2017年高考理综物理部分答案与解析(课标卷3) 14页

2017 年高考理科综合能力测试物理部分（课标卷 3） 答案与解析 [2017·全国卷Ⅲ．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 C．动能变大 D．向心加速度变大 14．C　[解析] 由天体知识可知 T＝2πR R GM，v＝ GM R ，a＝ GM R2，半径不变，周期 T、速率 v 、加速度 a 的大小均不变，故 A、B、D 错误．速率 v 不变，组合体质量m 变大，故动能 Ek＝ 1 2mv2 变大，C 正确． [2017·全国卷Ⅲ．15] 如图所示，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，下列说法正确的是(　　) A．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向 B．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向 C．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿逆时针方向 D．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向 15．D　[解析] 金属杆 PQ 突然向右运动，则其速度 v 方向向右，由右手定则可得，金属杆 PQ 中的感应电流方向由 Q 到 P，则 PQRS 中感应电流方向为逆时针方向．PQRS 中感应电流产 生垂直纸面向外的磁场，故环形金属线框 T 中为阻碍此变化，会产生垂直纸面向里的磁场，则 T 中感应电流方向为顺时针方向，D 正确． [2017·全国卷Ⅲ．16] 如图所示，一质量为 m、长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬挂．用 外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点，M 点与绳的上端 P 相距 1 3l.重力加速度大小为 g.在此过程中，外力做的功为(　　) A. 1 9mgl B. 1 6mgl C. 1 3mgl D. 1 2mgl 16．A　[解析] 由题可知，缓慢提升绳子，在整个过程中，动能不变，则外力做功 WF 等于 重力势能的增加量ΔEp，将 Q 端提升至 M 位置处，过程如图所示．由图可知：全程重力势能增 加量ΔEp 可视为 NQ 段上升增加的重力势能．取 NQ 段为研究对象，此段质量大小为 m′＝ 1 3m， 其重心位置上升高度为 h＝ 1 3l，则外力做功为 WF＝ΔEp＝m′gh＝ 1 9mgl，A 正确． 　 [2017·全国卷Ⅲ．17] 一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距 80 cm 的两点上 ，弹性绳的原长也为 80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为 100 cm；再 将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹 性限度内)(　　) A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm 17．B　[解析] 由题可知，挂上钩码后，如图甲所示． 此时弹性绳长度为 100 cm，则 θ＝37°，sin θ＝0.6.对结点 O 进行受力分析如图乙所示， 则由图乙得 2Tsin θ＝mg，当将两端缓慢移动至同一点时，由受力分析可得：2T′＝mg，由弹 性绳上弹力为 F＝kx 得出 T x＝ T′ x′，由题可知 x＝100 cm－80 cm＝20 cm，则移动后弹性绳伸长长 度为 x′＝12 cm，那么弹性绳总长度变为 L＝L0＋x′＝92 cm，B 正确． [2017·全国卷Ⅲ．18] 如图所示，在磁感应强度大小为 B0 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 l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时 ，纸面内与两导线距离均为 l 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．0 B. 3 3 B0 C. 2 3 3 B0 D．2B0 18．C　[解析] 当 P 和 Q 中电流方向均垂直纸面向里时，由于 aP＝PQ＝aQ＝l，P 和 Q 在 a 点产生的磁感应强度大小相同，方向如图甲所示，其合磁感应强度为 B1，由几何关系知 B1＝ 2BPcos 30°＝ 3BP，由题可知，a 点处磁感应强度为零，则 B0 和 B1 等大反向，则可得 B0＝B1＝ 3BP，且 B0 方向平行于 PQ 向左．当 P 中电流反向后，如图乙所示，P、Q 在 a 点产生的合磁感 应强度为 B2，由几何关系知 B2＝BP＝ 3 3 B0，且 B2 方向垂直于 PQ 向上．可得 a 点处的磁感应强 度大小为 B＝ B＋B＝ 2 3 3 B0，C 正确． [2017·全国卷Ⅲ．19] (多选) 在光电效应实验中，分别用频率为 ν a、νb 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 Ua 和 Ub、光电子的最大初动能分别为 Eka 和 Ekb.h 为 普朗克常量．下列说法正确的是(　　) A．若 νa>νb，则一定有 Uaνb，则一定有 Eka>Ekb C．若 Uaνb，则一定有 hνa－Eka>hνb－Ekb 19．BC　[解析] 由光电效应方程可知 Ek＝hν－W0，该动能又会在遏止电压下恰好减为零， 则 eU＝hν－W0，其中 W0 为逸出功，同种金属的 W0 相同．若 νa>νb，则 Ua>Ub，故 A 错误；若 νa>νb，根据 Ek＝hν－W0，可得 Eka>Ekb，故 B 正确；若 Uaνb，根据 Ek＝hν－W0 可知 hν－Ek＝W0，由于是照射到同种金属上，逸出功 W0 相同，故 D 错误． [2017·全国卷Ⅲ．20] (多选) 一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下从静止开始沿直线 运动．F 随时间 t 变化的图线如图所示，则(　　) A．t＝1 s 时物块的速率为 1 m/s B．t＝2 s 时物块的动量大小为 4 kg·m/s C．t＝3 s 时物块的动量大小为 5 kg·m/s D．t＝4 s 时物块的速度为零 20．AB　[解析] 由题目可知 F＝2 N，F′＝－1 N，由动量定理 Ft＝mv1－mv0，可知 t＝1 s 时，Ft1＝mv1，代入数据可得 v1＝ Ft1 m ＝ 2 × 1 2 m/s＝1 m/s，故 A 正确；t＝2 s 时，p＝Ft2，代入 数据可得 p＝4 kg·m/s，故 B 正确；t＝3 s 时，p＝Ft2＋F′(t3－t2)，代入数据可得 p＝3 kg·m/s， 故 C 错 误 ； t ＝ 4 s 时 ， 由 Ft2 ＋ F′(t4 － t2) ＝ mv4 ， 代 入 数 据 可 得 v4 ＝ Ft2＋F′（t4－t2） m ＝ 2 × 2－1 × （4－2） 2 m/s＝1 m/s，故 D 错误． [2017·全国卷Ⅲ．21] (多选) 一匀强电场的方向平行于 xOy 平面，平面内 a、b、c 三点的位 置如图所示，三点的电势分别为 10 V、17 V、26 V．下列说法正确的是(　　) A．电场强度的大小为 2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为 1 V C．电子在 a 点的电势能比在 b 点的低 7 eV D．电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功为 9 eV 21．ABD　[解析] 由题目可得：φa＝10 V，φb＝17 V，φc＝26 V，则可知 ab 与 Oc 交点电势 满足 φa＋φb 2 ＝ φO＋φc 2 ，故 φO＝φa＋φb－φc＝1 V，故 B 正确；从 a 到 b 移动电子，电场力做功 W ＝Uab(－e)＝7 eV，电场力做正功，电势能减小，故电子在 a 点电势能比在 b 点高 7 eV，故 C 错 误；从 b 到 c 移动电子，电场力做功 W′＝－eUbc＝9 eV，故 D 正确；如图所示，过 b 点作 bd 垂 直于 Oc，则由几何关系有 xcd＝6× 3 5 cm＝ 18 5 cm，故 φc－φO xcO ＝ φc－φd xcd ，则 d 点的电势为 φd＝17 V，故 bd 为等势线，从而电场线沿 cO 方向，故 E＝ UcO xcO＝ 25 10 V/cm＝2.5 V/cm，故 A 正确． [2017·全国卷Ⅲ．22] 某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴(横 轴为 x 轴，纵轴为 y 轴，最小刻度表示 1 mm)的纸贴在水平桌面上，如图(a)所示．将橡皮筋的一 端 Q 固定在 y 轴上的 B 点(位于图示部分之外)，另一端 P 位于 y 轴上的 A 点时，橡皮筋处于原 长． (1)用一只测力计将橡皮筋的 P 端沿 y 轴从 A 点拉至坐标原点 O，此时拉力 F 的大小可由测 力计读出．测力计的示数如图(b)所示，F 的大小为________N. (2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋 P 端回到 A 点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将 P 端 拉至 O 点．此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个 拉力的大小分别为 F1＝4.2 N 和 F2＝5.6 N. (ⅰ)用 5 mm 长度的线段表示 1 N 的力，以 O 为作用点，在图(a)中画出力 F1、F2 的图示， 然后按平行四边形定则画出它们的合力 F 合； 图(a) 图(b) (ⅱ)F 合的大小为________N，F 合与拉力 F 的夹角的正切值为________． 若 F 合与拉力 F 的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的 平行四边形定则． 22．[答案] (1)4.0 (2)(ⅰ)F1、F2 和 F 合如图所示 (ⅱ)4.0　0.05 [解析] (ⅱ)用刻度尺量出 F 合的线段长为 20.02 mm，所以，F合大小约为 4.0 N，F合与拉力 F 的夹角的正切值为 0.05. [2017·全国卷Ⅲ．23] 图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中 E 是电池；R1 、R2、R3、R4 和 R5 是固定电阻，R6 是可变电阻；表头 G 的满偏电流为 250 μA，内阻为 480 Ω .虚线方框内为换挡开关，A 端和 B 端分别与两表笔相连．该多用电表有 5 个挡位，5 个挡位为： 直流电压 1 V 挡和 5 V 挡，直流电流 1 mA 挡和 2.5 mA 挡，欧姆×100 Ω挡． 图(a) 图(b) (1)图(a)中的 A 端与________(选填“红”或“黑”)色表笔相连接． (2)关于 R6 的使用，下列说法正确的是________(选填正确答案标号)． A．在使用多用电表之前，调整 R6 使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整 R6 使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C．使用电流挡时，调整 R6 使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 (3)根据题给条件可得 R1＋R2＝________Ω，R4＝________Ω. (4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示．若此时 B 端是与“1”相连的，则多用电表读 数为________；若此时 B 端是与“3”相连的，则读数为________；若此时 B 端是与“5”相连的，则 读数为________．(结果均保留 3 位有效数字) 23．[答案] (1)黑　(2)B(3)160　880(4)1.47 mA　1.10×103 Ω　2.95 V [解析] (1)根据欧姆表原理可知黑表笔接高电势． (2)R6 是欧姆调零电阻，故 B 正确． (3)换挡开关接 2 时，是量程较小的电流表，所以 R1＋R2＝ IgRg I－Ig＝160 Ω；换挡开关接 4 时， 是量程较小的电压表，这时表头与 R1、R2 并联组成新表头，新表头的内阻 r＝ （R1＋R2）Rg R1＋R2＋Rg ＝120 Ω，新表头的量程是 1 mA，所以 R4＝ U1 I1－r＝ 1 1 × 10－3 Ω－120 Ω＝880 Ω. (4)若此时 B 端是与“1”相连的，则为量程是 2.5 mA 的电流表，则多用电表读数为 1.47 mA； 若此时 B 端是与“3”相连的，则为欧姆表，读数为 1.10×103 Ω；若此时 B 端是与“5”相连的，则 为量程是 5 V 的电压表，读数为 2.95 V. [2017·全国卷Ⅲ．24] 如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场．在 x≥0 区域 ，磁感应强度的大小为 B0；x<0 区域，磁感应强度的大小为 λB0(常数 λ>1)．一质量为 m、电荷量 为 q(q>0)的带电粒子以速度 v0 从坐标原点 O 沿 x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速 度方向再次沿 x 轴正向时，求(不计重力)： (1)粒子运动的时间； (2)粒子与 O 点间的距离． 24．[答案] (1) πm B0q(1＋1 λ )　(2) 2mv0 B0q (1－1 λ ) [解析] (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在 x≥0 区域，圆周半径为 R1；在 x<0 区 域，圆周半径为 R2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得 qB0v0＝m v R1　①qλB0v0＝m v R2　② 粒子速度方向转过 180°时，所需时间 t1 为 t1＝ πR1 v0 　③ 粒子再转过 180°时，所需时间 t2 为 t2＝ πR2 v0 　④ 联立①②③④式得，所求时间为 t0＝t1＋t2＝ πm B0q(1＋1 λ )　⑤ (2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d0＝2(R1－R2)＝ 2mv0 B0q (1－1 λ )　⑥ [2017·全国卷Ⅲ．25] 如图，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA＝1 kg 和 mB＝5 kg，放在静 止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 μ1＝0.5；木板的质量为 m＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻 A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v0＝3 m/s.A、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g＝10 m/s2.求： (1)B 与木板相对静止时，木板的速度； (2)A、B 开始运动时，两者之间的距离． 25．[答案] (1)1 m/s　(2)1.9 m [解析] (1)滑块 A 和 B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设 A、B 所受木板的摩擦力和 木板所受地面的摩擦力大小分别为 f1、f2 和 f3，A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 aA 和 aB， 木板相对于地面的加速度大小为 a1.在滑块 B 与木板达到共同速度前有 f1＝μ1mAg　①f2＝μ1mBg　②f3＝μ2(m＋mA＋mB)g　③ 由牛顿第二定律得 f1＝mAaA　④f2＝mBaB　⑤f2－f1－f3＝ma1　⑥ 设在 t1 时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为 v1.由运动学公式有 v1＝v0－aBt1　⑦v1＝a1t1　⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝1 m/s　⑨ (2)在 t1 时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－ 1 2aBt21　⑩ 设在 B 与木板达到共同速度 v1 后，木板的加速度大小为 a2.对于 B 与木板组成的体系，由牛 顿第二定律有 f1＋f3＝(mB＋m)a2　⑪ 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为 v1 ，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和 B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为 v2.设 A 的速度大小从 v1 变到 v2 所用的时间为 t2，则由运动学公式，对木板有 v2＝v1－a2t2　⑫ 对 A 有 v2＝－v1＋aAt2　⑬ 在 t2 时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1＝v1t2－ 1 2a2t22　⑭ 在(t1＋t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 sA＝v0(t1＋t2)－ 1 2aA(t1＋t2)2　⑮ A 和 B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同．因此 A 和 B 开始运动时，两者之间的距离为 s0＝sA＋s1＋sB　⑯ 联立以上各式，并代入数据得 s0＝1.9 m　⑰ (也可用如图的速度—时间图线求解) [2017·全国卷Ⅲ．33] [物理——选修 3­3] (1)如图，一定质量的理想气体从状态 a 出发，经过等容过程 ab 到达状态 b，再经过等温过 程 bc 到达状态 c，最后经等压过程 ca 回到初态 a.下列说法正确的是________． A．在过程 ab 中气体的内能增加 B．在过程 ca 中外界对气体做功 C．在过程 ab 中气体对外界做功 D．在过程 bc 中气体从外界吸收热量 E．在过程 ca 中气体从外界吸收热量 33．[答案] (1)ABD　 [解析] (1)在过程 ab 中，体积不变，则气体不对外界做功，外界也不对气体做功，压强增大 ， 根据查理定律，气体温度升高，一定质量的理想气体的内能由温度决定，所以气体内能增加， 选项 A 正确，C 错误；在过程 ca 中气体体积缩小，则外界对气体做功，选项 B 正确；在过程 bc 中，温度不变，内能不变，体积增加，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体要从外界 吸收热量，选项 D 正确；在过程 ca 中，压强不变，体积变小，根据盖—吕萨克定律，气体温度 降低，内能减小，而外界对气体做功，根据热力学第一定律，气体向外界放出热量，选项 E 错 误． [2017·全国卷Ⅲ．33] [物理——选修 3­3] (2)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 K1 和 K2.K1 长为 l，顶端封闭，K2 上端与待测气体连通；M 下端经橡皮软管与充有水银的 容器 R 连通．开始测量时，M 与 K2 相通；逐渐提升 R，直到 K2 中水银面与 K1 顶端等高，此时 水银已进入 K1，且 K1 中水银面比顶端低 h，如图(b)所示．设测量过程中温度、与 K2 相通的待测 气体的压强均保持不变．已知 K1 和 K2 的内径均为 d，M 的容积为 V0，水银的密度为 ρ，重力加 速度大小为 g.求： (ⅰ)待测气体的压强； (ⅱ)该仪器能够测量的最大压强． (2)(ⅰ) ρπgh2d2 4V0＋πd2（l－h） (ⅱ) πρgl2d2 4V0 (2)(ⅰ)水银面上升至 M 的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为 V，压强等于待测气体的压强 p.提升 R，直到 K2 中水银面与 K1 顶端等高时，K1 中水银面比顶端 低 h；设此时封闭气体的压强为 p1，体积为 V1，则 V＝V0＋ 1 4πd2l　①V1＝ 1 4πd2h　② 由力学平衡条件得 p1＝p＋ρgh　③ 整个过程为等温过程，由玻意耳定律得 pV＝p1V1　④ 联立①②③④式得 p＝ ρπgh2d2 4V0＋πd2（l－h）　⑤ (ⅱ)由题意知 h≤l　⑥ 联立⑤⑥式有 p≤ πρgl2d2 4V0 　⑦ 该仪器能够测量的最大压强为 pmax＝ πρgl2d2 4V0 　⑧ [2017·全国卷 III．34] [物理—选修 3­4] (1)如图所示，一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，实线为 t＝0 时的波形图，虚线为 t＝0.5 s 时 的波形图．已知该简谐波的周期大于 0.5 s．关于该简谐波，下列说法正确的是________． 图 1 A．波长为 2 m B．波速为 6 m/s C．频率为 1.5 Hz D．t＝1 s 时，x＝1 m 处的质点处于波峰 E．t＝2 s 时，x＝2 m 处的质点经过平衡位置 [解析] (1)由图可以读出，波长为 4 m，A 错误；由于周期大于 0.5 s，所以周期 T＝ 0.5 3 4 s＝ 2 3 s；波速 v＝ λ T ＝6 m/s，B 正确；频率 f＝ 1 T＝1.5 Hz，C 正确；t＝1 s 时，经过了 1.5 个周期，x＝ 1 m 处质点处于波谷，D 错误；t＝2 s 时，经过了 3 个周期，x＝2 m 处质点处于平衡位置，E 正 确． [2017·全国卷 III] [物理—选修 3­4] (2)如图所示，一半径为 R 的玻璃半球，O 点是半球的球心，虚线 OO′表示光轴(过球心 O 与 半球底面垂直的直线)．已知玻璃的折射率为 1.5.现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有 些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反射后的光线)．求： 图 1 (ⅰ)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值； (ⅱ)距光轴 R 3的入射光线经球面折射后与光轴的交点到 O 点的距离． (2)(ⅰ)如图所示，从底面上 A 处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为 i，当 i 等于 全反射临界角 ic 时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为 l. i＝ic　① 设 n 是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有 nsin ic＝1　② 由几何关系有 sin i＝ l R　③ 联立①②③式并利用题给条件，得 l＝ 2 3R　④ (ⅱ)设与光轴相距 R 3的光线在球面 B 点发生折射时的入射角和折射角分别为 i1 和 r1，由折射 定律有 nsin i1＝sin r1　⑤ 设折射光线与光轴的交点为 C，在△OBC 中，由正弦定理有 sin ∠C R ＝ sin（180°－r1） OC 　 ⑥ 由几何关系有∠C＝r1－i1　⑦sin i1＝ 1 3　⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式及题给条件得 OC＝ 3（2 2＋ 3） 5 R≈2.74R　⑨