1、2016年普通高等学校招生全国统一考试 (新课标卷 )物理 一、选择题 1.关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是 ( ) A.开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律 B.开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律 C.开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因 D.开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律 解析 ：开普勒在他的导师第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，但并未找出了行星按照这些规律运动的原因；牛顿在开普勒行星运动定律的基础上推导出万有引力定律，故 ACD错误， B正确 。 答案 ： B 2.关于静电场的等势面，下列说法
2、正确的是 ( ) A.两个电势不同的等势面可能相交 B.电场线与等势面处处相互垂直 C.同一等势面上各点电场强度一定相等 D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 解析 ： A、沿电场线的方向电势降低，所以电势不同的等势面不可能相交 。 故 A错误； B、根据电 场线与等势面的关系可知，电场线与等势面互相垂直，故 B正确； C、电场强度的大小与电势的高低没有关系，所以同一等势面上各点电场强度不一定相等，故 C 错误； D、负电荷在等势面高的位置的电势能小，所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电势能增大，电场力做负功，故 D错误 。 答案
3、： B 3.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔 t内位移为 s，动能变为原来的 9倍，该质点的加速度为 ( ) A. B. C. D. 解析 ：设初速度为 v0，末速度为 vt，加速度为 a，则位移为： s= (v0+vt)t，初动能为 mv02，末动能为 mvt2，因为动能变为原来的 9倍，所以有 =9， 联立解得： v0= ； vt= 。 由加速度定义可得： a= = = ，故 A正确， BCD错误 。 答案 ： A 4.如图，两个轻环 a和 b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为 m的小球，在 a和 b 之间的细线上悬挂一小物块 。 平衡时
4、， a、 b间的距离恰好等于圆弧的半径 。 不计所有摩擦，小物块的质量为 ( ) A. B. m C.m D.2m 解析 ：设悬挂小物块的点为 O，圆弧的圆心为 O，由于 ab=R，所以三角形 Oab 为等边三角形 。 根据几何知识可得 aOb=120 ，而在一条绳子上的张力大小相等，故有 T=mg，小物块受到两条绳子的拉力作用大小相等，夹角为 120 ，故受到的合力等于 mg，因为小物块受到绳子的拉力和重力作用，且处于平衡状态，故拉力的合力等于小物块的重力为 mg，所以小物块的质量为 m故 ABD错误， C 正确 。 答案 ： C 5.平面 OM和平面 ON之间的夹角为 30 ，其横截面 (
5、纸面 )如图所示，平面 OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向 垂直于纸面向外 。 一带电粒子的质量为 m，电荷量为 q(q 0)。 粒子沿纸面以大小为 v的速度从 PM 的某点向左上方射入磁场，速度与 OM 成 30 角 。已知粒子在磁场中的运动轨迹与 ON只有一个交点，并从 OM 上另一点射出磁场 。 不计重力 。粒子离开磁场的射点到两平面交线 O的距离为 ( ) A. B. C. D. 解析 ：粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示， 根据洛伦兹力提供向心力，有 解得 根据轨迹图知 ， OPQ=60 粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O的距离为 ， D正确， AB
6、C 错误 。 答案 ： D 6.如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡 a和 B.当输入电压 U为灯泡额定电压的 10倍时，两灯泡均能正常发光 。 下列说法正确的是 ( ) A.原、副线圈砸数之比为 9： 1 B.原、副线圈砸数之比为 1： 9 C.此时 a和 b的电功率之比为 9： 1 D.此时 a和 b的电功率之比为 1： 9 解析 ： AB、灯泡正常发光，则其电压均为额定电压，则说明原线圈输入电压为 9U，输出电压为 U；则可知，原副线圈匝数之比为： 9： 1：故 A正确； B错误； CD、根据公式 可得 ，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式 P=UI可得两者的电功率之
7、比为 1： 9；故 C错误， D正确 。 答案 ： AD 7.如图，一固定容器的内壁是半径为 R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为 m的质点 P。 它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为 W。 重力加速度大小为 g。 设质点 P 在最低点时，向心加速度的大小为 a，容器对它的支持力大小为 N，则 ( ) A.a= B.a= C.N= D.N= 解析 ：质点 P下滑的过程，由动能定理得 mgR W= 在最低点，质点 P的向心加速度 a= = 根据牛顿第二定律得 N mg=m 解得 N= ，故 AC 正确， BD错误 。 答案 ： AC 8.如图， M 为半圆形导线框，
8、圆心为 OM； N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为 ON；两导线框在同一竖直面 (纸面 )内；两圆弧半径相等；过直线 OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面 。 现使线框 M、 N在 t=0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和 ON 的轴，以相同的周日 T逆时针匀速转动，则 ( ) A.两导线框中均会产生正弦交流电 B.两导线框中感应电流的周期都等于 T C.在 t= 时，两导线框中产生的感应电动势相等 D.两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等 解析 ： A、半径切割磁感线产生的感应电动势： B、 ，因为线框匀速转动，感应电动势恒定，线框中电流大小恒
9、定，故 A错误； M、 N两线框匀速转动， M线框第一个 电流方向逆时针，第二个 电流顺时针方向； N线框，相框转动一圈，只有 的时间有感应电流，第一个 电流逆时针，第二个 电流为0.第三个 电流顺时针方向，第四个 没有电流，依次循环 。 画出 M、 N线框中电流随时间变化的关系图线如图所示，所以两线框中感应电流的周期相等，故 B正确； C、 ，两线框均有一条半径在 切割磁感线产生感应电动势，感应电动势的大小为 ，故 C 正确； D、根据电流的热效应，对 M 线框 N 线框转动一周只有 时间内有感应电流 联立 上试 得 ，故 D错误 。 答案 ： BC 二、解答题 9.某同学用图中所给器材进行
10、与安培力有关的实验 。 两根金属导轨 ab 和 a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁 (未画出 )的 N极位于两导轨的正上方， S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且两导轨垂直 。 (1)在图中画出连线，完成实验电路 。 要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动 。 解析：电路如图所示。 答案：如图所示： (2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议： A.适当增加两导轨间的距离 B.换一根更长的金属棒 C.适当增大金属棒中的电流 其中正确的是 (填入正确选项前的标号 )。 解析： 对金属棒： 根据牛顿第二定律： 加速度
11、 根据运动学公式 得 A、适当增加两导轨间的距离，金属棒速度增大 。 B、换一根更长的金属棒，金属棒质量增大 。 离开导轨时速度变小 。 C、适当增大金属棒中的电流，离开导轨时速度增大 。 答案 ： AC 10.某物理课外小组利用图 中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系 。 图中置于试验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮：轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码 。 本实验中可用的钩码共有 N=5个，每个质量均为 0.010kg。实验步骤如下： (1)将 5 个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物快，使小车 (和钩码 )可以在木板上匀速下滑
12、。 (2)将 n(依次取 n=1， 2， 3， 4， 5)个钩码挂在轻绳右端，其余 N n各钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行 。 释放小车，同时用传感器记录小车在时刻 t相对于其起始位置的位移 s，绘制 s t图象，经数据处理后可得到相应的加速度 A。 (3)对应于不同的 n的 a值见下表 。 n=2时的 s t 图象如图所示：由图 求出此时小车的加速度 (保留 2位有效数字 )，将结果填入下表 。 n 1 2 3 4 5 a/ms 2 0.20 0.58 0.78 1.00 解析：物体做匀加速直线运动，对应的 x t图象为曲线，由图象可知，当 t=2.0s 时，位移为： x=
13、0.80m；则由 x= 代入数据得： a=0.40m/s2. 答案： 0.40 (4)利用表中的数据在图 中补齐数据点，并作出 a n图象 。 从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比 。 解析：在图中作出点 (2， 0.40)，并用直线将各点相连，如图所示。 答案：如图所示： (5)利用 a n图象求得小车 (空载 )的质量为 kg(保留 2位有效数字，重力加速度取g=9.8 ms 2)。 解析：由图 c可知，当 n=4 时，加速度为 0.78m/s2，由牛顿第二定律可知： 40.019.8=(m+50.01)0.78 解得： m=0.45kg。 答案： 0.45
14、 (6)若以保持木板水平来代替步骤 (1)，下列说法正确的是 (填入正确选项钱的标号 ) A.a n图线不再是直线 B.a n图线仍是直线，但该直线不过原点 C.a n图线仍是直线，但该直线的斜率变大 解析： 若木板水平，则物体将受到木板的摩擦力；则有： nm0g m+ (5 n)m0g=(m+5m0)a； a= = 故说明图象仍为直线，但不再过原点；并且斜率增大；故 BC正确。 答案 ： BC 11.如图，在竖直平面内由 圆弧 AB 和 圆弧 BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点 B平滑连接 。 AB弧的半径为 R， BC弧的半径为 。 一小球在 A点正上方与 A相距 处由静止开始自由下落，
15、经 A点沿圆弧轨道运动 。 (1)求小球在 B、 A两点的动能之比 。 解析：根据机械能守恒定律得 EKA=mg EKB=mg( +R)= 则得小球在 B、 A两点的动能之比 EKB： EKA=5： 1。 答案：小球在 B、 A两点的动能之比是 5： 1。 (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到 C点 。 解析： 假设小球能到达 C点，由机械能守恒定律得 mg = 即得到达 C点的速度 vC= 设小球通过 C点的临界速度为 v0.则有 mg=m 即得 v0= 因为 vC=v0，所以小球恰好到达 C点 。 答案： 小球恰好到达 C 点 。 12.如图，两条相距 l 的光滑平行金属导轨位于同一水平
16、面 (纸面 )内，其左端接一阻值为 R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为 S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度打下 B1随时间 t的变化关系为 B1=kt，式中 k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界 MN(虚线 )与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为 B0，方向也垂直于纸面向里 。 某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在 t0时刻恰好以速度 v0越过 MN，此后向右做匀速运动 。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计 。 求： (1)在 t=0到 t=t0时间间隔内，流过电阻的电
17、荷量的绝对值 。 解析：根据法拉第电磁感应定律 E= = ，结合闭合电路欧姆定律 I= ， 及电量表达式 q=It= = 。 答案：在 t=0到 t=t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值 。 (2)在时刻 t(t t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小 。 解析： 根据题意可知， MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同， 那么总磁通量即为两种情况之和， 即为：在时刻 t(t t0)穿过回路的总磁通量 =1+2=ktS+B0v0(t t0)l； 依据法拉第电磁感应定律，那么线圈中产生总感应电动势 E=E1+E2=kS+B0lv0； 根据闭合电路欧姆定律，则线圈中产生感应电流大
18、小为 I= = 那么安培力大小 FA=B0Il= ； 最后根据平衡条件，则水平恒力大小等于安培力大小，即为 F= 。 答案： 在时刻 t(t t0)穿过回路的总磁通量 ktS+B0v0(t t0)l， 金属棒所受外加水平恒力的大小 。 13.关于气体的内能，下列说法正确的是 ( ) A.质量和温度都相同的气体，内能一定相同 B.气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大 C.气体被压缩时，内能可能不变 D.一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 E.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 解析 ： A、质量和温度都相同的气体，内能不一定相同，还和气体的种类有关，故 A错误； B、物
19、体的内能与与温度、体积有关，与物体宏观整体运动的机械能无关，所以整体运动速度越大，其内能不一定越大，故 B 错； C、气体被压缩时，外界对气体做功 W 0，如果向外界放热 Q 0，根据热力学第一定律，U=W+Q ，可能 U=0 内能不变，所以 C正确； D、理想气体分子间无分子势能，理想气体的内能只与温度有关，故 D正确； E、一定量的某种理想气体等压膨胀过程中，体积与热力学温度成正比，温度升高，内能增加 。 故 E正确 。 答案 ： CDE 14.一 U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞 。 初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示 。 用力向下缓慢推活塞，直至管内
20、两边汞柱高度相等时为止 。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离 。 已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强 p0=75.0 cmHg。 环境温度不变 。 解析 ：设初始时，右管中空气柱的压强为 ，长度为 ；左管中空气柱的压强为 ，长度为 。 该活塞被下推 h后，右管中空气柱的压强为 ，长度为 。 ；左管中空气柱的压强为 ，长度为 。 以 cmHg为压强单位 。 由题给条件得： 由玻意耳定律得 联立 上 式和题给条件得： 依题意有： 由玻意耳定律得： 联立 上 式和题给条件得： h=9.42cm。 答案： 此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距
21、离 9.42cm。 15.由波源 S形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播 。 波源振动的频率为 20Hz，波速为16m/s。 已知介质中 P、 Q两质点位于波源 S的两侧，且 P、 Q和 S的平衡位置在一条直线上，P、 Q的平衡位置到 S的平衡位移之间的距离分别为 15.8m、 14.6m。 P、 Q开始震动后，下列判断正确的 是 ( ) A.P、 Q两质点运动的方向始终相同 B.P、 Q两质点运动的方向始终相反 C.当 S恰好通过平衡位置时， P、 Q两点也正好通过平衡位置 D.当 S恰好通过平衡位置向上运动时， P在波峰 E.当 S恰好通过平衡位置向下运动时， Q在波峰 解析 ：波源振动
22、的频率为 20Hz，波速为 16m/s，由波长公式 = 有： = =0.8m AB、 P、 Q两质点距离波源的距离之差为： x=15.8 14.6=1.2m=3 ，为半个波长的奇数倍，所以 P、 Q两质点振动步调相反， P、 Q两质点运动的方向始终相反，选项 A错误， B正确 。 C、 SP=15.8m=(19+ ) ， SQ=SP=14.6m=(18+ ) ，所以当 S恰好通过平衡位置时， P、 Q两点一个在波峰，一个在波谷，选项 C错误 。 D、由 SP=15.8m=(19+ ) 可知，当 S恰好通过平衡位置向上运动时， P在波峰，选项 D正确 。 E、 SQ=SP=14.6m=(18+
23、) ，当 S恰好通过平衡位置向下运动时， Q在波峰，选项 E正确 。 答案 ： BDE 16.如图，玻璃球冠的折射率为 ，其底面镀银，底面半径是球半径的 倍，在过球心 O且垂直底面的平面 (纸面 )内，有一与底面垂直的光线射到玻璃冠上的 M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的 A 点，求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角 。 解析 ：设球半径为 R，球冠地面中心为 O ，连接 OO ，则 OOAB 令 OAO= 则： cos= = = 即 OAO=30 已知 MAAB ，所以 OAM=60 设图中 N点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示 。 设光线在 M点的入射角为 i
24、，折射角为 r，在 N点的入射角为 i ，反射角为 i ，玻璃的折射率为 n。 由于 OAM 为等边三角形，所以入射角 i=60 由折射定律得： sini=nsinr 代入数据得： r=30 作 N 点的法线 NE，由于 NEMA ，所以 i=30 由反射定律得： i=30 连接 ON，由几何关系可知 MANMON ，则 MNO=60 由 上 式可得 ENO=30 所以 ENO 为反射角， ON为反射光线 。 由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方向 。 所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为 =180 ENO=150 。 答案： 光线从球面射出的方向相对于其
25、初始入射方向的偏角为 150 。 17.一静止 的铝原子原子核 俘获一速度为 1.010 7m/s的质子 p后，变为处于激发状态的硅原子核 ，下列说法正确的是 ( ) A.核反应方程为 p+ B.核反应方程过程中系统动量守恒 C.核反应过程中系统能量不守恒 D.核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和 E.硅原子核速度的数量级 105m/s，方向与质子初速度方向一致 解析 ： A、由质量数、电荷数守恒可知，核反应方程为 p+ ，故 A正确； B、核反应方程过程中系统动量守恒，能量也守恒，故 B正确， C错误； D、核反应过程中，要释放热量，质量发生亏损，生成物的质量小于反应物
26、的质量之和，故D 错误； E、设质子的质量为 m，则铝原子原子核的质量约为 27m，以质子初速度方向为正，根据动量守恒定律得： mv0=(m+27m)v 解得： v=3.5710 5m/s，方向与质子初速度方向一致，故 E正确 。 答案 ： ABE 18.如图，水平地面上有两个静止的小物块 a和 b，其连线与墙垂直， a和 b相距 l， b与墙之间也相距 l； a的质量为 m， b的质量为 m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a 以初速度 v0向右滑动，此后 a与 b发生弹性碰撞，但 b没有与墙发生碰撞 。 重力加速度大小为 g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件 。 解析 ：设物块与地面间的动摩擦因数为 要使物块 a、 b能够发生碰撞，应有： mv mgl 即 设 a与 b碰撞前的速度为 v1，由能量守恒得： =mgl+ 设 a与 b碰撞前向的瞬间，速度大小分别为 va、 vb，根据动量守恒定律和能量守恒定律得： mv1=mva+ mvb = mv + mv ； 联立 上 式解得： vb= v1 碰后， b没有与墙发生碰撞，即 b 在达到墙前静止，由功能关系得： ( m)v mgl 联立 上 式，得： 联立 上 式， a与 b发生碰撞、但 b 没有与墙发生碰撞的条件为： 。答案： 物块与地面间的动摩擦因数满足的条件是 。
