2017年全国卷1理综答案及解析物理部分(供参考)

2017年普通高等学校招生全国统一考试（全国I 卷）
物理部分
二、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题
目要求，第19~21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. 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 ．2
5.710kg m/s ⨯⋅ C ．2
6.010kg m/s ⨯⋅ D ．26.310kg m/s ⨯⋅ 【答案】A
【解析】在火箭点火瞬间，燃气与火箭构成的系统总动量守恒，且系统总动量为0，所以火箭动量大小等于燃气
动量大小 0.05kg 600m /s 30kg m/s p mv ==⨯=⋅，所以答案选A 。

2. 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
【解析】由题可知，乒乓球做平抛运动。

也就是说所有乒乓球在竖直方向上的运动均为自由落体运动，水平方向
上为初速度不同的匀速运动。

因此乒乓球在竖直方向上的运动完全相同，所以A 、B 、D 选项错误。

由于所有乒乓球水平位移相等，平抛运动的水平位移x vt =，所以速度大的乒乓球所用时间少，C 选项正确。

3. 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a b c m m m 、、。

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 ．a b c m m m >> B ．b a c m m m >> C ．c a b m m m >> D ．c b a m m m >> 【答案】B
a 在纸面内做匀速圆周运动，意味着合外力为洛伦兹力。

a Eq m g =
b 做向右的匀速直线运动。

受力分析
b m g Eq Bqv =+
c 做向左的匀速直线运动，受力分析
c m g Bqv Eq +=
得出b a c m m m >>，选B 。

4. 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
22311120H H He n +→+。

已知21H 的质量为2.0136u ，32He 的质量为3.0150u ，1
0n 的质量为1.0087u ，21u 931MeV /c =。

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
【解析】核反应方程式是：2131
1220H H He n +→+；
核反应过程中的质量亏损： 2.0136u 2.0136u 3.0150u 1.0087u m ∆=+-- 0.0035u m ∆=，
故有，在核反应释放出的能量：20.035931MeV E mc ∆=∆=⨯ 3.2585MeV 3.3MeV E ∆=≈
5. 扫描隧道显微镜（STM ）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。

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（ ）
【答案】A
【解析】由题意可知，磁场的作用是衰减紫铜薄片的振动，因此需要薄片在磁场中振动时，穿过薄片的磁通量发
生变化，产生感应电流（涡电流），由楞次定律可知，此时薄片才会受到阻碍其运动的安培力，而BCD 薄片上下振动时不会有磁通量变化，故选A 。

6. 如图，三根相互平行的固定长直导线1L 、2L 和3L 两两等距，均通有电流I ，
1L 中电流方向与2L 中的相同，与3L 中的相反。

下列说法正确的是（ ）
A. 1L 所受磁场作用力的方向与2L 、3L 所在平面垂直
B. 3L 所受磁场作用力的方向与1L 、2L 所在平面垂直
C. 1L 、2L 和3L 单位长度所受的磁场作用力大小之比为
1:1:3
D. 1L 、2L 和3L 单位长度所受的磁场作用力大小之比为3:3:1 【答案】BC
【解析】由题意可知，相互平行的两条导线通过同向电流。

则相
互排斥，若通过相反电流，则相互吸引，故三根导线受力分析如下：
故A 错B 对
121323213132F F F F F F =====Q
312F ∴== 故D 错C 对。

7. 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为a E 、b E 、c E 和d E 。

点a 到点电荷的距离a r 与点a 的电势a ϕ已在图中用
坐标()a a r ϕ，
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ab W 、bc W 和cd W 。

下列选项正确的是（ ）
A.:4:1a b E E =
B.:2:1c d E E =
C.:3:1ab bc W W =
D.:1:3bc cd W W =
【答案】AC
【解析】由题意可知：r ϕ-图为点电荷周围的电势分布图，故有kQ r
ϕ=
，2kQ
E r =，故可计算得出A 对B 错；
由W qU =，可知C 对D 错。

8. 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 之间的夹角为π2αα⎛
⎫> ⎪⎝
⎭，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】AD
【解析】由题意可知，重物在运动过程中受重力，MN 绳拉力MN T ，OM 绳拉力OM T ，MN T 与OM T 夹角保持不变。

在某一时刻三个力受力分析示意图如图所示
将此三个力平移为矢量三角形如图所示
因为mg 大小方向不变。

MN T 与OM T 的夹角不变，故可将三个力平移入圆中，mg 为一条固定的弦（固定的弦所对应的圆周角为定值）。

由图可得MN T 从0逐渐变为直径，故MN T 逐渐增大，A 对B 错，OM T 先从弦变为直径再变为弦，故OM T 先变大后变小，C 错D 对，故选AD 。

三、非选择题：共174分。

第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33~38题为选考题。

考生根据
要求作答。

（一）必考题：共129分。

9. （5分）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 ）记录了桌面上连续的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________2m /s 。

（结果均保留2位有效数字）
【答案】（1）从右向左；（2）0.19，0.039（水滴间隔时间按3046算）/0.038（水滴间隔时间按30
45
算）。

【解析】（1）滴水计时器类似于打点计时器，从图可以判断从右向左，单位时间内小车的位移越来越小。

由于
小车在水平桌面受阻力而做减速运动，故小车应从右向左运动。

（2）由题意得302
s 453T =
=，0.1170.1330.18750.19m/s 223
A v +=
=≈⨯ ()()2
0.1500.1330.0830.1000.03750.038m/s 263a +-+==≈⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭
10. （10分）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3k Ω）；电流表A （量程0.5A ，内阻0.5Ω）；固定电阻0R （阻值1000Ω）；滑动变阻器R （阻值0~9.0Ω）；电源0E （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0E （电动势4V ，内阻1.00Ω　）和题给器材连接成图（b ）所示的电路，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）min 0.22 1.750.39W P =⨯=，max 0.32 3.7 1.18W P =⨯=（由于是作图的，有误差）
【解析】（1）从0V 开始测量，使用分压接法。

电压表量程（3V ）不足，必须对电表进行改装，串联1000Ω的
定值电阻
0R ，改装成4V 的电压表。

L 3.8
11.8750.32
R ==Ω=，属于小电阻，使用
外接法。

（2）从图可得，小灯泡电阻增大，L L
R S
ρ=，可得电阻率增大。

（3）9R =Ω时，有最大功率，0R =时，有最小功率。

11. （12分）一质量为48.0010kg ⨯的太空飞船从其飞行轨道返回地面。

飞船在离地面高度51.6010m ⨯处以
37.5010m/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29.8m/s 。

（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）84.010J E =⨯机地，122.410J E =⨯机大气层；（2）89.710J ⨯ 【解析】（1）飞机着地瞬间，p 0E =重
2
81 4.010J 2
E mv ==⨯地机地
进入大气层时
2
121 2.410J 2
E mv mgh =+=⨯大气层大气层机大气层
（2）离地600m 时，002.0150m/s v v =⋅=大气层
至着地瞬间过程，由动能定理
22
1122
f mgh W mv mv +=-地
代入数据89.710J f W =-⨯
故克服阻力所做的功为89.710J ⨯。

12. 真空中存在电场强度大小为1E 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0v 。

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1t 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）求油滴运动到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1t 和0v 应满足的条件。

已知不存在电场时，油滴以初速度0v 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）012t v v gt =-；（2）当B 在A 上方时：2E ()12220110221884E
v g t gt v g t =+-，(014v gt >+或
(
0104v gt <<-；当B 在A 下方时：2E ()12220110221
884E
v g t gt v g t =-+-，()
0104v gt <<。

【解析】（1）选油滴为研究对象，从A 到B 整段过程中，由动量定理：
G I I p +=∆电
由于电场力总冲量为零，代入数据：
12mg t m v -⋅=⋅∆
即：
t 012v v gt -=-
012t v v gt =-
（2）设场强为2E ，以向上为正方向。

由于油滴开始时匀速运动，由受力平衡条件：
1E q mg =
在增大场强之后到电场反向之前，油滴加速度：
2
1E q mg
a m
-=······① 其位移：
2101111
2
S v t a t =+······② 反向后到运动到B 点，其加速度：
22E q mg
a m
--=
······③ 其位移：
()220111211
2
S v a t t a t =++······④ 且AB 距离为不存在电场时油滴以初速度0v 做竖直上抛运动的最大高度的一半，则：
2
0124v S S g
+=±（正负号表示B 在A 点上方或下方）········⑤
将②、④代入⑤式可得：
()2022
011101112111224v v t a t v a t t a t g
++++=±······⑥
由①、③式可得：
122a a g +=-······⑦
将⑦代入⑥可得：
202
2011211234v a v t gt t g ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
m ······⑧
带入③式：
2E =2100211224E v v g g gt t ⎛⎫±+- ⎪⎝⎭
·
·····⑨
当B 在A 上方时：
()1
22220
110221
884E E v g t gt v g t =
+- 由于21E E >，且1E q mg = 因此，此时电场力大于重力，即：
2E q mg >
带入可得：
22201010
8v 40
0v gt g t v -+>⎧⎨
>⎩ 解得：
(014v gt >+
或(0104v gt <<-
当B 在A 下方时：
()1
22220110221
884E E v g t gt v g t =
-+- 由于21E E >，且1E q mg = 因此，此时电场力大于重力，即：
2E q mg >
带入可得：
22201010
840
0v gt v g t v +-<⎧⎨
>⎩ 解得：
()
0104v gt <<
四、选考题：共45分。

请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。

如果多做，则每
科按所做的第一题积分。

33．[物理——选修3-3] （1）（5分）氧气分子在0C ︒和100C ︒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______________。

（填正确答案标号。

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）
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100C ︒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0C ︒时相比，100C ︒时氧气分子速率出现在0~400m /s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大 （2）（10分）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2K 位于细管的中部，A 、B 的顶部各有一阀门1K 、3K ；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2K 、3K ，通过1K 给汽缸充气，使A 中气体的压强达到大气压0p 的3倍后关闭1K ，已知室温为27C ︒，汽缸导热。

（i ）打开2K ，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
（ii ）接着打开3K ，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20C ︒，求此时活塞下方气体的压强。

【答案】（1）ABC （2）（i ）1
2
V ，02p （ii ）B 顶端 （iii ）01.6p
【解析】（1）曲线下的面积表示分子速率从0→∞所有区间内分子数的比率之和，显然为1，故A 正确；虚线
处速率低的分子所占百分比比较多，平均动能小，故B 正确；实线处速率大的分子所占百分比较多，平均动能较大，温度较高，100C ︒，故C 正确；根据图像只能看出不同速率分子所占百分比，不能看出具体数目，故D 错误；根据图像可以观察0~400m/s 区间虚线所占百分比更大，虚线为0C ︒，故E 错误。

（2）（i ）设平衡后B 中气体体积'V ，压强'P ，分别针对A 、B 两部分气体列写玻意耳定律，得
A ：()03'2'p V p V V ⋅=⋅-
B ：0''p V p V ⋅=⋅
整理，解得0'21'2
p p V V =⎧⎪
⎨=⎪⎩
（ii ）打开3k 后。

B 中压强变为0p ，故活塞上移
由玻意耳定律可得，若A 中气体压强降为0p 体积需膨胀至3V .
但气缸总体体积为2V .故活塞会被卡在B 顶端. （iii ）对A 中气体使用查理定律得：
032300K 320K p V p V
⋅⋅=
解得01.6p p =
34．[物理——选修3-4]（15分）
（1）（5分）如图（a ），在xy 平面内有两个沿z 方向做简谐振动的点波源()104S ，和()202S -，。

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()82A -，的
路程差为_________m ，两列波引起的点()41B ，处质点的振动相互__________（填“加强”或“减弱”），
点()00.5C ，处质点的振动相互__________（填“加强”或“减弱”）。

（2）（10分）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） 205
n =
【解析】（1）()2
2184210m S A =+--=⎡⎤⎣⎦
28m S A =
∴路程差为2m
()2
214415m S B =+-=
()2
224125m S B =+--=⎡⎤⎣⎦
∴两列波到B 点的路程差为0 而起振方向相反，故B 为减弱点
1 3.5m S C =，
2 2.5m S C =
121m S S C S C ∆=-= 由图知，2m λ=
∴2
S λ
∆=，起振方向相反，故C 为加强点
（2）设入射点为A ，AB 为入射光线延长线，设入射角为i ，折射角为r 依题意可知，光线反射前后传播路径完全对称，即在C 点发生反射
11
∵0.6OB R =，OA R =
∴0.8AB R =
53AOB ∠=︒，∴37i =︒
在AOC △中，OA R =，2OC R =，()()()()22222 2.80.68.2AC AB R OB R R R =++=+= 由正弦定理，sin sin AOC r AC OC ∠=，即sin 28.2r
R R =
由折射定律，sin sin37sin1438.2205
sin sin sin i
R n r r r ︒
︒
=====。