2016年全国统一高考物理试卷(新课标1)含答案解析(共12页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2016年全国统一高考物理试卷（新课标）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1418题只有一项是符合题目要求，第1921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1（6分）一平行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【考点】电容器的动态分析菁优网版权所有【专题】定量思想；推理法；电容器专题【分析】电容器始

2、终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出介电常数减小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化【解答】解：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端间的电势差不变将云母介质移出介电常数减小，根据电容的决定式 C=知，介电常数减小，电容减小由于电压不变，根据C=可知，电荷量Q减小由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据E=可知，极板间的电场强度不变所以ABC错误，D正确；故选：D【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变要掌握C=、C=、E=三个公式2（6分）现代质谱仪可用来分析比质子

3、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（）A11B12C121D144【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】本题先电场加速后磁偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出离子质量的表达式【解答】解：根据动能定理得，得离

4、子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有得两式联立得：一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，ABC错误故选：D【点评】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，关键要能通过洛伦兹力提供向心力求出质量的表达式3（6分）一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1，R2和R3的阻值分别为3，1，4，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（）A2B3C4

5、D5【考点】变压器的构造和原理菁优网版权所有【专题】定性思想；推理法；交流电专题【分析】变压器输入电压为U与电阻R1两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求得线圈匝数之比【解答】解：设变压器原、副线圈匝数之比为K，则可知，开关断开时，副线圈电流为kI； 则根据理想变压器原理可知：=k （1）同理可知，=k （2）代入数据联立解得：U=48I；代入（1）式可得：k=3； 故B正确，ABC错误；故选：B【点评】本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压

6、与总电压之间的关系4（6分）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（）A1hB4hC8hD16h【考点】开普勒定律；同步卫星菁优网版权所有【专题】定性思想；推理法；人造卫星问题【分析】明确同步卫星的性质，知道其转动周期等于地球的自转周期，从而明确地球自转周期减小时，地球同步卫星的运动周期减小，当运动轨迹半径最小时，周期最小由三颗同步卫星需要使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯可求得最小半径，再结合开普勒第三定律可求周期【解答

7、】解：设地球的半径为R，则地球同步卫星的轨道半径为r=6.6R已知地球的自转周期T=24h，地球同步卫星的转动周期与地球的自转周期一致，若地球的自转周期变小，则同步卫星的转动周期变小由公式可知，做圆周运动的半径越小，则运动周期越小由于需要三颗卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，所以由几何关系可知三颗同步卫星的连线构成等边三角形并且三边与地球相切，如图由几何关系可知地球同步卫星的轨道半径为r=2R由开普勒第三定律得：T=T=244h故B正确，ACD错误；故选：B【点评】本题考查开普勒第三定律以及同步卫星的性质，要注意明确题目中隐含的信息的判断是本题解题的关键5（6分）一质点做匀速直线运动

8、，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【考点】物体做曲线运动的条件；牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】简答题；学科综合题；定性思想；推理法；物体做曲线运动条件专题【分析】明确物体做曲线运动的条件，速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动，速度方向与加速度方向相同时物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动；由牛顿第二定律F=ma可知，加速度的方向由合外力的方向决定；由加速度的定

9、义a=来判断质点单位时间内速率的变化量【解答】解：A质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，如果所加恒力与原来的运动方向在一条直线上，质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反；如果所加恒力与原来的运动方向不在一条直线上，物体做曲线运动，速度方向沿切线方向，力和运动方向之间有夹角，故A错误；B由A分析可知，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B正确；C由牛顿第二定律可知，加速度的方向与合外力的方向相同，所以质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，故C正确；D因为合外力恒定，加速度恒定，由v=at可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，但是，

10、如果质点做匀变速曲线运动，则单位时间内速率的变化量是变化的故D错误故选：BC【点评】本题要注意物体做曲线运动的条件是速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动；正确理解牛顿第二定律和加速度的定义a=也是解答本题的关键6（6分）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

11、也在一定范围内变化【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力菁优网版权所有【专题】应用题；定性思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由b平衡可知，绳对b的拉力保持不变，再根据平衡条件由F的大小变化求得物块b所受各力的变化情况【解答】解：AC、由于整个系统处于静止状态，可知，物体a平衡，由此可得绳中张力T保持不变，又由于b平衡可知，滑轮O处于静止状态且所受绳的拉力大小和方向都没有变化，故OO中的张力保持不变，故AC均错误；BD、由于b处于静止即平衡状态，对b受力分析有：力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：N+Fsin+Tsinmg

12、=0Fcos+fTcos=0由此可得：N=mgFsinTsin由于T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故B正确f=TcosFcos由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故D正确故选：BD【点评】解决本题的关键是抓住系统均处于静止状态，由平衡条件分析求解，关键是先由平衡条件求得绳中张力大小不变，再由此分析b的平衡7（6分）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）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（）AQ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

13、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【考点】电势差与电场强度的关系；电势能菁优网版权所有【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】根据曲线运动的性质以及运动轨迹可明确粒子受力情况，再根据电场力的性质即可判断电场线的方向，从而明确电势高低；根据电场力做功情况可明确动能的变化以及电势能的变化；根据力的性质可明确加速度的关系【解答】解：A、根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高；故A正确；B、粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P

14、点的大；故B正确；C、因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；D、因受力为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误；故选：AB【点评】本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要注意本题中油滴受到重力和电场力作用，这里应先考虑合力，再去分析电场力的性质；同时注意掌握物体做曲线运动的条件应用8（6分）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt图象如图所示已知两车在t=3s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7.5mC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【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速

15、直线运动的速度与时间的关系菁优网版权所有【专题】压轴题；学科综合题；定量思想；推理法；运动学中的图像专题【分析】由图象可知，1到3s甲乙两车的位移相等，两车在t=3s时并排行驶，所以两车在t=1s时也并排行驶；vt图象的斜率表示加速度，根据图象可求甲乙两车的加速度；再根据位移公式和速度公式求解【解答】解：A由图象可知，1到3s甲乙两车的位移相等，两车在t=3s时并排行驶，所以两车在t=1s时也并排行驶，故A错误；B由图象可知，a甲=10m/s2； a乙=5m/s2； 0至1s，x甲=a甲t2=1012=5m，x乙=v0t+a乙t2=101+512=12.5m，x=x乙x甲=12.55=7.5m

16、，即在t=0时，甲车在乙车前7.5m，故B正确；C由AB分析可知，甲乙两车相遇时间分别在1s和3s，故C错误；D.1s末甲车的速度为：v=a甲t=101=10m/s，1到3s，甲车的位移为：x=vt+a甲t2=102+1022=40m，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D正确故选：BD【点评】本题考查匀变速直线运动的实际运用：追及和相遇问题解答此题的关键是根据速度图象分析物体运动情况，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第9题第12题为

17、选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（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220Hz、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，打出C点时重物下落的速度大小为，重物下落的加速度的大小为（2）已测得s1=8.89cm，s2=9.5cm，s3=10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/s2，试验中重物受到的平均阻力大小约

18、为其重力的1%由此推算出f为40Hz【考点】验证机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】实验题；实验探究题；定量思想；方程法；动能定理的应用专题【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B和C点的瞬时速度，利用速度公式求加速度；（2）利用牛顿第二定律和解出的加速度求频率【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：vB=；vC=；由速度公式vC=vB+aT可得：a=；（2）由牛顿第二定律可得：mg0.01mg=ma，所以a=0.99g，结合（1）解出的加速度表达式，代入数据可得：f=40HZ故答案为：（1）；（2）40【点评】解决本题的关键掌握纸带的处

19、理方法，会通过纸带求解瞬时速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的运用10（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R1（最大阻值为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的升高而减小，在60时阻值为650.0（1）在答题卡上完成待

20、调节的报警系统原理电路图的连线（2）在电路中应选用滑动变阻器R2（填“R1”或“R2”）（3）按照下列步骤调节此报警系统：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650.0；滑动变阻器的滑片应置于b（填“a”或“b”）端附近，不能置于另一端的原因是保证报警器的安全使用将开关向c（填“c”或“d”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警（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【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线菁优网版权所有【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】（1）分析实验，明确实验原理，根据题目要求即可明

21、确电路结构；（2）根据欧姆定律确定电路中的电阻，则可明确滑动变阻器的选择；（3）根据仪器原理进行分析，明确电阻箱的作用以及实验过程和实验安全的分析，则可以明确滑动变阻器的调节和实验现象【解答】解：（1）根据题意可知，本实验要求能用电阻箱进行校准，故电阻箱应与热敏电阻并联，利用单刀双掷开关进行控制； 它们再与报警器和滑动变阻器串联即可起到报警作用； 故连线如图所示； （2）电压为18V，而报警时的电流为10mA；此时电阻约为：R=1800； 而热敏电阻的阻值约为650；故滑动变阻器接入电阻约为1350；故应选择R2；（3）因要求热敏电阻达到60时报警；此时电阻为650；故应将电阻箱调节至650；

22、然后由最大调节滑动变阻器，直至报警器报警；故开始时滑片应在b端；目的是让电流由小到大调节，保证报警器的安全使用；将开关接到C端与电阻箱连接，调节滑动变阻器直至报警器开始报警即可；然后再接入热敏电阻，电路即可正常工作；故答案为：（1）如上图；（2）R2；（3）650.0，b，保证报警器的安全使用；c；报警器开始报警【点评】本题关键在于明确实验原理，分析实验步骤是解题的关键，通过实验步骤才能明确实验的目的和实验方法；从而确定各步骤中应进行的操作和仪器的使用情况11（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

23、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【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力菁优网版权所有【专题】计算题；定量思想；方程法；电磁感应与电路结合【分析】（1）对ab、cd棒根据共点力平衡列式求作用在金属棒ab上的安培力的大小（2）根据安培力公式，感应

24、电动势和闭合电路欧姆定律联立求解【解答】解：（1）设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd的支持力大小为对于ab棒，由力的平衡条件得对于cd棒，同理有联立式得F=mg（sin3cos）（2）由安培力公式得F=BIL这里I是abcda中的感应电流ab棒上的感应电动势为=BLv式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得联立式得答：（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小mg（sin3cos）；（2）金属棒运动速度的大小【点评】本题是电磁感应中的力学平衡问题，涉及法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律等知识点，受力分析和计算安培力是关键1

25、2（18分）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R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=，重力加速度大小为g（取sin37=，cos37=）（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点左

26、下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量【考点】功能关系；动能定理；弹性势能菁优网版权所有【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；功能关系 能量守恒定律【分析】（1）对物体从C到B的过程分析，由动能定理列式可求得物体到达B点的速度； （2）同（1）的方法求出物块返回B点的速度，然后对压缩的过程与弹簧伸长的过程应用功能关系即可求出；（3）P离开D点后做平抛运动，将物块的运动分解即可求出物块在D点的速度，E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系即可求出物块P的质量【解答】解：（1）C到B的过程中重力和斜面的阻力做功，所以：其中：代入数据

27、得：（2）物块返回B点后向上运动的过程中：其中：联立得：物块P向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x，则：整理得：x=R物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，则：又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：EP=W所以：EP=2.4mgR（3）由几何关系可知图中D点相当于C点的高度：h=r+rcos37=1.8r=1.5R所以D点相当于G点的高度：H=1.5R+R=2.5R小球做平抛运动的时间：t=G点到D点的水平距离：L=由：L=vDt联立得：E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：联立得：m=答：（1）P第一次运动到B点时速度的大小是

28、（2）P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR（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点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小是，改变后P的质量是m【点评】本题考查功能关系、竖直面内的圆周运动以及平抛运动，解题的关键在于明确能达到E点的，并能正确列出动能定理及理解题目中公式的含义三、选考题：【物理-选修3-5】13现用一光电管进行光电效应的实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生下列说法正确的是（）A保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B入射光的频率变高，饱和光电流变大C入射

29、光的频率变高，光电子的最大初动能变大D保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生E遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关【考点】光电效应菁优网版权所有【专题】定性思想；推理法；光电效应专题【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目【解答】解：A、保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大，因为饱和光电流与入射光的强度成正比，故A正确；B、饱和光电流与入射光的频率无关，故B错误；C、根据光电效应的规律，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而

30、增大，所以入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大，故C正确；D、如果入射光的频率小于极限频率将不会发生光电效应，不会有光电流产生，故C错误；E、根据，得遏止电压及最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故E正确故选：ACE【点评】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及影响光电子最大初动能的因素，知道入射光的强度影响的是单位时间内逸出的光电子数目入射光越强饱和光电流越大14某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速

31、度变为零，在水平方向朝四周均匀散开忽略空气阻力已知水的密度为，重力加速度大小为g求：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度【考点】动量定理；竖直上抛运动菁优网版权所有【专题】简答题；定性思想；推理法；动量定理应用专题【分析】（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m=V求解；（ii）玩具在空中悬停时，受力平衡，水对玩具的冲击力等于玩具的重力，根据运动学基本公式求得水上升到玩具处的速度，再根据动量定理列式求解即可【解答】解：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m=V=Sv0，（ii）设水到达卡通玩具处的速度为v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h，根据运动学基本公式得：，水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，以向上为正，根据动量定理得：Mgt=Sv0t（0v）联立解得：h=答：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量为Sv0；（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为【点评】本题主要考查了动量定理与运动学基本公式的直接应用，知道玩具在空中悬停时，受力平衡，合力为零，两外注意水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，难度适中专心-专注-专业