2017年高考物理真题试卷（江苏卷）（正式版）
一、单项选择题．每小题只有一个选项符合题意．
1．（2017·江苏）如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r．圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．1：4 D．4：1
【答案】A
【知识点】磁通量
【解析】【解答】解：由于线圈平面与磁场方向垂直，故穿过该面的磁通量为：Φ=BS，半径为r的虚线范围内有匀强磁场，所以磁场的区域面积为：S=πr2
结合图可知，穿过两个线圈的磁感线的条数是相等的，所以磁通量都是：Φ=πBr2．与线圈的大小无关．故A正确，BCD错误．
故选：A
【分析】在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个面积为S且与磁场方向垂直的平面，磁感应强度B与面积S的乘积，叫做穿过这个平面的磁通量，故当B与S平面垂直时，穿过该面的磁通量Φ=BS．
2．（2017·江苏）如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为（ ）
A．t B． t C． D．
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】解：两球同时抛出，竖直方向上做自由落体运动，相等时间内下降的高度相同，始终在同一水平面上，根据x=vAt+vBt知，当两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为 ，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，抓住两球的水平位移和不变，结合初速度的变化得出两球从抛出到相遇经过的时间．
3．（2017·江苏）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，去沿斜面向上为位移正方向；根据动能定理可得：
上滑过程中：﹣mgxsinθ﹣μmgxcosθ=Ek﹣Ek0，所以Ek=Ek0﹣（mgsinθ+μmgcosθ）x；位移x增大，
下滑过程中：mgx′sinθ﹣μmgx′cosθ=Ek﹣0，所以Ek=（mgsinθ﹣μmgcosθ）x′；位移x′减小，
根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小．结合数学知识，
故C正确、ABD错误；
故选：C．
【分析】分别对上滑过程、下滑过程利用动能定理列方程得到动能和位移的关系即可进行判断，同时注意位移的变化。
4．（2017·江苏）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子（ ）
A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回 D．穿过P′点
【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用；电容器及其应用；匀强电场电势差与场强的关系；带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】设AB间电场强度为 ，BC间场强为 ，根据题意由O点释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理，有
①
BC板电量不变，BC板间的场强
= = ②
由②知BC板间的场强不随距离的变化而变化，即当C板向右平移到P'时，BC板间的场强不变，由①知，电子仍然运动到P点返回，故A正确，BCD错误；
故选：A
【分析】根据匀强电场电场强度的公式 ，电容的定义式 以及电容的决定式 C= ，联立得E=，知道在电量不变的情况下，改变两板间距离，场强不变，再结合动能定理进行讨论．
5．（2017·江苏）如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F．小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g．下列说法正确的是（ ）
A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为
D．速度v不能超过
【答案】D
【知识点】静摩擦力；向心力；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、物块向右匀速运动时，则夹子与物体M，处于平衡状态，那么绳中的张力等于Mg，与2F大小关系不确定，故A错误；
B、小环碰到钉子P时，物体M做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力大于Mg，而与2F大小关系不确定，故B错误；
C、依据机械能守恒定律，减小的动能转化为重力势能，则有： ，那么物块上升的最大高度为h= ，故C错误；
D、因夹子对物体M的最大静摩擦力为2F，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，对物体M，则有 ，解得：v= ，故D正确；
故选：D．
【分析】匀速运动时，处于平衡状态，整体分析，即可判定绳子中张力；当做圆周运动时，最低点，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，即可确定张力与Mg的关系，与2F关系无法确定；利用机械能守恒定律，即可求解最大高度；根据两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F，利用牛顿第二定律，结合向心力公式，即可求解．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．错选或不答的得0分．
6．（2017·江苏）“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距离地面约380km的圆轨道上飞行，则其（ ）
A．角速度小于地球自转角速度
B．线速度小于第一宇宙速度
C．周期小于地球自转周期
D．向心加速度小于地面的重力加速度
【答案】B,C,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A、根据卫星的速度公式v= 和v=rω得：ω= ．将“天舟一号”与地球同步卫星比较，由于“天舟一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天舟一号”的角速度大于地球同步卫星的角速度，而地球同步卫星的角速度等于地球自转角速度，所以其角速度大于地球自转角速度．故A错误．
B、第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，知其线速度小于第一宇宙速度．故B正确．
C、由T= 知“天舟一号”的周期小于地球同步卫星的周期，而地球同步卫星的周期等于地球自转周期，所以其周期小于地球自转周期．故C正确．
D、由a= = 知，其向心加速度小于近地卫星的向心加速度，而近地卫星的向心加速度约等于地面的重力加速度，所以其向心加速度小于地面的重力加速度．故D正确．
故选：BCD
【分析】根据卫星的速度公式v= 和v=rω得到角速度的表达式，将“天舟一号”的角速度与地球同步卫星的角速度比较，从而分析其角速度与地球自转角速度的关系．第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度．由a= 比较“天舟一号”的向心加速度与近地卫星加速度的关系，从而分析出它的向心加速度与地面的重力加速度的关系．
7．（2017·江苏）某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则（ ）
A．电感L1的作用是通高频 B．电容C2的作用是通高频
C．扬声器甲用于输出高频成分 D．扬声器乙用于输出高频成分
【答案】B,D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】A、电感L1的作用是通低频，阻高频，故A错误．
B、电容G2的作用是通高频，阻低频，故B正确．
C、电感L1的作用是通低频，阻高频，而电容C1的作用是通高频，阻低频，所以低频部分通过扬声器甲．故C错误．
D、电感L1的作用是通低频，阻高频，所以扬声器乙用于输出高频成分，故D正确．
故选：BD
【分析】根据电容器的特性：通交隔直，通高阻低，以及电感线圈的特性：通直阻交，通低阻高来分析选择．
8．（2017·江苏）在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（ ）
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
【答案】A,C
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A、由图可知：无穷远处电势为零，有电势为正的地方，故存在正电荷；有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以，q1和q2带有异种电荷，故A正确；
B、电场强度等于图中曲线斜率，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，故B错误；
C、负电荷从x1移到x2，电势增大，由知负电荷在电势高的位置电势能小，故C正确；
D、负电荷从x1移到x2，曲线斜率减小，所以电场强度减小，电荷受到的电场力减小，故D错误；
故选：AC．
【分析】由电势的变化及无穷远处电势为零可得源电荷带异号电荷，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而得出电场力变化．
9．（2017·江苏）如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g．则此下降过程中（ ）
A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于 mg
B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于 mg
C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
D．弹簧的弹性势能最大值为 mgL
【答案】A,B
【知识点】动态平衡分析；弹性势能；超重与失重
【解析】【解答】AB、A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F= ；在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于 mg，故A、B正确；
B、当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；
D、A下落的高度为：h=Lsin60°﹣Lsin30°，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为EP=mgh= mgL，故D错误．
故选：AB．
【分析】A的动能最大时受力平衡，根据平衡条件求解地面支持力，根据超重失重现象分析A的动能达到最大前，B受到地面的支持力大小；根据功能关系分析弹簧的弹性势能最大值．
三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12-14题）两部分，共计42分．
10．（2017·江苏）利用如图1所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系．小车的质量为M=200.0g，钩码的质量为m=10.0g，打点计时器的电源为50Hz的交流电．
（1）挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到 ．
（2）挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图2所示．选择某一点为O，一次每隔4个计时点取一个计数点．用刻度尺量出相邻计数点间的距离△x，记录在纸带上．计算打出各计数点时小车的速度v，其中打出计数点“1”时小车的速度v1= m/s．
（3）将钩码的重力视为小车受到的拉力，取g=9.80m/s2，利用W=mg△x算出拉力对小车做的功W．利用Ek= Mv2算出小车动能，并求出动能的变化量△Ek．计算结果见下表．
W/×10﹣3J 2.45 2.92 3.35 3.81 4.26
△Ek/×10﹣3J 2.31 2.73 3.12 3.61 4.00
请根据表中的数据，在答题卡的方格纸上作出△Ek﹣W图象．
（4）实验结果表明，△Ek总是略小于W．某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的．用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F= ．
【答案】（1）小车做匀速运动，即纸带上的点均匀。
（2）0.228
（3）
（4）0.093
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】（1）挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到小车做匀速运动，即重力沿斜面的分力平衡了摩擦力．
（2）计数点1的瞬时速度 m/s=0.228m/s．
（3）根据表格中的数据做出△Ek﹣W图象如图所示．
（4）对整体分析，根据牛顿第二定律得，a= ，则小车受到的实际拉力F= = N=0.093N．
故答案为：（1）小车做匀速运动（2）0.228．（3） ；（4）0.093
【分析】（1）为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到小车做匀速运动．（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出计数点1的瞬时速度．（3）根据表格中的数据作出△Ek﹣W图象．（4）对整体分析，根据牛顿第二定律得出整体的加速度，隔离分析，列牛顿第二定律方程得出小车受到的实际拉力．
11．（2017·江苏）某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图1所示，继电器与热敏电阻R1、滑动变阻器R串联接在电源E两端，当继电器的电流超过15mA时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控．继电器的电阻约为20Ω，热敏电阻的阻值Rt与温度t的关系如表所示
t/℃ 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0
R1/Ω 199.5 145.4 108.1 81.8 62.9 49.1
（1）提供的实验器材有：电源E1（3V，内阻不计）、电源E2（6V，内阻不计）、滑动变阻器R1（0～200Ω）、滑动变阻器R2（0～500Ω）、热敏电阻Rt，继电器、电阻箱（0～999.9Ω）、开关S、导线若干．
为使该装置实现对30～80℃之间任一温度的控制，电源E应选用 （选填“E1”或“E2”），滑动变阻器R应选用 （选填“R1”或“R2”）．
（2）实验发现电路不工作．某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图2所示的选择开关旋至 （选填“A”、“B”、“C”或“D”）
（3）合上开关S，用调节好的多用电表进行排查，在图1中，若只有b、c间断路，则应发现表笔接入a、b时指针 （选填“偏转”或“不偏转”），接入a、c时指针 （选填“偏转”或“不偏转”）．
（4）排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50℃时被吸合，下列操作步骤正确顺序是 ．（填写各步骤前的序号）
①将热敏电阻接入电路
②观察到继电器的衔铁被吸合
③断开开关，将电阻箱从电路中移除
④合上开关，调节滑动变阻器的阻值
⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1Ω
【答案】（1）E2；R2
（2）C
（3）不偏转；偏转
（4）⑤④②③①
【知识点】电磁学实验；电路故障分析
【解析】【解答】（1）要想控制30℃时的情况，此时热敏电阻的阻值约为200Ω，需要的最小电动势E=0.015×（200+20）=3.3V；因此3V的电源电动势太小，应选择6V的电源E2；80℃时热敏电阻的阻值约为49.1Ω，由得，因此滑动变阻器应采用R2。
（2）要想测量电压，应将旋钮旋至直流电压档位上，因电动势为6V，因此应选择10V量程，故旋至C点；
（3）若只有b、c间断路，则应发现表笔接入a、b时，电路不通，回路中没有电流，因此指针不偏转；而接入a、c时，电表与电源直接连接，测量路端电压，故指针发生偏转；
（4）要使衔铁在50℃时被吸合，由表格数据可知，电阻为108.1Ω；应先用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1Ω；再合上开关，调节滑动变阻器的阻值，直到观察到继电器的衔铁被吸合；此时再断开开关将电阻箱取下，换上热敏电阻即可实现实验目的；故步骤为⑤④②③①；
故答案为：（1）E2；R2；（2）C；（3）不偏转；偏转；（4）⑤④②③①
【分析】（1）分析不同温度下热敏电阻的阻值，根据实验要求进行分析，根据闭合电路欧姆定律，从而明确应采用的电源和滑动变阻器；
（2）明确多用电表的使用方法，根据要求选择对应的档位和量程；
（3）根据电压表的测量方法以及电路结构进行分析，从而明确指针是否发生偏转；
（4）明确实验原理，确定实验方法，从而明确实验中应进行的基本步骤．
12．（2017·江苏）选修3-3
（1）一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V﹣T图象如图所示．下列说法正确的有（ ）
A．A→B的过程中，气体对外界做功
B．A→B的过程中，气体放出热量
C．B→C的过程中，气体压强不变
D．A→B→C的过程中，气体内能增加
（2）（甲）和（乙）图中是某同学从资料中查到的两张记录水中炭粒运动位置连线的图片，记录炭粒位置的时间间隔均为30s，两方格纸每格表示的长度相同．比较两张图片可知：若水温相同， （选填“甲”或“乙”）中炭粒的颗粒较大；若炭粒大小相同， （选填“甲”或“乙”）中水分子的热运动较剧烈．
（3）科学家可以运用无规则运动的规律来研究生物蛋白分子．资料显示，某种蛋白的摩尔质量为66kg/mol，其分子可视为半径为3×10﹣9m的球，已知阿伏加德罗常数为6.0×1023mol﹣1．请估算该蛋白的密度．（计算结果保留一位有效数字）
【答案】（1）B；C
（2）甲；乙
（3）解：该蛋白的摩尔体积：V=
由密度： ，
解得：
代入数据得：ρ=1.0×103kg/m3
答：该蛋白的密度为1.0×103kg/m3．
【知识点】分子动理论的基本内容；布朗运动；与阿伏加德罗常数有关的计算；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】（1）A、A→B的过程中，温度不变，体积减小，可知外界对气体做功，故A错误．
B、A→B的过程中，温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律△U=W+Q知，W为正，则Q为负，即气体放出热量，故B正确．
C、因为V﹣T图线中，BC段的图线是过原点的倾斜直线，则程B→C的过程中，压强不变，故C正确．
D、A到B的过程中，温度不变，内能不变，B到C的过程中，温度降低，内能减小，则A→B→C的过程中，气体内能减小，故D错误．
故选：BC．
（2）布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动，颗粒越小，液体分子对颗粒的撞击越不平衡，布朗运动越明显．由图可知，乙图中颗粒的布朗运动更明显，所以若水温相同，甲图中炭粒的颗粒较大；温度越高，布朗运动越激烈，所以若炭粒大小相同，乙中水分子的热运动较剧烈．
【分析】（1）根据气体体积的变化判断气体对外界做功还是外界对气体做功，根据温度的变化判断气体内能的变化，结合热力学第一定律得出气体是吸热还是放热．
（2）布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动，温度越高、颗粒越小，布朗运动越激烈．
（3）由体积公式求出分子的体积，乘以阿伏加德罗常数为摩尔体积，由密度公式 该蛋白的密度为摩尔质量与摩尔体积的比值．
13．（2017·江苏） [选修3-4]
（1）接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟，飞船和地球上的人观测这两只钟的快慢，下列说法正确的有（ ）
A．飞船上的人观测到飞船上的钟较快
B．飞船上的人观测到飞船上的钟较慢
C．地球上的人观测到地球上的钟较快
D．地球上的人观测到地球上的钟较慢
（2）野生大象群也有自己的“语言”．研究人员录下象群“语言”交流时发出的声音，发现以2倍速度快速播放时，能听到比正常播放时更多的声音．播放速度变为原来的2倍时，播出声波的 （选填“周期”或“频率”）也变为原来的2倍，声波的传播速度 （选填“变大”、“变小”或“不变”）．
（3）人的眼球可简化为如图所示的模型，折射率相同、半径不同的两个球体共轴，平行光束宽度为D，对称地沿轴线方向射入半径为R的小球，会聚在轴线上的P点．取球体的折射率为 ，且D= R，求光线的会聚角α．（示意图未按比例画出）
【答案】（1）A；C
（2）频率；不变
（3）解：设入射角为i．由几何关系得：sini= = ，
解得：i=45°
由折射定律有：n= ，
解得折射角为：r=30°
且由几何关系有：i=r+ ，
解得：α=30°
答：光线的会聚角α是30°．
【知识点】波长、波速与频率的关系；相对论时空观与牛顿力学的局限性；光的反射；光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）AB、飞船上的人是以飞船为参考系，故地球是高速运动的，飞船上的人观测到地球上的钟较慢，即飞船上的人观测到飞船上的钟较快，故A正确，B错误；
CD、地球上的人以地球为参考系，认为飞船高速运动，故地球上的人观测到地球上的钟较快，故C正确，D错误；
故选：AC
（2）波经过录制再次播放，并不改变波的波长、频率等特性；现播放速度变为原来的2倍时，又有波的传播过程中，波长不变，那么周期 ，则频率变为原来的2倍；
又有波的传播速度只与波的形式和介质有关，故只改变播放速度，波的传播速度不变．
故答案为：频率；不变．
【分析】（1）根据爱因斯坦狭义相对论，运动具有延时效应，故参考系高速运动的物体上的时间进程变慢．
（2）由波的传播特性可知，波的波长不变，进而根据速度得到周期的变化；波的传播速度只与波的形式和介质有关.
（3）先根据几何关系求出入射角，由折射定律求得折射角，再由几何知识求光线的会聚角α．
14．（2017·江苏） [选修3-5]
（1）原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列判断中正的有 （ ）
A．He核的结合能约为14MeV
B．He核比 Li核更稳定
C．两个 H核结合成 He核时释放能量
D．U核中核子的平均结合能比 Kr核中的大
（2）（2017 江苏）质子（ H）和α粒子（ He）被加速到相同动能时，质子的动量 （选填“大于”、“小于”或“等于”）α粒子的动量，质子和α粒子的德布罗意波波长之比为 ．
（3）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s和2m/s．求甲、乙两运动员的质量之比．
【答案】（1）B；C
（2）小于；2：1
（3）解：甲、乙相遇时用力推对方的过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′，
代入得：m甲×1+m乙×（﹣1）=m甲×（﹣1）+m乙×2，
解得：m甲：m乙=3：2．
答：甲、乙两运动员的质量之比是3：2．
【知识点】动量守恒定律；质量亏损与质能方程；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】（1）A、由图可知，氦核的结合能大约为7MeV，氦核的核子数为4，则氦核的结合能大约为28MeV，故A错误．
B、比结合能越大，原子核越稳定，由图可知，氦核的比结合能大，则 He核比 Li核更稳定，故B正确．
C、两个 H核结合成 He核时有质量亏损，释放能量，故C正确．
D、由图可知， U核中核子的平均结合能比 Kr核中的小，故D错误．
故选：BC．
（2）动能与动量的关系为：P= ，
物质波的波长：λ= ，
联立得到： ∝ ，
质子（ H）和α粒子（ He）质量之比为1：4，故物质波的波长之比为2：1；
故答案为：小于，2：1．
【分析】（1）由图得出氦核的比结合能，抓住比结合能等于结合能与核子数的比值得出氦核的结合能；比结合能越大，原子核越稳定，通过图示得出比结合能的大小．
（2）根据Ek= 、P=mv得到动能与动量的关系，然后根据公式 比较物质波的波长．
（3）甲、乙相遇时用力推对方的过程系统的动量守恒，应用动量守恒定律可以求出甲、乙质量之比．列方程时注意动量的矢量性.
四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
15．（2017·江苏）如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
（1）MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
（2）MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
（3）PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P．
【答案】（1）MN刚扫过金属杆时，杆上产生的感应电动势为：E=Bdv0，
感应电流为：I=
联立解得：I=
答：MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I为 ；
（2）MN刚扫过金属杆时，杆受到的安培力为：F=BId
由牛顿第二定律有：F=ma
联立解得：a=
答：MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a为 ；
（3）PQ刚要离开金属杆时，金属杆切割磁感线的速度为：v′=v0﹣v
则感应电动势为：E′=Bd（v0﹣v）
电功率为：P=
解得：P=
答：PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P为
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律的公式可得产生的电动势，结合闭合电路欧姆定律，即可求得MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
（2）根据第一问求得的电流，利用安培力的公式，结合牛顿第二定律，即可求得MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
（3）首先要得知，PQ刚要离开金属杆时，杆切割磁场的速度，即为两者的相对速度，然后结合导体棒切割磁感线时以及功率的公式即可得知感应电流的功率P．
16．（2017·江苏）如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R．C的质量为m，A、B的质量都为 ，与地面的动摩擦因数均为μ．现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面．整个过程中B保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：
（1）未拉A时，C受到B作用力的大小F；
（2）动摩擦因数的最小值μmin；
（3）A移动的整个过程中，拉力做的功W．
【答案】（1）C受力平衡，如图所示：
根据平衡条件可得：2Fcos30°=mg，
解得C受到B作用力的大小为：F= ；
答：未拉A时，C受到B作用力的大小为 ；
（2）C恰好降落到地面时，B对C支持力最大为Fm，如图所示，
则根据力的平衡可得：2Fmcos60°=mg，
解得：Fm=mg；
所以最大静摩擦力至少为：fm=Fmcos30°= ，
B对的面的压力为：FN=mBg+ =mg，
B受地面的摩擦力为：f=μmg，
根据题意有：fm=f，
解得：μ= ，
所以动摩擦因数的最小值为：μmin= ；
答：动摩擦因数的最小值为 ；
（3）C下降的高度为：h= ，
A的位移为：x= ，
摩擦力做功的大小为：Wf=fx= ，
根据动能定理有：W﹣Wf+mgh=0，
解得：W= ．
答：A移动的整个过程中，拉力做的功W为 ．
【知识点】共点力平衡条件的应用；动能定理的综合应用；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【分析】（1）根据共点力的平衡条件求解C受到B作用力的大小F；
（2）先根据共点力平衡条件求解B受到C水平方向最大压力，再求出B对地面的压力，根据摩擦力的计算公式求解；
（3）根据动能定理求解A移动的整个过程中，拉力做的功W．
17．（2017·江苏）一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压力为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．
（1）求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；
（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；
（3）若考虑加速电压有波动，在（U0﹣△U）到（U0+△U）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件．
【答案】（1）设甲种离子在磁场中的运动半径为r1
电场加速由动能定理得 再由
解得
根据几何关系x=2r1﹣L
解得
答：甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x为 ；
（2）最窄处位于过两虚线交点的垂线上
解得
答：在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域如上图所示，该区域最窄处的宽度d为 ；
（3）设乙种离子在磁场中的运动半径为
的最小半径
的最大半径
由题意知 ，即 ﹣ ＞L
解得L＜ [2 ﹣ ]
答：若考虑加速电压有波动，在（U0﹣△U）到（U0+△U）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，狭缝宽度L满足的条件
L＜ [2 ﹣ ]
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）从M进入磁场的粒子打在底片上的位置到N点距离最小，由动能定理求出粒子进入磁场的速度，根据洛伦兹力提供向心力求出轨道半径，由几何关系即可求解甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；
（2）就是将一个虚线半圆平移到另一个虚线半圆，最窄处位于过两虚线交点的垂线上，把两个虚线圆心找到，并连接两圆的最高点，两个圆的最高点的距离为L，根据几何关系求解；
（3）从M点射进磁场的最慢甲种离子即加速电压最小时到底片的距离，比从N点射入得最快的乙种离子即加速电压最大时到达底片的距离要大L，两轨迹的直径相差为L，列式即可求解；
1 / 12017年高考物理真题试卷（江苏卷）（正式版）
一、单项选择题．每小题只有一个选项符合题意．
1．（2017·江苏）如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r．圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．1：4 D．4：1
2．（2017·江苏）如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为（ ）
A．t B． t C． D．
3．（2017·江苏）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2017·江苏）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子（ ）
A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回 D．穿过P′点
5．（2017·江苏）如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F．小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g．下列说法正确的是（ ）
A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为
D．速度v不能超过
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．错选或不答的得0分．
6．（2017·江苏）“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距离地面约380km的圆轨道上飞行，则其（ ）
A．角速度小于地球自转角速度
B．线速度小于第一宇宙速度
C．周期小于地球自转周期
D．向心加速度小于地面的重力加速度
7．（2017·江苏）某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则（ ）
A．电感L1的作用是通高频 B．电容C2的作用是通高频
C．扬声器甲用于输出高频成分 D．扬声器乙用于输出高频成分
8．（2017·江苏）在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（ ）
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
9．（2017·江苏）如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g．则此下降过程中（ ）
A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于 mg
B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于 mg
C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
D．弹簧的弹性势能最大值为 mgL
三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12-14题）两部分，共计42分．
10．（2017·江苏）利用如图1所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系．小车的质量为M=200.0g，钩码的质量为m=10.0g，打点计时器的电源为50Hz的交流电．
（1）挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到 ．
（2）挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图2所示．选择某一点为O，一次每隔4个计时点取一个计数点．用刻度尺量出相邻计数点间的距离△x，记录在纸带上．计算打出各计数点时小车的速度v，其中打出计数点“1”时小车的速度v1= m/s．
（3）将钩码的重力视为小车受到的拉力，取g=9.80m/s2，利用W=mg△x算出拉力对小车做的功W．利用Ek= Mv2算出小车动能，并求出动能的变化量△Ek．计算结果见下表．
W/×10﹣3J 2.45 2.92 3.35 3.81 4.26
△Ek/×10﹣3J 2.31 2.73 3.12 3.61 4.00
请根据表中的数据，在答题卡的方格纸上作出△Ek﹣W图象．
（4）实验结果表明，△Ek总是略小于W．某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的．用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F= ．
11．（2017·江苏）某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图1所示，继电器与热敏电阻R1、滑动变阻器R串联接在电源E两端，当继电器的电流超过15mA时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控．继电器的电阻约为20Ω，热敏电阻的阻值Rt与温度t的关系如表所示
t/℃ 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0
R1/Ω 199.5 145.4 108.1 81.8 62.9 49.1
（1）提供的实验器材有：电源E1（3V，内阻不计）、电源E2（6V，内阻不计）、滑动变阻器R1（0～200Ω）、滑动变阻器R2（0～500Ω）、热敏电阻Rt，继电器、电阻箱（0～999.9Ω）、开关S、导线若干．
为使该装置实现对30～80℃之间任一温度的控制，电源E应选用 （选填“E1”或“E2”），滑动变阻器R应选用 （选填“R1”或“R2”）．
（2）实验发现电路不工作．某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图2所示的选择开关旋至 （选填“A”、“B”、“C”或“D”）
（3）合上开关S，用调节好的多用电表进行排查，在图1中，若只有b、c间断路，则应发现表笔接入a、b时指针 （选填“偏转”或“不偏转”），接入a、c时指针 （选填“偏转”或“不偏转”）．
（4）排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50℃时被吸合，下列操作步骤正确顺序是 ．（填写各步骤前的序号）
①将热敏电阻接入电路
②观察到继电器的衔铁被吸合
③断开开关，将电阻箱从电路中移除
④合上开关，调节滑动变阻器的阻值
⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1Ω
12．（2017·江苏）选修3-3
（1）一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V﹣T图象如图所示．下列说法正确的有（ ）
A．A→B的过程中，气体对外界做功
B．A→B的过程中，气体放出热量
C．B→C的过程中，气体压强不变
D．A→B→C的过程中，气体内能增加
（2）（甲）和（乙）图中是某同学从资料中查到的两张记录水中炭粒运动位置连线的图片，记录炭粒位置的时间间隔均为30s，两方格纸每格表示的长度相同．比较两张图片可知：若水温相同， （选填“甲”或“乙”）中炭粒的颗粒较大；若炭粒大小相同， （选填“甲”或“乙”）中水分子的热运动较剧烈．
（3）科学家可以运用无规则运动的规律来研究生物蛋白分子．资料显示，某种蛋白的摩尔质量为66kg/mol，其分子可视为半径为3×10﹣9m的球，已知阿伏加德罗常数为6.0×1023mol﹣1．请估算该蛋白的密度．（计算结果保留一位有效数字）
13．（2017·江苏） [选修3-4]
（1）接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟，飞船和地球上的人观测这两只钟的快慢，下列说法正确的有（ ）
A．飞船上的人观测到飞船上的钟较快
B．飞船上的人观测到飞船上的钟较慢
C．地球上的人观测到地球上的钟较快
D．地球上的人观测到地球上的钟较慢
（2）野生大象群也有自己的“语言”．研究人员录下象群“语言”交流时发出的声音，发现以2倍速度快速播放时，能听到比正常播放时更多的声音．播放速度变为原来的2倍时，播出声波的 （选填“周期”或“频率”）也变为原来的2倍，声波的传播速度 （选填“变大”、“变小”或“不变”）．
（3）人的眼球可简化为如图所示的模型，折射率相同、半径不同的两个球体共轴，平行光束宽度为D，对称地沿轴线方向射入半径为R的小球，会聚在轴线上的P点．取球体的折射率为 ，且D= R，求光线的会聚角α．（示意图未按比例画出）
14．（2017·江苏） [选修3-5]
（1）原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列判断中正的有 （ ）
A．He核的结合能约为14MeV
B．He核比 Li核更稳定
C．两个 H核结合成 He核时释放能量
D．U核中核子的平均结合能比 Kr核中的大
（2）（2017 江苏）质子（ H）和α粒子（ He）被加速到相同动能时，质子的动量 （选填“大于”、“小于”或“等于”）α粒子的动量，质子和α粒子的德布罗意波波长之比为 ．
（3）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s和2m/s．求甲、乙两运动员的质量之比．
四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
15．（2017·江苏）如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
（1）MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
（2）MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
（3）PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P．
16．（2017·江苏）如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R．C的质量为m，A、B的质量都为 ，与地面的动摩擦因数均为μ．现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面．整个过程中B保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：
（1）未拉A时，C受到B作用力的大小F；
（2）动摩擦因数的最小值μmin；
（3）A移动的整个过程中，拉力做的功W．
17．（2017·江苏）一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压力为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．
（1）求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；
（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；
（3）若考虑加速电压有波动，在（U0﹣△U）到（U0+△U）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】磁通量
【解析】【解答】解：由于线圈平面与磁场方向垂直，故穿过该面的磁通量为：Φ=BS，半径为r的虚线范围内有匀强磁场，所以磁场的区域面积为：S=πr2
结合图可知，穿过两个线圈的磁感线的条数是相等的，所以磁通量都是：Φ=πBr2．与线圈的大小无关．故A正确，BCD错误．
故选：A
【分析】在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个面积为S且与磁场方向垂直的平面，磁感应强度B与面积S的乘积，叫做穿过这个平面的磁通量，故当B与S平面垂直时，穿过该面的磁通量Φ=BS．
2．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】解：两球同时抛出，竖直方向上做自由落体运动，相等时间内下降的高度相同，始终在同一水平面上，根据x=vAt+vBt知，当两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为 ，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，抓住两球的水平位移和不变，结合初速度的变化得出两球从抛出到相遇经过的时间．
3．【答案】C
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，去沿斜面向上为位移正方向；根据动能定理可得：
上滑过程中：﹣mgxsinθ﹣μmgxcosθ=Ek﹣Ek0，所以Ek=Ek0﹣（mgsinθ+μmgcosθ）x；位移x增大，
下滑过程中：mgx′sinθ﹣μmgx′cosθ=Ek﹣0，所以Ek=（mgsinθ﹣μmgcosθ）x′；位移x′减小，
根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小．结合数学知识，
故C正确、ABD错误；
故选：C．
【分析】分别对上滑过程、下滑过程利用动能定理列方程得到动能和位移的关系即可进行判断，同时注意位移的变化。
4．【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用；电容器及其应用；匀强电场电势差与场强的关系；带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】设AB间电场强度为 ，BC间场强为 ，根据题意由O点释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理，有
①
BC板电量不变，BC板间的场强
= = ②
由②知BC板间的场强不随距离的变化而变化，即当C板向右平移到P'时，BC板间的场强不变，由①知，电子仍然运动到P点返回，故A正确，BCD错误；
故选：A
【分析】根据匀强电场电场强度的公式 ，电容的定义式 以及电容的决定式 C= ，联立得E=，知道在电量不变的情况下，改变两板间距离，场强不变，再结合动能定理进行讨论．
5．【答案】D
【知识点】静摩擦力；向心力；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、物块向右匀速运动时，则夹子与物体M，处于平衡状态，那么绳中的张力等于Mg，与2F大小关系不确定，故A错误；
B、小环碰到钉子P时，物体M做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力大于Mg，而与2F大小关系不确定，故B错误；
C、依据机械能守恒定律，减小的动能转化为重力势能，则有： ，那么物块上升的最大高度为h= ，故C错误；
D、因夹子对物体M的最大静摩擦力为2F，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，对物体M，则有 ，解得：v= ，故D正确；
故选：D．
【分析】匀速运动时，处于平衡状态，整体分析，即可判定绳子中张力；当做圆周运动时，最低点，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，即可确定张力与Mg的关系，与2F关系无法确定；利用机械能守恒定律，即可求解最大高度；根据两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F，利用牛顿第二定律，结合向心力公式，即可求解．
6．【答案】B,C,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A、根据卫星的速度公式v= 和v=rω得：ω= ．将“天舟一号”与地球同步卫星比较，由于“天舟一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天舟一号”的角速度大于地球同步卫星的角速度，而地球同步卫星的角速度等于地球自转角速度，所以其角速度大于地球自转角速度．故A错误．
B、第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，知其线速度小于第一宇宙速度．故B正确．
C、由T= 知“天舟一号”的周期小于地球同步卫星的周期，而地球同步卫星的周期等于地球自转周期，所以其周期小于地球自转周期．故C正确．
D、由a= = 知，其向心加速度小于近地卫星的向心加速度，而近地卫星的向心加速度约等于地面的重力加速度，所以其向心加速度小于地面的重力加速度．故D正确．
故选：BCD
【分析】根据卫星的速度公式v= 和v=rω得到角速度的表达式，将“天舟一号”的角速度与地球同步卫星的角速度比较，从而分析其角速度与地球自转角速度的关系．第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度．由a= 比较“天舟一号”的向心加速度与近地卫星加速度的关系，从而分析出它的向心加速度与地面的重力加速度的关系．
7．【答案】B,D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】A、电感L1的作用是通低频，阻高频，故A错误．
B、电容G2的作用是通高频，阻低频，故B正确．
C、电感L1的作用是通低频，阻高频，而电容C1的作用是通高频，阻低频，所以低频部分通过扬声器甲．故C错误．
D、电感L1的作用是通低频，阻高频，所以扬声器乙用于输出高频成分，故D正确．
故选：BD
【分析】根据电容器的特性：通交隔直，通高阻低，以及电感线圈的特性：通直阻交，通低阻高来分析选择．
8．【答案】A,C
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A、由图可知：无穷远处电势为零，有电势为正的地方，故存在正电荷；有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以，q1和q2带有异种电荷，故A正确；
B、电场强度等于图中曲线斜率，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，故B错误；
C、负电荷从x1移到x2，电势增大，由知负电荷在电势高的位置电势能小，故C正确；
D、负电荷从x1移到x2，曲线斜率减小，所以电场强度减小，电荷受到的电场力减小，故D错误；
故选：AC．
【分析】由电势的变化及无穷远处电势为零可得源电荷带异号电荷，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而得出电场力变化．
9．【答案】A,B
【知识点】动态平衡分析；弹性势能；超重与失重
【解析】【解答】AB、A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F= ；在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于 mg，故A、B正确；
B、当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；
D、A下落的高度为：h=Lsin60°﹣Lsin30°，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为EP=mgh= mgL，故D错误．
故选：AB．
【分析】A的动能最大时受力平衡，根据平衡条件求解地面支持力，根据超重失重现象分析A的动能达到最大前，B受到地面的支持力大小；根据功能关系分析弹簧的弹性势能最大值．
10．【答案】（1）小车做匀速运动，即纸带上的点均匀。
（2）0.228
（3）
（4）0.093
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】（1）挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到小车做匀速运动，即重力沿斜面的分力平衡了摩擦力．
（2）计数点1的瞬时速度 m/s=0.228m/s．
（3）根据表格中的数据做出△Ek﹣W图象如图所示．
（4）对整体分析，根据牛顿第二定律得，a= ，则小车受到的实际拉力F= = N=0.093N．
故答案为：（1）小车做匀速运动（2）0.228．（3） ；（4）0.093
【分析】（1）为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到小车做匀速运动．（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出计数点1的瞬时速度．（3）根据表格中的数据作出△Ek﹣W图象．（4）对整体分析，根据牛顿第二定律得出整体的加速度，隔离分析，列牛顿第二定律方程得出小车受到的实际拉力．
11．【答案】（1）E2；R2
（2）C
（3）不偏转；偏转
（4）⑤④②③①
【知识点】电磁学实验；电路故障分析
【解析】【解答】（1）要想控制30℃时的情况，此时热敏电阻的阻值约为200Ω，需要的最小电动势E=0.015×（200+20）=3.3V；因此3V的电源电动势太小，应选择6V的电源E2；80℃时热敏电阻的阻值约为49.1Ω，由得，因此滑动变阻器应采用R2。
（2）要想测量电压，应将旋钮旋至直流电压档位上，因电动势为6V，因此应选择10V量程，故旋至C点；
（3）若只有b、c间断路，则应发现表笔接入a、b时，电路不通，回路中没有电流，因此指针不偏转；而接入a、c时，电表与电源直接连接，测量路端电压，故指针发生偏转；
（4）要使衔铁在50℃时被吸合，由表格数据可知，电阻为108.1Ω；应先用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1Ω；再合上开关，调节滑动变阻器的阻值，直到观察到继电器的衔铁被吸合；此时再断开开关将电阻箱取下，换上热敏电阻即可实现实验目的；故步骤为⑤④②③①；
故答案为：（1）E2；R2；（2）C；（3）不偏转；偏转；（4）⑤④②③①
【分析】（1）分析不同温度下热敏电阻的阻值，根据实验要求进行分析，根据闭合电路欧姆定律，从而明确应采用的电源和滑动变阻器；
（2）明确多用电表的使用方法，根据要求选择对应的档位和量程；
（3）根据电压表的测量方法以及电路结构进行分析，从而明确指针是否发生偏转；
（4）明确实验原理，确定实验方法，从而明确实验中应进行的基本步骤．
12．【答案】（1）B；C
（2）甲；乙
（3）解：该蛋白的摩尔体积：V=
由密度： ，
解得：
代入数据得：ρ=1.0×103kg/m3
答：该蛋白的密度为1.0×103kg/m3．
【知识点】分子动理论的基本内容；布朗运动；与阿伏加德罗常数有关的计算；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】（1）A、A→B的过程中，温度不变，体积减小，可知外界对气体做功，故A错误．
B、A→B的过程中，温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律△U=W+Q知，W为正，则Q为负，即气体放出热量，故B正确．
C、因为V﹣T图线中，BC段的图线是过原点的倾斜直线，则程B→C的过程中，压强不变，故C正确．
D、A到B的过程中，温度不变，内能不变，B到C的过程中，温度降低，内能减小，则A→B→C的过程中，气体内能减小，故D错误．
故选：BC．
（2）布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动，颗粒越小，液体分子对颗粒的撞击越不平衡，布朗运动越明显．由图可知，乙图中颗粒的布朗运动更明显，所以若水温相同，甲图中炭粒的颗粒较大；温度越高，布朗运动越激烈，所以若炭粒大小相同，乙中水分子的热运动较剧烈．
【分析】（1）根据气体体积的变化判断气体对外界做功还是外界对气体做功，根据温度的变化判断气体内能的变化，结合热力学第一定律得出气体是吸热还是放热．
（2）布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动，温度越高、颗粒越小，布朗运动越激烈．
（3）由体积公式求出分子的体积，乘以阿伏加德罗常数为摩尔体积，由密度公式 该蛋白的密度为摩尔质量与摩尔体积的比值．
13．【答案】（1）A；C
（2）频率；不变
（3）解：设入射角为i．由几何关系得：sini= = ，
解得：i=45°
由折射定律有：n= ，
解得折射角为：r=30°
且由几何关系有：i=r+ ，
解得：α=30°
答：光线的会聚角α是30°．
【知识点】波长、波速与频率的关系；相对论时空观与牛顿力学的局限性；光的反射；光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）AB、飞船上的人是以飞船为参考系，故地球是高速运动的，飞船上的人观测到地球上的钟较慢，即飞船上的人观测到飞船上的钟较快，故A正确，B错误；
CD、地球上的人以地球为参考系，认为飞船高速运动，故地球上的人观测到地球上的钟较快，故C正确，D错误；
故选：AC
（2）波经过录制再次播放，并不改变波的波长、频率等特性；现播放速度变为原来的2倍时，又有波的传播过程中，波长不变，那么周期 ，则频率变为原来的2倍；
又有波的传播速度只与波的形式和介质有关，故只改变播放速度，波的传播速度不变．
故答案为：频率；不变．
【分析】（1）根据爱因斯坦狭义相对论，运动具有延时效应，故参考系高速运动的物体上的时间进程变慢．
（2）由波的传播特性可知，波的波长不变，进而根据速度得到周期的变化；波的传播速度只与波的形式和介质有关.
（3）先根据几何关系求出入射角，由折射定律求得折射角，再由几何知识求光线的会聚角α．
14．【答案】（1）B；C
（2）小于；2：1
（3）解：甲、乙相遇时用力推对方的过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′，
代入得：m甲×1+m乙×（﹣1）=m甲×（﹣1）+m乙×2，
解得：m甲：m乙=3：2．
答：甲、乙两运动员的质量之比是3：2．
【知识点】动量守恒定律；质量亏损与质能方程；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】（1）A、由图可知，氦核的结合能大约为7MeV，氦核的核子数为4，则氦核的结合能大约为28MeV，故A错误．
B、比结合能越大，原子核越稳定，由图可知，氦核的比结合能大，则 He核比 Li核更稳定，故B正确．
C、两个 H核结合成 He核时有质量亏损，释放能量，故C正确．
D、由图可知， U核中核子的平均结合能比 Kr核中的小，故D错误．
故选：BC．
（2）动能与动量的关系为：P= ，
物质波的波长：λ= ，
联立得到： ∝ ，
质子（ H）和α粒子（ He）质量之比为1：4，故物质波的波长之比为2：1；
故答案为：小于，2：1．
【分析】（1）由图得出氦核的比结合能，抓住比结合能等于结合能与核子数的比值得出氦核的结合能；比结合能越大，原子核越稳定，通过图示得出比结合能的大小．
（2）根据Ek= 、P=mv得到动能与动量的关系，然后根据公式 比较物质波的波长．
（3）甲、乙相遇时用力推对方的过程系统的动量守恒，应用动量守恒定律可以求出甲、乙质量之比．列方程时注意动量的矢量性.
15．【答案】（1）MN刚扫过金属杆时，杆上产生的感应电动势为：E=Bdv0，
感应电流为：I=
联立解得：I=
答：MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I为 ；
（2）MN刚扫过金属杆时，杆受到的安培力为：F=BId
由牛顿第二定律有：F=ma
联立解得：a=
答：MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a为 ；
（3）PQ刚要离开金属杆时，金属杆切割磁感线的速度为：v′=v0﹣v
则感应电动势为：E′=Bd（v0﹣v）
电功率为：P=
解得：P=
答：PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P为
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律的公式可得产生的电动势，结合闭合电路欧姆定律，即可求得MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
（2）根据第一问求得的电流，利用安培力的公式，结合牛顿第二定律，即可求得MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
（3）首先要得知，PQ刚要离开金属杆时，杆切割磁场的速度，即为两者的相对速度，然后结合导体棒切割磁感线时以及功率的公式即可得知感应电流的功率P．
16．【答案】（1）C受力平衡，如图所示：
根据平衡条件可得：2Fcos30°=mg，
解得C受到B作用力的大小为：F= ；
答：未拉A时，C受到B作用力的大小为 ；
（2）C恰好降落到地面时，B对C支持力最大为Fm，如图所示，
则根据力的平衡可得：2Fmcos60°=mg，
解得：Fm=mg；
所以最大静摩擦力至少为：fm=Fmcos30°= ，
B对的面的压力为：FN=mBg+ =mg，
B受地面的摩擦力为：f=μmg，
根据题意有：fm=f，
解得：μ= ，
所以动摩擦因数的最小值为：μmin= ；
答：动摩擦因数的最小值为 ；
（3）C下降的高度为：h= ，
A的位移为：x= ，
摩擦力做功的大小为：Wf=fx= ，
根据动能定理有：W﹣Wf+mgh=0，
解得：W= ．
答：A移动的整个过程中，拉力做的功W为 ．
【知识点】共点力平衡条件的应用；动能定理的综合应用；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【分析】（1）根据共点力的平衡条件求解C受到B作用力的大小F；
（2）先根据共点力平衡条件求解B受到C水平方向最大压力，再求出B对地面的压力，根据摩擦力的计算公式求解；
（3）根据动能定理求解A移动的整个过程中，拉力做的功W．
17．【答案】（1）设甲种离子在磁场中的运动半径为r1
电场加速由动能定理得 再由
解得
根据几何关系x=2r1﹣L
解得
答：甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x为 ；
（2）最窄处位于过两虚线交点的垂线上
解得
答：在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域如上图所示，该区域最窄处的宽度d为 ；
（3）设乙种离子在磁场中的运动半径为
的最小半径
的最大半径
由题意知 ，即 ﹣ ＞L
解得L＜ [2 ﹣ ]
答：若考虑加速电压有波动，在（U0﹣△U）到（U0+△U）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，狭缝宽度L满足的条件
L＜ [2 ﹣ ]
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）从M进入磁场的粒子打在底片上的位置到N点距离最小，由动能定理求出粒子进入磁场的速度，根据洛伦兹力提供向心力求出轨道半径，由几何关系即可求解甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；
（2）就是将一个虚线半圆平移到另一个虚线半圆，最窄处位于过两虚线交点的垂线上，把两个虚线圆心找到，并连接两圆的最高点，两个圆的最高点的距离为L，根据几何关系求解；
（3）从M点射进磁场的最慢甲种离子即加速电压最小时到底片的距离，比从N点射入得最快的乙种离子即加速电压最大时到达底片的距离要大L，两轨迹的直径相差为L，列式即可求解；
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