2017年高考物理試卷（新課標(biāo)Ⅰ）（解析卷）

第頁(yè)|共頁(yè)2017年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)Ⅰ）參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)是符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分．有選錯(cuò)的得0分．1．（6分）將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為（噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略）（）A．30kg?m/s B．5.7×102kg?m/s C．6.0×102kg?m/s D．6.3×102kg?m/s 【考點(diǎn)】53：動(dòng)量守恒定律．【專(zhuān)題】32：定量思想；43：推理法；52K：動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合．【分析】在噴氣的很短時(shí)間內(nèi)，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，結(jié)合動(dòng)量守恒定律求出燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g火箭的動(dòng)量大小?！窘獯稹拷猓洪_(kāi)始總動(dòng)量為零，規(guī)定氣體噴出的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律得，0=m1v1+P，解得火箭的動(dòng)量P=﹣m1v1=﹣0.05×600kg?m/s=﹣30kg?m/s，負(fù)號(hào)表示方向，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律的基本運(yùn)用，知道噴出燃?xì)獾膭?dòng)量和火箭的動(dòng)量大小相等，方向相反，基礎(chǔ)題。2．（6分）發(fā)球機(jī)從同一高度向正前方依次水平射出兩個(gè)速度不同的乒乓球（忽略空氣的影響）。速度較大的球越過(guò)球網(wǎng)，速度較小的球沒(méi)有越過(guò)球網(wǎng)；其原因是（）A．速度較小的球下降相同距離所用的時(shí)間較多 B．速度較小的球在下降相同距離時(shí)在豎直方向上的速度較大 C．速度較大的球通過(guò)同一水平距離所用的時(shí)間較少 D．速度較大的球在相同時(shí)間間隔內(nèi)下降的距離較大 【考點(diǎn)】43：平拋運(yùn)動(dòng)．【專(zhuān)題】31：定性思想；43：推理法；518：平拋運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題．【分析】平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，抓住水平方向相等時(shí)，通過(guò)時(shí)間關(guān)系得出下降的高度，從而分析判斷?！窘獯稹拷猓喊l(fā)球機(jī)發(fā)出的球，速度較大的球越過(guò)球網(wǎng)，速度度較小的球沒(méi)有越過(guò)球網(wǎng)，原因是發(fā)球機(jī)到網(wǎng)的水平距離一定，速度大，則所用的時(shí)間較少，球下降的高度較小，容易越過(guò)球網(wǎng)，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由高度決定，初速度和時(shí)間共同決定水平位移。3．（6分）如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上（與紙面平行），磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。三個(gè)帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma，mb，mc．已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是（）A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma 【考點(diǎn)】CM：帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專(zhuān)題】32：定量思想；43：推理法；537：帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題．【分析】由粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律得到其合外力情況，再對(duì)粒子進(jìn)行受力分析即可求解?！窘獯稹拷猓何⒘Ｊ苤亓、電場(chǎng)力F、洛倫茲力F'的作用，三個(gè)帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，那么微粒所受電場(chǎng)力F大小相等，方向豎直向上；a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則a的重力等于電場(chǎng)力，即F=Ga=mag；b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則b受力平衡，因?yàn)橹亓Ψ较蜇Q直向下，洛倫茲力方向豎直向上，則有F+F′b=Gb=mbg；c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則c受力平衡，且洛倫茲力方向向下，則有：F﹣F′c=Gc=mcg所以，mb＞ma＞mc，故ACD錯(cuò)誤，B正確；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力的方向用左手定則判斷，然后再分析粒子的受力情況，進(jìn)而應(yīng)用牛頓第二定律聯(lián)系粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，進(jìn)而求解。4．（6分）大科學(xué)工程“人造太陽(yáng)”主要是將氘核聚變反應(yīng)釋放的能量用來(lái)發(fā)電，氘核聚變反應(yīng)方程是：H+H→He+n，已知H的質(zhì)量為2.0136u，He的質(zhì)量為3.0150u，n的質(zhì)量為1.0087u，1u=931MeV/c2．氘核聚變反應(yīng)中釋放的核能約為（）A．3.7MeV B．3.3MeV C．2.7MeV D．0.93MeV 【考點(diǎn)】JI：愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程．【專(zhuān)題】31：定性思想；43：推理法；54P：愛(ài)因斯坦的質(zhì)能方程應(yīng)用專(zhuān)題．【分析】根據(jù)已知核反應(yīng)方程式，要計(jì)算釋放的核能，就必須知道核反應(yīng)虧損的質(zhì)量，根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程△E=△mC2即可求出核反應(yīng)釋放的能量。【解答】解：因氘核聚變的核反應(yīng)方程為：H+H→He+n；核反應(yīng)過(guò)程中的質(zhì)量虧損為△m=2mH﹣（mHe+mn）=0.0035u釋放的核能為△E=△mc2=0.0035uc2=3.3MeV，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】只要對(duì)近代原子物理有所了解即可，需要深入理解的東西不是太多。所以要多讀教材，適量做些中低檔題目即可。5．（6分）掃描隧道顯微鏡（STM）可用來(lái)探測(cè)樣品表面原子尺寸上的形貌，為了有效隔離外界震動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng)，在圓底盤(pán)周邊沿其徑向?qū)ΨQ(chēng)地安裝若干對(duì)紫銅薄板，并施加磁場(chǎng)來(lái)快速衰減其微小震動(dòng)，如圖所示，無(wú)擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒磁場(chǎng)；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對(duì)于紫銅薄板上下及其左右震動(dòng)的衰減最有效的方案是（）A． B． C． D． 【考點(diǎn)】D8：法拉第電磁感應(yīng)定律．【專(zhuān)題】31：定性思想；43：推理法；53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】根據(jù)電磁感應(yīng)原理，結(jié)合楞次定律的阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)角度，及產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，即可判定?！窘獯稹拷猓寒?dāng)加恒定磁場(chǎng)后，當(dāng)紫銅薄板上下及左右振動(dòng)時(shí)，導(dǎo)致穿過(guò)板的磁通量變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)磁場(chǎng)進(jìn)而阻礙板的運(yùn)動(dòng)，而B(niǎo)C選項(xiàng)，只能上下振動(dòng)時(shí)，才有磁通量變化，左右振動(dòng)，卻沒(méi)有磁通量變化，因此只有A選項(xiàng)穿過(guò)板的磁通量變化，故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】考查電磁感應(yīng)原理，掌握楞次定律中阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)，理解磁通量的含義，及感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件。6．（6分）如圖，三根相互平行的固定長(zhǎng)直導(dǎo)線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反。下列說(shuō)法正確的是（）A．L1所受磁場(chǎng)作用力的方向與L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁場(chǎng)作用力的方向與L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為1：1： D．L1、L2和L3單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為：：1 【考點(diǎn)】C6：通電直導(dǎo)線和通電線圈周?chē)艌?chǎng)的方向；CC：安培力．【專(zhuān)題】31：定性思想；43：推理法；53D：磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用．【分析】依據(jù)右手螺旋定則判定各導(dǎo)線在其他位置的磁場(chǎng)方向，再結(jié)合矢量的合成法則，即可判定合磁場(chǎng)方向，最后根據(jù)左手定則，從而確定其位置的受到磁場(chǎng)力方向；因所通的電流相等，那么單位長(zhǎng)度的磁場(chǎng)力之比，即為各自所處的磁場(chǎng)之比?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)右手螺旋定則，結(jié)合矢量的合成法則，則L2、L3通電導(dǎo)線在L1處的磁場(chǎng)方向如下圖所示，再根據(jù)左手定則，那么L1所受磁場(chǎng)作用力的方向與L2、L3所在平面平行，故A錯(cuò)誤；B、同理，根據(jù)右手螺旋定則，結(jié)合矢量的合成法則，則L2、L1通電導(dǎo)線在L3處的磁場(chǎng)方向如下圖所示，再根據(jù)左手定則，那么L3所受磁場(chǎng)作用力的方向與L2、L1所在平面垂直，故B正確；CD、由A選項(xiàng)分析，可知，L1、L3通電導(dǎo)線在L2處的合磁場(chǎng)大小與L2、L3通電導(dǎo)線在L1處的合磁場(chǎng)相等，設(shè)各自通電導(dǎo)線在其他兩點(diǎn)的磁場(chǎng)大小為B，那么L1、L2和L3三處磁場(chǎng)之比為1：1：，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】考查右手螺旋定則與左手定則的內(nèi)容，掌握矢量的合成法則，理解幾何關(guān)系，及三角知識(shí)的運(yùn)用。7．（6分）在一靜止點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，任一點(diǎn)的電勢(shì)φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示。電場(chǎng)中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別Ea、Eb、Ec和Ed，點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離ra與點(diǎn)a的電勢(shì)φa已在圖中用坐標(biāo)（ra，φa）標(biāo)出，其余類(lèi)推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，在相鄰兩點(diǎn)間移動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd．下列選項(xiàng)正確的是（）A．Ea：Eb=4：1 B．Ec：Ed=2：1 C．Wab：Wbc=3：1 D．Wbc：Wcd=1：3 【考點(diǎn)】AG：電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系．【專(zhuān)題】34：比較思想；4D：比例法；532：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題．【分析】由點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E=可求場(chǎng)強(qiáng)之比；利用公式Uab=φa﹣φb和W=qU分別計(jì)算電場(chǎng)力做的功，從而求電場(chǎng)力做功之比。【解答】解：A、由點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E=可得：Ea：Eb=：=4：1，故A正確；B、由點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E=可得：Ec：Ed=：=4：1，故B錯(cuò)誤；C、從a到b電場(chǎng)力做功為：Wab=qUab=q（φa﹣φb）=q（6﹣3）=3q，從b到c電場(chǎng)力做功為：Wbc=qUbc=q（φb﹣φc）=q（3﹣2）=q，所以有：Wab：Wbc=3：1，故C正確；D、從c到d電場(chǎng)力做功為：Wcd=qUcd=q（φc﹣φd）=q（2﹣1）=q，所以Wbc：Wcd=1：1，故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】解答此題的關(guān)鍵是正確理解點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E=和W=qU，知道電勢(shì)差等于兩點(diǎn)電勢(shì)之差。8．（6分）如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N．初始時(shí)，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角α（α＞）?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變，在OM由豎直被拉到水平的過(guò)程中（）A．MN上的張力逐漸增大 B．MN上的張力先增大后減小 C．OM上的張力逐漸增大 D．OM上的張力先增大后減小 【考點(diǎn)】2G：力的合成與分解的運(yùn)用；3C：共點(diǎn)力的平衡．【專(zhuān)題】31：定性思想；42：等效替代法；527：共點(diǎn)力作用下物體平衡專(zhuān)題．【分析】整個(gè)拉動(dòng)過(guò)程中，小球的重力不變，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件分析?！窘獯稹拷猓阂灾匚餅檠芯繉?duì)象，受重力mg，OM繩上拉力F1，MN上拉力F2，由題意知，三個(gè)力合力始終為零，矢量三角形如圖所示，在F2轉(zhuǎn)至水平的過(guò)程中，MN上的張力F1逐漸增大，OM上的張力F2先增大后減小，所以A、D正確；B、C錯(cuò)誤。故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查共點(diǎn)力的平衡條件，這種問(wèn)題一般要抓住不變的量，然后去分析變化的量。在本題中，小球的重力大小和方向都不變，抓住這一點(diǎn)，然后去分析另外兩個(gè)力的變化情況，這樣有理有據(jù)。二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分．第9～32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第33～38題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題（共129分）9．（5分）某探究小組為了研究小車(chē)在桌面上的直線運(yùn)動(dòng)，用自制“滴水計(jì)時(shí)器”計(jì)量時(shí)間。實(shí)驗(yàn)前，將該計(jì)時(shí)器固定在小車(chē)旁，如圖（a）所示。實(shí)驗(yàn)時(shí)，保持桌面水平，用手輕推一下小車(chē)。在小車(chē)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，滴水計(jì)時(shí)器等時(shí)間間隔地滴下小水滴，圖（b）記錄了桌面上連續(xù)6個(gè)水滴的位置。（已知滴水計(jì)時(shí)器每30s內(nèi)共滴下46個(gè)小水滴）（1）由圖（b）可知，小車(chē)在桌面上是從右向左（填“從右向左”或“從左向右”）運(yùn)動(dòng)的。（2）該小組同學(xué)根據(jù)圖（b）的數(shù)據(jù)判斷出小車(chē)做勻變速運(yùn)動(dòng)。小車(chē)運(yùn)動(dòng)到圖（b）中A點(diǎn)位置時(shí)的速度大小為0.19m/s，加速度大小為0.038m/s2．（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】M5：測(cè)定勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度．【專(zhuān)題】13：實(shí)驗(yàn)題；23：實(shí)驗(yàn)探究題；32：定量思想；43：推理法；511：直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專(zhuān)題．【分析】依據(jù)小車(chē)在手輕推一下，則做減速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合各點(diǎn)間距，即可判定運(yùn)動(dòng)方向；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過(guò)程中的平均速度，可以求出打紙帶上C點(diǎn)時(shí)小車(chē)的瞬時(shí)速度大小?！窘獯稹拷猓海?）由于用手輕推一下小車(chē)，則小車(chē)做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)桌面上連續(xù)6個(gè)水滴的位置，可知，小車(chē)從右向左做減速運(yùn)動(dòng)；（2）已知滴水計(jì)時(shí)器每30s內(nèi)共滴下46個(gè)小水滴，那么各點(diǎn)時(shí)間間隔為：T=s=s根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過(guò)程中的平均速度，有：vA=m/s=0.19m/s，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式△x=aT2可以求出加速度，得：a=m/s2=﹣0.038m/s2，那么加速度的大小為0.038m/s2。故答案為：（1）從右向左；（2）0.19，0.038?！军c(diǎn)評(píng)】要提高應(yīng)用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實(shí)驗(yàn)問(wèn)題的能力，在平時(shí)練習(xí)中要加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)的理解與應(yīng)用。10．（10分）某同學(xué)研究小燈泡的伏安特性，所使用的器材有：小燈泡L（額定電壓3.8V，額定電流0.32A）電壓表V（量程3V，內(nèi)阻3kΩ）電流表A（量程0.5A，內(nèi)阻0.5Ω）固定電阻R0（阻值1000Ω）滑動(dòng)變阻器R（阻值0～9.0Ω）電源E（電動(dòng)勢(shì)5V，內(nèi)阻不計(jì)）開(kāi)關(guān)S；導(dǎo)線若干。（1）實(shí)驗(yàn)要求能夠?qū)崿F(xiàn)在0～3.8V的范圍內(nèi)對(duì)小燈泡的電壓進(jìn)行測(cè)量，畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路原理圖。（2）實(shí)驗(yàn)測(cè)得該小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示。由實(shí)驗(yàn)曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻增大（填“增大”“不變”或“減小”），燈絲的電阻率增大（填“增大”“不變”或“減小”）。（3）用另一電源E0（電動(dòng)勢(shì)4V，內(nèi)阻1.00Ω）和題給器材連接成圖（b）所示的電路圖，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R的阻值，可以改變小燈泡的實(shí)際功率。閉合開(kāi)關(guān)S，在R的變化范圍內(nèi)，小燈泡的最小功率為0.41W，最大功率為1.17W．（結(jié)果均保留2位小數(shù)）【考點(diǎn)】N5：描繪小電珠的伏安特性曲線．【專(zhuān)題】13：實(shí)驗(yàn)題；23：實(shí)驗(yàn)探究題；31：定性思想；46：實(shí)驗(yàn)分析法；535：恒定電流專(zhuān)題．【分析】（1）明確實(shí)驗(yàn)原理，根據(jù)實(shí)驗(yàn)中給出的儀器分析滑動(dòng)變阻器以及電流表接法；（2）根據(jù)I﹣U圖象的性質(zhì)進(jìn)行分析，明確電阻隨電流變化的規(guī)律，從而明確電阻率的變化情況；（3）分析滑動(dòng)變阻器接入電阻的變化，作出等效電源的伏安特性曲線，得出對(duì)應(yīng)的電流值和電壓值，從而明確燈泡功率的極值?！窘獯稹拷猓海?）因本實(shí)驗(yàn)需要電流從零開(kāi)始調(diào)節(jié)，因此應(yīng)采用滑動(dòng)變阻器分壓接法；因燈泡內(nèi)阻與電流表內(nèi)阻接近，故應(yīng)采用電流表外接法；另外為了擴(kuò)大電壓表量程，應(yīng)用R0和電壓表串聯(lián)，故原理圖如圖所示；（2）I﹣U圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，由圖可知，圖象的斜率隨電壓的增大而減小，故說(shuō)明電阻隨電流的增大而增大；其原因是燈絲的電阻率隨著電流的增大而增大；（3）當(dāng)滑動(dòng)變阻器阻值全部接入時(shí)，燈泡的功率最小，將R等效為電源內(nèi)阻，則電源電動(dòng)勢(shì)為4V，等效內(nèi)阻為10Ω；則有：U=4﹣10I；作出電源的伏安特性曲線如圖a中實(shí)線所示；由圖可知，燈泡電壓為U=1.8V，電流I=230mA=0.23A，則最小功率P=UI=1.8×0.23=0.41W；當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電阻為零時(shí)，燈泡消耗的功率最大；此時(shí)電源的內(nèi)阻為1.0Ω，作出電源的伏安特性曲線如圖a中虛線所示；如圖a可知，此時(shí)電壓為3.70V，電流為320mA=0.32A；則可知最大功率Pmax=U'I'=3.70×0.32=1.18W。故答案為：（1）如圖所示；（2）增大；增大；（3）0.41；1.18?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查燈泡伏安特性曲線的描繪實(shí)驗(yàn)，要注意明確實(shí)驗(yàn)原理，知道實(shí)驗(yàn)中數(shù)據(jù)分析的基本方法，注意在分析功率時(shí)只能根據(jù)圖象進(jìn)行分析求解，不能利用歐姆定律進(jìn)行分析。11．（12分）一質(zhì)量為8.00×104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105m處以7.5×103m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100m/s時(shí)下落到地面。取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，在飛船下落過(guò)程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8m/s2．（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）（1）分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能；（2）求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過(guò)程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時(shí)速度大小的2.0%?！究键c(diǎn)】65：動(dòng)能定理；6C：機(jī)械能守恒定律．【專(zhuān)題】32：定量思想；43：推理法．【分析】（1）機(jī)械能等于重力勢(shì)能和動(dòng)能之和，可以得出兩處的機(jī)械能；（2）根據(jù)動(dòng)能定理計(jì)算克服阻力做功?！窘獯稹拷猓?.60×105m處的速度為v1，600m處的速度為v2，落地前的速度為v3（1）落地時(shí)的重力勢(shì)能為零，動(dòng)能為Ek2=m=×8×104×1002J=4.0×108J；進(jìn)入大氣層的機(jī)械能E=Ek1+Ep1=m+mgH=2.4×1012J；（2）此時(shí)的速度大小為v2=7.5×103×0.02m/s=150m/s；從600m處到落地之間，重力做正功，阻力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理mgh﹣Wf=mv32﹣mv22代入數(shù)據(jù)，可得Wf=9.7×108J答：（1）落地瞬間的機(jī)械能為4.0×108J；進(jìn)入大氣層的機(jī)械能為2.4×1012J；（2）克服阻力做功為9.7×108J?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了機(jī)械能的計(jì)算和動(dòng)能定理的應(yīng)用，掌握相關(guān)的公式是解題的關(guān)鍵。12．（20分）真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0，在油滴處于位置A時(shí)，將電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時(shí)間t1后，又突然將電場(chǎng)反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。重力加速度大小為g。（1）油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度；（2）求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。粸楸ＷC后來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來(lái)的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件。已知不存在電場(chǎng)時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍?！究键c(diǎn)】39：牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用；AG：電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系．【專(zhuān)題】11：計(jì)算題；22：學(xué)科綜合題；32：定量思想；4C：方程法；532：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題．【分析】（1）分析油滴的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，可知其先進(jìn)行向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A處后因電場(chǎng)強(qiáng)度突然增大而開(kāi)始做向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)t1后電場(chǎng)突然反向，油滴開(kāi)始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，并可能在速度減為零后做反向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。對(duì)電場(chǎng)增大后的兩個(gè)過(guò)程分別列出牛頓第二定律方程，即可求得兩個(gè)過(guò)程中的加速度，而t1又是一個(gè)已知量，那么直接使用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求出vB的速度大小；（2）因?yàn)橛偷巫詈罂赡茏龇聪虻膭蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)，因此我們不能確定B點(diǎn)的位置究竟在A點(diǎn)上方還是A點(diǎn)下方，故需要分為兩種情況討論。對(duì)其中每一種情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列出方程，并與豎直上拋的方程進(jìn)行聯(lián)立，即可分別求得兩種情況下的場(chǎng)強(qiáng)E2的大小；而根據(jù)題意，為求出t1與v0滿足的條件，只需要使E2＞E1即可，那么就可以最終求得t1與v0間的關(guān)系式。【解答】解：（1）方法一：設(shè)油滴質(zhì)量為m，帶電荷量為q，增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度為E2，根據(jù)題中條件可以判斷電場(chǎng)力與重力方向相反；對(duì)于勻速運(yùn)動(dòng)階段，有qE1=mg…①對(duì)于場(chǎng)強(qiáng)突然增大后的第一段t1時(shí)間，由牛頓第二定律得：qE2﹣mg=ma1…②對(duì)于場(chǎng)強(qiáng)第二段t1時(shí)間，由牛頓第二定律得：qE2+mg=ma2…③由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，可得油滴在電場(chǎng)反向時(shí)的速度為：v1=v0+a1t1④油滴在B的速度為：vB=v1﹣a2t1⑤聯(lián)立①至⑤式，可得：vB=v0﹣2gt1；方向向上；方法二：選向上為正方向，由動(dòng)量定理有：﹣mg×2t+qE1t﹣qE1t=mv﹣mv0解得：vB=v0﹣2gt1；方向向上；（2）設(shè)無(wú)電場(chǎng)時(shí)豎直上拋的最大高度為h，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有：v02=2gh…⑥根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可得：v0t1+…⑦v1t1﹣…⑧油滴運(yùn)動(dòng)有兩種情況：情況一：位移之和x1+x2=⑨聯(lián)立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑨可得：E2=E1+由題意得E2＞E1，即滿足條件，即當(dāng)或才是可能的；情況二：位移之和x1+x2=﹣⑩聯(lián)立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑩可得：E2=E1+由題意得E2＞E1，即滿足條件，即，另一解為負(fù)，不合題意，舍去。答：（1）油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為v0﹣2gt1；（2）增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E1+，t1和v0應(yīng)滿足的條件為或；或E1+；相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件為?！军c(diǎn)評(píng)】有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可以從兩條線索展開(kāi)：其一，力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系。根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關(guān)系。根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定理進(jìn)行解答。（二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。[物理--選修3-3]13．（5分）氧氣分子在0℃和100℃溫度下單位速率間隔的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比隨氣體分子速率的變化分別如圖中兩條曲線所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．圖中兩條曲線下面積相等 B．圖中虛線對(duì)應(yīng)于氧氣分子平均動(dòng)能較小的情形 C．圖中實(shí)線對(duì)應(yīng)于氧氣分子在100℃時(shí)的情形 D．圖中曲線給出了任意速率區(qū)間的氧氣分子數(shù)目 E．與0℃時(shí)相比，100℃時(shí)氧氣分子速率出現(xiàn)在0～400m/s區(qū)間內(nèi)的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比較大 【考點(diǎn)】88：分子運(yùn)動(dòng)速率的統(tǒng)計(jì)分布規(guī)律；89：溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志．【專(zhuān)題】31：定性思想；43：推理法；542：物體的內(nèi)能專(zhuān)題．【分析】溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，溫度升高分子的平均動(dòng)能增加，不同溫度下相同速率的分子所占比例不同，要注意明確圖象的意義是解題的關(guān)鍵。【解答】解：A、由題圖可知，在0℃和100℃兩種不同情況下各速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比與分子速率間的關(guān)系圖線與橫軸所圍面積都應(yīng)該等于1，即相等，故A正確；B、由圖可知，具有最大比例的速率區(qū)間，0℃時(shí)對(duì)應(yīng)的速率小，故說(shuō)明虛線為0℃的分布圖象，故對(duì)應(yīng)的平均動(dòng)能較小，故B正確；C、實(shí)線對(duì)應(yīng)的最大比例的速率區(qū)間內(nèi)分子動(dòng)能大，說(shuō)明實(shí)驗(yàn)對(duì)應(yīng)的溫度大，故為100℃時(shí)的情形，故C正確；D、圖中曲線給出了任意速率區(qū)間的氧氣分子占據(jù)的比例，但無(wú)法確定分子具體數(shù)目，故D錯(cuò)誤；E、由圖可知，0～400m/s段內(nèi)，100℃對(duì)應(yīng)的占據(jù)的比例均小于與0℃時(shí)所占據(jù)的比值，因此100℃時(shí)氧氣分子速率出現(xiàn)在0～400m/s區(qū)間內(nèi)的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比較小，故E錯(cuò)誤。故選：ABC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了分子運(yùn)動(dòng)速率的統(tǒng)計(jì)分布規(guī)律，記住圖象的特點(diǎn)，知道橫坐標(biāo)表示的是分子數(shù)目所占據(jù)的比例，同時(shí)明確溫度與分子平均動(dòng)能間的關(guān)系。14．（10分）如圖，容積均為V的汽缸A、B下端有細(xì)管（容積可忽略）連通，閥門(mén)K2位于細(xì)管的中部，A、B的頂部各有一閥門(mén)K1、K3，B中有一可自由滑動(dòng)的活塞（質(zhì)量、體積均可忽略）。初始時(shí)，三個(gè)閥門(mén)均打開(kāi)，活塞在B的底部；關(guān)閉K2、K3，通過(guò)K1給汽缸充氣，使A中氣體的壓強(qiáng)達(dá)到大氣壓p0的3倍后關(guān)閉K1．已知室溫為27℃，汽缸導(dǎo)熱。（i）打開(kāi)K2，求穩(wěn)定時(shí)活塞上方氣體的體積和壓強(qiáng)；（ii）接著打開(kāi)K3，求穩(wěn)定時(shí)活塞的位置；（iii）再緩慢加熱汽缸內(nèi)氣體使其溫度升高20℃，求此時(shí)活塞下方氣體的壓強(qiáng)?！究键c(diǎn)】99：理想氣體的狀態(tài)方程；9K：封閉氣體壓強(qiáng)．【專(zhuān)題】11：計(jì)算題；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想氣體狀態(tài)方程專(zhuān)題．【分析】（i）分析打開(kāi)K2之前和打開(kāi)K2后，A、B缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)、體積和溫度，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程列方程求解；（ⅱ）打開(kāi)K3，分析活塞下方氣體壓強(qiáng)會(huì)不會(huì)降至p0，確定活塞所處位置；（ⅲ）緩慢加熱汽缸內(nèi)氣體使其溫度升高，等容升溫過(guò)程，由求解此時(shí)活塞下方氣體的壓強(qiáng)。【解答】解：（i）打開(kāi)K2之前，A缸內(nèi)氣體pA=3p0，B缸內(nèi)氣體pB=p0，體積均為V，溫度均為T(mén)=（273+27）K=300K，打開(kāi)K2后，B缸內(nèi)氣體（活塞上方）等溫壓縮，壓縮后體積為V1，A缸內(nèi)氣體（活塞下方）等溫膨脹，膨脹后體積為2V﹣V1，活塞上下方壓強(qiáng)相等均為p1，則：對(duì)A缸內(nèi)（活塞下方）氣體：3p0V=p1（2V﹣V1），對(duì)B缸內(nèi)（活塞上方）氣體：p0V=p1V1，聯(lián)立以上兩式得：p1=2p0，V1=；即穩(wěn)定時(shí)活塞上方體積為，壓強(qiáng)為2p0；（ⅱ）打開(kāi)K3，活塞上方與大氣相連通，壓強(qiáng)變?yōu)閜0，則活塞下方氣體等溫膨脹，假設(shè)活塞下方氣體壓強(qiáng)可降為p0，則降為p0時(shí)活塞下方氣體體積為V2，則3p0V=p0V2，得V2=3V＞2V，即活塞下方氣體壓強(qiáng)不會(huì)降至p0，此時(shí)活塞將處于B氣缸頂端，缸內(nèi)氣壓為p2，3p0V=p2×2V，得p2=，即穩(wěn)定時(shí)活塞位于氣缸最頂端；（ⅲ）緩慢加熱汽缸內(nèi)氣體使其溫度升高，等容升溫過(guò)程，升溫后溫度為T(mén)3=（300+20）K=320K，由得：p3=1.6p0，即此時(shí)活塞下方壓強(qiáng)為1.6p0。答：（i）打開(kāi)K2，穩(wěn)定時(shí)活塞上方氣體的體積為，壓強(qiáng)為2p0；（ii）打開(kāi)K3，穩(wěn)定時(shí)位于氣缸最頂端；（iii）緩慢加熱汽缸內(nèi)氣體使其溫度升高20℃，此時(shí)活塞下方氣體的壓強(qiáng)為1.6p0?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了理想氣體的狀態(tài)方程；解答此類(lèi)問(wèn)題的方法是：找出不同狀態(tài)下的三個(gè)狀態(tài)參量，分析理想氣體發(fā)生的是何種變化，利用理想氣體的狀態(tài)方程列方程求解；本題要能用靜力學(xué)觀點(diǎn)分析各處壓強(qiáng)的關(guān)系，要注意研究過(guò)程中哪些量不變，哪些量變化，選擇合適的氣體實(shí)驗(yàn)定律解決問(wèn)題。[物理--選修3-4]15．如圖（a），在xy平面內(nèi)有兩個(gè)沿z方向做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的點(diǎn)波源S1（0，4）和S2（0，﹣2）。兩波源的振動(dòng)圖線分別如圖