2017浙江高考物理试题及答案

　　1.A

　　【解析】

　　试题分析：我国古代四大发明中，涉及到电磁现象应用的发明是指南针.

　　解：指南针利用地磁场使小磁针偏转来指示方向，涉及到磁现象，而我国古代四大发明中，造纸术、印刷术、火药不涉及电磁现象.故A正确.

　　故选A

　　【点评】本题考查对常识的了解程度，基础题.要重视知识的积累，加强记忆，不在基础题出错.

　　2.A

　　【解析】

　　试题分析：根据 可知，轨道半径相同时，运动周期也会相同，A正确;而速度，加速度都是矢量，既有大小又有方向，因此两颗卫星速度，和加速度大小相同，但方向不同，B、C错误，而向心力就是卫星受到的万有引力 ，两颗卫星的质量不同，因此向心力不同，D错误。

　　考点：万有引力与航天

　　3.D

　　【解析】

　　试题分析：单向的直线运动中位移的大小一定等于路程，故A错误;位移是矢量，而路程是标量，性质不同，故不能说位移就是路程，所以B错误;出租车是按路程大小来计费的，所以C错误;位移是从初位置指向末位置的有向线段，故D正确。

　　考点：本题考查位移和路程。

　　4.A

　　【解析】

　　试题分析：误差是在测量过程中产生的测量值与真实值这间的差异，这种差异不同于错误，它是在测量方法正确的情况下产生的，只可以减小，却不能避免.

　　解：A、一个物体长为123.6 cm，最后的一位：0. 6cm是估读的，所以采用的测量工具的最小刻度是厘米.故A正确;

　　B、0.92是两位有效数字，而0.920是三位有效数字，它们的含义是不同的.故B错误;

　　C、求多次测量的平均值是减小误差有效的方法之一，可以减小偶然误差，不能减小系统误差，故C错误;

　　D错误、有效数字是从第一个不为0的数字开始的，0.082是两位有效数字.故D错误.

　　故选：A.

　　【点评】误差与错误在产生原因上，及是否能避免等方面都存在着本质的区别，我们应充分认识二者的不同.

　　5.AC

　　【解析】

　　试题分析：由简谐运动的特点可知，振动物体经过同一位置，位移、加速度、速率、动能相同，速度方向可能相同，可能相反，选项B错误，选项A正确;根据简谐运动的对称性可得，选项D错误，选项C正确;故选AC。

　　考点：此题是对简谐振动规律的考查;要知道简谐振动中加速度和位移具有正比反向的关系;振动物体经过同一位置，位移、加速度、速率、动能相同，速度方向可能相同，可能相反;简谐振动具有对称性.

　　6.D

　　【解析】

　　试题分析：地球同步卫星即地球同步轨道卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，其运行轨道是位于地球赤道平面上的圆形轨道，所以北斗导航卫星不可能与东经110.5°的经线平面重合，而成都不在赤道上，也不可能定点于成都正上方，故A、B错误，根据公式 ，r越大，v越小.同步卫星距离地球的高度约为36000 km，其正常运行时的速度比离地350公里高的天宫一号空间站线速度小.故C错误;同步卫星运行周期与地球自转一周的时间相等均为24h，故D正确。

　　考点：同步卫星的特点，地球卫星的线速度与高度是关系。

　　【答案】D

　　【解析】

　　试题分析：麦克斯韦分子速率分布规律如图所示，呈现“两头大，中间小”的特点，曲线①、③可先排除，曲线②也不对，因为当v=0时，f(v)一定为零，且v很大时，f(v)趋于零，所以本题正确是曲线④，故A、B、C错误，D正确。

　　考点：本题考查麦克斯韦气体分子速率分布规律

　　8.D

　　【解析】设某时刻的速度为v，则此时的电动势E=Blv，安培力F安= ，由牛顿第二定律有F安=ma，则金属棒做加速度减小的减速运动，选项A错误;由能量守恒定律知，整个过程中克服安培力做功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热之和，即W安=Q- mv ，选项B错误，D正确;整个过程中通过导体棒的电荷量q= = = ，得金属棒在导轨上发生的位移x= ，选项C错误.

　　9.D

　　【解析】

　　试题分析： 只要发光小球在缸底的光线能从侧面折射出光线，就可以从侧面看到发光小球，故A选项错误;发光小球由水中射向水面的光线，存在一个全反射临界角，当入射角大于全反射临界角时，不能从水面射出，故B选项错误;折射光不改变光的频率，故C选项错误;由 ，得 ，而 ，故 ，所以D选项正确。

　　考点： 光的折射 全反射 光的频率

　　10.ACD

　　【解析】

　　试题分析：由图中读出这列波的波长是4m，选项A正确;波的周期为4s，故这列波的传播速度是 ，选项B错误;由波动图像可知，M点开始振动的方向为y轴负向，故M点以后的各质点开始振动时的方向都沿-y方向，选项C正确;Q点第一次到达波峰时，波需向右传播8m，故质点Q经过 时，第一次到达波峰，选项D正确;振动传到Q点的时间为： ，故质点Q振动11s= ，通过的路程为： ，选项E错误。故选ACD.

　　考点：振动图像和波的图线。

　　11.CD

　　【解析】

　　试题分析：由于交流电的周期为0.02s，故角速度为100π，而表达式中的角速度显示为50π，故选项A错误;当t=0.015s时，sin100π×0.015=sin1.5π=1，故此时的电动势最大，即发电机的线圈平面与磁场方向平行，选项B错误;因为变压器原、副线圈的匝数比为5:1，故变压器原、副线圈中的电流之比为1:5，选项C正确;当Rt温度升高时，由于变压器的副线圈的电压不变，故电流表的示数变小，原线圈的电压也是不变的，故伏特表的读数不变，选项D正确。

　　考点：变压器，交流电的表达式。

　　12.BD

　　【解析】

　　试题分析：由图可知，粒子向上先做减速运动，再反向做加速运动，且向上过程加速度先增大后减小，而重力不变，说明粒子受电场力应向下;故说明粒子均应带负电;由于电场线只能沿竖直方向，故说明两粒子带等量负电荷;故AC错误，B正确; 时刻之前电场力一直做负功;故电势能增大;此后电场力做正功，电势能减小; 时刻电势能最大;但由于粒子受重力及电场力均向下;故此时加速度不为零，故D正确。

　　考点：电场的叠加;电势能

　　名师点睛：根据运动图象明确粒子的运动情况，再根据受力分析即可明确粒子的受力情况，从而判断电场分布;则可得出两电荷的带电情况;解决本题的关键根据图象中的运动状态确定受力，再由电场线的性质明确两电荷的性质。

　　13.小于;×100; 红

　　【解析】

　　试题分析：欧姆表表盘刻度左密右疏，从而估算图中指针的示数;

　　选择开关应选的欧姆挡应尽量使指针指在中央刻度附近读数误差较小;

　　二极管的特点是：正向电阻很小，反向电阻很大.

　　解：欧姆表表盘刻度左密右疏，则115Ω应该在第11和第12刻度线的正中间偏左，则在指针指示位置在第11和第12刻度线的正中间其电阻值小于115Ω;

　　尽量使指针指在中央刻度附近读数，测量一个约2000Ω的电阻则应使指针指在20的位置，选择开关选取×100档;

　　多用电表测得电阻较小的一次应是电流从B(二极管正极)流入，而电流从多用电表黑表笔(接内部电源正极)流出，故黑表笔接的是B极，则红表笔接的是A极，

　　故答案为：小于;×100; 红.

　　【点评】解决本题要知道多用电表中电流的流向：无论测电流还是电阻都是红进黑出.还要知道二极管的正向电阻很小，反向电阻很大的特点.

　　14.( = > )

　　【解析】 则角速度相等。而 ，则周期大于。

　　15.(1)400米，(2)30 m/s

　　【解析】

　　试题分析：(1)若飞机靠自身发动机起飞，飞机初速度为0，加速度 ，末速度为： ，得： (2)弹射装置使飞机初速度为 ，位移 ，末速度为： ，解得： ;

　　考点：考查了速度位移公式的应用

　　16.(1)物体做加速运动时的加速度为0.3m/s2;

　　(2)撤去F后，物体还能滑行0.75s.

　　【解析】解：(1)物体在力F作用下做初速度为零的加速运动，受力如图

　　水平方向有：Fcos37°﹣f=ma

　　竖直方向有：Fsin37°+N﹣mg=0

　　摩擦力：f=μN

　　带入数据解得a=0.3m/s2

　　(2)撤去外力F后物体在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，

　　匀减速运动的初速度为 υ=at1

　　再由速度公式可得，0=υ﹣a′t2

　　加速度为 a′=μg

　　代入数据解得t2=0.75s

　　答：(1)物体做加速运动时的加速度为0.3m/s2;

　　(2)撤去F后，物体还能滑行0.75s.

　　【点评】本题是对牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的考查，通过受力分析，掌握好运动规律就可以求出这道题，难度不是很大.

　　17.2.83 N N =0

　　【解析】当加速度a较小时，小球与斜面体一起运动，此时小球受重力、绳拉力和斜面的支持力作用，绳平行于斜面，当加速度a足够大时，小球将“飞离”斜面，此时小球受重力和绳的拉力作用，绳与水平方向的夹角未知，题目中要求a=10 m/s2时绳的拉力及斜面的支持力，必须先求出小球离开斜面的临界加速度a0.(此时，小球所受斜面支持力恰好为零)

　　由mgcotθ=ma0

　　所以a0=gcotθ=7.5 m/s2

　　因为a=10 m/s2>a0

　　所以小球离开斜面N=0，小球受力情况如图2-7，则Tcosα=ma,

　　Tsinα=mg

　　所以T= =2.83 N, N =0.

　　18.(1)8V

　　(2)2.88W

　　(3)4.0×10-3C.

　　【解析】

　　试题分析：(1)由图象知，线圈中产生的交变电流的周期T=3.14×10-2s，所以 .

　　(2)电流的最大值 ，有效值 ，则

　　小灯泡消耗的电功率P=I2R=2.88W.

　　(3)在0～ 时间内，根据法拉第电磁感应定律得，电动势的平均值 ，

　　平均电流 流过灯泡的电荷量 代入解得Q=4.0×10-3C.

　　考点：法拉第电磁感应定律;交流电的最大值及有效值

　　【名师点睛】此题是对法拉第电磁感应定律的考查;要知道求解交变电流的电功率时要用有效值.在电磁感应中通过导体截面的电量经验公式是 ，可以在推导的基础上记住。