完整word物理高考真题全国2卷解析版已排版.docx

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2017年全国2卷物理及答案

一、选择题：

14．如图1，一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（）

图1

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

2344238U→Th＋粒子衰变成钍核，衰变方程为He，下15．一静止的铀核放出一个α29092列说法正确的是（）

A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能

B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小

C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间

D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量

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F．如图162，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持角，物块也恰好做匀速直线运动．则物块与桌的大小不变，而方向与水平面成60°）

（面间的动摩擦因数为2

图333D.C.A．2－3B.263

17．如图3，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（重力加速度大小为g）（）

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图3

2222vvvvA.B.C.D.

gggg41682

18．如图4，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，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为v，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周1上；若粒子射入速率为v，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电2粒子之间的相互作用，则v∶v为（）

12图4

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2

∶D．3C.3∶1A.3∶2B.2∶1

为、N为近日点，Q为远日点，M19．如图5，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0）

（的运动过程中经过M、Q到NP则海王星在从5

图T0阶段，机械能逐渐变大到NB．从QA．从P到M所用的时间等于4阶段，万有引力对它先做负功到ND．从MQC.从P到阶段，速率逐渐变小

后做正功

、0.1m．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20边与磁场边界平行，如图cd的正方形导线框abcd位于纸面内，总电阻为0.005Ω线框0时刻进入磁场．＝所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t6（a）感应电流的方向为顺时针时，感应电所示（中感应电动势随时间变化的图线如图（b））

（动势取正）．下列说法正确的是卷物理2年全国2017页20共页4第

图6

A．磁感应强度的大小为0.5T

B．导线框运动的速度的大小为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这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N

21．某同学自制的简易电动机示意图如图7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（）

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图7

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

非选择题：

22．某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系．使用的器材有：

斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器．

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图8

实验步骤如下：

①如图8（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Δt；

v表示滑块在挡光片遮住光所示），Δs表示挡光片沿运动方向的长度（如图（b）③用

v；时间内的平均速度大小，求出Δ线的t④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；

vΔt图，如图⑥利用实验中得到的数据作出（c）所示．

完成下列填空：

（1）用a表示滑块下滑的加速度大小，用v表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬A

v＝________.

a、和Δt的关系式为时速度大小，则与vvA

（2）由图（c）可求得v＝______cm/s，a＝______cm/s2.（结果保留3位有效数字）

A卷物理2年全国2017页20共页7第

23．某同学利用如图9（a）所示的电路测量一微安表（量程为100μA，内阻大约为2500Ω）的内阻．可使用的器材有：

两个滑动变阻器R、R（其中一个阻值为20Ω，21另一个阻值为2000Ω）；电阻箱R（最大阻值为99999.9Ω）；电源E（电动势约为1.5V）；z单刀开关S和S.C、D分别为两个滑动变阻器的滑片．21

图9

（1）按原理图（a）将图（b）中的实物连线．

（2）完成下列填空：

①R的阻值为________Ω（填“20”或“2000”）．1②为了保护微安表，开始时将R的滑片C滑到接近图（a）中滑动变阻器的________1卷物理2年全国2017页20共页8第

端（填“左”或“右”）对应的位置；将R的滑片D置于中间位置附近．2③将电阻箱R的阻值置于2500.0Ω，接通S.将R的滑片置于适当位置，再反复调1z1节R的滑片D的位置，最终使得接通S前后，微安表的示数保持不变，这说明22S接通前B与D所在位置的电势________（填“相等”或“不相等”）2④将电阻箱R和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将R的阻值置于zz2601.0Ω时，在接通S前后，微安表的示数也保持不变．待测微安表的内阻为2______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：

_______________________________.

24．为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s和s（s

1图10

（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．

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25．如图11，两水平面（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点将质量均为m，电荷量分别为q和－q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：

图11

（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；

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（2）A点距电场上边界的高度；

（3）该电场的电场强度大小．

33．[物理选修3－3]

（1）（5分）如图12，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____________（选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）．

图12

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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

（2）（10分）一热气球体积为V，内部充有温度为T的热空气，气球外冷空气的温度a为T.已知空气在1个大气压、温度为T时的密度为ρ，该气球内、外的气压始终00b都为1个大气压，重力加速度大小为g.

（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m，求充气后它还能托起的最大质量．0

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【参考答案】A

14．【答案】【解析】因为大圆环光滑，所以大圆环对小环的作用力只有弹力，且弹力的方向总A是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环的作用力一直不做功，选项、故选项C正确，B错误；开始时大圆环对小环的作用力背离圆心，后来指向圆心，D错误．B

．【答案】15衰变过程中，满足动量守恒的条件，根据动量守恒定律得【解析】静止的铀核在α正确；根粒子的动量大小相等，方向相反，选项B＝0，即钍核的动量和αpp＋αTh2p粒子不适用，α选项A错误；半衰期的定义是统计规律，对于一个据E＝可知，km2即衰变过程中有一定的伴随着一定的能量放出，选项C错误；铀核在衰变过程中，错D质量亏损，故衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，选项误．C

【答案】16．的大小不变，而方向与＝μmg；当保持F【解析】当F水平时，根据平衡条件得F3，，联立解得，μ＝μ＝（mg－Fsin60°）水平面成60°角时，由平衡条件得Fcos60°3正确．故选项CB

17．【答案】112＋＝2【解析】小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得，mvmgr222，mv1t，小物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x＝v12v44r2r－16，联立解得，x＝r，t＝gg22vv由数学知识可知，当4r＝时，x最大，即r＝，故选项B正确．gg8218．【答案】C

【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P点最远，卷物理2年全国2017页20共页13第

，由几何知识可R则当粒子射入的速率为v，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为11，轨迹如图R；若粒子射入的速率为v＝知，粒子运动的轨道半径为rRcos60°＝2123；根据轨道R＝R乙所示，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r＝cos30°22mv＝3∶1，故选项Cr∶可知，vv＝r∶正确．＝半径公式r1212qB甲乙

19．【答案】CD

1【解析】由行星运动的对称性可知，从P经M到Q点的时间为T，根据开普勒第02卷物理2年全国2017页20共页14第

所M二定律可知，从P到M运动的速率大于从M到Q运动的速率，可知从P到1错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机AT用的时间小于，选项04阶段，速率逐渐变Q械能守恒，选项B错误；根据开普勒第二定律可知，从P到阶段，万有引力对M小，选项C正确；海王星受到的万有引力指向太阳，从到N它先做负功后做正功，选项D正确．BC

20．【答案】0.1lm/s【解析】由Et图象可知，导线框经过0.2s全部进入磁场，则速度v＝＝0.2t0.01E＝E＝0.01V，根据E＝Blv得，B＝＝0.5m/s，选项B正确；由图象可知，0.50.1×lv错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂AT＝0.2T，选项这段时间内，导线框中的感应0.4sC正确；在t＝至t＝0.6s直于纸面向外，选项0.01E，选0.04N＝BIl＝0.2×2×0.1N＝电流I＝＝A＝2A,所受的安培力大小为F0.005RD项错误．AD

21．【答案】【解析】装置平面示意图如图所示．如图所示的状态，磁感线方线中电流方向向左，受垂直向向上，若形成通路，线圈下边导

纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动．当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动．若要线圈连续转动，则D.A要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路．故选、1

（2）52.116.6

taΔ

（1）22．【答案】v＋A2vv＝【解析】

（1）设挡光片末端到达光电门的速度为v，则由速度时间关系可知：

Av＋vA＝vaΔt，且＋21＋联立解得：

v＝va；ΔtA2，图线的斜率可读出v≈52.1cm/s

（2）由图（c）A卷物理2年全国2017页20共页15第

52.4－53.6122≈8.28cm/scm/sk＝＝a，3－210×180－352.

即a≈16.6cm/s

（1）见【解析】图【答案】23．2550

④③相等②左

（2）①20

R上的分压，尽可能使微安表接近满量程．（3）调节1

（1）实物连线如图所示：

【解析】

为了方便调节要选择阻值较小的滑动变阻器；

（2）①滑动变阻器R采用分压式接法，1滑到滑动变阻器的左端对应的位置；②为了保护微安表，开始时将R的滑片C1再反复，接通S；将R的滑片置于适当位置，③将电阻箱R的阻值置于2500.0Ω11z前后，微安表的示数保持不变，这说明的位置；最终使得接通SR的滑片D调节22DB与所在位置的电势相等；S接通前后在BD中无电流流过，可知2Rz1所在位置的电势相等可知，与D两侧电阻分别为④设滑片DR和R，由B2221R21RRRμAμAz2R＝＝；同理，当R和微安表对调时，仍；联立两式解得，RμAz2zz1RRR2221222500.0×2601.0Ω＝2550Ω

（3）为了提高测量精度，应调节R上的分压，尽可能使微安表接近满量程．1卷物理2年全国2017页20共页16第

222vsvv－＋v11100【答案】24．

（1）

（2）2sgs2200，由动能定理得，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ【解析】

（1）设冰球的质量为m1122mv－mv－μmgs①＝0012222vv－10μ＝②解得gs20刚好到达小旗处的运动员的加速度

（2）冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，，所用的时间为a和a最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为21t.由运动学公式得22a－vs＝③2v0110a④tv－v＝11012⑤t＝sa212联立③④⑤式得

2v＋sv011⑥a＝2s201mg25．【答案】

（1）3∶1（2H（332q【解析】

（1）设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v，则它们进入电场0时的水平速度仍然为v.M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加0速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s和s.由题给条21件和运动学公式得

v－at＝0①012at＝vt＋s01212③tatvs＝022联立①②③式得

s＝3④s2

（2）设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为v，由运y动学公式

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2⑤2vgh＝y12gt＝vt＋⑥Hy2进入电场后做直线运动，由几何关系知M

sv10＝⑦Hvy联立①②⑤⑥⑦式可得1Hh＝⑧3M进入电场后做直线运动，则（3）设电场强度的大小为E，小球qEv0＝⑨mgvy、E，由动能定理得设M、N离开电场时的动能分别为Ek2k1122qEs⑩）＋mgHE＝m（vv＋＋1yk102122－qEsv?

＋v）＋mgH＝Em（20yk22由已知条件?

EE＝1.5k2k1式得联立④⑤⑦⑧⑨⑩?

?

mg?

＝Eq2卷物理2年全国2017页20共页18第

33．[物理选修3－3]

TT00【答案】

（1）ABD

（2）（ⅰ）Vgρ（ⅱ）Vgρ00TTba11（ⅲ）VρT（－）－m000TTba【解析】

（1）因为汽缸、活塞都是绝热的，隔板右侧是真空，所以理想气体在自发扩散的过程中，既不吸热也不放热，也不对外界做功．根据热力学第一定律可知，气体自发扩散前后，内能不变，选项A正确，选项C错误；气体被压缩的过程中，外界对气体做功，气体内能增大，又因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，所以气体温度升高，分子平均动能增大，选项B、D正确，选项E错误．

（2）（ⅰ）设1个大气压下质量为m的空气在温度为T时的体积为V，密度为00mρ＝①0V0在温度为T时的体积为V，密度为Tmρ（T）＝②VT由盖－吕萨克定律得

VVT0＝③TT0联立①②③式得

T0ρ（T）＝ρ④0T气球所受到的浮力为

F＝ρ（T）gV⑤b联立④⑤式得

T0F＝Vgρ⑥0Tb（ⅱ）气球内热空气所受的重力为

G＝ρ（T）Vg⑦a联立④⑦式得

T0G＝Vgρ⑧0Ta卷物理2年全国2017页20共页19第

（ⅲ）设该气球还能托起的最大质量为M，由力的平衡条件得

Mg＝F－G－mg⑨0联立⑥⑧⑨式得

11－）－m⑩TM＝Vρ（000TTab卷物理2年全国2017页20共页20第