1、2017 年普通高等学校招生全国统一考试 (新课标 卷 )物理 一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 6 分 。 在每小题给出的四个选项中，第 1 5 题只有一项是符合题目要求，第 6 8 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 。 1.(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 解析： AB、大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦
2、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 。 答案： A 2.(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 解析： AB、一静止的铀核放出一个 粒子衰变成钍核，根
3、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 。 答案： B 3.(6 分 )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 ( ) A.2 B. C. D. 解析： 当拉力水平时，物体匀速运动
4、，则拉力等于摩擦力，即： F=mg ； 当拉力倾斜时，物体受力分析如图 由 f=F N， FN=mg Fsin 可知摩擦力为： f= (mg Fsin ) f= F 代入数据为： mg= (mg F) 联立可得： = 答案： C 4.(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 (重力加速度为 g)( ) A. B. C. D. 解析： 设半圆的半径为 R，根据动能定理得： ， 离开最高点做平抛运动，有： 2R= ， x=vt ， 联
5、立解得： x= = 可知当 R= 时，水平位移最大，故 B 正确， ACD 错误 。 答案： B 5.(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， 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，在纸面内沿不同方向射入磁场，若粒子射入的速率为 v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，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 v2： v1为 ( ) A. ： 2 B. ： 1 C. ： 1 D.3： 解析： 设圆形区域磁场的半径为 r，当速度大小为 v1时，从 P 点入射的粒子射出磁场时与
6、磁场边界的最远交点为 M(图甲 )时，由题意知 POM=60 ，由几何关系得轨迹圆半径为 R1= ； 从 P 点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为 N(图乙 )；由题意知 PON=120 ，由几何关系得轨迹圆的半径为 R2= r； 根据洛伦兹力充当向心力可知： Bqv=m 解得： v= 故速度与半径成正比，因此 v2： v1=R2： R1= ： 1 故 C 正确， ABD 错误 。 答案： C 6.(6 分 )如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动， P 为近日点， Q 为远日点， M， N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为 T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从 P经 M
7、， Q 到 N 的运动过程中 ( ) A.从 P 到 M 所用的时间等于 B.从 Q 到 N 阶段，机械能逐渐变大 C.从 P 到 Q 阶段，速率逐渐变小 D.从 M 到 N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功 解析： A、海王星在 PM 段的速度大小大于 MQ 段的速度大小，则 PM 段的时间小于 MQ段的时间，所以 P 到 M 所用的时间小于 ，故 A 错误 。 B、从 Q 到 N 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 P 到 Q 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 M 到 N 阶段，万有引力对它先做
8、负功后做正功，故 D 正确 。 答案： CD 7.(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 0.1m、总电阻为 0.005 的正方形导线框 abcd 位于纸面内， cd 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， cd 边于 t=0 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 0.5 T B.导线框运动速度的大小为 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
9、 这段时间内，导线框所受的安培力大小为 0.1N 解析： AB、由图象可以看出， 0.2 0.4s 没有感应电动势，所以从开始到 ab 进入用时 0.2s，导线框匀速运动的速度为： v= ，根据 E=BLv 知磁感应强度为： B=，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 0.4 0.6s 内，导线框所受的安培力 F=BIL= = N=0.04N，故 D 错误 。 答案： BC 8.(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
10、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 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，在前半周转动过程中，线圈中有电流，安培力做正功，后半周电
11、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 。 答案： AD 三、非选择题：共 174 分 。 第 22 32 题为必考题，每个试题考生都必须作答 。 第 33 38题为选考题，考生根据要求作答 。 (一 )必考题 (共 129 分 ) 9.(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
12、、滑块、长度不同的挡光片、光电计时 器 。 实验步骤如下： 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； 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 t； 用 s 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 t时间内的平均速度大小，求出 ； 将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与 中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤 、 ； 多次重复步骤 利用实验中得到的数据作出 t 图，如图 (c)所示 完成下列填空： 用 a表示滑块下滑的加速
13、度大小，用 vA表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则 与 vA、 a 和 t 的关系式为 = 。 由图 (c)可求得， vA= cm/s， a= cm/s2.(结果保留 3 位有效数字 ) 解析： 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： 。 由 知，纵轴截距等于 vA，图线的斜率 k= ，由图可知： vA=52.1cm/s， a=2k=2 cm/s2=16.3cm/s2。 答案： ； 52.1， 16.3。 10.(9分 )某同学利用如图 (a)所示的电路测量一微安表 (量程为 100A ，内阻大约为 25
14、00 )的内阻 。 可使用的器材有：两个滑动变阻器 R1， R2(其中一个阻值为 20 ，另一个阻值为2000 )；电阻箱 Rz(最大阻值为 99999.9 )；电源 E(电动势约为 1.5V)；单刀双掷开关 S1和 S2.C、 D 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 。 解析：根据电路原理图在实物图上连线，如图所示： 答案： (图见解析 (2)完成下列填空： R1的阻值为 (填 “20” 或 “2000” ) 为了保护微安表，开始时将 R1的滑片 C 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 R2
15、的滑片 D 置于中间位置附近 。 将电阻箱 Rz的阻值置于 2500.0 ，接通 S1.将 R1的滑片置于适当位置，再反复调节 R2的滑片 D 的位置、最终使得接通 S2前后，微安表的示数保持不变，这说明 S2接通前 B与 D所在位置的电势 (填 “ 相等 ” 或 “ 不相等 ” ) 将电阻箱 Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将 Rz的阻值置于 2601.0 时，在接通 S2前后，微安表的示数也保持不变 。 待微安表的内阻 为 (结果保留到个位 )。 解析： R1应选择阻值较小的滑动变阻器，这样连接当 S2闭合前后外电压变化较小，可以减少误差；故 R1=20 ； 为了保护微安表，通
16、过微安表的电流应从零逐渐增大，当滑片 C 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； 接通 S2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S2接通前后保持不变，所以说明 S2接通前 B 与 D 所在位置的电势相等； 设微安表内阻为 Rx，根据题意有 ，解得 Rx=2550 ； 答案： 20； 左； 相等； 2550。 (3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议： 。 解析： 为了提高精度，可以调节 R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程 。 答案： 调节 R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程 。 11.(12
17、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 s0和 s1(s1 s0)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 v0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，冰球到达挡板时的速度为 v1.重力加速度为 g。 求 ： (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； 解析：对冰球分析，根据速度位移公式得： ， 加速度为： a= ， 根据牛顿第二定律得： a=g ， 解得冰球与冰面之间的动摩擦因数为： 。 答案：冰球与冰面之间的动摩擦因数为 。 (2)满足训练要求的运动员的最小加速度 。 解析： 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： v2= ， 则最小加速度为： = 。
