普通高等学校招生全国统一考试 物理海南卷解析版.docx
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普通高等学校招生全国统一考试物理海南卷解析版
海南省2017年高考物理试卷
一、单项选择题：
本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍．将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q．撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为（ ）
A.n2B.nC.
D.1
【答案】D
【解析】撤去外力后，系统不受外力，所以总动量守恒，设P的动量方向为正方向，则根据动量守恒定律有：
PP-PQ=0，故PP=PQ；故动量之比为1；故D正确，ABC错误．故选D．
点睛：
本题考查动量守恒定律的应用，要注意明确撤去拉力后的动量大小始终为零，同时在列式时一定要注意动量的矢量性．
2.关于静电场的电场线，下列说法正确的是（ ）
A.电场强度较大的地方电场线一定较疏
B.沿电场线方向，电场强度一定越来越小
C.沿电场线方向，电势一定越来越低
D.电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹
【答案】C
【解析】A、电场强度与电场线的密集程度有关。
电场线越密，电场强度越大；反之则越小，故A正确，
BC、沿电场线方向，电势一定越来越低但电场强度不一定越来越小，比如正电荷的电场线沿电场线电场强度越来越小，故BC错;
D、电场线并不实际存在，它只是人为的辅助工具，而带电粒子的运动轨迹是实际存在的，故D错误。
综上所述本题答案是：
A
3.汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线．由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度．已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25m．汽车在刹车前的瞬间的速度大小为（重力加速度g取10m/s2）（ ）
A.10m/sB.20m/sC.30m/sD.40m/s
【答案】B
【解析】刹车后汽车的合外力为摩擦力f=μmg，加速度a=f/m=μg=8m/s2；
............
故选：
B。
点睛：
分析刹车后汽车的合外力，进而求得加速度；再根据匀变速运动规律，由位移求得初速度。
4.如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态．现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动．关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是（ ）
A.F逐渐减小，T逐渐减小B.F逐渐增大，T逐渐减小
C.F逐渐减小，T逐渐增大D.F逐渐增大，T逐渐增大
【答案】A
【解析】电容器与电源相连，所以两板间电势差不变，将左极板向左缓慢移动过程中，两板间距离增大，则由U=Ed可知，电场强度E减小；电场力F=Eq减小；小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用而处于平衡，故拉力与电场力和重力的合力大小相等，方向相反；根据平行四边形定则可知，
；由于重力不变，电场力变小，故拉力变小．故A正确，BCD错误．故选A．
5.已知地球质量为月球质量的81倍，地球半径约为月球半径的4倍．若在月球和地球表面同样高度处，以相同的初速度水平抛出物体，抛出点与落地点间的水平距离分别为s月和s地，则s月：
s地约为（ ）
A.9：
4B.6：
1C.3：
2D.1：
1
【答案】A
【解析】设月球质量为
，半径为
，地球质量为M，半径为R．
已知
，
，
根据万有引力等于重力得：
则有：
因此
…①
由题意从同样高度抛出，
…②
联立①、②解得：
在地球上的水平位移
在月球上的
；
因此得到：
，故A正确，BCD错误。
点睛：
根据万有引力等于重力，求出月球表面重力加速度和地球表面重力加速度关系，运用平抛运动规律求出两星球上水平抛出的射程之比。
6.将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2．从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2．下列选项正确的是（ ）
A.Ek1=Ek2，W1=W2B.Ek1＞Ek2，W1=W2
C.Ek1＜Ek2，W1＜W2D.Ek1＞Ek2，W1＜W2
【答案】B
【解析】从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，因重力做功只与初末位置有关，故重力做功相等，即W1=W2．对两次经过a点的过程根据动能定理得，-Wf=Ek2-Ek1，可知Ek1＞Ek2，故B正确，ACD错误。
二、多项选择题：
本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
7.三束单色光1、2和3的波长分别为λ1、λ2和λ3（λ1＞λ2＞λ3）．分别用这三束光照射同一种金属．已知用光束2照射时，恰能产生光电子．下列说法正确的是（ ）
A.用光束1照射时，不能产生光电子
B.用光束3照射时，不能产生光电子
C.用光束2照射时，光越强，单位时间内产生的光电子数目越多
D.用光束2照射时，光越强，产生的光电子的最大初动能越大
【答案】AC
【解析】AB、依据波长与频率的关系：
，因λ1＞λ2＞λ3，那么γ1＜γ2＜γ3；由于用光束2照射时，恰能产生光电子，因此用光束1照射时，不能产生光电子，而光束3照射时，一定能产生光电子，故A正确，B错误；
CD、用光束2照射时，光越强，单位时间内产生的光电子数目越多，而由光电效应方程：
Ekm=hγ﹣W，可知，光电子的最大初动能与光的强弱无关，故C正确，D错误；
故选：
AC．
点睛：
根据波长与频率关系，结合光电效应发生条件：
入射光的频率大于或等于极限频率，及依据光电效应方程，即可求解．
8.如图，电阻R、电容C和电感L并联后，接入输出电压有效值、频率可调的交流电源．当电路中交流电的频率为f时，通过R、C和L的电流有效值恰好相等．若将频率降低为
f，分别用I1、I2和I3表示此时通过R、C和L的电流有效值，则（ ）
A.I1＞I3B.I1＞I2C.I3＞I2D.I2=I3
【答案】BC
【解析】将频率降低时，通过R的电流不变，电容器的容抗增大，通过C的电流减小，则有I1＞I2．电感线圈的感抗减小，通过L的电流增大，则有I3＞I2．故AD错误，BC正确．
故选：
BC
9.如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ．用大小为F的水平外力推动物块P，记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k．下列判断正确的是（ ）
A.若μ≠0，则k=
B.若μ≠0，则k=
C.若μ=0，则k=
D.若μ=0，则k=
【答案】BD
【解析】试题分析：
先用整体法求出物体的合外力，进而求得加速度；然后再用隔离法对P、R两物体进行受力分析，利用牛顿第二定律即可求得k．
若
，将P隔离，根据牛顿第二定律可得
①，隔离R，有
②，将三者看做一个整体，则有
③，又知道
，联立①③解得
，联立②③可得
，故
，A错误B正确；若
，将P隔离，根据牛顿第二定律可得
④，隔离R，有
⑤，将三者看做一个整体，则有
⑥，仍满足
，故C错误D正确．
10.如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界（虚线）均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均为磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距．若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能（ ）
A.始终减小B.始终不变C.始终增加D.先减小后增加
【答案】CD
【解析】导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁场产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加速运动，故选项A错误、D正确；当ab边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动，故A错误；当ab边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速增大的加速运动，故加速运动，故选项C正确；故选CD.
三、实验题：
本题共2小题，共18分．把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程．
11.某同学用游标卡尺分别测量金属圆管的内、外壁直径，游标卡尺的示数分别如图（a）和图（b）所示．由图可读出，圆管内壁的直径为_____cm，圆管外壁的直径为_____cm；由此可计算出金属圆管横截面的面积．
【答案】
（1）.2.23
（2）.2.99
【解析】图a中游标卡尺的主尺读数为
，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为
，所以最终读数为
；
图b中游标卡尺的主尺读数为
，游标尺上第9个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为
，所以最终读数为
故答案
12.某同学用伏安法测量待测电阻的阻值．现有器材为：
待测电阻R（阻值约为5Ω）
电源（电动势3V）
滑动变阻器（阻值范围0～10Ω）
电流表（量程0.6A，3A
电压表（量程3V，15V）
开关，导线若干．
实验要求在测量电路中将电流表外接，滑动变阻器起限流作用．回答下列问题：
（1）按照实验要求在图（a）中画出实物连线图．
（2）若已按实验要求接线，闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为3V，电流表的示数始终接近0．写出产生这种现象的一个原因：
_____．
（3）在连线正确后，闭合开关．电压表和电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示．由图可知，电压表读数为_____V，电流表读数为_____A．由此可得待测电阻的阻值为_____Ω（结果保留3位有效数字）．
【答案】
（1）.
（2）.待测电阻R断路（3）.2.20；0.48（4）.4.58
【解析】
（1）因为电源电动势为3V，则电压表的量程选用3V，根据欧姆定律知，电流的最大值大约0.6A，则电流表量程选择0.6A，待测电阻R（阻值约为5Ω），采用电流表外接法，滑动变阻器最大电阻大于待测电阻R，滑动变阻器采用分流式，根据实物图进行连线。
（2）闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为3V，电流表的示数始终接近0，产生这种现象的原因是待测电阻R断路，由于电压表内阻非常大，导致电流表电流接近0，外电路断路时电压表示数等于电源电动势。
（3）由图可知，电压表的读数为2.20V，电流表的读数为0.48A，根据欧姆定律得，待测电阻
。
四、计算题：
本题共2小题，共26分．把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．
13.如图，两光滑平行金属导轨置于水平面（纸面）内，轨间距为l，左端连有阻值为R的电阻．一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域．已知金属杆以速度v0向右进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界（图中虚线位置）时速度恰好为零．金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好．除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计．求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率．
【答案】
（1）
（2）
【解析】设导体棒在中间的位置时的速度为v，由运动学公式有：
v2﹣v02=2ax中=v02-0
解得：
v=
此时导体棒产生的感应电动势为：
E=Blv，
依据闭合电路欧姆定律，则电路中电流为：
，
再由安培力公式有：
F=BIl，
解得：
F=BIl=
；
导体棒电流的功率为：
P=Fv=
。
14.一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示．质量为
m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0．弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g．求
（1）弹簧的劲度系数；
（2）物块b加速度的大小；
（3）在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式．
【答案】
（1）
（2）
（3）
【解析】
（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：
kx0=（m+
m）gsinθ
解得：
k=
（2）由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0；
由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：
说明当形变量为
时二者分离；
对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：
kx1-mgsinθ=ma
联立解得：
a=
（3）设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移x=
at2=
则形变量变为：
△x=x0-x
对整体分析可知，由牛顿第二定律有：
F+k△x-（m+
m）gsinθ=（m+
m）a
解得：
F=
mgsinθ+
t2
因分离时位移x=
由x=
=
at2解得：
故应保证0≤t＜
，F表达式才能成立．
点睛：
本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键．
15.关于布朗运动，下列说法正确的是（____）
A．布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动
B．液体温度越高，液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈
C．在液体中的悬浮颗粒只要大于某一尺寸，都会发生布朗运动
D．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子永不停息地做无规则运动
E．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡所引起的
【答案】ABE
【解析】布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动，选项A正确；液体温度越高，液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈，选项B正确；悬浮颗粒越大，惯性越大，碰撞时受到冲力越平衡，所以大颗粒不做布朗运动，故C错误．布朗运动是悬浮在液体中颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，故D错误．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮颗粒撞击作用的不平衡引起的，故E正确．故选ABE.
点睛：
对于布朗运动，要理解并掌握布朗运动形成的原因，知道布朗运动既不是颗粒分子的运动，也不是液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的反映．
16.一粗细均匀的U形管ABCD的A端封闭，D端与大气相通．用水银将一定质量的理想气体封闭在U形管的AB一侧，并将两端向下竖直放置，如图所示．此时AB侧的气体柱长度l1=25cm．管中AB、CD两侧的水银面高度差h1=5cm．现将U形管缓慢旋转180°，使A、D两端在上，在转动过程中没有水银漏出．已知大气压强p0=76cmHg．求旋转后，AB、CD两侧的水银面高度差．
【答案】1cm
【解析】对封闭气体研究，初状态时，压强为：
p1=p0+h1=76+5cmHg=81cmHg，体积为：
V1=l1s；
设旋转后，气体长度增大△x，则高度差变为（5-2△x）cm，此时气体的压强为：
p2=p0-（5-2△x）=（71+2△x）cmHg，体积为：
V2=（25+△x）s
根据玻意耳定律得：
p1V1=p2V2，即：
（81×25）=（71+2△x）（25+△x）
解得：
△x=2cm
根据几何关系知，AB、CD两侧的水银面高度差为：
△h=5-2△x=1cm．
17.如图，空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置；一细光束从空气中以某一角度θ（0＜θ＜90°）入射到第一块玻璃板的上表面．下列说法正确的是（____）
A．在第一块玻璃板下表面一定有出射光
B．在第二块玻璃板下表面一定没有出射光
C．第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行
D．第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧
E．第一块玻璃板下表面的出射光线一定在入射光延长线的右侧
【答案】ACD
C、因为光在玻璃板中的上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理知，从下表面出射光的折射角和开始在上表面的入射角相等，即两光线平行，所以第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行，故C正确．
D、根据光线在玻璃板中发生偏折，由于折射角小于入射角，可知第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧，故D正确，E错误．
故选：
ACD．
18.从两个波源发出的两列振幅相同、频率均为5Hz的简谐横波，分别沿x轴正、负方向传播，在某一时刻到达A、B点，如图中实线、虚线所示．两列波的波速均为10m/s．求
（i）质点P、O开始振动的时刻之差；
（ii）再经过半个周期后，两列波在x=1m和x=5m之间引起的合振动振幅极大和极小的质点的x坐标．
【答案】
（1）0.05s
（2）2m、3m、3m、4m、5m；1.5m、2.5m、3.5m、4.5m
【解析】（i）该波的周期为
由图知，质点P、O开始振动的时刻之差为△t=
=0.05s
（ii）该波的波长为λ=vT=10×0.2m=2m
根据波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，可知，两列波在x=1m和x=5m之间引起的合振动振幅极大的质点的x坐标为：
2m、3m、4m、5m．合振动振幅极小的质点的x坐标为1.5m、2.5m、3.5m、4.5m．
点睛：
解决本题的关键是掌握波的叠加原理，知道波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱．
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