全国理综一卷含答案Ⅰ卷.docx

1、全国理综一卷含答案卷绝密启封并使用完毕前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 1417题只有一项是符合题目要求，第1821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

2、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】；rS4 *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Ud，由于u与d都不变，故电场强度E不变，正确选项：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

3、的 12倍。此离子和质子的质量比约为A. 11【答案】DB . 12C. 121 D. 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2v qvB =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. 由式联立求解得匀速圆周运动的半径1 2mU 花q,由于加速电压不变,故2B1m1 q2 1* J _m2 q1 1 其中 B2 =12B!,m1 1q1 =q2可得m2 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

4、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3 Q , 1 Q , 4Q ,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 -IR1U,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:联立得：当S闭合时，电路如右图所示I2niU1 n1U 2 匕U2 U2Ra 亠 R3 5U -315I由闭合电路欧姆定律

5、，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:联立得联立解得U/ =U -4I R-12IUPI/4竺r2 1nin2U -12I4IJn2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, R3R J 3，得 n2 I 2I R = () (R2+R3) S闭合前： n2 41s闭合后：（4I） JR2卜R2R I 得 n根据闭合电路欧姆定律:S闭合前:S闭合后:R2 c 1Rl 2 3 2 1n _ n =根据以上各式得:n n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

6、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 1h B 4h C 8h D. 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,Mm 4n2G二 mry由r2 T2可4 n rGM ，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T =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3 3丄 _2_ 2 由开普勒第三定律T1 T2Rr 2 Rsin 30，代入题中数

7、据，得3 3r-T22(6.6R)242卫星由解得T ： 4h【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

8、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

9、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】BDa、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:Tx f =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

10、力沿水Fy N兀=gg OT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】ABD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

11、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 AB o【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

12、7.5mC.两车另一次并排行驶的时刻是 t=2sD .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:03s内位移1 1x甲 = 3 30m=45m x乙 = 3 10+25 m=52.5m2 , 2 .故t=0时，甲乙相距 心二乂乙_x甲-7.加，即甲在乙前,1 1 x甲 = x1 x10m=5m x乙 =一 沢1 勺10+15 m=12.5m 方7.5m, b正确。01S内， 2 , 2 ,心二x乙-X甲=75m，说明甲、乙初相遇。A、C错误。乙两次相遇地点之间

13、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

14、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 . O（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】尹弋）,严 ,才（S3-S）2 ； 40【解析】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A

15、C段的平均速度，即S S2t1 t 由于 f同理可得Vc= 2（S2 S3）：v a = 匀加速直线运动的加速度 吠VC Vb a 二tf (S2 3)(Si S2)丄(S3 SJ2重物下落的过程中,由已知条件Fs = 0.01mg由得a =0.99g由牛顿第二定律可得：mg 一 F阻=ma: 40HzQ ;滑动变阻器的滑片60 C时的热敏电代入得： 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 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

16、（最大阻值为999.9 Q），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650.0 Q.（1）在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线。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

17、 “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】如图尺（3）650.0 , 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c,报警器开始报警【解析】热敏电阻工作温度达到 60 C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 650.0 Q,光使报警器能正常报警，电路图如上图R = UU =18V，当通过报警器的电流10mA Ic 20mA，故电路中总电阻 Ic，900 J _ R _180 1，故滑动变阻器选

18、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

19、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 =mgsin J -3mgcos vv mgR(sin 日3 A cosv 2B LR,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 Gcd cost垂直

20、于斜面方向受力平衡方程：fcd Gcd sin J - T且廟二Ncd，联立可得：T = mg cos1；亠 mgs in =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=Gab si nr垂直于斜面方向受力平衡：Nab 二 Gab COST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mg sin r - 3 mg cost (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RBLvRB2L2v尸安=BIL = 棒中所受的安培力： R_mgR(sin 日-3Acos&)与联立可得：【考点】物体平衡、磁

21、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sin 37 =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

22、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 12mgR 1【答案】(1) 2 gR (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： G cosv - N沿斜面方向，由牛顿第二定律得:Gsin J - f =ma且f in，可得:对cb段过程，由2a = gsin v -g cost = g5代入数据得B点速度:2 2vt V0 2as(2) P从C点出发，最终静止在 F ,分析整段过程; 由C到F

23、，重力势能变化量：厶ep = -mg 3Rsin - 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(7R 2xR)由Q = Ep，联立、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 = mgs in t(5R xR)Wf - -mgcos J(5R xR)Ek =0JWs Wf W单 F；EkDA代入得:12mgR由巴单二W弹，到E点时弹性势能E弹为 5 。210Q|=R CQ=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

24、时间为t5r2 ，水平距离为3R。其水平位移:3R =v0t竖直位移:5Rgt22 2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:3 51Wg -mg(-R 亠6Rsin v) mgR2 10Wf=_mg 6Rcosv - -mgR5弹力做功：动能变化量:12弹=-E弹 mgR5.Ek-mv02 -0J 9 mgR2 10由动能定理:将代入，可得:1 m m3【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

25、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Q W，故对气体做功可

26、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Q W，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 .

27、现让水下1m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升， 已知大气压强p=l.氷5 Pa,水的密度p=1.0为03 kg/m3，重力加速度大小 g=1 m/s2.(i)求在水下10 m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-P P Pa=28Pa(i)由公式 r得， 5 10_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

28、。由理想气体状态方程PV =nRT ,得PViV2 二r233其中, 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5 3 5=1 10 Pa+1 10 10 10=2 10 Pa=2P0将带入得,4 3 4 32 F0 F0 r2333 321 2E =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 1.8 m./s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近。该同学发现

29、从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为 15 s。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 6 HzC.该水面波的波长为 3 mD 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 1515 5 5T = s=s 丸=vT =1.8m/s s秒，所以其振动周期为 9 3，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