2017年河南省全国统一高考物理试卷(新课标ⅰ)(含解析版).pdf

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1、第 1 页（共 2 9 页）2 0 1 7 年全 国统 一高 考物 理试 卷（新课 标）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）将质量为 1.0 0 k g 的模型火箭点火升空，5 0 g 燃烧的燃气以大小为 6 0 0 m/s的 速 度 从 火 箭 喷 口 在 很 短 时 间 内喷 出。在 燃 气 喷 出 后 的 瞬 间，火 箭 的 动 量 大小为（喷出过程中重力和空气阻力

2、可忽略）（）A 3 0 k g m/s B 5.7 1 02k g m/sC 6.0 1 02k g m/s D 6.3 1 02k g m/s2（6 分）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是（）A 速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B 速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C 速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D 速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大3（6 分）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的

3、微粒 a，b，c 电荷量相等，质量分别为 ma，mb，mc 已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是（）A mambmcB mbmamcC mcmambD mcmbma4（6 分）大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电，氘核 聚变 反应 方程 是：H+H H e+n，已 知 H 的质 量为 2.0 1 3 6 u，H e 的质量为 3.0 1 5 0 u，n 的质量为 1.0 0 8 7 u，1 u=9 3 1 M e V/c2 氘核聚变反第 2 页（共 2 9 页）应中释放的核能约为（）

4、A 3.7 M e V B 3.3 M e V C 2.7 M e V D 0.9 3 M e V5（6 分）扫描 隧道显微镜（S T M）可用来 探测样品表面原 子尺寸上的形貌，为了有效隔离外界震动对 S T M 的扰动，在圆底盘周边沿其径 向对称地安装若干对 紫 铜 薄 板，并 施 加 磁 场 来 快 速衰 减 其 微 小 震 动，如 图 所 示，无 扰 动 时，按下 列 四 种 方 案 对 紫 铜 薄 板 施 加 恒磁 场；出 现 扰 动 后，对 于 紫 铜 薄 板 上 下 及 其左右震动的衰减最有效的方案是（）A B C D 6（6 分）如图，三根相互平行的固定长直导线 L1、L2和

5、L3两两等距，均通有电流 I，L1中电流方向与 L2中的相同，与 L3中的相反。下列说法正确的是（）A L1所受磁场作用力的方向与 L2、L3所在平面垂直B L3所受磁场作用力的方向与 L1、L2所在平面垂直C L1、L2和 L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 1：1：D L1、L2和 L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为：17（6 分）在 一 静 止 点 电 荷 的 电 场 中，任 一 点 的 电 势 与 该 点 到 点 电 荷 的 距 离 r的 关 系 如 图 所 示。电 场 中 四 个 点 a、b、c 和 d 的 电 场 强 度 大 小 分 别 Ea、Eb、Ec和 Ed，点 a 到

6、点电荷的距离 ra与点 a 的电势a已在图中用坐标（ra，a）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由 a 点依次经 b、c 点移动到 d 点，第 3 页（共 2 9 页）在相 邻两点 间移动 的过程 中，电场力 所做的 功分别 为 Wa b、Wb c和 Wc d下 列选项正确的是（）A Ea：Eb=4：1 B Ec：Ed=2：1 C Wa b：Wb c=3：1 D Wb c：Wc d=1：38（6 分）如图，柔软轻绳 O N 的一端 O 固定，其中间某点 M 拴一重物，用手拉住 绳 的 另 一 端 N 初 始 时，O M 竖 直 且 M N 被 拉 直，O M 与 M N 之 间 的 夹 角

7、（）。现 将 重 物 向 右 上 方 缓 慢 拉 起，并 保 持 夹 角 不 变，在 O M 由 竖 直被拉到水平的过程中（）A M N 上的张力逐渐增大 B M N 上的张力先增大后减小C O M 上的张力逐渐增大 D O M 上的张力先增大后减小二、非 选 择 题：本 卷 包 括 必 考 题 和 选 考 题 两 部 分 第 9 3 2 题 为 必 考 题，每 个试 题 考 生 都必 须 作 答 第 3 3 3 8 题 为 选 考 题，考 生 根 据 要 求 作 答（一）必考题（共 1 2 9 分）9（5 分）某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前，将

8、该计时器固定在小车旁，如图（a）所示。实验时，保持 桌 面 水 平，用 手 轻 推 一 下 小 车。在 小 车 运 动 过 程 中，滴 水 计 时 器 等 时 间 间隔 地 滴下 小 水 滴，图（b）记 录了 桌 面 上 连 续 6 个 水 滴的 位 置。（已 知滴 水 计时器每 3 0 s 内共滴下 4 6 个小水滴）第 4 页（共 2 9 页）（1）由 图（b）可 知，小 车 在 桌 面 上 是（填“从 右 向 左”或“从 左 向 右”）运动的。（2）该小组同学根据图（b）的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图（b）中 A 点 位 置 时的 速 度 大 小 为 m/s，加 速 度大 小

9、 为 m/s2（结 果均保留 2 位有效数字）1 0（1 0 分）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡 L（额定电压 3.8 V，额定电流 0.3 2 A）电压表 V（量程 3 V，内阻 3 k）电流表 A（量程 0.5 A，内阻 0.5）固定电阻 R0（阻值 1 0 0 0）滑动变阻器 R（阻值 0 9.0）电源 E（电动势 5 V，内阻不计）开关 S；导线若干。（1）实 验要 求 能 够 实现 在 0 3.8 V 的 范 围内 对 小 灯 泡的 电 压 进 行测 量，画 出实验电路原理图。（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。第 5 页（共 2 9 页）由实验曲线

10、可知，随着电流 的增加小灯泡的电阻（填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率（填“增大”“不变”或“减小”）。（3）用另一电源 E0（电动势 4 V，内阻 1.0 0）和题给器材连接成图（b）所示的电路图，调节滑动变阻器 R 的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关 S，在 R 的变化范围内，小灯泡的最小功率为 W，最大功率为 W（结果均保留 2 位小数）1 1（1 2 分）一 质 量 为 8.0 0 1 04k g 的 太 空 飞 船 从 其 飞 行轨 道 返 回 地 面。飞 船 在离 地 面 高度 1.6 0 1 05m 处 以 7.5 1 03m/s 的 速 度 进入 大 气 层，

11、逐 渐 减慢 至 速度为 1 0 0 m/s 时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为 9.8 m/s2（结果保留 2 位有效数字）（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；（2）求 飞 船 从离 地 面 高 度 6 0 0 m 处 至 着 地 前瞬 间 的 过 程 中 克 服 阻力 所 做 的 功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的 2.0%。第 6 页（共 2 9 页）1 2（2 0 分）真空中存在电场强度大小为 E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖 直向 上做 匀 速直 线 运动，速 度 大小 为 v0，

12、在油 滴处 于 位置 A 时，将 电场 强度 的大 小 突 然增 大 到 某值，但保 持 其 方向 不 变。持 续 一段 时 间 t1后，又 突 然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到 B 点。重力加速度大小为 g。（1）油滴运动到 B 点时的速度；（2）求 增大后的 电场强 度的大 小；为保 证后来 的电场强 度比原 来的大，试给出相应的 t1和 v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度 v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于 B、A 两点间距离的两倍。（二）选考 题：共 1 5 分。请考 生从 2 道物 理题 中任选 一题 作答。如果 多做，则按所 做的 第

13、一题 计分。物理-选修 3-3 1 3（5 分）氧气分子在 0 和 1 0 0 温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百 分 比 随 气 体 分 子 速 率 的 变 化 分别 如 图 中 两 条 曲 线 所 示。下 列 说 法 正 确 的 是（）A 图中两条曲线下面积相等第 7 页（共 2 9 页）B 图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C 图中实线对应于氧气分子在 1 0 0 时的情形D 图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E 与 0 时相比，1 0 0 时氧气分子速率出现在 0 4 0 0 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大1 4（1 0 分）如图，容积 均为 V 的汽

14、缸 A、B 下端 有细 管（容 积可 忽略）连通，阀门 K2位于细管的中部，A、B 的顶部各有一阀门 K1、K3，B 中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）。初始时，三个阀门均打开，活塞在 B 的底部；关闭 K2、K3，通过 K1给汽缸充气，使 A 中气体的压强达到大气压 p0的 3倍后关闭 K1已知室温为 2 7，汽缸导热。（i）打开 K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；（i i）接着打开 K3，求稳定时活塞的位置；（i i i）再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高 2 0，求此时活塞下方气体的压强。第 8 页（共 2 9 页）物理-选修 3-4 1 5 如 图（a），在 x y 平

15、面 内有 两 个 沿 z 方 向 做简 谐 振 动 的点 波 源 S1（0，4）和S2（0，2）。两波源 的振动图线分 别如图（b）和图（c）所示。两列波的波速均为 1.0 0 m/s。两列波从波源传播到点 A（8，2）的路程差为 m，两列波引起的点 B（4，1）处质点的振动相互（填“加强”或“减弱”），点 C（0，0.5）处质点的振动相互（填“加强”或“减弱”）。1 6 如图，一玻璃工件的上半部是半径为 R 的半球体，O 点为球心；下半部是半径 为 R、高 为 2 R 的 圆 柱 体，圆 柱 体 底 面 镀 有 反 射 膜。有 一 平 行 于 中 心 轴 O C的光线从半球面射入，该光线与

16、O C 之间的距离为 0.6 R 已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行（不考虑多次反射）。求该玻璃的折射率。第 9 页（共 2 9 页）2 0 1 7 年 全 国 统 一 高 考 物 理 试 卷（新 课 标）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）将质量为 1.0 0 k g 的模型火箭点火升空，5 0 g 燃烧的燃气以大小为 6 0

17、 0 m/s的 速 度 从 火 箭 喷 口 在 很 短 时 间 内喷 出。在 燃 气 喷 出 后 的 瞬 间，火 箭 的 动 量 大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（）A 3 0 k g m/s B 5.7 1 02k g m/sC 6.0 1 02k g m/s D 6.3 1 02k g m/s【考点】5 3：动量守恒定律菁 优 网 版 权 所 有【专题】3 2：定量思 想；4 3：推理法；5 2 K：动量与 动能定理或能的 转化与守恒定律综合【分析】在喷气的很短时间内，火箭和燃气组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律求出燃气喷出后的瞬间火箭的动量大小。【解答】解：开始总动量为零，规定

18、气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0=m1v1+P，解得火箭的动量 P=m1v1=0.0 5 6 0 0 k g m/s=3 0 k g m/s，负号表示方向，故A 正确，B、C、D 错误。故选：A。【点评】本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道喷出燃气的动量和火箭的动量大小相等，方向相反，基础题。2（6 分）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是（）第 1 0 页（共 2 9 页）A 速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B 速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C 速度较大的

19、球通过同一水平距离所用的时间较少D 速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大【考点】4 3：平抛运动菁 优 网 版 权 所 有【专题】3 1：定性思想；4 3：推理法；5 1 8：平抛运动专题【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合平抛运动的规律，抓住水平方向相等时，通过时间关系得出下降的高度，从而分析判断。【解答】解：发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过 球 网，原 因 是 发 球 机 到 网 的 水平 距 离 一 定，速 度 大，则 所 用 的 时 间 较 少，球下降的高度较小，容易越过球网，故 C 正确，A B D 错误。故选

20、：C。【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。3（6 分）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒 a，b，c 电荷量相等，质量分别为 ma，mb，mc 已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是（）A mambmcB mbmamcC mcmambD mcmbma第 1 1 页（共 2 9 页）【考点】C M：带电粒子在混合场中的运动菁 优 网 版 权 所 有

21、【专题】3 2：定量思想；4 3：推理法；5 3 7：带电粒子在复合场中的运动专题【分析】由粒子的运动状态，根据牛顿第二定律得到其合外力情况，再对粒子进行受力分析即可求解。【解答】解：微粒受重力 G、电场力 F、洛伦兹力 F 的作用，三个带正电的微粒a，b，c 电荷量相等，那么微粒所受电场力 F 大小相等，方向竖直向上；a 在纸面内做匀速圆周运动，则 a 的重力等于电场力，即 F=Ga=mag；b 在纸面内向右做匀速直线运动，则 b 受力平衡，因为重力方向竖直向下，洛伦兹力方向竖直向上，则有 F+F b=Gb=mbg；c 在纸面内向左做匀速直线运动，则 c 受力平衡，且洛伦兹力方向向下，则有：

22、FF c=Gc=mcg所以，mbmamc，故 A C D 错误，B 正确；故选：B。【点评】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力的方向用左手定则判断，然后再分析粒子的受力情况，进而应用牛顿第二定律联系粒子的运动状态，进而求解。4（6 分）大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电，氘核 聚变 反应 方程 是：H+H H e+n，已 知 H 的质 量为 2.0 1 3 6 u，H e 的质量为 3.0 1 5 0 u，n 的质量为 1.0 0 8 7 u，1 u=9 3 1 M e V/c2 氘核聚变反应中释放的核能约为（）A 3.7 M e V B 3.3 M e V C 2.7

23、M e V D 0.9 3 M e V【考点】J I：爱因斯坦质能方程菁 优 网 版 权 所 有【专题】3 1：定性思想；4 3：推理法；5 4 P：爱因斯坦的质能方程应用专题【分析】根据已知核反应方程式，要计算释放的核能，就必须知道核反应亏损的质量，根据爱因斯坦质能方程E=m C2即可求出核反应释放的能量。【解答】解：因氘核聚变的核反应方程为：H+H H e+n；核反应过程中的质量亏损为m=2 mH（mH e+mn）=0.0 0 3 5 u第 1 2 页（共 2 9 页）释放的核能为E=m c2=0.0 0 3 5 u c2=3.3 M e V，故 B 正确，A C D 错误；故选：B。【点

24、评】只要对近代原子物理有所了解即可，需要深入理解的东西不是太多。所以要多读教材，适量做些中低档题目即可。5（6 分）扫描 隧道显微镜（S T M）可用来 探测样品表面原 子尺寸上的形貌，为了有效隔离外界震动对 S T M 的扰动，在圆底盘周边沿其径 向对称地安装若干对 紫 铜 薄 板，并 施 加 磁 场 来 快 速衰 减 其 微 小 震 动，如 图 所 示，无 扰 动 时，按下 列 四 种 方 案 对 紫 铜 薄 板 施 加 恒磁 场；出 现 扰 动 后，对 于 紫 铜 薄 板 上 下 及 其左右震动的衰减最有效的方案是（）A B C D【考点】D 8：法拉第电磁感应定律菁 优 网 版 权 所

25、 有【专题】3 1：定性思想；4 3：推理法；5 3 C：电磁感应与电路结合【分析】根据电磁感应原理，结合楞次定律的阻碍相对运动角度，及产生感应电流的条件，即可判定。【解答】解：当加恒定磁场后，当紫铜薄板上下及左右振动时，导致穿过板的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场进而阻碍板的运动，而 B C 选项，只能上下振动时，才有磁通量变化，左右振动，却没有磁通量变化，因此只有 A选项穿过板的磁通量变化，故 A 正确，B C D 错误；故选：A。【点评】考查电磁感应原理，掌握楞次定律中阻碍相对运动，理解磁通量的含义，第 1 3 页（共 2 9 页）及感应电流的产生条件。6（6 分）如图，三根相互平

26、行的固定长直导线 L1、L2和 L3两两等距，均通有电流 I，L1中电流方向与 L2中的相同，与 L3中的相反。下列说法正确的是（）A L1所受磁场作用力的方向与 L2、L3所在平面垂直B L3所受磁场作用力的方向与 L1、L2所在平面垂直C L1、L2和 L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 1：1：D L1、L2和 L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为：1【考点】C 6：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；C C：安培力菁 优 网 版 权 所 有【专题】3 1：定性思想；4 3：推理法；5 3 D：磁场 磁场对电流的作用【分析】依据右手螺旋定则判定各导线在其他位置的磁场方向，再结合矢量

27、的合成 法 则，即 可 判 定 合 磁 场 方 向，最 后 根 据 左 手 定 则，从 而 确 定 其 位 置 的 受 到磁场力方向；因所通的电流相等，那么单位长度的磁场力之比，即为各自所处的磁场之比。【解 答】解：A、根 据右手 螺旋定 则，结合矢 量的合 成法则，则 L2、L3通电 导线在 L1处的磁场方向如下图所示，再 根 据 左 手 定 则，那 么 L1所 受 磁 场 作 用 力 的 方 向 与 L2、L3所 在 平 面 平 行，故 A错误；B、同理，根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则 L2、L1通电导线在 L3处的磁场方向如下图所示，第 1 4 页（共 2 9 页）再 根 据

28、左 手 定 则，那 么 L3所 受 磁 场 作 用 力 的 方 向 与 L2、L1所 在 平 面 垂 直，故 B正确；C D、由 A 选项分析，可知，L1、L3通电导线在 L2处的合磁场大小与 L2、L3通电导线在 L1处的合磁场相等，设各自通电导线在其他两点的磁场大小为 B，那么 L1、L2和 L3三处磁场之比为 1：1：，故 C 正确，D 错误；故选：B C。【点评】考查右手螺旋定则与左手定则的内容，掌握矢量的合成法则，理解几何关系，及三角知识的运用。7（6 分）在 一 静 止 点 电 荷 的 电 场 中，任 一 点 的 电 势 与 该 点 到 点 电 荷 的 距 离 r的 关 系 如 图

29、 所 示。电 场 中 四 个 点 a、b、c 和 d 的 电 场 强 度 大 小 分 别 Ea、Eb、Ec和 Ed，点 a 到点电荷的距离 ra与点 a 的电势a已在图中用坐标（ra，a）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由 a 点依次经 b、c 点移动到 d 点，在相 邻两点 间移动 的过程 中，电场力 所做的 功分别 为 Wa b、Wb c和 Wc d下 列选项正确的是（）A Ea：Eb=4：1 B Ec：Ed=2：1 C Wa b：Wb c=3：1 D Wb c：Wc d=1：3第 1 5 页（共 2 9 页）【考点】A G：电势差和电场强度的关系菁 优 网 版 权 所 有【专题】3

30、 4：比较思想；4 D：比例法；5 3 2：电场力与电势的性质专题【分析】由点电荷场强公式 E=可求场强之比；利用公式 Ua b=ab和 W=q U分别计算电场力做的功，从而求电场力做功之比。【解答】解：A、由点电荷场强公式 E=可得：Ea：Eb=：=4：1，故 A 正确；B、由点电荷场强公式 E=可得：Ec：Ed=：=4：1，故 B 错误；C、从 a 到 b 电场力做功为：Wa b=q Ua b=q（ab）=q（6 3）=3 q，从 b 到 c 电场力做功为：Wb c=q Ub c=q（bc）=q（3 2）=q，所以有：Wa b：Wb c=3：1，故 C 正确；D、从 c 到 d 电 场 力

31、 做 功 为：Wc d=q Uc d=q（c d）=q（2 1）=q，所 以 Wb c：Wc d=1：1，故 D 错误。故选：A C。【点评】解 答此 题 的关 键是 正 确理 解 点电 荷场 强 公式 E=和 W=q U，知道 电 势差等于两点电势之差。8（6 分）如图，柔软轻绳 O N 的一端 O 固定，其中间某点 M 拴一重物，用手拉住 绳 的 另 一 端 N 初 始 时，O M 竖 直 且 M N 被 拉 直，O M 与 M N 之 间 的 夹 角（）。现 将 重 物 向 右 上 方 缓 慢 拉 起，并 保 持 夹 角 不 变，在 O M 由 竖 直被拉到水平的过程中（）A M N 上

32、的张力逐渐增大 B M N 上的张力先增大后减小C O M 上的张力逐渐增大 D O M 上的张力先增大后减小第 1 6 页（共 2 9 页）【考点】2 G：力的合成与分解的运用；3 C：共点力的平衡菁 优 网 版 权 所 有【专题】3 1：定性思想；4 2：等效替代法；5 2 7：共点力作用下物体平衡专题【分析】整个拉动过程中，小球的重力不变，根据共点力平衡条件分析。【解答】解：以重物为研究对象，受重力 m g，O M 绳上拉力 F1，M N 上拉力 F2，由题 意知，三个力 合力始 终为零，矢量 三角形 如图所 示，在 F2转至 水平的 过程中，M N 上的张力 F1逐渐增大，O M 上的

33、张力 F2先增大后减小，所以 A、D正确；B、C 错误。故选：A D。【点评】本题考查共点力的平衡条件，这种问题一般要抓住不变的量，然后去分析 变 化 的 量。在 本 题 中，小 球 的重 力 大 小 和 方 向 都 不 变，抓 住 这 一 点，然 后去分析另外两个力的变化情况，这样有理有据。二、非 选 择 题：本 卷 包 括 必 考 题 和 选 考 题 两 部 分 第 9 3 2 题 为 必 考 题，每 个试 题 考 生 都必 须 作 答 第 3 3 3 8 题 为 选 考 题，考 生 根 据 要 求 作 答（一）必考题（共 1 2 9 分）9（5 分）某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运

34、动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前，将该计时器固定在小车旁，如图（a）所示。实验时，保持 桌 面 水 平，用 手 轻 推 一 下 小 车。在 小 车 运 动 过 程 中，滴 水 计 时 器 等 时 间 间隔 地 滴下 小 水 滴，图（b）记 录了 桌 面 上 连 续 6 个 水 滴的 位 置。（已 知滴 水 计时器每 3 0 s 内共滴下 4 6 个小水滴）（1）由 图（b）可 知，小车 在 桌 面 上 是 从 右 向 左（填“从 右 向 左”或“从 左 向右”）运动的。（2）该小组同学根据图（b）的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图（b）中 A 点 位 置 时的 速 度 大 小

35、为 0.1 9 m/s，加 速 度大 小 为 0.0 3 8 m/s2（结第 1 7 页（共 2 9 页）果均保留 2 位有效数字）【考点】M 5：测定匀变速直线运动的加速度菁 优 网 版 权 所 有【专题】1 3：实验题；2 3：实验探究 题；3 2：定量思想；4 3：推理法；5 1 1：直线运动规律专题【分析】依据小车在手轻推一下，则做减速运动，结合各点间距，即可判定运动方向；根 据匀 变 速直 线 运 动的 推 论公 式 x=a T2可 以求 出 加速 度 的 大小，根据 匀 变速 直线 运 动 中时 间 中 点 的 速 度等 于 该 过 程 中 的平 均 速 度，可 以求 出 打 纸

36、带 上 C 点时小车的瞬时速度大小。【解答】解：（1）由于用手轻推一下小车，则小车做减速运动，根据桌面上连 续6 个水滴的位置，可知，小车从右向左做减速运动；（2）已 知 滴 水 计 时 器 每 3 0 s 内 共 滴 下 4 6 个 小 水 滴，那 么 各 点 时 间 间 隔 为：T=s=s根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有：vA=m/s=0.1 9 m/s，根据匀变速直线运动的推论公式x=a T2可以求出加速度，得：a=m/s2=0.0 3 8 m/s2，那么加速度的大小为 0.0 3 8 m/s2。故答案为：（1）从右向左；（2）0.1 9，0.0 3 8。第

37、1 8 页（共 2 9 页）【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。1 0（1 0 分）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡 L（额定电压 3.8 V，额定电流 0.3 2 A）电压表 V（量程 3 V，内阻 3 k）电流表 A（量程 0.5 A，内阻 0.5）固定电阻 R0（阻值 1 0 0 0）滑动变阻器 R（阻值 0 9.0）电源 E（电动势 5 V，内阻不计）开关 S；导线若干。（1）实 验要 求 能 够 实现 在 0 3.8 V 的 范 围内 对 小 灯 泡的 电 压 进 行测 量，画 出实验电路原理图。（2

38、）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻 增大（填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率 增大（填“增大”“不变”或“减小”）。（3）用另一电源 E0（电动势 4 V，内阻 1.0 0）和题给器材连接成图（b）所示的电路图，调节滑动变阻器 R 的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关 S，在 R 的 变 化 范 围 内，小 灯 泡 的 最 小 功 率 为 0.4 1 W，最 大 功 率 为 1.1 7W（结果均保留 2 位小数）第 1 9 页（共 2 9 页）【考点】N 5：描绘小电珠的伏安特性曲线 菁 优 网 版 权 所 有【专题】1 3

39、：实验题；2 3：实验探究题；3 1：定性思想；4 6：实验分析法；5 3 5：恒定电流专题【分析】（1）明确实验原理，根据实验中给出的仪器分析滑动变阻器以及电流表接法；（2）根据 I U 图象的性质进行分析，明确电阻随电流变化的规律，从而明确电阻率的变化情况；（3）分 析滑动变 阻器接 入电阻 的变化，作出等 效电源的 伏安特 性曲线，得出对应的电流值和电压值，从而明确灯泡功率的极值。【解答】解：（1）因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接 法；因 灯 泡 内 阻 与 电 流 表 内 阻接 近，故 应 采 用 电 流 表 外 接 法；另 外 为 了 扩大电压表量程，应用 R

40、0和电压表串联，故原理图如图所示；（2）I U 图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增 大 而 减 小，故 说 明 电 阻 随 电 流的 增 大 而 增 大；其 原 因 是 灯 丝 的 电 阻 率 随 着电流的增大而增大；（3）当滑 动变阻器阻值 全部接入时，灯泡的功率最 小，将 R 等效为 电源内阻，则电 源电 动势 为 4 V，等 效内 阻为 1 0；则 有：U=4 1 0 I；作 出电 源的 伏安 特性 曲 线 如 图 a 中 实 线 所 示；由 图 可 知，灯 泡 电 压 为 U=1.8 V，电 流I=2 3 0 m A=0.2 3 A，则最小功率 P=U I=

41、1.8 0.2 3=0.4 1 W；第 2 0 页（共 2 9 页）当滑动变阻器接入电阻为零时，灯泡消耗的功率最大；此时电源的内阻为 1.0，作出电源的伏安特性曲线如图 a 中虚线所示；如图 a 可知，此时电压为 3.7 0 V，电流为 3 2 0 m A=0.3 2 A；则可知最大功率 P m a x=U I=3.7 0 0.3 2=1.1 8 W。故答案为：（1）如图所示；（2）增大；增大；（3）0.4 1；1.1 8。【点评】本题考查灯泡伏安特性曲线的描绘实验，要注意明确实验原理，知道实验 中 数 据 分 析 的 基 本 方 法，注 意在 分 析 功 率 时 只 能 根 据 图 象 进

42、行 分 析 求 解，不能利用欧姆定律进行分析。1 1（1 2 分）一 质 量 为 8.0 0 1 04k g 的 太 空 飞 船 从 其 飞 行轨 道 返 回 地 面。飞 船 在离 地 面 高度 1.6 0 1 05m 处 以 7.5 1 03m/s 的 速 度 进入 大 气 层，逐 渐 减慢 至 速度为 1 0 0 m/s 时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为 9.8 m/s2（结果保留 2 位有效数字）（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；（2）求 飞 船 从离 地 面 高 度 6 0 0 m 处 至 着 地 前瞬

43、间 的 过 程 中 克 服 阻力 所 做 的 功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的 2.0%。【考点】6 5：动能定理；6 C：机械能守恒定律菁 优 网 版 权 所 有【专题】3 2：定量思想；4 3：推理法【分析】（1）机械能等于重力势能和动能之和，可以得出两处的机械能；（2）根据动能定理计算克服阻力做功。第 2 1 页（共 2 9 页）【解答】解：1.6 0 1 05m 处的速度为 v1，6 0 0 m 处的速度为 v2，落地前的速度 为v3（1）落地时的重力势能为零，动能为 Ek 2=m=8 1 041 0 02J=4.0 1 08J；进入大气层的机械能 E=Ek 1+

44、Ep 1=m+m g H=2.4 1 01 2J；（2）此时的速度大小为 v2=7.5 1 030.0 2 m/s=1 5 0 m/s；从 6 0 0 m 处到落地之间，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理m g h Wf=m v32 m v22代入数据，可得 Wf=9.7 1 08J答：（1）落地瞬间的机械能为 4.0 1 08J；进入大气层的机械能为 2.4 1 01 2J；（2）克服阻力做功为 9.7 1 08J。【点评】本题考查了机械能的计算和动能定理的应用，掌握相关的公式是解题的关键。1 2（2 0 分）真空中存在电场强度大小为 E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖 直向 上做 匀

45、 速直 线 运动，速 度 大小 为 v0，在油 滴处 于 位置 A 时，将 电场 强度 的大 小 突 然增 大 到 某值，但保 持 其 方向 不 变。持 续 一段 时 间 t1后，又 突 然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到 B 点。重力加速度大小为 g。（1）油滴运动到 B 点时的速度；（2）求 增大后的 电场强 度的大 小；为保 证后来 的电场强 度比原 来的大，试给出相应的 t1和 v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度 v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于 B、A 两点间距离的两倍。【考点】3 9：牛顿运动定律的综合应用；A G：电势差和电场强度的

46、关系菁 优 网 版 权 所 有【专题】1 1：计算题；2 2：学科综合题；3 2：定量思想；4 C：方程法；5 3 2：电场力与电势的性质专题【分析】（1）分析油滴的运动过程，可知其先进行向上的匀速直线运动，到达 A处 后因 电 场 强度 突 然 增大 而 开始 做 向 上的 匀 加 速直 线 运动，经 过 t1后 电场 突第 2 2 页（共 2 9 页）然 反 向，油 滴 开 始 做 匀 减 速 直 线运 动，并 可 能 在 速 度 减 为 零 后 做 反 向 的 匀 加速 直 线 运 动。对 电 场 增 大 后 的 两个 过 程 分 别 列 出 牛 顿 第 二 定 律 方 程，即 可 求得

47、 两个 过 程 中的 加 速 度，而 t1又 是一 个 已 知量，那 么直 接 使用 运 动 学公 式 即可求出 vB的速度大小；（2）因为 油滴最后可能 做反向的匀加 速直线运动，因此我们不能 确定 B 点的位置究 竟在 A 点上 方还 是 A 点下 方，故需 要分 为两 种情 况讨 论。对 其中 每一 种情 况，根 据 运 动 学 公 式 列 出 方 程，并 与 竖 直 上 抛 的 方 程 进 行 联 立，即 可 分 别求得两种情况下的场强 E2的大小；而根据题意，为求出 t1与 v0满足的条件，只需要使 E2E1即可，那么就可以最终求得 t1与 v0间的关系式。【解答】解：（1）方法一：

48、设油滴质量为 m，带电荷量为 q，增大后的电场强度为 E2，根据题中条件可以判断电场力与重力方向相反；对于匀速运动阶段，有 q E1=m g对于场强突然增大后的第一段 t1时间，由牛顿第二定律得：q E2m g=m a1 对于场强第二段 t1时间，由牛顿第二定律得：q E2+m g=m a2 由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：v1=v0+a1t1油滴在 B 的速度为：vB=v1a2t1联立至式，可得：vB=v02 g t1；方向向上；方法二：选向上为正方向，由动量定理有：m g 2 t+q E1t q E1t=m v m v0解得：vB=v02 g t1；方向向上；（2）设无电场时竖

49、直上抛的最大高度为 h，由运动学公式，有：v02=2 g h 根据位移时间关系可得：v0t1+v1t1 油滴运动有两种情况：情况一：位移之和 x1+x2=联立、可得：第 2 3 页（共 2 9 页）E2=E1+由 题 意 得 E2 E1，即 满 足 条 件，即 当 或才是可能的；情况二：位移之和 x1+x2=联立、可得：E2=E1+由题意得 E2E1，即满足条件，即，另一解为负，不合题意，舍去。答：（1）油滴运动到 B 点时的速度为 v02 g t1；（2）增大后的电场强度的大小为 E1+，t1和 v0应满足的条件为 或；或 E1+；相应的 t1和 v0应满足的条件为。【点评】有关带电粒子在匀

50、强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运 动 的 关 系。根 据 带 电 粒 子 受 力情 况，用 牛 顿 第 二 定 律 求 出 加 速 度，结 合 运动 学 公 式 确 定 带 电 粒 子 的 速 度 和位 移 等；其 二，功 和 能 的 关 系。根 据 电 场 力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。（二）选考 题：共 1 5 分。请考 生从 2 道物 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 第 2 4 页（共 2 9 页）1 3（5 分）氧气分子在 0 和 1 0 0 温度下单位速率间隔的分子数占总分子数