新课标III卷.docx
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新课标III卷
2017年新课标Ⅲ卷
广西、贵州、四川、云南
二、选择题：
本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第14∼18题只有一项符合题目要求，第19∼21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.
14.（单选）（2017•新课标Ⅲ卷，T14）2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行．与天宫二号单独运行相比，组合体运行的（ ）
A.周期变大B.速率变大
C.动能变大D.向心加速度变大
答案：
C
解析：
天宫二号在天空运动，由万有引力提供向心力有
=m
=m（
）2r=ma，解得v=
，T=
，a=
，因天宫二号的轨道是固定的，即半径是固定的，两者对接后，速度大小不变，周期不变，加速度不变；但是和对接前相比，质量变大，动能Ek=
mv2变大，C正确．
【分析】根据万有引力等于向心力可以求出天体的运动的相关物理量．
【点评】本题考查了万有引力和圆周运动的表达式，根据万有引力等于向心力可以得出速度，角速度和周期的变化规律．
15.（单选）（2017•新课标Ⅲ卷，T15）如图所示，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直，金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面.现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是（ ）
A.PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B.PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向
C.PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向
D.PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
答案：
D
解析：
PQ向右运动，导体切割磁感线，由右手定则可知电流由Q流向P，即逆时针方向，再由楞次定律可知，通过T的磁场减弱，则T的感应电流产生的磁场应指向纸面里面，则感应电流方向为顺时针．
【分析】PQ切割磁感线，根据右手定则判断；
PQRS产生电流后，会对穿过T的磁感应强度产生影响，根据楞次定律分析T中的感应电流的变化情况．
【点评】本题考查了感应电流的方向判断，两种方法：
一种是右手定则，另一种是楞次定律．使用楞次定律判断比较难，但是掌握它的核心也不会很难．
16.（单选）（2017•新课标Ⅲ卷，T16）如图所示，一质量为m，长度为L的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距
.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为（）
A.
mgLB.
mgLC.
mgLD.
mgL
答案：
A
解析：
由题可知，缓慢提升绳子，在整个过程中，动能不变，则外力做功WF等于重力势能增加量ΔEP将Q端提升至M位置处，过程如图所示，由图可知：
全程重力势能增加量ΔEP可视为只有NQ段上升增加的重力势能，取NQ段为研究对象，此段质量大小为m1=
m.
其重心位置上升高度为h=
，则外力做功为WF=ΔEp=m1gh=
mgL，A正确.
【分析】由题意可知，发生变化的只有MQ段，分析开始和最后过程，明确重力势能的改变量，根据功能关系即可求得外力所做的功．
【点评】本题考查明确功能关系，注意掌握重力之外的其他力做功等于机械能的改变量，本题中因缓慢拉动，故动能不变，因此只需要分析重力势能即可．
17.（单选）（2017•新课标Ⅲ卷，T17）一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上，弹性绳的原长也为80cm．将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）（ ）
A.86cmB.92cmC.98cmD.104cm
答案：
B
解析：
由题可知，挂上钩码后，如图1所示，此时弹性绳长度为100cm，则角度为θ=370,sinθ=0.6.对结点O进行受力分析如图2所示,则由图2可得2Tsinθ=mg,当将两端缓慢移动至同一点时，由受力分析可得2T1=mg,由于弹性绳上弹力满足F=kx,则T=kx0=k（1-0.8），T1=kx1=k（x-0.8），则有k（1-0.8）sinθ=k（x-0.8），解得x=0.92m=92cm,B正确.
【分析】绳长变为100cm时，伸长了20cm，可以得出绳子的拉力，根据共点力的平衡关系可得出绳子的劲度系数，进而计算出两端在同一点时弹性绳的总长度．
【点评】本题考场共点力的平衡，本题的关键是找出绳子与竖直方向的夹角，然后计算出劲度系数．另外做这一类题目，要养成画图的习惯，这样题目就能变的简单．
18.（单选）（2017•新课标Ⅲ卷，T18）如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为L.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为L的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为（ ）
A.0B.
B0C.
B0D.2B0
答案：
C
解析：
当P和Q中电流方向均垂直纸面向里时,P和Q在a点产生的磁场强度大小相同，方向如图1所示,其合场强强度为B1,由几何关系知B1=2BPcos300=
BP,由题意可知，a点场强为零，则B0和B1等大反向，即B0=B1=
BP方向水平向左.当P中电流发生反向后，其产生新的磁感应强度如图2所示,其合磁感应强度为B2，有几何关系知B2=BP=
B0,B2方向竖直向上.
可得其合场强大小为B=
=
B0,C正确.
【分析】依据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，及三角知识，即可求解．
【点评】考查右手螺旋定则与矢量的合成的内容，掌握几何关系与三角知识的应用，理解外加磁场方向是解题的关键．
19.（多选）（2017•新课标Ⅲ卷，T19）在光电效应实验中，分别用频率为νa、νb的单色光a、b照射到同种金属上，测得相应的遏制电压分别为Ua和Ub、光电子的最大初动能分别为Eka和Ekb，h为普朗克常量.下列说法正确的是（）
A.若νa＞νb，则一定有Ua＜Ub
B.若νa＞νb，则一定有Eka＞Ekb
C.若Ua＜Ub，则一定有Eka＜Ekb
D.若νa＞νb，则一定有hva﹣Eka＞hνb﹣Ekb
答案：
BC
解析：
由光电效应方程Ekm=hν-W0可知，Ekm与入射光的频率有关，而动能又会在截止电压作用下恰好减为零，即0-Ekm=-eUc，同种金属的W0相同.若νa＞νb，逸出功W0相同，则Eka＞Ekb，即Ua＞Ub，A错误，B正确；由0-Ekm=-eUc知，若Ua＜Ub，则一定有Eka＜Ekb，C正确；逸出功W0=hν-Ekm，由于金属的逸出功相同，则有hνa-Eka=hνb-Ekb，D错误．
【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程以及知道最大初动能与遏止电压的关系，注意金属的逸出功与入射光的频率无关．
【分析】根据光电效应方程，结合入射光频率的大小得出光电子最大初动能，结合最大初动能和遏止电压的关系比较遏止电压．
20.（多选）（2017•新课标Ⅲ卷，T120）一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动.F随时间t变化的图线如图所示，则（）
A.t=1s时物块的速率为1m/s
B.t=2s时物块的动量大小为4kg•m/s
C.t=3s时物块的动量大小为5kg•m/s
D.t=4s时物块的速度为零
答案：
AB
解析：
在0∼2s时间内由动量定理有Ft=mv1，在t1=1s时，v1=
t1=
×1m/s=1m/s，A正确；在t2=2s时，P=mv1=Ft2=2×2kg·m/s=4kg•m/s,B正确；在2∼4s时间内，由动量定理有ΔP=F1t1-F2t2，在t=3s时物块的动量大小为P=F1t1-F2t2=（2×2-1×1）kg•m/s=3kg•m/s,C错误；同理t=4s时物块的速度v=
=
m/s=1m/s，D错误.
【分析】首先根据牛顿第二定律得出加速度，进而计算速度和动量．
【点评】本题考查了牛顿第二定律的简单运用，熟悉公式即可，并能运用牛顿第二定律求解加速度．另外要学会看图，从图象中得出一些物理量之间的关系．
21.（多选）（2017•新课标Ⅲ卷，T21）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V.下列说法正确的是（ ）
A.电场强度的大小为2.5V/cm
B.坐标原点处的电势为1V
C.电子在a点的电势能比在b点的低7eV
D.电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV
答案：
ABD
解析：
如图所示，将ac分成8等分，其中d（5,6），因φa=10V，φC=26V，则φd=20V，再把bc分成3等分，其中g（8,2）,则φg=20V，则dg为等势线，从c点作dg的垂线ck，则ck方向为电场强度的方向，由图可知∠cdg=530，dck=3sin530cm=2.4cm，由E=
=
V/cm=2.5V/cm，A正确；因在匀强电场中任意两条平行的直线AB∥CD，则φA－φB=φC－φD.则满足φc－φa=φb－φo.解得φo=φb－φc+φa=（17-26+10）V=1V；B正确；因Uab=φa﹣φb=（10-17）V=-7V，电子从a点到b点电场力做功为W=qUab=7eV，因电场力做正功，电势能减小，电子在a点的电势能比在b点的高7eV，C错误；同理，Ubc=φb-φc=17V－26Ｖ=－9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=9eV，D正确．
【分析】二推论：
推论1：
如图1所示，匀强电场中任一线段AB的中点C的电势，等于两端点电势的平均值，即φC=
.证明如下：
设AC=CB=d，则φA-φC=Edcosθ，φC-φB=Edcosθ,所以有φC=
.推论2：
如图2所示，若匀强电场中两线段AB=CD且AB∥CD，则φA－φB=φC－φD.证明如下：
设AB=CD=d，则φA-φB=Edcosθ，φC-φD=Edcosθ，所以有φA-φB=φC－-φD.
【点评】考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式E=
的应用，理解几何关系的运用，并理解W=qU中各量的正负值含义．
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.
22.（2017•新课标Ⅲ卷，T22,6分）某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴（横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1mm）的纸贴在桌面上，如图a所示.将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点（位于图示部分除外），另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长．
（1）用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O，此时拉力F的大小可由测力计读出．测力计的示数如图b所示，F的大小为N．
（2）撤去
（1）中的拉力，橡皮筋P端回到A点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点，此时观察到两个拉力分别沿图a中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1=4.2N和F2=5.6N．
①用5mm长度的线段表示1N的力，以O点为作用点，在图a中画出力F1、F2的图示，然后按平形四边形定则画出它们的合力F合；
②F合的大小为N，F合与拉力F的夹角的正切值为．
若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则．
答案：
（1）4.0
（2）4.2，0.20
解析：
（1）弹簧测力计的最小刻度为0.2N，由图可知，F的大小为4.0N．
（2）①由图示法作出力的示意图，再由平行四边形定则得出合力，如图所示．
②由图可知，F合的大小为
N=4.4N，根据数学几何关系知，F合与拉力F的夹角的正切值为
tanα=
≈0.20．
【分析】根据弹簧秤的最小刻度读出F的读数．
根据图示法作出F1和F2，结合平行四边形定则作出合力，得出合力的大小以及F合与拉力F的夹角的正切值．
【点评】本题考查了力的合成法则及平行四边形定则的应用，掌握弹簧测力计的读数方法，是考查基础知识的好题．
23.（2017•新课标Ⅲ卷，T23,9分）图a为某同学组装完成的简易多用电表的电路图.图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω.虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别于两表笔相连．该多用电表有5个挡位，5个挡位为：
直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡．
（1）图a中的A端与（填“红”或“黑”）色表笔相连接．
（2）关于R6的使用，下列说法正确的是（填正确答案标号）．
A.在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B.使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C.使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
（3）根据题给条件可得R1+R2=Ω，R4=Ω．
（4）某次测量时该多用电表指针位置如图b所示．若此时B端是与“1”连接的，则多用电表读数为；若此时B端是与“3”相连的，则读数为；若此时B端是与“5”相连的，则读数为．（结果均保留3为有效数字）
答案；
（1）黑
（2）B（3）160；880（4）1.48A，1.10kΩ，2.95V
解析：
（1）由欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”,即A端接黑；
（2）由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，B正确；AC错误.
（3）直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA，由串并联电路规律可知，R1+R2=
=
Ω=160Ω；表头部分的等效总电阻R总=
Ω=120Ω
接4时，为电压档，因串入的电阻较小，量程应为1V的电压表,此时电流计G与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联再改装后电压表；由串联电路分压原理可得R4=
Ω=880Ω；
（4）若与1连接，则量程为2.5mA，读数为1.48mA；若与3连接，欧姆档×100Ω挡，读数为11×100=1100Ω=1.10kΩ；若与5连接，量程为5V；读数为2.95V．
【分析】
（1）明确欧姆表原理，知道内部电源的正极应接红表笔，负极接黑表笔；
（2）明确电路结构，知道欧姆档中所接滑动变阻器只能进行欧姆调零；
（3）根据给出的量程和电路进行分析，再结合串并联电路的规律即可求得各电阻的阻值；
（4）明确电表的量程，确定最小分度，从而得出最终的读数．
【点评】本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直．
24.（2017•新课标Ⅲ卷，T24,12分）如图所示，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场.在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）.一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：
（不计重力）
（1）粒子运动的时间；
（2）粒子与O点间的距离．
答案：
（1）（1+
）
（2）（1-
）
解析：
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力做向心力有qVB=m
=m（
）2R，
可得R=
，T=
；
（1）粒子运动轨迹如图所示，，则粒子在x≥0磁场区域运动半个周期，在x＜0磁场区域运动半个周期；
粒子在x≥0磁场区域运动的周期T1=
，在x＜0磁场区域运动的周期T2=
，
粒子运动的时间t=
T1+
T2=（1+
）
；
（2）粒子与O点间的距离H=2R1-2R2=（1-
）
．
【点评】带电粒子在匀强磁场中运动，一般由洛伦兹力做向心力，推得粒子运动半径，再根据几何关系求得位移，运动轨迹，运动时间等问题．
【分析】
（1）由磁感应强度大小得到向心力大小进而得到半径和周期的表达式，画出粒子运动轨迹图则得到粒子在两磁场中的运动时间，累加即可；
（2）由洛伦兹力做向心力，求得粒子运动半径，再由几何条件求得距离．
25.（2017•新课标Ⅲ卷，T25,20分）如图所示，两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg，放在静止与水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3m/s．A、B相遇时，A与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2.求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离．
答案：
（1）0.5m/s
（2）1.9m
解析：
（1）对A受力分析，由牛顿第二定律有μ1mAg=mAaA
代入数据解得aA=5m/s2，方向向右，
对B分析，由牛顿第二定律有μ1mBg=mBaB
代入数据解得aB=5m/s2，方向向左．
对木板分析，由牛顿第二定律有μ1mBg-μ1mAg-μ2（m+mA+mB）=ma1
代入数据解得a1=2.5m/s2，方向向右．
可见B向右做匀减速直线运动，A向左做匀减速直线运动，木板向右匀加速运动,且aB=aA>a，显然经历一段时间t1之后B先与木板达到相对静止状态，且此时A、B速度大小相等，方向相反.设此时B与木板的速度大小为v1,则有v1=v0-aBt1=a1t1，
代入数据解得t1=0.4s，v1=1m/s，
（2）设在t1时间内，A、B和木板的位移大小分别为xA、xB、x木，由运动学公式有
xA=
t1=
×0.4m=0.8m
xB=
t1=
×0.4m=0.8m
x木=
t1=
×0.4m=0.2m
此后B将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和A相遇，这段时间内A的加速度大小仍为aA=5m/s2，方向向右，设B和木板的加速度大小为a2，
对木板和B由牛顿运动定律有μ1mAg+μ2（m+mA+mB）g=（m+mB）a2
代入数据解得a2=
=
m/s2=
m/s2，方向向左．
设经过t2时间后A、B刚好相遇达到共速且此时速度大小为v2，为方便计算我们规定水平向右为正向，则在这段时间内速度变化，
对B和木板有v2=v1-a2t2
对A有v2=-v1+aAt2
解得t2=0.3s，v2=0.5m/s,可以判断此时B和木板尚未停下
则t2时间内物块A、B的位移大小假设为xA´、xB´由运动学公式有
xA´=
t2=
×0.3m=
m，
xB´=
t2=
×0.3m=
m，
在t1=0.4s时间内B相对木板的距离为LB板=xB-x木=0.8m-0.2m=0.6m，
A相对木板的距离为LA板=xA+x木=0.8m+0.2m=1m，
在t2=0.3s时间内，A相对木板LA板´，
则LA板´=xA´+xB´=
m+
m=0.3m
可知AB相距L=LB板+LA板+LA板´=0.6+1+0.3m=1.9m．
【分析】
（1）刚开始运动时，根据牛顿第二定律分别求出A、B和木板的加速度大小，结合速度时间公式先求出B与木板共速时的速度以及运动的时间，然后B与木板保持相对静止，根据牛顿第二定律求出B与木板整体的加速度，结合速度时间公式求出三者速度相等经历的时间以及此时的速度．
（2）根据位移公式分别求出B与木板共速时木板和B的位移，从而得出两者的相对位移，得出此时A的位移以及A相对木板的位移大小，再结合位移公式分别求出三者速度相等时，A的位移以及木板的位移，得出A再次相对木板的位移，从而得出A、B开始运动时，两者之间的距离．
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清整个过程中A、B和木板在整个过程中的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解．
[物理--选修3-3]（15分）
33.
（1）（2017•新课标Ⅲ卷，T33
（1）,5分）如图所示，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a．下列说法正确的是（ ）
A.在过程ab中气体的内能增加
B.在过程ca中外界对气体做功
C.在过程ab中气体对外界做功
D.在过程bc中气体从外界吸收热量
E.在过程ca中气体从外界吸收热量
答案：
ABD
解析：
从a到b等容升压，由
=C可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，A正确；在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，B正确；在过程ab中气体体积不变，根据W=p△V可知，气体对外界做功为零，C错误；在过程bc中，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律△U=W+Q可知，气体从外界吸收热量，D正确；在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，由
=可知温度降低，则内能减小，由热力学第一定律可知气体一定放出热量，E错误．
【分析】一定质量的理想气体内能取决于温度，根据图线分析气体状态变化情况，根据W=p△V判断做功情况，根据内能变化结合热力学第一定律分析吸收或发出热量．
【点评】本题主要是考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律的知识，要能够根据热力学第一定律判断气体内能的变化与哪些因素有关（功和热量）；热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；△U的正表示内能变化，Q为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功．
（2）（2017•新课标Ⅲ卷，T33
（2）,10分）一种测量稀薄气体压强的仪器如图a所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2．K1长为L，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通.开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图b所示．设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变.已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：
①待测气体的压强；
②该仪器能够测量的最大压强．
答案：
①
②
解析：
①以K1和M容器的气体为研究对象，设待测气体的压强为P，
初状态1：
P1=P，V1=V0+
πd2L，
末状态2：
P2=P+ρgh，V2=
πd2h，
由玻意耳定律有P1V1=P2V2，
解得P=
；
②由题意可知，当h=L时，则能准确测量的压强最大，
所以Pm=
．
【分析】
（1）由题意，水银面升后，求出气体的状态参量，然后由玻意耳定律求出压强的表达式；
（2）根据题意可知，M的直径不知道，所以当h=l时，则能准确测量的压强最大，然后代入上式即可求出压强．
【点评】本题考查了求气体压强，认真审题理解题意，确定研究对象，求出气体的状态参量，应用玻意耳定律即可正确解题．
[物理--选修3-4]（15分）
34.（2017•新课标Ⅲ卷，T34
（1）,5分）如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向
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