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全国理综一卷含答案Ⅰ卷

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2016年普通高等学校招生全国统一考试（I卷）

理科综合能力测试（物理部分）

（河南、河北、山西、江西、湖北、湖南、广东、安徽、福建、山东）

第I卷（选择题共126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14~17题只有一项是符合题目

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，极板间的电场强度变大

B.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大

C.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变

D.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变

【答案】D

【解析】

；rS

4*d可知，当云母介质抽出时,

『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Q=CU可知，当c减小时,

Q减小。

再由

d，由于u与d都不变，故电场强

度E不变，正确选项：

【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

【答案】D

B.12

C.121D.144

【解析】设质子的质量数和电荷数分别为

5、q1，一价正离子的质量数和电荷数为

讥、q2，对于任意粒子,

在加速电场中，由动能定理得:

在磁场中应满足

vqvB=m—r

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

12mU「花q

由于加速电压不变,

故「2

m1q21

*J_

m2q11其中B2=12B!

m11

q1=q2

可得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

Ri,R2和R3的阻值分别为3Q,1Q,4Q,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。

当开关时，电流表的示数为4I•该变压器原、副线圈匝数比为

S断开时，电流表的示数为I;当S闭合

A.2【答案】【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

Ui=U-IR1

U,二U-3I

解法二:

根据变压器原副边电压关系:

副线圈中的电流:

联立①②③得：

当S闭合时，电路如右图所示

U1n1

U2匕

U2U2

Ra亠R35

U-31

由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压

根据变压器原副边电压关系:

副线圈中的电流得:

联立⑤⑥⑦得

联立④⑧解得

U/=U-4IR

-12I

I/4竺

r21

U-12I

①

⑤

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,

R,R3

RJ3

，得n

2I2

I・R=（—）（R2+R3）S闭合前：

241

s闭合后：

（4I）"J

卜R2

RI得n

根据闭合电路欧姆定律:

S闭合前:

S闭合后:

R2c1

Rl2321

n_n=]

根据以上各式得:

解得，n=3

【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】

【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,

Mm4n2

G—二mr—y

由r2T2可

4nr

GM，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

得

的，则卫星周期最小时，由数学几何关系可作右图。

由几何关系得，卫星的轨道半径为

丄_\2_~2由开普勒第三定律T1T2

r2R

sin30

，代入题中数据，得

-"T22

（6.6R）

242

卫星

由①②解得T：

【考点】卫星运行规律；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。

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，A错误；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，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，时间内速度变化量相同，速率变化量不一定相同，D错误。

【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

C正确；根据加速度的定义，相等

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】BD

a、b均保持静止，各绳角度保持不变;

内,

且相对于过轨迹最低点

【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

选a受力分析得，绳的拉力T二讥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、

平方向和竖直方向分解，如图所示。

由受力平衡得:

Txf=Fx,

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

FyN兀=ggOT和gg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。

【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，其轨迹在竖直平面（纸面）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

Q点的动能比它在P点的大

Q点的电势能比它在P点的大

Q点的加速度大小比它在P点的小

B.油滴在

C.油滴在

D.油滴在

【答案】AB

D选项错。

【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

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ABo

【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

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7.5m

C.两车另一次并排行驶的时刻是t=2s

D.甲、乙两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】甲、乙都沿正方向运动。

t=：

3s时并排行驶，宙=30m/s,7乙=25m/s，由v-t图可知:

0~3s内位移

x甲=330m=45mx乙=310+25m=52.5m

2,2.故t=0时，甲乙相距心二乂乙_x甲-7.加

，即甲在乙前

1・1x甲=—x1x10m=5mx乙=一沢1勺10+15\m=12.5m〜„

方7.5m,b正确。

0〜1S内，2,2,心二x乙-X甲

=7・5m，说明

甲、乙初相遇。

A、C错误。

乙两次相遇地点之间的距离为

【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。

x=x甲-＞甲=45m-5m=40m，所以D正确;

第II卷（非选择题共174分）

三、非选择题：

包括必考题和选考题两部分。

题~第32题为必考题，每个试题考生都做答。

第33题〜第40题为选考题，考生要求做答。

（一）必考题（共129分）

第22

必须

根据

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。

打点计时器

紙带

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他条件进行推算。

（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

加速度的大小为.

（2）已测得3=8.89cm,S2=9.50cm,S3=10.10cm;当重力加速度大小为9.80m/s，试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

，打出C点时重物下落的速度大小为

，重物下落的

I答案】⑴尹弋）,严®,

才（S3-S）

2；⑵40

【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％等于AC段的平均速度，即

1t由于f

同理可得

=2（S2S3）

：

va=—匀加速直线运动的加速度•吠

VC—Vba二

f（S2§3）—（SiS2）

丄（S3—SJ

⑵重物下落的过程中,

由已知条件

Fs=0.01mg

由②③得

a=0.99g

由牛顿第二定律可得：

mg一F阻=ma

'40Hz

Q;滑动变阻器的滑片

60C时的热敏电

代入①得：

2…-，代入数据得

【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，当要求热敏电阻的温度达到或超过60°C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999.9Q），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1000Q），滑动变阻器R2（最大阻值为2000Q），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,lc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的升高而减小，在60°C时阻值为650.0Q.

（1）在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线。

⑵在电路中应选用滑动变阻器（填“R1”或“R2”）。

（3）按照下列步骤调节此报警系统：

1电路接通前，需将电阻箱调到一定的阻值，根据实验要求，这一阻值为

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】⑴如图

⑵尺

（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阻的阻值，即调节到阻值650.0Q,光使报警器能正常报警，电路图如上图

R=U

②U=18V，当通过报警器的电流10mA'Ic'20mA，故电路中总电阻Ic，

900J_R_180°'•1，故滑动变阻器选R2。

3热敏电阻为650.0门时，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0,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，回路电阻为擦因数均为禺重力加速度大小为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。

卩安=mgsinJ-3」mgcosv

vmgR（sin日—3Acos®

v^"2

R,两金属棒与斜面间的动摩

【答案】

（1）

（2）

cd也做匀速直线运动;

【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,

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二Gcdcost

垂直于斜面方向受力平衡方程：

fcdGcdsinJ-T

且廟二"Ncd，联立可得：

T="mgcos1；亠mgsin=

选ab为研究对象，受力分析如图：

其沿斜面方向受力平衡：

T‘fab良=Gabsinr

垂直于斜面方向受力平衡：

Nab二GabCOST

且fab二・Nab,T与T'为作用力与反作用力：

T'=T,

联立可得：

F安二mgsinr-3"mgcost①

（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:

I茎

BLv

B2L2v

尸安=BIL=

棒中所受的安培力：

_mgR（sin日-3Acos&）

与①联立可得：

【考点】物体平衡、磁场对电流的作用、电磁感应。

25.（18分）如图，一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37°勺固定直轨道AC的底端A处，另一端位

于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为

6的光滑圆弧轨道相切于

C点，AC=7R,A、B、

C、D均在同一竖直面内。

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，最高点到达F点，AF=4R,已知P与直轨道间的动摩擦因数4，重力加速度大小为g.（取

sin37°=0.6,cos37°=0.8）

（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,

-R

恰好通过G点。

G点在C点左下方，与C点水平相距变后P的质量。

2、竖直相距

R,求P运动到D点时速度的大小和改

12mgR1

【答案】

（1）2gR

（2）5（3）3

【解析】

（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：

Gcosv-N

沿斜面方向，由牛顿第二定律得:

GsinJ-f=ma

且fin，可得:

对cb段过程，由

a=gsinv-」gcost=—g

代入数据得B点速度:

vtV02as

（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：

厶ep=-mg3Rsin-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:

Q="mgcosd（7R2xR）

由Q='Ep，联立①、②解得：

x=1；

研究P从C点运动到E点过程

重力做功：

摩擦力做功:

动能变化量:

由动能定理:

WG=mgsint>（5RxR）

Wf--「mgcosJ（5RxR）

Ek=0J

WsWfW单F；Ek

代入得:

12mgR

由「巴单二—W弹，到E点时弹性势能E弹为5。

0Q|=—RCQ=—R

（3）其几何关系如图可知：

3,2

由几何关系可得，

G点在D左下方，竖直高度差为

设P从D点抛出时速度为

Vo，到G点时间为t

2，水平距离为

3R。

其水平位移:

3R=v0t

竖直位移:

5R」gt2

解得:

研究P从E点到D点过程，设P此时质量为m'，

此过程中:

重力做功：

摩擦力做功:

351

Wg'--m'g（-R亠6Rsinv）m'gR

210

Wf'=_」m'g6Rcosv---m'gR

弹力做功：

动能变化量:

弹'=-E弹mgR

.Ek^-m'v02-0J9m'gR

210

由动能定理:

①

②

③

④

⑤

将①②③④代入⑤，可得:

1m'm

【考点】物体平衡、牛顿运动定律、功和能、动能定理、能量守恒定律。

（二）选考题：

共45分。

请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用

2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。

注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。

如果多做，则每学科按所做的第一题计分。

33.［物理一一选修3同（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】热力学第一定律：

U二QW，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：

：

°，由理想气体

状态方程PV二nRT，P不变，V增大，气体温度升高，内能增大。

由U二QW，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）（1°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4）与气泡半径r之间的关系

为4p=~^，其中＜=°.°7°N/m.现让水下1°m处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升，已知大气压强p°=l.°氷°5Pa,水的密度p=1.0为03kg/m3，重力加速度大小g=1°m/s2.

（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】

【解析】

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T。

山2b“2汉0.070^ccr

-PP—Pa=28Pa

（i）由公式r得，510_

水下10m处气泡的压强差是28Pa。

（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PVi

V2二r23

其中,

③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

535

=110Pa+1101010=210Pa=2P0

将②③④⑤带入①得,

4343

2F0□F0r2

2「1「2

E=32：

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）学科&网

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

【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，时间间隔为15

1555

T=—s=—s丸=vT=1.8m/ss

秒，所以其振动周期为93，频率为0.6Hz,B错；其波长3=3m,C对；波中的

质点都上下振动，不随波迁移，但是能传递能量，D错E对。

【考点】机械波及其特性、波长和波速频率间关系。

（2）（10分）如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到

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