高考真题物理解析全国I卷.docx
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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
C
rS
4πkd
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
E
U
d
,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.12
C.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
1
m、
2
q,
2
对于任意粒子,在加速电场中,由动能定理得:
1
2
qUmv
2
0
得
v
2qU
m
①
在磁场中应满足
由题意,
qvBm
2
v
r
②
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
r
12mU
Bq
,由于加速电压不变,
故
rBmq
1212
rBmq
2121
1
1
其中B212B1,q1q2,可得
m
1
m
2
1
144
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.3
C.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:
Un
11
Un
22
②
副线圈中的电流:
I
2
UU
22
R2R35
③
联立①②③得:
2
nU3I
1
n5I
2
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U1'=U4IR1
得U1'=U12I⑤
根据变压器原副边电压关系:
U'n
11
U'n
22
⑥
副线圈中的电流得:
UU
''
22
I
'=⑦
2
R21
联立⑤⑥⑦得
2
nU12I
1
n4I
2
⑧
联立④⑧解得
n
1
n
2
3
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:
22
I
IR()(RR)
23
n
,得
R
RR
23
2
n
①
-2-
S闭合后:
4I
22
(4I)R'()R
2
n
,得
R
R
2
2
n
②
根据闭合电路欧姆定律:
S闭合前:
I
U
RR
1
③
S闭合后:
4I
U
RR
1
④
根据以上各式得:
解得,n3
R1
2
R3
122
1
nn
=
RR54
23
R3
122
nn
【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
2
Mm4π
Gmr
22
rT
可得
T
23
4πr
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2
rR①
sin30
由开普勒第三定律
33
rr
12
22
TT
12
,代入题中数据,得
R
33
(6.6R)r
22
24T
2
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,
T
Ty
N
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
Tx
fFx
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7.5m
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
【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
1
x甲=330m=45m,
2
1
x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。
11
0-1s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
2
9.80m/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),
22
2
f
2
(SS);⑵40
31
【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
v
B
SS
12
2t
由于
t
1
f
f
,故v(S1S2)
B
2
f
同理可得v(S2S3)
C
2
匀加速直线运动的加速度
a
v
t
故
f
(SS)(SS)
2
vvf
2312
2()
CB
aSS
31
1
2
t
f
①
⑵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:
2
f
a(SS),代入数据得f40Hz
31
2
【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
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
②U18V,当通过报警器的电流10mAI20mA,故电路中总电阻
c
R
U
I
c
,
900R1800,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
9.81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.
-7-
【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)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。
【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,cd也
做匀速直线运动;
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:
NG
cdcd
cos
垂直于斜面方向受力平衡方程:
fGsinT
cdcd
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'fabFGabsin
安
垂直于斜面方向受力平衡:
NG
abab
cos
且fabNab,T与T'为作用力与反作用力:
T'T,
联立可得:
F安mgsin3mgcos①
(2)设感应电动势为E,由电磁感应定律:
EBLv
由闭合电路欧姆定律,回路中电流:
棒中所受的安培力:
FBIL
安
I
22
BLv
R
EBLv
RR
与①联立可得:
v
mgR(sin3cos)
22
BL
25.(18分)
-8-
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
5
6
R的光滑圆弧轨道相切于C点,
ACR,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
7
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
1
4
,重力加速度大小为g。
(取
sin37
3
5
,
cos37
4
5
)
(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,恰好通过G点。
G点在C点的左下方,与C点水平相距
求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
7
2
R、竖直相距R,
【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:
GcosN
沿斜面方向,由牛顿第二定律得:
Gsinfma
且fN,可得:
对CB段过程,由
2
agsingcosg
5
22
vv02as
t
代入数据得B点速度:
2
vgR
B
(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:
Emg3Rsin①
P
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)②
由QEP,联立①、②解得:
x1;
研究P从C点运动到E点过程
重力做功:
Wmgsin(5RxR)
G
摩擦力做功:
Wfmgcos(5RxR)
动能变化量:
E0J
k
由动能定理:
WWWE
Gf弹k
代入得:
W
弹
12mgR
5
-9-
由E弹W弹,到E点时弹性势能E弹为
弹为
12mgR
5
。
(3)其几何关系如下图
可知:
2
OQR,
3
1
CQR
2
由几何关系可得,G点在D左下方,竖直高度差为
5
R,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
其水平位移:
3Rv0t
竖直位移:
51
2
Rgt
22
解得:
v
0
35gR
5
研究P从E点到D点过程,设P此时质量为m',此过程中