2017年高考海南物理試題及答案解析

《2017年高考海南物理試題及答案解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2017年高考海南物理試題及答案解析（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

2017年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（海南卷） 物理 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．【2017年海南，1，4分】光滑水平桌面上有、兩個物塊，的質量是的倍。將一輕彈簧置于、 之間，用外力緩慢壓、。撤去外力后，、開始運動，和的動量大小的比值為（ ） A． B． C． D．1 【答案】D 【解析】當撤去外力后，物塊的動量大小為，物塊的動量大小為，輕彈簧與物塊、組成的系統(tǒng)動量守恒，根據動量守恒定律有：，則和的動量大小的比值為1，故選D。 【點評】本題考查動量守恒定律的應用，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．【2017年海南，2，4分】關于靜電場的電場線，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 【答案】C 【解析】電場線的疏密表示場強的大小，電場線密的地方電場強度大，電場線疏的地方，電場強度小，選項A錯誤；沿電場線方向，電勢降低，而電場強度不一定越來越小，選項B錯誤，選項C正確；電場線是為了直觀形象地描述電場分布，在電場中引入的一些假想的曲線。曲線上每一點的切線方向和該點電場強度的方向一致，電場線不是帶電粒子在電場中的運動軌跡，故D錯誤；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．【2017年海南，3，4分】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為，測得剎車線長m。汽車在剎車前的瞬間的速度大小為（重力加速度?。? ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】汽車緊急剎車后，做勻減速直線運動，根據運動學公式有：，根據牛頓第二定律有：， 代入數據聯(lián)立解得：，故選B。 【點評】運動學問題，一般先根據物體受力，利用牛頓第二定律求得加速度，然后再由運動學規(guī)律求解相關位移、速度等問題。 4．【2017年海南，4，4分】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 電小球經絕緣輕繩懸掛于兩極板之間，處于靜止狀態(tài)?，F保持右極板不動，將左極板向左緩慢移動。 關于小球所受的電場力大小和繩子的拉力大小，下列判斷正確的是（ ） A．逐漸減小，逐漸減小 B．逐漸增大，逐漸減小 C．逐漸減小，逐漸增大 D．逐漸增大，逐漸增大 【答案】A 【解析】由題意可知，平行板電容器左極板向左緩慢移動時，由于電容器始終與電源相連接，則電容器兩極板間的電壓不變，由于兩板距離變大，則由可知，板間的電場強度減小，則小球所受的電場力大小減小，則細繩與豎直方向的夾角變??；由于左極板沒有移動之前，小球受力平衡，根據共點力的平衡條件可知，繩子的拉力大小，由于細繩與豎直方向的夾角變小，則值變大，則繩子上的拉力大小變小，故選A。 【點評】運動學問題，一般先根據物體受力，利用牛頓第二定律求得加速度，然后再由運動學規(guī)律求解相關位移、速度等問題。 5．【2017年海南，5，4分】已知地球質量為月球質量的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和，則約 為（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】在星球表面，根據萬有引力提供向心力有：，解得：，則有：，根據平拋運動可知，落地時間為，則在月球和地球表面同樣高度處，物體的落地時間之比為，水平射程為，則拋出點與落地點間的水平距離之比為，故選A。 【點評】把月球表面的物體運動和天體運動結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．【2017年海南，6，4分】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。為小球運動軌跡上的一點，小球上升和下降經過點時的動能分別為和。從拋出開始到小球第一次經過點時重力所做的功為，從拋出開始到小球第二次經過點時重力所做的功為。下列選項正確的是（ ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【解析】如果沒有空氣阻力，根據豎直上拋運動規(guī)律可知，小球上升和下降經過點時速度大小相等，動能相等，但由于小球在運動過程中所受到的空氣阻力不可忽略，則從小球上升經過點到下落經過點的過程中，空氣阻力一直做負功，重力做功為零，根據動能定理可知，小球的動能要減小，即，而從拋出開始到小球第一次經過點以及從拋出開始到小球第二次經過點時，初、末位置的豎直高度相等，則兩次重力做的功相等，即，故選B。 【點評】解決本題的關鍵知道重力做功與路徑無關，與首末位置的高度差有關，以及掌握動能定理，知道兩次經過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3分，有選錯的得0分。 7．【2017年海南，7，5分】三束單色光1、2和3的波長分別為、和。分別用著三束光照射同一種金屬。已知用光束2照射時，恰能產生光電子。下列說法正確的是（ ） A．用光束1照射時，不能產生光電子 B．用光束3照射時，不能產生光電子 C．用光束2照射時，光越強，單位時間內產生的光電子數目越多 D．用光束2照射時，光越強，產生的光電子的最大初動能越大 【答案】AC 【解析】由于三束單色光1、2和3的波長關系為，根據可知三束單色光1、2和3的頻率關系為，已知用光束2照射時，恰能產生光電子，根據愛因斯坦光電效應規(guī)律可知用光束3照射時，一定能產生光電子，而用用光束1照射時，不能產生光電子，選項A正確，選項B錯誤；根據愛因斯坦光電效應方程可知，當用光束2照射時，產生的光電子的最大初動能與光強無關，但光越強，單位時間內產生的光電子數目越多，光電流強度就越大，選項C正確，選項D錯誤；故選AC。 【點評】考查波長與頻率的關系式，掌握光電效應現象發(fā)生條件，理解光電效應方程的內容。 8．【2017年海南，8，5分】如圖，電阻R、電容和電感并聯(lián)后，接入輸出電壓有效值恒定、 頻率可調的交流電源。當電路中交流電的頻率為時，通過、和的電流有效值恰好相 等。若將頻率降低為，分別用、和表示此時通過、和的電流有效值，則（ ） A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】當電路中交流電的頻率為時，通過、和的電流有效值恰好相等，當交變電流的頻率為時，則線圈的感抗變小，導致通過的電流有效值變大；對于電容器的容抗變大，導致通過的電流有效值變小；對于電阻來說沒有變化，即，故選BC。 【點評】解決本題的關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．【2017年海南，9，5分】如圖，水平地面上有三個靠在一起的物塊、和，質量分別 為、和，物塊與地面間的動摩擦因數都為。用大小為的水平外力推動物塊， 記和之間相互作用力與與之間相互作用力大小之比為。下列判斷正確的是（ ） A．若，則 B．若，則 C．若，則 D．若，則 【答案】BD 【解析】若，對整體，根據牛頓第二定律有：，解得： ，以與為研究對象，根據牛頓第二定律有：，解得：，以為研究對象，根據牛頓第二定律有：，解得：，則和之間相互作用力與與之間相互作用力大小之比，選項A錯誤，選項B正確；若，根據牛頓第二定律有：，解得：，以與為研究對象，根據牛頓第二定律有：，解得：，以為研究對象，根據牛頓第二定律有：，解得：，則R和Q之間相互作用力與與之間相互作用力大小之比，選項C錯誤，選項D正確；故選BD。 【點評】對物體運動過程中某一力的求解，一般先對物體運動狀態(tài)進行分析，得到加速度，然后應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．【2017年海南，10，5分】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；紙面內磁場上方有一個正方形導線框，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，從邊進入磁場時開始，直 至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 【答案】CD 【解析】設線框的質量為m，線框的邊長為，磁感應強度為，由于線框從某一高度處自由下落，當邊進入磁場時，如果此時邊受到的安培力等于線框的重力，即，線框勻速進入磁場，但于線框邊長小于磁場上、下邊界的間距，則可知線框完全進入磁場后到邊到達磁場下邊界為止，由于穿過線框的磁通量不變，線框僅受重力，這個過程線框做勻加速直線運動，即線框下落的速度先不變后增加；當邊進入磁場時，如果此時邊受到的安培力大于線框的重力，即，線框減速進入磁場，同理，可知線框完全進入磁場后到邊到達磁場下邊界為止，線框做勻加速度運動，即線框下落的速度先減小，后增大；當邊進入磁場時，如果此時邊受到的安培力小于線框的重力，即，線框加速進入磁場，同理可知，線框完全進入磁場后到邊到達磁場下邊界為止，線框做勻加速度運動，即線框下落的速度始終增加；綜上分析可知，選項CD正確，選項AB錯誤；故選CD。 【點評】本題主要考查了線框切割磁場產生感應電流同時受到安培力，根據牛頓第二定律和運動學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．【2017年北京，11，6分】某同學用游標卡尺分別測量金屬圓管的內、 外壁直徑，游標卡尺的示數分別如圖（a）和圖（b）所示。由圖可讀 出，圓管內壁的直徑為_______cm，圓管外壁的直徑為_______cm；由 此可計算出金屬圓管橫截面的面積。 【答案】2.23；2.99 【解析】由圖（a）可知游標卡尺的讀數為，所以圓管內壁的直徑為；由圖（b）可知游標卡尺的讀數為，所以圓管外壁的直徑為。 【點評】對于基本測量儀器如游標卡尺、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測量。 12．【2017年北京，12，12分】某同學用伏安法測量待測電阻的阻值?，F有器材為：待測電阻（阻值約為）， 電源（電動勢），滑動變阻器（阻值范圍），電流表（量程，），電壓表（量程，），開關，導線若干。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，閉合開關后移動滑動變阻器的滑片，電壓表的示數始終約為，電流表的示數 始終接近0。寫出產生這種現象的一個原因：_______________。 （3）在連線正確后，閉合開關。電壓表和電流表的示數分別如圖（b）和圖（c）所示。由圖可知，電壓表讀數為_______V，電流表讀數為______A。由此可得待測電阻的阻值為_____Ω（結果保留3位有效數字）。 【答案】（1）實物連線圖見解析（2）待測電阻R出現斷路（3）；； 【解析】（1）因為待測電阻（阻值約為），電源（電動勢），則可估算 電路中的最大電流為：，所以電流表選的量程； 根據精確性原則，電壓表選的量程；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，則實物連線圖如下圖所示： （2）由于電流表的示數始終接近0，則可知電路出現斷路故障，又電壓 表的示數始終約為，根據電壓表的改裝原理可知，電壓表與電源 肯定構成了回路，則可判斷出待測電阻出現斷路故障； （3）根據實驗原理，由圖示電壓表可知，其量程為，分度值為，示數為；由圖示電流表 可知，其量程為，分度值為，示數為；根據歐姆定律可知，， 則待測電阻的阻值為。 【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，讀數時理清每一格表示多少，從而進行讀數。 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．【2017年北京，13，10分】如圖，兩光滑平行金屬導軌置于水平面（紙面）內，軌間距 為，左端連有阻值為的電阻。一金屬桿置于導軌上，金屬桿右側存在一磁感應強度 大小為、方向豎直向下的勻強磁場區(qū)域。已知金屬桿以速度向右進入磁場區(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 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。 解：設磁場區(qū)域長為，因為金屬桿以速度向右進入磁場區(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，根據勻變速直線運動學公式有：，則金屬桿運動到磁場區(qū)域正 中間時有：，聯(lián)立解得：，則此時金屬桿切割磁感線產生的感應電動勢為： ，根據歐姆定律可知此時回路中的電流大小為：，則金屬桿所受安培力的 大小為：；此時回路中的電流為，則此時的電功率為：。 【點評】考查法拉第電磁感應定律與閉合電路歐姆定律的內容，掌握安培力的表達式，理解運動學公式的應用，注意電功率的內容。 14．【2017年北京，14，16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 一端和質量為的小物塊相連，如圖所示。質量為的小物塊緊靠靜止在斜面 上，此時彈簧的壓縮量為，從時開始，對施加沿斜面向上的外力，使始終做 勻加速直線運動。經過一段時間后，物塊、分離；再經過同樣長的時間，距其出 發(fā)點的距離恰好也為。彈簧的形變始終在彈性限度內，重力加速度大小為。求： （1）彈簧的勁度系數； （2）物塊加速度的大小； （3）在物塊、分離前，外力大小隨時間變化的關系式。 解：（1）剛開始時彈簧壓縮量為，根據平衡條件和胡克定律得，解得：。 （2）、兩物體分離的條件是兩物體間的正壓力為0，設經過時間物塊、分離，此時彈簧的壓縮量為 ，則分離時，對小物塊有：，根據運動學公式可知，分離前、運動的距離為 有：，始終做勻加速直線運動，則有：，聯(lián)立解得：；。 （3）在物塊、分離前，對整體根據牛頓第二定律有：； 解得：，由題意可知，代入整理得：， 在物塊、分離前，需滿足：；則在物塊、分離前，外力大小隨時間變化的關系 式為：，其中。 【點評】本題考查牛頓第二定律的基本應用，解題時一定要注意明確整體法與隔離法的正確應用，同時注意分析運動過程，明確運動學公式的選擇和應用是解題的關鍵。 五、選考題：共12分。請考生從第15~16題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分。 15．【2017年北京，15，12分】【選修3-3】 （1）（4分）關于布朗運動，下列說法正確的是_______。（填入正確答案標號。選對1個得2分，選對2個 得3分，選對3個得4分；有選錯的得0分） 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使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 【答案】ABE 【解析】布朗運動是懸浮在液體中的小顆粒的無規(guī)則運動，小顆粒的布朗運動是由于周圍液體分子撞擊的沖力不平衡而引起的，所以小顆粒的無規(guī)則運動反映了周圍液體分子的無規(guī)則運動，溫度越高，液體分子運動越激烈，布朗運動也越明顯；顆粒越小，受到的沖力越不平衡，布朗運動越明顯，選項ABE正確，CD錯誤；故選ABE。 【點評】對于布朗運動，要理解并掌握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。 （2）（8分）一粗細均勻的形管的端封閉，端與大氣相通。用水銀將一定質量的理想 氣體封閉在形管的一側，并將兩端向下豎直放置，如圖所示。此時側的氣體柱長度 。管中、兩側的水銀面高度差?，F將形管緩慢旋轉，使、 兩端在上，在轉動過程中沒有水銀漏出。已知大氣壓強。求旋轉后，、兩 側的水銀面高度差。 解：以形管的一側封閉的氣體為研究對象，初態(tài)：，設U形管的橫截 面積為，則：，現將形管緩慢旋轉，使、兩端在上，在轉動過程中沒有 水銀漏出，由于形管緩慢旋轉，此過程可以看成等溫變化，當使、兩端在上，設中水銀下降了， 管中水銀面升高了，對管中封閉的氣體有：末態(tài)：， ，，根據玻意耳定律得：，代入數據解得：，另一解不符合題意舍掉；則 、兩側的水銀面高度差為。 【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，結合氣體長度的變化得出壓強的變化，根據玻意耳定律進行求解，難度中等。 16．【2017年北京，16，12分】【選修3-4】 （1）（4分）如圖，空氣中有兩塊材質不同、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入射到第一塊玻璃板的上表面。下列說法正確的 是_______。（填入正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得3分，選對3個得4 分；有選錯的得0分） 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 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 【答案】ACD 【解析】因為細光束從空氣中以某一角度入射到第一塊玻璃板的上表面，根據光的折射定律可知，細光束在第一塊玻璃板上表面中的折射角要小于入射角，由幾何關系可知，光束在第一塊玻璃板下表面的入射角等于光束在第一塊玻璃板上表面的折射角，所以光束在第一塊玻璃板下表面不會發(fā)生全反射而能射出玻璃板，且在第一塊玻璃板下表面出射的光線與在上表面上的入射光束平行，而且相對上表面的入射光線要向左發(fā)生平移；同理當光束射入第二塊玻璃板上表面時，在第二塊玻璃板上表面的折射角也要小于此時的入射角，由上面分析可知，光束也能射出第二塊玻璃板下表面，根據幾何知識可知光束在第一塊玻璃板上表面的入射角與第二塊玻璃板下表面的折射角相等，則從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，而且相對入射光束也向左發(fā)生平移，所以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，選項ACD正確，選項BE錯誤；故本題選：ACD。 【點評】本題考查了光的折射，知道光從空氣進入介質，折射角小于入射角，注意光線從空氣進入平行玻璃板，一定能夠從下表面射出，且出射光線與入射光線平行。 （2）（8分）從兩個波源發(fā)出的兩列振幅相同、頻率均為的簡諧橫波，分別沿軸正、負方向傳播，在某一時刻到達、點，如圖中實線、虛線所示。兩列波的波速均為。求 （i）質點、開始振動的時刻之差； （ii）再經過半個周期后，兩列波在和之間引起的合振動振幅極大 和極小的質點的坐標。 解：（i）由波形圖可知，實線波形在此時刻到達了點，虛線波形到達了點，而波形到達點與點時，點 與點就開始振動，由于兩列波的波速均為，兩列振幅相同、頻率均為，則兩列波的周期相同，均為，所以當實線波形到達點時，點已經振動了兩個周期，即，而虛 線波形到達點時，點已經振動了，所以質點、開始振動的時刻之差為。 （ii）由于兩列波的波速均為，兩列振幅相同、頻率均為，則兩列 波的波長相等，根據可知，兩列波的波長均為，再經過 半個周期后，兩列波各自沿軸正方向與負方向傳播的距離為 ，即半波長，作出此時的兩個波的波形圖， 如圖所示：由圖可知，兩列波在和之間，坐標值為， ，，，的質點，振動方向相同，引起的合 振動振幅極大；坐標值為，，，的質點振動方向相反，引起的合 振動的振幅極小。 【點評】解決本題的關鍵是掌握波的疊加原理，知道波峰與波峰相遇或波谷與波谷相遇時振動加強，當波峰與波 谷相遇時振動減弱。 8