2017年海南省高考物理真题试卷.pdf

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1、2017年海南省高考物理试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.L （4分）光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍.将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q.撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为（）A.n2 B.n C.D.1n2.（4分）关于静电场的电场线，下列说法正确的是（）A.电场强度较大的地方电场线一定较疏B.沿电场线方向，电场强度一定越来越小C.沿电场线方向，电势一定越来越低D.电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹3.（4分）汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在

2、地面上留下的痕迹称为刹车线.由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度.已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.8 0,测得刹车线长2 5 m.汽车在刹车前的瞬间的速度大小为（重力加速度g取10m/s2）（）A.10 m/s B.20 m/s C.30 m/s D.40 m/s4.（4分）如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态.现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动.关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T,下列判断正确的是（）A.F逐渐减小，T逐渐减小B.F逐渐增大，T逐渐减小C.F逐渐减小，T逐渐增大D.F逐渐增大，T逐渐

3、增大5.（4分）已知地球质量为月球质量的81倍，地球半径约为月球半径的4倍.若在月球和地球表面同样高度处，以相同的初速度水平抛出物体，抛出点与落地点间的水平距离分别为Sn和s地，则s月：s地约为（）A.9：4 B.6：1 C.3：2 D.1：16.（4分）将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略.a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Eki和Ek2.从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W i，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W 2.下列选项正确的是（）A.Eki=Ek2，Wi=W2 B.EkiEk2，Wi=W2C.EkiEk

4、2，W iEk2，W i入2 入3）.分别用这三束光照射同一种金属.已知用光束2照射时，恰能产生光电子.下列说法正确的是（）A.用光束1照射时，不能产生光电子B.用光束3照射时，不能产生光电子C.用光束2照射时，光越强，单位时间内产生的光电子数目越多D.用光束2照射时，光越强，产生的光电子的最大初动能越大8.（5分）如图，电阻R、电容C和电感L并联后，接入输出电压有效值、频率可调的交流电源.当电路中交流电的频率为f时，通过R、C和L的电流有效值恰好相等.若将频率降低为L，分别用1、12和L表示此时通过R、（：和L的电2流有效值，则（)RA.Ii l3 B.Ii l2 C.I3 l2 D.I2=

5、l39.（5 分）如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q 和 R,质量分别为m、2m和 3 m,物块与地面间的动摩擦因数都为山 用大小为F 的水平外力推动物块P,记 R 和 Q 之间相互作用力与Q 与 P 之间相互作用力大小之比为k.下列判断正确的是（）J P Q R/A.若（1#0,贝 U k=5 B.若 RW O,贝 U k=3 C.若（i=0,贝 U k=-L D.若|_i=0,6 5 2则 k=2510.（5 分）如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界（虚线）均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框 abed,其上、下两边均为磁场边界平行

6、，边长小于磁场上、下边界的间距.若线框自由下落，从 ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能（）/_ C口a bxxxxX X X XA.始终减小 B.始终不变 C.始终增加 D.先减小后增加三、实验题：本题共2 小题，共 18分.把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程.1 1.（6 分）某同学用游标卡尺分别测量金属圆管的内、外壁直径，游标卡尺的示数分别如图（a）和 图（b）所示.由图可读出，圆管内壁的直径为 c m,圆管外壁的直径为 cm；由此可计算出金属圆管横截面的面积.23 主尺 3 4 主尺口 山 卅I卅再口蕊 山|出出卅h山0 5 10谢

7、怀 0 5 10 册怀图（a）图（b）12.（12分）某同学用伏安法测量待测电阻的阻值.现有器材为:待测电阻R（阻值约为5。）电 源（电动势3V）滑动变阻器（阻值范围010Q）电流表（量程0.6A,3A电压表（量程3V,15V）开关，导线若干.实验要求在测量电路中将电流表外接，滑动变阻器起限流作用.回答下列问题:（1）按照实验要求在图（a）中画出实物连线图.图（a）（2）若已按实验要求接线，闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为3V,电流表的示数始终接近0.写 出 产 生 这 种 现 象 的 一 个 原 因:.（3）在连线正确后，闭合开关.电压表和电流表的示数分别如图（b）和 图

8、（c）所示.由图可知，电压表读数为 V,电流表读数为 A.由此可得待测电阻的阻值为 Q（结果保留3位有效数字）.图(b)图(c)四、计算题：本题共2小题，共26分.把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤.13.（1 0分）如图，两光滑平行金属导轨置于水平面（纸面）内，轨间距为I,左端连有阻值为R的电阻.一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域.已知金属杆以速度V。向右进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界（图中虚线位置）时速度恰好为零.金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好.除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计.

9、求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率.1 4.（1 6分）一轻弹簧的一端固定在倾角为e的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示.质量为3m的小物块b紧靠a静止在斜5面上，此时弹簧的压缩量为x o,从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动.经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x o.弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g.求（1）弹簧的劲度系数；（2）物块b加速度的大小；（3）在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式.选修3-3（12分）1 5.（4分）关于布朗运动，

10、下列说法正确的是（）A.布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动B.液体温度越高，液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈C.在液体中的悬浮颗粒只要大于某一尺寸，都会发生布朗运动D.液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子永不停息地做无规则运动E.液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡所引起的16.（8分）一粗细均匀的U形管ABCD的A端封闭，D端与大气相通.用水银将一定质量的理想气体封闭在U形管的AB-侧，并将两端向下竖直放置，如图所 示.此 时A B侧的气体柱长度li=2 5 cm.管 中AB、C D两侧的水银面高度差hi=5cm.现将U形管缓慢旋转180。，使A、D两端在上，在转动过程中没有

11、水银漏出.已知大气压强po=76cmHg.求旋转后，AB、CD两侧的水银面高度差.选修3-4（12分）17.如图，空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置；一细光束从空气中以某一角度e（o e Ek2，W i=W2C.EkiEk2，W iEk2，W iEk2，故B正确，A、C、D错误.故 选:B.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分.7.（5分）（2017海南）三束单色光1、2和3的波长分别为入1、入2和入3（入入2 入3）.分别用这三束光照射同一种金属.已知

12、用光束2照射时，恰能产生光电子.下列说法正确的是（）A.用光束1照射时，不能产生光电子B.用光束3照射时，不能产生光电子C.用光束2照射时，光越强，单位时间内产生的光电子数目越多D.用光束2照射时，光越强，产生的光电子的最大初动能越大【分析】根据波长与频率关系，结合光电效应发生条件：入射光的频率大于或等于极限频率，及依据光电效应方程，即可求解.【解答】解：AB、依据波长与频率的关系：入=工，因人工 入2 入3，那么V1V2y l3 B.Ii l2 C.1312 D.12=13【分析】电容器的特性是通交流隔直流，通高频阻低频.电感线圈的特性是通过直流阻交流，通低频阻高频率.通过电阻的电流与频率无

13、关.根据三种元件的特性分析.【解答】解：将频率降低时，通 过R的电流不变，电容器的容抗增大，通 过C的电流减小，则有li l2.电感线圈的感抗减小，通过L的电流增大，则有1312.故AD错误，BC正确.故选：BC9.（5分）（2017海南）如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R,质量分别为m、2m和3 m,物块与地面间的动摩擦因数都为山 用大小为F的水平外力推动物块P，记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k.下列判断正确的是（）/PQRA.若（1 W O,贝U k=B.若 piW O,贝U k=C.若 以=0,贝1 k=D.若 口=0,6 5 2则k=W5【分析】先用

14、整体法求出物体的合外力，进而求得加速度；然后再用隔离法对P、R两物体进行受力分析，利用牛顿第二定律即可求得k.【解答】解：三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；则加速度 J里 也;a 6m所以，R和Q之间相互作用力F=3ma+3 Q与P之间相互作用力1 5F?=F-NingFa=F-N mg F+ktmg=F;乙 b bF-F所以，k而;官 区；由于谈论过程与N是否为零无关，故 恒 成 立，故AC错误，BD正确；故选：BD.10.（5分）（2017海南）如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界（虚线）均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框a b e

15、 d,其上、下两边均为磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距.若线框自由下落，从a b边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能（）口a 1 Px x x x X X X XA.始终减小 B.始终不变 C.始终增加 D.先减小后增加【分析】ab边进入磁场切割磁感线产生感应电流，线 框ab边受到安培力，根据受力分析判断出导体框的运动即可判断【解答】解：A、导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁场产生感应电流，根据左手定则可知a b边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流,此时只受重

16、力，做加速运动，故先减速后加速运动，故A错误、D正确；B、当ab边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动,故A错误；C、当ab边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速增大的加速运动，故加速运动，故C正确；故选：CD三、实验题：本 题共 2 小题，共 18分.把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程.1L（6分）（2017海南）某同学用游标卡尺分别测量金属圆管的内、外壁直径,游标卡尺的示数分别如图（a）和 图（b）所示.由图可读

17、出，圆管内壁的直径为，c m,圆管外壁的直径为 c m；由此可计算出金属圆管横截面的面积.i Rcm标游图【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读.【解答】解：图a 中游标卡尺的主尺读数为22mm,游标尺上第3 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3X0.1mm=0.3mm,所以最终读数为：22mm+0.3mm=22.3mm=2.23cm.图b 中游标卡尺的主尺读数为29mm,游标尺上第9 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所 以 游 标 读 数 为 9 X 0.1mm=0.9mm,所 以 最 终 读 数 为：29mm+0.9mm=29.9mm=2.99cm

18、.故答案为:2.23,2.99.12.（12分）（2017海南）某同学用伏安法测量待测电阻的阻值.现有器材为：待测电阻R（阻值约为5。）电 源（电动势3V）滑动变阻器（阻值范围。10Q）电流表（量程0.6A,3A电压表（量程3V,15V）开关，导线若干.实验要求在测量电路中将电流表外接，滑动变阻器起限流作用.回答下列问题:（1）按照实验要求在图（a）中画出实物连线图.（2）若已按实验要求接线，闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为3 V,电流表的示数始终接近0.写出产生这种现象的一个原因：待测电阻R 断 路.（3）在连线正确后，闭合开关.电压表和电流表的示数分别如图（b）和 图（

19、c）所示.由图可知，电压表读数为2.20 V,电流表读数为0.48 A.由此可得待测电阻的阻值为4.58 Q（结果保留3 位有效数字）.【分析】（1）电流表采用外接，滑动变阻器采用限流法，按照要求连接实物图.（2）抓住电压表的示数始终约为3 V,电流表的示数始终接近0,即电压表所测的电压等于电源电压，从而分析故障的原因.（3）根据表头读出电压表、电流表的读数，结合欧姆定律求出待测电阻的大小.【解答】解：（1）因为电源电动势为3 V,则电压表的量程选用3 V,根据欧姆定律知，电流的最大值大约0.6A,则电流表量程选择0.6A,根据实物图进行连线.（2）闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数

20、始终约为3 V,电流表的示数始终接近0,产生这种现象的原因是待测电阻R 断路，由于电压表内阻非常大，导致电流表电流接近0,电压表电压测得是电源电压.（3）由图可知，电压表的读数为2.20V,电流表的读数为0.48A,根据欧姆定律得，待测电阻58Q.I 0.48故答案为：（1）如图所示，（2）待测电阻R 断路，（3）2.20,0.48,4.58.四、计算题：本题共2 小题，共 26分.把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤.13.（10分）（2017海南）如图，两光滑平行金属导轨置于水平面（纸面）内，轨间距为I,左端连有阻值为R 的电阻.一金属杆置于导轨上，金属

21、杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域.已知金属杆以速度v o向右进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界（图中虚线位置）时速度恰好为零.金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好.除左端所连电阻外,其他电阻忽略不计.求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率.【分析】依据法拉第电磁感应定律，求解感应电动势，再结合闭合电路欧姆定律,及安培力表达式，再依据运动学公式，求得中间位置的速度，从而确定安培力大小，最后根据功率表达式，即可求解.【解答】解：由题意可知，开始时导体棒产生的感应电动势为：E=B l v o，依据闭合电路欧姆定律，则电路中电流为：1=巴

22、 曳，R2 2再由安培力公式有：F=B II=B_12；RR44设导体棒的质量为m,则导体棒在整个过程中的加速度为：m Rm设导体棒由开始到停止的位移为x,由运动学公式：0=2a2V o2oaV-2X=得解故正中间离开始的位移为：x 产 粤4 B212设导体棒在中间的位置时的速度为v,由运动学公式有：v 2-v 0 2=2 a x 中解得：丫=返丫02 V。则导体棒运动到中间位置时，所受到的安培力为：2 1 2 V 0F=B II=-2.；2 R导体棒电流的功率为:L 2 2答：金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小I2B 1 V。,及此时电流2 R出2 2s 1 1 V n的功率-2

23、R1 4.（1 6分）（2 0 1 7海南）一轻弹簧的一端固定在倾角为6的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示.质量为0m的小物块b紧5靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x o,从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动.经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x o.弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g.求（1）弹簧的劲度系数；（2）物块b加速度的大小；【分析】（1）对整体分析，根据平衡条件和胡克定律即可求得劲度系数；（2）分析物体的运动过程，根据运动学规律可明确分离时的位移，从而确定对应的形变

24、量；再根据牛顿第二定律即可求得加速度的大小；（3）对整体进行分析，根据牛顿第二定律列式即可求得拉力随时间变化的表达式.【解答】解：(1)对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：kxo=(m+2jn)gsin05解得：k=8 m g s in 9(1)5x。(2)由题意可知，b经两段相等的时间位移为xo；由匀变速直线运动相临相等时间内位移关系的规律可知：工 工 (2)x0 4说明当形变量为xi=x。-也 也 时 二 者 分 离；4 4对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kxi-mgsin0=ma(3)联 立(1)(2)(3)解得：a_gsi

25、n 8a-5(3)设时间为t,则经时间t时，ab前进的位移x=t2=gsinB t22 10则形变量变为：Ax=x0-x对整体分析可知，由牛顿第二定律有：由t2解得:F+kAx-(m+m)gsin0=(m+m)a5 52 2解得：F=J-mgsine+4m g s i n9 t2 因分离时位移 x=0_25 25x0 4答:(1)弹簧的劲度系数为8mgsin6；5x。（2）物块b 加速度的大小为gsinS；5（3）在 物 块 a、b分 离 前，外 力 大 小 随 时 间 变 化 的 关 系 式F=-5-mgsin9+m g sn_ t2（t J x0）25 25XQ V2gsin6 选修3-3

26、（12分）15.（4 分）（2017海南）关于布朗运动，下列说法正确的是（）A.布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动B.液体温度越高，液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈C.在液体中的悬浮颗粒只要大于某一尺寸，都会发生布朗运动D.液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子永不停息地做无规则运动E.液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡所引起的【分析】布朗运动是悬浮在液体中微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的；液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈.【解答】解：A、布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动，故A 正确.B、液体温度越高，分子

27、热运动越激烈，液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈，故B 正确.C、悬浮颗粒越大，惯性越大，碰撞时受到冲力越平衡，所以大颗粒不做布朗运动，故 C 错误.D、布朗运动是悬浮在液体中颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，故 D 错误.E、布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮颗粒撞击作用的不平衡引起的，故E 正确.故选:ABE16.（8 分）（2017海南）一粗细均匀的U 形管ABCD的A 端封闭，D 端与大气相通.用水银将一定质量的理想气体封闭在U 形管的AB 一侧，并将两端向下竖直放置，如图所示.此时AB侧的气体柱长度k=25cm.管中AB、CD两侧的水银面高度差h i=5 cm.现将U形管缓慢

28、旋转180。，使A、D两端在上，在转动过程中没有水银漏出.已知大气压强po=76cmHg.求旋转后，AB、CD两侧的水银面高度差.【分析】对封闭气体研究，已知初状态的体积、压强，结合玻意耳定律，通过体积变化导致压强变化求出旋转后，AB、CD两侧的水银面高度差.【解答】解：对封闭气体研究，初状态时，压强为：Pi=po+hi=76+5cmHg=81cmHg,体积为:Vi=lis,设旋转后，气体长度增大*,则高度差变为(5-2 Z x)c m,此时气体的压强为:P2=po (5-2 A x)=(71+2Ax)cm H g,体积为：V2=(25+A x)s,根据玻意耳定律得:piVi=p2V2，即：(

29、81X25)=(71+2Ax)(25+A x)解 得:x=2cm,根据几何关系知，AB、CD两侧的水银面高度差为：h=5-2Ax=lcm.答:AB、CD两侧的水银面高度差为1cm.选修3-4(12分)17.(2017海南)如图，空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置；一细光束从空气中以某一角度0(0 0 3m、4m、5 m.合振动振幅极小的质点的x 坐标为1.5m、2.5m3.5m 4.5m.答：(i)质点P、。开始振动的时刻之差为0.05s.(ii)两列波在x=lm 和 x=5m之间引起的合振动振幅极大的质点的x 坐标为:2m、3m、3m、4m、5m.合振动振幅极小的质点的x 坐标为1.5m、2.5m、3.5m、4.5m.