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  • 2021-05-14 发布

高考全国Ⅱ理综试题及答案解析物理精校版

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‎2017年普通高等学校招生全国统一考试(全国Ⅱ)‎ 理科综合能力测试(物理)‎ 第一部分(选择题 共48分)‎ 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.【2017年全国Ⅱ,14,6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 ‎【答案】A ‎【解析】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。‎ ‎15.【2017年全国Ⅱ,15,6分】一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核,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 ‎【答案】B ‎【解析】AB、一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核,根据系统动量守恒知,衰变后钍核和粒子动量之和为零,可知衰变后钍核的动量大小等于粒子的动量大小,根据知,由于钍核和粒子质量不同,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。‎ ‎16.【2017年全国Ⅱ,16,6分】如图,一物块在水平拉力的作用下沿水平桌面做匀速直线运 动。若保持的大小不变,而方向与水平面成角,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. B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】当拉力水平时,物体匀速运动,则拉力等于摩擦力,即:;当拉力倾斜时,物体受力分析如图 由,可知摩擦力为: ,,代入数据为:‎ ‎,联立可得:,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。‎ ‎17.【2017年全国Ⅱ,17,6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,一小物快以速度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( )(重力加速度为)‎ ‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】B ‎【解析】设半圆的半径为,根据动能定理得:,离开最高点做平抛运动,有:‎ ‎,,联立解得:,可知当时,水平 位移最大,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。‎ ‎18.【2017年全国Ⅱ,18,6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,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点,在纸面内沿不同的方向射入磁场,‎ 若粒子射入的速度为,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,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,则为 ‎( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】设圆形区域磁场的半径为,当速度大小为时,从点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为(图甲)时,由题意知,由几何关系得轨迹圆半径为;从点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为(图乙);由题意知,由几何关系得轨迹圆的半径为;根据洛伦兹力充当向心力可知:,解得:,故速度与半径成正比,因此,故选C。‎ ‎【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,注意最远点时的连线应是轨迹圆的直径。‎ ‎19.【2017年全国Ⅱ,19,6分】如图,海王星绕太阳沿椭圆轨道运动,为近日点,为远日点,,为轨道短轴的两个端点,运行的周期为,若只考虑海王星和太阳之间的相互作用,则海王星在从经过,到的运动过程中( )‎ A.从到所用的时间等于 B.从到阶段,机械能逐渐变大 C.从到阶段,速率逐渐变大 D.从到阶段,万有引力对它先做负功后做正功 ‎【答案】CD ‎【解析】A、海王星在段的速度大小大于段的速度大小,则段的时间小于段的时间,所以到 所用的时间小于,故A错误.B、从到的过程中,由于只有万有引力做功,机械能守恒,故 B错误.C、从到阶段,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,从到阶段,万有引力对它先做负功后做正功,故D正确,故选CD。‎ ‎【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,从到和到的运动是对称的,‎ 但是到和到不是对称的。‎ ‎20.【2017年全国Ⅱ,20,6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。边长为、‎ 总电阻为的正方形导线框位于纸面内,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,边于时刻进入磁场。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 ‎ B.导线框运动速度的大小为 C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D.在至这段时间内,导线框所受的安培力大小为 ‎【答案】BC ‎【解析】AB、由图象可以看出,没有感应电动势,所以从开始到进入用时,导线框匀速运动的速度为:,根据知磁感应强度为:,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、在内,导线框所受的安培力,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。‎ ‎21.【2017年全国Ⅱ,21,6分】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 ‎【答案】AD ‎【解析】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】本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。‎ 第二部分(非选择题 共62分)‎ ‎(一)必考题(本部分共4小题,共47分)‎ ‎22.【2017年全国Ⅱ,22,6分】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;‎ ‎③用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④‎ ‎⑥利用实验中得到的数据作出图,如图(c)所示完成下列填空:‎ ‎(1)用表示滑块下滑的加速度大小,用表示挡 光片前端到达光电门时 ‎ 滑块的瞬时速度大小,则与 、和的关系式为=__________;‎ ‎(2)由图(c)可求得____________, __________(结果保留3位有效数字)‎ ‎【答案】(1);(2)52.1,16.3。‎ ‎【解析】(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,图线的斜率,由图可知:vA=52.1cm/s,‎ ‎。‎ ‎【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。‎ ‎23.【2017年全国Ⅱ,23,9分】某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为, ‎ 内阻大约为)的内阻.可使用的器材有:两个滑动变阻器,(其中一个阻值为 ‎,另一个阻值为);电阻箱(最大阻值为);电源(电动势约为);‎ 单刀双掷开关和.、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:‎ ‎ ①的阻值为___________(填“20”或“2000”)‎ ‎ ②为了保护微安表,开始时将的滑片滑到接近图(a)中的滑动变阻器的端(填“左”或“右”)对应 的位置;将的滑片D置于中间位置附近。‎ ‎③将电阻箱的阻值置于,接通。将的滑片置于适当位置,再反复调 节的滑片的位置、最终使得接通前后,微安表的示数保持不变,这说明 接通前与所在位置的电势(填“相等”或“不相等”)‎ ‎④将电阻箱和微安表位置对调,其他条件保持不变,发现将的阻值置于 时,在接通前后,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:__________________________________ ‎ ‎______________________________________________________ ‎ ‎【答案】(1)如下图;(2)①20;②左;③相等;④2550;(3)调节上的分压,尽可能使 微安表接近满量程。‎ ‎【解析】(1)根据电路原理图在实物图上连线,如图所示:‎ ‎(2)①应选择阻值较小的滑动变阻器,这样连接当闭合前后外电压变化较小,可 以减少误差;故;‎ ‎②为了保护微安表,通过微安表的电流应从零逐渐增大,当滑片滑到滑动变阻 器的最左端时,通过微安表的电流为零.所以开始时,滑片C应滑到滑动变阻 器的最左端;‎ ‎③接通前后,微安表的示数保持不变,则微安表两端的电压不变,又微安表右 端电势在接通前后保持不变,所以说明接通前与所在位置的电势相等;‎ ‎④设微安表内阻为,根据题意有,解得。‎ ‎(3)为了提高精度,可以调节上的分压,尽可能使微安表接近满量程。‎ ‎【点评】对于实验题,要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题,一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展,延伸,所以一定要熟练掌握教材中的重要实验.对于实验仪器的选取一般要求满足安全性原则、准确性原则和操作方便原则。‎ ‎24.【2017年全国Ⅱ,24,12分】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和 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,冰球到达当帮时的速度为。重力加速度为 ‎。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。‎ 解:(1)解法1:‎ 对冰球分析,根据速度位移公式得:,加速度为:,根据牛顿第二定律得:,‎ 解得冰球与冰面之间的动摩擦因数为:。‎ 解法2:‎ 设冰球的质量为,冰球与冰面之间的动摩擦因数为,由动能定理得,‎ 解得。‎ ‎(2)解法1:‎ 根据两者运动时间相等,有:,解得运动员到达小旗处的最小速度为:,‎ 则最小加速度为:。‎ 解法2:‎ 冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。‎ 设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为和,所用的时间为。由运动学公式得:‎ ‎,,,联立上式得:。‎ ‎【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用,知道加速度是联系力学和运动学的桥梁,难度不大。‎ ‎25.【2017年全国Ⅱ,25,20分】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、电荷量分别为和 的带电小球、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 用下浸入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知离开电场时的速度方向竖直向下;‎ 在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为刚离开电场时的动能的倍。不计 空气阻力,重力加速度大小为。求:‎ ‎(1)与在电场中沿水平方向的位移之比;‎ ‎(2)点距电场上边界的高度;‎ ‎(3)该电场的电场强度大小。‎ 解:(1)两带电小球的电量相同,可知球在电场中水平方向上做匀加速直线运动,球在水平方向上做匀减速直线运动,水平方向上的加速度大小相等,两球在竖直方向均受重力,竖直方向上做加速度为的匀加速直线运动,由于竖直方向上的位移相等,则运动的时间相等,设水平方向的加速度大小为,‎ 对,有:,对:,,可得,解得。‎ ‎ (2)设正电小球离开电场时的竖直分速度为,水平分速度为,两球离开电场时竖直分速度相等,‎ 因为在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为刚离开电场时的动能的倍,‎ 则有:,解得,因为,则,‎ 因为做直线运动,设小球进电场时在竖直方向上的分速度为,则有:,解得,‎ 在竖直方向上有:,,解得点距电场上边界的高度。‎ ‎(3)因为做直线运动,合力方向与速度方向在同一条直线上,有:,‎ 则电场的电场强度。‎ ‎【点评】本题考查了带电小球在复合场中的运动,理清两球在整个过程中的运动规律,将运动分解为水平方向和竖直方向,结合运动学公式灵活求解。‎ ‎(二)选考题(共15分。请考生从给出的2道物理题中任选一题做答,如果多做,则每学科按所做的第一题计分)‎ ‎33.【2017年全国Ⅱ,33,15分】【选修3-3】‎ ‎ (1)(5分)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_______。(填入正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分;有选错的得0分)‎ 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 ‎【答案】ABD ‎【解析】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。‎ ‎ (2)(10分)一热气球体积为,内部充有温度为的热空气,气球外冷空气的温度为。已知空气在1‎ 个大气压、温度为时的密度为,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。‎ ‎(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,求充气后它还能托起的最大质量。‎ 解:(i)设1个大气压下质量为的空气在温度为时的体积为,密度为,设温度为的体积为,‎ 密度为,由盖﹣吕萨克定律得联立可得:‎ 气球受到的浮力为,联立可得:;‎ ‎(ii)根据可得,气球内空气的重力为。‎ ‎(iii)气球要漂浮在空气中,则气球总重力等于冷空气的浮力,假如还能托起的最大质量为,‎ 则,所以。‎ ‎【点评】本题考查了理想气体的特点和平衡问题.对于这种问题,心理上不要惧怕,从一些重要的知识点入手,应用相应的公式即可求解。‎ ‎34.【2017年全国Ⅱ,34,15分】【选修3-4】‎ ‎ (1)(5分)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_______。(填入正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分;有选错的得0分)‎ 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 ‎【答案】ACD ‎【解析】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。‎ ‎(2)(10分)一直桶状容器的高为,底面是边长为的正方形;容器内装满某种透明液体,过容器中心轴、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示。容器右侧内壁涂有反光材料,其他内壁涂有吸光材料。在剖面的左下角处有一点光源,已知由液体上表面的点射出的两束光线相互垂直,求该液体的折射率。‎ 解:设从光源发出的光直接射到点的光线的入射角为,折射角为,在剖面内做光源相对于镜 面的对称点,连接,交镜面与点,由光源射向点的光线反射后由射向点,设入 射角为,折射角为,如图;设液体的折射率为,由折射定律:,‎ 由题意:联立得:由图中几何关系可得:‎ ‎;,联立得:。‎ ‎【点评】本题首先要正确作出光路图,深刻理解折射率的求法,运用几何知识求入射角与折射角的正弦是解答的关键。‎