2017年普通高等学校招生全国统一考试（新课标Ⅲ卷）物理.docx

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1、2017年普通高等学校招生全国统一考试 (新课标 卷 )物理 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6分，共 48分 。 在每小题给出的四个选项中，第 1 5题只有一项符合题目要求，第 6 7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 )2017年 4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道 (可视为圆轨道 )运行 。 与天宫二号单独运行相比，组合体运行的 ( ) A.周期变大 B.速率变大 C.动能变大 D.向心加速度变大 解析： 天宫二号在天空运动，万有引力提供

2、向心力，天宫二号的轨道是固定的，即半径是固定的 ， 根据 F= = = 可知，天宫二号的速度大小是不变的，则两者对接后，速度大小不变，周期不变，加速度不变； 但是和对接前相比，质量变大，所以动能变大 。 答案： C 2.(6分 )如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一 U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直 。 金属杆 PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路 PQRS，一圆环形金属框 T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面 。 现让金属杆 PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是 ( ) A.PQRS中沿顺时针方向， T中沿逆时针方向 B.PQRS中沿顺时针方向，

3、 T中沿顺时针方向 C.PQRS中沿逆时针方向， T中沿逆时针方向 D.PQRS中沿逆时针方向， T中沿顺时针方向 解析： PQ向右运动，导体切割磁感线，根据右手定则，可知电流由 Q流向 P，即逆时针方向，根据楞次定律可知，通过 T的磁场减弱，则 T的感应电流产生的磁场应指向纸面里面，则感应电流方向为顺时针 。 答案： D 3.(6分 )如图，一质量为 m，长度为 l的均匀柔软细绳 PQ竖直悬挂 。 用外力将绳的下端 Q缓慢地竖直向上拉起至 M点， M点与绳的上端 P相距 l。 重力加速度大小为 g。 在此过程中，外力做的功为 ( ) A. mgl B. mgl C. mgl D. mgl 解

4、析： 根据功能关系可知，拉力所做的功等于 MQ段系统重力势能的增加量；对 MQ分析，设Q点为零势能点，则可知， MQ段的重力势能为 EP1= = ； 将 Q点拉至 M点时，重心离 Q点的高度 h= + = ，故重力势能 EP2 = 因此可知拉力所做的功 W=EP2 EP1= mgl，故 A正确， BCD错误 。 答案： A 4.(6分 )一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距 80cm的两点上，弹性绳的原长也为 80cm。 将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为 100cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为 (弹性绳的伸长始终处于弹性限度内 )(

5、 ) A.86cm B.92cm C.98cm D.104cm 解析： 如图所示 绳子原长是 80cm，伸长为 100cm，如图，则 AB段长 50cm，伸长了 10cm，假设绳子的劲度系数为 k，则绳子拉力为 F=0.1k 把绳子的拉力分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向的分量为 Fx=0.1kcos53= 0.06k， 两个绳子的竖直方向拉力合力为： 2Fx 物体处于平衡状态，则拉力合力等于重力，即 0.12k=mg，所以 k= 当 AC两点移动到同一点时，绳子两个绳子的夹角为 0，每段绳子伸长 x，则两个绳子的拉力合力为 2kx=mg， x=0.06m。 所以此时绳子总长度为 92cm。

6、 答案： B 5.(6分 )如图，在磁感应强度大小为 B0的匀强磁场中，两长直导线 P和 Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为 l。 在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I时，纸面内与两导线距离均为 l的 a点处的磁感应强度为零 。 如果让 P中的电流反向、其他条件不变，则 a点处磁感应强度的大小为 ( ) A.0 B. B0 C. B0 D.2B0 解析： 在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I时，纸面内与两导线距离为 l的 a点处的磁感应强度为零，如下图所示： 由此可知，外加的磁场方向与 PQ 平行，且由 Q指向 P， 即 B1=B0； 依据几何关系，及三角知识，则有： BP

7、cos30= B0； 解得： P或 Q通电导线在 a处的磁场大小为 BP= ； 当 P中的电流反向，其他条件不变， 再依据几何关系，及三角知识，则有： B2= ； 因外加的磁场方向与 PQ平行，且由 Q指向 P，磁场大小为 B0； 最后由矢量的合成法则，那么 a点处磁感应强度的大小为 B= = ，故 C正确， ABD错误 。 答案： C 6.(6分 )在光电效应实验中，分别用频率为 va、 vb的单色光 a、 b照射到同种金属上，测得相应的遏制电压分别为 Ua和 Ub、光电子的最大初动能分别为 Eka和 Ekb， h为普朗克常量 。 下列说法正确的是 ( ) A.若 va vb，则一定有 Ua

8、 Ub B.若 va vb，则一定有 Eka Ekb C.若 Ua Ub，则一定有 Eka Ekb D.若 va vb，则一定有 hva Eka hvb Ekb 解析： AB、根据光电效应方程 Ekm=hv W0知， va vb，逸出功相同，则 Eka Ekb，又 Ekm=eUc，则 Ua Ub，故 A错误， B正确 。 C、根据 Ekm=eUc知，若 Ua Ub，则一定有 Eka Ekb，故 C正确 。 D、逸出功 W0=hv Ekm，由于金属的逸出功相同，则有： hva Eka=hvb Ekb，故 D 错误 。 答案： BC 7.(6分 )一质量为 2kg 的物块在合外力 F的作用下从静止

9、开始沿直线运动 。 F 随时间 t变化的图线如图所示，则 ( ) A.t=1s时物块的速率为 1m/s B.t=2s时物块的动量大小为 4kgm/s C.t=3s时物块的动量大小为 5kgm/s D.t=4s时物块的速度为零 解析： A、前两秒，根据牛顿第二定律， a= =1m/s2，则 0 2s的速度规律为： v=at； t=1s时，速率为 1m/s， A正确； B、 t=2s时，速率为 2m/s，则动量为 P=mv=4kgm/s， B正确； CD、 2 4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律， a= 0.5m/s2，所以 3s时的速度为 1.5m/s，动量为 3kgm/s， 4s时速

10、度为 1m/s， CD错误 。 答案： AB 8.(6分 )一匀强电场的方向平行于 xOy平面，平面内 a、 b、 c三点的位置如图所示，三点的电势分别为 10V、 17V、 26V。 下列说法正确的是 ( ) A.电场强度的大小为 2.5V/cm B.坐标原点处的电势为 1 V C.电子在 a点的电势能比在 b点的低 7eV D.电子从 b点运动到 c 点，电场力做功为 9eV 解析： A、如图所示，在 ac连线上，确定一 b 点，电势为 17V，将 bb 连线，即为等势线，那么垂直 bb 连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图， 因为匀强电场，则有： E= ，

11、 依据几何关系，则 d= = =3.6cm， 因此电场强度大小为 E= =2.5V/cm，故 A正确； B、根据 c a= b o，因 a、 b、 c三点电势分别为 a=10V、 b=17V、 c=26V，解得：原点处的电势为 0=1 V，故 B正确； C、因 Uab= a b=10 17= 7V，电子从 a点到 b点电场力做功为 W=qUab=7 eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在 a点的电势能比在 b点的高 7 eV，故 C错误； D、同理， Ubc= b c=17 26= 9V，电子从 b点运动到 c点，电场力做功为 W=qUbc=9 eV，故 D正确 。 答案： ABD 二

12、、非选择题 (共 4小题，满分 47 分 ) 9.(6分 )某探究小组做 “ 验证力的平行四边形定则 ” 实验，将画有坐标轴 (横轴为 x轴，纵轴为 y轴，最小刻度表示 1mm)的纸贴在桌面上，如图 (a)所示 。 将橡皮筋的一端 Q固定在 y轴上的 B点 (位于图示部分除外 )，另一端 P位于 y轴上的 A点时，橡皮筋处于原长 。 (1)用一只测力计将橡皮筋的 P端沿 y轴从 A点拉至坐标原点 O，此时拉力 F的大小可由测力计读出 。 测力计的示数如图 (b)所示， F的大小为 N。 解析：弹簧测力计的最小刻度为 0.2N，由图可知， F的大小为 4.0N。 答案： 4.0 (2)撤去 (1

13、)中的拉力，橡皮筋 P端回到 A点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将 P端拉至 O点，此时观察到两个拉力分别沿图 (a)中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为 F1=4.2N 和 F2=5.6N。 用 5mm长度的线段表示 1N的力，以 O点为作用点，在图 (a)中画出力 F1、 F2的图示，然后按平形四边形定则画出它们的合力 F 合 ； F 合 的大小为 N， F 合 与拉力 F的夹角的正切值为 。 若 F 合 与拉力 F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则 。 解析： 根据图示法作出力的示意图，根据平行四边形定则得出合力

14、，如图所示 。 由图可知， F 合 的大小为 4.0N，根据数学几何关系知， F 合 与拉力 F的夹角的正切值为： tan= =0.05。 答案： 4.0， 0.05。 10.(9分 )图 (a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图 。 图中 E是电池； R1、 R2、 R3、 R4和 R5是固定电阻， R6是可变电阻；表头 G的满偏电流为 250 A ，内阻为 480 。 虚线方框内为换挡开关， A端和 B端分别于两表笔相连 。 该多用电表有 5个挡位， 5个挡位为：直流电压 1V 挡和 5V挡，直流电流 1mA挡和 2.5mA挡，欧姆 100 挡 。 (1)图 (a)中的 A端与 (填

15、“ 红 ” 或 “ 黑 ” )色表笔相连接 。 解析：根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流 “ 红进黑出 ” 。 答案； 黑。 (2)关于 R6的使用，下列说法正确的是 (填正确答案标号 )。 A.在使用多用电表之前，调整 R6使电表指针指在表盘左端电流 “0” 位置 B.使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整 R6使电表指针指在表盘右端电阻 “0” 位置 C.使用电流挡时，调整 R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 解析：由电路图可知， R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节

16、，故 B正确； AC错误 。 答案： B (3)根据题给条件可得 R1+R2= ， R4= 。 解析：直流电流档分为 1mA 和 2.5mA，由图可知，当接 2时应为 1mA；根据串并联电路规律可知， R1+R2= = =160 ； 总电阻 R 总 = =120 接 4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程 1V的电压表；此时电流计与 R1、 R2并联后再与 R4串联，即改装后的 1mA电流表与 R4串联再改装后电压表； 根据串联电路规律可知， R4= =880 。 答案； 160； 880。 (4)某次测量时该多用电表指针位置如图 (b)所示 。 若此时 B端是与 “1” 连接的，则多用

17、电表读数为 ；若此时 B端是与 “3” 相连的，则读数为 ；若此时 B端是与 “5” 相连的，则读数为 。 (结果均保留 3为有效数字 ) 解析： 若与 1连接，则量程为 2.5mA，读数为 1.48mA； 若与 3连接，则为欧姆档 100 挡，读数为 11100=1100= 1.10k ； 若与 5连接，则量程为 5V；故读数为 2.95V。 答案； 1.48mA； 1.10k ； 2.95V。 11.(12 分 )如图，空间存在方向垂直于纸面 (xOy平面 )向里的磁场 。 在 x0 区域，磁感应强度的大小为 B0； x 0区域，磁感应强度的大小为 B 0(常数 1)。 一质量为 m、电荷

18、量为q(q 0)的带电粒子以速度 v0从坐标原点 O沿 x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿 x轴正向时，求 (不计重力 ) (1)粒子运动的时间； 解析：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力做向心力，则有， ，那么， ，； 粒子运动轨迹如图所示， 则粒子在 x0 磁场区域运动半个周期，在 x 0磁场区域运动半个周期； 那么粒子在 x0 磁场区域运动的周期 ，在 x 0磁场区域运动的周期， 所以，粒子运动的时间 。 答案：粒子运动的时间为 。 (2)粒子与 O点间的距离 。 解析： 粒子与 O点间的距离 。 答案： 粒子与 O点间的距离为 。 12.(20 分 )如图，两个滑块

19、A和 B 的质量分别为 mA=1kg和 mB=5kg，放在静止与水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 1=0.5；木板的质量为 m=4kg，与地面间的动摩擦因数为 2=0.1.某时刻 A、 B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v0=3m/s。 A、 B相遇时， A与木板恰好相对静止 。 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2.求 ： (1)B与木板相对静止时，木板的速度； 解析：对 A受力分析，根据牛顿第二定律得： 1mAg=mAaA 代入数据解得： ，方向向右， 对 B分析，根据牛顿第二定律得： 1mBg=mBaB 代入数据解得： ，方向向左。 对木

20、板分析，根据牛顿第二定律得： 1mBg 1mAg 2(m+mA+mB)=ma1 代入数据解得： ，方向向右。 当木板与 B共速时，有： v=v0 aBt1=a1t1， 代入数据解得： t1=0.4s， v=1m/s， 此时 B相对木板静止，突变为静摩擦力， A受力不变加速度仍为 5m/s2 ，方向向右， 对 B与木板受力分析，有： 1mAg+ 2(m+mA+mB)g=(m+mB)a2 代入数据解得： ，方向向左， 当木板与 A共速时有： v=v a1t2= v+aAt2： 代入数据解得： t2=0.3s， v= 0.5m/s。 答案： B与木板相对静止时，木板的速度为 1m/s。 (2)A、

21、B开始运动时，两者之间的距离 。 解析： 当 t1=0.4s， ， LB板 =xB x 木 =0.8 0.2m=0.6m， 对 A，向左， ， LA1板 =xA+x 木 =0.8+0.2m=1m， 当 t2=0.3s，对 A，向左， ， 对木板，向右， ， ， 可知 AB 相距 L=LB板 +LA1板 +LA2 板 =0.6+1+0.3m=1.9m。 答案： A、 B开始运动时，两者之间的距离为 1.9m。 物理 -选修 3-3(15 分 ) 13.(5分 )如图，一定质量的理想气体从状态 a出发，经过等容过程 ab到达状态 b，再经过等温过程 bc 到达状态 c，最后经等压过程 ca回到状态

22、 A.下列说法正确的是 ( ) A.在过程 ab 中气体的内能增加 B.在过程 ca 中外界对气体做功 C.在过程 ab 中气体对外界做功 D.在过程 bc 中气体从外界吸收热量 E.在过程 ca 中气体从外界吸收热量 解析： A、从 a到 b等容升压，根据 可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，故 A正确； B、在过程 ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故 B正确； C、在过程 ab中气体体积不变，根据 W=pV 可知，气体对外界做功为零，故 C错误； D、在过程 bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力

23、学第一定律 U=W+Q 可知，气体从外界吸收热量，故 D正确； E、在过程 ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据 可知温度降低，则内能减小，根据热力学第一定律可知气体一定放出热 量，故 E错误 。 答案： ABD 14.(10 分 )一种测量稀薄气体压强的仪器如图 (a)所示，玻璃泡 M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管 K1和 K2.K1长为 l，顶端封闭， K2上端与待测气体连通； M下端经橡皮软管与充有水银的容器 R连通 。 开始测量时， M与 K2相通；逐渐提升 R，直到 K2中水银面与 K1顶端等高，此时水银已进入 K1，且 K1中水银面比顶端低 h，如图 (b)所示

24、。 设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变 。 已知 K1和 K2的内径均为 d， M的容积为 V0，水银的密度为 ，重力加速度大小为 g。 求： (1)待测气体的压强； 解析：以 K1和 M容器的气体为研究对象，设待测气体的压强为 p， 状态 1： p1=p， V1=V0+ ， 状态 2： p2=p+gh ， V2= ， 由玻意耳定律得： p1V1=p2V2， 解得： p= 。 答案：待测气体的压强为 。 (2)该仪器能够测量的最大压强 。 解析： 由题意可知，当 h=l 时，则能准确测量的压强最大，所以： 答案： 该仪器能够测量的最大压强 。 物理 -选修 3-4(15 分

25、 ) 15.如图，一列简谐横波沿 x轴正方向传播，实线为 t=0时的波形图，虚线为 t=0.5s时的波形图 。 已知该简谐波的周期大于 0.5s。 关于该简谐波，下列说法正确的是 ( ) A.波长为 2 m B.波速为 6 m/s C.频率为 1.5Hz D.t=1s时， x=1m处的质点处于波峰 E.t=2s时， x=2m处的质点经过平衡位置 解析： A、由 图像 可知，波长为 =4m ，故 A错误； BC、由题意知： (n+ )T=0.5，所以周期为 T= = ，因为该简谐波的周期大于 0.5s。 0.5，解得： n ，即当 n=0时， T= s，频率 f= =1.5Hz，波速为： v=

26、= =6m/s，故 BC正确； D、 t=0时 x=1 m处的质点位于波峰，经 t=1 s，即经过 1.5个周期，该质点位于波谷，故 D错误； E、 t=0时 x=2 m处的质点位于平衡位置正向上运动，经 t=2 s，即经过 3个周期，质点仍然位于平衡位置正向上运动，故 E正确 。 答案： BCE 16.如图，一半径为 R的玻璃半球， O点是半球的球心，虚线 OO 表示光轴 (过球心 O与半球底面垂直的直线 )。 已知玻璃的折射率为 1.5.现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出 (不考虑被半球的内表面反射后的光线 )。 求： (1)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离

27、的最大值； 解析：如图，从底面上 A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为 i，当 i等于全反射临界角 ic时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为 l。 i=ic 设 n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有 nsinic=l 由几何关系有 sini= 联立可得： l= R 答案：从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值为 。 (2)距光轴 的入射光线经球面折射后与光轴的交点到 O点的距离 。 解析： 设与光轴相距 的光线在球面 B点发生折射时的入射角和折射角分别为 i1和 r1，由折射定律有 nsini1=sinr1 设折射光线与光轴的交点为 C，在 OBC 中，由正弦定理有 由几何关系有 C=r 1 i1 sini1= 联立可得： OC= R 2.74R。 答案： 距光轴 的入射光线经球面折射后与光轴的交点到 O点的距离 2.74R。