高考物理試卷全國二卷含超級(jí)詳細(xì)解答

1、學(xué)習(xí)必備歡迎下載2017年高考物理試卷（全國二卷）參考答案與試題解析一.選擇題（共5小題）（2017?新課標(biāo)n）如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個(gè)小環(huán)，小環(huán)由大圓環(huán)的最高點(diǎn)從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對(duì)它的作用力（）A. 一直不做功B. 一直做正功C.始終指向大圓環(huán)圓心D.始終背離大圓環(huán)圓心【分析】小環(huán)在運(yùn)動(dòng)過程中，大環(huán)是固定在桌面上的，大環(huán)沒有動(dòng)，大環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力垂直于小環(huán)的運(yùn)動(dòng)方向，根據(jù)功的定義分析做功情況.【解答】 解：AB、大圓環(huán)是光滑的，則小環(huán)和大環(huán)之間沒有摩擦力；大環(huán)對(duì)小環(huán)的支持力總是垂直于小環(huán)的速度方向，所以大環(huán)對(duì)小環(huán)沒有做功，

2、故 A正確，B錯(cuò)誤；CD、小環(huán)在運(yùn)動(dòng)過程中，在大環(huán)的上半部分運(yùn)動(dòng)時(shí)，大環(huán)對(duì)小環(huán)的支持力背離大環(huán)圓心，運(yùn)動(dòng)到大環(huán)的下半部分時(shí)，支持力指向大環(huán)的圓心，故 CD錯(cuò)誤.故選：A.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了功的兩要素：第一是有力作用在物體上；第二是物體在力的作用下產(chǎn)生 位移.2 . （2017?新課標(biāo)H） 靜止的鈾核放出一個(gè)a粒子衰變成社核，衰變方程為然U一 瑞Th+ jHe,下列說法正確的是（）A.衰變后社核的動(dòng)能等于 a粒子的動(dòng)能B.衰變后社核的動(dòng)量大小等于a粒子的動(dòng)量大小C.鈾核的半衰期等于其放出一個(gè)a粒子所經(jīng)歷的時(shí)間D.衰變后a粒子與社核的質(zhì)量之和等于衰變前鈾核的質(zhì)量【分析】根據(jù)動(dòng)量守恒定律， 抓住系統(tǒng)

3、總動(dòng)量為零得出兩粒子的動(dòng)量大小，結(jié)合動(dòng)能和動(dòng)量的關(guān)系得出動(dòng)能的大小關(guān)系. 半衰期是原子核有半數(shù)發(fā)生衰變的時(shí)間， 結(jié)合衰變的過程中有學(xué)習(xí)必備歡迎下載質(zhì)量虧損分析衰變前后質(zhì)量的大小關(guān)系.【解答】解：AB、一靜止的鈾核放出一個(gè)“粒子衰變成社核，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒知，衰變后社核和a粒子動(dòng)量之和為零，可知衰變后社核的動(dòng)量大小等于a粒子的動(dòng)量大小，根據(jù)2R -P一知，由于社核和 a粒子質(zhì)量不同，則動(dòng)能不同，故 A錯(cuò)誤，B正確.*2mC、半衰期是原子核有半數(shù)發(fā)生衰變的時(shí)間，故C錯(cuò)誤.D、衰變的過程中有質(zhì)量虧損，即衰變后a粒子與社核的質(zhì)量之和小于衰變前鈾核的質(zhì)量，故D錯(cuò)誤.故選：B.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了原子核的衰

4、變，知道半衰期的定義， 注意衰變過程中動(dòng)量守恒，總動(dòng)量為零，以及知道動(dòng)量和動(dòng)能的大小關(guān)系.（2017?新課標(biāo)H）如圖，一物塊在水平拉力 F的作用下沿水平桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng).若 保持F的大小不變，而方向與水平面成 60角，物塊也恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng).物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（）A. 2夷 B. C. D.632【分析】拉力水平時(shí)，二力平衡；拉力傾斜時(shí)，物體勻速運(yùn)動(dòng)，依然是平衡狀態(tài)，根據(jù)共點(diǎn) 力的平衡條件解題.【解答】 解：當(dāng)拉力水平時(shí)，物體勻速運(yùn)動(dòng)，則拉力等于摩擦力，即： F=p mg當(dāng)拉力傾斜時(shí)，物體受力分析如圖f= (mg Fsin )0由f= wN, FN=mg - Fsin IT知摩擦力

5、為: f=代入數(shù)據(jù)為:故選：C.學(xué)習(xí)必備歡迎下載【點(diǎn)評(píng)】 本題考查了共點(diǎn)力的平衡，解決本題的關(guān)鍵是把拉力進(jìn)行分解，然后列平衡方程.（2017?新課標(biāo)n）如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直,一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道， 并從軌道上端水平飛出， 小物塊落地點(diǎn)到軌道下端g)()的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時(shí)對(duì)應(yīng)的軌道半徑為（重力加速度為2222A.二 B.匚 C 匚 D.一16g8g4g2g【分析】根據(jù)動(dòng)能定理得出物塊到達(dá)最高點(diǎn)的速度，結(jié)合高度求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而得 出水平位移的表達(dá)式，結(jié)合表達(dá)式，運(yùn)用二次函數(shù)求極值的方法得出距離最大時(shí)對(duì)應(yīng)的軌道 半徑.【解答

6、】解：設(shè)半圓的半徑為 R,根據(jù)動(dòng)能定理得:離開最高點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，有:2可知當(dāng)RW時(shí)，水平位移最大，故 B正確，ACD錯(cuò)誤. 在故選：B.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)能定理與圓周運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)的綜合運(yùn)用，得出水平位移的表達(dá)式是解決本題的關(guān)鍵，本題對(duì)數(shù)學(xué)能力的要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練.（2017?新課標(biāo)H）如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，P為磁場邊界上的一點(diǎn)，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點(diǎn)，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場，若粒子射入的速率為 vi,這些粒子在磁場邊界的出射點(diǎn)分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為V2,相應(yīng)的出射點(diǎn)分布在三分之一圓周上，不計(jì)重力及帶電粒子之間的相

7、互作用，學(xué)習(xí)必備歡迎下載則 V2 ： V1 為（）A.加：2 B,加：1 C. Vs： 1 D. 3:加【分析】根據(jù)題意畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，找出臨界條件角度關(guān)系， 利用圓周運(yùn)動(dòng)由洛侖 茲力充當(dāng)向心力，分別表示出圓周運(yùn)動(dòng)的半徑， 再由洛倫茲力充當(dāng)向心力即可求得速度之比.【解答】解：設(shè)圓形區(qū)域磁場的半徑為 r,當(dāng)速度大小為vi時(shí)，從P點(diǎn)入射的粒子射出磁場時(shí)與磁場邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)為 M （圖甲）時(shí)，由題意知/ POM=60 ,由幾何關(guān)系得軌跡圓半徑從P點(diǎn)入射的粒子射出磁場時(shí)與磁場邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)為N （圖乙）；由題意知/ PON=120 ,由幾何關(guān)系得軌跡圓的半徑為R2=&三r;根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心

8、力可知:2Bqv=m解得:VV0故速度與半徑成正比，因此 V2： Vi = R2： Ri = ： 1故C正確，ABD錯(cuò)誤.故選：C.根據(jù)題意畫出軌跡、 定出軌跡【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在磁場中的圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問題.半徑是關(guān)鍵，注意最遠(yuǎn)點(diǎn)時(shí) PM的連線應(yīng)是軌跡圓的直徑.二.多選題（共5小題）6. （2017?新課標(biāo)n）如圖，海王星繞太陽沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng),P為近日點(diǎn)，Q為遠(yuǎn)日點(diǎn),M,則海N為軌道短軸的兩個(gè)端點(diǎn)，運(yùn)行的周期為To,若只考慮海王星和太陽之間的相互作用,王星在從P經(jīng)M, Q到N的運(yùn)動(dòng)過程中（A.從,ToP到M所用的時(shí)間等于才B.從Q到N階段，機(jī)械能逐漸變大C.從P到Q階段，速率逐漸變小D.

9、從M到N階段，萬有引力對(duì)它先做負(fù)功后做正功學(xué)習(xí)必備歡迎下載【分析】根據(jù)海王星在PM段和MQ段的速率大小比較兩段過程中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，從而得出P到M所用時(shí)間與周期的關(guān)系；抓住海王星只有萬有引力做功，得出機(jī)械能守恒；根據(jù)萬有 引力做功確定速率的變化.【解答】 解：A、海王星在PM段的速度大小大于 MQ段的速度大小，則 PM段的時(shí)間小于MQ段的時(shí)間，所以 P到M所用的時(shí)間小于 ,故A錯(cuò)誤.4B、從Q到N的過程中，由于只有萬有引力做功，機(jī)械能守恒，故 B錯(cuò)誤.C、從P到Q階段，萬有引力做負(fù)功，速率減小，故 C正確.D、根據(jù)萬有引力方向與速度方向的關(guān)系知，從M到N階段，萬有引力對(duì)它先做負(fù)功后做正功，故D正確

10、.故選：CD.【點(diǎn)評(píng)】 解決本題的關(guān)鍵知道近日點(diǎn)的速度比較大，遠(yuǎn)日點(diǎn)的速度比較小，從 P到Q和Q到P的運(yùn)動(dòng)是對(duì)稱的，但是 P到M和M到Q不是對(duì)稱的.（2017?新課標(biāo)n）兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直.邊長為0.1m、總電阻為0.005 的正方形導(dǎo)線框 abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖（a）所示.已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t=0時(shí)刻進(jìn)入磁場.線框中感應(yīng)電動(dòng)勢隨時(shí)間變化的圖線如圖（b）所示（感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢取正）.下 TOC o 1-5 h z 列說法正確的是（）:U V。:001 -；里 比 ：I一a 2 0 4* 0

11、6*10,01 *-* *圖閨（toA.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 0.5 TB.導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5m/sC.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外D.在t=0.4s至t=0.6s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N【分析】根據(jù)線框勻速運(yùn)動(dòng)的位移和時(shí)間求出速度，結(jié)合E=BLv求出磁感應(yīng)強(qiáng)度，根據(jù)感應(yīng)電流的方向，結(jié)合楞次定律得出磁場的方向.根據(jù)安培力公式得出導(dǎo)線框所受的安培力.【解答】解：AB、由圖象可以看出，0.2-0.4s沒有感應(yīng)電動(dòng)勢，所以從開始到ab進(jìn)入用時(shí)0.2s,導(dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為：vu：；加5=0.根據(jù)E=BLv知磁感應(yīng)強(qiáng)度為：t U.學(xué)習(xí)必備歡迎下載0, 010.1X0,5

12、T=0, 2T，故A錯(cuò)誤,B正確.C、由b圖可知，線框進(jìn)磁場時(shí)，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，根據(jù)楞次定律得，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向外，故C正確.2 2D、在 0.4-0.6s 內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力F=BIL-B L - =0. 04 - 0* 01父 S5n=0.05N,故R 0.005D錯(cuò)誤.故選：BC.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了導(dǎo)線切割磁感線運(yùn)動(dòng)，掌握切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢公式以及楞次定律, 本題能夠從圖象中獲取感應(yīng)電動(dòng)勢的大小、方向、運(yùn)動(dòng)時(shí)間等.（2017?新課標(biāo)H）某同學(xué)自制的簡易電動(dòng)機(jī)示意圖如圖所示.矩形線圈由一根漆包線繞制而成，漆包線的兩端分別從線圈的一組對(duì)邊的中間位置引出，并作為線圈的轉(zhuǎn)

13、軸. 將線圈架在兩個(gè)金屬支架之間，線圈平面位于豎直面內(nèi)， 永磁鐵置于線圈下方. 為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)起來，該同學(xué)應(yīng)將（）A.左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉B.左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉C.左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉D,左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉【分析】線圈中有通電電流時(shí)， 安培力做功，根據(jù)左手定則判斷安培力做功情況，由此確定 能否連續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng).【解答】解：AD、當(dāng)左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉或左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉， 右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉， 通電后根據(jù)左手定則可知下邊受到的安培力方向向左，線圈開始轉(zhuǎn)動(dòng)，在前半軸轉(zhuǎn)動(dòng)過程

14、中，線圈中有電流，安培力做正功，后半周電路中沒有電流，安培 力不做功，由于慣性線圈能夠連續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)，故A、D正確；B、線圈中電流始終存在，安培力先做正功后做負(fù)功，但同時(shí)重力做負(fù)功，因此在轉(zhuǎn)過一半前線圈的速度即減為 0,線圈只能擺動(dòng)，故 B錯(cuò)誤；C、左右轉(zhuǎn)軸不能同時(shí)接通電源，始終無法形成閉合回路，電路中無電流，不會(huì)轉(zhuǎn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤.故選：AD.學(xué)習(xí)必備歡迎下載【點(diǎn)評(píng)】電動(dòng)機(jī)是利用通電導(dǎo)體在磁場中受力的原理，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，分析線圈中電流方向和安培力做功情況是解答本題的關(guān)鍵.（2017?新課標(biāo)n）如圖，用隔板將一絕熱汽缸分成兩部分，隔板左側(cè)充有理想氣體，隔板右側(cè)與絕熱活塞之間是真空.現(xiàn)將隔板抽開，氣體會(huì)自

15、發(fā)擴(kuò)散至整個(gè)汽缸.待氣體達(dá)到穩(wěn)定后，緩慢推壓活塞，將氣體壓回到原來的體積.假設(shè)整個(gè)系統(tǒng)不漏氣.下列說法正確的是（ ）隔扳A.氣體自發(fā)擴(kuò)散前后內(nèi)能相同理想氣體真空B.氣體在被壓縮的過程中內(nèi)能增大C.在自發(fā)擴(kuò)散過程中，氣體對(duì)外界做功D.氣體在被壓縮的過程中，外界對(duì)氣體做功E.氣體在被壓縮的過程中，氣體分子的平均動(dòng)能不變【分析】抽開隔板時(shí)，氣體自發(fā)的擴(kuò)散，會(huì)對(duì)外做功；活塞對(duì)氣體推壓，則活塞對(duì)氣體做功.【解答】解：AC、抽開隔板時(shí)，氣體體積變大，但是右方是真空，又沒有熱傳遞，則根據(jù) U=Q+W可知，氣體的內(nèi)能不變， A正確，C錯(cuò)誤；BD、氣體被壓縮的過程中，外界對(duì)氣體做功，根據(jù)UmQ+W可知，氣體內(nèi)能

16、增大，BD正確;E、氣體被壓縮時(shí)，外界做功，內(nèi)能增大，氣體分子平均動(dòng)能是變化的，E錯(cuò)誤.故選：ABD.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了氣體內(nèi)能和理想氣體的三個(gè)變化過程，掌握內(nèi)能的方程和理想氣體方程才能使這樣的題目變得容易.（2017?新課標(biāo)H）在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中， 用綠色激光照射在雙縫上，在縫后的屏幕上顯示 出干涉圖樣.若要增大干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距，可選用的方法是（）A,改用紅色激光B.改用藍(lán)色激光C.減小雙縫間距D.將屏幕向遠(yuǎn)離雙縫的位置移動(dòng)E.將光源向遠(yuǎn)離雙縫的位置移動(dòng)【分析】根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式，得出影響條紋間距的因素，從而分析判斷.學(xué)習(xí)必備歡迎下載【解答】解：根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式入知

17、，增大入射光的波長、 減小雙縫間距，d以及增大屏幕與雙縫的距離，可以增大條紋的間距，由于紅光的波長大于綠光的波長，可知換用紅色激光可以增大條紋間距，故ACD正確，BE錯(cuò)誤.故選：ACD.【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道雙縫干涉條紋間距公式，以及知道各種色光的波長大小關(guān)系，基礎(chǔ)題.三.實(shí)驗(yàn)題（共2小題）（2017?新課標(biāo)n）某同學(xué)研究在固定斜面上運(yùn)動(dòng)物體的平均速度、瞬時(shí)速度和加速度的之間的關(guān)系.使用的器材有：斜面、滑塊、長度不同的擋光片、光電計(jì)時(shí)器.實(shí)驗(yàn)步驟如下：如圖（a）,將光電門固定在斜面下端附近：將一擋光片安裝在滑塊上，記下?lián)豕馄岸讼鄬?duì)于斜面的位置，令滑塊從斜面上方由靜止開始下滑；當(dāng)滑塊上的擋

18、光片經(jīng)過光電門時(shí)，用光電計(jì)時(shí)器測得光線被擋光片遮住的時(shí)間t;用 s表示擋光片沿運(yùn)動(dòng)方向的長度（如圖（b）所示），表示滑塊在擋光片遮住光線的 t時(shí)間內(nèi)的平均速度大小，求出v;將另一擋光片換到滑塊上，使滑塊上的擋光片前端與中的位置相同，令滑塊由靜止開始下滑，重復(fù)步驟、；多次重復(fù)步驟利用實(shí)驗(yàn)中得到的數(shù)據(jù)作出 虧-At圖，如圖（c）所示完成下列填空：（1）用a表示滑塊下滑的加速度大小，用va表示擋光片前端到達(dá)光電門時(shí)滑塊的瞬時(shí)速度大小，則V與Va、a和 t的關(guān)系式為v = _爐乩g八t -2（2）由圖（c）可求得，Va= 52.1 cm/s ； a= 16.3 cm/s2.（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）學(xué)習(xí)

19、必備歡迎下載【分析】（1）根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求出擋光片通過光電門過程中中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，結(jié)合時(shí)間公式求出與va、a和At的關(guān)系式.（2）結(jié)合與va、a和At的關(guān)系式，通過圖線的斜率和截距求出va和加速度的大小.【解答】解：（1）某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，則v等于擋光片通過光電門過程中中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，根據(jù)速度時(shí)間公式得:V-（2）由；二.&十L0 t知，縱軸截距等于2Va,圖線的斜率k=La,由圖可知:VA=52.1cm/s, a=2k=2xcm/s2=16.3cm/s2.0.15故答案為：（1） 相得必t ； （2） 52.1, 16.3.并

20、能靈活運(yùn)用，對(duì)于圖【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和推論, 線問題，一般解題思路是得出物理量之間的關(guān)系式，結(jié)合圖線的斜率和截距進(jìn)行求解.（2017?新課標(biāo)H）某同學(xué)利用如圖（a）所示的電路測量一微安表（量程為 100 dA內(nèi) 阻大約為2500Q）的內(nèi)阻.可使用的器材有： 兩個(gè)滑動(dòng)變阻器 R, R2（其中一個(gè)阻值為 20Q, 另一個(gè)阻值為2000Q）;電阻箱Rz （最大阻值為99999.9 ）;電源E （電動(dòng)勢約為1.5V）;單 刀雙擲開關(guān)&和.C、D分別為兩個(gè)滑動(dòng)變阻器的滑片.（1）按原理圖（a）將圖（b）中的實(shí)物連線.（2）完成下列填空：Ri的阻值為 20 Q （填“20

21、或“2000）為了保護(hù)微安表，開始時(shí)將Ri的滑片C滑到接近圖（a）中的滑動(dòng)變阻器的 左 端（填學(xué)習(xí)必備歡迎下載左”或 右”)對(duì)應(yīng)的位置；將 R2的滑片D置于中間位置附近.將電阻箱Rz的阻值置于2500.0 接通S.將Ri的滑片置于適當(dāng)位置，再反復(fù)調(diào)節(jié)R2的滑片D的位置、最終使得接通 多前后，微安表的示數(shù)保持不變，這說明 多接通前B與D所 在位置的電勢相等 (填 相等”或 不相等”)將電阻箱Rz和微安表位置對(duì)調(diào)，其他條件保持不變，發(fā)現(xiàn)將Rz的阻值置于2601.0 時(shí)，在接通&前后，微安表的示數(shù)也保持不變. 待微安表的內(nèi)阻為 2550 氟結(jié)果保留到個(gè)位).(3)寫出一條提高測量微安表內(nèi)阻精度的建議

22、：調(diào)節(jié)R上的分壓，盡可能使微安表接近滿量程.【分析】(1)根據(jù)電路原理圖在實(shí)物圖上連線；(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)方法確定 Ri選擇阻值較小或較大的滑動(dòng)變阻器；為了保護(hù)微安表，分析滑片C開始應(yīng)處的位置；接通前后，微安表的示數(shù)保持不變，由此分析電勢高低；根據(jù)比例方法確定 Rx的值；(3)從減少誤差的方法來提出建議.【解答】 解：(1)根據(jù)電路原理圖在實(shí)物圖上連線，如圖所示：圖(2)Ri應(yīng)選擇阻值較小的滑動(dòng)變阻器，這樣連接當(dāng)S2閉合前后外電壓變化較小，可以減少誤差；故Ri=20 Q;為了保護(hù)微安表，通過微安表的電流應(yīng)從零逐漸增大，當(dāng)滑片C滑到滑動(dòng)變阻器的最左端時(shí)，通過微安表的電流為零.所以開始時(shí)，滑片C應(yīng)滑到

23、滑動(dòng)變阻器的最左端；接通 前后，微安表的示數(shù)保持不變，則微安表兩端的電壓不變，又微安表右端電勢在S2接通前后保持不變，所以說明&接通前B與D所在位置的電勢相等；學(xué)習(xí)必備歡迎下載設(shè)微安表內(nèi)阻為 R,根據(jù)題意有250。二嘰，解得Rx=2550 Q； 心2601 A（3）為了提高精度，可以調(diào)節(jié)Ri上的分壓，盡可能使微安表接近滿量程.故答案為：（1）圖見解析；（2）20;左；相等；2550; （3）調(diào)節(jié)R上的分壓，盡 可能使微安表接近滿量程.【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于實(shí)驗(yàn)題，要弄清楚實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、?shí)驗(yàn)原理以及數(shù)據(jù)處理、誤差分析等問題，一般 的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)、實(shí)驗(yàn)方法都是根據(jù)教材上給出的實(shí)驗(yàn)方法進(jìn)行拓展，延伸，所以一定要熟練掌

24、握教材中的重要實(shí)驗(yàn). 對(duì)于實(shí)驗(yàn)儀器的選取一般要求滿足安全性原則、準(zhǔn)確性原則和操作方便原則.四.計(jì)算題（共4小題）（2017?新課標(biāo)H）為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離so和si（S1VS0）處分別設(shè)置一個(gè)擋板和一面小旗，如圖所示.訓(xùn)練時(shí)，讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以速度 V0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板：冰球被擊出的同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗.訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí)，運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處.假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為V1.重力加速度為g.求（1）冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；產(chǎn)重（2）滿足訓(xùn)

25、練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度.小班 TOC o 1-5 h z 17【分析】（1）根據(jù)速度位移公式求出冰球的加速度，結(jié)合牛頓第二定律求I*出動(dòng)摩擦因數(shù)的大小.|j 卜_| 甫（2）抓住兩者運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等得出運(yùn)動(dòng)員到達(dá)小旗處的最小速度，結(jié)合速度點(diǎn)位移公式求出最小加速度.【解答】解：（1）對(duì)冰球分析，根據(jù)速度位移公式得：v02-v12=2as0 HYPERLINK l bookmark8 o Current Document 22加速度為：a=：2sLi根據(jù)牛頓第二定律得:學(xué)習(xí)必備歡迎下載解得冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為:(2)根據(jù)兩者運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，有:解得運(yùn)動(dòng)員到達(dá)小旗處的最小速度為:v2=I(Vq

26、+Vj)s02則取小加速度為：立2sj1 O0+型 1)，2s02答：(1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度為1 (Vq+Vj)22療知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動(dòng)【點(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用, 學(xué)的橋梁，難度不大.(2017?新課標(biāo)n)如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場.自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量為 m、電荷量分別為q和-q (q0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出.小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開.已知N離開電場時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，

27、剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為 N剛離開電場時(shí)的動(dòng)能的 1.5倍.不計(jì)空氣阻力，重力加速度大 小為g.求M與N在電場中沿水平方向的位移之比；A點(diǎn)距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強(qiáng)度大小.【分析】(1)抓住兩球在電場中，水平方向上的加速度大小相等，一個(gè)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),學(xué)習(xí)必備歡迎下載一個(gè)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)， 在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等得出水平方向時(shí)間相等，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出M與N在電場中沿水平方向的位移之比；(2)根據(jù)離開電場時(shí)動(dòng)能的大小關(guān)系，抓住 M做直線運(yùn)動(dòng)，得出 M離開電場時(shí)水平分速度和豎直分速度的關(guān)系，抓住 M速度方向不變，結(jié)合進(jìn)入電場時(shí)豎直分速度和水平分速度的關(guān)系，根據(jù)速度位移公式求出A點(diǎn)

28、距電場上邊界的高度；(3)結(jié)合帶電小球 M電場中做直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合速度方向得出電場力和重力的關(guān)系，從而求 出電場強(qiáng)度的大小.【解答】解：(1)兩帶電小球的電量相同，可知 M球在電場中水平方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，N球在水平方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向上的加速度大小相等，兩球在豎直方向均受重力，豎直方向上做加速度為 g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由于豎直方向上的位移相等，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等， 設(shè)水平方向的加速度大小為a,對(duì) M,有：xH=vot+7j-at對(duì) N： vo=at,可得：，丫 .1二解得 Xm： Xn=3: 1 .(2)設(shè)正電小球離開電場時(shí)的豎直分速度為Vy,水平分速度為 ,兩球離開電場時(shí)豎直分

29、速度相等，因?yàn)镸在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場時(shí)的動(dòng)能的 1.5倍，則有： U-W解得1-因?yàn)?w=V0+at=2v0,則叩簞=2vc1 2 y因?yàn)镸做直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球進(jìn)電場時(shí)在豎直方向上的分速度為Vy1,則有：包二二工，解得V 口 勺.1Vy19 歸， TOC o 1-5 h z 222,一 一 vvlv 一爐 1在豎直方向上有： , : T,2g2g學(xué)習(xí)必備歡迎下載解得A點(diǎn)距電場上邊界的高度 h國.3(3)因?yàn)镸做直線運(yùn)動(dòng)，合力方向與速度方向在同一條直線上,有：、二醒=花，V1乖則電場的電場強(qiáng)度E-咚喧.V2Q 2q答：(1) M與N在電場中沿水平方向的位移之比為3: 1A點(diǎn)距電場上邊界的高度為 巨；3(3)該電場的電場強(qiáng)度大小為 Y返.2q理清兩球在整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,將運(yùn)【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電小球在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng), 動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解.(2017?新課標(biāo)H) 一熱氣球體積為 V,內(nèi)部充有溫度為 飛的熱空氣，氣球外冷空氣的 溫度為Tb，已知空氣在1個(gè)大氣壓、溫度為 時(shí)的密度為 ，該氣球內(nèi)、外的氣壓始終都 為1個(gè)大氣壓，重力加速度大小為 g.(i)求該熱氣球所受浮力的大?。?ii)求該熱氣球內(nèi)空氣所受的重力；(iii)設(shè)充氣前熱氣球的質(zhì)量為m0,求充氣后它還能托起的最大質(zhì)量.【分析】(i)根據(jù)浮力的公式計(jì)算浮力的大小，此