2017高考物理全国卷计算题分析及专练

2017全国卷二高考理综试卷物理评析一、总体评价作为修订考纲后的首考，试卷整体与2016年相比试题分布略有差异，试题难度有所上升。

试题风格与近几年全国Ⅱ卷较为相符，还是严格遵循考纲，注重基础，忠实于教材，以基础知识为考查重点，命题方向较为稳定，考察的知识分布均衡，很好地体现了对学生物理科学素养的考察，特别是体现了高中新课程探究性学习的理念和联系实际生活的理念，对中学物理教学起到很好的导向作用。

试卷整体难度与2016相比有所上升。

以下，笔者将从不同层面剖析本次高考试题。

二、试题分析试题结构变动微弱虽然教育部考试中心下发的《关于2017年普通高考考试大纲修订内容的通知》(教试中心函〔2016〕179号)，将选修3-5列为必考内容，但对试题结构并无明显影响。

本次物理试题依然保持了选择题+实验题+解答题+选做题的模式，分值比例仍为必做题95分，选做题15分，总计110分。

选修3-5模块出题简单表1·新加入选修必做题模块分析从今年开始选修3-5从选考题模块转战到了必做题模块，考试大纲对于其中的动量模块给予的是Ⅱ级要求，而对于原子物理部分给予的是Ⅰ级要求，本次试题，动量及原子物理原子模块在一道选择题中体现，难度不大，证明首次将选修3-5加入必考模块，还是处于尝试阶段。

动力学、电磁学模块难分伯仲表2·动力学与电磁学两大主干知识点考查配比动力学模块和电磁学模块历来是高考物理的两个主要模块，纵观近几年高考物理试题，两大模块所占比重基本相当。

但从发展趋势来看，2014年之前的高考，电磁模块分值略占上风;而从最近的2015年、2016年两年来看，动力学分值较电磁学相比较高，但今年分值基本持平，2015年、2016年两年压轴题均为动力学问题，而今年压轴题改为电磁学，且难度较大。

试题难度上升，难易分布明显表3·必做题部分考察难度分布试题难度较去年有提高，试卷整体计算量较大,难题部分较去年难度提高较大，且集中于电磁模块，主要分布在电学实验题与压轴题。

2017⾼考全国3卷理综物理试题（解析版）绝密★启封并使⽤完毕前试题类型：川2X6年普通⾼等学校招⽣全统⼀考试理科综合能⼒测试（物理）注意事项：1.本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（⾮选择题）两部分。

2?答题前，考⽣务必将⾃⼰的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。

3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上⽆效。

4.考试结束后，将本试题和答题卡⼀并交回。

第I卷（选择题共126分）本卷共21⼩题，每⼩题6分，共126分。

可能⽤到的相对原⼦质量：⼆、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14~17题只有⼀项是符合题⽬要求，第18~21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。

14.关于⾏星运动的规律，下列说法符合史实的是A ?开普勒在⽜顿定律的基础上，导出了⾏星运动的规律B ?开普勒在天⽂观测数据的基础上，总结出了⾏星运动的规律C.开普勒总结出了⾏星运动的规律，找出了⾏星按照这些规律运动的原因D ?开普勒总结出了⾏星运动的规律，发现了万有引⼒定律【答案】B【解析】试題分析：幵普勒在天⽂观测数据的基础上，总结岀了开普勒天体运动三定律，找岀了⾏星运动的规律, ⽽⽜顿发现了万有引⼒定律，ACD错误B正确，【考点定位】考查了物理学史【⽅法技巧】平时学习应该注意积累对物理学史的了解，知道前辈科学家们为探索物理规律⽽付出的艰⾟努⼒，对于物理学上重⼤发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之⼀15?关于静电场的等势⾯，下列说法正确的是A .两个电势不同的等势⾯可能相交B .电场线与等势⾯处处相互垂直C.同⼀等势⾯上各点电场强度⼀定相等D .将⼀负的试探电荷从电势较⾼的等势⾯移⾄电势较低的等势⾯，电场⼒做正功【答案】Bm A.—2【答案】C 【解析】C . mD . 2m试题分析：根据设悬挂⼩物块的点为 O',圆弧的圆⼼为 O ,由于ab=R ，所以三⾓形 Oab 为等边三⾓形，根据⼏何知识可得aO'b =12。

2017全国Ⅲ卷物理评析一、命题特点2017全国卷3高考理综卷物理部分符合出题风格完全符合考纲及大纲要求，因为选修3-5划为必考，今年在题型结构、考试内容方面相比去年变动较大，但依然是遵循稳中求变的思想，没有偏题、怪题，基本上绝大多数题目的考察形式都是学生比较熟悉的形式，学生做起来不会显得太过迷茫。

全卷知识点考查全面、难度适中、梯度明显，有较好的区分度，有利于高校选拔新生。

与此同时，仍有少部分题目紧贴高考改革的“学科知识与生产、生活的联系”及“重点考查物理基础知识、基本概念的理解”的要求，可见高考改革的要求已经逐步渗入近年的高考中。

二、命题难度试卷难度分布如下表2016（全国3）2017（全国3）容易题2317中档题5667难题3126试题总体相比去年全国卷3难度增加，难题分值略有下降，简单题分值下降中档题分值增加，虽说每道题都有思路，但都需要一定时间思考，时间压力较大，不过选修3-5纳入必考，却并没有出现动量与其它板块结合的题，对难度增加的贡献并不明显，全卷紧扣教材，深挖基础概念，对于注重基础的同学来说很有优势三、试卷结构试卷题目在各模块知识中所占分值见下表2016（全国3）2017（全国3）力学4644电学2327电力综合2612选修1527全卷题量没有改变，其中选修3-5全部在选择题考查其中选择题考查3道纯力学题，3道纯电学题，1道动量；1道光电效应；实验题依然一道力学一道电磁学交替出现；计算题同样1道力学1道电磁学，选考只有两个模块，其中3-3热学模块难度中等，3-4光学、波动模块中第2题难度偏大，相对来说同等情况下选择3-3更有优势。

试卷突出对Ⅱ级考点的考查，Ⅰ级考点涉及不多且难度较低。

四、考查方向1、回归教材，注重基本概念通过分析不难看出，全卷削弱了板块间的综合，加强了板块内的综合，整体回避过难、过繁的题目，很难看到大量知识点拼凑的题目，注重对物理基本概念、基本规律及核心思维方法的考查，解题过程不依靠特殊技巧，只要掌握基本方法，大部分题目都能找到解题思路，对于注重基础的学生会有较大的把握与优势如选择题15题突出对磁通量基本知识的考查，考查方式新颖但考查的知识点却很淳朴，选择题21题考查比较基础的等分法求等势面。

精心整理2017年高考物理试卷（全国二卷）一．选择题（共5小题）1．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，大圆衰变方程为→+4．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．5．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v，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分1：：所用的时间等于如图（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 TB．导线框运动速度的大小为0.5m/sC．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0.1N8．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10．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三．实验题（共2小题）；⑥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：表示挡光片前端到达光电门时滑块（1）用a表示滑块下滑的加速度大小，用vA、a和△t的关系式为= ．的瞬时速度大小，则与vA= cm/s，a= cm/s2．（结果保留3位（2）由图（c）可求得，vA有效数字）12．某同学利用如图（a）所示的电路测量一微安表（量程为100μA，内阻大约为2500Ω）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20Ω，另一个阻值为2000Ω）；电阻箱Rz（最大阻值为99999.9Ω）；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（3）写出一条提高测量微安表内阻精度的建议：．四．计算题（共4小题）13．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，教练员将冰球以速度v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．重力加速度为g．求程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；（2）满足训练要求的运动员的最小加速度．（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；，求充气后它还能托起的最大质量．（iii）设充气前热气球的质量为m16．一直桶状容器的高为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．2017年高考物理试卷（全国二卷）参考答案与试题解析一．选择题（共5小题）【点评】本题考查了功的两要素：第一是有力作用在物体上；第二是物体在力的作用下产生位移．2．（2017?新课标Ⅱ）一静止的铀核放出一个α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【分析】根据动量守恒定律，抓住系统总动量为零得出两粒子的动量大小，结合粒子的动量大小，根据3．（2017?新课标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（）A．2﹣B． C． D．【分析】拉力水平时，二力平衡；拉力倾斜时，物体匀速运动，依然是平衡状态，根据共点力的平衡条件解题．【解答】解：当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即：F=μmg；当拉力倾斜时，物体受力分析如图由f=μFN ，FN=mg﹣Fsinθ可知摩擦力为：f=μ（mg﹣Fsinθ）f=F联立可得：μ=．B． C． D间，从而得出水平位移的表达式，结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径．【解答】解：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=v′t，联立解得：x==可知当R=时，水平位移最大，故B正确，ACD错误．：．：：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∠POM=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R=r；2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：v 1=R 2：R 1=：1 故C 正确，ABD 错误．故选：C ．所用的时间等于机械能守恒；根据万有引力做功确定速率的变化．【解答】解：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．故选：CD．【点评】解决本题的关键知道近日点的速度比较大，远日点的速度比较小，从P 到Q和Q到P的运动是对称的，但是P到M和M到Q不是对称的．【解答】解：AB、由图象可以看出，0.2﹣0.4s没有感应电动势，所以从开始到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=0.05N，故D错误．故选：BC．【点评】本题考查了导线切割磁感线运动，掌握切割产生的感应电动势公式以及楞次定律，本题能够从图象中获取感应电动势的大小、方向、运动时间等．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，在前半轴转动过程中，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．故选：AD．【点评】电动机是利用通电导体在磁场中受力的原理，在转动过程中，分析线圈【解答】解：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，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．故选：ABD．【点评】本题考查了气体内能和理想气体的三个变化过程，掌握内能的方程和理想气体方程才能使这样的题目变得容易．10．（2017?新课标Ⅱ）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，可选用的解：根据双缝干涉条纹间距公式故选：ACD．【点评】解决本题的关键知道双缝干涉条纹间距公式，以及知道各种色光的波长大小关系，基础题．三．实验题（共2小题）11．（2017?新课标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：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； ，表示滑块在挡光片时间内的平均速度大小，求出；利用实验中得到的数据作出的瞬时速度大小，则的关系式为位有效数字）【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出挡光片通过光电门过程中中间时刻的瞬时速度，结合时间公式求出与v A 、a 和△t 的关系式．（2）结合与v A 、a 和△t 的关系式，通过图线的斜率和截距求出v A 和加速度的大小．【解答】解：（1）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：．，图线的斜率k=，由图可知：（2）由知，纵轴截距等于vA；（2）完成下列填空：①R1的阻值为20 Ω（填“20”或“2000”）②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图（a）中的滑动变阻器的左端（填“左”或“右”）对应的位置；将R的滑片D置于中间位置附近．2③将电阻箱R z的阻值置于2500.0Ω，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所在位置的电势相等（填“相等”或“不相等”）④将电阻箱R z和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将R z的阻值置于2601.0Ω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2550 Ω（结果保留到个位）．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；③接通S2前后，微安表的示数保持不变，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；④设微安表内阻为R x，根据题意有，解得R x=2550Ω；（3）为了提高精度，可以调节R上的分压，尽可能使微安表接近满量程．1故答案为：（1）图见解析；（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．（2）满足训练要求的运动员的最小加速度．【分析】（1）根据速度位移公式求出冰球的加速度，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小．（2）抓住两者运动时间相等得出运动员到达小旗处的最小速度，结合速度位移公式求出最小加速度．【解答】解：（1）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=μg，解得冰球与冰面之间的动摩擦因数为：．=，则最小加速度为：=．）冰球与冰面之间的动摩擦因数为；．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．【分析】（1）抓住两球在电场中，水平方向上的加速度大小相等，一个做匀加速直线运动，一个做匀减速直线运动，在竖直方向上的运动时间相等得出水平方向时间相等，结合运动学公式求出M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比；对M ，有：，对N ：v 0=at ，， 可得， 解得x M ：x N =3：1．（2）设正电小球离开电场时的竖直分速度为v y ，水平分速度为v 1，两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，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v 1=v 0+at=2v 0，则=2v 0， 在竖直方向上有：有：，E==．规律，将运动分解为水平方向和竖直方向，结合运动学公式灵活求解．15．（2017?新课标Ⅱ）一热气球体积为V ，内部充有温度为T a 的热空气，气球外冷空气的温度为T b ．已知空气在1个大气压、温度为T 0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；，求充气后它还能托起的最大质量．（iii）设充气前热气球的质量为m【分析】（i）根据浮力的公式计算浮力的大小，此时的关键是计算外界的气体密度；（ii）根据G=ρVg计算重力，关键是计算气球内部的空气密度；f=；=可得gV=gV（iii）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g+G+mgF=m所以m=﹣﹣m答：（i）气球受到的浮力为：gV；（ii）气球内空气的重力为gV；（iii）能托起的最大质量为﹣﹣m．nsini1=sinγ1nsini2=sinγ2由题意：γ1+γ2=90°联立得：由图中几何关系可得：；联立得：n=1.55答：该液体的折射率为1.55．【点评】本题首先要正确作出光路图，深刻理解折射率的求法，运用几何知识求。

2017年高考真题全国卷Ⅰ二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．14．(2017·全国卷Ⅰ，14,6分)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/sC．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s15．(2017·全国卷Ⅰ，15,6分)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网．其原因是() A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大16．(2017·全国卷Ⅰ，16,6分)如图1，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为m a、m b、m c，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是()图1A．m a＞m b＞m c B．m b＞m a＞m cC．m c＞m a＞m b D．m c＞m b＞m a17．(2017·全国卷Ⅰ，17,6分)大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电．氘核聚变反应方程是：21H＋21H→32He＋10n.已知21H的质量为2.013 6 u，32He的质量为3.015 0 u，10n的质量为1.008 7 u,1 u＝931 MeV/c2.氘核聚变反应中释放的核能约为() A．3.7 MeV B．3.3 MeVC．2.7 MeV D．0.93 MeV18．(2017·全国卷Ⅰ，18,6分)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图2所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是()图219．(2017·全国卷Ⅰ，19,6分)如图3，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是()图3A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶120．(2017·全国卷Ⅰ，20,6分)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图4所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c 和E d.点a到点电荷的距离r a与点a的电势φa已在图中用坐标(r a，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd.下列选项正确的是()图4A ．E a ∶E b ＝4∶1B ．E c ∶E d ＝2∶1C ．W ab ∶W bc ＝3∶1D ．W bc ∶W cd ＝1∶321．(2017·全国卷Ⅰ，21,6分)如图5，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N ，初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α(α＞π2)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )图5A ．MN 上的张力逐渐增大B ．MN 上的张力先增大后减小C ．OM 上的张力逐渐增大D ．OM 上的张力先增大后减小三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题(共47分)22．(2017·全国卷Ⅰ，22,5分)某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间．实验前，将该计时器固定在小车旁，如图(a)所示．实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车．在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图(b)记录了桌面上连续6个水滴的位置．(已知滴水计时器每30 s 内共滴下46个小水滴)图6(1)由图(b)可知，小车在桌面上是________(填“从右向左”或“从左向右”)运动的．(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动．小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为________ m/s，加速度大小为________ m/s2.(结果均保留两位有效数字) 23．(2017·全国卷Ⅰ，23,10分)某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L(额定电压3.8 V，额定电流0.32 A)；电压表(量程3 V，内阻3 kΩ)；电流表(量程0.5 A，内阻0.5 Ω)；固定电阻R0(阻值1 000 Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0 Ω)；电源E(电动势5 V，内阻不计)；开关S；导线若干．(1)实验要求能够实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图．(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图7(a)所示．图7由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻______(填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率________(填“增大”“不变”或“减小”)．(3)用另一电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率．闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为________ W，最大功率为________ W．(结果均保留两位小数)24．(2017·全国卷Ⅰ，24,12分)一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.5×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2(结果保留两位有效数字)．(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.25．(2017·全国卷Ⅰ，25,20分)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.(1)求油滴运动到B点时的速度大小；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．(二)选考题：共15分．请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．33．[物理——选修3－3](2017·全国卷Ⅰ，33,15分)(1)(5分)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图8中两条曲线所示．下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)图8A．图中两条曲线下的面积相等B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大(2)(10分)如图9，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27 ℃，汽缸导热．图9(ⅰ)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(ⅱ)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；(ⅲ)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强．34．[物理——选修3－4](2017·全国卷Ⅰ，34,15分)(1)(5分)如图10(a)，在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1(0,4)和S2(0，－2)．两波源的振动图线分别如图(b)和图(c)所示．两列波的波速均为1.00 m/s.两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为________m，两列波引起的点B(4,1)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)，点C(0,0.5)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)．图10(2)(10分)如图11，一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体，O点为球心；下半部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜．有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC之间的距离为0.6R.已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)．求该玻璃的折射率．图112017年高考真题全国卷Ⅰ【参考答案】14．【答案】 A【解析】 设火箭的质量为m 1，燃气的质量为m 2.由题意可知，燃气的动量p 2＝m 2v 2＝50×10－3×600 kg·m /s ＝30 kg·m/s.根据动量守恒定律可得，0＝m 1v 1－m 2v 2，则火箭的动量大小为p 1＝m 1v 1＝m 2v 2＝30 kg·m/s ，所以A 正确，B 、C 、D 错误．15．【答案】 C【解析】 由题意知，两个乒乓球均做平抛运动，则根据h ＝12gt 2及v 2y ＝2gh 可知，乒乓球的运动时间、下降的高度及竖直方向速度的大小均与水平速度大小无关，故选项A 、B 、D 均错误；由发出点到球网的水平位移相同时，速度较大的球运动时间短，在竖直方向下落的距离较小，可以越过球网，故C 正确．16．【答案】 B【解析】 设三个微粒的电荷量均为q ，a 在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即m a g ＝qE ①b 在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则m b g ＝qE ＋q v B ②c 在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则m c g ＋q v B ＝qE ③比较①②③式得：m b >m a >m c ，选项B 正确．17．【答案】 B【解析】 根据质能方程，释放的核能ΔE ＝Δmc 2，Δm ＝2m H －m He －m n ＝0.003 5 u ，则ΔE ＝0.003 5×931 MeV ＝3.258 5 MeV ≈3.3 MeV ，故B 正确，A 、C 、D 错误.18．【答案】 A【解析】 感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化．在A 图中，系统震动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的震动；在B 、D 图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无电流产生；在C 图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．19．【答案】 BC【解析】 同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．对L 1受力分析，如图甲所示，可知L 1所受磁场作用力的方向与L 2、L 3所在的平面平行，故A 错误；对L 3受力分析，如图乙所示，可知L 3所受磁场作用力的方向与L 1、L 2所在的平面垂直，故B 正确；设三根导线间两两之间的相互作用力的大小为F ，则L 1、L 2受到的磁场作用力的合力大小均等于F ，L 3受到的磁场作用力的合力大小为3F ，即L 1、L 2、L 3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3，故C 正确，D 错误．20．【答案】 AC【解析】 由图可知，a 、b 、c 、d 到点电荷的距离分别为1 m 、2 m 、3 m 、6 m ，根据点电荷的场强公式E ＝k Q r 2可知，E a E b ＝r 2b r 2a ＝41，E c E d ＝r 2d r 2c ＝41，故A 正确，B 错误；电场力做功W ＝qU ，a 与b 、b 与c 、c 与d 之间的电势差分别为3 V 、1 V 、1 V ，所以W ab W bc ＝31，W bc W cd ＝11，故C 正确，D 错误．21．【答案】 AD【解析】 以重物为研究对象，受重力mg 、OM 绳上拉力F2、MN上拉力F 1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F 1、F 2的夹角为π－α不变，在F 2转至水平的过程中，矢量三角形在同一外接圆上，由图可知，MN 上的张力F 1逐渐增大，OM 上的张力F 2先增大后减小，所以A 、D 正确，B 、C 错误．22．【答案】 (1)从右向左 (2)0.19 0.038【解析】 (1)小车在阻力的作用下，做减速运动，由图(b)知，从右向左相邻水滴间的距离逐渐减小，所以小车在桌面上是从右向左运动．(2)已知滴水计时器每30 s 内共滴下46个小水滴，所以相邻两水滴间的时间间隔为T ＝3045s ＝23 s ，所以A 点位置的速度为v A ＝0.117＋0.1332×23m /s≈0.19 m/s.根据逐差法可求加速度a ＝(x 5＋x 4)－(x 2＋x 1)6T 2，解得a ≈0.038 m/s 2.23．【答案】 (1)见解析图 (2)增大 增大 (3)0.39 1.17【解析】 (1)电压表量程为3 V ，要求能够实现在0～3.8 V 的范围内对小灯泡的电压进行测量，需要给电压表串联一个定值电阻扩大量程，题目中要求小灯泡两端电压从零开始，故滑动变阻器用分压式接法，小灯泡的电阻R L ＝U I ＝3.80.32 Ω＝11.875 Ω，因R L R A ＜R V R L，故电流表用外接法，实验电路原理图如图所示．(2)由IU 图象知，图象中的点与坐标原点连线的斜率在减小，表示灯泡的电阻随电流的增大而增大，根据电阻定律R ＝ρl S知，灯丝的电阻率增大． (3)当滑动变阻器的阻值最大为9.0 Ω时，电路中的电流最小，灯泡实际功率最小，由E ＝U ＋I (R ＋r )得U ＝－10I ＋4，作出图线①如图所示．由交点坐标可得U 1＝1.78 V ，I 1＝221 mA ，P 1＝U 1I 1≈0.39 W ；当滑动变阻器电阻值R ＝0时，灯泡消耗的功率最大，由E ＝U ＋I (R ＋r )得，I ＝－U ＋4，作出图线②如图所示．由交点坐标可得，U 2＝3.70 V ，I 2＝315 mA ，最大的功率为P 2＝U 2I 2≈1.17 W.24．【答案】 (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J【解析】 (1)飞船着地前瞬间的机械能为E 0＝12m v 20① 式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速度．由①式和题给数据得E 0＝4.0×108 J ②设地面附近的重力加速度大小为g ，飞船进入大气层时的机械能为h 2h式中，v h 是飞船在高度1.6×105 m 处的速度．由③式和题给数据得E h ≈2.4×1012 J ④(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为E h ′＝12m (2.0100v h )2＋mgh ′⑤ 由功能原理得W ＝E h ′－E 0⑥式中，W 是飞船从高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W ≈9.7×108 J ⑦25．【答案】 见解析【解析】 (1)设该油滴带正电，油滴质量和电荷量分别为m 和q ，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E 1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t ＝0时，电场强度突然从E 1增加至E 2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a 1满足qE 2－mg ＝ma 1①油滴在t 1时刻的速度为v 1＝v 0＋a 1t 1②电场强度在t 1时刻突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a 2满足 qE 2＋mg ＝ma 2③油滴在t 2＝2t 1时刻的速度为v 2＝v 1－a 2t 1④由①②③④式得v 2＝v 0－2gt 1⑤(2)由题意，在t ＝0时刻前有qE 1＝mg ⑥油滴从t ＝0到t 1时刻的位移为x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21⑦ 油滴在从t 1时刻到t 2＝2t 1时刻的时间间隔内的位移为211221由题给条件有v 20＝2g ×2h ＝4gh ⑨式中h 是B 、A 两点之间的距离．若B 点在A 点之上，依题意有x 1＋x 2＝h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E 2＝[2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2]E 1⑪ 为使E 2＞E 1，应有2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2＞1⑫ 即当0＜t 1＜(1－32)v 0g ⑬ 或t 1＞(1＋32)v 0g⑭ 才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v 2＞0和v 2＜0两种情形．若B 在A 点之下，依题意有x 2＋x 1＝－h ⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得E 2＝[2－2v 0gt 1－14(v 0gt 1)2]E 1⑯ 为使E 2>E 1，应有2－2v 0gt 1－14(v 0gt 1)2>1⑰ 即t 1>(52＋1)v 0g⑱ 另一解为负，不符合题意，舍去．33．[物理——选修3－3](2017·全国卷Ⅰ，33,15分)【答案】 (1)ABC (2)(ⅰ) V 22p 0 (ⅱ )B 的顶部 (ⅲ)1.6 p 0 【解析】 (1)根据图线的物理意义可知，曲线下的面积表示总分子数，所以图中两条曲线下的面积相等，选项A 正确；温度是分子平均动能的标志，且温度越高，速率大的分子所占比例较大，所以图中实线对应于氧气分子平均动能较大的情形，虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B 、C 正确；根据曲线不能求出任意区间的氧气分子数目，选项D错误；由图线可知100 ℃时的氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比比0 ℃ 时的百分比小，选项E 错误．(2)(ⅰ)设打开K 2后，稳定时活塞上方气体的压强为p 1，体积为V 1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得p 0V ＝p 1V 1①(3p 0)V ＝p 1(2V －V 1)②联立①②式得V 1＝V 2③ p 1＝2p 0④(ⅱ)打开K 3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方气体与A 中气体的体积之和为V 2(V 2≤2V )时，活塞下气体压强为p 2，由玻意耳定律得(3p 0)V ＝p 2V 2⑤由⑤式得p 2＝3V V 2p 0⑥ 由⑥式知，打开K 3后活塞上升直到B 的顶部为止；此时p 2为p 2′＝32p 0 (ⅲ)设加热后活塞下方气体的压强为p 3，气体温度从T 1＝300 K 升高到T 2＝320 K 的等容过程中，由查理定律得p 2′T 1＝p 3T 2⑦ 将有关数据代入⑦式得p 3＝1.6p 0⑧34．[物理——选修3－4](2017·全国卷Ⅰ，34,15分)【答案】 (1)2 减弱 加强 (2) 2.05(或1.43)【解析】 (1)由几何关系可知两波源到A 点的距离为AS 1＝10 m ，AS 2＝8 m ，所以两波的路程差为2 m ；同理可得，BS 1－BS 2＝0，为波长的整数倍，由振动图象知两振源振动方向相反，故B 点振动减弱；两波源到C 点的路程差为Δx ＝CS 1－CS 2＝1 m ，波长λ＝v T ＝2 m ，所以C 点振动加强．(2)如图，根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于OC 轴对称的出射光线一定与入射光线平行．这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心C 点反射．设光线在半球面的入射角为i ，折射角为r .由折射定律有sin i ＝n sin r ①由正弦定理有sin r 2R ＝sin (i －r )R② 由几何关系，入射点的法线与OC 的夹角为i .由题设条件和几何关系有sin i ＝L R③ 式中L 是入射光线与OC 的距离，L ＝0.6R .由②③式和题给数据得sin r ＝6205④ 由①③④式和题给数据得n ＝ 2.05≈1.43⑤。

2017 年全国高考理综（物理）试题及答案-全国卷 3二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第 14~18题只 有一项符合题目要求，第19~21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。

14 . 2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接， 对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行。

与天宫二号单独运行时相 比，组合体运行的A.周期变大B.速率变大D.向心加速度变大15 .如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一 U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。

金属杆PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路 PQRS 一圆环形金属线框T 位于回路围成的区域内，线列说法正确的是天花板上的同一点，则弹性纯的总长度变为（弹性纯的伸长始终处于弹性限度内）18.如图，在磁感应强度大小为 B 0的匀强磁场中，两长直导线 P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为。

在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流时， 纸面内与两导线距离均为的 a 点处的磁感应强度为零。

如果让 P 中的电流反向、其他条件不变，则 a 点处磁感应强度的大 小为A. 0B. -I B oC. 2^3 B 0D. 2B 033C.动能变大框与导轨共面。

现让金属杆 PQ 突然向右运动, 在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下A. B. PQR 外沿顺时针方向,PQR 外沿顺时针方向, T 中沿逆时针方向T 中沿顺时针方向C. D. PQR 外沿逆时针方向,PQR 外沿逆时针方向,T 中沿逆时针方向 T 中沿顺时针方向16.如图，一质量为m ,长度为l 的均匀柔软细纯 向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距1l 。

3PQg 直悬挂。

用外力将纯的下端 Q 缓慢地竖直重力加速度大小为g o 在此过程中，外力做的功为A. ；mglB. 1 mglC. ；mgl17. 一根轻质弹性纯的两端分别固定在水平天花板上相距将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性纯的总长度为D. 1 mgl80cm 的两点上，弹性纯的原长也为80 cm, 100 cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至A. 86 cmB. 92 cmC. 98 cmD. 104 cm19.在光电效应实验中,分别用频率为v a、V b的单色光a、b照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为U a和U b、光电子的最大初动能分别为E ka和E kb。

[近四年全国Ⅰ卷计算题涉及的考点与内容]年份第24题分值第25题分值2013年运动学(两辆玩具小车牵连运动问题)13分电磁感应(滑轨、动力学)19分2014年运动学(公路上两车安全距离问题)12分类平抛运动、带电粒子在电场中运动(动力学)20分2015年电路和力学问题(安培力作用下导体棒平衡)12分板块模型：两物体多阶段匀变速运动组合问题(动力学)20分2016年(乙卷)(双棒模型＋三角体)电磁感应定律应用、力的平衡方程14分(轻弹簧＋斜面＋光滑圆弧轨道)平抛运动、牛顿定律、动能定理18分例题展示1.(2016·全国乙卷·24)如图1，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑.求：图1(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小.解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是相等，cd也做匀速直线运动.设导线的张力的大小为F T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为F N1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为F N2，对于ab 棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲 乙2mg sin θ＝μF N1＋F T ＋F ① F N1＝2mg cos θ②对于cd 棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得 mg sin θ＋μF N2＝F T ′＝F T③ F N2＝mg cos θ④ 联立①②③④式得：F ＝mg (sin θ－3μcos θ)⑤ (2)设金属棒运动速度大小为v ，ab 棒上的感应电动势为E ＝BL v ⑥ 回路中电流I ＝ER⑦ 安培力F ＝BIL⑧联立⑤⑥⑦⑧得： v ＝(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L 2答案 (1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L22.(2016·全国乙卷·25)如图2，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内.质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)图2(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小； (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放.已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点.G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量. 解析 (1)由题意可知：l BC ＝7R －2R ＝5R①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 mgl BC sin θ－μmgl BC cos θ＝12m v 2B②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得 v B ＝2 gR③(2)设BE ＝x ，P 到达E 点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为E p ，由B →E 过程，根据动能定理得mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12m v 2B④ E 、F 之间的距离l 1为l 1＝4R －2R ＋x⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥联立③④⑤⑥式得 x ＝R ⑦ E p ＝125mgR⑧(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离为x 1、竖直距离为y 1，由几何关系(如图所示)得θ＝37°.由几何关系得： x 1＝72R －56R sin θ＝3R⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ＝52R⑩设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t . 由平抛运动公式得： y 1＝12gt 2⑪ x 1＝v D t⑫联立⑨⑩⑪⑫得 v D ＝355gR⑬设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ)⑭P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理得 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮得 m 1＝13m⑯ 答案 (1)2 gR (2)125mgR (3)355gR 13m命题分析与对策 1.命题特点近几年知识背景变换频繁，分值、次序不定，能力要求高，备考难度有所降低.力学计算侧重于匀变速运动的规律和图象、应用牛顿运动定律解决多体多态问题；功能关系的应用，考查范围未突破必修内容；电磁学计算侧重于电磁场——单一场、组合场、交变场、复合场、电磁感应综合问题，考查重点在选修3—1.2.应考策略力和运动为主线的问题情景，从物理情景中确定研究对象，按其运动的发展过程逐一分析，弄清运动情况和受力情况，善于挖掘隐含条件，建立物理模型，找出与之相适应的物理规律及题目中给出的某种等量关系进行表达，必要时借助于几何图形、图象进行表达，通过数学方法的演算，得出物理结果.带电粒子在场中的运动问题是电磁学知识与力学知识的结合，分析方法和力学问题分析方法基本相同，常用动力学(受力分析、平衡条件、牛顿第二定律等)、能量观点(动能定理、能量守恒定律等)来分析.注意电场中的加速与类平(斜)抛；注意圆形磁场、有界磁场；注意带电粒子在磁场中运动的相关结论；注意轨迹的构建，与数学中平面几何知识的结合；尤其注意两种运动交接点的特征.计算题专练(一)1.如图1所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上.一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计).今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g.求：图1(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？(2)平板车P的长度为多少？答案(1)gR3(2)7R18μ解析 (1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR (1－cos 60°)＝12m v 20，解得v 0＝gR小球与小物块Q 相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有： m v 0＝m v 1＋m v Q 12m v 20＝12m v 21＋12m v 2Q解得：v 1＝0，v Q ＝v 0＝gR二者交换速度，即小球静止下来.Q 在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有m v Q ＝M v ＋m (2v )解得，v ＝16v Q ＝gR6小物块Q 离开平板车时，速度为：2v ＝gR3(2)由能量守恒定律，知 F f L ＝12m v 2Q －12M v 2－12m (2v )2又F f ＝μmg解得，平板车P 的长度为L ＝7R 18μ.2.如图2所示，在绝缘水平面上，相距为L 的A 、B 两点处分别固定着两个等量正电荷.a 、b 是AB 连线上两点，其中Aa ＝Bb ＝L4，a 、b 两点电势相等，O 为AB 连线的中点.一质量为m 、带电荷量为＋q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从a 点出发，沿AB 直线向b 运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(n ＞1)，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：图2(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ； (2)O 、b 两点间的电势差U Ob ； (3)小滑块运动的总路程s .答案 (1)2E 0mgL (2)－(2n －1)2q E 0 (3)2n ＋14L解析 (1)由Aa ＝Bb ＝L4，O 为AB 连线的中点得：a 、b 关于O 点对称，则U ab ＝0；设小滑块与水平面间的摩擦力大小为F f ，对于滑块从a →b 过程，由动能定理得： q ·U ab －F f ·L2＝0－E 0而F f ＝μmg 解得：μ＝2E 0mgL(2)滑块从O →b 过程，由动能定理得： q ·U Ob －F f ·L4＝0－nE 0解得：U Ob ＝－(2n －1)E 02q(3)对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得 q ·U aO －F f ·s ＝0－E 0 而U aO ＝－U Ob ＝(2n －1)E 02q解得：s ＝2n ＋14L计算题专练(二)1.公交车已作为现代城市交通很重要的工具，它具有方便、节约、缓解城市交通压力等许多作用.某日，一人在上班途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是1 m /s ，公交车的速度是15 m/s ，他们距车站的距离为50 m.假设公交车在行驶到距车站25 m 处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间10 s.而此人因年龄、体力等关系最大速度只能达到6 m /s ，最大起跑加速度只能达到2.5 m/s 2. (1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？ (2)试计算分析，此人是应该上这班车，还是等下一班车. 答案 (1)4.5 m/s 2 (2)应该上这班车解析 (1)公交车的加速度为：a 1＝0－v 212x 1＝0－22550 m /s 2＝－4.5 m/s 2，所以其加速度大小为4.5 m/s 2(2)公交车从开始相遇到开始刹车用时为：t 1＝x －x 1v 1＝50－2515 s ＝53s ，公交车刹车过程中用时为：t 2＝0－v 1a 1＝－15－4.5 s ＝103 s ，此人以最大加速度达到最大速度用时为： t 3＝v 3－v 2a 2＝6－12.5 s ＝2 s ，此人加速过程中位移为：x 2＝v 2＋v 32t 3＝1＋62×2 m ＝7 m ， 以最大速度跑到车站用时为：t 4＝x －x 2v 3＝436s ，显然，t 3＋t 4＜t 1＋t 2＋10，可以在公交车还停在车站时安全上车.2.如图1所示，以MN 为下边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外， MN 上方有一单匝矩形导线框abcd ，其质量为m ，电阻为R ，ab 边长为l 1，bc 边长为l 2，cd 边离MN 的高度为h .现将线框由静止释放，线框下落过程中ab 边始终保持水平，且ab 边离开磁场前已做匀速直线运动，求线框从静止释放到完全离开磁场的过程中，图1(1)ab 边离开磁场时的速度v ； (2)通过导线横截面的电荷量q ； (3)导线框中产生的热量Q .答案 (1)mgR B 2l 21 (2)Bl 1l 2R (3)mg (h ＋l 2)－m 3g 2R 22B 4l 41解析 (1)线框匀速运动时，E ＝Bl 1v ① I ＝ER② F ＝BIl 1③ mg ＝F④由①②③④联立：v ＝mgRB 2l 21(2)导线框穿过磁场的过程中，q ＝I t⑤ I ＝E R⑥E ＝ΔΦΔt ＝Bl 1l 2t⑦由⑤⑥⑦联立：q ＝Bl 1l 2R(3)导线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律，mg (h ＋l 2)＝12m v 2＋Q代入(1)中的速度，解得： Q ＝mg (h ＋l 2)－m 3g 2R 22B 4l41计算题专练(三)1.如图1所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab 段水平，bcde 段光滑，cde 段是以O 为圆心，R 为半径的一小段圆弧，可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起，静止于b 处，A 的质量是B 的3倍.两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动.B 到d 点时速度沿水平方向，此时轨道对B 的支持力大小等于B 所受重力的34，A 与ab 段的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，求：图1(1)物块B 在d 点的速度大小；(2)物块A 、B 在b 点刚分离时，物块B 的速度大小； (3)物块A 滑行的最大距离s . 答案 (1)gR 2 (2)3Rg 2 (3)R 8μ解析 (1)物块B 在d 点时，重力和支持力的合力提供向心力，则：m B g －F N ＝m B v 2R① 又因为：F N ＝34m B g②联立①②式得物块B 在d 点时的速度v ＝gR 2. (2)物块B 从b 到d 过程，只有重力做功，机械能守恒有： 12m B v 2B ＝m B gR ＋12m B v 2 解得v B ＝32Rg③(3)物块A 和B 分离过程中由动量守恒定律得 m A v A ＋m B v B ＝0④物块A 和B 分离后，物块A 做匀减速直线运动，由动能定理得 －μm A gs ＝－12m A v 2A⑤联立③④⑤式，得物块A 滑行的距离s ＝R8μ.2.如图2所示，间距为L 的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r 的定值电阻.质量为m 、电阻也为r 的金属杆MN 垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B 的匀强磁场.闭合开关S ，让金属杆MN 从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g .求：图2(1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的最大速率v m ；(2)金属杆MN 在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度v m 前，当流经定值电阻的电流从零增大到I 0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q ，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)金属杆MN 在水平导轨上滑行的最大距离x m .答案 (1)2mgr sin θB 2L 2 (2)mgqr sin θBL －mI 20r2B 2L2(3)4m 2gr 2sin θB 4L 4解析 (1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零， 对其受力分析，可得： mg sin θ－BIL ＝0根据欧姆定律可得：I ＝BL v m2r解得：v m ＝2mgr sin θB 2L 2(2)设在这段时间内，金属杆运动的位移为x ，由电流的定义可得：q ＝I Δt根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得： I ＝B ΔS 2r Δt ＝BLx 2r Δt解得：x ＝2qrBL设电流为I 0时金属杆的速度为v 0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得：I 0＝BL v 02r此过程中，电路产生的总焦耳热为Q 总，由功能关系可得：mgx sin θ＝Q 总＋12m v 2定值电阻产生的焦耳热Q ＝12Q 总解得：Q ＝mgqr sin θBL －mI 20r 2B 2L 2(3)由牛顿第二定律得：BIL ＝ma由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得： I ＝BL v2r可得：B 2L 22r v ＝m Δv ΔtB 2L 22rv Δt ＝m Δv ， 即B 2L 22r x m ＝m v m 得：x m ＝4m 2gr 2sin θB 4L 4计算题专练(四)1.两个带电小球A 、B (可视为质点)通过绝缘的不可伸长的轻绳相连，若将轻绳的某点O 固定在天花板上，平衡时两个小球的连线恰好水平，且两根悬线偏离竖直方向的夹角分别为30°和60°，如图1甲所示.若将轻绳跨接在竖直方向的光滑定滑轮(滑轮大小可不计)两端，调节两球的位置能够重新平衡，如图乙所示，求：图1(1)两个小球的质量之比；(2)图乙状态，滑轮两端的绳长O ′A 、O ′B 之比. 答案 见解析解析 (1)对小球，有F T cos θ－mg ＝0 F T sin θ－F ＝0解得：mg ＝F tan θ，所以：m A m B ＝tan 60°tan 30°＝31(2)对小球，根据三角形相似，有mg h ＝F TL解得：L ＝F T hmg所以：L O ′A L O ′B ＝m B m A ＝13.2.如图2所示，两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计)，倾角为30°，导轨间距为0.5 m ，匀强磁场垂直导轨平面向下，B ＝0.2 T ，两根材料相同的金属棒a 、b 与导轨构成闭合回路，a 、b 金属棒的质量分别为3 kg 、2 kg ，两金属棒的电阻均为R ＝1 Ω，刚开始两根金属棒都恰好静止，假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.现对a 棒施加一平行导轨向上的恒力F ＝60 N ，经过足够长的时间后，两金属棒都达到了稳定状态.求：图2(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；(2)当两金属棒都达到稳定状态时，b 棒所受的安培力大小.(3)设当a 金属棒从开始受力到向上运动5 m 时，b 金属棒向上运动了2 m ，且此时a 的速度为4 m /s ，b 的速度为1 m/s ，则求此过程中回路中产生的电热及通过a 金属棒的电荷量. 答案 (1)33(2)24 N (3)85 J 0.15 C 解析 (1)a 棒恰好静止时，有m a g sin 30°＝μm a g cos 30° 解得μ＝33(2)两棒稳定时以相同的加速度向上匀加速运动，此时两棒有恒定的速度差. 对a 棒：F －m a g sin 30°－μm a g cos 30°－F 安＝m a a对b 棒：F 安－m b g sin 30°－μm b g cos 30°＝m b a 解得F 安＝24 N(3)此过程对a 、b 棒一起根据功能关系，有Q ＝Fx a －(m a g sin 30°＋μm a g cos 30°)x a －(m b g sin 30°＋μm b g cos 30°)x b －12m a v 2a －12m b v 2b解得Q ＝85 Jq ＝I ·Δt ，I ＝E 2R，E ＝ΔΦΔt ＝B ·ΔSΔt解得q ＝Bd (x a －x b )2R＝0.15 C.计算题专练(五)1.光滑水平面上放着质量m A ＝1 kg 的物块A 与质量m B ＝2 kg 的物块B ，A 与B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接)，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能E p ＝49 J.在A 、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图1所示.放手后B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R ＝0.5 m ，B 恰能到达最高点C .取g ＝10 m/s 2，求：图1(1)绳拉断后瞬间B 的速度v B 的大小； (2)绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小； (3)绳拉断过程绳对A 所做的功W . 答案 (1)5 m/s (2)4 N·s (3)8 J解析 (1)设B 在绳被拉断后瞬间的速度为v B ，到达C 时的速度为v C ，有m B g ＝m B v 2C R12m B v 2B ＝12m B v 2C ＋2m B gR 代入数据得v B ＝5 m/s(2)设弹簧恢复到自然长度时B 的速度为v 1，取水平向右为正方向，有E p ＝12m B v 21，I ＝m B v B－m B v 1代入数据得I ＝－4 N·s ，其大小为4 N·s(3)设绳断后A 的速度为v A ，取水平向右为正方向，有 m B v 1＝m B v B ＋m A v A W ＝12m A v 2A代入数据得W ＝8 J.2.如图2所示，在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度分别为B 1＝0.1 T 、B 2＝0.05 T ，分界线OM 与x 轴正方向的夹角为α.在第二、三象限内存在着沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度E ＝1×104 V/m.现有一带电粒子由x 轴上A 点静止释放，从O 点进入匀强磁场区域.已知A 点横坐标x A ＝ －5×10－2 m ，带电粒子的质量m ＝1.6×10－24kg ，电荷量q ＝＋1.6×10－15C.图2(1)要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求α的取值范围？(用反三角函数表示) (2)如果α＝30°，则粒子能经过OM 分界面上的哪些点？(3)如果α＝30°，让粒子在OA 之间的某点释放，要求粒子仍能经过(2)问中的那些点，则粒子释放的位置应满足什么条件？答案 (1)α<π2－12arcsin 23(2)见解析 (3)见解析解析 (1)粒子进入匀强 磁场后，做匀速圆周运动.设在B 1中运动的半径为r 1，在B 2中运动的半径为r 2由q v B ＝m v 2r B 1＝2B 2得r 2＝2r 1由几何关系解得α＜π2－12arcsin 23(2)当α＝30°时，粒子每次在任意一个磁场中运动的圆弧的圆心角均为60°，弦长均等于半径. 粒子在电场中运动 qEx A ＝12m v 2粒子在磁场中运动 r 1＝m vqB 1解得：r 1＝1×10－2 m r 2＝2r 1＝2×10－2 m OM 上经过的点距离O 点的距离是l ＝kr 1＋(k －1)r 2＝(3k －2)r 1＝(3k －2)×10－2 m(k ＝1、2、3……) 和l ＝k ′(r 1＋r 2)＝3k ′×10－2 m(k ′＝1、2、3……)(3)要仍然经过原来的点，需满足r 1＝n (r 1′＋r 2′)(n ＝1、2、3……) 解得r ′＝r 13n 即v ′＝v 3n粒子释放的位置应满足x A ′＝x A9n 2(n ＝1、2、3……)或者r 1＝n ′(2r 1″＋r 2″)(n ′＝1、2、3……) 解得r ″＝r 14n ′即v ″＝v 4n ′粒子释放的位置应满足x A ″＝x A16n ′2(n ′＝1、2、3……)计算题专练(六)1.如图1甲所示，水平传送带AB 逆时针匀速转动，一个质量为M ＝1.0 kg 的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点).已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s2.求：甲乙 图1(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ； (2)物块在传送带上的运动时间； (3)整个过程中系统生成的热量. 答案 (1)0.2 (2)4.5 s (3)18 J解析 (1)由速度—时间图象可得，物块做匀变速运动的加速度： a ＝Δv Δt ＝6.03 m /s 2＝2.0 m/s 2由牛顿第二定律得F f ＝Ma得到物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg ＝2.010＝0.2(2)由速度—图象可知，物块初速度大小v ＝4 m /s ，传送带速度大小v ′＝2 m/s ，物块在传送带上滑动t 1＝3 s 后，与传送带相对静止.前2秒内物块的位移大小x 1＝v2t ′＝4 m ，方向向右，第3秒内的位移大小x 2＝v ′2t ″＝1 m ，方向向左，3秒内位移x ＝x 1－x 2＝3 m ，方向向右； 物块再向左运动，时间t 2＝xv ′＝1.5 s物块在传送带上运动的时间t ＝t 1＋t 2＝4.5 s(3)物块在传送带上滑动的3 s 内，传送带的位移x ′＝v ′t 1＝6 m ，向左； 物块的位移x ＝x 1－x 2＝3 m ，向右 相对位移为：Δx ＝x ′＋x ＝9 m 所以转化的热量Q ＝F f ×Δx ＝18 J2.如图2所示，xOy 坐标系中，y <0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第四象限有沿x轴正方向的匀强电场；第一、三象限的空间也存在着匀强电场(图中未画出)，第一象限内的匀强电场与x轴平行.一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒从第一象限的P点由静止释放，恰好能在坐标平面内沿与x轴成θ＝30°角的直线斜向下运动，经过x轴上的a点进入y<0的区域后开始做匀速直线运动，经过y轴上的b点进入x<0的区域后做匀速圆周运动，最后通过x轴上的c点，且Oa＝Oc.已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，求：图2(1)第一象限内电场的电场强度E1的大小及方向；(2)带电微粒由P点运动到c点的过程中，其电势能的变化量ΔE p；(3)带电微粒从a点运动到c点所经历的时间t.答案见解析解析(1)如图甲，E1方向水平向左(或沿x轴负方向)且有：mg＝qE1tan θ①解①得：E1＝3mgq②(2)如图乙，在第四象限内有：q v B cos θ－mg＝0 ③在第一象限，对微粒由牛顿运动定律及运动学公式：mgsin θ＝ma ④Pa 之间的距离： x ＝v 22a⑤微粒由P 点运动到c 点的过程中，由动能定理： W 电＋mgx sin θ＝12m v 2⑥其电势能的变化量： ΔE p ＝－W 电⑦联立③④⑤⑥⑦解得： ΔE p ＝－m 3g 22B 2q2⑧(3)在第三象限内，带电微粒做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，根据牛顿第二定律： q v B ＝m v 2R⑨如图丙，带电微粒在第三象限运动的轨迹如图所示，过b 点做ab 的垂线与bc 弦的垂直平分线必交于x 轴上的d 点，即d 点为轨迹圆的圆心.所以ab 之间的距离：x ab ＝R tan θ⑩其在第四象限运动的时间： t 1＝x ab v⑪ 微粒从b 到c 的时间：t 2＝2πR3v⑫因此从a 点运动到c 点的时间： t ＝t 1＋t 2⑬联立⑨⑩⑪⑫⑬得： t ＝(3＋2π3)mqB.计算题专练(七)1.如图1所示，光滑水平面MN 上放两相同小物块A 、B ，左端挡板处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L ＝8 m ，沿逆时针方向以恒定速度v ＝6 m /s 匀速转动.物块A 、B (大小不计)与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2.物块A 、B 质量m A ＝m B ＝1 kg.开始时A 、B 静止，A 、B 间有一压缩轻质弹簧处于锁定状态，贮有弹性势能E p ＝16 J.现解除弹簧锁定，弹开A 、B ，同时迅速撤走弹簧.求：(g ＝10 m/s 2)图1(1)物块B 沿传送带向右滑动的最远距离； (2)物块B 滑回水平面MN 的速度大小v B ′；(3)若物体B 返回水平面MN 后与被弹射装置P 弹回的A 在水平面上相碰，且A 、B 碰后互换速度，则弹射装置P 必须给A 做多少功才能让A 、B 碰后B 能从Q 端滑出. 答案 见解析解析 (1)解除锁定弹开A 、B 过程中，系统机械能守恒： E p ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B① 取向右为正方向，由动量守恒有：m A v A ＋m B v B ＝0②由①②得：v A ＝－4 m /s ，v B ＝4 m/sB 滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远，由动能定理得： －μm B gs m ＝0－12m B v 2B③所以：s m ＝v 2B 2μg＝4 m物块B 沿传送带向右滑动的最远距离为4 m.(2)假设物块B 沿传送带向左返回时，先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时一起匀速运动，物块B 加速到传送带速度v 需要滑动的距离设为s ′， 由μm B gs ′＝12m B v 2④得s ′＝v 22μg＝9 m>s m说明物块B 滑回水平面MN 的速度没有达到传送带速度，v B ′＝2μgs m ＝4 m/s 物块B 滑回水平面MN 的速度大小v B ′＝4 m/s (3)设弹射装置给A 做功为W 12m A v A ′2＝12m A v 2A ＋W ⑤ A 、B 碰后速度互换，B 的速度v B ″＝v A ′⑥ B 要滑出传送带Q 端，由能量关系有：12m B v B ″2≥μm B gL⑦ 又m A ＝m B ，所以由⑤⑥⑦得W ≥μm B gL －12m A v 2A⑧解得：W ≥8 J弹簧装置P 必须给A 最少做8 J 的功才能让A 、B 碰后B 能从Q 端滑出.2.如图2所示，在xOy 平面内，有一边长为L 的等边三角形区域OPQ ，PQ 边与x 轴垂直，在三角形区域以外，均存在着磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，三角形OPQ 区域内无磁场分布.现有质量为m ，带电量为＋q 的粒子从O 点射入磁场，粒子重力忽略不计.图2(1)若要使该粒子不出磁场，直接到达P 点，求粒子从O 点射入的最小速度的大小和方向； (2)若粒子从O 点以初速度v 0＝3qBL6m，沿y 轴正方向射入，能再次经过O 点，求该粒子从出发到再次过O 点所经历的时间.答案 (1)qBL2m ，方向垂直于OP 向上(或与y 轴正方向成30°角斜向左上方)(2) (4π＋33)mqB解析 (1)如图甲所示，当初速度v 0垂直于OP 射入磁场时，粒子射入速度最小， 由几何知识得： r 1＝L2① 由q v B ＝m v 2r② 得：v 0＝qBL2m③方向垂直于OP 向上或与y 轴正方向成30°角斜向左上方甲(2)若粒子从O 点以初速度v 0＝3qBL 6m ，沿y 轴正方向射入，则由q v B ＝m v 2r 得：r 2＝m v 0qB ＝36L④如图乙所示，粒子从O 运动至A 点出磁场进入三角形区域 由几何知识得：OA ＝3r 2＝L 2⑤ 圆心角∠OO 1A ＝120° ⑥ 运动时间：t 1＝13T ＝2πm 3qB⑦粒子从A 到B 做匀速直线运动，运动时间 t 2＝x AB v 0＝3mqB⑧由轨迹图象可知，粒子可以回到O 点，所用时间 t ＝6t 1＋3t 2＝(4π＋33)m qB乙计算题专练(八)1.如图1甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态.作用于滑块的水平力F 随时间t 变化图象如图乙所示，t ＝2.0 s 时撤去力F ，最终滑块与木板间无相对运动.已知滑块质量m ＝2 kg ，木板质量M ＝ 1 kg ，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：图1(1)t ＝0.5 s 时滑块的速度大小； (2)0～2.0 s 内木板的位移大小； (3)整个过程中因摩擦而产生的热量. 答案 见解析解析 (1)木板M 的最大加速度a m ＝μmgM＝4 m/s 2，滑块与木板保持相对静止时的最大拉力 F m ＝(M ＋m )a m ＝12 N即F 为6 N 时，M 与m 一起向右做匀加速运动 对整体分析有：F ＝(M ＋m )a 1 v 1＝a 1t 1代入数据得：v 1＝1 m/s (2)对M ：0～0.5 s ，x 1＝12a 1t 210.5～2 s ，μmg ＝Ma 2 x 2＝v 1t 2＋12a 2t 22则0～2 s 内木板的位移x ＝x 1＋x 2＝6.25 m (3)对滑块：0.5～2 s ，F －μmg ＝ma 2′ 0～2 s 时滑块的位移x ′＝x 1＋(v 1t 2＋12a 2′t 22) 在0～2 s 内m 与M 相对位移Δx 1＝x ′－x ＝2.25 m t ＝2 s 时木板速度v 2＝v 1＋a 2t 2＝7 m/s 滑块速度v 2′＝v 1＋a 2′t 2＝10 m/s撤去F 后，对M ：μmg ＝Ma 3 对m ：－μmg ＝ma 3′当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即v 2＋a 3t 3＝v 2′＋a 3′t 3 解得t 3＝0.5 s。

取夺市安慰阳光实验学校精做38 气体实验定律的计算1．（2017·新课标全国Ⅰ卷）如图，容积均为V 的气缸A 、B 下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K 2位于细管的中部，A 、B 的顶部各有一阀门K 1、K 3；B 中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）。

初始时，三个阀门均打开，活塞在B 的底部；关闭K 2、K 3，通过K 1给气缸充气，使A 中气体的压强达到大气压p 0的3倍后关闭K 1。

已知室温为27 ℃，气缸导热。

（1）打开K 2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；（2）接着打开K 3，求稳定时活塞的位置；（3）再缓慢加热气缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强。

【答案】（1）2V 2p 0 （2）气缸B 顶部 （3）1.6p 0（3）设加热后活塞下方气体的压强为p 2，气体温度从T 1=300 K 升高到T 2=320 K由理想气体状态方程有021232p V p V T T ⋅=解得p 2=1.6p 02．（2017·新课标全国Ⅱ卷）一热气球体积为V ，内部充有温度为T a 的热空气，气球外冷空气的温度为T b 。

已知空气在1个大气压、温度T 0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 。

（1）求该热气球所受浮力的大小。

（2）求该热气球内空气所受的重力。

（3）设充气前热气球的质量为m 0，求充气后它还能托起的最大质量。

【答案】（1）00bgVT T ρ （2）00agVT T ρ （3）00000baVT VT m TT ρρ--【解析】（1）1个大气压下质量为m 的空气，在温度T 0时的体积00mV ρ=在温度T时的体积T TmV ρ=由盖–吕萨克定律有00TV V T T =联立可得0T T Tρρ= 气球所受的浮力00b bgVT F gV T ρρ==（2）气球内热空气所受的重力00a agVT G Vg T ρρ==（3）设该气球还能托起的最大质量为m ，由平衡条件有F =m 0g +G +mg 解得00000baVT VT m m T T ρρ=--3．（2017·新课标全国Ⅲ卷）一种测量稀薄气体压强的仪器如图（a ）所示，玻璃泡M 的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K 1和K 2。

2017年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）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）将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（）A．30kg•m/s B．5.7×102kg•m/sC．6.0×102kg•m/s D．6.3×102kg•m/s2．（6分）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。

速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是（）A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大3．（6分）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里。

三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为m a，m b，m c．已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。

下列选项正确的是（）A．m a＞m b＞m c B．m b＞m a＞m c C．m c＞m a＞m b D．m c＞m b＞m a4．（6分）大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电，氘核聚变反应方程是：H+H→He+n，已知H的质量为2.0136u，He的质量为3.0150u，n的质量为1.0087u，1u=931MeV/c2．氘核聚变反应中释放的核能约为（）A．3.7MeV B．3.3MeV C．2.7MeV D．0.93MeV5．（6分）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌，为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小震动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（）A． B．C．D．6．（6分）如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。