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2017年高考物理试卷（全国二卷）一．选择题（共5小题）第1题第3题第4题第5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2．一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3．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．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．3：二．多选题（共5小题）6．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7．两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0.1m、总电阻为0.005Ω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（）第6题第7题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/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（）第8题第9题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9．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三．实验题（共2小题）11．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；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△t；③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；④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③；⑤多次重复步骤④⑥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：（1）用a表示滑块下滑的加速度大小，用v A表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则与v A、a和△t的关系式为=．（2）由图（c）可求得，v A=cm/s，a=cm/s2．（结果保留3位有效数字）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R z（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的阻值为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）中的滑动变阻器的端（填“左”或“右”）对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近．③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（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：．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；（2）满足训练要求的运动员的最小加速度．14．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．15．一热气球体积为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．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）1．（2017•新课标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（）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【分析】小环在运动过程中，大环是固定在桌面上的，大环没有动，大环对小环的作用力垂直于小环的运动方向，根据功的定义分析做功情况．【解答】解：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．故选：A．【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，结合动能和动量的关系得出动能的大小关系．半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，结合衰变的过程中有质量亏损分析衰变前后质量的大小关系．【解答】解：AB、一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，根据系统动量守恒知，衰变后钍核和α粒子动量之和为零，可知衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小，根据知，由于钍核和α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α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，故D错误．故选：B．【点评】本题考查了原子核的衰变，知道半衰期的定义，注意衰变过程中动量守恒，总动量为零，以及知道动量和动能的大小关系．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=μF N，F N=mg﹣Fsinθ可知摩擦力为：f=μ（mg﹣Fsinθ）f=F代入数据为：μmg=μ（mg﹣F）联立可得：μ=故选：C．【点评】本题考查了共点力的平衡，解决本题的关键是把拉力进行分解，然后列平衡方程．4．（2017•新课标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（重力加速度为g）（）A． B．C．D．【分析】根据动能定理得出物块到达最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时间，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．故选：B．【点评】本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用，得出水平位移的表达式是解决本题的关键，本题对数学能力的要求较高，需加强这方面的训练．5．（2017•新课标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：【分析】根据题意画出带电粒子的运动轨迹，找出临界条件角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，再由洛伦兹力充当向心力即可求得速度之比．【解答】解：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∠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．【点评】本题考查带电粒子在磁场中的圆周运动的临界问题．根据题意画出轨迹、定出轨迹半径是关键，注意最远点时PM的连线应是轨迹圆的直径．二．多选题（共5小题）6．（2017•新课标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（）A．从P到M所用的时间等于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【分析】根据海王星在PM段和MQ段的速率大小比较两段过程中的运动时间，从而得出P到M所用时间与周期的关系；抓住海王星只有万有引力做功，得出机械能守恒；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．【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．7．（2017•新课标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0.1m、总电阻为0.005Ω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 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0.1N【分析】根据线框匀速运动的位移和时间求出速度，结合E=BLv求出磁感应强度，根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向．根据安培力公式得出导线框所受的安培力．【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．8．（2017•新课标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（）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【分析】线圈中有通电电流时，安培力做功，根据左手定则判断安培力做功情况，由此确定能否连续转动．【解答】解：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，分析线圈中电流方向和安培力做功情况是解答本题的关键．9．（2017•新课标Ⅱ）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【分析】抽开隔板时，气体自发的扩散，会对外做功；活塞对气体推压，则活塞对气体做功．【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【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式，得出影响条纹间距的因素，从而分析判断．【解答】解：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．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；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△t；③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；④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③；⑤多次重复步骤④⑥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：（1）用a表示滑块下滑的加速度大小，用v A表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则与v A、a和△t的关系式为=．（2）由图（c）可求得，v A=52.1cm/s，a=16.3cm/s2．（结果保留3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：．（2）由知，纵轴截距等于v A，图线的斜率k=，由图可知：v A=52.1cm/s，a=2k=2×cm/s2=16.3cm/s2．故答案为：（1）；（2）52.1，16.3．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，对于图线问题，一般解题思路是得出物理量之间的关系式，结合图线的斜率和截距进行求解．12．（2017•新课标Ⅱ）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R z（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的阻值为20Ω（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R2的滑片D置于中间位置附近．③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2550Ω（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：调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程．．【分析】（1）根据电路原理图在实物图上连线；（2）①根据实验方法确定R1选择阻值较小或较大的滑动变阻器；②为了保护微安表，分析滑片C开始应处的位置；③接通S2前后，微安表的示数保持不变，由此分析电势高低；④根据比例方法确定R x的值；（3）从减少误差的方法来提出建议．。
2017年⾼考试题全国卷新课标Ⅱ物理部分⽂档版（含答案）（精校版）2017年普通⾼等学校招⽣全国统⼀考试(新课标II)理科综合能⼒测试试题卷⼆、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．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15．⼀静⽌的铀核放出⼀个α粒⼦衰变成钍核，衰变⽅程为238234492902U Th He →+。
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16．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 ．23-B ．36C ．33D ．3217．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。
⼀⼩物快以速度v 从轨道下端滑⼊轨道，并从轨道上端⽔平飞出，⼩物快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 ）A ．216v gB ．28v gC ．24v gD ．22v g18．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，在纸⾯内沿不同的⽅向射⼊磁场。
若粒⼦射⼊速率为1v ，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2v ，相应的出射点分布在三分之⼀圆周上。
2017乌市高三二模试卷、答案、权威分析（数学、物理、历史）理科数学答案：文科数学答案：朱峰乌鲁木齐市第20中数学一级教师没有偏难怪重在基础考察与“一模”相比，本次“二模”试题及题型保持了稳定性和连续性。
试题针对文、理科考生在知识内容和层次的不同要求，合理安排题目及设问的梯度，两套试卷选择有10题相同，填空有2题相同，解答题17题，及二选一题目相同，18、19题题设相同。
其中19题概率题理科设三问，文科设两问。
选择题整体设计平和，难度依次提高，没有偏题怪题，注重考查学生对基本内容，基本方法的掌握程度。
特别是第9题，题目新颖，看似容易，但是学生上手之后可能会有无从下手的感觉。
填空4道题目，由易到难，摆放合理，13,14题对文理科学生来说都是比较容易答对的。
而后两题则需要学生对知识的融会贯通和耐心细致的计算。
解答题题目设计规范、典型，题目区分度好，可以使不同层次的学生能获得相应的基本分数。
概率题问法令人耳目一新，文科概率第二问问法新颖，需要学生静下心来仔细思考。
在后期复习冲刺过程中，我们必须抓住数学主干知识、突出重点内容，使复习的目标更明确，针对性更强。
新课标教材是按照模块编排的，在高三复习中应打破模块的界限，按照知识体系，将分散的内容进行整合，建立条理化的知识结构，开阔解题思路、规范解题的步骤。
高考数学试卷是由容易题、中等题和难题组成的，而选择和填空题主要由容易题和中等题组成。
从近年看，整套试卷中约有80%的试题原型来自课本例题或习题，对于多数中等生来说，做好中等题和容易的基础题就是最大的成功。
因此，在后期复习中要回归课本，加强对概念、公式、定理、重要结论和重要方法的理解记忆，这样在巩固基础的同时，还可以提升解题速度和应变能力，增强考试信心。
物理答案：马述刚第二十中学高级教师物理教研组长物理：入手容易得分难整体评价：试卷覆盖高中物理的主干和重点知识点，注重对高中物理的典型模型和物理方法的考查，题量适中。
新疆维吾尔自治区2017届高考物理二模试卷（解析版）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．下列说法正确的是（）A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B．卢瑟福发现质子的核反应方程式是He+N→O+HC．铋210的半衰期是5天，12g铋210经过15天后还有2.0g未衰变D．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子总能量减小2．如图所示，一根跨过一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小球，球a 置于水平地面上，球b被拉到与细杆同一水平的位置，把绳拉直后，由静止释放球b，当球b摆到O点正下方时，球a对地面的压力大小为其重力的，已知图中Ob段的长度小于Oa段的长度，不计空气阻力，则（）A．球b下摆过程中处于失重状态B．球b下摆过程中向心加速度变小C．当球b摆到O点正下方时，球b所受的向心力为球a重力的D．两球质量之比m a：m b=9：23．如图所示，某滑雪场的索道与水平面夹角为θ=37°，质量为m=50g的人坐在缆车内的水平座椅上，当缆车随索道以a=2m/s2的加速度斜向上运动时，已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（）A．座椅对人的摩擦力大小为100NB．座椅对人的摩擦力方向与水平方向的夹角为37°且指向右上方C．座椅对人的支持力大小为560ND．座椅对人的作用力方向与水平方向的夹角为37°且指向右上方4．在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，L1和L2为两个相同的灯泡，每个灯泡的电阻和电源内阻的阻值均相同，D为理想二极管，C为电容器，开关S处于断开状态，下列说法中正确的是（）A．滑动变阻器滑片向右移动，电流表示数变小B．滑动变阻器滑片向右移动，电源内阻的发热功率变小C．开关S闭合后，L2亮度变暗D．开关S闭合后，电流表示数不变5．如图所示，天体P、Q都可视为质点，只在相互的万有引力作用下，它们以两者连线上的某点O为圆心，分别做半径不同的匀速圆周运动，P、Q的质量分别为m1和m2，则P、Q做圆周运动的（）A．向心力之比为m1：m2B．周期之比为m1：m2C．半径之比为m2：m1D．线速度之比为m2：m16．如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，实线为某带电粒子在该电场中的运动轨迹，该带电粒子仅受电场力作用，a、b、c为轨迹上的三个点，虚线圆均以O为圆心，下列说法正确的是（）A．带电粒子带正电荷B．带电粒子在b点的加速度小于它在a点的加速度C．带电粒子在c点的动能等于它在b点的动能D．带电粒子在从b点运动到c点的过程中电场力先做正功再做负功7．质量为1t的电动车在平直公路上由静止起动，经10s达到最大速度，其牵引力F与速度倒数的关系图象如图所示，假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则（）A．电动车的额定功率为4×104WB．电动车做匀加速运动的末速度为20m/sC．电动车加速过程的加速度恒为4m/s2D．电动车由静止加速到最大速度通过的位移为83.3m8．如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直，现金属线框由距MN的某一高度处从静止开始下落，下落过程中bc边始终保持水平，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域过程的v﹣t图象，图象中坐标轴上所标出的字母和重力加速度大小g均为已知量，则（）A．金属线框初始位置的bc边到边界MN的高度为v1t1B．匀强磁场区域的宽度为+v1（t2﹣t1）C．金属线框在进入磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为（t2﹣t1）D ．金属线框在离开磁场的过程中产生的焦耳热为mgv 1（t 2﹣t 1）+mv 22﹣mv 32二、解答题（共4小题，满分47分）（一）必考题9．用如图甲所示实验装置，验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律，小车的质量为M 保持不变，改变悬挂重物的质量，重物下落过程中，每次电磁打点计时器打出一条纸带并读出弹簧测力计的示数F ，实验中已平衡摩擦力，滑轮及细线的质量不计，以小车为研究对象：（1）如图乙所示，为实验打出的一条纸带，每两点间还有四点没有画出，则小车的加速度a= m/s 2；（2）若a 、F 、M 三者之间满足关系式a= ，则验证了上述规律；（3）若悬挂重物的质量为m ，本实验是否需要满足m ＜＜M ， （填“是”或“否”）．10．（9分）某同学利用如图所示电路测量电源的电动势E 和内阻r ，可供选择的实验器材有：待测电源（电动势约6V ，内阻约1Ω），定值电阻R A （阻值10Ω）和R B （阻值1Ω），滑动变阻器R （最大阻值10Ω），电流表A （量程为0～0.6A ，内阻约1Ω），电压表V （量程为0～5V ，内阻约10KΩ），开关S ，导线若干，请回答下列问题：①图甲为该同学设计的电路图的一部分，将电路补充完整；②图甲中的R 1应选 （填“R A ”或“R B ”）；③改变滑动变阻器接入电路的阻值，分别记下几组电压表的示数U 和相应电流表的示数I 1；以U 未纵坐标，I 为横坐标，作U ﹣I 图线如图乙所示，并求出U ﹣I 图线在横轴上的截距a 和在纵轴上的截距b ，请选用待测电源电动势E 、内阻r 、定值电阻R 1和R 2，写出a 、b 的表达式，a= ，b= ，代入相应数值即可得E 和r 的测量值．11．（12分）如图所示，水平地面上固定一斜面体，其底部与水平面平滑连接，h=0.8m，L=1m，斜面上有一质量为m=4kg的木块A，木块A与斜面间的动摩擦因数为μ=0.6，质量为M=6kg的木块B静止在水平面上，木块B上面定着一个轻弹簧，不计A、B与地面的摩擦，木块A从斜面顶端由静止滑下并与木块B发生弹性碰撞，重力加速度g=10m/s2，求：（1）木块A第一次滑到斜面底端的速度；（2）运动过程中弹簧的最大弹性势能E p．12．（20分）如图所示，虚线OL与y轴的夹角θ=45°，在OL上侧有平行于OL 向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量q（q＞0）的粒子以速率v0从y轴上的M（OM=d）点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，不计粒子重力．（1）求此电场的场强大小E；（2）若粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，求粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间．【物理选修3-3】13．（5分）关于封闭的某种理想气体，下列说法正确的是（）A．压强是由气体的重力产生的B．气体温度不变，压强可能增大C．气体分子平均动能增大，体积减小，压强一定增大D．压强与体积成反比E．单位体积分子数增多，气体的压强可能减小14．（10分）如图所示，粗细均匀的U形玻璃管一端封闭，另一端与大气相通且足够长，玻璃管内两段水银柱封闭了两段空气柱A和B，两段空气柱的长度分别为L A=5cm，L B=15cm，下端水银面高度差h=6cm，A上端水银柱长h1=4cm，大气压强P0=76cm Hg，外界环境温度保持不变，现从右端开口处缓慢向管中加入水银，当下段水银面高度差h=0时，求：（1）B部分气体的压强；（2）A部分气体的长度（结果保留三位有效数字）．【物理选修3-4】15．关于声波，下列说法正确的是（）A．声波和电磁波都能在真空中传播B．声波的多普勒效应被应用在医疗中的“B超”检查C．声波只能产生衍射现象而不能产生干涉现象D．频率不同的声波在同种介质中的传播速度相同E．蝙蝠是利用超声波来定位猎物的16．如图所示，截面为直角三角形ABC的玻璃三棱镜置于空气中，一细光束从D点垂直于AC面入射，AD=CD=a，∠B=30°，棱镜的折射率n=．求：（1）光从棱镜第一次射入空气时的折射角；（2）光从棱镜第一次射入空气的位置与B点的距离．2017年新疆维吾尔自治区高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．下列说法正确的是（）A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B．卢瑟福发现质子的核反应方程式是He+N→O+HC．铋210的半衰期是5天，12g铋210经过15天后还有2.0g未衰变D．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子总能量减小【考点】J3：玻尔模型和氢原子的能级结构；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．【分析】太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，卢瑟福在用α粒子轰击N原子的核反应中发现了中子；根据半衰期公式知经过1 5天后还剩余八分之一没有衰变．【解答】解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，故A错误；B、根据物理学史可知，卢瑟福发现质子的核反应方程式是He+N→O+ H，故B正确；C、根据半衰期公式知经过1 5天后还剩余八分之一没有衰变，12g铋210经过15天后还有g=1.5g未衰变．故C错误；D、按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，氢原子吸收能量，所以原子总能量增大，故D错误．故选：B【点评】掌握裂变、聚变的特点及方程式，知道半衰期的特点及公式应用，了解物理学史即可正确解答．2．如图所示，一根跨过一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小球，球a置于水平地面上，球b被拉到与细杆同一水平的位置，把绳拉直后，由静止释放球b，当球b摆到O点正下方时，球a对地面的压力大小为其重力的，已知图中Ob段的长度小于Oa段的长度，不计空气阻力，则（）A．球b下摆过程中处于失重状态B．球b下摆过程中向心加速度变小C．当球b摆到O点正下方时，球b所受的向心力为球a重力的D．两球质量之比m a：m b=9：2【考点】4A：向心力；3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．【分析】b球下落过程中作圆周运动的一部分，根据加速度的方向判断出超失重现象，当b球摆到竖直最低位置时，球a对地面的压力大小为其重力的，判断出绳子的拉力，由牛顿第二定律，结合向心力公式可列出质量、速度及半径间的关系；再运用机械能守恒定律可列出b球的质量与速度间的关系；最后可求出两球质量关系．【解答】解：A、球b下落过程中，做圆周运动，向心加速度指向圆心，加速度向上，故处于超重，故A错误；B、b球速度增大，根据a=可知，向心加速度增大，故B错误；C、当球b摆到O点正下方时，球a对地面的压力大小为其重力的，则F+F N=m a g，m b g=，故C错误解得，球b所受的向心力为F向=F﹣D、设Ob绳长为l，在下落过程中，根据动能定理可知，则，联立解得m a：m b=9：2，故D正确；故选：D【点评】小球b在下摆过程中运用机械能守恒定律，在最低点运用牛顿第二定律．同时借助于小球a 的重力得知小球b摆到最低点时绳子的拉力大小，从而将两球质量联系起来3．如图所示，某滑雪场的索道与水平面夹角为θ=37°，质量为m=50g的人坐在缆车内的水平座椅上，当缆车随索道以a=2m/s2的加速度斜向上运动时，已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（）A．座椅对人的摩擦力大小为100NB．座椅对人的摩擦力方向与水平方向的夹角为37°且指向右上方C．座椅对人的支持力大小为560ND．座椅对人的作用力方向与水平方向的夹角为37°且指向右上方【考点】37：牛顿第二定律；2G：力的合成与分解的运用．【分析】将加速度a分解为水平方向和竖直方向，在两个方向上通过牛顿第二定律求出静摩擦力和弹力的大小．【解答】解：AB、将加速度a分解为水平方向和竖直方向，则水平加速度为：a x=acos37°=1.6m/s2，a y=asin37°=1.2m/s2，在水平方向上根据牛顿第二定律得：f=ma x=80N，故AB错误．C、在竖直方向上，根据牛顿第二定律得：N﹣mg=ma y，解得：N=mg+ma y=560N，故C正确D、座椅对人的作用力方向与水平方向的夹角的正切值为：，故D错误故选：C．【点评】本题考查了求解摩擦力与支持力，应用牛顿第二定律可以正确解题，解题时也可以分解力．4．在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，L1和L2为两个相同的灯泡，每个灯泡的电阻和电源内阻的阻值均相同，D为理想二极管，C为电容器，开关S处于断开状态，下列说法中正确的是（）A．滑动变阻器滑片向右移动，电流表示数变小B．滑动变阻器滑片向右移动，电源内阻的发热功率变小C．开关S闭合后，L2亮度变暗D．开关S闭合后，电流表示数不变【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．【分析】开关S断开时，电容器视为断路，移动变阻器的滑片，电路总电阻不变，根据闭合电路欧姆定律分析电流表示数变化，由功率公式分析电源内阻的发热功率的变化；开关S闭合后，考虑到二极管具有单向导电性，结合闭合电路的欧姆定律分析电流表示数变化和灯泡亮度变化情况．【解答】解：A、电容器视为断路，所以只有灯泡中有电流通过，滑动变阻器滑片向右移动，电流表的示数不变，故A错误，B、滑动变阻器滑片向右移动，电路电流不变，电源内阻的发热功率不变，故B 错误；CD、开关S闭合后，因为二极管具有单向导电性，二极管处于截止状态，灯泡中无电流，电路总电阻不变，总电流不变，电流表的示数不变，亮度不变，故C错误；D正确；故选：D【点评】本题考查电路的动态分析，关键是注意二极管的单向导电性，电容器在直流电路中视为断路，再根据闭合电路的欧姆定律分析即可．5．如图所示，天体P、Q都可视为质点，只在相互的万有引力作用下，它们以两者连线上的某点O为圆心，分别做半径不同的匀速圆周运动，P、Q的质量分别为m1和m2，则P、Q做圆周运动的（）A．向心力之比为m1：m2B．周期之比为m1：m2C．半径之比为m2：m1D．线速度之比为m2：m1【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律．【分析】在双星系统中，双星之间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力，即向心力相同，同时注意：它们的角速度相同，然后根据向心力公式列方程即可求解．【解答】解：A、两物体间的万有引力提供两物体作圆周运动所需的向心力，故向心力大小相同，故A错误；B、对于双星问题，转动的角速度周期相同，故B错误C、在双星问题中它们的角速度相等，设两星之间的距离为L，则有：…①联立①②则有m1r1=m2r2，即轨道半径和质量成反比，同时由万有引力公式可知向心力与质量的乘积成正比，故C正确D、根据v=ω2r可知，线速度与半径成正比，又轨道半径和质量成反比，故线速度之比为m2：m1，故D正确故选：CD【点评】解决问题时要把握好问题的切入点．如双星问题中两卫星的向心力相同，角速度相等．6．如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，实线为某带电粒子在该电场中的运动轨迹，该带电粒子仅受电场力作用，a、b、c为轨迹上的三个点，虚线圆均以O为圆心，下列说法正确的是（）A．带电粒子带正电荷B．带电粒子在b点的加速度小于它在a点的加速度C．带电粒子在c点的动能等于它在b点的动能D．带电粒子在从b点运动到c点的过程中电场力先做正功再做负功【考点】AD：电势差与电场强度的关系．【分析】电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．【解答】解：A、根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，由于圆心处的点电荷带正电荷，所以带电粒子带正电荷．故A正确；B、点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，b处的电场强度大于a处电场强度最小，则带电粒子在b点的加速度小于它在a点的加速度．故B错误；C、由图可知，b与c到点电荷的距离相等，所以bc一定位于同一个等势面上，则带电粒子在b点的电势能等于带电粒子在c点的电势能．只有电场力做功，则带电粒子在c点的动能等于它在b点的动能，故C正确．D、粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，所以带电粒子在从b点运动到c点的过程中电场力先做负功再做正功，故D错误；故选：AC【点评】本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．7．质量为1t的电动车在平直公路上由静止起动，经10s达到最大速度，其牵引力F与速度倒数的关系图象如图所示，假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则（）A．电动车的额定功率为4×104WB．电动车做匀加速运动的末速度为20m/sC．电动车加速过程的加速度恒为4m/s2D．电动车由静止加速到最大速度通过的位移为83.3m【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】当牵引力F=6000N时的过程中牵引力不变，根据牛顿第二定律知，做匀加速直线运动，倾斜段图线的斜率表示电动车的功率，斜率不变，则功率不变，根据功率与牵引力的关系，判断倾斜段的运动情况，速度达到最大时，牵引力等于阻力【解答】解：A、当电动车速度达到最大时，速度为20m/s，牵引力为2000N，20=4×104W，故A正确；则电动车的额定功率P额=Fv=2000×B、由图象可知，当牵引力不变时，电动车做匀加速运动，在全过程中最小值为，则电动车的最大速度为20m/s，并不是匀加速的最大值，故B错误；C、电动车先匀加速运动，后做变加速运动，故C错误；D、整个过程中，根据动能定理可知：Pt﹣fx=，解得：x=83.3m，故D正确故选：AD【点评】由图象求出牵引力与速度、熟练应用功率公式、牛顿第二定律、速度公式即可正确解题；本题给出的是F﹣图象，有一定的难度．8．如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直，现金属线框由距MN的某一高度处从静止开始下落，下落过程中bc边始终保持水平，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域过程的v ﹣t 图象，图象中坐标轴上所标出的字母和重力加速度大小g 均为已知量，则（ ）A ．金属线框初始位置的bc 边到边界MN 的高度为v 1t 1B ．匀强磁场区域的宽度为+v 1（t 2﹣t 1）C ．金属线框在进入磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为（t 2﹣t 1）D ．金属线框在离开磁场的过程中产生的焦耳热为mgv 1（t 2﹣t 1）+mv 22﹣mv 32【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD ：电磁感应中的能量转化．【分析】由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，根据时间和速度求解金属框的边长；根据图象判断金属框的运动性质；由图知，金属线框进入磁场过程做匀速直线运动，重力和安培力平衡，列式可求出B ．金属框全部进入磁场做匀加速直线运动，根据v ﹣t 图象即可求出在磁场中的位移，从而求出磁场区域的宽度；根据感应电量公式求出导线框进入磁场过程中通过导线横截面的电量； 由能量守恒定律求出在离开磁场过程中金属框产生的焦耳热．【解答】解：A 、金属框在进入磁场前做自由落体运动，由v ﹣t 图象的面积可得，金属框初始位置的bc 边到边界MN 的高度为，故A 错误；B 、金属框进入磁场过程中做匀速直线运动，得金属框的边长，完全进入磁场中，只受重力，做加速度为g 的匀加速直线运动，位移即为﹣内v ﹣t 图象与时间轴围成的面积，，所以匀强磁场区域的宽度为d=s+L=，故B正确；C、金属框进入磁场做匀速直线运动，受力平衡，解得，进入磁场过程中通过导线横截面的电荷量===，故C错误；D、金属框在离开磁场的过程中，减少的重力势能和减少的动能等于线框中产生的焦耳热，=mg（）+，故D正确；故选：BD【点评】本题电磁感应与力学知识简单的综合，能由图象读出线框的运动情况，选择与之相应的力学规律是解答本题的关键，要加强练习，培养自己识别、理解图象的能力和分析、解决综合题的能力．二、解答题（共4小题，满分47分）（一）必考题9．用如图甲所示实验装置，验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律，小车的质量为M保持不变，改变悬挂重物的质量，重物下落过程中，每次电磁打点计时器打出一条纸带并读出弹簧测力计的示数F，实验中已平衡摩擦力，滑轮及细线的质量不计，以小车为研究对象：（1）如图乙所示，为实验打出的一条纸带，每两点间还有四点没有画出，则小车的加速度a=0.16m/s2；（2）若a、F、M三者之间满足关系式a=，则验证了上述规律；（3）若悬挂重物的质量为m，本实验是否需要满足m＜＜M，否（填“是”或“否”）．【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【分析】（1）根据△x=aT2求解加速度，根据匀变速直线运动的推论求出瞬时速度．（2）根据牛顿第二定律求小车的加速度；（3）只有用重物的重力代替绳子的拉力，才需要满足M＞＞m；【解答】解：（1）由匀变速直线运动的推论：△x=at2可知，加速度为：a===0.16m/s2；（2）对小车，根据牛顿第二定律，，得：（3）绳子的拉力可以由弹簧测力计直接得到，不需要用重物的重力代替，所以不需要满足m＜＜M．每5个点取一个计数点，计数点间的时间间隔：t=0.02×5=0.1s，故答案为：（1）0.16；（2）；（3）否【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题．探究加速度与力、质量关系实验要采用控制变量法，当钩码的质量远小于小车的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力，若用力传感器或弹簧测力计，则不需要满足此条件．10．某同学利用如图所示电路测量电源的电动势E和内阻r，可供选择的实验器材有：待测电源（电动势约6V，内阻约1Ω），定值电阻R A（阻值10Ω）和R B （阻值1Ω），滑动变阻器R（最大阻值10Ω），电流表A（量程为0～0.6A，内阻约1Ω），电压表V（量程为0～5V，内阻约10KΩ），开关S，导线若干，请回答下列问题：①图甲为该同学设计的电路图的一部分，将电路补充完整；②图甲中的R1应选R A（填“R A”或“R B”）；③改变滑动变阻器接入电路的阻值，分别记下几组电压表的示数U和相应电流表的示数I1；以U未纵坐标，I为横坐标，作U﹣I图线如图乙所示，并求出U﹣I图线在横轴上的截距a和在纵轴上的截距b，请选用待测电源电动势E、内阻r、定值电阻R1和R2，写出a、b的表达式，a=，b=E，代入相应数值即可得E和r的测量值．【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．【分析】①②分析电路结构和给出的仪表，从而明确两定值电阻的作用，进而选择合适的电表进行实验，同时注意实验中应采用相对电源的外接法，从而减小实验误差；③根据闭合电路欧姆定律进行分析，结合图象即可明确图象的截距意义．【解答】解：①R2起保护作用，故可以采用阻值较小的R B；由于滑动变阻器阻值过小，故使电压表测量范围较小，所以R2应采用与滑动变阻器总阻值接近的R A，由于电流表内阻与等效内阻接近，故为了减小误差，应采用相对电源的电流表外接法，如图甲所示；②由以上分析可知，甲中的R1应选择R A；③根据闭合电路欧姆定律可知：U=E﹣I（R2+r）则可知，图象与纵轴的截距等于b=E，图象与横轴的截距为短路电流，故a=故答案为：①如图所示；②R A；③，E．【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，特别注意实验中给出的提示不能忽略，本题中要注意甲图给出的信息的掌握．。
2017年全国二卷高考物理试题解析14．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【答案】A考点：圆周运动；功15．一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为238234492902U Th He →+。
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【答案】B【解析】试题分析：根据动量守恒定律可知，生成的钍核的动量与α粒子的动量等大反向，选项B 正确；根据2k 2p E m=可知，衰变后钍核的动能小于α粒子的动能，选项A 错误；铀核的半衰期等于一半数量的铀核衰变需要的时间，而放出一个α粒子所经历的时间是一个原子核衰变的时间，故两者不等，选项C 错误；由于该反应放出能量，由质能方程可知，衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，选项D错误；故选B 。
考点：半衰期；动量守恒定律；质能方程16．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 ．23B ．36C ．33D ．32【答案】C考点：物体的平衡17．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 ）A ．216v gB ．28v gC ．24v gD ．22v g【答案】B【解析】试题分析：物块由最低点到最高点有：22111222mv mgr mv =+；物块做平抛运动：x =v 1t ；4r t g=；联立解得：22416v x r r g =-2242168v v g r g==⨯时，x 最大，故选B 。
理科综合物理试题 第1页（共6页） 理科综合物理试题 第2页（共6页）………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○………………………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○………………… 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________2017年高三第三次全国大联考【新课标Ⅱ卷】理科综合物理（考试时间：90分钟 试卷满分：110分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每小题6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．关于近代物理，下列叙述正确的是A ．根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道半径也在连续地减小B ．某放射性原子核经过两次α衰变和一次β衰变，核内中子数减少5个C ．结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固D ．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大15．以初速度v 0竖直上抛一个小球，不计空气阻力，0~T 时间内位移大小为160 m ，T ~2T 时间内位移等于0，上升的最大高度为h ，共运动t 时间返回抛出点，则对此运动判断错误的是（重力加速度g =10 m/s 2） A ．T =4 s B ．v 0=60 m/s C ．h =180 m D ．t =16 s16．如图所示，卡车沿水平路面向左做直线运动，车厢上平放着质量为m 的木箱，与卡车保持相对静止。
2017年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）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2．（6分）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．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．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．3：6．（6分）如图所示，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直。
乌鲁木齐地区2017年高三年级第二次诊断性测验物理试卷参考答案及评分标准一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有的只有一项符合题目要求，第6-10题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10答 案 D A C B D AD AC BC BC ABD二、非选择题（本大题共6小题，共46分）11．（6分）（1）＞ ；221101x m x m x m +=（2）不会12．（8分）（1）电路如图（2）作图如图（3） 0.625W ；变化13.（6分）解：（1）由题意可得Bvq qE = …………………………………………………2分当010E E = ，01.0B B =时速度有最大值m v00100B E v m = …………………………………………1分（2）由题意可得Rv m vq B m 21= ……………………………………………………2分 解得 DB B E m q 010200= ………………………………………… 1分 14、（7分）解：解：（1）根据系统机械能守恒，由于总动能不变，在杆从水平位置转到竖直位置的过程中，两小球重力势能的变化量的绝对值相等B A mgR mgR 2= …………………………………………………2分L R R B A =+解得 L R A 32= ，L R B 31= ……………………………………1分 （2）不失一般性，设杆在竖直位置时，杆对A 球的作用力为A F ，杆对B 球的作用力为B FA A R m mg F 2ω=+ ……………………………………1分B B R m mg F 222ω=- ………………………………… 1分根据牛顿第三定律，球对杆的作用力A A F F -=' ，B B F F -='，设轴对杆的作用力F''B A F F F -= ……………………………………1分（或对系统：B A R m R m mg mg F 2222ϖϖ-=-- …………3分）解得 mg F 3= ………………………………… 1分15.（9分）解：（1）由题意可知，当工件到达B 点时与传送带共速，工件从B 到C 做匀减速运动到达C 点速度减为0时传送带有最小速度。
2017年新疆乌鲁木齐市高考物理二诊试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）低轨道（离地高度500公里）太空碎片A与高轨道（离地高度3.6万公里）太空碎片B相比，下列物理量中，碎片A的物理量一定较小的是（）A．线速度B．角速度C．向心力D．周期2．（4分）如图所示，小车沿水平做匀加速直线运动，车上固定的两硬杆与竖直方向的夹角相等，两杆顶端分别固定着质量相等的小球，则两小球受到硬杆的作用力（）A．大小与方向均相同B．大小与方向均不同C．大小相同，方向不同D．大小不同，方向相同3．（4分）如图所示，电源电动势E，内电阻r，电阻R1=R2=R3=r，电容器电容C，当开关S由与a接触到与b接触电路达到稳定的过程中，通过R3的电荷量是（）A．0 B．EC C．EC D．EC4．（4分）已知，x轴上有两个带负电的点电荷Q1、Q2，两点电荷y（很小）坐标相等，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，y轴上各点对应的电势高低的图象正确的是（）A．B．C．D．5．（4分）冰壶比赛场地如图，运动员在投掷线MN处放手让冰壶滑出，为了使冰壶滑行的更远，运动员可用毛刷擦冰壶滑行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小到原来的一半，一次比赛中，甲队要将乙队停在营垒（半径为1.83m）中心O的冰壶A（可看作质点）击出营垒区，甲队将冰壶B（与A质量相同）以某一初速度掷出后，若不擦冰，冰壶B与A发生正碰（无机械能损失）后，A将停在距O点1m处，冰壶B掷出后，通过下列擦冰方式不能将A击出营垒区的是（）A．在冰壶B滑行5m后，在其滑行前方擦冰1.7mB．在冰壶B与A正碰后，立即紧贴A在其滑行前方擦冰1.7mC．先在冰壶B前方擦冰1m，正碰后，再从距O点1m处开始在A前方擦冰0.7m D．先在冰壶B前方擦冰0.8m．正碰后，再从距O点1m处开始在A前方擦冰0.9m6．（4分）光伏发电是利用光电效应原理工作的，目前，人类提高光伏发电效率的途径主要有两个方面：一是改变光源体发光谱带的频率，从而改变产生光电效应的光谱的宽度；二是改变被照射金属材料的成分，从而改变其逸出功，则提高光伏发电效率的途径正确的是（）A．增大光源体发光谱带的频率B．减小光源体发光谱带的频率C．增大金属材料的逸出功D．减小金属材料的逸出功7．（4分）一配有变压器的家用小电器（纯电阻），标有“4.4V 4.8W”，小电器工作时，由于家庭电路电压不稳，电路电压为200V﹣250V之间变化，但小电器仍能工作，则（）A．变压器原副线圈电压的比值不变B．变压器原副线圈中电流的比值变小C．小电器电压（有效值）最大为5.0VD．小电器最大功率为7.5W8．（4分）如图所示，一通电长直导线MN中电流方向向右，其周围磁场的磁感应强度大小为B=，式中k为常量，I为电流强度，r为距导线的距离，在MN 正下方用细线悬挂一正方形线框abcd，线框ad边与MN间的距离为L，线框中通有逆时针方向的电流，当直导线MN中的电流方向不变，电流大小为I时ad 边所受安培力与电流大小为3I时bc边所受安培力大小相等，则（）A．细线中的张力小于线框的重力B．细线中的张力大于线框的重力C．线框边长为2LD．线框边长为3L9．（4分）A、B两小球从空间O点水平向右抛出，t0时刻，B球在A球的右下方，此时它们的速度方向相同，则（）A．A球平抛的初速度可能比B球的大B．A球平抛的初速度一定比B球的小C．t0时刻，A、B两小球与O点一定在同一直线上D．t0时刻，A、B两小球与O点可能不在同一直线上10．（4分）小杨和小王在同一住宅楼居住，小杨家在顶层31楼，一天他们一起从1楼乘电梯回家，已知每层高度为3m，电梯的最大速度为4m/s，在加速和减速时电梯的加速度大小均为1m/s2，则（）A．小王家在2楼时小杨乘坐电梯的时间和小王家在30楼时小杨乘坐电梯的时间相等B．小王家在7楼时小杨乘坐电梯的时间和小王家在17楼时小杨乘坐电梯的时间相等C．小王家在2楼时小杨乘坐电梯的时间比小王家在28楼时小杨乘坐电梯的时间长D．小王家在3楼时小杨乘坐电梯的时间比小王家在15楼时小杨乘坐电梯的时间短二、解答题（共6小题，满分46分）11．（6分）某小组为验证滑块碰撞过程中动量守恒定律，设计了如下实验，竖直曲面轨道与水平轨道在O处平滑连接，两滑块P、Q与轨道间的动摩擦因数相同，主要实验步骤如下：①用天平测出滑块P、Q的质量m1、m2；②将滑块P从斜槽上最高点释放，用刻度尺测出滑块P从O1开始在水平轨道上滑行的距离x0（1）若要保证滑块P、Q碰撞后均停在O1位置的右方，实验中应要求m1m2（填“＜”或“＞”），在此条件下，验证动量守恒定律的表达式为．（用测得的物理量表示）（2）实验时若要将O1的位置向右移动一小段距离，（填“会”或“不会”）对验证动量守恒定律产生影响．12．（8分）在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，实验电路部分已经连好，实验时，根据测量数据在I﹣U坐标系中描出的坐标点如图所示．（1）将未连接好的电路连接完整（2）在I﹣U坐标系中，根据描出的坐标点，作出小灯泡的伏安特性曲线．（3）小灯泡的额定功率为W，在图线BC段，小灯泡的电阻是的（填“变化”或“不变”）13．（6分）某质谱仪的工作原理如图所示，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内有相互正交的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小可在0.1B0﹣B0范围内变化，电场强度可在E0﹣10E0范围内变化，平板S 上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片，平板S下方有磁感应强度为B1的匀强磁场，求：（1）通过速度选择器的粒子的最大速度；（2）若某粒子以最大速度通过速度选择器进入磁场B1中，做圆周运动的直径为D，则该粒子的比荷为多少？14．（7分）套在水平光滑轴O上的轻杆两端分别固定A、B两小球（可看成质点），给A球一初速度后，两小球在竖直平面内做匀速圆周运动，已知轻杆长为L．A、B两小球质量分别为m和2m，求（1）A、B两小球做匀速圆周运动的半径（2）A球运动到最高点时轴O对轻杆的作用力大小．15．（9分）某工厂为将工件从A处传送至C处，设计如图所示的传送装置，其中AB段是水平的，BC段是倾斜的，A、C间的水平距离L=20m，高度差h=3m．已知工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送时将工件（可看成质点）轻放在传送带上A处，求（1）若设计θ=37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8），要将工件从A处传送至C处，传送带匀速转动的速率至少是多大？（2）若要求工件在BC段与传动带不发生相对滑动，传送带匀速传动的速率为6m/s．则传送带水平段AB的设计长度范围是多少？16．（10分）如图所示，水平地面上方存在一磁场区域，EF为磁场的上水平边界，在磁场上方有一边长为L的正方形线框ABCD，其质量为m，电阻为R，将线框ABCD从AB边距磁场上边界2L处由静止释放，线框最终落在地面上，线框在整个运动过程中始终处于竖直平面内，且AB边保持水平，以线框AB边进入磁场时刻为计时起点，磁场的磁感应强度B随时间t变化情况如图所示，已知线框进入磁场过程中做匀速运动，磁场区域高度为7L．求：（1）线框AB边刚进入磁场时磁场的磁感应强度（2）从线框释放到AB边落地过程中，线框中产生的焦耳热．【选修3-3】17．（5分）下列说法正确的是（）A．温度是分子动能的标志B．扩散现象是化学反应的结果，不受外界作用的影响C．能量不能自发地从低温物体传到高温物体D．不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响E．一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和18．（9分）粗细均匀一端封闭的长玻璃管，用水银封闭了一部分空气．当玻璃管开口向下竖直放置时，空气柱的长度为L1；玻璃管开口向上竖直放置时，空气柱的长度为L2．求玻璃管水平放置时，空气柱的长度（整个过程空气柱温度不变）．【选修3-4】19．一弹簧振子做间谐运动，周期为8s，已知在t=2s和t=6s时刻，振子正好位于平衡位置O，下列说法正确的是（）A．在t=0s和t=10s时，振子的速度都为零B．在t=4s和t=14s时，振值的加速度都最大C．在t=6s和t=14s时，振子的势能都最小D．振子振幅不变时，增加振子质量，振子的周期增大E．振子振幅不变时，减小振子质量，振子的周期不变20．折射率n=2的玻璃球半径为R，O为球心，将玻璃球切掉一部分，形成一个球缺，如图所示，球缺的高度h=R．与球缺截面面积相同的均匀光柱垂直截面射入球缺，求光第一次射到球缺下方的界面时，透出的光的能量（不考虑透光位置光的反射）与入射光柱光的能量之比．2017年新疆乌鲁木齐市高考物理二诊试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）低轨道（离地高度500公里）太空碎片A与高轨道（离地高度3.6万公里）太空碎片B相比，下列物理量中，碎片A的物理量一定较小的是（）A．线速度B．角速度C．向心力D．周期【解答】解：由万有引力提供向心力：=m…①=mrω2…②=mr…③A、由①可得：v=，则r大的速度小，则A错误B、由②可得：，则r大的角速度小，则B错误C、向心力F=，则半径大的力小，则C错误D、由③可得：半径大的周期大，则D正确故选：D2．（4分）如图所示，小车沿水平做匀加速直线运动，车上固定的两硬杆与竖直方向的夹角相等，两杆顶端分别固定着质量相等的小球，则两小球受到硬杆的作用力（）A．大小与方向均相同B．大小与方向均不同C．大小相同，方向不同D．大小不同，方向相同【解答】解：小球随车一起匀加速运动，小球受到的合力F=ma，方向水平方向对小球受力分析可知，小球受到硬杆的作用力，故大小相同，方向相同，故A正确故选：A3．（4分）如图所示，电源电动势E，内电阻r，电阻R1=R2=R3=r，电容器电容C，当开关S由与a接触到与b接触电路达到稳定的过程中，通过R3的电荷量是（）A．0 B．EC C．EC D．EC【解答】解：S接a时，电容与R1并联，电容电压：U1=R1=E；此时电容器上的电量Q1=U1C；电容器下端为正极；S接b时，电容与R2并联，电容电压：U1=R2=E；此时电容器上的电量Q2=U2C；电容器上端为正极因两次电容器的极板的电性发生了变化，故通过R3的电量为：△Q=Q1+Q2=EC 故C正确，ABD错误．故选：C．4．（4分）已知，x轴上有两个带负电的点电荷Q1、Q2，两点电荷y（很小）坐标相等，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，y轴上各点对应的电势高低的图象正确的是（）A．B．C．D．【解答】解：由于点电荷Q1、Q2带负电，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，所以电场强度为零的地方靠近Q2，沿电场线方向电势降低，两电荷周围的电势都为负电势，所以越靠近负电荷电势越小；故B正确、ACD错误．故选：B．5．（4分）冰壶比赛场地如图，运动员在投掷线MN处放手让冰壶滑出，为了使冰壶滑行的更远，运动员可用毛刷擦冰壶滑行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小到原来的一半，一次比赛中，甲队要将乙队停在营垒（半径为1.83m）中心O的冰壶A（可看作质点）击出营垒区，甲队将冰壶B（与A质量相同）以某一初速度掷出后，若不擦冰，冰壶B与A发生正碰（无机械能损失）后，A将停在距O点1m处，冰壶B掷出后，通过下列擦冰方式不能将A击出营垒区的是（）A．在冰壶B滑行5m后，在其滑行前方擦冰1.7mB．在冰壶B与A正碰后，立即紧贴A在其滑行前方擦冰1.7mC．先在冰壶B前方擦冰1m，正碰后，再从距O点1m处开始在A前方擦冰0.7m D．先在冰壶B前方擦冰0.8m．正碰后，再从距O点1m处开始在A前方擦冰0.9m【解答】解：A、碰撞前后动量守恒，由于两壶质量相等，碰后交换速度．由于A壶碰撞后经1m的位移停下，则碰撞后A壶的速度v=而碰撞前B壶的速度同样也为v=，对B壶根据动能定理：，代入解得：v0=．要将A壶击出垒区，则A 壶碰撞后的最小即B壶碰撞前的最小速度v min=．若让B壶滑行5m后擦冰 1.7m，则B壶碰撞前的速度为v B==＞v min，所以能将A壶击出垒区．，选项A错误．B、碰撞后，由能量守恒有：，在A壶前擦冰1.7m后，则A碰撞后的运动距离x A=1.85m＞R，所以能运动到营垒区外，选项B错误．C、对B壶，由能量守恒有：，碰撞后交换速度，对A壶：+μmgx 联立解得：x=0.15m，此时A碰撞后运动的距离为1m+0.7m+0.15m=1.85m＞1.83m，所以A壶已经到营垒外，C选项错误．D、对B壶，由能量守恒有：，碰后交换速度，对A壶：，联立解得：x=0.8m，A壶运动的距离为1m+0.8m＜1.83m，所以不能到营垒外，选项D正确．故选：D6．（4分）光伏发电是利用光电效应原理工作的，目前，人类提高光伏发电效率的途径主要有两个方面：一是改变光源体发光谱带的频率，从而改变产生光电效应的光谱的宽度；二是改变被照射金属材料的成分，从而改变其逸出功，则提高光伏发电效率的途径正确的是（）A．增大光源体发光谱带的频率B．减小光源体发光谱带的频率C．增大金属材料的逸出功D．减小金属材料的逸出功【解答】解：根据光电效应方程：E km=hγ﹣W逸可知，提高光伏发电效率的途径可以是增大光源体发光谱带的频率，或减小金属材料的逸出功．故AD正确，BC 错误．故选：AD7．（4分）一配有变压器的家用小电器（纯电阻），标有“4.4V 4.8W”，小电器工作时，由于家庭电路电压不稳，电路电压为200V﹣250V之间变化，但小电器仍能工作，则（）A．变压器原副线圈电压的比值不变B．变压器原副线圈中电流的比值变小C．小电器电压（有效值）最大为5.0VD．小电器最大功率为7.5W【解答】解：A、由于变压器原副线圈的匝数之比不变，根据电压之比等于线圈匝数之比可知，电压的比值不变，故A正确；B、由于原副线圈的功率一定相等，则根据P=UI可知，电流之比等于线圈匝数的反比，因线圈匝数之比不变，故电流的比值不变，故B错误；C、当输入电压为220V时的灯泡的电压为4.4V，根据U1：U2=n1：n2可知，n1：n2=550：11；当电压为250V时，此时小电器两端的电压U2=5.0V，故C正确；D、当小电器电压为5.0V时，小电器功率最大；由P=可知，电器内阻约为4.0Ω，则最大功率P max==6.25W，故D错误．故选：AC．8．（4分）如图所示，一通电长直导线MN中电流方向向右，其周围磁场的磁感应强度大小为B=，式中k为常量，I为电流强度，r为距导线的距离，在MN 正下方用细线悬挂一正方形线框abcd，线框ad边与MN间的距离为L，线框中通有逆时针方向的电流，当直导线MN中的电流方向不变，电流大小为I时ad 边所受安培力与电流大小为3I时bc边所受安培力大小相等，则（）A．细线中的张力小于线框的重力B．细线中的张力大于线框的重力C．线框边长为2LD．线框边长为3L【解答】解：A、导线MN在其下方产生的磁场方向垂直于纸面向里，离MN导线越远，磁场越弱，根据F=BIL可知，ad边受到的安培力向下，bc边受到的安培力向上，且ad边受到的安培力大于bc边受到的安培力，故线框受到的安培力向下，根据共点力平衡可知细线中的张力大于线框的重力，故A错误，B正确；C、当电流为I时，则，当电流为3I时，则，F ad=F bc联立解得l=2L，故C正确，D错误故选：BC9．（4分）A、B两小球从空间O点水平向右抛出，t0时刻，B球在A球的右下方，此时它们的速度方向相同，则（）A．A球平抛的初速度可能比B球的大B．A球平抛的初速度一定比B球的小C．t0时刻，A、B两小球与O点一定在同一直线上D．t0时刻，A、B两小球与O点可能不在同一直线上【解答】解：A、B球在A球的右下方，则B球竖直方向下落的距离大于A球下落的距离，根据可知，B球此时竖直方向的速度大，而它们的速度方向相同，设速度方向与水平方向的夹角为θ，则，解得：v0=v y tanθ，则A球平抛的初速度一定比B球的小，故A错误，B正确；C、由于它们的速度方向相同，根据位移与水平方向的夹角正切值等于速度与水平方向夹角正切值的一半可知，两球位移方向相同，则t0时刻，A、B两小球与O点一定在同一直线上，故C正确，D错误．故选：BC10．（4分）小杨和小王在同一住宅楼居住，小杨家在顶层31楼，一天他们一起从1楼乘电梯回家，已知每层高度为3m，电梯的最大速度为4m/s，在加速和减速时电梯的加速度大小均为1m/s2，则（）A．小王家在2楼时小杨乘坐电梯的时间和小王家在30楼时小杨乘坐电梯的时间相等B．小王家在7楼时小杨乘坐电梯的时间和小王家在17楼时小杨乘坐电梯的时间相等C．小王家在2楼时小杨乘坐电梯的时间比小王家在28楼时小杨乘坐电梯的时间长D．小王家在3楼时小杨乘坐电梯的时间比小王家在15楼时小杨乘坐电梯的时间短【解答】解：由题意可知作出电梯启动时的v﹣t图象如图所示，电梯每次启动加速度相同，达最大速度均为4m/s，由v=at可知，时间为4s，经过的位移为x==8m；同理可知，减速过程的位移也是8m，时间为4s；A、两人一起乘电梯时，如果小王家在2楼，则小王电梯到2楼时停止，然后小杨再乘电梯经29楼层上楼；而小王家在30楼时，两人同时乘电梯经29层，到30楼停止后，小杨再经1层上楼，因电楼起步加速度和最大速度不变，因此小王家在2楼时小杨乘坐电梯的时间和小王家在30楼时小杨乘坐电梯的时间相等；故A正确；B、小王家在7楼时小杨乘坐电梯的时间包括前面的6层楼和后面的24层；小王经历的位移为x1=6×3=18m；小杨经达的位移为：x2=24×3=84m；故经过的时间t=4×4++=33s；同理可知，小王家在17楼时，要先经过16层楼，然后小杨再经14层楼上楼；故时间为t=4×4++=33s；故时间相等，故B正确；C、根据位移公式可知，小王家在2楼时，在3m的距离内先加速再减速，则小王到家时间为t2=2=s，此后29层楼时用时t’=2×4+=25.75m；总时间为+25.75s；小王家在28楼时，先到28楼，再经3层楼，经3层楼位移为9m，则用时为t2=2=3s，则总时间为t'总=2×4++3=28s，故小王家在2楼时小杨乘坐电梯的时间比小王家在28楼时小杨乘坐电梯的时间短，故C错误．D、由C分析可知，小王家在3楼时小杨乘坐电梯的时间为t3‘=2×4++2×=25+2s；而小王家在15楼时小杨乘坐电梯的时间为：t15=4×4++=30s；故小王家在3楼时小杨乘坐电梯的时间比小王家在15楼时小杨乘坐电梯的时间短；故D正确．故选：ABD．二、解答题（共6小题，满分46分）11．（6分）某小组为验证滑块碰撞过程中动量守恒定律，设计了如下实验，竖直曲面轨道与水平轨道在O处平滑连接，两滑块P、Q与轨道间的动摩擦因数相同，主要实验步骤如下：①用天平测出滑块P、Q的质量m1、m2；②将滑块P从斜槽上最高点释放，用刻度尺测出滑块P从O1开始在水平轨道上滑行的距离x0（1）若要保证滑块P、Q碰撞后均停在O1位置的右方，实验中应要求m1＞m2（填“＜”或“＞”），在此条件下，验证动量守恒定律的表达式为m=m1+m2．（用测得的物理量表示）（2）实验时若要将O1的位置向右移动一小段距离，不会（填“会”或“不会”）对验证动量守恒定律产生影响．【解答】解：（1）为了防止碰后滑块P反弹，应用质量较大的滑动去碰质量较小的滑块，故要求m1＞m2；滑块在水平地面上滑动时，根据动能定理可知：v2=2μgx=则可知：v=v1=v2若满足动量守恒，则有：m1v0=m1v1+m2v2将速度表达式代入，化简可得：应验证的表达式为：m=m1+m2（2）由以上分析可知，实验中主要分析碰撞后两滑块在水平地面上滑行的距离，因此将O1的位置向右移动一小段距离对实验结果没有影响．故答案为：（1）＞，m 1=m1+m2；（2）不会．12．（8分）在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，实验电路部分已经连好，实验时，根据测量数据在I﹣U坐标系中描出的坐标点如图所示．（1）将未连接好的电路连接完整（2）在I﹣U坐标系中，根据描出的坐标点，作出小灯泡的伏安特性曲线．（3）小灯泡的额定功率为0.625W，在图线BC段，小灯泡的电阻是变化的（填“变化”或“不变”）【解答】解：（1）根据实验原理图可知，本实验应采用滑动变阻器分压接法，同时电流表应采用外接法；连接实物图，如图所示：（2）根据描点法作出U﹣I图象如图所示，当电压为2.5V时，电流为0.25A，所以有：P=UI=2.5×0.25=0.625W；图象斜率的倒数表示电阻，由图象可知，斜率随着电流的增大而减小，所以电阻随着电流的增大而增大．故答案为：（1）如图；（2）如图所示；（3）0.625，变化．13．（6分）某质谱仪的工作原理如图所示，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内有相互正交的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小可在0.1B 0﹣B0范围内变化，电场强度可在E0﹣10E0范围内变化，平板S 上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片，平板S下方有磁感应强度为B1的匀强磁场，求：（1）通过速度选择器的粒子的最大速度；（2）若某粒子以最大速度通过速度选择器进入磁场B1中，做圆周运动的直径为D，则该粒子的比荷为多少？【解答】解：（1）粒子通过有相互正交的匀强磁场和匀强电场的速度选择器，只有洛伦兹力与电场力相互抵消，粒子才能不发生偏转，做匀速直线运动通过狭缝，所以有，qE=Bvq；所以，，所以，当E=10E0，B=0.1B0时，通过速度选择器的粒子取得最大速度为：；（2）粒子以最大速度通过速度选择器进入磁场B1中，洛伦兹力作为向心力，所以有：又有圆周运动的直径为D，所以，该粒子的比荷为：．答：（1）通过速度选择器的粒子的最大速度为；（2）若某粒子以最大速度通过速度选择器进入磁场B1中，做圆周运动的直径为D，则该粒子的比荷为．14．（7分）套在水平光滑轴O上的轻杆两端分别固定A、B两小球（可看成质点），给A球一初速度后，两小球在竖直平面内做匀速圆周运动，已知轻杆长为L．A、B两小球质量分别为m和2m，求（1）A、B两小球做匀速圆周运动的半径（2）A球运动到最高点时轴O对轻杆的作用力大小．【解答】解：（1）由于总动能不变，根据系统机械能守恒可知，在杆从水平位置转到竖直位置的过程中，两小球重力势能的变化量的绝对值相等，则有：mgR A=2mgR B而R A+R B=L解得：，（2）设杆在竖直位置时，杆对A球得作用力为F A，杆对B球得作用力为F B，根据向心力公式得：，，根据牛顿第三定律可知，球对杆的作用力F A′=﹣F A，F B′=﹣F B，设轴对杆的作用力为F，则F=F A′﹣F B′，联立解得：F=3mg答：（1）A、B两小球做匀速圆周运动的半径分别为和；（2）A球运动到最高点时轴O对轻杆的作用力大小为3mg．15．（9分）某工厂为将工件从A处传送至C处，设计如图所示的传送装置，其中AB段是水平的，BC段是倾斜的，A、C间的水平距离L=20m，高度差h=3m．已知工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送时将工件（可看成质点）轻放在传送带上A处，求（1）若设计θ=37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8），要将工件从A处传送至C处，传送带匀速转动的速率至少是多大？（2）若要求工件在BC段与传动带不发生相对滑动，传送带匀速传动的速率为6m/s．则传送带水平段AB的设计长度范围是多少？【解答】解：（1）由题意可知，当工件到达B点时与传送带共速，工件从B到C 做匀减速运动到C点速度减为零时，传送带具有最小的速度，设传送带的最小速度为v min根据动能定理可知﹣mgh=0﹣解得v min=m/s（2）若工件在BC段与传送带不发生相对滑动，则斜面的倾角最大为θm mgsinθm=μmgcosθm则传送带水平段AB的最大长度解得x m=14m当工件从A点到达B点时恰好与传送带共速，传送带水平段AB有最小长度解得x min=3.6m传送带水平段AB的长度范围3.6m≤x≤14m答：（1）若设计θ=37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8），要将工件从A处传送至C处，传送带匀速转动的速率至少是m/s；（2）传送带水平段AB的设计长度范围是3.6m≤x≤14m．16．（10分）如图所示，水平地面上方存在一磁场区域，EF为磁场的上水平边界，在磁场上方有一边长为L的正方形线框ABCD，其质量为m，电阻为R，将线框ABCD从AB边距磁场上边界2L处由静止释放，线框最终落在地面上，线框在整个运动过程中始终处于竖直平面内，且AB边保持水平，以线框AB边进入磁场时刻为计时起点，磁场的磁感应强度B随时间t变化情况如图所示，已知线框进入磁场过程中做匀速运动，磁场区域高度为7L．求：（1）线框AB边刚进入磁场时磁场的磁感应强度（2）从线框释放到AB边落地过程中，线框中产生的焦耳热．【解答】解：（1）设线框AB刚进入磁场时磁场的磁感应强度为B，线框的速度为v，由动能定理可得：2mgL=mv2回路中的电流为：I1=线框进入磁场过程中做匀速运动，由平衡条件得：BI1L=mg联立解得：B=。
