1、2017年普通高等学校招生全国统一考试 (新课标 卷 )物理 一、选择题：本大题共 8小题，每小题 6分 。 在每小题给出的四个选项中，第 1 5题只有一项是符合题目要求，第 6 8题有多项符合题目要求 。 全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分 。 有选错的得 0 分 。 1.(6分 )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( ) 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 解析： AB、大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力；大环对小环的
2、支持力总是垂直于小环的速度方向，所以大环对小环没有做功，故 A正确， B错误； CD、小环在运动过程中，在大环的上半部分运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，运动到大环的下半部分时，支持力指向大环的圆心 ，故 CD错误 。 答案： A 2.(6分 )一静止的铀核放出一个 粒子衰变成钍核，衰变方程为 + ，下列说法正确的是 ( ) A.衰变后钍核的动能等于 粒子的动能 B.衰变后钍核的动量大小等于 粒子的动量大小 C.铀核的半衰期等于其放出一个 粒子所经历的时间 D.衰变后 粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量 解析： AB、一静止的铀核放出一个 粒子衰变成钍核，根据系统动量守恒知，衰变后
3、钍核和 粒子动量之和为零，可知衰变后钍核的动量大小等于 粒子的动量大小，根据知，由于钍核和 粒子质量不同，则动能不同，故 A错误， B正确 。 C、半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，故 C 错误 。 D、衰变的过程中有质量亏损，即衰变后 粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，故 D错误 。 答案： B 3.(6分 )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 ( ) A.2 B. C. D. 解析： 当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即： F=mg
4、 ； 当拉力倾斜时，物体受力分析如图 由 f=F N， FN=mg Fsin 可知摩擦力为： f= (mg Fsin ) f= F 代入数据为： mg= (mg F) 联立可得： = 答案： C 4.(6分 )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 (重力加速度为 g)( ) A. B. C. D. 解析： 设半圆的半径为 R，根据动能定理得： ， 离开最高点做平抛运动，有： 2R= ， x=vt ， 联立解得： x= = 可知当 R= 时，
5、水平位移最大，故 B正确， ACD错误 。 答案： B 5.(6分 )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，若粒子射入的速率为 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 ( ) A. ： 2 B. ： 1 C. ： 1 D.3： 解析： 设圆形区域磁场的半径为 r，当速度大小为 v1时，从 P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为 M(图甲 )时，由题意知 P
6、OM=60 ，由几何关系得轨迹圆半径为 R1= ； 从 P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为 N(图乙 )；由题意知 PON=120 ，由几何关系得轨迹圆的半径为 R2= r； 根据洛伦兹力充当向心力可知： Bqv=m 解得： v= 故速度与半径成正比，因此 v2： v1=R2： R1= ： 1 故 C正确， ABD错误 。 答案： C 6.(6分 )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 ( ) A.从 P到 M所用的时间等于
7、 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 解析： A、海王星在 PM 段的速度大小大于 MQ段的速度大小，则 PM段的时间小于 MQ段的时间，所以 P到 M所用的时间小于 ，故 A错误 。 B、从 Q到 N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故 B错误 。 C、从 P到 Q阶段，万有引力做负功，速率减小，故 C正确 。 D、根据万有引力方向与速度方向的关系知，从 M到 N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故 D正确 。 答案： CD 7.(6分 )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
8、直 。 边长为 0.1m、总电阻为 0.005 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 ( ) 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 0.5m/s C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D.在 t=0.4s 至 t=0.6s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为 0.1N 解析： AB、由图象可以看出， 0.2 0.4s 没有感应电动势，所以
9、从开始到 ab进入用时 0.2s，导线框匀速运动的速度为： v= ，根据 E=BLv知磁感应强度为： B=，故 A错误， B正确 。 C、由 b图可知，线框进磁场时，感应电流的方向为顺时针，根据楞次定律得，磁感应强度的方向垂直纸面向外，故 C正确 。 D、在 0.4 0.6s 内，导线框所受的安培力 F=BIL= = N=0.04N，故 D错误 。 答案： BC 8.(6分 )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
10、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 ( ) 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 解析： AD、当左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉或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，通电后根据左手定则可知下边受到的安培力方向向左，线圈开始转动，在前半周转动过程中，线圈中有电流，安培力做正功，后半周电路中没有电流，安培力不做功，由于惯性线圈能够连续转动，故 A、 D正确； B、线圈中电流始终存在，安培力先做正功后做负功，但同时重力做负
11、功，因此在转过一半前线圈的速度即减为 0，线圈只能摆动，故 B错误； C、左右转轴不能同时接通电源，始终无法形成闭合回路，电路中无电流，不会转动，故 C错误 。 答案： AD 三、非选择题：共 174 分 。 第 22 32 题为必考题，每个试题考生都必须作答 。 第 33 38题为选考题，考生根据要求作答 。 (一 )必考题 (共 129分 ) 9.(6分 )某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度的之间的关系 。使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的挡光片、光电计时 器 。 实验步骤如下： 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
12、于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑； 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 t； 用 s表示挡光片沿运动方向的长度 (如图 (b)所示 )， 表示滑块在挡光片遮住光线的 t时间内的平均速度大小，求出 ； 将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与 中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤 、 ； 多次重复步骤 利用实验中得到的数据作出 t图，如图 (c)所示 完成下列填空： 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 与 vA、 a和 t的关系式为 = 。 由图 (c)可求得， vA= cm/s，
13、a= cm/s2.(结果保留 3位有效数字 ) 解析： 某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则 等于挡光片通过光电门过程中中间时刻的瞬时速度，根据速度时间公式得： 。 由 知，纵轴截距等于 vA，图线的斜率 k= ，由图可知： vA=52.1cm/s， a=2k=2 cm/s2=16.3cm/s2。 答案： ； 52.1， 16.3。 10.(9分 )某同学利用如图 (a)所示的电路测量一微安表 (量程为 100A ，内阻大约为 2500 )的内阻 。 可使用的器材有：两个滑动变阻器 R1， R2(其中一个阻值为 20 ，另一个阻值为2000 )；电阻箱 Rz(最大阻值为 99999.
14、9 )；电源 E(电动势约为 1.5V)；单刀双掷开关 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 。 解析：根据电路原理图在实物图上连线，如图所示： 答案： (图见解析 (2)完成下列填空： R1的阻值为 (填 “20” 或 “2000” ) 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 端 (填 “ 左 ” 或 “ 右 ” )对应的位置；将 R2的滑片 D置于中间位置附近 。 将电阻箱 Rz的阻值置于 2500.0 ，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
15、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 ” ) 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 时，在接通 S2前后，微安表的示数也保持不变 。 待微安表的内阻 为 (结果保留到个位 )。 解析： R1应选择阻值较小的滑动变阻器，这样连接当 S2闭合前后外电压变化较小，可以减少误差；故 R1=20 ； 为了保护微安表，通过微安表的电流应从零逐渐增大，当滑片 C滑到滑动变阻器的最左端时，通过微安表的电流为零。所以开始时，滑片 C应滑到滑动变阻器的最左端； 接通 S2前后，微安表的示
16、数保持不变，则微安表两端的电压不变，又微安表右端电势在S2接通前后保持不变，所以说明 S2接通前 B与 D所在位置的电势相等； 设微安表内阻为 Rx，根据题意有 ，解得 Rx=2550 ； 答案： 20； 左； 相等； 2550。 (3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议： 。 解析： 为了提高精度，可以调节 R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程 。 答案： 调节 R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程 。 11.(12 分 )为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离 s0和 s1(s1 s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示 。 训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，
17、教练员将冰球以速度 v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗 。 训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处 。 假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为 v1.重力加速度为 g。 求 ： (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； 解析：对冰球分析，根据速度位移公式得： ， 加速度为： a= ， 根据牛顿第二定律得： a=g ， 解得冰球与冰面之间的动摩擦因数为： 。 答案：冰球与冰面之间的动摩擦因数为 。 (2)满足训练要求的运动员的最小加速度 。 解析： 根据两者运动时间相等，有： ， 解得运动员到达小旗处
18、的最小速度为： v2= ， 则最小加速度为： = 。 答案： 满足训练要求的运动员的最小加速度为 。 12.(20 分 )如图，两水平面 (虚线 )之间的距离为 H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场 。 自该区域上方的 A 点将质量为 m、电荷量分别为 q和 q(q 0)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 (1)M与 N在电场中沿水平方向的位
19、移之比； 解析：两带电小球的电量相同，可知 M球在电场中水平方向上做匀加速直线运动， N球在水平方向上做匀减速直线运动，水平方向上的加速度大小相等， 两球在竖直方向均受重力，竖直方向上做加速度为 g的匀加速直线运动，由于竖直方向上的位移相等，则运动的时间相等， 设水平方向的加速度大小为 a， 对 M，有： ， 对 N： v0=at， ， 可得 ， 解得 xM： xN=3： 1。 答案： M与 N在电场中沿水平方向的位移之比为 3： 1。 (2)A点距电场上边界的高度； 解析：设正电小球离开电场时的竖直分速度为 vy，水平分速度为 v1，两球离开电场时竖直分速度相等， 因为 M在电场中做直线运动
20、，刚离开电场时的动能为 N刚离开电场时的动能的 1.5倍，则有：， 解得 ， 因为 v1=v0+at=2v0，则 =2v0， 因为 M做直线运动，设小球进电场时在竖直方向上的分速度为 vy1，则有： ，解得vy1= ， 在竖直方向上有： ， ， 解得 A点距电场上边界的高度 h= 。 答案： A点距电场上边界的高度为 。 (3)该电场的电场强度大小 。 解析： 因为 M做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上， 有： = ， 则电场的电场强度 E= = 。 答案： 该电场的电场强度大小为 。 三、选考题：请考生从给出的物理题中任选一题作答 。 如果多做，则按所做的第一题计分。物理 -选修
21、3-3(15 分 ) 13.(5分 )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 ( ) 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 解析： AC、抽开隔板时，气体体积变大，但是右方是真空，又没有热传递，则根据 U=Q+W可知，气体的内能不变， A正确，
22、C错误； BD、气体被压缩的过程中，外界对气体做功，根据 U=Q+W可知，气体内能增大， BD正确； E、气体被压缩时，外界做功，内能增大，气体分子平均动能是变化的， E错误 。 答案： ABD 14.(10 分 )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、温度为 T0时的密度为 0，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。 (1)求该热气球所受浮力的大小； 解析：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 设温度为 T的体积为 VT，密度为 (T)= 由盖吕萨克定律得 联立可得：
23、(T)= 气球受到的浮力为 f=(T b)gV 联立可得： f= 。 答案：气球受到的浮力为： gV。 (2)求该热气球内空气所受的重力； 解析：根据 (T)= 可得 (T a)= ，气球内空气的重力为 G=(T a)gV=gV。 答案：气球内空气的重力为 gV。 (3)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 。 解析： 气球要漂浮在空气中，则气球总重力等于冷空气的浮力，假如还能托起的最大质量为m则 F=m0g+G+mg 所以 m= m0。 答案： 能托起的最大质量为 m0。 物理 -选修 3-4(15 分 ) 15.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
24、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 解析： 根据双缝干涉条纹间距公式 知，增大入射光的波长、减小双缝间距，以及增大屏幕与双缝的距离，可以增大条纹的间距，由于红光的波长大于绿光的波长，可知换用红色激光可以增大条纹间距，故 ACD正确， BE 错误 。 答案： ACD 16.一直桶状容器的高为 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 。 解析： 设从光源发出的光直接射到 D点的光线的入射 角为 i1，折射角为 1，在剖面内做光源相对于镜面的对称点 C，连接 CD，交镜面与 E点，由光源射向 E点的光线反射后由 ED 射向 D点，设入射角为 i2，折射角为 2，如图； 设液体的折射率为 n，由折射定律： nsini1=sin 1 nsini2=sin 2 由题意： 1+ 2=90 联立得： 由图中几何关系可得： ； 联立得： n=1.55。 答案： 该液体的折射率为 1.55。
