全国高考物理试卷及答案

全国高考物理试卷及答案

2017·全国卷Ⅱ(物理) 14．O2[2017·全国卷Ⅱ] 如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在 大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大 圆环对它的作用力( ) 图 1 A．一直不做功 B．一直做正功 C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心 14．A [解析] 光滑大圆环对小环的作用力只有弹力，而弹力总跟接触面垂直，且小环 的速度总是沿大圆环切线方向，故弹力一直不做功，A 正确，B 错误；当小环处于最高点和 最低点时，大圆环对小环的作用力均竖直向上，C、D 错误． 15．D4[2017·全国卷Ⅱ] 一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为 23892U→ 23490Th＋42He.下列说法正确的是( ) A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能 B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小 C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间 D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量 15．B [解析] 衰变过程动量守恒，生成的钍核的动量与α粒子的动量等大反向，根据 Ek＝ p2 2m ，可知衰变后钍核的动能小于α粒子的动能，所以 B 正确，A 错误；半衰期是一半数 量的铀核衰变需要的时间，C 错误；衰变过程放出能量，质量发生亏损，D 错误． 16．B7[2017·全国卷Ⅱ] 如图，一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运 动．若保持 F 的大小不变，而方向与水平面成 60°角，物块也恰好做匀速直线运动，物块与 桌面间的动摩擦因数为( ) 图 1 A．2－ 3 B. 3 6 C. 3 3 D. 3 2 16．C [解析] 因为物块均做匀速直线运动，所以拉力水平时，F＝μmg，拉力倾斜时， 将 F 沿水平方向和竖直方向分解，根据平衡条件有 Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，解得μ＝ 3 3 . 17．D6、E6[2017·全国卷Ⅱ] 如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与 地面垂直．一小物块以速度 v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点 到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为 g)( ) 图 1 A. v2 16g B.v2 8g C.v2 4g D.v2 2g 17．B [解析] 物块上升到最高点的过程，机械能守恒，有 1 2mv2＝2mgr＋1 2mv21，由平抛 运动规律，水平方向，有 x＝v1t，竖直方向，有 2r＝1 2gt2，解得 x＝ 4v2 g r－16r2，当 r＝v2 8g 时， x 最大，B 正确． 18．K2[2017·全国卷Ⅱ] 如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点．大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P 点，在纸面内沿不同方向射 入磁场．若粒子射入速率为 v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒 子射入速率为 v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作 用．则 v2∶v1 为( ) 图 1 A. 3∶2 B. 2∶1 C. 3∶1 D．3∶ 2 18．C [解析] 当粒子在磁场中运动轨迹是半圆时，出射点与入射点的距离最远，故射 入的速率为 v1 时，对应轨道半径为 r1＝Rsin 30°，射入的速率为 v2 时，对应轨道半径为 r2 ＝Rsin 60°，由半径公式 r＝mv qB 可知轨道半径与速率成正比，因此v2 v1 ＝r2 r1 ＝ 3，C 正确． 19．D5(多选)[2017·全国卷Ⅱ] 如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为 远日点，M、N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为 T0.若只考虑海王星和太阳之间的相互 作用，则海王星在从 P 经 M、Q 到 N 的运动过程中( ) 图 1 A．从 P 到 M 所用的时间等于T0 4 B．从 Q 到 N 阶段，机械能逐渐变大 C．从 P 到 Q 阶段，速率逐渐变小 D．从 M 到 N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功 19．CD [解析] 海王星从 P 经 M 到 Q 点的时间为T0 2 ，在近日点附近速率大，在远日点 附近速率小，所以从 P 到 M 所用的时间小于T0 4 ，A 错误；海王星在运动过程中只受太阳的引 力作用，机械能守恒，B 错误；由开普勒第二定律可知，从 P 到 Q 阶段，速率逐渐变小， C 正确；从 M 到 N 阶段，海王星与太阳的距离先增大后减小，万有引力对它先做负功后做正功， D 正确． 20．L5(多选)[2017·全国卷Ⅱ] 两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面 垂直．边长为 0.1 m、总电阻为 0.005 Ω的正方形导线框 abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界 平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于 t＝0 时刻进入磁场．线 框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取 正)．下列说法正确的是( ) 图 1 A．磁感应强度的大小为 0.5 T B．导线框运动速度的大小为 0.5 m/s C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D．在 t＝0.4 s 至 t＝0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为 0.1 N 20．BC [解析] 导线框运动的速度 v＝L t1 ＝0.1 0.2 m/s＝0.5 m/s，根据 E＝BLv＝0.01 V 可知， B＝0.2 T，A 错误，B 正确；根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，C 正 确；在 t＝0.4 s 至 t＝0.6 s 这段时间内，导线框中的感应电流 I＝E R ＝ 0.01 0.005 A＝2 A，安培力大 小为 F＝BIL＝0.04 N，D 错误． 21．K1(多选)[2017·全国卷Ⅱ] 某同学自制的简易电动机示意图如图所示，矩形线圈由一 根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转 轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使 电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将( ) 图 1 A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 21．AD [解析] 若将左、右转轴上、下两侧的绝缘漆都刮掉，线圈的上、下两边受安 培力而使线圈转动，转过1 4 周后上、下两边受到的安培力使线圈速度减小至零，然后反向转回 来，最终做摆动，B 错误；若将左转轴上侧的绝缘漆刮掉，且右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电 路不能接通，C 错误；若将左转轴下侧或上、下两侧的绝缘漆都刮掉，且右转轴下侧的绝缘 漆刮掉，线圈的上、下两边受安培力而使线圈转动，转过半周后电路不能接通，线圈能继续 按原方向转动，转过一周后上、下两边再次受到同样的安培力而使线圈继续转动，A、D 正 确． 22．A7[2017·全国卷Ⅱ] 某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加 速度之间的关系．使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器． 实验步骤如下： ①如图(a)，将光电门固定在斜面下端附近；将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端 相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑； ②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δt； ③用Δs 表示挡光片沿运动方向的长度，如图(b)所示，v－表示滑块在挡光片遮住光线的 Δt 时间内的平均速度大小，求出 v－； ④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中位置相同，令滑块由静止开 始下滑，重复步骤②、③； ⑤多次重复步骤④； ⑥利用实验中得到的数据作出 vΔt 图，如图(c)所示． 完成下列填空： (1)用 a 表示滑块下滑的加速度大小，用 vA 表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度 大小，则 v－与 vA、a 和Δt 的关系式为 v－＝________． (2)由图(c)可求得，vA＝________cm/s，a＝________cm/s2.(结果保留 3 位有效数字) 22．[答案] (1)vA＋a 2 Δt (2)52.1 16.3 [解析] (1)挡光片完全经过光电门时的速度 v＝vA＋aΔt，又因为 v＝vA＋v 2 ，解得 v＝vA ＋1 2aΔt. (2)根据图像可知 vA＝52.1 cm/s，求得 a＝16.3 cm/s2. 23．J10[2017·全国卷Ⅱ] 某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为 100 μA， 内阻大约为 2500 Ω)的内阻．可使用的器材有：两个滑动变阻器 R1、R2(其中一个最大阻值 为 20 Ω，另一个最大阻值为 2000 Ω)；电阻箱 Rz(最大阻值为 99 999.9 Ω)；电源 E(电动势 约为 1.5 V)；单刀开关 S1 和 S2.C、D 分别为两个滑动变阻器的滑片． (1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线． (2)完成下列填空： ①R1 的最大阻值为________(填“20”或“2000”)Ω. ②为了保护微安表，开始时将 R1 的滑片 C 滑到接近图(a)中的滑动变阻器的________(填 “左”或“右”)端对应的位置；将 R2 的滑片 D 置于中间位置附近． ③将电阻箱 Rz 的阻值置于 2500.0 Ω，接通 S1.将 R1 的滑片置于适当位置，再反复调节 R2 的滑片 D 的位置．最终使得接通 S2 前后，微安表的示数保持不变，这说明 S2 接通前 B 与 D 所在位置的电势________(填“相等”或“不相等”)． ④将电阻箱 Rz 和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将 Rz 的阻值置于 2601.0 Ω 时，在接通 S2 前后，微安表的示数也保持不变．待测微安表的内阻为________Ω(结果保留 到个位)． (3) 写 出 一 条 提 高 测 量 微 安 表 内 阻 精 度 的 建 议 ： ____________________________________________． 23．[答案] (1)连线如图 (2)①20 ②左 ③相等 ④2550 (3)调节 R1 上的分压，尽可能使微安表接近满量程 [解析] (2)①滑动变阻器的分压式接法要求选用最大阻值较小的滑动变阻器，因此 R1 要选 择最大阻值为 20 Ω的滑动变阻器． ②开始时将 R1 的滑片移动到滑动变阻器的左端对应的位置，可使得微安表上的电压最 小，从而保护了微安表． ③接通 S1 前后，微安表的示数保持不变，这说明 S1 接通前后在 BD 中无电流流过，可知 B 与 D 所在位置的电势相等． ④因 B 与 D 电势相等， Rz R2 左 ＝ RA R2 右 ，对调后 RA R2 左 ＝Rz′ R2 右 ，解得 RA＝ RzRz′＝2550 Ω. 24．A8[2017·全国卷Ⅱ] 为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距 s0 和 s1(s10)的带 电小球 M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区 域，并从该区域的下边界离开．已知 N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线 运动，刚离开电场时的动能为 N 刚离开电场时的动能的 1.5 倍．不计空气阻力，重力加速度 大小为 g.求： 图 1 (1)M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小． 25．[答案] (1)3∶1 (2)1 3H (3) mg 2q [解析] (1)设小球 M、N 在 A 点水平射出时的初速度大小为 v0，则它们进入电场时的水平 速度仍然为 v0.M、N 在电场中运动的时间 t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向， 大小均为 a，在电场中沿水平方向的位移分别为 s1 和 s2.由题给条件和运动学公式得 v0－at＝0 ① s1＝v0t＋1 2at2 ② s2＝v0t－1 2at2 ③ 联立①②③式得 s1 s2 ＝3 ④ (2)设 A 点距电场上边界的高度为 h，小球下落 h 时在竖直方向的分速度为 vy，由运动学 公式得 v2y＝2gh ⑤ H＝vyt＋1 2gt2 ⑥ M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 v0 vy ＝s1 H ⑦ 联立①②⑤⑥⑦式可得 h＝1 3H ⑧ (3)设电场强度的大小为 E，小球 M 进入电场后做直线运动，则 v0 vy ＝qE mg ⑨ 设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2，由动能定理得 Ek1＝1 2m(v20＋v2y)＋mgH＋qEs1 ⑩ Ek2＝1 2m(v20＋v2y)＋mgH－qEs2 ⑪ 由已知条件 Ek1＝1.5Ek2 ⑫ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 E＝ mg 2q ⑬ 33．H3、H5[2017·全国卷Ⅱ] [物理—选修 33] (1)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活 塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压 活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是________． 图 1 A．气体自发扩散前后内能相同 B．气体在被压缩的过程中内能增大 C．在自发扩散过程中，气体对外界做功 D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功 E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变 (2)一热气球体积为 V，内部充有温度为 Ta 的热空气，气球外冷空气的温度为 Tb.已知空 气在 1 个大气压、温度 T0 时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为 1 个大气压，重力加 速度大小为 g. (ⅰ)求该热气球所受浮力的大小； (ⅱ)求该热气球内空气所受的重力； (ⅲ)设充气前热气球的质量为 m0，求充气后它还能托起的最大质量． 33．[答案] (1)ABD (2)(ⅰ)Vgρ0 T0 Tb (ⅱ)Vgρ0 T0 Ta (ⅲ)Vρ0T0 1 Tb － 1 Ta －m0 [解析] (1)气体向真空自发扩散，对外界不做功，且没有热传递，气体的内能不会改变， A 正确，C 错误；气体在被压缩的过程中，活塞对气体做功，因汽缸绝热，故气体内能增大， B 正确；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，D 正确；气体在被压缩的过程中内能增 加，而理想气体无分子势能，故气体分子的平均动能增加，选项 E 错误． (2)(ⅰ)设 1 个大气压下质量为 m 的空气在温度为 T0 时的体积为 V0，密度为 ρ0＝m V0 ① 在温度为 T 时的体积为 VT，密度为 ρ(T)＝m VT ② 由盖—吕萨克定律得 V0 T0 ＝VT T ③ 联立①②③式得 ρ(T)＝ρ0 T0 T ④ 气球所受到的浮力为 f＝ρ(Tb)gV ⑤ 联立④⑤式得 f＝Vgρ0 T0 Tb ⑥ (ⅱ)气球内热空气所受的重力为 G＝ρ(Ta)Vg ⑦ 联立④⑦式得 G＝Vgρ0 T0 Ta ⑧ (ⅲ)设该气球还能托起的最大质量为 m，由力的平衡条件得 mg＝f－G－m0g ⑨ 联立⑥⑧⑨式得 m＝Vρ0T0 1 Tb － 1 Ta －m0 ⑩ 34．N2、N1[2017·全国卷Ⅱ] [物理—选修 34] (1)在“双缝干涉”实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图 样．若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是________． A．改用红色激光 B．改用蓝色激光 C．减小双缝间距 D．将屏幕向远离双缝的位置移动 E．将光源向远离双缝的位置移动 (2)一直桶状容器的高为 2l，底面是边长为 l 的正方形；容器内装满某种透明液体，过容 器中心轴 DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示．容器右侧内壁涂有反光材料，其他内 壁涂有吸光材料．在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的 D 点射出的两束光线 相互垂直，求该液体的折射率． 图 1 34．[答案] (1)ACD (2)1.55 [解析] (1)两相邻亮条纹间距Δx＝l d λ，因λ红>λ绿，所以Δx 红>Δx 绿，故改用红色激光后， 干涉图样中两相邻亮条纹的间距增大，A 正确；因λ蓝<λ绿，所以Δx 蓝<Δx 绿，B 错误；减小 双缝间距 d 会增大条纹间距，C 正确；将屏幕向远离双缝的位置移动，l 增大，会使条纹间距 变大，D 正确；光源与双缝间的距离不影响条纹间距，E 错误． (2)设从光源发出直接射到 D 点的光线的入射角为 i1，折射角为 r1.在剖面内作光源相对于 反光壁的镜像对称点 C，连接 C、D，交反光壁于 E 点，由光源射向 E 点的光线反射后沿 ED 射向 D 点．光线在 D 点的入射角为 i2，折射角为 r2，如图所示．设液体的折射率为 n，由折 射定律有 nsin i1＝sin r1 ① nsin i2＝sin r2 ② 由题意知 r1＋r2＝90° ③ 联立①②③式得 n2＝ 1 sin2 i1＋sin2 i2 ④ 由几何关系可知 sin i1＝ l 2 4l2＋l2 4 ＝ 1 17 ⑤ sin i2＝ 3 2l 4l2＋9l2 4 ＝3 5 ⑥ 联立④⑤⑥式得 n＝1.55 ⑦