2016全国Ⅰ卷高考理综真题及解析

-1-2016年普通高等学校招生全国统一考试理科综合（物理部分）二、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14~17题只有一项符合题目要求，第18~21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。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D由4πrSCkd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UEd，由于U与d都不变，故电场强度E不变，答案为D电容器的基本计算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.11B.12C.121D.144D设质子的质量数和电荷数分别为1m、1q，一价正离子的质量数和电荷数为2m、2q，对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得：2102qUmv得2qUvm①在磁场中应满足2vqvBmr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12mUrBq，由于加速电压不变，故1212212111rBmqrBmq-2-其中211212BBqq，，可得121144mm故一价正离子与质子的质量比约为144带电粒子在电场、磁场中的运动、质谱仪。一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻12RR、和3R的阻值分别是31、和4，○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.2B.3C.4D.5B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11UUIR得13UUI①根据变压器原副边电压关系：1122UnUn②副线圈中的电流：222235UUIRR③联立①②③得：21235nUInI④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114UUIR＇=得112UUI＇=⑤根据变压器原副边电压关系：1122UnUn＇＇⑥副线圈中的电流得：22221UUIR＇＇＇=⑦联立⑤⑥⑦得212124nUInI⑧联立④⑧解得123nn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，S闭合前：2223()()IIRRRn，得232RRRn①S闭合后：2224(4)'()IIRRn，得22RRn②根据闭合电路欧姆定律：S闭合前：1UIRR③-3-S闭合后：14UIRR④根据以上各式得：212223122131=543RRnnRRRnn解得，3n变压器的计算由于原边回路有电阻，原线圈两端电压不等于电源电压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.1hB.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2224πMmGmrrT可得234πrTGM，则卫星离地球的高度应变小，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。由几何关系得，卫星的轨道半径为2sin30RrR①由开普勒第三定律33122212rrTT，代入题中数据，得33222(6.6)24RrT②由①②解得24Th（1）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；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。⑴牛顿运动定律；⑵力和运动的关系；⑶加速度的定义；30°R卫星卫星卫星-4-B选项易错误地以“匀速圆周运动”作为反例来推翻结论如图，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aTmg，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：xxTfF，yybFNTmg。T和bmg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。考查动态平衡分析、力的正交分解和力的平衡方程。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。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。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3ts时并排行驶，则（）A.在1st时，甲车在乙车后gfTxTyNmbTFxFyF-5-B.在0t时，甲车在乙车前7.5mC.两车另一次并排行驶的时刻是2stD.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40mBD根据vt图，甲、乙都沿正方向运动。3st时，甲、乙相遇，=30m/sv甲，=25m/sv乙，由位移和vt图面积对应关系，0-3s内位移1=330m=45m2x甲，1=310+25m=52.5m2x乙。故0t时，甲乙相距1-=7.5mxxx乙甲，即甲在乙前方7.5m，B选项正确。0-1s内，1=110m=5m2x甲，1=110+15m=12.5m2x乙，2=7.5mxxx乙甲，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=45m5m=40mxxx甲甲，所以D选项正确；vt图的解读和位移的计算、追击相遇问题根据位移判断两车在不同时刻的位置关系-6-三、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（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20Hz30Hz、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_____________。(2)已测得1238.89cm9.50cm10.10cmSSS，，，当地重力加速度大小为29.80m/s，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。⑴12()2fSS，23()2fSS，231()2fSS；⑵40⑴由于重物匀加速下落，ABCD、、、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：B点的速度Bv等于AC段的平均速度，即122BSSvt由于1tf，故12()2BfvSS同理可得23()2CfvSS匀加速直线运动的加速度vat故2231231()()2()12CBfSSSSvvfaSStf①⑵重物下落的过程中，由牛顿第二定律可得：gmF=ma阻②由已知条件0.01gF=m阻③由②③得0.99ga代入①得：231()2faSS，代入数据得40Hzf利用运动学公式和推论处理纸带问题-7-（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cI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1R（最大阻值为1000），滑动变阻器2R（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，cI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60C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。(2)电路中应选用滑动变阻器_____________（填“1R”或“2R”）。(3)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)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。(1)如下图(2)2R(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60