2016年高考真题——物理解析(全国I卷)

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。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【解析】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.11B.12C.121D.144【答案】D【解析】设质子的质量数和电荷数分别为m1、q，一价正离子的质量数和电荷数为1m、2q，2对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得：12qUmv20得v2qUm①在磁场中应满足由题意，qvBm2vr②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-1-匀速圆周运动的半径r12mUBq，由于加速电压不变，故rBmq1212rBmq212111其中B212B1，q1q2，可得m1m21144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R1R2、和R3的阻值分别是3、1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.5【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U1UIR1得U1U3I①根据变压器原副边电压关系：Un11Un22②副线圈中的电流：I2UU22R2R35③联立①②③得：2nU3I1n5I2④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得U1＇=U12I⑤根据变压器原副边电压关系：U＇n11U＇n22⑥副线圈中的电流得：UU＇＇22I＇=⑦2R21联立⑤⑥⑦得2nU12I1n4I2⑧联立④⑧解得n1n23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：22IIR()(RR)23n，得RRR232n①-2-S闭合后：4I22(4I)R'()R2n，得RR22n②根据闭合电路欧姆定律：S闭合前：IURR1③S闭合后：4IURR1④根据以上各式得：解得，n3R12R31221nn=RR5423R3122nn【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（）A.1hB.4hC.8hD.16h【答案】B【解析】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2Mm4πGmr22rT可得T234πrGM，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，则卫星周期最小卫星时，由数学几何关系可作出右图。30°R由几何关系得，卫星的轨道半径为2rR①sin30由开普勒第三定律33rr1222TT12，代入题中数据，得R33(6.6R)r2224T2卫星②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【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；-3-②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。【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【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Tmg，所以物体a受到a绳的拉力保持不变。由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力FyF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，TTyN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TxfFx示。由受力平衡得：TxfFx，FyNTymbg。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mbg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-4-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7.5mC.两车另一次并排行驶的时刻是t2sD.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【解析】根据vt图，甲、乙都沿正方向运动。t3s时，甲、乙相遇，v甲=30m/s，v=25m/s乙，由位移和vt图面积对应关系，0-3s内位移1x甲=330m=45m，21x乙。故t0时，甲乙相距x1x-x=7.5m=310+25m=52.5m乙甲，即甲在乙前2方7.5m，B选项正确。110-1s内，x甲=110m=5m，x乙=110+15m=12.5m，22说明甲、乙第一次相遇。A、C错误。x2x乙x甲=7.5m，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-5-三、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_____________。(2)已测得S18.89cm，S29.50cm，S310.10cm，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。ff【答案】⑴(S1S2)，(S2S3)，222f2(SS)；⑵4031【解析】⑴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：B点的速度vB等于AC段的平均速度，即vBSS122t由于t1ff，故v(S1S2)B2f同理可得v(S2S3)C2匀加速直线运动的加速度avt故f(SS)(SS)2vvf23122()CBaSS3112tf①⑵重物下落的过程中，由牛顿第二定律可得：mgF=ma阻②由已知条件F=0.01mg阻③由②③得a0.99g代入①得：2fa(SS)，代入数据得f40Hz312【考点】利用运动学公式和推论处理纸带问题-6-23.（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R（最1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，Ic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“R1”或“R”）。2(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。【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②c，报警器开始报警【解析】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