2017年普通高等学校招生全国统一考试理综(物理部分)试题(全国卷3,含解析)

2017年普通高等学校招生全国统一考试理综(物理部分)试题(全国卷3,含解析)2017年普通高等学校招生全国统一考试理综（物理部分）试题全国卷3一、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，有选错的得分。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相比，组合体运行的动能变大。【答案】C【考点定位】万有引力定律的应用；动能在万有引力这一块，涉及的公式和物理量非常多，掌握公式G=mm'/(r^2)、v=2πr/T、a=v^2/r，在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚各个物理量表示的含义。知道周期、线速度的大小、向心加速度只与轨道半径有关，但动能还与卫星的质量有关。15.如图，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D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向。【答案】D【解析】因为PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，故D正确，A、B、C错误。【考点定位】电磁感应；右手定则；楞次定律【名师点睛】解题的关键是掌握右手定则判断感应电流的方向，还要理解轨道PQRS产生了感应电流瞬间会，让一圆环形金属框中的磁通量的变化，又会产生感应电流。16.如图，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l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为mgl/3。【答案】A【考点定位】功能关系小球在竖直方向上做匀加速直线运动，在此过程中，重力做负功，外力做正功，根据功的定义，外力做的功等于小球的重力势能变化，即W=ΔEp=mgh，代入数据可得mgl/3。aUb，则一定有vavbD．若EkaEkb，则一定有vavb【答案】B【解析】光电效应中，电子的动能E与入射光的频率v有关，E=hv-φ，其中φ为金属的逸出功。遏止电压U与φ有关，U=he/λ-φ，其中λ为入射光的波长。由此可知，入射光的频率越大，电子的最大初动能越大，遏止电压越大。因此，若vavb，则一定有EkaEkb，B正确，A、C、D错误。【考点定位】光电效应【名师点睛】此题考查光电效应的基本公式，需要掌握光电效应中电子的动能与入射光的频率的关系，以及遏止电压与金属的逸出功和入射光的波长的关系。同时，需要注意选项中的逻辑关系，避免被迷惑。21.在一个平行于xOy平面的匀强电场中，有三个点a、b、c，它们的位置如图所示，电势分别为10V、17V、26V。以下哪些说法是正确的？A.电场强度的大小为2.5V/cmB.坐标原点处的电势为1VC.在a点，电子的电势能比在b点低7eVD.电子从b点运动到c点时，电场力做功为9eV答案：A、B、D解析：根据匀强电场的电场强度公式E=ΔV/Δs，可以求出电场强度大小为2.5V/cm，因此A正确。坐标原点处的电势等于0点电势加上由0点到原点的电势差，根据图中所示的位置关系，可以求出坐标原点处的电势为1V，因此B正确。在匀强电场中，电势与电场强度成正比，因此a点的电势比b点低7V，而不是低7eV，因此C错误。电子从b点到c点的电势差为9V，电场力所做的功等于电子所获得的动能，即9eV，因此D正确。1和R2并联，R3和R4串联，R5与串联的R3和R4并联；A、B、C、D、E、F是电表的接线端子。该电表可测量电路中的电压和电流。（1）当电表的接线端子A、B接在电路图中所示位置时，测得电压为6.0V。求电路中R1的电阻值。（2）当电表的接线端子C、D接在电路图中所示位置时，测得电流为0.5A。求电路中R2和R5的电阻值。（3）当电表的接线端子E、F接在电路图中所示位置时，测得电流为0.2A。求电路中R3、R4的电阻值。【答案】（1）3.0Ω；（2）R2=6.0Ω，R5=2.0Ω；（3）R3=10.0Ω，R4=5.0Ω。【解析】（1）由电压分压定律得：R1/(R1+R2)=6.0/12.0，解得R1=3.0Ω。（2）由欧姆定律得：(R1+R2)×0.5=6.0，解得R2=6.0Ω。由电阻并联公式得：1/R5=1/(R3+R4)+1/6.0，又因为R3和R4串联，所以R3+R4=2R5，代入得：1/R5=1/2R5+1/6.0，解得R5=2.0Ω。（3）由欧姆定律得：R3×0.2+R4×0.2=6.0，又因为R3和R4串联，所以R3=R4，代入得：R3=10.0Ω，R4=5.0Ω。【考点定位】简单电路的电压分压、电流分流、欧姆定律和电阻并联公式的应用。6是一种可变电阻，它在多用电表中的作用是用于调整电流或电阻的大小。该多用电表有5个挡位，分别为直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，以及欧姆×100Ω挡。其中，表头的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。在图中，虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。(1)根据图(a)，A端应与黑色表笔相连。(2)对于R6的使用，正确的做法是B，即使用欧姆挡时，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。(3)根据题给条件可得R1+R2=160Ω，R4=880Ω。(4)在某次测量时，该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“1”连接的，则多用电表读数为1.47mA；若此时B端是与“3”连接的，则读数为1.10×10Ω；若此时B端是与“5”连接的，则读数为2.95V。在这道题中，正确使用多用电表并能够正确读出示数是解决问题的关键。在平时实验训练中，要注意规范操作和正确使用，特别是要分清测量的物理量不同，读数方法也不同。对于电压、电流和电阻，要注意它们对应的量程和倍率。此外，本题还考查了电表的改装，需要特别注意在使用电压表和欧姆表时，表头的内阻和量程会发生变化，R1和R2与表头Rg并联组成新的表头（电流表）。8：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B；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB（常数λ＞1）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v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。(1)粒子在进入磁场时，由于受到洛伦兹力的作用，其速度方向会发生偏转，但速度大小不变。在x≥0的区域内，粒子将沿着一个半径为mv/qB的圆周运动，圆周运动的周期为T1=2πmv/qB。在x＜0的区域内，粒子将以一定的速度v'沿着x轴反向运动，此时速度大小为v'=λv。当粒子再次沿着x轴正向运动时，其速度大小仍为v，因此它需要再次绕过一个半径为mv/qB的圆周。在x＜0的区域内，粒子所需时间为T2=2π(mv/qB)/(λv)，即T2=2πmv/(λqB)。因此，粒子运动的总时间为T=T1+T2=2πmv/qB(1+λ)。(2)粒子在进入磁场时，其位置距离O点为0。在x≥0的区域内，粒子将沿着一个半径为mv/qB的圆周运动，此时距离O点的距离为d1=mv/qB。在x＜0的区域内，粒子将以速度v'=λv沿着x轴反向运动，其位置距离O点的距离为d2=λvT2=2πmv/λqB。因此，粒子与O点间的距离为d=d1+d2=mv/qB(1+λ)。粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，圆周半径分别为R1和R2，受到的向心力由洛伦兹力提供。根据洛伦兹力公式和牛顿运动定律，得到下列公式：2mvqvB=R12mvqv(λB)=R2。当粒子速度方向转过180度时，所用时间t1为t1=πR1/v。解题时，需要画出粒子的运动轨迹，并利用几何关系进行分析和求解。题目描述：两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg，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=4kg，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v=3m/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=10m/s。求B与木板相对静止时，木板的速度，以及A、B开始运动时，两者之间的距离。解题思路：滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B与木板间的摩擦力的大小分别为f1、f2，根据牛顿第二定律和摩擦力的定义式，可以列出多个方程式。通过联立这些方程式，可以求出B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s，以及A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m。对A有$v_2=v_1+at_A$。在时间间隔$t_2$内，B（以及木板）相对地面移动的距离为$\frac{1}{2}s_1=v_1t_2-\frac{1}{2}at_2^2$。选考题：33.［物理——选修3–3］（15分）（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回到状态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答案：ABD本题考查了判断气体吸热与放热情况、气体内能如何变化，分析清楚图示图象、由理想气体状态方程与热力学第一定律即可正确解题。解题关键是弄清图线的物理意义，并能从图象中获取信息；热力学第一定律也是常考的知识点，要掌握表达式$\DeltaU=Q+W$，并能理解公式中各个物理量的含义及符号法则。（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V，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。【答案】（i）2R（ii）$\frac{5}{3}R$【解析】（i）根据折射定律，入射角为0度时，折射角最大，此时入射光线到光轴距离最大。根据几何关系，入射光线到球心O的距离为R，所以从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值为2R。（ii）根据几何关系，入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离等于入射光线到球心O的距离加上折射后的光线到球心O的距离。设入射角为$i$，则根据折射定律有$\frac{\sini}{\sinr}=\frac{1}{1.5}$，当$i$等于全反射临界角$i_C$时，有$\sini_C=\frac{1}{1.5}$，解得$i_C\approx41.8^\circ$。此时，折射角$r$为$90^\circ$，折射后的光