2017届物理猜题

2017届新课标物理猜题卷

一、选择题：（本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第

1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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．如图所示，质点a 、b 在直线PQ 上的两个端点，质点a 沿PQ 做初速度为

0的匀加速直线运动，经过位移x 1时质点b 从Q 沿PQ 方向做初速度为0的

匀加速直线运动，位移x 2时和质点a 相遇，两质点的加速度大小相同，则

PQ 距离为 （ ）

A ．x 1＋2x 2＋

B ．2x 1＋x 2＋

C ．x

1＋2x 2 D ．2x 1＋x 21．【答案】A 【解析】质点a 经过时间t 1运动位移x 1，再经过t 2相遇，则时间

t 1末速度为at 1。x 1＝12at 12、x 2＝1

2at 22，两式相除可知t 21，在t 2运动

位移x 3＝(at 1)t 2＋1

2

at 22＝x 2＋B 对。 2．小刚同学在水平地面上把一个质量为1kg 的小球以大小为4m/s 的初速度沿

某方向抛出，小球经过时间0.4s 落地，不计空气阻力，重力加速度g ＝10m/s 2，

则下列判断正确的是 （ ）

A ．小球在最高点的机械能为8J

B ．小球落地点与抛出点间的距离为0.8m

C ．小球在运动过程中机械能可能减小

D ．落地时重力做功的功率为20W

2．【答案】D 【解析】小球在运动过程中只受重力，机械能守恒，小球初动能为12

mv 2＝8J ，没有规定0重力势能，A 、C 均错；由题意可知小球抛出后做斜上抛运动，抛出时竖直向上的分速度为v y ＝2m/s ，则上升时间为t ＝y

v g ＝

0.2s ，水平分速度v x ＝，小球在水平方向上匀速运动，可知水平距离

为x ＝v x t ×

2＝，选项B 错；小球落地时的竖直分速度为v y ＝2m/s ，重力做功的瞬时功率为P ＝mg v y ＝20W ，选项D 对。

3．一个质量为m ＝1kg 的物体在粗糙的水平面上在水平拉力作用下沿直线运

动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5。从t ＝0时刻开始，物体的位

移x 与运动时间t 的关系如图x t -t 所示，图线与纵横坐标轴的交点坐标分别为0.5m/s 和1s ，g ＝10 m/s 2，物体运动时间2s ，下列说法错误．．

的是 （ ）

A ．初速度为0.5m/s

B ．加速度为0.5m/s 2

C ．运动位移为3m

D ．受到的水平拉力大小大小为6N 3．【答案】B 【解析】图像的斜率为K ＝0.5m/s 2、纵截距为0.5m/s 。由位移公

式x ＝v 0t ＋12at 2两边除以对应运动时间t 为x t

＝v 0＋12at ，可得纵截距的物理意义为物体运动初速度、斜率的物理意义为物体加速度的一半（12

a ）。所

以物体做初速度为v 0＝0.5m/s 、加速度大小为a ＝1 m/s 2的匀加速直线运动，

选项A 对、B 错。物体在t ＝2s 时间内的运动位移x ＝v 0t ＋1

2

at 2＝3m ，选项C 对；对物体，应用牛顿第二定律有F －μmg ＝ma ，解得F ＝6N ，选项D 对。

4．在某空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O -xyz ，M 、

N 、P 为电场中的三个点，M 点的坐标（0，4L ，0），N 点的坐标为（3L ，0，

0），P 点坐标为（0，0，4L ），Q 点的坐标为（3L ，L ，7L ），Q 点图中未画

出。已知M 、N 和P 点电势分别为0V 、25V 和16V ，则Q 点的电势为（ ）

A ．4V

B ．9V

C ．16V

D ．21V

4．【答案】D 【解析】如图甲所示，连接MN ，在MN 上取一点H ，使H 点电

势φH ＝9V ，则MH :HN ＝16:9，连接PH ，由数学知识可知MN 垂直面POH 、

PH 垂直MN 。又φP ＝φH ＝16V ，电场由N 指向M 。如图乙所示，将Q 点投

影在xOy 平面，作出M 、N 、G 三点在xOy 平面的相对位置，cos θ＝0.8。

MN 间的距离为5L ，O 2N ＝L ×cos θ＝0.8L ，O 2N :MN ＝4:25，则G (O 2)点电势

21V ，所以正确答案为D 。

5．如图所示，两根轻质细线的一端拴在O 点、另一端分别固定在楼道内的倾

斜天花板上的a 点和b 点，一质量为m 的重物P 通过长度为L 的轻质细线

固定在O 点，系统静止，Oa 水平、Ob 与竖直方向成一定夹角。现在对重物

施加一个水平向右的拉力F ，使重物缓缓移动，至OP 间细线转动60°，此

过程中拉力做功W ，则下列判断正确的是 （ ）

A ．Oa 上的拉力F 1不断增大，Ob 上的拉力F 2一定不变

B ．Oa 上的拉力F 1可能不变，Ob 上的拉力F 2可能增大

C ．W ＝12

mgL ，拉力做功的瞬时功率一直增大

D ．W ，拉力做功的瞬时功率先增大后减小 5．【答案】AC 【解析】对结点O 和重物，竖直方向受重力与细线Ob 拉力F 2

的竖直分力平衡，则F 2不变。对重物应用图解法可知水平拉力F 不断增大，

又F 2不变，对结点O 和重物水平平衡可知F 1不断增大，故A 项对B 项错；

由题意可知重物绕O 做匀速圆周运动，则拉力和重力垂直半径方向的分力

等大，拉力做功功率P ＝(mg sin θ)×v 不断增大，根据动能定理可知W ＝mgL (1

－cos60°)，选项C 对、D 错。

6．如图所示，ac 为空间一水平线，整个空间存在水平向里的匀强磁场。一带

电小球从a 点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示，b 为最低点。下列说

法中正确的是 （ ）

A ．轨迹ab 为四分之一圆弧

B ．小球在到b 点后一定能到ac 水平线

C ．小球到b 时速度一定最大，且沿水平方向

D ．小球在b 点时受到的洛伦兹力与重力大小相等

6．【答案】BC 【解析】小球受到重力和洛仑兹力作用，且洛仑兹力逐渐增大，

不能做圆周运动，选项A 错；小球受到的洛仑兹力不做功，只有重力做功，

小球机械能守恒，选项B 对；b 为最低点，重力做功最多，应用动能定理可

知速度最大，速度沿切线方向，选项C 对；小球做曲线运动，在b 点有竖直

向上的向心力，洛仑兹力大于重力，选项D 错。

7．一额定功率为9W 、额定电压为9V 的小灯泡L 和一直流电动机并联，与定

值电阻R ＝4Ω串联后接在电路中的AB 两点间，电流表A 为理想电表，电

路如图所示，灯泡的电阻不变。当AB 间接电压0.49V 时，电动机不转、灯

泡不亮，电流表示数为0.1A ；当AB 间接电压15V 时，电动机转动起来、灯

泡正常发光。则下列说法正确的是 （ ）

A ．电动机线圈电阻为1Ω

B ．灯泡正常发光时电流表示数0.5A

C ．灯泡正常发光时电流表示数1A

D ．电动机输出的机械功率4.25W

7．【答案】AD 【解析】根据P ＝U 2/R 可知灯泡电阻R L ＝9Ω，当AB 间接电压

0.49V 时，电动机不转、为纯电阻电路，根据欧姆定律可知R 两端电压U R

＝IR ＝0.1×

4V ＝0.4V ，灯泡两端电压U 1＝U －U R ＝0.49V －0.4V ＝0.09V ，通过灯泡的电流I 1＝11

U I ＝0.01A ，通过电动机的电流I 2＝0.1A －0.01A ＝0.09A ，

根据并联电路特点可知电动机线圈电阻r ＝12U

I ＝1Ω；当AB 间接电压15V 时，

灯泡正常发光，灯泡两端电压为U L ＝9V 、通过灯泡的电流为I L ＝1A ，则电

动机两端电压为U M ＝9V ，R 两端电压为U R ＝6V ，干路电流I ＝R

U R ＝1.5A ，

电流表示数为1.5A ，通过电动机的电流为I M ＝I －I L ＝0.5A ，则此时电动机输出的机械功率P ＝U L I L －I M 2r ＝4.25W 。

8．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 水平放置，导轨间距为L ，

一个磁感应强度B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面向下，导轨的上端M 与P

间接有电容为C 的电容器，金属棒开始静止。对金属棒施加一个水平向右、

大小为F 的恒力作用，不计一切摩擦，一切电阻都不计，则经过时间t 的过

程中 （ ）

A ．金属棒可能做变加速运动

B ．金属棒中的电流恒定

C ．电容器所带电荷量22CBLFt m B L C +

D ．电容器储存的电场能为2222()2()FBLt C m B L C + 8．【答案】BCD 【解析】经过时间?t 时，金属棒速度设为?v ，金属棒切割磁

感线产生电动势变化?E ＝BL ?v ，通过电容器的电流I ＝q t

??＝C E t ??，又加速度定义式a ＝v t

??，可得I ＝CBLa ，选项A 错；对金属棒，应用牛顿第二定律有F －BIL ＝ma ，解得a ＝22F m B L C

+，由加速度表达式可知金属棒做初速度为0的匀加速运动，选项B 对；经过时间t 流过电路横截面的电量q ＝It

＝22CBLFt m B L C +，选项C 对；经过时间t 金属棒的运动位移x ＝12

at 2，末速度v ＝at ，对金属棒应用动能定理有Fx －W A ＝12

mv 2，又安培力做功都转化为平行板中电场的电场能E D ，有E D ＝W ＝2222

()2()FBLt C m B L C +，选项D 对。 9．中国“北斗三号”全球组网卫星计划将在2017年7月左右进行首次发射。“北斗三号”采用星载氢原子钟，其精度将比“北斗二号”的星载铷原子钟提高一个数量级。如图所示为氢原子的部分能级图，以下判断正确的是 （ ）

A ．处于n =3能级的氢原子可以吸收任意频率的光子

B ．欲使处于基态的氢原子被激发，可用12.09eV 的光子照射

C ．当氢原子从n =5的状态跃迁到n =3的状态时，要吸收光子

D ．用n =2能级跃迁到n =1能级辐射出的光照射金属铂（逸出功为

6.34eV ）时不能发生光电效应

9．【答案】B 【解析】根据C 23＝3知，这些n=3能级的氢原子可以辐射出三种不同频率的光子。故A 错误，选项A 错误；用12eV 电子照射时，1能级与2能级能量之差为-3.4-(-13.6)=10.2eV ，12ev ＞10.2ev 所以能发生跃迁，选项B 正确；氢原子从高能级跃迁到低能级时放出光子，选项C 错误；从n =2能级跃迁到n =1能级辐射出的光子的能量E =E 2-E 1=-3.4eV -(-13.6)eV=10.2eV ＞

6.34eV ，而使金属发生光电效应的条件是光子的能量大于电子的逸出功，故可以发生光电效应。选项D 错误。

10．2017年4月23日，青岛快乐运动秀之遥控车漂移激情挑战，挑战赛中若

ab 两个遥控车同时同地向同一方向做直线运动，它们的v -t 图象如图所示，则下列说法正确的是 （ ）

A ．b 车启动时，a 车在其前方2m 处

B ．运动过程中，b 车落后a 车的最大距离为4m

C ．b 车启动3s 后正好追上a 车

D ．b 车超过a 车后，两车不会再相遇

10．【答案】BD 【解析】根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知b

在t ＝2s 时启动，此时a 的位移为x ＝12

×2×1m ＝1m ，即a 车在b 前方1m 处，选项A 错误；当两车的速度相等时相距最远，最大距离为：s max ＝12

×(1＋3)×1 m －12

×1×1m ＝1.5m ，选项B 正确；由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由图可知，b 车启动3s 后位移小于a 的位移，还没有追上a ，故选项C 错误；b 车超过a 车后，由于b 的速度大，所以不可能再相遇，选项D 正确。

二、计算题

11．（18分）如图所示，水平轨道MN 与半径为R 的竖直光滑圆弧轨道相切于N 点。质量为m 的小滑块A 静止于P 点。质量为M ＝2m 的小滑块B 以速度v 0向右运动，A 、B 碰后粘连在一起，已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数为μ，MP 和PN 距离均为R ，求：

（1）（8分）AB 碰撞过程中损失的机械能？

（2）（10分）当v 0的大小在什么范围时，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道？已知重力加速度为g 。

11．【答案】（1）20(2)3m v gR μ-；（2）v 0v 0【解析】（1）小滑块B 运动到P 时的速度设为v 1，对B 应用动能定理有－μMgR ＝12Mv 12－12

Mv 02，当ab 粘在一起过程中，设ab 粘在一起时的速度为v 1，对ab 应用瞬间动量守恒，有Mv 1＝(M ＋m )v 2，应用功能关系可知ab 碰撞过

程中损失的机械能ΔE ＝12Mv 12－12(M +m )v 22，解得ΔE ＝20(2)3

m v gR μ-； （2）A 、B 碰撞后的速度为v 1，欲使A 、B 运动时不脱离圆弧轨道，有两种可能：

①当v 0较小时A 、B 在圆弧上摆动，若A 、B 最高点恰好能到与圆心等高的位置，对A 、B ，从碰后到与圆心等高的地方，由动能定理有－μ(M +m )gR －

(M +m )gR ＝0－12(M +m )v 22，联立得v 0 ②当v 0较大时，A 、B 能够做完整的圆周运动。若A 、B 恰好做完整圆周运动时的情形，对A 、B ，从碰后运动到圆周最高点（设此时速度为v 3）的过

程中，由动能定理有－μ(M +m )gR －(M +m )g (2R )＝12

(M +m )v 32－12(M +m )v 22，在最高点时，由牛顿第二定律得(M +m )g ＝23()M m v R

+，联立得v 0＝

v 0v 0球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道。

12．（18分）如图所示，边长为L ＝0.3m 正方形边界abcd 中有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 0=0.5T 的匀强磁场，一质量m =8×10-

26kg 、电荷量q ＝8×10-

19C 的粒子（重力不计）从边界ad 上某点D 以某个速度射入。粒子从cd 中点P 孔射出，再经小孔Q 进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，区域宽度为2L ，电场强度大小E ＝5×105V/m ，磁感应强度大小B 1＝1T 、方向垂直纸面向里，已知粒子经过QM 正中间位置时有一段时间Δt 撤去了匀强电场。虚线ef 、gh 之间存在着水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B 2＝0.25T （图中未画出）。有一块折成等腰直角的硬质塑料板ABC （不带电，宽度很窄，厚度不计）放置在ef 、gh 之间（截面图如图），CB 两点恰在分别位于ef 、gh 上，AC ＝AB ＝0.3错误！未找到引用源。m ，a ＝45°。粒子恰能沿图中虚线QM 进入ef 、gh 之间的区域，π取3。

（1）（6分）Dd 距离；

（2）（12分）已知粒子与硬质塑料相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律。粒子从Q 到gh 过程中的运动时间和路程分别是多少？

12．【答案】（1；（2）Δt ＝(7.4×10－6＋7.5n×10－7)s 、d ＝(6.112＋0.3n )m 。

【解析】（1）要使粒子能沿图中虚线PQ 进入ef 、gh 之间的区域，则粒子所受到向上的洛伦兹力与向下的电场力大小相等，有qv 0B 1＝qE ，解得v 0＝5×105m/s ，粒子在abcd 磁场中作匀速圆周运动，设半径为R 1，洛仑兹力提

供向心力，有，qv 0B 0＝m 201

v R ，解得R 1＝0.1m ，作出粒子在磁场中轨迹图如图所示。由几何知识可得R 1＋R 1cos θ＝

12

L ，解得θ＝60o，粒子射入点的位置在ad 边上距d 点为x ＝R 1sin θ

； （2）粒子从P 以速度v 0进入PQ 、MN 之间的区域，先做匀速直线运动，到平行板正中间做匀速圆周运动n 圈，然后做匀速直线运动打到ab 板上，以大小为v 0的速度垂直于磁场方向运动。粒子运动到在磁感应强度大小B 1＝

0.8T 的匀强磁场中做圆周运动，由洛仑兹力提供向心力有qv 0B 1＝m 202

v R ，运动周期T 1＝1

2m qB π，粒子在正交的匀强电场和匀强磁场区域的运动时间t 1＝nT 1＋0

2L v ，其中n 为正整数；粒子将以半径R 3在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，转动一周后打到ab 板的下部。由于不计板的厚度，所以质子从第一次打到AC 板到第二次打到AC 板后运动的时间为粒子在磁场运动一

周的时间，即一个周期T 3，由qv 0B 2＝m 203v R 和T 3＝202R v π，得T 3＝2

2m qB π，粒子在磁场中共碰到2块板，做圆周运动所需的时间为t 2＝2T 3，粒子进入磁场中，在v 0方向的总位移s 3＝2L sin45o、时间t 3＝0

s v ，从Q 到gh 过程的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3，从Q 到gh 过程的总路程为M ＝2L ＋n （2πR 2)＋2πR 3×

2＋s 3，解得Δt ＝(7.4×

10－6＋7.5n ×10－7)s 、M ＝(6.112＋0.3n )m 。 13．（18分）如图所示，半径为R 的四分之一光滑圆形固定轨道右端连接一光滑的水平面，质量为M =3m 的小球Q 连接着轻质弹簧静止在水平面上，现有一质量为m 的滑块P （可看成质点）从B 点正上方h =R 高处由静止释放，重力加速度为g 。求：

（1）滑块到达圆形轨道最低点C 时的速度大小和对轨道的压力；

（2）在滑块压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；

（3）

若滑块从B 上方高H 处释放，恰好使滑块经弹簧反弹后能够回到B 点，则高度H 的大小。

13．【解析】（1）滑块P 从A 运动到C 过程，根据机械能守恒得 22

1)(C mv R h mg =

+，（2分） 又h =R ，代入解得v C

=gR 2 （1分）

在最低点C 处，根据牛顿第二定律有：R

v m mg F C N 2=- （2分） 解得轨道对滑块P 的支持力F N =5mg （1分）

根据牛顿第三定律知滑块P 对轨道的压力大小为5mg ，方向竖直向下。（1分）

（2）弹簧被压缩过程中，当两球速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，根据系统动量守恒有：mv C =（m +M ）v （1分） 根据机械能守恒定律有22)(2

121

v M m E mv Pm C ++=（2分） 联立解得E Pm =mgR 2

3（1分） （3）滑块P 从B 上方高h 处释放，到达水平面速度为v 0，则有

mg （H +R ）＝12mv 20（1分）

弹簧被压缩后再次恢复到原长时，设滑块P 和Q 的速度大小分别为v 1和v 2，根据动量守恒有：mv 0=-mv 1+Mv 2（1分） 根据机械能守恒有2221202

12121

Mv mv mv +=（2分） 要使滑块P 经弹簧反弹后恰好回到B 点，则有212

1mv mgR =

（2分） 联立解得H =3R （1分）