2017年-海南省高考物理試卷解析(共18頁(yè))

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上海南省2017年高考物理試卷（解析版）2017年海南省高考物理試卷一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1光滑水平桌面上有P、Q兩個(gè)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)，P和Q的動(dòng)量大小的比值為（）An2BnCD1【考點(diǎn)】53：動(dòng)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(dòng)量守恒，再根據(jù)動(dòng)量守恒定律列式即可求得動(dòng)量大的比值【解答】解：撤去外力后，系統(tǒng)不受外力，所以總動(dòng)量守恒，設(shè)P的動(dòng)量方向?yàn)檎较颍瑒t有：PPPQ=0故PP=PQ=0；故動(dòng)

2、量之比為1；故D正確，ABC錯(cuò)誤故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，要注意明確撤去拉力后的動(dòng)量大小始終為零，同時(shí)在列式時(shí)一定要注意動(dòng)量的矢量性2關(guān)于靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線，下列說(shuō)法正確的是（）A電場(chǎng)強(qiáng)度較大的地方電場(chǎng)線一定較疏B沿電場(chǎng)線方向，電場(chǎng)強(qiáng)度一定越來(lái)越小C沿電場(chǎng)線方向，電勢(shì)一定越來(lái)越低D電場(chǎng)線一定是帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡【考點(diǎn)】A7：電場(chǎng)線【分析】只有電場(chǎng)線是直線，帶電粒子的初速度為零或初速度方向與電場(chǎng)線方向在同一條直線上時(shí)電場(chǎng)線才與帶電粒子的軌跡重合；沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)越來(lái)越低，而電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，根據(jù)這些知識(shí)分析解答【解答】解：A、電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的強(qiáng)弱，那么電場(chǎng)強(qiáng)

3、度較大的地方電場(chǎng)線一定較密，故A錯(cuò)誤；BC、沿著電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)會(huì)降低，因此沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)越來(lái)越低，但電場(chǎng)線不一定越來(lái)越疏，則場(chǎng)強(qiáng)不一定越來(lái)越小，故B錯(cuò)誤，C正確；D、電場(chǎng)線不一定與帶電粒子的軌跡重合，只有電場(chǎng)線是直線，帶電粒子的初速度為零或初速度方向與電場(chǎng)線方向在同一條直線上時(shí)電場(chǎng)線才與帶電粒子的軌跡重合，故D錯(cuò)誤；故選：C【點(diǎn)評(píng)】記住電場(chǎng)線的特點(diǎn)：電場(chǎng)線的疏密代表電場(chǎng)的強(qiáng)弱，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，并要掌握電場(chǎng)線的兩個(gè)意義：電場(chǎng)線的方向反映電勢(shì)的高低，電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的方向3汽車緊急剎車后，停止運(yùn)動(dòng)的車輪在水平地面上滑動(dòng)直至停止，在地面上留下的痕跡稱為剎車線由剎車線的長(zhǎng)短可知汽車

4、剎車前的速度已知汽車輪胎與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.80，測(cè)得剎車線長(zhǎng)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(diǎn)】37：牛頓第二定律；1E：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系【分析】分析剎車后汽車的合外力，進(jìn)而求得加速度；再根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)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(zhǎng)25m，故可由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得到汽車在剎車前的瞬間的速度大小；故ACD錯(cuò)誤，B正確；故選：B【點(diǎn)評(píng)】運(yùn)動(dòng)學(xué)問(wèn)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(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解

5、相關(guān)位移、速度等問(wèn)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(fù)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(dòng)，將左極板向左緩慢移動(dòng)關(guān)于小球所受的電場(chǎng)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【考點(diǎn)】AS：電容器的動(dòng)態(tài)分析；2H：共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；AG：勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)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(shì)差不變，由U=Ed可分析電場(chǎng)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

6、電勢(shì)差不變，將左極板向左緩慢移動(dòng)過(guò)程中，兩板間距離減小，則由U=Ed可知，電場(chǎng)強(qiáng)度E增大；電場(chǎng)力F=Eq增大；小球處于平衡狀態(tài)，受重力、拉力與電場(chǎng)力的作用而處于平衡，故拉力與電場(chǎng)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，電場(chǎng)力變大，故拉力增大故D正確，ABC錯(cuò)誤故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了共點(diǎn)力平衡、電場(chǎng)強(qiáng)度以及電容器的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，只要明確電容器兩板間電勢(shì)差不變，再根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)的性質(zhì)即可明確場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)與落

7、地點(diǎn)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(diǎn)】4F：萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用；43：平拋運(yùn)動(dòng)【分析】根據(jù)萬(wàn)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(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)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(wàn)有引力等于重力得： =mg則有：g=因此=由題意從同樣高度拋出，h=gt2=gt2，、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(cuò)誤；故選：A【點(diǎn)評(píng)】把月球表面的物體運(yùn)動(dòng)和天體運(yùn)動(dòng)結(jié)合

8、起來(lái)是考試中常見(jiàn)的問(wèn)題重力加速度g是天體運(yùn)動(dòng)研究和天體表面宏觀物體運(yùn)動(dòng)研究聯(lián)系的物理量6將一小球豎直向上拋出，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受到的空氣阻力不可忽略a為小球運(yùn)動(dòng)軌跡上的一點(diǎn)，小球上升和下降經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1和Ek2從拋出開(kāi)始到小球第一次經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)重力所做的功為W1，從拋出開(kāi)始到小球第二次經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)重力所做的功為W2下列選項(xiàng)正確的是（）AEk1=Ek2，W1=W2BEk1Ek2，W1=W2CEk1Ek2，W1W2DEk1Ek2，W1W2【考點(diǎn)】66：動(dòng)能定理的應(yīng)用；62：功的計(jì)算【分析】根據(jù)上升或下降的高度比較重力做功的大小，對(duì)兩次經(jīng)過(guò)a點(diǎn)的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理，比較兩次經(jīng)過(guò)a點(diǎn)的動(dòng)能大

9、小【解答】解：從拋出開(kāi)始到第一次經(jīng)過(guò)a點(diǎn)和拋出開(kāi)始第二次經(jīng)過(guò)a點(diǎn)，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W1=W2對(duì)兩次經(jīng)過(guò)a點(diǎn)的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得，Wf=Ek2Ek1，可知Ek1Ek2，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤故選：B【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道重力做功與路徑無(wú)關(guān)，與首末位置的高度差有關(guān)，以及掌握動(dòng)能定理，知道兩次經(jīng)過(guò)a點(diǎn)的過(guò)程中重力不做功，阻力做負(fù)功二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分7三束單色光1、2和3的波長(zhǎng)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

10、照射時(shí)，恰能產(chǎn)生光電子下列說(shuō)法正確的是（）A用光束1照射時(shí)，不能產(chǎn)生光電子B用光束3照射時(shí)，不能產(chǎn)生光電子C用光束2照射時(shí)，光越強(qiáng)，單位時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的光電子數(shù)目越多D用光束2照射時(shí)，光越強(qiáng)，產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能越大【考點(diǎn)】IC：光電效應(yīng)；J4：氫原子的能級(jí)公式和躍遷【分析】根據(jù)波長(zhǎng)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(zhǎng)與頻率的關(guān)系：，因123，那么123；由于用光束2照射時(shí)，恰能產(chǎn)生光電子，因此用光束1照射時(shí)，不能產(chǎn)生光電子，而光束3照射時(shí)，一定能產(chǎn)生光電子，故A正確，B錯(cuò)誤；CD、用光束2照射時(shí)，光越強(qiáng)，單位

11、時(shí)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=hW，可知，光電子的最大初動(dòng)能與光的強(qiáng)弱無(wú)關(guān)，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：AC【點(diǎn)評(píng)】考查波長(zhǎng)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(shí)，通過(guò)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(shí)通過(guò)R、C和L的電流有效值，則（）AI1I3BI1I2CI3I2DI2=I3【考點(diǎn)】EF：電容器和電感器對(duì)交變電流的導(dǎo)通和阻礙作用【分析】電容器的特性是通交流隔直流，通高頻阻低頻電感線圈的特性是通過(guò)直流阻交

12、流，通低頻阻高頻率通過(guò)電阻的電流與頻率無(wú)關(guān)根據(jù)三種元件的特性分析【解答】解：將頻率降低時(shí)，通過(guò)R的電流不變，電容器的容抗增大，通過(guò)C的電流減小，則有I1I2電感線圈的感抗減小，通過(guò)L的電流增大，則有I3I2故AD錯(cuò)誤，BC正確故選：BC【點(diǎn)評(píng)】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(shí)，容抗越高；而線圈的頻率越低時(shí)，感抗越小9如圖，水平地面上有三個(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)都為用大小為F的水平外力推動(dòng)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

13、=D若=0，則k=【考點(diǎn)】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(jìn)而求得加速度；然后再用隔離法對(duì)P、R兩物體進(jìn)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(yùn)動(dòng)；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^(guò)程與是否為零無(wú)關(guān)，故恒成立，故AC錯(cuò)誤，BD正確；故選：BD【點(diǎn)評(píng)】對(duì)物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某一力的求解，一般先對(duì)物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)進(jìn)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(duì)物體進(jìn)行受力分析即可求解10如圖，空間中存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向與豎直面（紙面）垂直，磁場(chǎng)的上、下邊界

14、（虛線）均為水平面；紙面內(nèi)磁場(chǎng)上方有一個(gè)正方形導(dǎo)線框abcd，其上、下兩邊均為磁場(chǎng)邊界平行，邊長(zhǎng)小于磁場(chǎng)上、下邊界的間距若線框自由下落，從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始，直至ab邊到達(dá)磁場(chǎng)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(diǎn)】D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；BB：閉合電路的歐姆定律【分析】ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，線框ab邊受到安培力，根據(jù)受力分析判斷出導(dǎo)體框的運(yùn)動(dòng)即可判斷【解答】解：A、導(dǎo)線框開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng)，ab邊以一定的速度進(jìn)入磁場(chǎng)，ab邊切割磁場(chǎng)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(shí)，線框做減

15、速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時(shí)只受重力，做加速運(yùn)動(dòng)，故先減速后加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤、D正確；B、當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后安培力等于重力時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時(shí)只受重力，做加速運(yùn)動(dòng)，故先勻速后加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；C、當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后安培力小于重力時(shí)，線框做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時(shí)只受重力，做加速增大的加速運(yùn)動(dòng)，故加速運(yùn)動(dòng)，故C正確；故選：CD【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了線框切割磁場(chǎng)產(chǎn)生感應(yīng)電流同時(shí)受到安培力，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)即可判斷速度的變化三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分把答案寫在答題卡中指定的答題

16、處，不要求寫出演算過(guò)程11某同學(xué)用游標(biāo)卡尺分別測(cè)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2.23cm，圓管外壁的直徑為2.99cm；由此可計(jì)算出金屬圓管橫截面的面積【考點(diǎn)】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(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)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(gè)刻度和主尺上某

17、一刻度對(duì)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(diǎn)評(píng)】對(duì)于基本測(cè)量?jī)x器如游標(biāo)卡尺、螺旋測(cè)微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進(jìn)行有關(guān)測(cè)量12（12分）（2017海南）某同學(xué)用伏安法測(cè)量待測(cè)電阻的阻值現(xiàn)有器材為：待測(cè)電阻R（阻值約為5）電源（電動(dòng)勢(shì)3V）滑動(dòng)變阻器（阻值范圍010）電流表（量程0.6A，3A電壓表（量程3V，15V）開(kāi)關(guān)，導(dǎo)線若干實(shí)驗(yàn)要求在測(cè)量電路中將電流表外接，滑動(dòng)變阻器起限流作用回答下列問(wèn)題：（1）按照實(shí)驗(yàn)要求在圖（a）中畫(huà)出實(shí)物連線圖（2）若已按實(shí)驗(yàn)要求接線

18、，閉合開(kāi)關(guān)后移動(dòng)滑動(dòng)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(gè)原因：待測(cè)電阻R斷路（3）在連線正確后，閉合開(kāi)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)為2.20V，電流表讀數(shù)為0.48A由此可得待測(cè)電阻的阻值為4.58（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】N6：伏安法測(cè)電阻【分析】（1）電流表采用外接，滑動(dòng)變阻器采用限流法，按照要求連接實(shí)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(cè)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(cè)電阻的大小【解答】解：

19、（1）因?yàn)殡娫措妱?dòng)勢(shì)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(shí)物圖進(jìn)行連線（2）閉合開(kāi)關(guān)后移動(dòng)滑動(dòng)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，產(chǎn)生這種現(xiàn)象的原因是待測(cè)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(cè)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(cè)電阻R=故答案為：（1）如圖所示，（2）待測(cè)電阻R斷路，（3）2.20，0.48，4.58【點(diǎn)評(píng)】在連線圖時(shí)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(shí)理清每一格表示多

20、少，從而進(jìn)行讀數(shù)四、計(jì)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(shuō)明、方程式和演算步驟13（10分）（2017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(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域已知金屬桿以速度v0向右進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)磁場(chǎng)區(qū)域右邊界（圖中虛線位置）時(shí)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(jì)求金屬桿運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域正中間時(shí)所受安培力的大小及此時(shí)電流的功率【考點(diǎn)】D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；BB：閉

21、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(dòng)勢(shì)，再結(jié)合閉合電路歐姆定律，及安培力表達(dá)式，再依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求得中間位置的速度，從而確定安培力大小，最后根據(jù)功率表達(dá)式，即可求解【解答】解：由題意可知，開(kāi)始時(shí)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(gè)過(guò)程中的加速度為：a=設(shè)導(dǎo)體棒由開(kāi)始到停止的位移為x，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：0解得：x=；故正中間離開(kāi)始的位移為：x中=；設(shè)導(dǎo)體棒在中間的位置時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v2v02=2ax中解得：v=則導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到中間位置時(shí)，所受到的安

22、培力為：F=BIl=；導(dǎo)體棒電流的功率為：P=I2R=；答：金屬桿運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域正中間時(shí)所受安培力的大小，及此時(shí)電流的功率【點(diǎn)評(píng)】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(dá)式，理解運(yùn)動(dòng)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(shí)彈簧的壓縮量為x0，從t=0時(shí)開(kāi)始，對(duì)b施加沿斜面向上的外力，使b始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，物塊a、b分離；再經(jīng)過(guò)同樣長(zhǎng)的時(shí)間，b距其出發(fā)點(diǎn)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

23、度大小為g求（1）彈簧的勁度系數(shù)；（2）物塊b加速度的大??；（3）在物塊a、b分離前，外力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系式【考點(diǎn)】39：牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用；2S：胡克定律【分析】（1）對(duì)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(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可明確分離時(shí)的位移，從而確定對(duì)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??；（3）對(duì)整體進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律列式即可求得拉力隨時(shí)間變化的表達(dá)式【解答】解：（1）對(duì)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(shí)間位移

24、為x0；由勻變速直線運(yùn)動(dòng)相臨相等時(shí)間內(nèi)位移關(guān)系的規(guī)律可知：= （2）說(shuō)明當(dāng)形變量為x1=x0=時(shí)二者分離；對(duì)m分析，因分離時(shí)ab間沒(méi)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(shí)間為t，則經(jīng)時(shí)間t時(shí)，ab前進(jìn)的位移x=at2=則形變量變?yōu)椋簒=x0x對(duì)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(shí)位移x=由x=at2解得：t=故應(yīng)保證t，F(xiàn)表達(dá)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分離前，外力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系式F=mgsin+ （

25、t）【點(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律的基本應(yīng)用，解題時(shí)一定要注意明確整體法與隔離法的正確應(yīng)用，同時(shí)注意分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程，明確運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A布朗運(yùn)動(dòng)是液體中懸浮微粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)B液體溫度越高，液體中懸浮微粒的布朗運(yùn)動(dòng)越劇烈C在液體中的懸浮顆粒只要大于某一尺寸，都會(huì)發(fā)生布朗運(yùn)動(dòng)D液體中懸浮微粒的布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子永不停息地做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)E液體中懸浮微粒的布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子對(duì)它的撞擊作用不平衡所引起的【考點(diǎn)】84：布朗運(yùn)動(dòng)【分析】布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體中微粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，不是分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，形成的原因是由于液體分子對(duì)懸浮微粒無(wú)規(guī)則

26、撞擊引起的；液體溫度越高，懸浮粒子越小，布朗運(yùn)動(dòng)越劇烈【解答】解：A、布朗運(yùn)動(dòng)是液體中懸浮微粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故A正確B、液體溫度越高，分子熱運(yùn)動(dòng)越激烈，液體中懸浮微粒的布朗運(yùn)動(dòng)越劇烈，故B正確C、懸浮顆粒越大，慣性越大，碰撞時(shí)受到?jīng)_力越平衡，所以大顆粒不做布朗運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤D、布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體中顆粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，不是液體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤E、布朗運(yùn)動(dòng)是由液體分子從各個(gè)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(diǎn)評(píng)】對(duì)于布朗運(yùn)動(dòng)，要理解并掌握布朗運(yùn)動(dòng)形成的原因，知道布朗運(yùn)動(dòng)既不是顆粒分子的運(yùn)動(dòng)，也不是液體分子的運(yùn)動(dòng)，而是液體分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)的反映16一粗細(xì)均勻的U形管

27、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(shí)AB側(cè)的氣體柱長(zhǎng)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(dòng)過(guò)程中沒(méi)有水銀漏出已知大氣壓強(qiáng)p0=76cmHg求旋轉(zhuǎn)后，AB、CD兩側(cè)的水銀面高度差【考點(diǎn)】99：理想氣體的狀態(tài)方程；9K：封閉氣體壓強(qiáng)【分析】對(duì)封閉氣體研究，已知初狀態(tài)的體積、壓強(qiáng)，結(jié)合玻意耳定律，通過(guò)體積變化導(dǎo)致壓強(qiáng)變化求出旋轉(zhuǎn)后，AB、CD兩側(cè)的水銀面高度差【解答】解：對(duì)封閉氣體研究，初狀態(tài)時(shí)，壓強(qiáng)為：p1=p0+h1=76+5cmH

28、g=81cmHg，體積為：V1=l1s，設(shè)旋轉(zhuǎn)后，氣體長(zhǎng)度增大x，則高度差變?yōu)椋?2x）cm，此時(shí)氣體的壓強(qiáng)為：p2=p0（52x）=（71+2x）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(diǎn)評(píng)】本題考查了氣體定律的基本運(yùn)用，注意在這一過(guò)程中，氣體的溫度不變，結(jié)合氣體長(zhǎng)度的變化得出壓強(qiáng)的變化，根據(jù)玻意耳定律進(jìn)行求解，難度中等選修3-4（12分）17（2017海南）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(xì)光束從空氣中以某一角度（090°）入射到第一塊玻璃板的上表面下列說(shuō)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(méi)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(zhǎng)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(zhǎng)線的右側(cè)【考點(diǎn)】H3：光的折射定律【分析】根據(jù)光在玻璃板上表面的折射角和下表面的入射角相等，結(jié)合光的可逆原理分析是否一定有出射光線，以及出射光線與入射光線的關(guān)系【解答】解：A、光線從第一塊玻璃