全国高考物理3试卷及答案 12页

‎2017·全国卷Ⅲ(物理)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎14．D5、E2[2017·全国卷Ⅲ] 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时相比，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 ‎14．C　[解析] 由天体知识可知T＝2πR，v＝，a＝，半径不变，周期T、速率v、加速度a的大小均不变，故A、B、D错误．速率v不变，组合体质量m变大，故动能Ek＝mv2变大，C正确．‎ ‎15．L1[2017·全国卷Ⅲ] 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，一圆环形金属线框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(　　)‎ 图1‎ 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 ‎15．D　[解析] 金属杆PQ突然向右运动，则其速度v方向向右，由右手定则可得，金属杆PQ中的感应电流方向由Q到P，则PQRS中感应电流方向为逆时针方向．PQRS中感应电流产生垂直纸面向外的磁场，故环形金属线框T中为阻碍此变化，会产生垂直纸面向里的磁场，则T中感应电流方向为顺时针方向，D正确．‎ ‎16．E1、E2[2017·全国卷Ⅲ] 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l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为(　　)‎ 图1‎ A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl ‎16．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等于重力势能的增加量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m′＝m，其重心位置上升高度为h＝l，则外力做功为WF＝ΔEp＝m′gh＝mgl，A正确．‎ ‎　‎ ‎17．B1、B4[2017·全国卷Ⅲ] 一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；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．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm ‎17．B　[解析] 由题可知，挂上钩码后，如图甲所示．此时弹性绳长度为100 cm，则θ＝37°，sin θ＝0.6.对结点O进行受力分析如图乙所示，则由图乙得2Tsin θ＝mg，当将两端缓慢移动至同一点时，由受力分析可得：2T′＝mg，由弹性绳上弹力为F＝kx得出＝，由题可知x＝100 cm－80 cm＝20 cm，则移动后弹性绳伸长长度为x′＝12 cm，那么弹性绳总长度变为L＝L0＋x′＝92 cm，B正确．‎ ‎　‎ ‎18．K1[2017·全国卷Ⅲ] 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(　　)‎ 图1‎ A．0 B.B0 C.B0 D．2B0‎ ‎18．C　[解析] 当P和Q中电流方向均垂直纸面向里时，由于aP＝PQ＝aQ＝l，P和Q在a点产生的磁感应强度大小相同，方向如图甲所示，其合磁感应强度为B1，由几何关系知B1＝2BPcos 30°＝BP，由题可知，a点处磁感应强度为零，则B0和B1等大反向，则可得B0＝B1＝BP，且B0方向平行于PQ向左．当P中电流反向后，如图乙所示，P、Q在a点产生的合磁感应强度为B2，由几何关系知B2＝BP＝B0，且B2方向垂直于PQ向上．可得a点处的磁感应强度大小为B＝＝B0，C正确．‎ ‎　‎ ‎19．O1(多选)[2017·全国卷Ⅲ] 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Uaνb，则一定有Eka>Ekb C．若Uaνb，则一定有hνa－Eka>hνb－Ekb ‎19．BC　[解析] 由光电效应方程可知Ek＝hν－W0，该动能又会在遏止电压下恰好减为零，则eU＝hν－W0，其中W0为逸出功，同种金属的W0相同．若νa>νb，则Ua>Ub，故A错误；若νa>νb，根据Ek＝hν－W0，可得Eka>Ekb，故B正确；若Uaνb，根据Ek＝hν－W0可知hν－Ek＝W0，由于是照射到同种金属上，逸出功W0相同，故D错误．‎ ‎20．F1(多选)[2017·全国卷Ⅲ] 一质量为2 kg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(　　)‎ 图1‎ A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 ‎20．AB　[解析] 由题目可知F＝2 N，F′＝－1 N，由动量定理Ft＝mv1－mv0，可知t＝1 s时，Ft1＝mv1，代入数据可得v1＝＝ m/s＝1 m/s，故A正确；t＝2 s时，p＝Ft2，代入数据可得p＝4 kg·m/s，故B正确；t＝3 s时，p＝Ft2＋F′(t3－t2)，代入数据可得p＝3 kg·m/s，故C错误；t＝4 s时，由Ft2＋F′(t4－t2)＝mv4，代入数据可得v4＝＝ m/s＝1 m/s，故D错误．‎ ‎21．I1、I2(多选)[2017·全国卷Ⅲ] 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10 V、17 V、26 V．下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．电场强度的大小为2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为1 V C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV ‎21．ABD　[解析] 由题目可得：φa＝10 V，φb＝17 V，φc＝26 V，则可知ab与Oc交点电势满足＝，故φO＝φa＋φb－φc＝1 V，故B正确；从a到b移动电子，电场力做功W＝Uab(－e)＝7 eV，电场力做正功，电势能减小，故电子在a点电势能比在b点高7 eV，故C错误；从b到c移动电子，电场力做功W′＝－eUbc＝9 eV，故D正确；如图所示，过b点作bd垂直于Oc，则由几何关系有xcd＝6× cm＝ cm，故＝，则d点的电势为φd＝17 V，故bd为等势线，从而电场线沿cO方向，故E＝＝ V/cm＝2.5 V/cm，故A正确．‎ ‎22．B6[2017·全国卷Ⅲ] 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1 mm)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(位于图示部分之外)，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＝4.2 N和F2＝5.6 N.‎ ‎(ⅰ)用5 mm长度的线段表示1 N的力，以O为作用点，在图(a)中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F合；‎ 图(a)‎ 图(b)‎ ‎(ⅱ)F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．‎ ‎22．[答案] (1)4.0‎ ‎(2)(ⅰ)F1、F2和F合如图所示 ‎(ⅱ)4.0　0.05‎ ‎[解析] (ⅱ)用刻度尺量出F合的线段长为20.02 mm，所以，F合大小约为4.0 N，F合与拉力F的夹角的正切值为0.05.‎ ‎23．J6、J8[2017·全国卷Ⅲ] 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250 μA ‎，内阻为480 Ω.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1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA挡，欧姆×100 Ω挡．‎ 图(a)‎ 图(b)‎ ‎(1)图(a)中的A端与________(选填“红”或“黑”)色表笔相连接．‎ ‎(2)关于R6的使用，下列说法正确的是________(选填正确答案标号)．‎ 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”相连的，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位有效数字)‎ ‎23．[答案] (1)黑　(2)B ‎(3)160　880‎ ‎(4)1.47 mA　1.10×103 Ω　2.95 V ‎[解析] (1)根据欧姆表原理可知黑表笔接高电势．‎ ‎(2)R6是欧姆调零电阻，故B正确．‎ ‎(3)换挡开关接2时，是量程较小的电流表，所以R1＋R2＝＝160 Ω；换挡开关接4时，是量程较小的电压表，这时表头与R1、R2并联组成新表头，新表头的内阻r＝＝120 Ω，新表头的量程是1 mA，所以R4＝－r＝ Ω－120 Ω＝880 Ω.‎ ‎(4)若此时B端是与“1”相连的，则为量程是2.5 mA的电流表，则多用电表读数为1.47 mA；若此时B端是与“3”相连的，则为欧姆表，读数为1.10×103 Ω；若此时B端是与“5”相连的，则为量程是5 V的电压表，读数为2.95 V.‎ ‎24．K2、K3[2017·全国卷Ⅲ] 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)：‎ 图1‎ ‎(1)粒子运动的时间；‎ ‎(2)粒子与O点间的距离．‎ ‎24．[答案] (1)　(2) ‎[解析] (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为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＝m　①‎ qλB0v0＝m　②‎ 粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为 t1＝　③‎ 粒子再转过180°时，所需时间t2为 t2＝　④‎ 联立①②③④式得，所求时间为 t0＝t1＋t2＝　⑤‎ ‎(2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d0＝2(R1－R2)＝　⑥‎ ‎25．A8、C5、F4[2017·全国卷Ⅲ] 如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，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＝4 kg，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＝3 m/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＝10 m/s2.求：‎ 图1‎ ‎(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．‎ ‎25．[答案] (1)1 m/s　(2)1.9 m ‎[解析] (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所受木板的摩擦力和木板所受地面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＝μ1mAg　①‎ f2＝μ1mBg　②‎ f3＝μ2(m＋mA＋mB)g　③‎ 由牛顿第二定律得 f1＝mAaA　④‎ f2＝mBaB　⑤‎ f2－f1－f3＝ma1　⑥‎ 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－aBt1　⑦‎ v1＝a1t1　⑧‎ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝1 m/s　⑨‎ ‎(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－aBt　⑩‎ 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　⑪‎ 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　⑫‎ 对A有 v2＝－v1＋aAt2　⑬‎ 在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1＝v1t2－a2t　⑭‎ 在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为 sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2　⑮‎ 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　⑯‎ 联立以上各式，并代入数据得 s0＝1.9 m　⑰‎ ‎(也可用如图的速度—时间图线求解)‎ ‎33．H2、H3[2017·全国卷Ⅲ] [物理——选修33]‎ ‎(1)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回到初态a.下列说法正确的是________．‎ 图1‎ 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 ‎(2)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：‎ 图1‎ ‎(ⅰ)待测气体的压强；‎ ‎(ⅱ)该仪器能够测量的最大压强．‎ ‎33．[答案] (1)ABD　(2)(ⅰ) ‎(ⅱ) ‎[解析] (1)在过程ab中，体积不变，则气体不对外界做功，外界也不对气体做功，压强增大， 根据查理定律，气体温度升高，一定质量的理想气体的内能由温度决定，所以气体内能增加，选项A正确，C错误；在过程ca中气体体积缩小，则外界对气体做功，选项B正确；在过程bc中，温度不变，内能不变，体积增加，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体要从外界吸收热量，选项D正确；在过程ca 中，压强不变，体积变小，根据盖—吕萨克定律，气体温度降低，内能减小，而外界对气体做功，根据热力学第一定律，气体向外界放出热量，选项E错误．‎ ‎(2)(ⅰ)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p.提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则 V＝V0＋πd2l　①‎ V1＝πd2h　②‎ 由力学平衡条件得 p1＝p＋ρgh　③‎ 整个过程为等温过程，由玻意耳定律得 pV＝p1V1　④‎ 联立①②③④式得 p＝　⑤‎ ‎(ⅱ)由题意知 h≤l　⑥‎ 联立⑤⑥式有 p≤　⑦‎ 该仪器能够测量的最大压强为 pmax＝　⑧‎ ‎34． (1)如图所示，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＝0.5 s时的波形图．已知该简谐波的周期大于0.5 s．关于该简谐波，下列说法正确的是________．‎ 图1‎ A．波长为2 m B．波速为6 m/s C．频率为1.5 Hz D．t＝1 s时，x＝1 m处的质点处于波峰 E．t＝2 s时，x＝2 m处的质点经过平衡位置 ‎(2)如图所示，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：‎ 图1‎ ‎(ⅰ)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；‎ ‎(ⅱ)距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离．‎ ‎34．[答案] (1)BCE　(2)(ⅰ)R　(ⅱ)2.74R ‎[解析] (1)由图可以读出，波长为4 m，A错误；由于周期大于0.5 s，所以周期T＝ s＝ s；波速v＝＝6 m/s，B正确；频率f＝＝1.5 Hz，C正确；t＝1 s时，经过了1.5个周期，x＝1 m处质点处于波谷，D错误；t＝2 s时，经过了3个周期，x＝2 m处质点处于平衡位置，E正确．‎ ‎(2)(ⅰ)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l.‎ i＝ic　①‎ 设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有 nsin ic＝1　②‎ 由几何关系有 sin i＝　③‎ 联立①②③式并利用题给条件，得 l＝R　④‎ ‎(ⅱ)设与光轴相距的光线在球面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 nsin i1＝sin r1　⑤‎ 设折射光线与光轴的交点为C，在△OBC中，由正弦定理有 ＝　⑥‎ 由几何关系有 ‎∠C＝r1－i1　⑦‎ sin i1＝　⑧‎ 联立⑤⑥⑦⑧式及题给条件得 OC＝R≈2.74R　⑨‎