完整word物理高考真题全国2卷解析版已排版.docx
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完整word物理高考真题全国2卷解析版已排版
2017年全国2卷物理及答案
一、选择题:
14.如图1,一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
2344238U→Th+粒子衰变成钍核,衰变方程为He,下15.一静止的铀核放出一个α29092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
卷物理2年全国2017页20共页1第
F.如图162,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动.若保持角,物块也恰好做匀速直线运动.则物块与桌的大小不变,而方向与水平面成60°)
(面间的动摩擦因数为2
图333D.C.A.2-3B.263
17.如图3,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)()
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图3
2222vvvvA.B.C.D.
gggg41682
18.如图4,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v,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周1上;若粒子射入速率为v,相应的出射点分布在三分之一圆周上,不计重力及带电2粒子之间的相互作用,则v∶v为()
12图4
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2
∶D.3C.3∶1A.3∶2B.2∶1
为、N为近日点,Q为远日点,M19.如图5,海王星绕太阳沿椭圆轨道运动,P,若只考虑海王星和太阳之间的相互作用,轨道短轴的两个端点,运行的周期为T0)
(的运动过程中经过M、Q到NP则海王星在从5
图T0阶段,机械能逐渐变大到NB.从QA.从P到M所用的时间等于4阶段,万有引力对它先做负功到ND.从MQC.从P到阶段,速率逐渐变小
后做正功
、0.1m.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20边与磁场边界平行,如图cd的正方形导线框abcd位于纸面内,总电阻为0.005Ω线框0时刻进入磁场.=所示.已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd边于t6(a)感应电流的方向为顺时针时,感应电所示(中感应电动势随时间变化的图线如图(b))
(动势取正).下列说法正确的是卷物理2年全国2017页20共页4第
图6
A.磁感应强度的大小为0.5T
B.导线框运动的速度的大小为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
21.某同学自制的简易电动机示意图如图7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()
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图7
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
非选择题:
22.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.
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图8
实验步骤如下:
①如图8(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;
v表示滑块在挡光片遮住光所示),Δs表示挡光片沿运动方向的长度(如图(b)③用
v;时间内的平均速度大小,求出Δ线的t④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④;
vΔt图,如图⑥利用实验中得到的数据作出(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表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬A
v=________.
a、和Δt的关系式为时速度大小,则与vvA
(2)由图(c)可求得v=______cm/s,a=______cm/s2.(结果保留3位有效数字)
A卷物理2年全国2017页20共页7第
23.某同学利用如图9(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R、R(其中一个阻值为20Ω,21另一个阻值为2000Ω);电阻箱R(最大阻值为99999.9Ω);电源E(电动势约为1.5V);z单刀开关S和S.C、D分别为两个滑动变阻器的滑片.21
图9
(1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线.
(2)完成下列填空:
①R的阻值为________Ω(填“20”或“2000”).1②为了保护微安表,开始时将R的滑片C滑到接近图(a)中滑动变阻器的________1卷物理2年全国2017页20共页8第
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的阻值置于2500.0Ω,接通S.将R的滑片置于适当位置,再反复调1z1节R的滑片D的位置,最终使得接通S前后,微安表的示数保持不变,这说明22S接通前B与D所在位置的电势________(填“相等”或“不相等”)2④将电阻箱R和微安表位置对调,其他条件保持不变,发现将R的阻值置于zz2601.0Ω时,在接通S前后,微安表的示数也保持不变.待测微安表的内阻为2______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:
_______________________________.
24.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s和s(s
1图10
(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.
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25.如图11,两水平面(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点将质量均为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:
图11
(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比;
卷物理2年全国2017页20共页10第
(2)A点距电场上边界的高度;
(3)该电场的电场强度大小.
33.[物理选修3-3]
(1)(5分)如图12,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____________(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12
卷物理2年全国2017页20共页11第
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)(10分)一热气球体积为V,内部充有温度为T的热空气,气球外冷空气的温度a为T.已知空气在1个大气压、温度为T时的密度为ρ,该气球内、外的气压始终00b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m,求充气后它还能托起的最大质量.0
卷物理2年全国2017页20共页12第
【参考答案】A
14.【答案】【解析】因为大圆环光滑,所以大圆环对小环的作用力只有弹力,且弹力的方向总A是沿半径方向,与速度方向垂直,故大圆环对小环的作用力一直不做功,选项、故选项C正确,B错误;开始时大圆环对小环的作用力背离圆心,后来指向圆心,D错误.B
.【答案】15衰变过程中,满足动量守恒的条件,根据动量守恒定律得【解析】静止的铀核在α正确;根粒子的动量大小相等,方向相反,选项B=0,即钍核的动量和αpp+αTh2p粒子不适用,α选项A错误;半衰期的定义是统计规律,对于一个据E=可知,km2即衰变过程中有一定的伴随着一定的能量放出,选项C错误;铀核在衰变过程中,错D质量亏损,故衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量,选项误.C
【答案】16.的大小不变,而方向与=μmg;当保持F【解析】当F水平时,根据平衡条件得F3,,联立解得,μ=μ=(mg-Fsin60°)水平面成60°角时,由平衡条件得Fcos60°3正确.故选项CB
17.【答案】112+=2【解析】小物块由最低点到最高点的过程,由机械能守恒定律得,mvmgr222,mv1t,小物块做平抛运动时,落地点到轨道下端的距离x=v12v44r2r-16,联立解得,x=r,t=gg22vv由数学知识可知,当4r=时,x最大,即r=,故选项B正确.gg8218.【答案】C
【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时,打到圆形磁场边界的位置距P点最远,卷物理2年全国2017页20共页13第
,由几何知识可R则当粒子射入的速率为v,轨迹如图甲所示,设圆形磁场半径为11,轨迹如图R;若粒子射入的速率为v=知,粒子运动的轨道半径为rRcos60°=2123;根据轨道R=R乙所示,由几何知识可知,粒子运动的轨道半径为r=cos30°22mv=3∶1,故选项Cr∶可知,vv=r∶正确.=半径公式r1212qB甲乙
19.【答案】CD
1【解析】由行星运动的对称性可知,从P经M到Q点的时间为T,根据开普勒第02卷物理2年全国2017页20共页14第
所M二定律可知,从P到M运动的速率大于从M到Q运动的速率,可知从P到1错误;海王星在运动过程中只受太阳的引力作用,故机AT用的时间小于,选项04阶段,速率逐渐变Q械能守恒,选项B错误;根据开普勒第二定律可知,从P到阶段,万有引力对M小,选项C正确;海王星受到的万有引力指向太阳,从到N它先做负功后做正功,选项D正确.BC
20.【答案】0.1lm/s【解析】由Et图象可知,导线框经过0.2s全部进入磁场,则速度v==0.2t0.01E=E=0.01V,根据E=Blv得,B==0.5m/s,选项B正确;由图象可知,0.50.1×lv错误;根据右手定则及正方向的规定可知,磁感应强度的方向垂AT=0.2T,选项这段时间内,导线框中的感应0.4sC正确;在t=至t=0.6s直于纸面向外,选项0.01E,选0.04N=BIl=0.2×2×0.1N=电流I==A=2A,所受的安培力大小为F0.005RD项错误.AD
21.【答案】【解析】装置平面示意图如图所示.如图所示的状态,磁感线方线中电流方向向左,受垂直向向上,若形成通路,线圈下边导
纸面向里的安培力,同理,上边导线中电流受安培力垂直纸面向外,使线圈转动.当线圈上边导线转到下边时,若仍通路,线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向,受安培力反向,阻碍线圈转动.若要线圈连续转动,则D.A要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路,另一侧断路.故选、1
(2)52.116.6
taΔ
(1)22.【答案】v+A2vv=【解析】
(1)设挡光片末端到达光电门的速度为v,则由速度时间关系可知:
Av+vA=vaΔt,且+21+联立解得:
v=va;ΔtA2,图线的斜率可读出v≈52.1cm/s
(2)由图(c)A卷物理2年全国2017页20共页15第
52.4-53.6122≈8.28cm/scm/sk==a,3-210×180-352.
即a≈16.6cm/s
(1)见【解析】图【答案】23.2550
④③相等②左
(2)①20
R上的分压,尽可能使微安表接近满量程.(3)调节1
(1)实物连线如图所示:
【解析】
为了方便调节要选择阻值较小的滑动变阻器;
(2)①滑动变阻器R采用分压式接法,1滑到滑动变阻器的左端对应的位置;②为了保护微安表,开始时将R的滑片C1再反复,接通S;将R的滑片置于适当位置,③将电阻箱R的阻值置于2500.0Ω11z前后,微安表的示数保持不变,这说明的位置;最终使得接通SR的滑片D调节22DB与所在位置的电势相等;S接通前后在BD中无电流流过,可知2Rz1所在位置的电势相等可知,与D两侧电阻分别为④设滑片DR和R,由B2221R21RRRμAμAz2R==;同理,当R和微安表对调时,仍;联立两式解得,RμAz2zz1RRR2221222500.0×2601.0Ω=2550Ω
(3)为了提高测量精度,应调节R上的分压,尽可能使微安表接近满量程.1卷物理2年全国2017页20共页16第
222vsvv-+v11100【答案】24.
(1)
(2)2sgs2200,由动能定理得,冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ【解析】
(1)设冰球的质量为m1122mv-mv-μmgs①=0012222vv-10μ=②解得gs20刚好到达小旗处的运动员的加速度
(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,,所用的时间为a和a最小.设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为21t.由运动学公式得22a-vs=③2v0110a④tv-v=11012⑤t=sa212联立③④⑤式得
2v+sv011⑥a=2s201mg25.【答案】
(1)3∶1(2H(332q【解析】
(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v,则它们进入电场0时的水平速度仍然为v.M、N在电场中运动的时间t相等,电场力作用下产生的加0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s和s.由题给条21件和运动学公式得
v-at=0①012at=vt+s01212③tatvs=022联立①②③式得
s=3④s2
(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v,由运y动学公式
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2⑤2vgh=y12gt=vt+⑥Hy2进入电场后做直线运动,由几何关系知M
sv10=⑦Hvy联立①②⑤⑥⑦式可得1Hh=⑧3M进入电场后做直线运动,则(3)设电场强度的大小为E,小球qEv0=⑨mgvy、E,由动能定理得设M、N离开电场时的动能分别为Ek2k1122qEs⑩)+mgHE=m(vv++1yk102122-qEsv?
+v)+mgH=Em(20yk22由已知条件?
EE=1.5k2k1式得联立④⑤⑦⑧⑨⑩?
?
mg?
=Eq2卷物理2年全国2017页20共页18第
33.[物理选修3-3]
TT00【答案】
(1)ABD
(2)(ⅰ)Vgρ(ⅱ)Vgρ00TTba11(ⅲ)VρT(-)-m000TTba【解析】
(1)因为汽缸、活塞都是绝热的,隔板右侧是真空,所以理想气体在自发扩散的过程中,既不吸热也不放热,也不对外界做功.根据热力学第一定律可知,气体自发扩散前后,内能不变,选项A正确,选项C错误;气体被压缩的过程中,外界对气体做功,气体内能增大,又因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关,所以气体温度升高,分子平均动能增大,选项B、D正确,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T时的体积为V,密度为00mρ=①0V0在温度为T时的体积为V,密度为Tmρ(T)=②VT由盖-吕萨克定律得
VVT0=③TT0联立①②③式得
T0ρ(T)=ρ④0T气球所受到的浮力为
F=ρ(T)gV⑤b联立④⑤式得
T0F=Vgρ⑥0Tb(ⅱ)气球内热空气所受的重力为
G=ρ(T)Vg⑦a联立④⑦式得
T0G=Vgρ⑧0Ta卷物理2年全国2017页20共页19第
(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-mg⑨0联立⑥⑧⑨式得
11-)-m⑩TM=Vρ(000TTab卷物理2年全国2017页20共页20第