1、2017 届北京四中高三 5 月高考保温理综物理试题（解析版）1. 下列说法中正确的是（ ）A. 当物体的温度升高时，物体内每个分子热运动的速率一定都增大B. 布朗运动间接反映了液体分子运动的无规则性C. 分子间的吸引力总是大于排斥力D. 物体运动得越快，其内能一定越大【答案】B【解析】试题分析：当物体的温度升高时，物体内分子的平均速率增大，但是每个分子热运动的速率不一定都增大，选项 A 错误；布朗运动是悬浮在液体表面的微小颗粒的无规则运动，间接反映了液体分子运动的无规则性，选项 B 正确；当分子间距 rr 0时分子间的吸引力大于排斥力，分子力表现为引力，而当分子间距 rr 0时分子间的吸引力
2、小于排斥力，分子力表现为斥力，故选项 C 错误；宏观物体的机械能和物体的内能无直接关系，即物体运动得越快，其内能不一定越大，选项 D 错误；故选 B.考点：布朗运动；分子力；内能和温度.2. a、 b 两种单色光以相同的入射角从空气斜射向平行玻璃砖，界面 MN 与 PQ 平行，光路如图所示关于a、 b 两种单色光，下列说法正确的是( )A. 该玻璃砖中 a 光的传播速度小于 b 光的传播速度B. a、 b 两种单色光从玻璃砖射向空气后，两单色光可能不平行C. 若增大从空气射入玻璃时的入射角， a、 b 两种单色光在 PQ 界面可能发生全反射D. 分别用这两种单色光照射某种金属，若 a 光能发生
3、光电效应现象，则 b 光一定能发生光电效应现象【答案】D【解析】试题分析：从光路图可知，玻璃对 b 的折射率比 a 大，即 ；光在介质中的传播速度 ，故 ，A 错误；玻璃砖两边平行，根据折射定律可知光线平行入射必定平行出射，B 错误；由于入射光与出射光线一定平行，而如果在 PQ 界面发生全反射，则至少 a，b 平行于 PQ，则入射光线平行于 MN，这样光线无法入射进玻璃，故 C 错误；由 ，可知光的频率 ，对同一金属材料，频率越大，越容易发生光电效应，故 D 正确。考点：光电效应全反射、光导纤维光的折射定律。3. 图甲为一简谐横波在 t=0 时刻的波形图像，图乙为横波中 x=2m 处质点 A
4、的振动图像，则下列说法正确的是（ ）A. 波的传播方向沿 x 轴负方向B. 波的传播速度大小为 2m/sC. 在 t=0 时刻，图甲中质点 A 的振动速度大小为 0D. 在 t=1s 时刻，图甲中质点 A 的位置坐标为（0，20）【答案】B【解析】从图乙中可以看出 A 质点在 t=0 时刻的振动方向为向上振动，在平衡位置，速度最大，根据走坡法可得波向 x 轴正方向传播，AC 错误；从图甲中可得 ，从图乙中可得 ，故波的传播速度为，B 正确； ，质点 A 从平衡位置到达波峰，坐标为（2，20） ，D 错误4. 2016 年中秋夜，我国成功将天宫二号送入预定轨道，2016 年 10 月 17 日神
5、舟十一号顺利升空并在之后与天宫二号实行交会对接。天宫二号是在天宫一号基础上研制的航天器，两者外形完全相同，但却承担着不同的任务。 天宫一号主要是和载人飞船配合完成空间交会对接实验任务，而天宫二号则是我国第一个具备太空补加功能的载人航天实验室，要第一次实现航天员中期驻留、第一次试验推进剂太空补加技术等重要的科学实验，天宫二号被称为是我国首个真正意义上的空间实验室。天宫二号的轨道高度为 393km，比天宫一号高了 50km，关于天宫二号与天宫一号的比较，以下说法正确的是（ ）A. “天宫二号”运行的线速度比“天宫一号”大B. “天宫二号”运行的加速度比“天宫一号”大C. “天宫二号”运行的角速度比
6、“天宫一号”大D. “天宫二号”运行的周期比“天宫一号”大【答案】D【解析】试题分析：天宫飞行器绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以求出线速度、加速度、角速度与周期，然后比较大小万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 ，解得 ，天宫二号的轨道半径大于天宫一号的轨道半径， “天宫二号”运行的线速度比“天宫一号”小，故 A 错误；万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 ，解得 ，天宫二号的轨道半径大于天宫一号的轨道半径， “天宫二号”运行的加速度比“天宫一号”小，故 B 错误；万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 ，解得，天宫二号的轨道半径大于天宫一号的轨道半径，
7、“天宫二号”运行的角速度比“天宫一号”小，故 C 错误；万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 ，解得 ，天宫二号的轨道半径大于天宫一号的轨道半径， “天宫二号”运行的周期比“天宫一号”大，故 D 正确5. 在垂直纸面的匀强磁场中，有不计重力的甲、乙两个带电粒子，在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图。则下列说法中正确的是（ ）A. 甲、乙两粒子所带电荷种类不同B. 若甲、乙两粒子的动量大小相等，则甲粒子所带电荷量较大C. 若甲、乙两粒子所带电荷量及运动的速率均相等，则甲粒子的质量较大D. 该磁场方向一定是垂直纸面向里【答案】C6. 如图所示，一理想变压器原线圈匝数 n1=1000 匝，
8、副线圈匝数 n2=200 匝，原线圈所接交流电源的电动势瞬时值表达式 e=311sin100t V，副线圈所接电阻 R=88。电流表、电压表对电路影响可忽略不计。则（ ）A. A1的示数约为 0.10A B. V1的示数约为 311VC. V2的示数约为 62.2V D. A2的示数约为 0.75A【答案】A【解析】试题分析：由于原线圈中交流电源的电动势瞬时值表达式 e=311sin100tV，故 V1的示数为其有效值 220V，B 错误；根据变压器的匝数比与电压之比的关系得 ，则 V2的示数为 U2= =44V，故 C错误；由欧姆定律得，A 2的示数为 I2= =0.50A，故 D 也错误；
9、再根据线圈的匝数与电流的关系可得，A 1的示数约为 I1= =0.10A，故 A 正确。考点：变压器。7. 如图所示的实验装置中，小球 A、 B 完全相同用小锤轻击弹性金属片， A 球沿水平方向抛出，同时 B球被松开，自由下落，实验中两球同时落地图中虚线 1、2 代表离地高度不同的两个水平面，则下列说法正确的是（ ）A. A 球经过面 1 时的速率等于 B 球经过面 1 时的速率B. A 球从面 1 到面 2 的速率变化等于 B 球从面 1 到面 2 的速率变化C. A 球从面 1 到面 2 的动量变化大于 B 球从面 1 到面 2 的动量变化D. A 球从面 1 到面 2 的机械能变化等于
10、B 球从面 1 到面 2 的机械能变化【答案】D【解析】试题分析：A 球做平抛运动，B 球做自由落体运动；到达面 1 时，B 球的速度等于 A 球的竖直速度，但 A 球还有水平速度，所以到达面 1 时，A 的速率大于 B 的速率，故 A 错误；A 球从面 1 到面 2 的速度变化等于 B 球从面 1 到面 2 的速度变化，故 B 错误； A 球从面 1 到面 2 的动量变化等于于 B 球从面 1 到面 2的动量变化，故 C 错误；A 球从面 1 到面 2 的机械能变化等于 B 球从面 1 到面 2 的机械能变化，均为 0，故 D 正确。考点：验证机械能守恒定律抛体运动。8. 据报道，我国实施的
11、“双星”计划发射的卫星中放置了一种“磁强计” ，用于测定地磁场的磁感应强度等研究项目。磁强计的原理如图所示：电路中有一段金属导体，它的横截面积是宽为 a、高为 b 的长方形，放在沿 y 轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿 x 正方向、大小为 I 的电流。已知金属导体单位体积中的自由电子数为 n，电子电量为 e。金属导电过程中，自由电子做定向移动可视为匀速运动。若测出金属导体前后两个侧面间( z=a 为前侧面， z=0 为后侧面)的电势差为 U，那么（ ）A. 前侧面电势高， B. 前侧面电势高，C. 后侧面电势高， D. 后侧面电势高，【答案】C【解析】试题分析：电子定向移动形成电流，根据电流
12、的方向得出电子定向移动的方向，根据左手定则，判断出电子的偏转方向，在前后两侧面间形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下平衡，根据平衡求出磁感应强度的大小电子定向移动的方向沿 x 轴负向，所以电子向前表面偏转，则前表面带负电，后表面失去电子带正电，后侧面的电势较高，当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转，使得前后两侧面间产生电势差，当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，前后两侧面间产生恒定的电势差因而可得 ， 由以上几式解得磁场的磁感应强度 ，故 C 正确9. (1)图为示波器面板的图示，荧光屏上显示的是一个位于屏幕右下方、线条较粗且模糊不清的波形。若要将该波形调至屏中央
13、，应调节_；若要屏上波形线条变细且边缘清晰，应调节_；若要在屏上只显示一个周期的波形，应调节_。 （选填选项前的字母）A衰减旋钮B聚焦旋钮和辅助聚焦旋钮C水平位移旋钮和垂直位移旋钮D扫描微调旋钮和扫描范围旋钮(2)两位同学用如图所示装置，通过半径相同的 A、 B 两球的碰撞来验证动量守恒定律。实验中必须满足的条件是_。A斜槽轨道尽量光滑以减小误差B斜槽轨道末端的切线必须水平C入射球 A 每次必须从轨道的同一位置由静止滚下D两球的质量必须相等测量所得入射球 A 的质量为 mA，被碰撞小球 B 的质量为 mB，图 11 中 O 点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球 A 从斜轨上
14、的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置 P，测得平抛射程为 OP；再将入射球 A 从斜轨上起始位置由静止释放，与小球 B 相撞，分别找到球 A 和球 B 相撞后的平均落点 M、 N，测得平抛射程分别为 OM 和 ON。当所测物理量满足表达式_时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果满足表达式_时，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞。乙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置进行了改装：如图所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球 A、球 B 与木条的撞击点。实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球 A 从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为 B；然后将木条平移到图
15、中所示位置，入射球 A 从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点 P；再将入射球 A 从斜轨上起始位置由静止释放，与球 B 相撞，确定球 A 和球 B 相撞后的撞击点分别为 M和 N。测得 B与 N、 P、 M各点的高度差分别为 h1、 h2、 h3。若所测物理量满足表达式_时，则说明球 A 和球B 碰撞中动量守恒。【答案】 (1). C (2). B (3). D (4). BC (5). (6). (7). 【解析】试题分析：（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；（2）由于两球从同一高度下
16、落，故下落时间相同，所以水平向速度之比等于两物体水平方向位移之比，然后由动量守恒定律与机械能守恒分析答题（3）应用平抛运动规律分析答题；明确水平速度与高度之间的关系，即可正确求解；注意明确入射球和被碰球对应的高度！（1）若要将波形调至屏中央，应调节竖直位移调节旋钮和水平位移旋钮；若要屏上波形线条变细且边缘清晰，应调节聚焦旋钮和辅助聚焦旋钮；若要在屏上只显示一个周期的波形，应调节扫描微调旋钮和扫描范围旋钮，故选 CBD（2）“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故 A 错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道
17、的末端必须水平，故 B 正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故 C 正确；为了使小球碰后不被反弹，要求入射小球质量大于被碰小球的质量，故 D 错误；10. 均匀导线制成的单匝正方形闭合线框 abcd，每边长为 L，总电阻为 R，总质量为 m。将其置于磁感强度为 B 的水平匀强磁场上方 h 处，如图所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且 cd边始终与水平的磁场边界面平行。当 cd 边刚进入磁场时，（1）求线框中产生的感应电动势大小；（2）求 cd 两点间的电势差大小；（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度 h 所应满足的条件。【答案】
18、（1） （2） （3）【解析】试题分析：（1）cd 边刚进入磁场时，线框进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：，线框速度 ，线框中产生的感应电动势 。（2）此时线框中的电流 ，cd 两点间的电势差 。（3）安培力 ，根据牛顿第二定律 ，由 ，解得下落高度满足 。考点：导体切割磁感线时的感应电动势、电磁感应中的能量转化【名师点睛】本题电磁感应与力学、电路知识的综合，注意区分 cd 电压是外电压还是内电压安培力与速度的关系要会推导。11. 根据玻尔理论，电子绕氢原子核运动可以看作是仅在库仑引力作用下的匀速圆周运动，已知普朗克常数 h，真空中光速为 c，电子的电荷量为 e，质量为 m，电子在
19、第 1 轨道运动的半径为 r1，静电力常量为 k. 氢原子在不同的能量状态，对应着电子在不同的轨道上绕核做匀速圆周运动，电子做圆周运动的轨道半径满足 rn=n2r1，其中 n 为量子数，即轨道序号， rn为电子处于第 n 轨道时的轨道半径。电子在第 n 轨道运动时氢原子的能量 En为电子动能与“电子-原子核”这个系统电势能的总和。理论证明，系统的电势能 Ep和电子绕氢原子核做圆周运动的半径 r 存在关系： Ep=-k （以无穷远为电势能零点） 。请根据以上条件完成下面的问题。试证明电子在第 n 轨道运动时氢原子的能量 En和电子在第 1 轨道运动时氢原子的能量 E1满足关系式假设氢原子甲核外做
20、圆周运动的电子从第 2 轨道跃迁到第 1 轨道的过程中所释放的能量，恰好被量子数n=4 的氢原子乙吸收并使其电离，即其核外在第 4 轨道做圆周运动的电子脱离氢原子核的作用范围。不考虑电离前后原子核的动能改变，试求氢原子乙电离后电子的动能。氢原子光谱中巴耳末系的谱线波长公式为： ， n = 3、4、5，请根据玻尔理论推导巴耳末公式并确定里德堡常数 R 的表达式。【答案】 【解析】设电子在第 n 轨道上运动的速度大小为 ，根据牛顿第二定律有电子在第 n 轨道运动的动能电子在第 n 轨道运动时氢原子的能量又因为则有 其中 命题得证。由可知，电子从第 2 轨道跃迁到第 1 轨道所释放的能量电子在第 4
21、 轨道运动时氢原子的能量设氢原子电离后电子具有的动能为 Ek，根据能量守恒有解得玻尔理论认为巴耳末系为氢原子从 n=3、4、5，等能级向 n=2 的能级跃迁时发出的光，根据玻尔跃迁假设可知 即所以 n=3、4、5，对照巴耳末公式可知里德堡常数12. 如图（甲）所示，长为 l、相距为 d 的两块正对的平行金属板 AB 和 CD 与一电源相连（图中未画出电源） ， B、 D 为两板的右端点。两板间电势差的变化如图（乙）所示。在金属板 B、 D 端的右侧有一与金属板垂直的荧光屏 MN，荧光屏距 B、 D 端的距离为 l。质量为 m，电荷量为 e 的电子以相同的初速度 v0从极板左边中央沿平行极板的直
22、线 OO连续不断地射入。已知所有的电子均能够从两金属板间射出，且每个电子在电场中运动的时间与电压变化的周期相等。忽略极板边缘处电场的影响，不计电子的重力以及电子之间的相互作用。求：（1） t0 和 t T/2 时刻进入两板间的电子到达金属板 B、 D 端界面时偏离 OO的距离之比。（2）两板间电压的最大值 U0。（3）电子在荧光屏上分布的最大范围。【答案】 （1） 1:3 (2) (3)距 O 5d/67d/6 的范围内，亮纹长度 d/3【解析】试题分析：（1）t=0 时刻进入两板间的电子先沿 O1O2方向做匀速运动，即有 v0，而后在电场力作用下做类平抛运动，在垂直于 O1O2方向做匀加速运
23、动，设到达 B、D 端界面时偏离 O1O2的距离为 y1，则y1 t=时刻进入两板间的电子先在时间内做抛物线运动到达金属板的中央，而后做匀速直线运动到达金属板B、D 端界面设电子到达金属板的中央时偏离 O1O2的距离为 y2，将此时电子的速度分解为沿 O1O2方向的分量 v0与沿电场方向的分量 vE，并设此时刻电子的速度方向与 O1O2的夹角为 ，电子沿直线到达金属板B、D 端界面时偏离 O1O2的距离为 y2，则有 y2 ，tan ；解得y2 ，因此，y 1：y 2=1：3（2）在 t=（2n+1） （n=0，1，2）时刻进入两板间的电子在离开金属板时偏离 O1O2的距离最大，因此为使所有进入金属板间的电子都能够飞出金属板，应满足的条件为 y2，解得板间电太的最大值 U0（3）设 t=nT（n=0，1，2）时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置与 O2点的距离为 Y1；t=（2n+1） （n=0，1，2）时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置与 O2点的距离为 Y2，电子到达荧光屏上分布在Y=Y 2-Y1范围内当满足 y2的条件时，Y 为最大根据题中金属板和荧光屏之间的几何关系，得到 tan ，因此电子在荧光屏上分布的最大范围为YY 2Y1y 2 y1。
