圖可知，R6只在測量電阻時才接入

32、電路，故其作用只能進行歐姆調(diào)零，不能進行機械調(diào)零，同時在使用電流檔時也不需要時行調(diào)節(jié)，故B正確；AC錯誤；故選：B；（3）直流電流檔分為1mA和2.5mA，由圖可知，當(dāng)接2時應(yīng)為1mA；根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律可知，R1+R2=160；總電阻R總=120接4時，為電壓檔，因串入的電阻較小，故應(yīng)為量程1V的電壓表；此時電流計與R1、R2并聯(lián)后再與R4串聯(lián)，即改裝后的1mA電流表與R4串聯(lián)再改裝后電壓表；根據(jù)串聯(lián)電路規(guī)律可知，R4=880；（4）若與1連接，則量程為2.5mA，讀數(shù)為1.48mA（1.471.49）；若與3連接，則為歐姆檔×100擋，讀數(shù)為11×100=1100=1.

33、10k；若與5連接，則量程為5V；故讀數(shù)為2.95V（2.912.97均可）；故答案為；（1）黑；（2）B；（3）160；880；（4）1.48mA；1.10k；2.95V?！军c評】本題考查了多用電表讀數(shù)以及內(nèi)部原理，要注意明確串并聯(lián)電路的規(guī)律應(yīng)用，同時掌握讀數(shù)原則，對多用電表讀數(shù)時，要先確定電表測的是什么量，然后根據(jù)選擇開關(guān)位置確定電表分度值，最后根據(jù)指針位置讀數(shù)；讀數(shù)時視線要與電表刻度線垂直。11（12分）如圖，空間存在方向垂直于紙面（xOy平面）向里的磁場。在x0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B0；x0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B0（常數(shù)1）。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的帶電粒子以速度v0從

34、坐標(biāo)原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求（不計重力）（1）粒子運動的時間；（2）粒子與O點間的距離。【考點】CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題；32：定量思想；43：推理法；536：帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】（1）由磁感應(yīng)強度大小得到向心力大小進而得到半徑和周期的表達式，畫出粒子運動軌跡圖則得到粒子在兩磁場中的運動時間，累加即可；（2）由洛倫茲力做向心力，求得粒子運動半徑，再由幾何條件求得距離?！窘獯稹拷猓毫Ｗ釉诖艌鲋凶鰣A周運動，洛倫茲力做向心力，則有，那么，；（1）根據(jù)左手定則可得：粒子做逆時針圓周運動；故粒子運

35、動軌跡如圖所示，則粒子在x0磁場區(qū)域運動半個周期，在x0磁場區(qū)域運動半個周期；那么粒子在x0磁場區(qū)域運動的周期，在x0磁場區(qū)域運動的周期，所以，粒子運動的時間；（2）粒子與O點間的距離；答：（1）粒子運動的時間為；（2）粒子與O點間的距離為。【點評】帶電粒子在勻強磁場中運動，一般由洛倫茲力做向心力，推得粒子運動半徑，再根據(jù)幾何關(guān)系求得位移，運動軌跡，運動時間等問題。12（20分）如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA=1kg和mB=5kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為1=0.5；木板的質(zhì)量為m=4kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為2=0.1某時刻A、B兩滑塊開始相向滑

36、動，初速度大小均為v0=3m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2求（1）B與木板相對靜止時，木板的速度；（2）A、B開始運動時，兩者之間的距離?！究键c】37：牛頓第二定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題；22：學(xué)科綜合題；32：定量思想；43：推理法；522：牛頓運動定律綜合專題【分析】（1）剛開始運動時，根據(jù)牛頓第二定律分別求出A、B和木板的加速度大小，結(jié)合速度時間公式先求出B與木板共速時的速度以及運動的時間，然后B與木板保持相對靜止，根據(jù)牛頓第二定律求出B與木板整體的加速度，結(jié)合速度時間公式求出三者速度相等經(jīng)歷的時間以及

37、此時的速度。（2）根據(jù)位移公式分別求出B與木板共速時木板和B的位移，從而得出兩者的相對位移，得出此時A的位移以及A相對木板的位移大小，再結(jié)合位移公式分別求出三者速度相等時，A的位移以及木板的位移，得出A再次相對木板的位移，從而得出A、B開始運動時，兩者之間的距離?！窘獯稹拷猓海?）對A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：1mAg=mAaA代入數(shù)據(jù)解得：，方向向右，對B分析，根據(jù)牛頓第二定律得：1mBg=mBaB代入數(shù)據(jù)解得：，方向向左。對木板分析，根據(jù)牛頓第二定律得：1mBg1mAg2（m+mA+mB）g=ma1代入數(shù)據(jù)解得：，方向向右。當(dāng)木板與B共速時，有：v=v0aBt1=a1t1，代入數(shù)據(jù)解得

38、：t1=0.4s，v=1m/s，（2）此時B相對木板靜止，突變?yōu)殪o摩擦力，A受力不變加速度仍為5m/s2 ，方向向右，對B與木板受力分析，有：1mAg+2（m+mA+mB）g=（m+mB）a2代入數(shù)據(jù)解得：，方向向左，當(dāng)木板與A共速時有：v=va2t2=v+aAt2：代入數(shù)據(jù)解得：t2=0.3s，v=0.5m/s。當(dāng)t1=0.4s，LB板=xBx木=0.80.2m=0.6m，對A，向左，LA1板=xA+x木=0.8+0.2m=1m，當(dāng)t2=0.3s，對A，向左，=，對木板，向右，=，可知AB相距L=LB板+LA1板+LA2板=0.6+1+0.3m=1.9m。答：（1）B與木板相對靜止時，木板的

39、速度為1m/s；（2）A、B開始運動時，兩者之間的距離為1.9m。【點評】本題考查了牛頓第二定律和運動學(xué)公式的綜合運用，關(guān)鍵理清整個過程中A、B和木板在整個過程中的運動規(guī)律，結(jié)合運動學(xué)公式和牛頓第二定律進行求解。物理-選修3-3（15分）13（5分）如圖，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a出發(fā)，經(jīng)過等容過程ab到達狀態(tài)b，再經(jīng)過等溫過程bc到達狀態(tài)c，最后經(jīng)等壓過程ca回到狀態(tài)a下列說法正確的是（）A在過程ab中氣體的內(nèi)能增加B在過程ca中外界對氣體做功C在過程ab中氣體對外界做功D在過程bc中氣體從外界吸收熱量E在過程ca中氣體從外界吸收熱量【考點】8F：熱力學(xué)第一定律；99：理想氣體的狀態(tài)方程菁優(yōu)

40、網(wǎng)版權(quán)所有【專題】12：應(yīng)用題；31：定性思想；43：推理法；54B：理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能取決于溫度，根據(jù)圖線分析氣體狀態(tài)變化情況，根據(jù)W=pV判斷做功情況，根據(jù)內(nèi)能變化結(jié)合熱力學(xué)第一定律分析吸收或發(fā)出熱量【解答】解：A、從a到b等容升壓，根據(jù)可知溫度升高，一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能決定于氣體的溫度，溫度升高，則內(nèi)能增加，故A正確；B、在過程ca中壓強不變，體積減小，所以外界對氣體做功，故B正確；C、在過程ab中氣體體積不變，根據(jù)W=pV可知，氣體對外界做功為零，故C錯誤；D、在過程bc中，屬于等溫變化，氣體膨脹對外做功，而氣體的溫度不變，則內(nèi)能不變；根據(jù)熱力學(xué)第一定

41、律U=W+Q可知，氣體從外界吸收熱量，故D正確；E、在過程ca中壓強不變，體積減小，所以外界對氣體做功，根據(jù)可知溫度降低，則內(nèi)能減小，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知氣體一定放出熱量，故E錯誤。故選：ABD?！军c評】本題主要是考查了理想氣體的狀態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律的知識，要能夠根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷氣體內(nèi)能的變化與哪些因素有關(guān)（功和熱量）；熱力學(xué)第一定律在應(yīng)用時一定要注意各量符號的意義；U為正表示內(nèi)能變大，Q為正表示物體吸熱；W為正表示外界對物體做功14（10分）一種測量稀薄氣體壓強的儀器如圖（a）所示，玻璃泡M的上端和下端分別連通兩豎直玻璃細(xì)管K1和K2K1長為l，頂端封閉，K2上端與待測氣體連通；

42、M下端經(jīng)橡皮軟管與充有水銀的容器R連通開始測量時，M與K2相通；逐漸提升R，直到K2中水銀面與K1頂端等高，此時水銀已進入K1，且K1中水銀面比頂端低h，如圖（b）所示設(shè)測量過程中溫度、與K2相通的待測氣體的壓強均保持不變已知K1和K2的內(nèi)徑均為d，M的容積為V0，水銀的密度為，重力加速度大小為g求：（i）待測氣體的壓強；（ii）該儀器能夠測量的最大壓強【考點】99：理想氣體的狀態(tài)方程菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】12：應(yīng)用題；22：學(xué)科綜合題；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】（1）由題意，水銀面升后，求出氣體的狀態(tài)參量，然后由玻意耳定律求出壓強的表達式；（2）根據(jù)題意可知，M的直徑不知道，所以當(dāng)h=l時，則能準(zhǔn)確測量的壓強最大，然后代入上式即可求出壓強【解答】解：（1）以K1和M容器的氣體為研究對象，設(shè)待測氣體的壓強為p，狀態(tài)1：p1=p，V1=V0+，狀態(tài)2：p2=p+gh，V2=，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，解得：p=；（2）由題意可知，當(dāng)h