【三维设计】2017届高三物理二轮复习(通用版)：理综选择题提速练(二) Word版含解析

二、实验题组合练A卷1．(2016·保定质检)某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳．根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示，已知实验过程中操作正确．(1)乙图中F1、F2、F、F′四个力，其中力________(填上述字母)不是由弹簧测力计直接测得的．实验中，要求先后两次力的作用效果相同，指的是________(填正确选项前字母)．A．两个弹簧测力计拉力F1和F2的大小之和等于一个弹簧测力计拉力的大小B．橡皮条沿同一方向伸长C．橡皮条伸长到同一长度D．橡皮条沿同一方向伸长同一长度(2)丙图是测量中某一弹簧测力计的示数，读出该力大小为________N.解析：(1)F在以F1与F2为邻边的平行四边形的对角线上，不是由弹簧测力计直接测出的．该实验采用了“等效替代”法，即合力与分力的关系是等效的，前后两次要求橡皮条沿同一方向伸长同一长度，故A、B、C错误，D正确．(2)根据丙图读出力的值为9.0 N.答案：(1)F D (2)9.0(8.8～9.2均可)2．(2016·全国乙卷)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20 Hz 、30 Hz 和40 Hz.打出纸带的一部分如图(b)所示．图(a) 图(b)该同学在实验中没有记录交流电的频率f ，需要用实验数据和其他题给条件进行推算．(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B 点时，重物下落的速度大小为_______，打出C 点时重物下落的速度大小为______________，重物下落的加速度大小为____________．(2)已测得s 1＝8.89 cm ，s 2＝9.50 cm ，s 3＝10.10 cm ；当地重力加速度大小为9.80 m/s 2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%.由此推算出f 为________Hz.解析：(1)重物匀加速下落时，根据匀变速直线运动的规律得v B ＝s 1＋s 22T ＝12f (s 1＋s 2)， v C ＝s 2＋s 32T ＝12f (s 2＋s 3)， 由s 3－s 1＝2aT 2得a ＝f 2（s 3－s 1）2.(2)根据牛顿第二定律，有mg －kmg ＝ma ，根据以上各式，化简得f ＝2（1－k ）g s 3－s 1， 代入数据可得f ≈40 Hz.答案：(1)12f (s 1＋s 2) 12f (s 2＋s 3) 12f 2(s 3－s 1) (2)40 3.(2016·四川卷)用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能．将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O 点；在O 点右侧的B 、C 位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连．先用米尺测得B 、C 两点间距离s ，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A ，静止释放，计时器显示遮光片从B 到C 所用的时间t ，用米尺测量A 、O 之间的距离x .(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是________．(2)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________．A ．弹簧原长B ．当地重力加速度C ．滑块(含遮光片)的质量(3)增大A 、O 之间的距离x ，计时器显示时间t 将______．A ．增大B ．减小C ．不变解析：(1)滑块离开弹簧后做匀速直线运动，故滑块的速率v ＝s t. (2)根据功能关系，弹簧的弹性势能E p ＝12m v 2，所以要求弹性势能，还需要测得滑块的质量，故选项C 正确．(3)弹簧的形变量越大，弹性势能越大，滑块离开弹簧时的速度越大，滑块从B运动到C的时间越短，故x增大时，计时器显示时间t将变小，故选项B正确．答案：(1)v＝st(2)C(3)B4．(2016·南昌一模)某学生用如图a所示电路测金属导线的电阻率，可供使用的器材有：被测金属导线ab，电阻约10 Ω，导线允许流过的最大电流为0.8 A，稳恒电源，电源输出电压恒为E＝12 V，电压表V，量程为0～3 V，内阻约5 kΩ，保护电阻：R1＝10 Ω，R2＝30 Ω，R3＝200 Ω.刻度尺、螺旋测微器，开关S，导线若干等．实验时的主要步骤如下：①用刻度尺量出导线ab的长度l，用螺旋测微器测出导线的直径d.②按如图a所示电路将实验所需器材用导线连接好．③闭合开关S，移动接线触片P，测出aP长度x，读出电压表的示数U.④描点作出U－x曲线，求出金属导线的电阻率ρ.(导学号59230126)图a图b图c完成下列填空：(1)由螺旋测微器测量金属导线的直径d，其示数如图b所示．该金属导线的直径d＝________mm.(2)如果实验时既要保证安全，又要测量误差较小，保护电阻R 应选________．(3)根据多次实验测出的aP 长度x 和对应每次实验读出的电压表的示数U 作出的U －x 图线如图c 所示，其中图线的斜率为k ，则金属导线的电阻率ρ＝________．(用实验器材中给出的物理量字母和实验步骤中测出的物理量字母表示)解析：(1)d ＝0.5 mm ＋0.01×37.0 mm ＝0.870 mm.(2)已知被测金属导线允许流过的最大电流I max ＝0.8 A ，则R min＝EI max ＝120.8 V ＝15 Ω，又电压表量程为0～3 V ，所以为保证安全，又要测量误差较小，应选电阻R 2.(3)设金属导线单位长度的电阻为R 0，当x 长度的导线两端电压为U 时，由闭合电路欧姆定律有E ＝U xR 0(lR 0＋R 2)，得U ＝R 0E R 0l ＋R 2x ，所以图c 中图线斜率k ＝R 0E R 0l ＋R 2，解得R 0＝kR 2E －kl，由R ＝ρl S ，可得R 0l ＝ρl π⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22，得ρ＝kR 2πd 24（E －kl ）. 答案：(1)0.870 (2)R 2 (3)kR 2πd 24（E －kl ）5．(2016·益阳调研)某实验小组利用如下实验器材测量干电池的电动势和内阻．A ．待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5 V ，内阻约几欧姆B ．直流电压表V 1、V 2，内阻约为3 k ΩC ．阻值为5 Ω的定值电阻R 0D ．滑动变阻器R ，最大阻值为R mE ．导线和开关(导学号 59230127)(1)根据下面的电路原理图完成电路实物图的连接：(2)实验中移动滑动变阻器的触头，读出电压表V 1和V 2的多组数据如下表，请在下面的坐标纸中描绘出U 1－U 2图象；(3)根据描绘出的U 1－U 2图象，求得两节干电池的总电动势E ＝________，总内阻r ＝________．(计算结果保留两位有效数字)解析：根据闭合电路欧姆定律可得E ＝U 2＋Ir ＝U 2＋U 2－U 1R 0r ， 整理得U 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R 0r ＋1U 2－R 0r E ， 由U 1－U 2图象可得图线斜率k ＝3，则R 0r＋1＝3，又知R 0＝5 Ω，得r ＝2.5 Ω， 由U 1－U 2图象可知，当U 2＝2 V 时，U 1＝0，代入U 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R 0r ＋1U 2－R 0rE ， 解得E ＝3.0 V .答案：(1)实物连接如图所示(2)U 1－U 2图象如图所示(3)3.0 V 2.5 Ω6．(2016·全国甲卷)某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V的电压表○V 的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R (最大阻值99 999.9 Ω)，滑动变阻器R 1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R 2(最大阻值5 k Ω)，直流电源E (电动势3 V)，开关1个，导线若干．图(a)实验步骤如下：①按电路原理图(a)连接线路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S；③调节滑动变阻器，使电压表满偏；④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V，记下电阻箱的阻值．回答下列问题：(1)实验中应选择滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)．(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线．图(b)(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为________Ω(结果保留到个位)．(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为(填正确答案标号)．A．100 μA B．250 μAC．500 μA D．1 mA解析：(1)滑动变阻器R1的阻值较小，在分压电路中便于调节，故实验中应选择滑动变阻器R1.(2)实物图连线如图所示．(3)电阻箱阻值为0时，电压表满偏电压U g ＝2.5 V ，电阻箱阻值R ＝630.0 Ω时，电压表的示数U V ＝2.00 V ，此时电阻箱两端的电压U R ＝U g －U V ＝0.5 V ，根据串联电路电压与电阻成正比可得U V U R ＝R g R， 故R g ＝U V U R R ＝2.000.5×630.0 Ω＝2 520 Ω. (4)电压表的满偏电流为I g ，则I g R g ＝U g ，故I g ＝U g R g ＝2.52 520A ≈1 mA ，选项D 正确． 答案：(1)R 1 (2)如图所示 (3)2 520 (4)D。

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热考小题专攻练6.功和能(建议用时20分钟) 小题强化练,练就速度和技能,掌握高考得分点!1.(多选)(2016·沈阳二模)如图所示,一质量为m的小球,用长为L的轻绳悬挂于O点,初始时刻小球静止于P点。

第一次小球在水平拉力F作用下,从P点缓慢地移动到Q点,此时轻绳与竖直方向夹角为θ,张力大小为T1;第二次在水平恒力F′作用下,从P点开始运动并恰好能到达Q 点,至Q点时轻绳中的张力大小为T2。

关于这两个过程,下列说法中正确的是( )A.第一个过程中,拉力F在逐渐变大,且最大值一定大于F′B.两个过程中,轻绳的张力均变大C.T1大于T2D.两个过程中F和F′做的功一样【解析】选A、C、D。

第一次移动过程中,小球是缓慢移动,则小球受力平衡,根据矢量三角形可得:F=mgtanθ,T1=,移动过程中θ增大,所以拉力F逐渐变大,轻绳的张力增大;第二次移动过程中,恰好能到达Q点,即Q点的速度为零,根据动能定理可得F′Lsinθ=mgL(1-cosθ),解得:F′=mgtan,因为θ为锐角,所以mgtan<mgtanθ,故F的最大值一定大于F′,运动到Q点时,速度为零,则向心力为零,则绳子拉力T2=mgcosθ+F′sinθ=mgcosθ+mg··sinθ=mg,关于第二次小球的运动,由于重力和拉力都是恒力,可以把这两个力合成为新的“重力”,当绳子方向与重力和F′的合力方向在同一直线上时,小球处于等效“最低点”,最低点的速度最大,此时绳子张力最大,所以第二次绳子张力先增大,后减小,故A、C正确,B错误;由动能定理得,两个过程中,重力和水平恒力做功,其代数和为零,即力F做的功等于克服重力做的功,所以做功相等,D正确。

2.(多选)(2016·成都一模)如图所示,表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮,小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。

高考仿真抢分练(一)第Ⅰ卷二、选择题(本题共8小题，每小题6分，在每个小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，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．以下说法正确的是( )A ．奥斯特发现了电流的磁效应和电磁感应现象B ．牛顿通过观察天象以及深入研究第谷的数据提出行星运动三大定律C ．电场强度是用比值法定义，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比D ．法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件D [法拉第发现了电磁感应现象并通过实验发现了在磁场中产生电流的条件，故选项A 错误，选项D 正确；开普勒通过观察天象以及深入研究第谷的数据提出行星运动三大定律，故选项B 错误；电场强度由形成场的电荷决定，与试探电荷的电量无关，故选项C 错误．]15．建筑节能已成为国家节能减排的战略重点，为此，中国工程建设标准化协会在北京召开“安全、质量、创新——2015中国墙体节能保温与质量安全技术研讨会”．如图1所示，粉刷墙体保温材料的工人常用一根绳索将自己悬在空中，假设工人及其装备的总重量为M ，悬绳与竖直墙壁的夹角为α，悬绳对工人的拉力大小为FT ，墙壁对工人的弹力大小为F N , 则( )图1A ．F T ＝Mg sin αB．F N＝Mg sin αC．若工人缓慢下移，增加悬绳的长度，则F T与F N的合力不变D．若工人缓慢下移，增加悬绳的长度，则F T减小，F N增大C[分析工人受力情况：工人受到重力、支持力和拉力，如图所示：根据共点力平衡条件，有F T sin α＝F N，F T cos α＝Mg，解得F T＝Mgcos αF N＝Mg tan α，故A、B错误．当缓慢增加悬绳的长度时，细绳与竖直方向的夹角α变小，故F T变小，F N变小，但F T与F N的合力与重力平衡，保持不变；故C正确，D错误．]16．如图2所示，一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入一匀强磁场，粒子的一段轨迹如图，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)，从图中情况可以确定()【导学号：37162124】图2A．粒子从a到b，带正电B．粒子从b到a，带正电C．粒子从a到b，带负电D．粒子从b到a，带负电B[由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r＝m vqB可知，粒子的半径逐渐减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确．] 17．四个等量异种点电荷，分别放在正方形的四个顶点处，A、B、C、D为正方形四条边的中点，O为正方形的中心，如图3所示．下列说法中正确的是()图3A．O点电场强度为零B．A、B、C、D四点的电场强度相同C．将一带负电的试探电荷从B点匀速移动到D点，电场力做功为零D．将一带负电的试探电荷从A点匀速移动到C点，其电势能减小C[根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理，O点电场强度不为零，方向由O指向C，选项A错误．根据对称性可知，A、C两点电场强度相同，B、D两点电场强度相同，而A、B两点电场强度不相同，选项B错误．由对称性可知，B、D两点等电势，将一带负电的试探电荷从B点匀速移动到D点，电场力做功为零，选项C正确．图中A点电势高于C点电势，将一带负电的试探电荷从A点匀速移动到C点，其电势能增大，选项D错误．]18．某汽车在启用ABS刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图4中的①、②图线所示．由图可知，启用ABS后()图4A．t1时刻车速更小B．0～t1的时间内加速度更小C．加速度总比不启用ABS时大D．刹车后前行的距离比不启用ABS更短BD[由图看出，启用ABS后t1时刻车速更大，故A错误；由斜率等于加速度的大小得到，启用ABS后0～t1的时间加速度更小，t1～t2的时间内加速度更大，故B正确，C错误；根据速度图象的“面积”等于位移大小看出，刹车后前行的距离比不启用ABS更短，故D正确．]19．如图5所示，一辆货车通过光滑轻质定滑轮提升一箱货物，货箱质量为M，货物质量为m，货车以速度v向左匀速运动，将货物提升高度h，则()图5A．货物向上做匀速运动B．箱中的物体对箱底的压力大于mgC．图示位置时货车拉力的功率大于(M＋m)g v cos θD．此过程中货车拉力做的功为(M＋m)ghBC[因为货车的速度是匀速的，我们将货车的速度进行分解，它有沿绳伸长的速度，还有垂直绳向上的速度，这两个分速度是垂直的关系，故绳的速度为v cos θ，当货车前进时，θ逐渐减小，cos θ逐渐增大，绳端的速度增大，所以货物将加速上升，选项A错误；因为m有一个向上的加速度，故箱底对它的支持力大于mg，即物体对箱底的压力也大于mg，选项B正确；货车拉力的功率P＝F v′＝F v cos θ，因为货物加速上升，故F>(M＋m)g，所以P>(M＋m)g v cos θ，选项C正确；此过程中货车既把货物拉高，又使它具有一定的速度，根据功的原理可知货车拉力做的功大于(M＋m)gh，故D错误．]20．质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点，如图6所示，当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时杆子停止转动，则()图6A ．小球仍在水平面内做匀速圆周运动B ．在绳b 被烧断瞬间，a 绳中张力突然增大C ．若角速度ω较小，小球在垂直于平面ABC 的竖直平面内摆动D ．若角速度ω较大，小球可能在垂直于平面ABC 的竖直平面内做圆周运动 BCD [小球原来在水平面内做匀速圆周运动，绳b 被烧断后，小球在垂直于平面ABC 的竖直平面内摆动或圆周运动，故A 错误；绳b 被烧断前，小球在竖直方向没有位移，加速度为零，a 绳中张力等于重力，在绳b 被烧断瞬间，a 绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳a 的张力将大于重力，即张力突然增大，故B 正确；若角速度ω较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面ABC 的竖直平面内摆动，故C 正确；若角速度ω较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC 的竖直平面内做圆周运动，故D 正确．]21．如图7所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过π6时的感应电流为I ，下列说法正确的是( )图7A ．线框中感应电流的有效值为2IB ．转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为2IR ωC ．从中性面开始转过π2的过程中，通过导线某横截面的电荷量为2I ωD ．线框转一周的过程中，产生的热量为2πRI 2ωBC [从中性面开始计时，电流瞬时值表达式为：i ＝I m sin ωt ，据题ωt ＝π6时，i ＝I ，代入得电流的最大值为：I m ＝2I ，有效值为：I 有＝22I m ＝2I ，故A 错误；感应电动势最大值为：E m＝I m R＝2IR由E m＝BSω，则穿过线框的磁通量的最大值为：Φm＝BS＝2IRω，故B正确；从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为q＝ΔΦR＝BSR＝2Iω，故C正确；电流的有效值为：I有＝2I，则线框转一周的过程中，产生的热量为：Q＝I2有RT＝4πRI2ω，故D错误．]第Ⅱ卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第25题为必做题，每个考题考生都必须作答，第33～35为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题(共47分)22．(6分)某同学设计了如图8所示的装置去验证小球摆动过程中的机械能守恒，实验中小球到达B点(图中未标出)时恰好与桌面接触但没有弹力，D处的箭头处放一锋利的刀片，细线到达竖直位置时被割断，小球做平抛运动落到地面，P是一刻度尺．该同学方案的优点是只需利用刻度尺测量A位置到桌面的高度h，桌面到地面的高度H及平抛运动的水平位移L即可．图8(1)测量A位置到桌面的高度h应从________开始测(选填“球的下边沿”或“球心”)．(2)实验中改变h多测几次h和L的数值利用作图象的方法去验证．该同学取纵轴表示L，则横轴应表示________．(3)若所作图象的斜率为k，则满足________关系即可证明小球下摆过程中机械能守恒．【解析】本题主要考查平抛运动和验证机械能守恒定律，意在考查考生的实验迁移能力．由机械能守恒定律有mgh＝12m v2，依据平抛运动规律有H＝12gt2，L＝v t，整理后可得L＝2Hh.【答案】(1)球的下边沿(2)h(3)k＝2H23．(9分)中国机器人农民发明家吴玉禄(被誉为中国的特斯拉)只有小学文化，为了给他的机器人吴老二找一个可充电电池，他在废品站找到了一个像电池一样有两个电极的装置，上面标有“TNT”等字样，他高兴地拿回去充电，结果差点丢了性命．如果你是他的儿女，为了安全起见，你能给他提出一些建议或帮助吗？(1)经核实该电雷管全电阻值为6 Ω，其中电热丝阻值为5 Ω，引脚线长2 m，阻值为1 Ω，当通以0.45 A电流时约6 s钟爆炸，若吴玉禄用5.4 V的电压给它充电时理论上约________s钟爆炸(危险)．(2)某兴趣小组发扬吴玉禄精神，用伏安法设计了一较准确测量上述单只电雷管电阻的电路．准备了以下实验器材：待测电雷管R x，炸药桶(保护作用，防爆破)电流表A1：量程0.5 A、内阻约0.5 Ω电流表A2：量程30 mA、内阻约30 Ω电压表V1：量程30 V、内阻约10 kΩ电压表V2：量程2 V、内阻约3kΩ滑动变阻器R：0～10 Ω电阻箱R0：0～999.9 Ω，0.1 A干电池E：电动势E＝1.5 V，内阻r约0.1 Ω开关S及导线若干，①请设计一个较合理的电路原理图，画在规定方框内，要求通过电雷管的电流不超过27 mA，电压能从零调节，尽可能减小误差．②并写出R x的计算公式R x＝_________________________________________________________________ _______________________________________________________________；(可能用到的字母示数为I1、示数为I2、示数为U1、示数为U2、电阻箱电阻为R0)【解析】(1)根据焦耳定律：Q＝I2Rt0．452×5×6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5.462×5t 得：t ＝1.5 s.(2)①题目要求电压能从零调节，所以滑动变阻器选用分压接法；电雷管电流不能超过27 mA ，所以需要串联一个定值电阻或者可以显示阻值的电阻箱，故电路图如图所示．②根据部分电路的欧姆定律：计算公式为R ＝U 2I 2－R 0. 【答案】 (1)1.5(2)①见解析②U 2I 2－R 0 24. (12分)如图9所示，一质量M ＝2 kg 的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B .从弧形轨道上距离水平轨道高h ＝0.3 m 处由静止释放一质量m A ＝1 kg 的小球A ，小球A 沿轨道下滑后与小球B 发生弹性正碰，碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g .求小球B 的质量．(g 取10 m/s 2)图9【解析】 设小球A 下滑到水平轨道上时的速度大小为v 1，平台水平速度大小为v ，由动量守恒定律有0＝m A v 1－M v由能量守恒定律有m A gh ＝12m A v 21＋12M v 2联立解得v 1＝2 m/s ，v ＝1 m/s小球A 、B 碰后运动方向相反，设小球A 、B 的速度大小分别为v 1′和v 2.由于碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A 的速度等于平台的速度，有v1′＝1 m/s由动量守恒定律得m A v1＝－m A v1′＋m B v2由能量守恒定律有12m Av21＝12m Av1′2＋12m Bv22联立解得m B＝3 kg.【答案】 3 kg25．(20分)“太空粒子探测器”是安装在国际空间站上的一种粒子物理试验设备，用于探测宇宙中的奇异物质．该设备的原理可简化如下：如图10所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面MN和M′N′，圆心为O，弧面MN 与弧面M′N′间的电势差设为U，在加速电场的右边有一宽度为L的足够长的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场的右边界放有一足够长的荧光屏PQ.假设太空中漂浮着质量为m，电荷量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到MN圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响．(1)若测得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为L2，试求出U；(2)若取U＝qB2L22m，试求出粒子从O点到达荧光屏PQ的最短时间；(3)若测得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为23L，试求荧光屏PQ上发光的长度.【导学号：37162125】图10【解析】 (1)由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2r ，r ＝L 2带电粒子在电场中加速时，由动能定理，qU ＝12m v 2－0联立得：U ＝qB 2L 28m .(2)当U ＝qB 2L 22m 时，由上题结论可知：r ＝L从O 点斜向下射入磁场时，OC 为弦，到达PQ 屏时间最短，由几何关系可知：OD ＝CD ＝OC ＝L 故θ＝60°得：t ＝16T ＝16·2πm Bq ＝πm 3Bq .(3)设粒子打在C 点上方最远点为E ，此时圆弧与PQ 屏相切于E 点，过圆心O 1作OC 的垂线O 1G ，在直角ΔOO 1G 中，OO1＝r＝23L，OG＝L－r＝13L所以O1G＝33L，即CE＝33L设粒子打在C点下方最远点为F，此时粒子从O点竖直向下进入磁场，圆弧与PQ交于F点．同理可得：CF＝3 3L所以，荧光屏PQ上发光的长度EF＝23 3L.【答案】(1)qB2L28m(2)πm3Bq(3)233L(二)选考题(共15分，请考生从给出的3道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)33．[物理—选修3－3](15分)(1)(5分)下面说法中正确的是________．(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) A．所有晶体沿各个方向的物理性质和化学光学性质都相同B．足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果C．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性D．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E．一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多(2)(10分)如图11甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V-T 图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.甲乙图11①说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中T A 的温度值．②请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的P -T 图象，并在图线相应位置上标出字母A 、B 、C .如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．【解析】 (1)单晶体具有各向异性，即单晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质不同，故A 错误．足球充足气后很难压缩是由于足球内外有压强差的原因，与气体分子之间的作用力无关，故B 错误．根据热力学第二定律可知，自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故C 正确．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由气态方程pV T ＝C 知温度升高，内能增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知，气体一定吸收热量，故D 正确．一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能增大，则平均速率增大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增多，故E 正确．故选C 、D 、E.(2)①从题图甲可以看出，A 与B 连线的延长线过原点，所以A →B 等压变化，即p A ＝p B .根据盖-吕萨克定律可得V A T A ＝V B T B所以T A ＝V A V BT B ＝0.40.6×300 K ＝200 K. ②由题图甲可知，由B →C 是等容变化，根据查理定律得p B T B ＝p C T C所以p C ＝T C T Bp B ＝400300p B ＝43×1.5×105 Pa ＝2.0×105 Pa 则可画出由状态A →B →C 的p -T 图象如图所示．【答案】 (1)CDE (2)①A →B 是等压变化 200 K ②p -T 图象如图34．[物理—选修3－4](15分)(1)如图12所示，有一列减幅传播的简谐横波，x ＝0与x ＝75 m 处的A 、B 两个质点的振动图象分别如图中实线与虚线所示．则这列波的下列说法正确的是()图12A．A点处波长是10 cm，B点处波长是5 cmB．周期一定都是2×10－2sC．t＝0.0125 s时刻，两质点的振动速度方向相反D．传播速度一定是600 m/sE．A质点的振幅是B质点的振幅的2倍(2)(10分)如图13所示，光屏PQ的上方有一半圆形玻璃砖，其直径AB与水平面成30°角．图13①若让一束单色光沿半径方向竖直向下射向圆心O，由AB面折射后射出，当光点落在光屏上时，绕O点逆时针旋转调整入射光与竖直方向的夹角，该角多大时，光在光屏PQ上的落点距O′点最远？(已知玻璃砖对该光的折射率为n＝2)②若让一束白光沿半径方向竖直向下射向圆心O，经玻璃砖后射到光屏上形成完整彩色光带，则光带的最右侧是什么颜色的光？若使光线绕圆心O逆时针转动，什么颜色的光最先消失？【解析】(1)由A、B两质点的振动图象可知两质点的周期均为2×10－2s，所以B项正确；再由振动图象知t＝0时，质点A在平衡位置且向上振动，B处在波峰，则有75 m＝34λ＋nλ(n＝0、1、2、3…)，解得λ＝3004n＋3m(n＝0、1、2、3…)，所以A 项错；在t ＝0.012 5 s ＝58 T 时，质点A 向下振动，B 向上振动，所以C 项正确；波的传播速度v ＝λT ＝15 0004n ＋3m/s(n ＝0、1、2、3…)，有多种可能，D 项错；由图可知质点A 的振幅为10 cm ，质点B 的振幅为5 cm ，所以E 项正确．(2)①如图所示，在O 点刚好发生全反射时，光在光屏PQ 上的落点距O ′点最远sin C ＝1n 解得C ＝45°入射光与竖直方向的夹角为θ＝C －30°＝15°.②由于介质中紫光的折射率最大，所以紫光位于光带的最右侧．若使光线绕圆心O 逆时针转动，入射角增大，由于紫光的临界角最小，所以紫光最先消失．【答案】 (1)BCE (2)①15° ②紫光 紫光最先消失。

2017年全国高考理综（物理）试题及答案-全国卷2二、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【参考答案】A【彗考解析】大圆环充游I」则大圆环对小环的作用力总杲沿半径方向.与速度方问垂直：故犬圆环对4廊的作用力直不做功;选项A正确』B错询开始时大圆环对小环的作用力背离圆心「最后指向圆心「茁选项CD错读故选丄238 234 415. 一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核，衰变方程为92U 9o Th 2He，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【参考答案】B【蔘考解析】根据动童守恒可知，生成的社核的幼重与吃粒子的动量等大反向，选项E正确星很据E,= —2 m 可灿袞变后牡核的动能小于渤子的动能』选顼山错误；宅蠟的半喪期等干一半数量的铀核喪变需姜的时间，而放出一个％粒子所经历的时间是一个原子核衰变的时间，故两者不等』迭项£错误,由于i亥反应放出能星，由质肓防程可舸』衰变后◎粒子与社核的质量之和小于衰变前铀檢的质量，选项D错误；故选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此距离最大时， 对应的轨道半径为(重力加速度为 g ) 2222V V V V A.-B.——C.——D.——16g8g4g2g【参考答案】B【參考解析】物块由最低点到最高点! =1诡 潮块做平拋运动:t = j —麻立解22Al S4 V 1得：x=J —r+16/2 ,由数学知识可知，当〜」一二兰时」咒最大，故选B\ S 2x16 陀18.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，若粒子射入的速度为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速度为 v 2，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 v 2 : V |为A. .3:2B. ,2：C. ', 31D.3： 2【参考答案】CA. 23C. -1D 」632【参考答案】C【参考解析】F 水平时：Fmg ；当保持F 的大小不变， 而方向与水平面成 60。