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2017 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）
参考答案与试题解析
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．有选错的得 0分．
1．（6 分）如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆
环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的
过程中，大圆环对它的作用力（ ）
A．一直不做功 B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心
【考点】62：功的计算．
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【专题】31：定性思想；43：推理法；52B：功的计算专题．
【分析】小环在运动过程中，大环是固定在桌面上的，大环没有动，大环对小环
的作用力垂直于小环的运动方向，根据功的定义分析做功情况．
【解答】解：AB、大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力；大环对小
环的支持力总是垂直于小环的速度方向，所以大环对小环没有做功，故 A 正
确，B 错误；
CD、小环在刚刚开始运动时，在大环的接近顶部运动时，大环对小环的支持力
背离大环圆心，小环运动到大环的下半部分时，支持力指向大环的圆心，故
第1页 | 共21页CD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了功的两要素：第一是有力作用在物体上；第二是物体在力的
作用下产生位移．
2．（6 分）一静止的铀核放出一个 α 粒子衰变成钍核，衰变方程为
→ + ，下列说法正确的是（ ）
A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能
B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小
C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间
D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量
【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．
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【专题】31：定性思想；45：归纳法；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】根据动量守恒定律，抓住系统总动量为零得出两粒子的动量大小，结合
动能和动量的关系得出动能的大小关系．半衰期是原子核有半数发生衰变的
时间，结合衰变的过程中有质量亏损分析衰变前后质量的大小关系．
【解答】解：AB、一静止的铀核放出一个 α 粒子衰变成钍核，根据系统动量守
恒知，衰变后钍核和α粒子动量之和为零，可知衰变后钍核的动量大小等于α
粒子的动量大小，根据 知，由于钍核和α粒子质量不同，则动能不同，
故A错误，B正确。
C、半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，故C错误。
D、衰变的过程中有质量亏损，即衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀
核的质量，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查了原子核的衰变，知道半衰期的定义，注意衰变过程中动量守
恒，总动量为零，以及知道动量和动能的大小关系．
3．（6 分）如图，一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。
第2页 | 共21页若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。
物块与桌面间的动摩擦因数为（ ）
A．2﹣ B． C． D．
【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】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】拉力水平时，二力平衡；拉力倾斜时，物体匀速运动，依然是平衡状态，
根据共点力的平衡条件解题。
【解答】解：当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即：F=μmg；
当拉力倾斜时，物体受力分析如图，有：
f=μF
N
F =mg﹣Fsinθ
N
可知摩擦力为：f=μ（mg﹣Fsinθ）
f= F
代入数据为：
μmg=μ（mg﹣ F）
联立可得：μ=
故选：C。
【点评】本题考查了共点力的平衡，解决本题的关键是把拉力进行分解，然后列
平衡方程。
4．（6分）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，
第3页 | 共21页一小物块以速度 v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落
地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为
（重力加速度为g）（ ）
A． B． C． D．
【考点】43：平抛运动；4A：向心力；6C：机械能守恒定律．
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【专题】32：定量思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】根据动能定理得出物块到达最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时
间，从而得出水平位移的表达式，结合表达式，运用二次函数求极值的方法
得出距离最大时对应的轨道半径。
【解答】解：设半圆的半径为R，根据动能定理得：
，
离开最高点做平抛运动，有：
2R= ，x=v′t，
联立解得：x= =
可知当R= 时，水平位移最大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用，得出水平位移
的表达式是解决本题的关键，本题对数学能力的要求较高，需加强这方面的
训练。
第4页 | 共21页5．（6分）如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁
场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P 点，在纸面内沿
不同方向射入磁场，若粒子射入的速率为 v ，这些粒子在磁场边界的出射点
1
分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为 v ，相应的出射点分布在三分之
2
一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v ：v 为（ ）
2 1
A． ：2 B． ：1 C． ：1 D．3：
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．
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【专题】31：定性思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】根据题意画出带电粒子的运动轨迹，找出临界条件角度关系，利用圆周
运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，再由洛伦兹力充
当向心力即可求得速度之比。
【解答】解：设圆形区域磁场的半径为r，当速度大小为v 时，从P点入射的粒
1
子射出磁场时与磁场边界的最远交点为M（图甲）时，由题意知∠POM=60°，
由几何关系得轨迹圆半径为R = ；
1
从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N（图乙）；由题意知∠
PON=120°，由几何关系得轨迹圆的半径为R = r；
2
根据洛伦兹力充当向心力可知：
Bqv=m
解得：v=
故速度与半径成正比，因此v ：v =R ：R = ：1
2 1 2 1
故C正确，ABD错误。
故选：C。
第5页 | 共21页【点评】本题考查带电粒子在磁场中的圆周运动的临界问题。根据题意画出轨
迹、定出轨迹半径是关键，注意最远点时PM的连线应是轨迹圆的直径。
6．（6分）如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，
M，N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为 T ，若只考虑海王星和太阳之
0
间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N 的运动过程中（ ）
A．从P到M所用的时间等于
B．从Q到N 阶段，机械能逐渐变大
C．从P到Q 阶段，速率逐渐变小
D．从M到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功
【考点】4F：万有引力定律及其应用．
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【专题】31：定性思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】根据海王星在PM段和MQ 段的速率大小比较两段过程中的运动时间，
从而得出P 到M所用时间与周期的关系；抓住海王星只有万有引力做功，得
出机械能守恒；根据万有引力做功确定速率的变化。
【解答】解：A、海王星在PM 段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段
的时间小于MQ 段的时间，所以P到M 所用的时间小于 ，故A 错误。
B、从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误。
C、从P到Q 阶段，万有引力做负功，速率减小，故C正确。
D、根据万有引力方向与速度方向的关系知，从 M 到 N 阶段，万有引力对它先
第6页 | 共21页做负功后做正功，故D 正确。
故选：CD。
【点评】解决本题的关键知道近日点的速度比较大，远日点的速度比较小，从P
到Q和Q 到P的运动是对称的，但是P 到M和M到Q不是对称的。
7．（6 分）两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边
长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场
边界平行，如图（a）所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=0
时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）所示（感应电
流的方向为顺时针时，感应电动势取正）。下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动速度的大小为0.5m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转
化．
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【专题】32：定量思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】根据线框匀速运动的位移和时间求出速度，结合 E=BLv 求出磁感应强
度，根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向。根据安培力公式
得出导线框所受的安培力。
【解答】解：AB、由图象可以看出，0.2﹣0.4s没有感应电动势，所以从开始到
ab 进入用时 0.2s，导线框匀速运动的速度为：v= ，根据
第7页 | 共21页E=BLv 知磁感应强度为：B= ，故A错误，B正确。
C、由b图可知，线框进磁场时，感应电流的方向为顺时针，根据楞次定律得，
磁感应强度的方向垂直纸面向外，故C正确。
D 、 在 0.4﹣0.6s 内 ， 导 线 框 所 受 的 安 培 力
F=BIL= = N=0.04N，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了导线切割磁感线运动，掌握切割产生的感应电动势公式以及
楞次定律，本题能够从图象中获取感应电动势的大小、方向、运动时间等。
8．（6 分）某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线
绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线
圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁
置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同
学应将（ ）
A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
【考点】D8：法拉第电磁感应定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．
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【专题】12：应用题；21：信息给予题；31：定性思想；43：推理法；53C：电
磁感应与电路结合．
【分析】线圈中有通电电流时，安培力做功，根据左手定则判断安培力做功情况，
由此确定能否连续转动。
第8页 | 共21页【解答】解：AD、当左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉或左转轴上下两侧的绝缘
漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，通电后根据左手定则可知下边受到的
安培力方向向右，线圈开始转动，在前半周转动过程中，线圈中有电流，安
培力做正功，后半周电路中没有电流，安培力不做功，由于惯性线圈能够连
续转动，故A、D 正确；
B、线圈中电流始终存在，安培力先做正功后做负功，但同时重力做负功，因此
在转过一半前线圈的速度即减为0，线圈只能摆动，故B错误；
C、左右转轴不能同时接通电源，始终无法形成闭合回路，电路中无电流，不会
转动，故C 错误。
故选：AD。
【点评】电动机是利用通电导体在磁场中受力的原理，在转动过程中，分析线圈
中电流方向和安培力做功情况是解答本题的关键。
三、非选择题：共 174 分．第 22～32 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．（6 分）某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度
的之间的关系．使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的挡光片、光电计时
器．
实验步骤如下：
①如图（a），将光电门固定在斜面下端附近：将一挡光片安装在滑块上，记下
挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；
②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间
△t；
第9页 | 共21页③用△s表示挡光片沿运动方向的长度（如图（b）所示）， 表示滑块在挡光片
遮住光线的△t时间内的平均速度大小，求出 ；
④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块
由静止开始下滑，重复步骤②、③；
⑤多次重复步骤④
⑥利用实验中得到的数据作出 ﹣△t图，如图（c）所示
完成下列填空：
（1）用a表示滑块下滑的加速度大小，用v 表示挡光片前端到达光电门时滑块
A
的瞬时速度大小，则 与v 、a 和△t的关系式为 = ．
A
（2）由图（c）可求得，v = 52.2 cm/s，a= 16.3 cm/s2．（结果保留3位有
A
效数字）
【考点】M5：测定匀变速直线运动的加速度．
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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．
【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出挡光片
通过光电门过程中中间时刻的瞬时速度，结合时间公式求出 与 v 、a 和△t
A
的关系式．
（2）结合 与v 、a和△t的关系式，通过图线的斜率和截距求出v 和加速度的
A A
大小．
【解答】解：（1）某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则 等于
挡光片通过光电门过程中中间时刻的瞬时速度，根据速度时间公式得：
．
（2）由 知，纵轴截距等于v ，图线的斜率k= ，由图可知：
A
v =52.2cm/s，
A
a=2k=2× cm/s2=16.3cm/s2．
故答案为：（1） ；（2）52.2，16.3．
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运
第10页 | 共21页用，对于图线问题，一般解题思路是得出物理量之间的关系式，结合图线的
斜率和截距进行求解．
10．（9 分）某同学利用如图（a）所示的电路测量一微安表（量程为 100μA，
内阻大约为 2500Ω）的内阻。可使用的器材有：两个滑动变阻器 R ，R （其
1 2
中一个阻值为 20Ω，另一个阻值为 2000Ω）；电阻箱 R （最大阻值为
z
99999.9Ω）；电源 E（电动势约为 1.5V）；单刀开关 S 和 S ．C、D 分别为
1 2
两个滑动变阻器的滑片。
（1）按原理图（a）将图（b）中的实物连线。
（2）完成下列填空：
①R 的阻值为 20 Ω（填“20”或“2000”）
1
②为了保护微安表，开始时将 R 的滑片 C 滑到接近图（a）中的滑动变阻器的
1
左 端（填“左”或“右”）对应的位置；将R 的滑片D置于中间位置附近。
2
③将电阻箱R 的阻值置于2500.0Ω，接通S ．将R 的滑片置于适当位置，再反
z 1 1
复调节R 的滑片D的位置、最终使得接通S 前后，微安表的示数保持不变，
2 2
这说明S 接通前B 与D所在位置的电势 相等 （填“相等”或“不相等”）
2
④将电阻箱 R 和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将 R 的阻值置于
z z
2601.0Ω 时，在接通 S 前后，微安表的示数也保持不变。待微安表的内阻为
2
2550 Ω（结果保留到个位）。
（3）写出一条提高测量微安表内阻精度的建议： 调节R 上的分压，尽可能使
1
微安表接近满量程。 。
第11页 | 共21页【考点】N6：伏安法测电阻．
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【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据电路原理图在实物图上连线；
（2）①根据实验方法确定R 选择阻值较小或较大的滑动变阻器；②为了保护微
1
安表，分析滑片C 开始应处的位置；
③接通S 前后，微安表的示数保持不变，由此分析电势高低；
2
④根据比例方法确定R 的值；
x
（3）从减少误差的方法来提出建议．
【解答】解：（1）根据电路原理图在实物图上连线，如图所示：
（2）①R 选择20Ω；这是因为滑动变阻器的分压式接法要求滑动变阻器的最大
1
阻值远小于负载阻值，滑动变阻器的最大阻值越小，滑片滑动时，电压变化
越均匀，越有利于实验的进行；故R =20Ω；
1
②为了保护微安表，通过微安表的电流应从零逐渐增大，当滑片 C 滑到滑动变
阻器的最左端时，通过微安表的电流为零．所以开始时，滑片 C 应滑到滑动
变阻器的最左端；
③接通 S 前后，微安表的示数保持不变，则微安表两端的电压不变，又微安表
2
右端电势在 S 接通前后保持不变，所以说明 S 接通前 B 与 D 所在位置的电
2 2
势相等；
④设微安表内阻为R ，根据题意有 ，解得R =2550Ω；
x x
（3）为了提高精度，可以调节R 上的分压，尽可能使微安表接近满量程．
1
原因是，在微安表的读数接近满量程的情况下，为了使B、D两点电势相等而调
第12页 | 共21页节滑动变阻器R 时，R 滑片的微小偏差将导致微安表指针产生较大偏摆，有
2 2
利于更精确的调节R ；反之，在微安表指针偏摆较小的情况下，R 滑片的微
2 2
小偏差很难从微安表上显示出来．
故答案为：（1）图见解析；（2）①20；②左；③相等；④2550；（3）调节R
1
上的分压，尽可能使微安表接近满量程．
【点评】对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等
问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，
延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验．对于实验仪器的选取一般要
求满足安全性原则、准确性原则和操作方便原则．
11．（12 分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离 s
0
和s （s ＜s ）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动
1 1 0
员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度 v 击出，使冰球在冰面上沿
0
垂直于起跑线的方向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从
静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假
定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为 v ．重力加
1
速度为g．求
（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度．
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．
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【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；522：牛
顿运动定律综合专题．
第13页 | 共21页【分析】（1）根据速度位移公式求出冰球的加速度，结合牛顿第二定律求出动
摩擦因数的大小．
（2）抓住两者运动时间相等得出运动员到达小旗处的最小速度，结合速度位移
公式求出最小加速度．
【解答】解：（1）对冰球分析，根据速度位移公式得： ，
加速度为：a= ，
根据牛顿第二定律得：a=μg，
解得冰球与冰面之间的动摩擦因数为： ．
（2）根据两者运动时间相等，有： ，
解得运动员到达小旗处的最小速度为：v = ，
2
则最小加速度为： = ．
答：
（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数为 ．；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度为 ．
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系
力学和运动学的桥梁，难度不大．
12．（20 分）如图，两水平面（虚线）之间的距离为 H，其间的区域存在方向
水平向右的匀强电场。自该区域上方的 A 点将质量为 m、电荷量分别为 q 和
﹣q（q＞0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。
小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知 N 离开电
第14页 | 共21页场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N
刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
（2）A点距电场上边界的高度；
（3）该电场的电场强度大小。
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．
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【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的
运动专题．
【分析】（1）抓住两球在电场中，水平方向上的加速度大小相等，一个做匀加
速直线运动，一个做匀减速直线运动，在竖直方向上的运动时间相等得出水
平方向时间相等，结合运动学公式求出M与N在电场中沿水平方向的位移之
比；
（2）根据离开电场时动能的大小关系，抓住 M 做直线运动，得出 M 离开电场
时水平分速度和竖直分速度的关系，抓住M速度方向不变，结合进入电场时
竖直分速度和水平分速度的关系，根据速度位移公式求出 A 点距电场上边界
的高度；
（3）结合带电小球M电场中做直线运动，结合速度方向得出电场力和重力的关
系，从而求出电场强度的大小。
【解答】解：（1）两带电小球的电量相同，可知M球在电场中水平方向上做匀
加速直线运动，N 球在水平方向上做匀减速直线运动，水平方向上的加速度
大小相等，
两球在竖直方向均受重力，竖直方向上做加速度为g的匀加速直线运动，由于竖
直方向上的位移相等，则运动的时间相等，
设水平方向的加速度大小为a，
对M，有： ，
第15页 | 共21页对N：v =at， ，
0
可得 ，
解得x ：x =3：1。
M N
（2、3）设正电小球离开电场时的竖直分速度为 v ，水平分速度为 v ，两球离
y 1
开电场时竖直分速度相等，
因为M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的
1.5倍，则有： ，
解得 ，
因为v =v +at=2v ，则 =2v ，
1 0 0 0
因为 M 做直线运动，设小球进电场时在竖直方向上的分速度为 v ，则有：
y1
，解得v = ，
y1
在竖直方向上有： ， ，
解得A点距电场上边界的高度h= 。
因为M做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上，
有： = ，
则电场的电场强度E= = 。
答：（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比为3：1
（2）A点距电场上边界的高度为 ；
（3）该电场的电场强度大小为 。
【点评】本题考查了带电小球在复合场中的运动，理清两球在整个过程中的运动
规律，将运动分解为水平方向和竖直方向，结合运动学公式灵活求解。
三、选考题：请考生从给出的物理题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第
第16页 | 共21页一题计分。[物理--选修 3-3]（15分）
13．（5分）如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，
隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽
缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整
个系统不漏气。下列说法正确的是（ ）
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
【考点】8F：热力学第一定律．
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【专题】31：定性思想；43：推理法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】抽开隔板时，气体自发的扩散，不会对外做功；活塞对气体推压，则活
塞对气体做功。
【解答】解：AC、抽开隔板时，气体体积变大，但是右方是真空，又没有热传
递，则根据△U=Q+W 可知，气体的内能不变，A正确，C错误；
BD、气体被压缩的过程中，外界对气体做功，根据△U=Q+W可知，气体内能增
大，BD正确；
E、气体被压缩时，外界做功，内能增大，气体分子平均动能是变化的，E错误。
故选：ABD。
【点评】本题考查了气体内能和理想气体的三个变化过程，掌握内能的方程和理
想气体方程才能使这样的题目变得容易。
14．（10 分）一热气球体积为 V，内部充有温度为 T 的热空气，气球外冷空气
a
的温度为T ．已知空气在1个大气压、温度为T 时的密度为ρ ，该气球内、
b 0 0
第17页 | 共21页外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。
（i）求该热气球所受浮力的大小；
（ii）求该热气球内空气所受的重力；
（iii）设充气前热气球的质量为m ，求充气后它还能托起的最大质量。
0
【考点】99：理想气体的状态方程．
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【专题】32：定量思想；43：推理法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（i）根据浮力的公式计算浮力的大小，此时的关键是计算外界的气体
密度；
（ii）根据G=ρVg计算重力，关键是计算气球内部的空气密度；
（iii）根据平衡条件分析充气后能托起的最大质量。
【解答】解：（i）设1个大气压下质量为m的空气在温度为T 时的体积为V ，
0 0
密度为
设温度为T的体积为V ，密度为
T
ρ =
（T）
由盖﹣吕萨克定律得
联立可得：ρ =
（T）
气球受到的浮力为f=ρ gV
（Tb）
联立可得：f= ；
（ii）根据 ρ = 可得 ρ = ，气球内空气的重力为 G=ρ
（T） （Ta） （Ta）
gV= gV；
（iii）气球要漂浮在空气中，则气球总重力等于冷空气的浮力，假如还能托起的
第18页 | 共21页最大质量为m则
F=m g+G+mg
0
所以m= ﹣ ﹣m
0
答：（i）气球受到的浮力为： gV；
（ii）气球内空气的重力为 gV；
（iii）能托起的最大质量为 ﹣ ﹣m 。
0
【点评】本题考查了理想气体的特点和平衡问题。对于这种问题，心理上不要惧
怕，从一些重要的知识点入手，应用相应的公式即可求解。
[物理--选修 3-4]（15分）
15．在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉
图样．若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是（ ）
A．改用红色激光
B．改用蓝色激光
C．减小双缝间距
D．将屏幕向远离双缝的位置移动
E．将光源向远离双缝的位置移动
【考点】O4：用双缝干涉测光的波长．
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【专题】31：定性思想；43：推理法；54G：光的干涉专题．
【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式，得出影响条纹间距的因素，从而分析判
断．
【解答】解：根据双缝干涉条纹间距公式 知，增大入射光的波长、减小
双缝间距，以及增大屏幕与双缝的距离，可以增大条纹的间距，由于红光的
波长大于绿光的波长，可知换用红色激光可以增大条纹间距，故ACD正确，
第19页 | 共21页BE错误。
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键知道双缝干涉条纹间距公式，以及知道各种色光的波长
大小关系，基础题．
16．一直桶状容器的高为2l，底面是边长为l的正方形；容器内装满某种透明液
体，过容器中心轴 DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示．容器右侧内
壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料．在剖面的左下角处有一点光源，
已知由液体上表面的D 点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率．
【考点】H3：光的折射定律．
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【专题】12：应用题；22：学科综合题；31：定性思想；4C：方程法；54D：光
的折射专题．
【分析】根据反射定律和折射定律，结合入射角与折射角、反射角的关系，作出
光路图．根据折射定律以及数学几何关系求出瓶内液体的折射率．
【解答】解：设从光源发出的光直接射到 D 点的光线的入射角为 i ，折射角为
1
γ ，在剖面内做光源相对于镜面的对称点C，连接CD，交镜面与E点，由光
1
源射向 E 点的光线反射后由 ED 射向 D 点，设入射角为 i ，折射角为 γ ，如
2 2
图；
设液体的折射率为n，由折射定律：
nsini =sinγ
1 1
nsini =sinγ
2 2
由题意：γ +γ =90°
1 2
联立得：
第20页 | 共21页由图中几何关系可得： ；
联立得：n=1.55
答：该液体的折射率为1.55．
【点评】本题首先要正确作出光路图，深刻理解折射率的求法，运用几何知识求
入射角与折射角的正弦是解答的关键．
第21页 | 共21页
