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
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