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)
二、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14~18题只
有一项是符合题目要求,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。
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】D
由CrS4πkd可知,当云母介质抽出时,r变小,电容器的电容C变小;
因为电容器接在恒压直流电源上,故U不变,根据QCU可知,当C减小时,Q减小。再由EUd,由于U与d都不变,故电场强度E不变,答案为D
【考点】电容器的基本计算
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。此离子和质子的质量比约为( ) A. 11 B. 12
C. 121
D. 144
【答案】D
设质子的质量数和电荷数分别为m1、q1,一价正离子的质量数和电荷数为m2、q2,对于任
意粒子,在加速电场中,由动能定理得:
qU12mv20 得 v2qUm ①
在磁场中应满足 mv2qvBr ②
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①②式联立求解得
匀速圆周运动的半径r12mUBq,由于加速电压不变,
故
r1rB2Bm1q21 21m2q11
1
m11 m2144故一价正离子与质子的质量比约为144
【考点】带电粒子在电场、磁场中的运动、质谱仪。
16. 一含有理想变压器的电路如图所示,图中电阻R1、R2和
其中B212B1,q1q2,可得
1和4,○R3的阻值分别是3、A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,电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为( ) A. 2 C. 4
B. 3 D. 5
【答案】B
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U1UIR1
U1U3I 得
U1n1 根据变压器原副边电压关系:
U2n2U2UI22 副线圈中的电流:
R2R35联立①②③得:
① ② ③ ④
n1U3I n5I22
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U1'=U4IR1
U1'=U12I 得
U1'n1 根据变压器原副边电压关系:
U2'n2U'U'I2'=22 副线圈中的电流得:
R21联立⑤⑥⑦得 联立④⑧解得
⑤ ⑥ ⑦ ⑧
n1U12I n4I2n1
3 n2
2解法二:
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,
RRI22S闭合前:IR()(R2R3),得R223 ①
nnR24IS闭合后:(4I)2R'()2R2,得R2 ②
nn根据闭合电路欧姆定律:
2
S闭合前: S闭合后:
U
R1RU4I
R1RIR1③ ④
R213221nn= 根据以上各式得:
RR54R122332nn解得,n3
【考点】变压器的计算 【难点】 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( ) 8h 16h A. 1h B. C. D. 4h
【答案】B
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
Mm4π24π2r3G2mr2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,则卫星周期最小时,由数学几何关系可作出右图。
R2R 由几何关系得,卫星的轨道半径为rsin3033rr由开普勒第三定律1222,代入题中数据,得
T1T2
(6.6R)3r32 242T2卫星卫星30°① R②
卫星由①②解得T24h
【考点】(1)卫星运行规律;(2)开普勒第三定律的应用 【难点】 做出最小周期时的卫星空间关系图
18. 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
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
①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;
②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;
③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;
3
④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】⑴牛顿运动定律;
⑵力和运动的关系; ⑶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OO'悬挂于O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OO'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】BD 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Tmag,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OO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:TxfFx,FyNTymbg。FyTTxTyfNFFxT和mbg始终不变,当F大小在一定范围内变化时;mb g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 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
4
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vt图像如图所示。已知两车在t3s时并排行驶,则( ) A. 在t1s时,甲车在乙车后 B. 在t0时,甲车在乙车前7.5m C. 两车另一次并排行驶的时刻是t2s
D. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
【答案】BD
根据vt图,甲、乙都沿正方向运动。t3s时,甲、乙相遇,v甲=30m/s,v乙=25m/s,由
1位移和vt图面积对应关系,0-3s内位移x甲=330m=45m,
21x乙=310+25m=52.5m。故t0时,甲乙相距x1x乙-x甲=7.5m,即甲在乙
2前方7.5m,B选项正确。
110-1s内,x甲=110m=5m,x乙=110+15m=12.5m,x2x乙x甲=7.5m,
22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xx甲x甲=45m5m=40m,所以D选项正确; 【考点】vt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
三、非选择题:本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题,每个试题考生都必须作答。第33~40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S18.89cm,S29.50cm,S310.10cm,当地重力加速度
(2)
__________Hz。
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
5
fff2(S3S1);⑵40 【答案】⑴(S1S2),(S2S1),
222⑴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B点应是从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:
SS2 B点的速度vB等于AC段的平均速度,即vB12t1ft由于,故vB(S1S2)
f2f同理可得vC(S2S3)
2v匀加速直线运动的加速度a
tf(SS3)(S1S2)f2vCvB22(S3S1) 故a① 1t2f⑵重物下落的过程中,由牛顿第二定律可得:
mgF阻=ma ②
由已知条件 由②③得 代入①得:aF阻=0.01mg a0.99g
③
f(S3S1),代入数据得f40Hz 2【考点】利用运动学公式和推论处理纸带问题
23. (10分)
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60C时,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Ic时就会报警),电阻箱(最大阻值为999.9),直流电源(输出电压为U,内阻不计),滑动变阻器R1(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。
Ic约为10mA;在室温下对系统进行调节。已知U约为18V,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60C时阻值为650.0。 (1) (2) (3)
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“R1”或“R2”)。 按照下列步骤调节此报警系统:
①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________________________________。
②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________________________________。 (4)
即可正常使用。
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
6
【答案】(1)如下图
(2)R2
(3)①650.0,b,
接通电源后,流过报警器的电流会超过20mA,报警器可能损坏坏 ②c,报警器开始报警
①热敏电阻工作温度达到60C时,报警器报警。故需通过调节电阻箱使其电阻为60C时的
热敏电阻的阻值,即调节到阻值650.0Ω,光使报警器能正常报警,电路图如上图
U②U18V,当通过报警器的电流10mAIc20mA,故电路中总电阻R,
Ic900R1800,故滑动变阻器选R2。
③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) (2)
作用在金属棒ab上的安培力的大小; 金属棒运动速度的大小。
(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;
选cd为研究对象,受力分析如图:
7
由于cd匀速,其受力平衡,沿斜面方向受力平衡方程:
NcdGcdcos
垂直于斜面方向受力平衡方程:
fcdGcdsinT
且fcdNcd,联立可得:
Tmgcosmgsin
选ab为研究对象,受力分析如图:
其沿斜面方向受力平衡:
T'fabF安Gabsin
垂直于斜面方向受力平衡:
NabGabcos
且fabNab,T与T'为作用力与反作用力:T'T, 联立可得:F安mgsin3mgcos
(2)设感应电动势为E,由电磁感应定律:
EBLv
EBLv由闭合电路欧姆定律,回路中电流:I
RRB2L2v棒中所受的安培力:F安BIL
RmgR(sin3cos)与①联立可得:v
B2L2
25. (18分)
①
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,另一5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于
6C点,AC7R,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,AF4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数cos374) 513,重力加速度大小为g。(取sin37,45(1) (2) (3)
求P第一次运动到B点时速度的大小。 求P运动到E点时弹簧的弹性势能。
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7距R、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。 2 8
(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:GcosN 沿斜面方向,由牛顿第二定律得:Gsinfma
2且fN,可得: agsingcosg
5vt2v022as 对CB段过程,由
代入数据得B点速度:
(2)P从C点出发,最终静止在F,分析整段过程;
由C到F,重力势能变化量:EPmg3Rsin 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F,产热:
Qmgcos(7R2xR)
由QEP,联立①、②解得:x1; 研究P从C点运动到E点过程
WGmgsin(5RxR) 重力做功:
Wfmgcos(5RxR) 摩擦力做功: 动能变化量:
由动能定理: 代入得:
Ek0J vB2gR
①
②
WGWfW弹Ek
12mgR 512mgR由E弹W弹,到E点时弹性势能E弹为。
5W弹
(3)其几何关系如下图
21可知:OQR,CQR
32由几何关系可得,G点在D左下方,竖直高度差为5R,水平距离为3R。 2设P从D点抛出时速度为v0,到G点时间为t
3Rv0t 其水平位移:
51Rgt2 竖直位移:
2235gR解得: v05研究P从E点到D点过程,设P此时质量为m',此过程中:
9
351WG'm'g(R6Rsin)m'gR
2106Wf'm'g6Rcosm'gR 摩擦力做功:
512W弹'E弹mgR 弹力做功:
519Ek'm'v020Jm'gR 动能变化量:
210WG'Wf'W弹'Ek' 由动能定理:
将①②③④代入⑤,可得:
1m'm
3重力做功: ① ② ③ ④ ⑤
34. [物理——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6Hz C.该水面波的波长为3m
D.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
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,时间间隔
155为15秒,所以其振动周期为Tss,频率为0.6Hz,B错;其波长
935vT1.8m/ss3m,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,水的折射率为4。 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)。
10
(i)光由A射向B发生全反射,光路如图:
由反射公式可知:sinn1
3得:sin;
4由AO3m,由几何关系可得:
AB4m,BO7m
所以水深7m。
(ii)光由A点射入救生员眼中光路图如图:
sin45n 由折射率公式:
sin332332可知:sin,tan 23238设BExm,得tan带入数据得:x3AQQE3x7 3161, 23由几何关系得,救生员到池边水平距离为(2x)m0.7m
35. [物理——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
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EkmhW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
11
EkmeUc和EkmhW,得hWeUc,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v0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。
(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v0不变。
该时间内,喷出水柱高度: lv0t
喷出水柱质量:
mV 其中v为水柱体积,满足: VlS
由①②③可得:喷泉单位时间内喷出的水的质量为mtv0S (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=F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:
v'2v202gh 在很短t时间内,冲击玩具水柱的质量为m
mv0st 由题意可知,在竖直方向上,对该部分水柱有
动量定理
F压mgtmv 由于t很小,mg也很小,可以忽略
⑧式变为 F压tmv 由④⑤⑥⑦⑨可得
hv20M2g2g22v22 0S【考点】动量定理,流体受力分析,微元法
情景比较新颖,微元法的应用
① ② ③
④ ⑤
⑥ ⑦ ⑧ ⑨
12
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