2017年贵州省高考物理试卷(新课标Ⅲ)

2017年贵州省高考物理试卷（新课标Ⅲ）

一、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1～5题只有一项符合题目要求，第6～7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. 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 C.动能变大

2. 如图，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

B.速率变大

D.向心加速度变大

5. 如图，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.0

6. 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，测得相应的遏止电压分别为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

B.

√3𝐵 30

C.

2√3𝐵0 3

D.2𝐵0

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

C.若𝑈𝑎<𝑈𝑏，则一定有𝐸𝑘𝑎<𝐸𝑘𝑏

D.若𝜈𝑎>𝜈𝑏，则一定有ℎ𝜈𝑎−𝐸𝑘𝑎>ℎ𝜈𝑏−𝐸𝑘𝑏

7. 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（ ）

3. 如图，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3𝑙．重力加速度大小为𝑔．在此过程中，外力做的功为（ ）

1

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

A.𝑚𝑔𝑙

91

B.𝑚𝑔𝑙

61

C.𝑚𝑔𝑙

3

1

D.𝑚𝑔𝑙

2

1

8. 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（ ）

4. 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.86𝑐𝑚

B.92𝑐𝑚

C.98𝑐𝑚

D.104𝑐𝑚

A.电场强度的大小为2.5𝑉/𝑐𝑚 B.坐标原点处的电势为1𝑉

第1页 共16页 ◎ 第2页 共16页

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 二、非选择题（共4小题，满分47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）的纸贴在水平桌面上，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（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

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．

图甲为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中是电池，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端分别与两表笔相连．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）图甲中的𝐴端与________（选填“红”或“黑”）色表笔相连接．

第3页 共16页 （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乙所示．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）

如图，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．

如图，两个滑块𝐴和𝐵的质量分别为𝑚𝐴=1𝑘𝑔和𝑚𝐵=5𝑘𝑔，放在静止于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． [物理--选修3-3]（15分）

如图，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（ ）

第4页 共16页

◎

A.在过程𝑎𝑏中气体分子的平均速率增大 B.在过程𝑐𝑎中外界对气体做功 C.在过程𝑎𝑏中气体的分子势能增大 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

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： (𝑖)待测气体的压强；

(𝑖𝑖)该仪器能够测量的最大压强．

[物理--选修3-4]（15分）

如图，一列简谐横波沿𝑥轴正方向传播，实线为𝑡=0时的波形图，虚线为𝑡=0.5𝑠时的波形图．已知该简谐波的周期大于0.5𝑠．关于该简谐波，下列说法正确的是（ ）

A.波长为2𝑚

第5页 共16页 B.波速为6𝑚/𝑠 C.频率为1.5𝐻𝑧

D.𝑡=1𝑠时，𝑥=1𝑚处的质点处于波峰 E.𝑡=2𝑠时，𝑥=2𝑚处的质点经过平衡位置

如图，一半径为𝑅的玻璃半球，𝑂点是半球的球心，虚线𝑂𝑂′表示光轴（过球心𝑂与半球底面垂直的直线）．已知玻璃的折射率为1.5．现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表面反射后的光线）．求：

（1）从球面射出的光线对应的入射光线与光轴距离的最大值；

（2）距光轴𝑅

3的入射光线经球面折射后与光轴的交点到𝑂点的距离．

第6页 共16页

◎

参与试题解析

2017年贵州省高考物理试卷（新课标Ⅲ）

一、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1～5题只有一项符合故选𝐴． 4.

【答案】 B

题目要求，第6～7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.

【答案】 C

【考点】

万有引力定律及其应用 【解析】

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． 【解答】

解：天宫二号在天空运动，万有引力提供向心力，天宫二号的轨道是固定的，即半径是固定的，根据

𝐺𝑀𝑚𝑟2=

𝑚𝑣2𝑟𝑟

=

𝑚4𝜋2𝑇2=𝑚𝑎可知，天宫二号的速度大小是不变的，则两者对接后，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，所以动能变大． 故选：𝐶． 2.

【答案】 D

【考点】 楞次定律

单杆切割磁感线

【解析】

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． 【解答】

解：𝑃𝑄向右运动，导体切割磁感线，根据右手定则，可知电流由𝑄流向𝑃，即逆时针方向，根据楞次定律可知，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． 故选：𝐷． 3. 【答案】 A

【考点】

重力势能的变化与重力做功的关系 【解析】

本题考查做功． 【解答】

解：𝑀𝑄的长度为2

2

3𝑙，对应的质量为3𝑚，根据题意𝑀𝑄的重心上移了1

2

1

1

6𝑙，重力势能增加了3𝑚𝑔⋅6𝑙=9𝑚𝑔𝑙，即外力做功为1

9𝑚𝑔𝑙，选项𝐴正确．

第7页 共16页 【考点】

力的合成与分解的应用 胡克定律 物体的弹性和弹力

【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳（劲度系数设为𝑘）与竖直方向夹角𝜃均满足sin𝜃=4

，对钩码（设其重力为𝐺）静止时受力分析，得𝐺=1𝑚52𝑘(

2

−

0.8𝑚2

)cos𝜃；弹性绳的两端移至天花

板上的同一点时，对钩码受力分析，得𝐺=2𝑘(𝐿0.8𝑚2

−

2

)，联立解得𝐿=92𝑐𝑚，可知𝐴𝐶𝐷项错误，𝐵项正确．

故选𝐵． 5. 【答案】 C

【考点】 磁场的叠加

通电直导线和通电线圈周围磁场的方向

【解析】

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． 【解答】

解：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为𝑙的𝑎点处的磁感应强度为零，如图所示：

由此可知，外加的磁场方向与𝑃𝑄平行，且由𝑄指向𝑃， 即𝐵1=𝐵0，

依据几何关系及三角知识，则有：𝐵𝑃cos30∘=1

2𝐵0， 解得：𝑃或𝑄通电导线在𝑎处的磁场大小为𝐵𝑃=√3

3𝐵0， 当𝑃中的电流反向，其他条件不变，

第8页 共16页

◎

A,B,D

【考点】

电场力做功与电势能变化的关系 电势 电场强度

√3

𝐵， 30

【解析】

本题考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式𝐸=𝑑的应用，理解几何关系的运用，并理解𝑈

再依据几何关系及三角知识，则有：𝐵2=

𝑊=𝑞𝑈中各量的正负值含义．

【解答】

2√3√322 最后由矢量的合成法则，那么𝑎点处磁感应强度的大小为𝐵=√𝐵0+(𝐵0)=𝐵0，故𝐶正确，𝐴𝐵𝐷错误． 解：𝐴．如图所示，在𝑎𝑐连线上，确定一𝑏′点，电势为17𝑉，将𝑏𝑏′连线，即为等势线，那么垂直𝑏𝑏′连线，则

33

为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如图， 故选𝐶．

因外加的磁场方向与𝑃𝑄平行，且由𝑄指向𝑃，磁场大小为𝐵0， 6.

【答案】

B,C

【考点】

光电效应现象及其解释 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：光电效应中遏止电压与最大初动能之间的关系为𝑒𝑈=𝐸𝑘，根据光电效应方程可知𝐸𝑘=ℎ𝜈−𝑊0， 𝐴𝐵．若𝜈𝑎>𝜈𝑏，则𝐸𝑘𝑎>𝐸𝑘𝑏，𝑈𝑎>𝑈𝑏，选项𝐴错误，𝐵正确；

𝐶．若𝑈𝑎<𝑈𝑏，则𝐸𝑘𝑎<𝐸𝑘𝑏，𝐶正确；

𝐷．由光电效应方程可得𝑊0=ℎ𝜈−𝐸𝑘，则ℎ𝜈𝑎−𝐸𝑘𝑎=ℎ𝜈𝑏−𝐸𝑘𝑏，选项𝐷错误． 故选：𝐵𝐶． 7.

【答案】 A,B

【考点】

动量定理的基本应用 【解析】

本题考查动量定理． 【解答】

解：𝐴．根据动量定理𝐹𝑡=𝑚𝑣−0，解得1𝑠末物块的速度大小为1𝑚/𝑠，选项𝐴正确；

𝐵．根据动量定理𝑡=2𝑠时物块的动量大小是𝐹𝑡=2×2𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠=4𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠，选项𝐵正确；

𝐶．根据动量定理𝑡=3𝑠时物块的动量大小𝐹𝑡=2𝑁×2𝑠−1𝑁×1𝑠=3𝑁⋅𝑠=3𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠，选项𝐶错误； 𝐷．根据动量定理𝑡=4𝑠时物块的动量大小𝐹𝑡=2𝑁×2𝑠−1𝑁×2𝑠=2𝑁⋅𝑠=2𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠，物块速度不为0，选项𝐷错误． 故选𝐴𝐵． 8. 【答案】

因为匀强电场，则有：𝐸=依据几何关系，则𝑑=

𝑈𝑐𝑏𝑑

，

𝑏′𝑐×𝑏𝑐𝑏𝑏′

=3.6𝑐𝑚，

因此电场强度大小为𝐸=2.5𝑉/𝑐𝑚，故𝐴正确；

𝐵．根据𝜑𝑐−𝜑𝑎=𝜑𝑏−𝜑𝑂，因𝑎、𝑏、𝑐三点电势分别为𝜑𝑎=10𝑉、𝜑𝑏=17𝑉、𝜑𝑐=26𝑉，解得：原点处的电势为𝜑𝑂=1 𝑉，故𝐵正确；

𝐶．因𝑈𝑎𝑏=𝜑𝑎−𝜑𝑏=−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，则电势能减小，那么电子在𝑎点的电势能比在𝑏点的高7𝑒𝑉，故𝐶错误；

𝐷．同理，𝑈𝑏𝑐=𝜑𝑏−𝜑𝑐=−9𝑉，电子从𝑏点运动到𝑐点，电场力做功为𝑊=𝑞𝑈𝑏𝑐=9𝑒𝑉，故𝐷正确； 故选𝐴𝐵𝐷．

二、非选择题（共4小题，满分47分） 【答案】 （1）4.0

（2）①

【考点】

验证力的平行四边形定则 【解析】

,②4.0,0.05

第9页 共16页 ◎ 第10页 共16页

本题考查力的合成法则及平行四边形定则的应用． 【解答】 解：（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根据图示法作出力的示意图，根据平行四边形定则得出合力，如图所示．

②由图可知，𝐹𝐹合合的大小为4.0𝑁，根据数学几何关系知，𝐹合与拉力𝐹的夹角的正切值为：tan𝛼=𝐹

=0.05．【答案】 （1）黑 B

（3）160,880

（4）1.47𝑚𝐴,1.10×103

𝛺,2.95𝑉

【考点】

多用电表的原理及其使用 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：（1）与欧姆表内电源正极相连的是黑表笔．

（2）𝑅6是可变电阻，它的作用就是欧姆表调零的作用，也就是使用欧姆挡时，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，故𝐵正确． 故选𝐵．

（3）换挡开关接2时，是量程较小的电流表，所以𝑅𝐼1+𝑅2=𝑔𝑅𝑔

𝐼−𝐼𝑔

=160𝛺，

换挡开关接4时，是量程较小的电压表，这时表头与𝑅(𝑅1、𝑅2并联组成新表头，新表头的内阻𝑟=1+𝑅2)𝑅𝑔𝑅1+𝑅2+𝑅𝑔

=

120𝛺，新表头的量程是1𝑚𝐴，所以𝑅4=

𝑈1𝐼1

−𝑟=

11×10−3

𝛺−120𝛺=880𝛺．

（4）某次测量时该多用电表指针位置如图乙所示．

若此时𝐵端是与“1”相连的，此时多用电表是量程为2.5𝑚𝐴的电流表，则多用电表读数为1.47𝑚𝐴， 若此时𝐵端是与“3”相连的，此时多用电表是欧姆×100𝛺挡，则读数为11.0×100𝛺=1.10×103𝛺， 若此时𝐵端是与“5”相连的，此时多用电表是量程为5𝑉的电压表，则读数为2.95𝑉． 【答案】

（1）粒子运动的时间为

𝜋𝑚1

𝐵0𝑞

(1+𝜆

)；

第11页 共16页 （2）粒子与𝑂点间的距离为2𝑚𝑣0

𝐵

0𝑞

(1−1

𝜆)．

【考点】

带电粒子在匀强磁场中的运动规律 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：（1）在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在𝑥≥0区域，圆周半径𝑅1；在𝑥<0区域，圆周半径为𝑅2．由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得 𝑞𝐵0𝑣0=𝑚𝑣02

𝑅1①

𝑞𝜆𝐵0𝑣2

0=𝑚𝑣0𝑅2

②

粒子速度方向转过180∘时，所需时间𝑡1为𝑡1=𝜋𝑅1𝑣0

③

粒子再转过180∘时，所需时间𝑡2为𝑡1=

𝜋𝑅2𝑣0

④

联立①②③④式得，所求时间为𝑡0=𝑡1+𝑡2=

𝜋𝑚1

𝐵0𝑞

(1+𝜆

)．

（2）由几何关系及①②式得，所求距离为𝑑0=2(𝑅1−𝑅2)=2𝑚𝑣0𝐵0𝑞

(1−1

𝜆)．

【答案】

（1）木板的速度为1𝑚/𝑠．

（2）两者间的距离为1.9𝑚．

【考点】 板块模型问题

动力学中的整体法与隔离法

【解析】

本题考查了牛顿运动定律的综合应用． 【解答】 解：（1）滑块𝐴和𝐵在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设𝐴、𝐵和木板所受的摩擦力大小分别为𝑓1、𝑓2和𝑓3，𝐴和𝐵相对于地面的加速度大小分别为𝑎𝐴和𝑎𝐵，木板相对于地面的加速度大小为𝑎1，在滑块𝐵与木板达到共同速度前有： 𝑓1=𝜇1𝑚𝐴𝑔① 𝑓2=𝜇1𝑚𝐵𝑔②

𝑓3=𝜇2(𝑚+𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑔③ 由牛顿第二定律得： 𝑓1=𝑚𝐴𝑎𝐴④ 𝑓2=𝑚𝐵𝑎𝐵⑤

𝑓2−𝑓1−𝑓3=𝑚𝑎1⑥

设在𝑡1时刻，𝐵与木板达到共同速度，其大小为𝑣1．由运动学公式有𝑣1=𝑣0−𝑎𝐵𝑡1⑦ 𝑣1=𝑎1𝑡1⑧

第12页 共16页

◎

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得： 𝑣1=1𝑚/𝑠；

（2）在𝑡1时间间隔内，𝐵相对于地面移动的距离为

2

𝑠𝐵=𝑣0𝑡1−2𝑎𝐵𝑡1，

1

故选：𝐴𝐵𝐷．

【答案】

(𝑖)待测气体的压强为4𝑉+𝜋𝑑2(𝑙−ℎ)(1)(𝑖𝑖)该仪器能够测量的最大压强

0

𝜌𝑔𝜋𝑑2ℎ2𝜌𝑔𝜋𝑑2𝑙2

4𝑉0

设在𝐵与木板达到共同速度𝑣1后，木板的加速度大小为𝑎2，对于𝐵与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 𝑓1+𝑓3=(𝑚𝐵+𝑚)𝑎2，

由①②④⑤式知，𝑎𝐴=𝑎𝐵，

再由⑦⑧式知，𝐵与木板达到共同速度时，𝐴的速度大小也为𝑣1，但运动方向与木板相反．由题意知，𝐴和𝐵相遇时，𝐴与木板的速度相同，设其大小为𝑣2，设𝐴的速度大小从𝑣1变到𝑣2所用的时间为𝑡2，则由运动学公式，对木板有𝑣2=𝑣1−𝑎2𝑡2， 对𝐴有𝑣2=−𝑣1+𝑎𝐴𝑡2，

在𝑡2时间间隔内，𝐵（以及木板）相对地面移动的距离为

2

𝑠1=𝑣1𝑡2−2𝑎2𝑡2，

1

【考点】

理想气体的状态方程 【解析】

（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． 【解答】

（2）由题意可知，当ℎ＝𝑙时，则能准确测量的压强最大，所以： 𝜌𝑔𝜋𝑑2𝑙2

𝑝𝑚=

4𝑉0

答：(𝑖)待测气体的压强为

𝜌𝑔𝜋𝑑2ℎ24𝑉0+𝜋𝑑2(𝑙−ℎ)

在(𝑡1+𝑡2)时间间隔内，𝐴相对地面移动的距离为 𝑠𝐴=𝑣0(𝑡1+𝑡2)−2𝑎𝐴(𝑡1+𝑡2)2，

𝐴和𝐵相遇时，𝐴与木板的速度也恰好相同，因此𝐴和𝐵开始运动时，两者之间的距离为 𝑠0=𝑠𝐴+𝑠1+𝑠𝐵，

联立以上各式，并代入数据得 𝑠0=1.9𝑚 ．

（也可用如图所示的速度—时间图线求解）

1

(1)(𝑖𝑖)该仪器能够测量的最大压强

𝜌𝑔𝜋𝑑2𝑙2

4𝑉0

．

[物理--选修3-4]（15分） 【答案】 B,C,E 【考点】

波长、频率和波速的关系 横波的图象

【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：𝐴．由图像可知简谐横波的波长为𝜆=4𝑚，𝐴项错误； 𝐵𝐶．波沿𝑥轴正向传播，0.5𝑠=𝑇，可得周期𝑇=𝑠、频率𝑓=

4

3

3

2

1𝑇

=1.5𝐻𝑧，波速𝑣=

𝜆𝑇

=6𝑚/𝑠，𝐵、𝐶项正

确；

[物理--选修3-3]（15分） 【答案】 A,B,D

【考点】

气体状态变化的图象问题 【解析】

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=𝑝𝛥𝑉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． 【解答】

解：𝐴．𝑎𝑏过程是等容变化，𝑐𝑏过程压强增大，温度升高，气体分子的平均速率增大，故𝐴正确； 𝐵．𝑐𝑎过程是等压变化，体积减小，外界对气体做功，故𝐵正确； 𝐶．理想气体无分子势能，故𝐶错误；

𝐷．𝑏𝑐过程是等温变化，内能不变，体积增大，气体对外界做功，则需要吸收热量，故𝐷正确； 𝐸．体积减小过程中，温度降低，内能减小，气体要放出热量，故𝐸错误．

𝐸．𝑡=0时刻，𝑥=2𝑚处的质点在平衡位置，经过2𝑠=3𝑇，质点一定经过平衡位置，𝐸项正确． 故选𝐵𝐶𝐸． 【答案】

（1）从球面射出的光线对应的入射光线与光轴距离的最大值为3𝑅； （2）距光轴3的入射光线经球面折射后与光轴的交点到𝑂点的距离为2.74𝑅． 【考点】 光的折射现象 【解析】 此题暂无解析 【解答】

𝑅

2

𝐷．𝑡=0时刻，𝑥=1𝑚处的质点在波峰，经过1𝑠=2𝑇，一定在波谷，𝐷项错误；

3

第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页

解：（1）如图所示，从底面上𝐴处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为𝑖，当𝑖等于全反射临界角𝑖𝐶时，对应入射光线到光轴的距离最大， 设最大距离为𝑖．则：𝑖=𝑖𝐶， 设𝑛是玻璃的折射率，

由全反射临界角的定义有：𝑛sin𝑖𝐶=1， 由几何关系有：sin𝑖𝐶=𝑙

𝑅， 联立上式并利用题给条件， 得：𝑙=2

3𝑅．

（2）设与光轴相距𝑅

3的光线在球面𝐵点发生折射时的入射角和折射角分别为𝑖1和𝑟1， 由折射定律有：𝑛sin𝑖1=sin𝑟1，

设折射光线与光轴的交点为𝐶，在△𝑂𝐵𝐶中， 由正弦定理有：

sin∠𝐶180∘−𝑟1)

𝑅=

sin(𝑂𝐶

，

由几何关系有：∠𝐶=𝑟1−𝑖1，sin𝑖1=1

3； 联立且式及题给条件得：𝑂𝐶=

3(2√2+√3)5

𝑅≈2.74𝑅．

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