2017年海南省高考物理試卷

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.

L（4分）光滑水平桌面上有P、Q兩個物塊，Q的質量是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開始運動，P和Q

的動量大小的比值為（）

A.n2B.nC.—D.1

n

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

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0.80,測得剎車線長25m.汽車在剎車前的瞬間

的速度大小為（重力加速度g取lOm/s?）（）

A.10m/sB.20m/sC.30m/sD.40m/s

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?，F保持左極板不動，

將右極板向左緩慢移動。關于小球所受的電場力大小F和繩子的拉力大小T,下

列判斷正確的是（）

A.F逐漸減小，T逐漸減小B.F逐漸增大，T逐漸減小

C.F逐漸減小，T逐漸增大D.F逐漸增大，T逐漸增大

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s月和s地，則s月：s地約為（）

A.9：4B.6：1C.3：2D.1：1

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.a為小球運動軌跡上的一點，小球上升和下降經過a點時的動能分別為Eki

和Ek2.從拋出開始到小球第一次經過a點時重力所做的功為Wi，從拋出開始到

小球第二次經過a點時重力所做的功為W2.下列選項正確的是（）

A.Eki=Ek2,Wi=W2B.Eki>Ek2,Wi=W2

C.Eki<Ek2，Wi<W2D.Eki>Ek2，Wi<W2

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。分.

7.（5分）三束單色光1、2和3的波長分別為入1、入2和入3（入1>入2>入3）.分別

用這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

8.（5分）如圖，電阻R、電容C和電感L并聯后，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f時，通過R、C和L的電流有

效值恰好相等.若將頻率降低為工3分別用心12和b表示此時通過R、C和L

2

的電流有效值，則（）

A.Ii>l3B.Ii>l2C.13>12D.12=13

9.（5分）如圖，水平地面上有三個靠在一起的物塊P、Q和R,質量分別為m、

2m和3m,物塊與地面間的動摩擦因數都為山用大小為F的水平外力推動物塊

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（）

二PQR

^777777/777777777^

A.若|1WO,則k=—B.若（1WO,則k=—C.若口=0,則k=—D.若[1=0,

652

則k=2

5

10.（5分）如圖，空間中存在一勻強磁場區域，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abed,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ab邊進入磁場時開始，直至ab邊到達磁場下邊界為止，線框

下落的速度大小可能（）

x"x"x"x"

XXXX

A.始終減小B.始終不變C.始終增加D.先減小后增加

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.（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.

23主尺34主尺

“山川出從甲”矗山加州卅山山墨

0S）0期標0510游標

圖（a）圖（b）

12.（12分）某同學用伏安法測量待測電阻的阻值.現有器材為：

待測電阻R（阻值約為5Q）

電源（電動勢3V）

滑動變阻器（阻值范圍0?10Q）

電流表（量程0.6A,3A

電壓表（量程3V,15V）

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3V,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Q（結果保留3位有效數字）.

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.（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I,

左端連有阻值為R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B、方向豎直向下的勻強磁場區域。已知金屬桿以速度V。向右進入磁場區

域，做勻變速直線運動，到達磁場區域右邊界（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域正中間時所受安培力的大小及此時電流的功率。

14.（16分）一輕彈簧的一端固定在傾角為e的固定光滑斜面的底部，另一端和

質量為m的小物塊a相連，如圖所示。質量為旻m的小物塊b緊靠a靜止在斜

5

面上，此時彈簧的壓縮量為xo,從t=0時開始，對b施加沿斜面向上的外力，使

b始終做勻加速直線運動。經過一段時間后，物塊a、b分離；再經過同樣長的

時間，b距其出發點的距離恰好也為X。.彈簧的形變始終在彈性限度內，重力加

速度大小為g.求

（1）彈簧的勁度系數；

（2）物塊b加速度的大小；

（3）在物塊a、b分離前，外力大小隨時間變化的關系式。

[選修3-3]（12分）

15.（4分）關于布朗運動，下列說法正確的是（）

A.布朗運動是液體中懸浮微粒的無規則運動

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，都會發生布朗運動

D.液體中懸浮微粒的布朗運動是液體分子永不停息地做無規則運動

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

16.（8分）一粗細均勻的U形管ABCD的A端封閉，D端與大氣相通.用水銀

將一定質量的理想氣體封閉在U形管的AB一側，并將兩端向下豎直放置，如圖

所示.此時AB側的氣體柱長度li=25cm.管中AB>CD兩側的水銀面高度差

hi=5cm.現將U形管緩慢旋轉180。，使A、D兩端在上，在轉動過程中沒有水銀

漏出.已知大氣壓強po=76cmHg.求旋轉后，AB、CD兩側的水銀面高度差.

B

[選修3-4]（12分）

17.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e（o<e<9o°）入射到第一塊玻璃板的上表面.下列

說法正確的是（）

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

18.從兩個波源發出的兩列振幅相同、頻率均為5Hz的簡諧橫波，分別沿x軸正、

負方向傳播，在某一時刻到達A、B點，如圖中實線、虛線所示.兩列波的波速

均為10m/s.求

（i）質點P、0開始振動的時刻之差；

（ii）再經過半個周期后，兩列波在x=lm和x=5m之間引起的合振動振幅極大和

極小的質點的x坐標.

2017年海南省高考物理試卷

參考答案與試題解析

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.（4分）光滑水平桌面上有P、Q兩個物塊，Q的質量是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開始運動，P和Q

的動量大小的比值為（）

A.n2B.nC.—D.1

n

【分析】分析撤去外力后的受力情況，明確系統總動量守恒，再根據動量守恒定

律列式即可求得動量大的比值.

【解答】解：撤去外力后，系統不受外力，所以總動量守恒，設P的動量方向為

正方向，則根據動量守恒定律有：

Pp-PQ=0

故PP=PQ;

故動量之比為1;

故D正確，ABC錯誤。

故選：Do

【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.（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

【分析】只有電場線是直線，帶電粒子的初速度為零或初速度方向與電場線方向

在同一條直線上時電場線才與帶電粒子的軌跡重合；沿電場線方向電勢越來越

低，而電場線的疏密表示場強的大小，根據這些知識分析解答.

【解答】解：A、電場線的疏密表示場強的強弱，那么電場強度較大的地方電場

線一定較密，故A錯誤；

BC、沿著電場線的方向，電勢會降低，因此沿電場線方向電勢越來越低，但電場

線不一定越來越疏，則場強不一定越來越小，故B錯誤，C正確；

D、電場線不一定與帶電粒子的軌跡重合，只有電場線是直線，帶電粒子的初速

度為零或初速度方向與電場線方向在同一條直線上時電場線才與帶電粒子的軌

跡重合，故D錯誤；

故選：Co

【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.（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0.80,測得剎車線長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）（）

A.10m/sB.20m/sC.30m/sD.40m/s

【分析】分析剎車后汽車的合外力，進而求得加速度；再根據勻變速運動規律，

由位移求得速度.

【解答】解：剎車后汽車的合外力為摩擦力f=nmg,力口速度a』=Wg=8m/s2；

ID

又有剎車線長25m,故可由勻變速直線運動規律得到汽車在剎車前的瞬間的速度

大小X8X25m/s=20m/s；故ACD錯誤，B正確；

故選:Bo

【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

后再由運動學規律求解相關位移、速度等問題.

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。現保持左極板不動,

將右極板向左緩慢移動。關于小球所受的電場力大小F和繩子的拉力大小T,下

列判斷正確的是（）

A.F逐漸減小，T逐漸減小B.F逐漸增大，T逐漸減小

C.F逐漸減小，T逐漸增大D.F逐漸增大，T逐漸增大

【分析】明確電容器與電源相連，故電容器兩端的電勢差不變，由1^￡01可分析

電場力的變化情況，再根據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，所以兩端間電勢差不變，將右極板向左緩慢移

動過程中，兩板間距離減小，由U=Ed可知，電場強度E增大；電場力F=Eq增大;

小球處于平衡狀態，受重力、拉力與電場力的作用，受力如圖所示：

根據力的合成法得：丁4+*2,由于重力不變，電場力增大，故拉力增大;

故D正確，ABC錯誤。

故選：Do

【點評】本題綜合考查了共點力平衡、電場強度以及電容器的動態分析問題，只

要明確電容器兩板間電勢差不變，再根據勻強電場的性質即可明確場強的變化,

從而再結合平衡條件求解即可。

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s八和s地，則s月：s地約為（）

A.9：4B.6：1C.3：2D.1：1

【分析】根據萬有引力等于重力，求出月球表面重力加速度和地球表面重力加速

度關系，運用平拋運動規律求出兩星球上水平拋出的射程之比。

【解答】解：設地球質量為M，，半徑為R，，月球質量為M,半徑為R。

已知匕=8],以=4,

MR

根據萬有引力等于重力得：粵=mg

R2

則有：8=粵

R2

因此劣=罵…①

g'16

由題意從同樣高度拋出，

h=J^gt2=—g,t，2-（2）,

22

①、②聯立，解得t，=2t,

4

在地球上的水平位移s=v°t,

在月球上的s，=votl

因此s；,：s地約為9：4,故A正確，BCD錯誤；

故選：Ao

【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系的物理量。

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.a為小球運動軌跡上的一點，小球上升和下降經過a點時的動能分別為Eki

和Ek2.從拋出開始到小球第一次經過a點時重力所做的功為Wi，從拋出開始到

小球第二次經過a點時重力所做的功為W2.下列選項正確的是（）

A.Eki=Ek2,Wi=W2B.Eki>Ek2,Wi=W2

C.Eki<Ek2.Wi<W2D.Eki>Ek2，Wi<W2

【分析】根據上升或下降的高度比較重力做功的大小，對兩次經過a點的過程運

用動能定理，比較兩次經過a點的動能大小.

【解答】解：從拋出開始到第一次經過a點和拋出開始第二次經過a點，上升的

高度相等，可知重力做功相等，即W1=W2。

對兩次經過a點的過程運用動能定理得，-Wf=Ek2-Eki,可知Eki＞Ek2,故B正

確，A、C、D錯誤。

故選:Bo

【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a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。分.

7.（5分）三束單色光1、2和3的波長分別為入1、入2和入3（入1＞入2＞入3）.分別

用這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

【分析】根據波長與頻率關系，結合光電效應發生條件：入射光的頻率大于或等

于極限頻率，及依據光電效應方程，即可求解.

【解答】解：AB、依據波長與頻率的關系：入一￡,因入1＞入2＞入3，那么V1＜V2

y

＜Y3；由于用光束2照射時，恰能產生光電子，因此用光束1照射時，不能產生

光電子，而光束3照射時，一定能產生光電子，故A正確，B錯誤；

CD、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，而由光電

效應方程：Ekm=hv-W,可知，光電子的最大初動能與光的強弱無關，故C正確，

D錯誤；

故選：ACo

【點評】考查波長與頻率的關系式，掌握光電效應現象發生條件，理解光電效應

方程的內容.

8.（5分）如圖，電阻R、電容C和電感L并聯后，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f時，通過R、C和L的電流有

效值恰好相等.若將頻率降低為分別用h、12和13表示此時通過R、C和L

2

【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

直流阻交流，通低頻阻高頻率.通過電阻的電流與頻率無關.根據三種元件的特

性分析.

【解答】解：將頻率降低時，通過R的電流不變，電容器的容抗增大，通過C

的電流減小，則有Il>l2.電感線圈的感抗減小，通過L的電流增大，則有I3>l2.故

AD錯誤，BC正確。

故選：BCo

【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.（5分）如圖，水平地面上有三個靠在一起的物塊P、Q和R,質量分別為m、

2m和3m,物塊與地面間的動摩擦因數都為山用大小為F的水平外力推動物塊

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（）

二PQR

A.若pi#0,貝Uk=$B.若n#0,貝k=。C.若n=0,貝Ik=—D.若n=0,

652

則k=W

5

【分析】先用整體法求出物體的合外力，進而求得加速度；然后再用隔離法對P、

R兩物體進行受力分析，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動；則加速度J里也;

a6m

所以，R和Q之間相互作用力尸［=3皿+3|1*4尸，Q與P之間相互作用力

15

F產F-M-ir）g-ma=F-Vmg—F+M-mg=-F;

/bb

所以,

由于談論過程與日是否為零無關，故k/?恒成立，故AC錯誤，BD正確;

5

故選：BDo

【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.（5分）如圖，空間中存在一勻強磁場區域，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abed,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ab邊進入磁場時開始，直至ab邊到達磁場下邊界為止，線框

下落的速度大小可能（）

d__c

口

x"x"x"x"

XXXX

A.始終減小B.始終不變C.始終增加D.先減小后增加

【分析】ab邊進入磁場切割磁感線產生感應電流，線框ab邊受到安培力，根據

受力分析判斷出導體框的運動即可判斷

【解答】解：A、導線框開始做自由落體運動，ab邊以一定的速度進入磁場，ab

邊切割磁場產生感應電流，根據左手定則可知ab邊受到向上的安培力，當安培

力大于重力時，線框做減速運動，當線框完全進入磁場后，線框不產生感應電流,

此時只受重力，做加速運動，故先減速后加速運動，故A錯誤、D正確；

B、當ab邊進入磁場后安培力等于重力時，線框做勻速運動，當線框完全進入磁

場后，線框不產生感應電流，此時只受重力，做加速運動，故先勻速后加速運動,

故A錯誤；

C、當ab邊進入磁場后安培力小于重力時，線框做加速運動，當線框完全進入磁

場后，線框不產生感應電流，此時只受重力，做加速增大的加速運動，故加速運

動，故C正確；

故選：CDo

【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.（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2.23cm,圓管外壁的直徑為2.99cm；由

此可計算出金屬圓管橫截面的面積.

23主尺34主尺

“山川州能山加州卅山山墨

0SA）0]""期標0510游標

圖（a）圖（b）

【分析】解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數的方法，主尺讀數加上游標讀數，不

需估讀.

【解答】解：圖a中游標卡尺的主尺讀數為22mm,游標尺上第3個刻度和主尺

上某一刻度對齊，所以游標讀數為3X0.1mm=0.3mm,所以最終讀數為：

22mm+0.3mm=22.3mm=2.23cm.

圖b中游標卡尺的主尺讀數為29mm,游標尺上第9個刻度和主尺上某一刻度對

齊，所以游標讀數為9X0.1mm=0.9mm,所以最終讀數為：

29mm+0.9mm=29.9mm=2.99cm.

故答案為:2.23,2.99.

【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.（12分）某同學用伏安法測量待測電阻的阻值.現有器材為:

待測電阻R（阻值約為5C）

電源（電動勢3V）

滑動變阻器（阻值范圍0?10Q）

電流表（量程0.6A,3A

電壓表（量程3V,15V）

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3V,電流表的示數始終接近0.寫出產生這種現象的一個原因：待測

電阻R斷路.

（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2.20V,電流表讀數為0.48A.由此可得

待測電阻的阻值為4.58。（結果保留3位有效數字）.

【分析】（1）電流表采用外接，滑動變阻器采用限流法，按照要求連接實物圖.

（2）抓住電壓表的示數始終約為3V,電流表的示數始終接近。，即電壓表所測

的電壓等于電源電壓，從而分析故障的原因.

（3）根據表頭讀出電壓表、電流表的讀數，結合歐姆定律求出待測電阻的大小.

【解答】解：（1）因為電源電動勢為3V,則電壓表的量程選用3V,根據歐姆定

律知，電流的最大值大約0.6A,則電流表量程選擇0.6A,根據實物圖進行連線.

（2）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3V,電流表的

示數始終接近0,產生這種現象的原因是待測電阻R斷路，由于電壓表內阻非常

大，導致電流表電流接近0,電壓表電壓測得是電源電壓.

（3）由圖可知，電壓表的讀數為2.20V,電流表的讀數為0.48A,根據歐姆定律

得，待測電阻R=U衛迎=458。.

故答案為：（1）如圖所示，（2）待測電阻R斷路，（3）2.20,0.48,4.58.

【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.（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I,

左端連有阻值為R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B、方向豎直向下的勻強磁場區域。已知金屬桿以速度V。向右進入磁場區

域，做勻變速直線運動，到達磁場區域右邊界（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域正中間時所受安培力的大小及此時電流的功率。

【分析】依據法拉第電磁感應定律，求解感應電動勢，再結合閉合電路歐姆定律,

及安培力表達式，再依據運動學公式，求得中間位置的速度，從而確定安培力大

小，最后根據功率表達式，即可求解。

【解答】解：由題意可知，開始時導體棒產生的感應電動勢為：E=Blv0,

依據閉合電路歐姆定律，則電路中電流為：1=巴曳，

R

22

再由安培力公式有：F=BII=B…；

R

22

設導體棒的質量為m,則導體棒在整個過程中的加速度為：aK1%

inRm

設導體棒由開始到停止的位移為x,由運動學公式：0-y^-2ax

2

解得：x=Il=.RIDVQ

2a2B212

故正中間離開始的位移為：X,產粵冬；

4B212

設導體棒在中間的位置時的速度為V,由運動學公式有：v2-v02=2ax，i，

解得：丫=在丫。

2。

則導體棒運動到中間位置時，所受到的安培力為：

,V6B2l2v

F=BII=-.......°n.；

2R

導體棒電流的功率為:

出2

P=[,2R=-D---1---V

2R

L22

答：金屬桿運動到磁場區域正中間時所受安培力的大小煙L乜，及此時電流

2R

999

的功率B1%。

2R

【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.（16分）一輕彈簧的一端固定在傾角為6的固定光滑斜面的底部，另一端和

質量為m的小物塊a相連，如圖所示。質量為3m的小物塊b緊靠a靜止在斜

5

面上，此時彈簧的壓縮量為xo,從t=0時開始，對b施加沿斜面向上的外力，使

b始終做勻加速直線運動。經過一段時間后，物塊a、b分離；再經過同樣長的

時間，b距其出發點的距離恰好也為xo.彈簧的形變始終在彈性限度內，重力加

速度大小為g.求

（1）彈簧的勁度系數；

（2）物塊b加速度的大??；

（3）在物塊a、b分離前，外力大小隨時間變化的關系式。

【分析】（1）對整體分析，根據平衡條件和胡克定律即可求得勁度系數；

（2）分析物體的運動過程，根據運動學規律可明確分離時的位移，從而確定對

應的形變量；再根據牛頓第二定律即可求得加速度的大??；

（3）對整體進行分析，根據牛頓第二定律列式即可求得拉力隨時間變化的表達

式.

【解答】解：（1）對整體分析，根據平衡條件可知，沿斜面方向上重力的分力與

彈簧彈力平衡，則有:

kxo=（m+—m）gsin0

解得：k=8ingsin0(1)

5x°

(2)由題意可知，b經兩段相等的時間位移為xo；

由勻變速直線運動相鄰相等時間內位移關系的規律可知:

J(2)

x04

說明當形變量為xi=x°-九=也時二者分離；

44

對m分析，因分離時ab間沒有彈力，則根據牛頓第二定律可知：

kxi-mgsin0=ma(3)

聯立(1)(2)(3)解得:

a=gsin9

(3)設時間為t,則經時間t時，ab前進的位移x=，at2=gsin°t.

210

則形變量變為：△xuxo-x

對整體分析可知，由牛頓第二定律有：

F+kAx-(m+gm)gsin0=(m+Wm)a

55

22a

解得：F=@mgsine+@皂旦ULt2因分離時位移x=9

2525x04

由x=0_」at2解得:

答：

(1)彈簧的勁度系數為8mgsinS；

5x(j

(2)物塊b加速度的大小為gsinB；

5

(3)在物塊a、b分離前，外力大小隨時間變化的關系式

F=-LmgsinO+空心宣包t2(O^t<J5x~)

2525x0V2gsin9

【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.

[選修3-3]（12分）

15.（4分）關于布朗運動，下列說法正確的是（）

A.布朗運動是液體中懸浮微粒的無規則運動

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，都會發生布朗運動

D.液體中懸浮微粒的布朗運動是液體分子永不停息地做無規則運動

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

【分析】布朗運動是懸浮在液體中微粒的無規則運動，不是分子的無規則運動，

形成的原因是由于液體分子對懸浮微粒無規則撞擊引起的；液體溫度越高，懸浮

粒子越小，布朗運動越劇烈.

【解答】解：A、布朗運動是液體中懸浮微粒的無規則運動，故A正確。

B、液體溫度越高，分子熱運動越激烈，液體中懸浮微粒的布朗運動越劇烈，故

B正確。

C、懸浮顆粒越大，慣性越大，碰撞時受到沖力越平衡，所以大顆粒不做布朗運

動，故C錯誤。

D、布朗運動是懸浮在液體中顆粒的無規則運動，不是液體分子的無規則運動，

故D錯誤。

E、布朗運動是由液體分子從各個方向對懸浮顆粒撞擊作用的不平衡引起的，故

E正確。

故選：ABEo

【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，而是液體分子無規則運動的反映.

16.（8分）一粗細均勻的U形管ABCD的A端封閉，D端與大氣相通.用水銀

將一定質量的理想氣體封閉在U形管的AB一側，并將兩端向下豎直放置，如圖

所示.此時AB側的氣體柱長度li=25cm.管中AB>CD兩側的水銀面高度差

hi=5cm.現將U形管緩慢旋轉180。，使A、D兩端在上，在轉動過程中沒有水銀

漏出.已知大氣壓強po=76cmHg.求旋轉后，AB、CD兩側的水銀面高度差.

B

【分析】對封閉氣體研究，已知初狀態的體積、壓強，結合玻意耳定律，通過體

積變化導致壓強變化求出旋轉后，AB、CD兩側的水銀面高度差.

【解答】解：對封閉氣體研究,初狀態時，壓強為：pi=po+hi=76+5cmHg=81cmHg,

體積為:Vi=lis,

設旋轉后，氣體長度增大△*,則高度差變為（5-24x）cm,此時氣體的壓強為:

p?=po~（5-2Ax）=（71+2Ax）cmHg,體積為:V2=（25+Ax）s,

根據玻意耳定律得:piVi=p2V2,即：（81X25）=（71+2Ax）（25+Ax）

解得：△x=2cm,

根據幾何關系知，AB、CD兩側的水銀面高度差為：△h=5-24x=lcm.

答：AB、CD兩側的水銀面高度差為1cm.

【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.

[選修3-4]（12分）

17.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e（o<e<9o°）入射到第一塊玻璃板的上表面.下列

說法正確的是（）

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

【分析】根據光在玻璃板上表面的折射角和下表面的入射角相等，結合光的可逆

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系.

【解答】解：A、光線從第一塊玻璃板中的上表面射入，在第一塊玻璃板中上表

面的折射角和下表面的入射角相等，根據光的可逆原理可知，光在第一塊玻璃板

下表面一定有出射光，同理，在第二個玻璃板下表面也一定有出射光，故A正確，

B錯誤。

C、因為光在玻璃板中的上表面的折射角和下表面的入射角相等，根據光的可逆

原理知，從下表面出射光的折射角和開始在上表面的入射角相等，即兩光線平行,

所以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，故C正確。

D、根據光線在玻璃板中發生偏折，由于折射角小于入射角，可知第二塊玻璃板

下表面的出射光一定在入射光延長線的左側，故D正確，E錯誤。

故選:ACDo

【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.

18.從兩個波源發出的兩列振幅相同、頻率均為5Hz的簡諧橫波，分別沿x軸正、

負方向傳播，在某一時刻到達A、B點，如圖中實線、虛線所示.兩列波的波速

均為10m/s.求

(i)質點P、。開始振動的時刻之差；

(ii)再經過半個周期后，兩列波在x=lm和x=5m之間引起的合振動振幅極大和

極小的質點的x坐標.

【分析】(i)根據頻率求出周期，結合波形求質點P、。開始振動的時刻之差；

(ii)根據路程差與波長的關系確定合振動振幅極大和極小的質點的x坐標.

【解答】解：⑴該波的周期為T=l=l=0.2s

f5

由圖知，質點P、。開始振動的時刻之差為△t=1=0.05s

4

(ii)該波的波長為X=vT=10X0.2m=2m

根據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，可知，兩列波在x=lm和x=5m之間引起的合振動振幅極大的質點的x坐標

為：lm、2m、3m、4m、5m.合振動振幅極小的質點的x坐標為1.5m、2.5m、

3.5m>4.5m.

答：(i)質點P、。開始振動的時刻之差為0.05s.

(ii)兩列波在x=lm和x=5m之間引起的合振動振幅極大的質點的x坐標為:1m、

2m、3m、4m、5m.合振動振幅極小的質點的x坐標為1.5m、2.5m、3.5m、4.5m.

【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.

高考物理復習常遇問題匯總

問題一：高三一年的復習時間，那么長，怎樣合理地安排復習才更有效呢？

高三復習時間看似很多，其實有效的復習時間并不是很多，因此要系統地安

排復習時間。一般分為三個階段，每一個階段的復習都有其相應的特點和要求。

通常從當年9月到次年3月上旬為第一個階段，習慣上稱為第一輪復習。

這個階段的復習基本上是按照教材章節順序進行復習。在第一輪的復習中知識點

的復習非常細致、系統，但是與高一、高二新授課不同，這個階段主要是幫助同

學們回憶學習過的知識點，在回憶的基礎上再進行鞏固和提高。上課的時候一定

要主動聽課，不能被動聽課。

從當年3月中旬到4月底，大約45天的時間，習慣上稱為第二輪復習。在

這段時間里通常是進行專題復習，將打破章節之間的限制，主要從學科知識、方

法的角度設置專題進行復習。

從當4月底到5月底，我們通常稱為第三輪復習，主要是以練習卷為主實

戰練習，進入六月份，就是考前的調整階段。在這個階段主要是看看教材和卷子

上做錯的題目。

問題二：您剛才說的主動聽課是什么意思?您能具體的解釋一下嗎？

高一、高二上課的時候，課堂上，你的大部分時間是在仔細聽老師講解，你

的思路是跟隨老師的思路進行深入的思考，課堂上邊聽課邊記筆記然后在課下再

消化、理解、鞏固。在高三的課堂，這樣做就是低效率了，當老師提出一個問題

以后，你必須主動積極思考，如果不能立刻回憶出這個知識點，你再聽老師的講

解，這樣就能知道哪些知識點是自己不會的，哪些知識點是自己會的。課下把不

會的知識點一定要弄懂弄通，不能留下知識點的死角。舉個例子吧，例如當老師

問"如果把力按照性質來分類有哪些力呢?"，這個時候你就應該回憶有哪些力，

如果能回憶起來就說明你這個知識點沒有遺忘。再比如老師問"這個力做功是正

功還是負功呢?”，如果你回憶不起來怎樣判斷力做功正負的方法，這就說明這

部分知識點有遺漏，這就是我說的主動聽課。

問題三:聽說第一輪復習將做大量的習題，市場上的教輔資料可謂汗牛充棟，

選用什么樣的資料比較好呢?在資料的使用上有什么秘訣嗎？

高三的學生最好不要做大量的習題，整天泡在題海中，但是不做題是不行的,

必須經過實戰演練才能知道哪些知識在理解上或者應用上還有不足。對于教輔資

料我認為不要太多，有兩本就夠了。在自己選擇教輔資料時，我建議應該選擇難

易適度的。標準是這樣的，假設一章有10道試題，如果你發現幾乎沒有不會的,

那么這本教輔資料對你來說就是過于簡單了，如果有7到8道題經過長時間思

考都沒有解題思路，那就是過于難了。過于簡單和過于難都會浪費你寶貴的復習

時間，這樣的教輔資料對一輪復習是不合適的。對于教輔資料的使用也要注意一

下幾點：

(1)哪些題是一看就會的，哪些題是經過深度思考才能做對的，哪些題是經

過深度思考后一點思路都沒有的，這些題必須做好不同的標識。

(2)對那些一點思路沒有的習題，必須通過同學或老師的幫助使之變成有思

路的習題，這些知識點就是你們備考路上的“攔路虎"，一定要把他們都"消滅"

了。

(3)要定期回頭復習那些經過深度思考才做出的習題，保證思路上的暢通。

(4)要把自己不會的習題、做錯的習題進行歸類，看看哪些題是方法上的錯

誤，哪些題是計算上的失誤，哪些題是概念理解不透造成的錯誤,設計一個表格

記錄下來。

掌握自己犯錯的類型，就為防范錯誤做好了準備，整理一個錯題本是復習的

一個好辦法，便于集中查閱自己犯過的錯誤。當看到曾經出現過的問題，應該隨

時翻看課本里面相應的內容，這樣邊記邊看效果會更顯著，不會的知識點就會越

來越少了。

問題四：都說要跳出題海，少做題還能得高分嗎？

物理學科不做題是不行的，但是沒有必要做大量的習題，在做題的過程中要

抓住物理模型的本質、習題條件變換、多過程多對象的拆分。

(1)注意物理題的模型。我們所學到的規律都是經過簡化以后物理模型所對

應的規律。只有找到題目所述的是什么樣的模型，才能用這個模型所對應的物理

規律來解決問題。

(2)注意題目條件的變化。高中所學的模型不多，但是題目千變萬化，原因

是每一道題都有區別于其他題目的條件。審題的關鍵是將這種條件找出來，也就

是我們平時所要找的初始條件、邊界條件、臨界條件等。

(3)能把多過程和多對象進行拆分。對于多過程、多對象的問題，審題清楚

以后的第一個任務就是把整個過程分解為多個子過程，把多個研究對象分別隔離

作為單個物體來研究，或者將幾個對象作為整體來研究。

問題五：有一個問題使我特鬧心，就是有些題老師一講我就明白，等自己做

的時候就不會了，這可怎么辦啊？

對于知識的學習分為不同的層次，通常分為知道、理解、應用、評價這四個

層次。你說的"明白"那是停留在知道的層面，可能沒有理解或者沒有達到應用

和評價的層次。而高考題對知識點的要求是達到理解和靈活應用的層次。例如僅

記住力做功的公式是不行的，你還必須理解這個公式中的力必須是作用在物體上

的恒力，當是變力的時候就不能應用這個公式求解變力做功了，對于公式中的位

移應該是物體相對地面的位移,公式中的夾角應該是力的正方向和位移正方向間

的夾角。你不會獨立做題的原因也可能是沒有掌握一些解決試題方面的程序性知

識，或者對于處理這些問題所需要的知識不能以模塊化的方式呈現出來。例如應

用動能定理解題或者是應用楞次定律判斷感應電流方向的步驟等。

問題六：我們馬上要進行力學的復習了，高考對要求考蟄的力學知識點有哪

些?針對不同的知識點要掌握到何種程度？

《考試大綱》是高考命題的指揮棒，也是高三復習的綱領性文件，《考試大

綱》中有明確的知識點的要求及要求掌握的程度，對本輯設計的力學內容，n類

要求的知識點主要有：速度和加速度;勻變速直線運動及其公式、圖像;力的合成

和分解;共點力的平衡;牛頓運動定律、牛頓定律的應用;運動的合成和分解;拋體運

動;向心加速度。勻速圓周運動的向心力;萬有引力定律及其應用等h類要求是指

對所列知識要理解其確切含義及與其他知識的聯系，能夠進行敘述和解釋，并能

在實際問題的分析、綜合、推理和判斷等過程中運用，與課程標準中‘理解‘和'

應用'相當。除口類要求的知識點之外都屬于I類要求的知識，工類要求是指對

所列知識要知道其內容及含義，并能在有關問題中識別和直接使用，與課程標準

中的‘了解和‘認識相當。預計2011年《考試大綱》對力學的要求變化不大，復

習時可以以2010年的《考試大綱》為指導。

問題七：本輯所涉及的力學內容在高考中的命題特點有哪些，如何針對這些

特點有效復習？

所涉及的力學內容可歸納為以下幾個方面：

(1)直線運動的命題特點：直線運動更多的是與牛頓定律、帶電粒子在電磁

場中的運動等結合起來，作為綜合試題中的一個知識點而加以體現。

(2)力與物體的平衡命題特點：側重力的合成與分解、摩擦力的概念及變化

規律等知識，另外也要注