第 1 页 共 29 页 2017 年全国统一高考物理试卷(新课标Ⅱ) 一、选择题:本大题共 8 小题,每小题 6 分.在每小题给出的四个选项中,第 1 ~5 题只有一项是符合题目要求,第 6~8 题有多项符合题目要求.全部选对 的得 6 分,选对但不全的得 3 分.有选错的得 0 分. 1.(6 分)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆 环上套着一个小环,小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的 过程中,大圆环对它的作用力( ) A.一直不做功 B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心 2.(6 分)一静止的铀核放出一个 α 粒子衰变成钍核,衰变方程为 ,下列说法正确的是( ) →+A.衰变后钍核的动能等于 α 粒子的动能 B.衰变后钍核的动量大小等于 α 粒子的动量大小 C.铀核的半衰期等于其放出一个 α 粒子所经历的时间 D.衰变后 α 粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量 3.(6 分)如图,一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。 若保持 F 的大小不变,而方向与水平面成 60°角,物块也恰好做匀速直线运动 。物块与桌面间的动摩擦因数为( ) A.2﹣ B. C. D. 第 1 页(共 29 页) 第 2 页 共 29 页 4.(6 分)如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直, 一小物块以速度 v 从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落 地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为( 重力加速度为 g)( ) A. B. C. D. 5.(6 分)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P 为磁 场边界上的一点,大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P 点,在纸面内沿 不同方向射入磁场,若粒子射入的速率为 v1,这些粒子在磁场边界的出射点 分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为 v2,相应的出射点分布在三分之 一圆周上,不计重力及带电粒子之间的相互作用,则 v2:v1 为( ) A. :2 B. :1 C. :1 D.3: 6.(6 分)如图所示,海王星绕太阳沿椭圆轨道运动,P 为近日点,Q 为远日点 ,M,N 为轨道短轴的两个端点,运行的周期为 T0,若只考虑海王星和太阳 之间的相互作用,则海王星在从 P 经 M、Q 到 N 的运动过程中( ) A.从 P 到 M 所用的时间等于 B.从 Q 到 N 阶段,机械能逐渐变大 C.从 P 到 Q 阶段,速率逐渐变小 第 2 页(共 29 页) 第 3 页 共 29 页 D.从 M 到 N 阶段,万有引力对它先做负功后做正功 7.(6 分)两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面垂直。边 长为 0.1m、总电阻为 0.005Ω 的正方形导线框 abcd 位于纸面内,cd 边与磁场 边界平行,如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd 边于 t=0 时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电 流的方向为顺时针时,感应电动势取正)。下列说法正确的是( ) A.磁感应强度的大小为 0.5 T B.导线框运动速度的大小为 0.5m/s C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D.在 t=0.4s 至 t=0.6s 这段时间内,导线框所受的安培力大小为 0.1N 8.(6 分)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线 绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线 圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁 置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同 学应将( ) A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉 第 3 页(共 29 页) 第 4 页 共 29 页 三、非选择题:共 174 分.第 22~32 题为必考题,每个试题考生都必须作答. 第 33~38 题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题(共 129 分) 9.(6 分)某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度 的之间的关系.使用的器材有:斜面、滑块、长度不同的挡光片、光电计时 器. 图(a) 图(b) 图(c) 实验步骤如下: ①如图(a),将光电门固定在斜面下端附近:将一挡光片安装在滑块上,记下 挡光片前端相对于斜面的位置,令滑块从斜面上方由静止开始下滑; ②当滑块上的挡光片经过光电门时,用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间 △t; ③用△s 表示挡光片沿运动方向的长度(如图(b)所示), 表示滑块在挡光片 遮住光线的△t 时间内的平均速度大小,求出 ; ④将另一挡光片换到滑块上,使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同,令滑块 由静止开始下滑,重复步骤②、③; ⑤多次重复步骤④ ⑥利用实验中得到的数据作出 ﹣△t 图,如图(c)所示 完成下列填空: 第 4 页(共 29 页) 第 5 页 共 29 页 (1)用 a 表示滑块下滑的加速度大小,用 vA 表示挡光片前端到达光电门时滑块 的瞬时速度大小,则 与vA、a 和△t 的关系式为 = . (2)由图(c)可求得,vA= cm/s,a= cm/s2.(结果保留 3 位有 效数字) 10.(9 分)某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为 100μA, 内阻大约为 2500Ω)的内阻。可使用的器材有:两个滑动变阻器 R1,R2(其 中一个阻值为 20Ω,另一个阻值为 2000Ω);电阻箱 Rz (最大阻值为 99999.9Ω);电源 E(电动势约为 1.5V);单刀开关 S1 和 S2.C、D 分别为 两个滑动变阻器的滑片。 (1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线。 (2)完成下列填空: ①R1 的阻值为 Ω(填“20”或“2000”) ②为了保护微安表,开始时将 R1 的滑片 C 滑到接近图(a)中的滑动变阻器的 端(填“左”或“右”)对应的位置;将 R2 的滑片 D 置于中间位置附近。 ③将电阻箱 Rz 的阻值置于 2500.0Ω,接通 S1.将 R1 的滑片置于适当位置,再反 复调节 R2 的滑片 D 的位置、最终使得接通 S2 前后,微安表的示数保持不变, 这说明 S2 接通前 B 与 D 所在位置的电势 (填“相等”或“不相等”) ④将电阻箱 Rz 和微安表位置对调,其他条件保持不变,发现将 Rz 的阻值置于 2601.0Ω 时,在接通 S2 前后,微安表的示数也保持不变。待微安表的内阻为 Ω(结果保留到个位)。 (3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议: 。 11.(12 分)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线距离 s0 第 5 页(共 29 页) 第 6 页 共 29 页 和 s1(s1<s0)处分别设置一个挡板和一面小旗,如图所示.训练时,让运动 员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以速度 v0 击出,使冰球在冰面上沿 垂直于起跑线的方向滑向挡板:冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从 静止出发滑向小旗.训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处. 假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为 v1.重力 加速度为 g.求 (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数; (2)满足训练要求的运动员的最小加速度. 12.(20 分)如图,两水平面(虚线)之间的距离为 H,其间的区域存在方向 水平向右的匀强电场。自该区域上方的 A 点将质量为 m、电荷量分别为 q 和 ﹣q(q>0)的带电小球 M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出 。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知 N 离开 电场时的速度方向竖直向下;M 在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能 为 N 刚离开电场时的动能的 1.5 倍。不计空气阻力,重力加速度大小为 g。求 (1)M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比; (2)A 点距电场上边界的高度; (3)该电场的电场强度大小。 第 6 页(共 29 页) 第 7 页 共 29 页 三、选考题:请考生从给出的物理题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第 一题计分。[物理–选修 3-3](15 分) 13.(5 分)如图,用隔板将一绝热汽缸分成两部分,隔板左侧充有理想气体, 隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开,气体会自发扩散至整个汽 缸。待气体达到稳定后,缓慢推压活塞,将气体压回到原来的体积。假设整 个系统不漏气。下列说法正确的是( ) A.气体自发扩散前后内能相同 B.气体在被压缩的过程中内能增大 C.在自发扩散过程中,气体对外界做功 D.气体在被压缩的过程中,外界对气体做功 E.气体在被压缩的过程中,气体分子的平均动能不变 14.(10 分)一热气球体积为 V,内部充有温度为 Ta 的热空气,气球外冷空气 的温度为 Tb.已知空气在 1 个大气压、温度为 T0 时的密度为 ρ0,该气球内、 外的气压始终都为 1 个大气压,重力加速度大小为 g。 (i)求该热气球所受浮力的大小; (ii)求该热气球内空气所受的重力; (iii)设充气前热气球的质量为 m0,求充气后它还能托起的最大质量。 第 7 页(共 29 页) 第 8 页 共 29 页 [物理–选修 3-4](15 分) 15.在双缝干涉实验中,用绿色激光照射在双缝上,在缝后的屏幕上显示出干涉 图样.若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距,可选用的方法是( ) A.改用红色激光 B.改用蓝色激光 C.减小双缝间距 D.将屏幕向远离双缝的位置移动 E.将光源向远离双缝的位置移动 16.一直桶状容器的高为 2l,底面是边长为 l 的正方形;容器内装满某种透明液 体,过容器中心轴 DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示.容器右侧内 壁涂有反光材料,其他内壁涂有吸光材料.在剖面的左下角处有一点光源, 已知由液体上表面的 D 点射出的两束光线相互垂直,求该液体的折射率. 第 8 页(共 29 页) 第 9 页 共 29 页 2017 年全国统一高考物理试卷(新课标Ⅱ) 参考答案与试题解析 一、选择题:本大题共 8 小题,每小题 6 分.在每小题给出的四个选项中,第 1 ~5 题只有一项是符合题目要求,第 6~8 题有多项符合题目要求.全部选对 的得 6 分,选对但不全的得 3 分.有选错的得 0 分. 1.(6 分)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆 环上套着一个小环,小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的 过程中,大圆环对它的作用力( ) A.一直不做功 B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心 【考点】62:功的计算.菁优网版权所有 【专题】31:定性思想;43:推理法;52B:功的计算专题. 【分析】小环在运动过程中,大环是固定在桌面上的,大环没有动,大环对小环 的作用力垂直于小环的运动方向,根据功的定义分析做功情况. 【解答】解:AB、大圆环是光滑的,则小环和大环之间没有摩擦力;大环对小 环的支持力总是垂直于小环的速度方向,所以大环对小环没有做功,故 A 正 确,B 错误; CD、小环在刚刚开始运动时,在大环的接近顶部运动时,大环对小环的支持力 背离大环圆心,小环运动到大环的下半部分时,支持力指向大环的圆心,故 CD 第 9 页(共 29 页) 第 10 页 共 29 页 错误。 故选:A。 【点评】本题考查了功的两要素:第一是有力作用在物体上;第二是物体在力的 作用下产生位移. 2.(6 分)一静止的铀核放出一个 α 粒子衰变成钍核,衰变方程为 ,下列说法正确的是( ) →+A.衰变后钍核的动能等于 α 粒子的动能 B.衰变后钍核的动量大小等于 α 粒子的动量大小 C.铀核的半衰期等于其放出一个 α 粒子所经历的时间 D.衰变后 α 粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量 【考点】JA:原子核衰变及半衰期、衰变速度.菁优网版权所有 【专题】31:定性思想;45:归纳法;54O:衰变和半衰期专题. 【分析】根据动量守恒定律,抓住系统总动量为零得出两粒子的动量大小,结合 动能和动量的关系得出动能的大小关系.半衰期是原子核有半数发生衰变的 时间,结合衰变的过程中有质量亏损分析衰变前后质量的大小关系. 【解答】解:AB、一静止的铀核放出一个 α 粒子衰变成钍核,根据系统动量守 恒知,衰变后钍核和 α 粒子动量之和为零,可知衰变后钍核的动量大小等于 α 粒子的动量大小,根据 知,由于钍核和 α 粒子质量不同,则动能不同, 故 A 错误,B 正确。 C、半衰期是原子核有半数发生衰变的时间,故 C 错误。 D、衰变的过程中有质量亏损,即衰变后 α 粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀 核的质量,故 D 错误。 故选:B。 【点评】本题考查了原子核的衰变,知道半衰期的定义,注意衰变过程中动量守 恒,总动量为零,以及知道动量和动能的大小关系. 第 10 页(共 29 页) 第 11 页 共 29 页 3.(6 分)如图,一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。 若保持 F 的大小不变,而方向与水平面成 60°角,物块也恰好做匀速直线运动 。物块与桌面间的动摩擦因数为( ) A.2﹣ B. C. D. 【考点】2G:力的合成与分解的运用;3C:共点力的平衡.菁优网版权所有 【专题】527:共点力作用下物体平衡专题. 【分析】拉力水平时,二力平衡;拉力倾斜时,物体匀速运动,依然是平衡状态 ,根据共点力的平衡条件解题。 【解答】解:当拉力水平时,物体匀速运动,则拉力等于摩擦力,即:F=μmg; 当拉力倾斜时,物体受力分析如图,有: f=μFN FN=mg﹣Fsinθ 可知摩擦力为:f=μ(mg﹣Fsinθ) f= F 代入数据为: μmg=μ(mg﹣ F) 联立可得:μ= 故选:C。 【点评】本题考查了共点力的平衡,解决本题的关键是把拉力进行分解,然后列 平衡方程。 第 11 页(共 29 页) 第 12 页 共 29 页 4.(6 分)如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直, 一小物块以速度 v 从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落 地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为( 重力加速度为 g)( ) A. B. C. D. 【考点】43:平抛运动;4A:向心力;6C:机械能守恒定律.菁优网版权所有 【专题】32:定量思想;43:推理法;52E:机械能守恒定律应用专题. 【分析】根据动能定理得出物块到达最高点的速度,结合高度求出平抛运动的时 间,从而得出水平位移的表达式,结合表达式,运用二次函数求极值的方法 得出距离最大时对应的轨道半径。 【解答】解:设半圆的半径为 R,根据动能定理得: ,离开最高点做平抛运动,有: 2R= ,x=v′t, 联立解得:x= =可知当 R= 时,水平位移最大,故 B 正确,ACD 错误。 故选:B。 【点评】本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用,得出水平位移 的表达式是解决本题的关键,本题对数学能力的要求较高,需加强这方面的 训练。 第 12 页(共 29 页) 第 13 页 共 29 页 5.(6 分)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P 为磁 场边界上的一点,大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P 点,在纸面内沿 不同方向射入磁场,若粒子射入的速率为 v1,这些粒子在磁场边界的出射点 分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为 v2,相应的出射点分布在三分之 一圆周上,不计重力及带电粒子之间的相互作用,则 v2:v1 为( ) A. :2 B. :1 C. :1 D.3: 【考点】CI:带电粒子在匀强磁场中的运动.菁优网版权所有 【专题】31:定性思想;43:推理法;536:带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】根据题意画出带电粒子的运动轨迹,找出临界条件角度关系,利用圆周 运动由洛仑兹力充当向心力,分别表示出圆周运动的半径,再由洛伦兹力充 当向心力即可求得速度之比。 【解答】解:设圆形区域磁场的半径为 r,当速度大小为 v1 时,从 P 点入射的粒 子射出磁场时与磁场边界的最远交点为 M(图甲)时,由题意知∠POM=60°, 由几何关系得轨迹圆半径为 R1= ; 从 P 点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为 N(图乙);由题意知∠ PON=120°,由几何关系得轨迹圆的半径为 R2= r; 根据洛伦兹力充当向心力可知: Bqv=m 解得:v= 故速度与半径成正比,因此 v2:v1=R2:R1= :1 故 C 正确,ABD 错误。 故选:C。 第 13 页(共 29 页) 第 14 页 共 29 页 【点评】本题考查带电粒子在磁场中的圆周运动的临界问题。根据题意画出轨迹 、定出轨迹半径是关键,注意最远点时 PM 的连线应是轨迹圆的直径。 6.(6 分)如图所示,海王星绕太阳沿椭圆轨道运动,P 为近日点,Q 为远日点 ,M,N 为轨道短轴的两个端点,运行的周期为 T0,若只考虑海王星和太阳 之间的相互作用,则海王星在从 P 经 M、Q 到 N 的运动过程中( ) A.从 P 到 M 所用的时间等于 B.从 Q 到 N 阶段,机械能逐渐变大 C.从 P 到 Q 阶段,速率逐渐变小 D.从 M 到 N 阶段,万有引力对它先做负功后做正功 【考点】4F:万有引力定律及其应用.菁优网版权所有 【专题】31:定性思想;43:推理法;528:万有引力定律的应用专题. 【分析】根据海王星在 PM 段和 MQ 段的速率大小比较两段过程中的运动时间, 从而得出 P 到 M 所用时间与周期的关系;抓住海王星只有万有引力做功,得 出机械能守恒;根据万有引力做功确定速率的变化。 【解答】解:A、海王星在 PM 段的速度大小大于 MQ 段的速度大小,则 PM 段 的时间小于 MQ 段的时间,所以 P 到 M 所用的时间小于 ,故A 错误。 B、从 Q 到 N 的过程中,由于只有万有引力做功,机械能守恒,故 B 错误。 C、从 P 到 Q 阶段,万有引力做负功,速率减小,故 C 正确。 D、根据万有引力方向与速度方向的关系知,从 M 到 N 阶段,万有引力对它先 第 14 页(共 29 页) 第 15 页 共 29 页 做负功后做正功,故 D 正确。 故选:CD。 【点评】解决本题的关键知道近日点的速度比较大,远日点的速度比较小,从 P 到 Q 和 Q 到 P 的运动是对称的,但是 P 到 M 和 M 到 Q 不是对称的。 7.(6 分)两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面垂直。边 长为 0.1m、总电阻为 0.005Ω 的正方形导线框 abcd 位于纸面内,cd 边与磁场 边界平行,如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd 边于 t=0 时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电 流的方向为顺时针时,感应电动势取正)。下列说法正确的是( ) A.磁感应强度的大小为 0.5 T B.导线框运动速度的大小为 0.5m/s C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D.在 t=0.4s 至 t=0.6s 这段时间内,导线框所受的安培力大小为 0.1N 【考点】D9:导体切割磁感线时的感应电动势;DD:电磁感应中的能量转化. 菁优网版权所有 【专题】32:定量思想;43:推理法;53C:电磁感应与电路结合. 【分析】根据线框匀速运动的位移和时间求出速度,结合 E=BLv 求出磁感应强 度,根据感应电流的方向,结合楞次定律得出磁场的方向。根据安培力公式 得出导线框所受的安培力。 【解答】解:AB、由图象可以看出,0.2﹣0.4s 没有感应电动势,所以从开始到 ab 进入用时 0.2s,导线框匀速运动的速度为:v= ,根据 E=BLv 第 15 页(共 29 页) 第 16 页 共 29 页 知磁感应强度为:B= ,故 A 错误,B 正确。 C、由 b 图可知,线框进磁场时,感应电流的方向为顺时针,根据楞次定律得, 磁感应强度的方向垂直纸面向外,故 C 正确。 D、在0.4﹣0.6s 内,导线框所受的安培力F=BIL= 故选:BC。 =N=0.04N,故 D 错误。 【点评】本题考查了导线切割磁感线运动,掌握切割产生的感应电动势公式以及 楞次定律,本题能够从图象中获取感应电动势的大小、方向、运动时间等。 8.(6 分)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线 绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线 圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁 置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同 学应将( ) A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉 【考点】D8:法拉第电磁感应定律;D9:导体切割磁感线时的感应电动势.菁优网版权所有 【专题】12:应用题;21:信息给予题;31:定性思想;43:推理法;53C:电 磁感应与电路结合. 【分析】线圈中有通电电流时,安培力做功,根据左手定则判断安培力做功情况 ,由此确定能否连续转动。 第 16 页(共 29 页) 第 17 页 共 29 页 【解答】解:AD、当左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉或左转轴上下两侧的绝缘 漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉,通电后根据左手定则可知下边受到的 安培力方向向右,线圈开始转动,在前半周转动过程中,线圈中有电流,安 培力做正功,后半周电路中没有电流,安培力不做功,由于惯性线圈能够连 续转动,故 A、D 正确; B、线圈中电流始终存在,安培力先做正功后做负功,但同时重力做负功,因此 在转过一半前线圈的速度即减为 0,线圈只能摆动,故 B 错误; C、左右转轴不能同时接通电源,始终无法形成闭合回路,电路中无电流,不会 转动,故 C 错误。 故选:AD。 【点评】电动机是利用通电导体在磁场中受力的原理,在转动过程中,分析线圈 中电流方向和安培力做功情况是解答本题的关键。 三、非选择题:共 174 分.第 22~32 题为必考题,每个试题考生都必须作答. 第 33~38 题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题(共 129 分) 9.(6 分)某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度 的之间的关系.使用的器材有:斜面、滑块、长度不同的挡光片、光电计时 器. 实验步骤如下: ①如图(a),将光电门固定在斜面下端附近:将一挡光片安装在滑块上,记下 挡光片前端相对于斜面的位置,令滑块从斜面上方由静止开始下滑; ②当滑块上的挡光片经过光电门时,用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间 △t; 第 17 页(共 29 页) 第 18 页 共 29 页 ③用△s 表示挡光片沿运动方向的长度(如图(b)所示), 表示滑块在挡光片 遮住光线的△t 时间内的平均速度大小,求出 ; ④将另一挡光片换到滑块上,使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同,令滑块 由静止开始下滑,重复步骤②、③; ⑤多次重复步骤④ ⑥利用实验中得到的数据作出 ﹣△t 图,如图(c)所示 完成下列填空: (1)用 a 表示滑块下滑的加速度大小,用 vA 表示挡光片前端到达光电门时滑块 的瞬时速度大小,则 与vA、a 和△t 的关系式为 = . (2)由图(c)可求得,vA= 52.2 cm/s,a= 16.3 cm/s2.(结果保留 3 位有 效数字) 【考点】M5:测定匀变速直线运动的加速度.菁优网版权所有 【专题】13:实验题;23:实验探究题;32:定量思想;43:推理法;511:直 线运动规律专题. 【分析】(1)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出挡光片 通过光电门过程中中间时刻的瞬时速度,结合时间公式求出 与vA、a 和△t 的关系式. (2)结合 与vA、a 和△t 的关系式,通过图线的斜率和截距求出 vA 和加速度的 大小. 【解答】解:(1)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,则 等于 挡光片通过光电门过程中中间时刻的瞬时速度,根据速度时间公式得: .(2)由 知,纵轴截距等于 vA,图线的斜率 k= ,由图可知: vA=52.2cm/s, a=2k=2× cm/s2=16.3cm/s2. 故答案为:(1) ;(2)52.2,16.3. 第 18 页(共 29 页) 第 19 页 共 29 页 【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论,并能灵活运 用,对于图线问题,一般解题思路是得出物理量之间的关系式,结合图线的 斜率和截距进行求解. 10.(9 分)某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为 100μA, 内阻大约为 2500Ω)的内阻。可使用的器材有:两个滑动变阻器 R1,R2(其 中一个阻值为 20Ω,另一个阻值为 2000Ω);电阻箱 Rz (最大阻值为 99999.9Ω);电源 E(电动势约为 1.5V);单刀开关 S1 和 S2.C、D 分别为 两个滑动变阻器的滑片。 (1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线。 (2)完成下列填空: ①R1 的阻值为 20 Ω(填“20”或“2000”) ②为了保护微安表,开始时将 R1 的滑片 C 滑到接近图(a)中的滑动变阻器的 左 端(填“左”或“右”)对应的位置;将 R2 的滑片 D 置于中间位置附近。 ③将电阻箱 Rz 的阻值置于 2500.0Ω,接通 S1.将 R1 的滑片置于适当位置,再反 复调节 R2 的滑片 D 的位置、最终使得接通 S2 前后,微安表的示数保持不变, 这说明 S2 接通前 B 与 D 所在位置的电势 相等 (填“相等”或“不相等”) ④将电阻箱 Rz 和微安表位置对调,其他条件保持不变,发现将 Rz 的阻值置于 2601.0Ω 时,在接通 S2 前后,微安表的示数也保持不变。待微安表的内阻为 2550 Ω(结果保留到个位)。 (3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议: 调节 R1 上的分压,尽可能使 微安表接近满量程。 。 第 19 页(共 29 页) 第 20 页 共 29 页 【考点】N6:伏安法测电阻.菁优网版权所有 【专题】13:实验题;31:定性思想;46:实验分析法;535:恒定电流专题. 【分析】(1)根据电路原理图在实物图上连线; (2)①根据实验方法确定 R1 选择阻值较小或较大的滑动变阻器;②为了保护微 安表,分析滑片 C 开始应处的位置; ③接通 S2 前后,微安表的示数保持不变,由此分析电势高低; ④根据比例方法确定 Rx 的值; (3)从减少误差的方法来提出建议. 【解答】解:(1)根据电路原理图在实物图上连线,如图所示: (2)①R1 选择 20Ω;这是因为滑动变阻器的分压式接法要求滑动变阻器的最大 阻值远小于负载阻值,滑动变阻器的最大阻值越小,滑片滑动时,电压变化 越均匀,越有利于实验的进行;故 R1=20Ω; ②为了保护微安表,通过微安表的电流应从零逐渐增大,当滑片 C 滑到滑动变 阻器的最左端时,通过微安表的电流为零.所以开始时,滑片 C 应滑到滑动 变阻器的最左端; ③接通 S2 前后,微安表的示数保持不变,则微安表两端的电压不变,又微安表 右端电势在 S2 接通前后保持不变,所以说明 S2 接通前 B 与 D 所在位置的电 势相等; ④设微安表内阻为 Rx,根据题意有 ,解得 Rx=2550Ω; (3)为了提高精度,可以调节 R1 上的分压,尽可能使微安表接近满量程. 第 20 页(共 29 页) 第 21 页 共 29 页 原因是,在微安表的读数接近满量程的情况下,为了使 B、D 两点电势相等而调 节滑动变阻器 R2 时,R2 滑片的微小偏差将导致微安表指针产生较大偏摆,有 利于更精确的调节 R2;反之,在微安表指针偏摆较小的情况下,R2 滑片的微 小偏差很难从微安表上显示出来. 故答案为:(1)图见解析;(2)①20;②左;③相等;④2550;(3)调节 R1 上的分压,尽可能使微安表接近满量程. 【点评】对于实验题,要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等 问题,一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展, 延伸,所以一定要熟练掌握教材中的重要实验.对于实验仪器的选取一般要 求满足安全性原则、准确性原则和操作方便原则. 11.(12 分)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线距离 s0 和 s1(s1<s0)处分别设置一个挡板和一面小旗,如图所示.训练时,让运动 员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以速度 v0 击出,使冰球在冰面上沿 垂直于起跑线的方向滑向挡板:冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从 静止出发滑向小旗.训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处. 假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为 v1.重力 加速度为 g.求 (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数; (2)满足训练要求的运动员的最小加速度. 【考点】2G:力的合成与分解的运用;37:牛顿第二定律.菁优网版权所有 【专题】11:计算题;22:学科综合题;32:定量思想;43:推理法;522:牛 第 21 页(共 29 页) 第 22 页 共 29 页 顿运动定律综合专题. 【分析】(1)根据速度位移公式求出冰球的加速度,结合牛顿第二定律求出动 摩擦因数的大小. (2)抓住两者运动时间相等得出运动员到达小旗处的最小速度,结合速度位移 公式求出最小加速度. 【解答】解:(1)对冰球分析,根据速度位移公式得: ,加速度为:a= ,根据牛顿第二定律得:a=μg, 解得冰球与冰面之间的动摩擦因数为: .(2)根据两者运动时间相等,有: ,解得运动员到达小旗处的最小速度为:v2= ,则最小加速度为: 答: =.(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数为 .; (2)满足训练要求的运动员的最小加速度为 .【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用,知道加速度是联系 力学和运动学的桥梁,难度不大. 12.(20 分)如图,两水平面(虚线)之间的距离为 H,其间的区域存在方向 水平向右的匀强电场。自该区域上方的 A 点将质量为 m、电荷量分别为 q 和 ﹣q(q>0)的带电小球 M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出 第 22 页(共 29 页) 第 23 页 共 29 页 。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知 N 离开 电场时的速度方向竖直向下;M 在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能 为 N 刚离开电场时的动能的 1.5 倍。不计空气阻力,重力加速度大小为 g。求 (1)M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比; (2)A 点距电场上边界的高度; (3)该电场的电场强度大小。 【考点】AK:带电粒子在匀强电场中的运动.菁优网版权所有 【专题】11:计算题;32:定量思想;43:推理法;531:带电粒子在电场中的 运动专题. 【分析】(1)抓住两球在电场中,水平方向上的加速度大小相等,一个做匀加 速直线运动,一个做匀减速直线运动,在竖直方向上的运动时间相等得出水 平方向时间相等,结合运动学公式求出 M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之 比; (2)根据离开电场时动能的大小关系,抓住 M 做直线运动,得出 M 离开电场 时水平分速度和竖直分速度的关系,抓住 M 速度方向不变,结合进入电场时 竖直分速度和水平分速度的关系,根据速度位移公式求出 A 点距电场上边界 的高度; (3)结合带电小球 M 电场中做直线运动,结合速度方向得出电场力和重力的关 系,从而求出电场强度的大小。 【解答】解:(1)两带电小球的电量相同,可知 M 球在电场中水平方向上做匀 加速直线运动,N 球在水平方向上做匀减速直线运动,水平方向上的加速度 大小相等, 两球在竖直方向均受重力,竖直方向上做加速度为 g 的匀加速直线运动,由于竖 直方向上的位移相等,则运动的时间相等, 设水平方向的加速度大小为 a, 第 23 页(共 29 页) 第 24 页 共 29 页 对 M,有: 对 N:v0=at, 可得 ,,,解得 xM:xN=3:1。 (2、3)设正电小球离开电场时的竖直分速度为 vy,水平分速度为 v1,两球离 开电场时竖直分速度相等, 因为 M 在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为 N 刚离开电场时的动能的 1.5 倍,则有: ,解得 ,因为 v1=v0+at=2v0,则 =2v0, 因为 M 做直线运动,设小球进电场时在竖直方向上的分速度为 vy1,则有: ,解得 vy1= ,在竖直方向上有: 解得 A 点距电场上边界的高度 h= 。 因为 M 做直线运动,合力方向与速度方向在同一条直线上, 有: ,,=,则电场的电场强度 E= =。答:(1)M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比为 3:1 (2)A 点距电场上边界的高度为 ; (3)该电场的电场强度大小为 。【点评】本题考查了带电小球在复合场中的运动,理清两球在整个过程中的运动 规律,将运动分解为水平方向和竖直方向,结合运动学公式灵活求解。 第 24 页(共 29 页) 第 25 页 共 29 页 三、选考题:请考生从给出的物理题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第 一题计分。[物理–选修 3-3](15 分) 13.(5 分)如图,用隔板将一绝热汽缸分成两部分,隔板左侧充有理想气体, 隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开,气体会自发扩散至整个汽 缸。待气体达到稳定后,缓慢推压活塞,将气体压回到原来的体积。假设整 个系统不漏气。下列说法正确的是( ) A.气体自发扩散前后内能相同 B.气体在被压缩的过程中内能增大 C.在自发扩散过程中,气体对外界做功 D.气体在被压缩的过程中,外界对气体做功 E.气体在被压缩的过程中,气体分子的平均动能不变 【考点】8F:热力学第一定律.菁优网版权所有 【专题】31:定性思想;43:推理法;54B:理想气体状态方程专题. 【分析】抽开隔板时,气体自发的扩散,不会对外做功;活塞对气体推压,则活 塞对气体做功。 【解答】解:AC、抽开隔板时,气体体积变大,但是右方是真空,又没有热传 递,则根据△U=Q+W 可知,气体的内能不变,A 正确,C 错误; BD、气体被压缩的过程中,外界对气体做功,根据△U=Q+W 可知,气体内能增 大,BD 正确; E、气体被压缩时,外界做功,内能增大,气体分子平均动能是变化的,E 错误。 故选:ABD。 【点评】本题考查了气体内能和理想气体的三个变化过程,掌握内能的方程和理 想气体方程才能使这样的题目变得容易。 14.(10 分)一热气球体积为 V,内部充有温度为 Ta 的热空气,气球外冷空气 第 25 页(共 29 页) 第 26 页 共 29 页 的温度为 Tb.已知空气在 1 个大气压、温度为 T0 时的密度为 ρ0,该气球内、 外的气压始终都为 1 个大气压,重力加速度大小为 g。 (i)求该热气球所受浮力的大小; (ii)求该热气球内空气所受的重力; (iii)设充气前热气球的质量为 m0,求充气后它还能托起的最大质量。 【考点】99:理想气体的状态方程.菁优网版权所有 【专题】32:定量思想;43:推理法;54B:理想气体状态方程专题. 【分析】(i)根据浮力的公式计算浮力的大小,此时的关键是计算外界的气体 密度; (ii)根据 G=ρVg 计算重力,关键是计算气球内部的空气密度; (iii)根据平衡条件分析充气后能托起的最大质量。 【解答】解:(i)设 1 个大气压下质量为 m 的空气在温度为 T0 时的体积为 V0, 密度为 设温度为 T 的体积为 VT,密度为 ρ(T) =由盖﹣吕萨克定律得 联立可得:ρ(T) 气球受到的浮力为 f=ρ(Tb)gV 联立可得:f= =;(ii)根据 ρ(T) =可得 ρ(Ta) =,气球内空气的重力为 G=ρ(Ta)gV= gV; 第 26 页(共 29 页) 第 27 页 共 29 页 (iii)气球要漂浮在空气中,则气球总重力等于冷空气的浮力,假如还能托起的 最大质量为 m 则 F=m0g+G+mg 所以 m= ﹣﹣m0 答:(i)气球受到的浮力为: (ii)气球内空气的重力为 (iii)能托起的最大质量为 gV; gV; ﹣﹣m0。 【点评】本题考查了理想气体的特点和平衡问题。对于这种问题,心理上不要惧 怕,从一些重要的知识点入手,应用相应的公式即可求解。 [物理–选修 3-4](15 分) 15.在双缝干涉实验中,用绿色激光照射在双缝上,在缝后的屏幕上显示出干涉 图样.若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距,可选用的方法是( ) A.改用红色激光 B.改用蓝色激光 C.减小双缝间距 D.将屏幕向远离双缝的位置移动 E.将光源向远离双缝的位置移动 【考点】O4:用双缝干涉测光的波长.菁优网版权所有 【专题】31:定性思想;43:推理法;54G:光的干涉专题. 【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式,得出影响条纹间距的因素,从而分析判 断. 【解答】解:根据双缝干涉条纹间距公式 知,增大入射光的波长、减小 双缝间距,以及增大屏幕与双缝的距离,可以增大条纹的间距,由于红光的 第 27 页(共 29 页) 第 28 页 共 29 页 波长大于绿光的波长,可知换用红色激光可以增大条纹间距,故 ACD 正确, BE 错误。 故选:ACD。 【点评】解决本题的关键知道双缝干涉条纹间距公式,以及知道各种色光的波长 大小关系,基础题. 16.一直桶状容器的高为 2l,底面是边长为 l 的正方形;容器内装满某种透明液 体,过容器中心轴 DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示.容器右侧内 壁涂有反光材料,其他内壁涂有吸光材料.在剖面的左下角处有一点光源, 已知由液体上表面的 D 点射出的两束光线相互垂直,求该液体的折射率. 【考点】H3:光的折射定律.菁优网版权所有 【专题】12:应用题;22:学科综合题;31:定性思想;4C:方程法;54D:光 的折射专题. 【分析】根据反射定律和折射定律,结合入射角与折射角、反射角的关系,作出 光路图.根据折射定律以及数学几何关系求出瓶内液体的折射率. 【解答】解:设从光源发出的光直接射到 D 点的光线的入射角为 i1,折射角为 γ1 ,在剖面内做光源相对于镜面的对称点 C,连接 CD,交镜面与 E 点,由光源 射向 E 点的光线反射后由 ED 射向 D 点,设入射角为 i2,折射角为 γ2,如图; 设液体的折射率为 n,由折射定律: nsini1=sinγ1 nsini2=sinγ2 由题意:γ1+γ2=90° 联立得: 第 28 页(共 29 页) 第 29 页 共 29 页 由图中几何关系可得: ;联立得:n=1.55 答:该液体的折射率为 1.55. 【点评】本题首先要正确作出光路图,深刻理解折射率的求法,运用几何知识求 入射角与折射角的正弦是解答的关键. 第 29 页(共 29 页)
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