高考新课标全国卷III理综物理真题及答案Word下载.docx
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2v·
t＝2vt，进一步求得v＝
；
所以a＝
＝
，A正确．
17．B4[2016·
全国卷Ⅲ]如图1所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：
一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为（ ）
图1
m
C．mD．2m
17．C [解析]对a受力分析如图甲所示，其中虚线三角形为等边三角形，由正交分解法可得Fsinα＝mgsin30°
，又知F＝mg，故α＝30°
对小物块的悬挂点受力分析如图乙所示，由力的合成可得2Fcos（α＋30°
）＝Mg，故可得M＝m，C正确．
18．K2[2016·
全国卷Ⅲ]平面OM和平面ON之间的夹角为30°
，其横截面（纸面）如图1所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>
0）．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°
角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为（ ）
18．D [解析]设射入磁场的入射点为A，延长入射速度v所在直线交ON于一点C，则轨迹圆与AC相切；
由于轨迹圆只与ON有一个交点，所以轨迹圆与ON相切，所以轨迹圆的圆心必在∠ACD的角平分线上，作出轨迹圆如图所示，其中O′为圆心，B为出射点．
由几何关系可知∠O′CD＝30°
，Rt△O′DC中，CD＝O′D·
cot30°
R；
由对称性知，AC＝CD＝
等腰△ACO中，OA＝2AC·
cos30°
＝3R；
等边△O′AB中，AB＝R，所以OB＝OA＋AB＝4R.由qvB＝m
得R＝
，所以OB＝
，D正确．
19．M2[2016·
全国卷Ⅲ]如图1所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是（ ）
A．原、副线圈匝数比为9∶1
B．原、副线圈匝数比为1∶9
C．此时a和b的电功率之比为9∶1
D．此时a和b的电功率之比为1∶9
19．AD [解析]设灯泡的额定电压为U0，则输入电压U＝10U0，由于两灯泡均正常发光，故原线圈两端的电压U1＝U－U0＝9U0，副线圈两端的电压U2＝U0，所以原、副线圈的匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝9∶1，A正确，B错误；
原、副线圈的电流之比I1∶I2＝n2∶n1＝1∶9，由电功率P＝UI可知，a和b的电功率之比为1∶9，C错误，D正确．
20．D4 E2[2016·
全国卷Ⅲ]如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；
在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则（ ）
A．a＝
B．a＝
C．N＝
D．N＝
20．AC [解析]质点P下滑到底端的过程，由动能定理得mgR－W＝
mv2－0，可得v2＝
，所以a＝
，A正确，B错误；
在最低点，由牛顿第二定律得N－mg＝m
，故N＝mg＋m
＝mg＋
，C正确，D错误．
21．L2 M1[2016·
全国卷Ⅲ]如图所示，M为半圆形导线框，圆心为OM；
N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；
两导线框在同一竖直面（纸面）内；
两圆弧半径相等；
过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则（ ）
A．两导线框中均会产生正弦交流电
B．两导线框中感应电流的周期都等于T
C．在t＝
时，两导线框中产生的感应电动势相等
D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
21．BC [解析]设导线圈半径为l，角速度为ω，两导线框切割磁感线的等效长度始终等于圆弧半径，因此在产生感应电动势时其瞬时感应电动势大小始终为E＝
Bωl2，但进磁场和出磁场时电流方向相反，所以线框中应该产生方波交流式电，如图所示，A错误；
由T＝
可知，两导线框中感应电流的周期相同，均为T，B正确；
在t＝
时，两导线框均在切割磁感线，故两导线框中产生的感应电动势均为
Bωl2，C正确；
对于线框M，有
＋
T，解得U有M＝E；
对于线框N，有
＋0＋
＋0＝
T，解得U有N＝
E，故两导线框中感应电流的有效值并不相等，D错误．
22．J10 K1[2016·
全国卷Ⅲ]某同学用图1中所给器材进行与安培力有关的实验．两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直．
（1）在图中画出连线，完成实验电路．要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动．
（2）为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：
A．适当增加两导轨间的距离
B．换一根更长的金属棒
C．适当增大金属棒中的电流
其中正确的是________（填入正确选项前的标号）．
22．[答案]
（1）连线如图所示
（2）AC
[解析]
（1）限流式接法要求滑动变阻器接线时只能连接“一上一下”两个接线柱；
磁铁N极位于上方，说明磁感线向下；
开关闭合后，金属棒往右运动，说明棒受到向右的安培力；
由左手定则可知，电流应垂直纸面向外（ab指向a1b1）；
所以应按“电源正极→开关→滑动变阻器下接线柱→滑动变阻器上接线柱→电流表→ab→a1b1→电源负极”的顺序连接回路．
（2）由动能定理BIL·
s＝
mv2－0可知，要增大金属棒离开导轨时的速度v，可以增大磁感应强度B、增大电流I、增大两导轨间的距离L或增大导轨的长度s；
但两导轨间的距离不变而只是换一根更长的金属棒后，等效长度L并不会发生改变，但金属棒的质量增大，故金属棒离开导轨时的速度v减小．
23．C4C4[2016·
全国卷Ⅲ]某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；
轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010kg.实验步骤如下：
（1）将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车（和钩码）可以在木板上匀速下滑．
（2）将n（依次取n＝1，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；
用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制st图像，经数据处理后可得到相应的加速度a.
（3）对应于不同的n的a值见下表．n＝2时的st图像如图（b）所示；
由图（b）求出此时小车的加速度（保留2位有效数字），将结果填入下表．
n
1
2
3
4
5
a/（m·
s－2）
0.20
0.58
0.78
1.00
（4）利用表中的数据在图（c）中补齐数据点，并作出an图像．从图像可以看出：
当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．
（5）利用an图像求得小车（空载）的质量为______kg（保留2位有效数字，重力加速度g取9.8m/s2）．
（6）若以“保持木板水平”来代替步骤
（1），下列说法正确的是________（填入正确选项前的标号）．
A．an图线不再是直线
B．an图线仍是直线，但该直线不过原点
C．an图线仍是直线，但该直线的斜率变大
23．[答案]（3）0.39（0.37～0.49均可） （4）an图线如图所示
（5）0.45（0.43～0.47均可） （6）BC
[解析]（3）系统做匀加速直线运动，s＝
at2，由图（b）可知，当t＝2s时，s＝0.78m，代入解得a＝0.39m/s2.
（4）由题意知描点法作图所得的必须是一条直线．
（5）对于挂在下面的n个钩码，有nmg－F＝nma；
对于小车（含剩下的钩码），有F＝[M＋（N－n）m]a；
两式相加得nmg＝（M＋Nm）a；
解得a＝
n，可见an图像的斜率表示
，
由an图可知斜率k＝0.196，所以
＝0.196，解得M＝0.45kg.
（6）木板水平时要考虑摩擦力的影响，
对于挂在下面的n个钩码，有nmg－F′＝nma；
对于小车（含剩下的钩码），有F′－μ[M＋（N－n）m]g＝[M＋（N－n）m]a；
两式相加得nmg－μ[M＋（N－n）m]g＝（M＋Nm）a，
去中括号得n（mg＋μmg）－μ（M＋Nm）g＝（M＋Nm）a，
移项化简得n（mg＋μmg）＝（M＋Nm）（a＋μg），
n－μg＝
n－9.8μ，
可见an图像仍是一条直线，但其斜率要变大，且不过坐标原点．
24．C2 D4 E2[2016·
全国卷Ⅲ]如图1所示，在竖直平面内有由
圆弧AB和
圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为
.一小球在A点正上方与A相距
处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．
（1）求小球在B、A两点的动能之比；
（2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．
24．[答案]
（1）5
（2）能
[解析]
（1）设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得EkA＝mg
①
设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg
②
由①②式得
＝5 ③
（2）若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0 ④
设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N＋mg＝
⑤
由④⑤式得，vC应满足mg≤m
⑥
由机械能守恒有mg
mv
⑦
由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．
25．L5[2016·
全国卷Ⅲ]如图1所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻；
一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；
在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；
在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN（虚线）与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：
（1）在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
（2）在时刻t（t>
t0）穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．
25．[答案]
（1）
（2）B0lv0（t－t0）＋kSt （B0lv0＋kS）
[解析]
（1）在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS ①
设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq.由法拉第电磁感应定律有E＝
由欧姆定律有i＝
③
由电流的定义有i＝
④
联立①②③④式得|Δq|＝
Δt ⑤
由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为
|q|＝
（2）当t>
t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有f＝F ⑦
式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力．设此时回路中的电流为I，F的大小为F＝B0Il ⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0（t－t0） ⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls ⑩
回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′
式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩⑪式得，在时刻t（t>
t0）穿过回路的总磁通量为
Φt＝B0lv0（t－t0）＋kSt ⑫
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为
ΔΦt＝（B0lv0＋kS）Δt ⑬
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
Et＝
⑭
由欧姆定律有I＝
⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f＝（B0lv0＋kS）
⑯
33．H1 H2 H3[2016·
全国卷Ⅲ][物理——选修3 3]
（1）关于气体的内能，下列说法正确的是________．
A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同
B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大
C．气体被压缩时，内能可能不变
D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
（2）一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；
在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；
大气压强p0＝75.0cmHg.环境温度不变．
33．[答案]
（1）CDE
（2）144cmHg 9.42cm
[解析]
（1）温度相同，分子平均动能相同，若摩尔质量不同，则相同质量的气体有不同的分子数，分子总动能不同，假若都是理想气体，因为只考虑分子动能，所以内能不同，A错误；
气体内能取决于气体分子的平均动能和分子势能，而与宏观上整体的动能无关，B错误；
若外界对气体做的功等于气体向外界放出的热，则气体的内能不变，C正确；
理想气体的内能取决于气体分子的平均动能，而分子平均动能取决于温度，D正确；
理想气体等压膨胀过程中，p一定，V增加，由
＝C可知T升高，故内能增加，E正确．
（2）设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；
左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p′1，长度为l′1；
左管中空气柱的压强为p′2，长度为l′2.以cmHg为压强单位．由题给条件得p1＝p0＋（20.0－5.00）cmHg ①
l′1＝
cm ②
由玻意耳定律得
p1l1＝p′1l′1 ③
联立①②③式和题给条件得
p′1＝144cmHg ④
依题意
p′2＝p′1 ⑤
l′2＝4.00cm＋
cm－h ⑥
p2l2＝p′2l′2 ⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得
h＝9.42cm ⑧
34．[2016·
全国卷Ⅲ][物理——选修3 4]
G2
（1）由波源S形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播．波源振动的频率为20Hz，波速为16m/s.已知介质中P、Q两质点位于波源S的两侧，且P、Q和S的平衡位置在一条直线上，P、Q的平衡位置到S的平衡位置之间的距离分别为15.8m、14.6m．P、Q开始振动后，下列判断正确的是________．
A．P、Q两质点运动的方向始终相同
B．P、Q两质点运动的方向始终相反
C．当S恰好通过平衡位置时，P、Q两点也正好通过平衡位置
D．当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰
E．当S恰好通过平衡位置向下运动时，Q在波峰
N1
（2）如图1所示，玻璃球冠的折射率为
，其底面镀银，底面的半径是球半径的
倍；
在过球心O且垂直于底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点．求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角．
34．[答案]
（1）BDE
（2）150°
[解析]
（1）波长λ＝vT＝
＝0.8m，SQ＝14.6m＝18
λ，当S处于平衡位置向上振动时，Q应处于波谷；
SP＝15.8m＝19
λ，当S处于平衡位置向上振动时，P应处于波峰；
可见P、Q两质点运动的方向应始终相反，A、C错误，B、D、E正确．
（2）设球半径为R，球冠底面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB.令∠OAO′＝α，有
cosα＝
即α＝30°
由题意MA⊥AB
所以∠OAM＝60°
设图中N点为光线在球冠内底面上的反射点，所考虑的光线的光路图如图所示．设光线在M点的入射角为i、折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃折射率为n.由于△OAM为等边三角形，有
i＝60°
由折射定律有sini＝nsinr ⑤
代入题给条件n＝
得r＝30°
作底面在N点的法线NE，由于NE∥AM，有i′＝30°
根据反射定律，有i″＝30°
⑧
连接ON，由几何关系知△MAN≌△MON，故有∠MNO＝60°
⑨
由⑦⑨式得∠ENO＝30°
⑩
于是∠ENO为反射角，ON为反射光线．这一反射光线经球面再次折射后不改变方向．所以，经一次反射后射出玻璃球冠的光线相对于入射光线的偏角β为
β＝180°
－∠ENO＝150°
⑪
35．[2016·
全国卷Ⅲ][物理——选修3 5]
O2
（1）一静止的铝原子核
Al俘获一速度为1.0×
107m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核
Si*，下列说法正确的是________．
A．核反应方程为p＋
Al―→
Si*
B．核反应过程中系统动量守恒
C．核反应过程中系统能量不守恒
D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和
E．硅原子核速度的数量级为105m/s，方向与质子初速度的方向一致
F2 E6
（2）如图1所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；
a和b相距l，b与墙之间也相距l；
a的质量为m，b的质量为
m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
35．[答案]
（1）ABE
（2）
≤μ<
[解析]
（1）核反应方程为p＋
Al→
Si*，A正确；
核反应过程中系统动量守恒、能量守恒（只是前后表现形式不同罢了）、质量数守恒、电荷数守恒，但质量亏损，亏损部分以能量的形式释放出去，所以B正确，C、D错误；
由动量守恒定律得0＋m1v1＝m2v2，即0＋1×
107＝28v2，解得v2≈0.036×
107m/s＝3.6×
105m/s，E正确．
（2）设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有
>
μmgl ①
即μ<
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒有
＋μmgl ③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v′1、v′2，由动量守恒和能量守恒有
mv1＝mv′1＋
v′2 ④
mv′
v′
联立④⑤式解得v′2＝
v1 ⑥
由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
≤μ
gl ⑦
联立③⑥⑦式，可得
μ≥
联立②⑧式，a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件
⑨
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