2017年-海南省高考物理試卷解析

1、海南省2017年高考物理試卷（解析版）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1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（）An2BnCD1【考點】53：動量守恒定律【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，則有：PPPQ=0故PP=PQ=0；故動量之比為1；故D正確，AB

2、C錯誤故選：D【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【考點】A7：電場線【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

3、，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：C【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

4、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）（）A10 m/sB20 m/sC30 m/sD40 m/s【考點】37：牛頓第二定律；1E：勻變速直線運動的位移與時間的關系【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(guī)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=mg，加速度；又有剎車線長25m，故可由勻變速直線運動規(guī)律得到汽車在剎車前的瞬間的速度大小；故ACD錯誤，B正確；故選：B【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(guī)律求解相關位移、速度等問題4如圖

5、，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(tài)現保持右極板不動，將左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（）AF逐漸減小，T逐漸減小BF逐漸增大，T逐漸減小CF逐漸減小，T逐漸增大DF逐漸增大，T逐漸增大【考點】AS：電容器的動態(tài)分析；2H：共點力平衡的條件及其應用；AG：勻強電場中電勢差和電場強度的關系【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U=Ed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，將左極板向左緩

6、慢移動過程中，兩板間距離減小，則由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(tài)，受重力、拉力與電場力的作用而處于平衡，故拉力與電場力和重力的合力大小相等，方向相反；根據平行四邊形定則可知，T=；由于重力不變，電場力變大，故拉力增大故D正確，ABC錯誤故選：D【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(tài)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

7、和s地，則s月：s地約為（）A9：4B6：1C3：2D1：1【考點】4F：萬有引力定律及其應用；43：平拋運動【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(guī)律求出兩星球上水平拋出的射程之比【解答】解：設月球質量為M，半徑為R，地球質量為M，半徑為R已知=81， =4，根據萬有引力等于重力得： =mg則有：g=因此=由題意從同樣高度拋出，h=gt2=gt2，、聯立，解得t=t，在地球上的水平位移s=v0t，在月球上的s=v0t；因此s月：s地約為9：4，故A正確，BCD錯誤；故選：A【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

8、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Ek1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W1，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（）AEk1=Ek2，W1=W2BEk1Ek2，W1=W2CEk1Ek2，W1W2DEk1Ek2，W1W2【考點】66：動能定理的應用；62：功的計算【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

9、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=Ek2Ek1，可知Ek1Ek2，故B正確，A、C、D錯誤故選：B【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0分7三束單色光1、2和3的波長分別為1、2和3（123）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

10、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【考點】IC：光電效應；J4：氫原子的能級公式和躍遷【分析】根據波長與頻率關系，結合光電效應發(fā)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：，因123，那么123；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

11、，而由光電效應方程：Ekm=hW，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：AC【點評】考查波長與頻率的關系式，掌握光電效應現象發(fā)生條件，理解光電效應方程的內容8如圖，電阻R、電容C和電感L并聯后，接入輸出電壓有效值、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f，分別用I1、I2和I3表示此時通過R、C和L的電流有效值，則（）AI1I3BI1I2CI3I2DI2=I3【考點】EF：電容器和電感器對交變電流的導通和阻礙作用【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

12、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I1I2電感線圈的感抗減小，通過L的電流增大，則有I3I2故AD錯誤，BC正確故選：BC【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（）A若0，則k=B若0，則k=C若=0，則k=D若=0，則k=【考點】

13、37：牛頓第二定律；29：物體的彈性和彈力【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；所以，R和Q之間相互作用力，Q與P之間相互作用力；所以，；由于談論過程與是否為零無關，故恒成立，故AC錯誤，BD正確；故選：BD【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(tài)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如圖，空間中存在一勻強磁場區(qū)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

14、磁場上方有一個正方形導線框abcd，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（）A始終減小B始終不變C始終增加D先減小后增加【考點】D9：導體切割磁感線時的感應電動勢；BB：閉合電路的歐姆定律【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

15、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：CD【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

16、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【考點】L3：刻度尺、游標卡尺的使用【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30.1mm=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90.1mm

17、=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）（2017海南）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5）電源（電動勢3V）滑動變阻器（阻值范圍010）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

18、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）【考點】N6：伏安法測電阻【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0，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

19、，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=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

20、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）（2017海南）如圖，兩光滑平行金屬導軌置于水平面（紙面）內，軌間距為l，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(qū)域已知金屬桿以速度v0向右進入磁場區(qū)域，做勻變速直線運動，到達磁場區(qū)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(qū)域正中間時所受安培力的大小及此時電流的功率【考點】D9：導體切割磁感線時的感應電動勢；BB：閉合電路的歐姆定律【分析】依據法拉第電磁感應定律，求

21、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：I=，再由安培力公式有：F=BIl=；設導體棒的質量為m，則導體棒在整個過程中的加速度為：a=設導體棒由開始到停止的位移為x，由運動學公式：0解得：x=；故正中間離開始的位移為：x中=；設導體棒在中間的位置時的速度為v，由運動學公式有：v2v02=2ax中解得：v=則導體棒運動到中間位置時，所受到的安培力為：F=BIl=；導體棒電流的功率為：P=I2

22、R=；答：金屬桿運動到磁場區(qū)域正中間時所受安培力的大小，及此時電流的功率【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）（2017海南）一輕彈簧的一端固定在傾角為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m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時彈簧的壓縮量為x0，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(fā)點的距離恰好也為x0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

23、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【考點】39：牛頓運動定律的綜合應用；2S：胡克定律【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(guī)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：kx0=（m+m）gsin解得：k= （1）（2）由題意可知，b經兩段相等的時間位移為x0；由勻變速直線運動相臨相等時間內位移關系的規(guī)

24、律可知：= （2）說明當形變量為x1=x0=時二者分離；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：kx1mgsin=ma （3）聯立（1）（2）（3）解得：a=（3）設時間為t，則經時間t時，ab前進的位移x=at2=則形變量變?yōu)椋簒=x0x對整體分析可知，由牛頓第二定律有：F+kx（m+m）gsin=（m+m）a解得：F=mgsin+ 因分離時位移x=由x=at2解得：t=故應保證t，F表達式才能成立答：（1）彈簧的勁度系數為；（2）物塊b加速度的大小為；（3）在物塊a、b分離前，外力大小隨時間變化的關系式F=mgsin+ （t）【點評】本題考查牛頓第二定律的基本應用，解題時

25、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(guī)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(fā)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(guī)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【考點】84：布朗運動【分析】布朗運動是懸浮在液體中微粒的無規(guī)則運動，不是分子的無規(guī)則運動，形成的原因是由于液體分子對懸浮微粒無規(guī)則撞擊引起的；液體溫度越高，懸浮粒子越小，布朗運動越

26、劇烈【解答】解：A、布朗運動是液體中懸浮微粒的無規(guī)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(guī)則運動，不是液體分子的無規(guī)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：ABE【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(guī)則運動的反映16一粗細均勻的U形管ABCD的A端封閉，D端與大氣相通用水銀將一定質量

27、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l1=25cm管中AB、CD兩側的水銀面高度差h1=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p0=76cmHg求旋轉后，AB、CD兩側的水銀面高度差【考點】99：理想氣體的狀態(tài)方程；9K：封閉氣體壓強【分析】對封閉氣體研究，已知初狀態(tài)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(tài)時，壓強為：p1=p0+h1=76+5cmHg=81cmHg，體積為：V1=l1s，設旋轉后，氣體長度增大

28、x，則高度差變?yōu)椋?2x）cm，此時氣體的壓強為：p2=p0（52x）=（71+2x）cmHg，體積為：V2=（25+x）s，根據玻意耳定律得：p1V1=p2V2，即：（8125）=（71+2x）（25+x）解得：x=2cm，根據幾何關系知，AB、CD兩側的水銀面高度差為：h=52x=1cm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（2017海南）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（090）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【考點】H3：光的折射定律【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