2016年普通高等学校招生全国统一考试（海南卷）物理.docx

1、2016年普通高等学校招生全国统一考试 (海南卷 )物理 一、单项选择题 1.在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中 ( ) A.速度和加速度的方向都在不断变化 B.速度与加速度方向之间的夹角一直减小 C.在相等的时间间隔内，速率的该变量相等 D.在相等的时间间隔内，动能的改变量相等 解析 ： A、平抛运动的物体其加速度恒定不变，速度方向时刻变化；故 A错误； B、由于竖直分速度一直增大，而水平分速度不变，故合速度的方向由水平逐渐变为接近竖直，故与竖直方向夹角越来越小；与加速度方向的夹角越来越小；故 B正确； C、由 v=gt可知，在相等的时间

2、间隔内速度的改变量相同；但是速率为水平速度和竖直速度的合速度的大小；故速率的改变量不相同；故 C错误； D、由 C 可知，速率的变化量不相等，故由动能的表达式可知，动能的改变量也不相等；故D 错误 。 答案 ： B 2.如图，在水平桌面上放置一斜面体 P，两长方体物块 a和 b叠 放在 P的斜面上，整个系统处于静止状态 。 若将 a和 b、 b与 P、 P与桌面之间摩擦力的大小分别用 f1、 f2和 f3表示 。则 ( ) A.f1=0， f20 ， f30 B.f10 ， f2=0， f3=0 C.f10 ， f20 ， f3=0 D.f10 ， f20 ， f30 解析 ：对 a物体分析可

3、知， a物体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此a 受到 b向上的摩擦力； f10 ； 再对 ab 整体分析可知， ab 整体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此 b受到 P向上的摩擦力； f20 ； 对 ab及 P组成的整体分析，由于整体在水平方向不受外力，因此 P不受地面的摩擦力； f3=0； 故只有 C正确， ABD错误 。 答案 ： C 3.如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为 m的小球沿轨道做完整的圆周运动 。 已知小球在最低点时对轨道的压力大小为 N1，在高点时对轨道的压力大小为 N2.重力加速度大小为g，则 N1 N2的值为 ( ) A.3mg B

4、.4mg C.5mg D.6mg 解析 ：设最高点的速度为 v2，最低点速度为 v1； 对由最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律可知： mg2R= mv22 mv12 根据向心力公式可得： 最高点时： N2+mg=m 最低点时； N1 mg=m 联立解得： N1 N2=6mg。 答案 ： D 4.如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距 。 两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流 。 若 ( ) A.金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 B.金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 C.金属环向左侧直

5、导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针 D.金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针 解析 ： AB、直导线之间的磁场时对称的，圆环在中间时，通过圆环的磁通量为零，金属环上下运动的时候，圆环的磁通量不变，不会有感应电流产生，故 AB错误； C、金属环向左侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为顺时针，故 C错误； D、金属环向右侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为逆时针，故 D正确 。 答案 ： D 5.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力 F的作用，其下滑的速度时间图线

6、如图所示 。 已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在 0 5s， 5 10s， 10 15s内 F的大小分别为 F1、 F2和 F3，则 ( ) A.F1 F2 B.F2 F3 C.F1 F3 D.F1=F3 解析 ：由速度时间图象的斜率可知， 0 5s 内和 10 15s内物体的加速度大小 a相等 。 在 0 5s内，物体加速下滑，由牛顿第二定律可得： mgsin f F1=ma，所以 F1=mgsin f ma； 在 5 10s，物体匀速下滑，受力平衡，则 mgsin f=F2，所以 F2=mgsin f； 在 10 15s内，物体减速下滑，由牛顿第二定律可得， F3+f mgsin=m

7、a ，所以 F3=mgsin f+ma； 由以上分析可得， F1 F2 F3。 答案 ： A 6.如图，平行板电容器两极板的间距为 d，极板与水平面成 45 角，上极板带正电 。 一电荷量为 q(q 0)的粒子在电容器中靠近下极板处 。 以初动能 Ek0竖直向上射出 。 不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为 ( ) A. B. C. D. 解析 ：根据电荷的受力情况可知，粒子在电场中做曲线运动，如图所示， 当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，将粒子的速度 v 分解为垂直于板的 v和平行于板的 v，由于极板与水平面夹角 45 ，粒子的初速度

8、方向竖直向上，所以粒子在垂直于板大小的动能为 Ek0，电场力对粒子做的功为 W=qEd，当 qEd= Ek0时，电场强度最大，解得， E= ，故 B正确， ACD错误 。 答案 ： B 二、多项选择题 7.通过观察冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量 。 假设卫星绕冥王星做匀速圆周运动，除了引力常量外，至少还需要两个物理量才能计算出冥王星的质量 。 这两个物理量可以是( ) A.卫星的速度和角速度 B.卫星的质量和轨道半径 C.卫星的质量和角速度 D.卫星的运行周期和轨道半径 解析 ：卫星围绕冥王星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力， A、已知卫星的速度和角速度，则轨道半径 r= ，根据 即可

9、求解冥王星质量 M，故 A 正确； B、根据 可知，卫星的质量可以约去，只知道半径不能求出冥王星质量，故 B错误； C、根据 可知，卫星的质量可以约去，只知道角速度不能求出冥王星质量，故C 错误； D、根据 可知，知道卫星的运行周期和轨道半径可求解冥王星质量 M，故 D正确 。 答案 ： AD 8.如图所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音 。 俯视图表示处于辐射状磁场中的线圈 (线圈平面即纸面 )，磁场方向如图中箭头所示，在 俯视图 中 ( ) A.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 B.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培

10、力的方向垂直于纸面向外 C.当电流沿逆时针方向时，线圈所 受安培力的方向垂直于纸面向里 D.当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 解析 ： A、把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当电流沿顺时针方向时，根据左手定则可知，每一小段直导线受到的安培力都是垂直于纸面向外，则线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外，故 A错误， B 正确； C、把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当电流沿逆时针方向时，根据左手定则可知，每一小段直导线受到的安培力都是垂直于纸面向里，则线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里，故 D错误， C 正确 。 答案 ： BC 9.如图 所示，理想变压器 的原、

11、副线圈的匝数比为 4： 1， RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻， R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表 。 原线圈所接电压 u随时间 t按正弦规律变化 。 下列说法正确的是 ( ) A.变压器输入 。 输出功率之比为 4： 1 B.变压器原、副线圈中的电流强度之比为 1： 4 C.u 随 t变化的规律为 u=51sin(50t )(国际单位制 ) D.若热敏电阻 RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大 解析 ： A、原副线圈输入功率和输出功率相等，故 A错误 。 B、根据 得，原副线圈的电流之比为 1： 4，故 B正确 。 C、交变电压的峰值为 51V，周期 T=0

12、.02s，则角速度 ，则 u随 t的变化规律为 u=51sin(100 )t，故 C错误 。 D、若热敏电阻 RT的温度升高，则热敏电阻的阻值减小，由于原线圈的电压不变，则副线圈的电压不变，副线圈中的电流变大，故 D正确 。 答案 ： BD 10.如图，一带正电的点电荷固定于 O点，两虚线圆均以 O为圆心，两实线分别为带电粒子M 和 N先后在电场中运动的轨迹， a、 b、 c、 d、 e为轨迹和虚线圆的交点 。 不计重力 。 下列说法正确的是 ( ) A.M 带负电荷， N带正电荷 B.M 在 b点的动能小于它在 a 点的动能 C.N 在 d点的电势能等于它在 e点的电势能 D.N 在从 c点

13、运动到 d 点的过程中克服电场力做功 解析 ： A、由粒子运动轨迹可知， M受到的是吸引力， N受到的是排斥力，可知 M带负电荷，N 带正电荷，故 A正确 。 B、 M从 a到 b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则 b点的动能小于在 a点的动能，故 B正确 。 C、 d点和 e点在同一等势面上，电势相等，则 N在 d点的电势能等于在 e点的电势能，故 C正确 。 D、 N从 c到 d，库仑斥力做正功，故 D错误 。 答案 ： ABC 三、实验题 11.某同学利用图所示的实验装置探究物块速度随时间的变化 。 物块放在桌面上，细绳的一端与物块相连，另一端跨过滑轮挂上钩码 。 打点计时器

14、固定在桌面左端，所用交流电源频率为 50Hz。 纸带穿过打点计时器连接在物块上 。 启动打点计时器，释放物块，物块在钩码的作用下拖着纸带运动 。 打点计时器打出的纸带如图所示 (图中相邻两点间有 4个点未画出 )。 根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动 。 回答下列问题： (1)在打点计时器打出 B点时，物块的速度大小为 m/s。 在打出 D点时，物块的速度大小为 m/s(保留两位 有效数字 )。 解析：根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以 。答案： 0.56 0.96 (2)物块的加速度大小为 m/s2(保留两位有效数字 )。 解析 ：根据匀变速直线

15、运动的推论公式 可以求出加速度的大小，得 为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得 =2.0 。 答案 ： 2.0 12.某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路 。 (1)已知表头 G满偏电流为 100A ，表头上标记的内阻值为 900 。 R1、 R2和 R3是定值电阻 。利用 R1和表头构成 1mA的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表 。 若使用 a、 b两个接线柱，电压表的量程为 1V；若使用 a、 c两个接线柱，电压表的量程为 3V。 则根据题给条件，定值电阻的阻值应选 R1= ， R2= ， R3= 。 解析：根据题意， 与表头 G构

16、成 1mA的电流表，则： ，整理得若使用 a、 b两个接线柱，电压表的量程为 1V，则 若使用 a、 c两个接线柱，电压表的量程为 3V，则 =。答案： 100 910 2 000 (2)用量程为 3V，内阻为 2500 的标准电压表 对改装表 3V 挡的不同刻度进行校准 。 所用电池的电动势 E为 5V；滑动变阻器 R有两种规格，最大阻值分别为 50 和 5k 。 为了方便实验中调节电压，图中 R应选用最大阻值为 的滑动变阻器 。 解析：电压表与之并联之后，电阻小于 2500 ，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大值远小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择 50 的电

17、阻。 答案： 50 (3)校准时，在闭合开关 S前，滑动变阻器的滑动端 P应靠近 (填 M或 N)端 。 解析：在闭合开关 S前， 滑动变阻器的滑动端 P应靠近 M端，这样把并联部分电路短路，起到一种保护作用。 答案： M (4)若由于表头 G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头 G内阻的真实值 (填大于或小于 )900 。 解析 ：造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头 G的电流偏小，则实际其电阻偏大，故其实际阻值大于 900 。 答案 ：大于 四、计算题 13.水平地面上有质量分别为 m和 4m的物 A和 B，两者与地面的动摩擦因数均

18、为 。 细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与 A相连，动滑轮与 B相连，如图所示 。 初始时，绳出于水平拉直状态 。 若物块 A在水平向右的恒力 F作用下向右移动了距离 s，重力加速度大小为g。 求 ： (1)物块 B克服摩擦力所做的功 。 解析：物块 A移动了距离 s，则物块 B移动的距离为 s1= 物块 B受到的摩擦力大小为 f=4mg 物块 B克服摩擦力所做的功为 W=fs1=4mg s=2mgs 。 答案： 物块 B克服摩擦力所做的功为 2mgs (2)物块 A、 B的加速度大小 。 解析 ：设物块 A、 B的加速度大小分别为 aA、 aB，绳中的张力为 T。 由 牛顿第二定律得 F

19、 mg T=maA 2T 4mg=4ma B 由 A和 B的位移关系得 aA=2aB 联立 上 式得 aA= aB= 。 答案： 物块 A、 B的加速度大小分别为 和 14.如图， A、 C两点分别位于 x轴和 y轴上， OCA=30 ， OA的长度为 L。 在 OCA 区域内有垂直于 xOy平面向里的匀强磁场 。 质量为 m、电荷量为 q的带正电粒子，以平行于 y轴的方向从 OA边射入磁场 。 已知粒子从某点射入时，恰好垂直于 OC 边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为 t0.不计重力 。 (1)求磁场的磁感应强度的大小 。 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间 t0内其速度方向改变了

20、 90 ，故其周期 T=4t0 设磁感应强度大小为 B，粒子速度为 v，圆周运动的半径为 r。由洛伦兹力公式和牛顿定律得 匀速圆周运动的速度满足 联立 上 式得 B= 。 答案： 磁场的磁感应强度的大小 (2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从 OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和 。 解析：设粒子从 OA变两个不同位置射入磁场，能从 OC 边上的同一点 P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示。 设两轨迹所对应的圆心角分别为 1和 2.由几何关系有 1=180 2 粒子两次在磁场中运动的时间分别为 t1与 t2，则 t1+t2= =2t0；。 答案：

21、 该粒子这两次在磁场中运动的时间之和 2t0 (3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与 AC边相切，且在磁场内运动的时间为 t0，求粒子此次入射速度的大小 。 解析： 如图 所示 ，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为 150 。 设 O为圆弧的圆心，圆弧的半径为 r0，圆弧与 AC相切与 B点，从 D点射出磁场， 由几何关系和题给条件可知，此时有 O OD=B OA=30 r0cosO0D+ =L 设粒子此次入射速度的大小为 v0， 由圆周运动线速度公式，则有： v0= 联立 上 式得 v0= 。 答案： 粒子此次入射速度的大小 五、选考题 15.一定量的理想气体从状

22、态 M可以经历过程 1或者过程 2到达状态 N，其 p V图象如图所示 。 在过程 1中，气体始终与外界无热量交换；在过程 2中，气体先经历等容变化再经历等压变化 。 对于这两个过程，下列说法正确的是 ( ) A.气体经历过程 1，其温度降低 B.气体经历过程 1，其内能减小 C.气体在过程 2中一直对外放热 D.气体在过程 2中一直对外做功 E.气体经历过程 1的内能改变量与经历过程 2的相同 解析 ： AB、气体经历过程 1，压强减小，体积变大，膨胀对外做功，内能减小，故温度降低，故 AB正确； CD、气体在过程 2中，根据理想气体状态方程 =C，刚开始时，体积不变，压强减小，则温度降低，

23、对外放热，然后压强不变，体积变大，膨胀对外做功，则温度升高，吸热，故CD错误； E、无论是经过 1过 程还是 2 过程，初、末状态相同，故内能改变量相同，故 E正确 。 答案 ： ABE 16.如图，密闭汽缸两侧与一 U形管的两端相连，汽缸壁导热； U形管内盛有密度为=7.510 2kg/m3的液体 。 一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为 P0=4.510 3PA.外界温度保持不变 。 缓慢向右拉活塞使U 形管两侧液面的高度差 h=40cm，求此时左、右两气室的体积之比，取重力加速度大小g=10m/s2， U 形管中气体的体积和活塞拉杆的体

24、积忽略不计 。 解析 ：设初始状态时汽缸左气室的体积为 V01，右气室的体积为 V02；当活塞至汽缸中某位置时，左、右气室的压强分别为 p1、 p2，体积分别为 V1、 V2，由玻意耳定律得 p0V01=p1V1 p0V02=p2V2 依题意有 V01+V02=V1+V2 由力的平衡条件有 p2 p1=gh 联立 上 式，并代入题给数据得 由此解得 (另一解不合题意，舍去 ) 由 上 式和题给条件得 V1： V2=1： 1。 答案： 此时左、右两气室的体积之比 1： 1 17.下列说法正确的是 ( ) A.在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比 B.弹簧振子做简谐振动时，振动系统

25、的势能与动能之和保持不变 C.在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小 D.系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率 E.已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向 解析 ： A、根据单摆的周期公式 T=2 ，得 T2= L。 在同一地点， g一定，则知 T2与L 成正比，即单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比 。 故 A正确 。 B、弹簧振子做简谐振动时，振动系统的机械能守恒，即振动系统的势能与动能之和保持不变 。 故 B正确 。 C、根据单摆的周期公式 T=2 ，知单摆做简谐振动的周期与摆球质量无关，故 C 错

26、误 。 D、系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，与固有频率无关，故 D 正确 。 E、振动质点在同一位置振动方向有两种，所以已知弹簧振子初始时刻的位置，不知道初始时刻振子的振动方向，根据振动周期，不能知道振子在任意时刻运动速度的方向 。 答案 ： ABD 18.如图，半径为 R的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球面与桌面相切于 A 点 。 一细束单色光经球心 O从空气中摄入玻璃体内 (入射面即纸面 ) ，入射角为 45 ，出射光线射在桌面上 B点处 。 测得 AB之间的距离为 。 现将入射光束在纸面内向左平移，求射入玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时，

27、光束在上表面的入射点到 O 点的距离 。 不考虑光线在玻璃体内的多次反射 。 解析 ：当光线经球心 O 入射时，光路图如右上图所示 。 设玻璃的折射率为 n，由折射定律有： n= 式中，入射角 i=45 ， 为折射角 。 OAB 为直角三角形，因此 sinr= 发生全反射时，临界角 C满足： sinC= 在玻璃体球面上光线恰好发生全反射时，光路图如右下图所示 。 设此时光线入射点为 E，折射光线射到玻璃体球面的 D点 。 由题意有 EDO=C 在 EDO 内，根据正弦定理有 联立以上各式并利用题给条件得 OE= 。 答案： 光束在上表面的入射点到 O 点的距离为 。 19.下列说法正确的是 (

28、 ) A.爱因斯坦在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程 B.康普顿效应表明光子只具有能量，不具有动量 C.波尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律 D.卢瑟福根据 粒子散射实验提出了原子的核式结构模型 E.德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长 解析 ： A、爱因斯坦提出了光子假说，建立了光电效应方程，故 A正确； B、康普顿效应表明光子有能量，也有动量，故 B 错误； C、玻尔的原子理论只能成功地解释了氢原子光谱的实验规律，故 C正确； D、卢瑟福根据 粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，故 D正确； E、依据德布罗意波长公式 = ，可知，微观粒子的动量越大，其对应

29、的波长就越短，故 E错误 。 答案 ： ACD 20.如图，物块 A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器 (图中未画出 )射出的物块 B沿水平方向与 A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前 B的速度的大小 v 及碰撞后 A和 B一起上升的高度 h均可由传感器 (图中未画出 )测得 。 某同学以 h为纵坐标， v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为 k=1.9210 3s2/m。 已知物块 A和 B的质量分别为 mA=0.400kg和 mB=0.100kg，重力加速度大小 g=9.8m/s2。 (1)若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求 h v2直线斜率的理论

30、值 k0。 解析：设物块 A和 B碰撞后共同运动的速度为 v ，取向右为正方向，由动量守恒定律有： mBv=(mA+mB)v 在碰撞后 A和 B共同上升的过程中，由机械能守恒定律有 (mA+mB)v 2=(mA+mB)gh 联立 上 式得 h= v2 由题意得： h v2直线斜率的理论值 k0= 代入题给数据得 k0=2.0410 3s2/m。 答案： 若碰撞时间极短且忽略空气阻力， h v2直线斜率的理论值 k0是 2.0410 3s2/m。 (2)求 k 值的相对误差 (= 100% )，结果保留 1位有效数字 。 解析： 按照定义知， k 值的相对误差 = 100% 由 上 式和题给条件得 =6% 。 答案： k值的相对误差 是 6%