海南省2017高考物理試卷(解析版)(1)

1、海南省 2017 年高考物理試卷（解析版）一、單項選擇題：本題共6 小題，每小題 4 分，共 24 分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1光滑水平桌面上有P、Q 兩個物塊， Q 的質(zhì)量是 P 的 n 倍將一輕彈簧置于 P、Q 之間，用外力緩慢壓P、Q撤去外力后， P、Q 開始運動， P 和 Q 的動量大小的比值為（）An2BnCD12關(guān)于靜電場的電場線，下列說法正確的是（）A電場強度較大的地方電場線一定較疏B沿電場線方向，電場強度一定越來越小C沿電場線方向，電勢一定越來越低D電場線一定是帶電粒子在電場中運動的軌跡3汽車緊急剎車后，停止運動的車輪在水平地面上滑動直至停止，在地面上

2、留下的痕跡稱為剎車線 由剎車線的長短可知汽車剎車前的速度已知汽車輪胎與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.80，測得剎車線長 25m汽車在剎車前的瞬間的速度大小為（重力加速度g 取 10m/s2）（）A10 m/sB20 m/sC30 m/sD40 m/s4如圖，平行板電容器的兩極板豎直放置并分別與電源的正負極相連，一帶電小球經(jīng)絕緣輕繩懸掛于兩極板之間， 處于靜止?fàn)顟B(tài) 現(xiàn)保持右極板不動， 將左極板向左緩慢移動關(guān)于小球所受的電場力大小 F 和繩子的拉力大小 T，下列判斷正確的是（）AF 逐漸減小， T 逐漸減小 BF 逐漸增大， T 逐漸減小CF 逐漸減小， T 逐漸增大 DF 逐漸增大， T 逐漸增大5

3、已知地球質(zhì)量為月球質(zhì)量的81 倍，地球半徑約為月球半徑的4 倍若在月球和地球表面同樣高度處， 以相同的初速度水平拋出物體，拋出點與落地點間的水平距離分別為 s 月 和 s 地 ，則 s 月 ：s 地約為（）A9：4B6：1C3：2D1：16將一小球豎直向上拋出，小球在運動過程中所受到的空氣阻力不可忽略a為小球運動軌跡上的一點， 小球上升和下降經(jīng)過a 點時的動能分別為Ek1 和 Ek2從拋出開始到小球第一次經(jīng)過a 點時重力所做的功為W1，從拋出開始到小球第二次經(jīng)過 a 點時重力所做的功為W2下列選項正確的是（）AEk1=Ek2，W1=W2 B Ek1 Ek2，W1 =W2CEk1Ek2，W1W2

4、DEk1Ek2， W1 W2二、多項選擇題：本題共4 小題，每小題 5 分，共 20 分在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的全部選對的得5 分，選對但不全的得3分，有選錯的得0 分7（ 5 分）三束單色光1、2 和 3 的波長分別為1、 2和 3（12 3）分別用這三束光照射同一種金屬已知用光束 2 照射時，恰能產(chǎn)生光電子 下列說法正確的是（）A用光束 1 照射時，不能產(chǎn)生光電子B用光束 3 照射時，不能產(chǎn)生光電子C用光束 2 照射時，光越強，單位時間內(nèi)產(chǎn)生的光電子數(shù)目越多D用光束 2 照射時，光越強，產(chǎn)生的光電子的最大初動能越大8（5 分）如圖，電阻 R、電容 C 和電感 L

5、 并聯(lián)后，接入輸出電壓有效值、頻率可調(diào)的交流電源當(dāng)電路中交流電的頻率為f 時，通過 R、C 和 L 的電流有效值恰好相等若將頻率降低為f ，分別用 I1、2 和3 表示此時通過、和L的電IIR C流有效值，則（）AI1I3BI1I2CI3I2DI2=I39（5 分）如圖，水平地面上有三個靠在一起的物塊P、Q 和 R，質(zhì)量分別為 m、2m 和 3m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)都為用大小為 F 的水平外力推動物塊P，記 R 和 Q 之間相互作用力與Q 與 P 之間相互作用力大小之比為k下列判斷正確的是（）A若 0，則 k=B若 0，則 k=C若 =0，則 k=D若 =0，則 k=10（5 分）如圖，

6、空間中存在一勻強磁場區(qū)域，磁場方向與豎直面（紙面）垂直，磁場的上、下邊界（虛線）均為水平面；紙面內(nèi)磁場上方有一個正方形導(dǎo)線框 abcd，其上、下兩邊均為磁場邊界平行， 邊長小于磁場上、下邊界的間距若線框自由下落， 從 ab 邊進入磁場時開始， 直至 ab 邊到達磁場下邊界為止， 線框下落的速度大小可能（）A始終減小B始終不變C始終增加D先減小后增加三、實驗題：本題共2 小題，共 18 分把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程11（6 分）某同學(xué)用游標(biāo)卡尺分別測量金屬圓管的內(nèi)、外壁直徑，游標(biāo)卡尺的示數(shù)分別如圖（ a）和圖（ b）所示由圖可讀出，圓管內(nèi)壁的直徑為cm，圓管外壁的直徑為c

7、m；由此可計算出金屬圓管橫截面的面積12（ 12 分）某同學(xué)用伏安法測量待測電阻的阻值現(xiàn)有器材為：待測電阻 R（阻值約為 5）電源（電動勢 3V）滑動變阻器（阻值范圍0 10）電流表（量程 0.6A，3A電壓表（量程 3V， 15V）開關(guān)，導(dǎo)線若干實驗要求在測量電路中將電流表外接，滑動變阻器起限流作用回答下列問題：（ 1）按照實驗要求在圖（ a）中畫出實物連線圖（ 2）若已按實驗要求接線，閉合開關(guān)后移動滑動變阻器的滑片，電壓表的示數(shù)始終約為 3V，電流表的示數(shù)始終接近0寫出產(chǎn)生這種現(xiàn)象的一個原因：（ 3）在連線正確后，閉合開關(guān)電壓表和電流表的示數(shù)分別如圖（b）和圖（ c）所示由圖可知，電壓表讀

8、數(shù)為V，電流表讀數(shù)為A由此可得待測電阻的阻值為（結(jié)果保留 3 位有效數(shù)字）四、計算題：本題共2 小題，共 26 分把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟13（ 10 分）如圖，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌置于水平面（紙面）內(nèi)，軌間距為l，左端連有阻值為R 的電阻一金屬桿置于導(dǎo)軌上， 金屬桿右側(cè)存在一磁感應(yīng)強度大小為 B、方向豎直向下的勻強磁場區(qū)域已知金屬桿以速度v0 向右進入磁場區(qū)域，做勻變速直線運動，到達磁場區(qū)域右邊界（圖中虛線位置）時速度恰好為零金屬桿與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好 除左端所連電阻外，其他電阻忽略不計求金屬桿運動到磁場區(qū)域正中間時所受安培力的大小及此時

9、電流的功率14（ 16 分）一輕彈簧的一端固定在傾角為的固定光滑斜面的底部，另一端和質(zhì)量為 m 的小物塊 a 相連，如圖所示質(zhì)量為m 的小物塊 b 緊靠 a 靜止在斜面上，此時彈簧的壓縮量為x0，從 t=0 時開始，對 b 施加沿斜面向上的外力，使 b 始終做勻加速直線運動經(jīng)過一段時間后，物塊 a、 b 分離；再經(jīng)過同樣長的時間， b 距其出發(fā)點的距離恰好也為 x0彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為 g求（ 1）彈簧的勁度系數(shù)；（ 2）物塊 b 加速度的大?。唬?3）在物塊 a、 b 分離前，外力大小隨時間變化的關(guān)系式 選修 3-3 （ 12 分）15關(guān)于布朗運動，下列說法正確的是（

10、）A布朗運動是液體中懸浮微粒的無規(guī)則運動B液體溫度越高，液體中懸浮微粒的布朗運動越劇烈C在液體中的懸浮顆粒只要大于某一尺寸，都會發(fā)生布朗運動D液體中懸浮微粒的布朗運動是液體分子永不停息地做無規(guī)則運動E液體中懸浮微粒的布朗運動是液體分子對它的撞擊作用不平衡所引起的16（ 8 分）一粗細均勻的U 形管 ABCD的 A 端封閉， D 端與大氣相通用水銀將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在 U 形管的 AB 一側(cè)，并將兩端向下豎直放置，如圖所示此時 AB 側(cè)的氣體柱長度 l1=25cm管中 AB、 CD 兩側(cè)的水銀面高度差h1=5cm現(xiàn)將 U 形管緩慢旋轉(zhuǎn) 180°，使 A、D 兩端在上，在轉(zhuǎn)動過程中

11、沒有水銀漏出已知大氣壓強 p0=76cmHg求旋轉(zhuǎn)后， AB、CD兩側(cè)的水銀面高度差 選修 3-4 （ 12 分）17如圖，空氣中有兩塊材質(zhì)不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置；一細光束從空氣中以某一角度 （ 0 90°）入射到第一塊玻璃板的上表面下列說法正確的是（）A在第一塊玻璃板下表面一定有出射光B在第二塊玻璃板下表面一定沒有出射光C第二塊玻璃板下表面的出射光方向一定與入射光方向平行D第二塊玻璃板下表面的出射光一定在入射光延長線的左側(cè)E第一塊玻璃板下表面的出射光線一定在入射光延長線的右側(cè)18從兩個波源發(fā)出的兩列振幅相同、 頻率均為 5Hz 的簡諧橫波，分別沿 x 軸正、負方向傳

12、播，在某一時刻到達A、 B 點，如圖中實線、虛線所示兩列波的波速均為 10m/s 求（ i）質(zhì)點 P、O 開始振動的時刻之差；（ ii）再經(jīng)過半個周期后， 兩列波在 x=1m 和 x=5m 之間引起的合振動振幅極大和極小的質(zhì)點的 x 坐標(biāo)2017 年海南省高考物理試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題：本題共6 小題，每小題 4 分，共 24 分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1光滑水平桌面上有P、Q 兩個物塊， Q 的質(zhì)量是 P 的 n 倍將一輕彈簧置于 P、Q 之間，用外力緩慢壓P、Q撤去外力后， P、Q 開始運動， P 和 Q 的動量大小的比值為（）An2BnCD1【考點

13、】 53：動量守恒定律【分析】分析撤去外力后的受力情況， 明確系統(tǒng)總動量守恒， 再根據(jù)動量守恒定律列式即可求得動量大的比值【解答】解：撤去外力后，系統(tǒng)不受外力，所以總動量守恒，設(shè) P 的動量方向為正方向，則有：PPPQ=0故 PP=PQ=0；故動量之比為 1；故 D 正確， ABC錯誤故選： D【點評】本題考查動量守恒定律的應(yīng)用， 要注意明確撤去拉力后的動量大小始終為零，同時在列式時一定要注意動量的矢量性2關(guān)于靜電場的電場線，下列說法正確的是（）A電場強度較大的地方電場線一定較疏B沿電場線方向，電場強度一定越來越小C沿電場線方向，電勢一定越來越低D電場線一定是帶電粒子在電場中運動的軌跡【考點】

14、 A7：電場線【分析】只有電場線是直線， 帶電粒子的初速度為零或初速度方向與電場線方向在同一條直線上時電場線才與帶電粒子的軌跡重合；沿電場線方向電勢越來越低，而電場線的疏密表示場強的大小，根據(jù)這些知識分析解答【解答】 解： A、電場線的疏密表示場強的強弱，那么電場強度較大的地方電場線一定較密，故A 錯誤；BC、沿著電場線的方向，電勢會降低， 因此沿電場線方向電勢越來越低，但電場線不一定越來越疏，則場強不一定越來越小，故B 錯誤， C 正確；D、電場線不一定與帶電粒子的軌跡重合，只有電場線是直線，帶電粒子的初速度為零或初速度方向與電場線方向在同一條直線上時電場線才與帶電粒子的軌跡重合，故 D 錯

15、誤；故選： C【點評】記住電場線的特點： 電場線的疏密代表電場的強弱，沿電場線方向電勢逐漸降低，并要掌握電場線的兩個意義：電場線的方向反映電勢的高低，電場線的疏密表示場強的方向3汽車緊急剎車后，停止運動的車輪在水平地面上滑動直至停止，在地面上留下的痕跡稱為剎車線 由剎車線的長短可知汽車剎車前的速度已知汽車輪胎與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.80，測得剎車線長 25m汽車在剎車前的瞬間的速度大小為（重力加速度g 取10m/s2）（）A10 m/sB20 m/sC30 m/sD40 m/s【考點】 37：牛頓第二定律； 1E：勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系【分析】 分析剎車后汽車的合外力，進而求得加

16、速度；再根據(jù)勻變速運動規(guī)律，由位移求得速度【解答】 解：剎車后汽車的合外力為摩擦力f= mg，加速度又有剎車線長 25m，故可由勻變速直線運動規(guī)律得到汽車在剎車前的瞬間的速度大??；故 ACD錯誤， B 正確；故選： B；【點評】運動學(xué)問題，一般先根據(jù)物體受力，利用牛頓第二定律求得加速度，然后再由運動學(xué)規(guī)律求解相關(guān)位移、速度等問題4如圖，平行板電容器的兩極板豎直放置并分別與電源的正負極相連，一帶電小球經(jīng)絕緣輕繩懸掛于兩極板之間， 處于靜止?fàn)顟B(tài) 現(xiàn)保持右極板不動， 將左極板向左緩慢移動關(guān)于小球所受的電場力大小 F 和繩子的拉力大小 T，下列判斷正確的是（）AF 逐漸減小，T 逐漸減小BF 逐漸增大

17、，T 逐漸減小CF 逐漸減小，T 逐漸增大DF 逐漸增大，T 逐漸增大【考點】 AS：電容器的動態(tài)分析；2H：共點力平衡的條件及其應(yīng)用；AG：勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系【分析】明確電容器與電源相連，故電容器兩端的電勢差不變，由U=Ed可分析電場力的變化情況，再根據(jù)受力分析明確繩子拉力的變化情況【解答】解：電容器與電源相連，所以兩端間電勢差不變，將左極板向左緩慢移動過程中，兩板間距離減小，則由U=Ed 可知，電場強度E 增大；電場力F=Eq增大；小球處于平衡狀態(tài)， 受重力、拉力與電場力的作用而處于平衡，故拉力與電場力和重力的合力大小相等，方向相反；根據(jù)平行四邊形定則可知，T=；由于重力不變

18、，電場力變大，故拉力增大故D 正確， ABC錯誤故選： D【點評】本題綜合考查了共點力平衡、電場強度以及電容器的動態(tài)分析問題，只要明確電容器兩板間電勢差不變，再根據(jù)勻強電場的性質(zhì)即可明確場強的變化，從而再結(jié)合平衡條件求解即可5已知地球質(zhì)量為月球質(zhì)量的81 倍，地球半徑約為月球半徑的4 倍若在月球和地球表面同樣高度處， 以相同的初速度水平拋出物體，拋出點與落地點間的水平距離分別為 s 月 和 s 地 ，則 s 月 ：s 地約為（）A9：4B6：1C3：2D1：1【考點】 4F：萬有引力定律及其應(yīng)用；43：平拋運動【分析】根據(jù)萬有引力等于重力， 求出月球表面重力加速度和地球表面重力加速度關(guān)系，運用

19、平拋運動規(guī)律求出兩星球上水平拋出的射程之比【解答】 解：設(shè)月球質(zhì)量為M，半徑為 R，地球質(zhì)量為 M ，半徑為 R已知=81，=4，根據(jù)萬有引力等于重力得：=mg則有： g=因此=由題意從同樣高度拋出，2 2，h= gt = g t、聯(lián)立，解得t =t，在地球上的水平位移s=v0t，在月球上的 s=v0t；因此 s 月 ：s 地 約為 9：4，故 A 正確， BCD錯誤；故選： A【點評】 把月球表面的物體運動和天體運動結(jié)合起來是考試中常見的問題重力加速度 g 是天體運動研究和天體表面宏觀物體運動研究聯(lián)系的物理量6將一小球豎直向上拋出，小球在運動過程中所受到的空氣阻力不可忽略a為小球運動軌跡上的

20、一點， 小球上升和下降經(jīng)過a 點時的動能分別為Ek1 和 Ek2從拋出開始到小球第一次經(jīng)過a 點時重力所做的功為W1，從拋出開始到小球第二次經(jīng)過 a 點時重力所做的功為W2下列選項正確的是（）AEk1=Ek2，W1=W2 B Ek1 Ek2，W1 =W2CEk1Ek2，W1W2DEk1Ek2， W1 W2【考點】 66：動能定理的應(yīng)用； 62：功的計算【分析】根據(jù)上升或下降的高度比較重力做功的大小， 對兩次經(jīng)過 a 點的過程運用動能定理，比較兩次經(jīng)過 a 點的動能大小【解答】解：從拋出開始到第一次經(jīng)過 a 點和拋出開始第二次經(jīng)過 a 點，上升的高度相等，可知重力做功相等，即 W1=W2對兩次經(jīng)

21、過 a 點的過程運用動能定理得， Wf=Ek2Ek1，可知 Ek1 Ek2，故 B 正確， A、C、D 錯誤故選： B【點評】 解決本題的關(guān)鍵知道重力做功與路徑無關(guān)，與首末位置的高度差有關(guān)，以及掌握動能定理，知道兩次經(jīng)過 a 點的過程中重力不做功，阻力做負功二、多項選擇題：本題共4 小題，每小題 5 分，共 20 分在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的全部選對的得 5 分，選對但不全的得分，有選錯的得 0 分37三束單色光 1、2 和 3 的波長分別為 1、 2和 3（ 123）分別用這三束光照射同一種金屬 已知用光束 2 照射時，恰能產(chǎn)生光電子 下列說法正確的是（）A用光束

22、1 照射時，不能產(chǎn)生光電子B用光束 3 照射時，不能產(chǎn)生光電子C用光束 2 照射時，光越強，單位時間內(nèi)產(chǎn)生的光電子數(shù)目越多D用光束 2 照射時，光越強，產(chǎn)生的光電子的最大初動能越大【考點】 IC：光電效應(yīng)； J4：氫原子的能級公式和躍遷【分析】根據(jù)波長與頻率關(guān)系， 結(jié)合光電效應(yīng)發(fā)生條件： 入射光的頻率大于或等于極限頻率，及依據(jù)光電效應(yīng)方程，即可求解【解答】 解： AB、依據(jù)波長與頻率的關(guān)系：，因 1 23，那么 1 2 3；由于用光束2 照射時，恰能產(chǎn)生光電子，因此用光束1 照射時，不能產(chǎn)生光電子，而光束3 照射時，一定能產(chǎn)生光電子，故A 正確， B 錯誤；CD、用光束2 照射時，光越強，單位

23、時間內(nèi)產(chǎn)生的光電子數(shù)目越多，而由光電效應(yīng)方程： Ekm=h W，可知，光電子的最大初動能與光的強弱無關(guān)，故 C 正確，D 錯誤；故選： AC【點評】考查波長與頻率的關(guān)系式， 掌握光電效應(yīng)現(xiàn)象發(fā)生條件， 理解光電效應(yīng)方程的內(nèi)容8如圖，電阻 R、電容 C 和電感 L 并聯(lián)后，接入輸出電壓有效值、頻率可調(diào)的交流電源當(dāng)電路中交流電的頻率為 f 時，通過 R、C 和 L 的電流有效值恰好相等若將頻率降低為f ，分別用 I1、I2 和 I3 表示此時通過R、C 和 L 的電流有效值，則（）AI1I3BI1I2CI3I2DI2=I3【考點】 EF：電容器和電感器對交變電流的導(dǎo)通和阻礙作用【分析】電容器的特性

24、是通交流隔直流， 通高頻阻低頻 電感線圈的特性是通過直流阻交流， 通低頻阻高頻率 通過電阻的電流與頻率無關(guān) 根據(jù)三種元件的特性分析【解答】 解：將頻率降低時，通過R 的電流不變，電容器的容抗增大，通過C的電流減小，則有 I1 I2電感線圈的感抗減小， 通過 L 的電流增大，則有 I3I2 故AD 錯誤， BC正確故選： BC【點評】解決本題的關(guān)鍵是要掌握電容器和電感的特性，知道電流的頻率越低時，容抗越高；而線圈的頻率越低時，感抗越小9如圖，水平地面上有三個靠在一起的物塊 P、Q 和 R，質(zhì)量分別為 m、2m 和3m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)都為 用大小為 F 的水平外力推動物塊 P，記 R 和

25、 Q 之間相互作用力與 Q 與 P 之間相互作用力大小之比為 k下列判斷正確的是（）A若 0，則 k=B若 0，則 k=C若 =0，則 k=D若 =0，則 k=【考點】 37：牛頓第二定律； 29：物體的彈性和彈力【分析】先用整體法求出物體的合外力，進而求得加速度； 然后再用隔離法對P、R 兩物體進行受力分析，利用牛頓第二定律即可求得k【解答】解：三物塊靠在一起， 將以相同加速度向右運動； 則加速度所以， R 和 Q 之間相互作用力， Q 與 P 之間相互作用力；所以，；由于談?wù)撨^程與是否為零無關(guān)，故恒成立，故 AC錯誤， BD 正確；故選： BD【點評】對物體運動過程中某一力的求解， 一般先

26、對物體運動狀態(tài)進行分析， 得到加速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律求得合外力， 再對物體進行受力分析即可求解10如圖，空間中存在一勻強磁場區(qū)域，磁場方向與豎直面（紙面）垂直，磁場的上、下邊界（虛線）均為水平面；紙面內(nèi)磁場上方有一個正方形導(dǎo)線框abcd，其上、下兩邊均為磁場邊界平行，邊長小于磁場上、下邊界的間距若線框自由下落，從 ab 邊進入磁場時開始， 直至 ab 邊到達磁場下邊界為止， 線框下落的速度大小可能（）A始終減小B始終不變C始終增加D先減小后增加【考點】 D9：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；BB：閉合電路的歐姆定律【分析】 ab 邊進入磁場切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，線框ab 邊受到安培力，根

27、據(jù)受力分析判斷出導(dǎo)體框的運動即可判斷【解答】解： A、導(dǎo)線框開始做自由落體運動，ab 邊以一定的速度進入磁場，ab邊切割磁場產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則可知ab 邊受到向上的安培力，當(dāng)安培力大于重力時，線框做減速運動， 當(dāng)線框完全進入磁場后， 線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時只受重力，做加速運動，故先減速后加速運動，故A 錯誤、 D 正確；B、當(dāng) ab 邊進入磁場后安培力等于重力時， 線框做勻速運動， 當(dāng)線框完全進入磁場后，線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流， 此時只受重力，做加速運動，故先勻速后加速運動，故 A錯誤；C、當(dāng) ab 邊進入磁場后安培力小于重力時，線框做加速運動， 當(dāng)線框完全進入磁場后，線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流

28、，此時只受重力，做加速增大的加速運動，故加速運動，故 C 正確；故選： CD【點評】本題主要考查了線框切割磁場產(chǎn)生感應(yīng)電流同時受到安培力， 根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)即可判斷速度的變化三、實驗題：本題共 2 小題，共 18 分把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程11某同學(xué)用游標(biāo)卡尺分別測量金屬圓管的內(nèi)、 外壁直徑，游標(biāo)卡尺的示數(shù)分別如圖（ a）和圖（ b）所示由圖可讀出， 圓管內(nèi)壁的直徑為 2.23 cm，圓管外壁的直徑為 2.99 cm；由此可計算出金屬圓管橫截面的面積【考點】 L3：刻度尺、游標(biāo)卡尺的使用【分析】解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)， 不需

29、估讀【解答】解：圖 a 中游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為22mm，游標(biāo)尺上第 3 個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為3 × 0.1mm=0.3mm，所以最終讀數(shù)為：22mm+0.3mm=22.3mm=2.23cm圖 b 中游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為 29mm，游標(biāo)尺上第 9 個刻度和主尺上某一刻度對齊 ， 所 以 游 標(biāo) 讀 數(shù) 為 9 × 0.1mm=0.9mm ， 所 以 最 終 讀 數(shù) 為 ：29mm+0.9mm=29.9mm=2.99cm故答案為： 2.23， 2.99【點評】對于基本測量儀器如游標(biāo)卡尺、 螺旋測微器等要了解其原理， 要能正確使用這些基本儀器進行有關(guān)測量12

30、（12 分）（2017?海南）某同學(xué)用伏安法測量待測電阻的阻值現(xiàn)有器材為：待測電阻 R（阻值約為 5）電源（電動勢 3V）滑動變阻器（阻值范圍0 10）電流表（量程 0.6A，3A電壓表（量程 3V， 15V）開關(guān)，導(dǎo)線若干實驗要求在測量電路中將電流表外接，滑動變阻器起限流作用回答下列問題：（ 1）按照實驗要求在圖（ a）中畫出實物連線圖（ 2）若已按實驗要求接線，閉合開關(guān)后移動滑動變阻器的滑片，電壓表的示數(shù)始終約為 3V，電流表的示數(shù)始終接近 0寫出產(chǎn)生這種現(xiàn)象的一個原因： 待測電阻 R斷路 （ 3）在連線正確后，閉合開關(guān)電壓表和電流表的示數(shù)分別如圖（b）和圖（ c）所示由圖可知，電壓表讀數(shù)

31、為2.20V，電流表讀數(shù)為0.48A由此可得待測電阻的阻值為4.58（結(jié)果保留 3 位有效數(shù)字）【考點】 N6：伏安法測電阻【分析】（ 1）電流表采用外接，滑動變阻器采用限流法，按照要求連接實物圖（ 2）抓住電壓表的示數(shù)始終約為 3V，電流表的示數(shù)始終接近 0，即電壓表所測的電壓等于電源電壓，從而分析故障的原因（ 3）根據(jù)表頭讀出電壓表、 電流表的讀數(shù)， 結(jié)合歐姆定律求出待測電阻的大小【解答】 解：（ 1）因為電源電動勢為 3V，則電壓表的量程選用 3V，根據(jù)歐姆定律知，電流的最大值大約 0.6A，則電流表量程選擇 0.6A，根據(jù)實物圖進行連線（ 2）閉合開關(guān)后移動滑動變阻器的滑片，電壓表的示

32、數(shù)始終約為 3V，電流表的示數(shù)始終接近 0，產(chǎn)生這種現(xiàn)象的原因是待測電阻 R 斷路，由于電壓表內(nèi)阻非常大，導(dǎo)致電流表電流接近 0，電壓表電壓測得是電源電壓（ 3）由圖可知，電壓表的讀數(shù)為 2.20V，電流表的讀數(shù)為 0.48A，根據(jù)歐姆定律得，待測電阻 R=故答案為：（ 1）如圖所示，（ 2）待測電阻 R 斷路，（ 3）2.20，0.48，4.58【點評】 在連線圖時要注意選擇電流表和電壓表的量程，掌握故障分析的方法，讀數(shù)時理清每一格表示多少，從而進行讀數(shù)四、計算題：本題共2 小題，共 26 分把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟13（10 分）（2017?

33、海南）如圖，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌置于水平面（紙面）內(nèi)，軌間距為 l，左端連有阻值為R 的電阻一金屬桿置于導(dǎo)軌上，金屬桿右側(cè)存在一磁感應(yīng)強度大小為 B、方向豎直向下的勻強磁場區(qū)域已知金屬桿以速度 v0 向右進入磁場區(qū)域，做勻變速直線運動，到達磁場區(qū)域右邊界（圖中虛線位置）時速度恰好為零金屬桿與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好除左端所連電阻外，其他電阻忽略不計 求金屬桿運動到磁場區(qū)域正中間時所受安培力的大小及此時電流的功率【考點】 D9：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；BB：閉合電路的歐姆定律【分析】依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律， 求解感應(yīng)電動勢， 再結(jié)合閉合電路歐姆定律，及安培力表達式， 再依據(jù)運動學(xué)公式， 求

34、得中間位置的速度， 從而確定安培力大小，最后根據(jù)功率表達式，即可求解【解答】 解：由題意可知，開始時導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=Blv0，依據(jù)閉合電路歐姆定律，則電路中電流為：I=，再由安培力公式有： F=BIl=；設(shè)導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，則導(dǎo)體棒在整個過程中的加速度為：a=設(shè)導(dǎo)體棒由開始到停止的位移為x，由運動學(xué)公式： 0解得： x=；故正中間離開始的位移為：x 中 =；設(shè)導(dǎo)體棒在中間的位置時的速度為v，由運動學(xué)公式有： v2v02=2ax中解得： v=則導(dǎo)體棒運動到中間位置時，所受到的安培力為：F=BIl=；導(dǎo)體棒電流的功率為：P=I2R=；答：金屬桿運動到磁場區(qū)域正中間時所受安培力的大小，

35、及此時電流的功率【點評】考查法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律的內(nèi)容， 掌握安培力的表達式，理解運動學(xué)公式的應(yīng)用，注意電功率的內(nèi)容14（16 分）（ 2017?海南）一輕彈簧的一端固定在傾角為的固定光滑斜面的底部，另一端和質(zhì)量為m 的小物塊 a 相連，如圖所示質(zhì)量為m 的小物塊 b緊靠 a 靜止在斜面上，此時彈簧的壓縮量為x0，從 t=0 時開始，對 b 施加沿斜面向上的外力，使b 始終做勻加速直線運動經(jīng)過一段時間后，物塊a、 b 分離；再經(jīng)過同樣長的時間， b 距其出發(fā)點的距離恰好也為x0彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g求（ 1）彈簧的勁度系數(shù)；（ 2）物塊 b 加速度的大小

36、；（ 3）在物塊 a、 b 分離前，外力大小隨時間變化的關(guān)系式【考點】 39：牛頓運動定律的綜合應(yīng)用；2S：胡克定律【分析】 （1）對整體分析，根據(jù)平衡條件和胡克定律即可求得勁度系數(shù)；（ 2）分析物體的運動過程，根據(jù)運動學(xué)規(guī)律可明確分離時的位移，從而確定對應(yīng)的形變量；再根據(jù)牛頓第二定律即可求得加速度的大?。唬?3）對整體進行分析，根據(jù)牛頓第二定律列式即可求得拉力隨時間變化的表達式【解答】 解：（ 1）對整體分析，根據(jù)平衡條件可知，沿斜面方向上重力的分力與彈簧彈力平衡，則有：kx0=（m+m）gsin 解得： k=（1）（ 2）由題意可知， b 經(jīng)兩段相等的時間位移為 x0；由勻變速直線運動相臨

37、相等時間內(nèi)位移關(guān)系的規(guī)律可知：=（2）說明當(dāng)形變量為x1=x0=時二者分離；對 m 分析，因分離時ab 間沒有彈力，則根據(jù)牛頓第二定律可知：kx1mgsin =ma（ 3）聯(lián)立（ 1）（ 2）（ 3）解得：a=（ 3）設(shè)時間為 t ，則經(jīng)時間 t 時， ab 前進的位移 x=at2=則形變量變?yōu)椋?x=x0x對整體分析可知，由牛頓第二定律有：F+kx（ m+m） gsin =（m+m） a解得： F=mgsin+因分離時位移 x=由 x= = at2 解得：t=故應(yīng)保證 t， F 表達式才能成立答：（ 1）彈簧的勁度系數(shù)為；（ 2）物塊 b 加速度的大小為；（ 3 ） 在 物 塊a 、 b分

38、離 前 ， 外 力 大 小 隨 時 間 變 化 的 關(guān) 系 式F=mgsin （t ）+【點評】本題考查牛頓第二定律的基本應(yīng)用， 解題時一定要注意明確整體法與隔離法的正確應(yīng)用， 同時注意分析運動過程， 明確運動學(xué)公式的選擇和應(yīng)用是解題的關(guān)鍵 選修 3-3 （ 12 分）15關(guān)于布朗運動，下列說法正確的是（）A布朗運動是液體中懸浮微粒的無規(guī)則運動B液體溫度越高，液體中懸浮微粒的布朗運動越劇烈C在液體中的懸浮顆粒只要大于某一尺寸，都會發(fā)生布朗運動D液體中懸浮微粒的布朗運動是液體分子永不停息地做無規(guī)則運動E液體中懸浮微粒的布朗運動是液體分子對它的撞擊作用不平衡所引起的【考點】 84：布朗運動【分析】

39、 布朗運動是懸浮在液體中微粒的無規(guī)則運動，不是分子的無規(guī)則運動，形成的原因是由于液體分子對懸浮微粒無規(guī)則撞擊引起的；液體溫度越高， 懸浮粒子越小，布朗運動越劇烈【解答】 解： A、布朗運動是液體中懸浮微粒的無規(guī)則運動，故A 正確B、液體溫度越高，分子熱運動越激烈，液體中懸浮微粒的布朗運動越劇烈，故B 正確C、懸浮顆粒越大，慣性越大，碰撞時受到?jīng)_力越平衡，所以大顆粒不做布朗運動，故 C 錯誤D、布朗運動是懸浮在液體中顆粒的無規(guī)則運動，不是液體分子的無規(guī)則運動，故 D錯誤E、布朗運動是由液體分子從各個方向?qū)腋☆w粒撞擊作用的不平衡引起的，故E 正確故選： ABE【點評】對于布朗運動， 要理解并掌握

40、布朗運動形成的原因，知道布朗運動既不是顆粒分子的運動，也不是液體分子的運動，而是液體分子無規(guī)則運動的反映16一粗細均勻的 U 形管 ABCD的 A 端封閉， D 端與大氣相通用水銀將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在U 形管的 AB 一側(cè)，并將兩端向下豎直放置，如圖所示此時 AB 側(cè)的氣體柱長度 l1=25cm管中 AB、CD 兩側(cè)的水銀面高度差 h1=5cm現(xiàn)將 U 形管緩慢旋轉(zhuǎn) 180°，使 A、D 兩端在上，在轉(zhuǎn)動過程中沒有水銀漏出已知大氣壓強 p0=76cmHg求旋轉(zhuǎn)后， AB、 CD兩側(cè)的水銀面高度差【考點】 99：理想氣體的狀態(tài)方程；9K：封閉氣體壓強【分析】對封閉氣體研究，已知初

41、狀態(tài)的體積、壓強，結(jié)合玻意耳定律，通過體積變化導(dǎo)致壓強變化求出旋轉(zhuǎn)后，AB、 CD兩側(cè)的水銀面高度差【解答】解：對封閉氣體研究， 初狀態(tài)時，壓強為：p1=p0+h1=76+5cmHg=81cmHg，體積為： V1=l1s，設(shè)旋轉(zhuǎn)后，氣體長度增大 x，則高度差變?yōu)?（52x）cm，此時氣體的壓強為：p2=p0（ 52 x） =（ 71+2 x）cmHg，體積為： V2=（25+x）s，根據(jù)玻意耳定律得： p1V1=p2V2，即：（ 81×25）=（71+2x）（ 25+x）解得： x=2cm，根據(jù)幾何關(guān)系知， AB、 CD兩側(cè)的水銀面高度差為：h=52x=1cm答： AB、 CD兩側(cè)的水銀面高度差為1cm【點評】本題考查了氣體定律的基本運用， 注意在這一過程中， 氣體的溫度不變