文档内容
量为1.0087u，1u=931MeV/c2．氘核聚变反应中释放的核能约为（ ）
2017 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）
A．3.7MeV B．3.3MeV C．2.7MeV D．0.93MeV
一、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项是
5．（6分）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌，为了有效隔离外界
符合题目要求，第6～8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
震动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰
选错的得0分．
减其微小震动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，
1．（6分）将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭
对于紫铜薄板上下及其左右震动的衰减最有效的方案是（ ）
喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻
力可忽略）（ ）
A．30kg•m/s B．5.7×102kg•m/s
C．6.0×102kg•m/s D．6.3×102kg•m/s
2．（6分）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。
速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是（ ）
A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
A． B．
B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
C． D．
D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
3．（6分）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁 6．（6分）如图，三根相互平行的固定长直导线L 、L 和L 两两等距，均通有电流I，L 中电流方
1 2 3 1
场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒 a，b，c电荷量相等，质量分别为m ，m ，m．已 向与L 中的相同，与L 中的相反。下列说法正确的是（ ）
a b c 2 3
知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左
做匀速直线运动。下列选项正确的是（ ）
A．L 所受磁场作用力的方向与L 、L 所在平面垂直
1 2 3
B．L 所受磁场作用力的方向与L 、L 所在平面垂直
3 1 2
A．m ＞m ＞m B．m ＞m ＞m C．m＞m ＞m D．m＞m ＞m C．L 、L 和L 单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：1：
a b c b a c c a b c b a 1 2 3
4．（6分）大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电，氘核聚变反应方 D．L 、L 和L 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 ： ：1
1 2 3
7．（6分）在一静止点电荷的电场中，任一点的电势 φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。
程是： H+ H→ He+ n，已知 H的质量为2.0136u， He的质量为3.0150u， n的质
电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别E 、E 、E 和E ，点a到点电荷的距离r 与点a
a b c d a的电势φ 已在图中用坐标（r ，φ ）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经 （1）由图（b）可知，小车在桌面上是 （填“从右向左”或“从左向右”）运动的。
a a a
b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为 W 、W 和W ．下 （2）该小组同学根据图（b）的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图（b）中A点位置时
ab bc cd
列选项正确的是（ ） 的速度大小为 m/s，加速度大小为 m/s2．（结果均保留2位有效数字）
A．E ：E =4：1 B．E：E =2：1 C．W ：W =3：1 D．W ：W =1：3
a b c d ab bc bc cd
8．（6分）如图，柔软轻绳 ON的一端O固定，其中间某点 M拴一重物，用手拉住绳的另一端
10．（10分）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：
N．初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角α（α＞ ）。现将重物向右上方
小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A）
缓慢拉起，并保持夹角α不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中（ ） 电压表V（量程3V，内阻3kΩ）
电流表A（量程0.5A，内阻0.5Ω）
固定电阻R （阻值1000Ω）
0
滑动变阻器R（阻值0～9.0Ω）
电源E（电动势5V，内阻不计）
开关S；导线若干。
（1）实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。
A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小
（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。
C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～32题为必考题，每个试题考生都必须作
答．第33～38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）
9．（5分）某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验
前，将该计时器固定在小车旁，如图（a）所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。
在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图（b）记录了桌面上连续6个水
滴的位置。（已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴）12．（20分）真空中存在电场强度大小为 E 的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速
1
直线运动，速度大小为v ，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持
0
其方向不变。持续一段时间t 后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时
1
间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。
（1）油滴运动到B点时的速度；
（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的 t 和v 应满
1 0
足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度 v 做竖直上抛运动的最大高度恰好等于 B、A两
0
点间距离的两倍。
由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻 （填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻
率 （填“增大”“不变”或“减小”）。
（3）用另一电源E （电动势4V，内阻1.00Ω）和题给器材连接成图（b）所示的电路图，调节滑
0
动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关 S，在R的变化范围内，小灯泡的
最小功率为 W，最大功率为 W．（结果均保留2位小数）
11．（12 分）一质量为 8.00×104kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度
1.60×105m处以7.5×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面。取
（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计
地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2．（结果
分。[物理--选修3-3]
保留2位有效数字）
13．（5分）氧气分子在0℃和100℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分
（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是（ ）
（2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的
速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。
A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C．图中实线对应于氧气分子在100℃时的情形 [物理--选修3-4]
D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目 15．如图（a），在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S （0，4）和S （0，﹣2）。两
1 2
E．与0℃时相比，100℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分 波源的振动图线分别如图（b）和图（c）所示。两列波的波速均为1.00m/s。两列波从波源传播
比较大 到点 A（8，﹣2）的路程差为 m，两列波引起的点 B（4，1）处质点的振动相互
14．（10分）如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门 K 位于细管 （填“加强”或“减弱”），点C（0，0.5）处质点的振动相互 （填“加强”或“减弱”）。
2
的中部，A、B的顶部各有一阀门K 、K ，B中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）。
1 3
初始时，三个阀门均打开，活塞在 B的底部；关闭K 、K ，通过K 给汽缸充气，使A中气体的
2 3 1
压强达到大气压p 的3倍后关闭K ．已知室温为27℃，汽缸导热。
0 1
（i）打开K ，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
2
（ii）接着打开K ，求稳定时活塞的位置；
3
（iii）再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20℃，求此时活塞下方气体的压强。
16．如图，一玻璃工件的上半部是半径为 R的半球体，O点为球心；下半部是半径为 R、高为2R
的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜。有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC
之间的距离为0.6R．已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行（不考虑多次反射）。
求该玻璃的折射率。B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
2017 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）
D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
参考答案与试题解析
【考点】43：平抛运动．
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一、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项是
【专题】31：定性思想；43：推理法；518：平抛运动专题．
符合题目要求，第6～8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
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合平抛运动
选错的得0分．
的规律，抓住水平方向相等时，通过时间关系得出下降的高度，从而分析判断。
1．（6分）将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭
【解答】解：发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网，原因是
喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻
发球机到网的水平距离一定，速度大，则所用的时间较少，球下降的高度较小，容易越过球网，
力可忽略）（ ）
故C正确，ABD错误。
A．30kg•m/s B．5.7×102kg•m/s
故选：C。
C．6.0×102kg•m/s D．6.3×102kg•m/s
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由
高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。
【考点】53：动量守恒定律．
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【专题】32：定量思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
3．（6分）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁
【分析】在喷气的很短时间内，火箭和燃气组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律求出燃气喷
场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒 a，b，c电荷量相等，质量分别为m ，m ，m．已
a b c
出后的瞬间火箭的动量大小。
知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左
【解答】解：开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，
做匀速直线运动。下列选项正确的是（ ）
0=m v +P，
1 1
解得火箭的动量P=﹣m v =﹣0.05×600kg•m/s=﹣30kg•m/s，负号表示方向，故A正确，B、C、D
1 1
错误。
故选：A。
【点评】本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道喷出燃气的动量和火箭的动量大小相等，方
A．m ＞m ＞m B．m ＞m ＞m C．m＞m ＞m D．m＞m ＞m
向相反，基础题。 a b c b a c c a b c b a
【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动．
2．（6分）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。 菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是（ ）
【分析】由粒子的运动状态，根据牛顿第二定律得到其合外力情况，再对粒子进行受力分析即可
A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多求解。
【解答】解：微粒受重力G、电场力F、洛伦兹力F'的作用，三个带正电的微粒a，b，c电荷量相 5．（6分）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌，为了有效隔离外界
等，那么微粒所受电场力F大小相等，方向竖直向上； 震动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰
a在纸面内做匀速圆周运动，则a的重力等于电场力，即F=G =m g； 减其微小震动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，
a a
b在纸面内向右做匀速直线运动，则 b受力平衡，因为重力方向竖直向下，洛伦兹力方向竖直向 对于紫铜薄板上下及其左右震动的衰减最有效的方案是（ ）
上，则有F+F′ =G =m g；
b b b
c在纸面内向左做匀速直线运动，则c受力平衡，且洛伦兹力方向向下，则有：F﹣F′=G=mg
c c c
所以，m ＞m ＞m，故ACD错误，B正确；
b a c
故选：B。
【点评】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力的方向用左手定则判断，然后再分析粒子的受力情况
进而应用牛顿第二定律联系粒子的运动状态，进而求解。
A． B．
4．（6分）大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电，氘核聚变反应方
程是： H+ H→ He+ n，已知 H的质量为2.0136u， He的质量为3.0150u， n的质 C． D．
量为1.0087u，1u=931MeV/c2．氘核聚变反应中释放的核能约为（ ）
【考点】D8：法拉第电磁感应定律．
A．3.7MeV B．3.3MeV C．2.7MeV D．0.93MeV 菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】根据电磁感应原理，结合楞次定律的阻碍相对运动角度，及产生感应电流的条件，即可
【考点】JI：爱因斯坦质能方程．
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判定。
【专题】31：定性思想；43：推理法；54P：爱因斯坦的质能方程应用专题．
【解答】解：当加恒定磁场后，当紫铜薄板上下及左右振动时，导致穿过板的磁通量变化，从而
【分析】根据已知核反应方程式，要计算释放的核能，就必须知道核反应亏损的质量，根据爱因
产生感应电流，感应磁场进而阻碍板的运动，而BC选项，只能上下振动时，才有磁通量变化，
斯坦质能方程△E=△mC2即可求出核反应释放的能量。
左右振动，却没有磁通量变化，因此只有A选项穿过板的磁通量变化，故A正确，BCD错误；
【解答】解：因氘核聚变的核反应方程为： H+ H→ He+ n；
故选：A。
核反应过程中的质量亏损为△m=2m ﹣（m +m ）=0.0035u 【点评】考查电磁感应原理，掌握楞次定律中阻碍相对运动，理解磁通量的含义，及感应电流的
H He n
释放的核能为△E=△mc2=0.0035uc2=3.3MeV，故B正确，ACD错误；
产生条件。
故选：B。
【点评】只要对近代原子物理有所了解即可，需要深入理解的东西不是太多。所以要多读教材， 6．（6分）如图，三根相互平行的固定长直导线L 、L 和L 两两等距，均通有电流I，L 中电流方
1 2 3 1
适量做些中低档题目即可。 向与L 中的相同，与L 中的相反。下列说法正确的是（ ）
2 3A．L 所受磁场作用力的方向与L 、L 所在平面垂直
1 2 3
再根据左手定则，那么L 所受磁场作用力的方向与L 、L 所在平面垂直，故B正确；
B．L 所受磁场作用力的方向与L 、L 所在平面垂直 3 2 1
3 1 2
CD、由A选项分析，可知，L 、L 通电导线在L 处的合磁场大小与L 、L 通电导线在L 处的合磁场
C．L 、L 和L 单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：1： 1 3 2 2 3 1
1 2 3
相等，
D．L 、L 和L 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 ： ：1
1 2 3
设各自通电导线在其他两点的磁场大小为B，那么L 、L 和L 三处磁场之比为1：1： ，故C正
1 2 3
确，D错误；
【考点】C6：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；CC：安培力．
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故选：BC。
【专题】31：定性思想；43：推理法；53D：磁场 磁场对电流的作用．
【点评】考查右手螺旋定则与左手定则的内容，掌握矢量的合成法则，理解几何关系，及三角知
【分析】依据右手螺旋定则判定各导线在其他位置的磁场方向，再结合矢量的合成法则，即可判
识的运用。
定合磁场方向，最后根据左手定则，从而确定其位置的受到磁场力方向；
因所通的电流相等，那么单位长度的磁场力之比，即为各自所处的磁场之比。
7．（6分）在一静止点电荷的电场中，任一点的电势 φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。
【解答】解：A、根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则 L 、L 通电导线在L 处的磁场方向
2 3 1
电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别E 、E 、E 和E ，点a到点电荷的距离r 与点a
如下图所示， a b c d a
的电势φ 已在图中用坐标（r ，φ ）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经
a a a
b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为 W 、W 和W ．下
ab bc cd
列选项正确的是（ ）
再根据左手定则，那么L 所受磁场作用力的方向与L 、L 所在平面平行，故A错误；
1 2 3
B、同理，根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则 L 、L 通电导线在L 处的磁场方向如下图
2 1 3
所示，
A．E ：E =4：1 B．E：E =2：1 C．W ：W =3：1 D．W ：W =1：3
a b c d ab bc bc cd
【考点】AG：电势差和电场强度的关系．
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【专题】34：比较思想；4D：比例法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】整个拉动过程中，小球的重力不变，根据共点力平衡条件分析。
【分析】由点电荷场强公式E= 可求场强之比；利用公式U =φ ﹣φ 和W=qU分别计算电场力做
ab a b
【解答】解：以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F ，MN上拉力F ，由题意知，三个
1 2
的功，从而求电场力做功之比。
力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F 转至水平的过程中，MN上的张力F 逐渐增大，
2 1
【解答】解：A、由点电荷场强公式E= 可得：E ：E = ： =4：1，故A正确； OM上的张力F 先增大后减小，所以A、D正确；B、C错误。
a b 2
B、由点电荷场强公式E= 可得：E：E = ： =4：1，故B错误；
c d
C、从 a 到 b 电场力做功为：W =qU =q（φ ﹣φ ）=q（6﹣3）=3q，从 b 到 c 电场力做功为：
ab ab a b
W =qU =q（φ ﹣φ）=q（3﹣2）=q，所以有：W ：W =3：1，故C正确；
bc bc b c ab bc
D、从c到d电场力做功为：W =qU =q（φ﹣φ ）=q（2﹣1）=q，所以W ：W =1：1，故D错误。
cd cd c d bc cd
故选：AC。
故选：AD。
【点评】解答此题的关键是正确理解点电荷场强公式E= 和W=qU，知道电势差等于两点电势之
【点评】本题考查共点力的平衡条件，这种问题一般要抓住不变的量，然后去分析变化的量。在
差。 本题中，小球的重力大小和方向都不变，抓住这一点，然后去分析另外两个力的变化情况，这
样有理有据。
8．（6分）如图，柔软轻绳 ON的一端O固定，其中间某点 M拴一重物，用手拉住绳的另一端
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～32题为必考题，每个试题考生都必须作
N．初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角α（α＞ ）。现将重物向右上方
答．第33～38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）
缓慢拉起，并保持夹角α不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中（ ） 9．（5分）某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验
前，将该计时器固定在小车旁，如图（a）所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。
在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图（b）记录了桌面上连续6个水
滴的位置。（已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴）
（1）由图（b）可知，小车在桌面上是 从右向左 （填“从右向左”或“从左向右”）运动的。
（2）该小组同学根据图（b）的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图（b）中A点位置时
的速度大小为 0.19 m/s，加速度大小为 0.038 m/s2．（结果均保留2位有效数字）
A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．
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【专题】31：定性思想；42：等效替代法；527：共点力作用下物体平衡专题．10．（10分）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：
小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A）
电压表V（量程3V，内阻3kΩ）
电流表A（量程0.5A，内阻0.5Ω）
固定电阻R （阻值1000Ω）
0
滑动变阻器R（阻值0～9.0Ω）
电源E（电动势5V，内阻不计）
开关S；导线若干。
【考点】M5：测定匀变速直线运动的加速度．
（1）实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。
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【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。
【分析】依据小车在手轻推一下，则做减速运动，结合各点间距，即可判定运动方向；
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点
的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小。
【解答】解：（1）由于用手轻推一下小车，则小车做减速运动，根据桌面上连续6个水滴的位置，
可知，小车从右向左做减速运动；
（2）已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴，那么各点时间间隔为：T= s= s
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有：
v = m/s=0.19m/s，
A
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度，得： 由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻 增大 （填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的
电阻率 增大 （填“增大”“不变”或“减小”）。
a= m/s2=﹣0.038 m/s2，
（3）用另一电源E （电动势4V，内阻1.00Ω）和题给器材连接成图（b）所示的电路图，调节滑
0
动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关 S，在R的变化范围内，小灯泡的
那么加速度的大小为 0.038 m/s2。
最小功率为 0.41 W，最大功率为 1.17 W．（结果均保留2位小数）
故答案为：（1）从右向左；（2）0.19，0.038。
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础
【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线．
知识的理解与应用。 菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．【分析】（1）明确实验原理，根据实验中给出的仪器分析滑动变阻器以及电流表接法； 当滑动变阻器接入电阻为零时，灯泡消耗的功率最大；此时电源的内阻为 1.0Ω，作出电源的伏安
（2）根据I﹣U图象的性质进行分析，明确电阻随电流变化的规律，从而明确电阻率的变化情况； 特性曲线如图a中虚线所示；如图a可知，此时电压为3.70V，电流为320mA=0.32A；则可知最
（3）分析滑动变阻器接入电阻的变化，作出等效电源的伏安特性曲线，得出对应的电流值和电压 大功率Pmax=U'I'=3.70×0.32=1.18W。
值，从而明确灯泡功率的极值。 故答案为：（1）如图所示；（2）增大；增大；（3）0.41；1.18。
【解答】解：（1）因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因灯泡内 【点评】本题考查灯泡伏安特性曲线的描绘实验，要注意明确实验原理，知道实验中数据分析的
阻与电流表内阻接近，故应采用电流表外接法；另外为了扩大电压表量程，应用 R 和电压表串 基本方法，注意在分析功率时只能根据图象进行分析求解，不能利用欧姆定律进行分析。
0
联，故原理图如图所示；
11．（12 分）一质量为 8.00×104kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度
1.60×105m处以7.5×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面。取
地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2．（结果
保留2位有效数字）
（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
（2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的
速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。
（2）I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说
明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；
【考点】65：动能定理；6C：机械能守恒定律．
（3）当滑动变阻器阻值全部接入时，灯泡的功率最小，将 R等效为电源内阻，则电源电动势为 菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法．
4V，等效内阻为10Ω；则有：U=4﹣10I；作出电源的伏安特性曲线如图 a中实线所示；由图可
【分析】（1）机械能等于重力势能和动能之和，可以得出两处的机械能；
知，灯泡电压为U=1.8V，电流I=230mA=0.23A，则最小功率P=UI=1.8×0.23=0.41W；
（2）根据动能定理计算克服阻力做功。
【解答】解：1.60×105 m处的速度为v ，600m处的速度为v ，落地前的速度为v
1 2 3
（1）落地时的重力势能为零，动能为E = m = ×8×104×1002J=4.0×108J；
k2
进入大气层的机械能E=E +E = m +mgH=2.4×1012J；
k1 p1
（2）此时的速度大小为v =7.5×103×0.02m/s=150m/s；从600m处到落地之间，重力做正功，阻
2
力做负功，根据动能定理
mgh﹣W= mv 2﹣ mv 2
f 3 2
代入数据，可得W=9.7×108J
f答：（1）落地瞬间的机械能为4.0×108J；进入大气层的机械能为2.4×1012J； 对于匀速运动阶段，有qE =mg…①
1
（2）克服阻力做功为9.7×108J。 对于场强突然增大后的第一段t 时间，由牛顿第二定律得：qE ﹣mg=ma …②
1 2 1
【点评】本题考查了机械能的计算和动能定理的应用，掌握相关的公式是解题的关键。 对于场强第二段t 时间，由牛顿第二定律得：qE +mg=ma …③
1 2 2
由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：v =v +a t ④
1 0 1 1
12．（20分）真空中存在电场强度大小为 E 的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速 油滴在B的速度为：v =v ﹣a t ⑤
1 B 1 2 1
直线运动，速度大小为v ，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持 联立①至⑤式，可得：v =v ﹣2gt ；方向向上；
0 B 0 1
其方向不变。持续一段时间t 后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时 方法二：
1
间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。 选向上为正方向，由动量定理有：﹣mg×2t+qE t﹣qE t=mv﹣mv
1 1 0
（1）油滴运动到B点时的速度； 解得：v =v ﹣2gt ；方向向上；
B 0 1
（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的 t 和v 应满 （2）设无电场时竖直上抛的最大高度为h，由运动学公式，有：v 2=2gh…⑥
1 0 0
足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度 v 做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两
0 根据位移时间关系可得：v t + …⑦
0 1
点间距离的两倍。
v t ﹣ …⑧
1 1
【考点】39：牛顿运动定律的综合应用；AG：电势差和电场强度的关系．
菁优网版权所有 油滴运动有两种情况：
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；532：电场力与电势的性质
情况一：
专题．
位移之和x +x = ⑨
1 2
【分析】（1）分析油滴的运动过程，可知其先进行向上的匀速直线运动，到达 A处后因电场强度
突然增大而开始做向上的匀加速直线运动，经过t 后电场突然反向，油滴开始做匀减速直线运 联立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑨可得：
1
动，并可能在速度减为零后做反向的匀加速直线运动。对电场增大后的两个过程分别列出牛顿
E =E +
2 1
第二定律方程，即可求得两个过程中的加速度，而t 又是一个已知量，那么直接使用运动学公
1
式即可求出v 的速度大小；
B
（2）因为油滴最后可能做反向的匀加速直线运动，因此我们不能确定B点的位置究竟在A点上方 由题意得E
2
＞E
1
，即满足条件 ，即当 或 才是可
还是A点下方，故需要分为两种情况讨论。对其中每一种情况，根据运动学公式列出方程，并
能的；
与竖直上抛的方程进行联立，即可分别求得两种情况下的场强E 的大小；而根据题意，为求出
2
情况二：
t 与v 满足的条件，只需要使E ＞E 即可，那么就可以最终求得t 与v 间的关系式。
1 0 2 1 1 0
位移之和x +x =﹣ ⑩
【解答】解：（1）方法一： 1 2
设油滴质量为m，带电荷量为q，增大后的电场强度为E ，根据题中条件可以判断电场力与重力
2 联立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑩可得：
方向相反；E =E +
2 1
由题意得E ＞E ，即满足条件 ，即 ，另一解为负，不合题意，舍
2 1
去。
答：
A．图中两条曲线下面积相等
（1）油滴运动到B点时的速度为v ﹣2gt ；
0 1
B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
（ 2 ） 增 大 后 的 电 场 强 度 的 大 小 为 E + ， t 和 v 应 满 足 的 条 件 为
1 1 0 C．图中实线对应于氧气分子在100℃时的情形
D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E．与0℃时相比，100℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分
或 ；
比较大
【考点】88：分子运动速率的统计分布规律；89：温度是分子平均动能的标志．
或E + ；相应的t 和v 应满足的条件为 。 菁优网版权所有
1 1 0
【专题】31：定性思想；43：推理法；542：物体的内能专题．
【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根 【分析】温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分
据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位 子所占比例不同，要注意明确图象的意义是解题的关键。
移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利 【解答】解：A、由题图可知，在0℃和100℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的
用动能定理进行解答。 百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即相等，故A正确；
B、由图可知，具有最大比例的速率区间，0℃时对应的速率小，故说明虚线为0℃的分布图象，
（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计 故对应的平均动能较小，故B正确；
分。[物理--选修3-3] C、实线对应的最大比例的速率区间内分子动能大，说明实验对应的温度大，故为100℃时的情形，
13．（5分）氧气分子在0℃和100℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分 故C正确；
子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是（ ） D、图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子占据的比例，但无法确定分子具体数目，故D错误；
E、由图可知，0～400 m/s段内，100℃对应的占据的比例均小于与 0℃时所占据的比值，因此
100℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，故E错误。
故选：ABC。
【点评】本题考查了分子运动速率的统计分布规律，记住图象的特点，知道横坐标表示的是分子数目所占据的比例，同时明确温度与分子平均动能间的关系。
联立以上两式得：p =2p ，V = ；
1 0 1
14．（10分）如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门 K 位于细管 即稳定时活塞上方体积为 ，压强为2p ；
2 0
的中部，A、B的顶部各有一阀门K 、K ，B中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）。
1 3
（ⅱ）打开K ，活塞上方与大气相连通，压强变为p ，则活塞下方气体等温膨胀，假设活塞下方气
3 0
初始时，三个阀门均打开，活塞在 B的底部；关闭K 、K ，通过K 给汽缸充气，使A中气体的
2 3 1
体压强可降为p ，则降为p 时活塞下方气体体积为V ，则3p V=p V ，
0 0 2 0 0 2
压强达到大气压p 的3倍后关闭K ．已知室温为27℃，汽缸导热。
0 1 得V =3V＞2V，即活塞下方气体压强不会降至 p ，此时活塞将处于B气缸顶端，缸内气压为p ，
2 0 2
（i）打开K ，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
2
（ii）接着打开K ，求稳定时活塞的位置； 3p V=p ×2V，得p = ，即稳定时活塞位于气缸最顶端；
3 0 2 2
（iii）再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20℃，求此时活塞下方气体的压强。
（ⅲ）缓慢加热汽缸内气体使其温度升高，等容升温过程，升温后温度为 T =（300+20）K=320K，
3
由 得：p =1.6p ，即此时活塞下方压强为1.6p 。
3 0 0
答：（i）打开K ，稳定时活塞上方气体的体积为 ，压强为2p ；
2 0
（ii）打开K ，稳定时位于气缸最顶端；
3
【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强． （iii）缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20℃，此时活塞下方气体的压强为1.6p 。
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【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题． 【点评】本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三
【分析】（i）分析打开K 2 之前和打开K 2 后，A、B缸内气体的压强、体积和温度，根据理想气体 个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解；本题要
的状态方程列方程求解； 能用静力学观点分析各处压强的关系，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适
（ⅱ）打开K ，分析活塞下方气体压强会不会降至p ，确定活塞所处位置；
3 0 的气体实验定律解决问题。
（ⅲ）缓慢加热汽缸内气体使其温度升高，等容升温过程，由 求解此时活塞下方气体的压
[物理--选修3-4]
15．如图（a），在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S （0，4）和S （0，﹣2）。两
强。 1 2
波源的振动图线分别如图（b）和图（c）所示。两列波的波速均为1.00m/s。两列波从波源传播
【解答】解：（i）打开K 之前，A缸内气体p =3p ，B缸内气体p =p ，体积均为V，温度均为T=
2 A 0 B 0
到点A（8，﹣2）的路程差为 2 m，两列波引起的点 B（4，1）处质点的振动相互 减弱
（273+27）K=300K，打开K 后，B缸内气体（活塞上方）等温压缩，压缩后体积为 V ，A缸内
2 1
（填“加强”或“减弱”），点C（0，0.5）处质点的振动相互 加强 （填“加强”或“减弱”）。
气体（活塞下方）等温膨胀，膨胀后体积为2V﹣V ，活塞上下方压强相等均为p ，
1 1
则：对A缸内（活塞下方）气体：3p V=p （2V﹣V ），
0 1 1
对B缸内（活塞上方）气体：p V=p V ，
0 1 1之间的距离为0.6R．已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行（不考虑多次反射）。
求该玻璃的折射率。
【考点】F5：波长、频率和波速的关系．
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【考点】H3：光的折射定律．
【专题】31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题． 菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；54D：光的折射专题．
【分析】由几何关系求路程差。由波速公式 v=λf求解波长。如果两波源起振同方向，当介质中某
【分析】根据题意和光的折射规律画出光路图，由几何关系确定入射角的正弦值与折射角的正弦
一点与两波源的路程差等于半波长的奇数倍时，这一点是振动减弱的点。路程差等于波长的整
值，再由折射定律求玻璃的折射率；
数倍时，这一点振动加强；如果两波源起振方向相反，当介质中某一点与两波源的路程差等于
【解答】解：由题意，结合光路的对称性与光路可逆可知，与入射光相对于OC轴对称的出射光线
半波长的奇数倍时，这一点是振动加强的点。路程差等于波长的整数倍时，这一点振动减弱；
一定与入射光线平行，所以从半球面射入的光线经折射后，将在圆柱体底面中心 C点反射，如
据此分析即可。
图：
【解答】解：由图可知，路程差为△S = ﹣8=2m；
1
设光线在半球处的入射角为i，折射光线的折射角为r，则：
两列波的波速均为1.00m/s。由图可得T=2s，所以波长为λ=vT=1×2=2m，两列波从波源传播到点
B（4，1）处的路程差为△S = ﹣ =0，为波长的整数倍，又因为两波源起振方向
2
相反，所以振动减弱；
两列波从波源传播到点C（0，0.5）处的路程差为△S =3.5﹣2.5=1m，为半波长，又因为两波源起
3
振方向相反，所以振动加强。
sini=nsinr…①
故答案为：2；减弱；加强。
【点评】本题考查了波在相互叠加时，何处振动加强和减弱，牢记当两波源起振同方向时，路程 由正弦定理得： = …②
差等于半波长的奇数倍时振动减弱，路程差等于波长的整数倍时振动加强。
由几何关系可知，入射点的法线与OC之间的夹角也等于i，该光线与OC之间的距离：L=0.6R
则：sini= …③
16．如图，一玻璃工件的上半部是半径为 R的半球体，O点为球心；下半部是半径为 R、高为2R
的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜。有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC由②③得：sinr=
由①③④得：n= ≈1.43
答：该玻璃的折射率为1.43。
【点评】本题是几何光学问题，其基础是作出光路图，根据几何知识确定折射角是关键，结合折
射定律求解。
