河南省郑州市2017年高中毕业年级第二次质量预测
理科综合(物理部分)
参考答案
14．答案 B
解析 若图象表示加速度随时间的变化，由Δv＝aΔt可知面积等于质点在相应时间内速度的变化量，A错误；若图象表示力随位置的变化，由W＝Fs可知面积等于该力在相应位移内所做的功，B正确；若图象表示电容器充电电流随时间的变化，由q＝It可知面积等于相应时间内电容器储存的电荷量，C错误；若图象表示电势随位置的变化，则面积没有物理意义，D错误。 15．答案 C
F13πkR2
解析 设球的半径为R，质量为m，由题意可知风力F＝kπvR，当v0＝3 m/s时，由受力平衡可知tan30°＝＝，mgmg
2
当v＝4.5 m/s时，tanθ＝1.5tan30°，θ≠45°，A错误；无论风速多大，由小球的受力平衡可知，细线与竖直方向的夹角kπvR2
小于90°，B错误；由以上分析可知tanθ＝，若风速不变，换用半径更大、质量不变的球，则tanθ增大，夹角θ
mg增大，C正确；同理若风速不变，换用半径相等、质量更大的球，则tanθ减小，夹角θ减小，D错误。 16答案 A
εrS
解析 由于平行板电容器充电后与电源断开，极板带电荷量不变，将B极板向左水平移动一小段距离后，由电容C＝
4πkdQUQQ4πkQQ
可知电容C减小，B错误；由U＝可知两极板间电势差U增大，θ变大，C错误；由E＝＝＝＝∝可CdCdεrSεrSS
·d4πkd知电场强度E不变，D错误，A正确。 17．答案 D
解析 要完成对接，应先让神舟十一号飞船处于低轨道，点火加速后发生离心运动，变轨到高轨道与天宫二号完成对接，A错误；由以上分析可知对接后飞船运行半径增大，由线速度v＝
GM和周期T＝2πr
r3可知飞船速度v减小，GM
Mm
周期T增大，B错误；由题给条件可知G2＝mg(m为地球表面物体的质量)，设飞船与天宫二号总质量为m′，由万
R3GMT23gR2T2GMm′4π2
有引力提供向心力，设对接后距离地面高度为h，得＝m′2(R＋h)，h＝－R＝－R，C错误，
T4π24π2?R＋h?2D正确。 18．答案 CD
解析 由光电效应方程Ek＝hν－W0可知从锌板表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，A错误；卢瑟福的α粒子散射实验证实了原子的核式结构但并未发现质子，B错误；重核的裂变与轻核的聚变过程中，核子的平均质量均有所减小，有质量亏损，释放出核能，C正确；氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，库仑力做正功，原子电势能减小，电子动能增大，同时辐射出一定频率的光子，原子能量减小，D正确。
19．答案 AD
解析 在线框进入磁场过程中，穿过线框的磁通量增大，由楞次定律和右手螺旋定则可判断感应电流方向为逆时针，
由左手定则可判断此时ab边所受安培力与ab边垂直向上，穿出磁场时，磁通量减小，感应电流方向为顺时针，A正ΔΦ
确，B错误；从穿入与穿出初、末位置磁通量均为零可知ΔΦ＝0，由法拉第电磁感应定律E＝n可知平均感应电动
Δt势E＝0，C错误；由线框结构可知穿入、穿出过程中产生的感应电动势按正弦规律变化，电动势峰值为Um＝Bdv，
23
UmBdv2dU2Bdv
有效值为U＝＝，线框运动时间t＝v，得焦耳热Q＝t＝，D正确。
RR22
20．答案 BC
解析 设整体加速度为a，钢索拉力为F，物块所受支持力为FN，对整体受力分析有F－(M＋m)g＝(M＋m)a，F＝(M＋m)(g＋a)，分析物块受力有FN－mg＝ma，FN＝m(g1
＋a)，得F∶FN＝(M＋m)∶m，A错误；对物块应用动能定理W－mgH＝mv2，W为
21
支持力做的功，得W＝mgH＋mv2，B正确；物块上升高度为H过程中做的是匀加
2
vv11
速直线运动，平均速度v＝，克服重力做功的平均功率为P＝mg·＝mgv，C正确；整体动能增量ΔEk＝(M＋m)v2，
22221
重力势能增量ΔEp＝(M＋m)gH，故机械能增加量ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝(M＋m)v2＋(M＋m)gH，D错误。
221．答案 AC
11
解析 由这段圆弧的弧长是圆周长的可判断圆周长所对应的弦长即为粒子圆周运动的直径，设粒子圆周运动半径为r，
33得2r＝2Rsin60°＝3R，由r＝动半径r变为小增加到
mvrqB3qBR可知v＝＝，A正确，B错误；若将磁感应强度的大小增加到3B，粒子运qBm2m
r1
，弦长即为R，对应磁场区域圆心角为60°，圆弧长度变为原来的，C正确；同理若将磁感应强度大
23
63
B，最大弦长为2R，对应磁场区域圆心角为90°，圆弧长度变为原来的，D错误。 24
(一)必考题：共47分。
22．答案 (1)AC (2)1.80(1.78～1.82) (3)大于(各2分)
解析 (1)本实验应把细线对小车的拉力作为小车所受合外力，因此需保证小车重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡，方法就是把木板右端垫高，同时使细线与木板平行，A、C正确；由于小车前加装力传感器，则不需要保证小车质量远大于所挂钩码质量，B错误；实验开始时，应先接通电源后释放纸带，D错误。 (2)由匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得vB＝AE－2AC0.272－2×0.1＝ m/s2＝1.80 m/s2。 24T4×0.01
F1
(3)由牛顿第二定律可知a＝，图线的斜率k＝，k乙>k甲，则m甲>m乙。
mm23．答案 (1)B、C、E(各1分) 10 Ω(2分) (2)如图所示(2分) (3)0.22(0.21～0.23) (2分)
0.6
解析 (1)根据灯泡的标称值可知灯泡的额定电压为2.5 V，额定电流为 A＝240 mA，因此电压表选择C，电流表选
2.5
ACAC0.1，T＝＝ s＝0.1 s，由逐差法可知a＝2T2vB2×0.5
择B，描绘小灯泡伏安特性曲线需要调节灯泡两端电压从零开始，故滑动变阻器选择总电阻较小的E。当滑片在d位置时灯泡两端电压最大，应使此时灯泡达到额定电压，此时并联路段总电阻大约为5 Ω，干路电流约为0.5 A，R0电压约为6.25 V，电阻约为12.5 Ω，应选择10 Ω定值电阻最为合适。
(2)因电流表内阻与小灯泡内阻相当，电流表应用外接法，实物连线时可按顺序法从电源一端画起，注意滑动变阻器的分压连接与电流表外接法的连线即可。
(3)两灯泡并联接在电源两端，设电压为U，电流为I，由闭合电路欧姆定律可知U＝E－2Ir，在灯泡的伏安特性曲线中作出U＝E－2Ir对应的伏安特性曲线，与小灯泡伏安特性曲线的交点即为灯泡两端电压与电流值，交点坐标为(1.2 V,0.18 A)，实际功率P＝UI＝0.22 W。
24．解析 (1)离子经电压为U的电场加速， 1
由动能定理得qU＝mv2①(2分)
2离子在速度选择器中qE＝qvB1②(2分)
mv2
离子进入磁场后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB0＝③(2分)
R3
由几何关系得L＝2R④(1分)
23qB1B0L
联立②③④解得m＝(2分)
4E3B0EL
代入①，联立②解得U＝。(2分)
8B1
(2)要使离子打在底片上，即L≤2R≤2L⑤(1分) 由③式得R和B成反比， 33
故B0≤B≤B0。(2分) 42
25．解析 (1)设物块A与长木板B碰前的速度为v 11由动能定理得－μ1m1gl＝m1v2－m1v20 22解得v＝v20－2μ1gl＝9 m/s(2分)
A与B发生完全弹性碰撞，假设碰撞后瞬间A、B的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2(2分) 由机械能守恒定律得 1121m1v2＝m1v1＋m2v22(2分) 222
m1－m22m1联立解得v1＝v＝－3 m/s，v2＝v＝6 m/s。(2分)
m1＋m2m1＋m2
(2)之后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律 对木板B有－μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝m2a1(2分) 对物块C：μ2m3g＝m3a2(1分)
设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，v2＋a1t＝a2t(1分) 11
木板B的最小长度d＝v2t＋a1t2－a2t2＝3 m(1分)
22
B、C达到共同速度之后，因μ1<μ2，二者一起减速至停下， 由牛顿运动定律得－μ1(m2＋m3)g＝(m2＋m3)a3(2分)
整个过程B运动的位移为
2
120－?a2t?
xB＝v2t＋a1t＋＝6 m(1分)
22a3
2
0－v1
A与B碰撞后，A做减速运动的加速度也为a3，位移为xA＝＝4.5 m(1分)
2a3
物块A离长木板B左侧的最终距离为 xA＋xB＝10.5 m。(1分)
(二)选考题：共15分。请考生从33和34两道题中任选一题作答。 33．[物理——选修3－3](15分) 答案 (1)ACD(5分) (2)见解析
解析 (1)布朗运动是悬浮于液体中的固体小颗粒的运动，是由于液体分子撞击不平衡造成的，间接反映了分子的无规则运动，A正确；随分子间距离的增大，分子引力与斥力均减小，B错误；温度是分子平均动能的标志，温度相同的氢气与氧气分子平均动能相同，但分子质量不同，从而分子平均速率不同，C正确；热量只能自发地从高温物体传到低温物体，D正确；第二类永动机不能制成的原因是因为违反了热力学第二定律，E错误。 (2)设气体压强为p，由活塞受力平衡得pS＝Mg＋p0S(2分)
HS?H＋H－x?S
设气体初态的温度为T，系统达到新平衡时活塞下降的高度为x，由盖—吕萨克定律得＝(2分)
T1.2T4
解得x＝H(2分)
5
又系统绝热，即Q＝0(1分) 外界对气体做功为W＝pSx(1分) 根据热力学第一定律得
4
ΔU＝W＋Q＝(Mg＋p0S)H。(2分)
534．[物理——选修3－4](15分)
答案 (1)BDE(5分) (2)见解析
1
解析 (1)t＝0时刻P质点经过平衡位置向上振动T，由于离平衡位置越近振动速度越大，可判断t＝0时刻P质点位移
81Δx8n＋1n＋?λ＝Δx，波速v＝＝大于5 cm，A错误；若该波向右传播，传播距离为? m/s＝(16n＋2) m/s(n＝0,1，2?)，?8?t0.57Δx′
n＋?λ，波速v′＝若波向左传播Δx′＝?＝(16n＋14) m/s，当n＝1时，v′＝30 m/s，B正确；同理，若波向右?8?t17n＋n＋81?2n＋1? Hz，若波向左传播0.5 s＝?n＋7?T′＝8，f′＝?2n＋7? Hz，由此可判断波n＋?T＝传播0.5 s＝?，f＝4?4??8???8??ff′源振动频率不可能为2.5 Hz，C错误；若波向右传播，t＝0时刻实线波形中x＝－2 m处质点处于波谷，在1.5 s时刻该波谷向右平移距离为vt＝(24n＋3) m，由λ＝8 m和波形的周期性可知P点一定处于波谷位置；若波向左传播，由虚线波形x＝7 m处的波谷向左传播1 s的距离为v′t′＝(16n＋14) m＝(2n＋1)λ＋6，可判断t＝1.5 s时质点P一定处于波谷位置，D正确；由λ＝8 m 大于障碍物的尺寸，可发生明显的衍射现象，E
正确。
1
(2)①设射向P点的光线入射角为θ1，sinθ1＝(1分)
2sinθ11
根据折射定律＝(2分)
sinθ2n解得θ2＝60°(1分)
1
②设材料的临界角为C，射向M点的光线恰好发生全反射，则有sinC＝(2分)
nAB界面没有光线射出部分的长度 BM＝(1－tanC)R＝?1－??
1?
?R(2分) n2－1?
两界面上没有光线射出部分的总长度 l＝2?1－
??
1??R＝(2－2)R或0.59R。(2分) n2－1?
河南省郑州市2017年高中毕业年级第二次质量预测物理部分试题
