2016年普通高等学校招生全国统一考试理科综合物理

2016年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I卷）理科综合（物理部分）、选择题：本大题共 8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项是符合题目要求，第1921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。14. 一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出， 则电容器（）A. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变【答案】DS【解析】由C 可知，当云母介质抽出时，r变小，电容器的电容 C变小；4 n加速电场f 15. 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图 所示，其中加速电压恒定。 质子在入口处从静止开始被加速电场 加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转此离子和质子的质量比约为（）后仍从同一出口离开磁场， 需将磁感应强度增加到原来的12倍。B. 12A. 11C. 121D. 144【答案】D【解析】设质子的质量数和电荷数分别为m q!，价正离子的质量数和电荷数为m2、q?,1 2对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得：得在磁场中应满足由题意，由于两种粒子从同一入口垂直进入磁场，从同一出口垂直离开磁场， 故在磁场中做匀速圆周运动的半径应相同.由式联立求解得匀速圆周运动的半径r故丄2B2mim2q2qi其中 B212B , qm1q2，可得冠故一价正离子与质子的质量比约为i144144【考点】 带电粒子在电场、磁场中的运动、质谱仪。16 含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别是3、1和4为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时,电流表的示数为I ;当S闭合时,变压器原、副线圈匝数比为（）A. 2B. 3 C.【答案】B【解析】解法一：当S断开时，电路如右图所示由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压得 6 U 3I根据变压器原副边电压关系：副线圈中的电流：联立得：D. 5U1niU2n2U2U22R2R352n1U3In?5IU1 U IR当S闭合时，电路如右图所示 由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压得 U/ =U 12I根据变压器原副边电压关系:U1/ =U 4I RUi/ nLU? n2副线圈中的电流得:联立得I2/r)2112I4I电流表的示数为4I。该解法联立解得n2设开关S断开前后，变压器的等效电阻为R和R ,由于变压器输入功率与输出功率相同，2I 2S 闭合前：1 R (一)(R2 nR3)，得 RR2R32 n、人一24I 2S 闭合后：(4I) R() nR2，得 RR22 n根据闭合电路欧姆定律:S闭合后：根据以上各式得:解得，n 3【考点】变压器的计算Ri41URiRnn34RiRS闭合前:【考点】由于原边回路有电阻，原线圈两端电压不等于电源电压17. 利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍。假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为（）A. ih 【答案】 【解析】B. 4hC. 8hD. 16hB地球自转周期变小， 卫星要与地球保持同步， 则卫星的公转周期也应随之变小，由GMm4n4 n32 mr二亍可得T ,，则卫星离地球的高度应rTGM变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，时，由数学几何关系可作出右图。则卫星周期最小由几何关系得，卫星的轨道半径为-2R sin 30由开普勒第三定律3riTi232T22，代入题中数据，得(6.6R)3242r3T22卫星卫星【考点】 【难点】由解得T2 4h（i ）卫星运行规律；（2）开普勒第三定律的应用做出最小周期时的卫星空间关系图i8.一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（ ）A. 质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B. 质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C. 质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D. 质点单位时间内速率的变化量总是不变【答案】BC【解析】质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点的合外力为该恒力 若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向时刻与恒力方向不同，故 A错； 若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点作曲线运动，力与运动方向夹角会发生变化，例如平抛运动，故B正确； 由牛顿第二定律可知，质点加速度方向与其所受合外力方向相同； 根据加速度的定义， 相等时间内速度变化量相同，速率变化量不一定相同， 故D错。【考点】牛顿运动定律；力和运动的关系；加速度的定义；【易错点】B选项易错误地以匀速圆周运动”作为反例来推翻结论19. 如图，一光滑的轻滑轮用细绳 00悬挂于0点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化， 物块b仍始终保 持静止，则（）A. 绳00的张力也在一定范围内变化B. 物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C. 连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D. 物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【答案】BDF【解析】 由题意，在F保持方向不变，大小发生变化的过程 中，物体a、b均保持静止，各绳角度保持不变；选 a受力分析得，绳的拉力 T ma g，所以物体a受到 绳的拉力保持不变。由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力 相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变， C选项错误；a、b受到绳的拉力大小方向均不变， 所以00的张力不变，A选项错误；对b进行受力分 析，并将各力沿水平方向和竖直方向分解，如上图所示。由受力平衡得：Tx f Fx， Fy N Ty mbg。T和mbg始终不变，当F大小在一定范围内变化时； 支持力在一定范围内变化， B选项正确；摩擦力也在 一定范围内发生变化，D选项正确；故答案选 BD。【考点】考查动态平衡分析、力的正交分解和力的平衡方程。20. 如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知（A. Q点的电势比P点高B. 油滴在Q点的动能比它在 P点的大C. 油滴在Q点的电势能比它在 P点的大D. 油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【答案】AB【解析】由于匀强电场中的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错。由于油滴轨迹相对于过 P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯 曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直方向，电场力竖直向上。当油滴得从P点运动到Q时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；油滴带负电，电势能减小，电势增加，所以Q点电势高于P点电势，A选项正确；在油滴从 P点运动到Q的 过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点，B选项正确；所以选AB。【考点】带电粒子在复合场中运动、曲线运动中物体受力特点、带电粒子电场力做功与电势能的关系、电势能变化与电势变化的关系。21.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t图像如图所示。已知两车在t 3s时并排行驶，则（）A. 在t 1s时，甲车在乙车后B. 在t 0时，甲车在乙车前 7.5mC. 两车另一次并排行驶的时刻是t 2sD. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m302010|J23 r/s【答案】BD【解析】根据v t图，甲、乙都沿正方向运动。3s时,甲、乙相遇,v甲=30m/s，v乙=25m/s，由位移和v t图面积对应关系,10-3s内位移 x甲 =3 30m=45m ，21x乙=-310+25 m=52.5m。故t 0时，甲乙相距 石 x乙-x甲 =7.5m，即甲在乙2前方7.5m， B选项正确。0-1s 内,10m=5m，110+15 m=12.5m， x2 x乙x甲 =7.5m，说明甲、乙第一次相遇。A、C错误。乙两次相遇地点之间的距离为 x x甲 x甲 =45m 5m=40m，所以D选项正确; 【考点】v t图的解读和位移的计算、追击相遇问题【难点】根据位移判断两车在不同时刻的位置关系二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3340题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题22. （ 5 分）某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20Hz、30Hz和40Hz。打出纸带的一部分如图（b）所示。该同学在实验中没有记录交流电的频率f,需要用实验数据和其它题给条件进行推算。（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出 B点时，重物下落的速度 大小为，打出C点时重物下落的速度大小为，重物下落的加速度大小为 。已测得S 8.89cm，S2 9.50cm，0 10.10cm，当地重力加速度大小为 9.80m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%，由此推算出f为Hz。【答案】【解析】fff 2 Si S2），yd Si），（S3 S）；40由于重物匀加速下落，A、B、C、D各相邻点之间时间间隔相同，因此是从A运动到C的过程的中间时刻，由匀变速直线运动的推论可得：Si S2 2tB点的速度Vb等于AC段的平均速度，即VbB点应1f由于t故vB -(SiS2)同理可得vC -（S2 S3）匀加速直线运动的加速度Vc Vbt(S2S3)(S S2)务(S3 Si)重物下落的过程中，由牛顿第二定律可得：由已知条件 由得mg 卩阻訓玄F 阻=0.01mg代入得：a护利用运动学公式和推论处理纸带问题Si），代入数据得f 40Hza 0.99g【考点】23. （ 10 分）60 C 时，Ic时就会报，滑动变阻器现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过 系统报警。提供的器材有：热敏电阻，报警器（内阻很小，流过的电流超过 警），电阻箱（最大阻值为 999.9），直流电源（输出电压为 U，内阻不计）R （最大阻值为1000），滑动变阻器R2 （最大阻值为2000 ），单刀双掷开关一个，导 线若干。在室温下对系统进行调节。 已知U约为18V , I。约为10mA ；流过报警器的电流超过 20mA 时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在60 C时阻值为650.0 。（1）在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线。电路中应选用滑动变阻器 （填R”或R2 ”）。（3）按照下列步骤调节此报警系统： 电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为 ；滑动变阻器的滑片应置于 （填“a或 “b”端附近，不能置于另一端的原因是O 将开关向 （填“C或 “d”端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至O（4）保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用。【答案】R220mA，报警器可能损坏坏650.0, b,接通电源后，流过报警器的电流会超过c,报警器开始报警【解析】热敏电阻工作温度达到 60 C时，报警器报警。故需通过调节电阻箱使其电阻为60 C时的热敏电阻的阻值，即调节到阻值650.0 Q光使报警器能正常报警，电路图如上图r U U 18V，当通过报警器的电流10mA Ic 20mA，故电路中总电阻 R -,1 c900 R 1800 ，故滑动变阻器选 R2。 热敏电阻为650.0时，报警器开始报警，模拟热敏电阻的电阻器阻值也应为 650.0为防止通过报警器电流过大，造成报警器烧坏，应使滑动变阻器的滑片置 于b端.【考点】滑动变阻器在电路中的作用及其规格选择、串并联电路相关计算、等效替代思想【难点】获取题中信息并转化为解题所需条件、理解电路设计原理、理解调节电阻箱和滑动变阻器的意义24. （14 分）如图，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连。两细金属棒 ab （仅标出a端）和cd （仅标出c端）长度均为L，质量分别为2m和m ;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成 闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属 棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小；（2）金属棒运动速度的大小。【解析】(1)由ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度时时刻刻相等，cd也做匀速直线运动；打选cd为研究对象，受力分析如图：由于cd匀速，其受力平衡，沿斜面方向受力平衡方程:Ncd Gcd cos垂直于斜面方向受力平衡方程：fcd Gcd SinT且fcd Ncd，联立可得：T mg cos mg sin选ab为研究对象，受力分析如图： 其沿斜面方向受力平衡：Tfab F安 Gabsin垂直于斜面方向受力平衡：Nab Gab cOs且fab Nab，T与T为作用力与反作用力：T T，联立可得：F安 mg sin3 mg cos(2 )设感应电动势为 E，由电磁感应定律:E BLv由闭合电路欧姆定律,回路中电流E BLv IRR棒中所受的安培力：F安 BILB2L2vR与联立可得：vmgR(si n93 cos )92 2B L25. ( 18 分)如图，一轻弹簧原长为 2R，其一端固定在倾角为 37的固定直轨道AC的底端A处，另5一端位于直轨道上 B处，弹簧处于自然状态。 直轨道与一半径为-R的光滑圆弧轨道相切6于C点，AC 7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为 m的小物块P自C点由 静止开始下滑，最低到达E点(未画出)随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF 4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数1 34，重力加速度大小为g。(取sin37 5，DAcos37(1) 求P第一次运动到B点时速度的大小。(2) 求P运动到E点时弹簧的弹性势能。(3) 改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释 放。已知P自圆弧轨道的最高点 D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点的左下方，与C点水平相距7 R、2竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后 P 的质量。（1 ）选P为研究对象，受力分析如图：设P加速度为a，其垂直于斜面方向受力平衡: 沿斜面方向，由牛顿第二定律得：【解析】且f N，可得:gsin对CB段过程，由代入数据得B点速度:2VtVbGsinGcosma2g cos-g2V02as2 gRFEP（2）P从C点出发，最终静止在 由C到F，重力势能变化量： 减少的重力势能全部转化为内能。 设E点离B点的距离为xR，从C到Qmg cos由Q|Ep，联立、解得：x研究P从c点运动到 重力做功： 摩擦力做功： 动能变化量： 由动能定理：，分析整段过程;mg 3RsinF ,产热：(7R 2xR)1 ；(5R xR)E点过程WgWfmg sinmg cos (5R xR)Ek 0J代入得:WfW单，到E点时弹性势能（3）其几何关系如下图2W弹Ek12mgR5E弹为空眄52 1可知：|OQ -R， CQ - RG点在D左下方，竖直高度差为3R。3由几何关系可得，5-R ,水平距离为23R Vjt512R gt2 23,5gR解得:设P从D点抛出时速度为v，到G点时间为 其水平位移： 竖直位移:重力做功：WG3mg(尹6Rsi n51)m gR10摩擦力做功：Wfmg6Rcos6 m gR5 y弹力做功：W单12E弹5mgR动能变化量：Ek -mvo20J9m gR210由动能定理：WG WfW弹EkVom，此过程中:研究P从E点到5D点过程，设P此时质量为将代入，可得:1m m3(二)选考题33. 物理一一选修3-3 (15分)(1) (5分)关于热力学定律，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 气体吸热后温度一定升高B 对气体做功可以改变其内能C.理想气体等压膨胀过程一定放热D 热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E. 如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡【答案】BDE【解析】 气体内能的改变 U Q W，故对气体做功可改变气体内能，B选项正确；气体吸热为Q，但不确定外界做功 W的情况，故不能确定气体温度变化，A选项错误;理想气体等压膨胀， W 0,由理想气体状态方程 PV n RT , P不变，V增大， 气体温度升高，内能增大。由U Q W，气体过程中一定吸热，C选项错误；由热力学第二定律，D选项正确；根据平衡性质，E选项正确；【考点】理想气体状态方程，热力学第一定律，热力学第二定律，热平衡的理解。【难点】等压膨胀气体温度升高，内能增大；气体又对外做功，所以气体一定吸热。(2) (10分)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差p与气泡2半径r之间的关系为p ，其中 0.070N/m。现让水下10m处一半径为0.50cm的r气泡缓慢上升。已知大气压强P0 1.0 105Pa，水的密度 1.0 103kg/m3，重力加速度大小 g 10m/s。(i) 求在水下10m处气泡内外的压强差；(ii) 忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。【答案】水下10m处气泡的压强差是28Pa,气泡在接近水面时的半径与原来半径之比为3212【解析】(i)由公式 P 得，r水下10m处气泡的压强差是2 0.070Pa=28Pa5 1028Pa。(ii)忽略水温随水深的变化,所以在水深10m处和在接近水面时气泡内温度相同。由理想气体状态方程 PV nRT,得PMP2/2其中，V143r3V243r23由于气泡内外的压强差远小于水压，气泡内压强可近似等于对应位置处的水压，所以有535R F0ghi 1 10 Pa+1 10 10 10 2 10 Pa=2PoP2 Fo4343将带入得，2P。-r；P。-233 33321223 2 1.3【考点】理想气体状态方程【难点】当气体内部压强远大于气泡内外压强差时，计算气体内部压强时可忽略掉压强差，即气体压强等于对应位置的水压。34. 物理一一选修3-4（ 15分）（1） （ 5分）某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近。该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15s。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 .水面波是一种机械波B 该水面波的频率为 6HzC .该水面波的波长为 3mD 水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去E. 水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移【答案】ACE【解析】水面波是一种典型机械波，A对；从第一个波峰到第十个波峰中经历了九个波形，155时间间隔为15秒，所以其振动周期为 T s - s，频率为0.6Hz , B错；其波长935vT 1.8m/s -s 3m , C对；波中的质点都上下振动，不随波迁移，但是能传3递能量，D错E对。（2） （ 10分）如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A ,它到池边的水平距离为 3.0m。从点光源A射向池边的光线 AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射4率为-。3（i）求池内的水深；（ii）一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到池面的高度为2.0m。当他看到正前下方的点光源 A时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45。求救生员的眼睛到池边的水平距离（结果保留 1位有效数字）。【解析】（i）光由A射向B发生全反射，光路如图：由反射公式可知：sin n 1得：sin 3 ；4，由AO 3m，由几何关系可得：AB| 4m , BO 7m所以水深 7m。（ii）光由A点射入救生员眼中光路图如图:由折射率公式：空兰sin可知：sin乞2， tan8设 BE| x m，得 tan323AQ 33 2323QE 7带入数据得：x 3 3 161，23由几何关系得，救生员到池边水平距离为（2x)m35. 物理一一选修3-5（ 15分）（1）（ 5分）现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生。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 保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B .入射光的频率变高，饱和光电流变大C.入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D 保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生E.遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关【答案】ACE【解析】由光电效应规律可知，当频率低于截止频率时无论光照强度多大，都不会有光电流，因此D错误；在发生光电效应时，饱和光电流大小由光照强度来决定，与频率无 关，光照强度越大饱和光电流越大，因此A正确，B错误，根据Ekm h W可知，对于同一光电管，逸出功 W不变，当频率变高，最大初动能Ekm变大，因此C正确，由Ekm eUc和Ekm h W，得h W eUc，遏制电压只与入射光频率有关， 与入射光强无关，因此 E正确。（2） （10分）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为 S的喷口持续以速度V。竖直向上喷出； 玩具底部为平板（面积略大于S ）;水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零， 在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为，重力加速度大小为 g,求：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。【解析】(i)在一段很短的t时间内，可以为喷泉喷出的水柱保持速度V。不变。该时间内，喷出水柱高度：IVot喷出水柱质量：mV其中v为水柱体积，满足：VIS由可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为v。S(ii)设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得：F冲=Mg其中；F冲为玩具底部水体对其的作用力. 由牛顿第三定律：F压=卩冲其中，F压为玩具时其底部下面水体的作用力 V为水体到达玩具底部时的速度 由运动学公式：v2 V 2gh在很短t时间内，冲击玩具水柱的质量为mmv0 s t由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱有动量定理F压mg t m v由于t很小， mg也很小，可以忽略式变为由可得2v。2g小222v。S【考点】动量定理，流体受力分析，微元法 【难点】情景比较新颖，微元法的应用