2017年高考理综真题试卷（物理部分）（新课标Ⅰ卷）
一、选择题：本大题共8小题，每小题3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．（2017·新课标Ⅰ卷）将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（ ）
A．30kg m/s B．5.7×102kg m/s
C．6.0×102kg m/s D．6.3×102kg m/s
2．（2017·新课标Ⅰ卷）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）．速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网；其原因是（ ）
A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
3．（2017·新课标Ⅰ卷）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为ma，mb，mc．已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是（ ）
A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma
4．（2017·新课标Ⅰ卷）大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电，氘核聚变反应方程是： H+ H→ He+ n，已知 H的质量为2.0136u， He的质量为3.0150u， n的质量为1.0087u，1u=931MeV/c2．氘核聚变反应中释放的核能约为（ ）
A．3.7MeV B．3.3MeV C．2.7MeV D．0.93MeV
5．（2017·新课标Ⅰ卷）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2017·新课标Ⅰ卷）如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是（ ）
A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直
C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：1：
D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 ： ：1
7．（2017·新课标Ⅰ卷）在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb和Ec．点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标（ra，φa）标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd．下列选项正确的是（ ）
A．Ea：Eb=4：1 B．Ec：Ed=2：1
C．Wab：Wbc=3：1 D．Wbc：Wcd=1：3
8．（2017·新课标Ⅰ卷）如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N．初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角α（α＞ ）．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中（ ）
A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～14题为选考题，考生根据要求作答．
9．（2017·新课标Ⅰ卷）某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间．实验前，将该计时器固定在小车旁，如图（a）所示．实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车．在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图（b）记录了桌面上连续6个水滴的位置．（已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴）
（1）由图（b）可知，小车在桌面上是 （填“从右向左”或“从左向右”）运动的．
（2）该小组同学根据图（b）的数据判断出小车做匀变速运动．小车运动到图（b）中A点位置时的速度大小为 m/s，加速度大小为 m/s2．（结果均保留2为有效数字）
10．（2017·新课标Ⅰ卷）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A）；电压表V（量程3V，内阻3kΩ）；电流表A（量程0.5A，内阻0.5Ω）；固定电阻R0（阻值1000Ω）；滑动变阻器R（阻值0～9.0Ω）；电源E（电动势5V，内阻不计）；开关S；导线若干．
（1）实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图．
（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示．由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻 （填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率 （填“增大”“不变”或“减小”）．
（3）用另一电源E0（电动势4V，内阻1.00Ω）和题给器材连接成图（b）所示的电路图，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率．闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为 W，最大功率为 W．（结果均保留2位小数）
11．（2017·新课标Ⅰ卷）一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.5×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2．（结果保留2位有效数字）
（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
（2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%．
12．（2017·新课标Ⅰ卷）真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g．
（1）油滴运动到B点时的速度；
（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．
13．（2017·新课标Ⅰ卷）［物理——选修3–3］
（1）氧气分子在0℃和100℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是（ ）
A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C．图中实线对应于氧气分子在100℃时的情形
D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E．与0℃时相比，100℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大
（2）如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1．已知室温为27℃，汽缸导热．
（i）打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
（ii）接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
（iii）再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20℃，求此时活塞下方气体的压强．
14．（2017·新课标Ⅰ卷）[物理--选修3-4]
（1）如图（a），在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1（0，4）和S2（0，﹣2）．两波源的振动图线分别如图（b）和图（c）所示．两列波的波速均为1.00m/s．两列波从波源传播到点A（8，﹣2）的路程差为 m，两列波引起的点B（4，1）处质点的振动相互 （填“加强”或“减弱”），点C（0，0.5）处质点的振动相互 （填“加强”或“减弱”）．
（2）如图，一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体，O点为球心；下半部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜．有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC之间的距离为0.6R．已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行（不考虑多次反射）．求该玻璃的折射率．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】动量守恒定律；反冲
【解析】【解答】开始总动量为零，规定向下为正方向，根据动量守恒定律得，0=m1v1+P，
解得火箭的动量P=﹣m1v1=﹣0.05×600kg m/s=﹣30kg m/s，负号表示方向，故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
【分析】在喷气的很短时间内，火箭和燃气组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出燃气喷出后的瞬间火箭的动量大小．
2．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网，原因是发球机到网的水平距离一定，速度大，则所用的时间较少，球下降的高度较小，容易越过球网，故C正确，ABD错误．
故选：C．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合平抛运动的规律，抓住水平方向相等时，通过时间关系得出下降的高度，从而分析判断．
3．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用；匀速圆周运动
【解析】【解答】微粒受重力G、电场力F、洛伦兹力F'的作用，三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，那么微粒所受电场力F大小相等，方向竖直向上；
a在纸面内做匀速圆周运动，则a的重力等于电场力，即F=Ga=mag；
b在纸面内向右做匀速直线运动，则b受力平衡，因为重力方向竖直向下，洛伦兹力方向竖直向上，则有F+F′b=Gb=mbg；
c在纸面内向左做匀速直线运动，则c受力平衡，且洛伦兹力方向向下，则有：F﹣F′c=Gc=mcg
所以，mb＞ma＞mc，故ACD错误，B正确；
故选：B．
【分析】由粒子的运动状态，根据牛顿第二定律和平衡条件得到其合外力情况，对粒子进行受力分析列方程即可求解．
4．【答案】B
【知识点】核裂变与核聚变；质量亏损与质能方程
【解析】【解答】因氘核聚变的核反应方程为： H+ H→ He+ n，；核反应过程中的质量亏损为△m=2mD﹣（mHe+mn）=0.0035u
释放的核能为△E=△mc2=0.0035uc2=3.3MeV，故B正确，ACD错误；
【解答】根据爱因斯坦质能方程，计算出质量亏损进而计算出核能。
5．【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】当加恒定磁场后，当紫铜薄板上下及左右振动时，导致穿过板的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场进而阻碍板的运动，因此只有A选项穿过板的磁通量变化，故A正确，BCD错误；
故选：A．
【分析】根据电磁感应原理和产生感应电流的条件，结合楞次定律的阻碍相对运动角度，即可判定．
6．【答案】B,C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；安培力；左手定则
【解析】【解答】A、根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则L2、L3通电导线在L1处的磁场方向如下图所示，
再根据左手定则，那么L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行，故A错误；
B、同理，根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则L2、L1通电导线在L3处的磁场方向如下图所示，
再根据左手定则，那么L3所受磁场作用力的方向与L2、L1所在平面垂直，故B正确；
CD、由A选项分析，可知，L1、L3通电导线在L2处的合磁场大小与L2、L3通电导线在L1处的合磁场相等，
设各自通电导线在其他两点的磁场大小为B，那么L1、L2和L3三处磁场之比为1：1： ，故C正确，D错误；
【分析】根据右手螺旋定则判出磁场方向，利用矢量合成法则得出合磁场方向，再用左手定则判力的方向，计算力的大小。
7．【答案】A,C
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A、由点电荷场强公式E= 可得：Ea：Eb= ： =4：1，故A正确；
B、由点电荷场强公式E= 可得：Ec：Ed= ： =4：1，故B错误；
C、从a到b电场力做功为：Wab=qUab=q（φa﹣φb）=q（6﹣3）=3q，从b到c电场力做功为：Wbc=qUbc=q（φb﹣φc）=q（3﹣2）=q，所以有：Wab：Wbc=3：1，故C正确；
D、从c到d电场力做功为：Wcd=qUcd=q（φc﹣φd）=q（2﹣1）=q，所以Wbc：Wcd=1：1，故D错误．
故选：AC．
【分析】由点电荷场强公式E= 可求场强之比；利用公式Uab=φa﹣φb和W=qU分别计算电场力做的功，从而求电场力做功之比．
8．【答案】A,D
【知识点】动态平衡分析
【解析】【解答】拉动过程中，小球的重力不变，所以两个绳子的拉力合力的大小是不变的．
起初，MN没有拉力，OM的拉力等于小球的重力；
当MN向上移动，没有越过水平线时，MN上有拉力，此时OM竖直向上的分力等于小球的重力和MN竖直向下分力之和，所以OM拉力增大，MN拉力也增大；
当MN越多水平线后，MN竖直方向的分力方向向上，会分担一部分小球重力，所以OM拉力开始减小，MN拉力继续增大；
所以MN拉力一直增大，OM拉力先增大后减小．
故选：AD．
【分析】整个拉动过程中，小球的重力不变，根据共点力平衡条件分析．
9．【答案】（1）从右向左
（2）0.19；0.038
【知识点】探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】（1）由于用手轻推一下小车，小车做减速运动，根据桌面上自右向左水滴间距越来越小，可知小车从右向左做减速运动；
（2）已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴，那么各点时间间隔为：T= s= s
根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，有：vA= m/s=0.19m/s，
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：
a= m/s2=﹣0.038 m/s2．负号表示方向与速度方向相反．
故答案为：（1）从右向左；（2）0.19，0.038．
【分析】（1）依据小车用手轻推一下，车做减速运动，结合各点间距，即可判定运动方向；
（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．
10．【答案】（1）
（2）增大；增大
（3）0.41；1.17
【知识点】电磁学实验；欧姆定律；电阻的测量
【解析】【解答】解：（1）因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因电流表内阻和灯泡内阻接近，故电流表采用外接法；另外为了保护电压表，用R0和电压表串联，故原理图如图所示；
；
（2）I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；
（3）当滑动变阻器阻值全部接入时，灯泡的功率最小，将R等效为电源内阻，则电源电动势为4V，等效内阻为10Ω；作出电源的伏安特性曲线如图a中实线所示；由图可知，灯泡电压为U=1.8V，电流I=230mA=0.23A，则最小功率P=UI=1.8×0.23=0.41W；
当滑动变阻器接入电阻为零时，灯泡消耗的功率最大；此时电源的内阻为1.0Ω，作出电源的伏安特性曲线如图a中右侧红线所示；
如图a可知，此时电压为3.65V，电流为320mA=0.32A；则可知最大功率Pmax=U'I'=3.65×0.32=1.17W．
故答案为：（1）如图所示；（2）增大；增大；（3）0.41；1.17．
【分析】（1）明确实验原理，根据实验中给出的仪器分析滑动变阻器以及电流表接法；
（2）根据I﹣U图象的性质进行分析，明确电阻随电流变化的规律，从而明确电阻率的变化情况；
（3）分析滑动变阻器接入电阻的变化，作出等效电源的伏安特性曲线，得出对应的电流值和电压值，从而明确灯泡功率的极值．
11．【答案】（1）解：落地时的重力势能为零，飞船机械能等于动能为Ek2== 8×104×1002J=4.0×108J；
进入大气层的机械能E=Ek1+Ep1= mv12+mgH=2.4×1012J；
答：落地瞬间的机械能为4.0×108J；进入大气层的机械能为2.4×1012J；
（2）此时的速度大小为v3=7.5×103×0.02m/s=150m/s；从600m处到落地之间，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理
mgh﹣Wf= m ﹣ m
代入数据，可得Wf=9.7×108J
答：克服阻力做功为9.7×108J．
【知识点】动能定理的综合应用；机械能
【解析】【分析】（1）机械能等于重力势能和动能之和，可以得出两处的机械能；（2）根据动能定理计算克服阻力做功．
12．【答案】（1）设油滴质量为m，带电荷量为q，增大后的电场强度为E2，根据题中条件可以判断电场力与重力方向相反；
对于匀速运动阶段，有qE1=mg…①
对于场强突然增大后的第一段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2﹣mg=ma1…②
对于场强第二段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2+mg=ma2 …③
由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：v=v0+a1t1
油滴在B的速度为：vB=v﹣a2t1
联立①至⑤式，可得：vB=v0﹣2gt1；
答：油滴运动到B点时的速度为v0﹣2gt1；
（2）设无电场时竖直上抛的最大高度为h，由运动学公式，有：v02=2gh…⑥
根据位移时间关系可得：v0t1+ …⑦
v1t1﹣ …⑧
油滴运动有两种情况：
情况一：
位移之和x1+x2= ⑨
联立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑨可得：
E2=E1+
由题意得E2＞E1，即满足条件 ，即当 或 才是可能的；
情况二：
位移之和x1+x2=﹣ ⑩
联立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑩可得：
E2=E1+
由题意得E2＞E1，即满足条件 ，即 ，另一解为负，不合题意，舍去．
答：增大后的电场强度的大小为E1+ ，t1和v0应满足的条件为 或 ；或E1+ ；相应的t1和v0应满足的条件为 ．
【知识点】竖直上抛运动；带电粒子在电场中的加速
【解析】【分析】（1）分析油滴的运动过程，可知其先进行向上的匀速直线运动，到达A处后因电场强度突然增大而开始做向上的匀加速直线运动，经过t1后电场突然反向，油滴开始做匀减速直线运动，并可能在速度减为零后做反向的匀加速直线运动．对电场增大后的两个过程分别列出牛顿第二定律方程，即可求得两个过程中的加速度，而t1又是一个已知量，那么直接使用运动学公式即可求出vB的速度大小；
（2）因为油滴最后可能做反向的匀加速直线运动，因此我们不能确定B点的位置究竟在A点上方还是A点下方，故需要分为两种情况讨论．对其中每一种情况，根据运动学公式列出方程，并与竖直上抛的方程进行联立，即可分别求得两种情况下的场强E2的大小；而根据题意，为求出t1与v0满足的条件，只需要使E2＞E1即可，那么就可以最终求得t1与v0间的关系式．
13．【答案】（1）A；B；C
（2）（i）打开K2之前，A缸内气体pA=3p0，B缸内气体pB=p0，体积均为V，温度均为T=（273+27）K=300K，打开K2后，B缸内气体（活塞上方）等温压缩，压缩后体积为V1，A缸内气体（活塞下方）等温膨胀，膨胀后体积为2V﹣V1，活塞上下方压强相等均为p1，
则：对A缸内（活塞下方）气体：3p0V=p1（2V﹣V1），
对B缸内（活塞上方）气体：p0V=p1V1，
联立以上两式得：p1=2p0，V1= ；
即稳定时活塞上方体积为 ，压强为2p0；
（ⅱ）打开K2，活塞上方与大气相连通，压强变为p0，则活塞下方气体等温膨胀，假设活塞下方气体压强可降为p0，则降为p0时活塞下方气体体积为V2，则3p0V=p0V2，
得V2=3V＞2V，即活塞下方气体压强不会降至p0，此时活塞将处于B气缸顶端，缸内气压为p2，3p0V=p2×2V，得p2= ，即稳定时活塞位于气缸最顶端；
（ⅲ）缓慢加热汽缸内气体使其温度升高，等容升温过程，升温后温度为T3=（300+20）K=320K，由 得：p3=1.6p0，即此时活塞下方压强为1.6p0．
答：（i）打开K2，稳定时活塞上方气体的体积为 ，压强为2p0；
（ii）打开K3，稳定时位于气缸最顶端；
（iii）缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20℃，此时活塞下方气体的压强为1.6p0．
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】（1）A、由题图可知，在0℃和100℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即相等，故A正确；
B、由图可知，具有最大比例的速率区间，0℃时对应的速率小，故说明虚线为0℃的分布图象，故对应的平均动能较小，故B正确；
C、实线对应的最大比例的速率区间内分子动能大，说明实验对应的温度大，故为100℃时的情形，故C正确；
D、图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子占据的比例，但无法确定分子具体数目，故D错误；
E、由图可知，0～400 m/s段内，100℃对应的占据的比例均小于与0℃时所占据的比值，因此100℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，故E错误．
故选：ABC．
【分析】（1）温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同，要注意明确图象的意义是解题的关键．
（2）（i）分析打开K2之前和打开K2后，A、B缸内气体的压强、体积和温度，根据理想气体的状态方程列方程求解；
（ⅱ）打开K2，分析活塞下方气体压强会不会降至p0，确定活塞所处位置；
（ⅲ）缓慢加热汽缸内气体使其温度升高，等容升温过程，由 求解此时活塞下方气体的压强．
14．【答案】（1）2；减弱；加强
（2）由题意，结合光路的对称性与光路可逆可知，与入射光相对于OC轴对称的出射光线一定与入射光线平行，所以从半球面射入的光线经折射后，将在圆柱体底面中心C点反射，如图：
设光线在半球处的入射角为i，折射光线的折射角为r，则：
sini=nsinr…①
由正弦定理得： …②
由几何关系可知，入射点的法线与OC之间的夹角也等于i，该光线与OC之间的距离：L=0.6R
则：sini= …③
由②③得：sinr=
由①③④得：n= ≈1.43
答：该玻璃的折射率为1.43．
【知识点】简谐运动的表达式与图象；波的干涉现象；光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）解：由图可知，路程差为△S1= ﹣8=2m；
两列波的波速均为1.00m/s．由图可得T=2s，所以波长为λ=vT=1×2=2m，两列波从波源传播到点B（4，1）处的路程差为△S2= ﹣ =0，为波长的整数倍，又因为两波源起振方向相反，所以振动减弱；
两列波从波源传播到点C（0，0.5）处的路程差为△S3=3.5﹣2.5=1m，为半波长，又因为两波源起振方向相反，所以振动加强．
故答案为：2；减弱；加强．
【分析】（1）由几何关系求路程差．由波速公式v=λf求解波长．如果两波源起振同方向，当介质中某一点与两波源的路程差等于半波长的奇数倍时，这一点是振动减弱的点．路程差等于波长的整数倍时，这一点振动加强；如果两波源起振方向相反，当介质中某一点与两波源的路程差等于半波长的奇数倍时，这一点是振动加强的点．路程差等于波长的整数倍时，这一点振动减弱；据此分析即可．
（2）根据题意和光的折射规律画出光路图，由几何关系确定入射角的正弦值与折射角的正弦值，再由折射定律求玻璃的折射率；
1 / 12017年高考理综真题试卷（物理部分）（新课标Ⅰ卷）
一、选择题：本大题共8小题，每小题3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．（2017·新课标Ⅰ卷）将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（ ）
A．30kg m/s B．5.7×102kg m/s
C．6.0×102kg m/s D．6.3×102kg m/s
【答案】A
【知识点】动量守恒定律；反冲
【解析】【解答】开始总动量为零，规定向下为正方向，根据动量守恒定律得，0=m1v1+P，
解得火箭的动量P=﹣m1v1=﹣0.05×600kg m/s=﹣30kg m/s，负号表示方向，故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
【分析】在喷气的很短时间内，火箭和燃气组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出燃气喷出后的瞬间火箭的动量大小．
2．（2017·新课标Ⅰ卷）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）．速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网；其原因是（ ）
A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网，原因是发球机到网的水平距离一定，速度大，则所用的时间较少，球下降的高度较小，容易越过球网，故C正确，ABD错误．
故选：C．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合平抛运动的规律，抓住水平方向相等时，通过时间关系得出下降的高度，从而分析判断．
3．（2017·新课标Ⅰ卷）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为ma，mb，mc．已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是（ ）
A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma
【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用；匀速圆周运动
【解析】【解答】微粒受重力G、电场力F、洛伦兹力F'的作用，三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，那么微粒所受电场力F大小相等，方向竖直向上；
a在纸面内做匀速圆周运动，则a的重力等于电场力，即F=Ga=mag；
b在纸面内向右做匀速直线运动，则b受力平衡，因为重力方向竖直向下，洛伦兹力方向竖直向上，则有F+F′b=Gb=mbg；
c在纸面内向左做匀速直线运动，则c受力平衡，且洛伦兹力方向向下，则有：F﹣F′c=Gc=mcg
所以，mb＞ma＞mc，故ACD错误，B正确；
故选：B．
【分析】由粒子的运动状态，根据牛顿第二定律和平衡条件得到其合外力情况，对粒子进行受力分析列方程即可求解．
4．（2017·新课标Ⅰ卷）大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电，氘核聚变反应方程是： H+ H→ He+ n，已知 H的质量为2.0136u， He的质量为3.0150u， n的质量为1.0087u，1u=931MeV/c2．氘核聚变反应中释放的核能约为（ ）
A．3.7MeV B．3.3MeV C．2.7MeV D．0.93MeV
【答案】B
【知识点】核裂变与核聚变；质量亏损与质能方程
【解析】【解答】因氘核聚变的核反应方程为： H+ H→ He+ n，；核反应过程中的质量亏损为△m=2mD﹣（mHe+mn）=0.0035u
释放的核能为△E=△mc2=0.0035uc2=3.3MeV，故B正确，ACD错误；
【解答】根据爱因斯坦质能方程，计算出质量亏损进而计算出核能。
5．（2017·新课标Ⅰ卷）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】当加恒定磁场后，当紫铜薄板上下及左右振动时，导致穿过板的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场进而阻碍板的运动，因此只有A选项穿过板的磁通量变化，故A正确，BCD错误；
故选：A．
【分析】根据电磁感应原理和产生感应电流的条件，结合楞次定律的阻碍相对运动角度，即可判定．
6．（2017·新课标Ⅰ卷）如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是（ ）
A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直
C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：1：
D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 ： ：1
【答案】B,C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；安培力；左手定则
【解析】【解答】A、根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则L2、L3通电导线在L1处的磁场方向如下图所示，
再根据左手定则，那么L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行，故A错误；
B、同理，根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则L2、L1通电导线在L3处的磁场方向如下图所示，
再根据左手定则，那么L3所受磁场作用力的方向与L2、L1所在平面垂直，故B正确；
CD、由A选项分析，可知，L1、L3通电导线在L2处的合磁场大小与L2、L3通电导线在L1处的合磁场相等，
设各自通电导线在其他两点的磁场大小为B，那么L1、L2和L3三处磁场之比为1：1： ，故C正确，D错误；
【分析】根据右手螺旋定则判出磁场方向，利用矢量合成法则得出合磁场方向，再用左手定则判力的方向，计算力的大小。
7．（2017·新课标Ⅰ卷）在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb和Ec．点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标（ra，φa）标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd．下列选项正确的是（ ）
A．Ea：Eb=4：1 B．Ec：Ed=2：1
C．Wab：Wbc=3：1 D．Wbc：Wcd=1：3
【答案】A,C
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A、由点电荷场强公式E= 可得：Ea：Eb= ： =4：1，故A正确；
B、由点电荷场强公式E= 可得：Ec：Ed= ： =4：1，故B错误；
C、从a到b电场力做功为：Wab=qUab=q（φa﹣φb）=q（6﹣3）=3q，从b到c电场力做功为：Wbc=qUbc=q（φb﹣φc）=q（3﹣2）=q，所以有：Wab：Wbc=3：1，故C正确；
D、从c到d电场力做功为：Wcd=qUcd=q（φc﹣φd）=q（2﹣1）=q，所以Wbc：Wcd=1：1，故D错误．
故选：AC．
【分析】由点电荷场强公式E= 可求场强之比；利用公式Uab=φa﹣φb和W=qU分别计算电场力做的功，从而求电场力做功之比．
8．（2017·新课标Ⅰ卷）如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N．初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角α（α＞ ）．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中（ ）
A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小
【答案】A,D
【知识点】动态平衡分析
【解析】【解答】拉动过程中，小球的重力不变，所以两个绳子的拉力合力的大小是不变的．
起初，MN没有拉力，OM的拉力等于小球的重力；
当MN向上移动，没有越过水平线时，MN上有拉力，此时OM竖直向上的分力等于小球的重力和MN竖直向下分力之和，所以OM拉力增大，MN拉力也增大；
当MN越多水平线后，MN竖直方向的分力方向向上，会分担一部分小球重力，所以OM拉力开始减小，MN拉力继续增大；
所以MN拉力一直增大，OM拉力先增大后减小．
故选：AD．
【分析】整个拉动过程中，小球的重力不变，根据共点力平衡条件分析．
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～14题为选考题，考生根据要求作答．
9．（2017·新课标Ⅰ卷）某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间．实验前，将该计时器固定在小车旁，如图（a）所示．实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车．在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图（b）记录了桌面上连续6个水滴的位置．（已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴）
（1）由图（b）可知，小车在桌面上是 （填“从右向左”或“从左向右”）运动的．
（2）该小组同学根据图（b）的数据判断出小车做匀变速运动．小车运动到图（b）中A点位置时的速度大小为 m/s，加速度大小为 m/s2．（结果均保留2为有效数字）
【答案】（1）从右向左
（2）0.19；0.038
【知识点】探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】（1）由于用手轻推一下小车，小车做减速运动，根据桌面上自右向左水滴间距越来越小，可知小车从右向左做减速运动；
（2）已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴，那么各点时间间隔为：T= s= s
根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，有：vA= m/s=0.19m/s，
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：
a= m/s2=﹣0.038 m/s2．负号表示方向与速度方向相反．
故答案为：（1）从右向左；（2）0.19，0.038．
【分析】（1）依据小车用手轻推一下，车做减速运动，结合各点间距，即可判定运动方向；
（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．
10．（2017·新课标Ⅰ卷）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A）；电压表V（量程3V，内阻3kΩ）；电流表A（量程0.5A，内阻0.5Ω）；固定电阻R0（阻值1000Ω）；滑动变阻器R（阻值0～9.0Ω）；电源E（电动势5V，内阻不计）；开关S；导线若干．
（1）实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图．
（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示．由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻 （填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率 （填“增大”“不变”或“减小”）．
（3）用另一电源E0（电动势4V，内阻1.00Ω）和题给器材连接成图（b）所示的电路图，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率．闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为 W，最大功率为 W．（结果均保留2位小数）
【答案】（1）
（2）增大；增大
（3）0.41；1.17
【知识点】电磁学实验；欧姆定律；电阻的测量
【解析】【解答】解：（1）因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因电流表内阻和灯泡内阻接近，故电流表采用外接法；另外为了保护电压表，用R0和电压表串联，故原理图如图所示；
；
（2）I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；
（3）当滑动变阻器阻值全部接入时，灯泡的功率最小，将R等效为电源内阻，则电源电动势为4V，等效内阻为10Ω；作出电源的伏安特性曲线如图a中实线所示；由图可知，灯泡电压为U=1.8V，电流I=230mA=0.23A，则最小功率P=UI=1.8×0.23=0.41W；
当滑动变阻器接入电阻为零时，灯泡消耗的功率最大；此时电源的内阻为1.0Ω，作出电源的伏安特性曲线如图a中右侧红线所示；
如图a可知，此时电压为3.65V，电流为320mA=0.32A；则可知最大功率Pmax=U'I'=3.65×0.32=1.17W．
故答案为：（1）如图所示；（2）增大；增大；（3）0.41；1.17．
【分析】（1）明确实验原理，根据实验中给出的仪器分析滑动变阻器以及电流表接法；
（2）根据I﹣U图象的性质进行分析，明确电阻随电流变化的规律，从而明确电阻率的变化情况；
（3）分析滑动变阻器接入电阻的变化，作出等效电源的伏安特性曲线，得出对应的电流值和电压值，从而明确灯泡功率的极值．
11．（2017·新课标Ⅰ卷）一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.5×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2．（结果保留2位有效数字）
（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
（2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%．
【答案】（1）解：落地时的重力势能为零，飞船机械能等于动能为Ek2== 8×104×1002J=4.0×108J；
进入大气层的机械能E=Ek1+Ep1= mv12+mgH=2.4×1012J；
答：落地瞬间的机械能为4.0×108J；进入大气层的机械能为2.4×1012J；
（2）此时的速度大小为v3=7.5×103×0.02m/s=150m/s；从600m处到落地之间，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理
mgh﹣Wf= m ﹣ m
代入数据，可得Wf=9.7×108J
答：克服阻力做功为9.7×108J．
【知识点】动能定理的综合应用；机械能
【解析】【分析】（1）机械能等于重力势能和动能之和，可以得出两处的机械能；（2）根据动能定理计算克服阻力做功．
12．（2017·新课标Ⅰ卷）真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g．
（1）油滴运动到B点时的速度；
（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．
【答案】（1）设油滴质量为m，带电荷量为q，增大后的电场强度为E2，根据题中条件可以判断电场力与重力方向相反；
对于匀速运动阶段，有qE1=mg…①
对于场强突然增大后的第一段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2﹣mg=ma1…②
对于场强第二段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2+mg=ma2 …③
由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：v=v0+a1t1
油滴在B的速度为：vB=v﹣a2t1
联立①至⑤式，可得：vB=v0﹣2gt1；
答：油滴运动到B点时的速度为v0﹣2gt1；
（2）设无电场时竖直上抛的最大高度为h，由运动学公式，有：v02=2gh…⑥
根据位移时间关系可得：v0t1+ …⑦
v1t1﹣ …⑧
油滴运动有两种情况：
情况一：
位移之和x1+x2= ⑨
联立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑨可得：
E2=E1+
由题意得E2＞E1，即满足条件 ，即当 或 才是可能的；
情况二：
位移之和x1+x2=﹣ ⑩
联立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑩可得：
E2=E1+
由题意得E2＞E1，即满足条件 ，即 ，另一解为负，不合题意，舍去．
答：增大后的电场强度的大小为E1+ ，t1和v0应满足的条件为 或 ；或E1+ ；相应的t1和v0应满足的条件为 ．
【知识点】竖直上抛运动；带电粒子在电场中的加速
【解析】【分析】（1）分析油滴的运动过程，可知其先进行向上的匀速直线运动，到达A处后因电场强度突然增大而开始做向上的匀加速直线运动，经过t1后电场突然反向，油滴开始做匀减速直线运动，并可能在速度减为零后做反向的匀加速直线运动．对电场增大后的两个过程分别列出牛顿第二定律方程，即可求得两个过程中的加速度，而t1又是一个已知量，那么直接使用运动学公式即可求出vB的速度大小；
（2）因为油滴最后可能做反向的匀加速直线运动，因此我们不能确定B点的位置究竟在A点上方还是A点下方，故需要分为两种情况讨论．对其中每一种情况，根据运动学公式列出方程，并与竖直上抛的方程进行联立，即可分别求得两种情况下的场强E2的大小；而根据题意，为求出t1与v0满足的条件，只需要使E2＞E1即可，那么就可以最终求得t1与v0间的关系式．
13．（2017·新课标Ⅰ卷）［物理——选修3–3］
（1）氧气分子在0℃和100℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是（ ）
A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C．图中实线对应于氧气分子在100℃时的情形
D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E．与0℃时相比，100℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大
（2）如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1．已知室温为27℃，汽缸导热．
（i）打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
（ii）接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
（iii）再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20℃，求此时活塞下方气体的压强．
【答案】（1）A；B；C
（2）（i）打开K2之前，A缸内气体pA=3p0，B缸内气体pB=p0，体积均为V，温度均为T=（273+27）K=300K，打开K2后，B缸内气体（活塞上方）等温压缩，压缩后体积为V1，A缸内气体（活塞下方）等温膨胀，膨胀后体积为2V﹣V1，活塞上下方压强相等均为p1，
则：对A缸内（活塞下方）气体：3p0V=p1（2V﹣V1），
对B缸内（活塞上方）气体：p0V=p1V1，
联立以上两式得：p1=2p0，V1= ；
即稳定时活塞上方体积为 ，压强为2p0；
（ⅱ）打开K2，活塞上方与大气相连通，压强变为p0，则活塞下方气体等温膨胀，假设活塞下方气体压强可降为p0，则降为p0时活塞下方气体体积为V2，则3p0V=p0V2，
得V2=3V＞2V，即活塞下方气体压强不会降至p0，此时活塞将处于B气缸顶端，缸内气压为p2，3p0V=p2×2V，得p2= ，即稳定时活塞位于气缸最顶端；
（ⅲ）缓慢加热汽缸内气体使其温度升高，等容升温过程，升温后温度为T3=（300+20）K=320K，由 得：p3=1.6p0，即此时活塞下方压强为1.6p0．
答：（i）打开K2，稳定时活塞上方气体的体积为 ，压强为2p0；
（ii）打开K3，稳定时位于气缸最顶端；
（iii）缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20℃，此时活塞下方气体的压强为1.6p0．
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】（1）A、由题图可知，在0℃和100℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即相等，故A正确；
B、由图可知，具有最大比例的速率区间，0℃时对应的速率小，故说明虚线为0℃的分布图象，故对应的平均动能较小，故B正确；
C、实线对应的最大比例的速率区间内分子动能大，说明实验对应的温度大，故为100℃时的情形，故C正确；
D、图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子占据的比例，但无法确定分子具体数目，故D错误；
E、由图可知，0～400 m/s段内，100℃对应的占据的比例均小于与0℃时所占据的比值，因此100℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，故E错误．
故选：ABC．
【分析】（1）温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同，要注意明确图象的意义是解题的关键．
（2）（i）分析打开K2之前和打开K2后，A、B缸内气体的压强、体积和温度，根据理想气体的状态方程列方程求解；
（ⅱ）打开K2，分析活塞下方气体压强会不会降至p0，确定活塞所处位置；
（ⅲ）缓慢加热汽缸内气体使其温度升高，等容升温过程，由 求解此时活塞下方气体的压强．
14．（2017·新课标Ⅰ卷）[物理--选修3-4]
（1）如图（a），在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1（0，4）和S2（0，﹣2）．两波源的振动图线分别如图（b）和图（c）所示．两列波的波速均为1.00m/s．两列波从波源传播到点A（8，﹣2）的路程差为 m，两列波引起的点B（4，1）处质点的振动相互 （填“加强”或“减弱”），点C（0，0.5）处质点的振动相互 （填“加强”或“减弱”）．
（2）如图，一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体，O点为球心；下半部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜．有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC之间的距离为0.6R．已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行（不考虑多次反射）．求该玻璃的折射率．
【答案】（1）2；减弱；加强
（2）由题意，结合光路的对称性与光路可逆可知，与入射光相对于OC轴对称的出射光线一定与入射光线平行，所以从半球面射入的光线经折射后，将在圆柱体底面中心C点反射，如图：
设光线在半球处的入射角为i，折射光线的折射角为r，则：
sini=nsinr…①
由正弦定理得： …②
由几何关系可知，入射点的法线与OC之间的夹角也等于i，该光线与OC之间的距离：L=0.6R
则：sini= …③
由②③得：sinr=
由①③④得：n= ≈1.43
答：该玻璃的折射率为1.43．
【知识点】简谐运动的表达式与图象；波的干涉现象；光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）解：由图可知，路程差为△S1= ﹣8=2m；
两列波的波速均为1.00m/s．由图可得T=2s，所以波长为λ=vT=1×2=2m，两列波从波源传播到点B（4，1）处的路程差为△S2= ﹣ =0，为波长的整数倍，又因为两波源起振方向相反，所以振动减弱；
两列波从波源传播到点C（0，0.5）处的路程差为△S3=3.5﹣2.5=1m，为半波长，又因为两波源起振方向相反，所以振动加强．
故答案为：2；减弱；加强．
【分析】（1）由几何关系求路程差．由波速公式v=λf求解波长．如果两波源起振同方向，当介质中某一点与两波源的路程差等于半波长的奇数倍时，这一点是振动减弱的点．路程差等于波长的整数倍时，这一点振动加强；如果两波源起振方向相反，当介质中某一点与两波源的路程差等于半波长的奇数倍时，这一点是振动加强的点．路程差等于波长的整数倍时，这一点振动减弱；据此分析即可．
（2）根据题意和光的折射规律画出光路图，由几何关系确定入射角的正弦值与折射角的正弦值，再由折射定律求玻璃的折射率；
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