1、2017年全國高考統一物理試卷（新課標）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第67題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1（6分）2017年4月，我國成功發射的天舟一號貨運飛船與天宮二號空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿天宮二號原來的軌道（可視為圓軌道）運行與天宮二號單獨運行相比，組合體運行的（）A周期變大B速率變大C動能變大D向心加速度變大2（6分）如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓

2、環形金屬框T位于回路圍成的區域內，線框與導軌共面?，F讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是（）APQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向BPQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向CPQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向DPQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向3（6分）如圖，一質量為m，長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距l重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為（）AmglBmglCmglDmgl4（6分）一根輕質彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80cm的兩點上，彈性繩的原長

3、也為80cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，則彈性繩的總長度變為（彈性繩的伸長始終處于彈性限度內）（）A86cmB92cmC98cmD104cm5（6分）如圖，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l。在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應強度的大小為（）A0BB0CB0D2B06（6分）在光電效應實驗中，分別用頻率為va、vb的單色光a、b照射到同種金屬上，測得相應

4、的遏止電壓分別為Ua和Ub、光電子的最大初動能分別為Eka和Ekb，h為普朗克常量。下列說法正確的是（）A若vavb，則一定有UaUbB若vavb，則一定有EkaEkbC若UaUb，則一定有EkaEkbD若vavb，則一定有hvaEkahvbEkb7（6分）一質量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則（）At=1s時物塊的速率為1m/sBt=2s時物塊的動量大小為4kgm/sCt=3s時物塊的動量大小為5kgm/sDt=4s時物塊的速度為零8（6分）一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、17

5、V、26V下列說法正確的是（）A電場強度的大小為2.5V/cmB坐標原點處的電勢為1 VC電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV二、非選擇題（共4小題，滿分47分）9（6分）某探究小組做“驗證力的平行四邊形定則”實驗，將畫有坐標軸（橫軸為x軸，縱軸為y軸，最小刻度表示1mm）的紙貼在桌面上，如圖（a）所示。將橡皮筋的一端Q固定在y軸上的B點（位于圖示部分除外），另一端P位于y軸上的A點時，橡皮筋處于原長。（1）用一只測力計將橡皮筋的P端沿y軸從A點拉至坐標原點O，此時拉力F的大小可由測力計讀出。測力計的示數如圖（b）所示，F的大小為 N。（2）撤去（1）

6、中的拉力，橡皮筋P端回到A點；現使用兩個測力計同時拉橡皮筋，再次將P端拉至O點，此時觀察到兩個拉力分別沿圖（a）中兩條虛線所示的方向，由測力計的示數讀出兩個拉力的大小分別為F1=4.2N和F2=5.6N。（i）用5mm長度的線段表示1N的力，以O點為作用點，在圖（a）中畫出力F1、F2的圖示，然后按平行四邊形定則畫出它們的合力F合；（ii）F合的大小為 N，F合與拉力F的夾角的正切值為 。若F合與拉力F的大小及方向的偏差均在實驗所允許的誤差范圍之內，則該實驗驗證了力的平行四邊形定則。10（9分）圖（a）為某同學組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中E是電池；R1、R2、R3、R4和R5是固定電阻

7、，R6是可變電阻；表頭G的滿偏電流為250 A，內阻為480虛線方框內為換擋開關，A端和B端分別于兩表筆相連。該多用電表有5個擋位，5個擋位為：直流電壓1V擋和5V擋，直流電流1mA擋和2.5mA擋，歐姆×100擋。（1）圖（a）中的A端與 （填“紅”或“黑”）色表筆相連接。（2）關于R6的使用，下列說法正確的是 （填正確答案標號）。A在使用多用電表之前，調整R6使電表指針指在表盤左端電流“0”位置B使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調整R6使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置C使用電流擋時，調整R6使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置（3）根據題給條件可得R1+R2= ，R4= 。

8、（4）某次測量時該多用電表指針位置如圖（b）所示。若此時B端是與“1”連接的，則多用電表讀數為 ；若此時B端是與“3”相連的，則讀數為 ；若此時B端是與“5”相連的，則讀數為 。（結果均保留3為有效數字）11（12分）如圖，空間存在方向垂直于紙面（xOy平面）向里的磁場。在x0區域，磁感應強度的大小為B0；x0區域，磁感應強度的大小為B0（常數1）。一質量為m、電荷量為q（q0）的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求（不計重力）（1）粒子運動的時間；（2）粒子與O點間的距離。12（20分）如圖，兩個滑塊A和B的質量分別為mA=1k

9、g和mB=5kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數均為1=0.5；木板的質量為m=4kg，與地面間的動摩擦因數為2=0.1某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0=3m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2求（1）B與木板相對靜止時，木板的速度；（2）A、B開始運動時，兩者之間的距離。物理-選修3-3（15分）13（5分）如圖，一定質量的理想氣體從狀態a出發，經過等容過程ab到達狀態b，再經過等溫過程bc到達狀態c，最后經等壓過程ca回到狀態a下列說法正確的是（）A在過程ab中氣體的內能增加B

10、在過程ca中外界對氣體做功C在過程ab中氣體對外界做功D在過程bc中氣體從外界吸收熱量E在過程ca中氣體從外界吸收熱量14（10分）一種測量稀薄氣體壓強的儀器如圖（a）所示，玻璃泡M的上端和下端分別連通兩豎直玻璃細管K1和K2K1長為l，頂端封閉，K2上端與待測氣體連通；M下端經橡皮軟管與充有水銀的容器R連通開始測量時，M與K2相通；逐漸提升R，直到K2中水銀面與K1頂端等高，此時水銀已進入K1，且K1中水銀面比頂端低h，如圖（b）所示設測量過程中溫度、與K2相通的待測氣體的壓強均保持不變已知K1和K2的內徑均為d，M的容積為V0，水銀的密度為，重力加速度大小為g求：（i）待測氣體的壓強；（i

11、i）該儀器能夠測量的最大壓強物理-選修3-4（15分）15如圖，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，實線為t=0時的波形圖，虛線為t=0.5s時的波形圖已知該簡諧波的周期大于0.5s關于該簡諧波，下列說法正確的是（）A波長為2 mB波速為6 m/sC頻率為1.5HzDt=1s時，x=1m處的質點處于波峰Et=2s時，x=2m處的質點經過平衡位置16如圖，一半徑為R的玻璃半球，O點是半球的球心，虛線OO表示光軸（過球心O與半球底面垂直的直線）已知玻璃的折射率為1.5現有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光線能從球面射出（不考慮被半球的內表面反射后的光線）求：（i）從球面射出的光線對應的入射光線到光

12、軸距離的最大值；（ii）距光軸的入射光線經球面折射后與光軸的交點到O點的距離2017年全國高考統一物理試卷（新課標）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第67題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1（6分）2017年4月，我國成功發射的天舟一號貨運飛船與天宮二號空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿天宮二號原來的軌道（可視為圓軌道）運行與天宮二號單獨運行相比，組合體運行的（）A周期變大B速率變大C動能變大D向心加速度變大【考點】4F：萬有引力定律及其應用菁優網版權所

13、有【專題】32：定量思想；43：推理法；528：萬有引力定律的應用專題【分析】根據萬有引力等于向心力可以求出天體的運動的相關物理量【解答】解：天宮二號在天空運動，萬有引力提供向心力，天宮二號的軌道是固定的，即半徑是固定的根據F=可知，天宮二號的速度大小是不變的，則兩者對接后，速度大小不變，周期不變，加速度不變；但是和對接前相比，質量變大，所以動能變大。故選：C。【點評】本題考查了萬有引力和圓周運動的表達式，根據萬有引力等于向心力可以得出速度，角速度和周期的變化規律2（6分）如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQR

14、S，一圓環形金屬框T位于回路圍成的區域內，線框與導軌共面?，F讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是（）APQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向BPQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向CPQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向DPQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向【考點】BB：閉合電路的歐姆定律；D9：導體切割磁感線時的感應電動勢；DB：楞次定律菁優網版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；53C：電磁感應與電路結合【分析】PQ切割磁感線，根據右手定則判斷；PQRS產生電流后，會對穿過T的磁感應強度產生影響，根據楞次定律分析T中的感應電流的

15、變化情況?！窘獯稹拷猓篜Q向右運動，導體切割磁感線，根據右手定則，可知電流由Q流向P，即逆時針方向，根據楞次定律可知，通過T的磁場減弱，則T的感應電流產生的磁場應指向紙面里面，則感應電流方向為順時針。故選：D。【點評】本題考查了感應電流的方向判斷，兩種方法：一種是右手定則，另一種是楞次定律。使用楞次定律判斷比較難，但是掌握它的核心也不會很難。3（6分）如圖，一質量為m，長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距l重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為（）AmglBmglCmglDmgl【考點】62：功的計算；6B：功能關系菁優網版

16、權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；52Q：功能關系 能量守恒定律【分析】由題意可知，發生變化的只有MQ段，分析開始和最后過程，明確重力勢能的改變量，根據功能關系即可求得外力所做的功?！窘獯稹拷猓焊鶕δ荜P系可知，拉力所做的功等于MQ段系統重力勢能的增加量；對MQ分析，設Q點為零勢能點，則可知，MQ段的重力勢能為EP1=×=；將Q點拉至M點時，重心離Q點的高度h=+=，故重力勢能EP2×=因此可知拉力所做的功W=EP2EP1=mgl，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題考查明確功能關系，注意掌握重力之外的其他力做功等于機械能的改變量，本題中因緩慢拉動，故動能

17、不變，因此只需要分析重力勢能即可。4（6分）一根輕質彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80cm的兩點上，彈性繩的原長也為80cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，則彈性繩的總長度變為（彈性繩的伸長始終處于彈性限度內）（）A86cmB92cmC98cmD104cm【考點】29：物體的彈性和彈力；2S：胡克定律；3C：共點力的平衡菁優網版權所有【專題】32：定量思想；4B：圖析法；527：共點力作用下物體平衡專題【分析】繩長變為100cm時，伸長了20cm，可以得出繩子的拉力，根據共點力的平衡關系可得出繩子的勁度系數，進而計

18、算出兩端在同一點時彈性繩的總長度?！窘獯稹拷猓喝鐖D所示，繩子原長是80cm，伸長為100cm，如圖，則AB段長50cm，伸長了10cm=0.1m，假設繩子的勁度系數為k，則繩子拉力為：F=0.1k把繩子的拉力分解為水平方向和豎直方向，在豎直方向的分量為：Fx=0.1k×cos53°=0.06k，兩個繩子的豎直方向拉力合力為：2Fx物體處于平衡狀態，則拉力合力等于重力，即為：0.12k=mg解得：k=當AC兩點移動到同一點時，繩子兩個繩子的夾角為0，每段繩子伸長x，則兩個繩子的拉力合力為：2kx=mg，x=0.06m。所以此時繩子總長度為92cm。故選：B?！军c評】本題考場共

19、點力的平衡，本題的關鍵是找出繩子與豎直方向的夾角，然后計算出勁度系數。另外做這一類題目，要養成畫圖的習慣，這樣題目就能變的簡單。5（6分）如圖，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l。在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應強度的大小為（）A0BB0CB0D2B0【考點】C3：磁感應強度菁優網版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；53D：磁場 磁場對電流的作用【分析】依據右手螺旋定則，結合矢量的合成法則，及三角知識，即可求解?！窘?/p>

20、答】解：在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內與兩導線距離為l的a點處的磁感應強度為B0，如下圖所示：由此可知，外加的磁場方向與PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依據幾何關系，及三角知識，則有：BPcos30°=B0；解得：P或Q通電導線在a處的磁場大小為BP=；當P中的電流反向，其他條件不變，再依據幾何關系，及三角知識，則有：B2=；因外加的磁場方向與PQ平行，且由Q指向P，磁場大小為B0；最后由矢量的合成法則，那么a點處磁感應強度的大小為B=，故C正確，ABD錯誤；故選：C?！军c評】考查右手螺旋定則與矢量的合成的內容，掌握幾何關系與三角知識的應用，理解外加磁場方

21、向是解題的關鍵。6（6分）在光電效應實驗中，分別用頻率為va、vb的單色光a、b照射到同種金屬上，測得相應的遏止電壓分別為Ua和Ub、光電子的最大初動能分別為Eka和Ekb，h為普朗克常量。下列說法正確的是（）A若vavb，則一定有UaUbB若vavb，則一定有EkaEkbC若UaUb，則一定有EkaEkbD若vavb，則一定有hvaEkahvbEkb【考點】IC：光電效應；IE：愛因斯坦光電效應方程菁優網版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；54I：光電效應專題【分析】根據光電效應方程，結合入射光頻率的大小得出光電子最大初動能，結合最大初動能和遏止電壓的關系比較遏止電壓。【解答】解：

22、AB、根據光電效應方程Ekm=hvW0知，vavb，逸出功相同，則EkaEkb，又Ekm=eUc，則UaUb，故A錯誤，B正確。C、根據Ekm=eUc知，若UaUb，則一定有EkaEkb，故C正確。D、逸出功W0=hvEkm，由于金屬的逸出功相同，則有：hvaEka=hvbEkb，故D錯誤。故選：BC?！军c評】解決本題的關鍵掌握光電效應方程以及知道最大初動能與遏止電壓的關系，注意金屬的逸出功與入射光的頻率無關。7（6分）一質量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則（）At=1s時物塊的速率為1m/sBt=2s時物塊的動量大小為4kgm/sCt=3

23、s時物塊的動量大小為5kgm/sDt=4s時物塊的速度為零【考點】37：牛頓第二定律；52：動量定理菁優網版權所有【專題】32：定量思想；43：推理法；52F：動量定理應用專題【分析】首先根據牛頓第二定律得出加速度，進而計算速度和動量。【解答】解：A、前兩秒，根據牛頓第二定律，a=1m/s2，則02s的速度規律為：v=at；t=1s時，速率為1m/s，A正確；B、t=2s時，速率為2m/s，則動量為P=mv=4kgm/s，B正確；CD、24s，力開始反向，物體減速，根據牛頓第二定律，a=0.5m/s2，所以3s時的速度為1.5m/s，動量為3kgm/s，4s時速度為1m/s，CD錯誤；故選：A

24、B?！军c評】本題考查了牛頓第二定律的簡單運用，熟悉公式即可，并能運用牛頓第二定律求解加速度。另外要學會看圖，從圖象中得出一些物理量之間的關系。8（6分）一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V下列說法正確的是（）A電場強度的大小為2.5V/cmB坐標原點處的電勢為1 VC電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV【考點】A6：電場強度與電場力；AC：電勢；AE：電勢能與電場力做功；AG：電勢差和電場強度的關系菁優網版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；532：電場力與電勢的性質專題【

25、分析】根據勻強電場的電場強度公式E=，結合電勢差與場強間距，即可求解； 依據電勢差等于電勢之差； 根據電場力做功表達式W=qU，從而確定電場力做功，同時也能確定電勢能的變化情況。【解答】解：A、如圖所示，在ac連線上，確定一b點，電勢為17V，將bb連線，即為等勢線，那么垂直bb連線，則為電場線，再依據沿著電場線方向，電勢降低，則電場線方向如下圖，因為勻強電場，則有：E=，依據幾何關系，則d=3.6cm，因此電場強度大小為E=2.5V/cm，故A正確； B、根據ca=bo，因a、b、c三點電勢分別為a=10V、b=17V、c=26V，解得：原點處的電勢為0=1 V，故B正確；C、因Uab=ab

26、=1017=7V，電子從a點到b點電場力做功為W=qUab=7 eV，因電場力做正功，則電勢能減小，那么電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，故C錯誤； D、同理，Ubc=bc=1726=9V，電子從b點運動到c點，電場力做功為W=qUbc=9 eV，故D正確；故選：ABD?！军c評】考查勻強電場中，電勢之間的關系，掌握電場強度公式E=的應用，理解幾何關系的運用，并理解W=qU中各量的正負值含義。二、非選擇題（共4小題，滿分47分）9（6分）某探究小組做“驗證力的平行四邊形定則”實驗，將畫有坐標軸（橫軸為x軸，縱軸為y軸，最小刻度表示1mm）的紙貼在桌面上，如圖（a）所示。將橡皮筋的一端Q固定

27、在y軸上的B點（位于圖示部分除外），另一端P位于y軸上的A點時，橡皮筋處于原長。（1）用一只測力計將橡皮筋的P端沿y軸從A點拉至坐標原點O，此時拉力F的大小可由測力計讀出。測力計的示數如圖（b）所示，F的大小為4.0N。（2）撤去（1）中的拉力，橡皮筋P端回到A點；現使用兩個測力計同時拉橡皮筋，再次將P端拉至O點，此時觀察到兩個拉力分別沿圖（a）中兩條虛線所示的方向，由測力計的示數讀出兩個拉力的大小分別為F1=4.2N和F2=5.6N。（i）用5mm長度的線段表示1N的力，以O點為作用點，在圖（a）中畫出力F1、F2的圖示，然后按平行四邊形定則畫出它們的合力F合；（ii）F合的大小為4.0N，

28、F合與拉力F的夾角的正切值為0.05。若F合與拉力F的大小及方向的偏差均在實驗所允許的誤差范圍之內，則該實驗驗證了力的平行四邊形定則?！究键c】M3：驗證力的平行四邊形定則菁優網版權所有【專題】13：實驗題；23：實驗探究題；31：定性思想；46：實驗分析法；526：平行四邊形法則圖解法專題【分析】根據彈簧秤的最小刻度讀出F的讀數。根據圖示法作出F1和F2，結合平行四邊形定則作出合力，得出合力的大小以及F合與拉力F的夾角的正切值。【解答】解：（1）彈簧測力計的最小刻度為0.2N，由圖可知，F的大小為4.0N。（2）（i）根據圖示法作出力的示意圖，根據平行四邊形定則得出合力，如圖所示。（ii）用刻

29、度尺量出F合的線段長為20mm，所以F合大小為4.0N，結合圖象根據數學幾何關系知，F合與拉力F的夾角的正切值為0.05。故答案為：（1）4.0；（2）4.0，0.05。【點評】本題考查了力的合成法則及平行四邊形定則的應用，掌握彈簧測力計的讀數方法，是考查基礎知識的好題。10（9分）圖（a）為某同學組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中E是電池；R1、R2、R3、R4和R5是固定電阻，R6是可變電阻；表頭G的滿偏電流為250 A，內阻為480虛線方框內為換擋開關，A端和B端分別于兩表筆相連。該多用電表有5個擋位，5個擋位為：直流電壓1V擋和5V擋，直流電流1mA擋和2.5mA擋，歐姆×

30、100擋。（1）圖（a）中的A端與黑（填“紅”或“黑”）色表筆相連接。（2）關于R6的使用，下列說法正確的是B（填正確答案標號）。A在使用多用電表之前，調整R6使電表指針指在表盤左端電流“0”位置B使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調整R6使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置C使用電流擋時，調整R6使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置（3）根據題給條件可得R1+R2=160，R4=880。（4）某次測量時該多用電表指針位置如圖（b）所示。若此時B端是與“1”連接的，則多用電表讀數為1.48mA；若此時B端是與“3”相連的，則讀數為1.10K；若此時B端是與“5”相連的，則讀數為2.95V。（結

31、果均保留3為有效數字）【考點】B4：多用電表的原理及其使用；N4：用多用電表測電阻菁優網版權所有【專題】13：實驗題；31：定性思想；46：實驗分析法；535：恒定電流專題【分析】（1）明確歐姆表原理，知道內部電源的正極接黑表筆，負極接紅表筆；（2）明確電路結構，知道歐姆檔中所接滑動變阻器只能進行歐姆調零；（3）根據給出的量程和電路進行分析，再結合串并聯電路的規律即可求得各電阻的阻值；（4）明確電表的量程，確定最小分度，從而得出最終的讀數?！窘獯稹拷猓海?）根據歐姆表原理可知，內部電源的正極應接黑表筆，這樣才能保證在測電阻時電流表中電流“紅進黑出”；（2）由電路圖可知，R6只在測量電阻時才接入

32、電路，故其作用只能進行歐姆調零，不能進行機械調零，同時在使用電流檔時也不需要時行調節，故B正確；AC錯誤；故選：B；（3）直流電流檔分為1mA和2.5mA，由圖可知，當接2時應為1mA；根據串并聯電路規律可知，R1+R2=160；總電阻R總=120接4時，為電壓檔，因串入的電阻較小，故應為量程1V的電壓表；此時電流計與R1、R2并聯后再與R4串聯，即改裝后的1mA電流表與R4串聯再改裝后電壓表；根據串聯電路規律可知，R4=880；（4）若與1連接，則量程為2.5mA，讀數為1.48mA（1.471.49）；若與3連接，則為歐姆檔×100擋，讀數為11×100=1100=1.

33、10k；若與5連接，則量程為5V；故讀數為2.95V（2.912.97均可）；故答案為；（1）黑；（2）B；（3）160；880；（4）1.48mA；1.10k；2.95V?！军c評】本題考查了多用電表讀數以及內部原理，要注意明確串并聯電路的規律應用，同時掌握讀數原則，對多用電表讀數時，要先確定電表測的是什么量，然后根據選擇開關位置確定電表分度值，最后根據指針位置讀數；讀數時視線要與電表刻度線垂直。11（12分）如圖，空間存在方向垂直于紙面（xOy平面）向里的磁場。在x0區域，磁感應強度的大小為B0；x0區域，磁感應強度的大小為B0（常數1）。一質量為m、電荷量為q（q0）的帶電粒子以速度v0從

34、坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求（不計重力）（1）粒子運動的時間；（2）粒子與O點間的距離。【考點】CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動菁優網版權所有【專題】11：計算題；32：定量思想；43：推理法；536：帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】（1）由磁感應強度大小得到向心力大小進而得到半徑和周期的表達式，畫出粒子運動軌跡圖則得到粒子在兩磁場中的運動時間，累加即可；（2）由洛倫茲力做向心力，求得粒子運動半徑，再由幾何條件求得距離。【解答】解：粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力做向心力，則有，那么，；（1）根據左手定則可得：粒子做逆時針圓周運動；故粒子運

35、動軌跡如圖所示，則粒子在x0磁場區域運動半個周期，在x0磁場區域運動半個周期；那么粒子在x0磁場區域運動的周期，在x0磁場區域運動的周期，所以，粒子運動的時間；（2）粒子與O點間的距離；答：（1）粒子運動的時間為；（2）粒子與O點間的距離為。【點評】帶電粒子在勻強磁場中運動，一般由洛倫茲力做向心力，推得粒子運動半徑，再根據幾何關系求得位移，運動軌跡，運動時間等問題。12（20分）如圖，兩個滑塊A和B的質量分別為mA=1kg和mB=5kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數均為1=0.5；木板的質量為m=4kg，與地面間的動摩擦因數為2=0.1某時刻A、B兩滑塊開始相向滑

36、動，初速度大小均為v0=3m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2求（1）B與木板相對靜止時，木板的速度；（2）A、B開始運動時，兩者之間的距離?！究键c】37：牛頓第二定律菁優網版權所有【專題】11：計算題；22：學科綜合題；32：定量思想；43：推理法；522：牛頓運動定律綜合專題【分析】（1）剛開始運動時，根據牛頓第二定律分別求出A、B和木板的加速度大小，結合速度時間公式先求出B與木板共速時的速度以及運動的時間，然后B與木板保持相對靜止，根據牛頓第二定律求出B與木板整體的加速度，結合速度時間公式求出三者速度相等經歷的時間以及

37、此時的速度。（2）根據位移公式分別求出B與木板共速時木板和B的位移，從而得出兩者的相對位移，得出此時A的位移以及A相對木板的位移大小，再結合位移公式分別求出三者速度相等時，A的位移以及木板的位移，得出A再次相對木板的位移，從而得出A、B開始運動時，兩者之間的距離。【解答】解：（1）對A受力分析，根據牛頓第二定律得：1mAg=mAaA代入數據解得：，方向向右，對B分析，根據牛頓第二定律得：1mBg=mBaB代入數據解得：，方向向左。對木板分析，根據牛頓第二定律得：1mBg1mAg2（m+mA+mB）g=ma1代入數據解得：，方向向右。當木板與B共速時，有：v=v0aBt1=a1t1，代入數據解得

38、：t1=0.4s，v=1m/s，（2）此時B相對木板靜止，突變為靜摩擦力，A受力不變加速度仍為5m/s2 ，方向向右，對B與木板受力分析，有：1mAg+2（m+mA+mB）g=（m+mB）a2代入數據解得：，方向向左，當木板與A共速時有：v=va2t2=v+aAt2：代入數據解得：t2=0.3s，v=0.5m/s。當t1=0.4s，LB板=xBx木=0.80.2m=0.6m，對A，向左，LA1板=xA+x木=0.8+0.2m=1m，當t2=0.3s，對A，向左，=，對木板，向右，=，可知AB相距L=LB板+LA1板+LA2板=0.6+1+0.3m=1.9m。答：（1）B與木板相對靜止時，木板的

39、速度為1m/s；（2）A、B開始運動時，兩者之間的距離為1.9m?！军c評】本題考查了牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，關鍵理清整個過程中A、B和木板在整個過程中的運動規律，結合運動學公式和牛頓第二定律進行求解。物理-選修3-3（15分）13（5分）如圖，一定質量的理想氣體從狀態a出發，經過等容過程ab到達狀態b，再經過等溫過程bc到達狀態c，最后經等壓過程ca回到狀態a下列說法正確的是（）A在過程ab中氣體的內能增加B在過程ca中外界對氣體做功C在過程ab中氣體對外界做功D在過程bc中氣體從外界吸收熱量E在過程ca中氣體從外界吸收熱量【考點】8F：熱力學第一定律；99：理想氣體的狀態方程菁優

40、網版權所有【專題】12：應用題；31：定性思想；43：推理法；54B：理想氣體狀態方程專題【分析】一定質量的理想氣體內能取決于溫度，根據圖線分析氣體狀態變化情況，根據W=pV判斷做功情況，根據內能變化結合熱力學第一定律分析吸收或發出熱量【解答】解：A、從a到b等容升壓，根據可知溫度升高，一定質量的理想氣體內能決定于氣體的溫度，溫度升高，則內能增加，故A正確；B、在過程ca中壓強不變，體積減小，所以外界對氣體做功，故B正確；C、在過程ab中氣體體積不變，根據W=pV可知，氣體對外界做功為零，故C錯誤；D、在過程bc中，屬于等溫變化，氣體膨脹對外做功，而氣體的溫度不變，則內能不變；根據熱力學第一定

41、律U=W+Q可知，氣體從外界吸收熱量，故D正確；E、在過程ca中壓強不變，體積減小，所以外界對氣體做功，根據可知溫度降低，則內能減小，根據熱力學第一定律可知氣體一定放出熱量，故E錯誤。故選：ABD?！军c評】本題主要是考查了理想氣體的狀態方程和熱力學第一定律的知識，要能夠根據熱力學第一定律判斷氣體內能的變化與哪些因素有關（功和熱量）；熱力學第一定律在應用時一定要注意各量符號的意義；U為正表示內能變大，Q為正表示物體吸熱；W為正表示外界對物體做功14（10分）一種測量稀薄氣體壓強的儀器如圖（a）所示，玻璃泡M的上端和下端分別連通兩豎直玻璃細管K1和K2K1長為l，頂端封閉，K2上端與待測氣體連通；

42、M下端經橡皮軟管與充有水銀的容器R連通開始測量時，M與K2相通；逐漸提升R，直到K2中水銀面與K1頂端等高，此時水銀已進入K1，且K1中水銀面比頂端低h，如圖（b）所示設測量過程中溫度、與K2相通的待測氣體的壓強均保持不變已知K1和K2的內徑均為d，M的容積為V0，水銀的密度為，重力加速度大小為g求：（i）待測氣體的壓強；（ii）該儀器能夠測量的最大壓強【考點】99：理想氣體的狀態方程菁優網版權所有【專題】12：應用題；22：學科綜合題；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想氣體狀態方程專題【分析】（1）由題意，水銀面升后，求出氣體的狀態參量，然后由玻意耳定律求出壓強的表達式；（2）根據題意可知，M的直徑不知道，所以當h=l時，則能準確測量的壓強最大，然后代入上式即可求出壓強【解答】解：（1）以K1和M容器的氣體為研究對象，設待測氣體的壓強為p，狀態1：p1=p，V1=V0+，狀態2：p2=p+gh，V2=，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，解得：p=；（2）由題意可知，當h=l時，則能準確測量