高考物理試卷全國二卷含超級詳細解答

1、2017年高考物理試卷（全國二卷）參考答案與試題解析一選擇題（共5小題）1（2017新課標）如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個小環(huán)，小環(huán)由大圓環(huán)的最高點從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對它的作用力（）A一直不做功B一直做正功C始終指向大圓環(huán)圓心D始終背離大圓環(huán)圓心【分析】小環(huán)在運動過程中，大環(huán)是固定在桌面上的，大環(huán)沒有動，大環(huán)對小環(huán)的作用力垂直于小環(huán)的運動方向，根據(jù)功的定義分析做功情況【解答】解：AB、大圓環(huán)是光滑的，則小環(huán)和大環(huán)之間沒有摩擦力；大環(huán)對小環(huán)的支持力總是垂直于小環(huán)的速度方向，所以大環(huán)對小環(huán)沒有做功，故A正確，B錯誤；CD、小環(huán)在運動過

2、程中，在大環(huán)的上半部分運動時，大環(huán)對小環(huán)的支持力背離大環(huán)圓心，運動到大環(huán)的下半部分時，支持力指向大環(huán)的圓心，故CD錯誤故選：A【點評】本題考查了功的兩要素：第一是有力作用在物體上；第二是物體在力的作用下產(chǎn)生位移2（2017新課標）一靜止的鈾核放出一個粒子衰變成釷核，衰變方程為+，下列說法正確的是（）A衰變后釷核的動能等于粒子的動能B衰變后釷核的動量大小等于粒子的動量大小C鈾核的半衰期等于其放出一個粒子所經(jīng)歷的時間D衰變后粒子與釷核的質量之和等于衰變前鈾核的質量【分析】根據(jù)動量守恒定律，抓住系統(tǒng)總動量為零得出兩粒子的動量大小，結合動能和動量的關系得出動能的大小關系半衰期是原子核有半數(shù)發(fā)生衰變的時

3、間，結合衰變的過程中有質量虧損分析衰變前后質量的大小關系【解答】解：AB、一靜止的鈾核放出一個粒子衰變成釷核，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒知，衰變后釷核和粒子動量之和為零，可知衰變后釷核的動量大小等于粒子的動量大小，根據(jù)知，由于釷核和粒子質量不同，則動能不同，故A錯誤，B正確C、半衰期是原子核有半數(shù)發(fā)生衰變的時間，故C錯誤D、衰變的過程中有質量虧損，即衰變后粒子與釷核的質量之和小于衰變前鈾核的質量，故D錯誤故選：B【點評】本題考查了原子核的衰變，知道半衰期的定義，注意衰變過程中動量守恒，總動量為零，以及知道動量和動能的大小關系3（2017新課標）如圖，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運動若保

4、持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運動物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為（）A2BCD【分析】拉力水平時，二力平衡；拉力傾斜時，物體勻速運動，依然是平衡狀態(tài)，根據(jù)共點力的平衡條件解題【解答】解：當拉力水平時，物體勻速運動，則拉力等于摩擦力，即：F=mg；當拉力傾斜時，物體受力分析如圖由f=FN，F(xiàn)N=mgFsin可知摩擦力為：f=（mgFsin）f=F代入數(shù)據(jù)為：mg=（mgF）聯(lián)立可得：=故選：C【點評】本題考查了共點力的平衡，解決本題的關鍵是把拉力進行分解，然后列平衡方程4（2017新課標）如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小物塊以

5、速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時對應的軌道半徑為（重力加速度為g）（）ABCD【分析】根據(jù)動能定理得出物塊到達最高點的速度，結合高度求出平拋運動的時間，從而得出水平位移的表達式，結合表達式，運用二次函數(shù)求極值的方法得出距離最大時對應的軌道半徑【解答】解：設半圓的半徑為R，根據(jù)動能定理得：，離開最高點做平拋運動，有：2R=，x=vt，聯(lián)立解得：x=可知當R=時，水平位移最大，故B正確，ACD錯誤故選：B【點評】本題考查了動能定理與圓周運動和平拋運動的綜合運用，得出水平位移的表達式是解決本題的關鍵，本題對數(shù)學能力的要求較高，需

6、加強這方面的訓練5（2017新課標）如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場，若粒子射入的速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2：v1為（）A：2B：1C：1D3：【分析】根據(jù)題意畫出帶電粒子的運動軌跡，找出臨界條件角度關系，利用圓周運動由洛侖茲力充當向心力，分別表示出圓周運動的半徑，再由洛倫茲力充當向心力即可求得速度之比【解答】解：設圓形區(qū)域磁場的半徑為r，當速度大小為v1時

7、，從P點入射的粒子射出磁場時與磁場邊界的最遠交點為M（圖甲）時，由題意知POM=60°，由幾何關系得軌跡圓半徑為R1=；從P點入射的粒子射出磁場時與磁場邊界的最遠交點為N（圖乙）；由題意知PON=120°，由幾何關系得軌跡圓的半徑為R2=r；根據(jù)洛倫茲力充當向心力可知：Bqv=m解得：v=故速度與半徑成正比，因此v2：v1=R2：R1=：1故C正確，ABD錯誤故選：C【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的圓周運動的臨界問題根據(jù)題意畫出軌跡、定出軌跡半徑是關鍵，注意最遠點時PM的連線應是軌跡圓的直徑二多選題（共5小題）6（2017新課標）如圖，海王星繞太陽沿橢圓軌道運動，P為近日

8、點，Q為遠日點，M，N為軌道短軸的兩個端點，運行的周期為T0，若只考慮海王星和太陽之間的相互作用，則海王星在從P經(jīng)M，Q到N的運動過程中（）A從P到M所用的時間等于B從Q到N階段，機械能逐漸變大C從P到Q階段，速率逐漸變小D從M到N階段，萬有引力對它先做負功后做正功【分析】根據(jù)海王星在PM段和MQ段的速率大小比較兩段過程中的運動時間，從而得出P到M所用時間與周期的關系；抓住海王星只有萬有引力做功，得出機械能守恒；根據(jù)萬有引力做功確定速率的變化【解答】解：A、海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，則PM段的時間小于MQ段的時間，所以P到M所用的時間小于，故A錯誤B、從Q到N的過程中，由于

9、只有萬有引力做功，機械能守恒，故B錯誤C、從P到Q階段，萬有引力做負功，速率減小，故C正確D、根據(jù)萬有引力方向與速度方向的關系知，從M到N階段，萬有引力對它先做負功后做正功，故D正確故選：CD【點評】解決本題的關鍵知道近日點的速度比較大，遠日點的速度比較小，從P到Q和Q到P的運動是對稱的，但是P到M和M到Q不是對稱的7（2017新課標）兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直邊長為0.1m、總電阻為0.005的正方形導線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖（a）所示已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t=0時刻進入磁場線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖（b）所

10、示（感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正）下列說法正確的是（）A磁感應強度的大小為0.5 TB導線框運動速度的大小為0.5m/sC磁感應強度的方向垂直于紙面向外D在t=0.4s至t=0.6s這段時間內(nèi)，導線框所受的安培力大小為0.1N【分析】根據(jù)線框勻速運動的位移和時間求出速度，結合E=BLv求出磁感應強度，根據(jù)感應電流的方向，結合楞次定律得出磁場的方向根據(jù)安培力公式得出導線框所受的安培力【解答】解：AB、由圖象可以看出，0.20.4s沒有感應電動勢，所以從開始到ab進入用時0.2s，導線框勻速運動的速度為：v=，根據(jù)E=BLv知磁感應強度為：B=，故A錯誤，B正確C、由b圖可知，線框進磁

11、場時，感應電流的方向為順時針，根據(jù)楞次定律得，磁感應強度的方向垂直紙面向外，故C正確D、在0.40.6s內(nèi)，導線框所受的安培力F=BIL=N=0.05N，故D錯誤故選：BC【點評】本題考查了導線切割磁感線運動，掌握切割產(chǎn)生的感應電動勢公式以及楞次定律，本題能夠從圖象中獲取感應電動勢的大小、方向、運動時間等8（2017新課標）某同學自制的簡易電動機示意圖如圖所示矩形線圈由一根漆包線繞制而成，漆包線的兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出，并作為線圈的轉軸將線圈架在兩個金屬支架之間，線圈平面位于豎直面內(nèi)，永磁鐵置于線圈下方為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉動起來，該同學應將（）A左、右轉軸下

12、側的絕緣漆都刮掉B左、右轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉C左轉軸上側的絕緣漆刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉D左轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉【分析】線圈中有通電電流時，安培力做功，根據(jù)左手定則判斷安培力做功情況，由此確定能否連續(xù)轉動【解答】解：AD、當左、右轉軸下側的絕緣漆都刮掉或左轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉，通電后根據(jù)左手定則可知下邊受到的安培力方向向左，線圈開始轉動，在前半軸轉動過程中，線圈中有電流，安培力做正功，后半周電路中沒有電流，安培力不做功，由于慣性線圈能夠連續(xù)轉動，故A、D正確；B、線圈中電流始終存在，安培力先做正功后做負功，但同時重力做負功，

13、因此在轉過一半前線圈的速度即減為0，線圈只能擺動，故B錯誤；C、左右轉軸不能同時接通電源，始終無法形成閉合回路，電路中無電流，不會轉動，故C錯誤故選：AD【點評】電動機是利用通電導體在磁場中受力的原理，在轉動過程中，分析線圈中電流方向和安培力做功情況是解答本題的關鍵9（2017新課標）如圖，用隔板將一絕熱汽缸分成兩部分，隔板左側充有理想氣體，隔板右側與絕熱活塞之間是真空現(xiàn)將隔板抽開，氣體會自發(fā)擴散至整個汽缸待氣體達到穩(wěn)定后，緩慢推壓活塞，將氣體壓回到原來的體積假設整個系統(tǒng)不漏氣下列說法正確的是（）A氣體自發(fā)擴散前后內(nèi)能相同B氣體在被壓縮的過程中內(nèi)能增大C在自發(fā)擴散過程中，氣體對外界做功D氣體在

14、被壓縮的過程中，外界對氣體做功E氣體在被壓縮的過程中，氣體分子的平均動能不變【分析】抽開隔板時，氣體自發(fā)的擴散，會對外做功；活塞對氣體推壓，則活塞對氣體做功【解答】解：AC、抽開隔板時，氣體體積變大，但是右方是真空，又沒有熱傳遞，則根據(jù)U=Q+W可知，氣體的內(nèi)能不變，A正確，C錯誤；BD、氣體被壓縮的過程中，外界對氣體做功，根據(jù)U=Q+W可知，氣體內(nèi)能增大，BD正確；E、氣體被壓縮時，外界做功，內(nèi)能增大，氣體分子平均動能是變化的，E錯誤故選：ABD【點評】本題考查了氣體內(nèi)能和理想氣體的三個變化過程，掌握內(nèi)能的方程和理想氣體方程才能使這樣的題目變得容易10（2017新課標）在雙縫干涉實驗中，用綠

15、色激光照射在雙縫上，在縫后的屏幕上顯示出干涉圖樣若要增大干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距，可選用的方法是（）A改用紅色激光B改用藍色激光C減小雙縫間距D將屏幕向遠離雙縫的位置移動E將光源向遠離雙縫的位置移動【分析】根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式，得出影響條紋間距的因素，從而分析判斷【解答】解：根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式知，增大入射光的波長、減小雙縫間距，以及增大屏幕與雙縫的距離，可以增大條紋的間距，由于紅光的波長大于綠光的波長，可知換用紅色激光可以增大條紋間距，故ACD正確，BE錯誤故選：ACD【點評】解決本題的關鍵知道雙縫干涉條紋間距公式，以及知道各種色光的波長大小關系，基礎題三實驗題（共2小題）11

16、（2017新課標）某同學研究在固定斜面上運動物體的平均速度、瞬時速度和加速度的之間的關系使用的器材有：斜面、滑塊、長度不同的擋光片、光電計時器實驗步驟如下：如圖（a），將光電門固定在斜面下端附近：將一擋光片安裝在滑塊上，記下?lián)豕馄岸讼鄬τ谛泵娴奈恢?，令滑塊從斜面上方由靜止開始下滑；當滑塊上的擋光片經(jīng)過光電門時，用光電計時器測得光線被擋光片遮住的時間t；用s表示擋光片沿運動方向的長度（如圖（b）所示），表示滑塊在擋光片遮住光線的t時間內(nèi)的平均速度大小，求出；將另一擋光片換到滑塊上，使滑塊上的擋光片前端與中的位置相同，令滑塊由靜止開始下滑，重復步驟、；多次重復步驟利用實驗中得到的數(shù)據(jù)作出t圖，如

17、圖（c）所示完成下列填空：（1）用a表示滑塊下滑的加速度大小，用vA表示擋光片前端到達光電門時滑塊的瞬時速度大小，則與vA、a和t的關系式為=（2）由圖（c）可求得，vA=52.1cm/s，a=16.3cm/s2（結果保留3位有效數(shù)字）【分析】（1）根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出擋光片通過光電門過程中中間時刻的瞬時速度，結合時間公式求出與vA、a和t的關系式（2）結合與vA、a和t的關系式，通過圖線的斜率和截距求出vA和加速度的大小【解答】解：（1）某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，則等于擋光片通過光電門過程中中間時刻的瞬時速度，根據(jù)速度時間公式得：（2）由知，縱

18、軸截距等于vA，圖線的斜率k=，由圖可知：vA=52.1cm/s，a=2k=2×cm/s2=16.3cm/s2故答案為：（1）；（2）52.1，16.3【點評】解決本題的關鍵掌握勻變速直線運動的運動學公式和推論，并能靈活運用，對于圖線問題，一般解題思路是得出物理量之間的關系式，結合圖線的斜率和截距進行求解12（2017新課標）某同學利用如圖（a）所示的電路測量一微安表（量程為100A，內(nèi)阻大約為2500）的內(nèi)阻可使用的器材有：兩個滑動變阻器R1，R2（其中一個阻值為20，另一個阻值為2000）；電阻箱Rz（最大阻值為99999.9）；電源E（電動勢約為1.5V）；單刀雙擲開關S1和S

19、2C、D分別為兩個滑動變阻器的滑片（1）按原理圖（a）將圖（b）中的實物連線（2）完成下列填空：R1的阻值為20（填“20”或“2000”）為了保護微安表，開始時將R1的滑片C滑到接近圖（a）中的滑動變阻器的左端（填“左”或“右”）對應的位置；將R2的滑片D置于中間位置附近將電阻箱Rz的阻值置于2500.0，接通S1將R1的滑片置于適當位置，再反復調(diào)節(jié)R2的滑片D的位置、最終使得接通S2前后，微安表的示數(shù)保持不變，這說明S2接通前B與D所在位置的電勢相等（填“相等”或“不相等”）將電阻箱Rz和微安表位置對調(diào)，其他條件保持不變，發(fā)現(xiàn)將Rz的阻值置于2601.0時，在接通S2前后，微安表的示數(shù)也保

20、持不變待微安表的內(nèi)阻為2550（結果保留到個位）（3）寫出一條提高測量微安表內(nèi)阻精度的建議：調(diào)節(jié)R1上的分壓，盡可能使微安表接近滿量程【分析】（1）根據(jù)電路原理圖在實物圖上連線；（2）根據(jù)實驗方法確定R1選擇阻值較小或較大的滑動變阻器；為了保護微安表，分析滑片C開始應處的位置；接通S2前后，微安表的示數(shù)保持不變，由此分析電勢高低；根據(jù)比例方法確定Rx的值；（3）從減少誤差的方法來提出建議【解答】解：（1）根據(jù)電路原理圖在實物圖上連線，如圖所示：（2）R1應選擇阻值較小的滑動變阻器，這樣連接當S2閉合前后外電壓變化較小，可以減少誤差；故R1=20；為了保護微安表，通過微安表的電流應從零逐漸增大，

21、當滑片C滑到滑動變阻器的最左端時，通過微安表的電流為零所以開始時，滑片C應滑到滑動變阻器的最左端；接通S2前后，微安表的示數(shù)保持不變，則微安表兩端的電壓不變，又微安表右端電勢在S2接通前后保持不變，所以說明S2接通前B與D所在位置的電勢相等；設微安表內(nèi)阻為Rx，根據(jù)題意有，解得Rx=2550；（3）為了提高精度，可以調(diào)節(jié)R1上的分壓，盡可能使微安表接近滿量程故答案為：（1）圖見解析；（2）20；左；相等；2550；（3）調(diào)節(jié)R1上的分壓，盡可能使微安表接近滿量程【點評】對于實驗題，要弄清楚實驗目的、實驗原理以及數(shù)據(jù)處理、誤差分析等問題，一般的實驗設計、實驗方法都是根據(jù)教材上給出的實驗方法進行拓

22、展，延伸，所以一定要熟練掌握教材中的重要實驗對于實驗儀器的選取一般要求滿足安全性原則、準確性原則和操作方便原則四計算題（共4小題）13（2017新課標）為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離s0和s1（s1s0）處分別設置一個擋板和一面小旗，如圖所示訓練時，讓運動員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板：冰球被擊出的同時，運動員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗訓練要求當冰球到達擋板時，運動員至少到達小旗處假定運動員在滑行過程中做勻加速運動，冰球到達擋板時的速度為v1重力加速度為g求（1）冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)；（2）滿足訓

23、練要求的運動員的最小加速度【分析】（1）根據(jù)速度位移公式求出冰球的加速度，結合牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)的大?。?）抓住兩者運動時間相等得出運動員到達小旗處的最小速度，結合速度位移公式求出最小加速度【解答】解：（1）對冰球分析，根據(jù)速度位移公式得：，加速度為：a=，根據(jù)牛頓第二定律得：a=g，解得冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)為：（2）根據(jù)兩者運動時間相等，有：，解得運動員到達小旗處的最小速度為：v2=，則最小加速度為：=答：（1）冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)為；（2）滿足訓練要求的運動員的最小加速度為【點評】本題考查了牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，知道加速度是聯(lián)系力學和運動學的橋梁，難度不大

24、14（2017新課標）如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場自該區(qū)域上方的A點將質量為m、電荷量分別為q和q（q0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍不計空氣阻力，重力加速度大小為g求（1）M與N在電場中沿水平方向的位移之比；（2）A點距電場上邊界的高度；（3）該電場的電場強度大小【分析】（1）抓住兩球在電場中，水平方向上的加速度大小相等，一個做勻加速直線運動，一個做勻減速直線運

25、動，在豎直方向上的運動時間相等得出水平方向時間相等，結合運動學公式求出M與N在電場中沿水平方向的位移之比；（2）根據(jù)離開電場時動能的大小關系，抓住M做直線運動，得出M離開電場時水平分速度和豎直分速度的關系，抓住M速度方向不變，結合進入電場時豎直分速度和水平分速度的關系，根據(jù)速度位移公式求出A點距電場上邊界的高度；（3）結合帶電小球M電場中做直線運動，結合速度方向得出電場力和重力的關系，從而求出電場強度的大小【解答】解：（1）兩帶電小球的電量相同，可知M球在電場中水平方向上做勻加速直線運動，N球在水平方向上做勻減速直線運動，水平方向上的加速度大小相等，兩球在豎直方向均受重力，豎直方向上做加速度為

26、g的勻加速直線運動，由于豎直方向上的位移相等，則運動的時間相等，設水平方向的加速度大小為a，對M，有：，對N：v0=at，可得，解得xM：xN=3：1（2）設正電小球離開電場時的豎直分速度為vy，水平分速度為v1，兩球離開電場時豎直分速度相等，因為M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍，則有：，解得，因為v1=v0+at=2v0，則=2v0，因為M做直線運動，設小球進電場時在豎直方向上的分速度為vy1，則有：，解得vy1=，在豎直方向上有：，解得A點距電場上邊界的高度h=（3）因為M做直線運動，合力方向與速度方向在同一條直線上，有：=，則電場的電場強度E=答：（1）M與N在電場中沿水平方向的位移之比為3：1（2）A點距電場上邊界的高度為；（3）該電場的電場強度大小為【點評】本題考查了帶電小球在復合場中的運動，理清兩球在整個過程中的運動規(guī)律，將運動分解為水平方向和豎直方向，結合運動學公式靈活求解15（2017新課標）一熱氣球體積為V，內(nèi)部充有溫度為Ta的熱空氣，氣球外冷空氣的溫度為Tb已知空氣在1個大氣壓、溫度為T0時的密度為0，該氣球內(nèi)、外的氣壓始終都為1個大氣壓，重力加速度大小為g（i）求該熱氣球所受浮力的大??；（ii）求該熱氣