2016年全国各地高考物理试题及答案汇编

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试题类型：

2016普通高等学校招生全国统一考试（新课标I卷）

物理

第I卷（选择题共126分）

本卷共21小题，每小题6分，共126分。

可能用到的相对原子质量：

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14-18题只有一项是

符合题目要求，第19〜21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。

14.一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源匕若将云母介质移出，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

【答案】D

【解析】

试题分析：电容器接在恒压直流上，两极版的电压不变，若将云母介质移出，相对介电常数减小，电容器

的电容减小，所以极板上的电荷量变小，极板间的距离不变，所以极板间的电场强度不变，故A、B、C错

误，D正确。

考点：平行板电容器

【名师点睛】本题主要考查了平行板电容器的动态平衡，要注意正确应用电容的决定式。=呈-、

44kd

定义式C=2的正确，板间场强公式E=巨。

Ud

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

度增加到原来的12倍。此离子利质子的质量比约为

A.llB.12C.121D.144

/:谜场

B速一•/••

【答案】D

【解析】

试题分析：根据动能定理可得：qU^ms1,带电粒子进入磁场时速度v=J远，带电粒子在匀强磁

2Vfn

场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，分£=丝二，解得：加=嘿•，所以此离子和质子的质量比

r2U

约为144,故A、B、C错误，D正确

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

【名师点睛】本题主要考查了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。要特

别注意是带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据动能定理求出带电粒子

出电场进磁场的速度.本题关键要理解两种粒子在磁场中运动的半径不变。

16.•含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R,&和心的阻值分别为3C,IC,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S断开时，电流表的示数

为/;当S闭合时，电流表的示数为4/。该变压器原、副线圈匝数比为

A.2B.3C.4D.5

【答案】B

【解析】

试题分析：该变压器原、副线圈匝数比为k,当开关S断开时，原线圈两端电压5=。-1居，电

U1

流为1产1,副线圈的电压U2=~=UT&，根据欧姆定律12=%=-—,当开关S闭合时,

2kk2K+R3

TJ'U-4IR

原线圈两端电压U；=U—4/R1,电流为I」=41,副线圈的电压U；=W=---根据欧姆定

KK

律/2=股；=支综上解得k=3,故A、C、D错误，B正确。

R2

考点：变压器；欧姆定律

【名师点睛】本题主要考查了变压器、欧姆定律。解决这类问题的关键是掌握变压器的构造和原理,

对于变压器需要掌握公式5=△、4="，能熟练运用。最后值得注意的是变压器的原线圈与电

U]〃24〃2

阻串联后接入交流中，要知道两次原线圈的电压是不一样的。

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.lhB.4hC.8hD.16h

【答案】B

【解析】

试题分析：设地球的半径为R,周期T=24h,地球自转周期的最小值时，三颗同步卫星的位置如图所示，所

以此时同步卫星的半径r1=2R,由开普勒第三定律得：左=4，可得n=7

舞了a4h,故A、C、D

错误，B正确。

考点：万有引力定律；开普勒第三定律；同步卫星

【名师点睛】本题主要考查了万有引力定律、开普勒第三定律、同步卫星。重点是掌握同步卫星的

特点，知道同步卫星的周期等于地球的自转周期。本题的关键是知道地球最小自转周期时，三个同

步卫星的位置。

18.•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】

试题分析：因为原来质点做匀速直线运动，合外力为0,现在施加一恒力，质点的合力就是这个恒力，所以

质点可能做匀变速直线运动，也有可能做匀变速曲线运动，这个过程中加速度不变，速度的变化率不变。

但若做匀变速曲线运动，单位时间内速率的变化量是变化的。故c正确，D错误。若做匀变速曲线运动，

则质点速度的方向不会总是与该恒力的方向相同，故A错误；不管做匀变速直线运动，还是做匀变速曲线

运动，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。

考点：牛顿运动定律

【名师点睛】本题主要考查了牛顿运动定律。特别注意以前我们碰到都去掉一个恒力，本题增加了

一个恒力，从牛顿运动定律角度来看没有什么区别。根据牛顿第二定律计算加速度的可能大小，根

据合力与速度方向间的关系判断物体的运动情况。要特别注意的是，有可能做匀变速曲线运动。

19.如图，-光滑的轻滑轮用细绳OO悬挂于。点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块°,另一端

系一位于水平粗糙桌面上的物块6。外力下向右上方拉6,整个系统处于静止状态。若厂方向不变，

大小在一定范围内变化，物块6仍始终保持静止，则

A.绳O。，的张力也在一定范围内变化

B.物块6所受到的支持力也在•定范围内变化

C.连接。和6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】

试题分析：物块6仍始终保持静止，可知物块。也始终保持静止，滑轮两侧绳子的夹角也不变，可

知连接。和人的绳的张力等于物块a的重力，所以连接a和人的绳的张力保持不变，夹角不变，所以.

绳的张力也不变，故A、C错误；对b进行受力分析可知，当若尸方向不变，大小在一定范围内

变化时，而重力，监和绳子的拉力&保持不变，所以.物块6所受到的支持力也在一定范围内变化，

物块6与桌面间的摩擦力也在•定范围内变化，故B、D正确

考点：共点力作用下物体的平衡，力的动态分析

【名师点睛】本题主要考查了共点力作用下物体的平衡、力的动态分析。当有多个物体相互作用而

平衡，应注意灵活选择研究对象.可以让题目变得变得更简洁明晰，这个题目的难点是选项A正确

与否的判断。

20.如图，-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

低点尸的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知

A.0点的电势比P点高

B.油滴在。点的动能比它在P点的大

C.油滴在。点的电势能比它在尸点的大

D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小

【答案】AB

【解析】

试题分析：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，目相对于过轨迹最低点尸

的竖直线对称，可以判断合力的方向竖直向上，而重力方向竖直向上，可知电电场力的方向竖直向上，运

动电荷是负电荷，所以匀强电场的方向竖直向下，所以。点的电势比P点高，带负电的油滴在。点的电势

能比它在P点的小，在。点的动能比它在P点的大，故A、B正确，C错误。在匀强电场中电场力是恒力,

重力也是恒力，所以合力是恒力，所以油滴的加速度恒定，故D错误。

考点：带电粒子在匀强电场中的运动

【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动。本题的突破口在于根据运动轨迹判断

合力的方向，再来判断电场力的方向，最后根据运动电荷的电性，就可以判断电场强度的方向，顺

着这个思路就可以把这个题目做出来。

21.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其四图像如图所示。已知两车在/=3s时并排行驶，则

A.在t=ls时，甲车在乙车后

B.在t=0时，甲车在乙车前7.5m

C.两车另一次并排行驶的时刻是k2s

D.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】

试题分析：根据Wf图像，可以判断在t=ls时，甲车和乙车并排行驶，故A、C错误；在t=0时，甲车在乙

车前的距离小:=（l°[5）xlm=7£m,故B正确；甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距

离也就是从第1s末到第3s末两车运动的位移&/=00+：0）X2m=40m,故D正确。

考点：v-f图像；追及问题

【名师点睛】本题主要考查了VY图像、追及问题。V-t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线

运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐

标轴围成的面积表示位移.在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负.相遇要求在同一

时刻到达同一位置.本题是速度-时间图象的应用，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面

积的含义，并能根据几何关系求出面积，能根据图象读取有用信息。

第n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。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。

第33题〜第40题为选考题，考生根据要求做答。

（-）必考题（共129分）

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/,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/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S|=8.89cm,s2=9.5.cm,53=10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/s2,试验中重物受到

的平均阻力大小约为其重力的1%。由此推算出/为Hz。

【答案】（1）3G1+S2N万⑸+北"万6/）/2；（2）40

【解析】

试题分析：（D打出B点时，重物下落的速度等于AC段的平均速度，所以4=若3=鱼*£

同理打出C点时，重物下落的速度｛=芳==改等？/.

由加速度的定义式得。==='―：】）,

At2

（2）由牛顿第二定律得：mg-kmg^ma,解得：/=J组」,代入数值解得：户40Hz

V%-$1

考点：验证机械能守恒定律；纸带数据分析

【名师点睛】本题主要考查了验证机械能守恒定律、纸带数据分析。解决这类问题的关键是会根据

纸带数据求出打某一点的瞬时速度、整个过程的加速度；解决本题要特别注意的是打点计时器的频

率不是经常用的50Hz。

23.（10分）现要组装一个山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°C时，

系统报警。提供的器材有：热敏电阻，报警器（内阻很小，流过的电流超过人时就会报警），电阻箱

（最大阻值为999.9Q）,直流电源（输出电压为U,内阻不计），滑动变阻器打（最大阻值为1000

Q）,滑动变阻器与（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。约为18V,4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650.0Q。

（1）在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线。

—1»—|报警器|

电源二m

电网箱开关

r滑动变阻器

一^]--------c<\d

^5——I

热敏电阻

（2）在电路中应选用滑动变阻器（填“RJ或"RJ）。

（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Q；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o

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）连线如图所示。（2）公

热敏电阻

（3）①650.0b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】

试题分析：（D电路连线如图。

（2）在室温下对系统进行调节，已知匚约为18V,4约为10mA;流过报警器的电流超过20mA时，报警

1Q1Q

器可能损坏，可知外电阻的取值范围大约是而守•<1=900CWAW加说。=18000

报警器的电阻是650.0Q,所以滑动变阻器的取值范围在250Q到1150Q之间，所以滑动变阻器应该选R：

（3）①本题采用的是等效替换法，先用变阻箱来代替热敏电阻，所以变阻箱的阻值要调节到熟敏电阻的临

界电阻也就是在60°C时阻值为650.0Q；为防止接通电源后，流过报警器的电'流会超过20mA,报警器可

能损坏，滑动变阻器的滑片应置于b端；

②先把变阻箱的电阻接入电路，调节滑动变阻器的电阻，调至报警器开始报警时，保持滑动变阻器的阻值

不变，接到热敏电阻，当热敏电阻的阻值是65O.OQ,也就是到了60。C时，报警器开始报警。

考点：闭合电路的欧姆定律的应用；等效替换法

【名师点睛】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律的应用、等效替换法。要特别注意本题使用的等

效替换法的思想，先用电阻箱的阻值来代替热敏电阻来调节电路，再接入热敏电阻时，就可以直接

工作，这样做法灵活、方便、安全。

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，质量分别为2%和加；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蹲放在斜面上，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8,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

为及，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；

mgR

【解析】

试题分析：（D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葩，作用在ab棒上的安培力

的大小为尸，左斜面对cd棒的支持力大小为龙。对于ab棒，由力的平衡条件得

2?wgsin"5知+C"尸①

A[=2冽geos

对于cd棒，同理有

冽gsinO^uN^Ti

A：=wgcos8®

联立①②①位式得

F=wg（sin0-3,“cos

（2）由安培力公式得F=5五金

这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为e=3Lvz

式中，，是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得

联立⑤⑥⑦⑧式得

v=(sin0-3/zcosff):竽-⑨

考点：导体棒切割磁感线；共点力作用下的平衡

【名师点睛】本题主要考查了导体棒切割磁感线、共点力作用下的平衡。本题是电磁感应与电路、

力学相结合的综合题，应用E=BLv,欧姆定律、安培力公式、共点力作用下的平衡即可正确解题。

解决本题时，还要特别注意cd棒的重力沿斜面的分力和滑动摩擦力的影响。

25.（18分）如图，一轻弹簧原长为2K,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°火的光滑圆弧轨道相切于C点,

6

AC=7R,A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为机的小物块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

134

//=—,重力加速度大小为g。（取sin37°=1，cos37°=y）

（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

7_

飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距一尺、竖直相距A,求P运动到D点

2

时速度的大小和改变后P的质量。

____1）O______1

【答案】（1）VB=2y[gR；（2）Ep^—mgR；（3）K='J5g7?；/«,

【解析】

试题分析：（D根据题意知，3、C之间的距离为/为

l=7R-2R①

设P到达B点时的速度为中，由动能定理得

mglsin6—fimglcos^=~£

式中Q37。，联立①2式并由题给条件得

VB—21gR③

(2)设BE=x。P到达E点时速度为零，设此时弹雷的弹性势能为与。尸由5点运动到E点的过程中,由

动能定理有

mgxsin0—flmgxcos8-4=0-；wvg仓

E、尸之间的距离/：为

Z]=4z?-2??+x©

P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有

Ep-mgl1sin6-umgl1cos^£

联立②©®£式并由题给条件得

x=R⑸

了12»

Ep=—mgR⑥

(3)设改变后P的质量为犯。D点与G点的水平距离X：和数值距离约分别为x产工&-；出如8金

26

M=K+2K+—J?cos03

66

式中，已应用了过。点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为。的事实。

设P在。点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有

12

凹=2§t3

x\=vDtQ

联立⑨⑩□□式得

3___

vn=-45gR□

设P在C点速度的大小为vc。在尸由C运动到。的过程中机械能守恒，有

:犯止=:犯呜+加总(|■火+?Acos。)□

22oo

尸由E点运动到。点的过程中，同理，由动能定理有

1?

Ep-〃4g(x+5R)sin。一〃m[g(x+5R)cos8=一加1说□

联立⑦⑧口□□式得

1

=§加口

mx

考点：动能定理；平抛运动；弹性势能

【名师点睛】本题主要考查了动能定理、平抛运动、弹性势能。此题要求熟练掌握平抛运动、动能

定理、弹性势能等规律，包含知识点多，过程多，难度较大，属于难题；解题时要仔细分析物理过

程，挖掘题目的隐含条件，灵活选取物理公式列出方程解答；此题意在考查学生综合分析问题的能

力。

（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•题做

答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。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——选修3-3]（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】（1）BDE

【解析】

试题分析：气体吸热后，若再对外做功，温度一可能降低，故A错误；改变气体的内能的方式有两种：做

功和热传导，故B正确；理想气体等压膨胀过程是吸热过程，故C错误；根据热力学第二定律，热量不可

能自发地从低温物体传到高温物体，故D正确；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否则就不会与第三个系统达到热平衡，故E正确。

考点：热力学定律；理想气体的性质

【名师点睛】本题主要考查了热力学定律、理想气体的性质。此题考查了热学中的部分知识点，都

比较简单，但是很容易出错，解题时要记住热力学第一定律E=W+Q、热力学第二定律有关结论以及

气体的状态变化方程等重要的知识点.

（2）（10分）在水F气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差”与气泡半径，•之间

的关系为Ap=7,其中k0・070N/mo现让水下10m处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升，已知大气

压强PoH.OxlO,Pa,水的密度p=1.0xl()3kg/m。重力加速度大小g=10m/s?。

(i)求在水下10m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】⑴A/?!=28Pa；(ii)—=sjl®1,3

【解析】

试题分析：(D当气泡在水下分10m处时，设其半径为八，气泡内外压强差为A吐

2a

Api=——①

彳

代入题给数据得

4Pl=28Paa

(ii)设气泡在水下10m处时，气泡内空气的压强为p,气泡体积为%;气泡到达水面附近时，气泡内空

气压强为力，内外压强差为0,其体积为近，半径为4。

气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律

PyV}=PiV2a

P：=Po+Pg肛&Pe

A=po+AA©

气泡体积VI和V2分别为

匕=；冗4®

0]=5兀々3®

联立⑨©®©©式得

[町_A+幽个

(々JPgh+p0+^Pi*

由②式知，斗,＜郁尸1,2,故可略去式中的AR项。代入题给数据得

区=啦《＜13回

考点：理想气体状态方程

【名师点睛】本题主要考查了理想气体状态方程。题是对理想气体的状态方程的应用的考查；解题

的关键是找到所研究的气体的两个状态，并且能找到各个状态的状态参量：压强、体积；要特别注

意气体的压强与该位置的液体的压强的差别可以忽略不计。

34.[物理——选修3Y]（15分）

（1）（5分）某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m./s的速率向着海滩传播，但他并不

向海滩靠近。该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15s。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.水面波是一种机械波

B.该水面波的频率为6Hz

C.该水面波的波长为3m

D.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】⑴ACE

【解析】

试题分析：水面波是一种机械波，故A正确；该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔

为15s,所以周期T=-=^s=^s，该水面波的频率f=0.6Hz,故B错误:该水面波的'波长4=wT=3m.

M93

故C正确；水面波没有将该同学推向岸边，只能说是因为波传播时振动的质点并不随波迁移，不能说是因

为波传播时能量不会传递出去，波的传播过程也是能量传递过程，故D错误，E正确。

考点：波的传播

【名师点睛】本题主要考查了波的传播。本题中考查了波的基本特点，由波的波长、波速、周期三

者的关系是考查的重点。还要理解波传播时介质中振动的质点并不随波迁移，只在各自的平衡位置

附近振动；波的传播过程也是能量传递过程。

（2）（10分）如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A,它到池边的水平距离为3.0m。从点光

源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为。

(ii)一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到地血的高度为2.0m。当他看到正前下方的

点光源A时;他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°。求救生员的眼睛到池边的水平

距离(结果保留1位有效数字)。

【答案】⑴A=V7m~2.6m；(ii)0.7m

【解析】

4

试题分析：(2)(i)如图，设达到池边的光线的入射角为i。依题意，水的折射率片二，光线的折

3

山折射定律有

/jsin/=sin0©

由几何关系有

sini=I-----:②

yll2+h2

式中，1=3m,力是池内水的深度。联立①②式并代入题给数据得

h=y/lm~2.6m③

（ii）设此时救生员的眼睛到池边的距离为x。依题意，救生员的视线与竖直方向的夹角为夕=45。。由折射

定律有

«sini'=sin9"©

式中，i是光线在水面的入射角。设池底点光源A到水面入射点的水平距离为如由几何关系有

x+l=a+h's>

式中h,=2mo联立②◎⑤&式得

产。居7m⑦

考点：光的折射定律

【名师点睛】本题主要考查了光的折射定律。此题考查了光的折射定律的应用；解题的关键是根据

题意画出完整的光路图，然后根据光的折射定律结合几何关系列出方程进行解答；此题意在考查学

生利用数学知识来解决物理问题的基本能力；

35.【物理——选修3-51

（1）（5分）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。（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。分）

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

【答案】（1）ACE

【解析】

试题分析：根据光电效应实蛉得出的结论：保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电漪变大,

故A正确，B错误；根据爱因斯坦光电效应方程得：入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大故C正

确；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，保持人射光的光强不变，若低于截止频

率，则没有光电流产生，故D错误，E正确。

考点：光电效应

【名师点睛】本题主要考查了光电效应。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,

光的强弱只影响单位时间内发出光电子的数目；本题涉及到光电效应知识较多，很多结论都是是识

记的，注意把握现象的实质，明确之间的联系与区别；平时积累物理学识。

(2)(10分)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P,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。

【答案】⑴詈=Q°S；(ii)〃喂一孤弟

【解析】

试题分析：(2)(i)设&时间内，从喷口喷出的水的体积为△忆，质量为△加，则

\m=p\V①

△②

山①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为

Am「八

-=pv0S®

(ii)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为vo

对于△/时间内喷出的水，有能量守恒得

22

—(Aw)v+(Am)gA=—(Aw)v0④

在〃高度处，\t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为

Ap=(Am)u⑤

设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有

尸4=少含

由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得

F=Mg0

联立合④③公⑦式得

2g2p2v^

考点：动量定理；机械能守恒定律

【名师点睛】本题主要考查了动量定理、机械能守恒定律。本题主要考查了动量定理的应用，知道

玩具在空中悬停时，受力平衡，合力为零，也就是水对■玩具的冲力等于玩具的重力。本题的难点是

求水对玩具的冲力，而求这个冲力的关键是单位时间内水的质量，注意空中的水柱并非圆柱体，要

根据流量等于初刻速度乘以时间后再乘以喷泉出口的面积为S求出流量，最后根据机=。-求质量。

2016年普通高等学校招生全国统一考试（新课标n卷）

物理

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.质量为机的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图所示。

用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中

A.尸逐渐变大，7逐渐变大B.尸逐渐变大，T逐渐变小

C.尸逐渐变小，7逐渐变大D.尸逐渐变小，T逐渐变小

【答案】A

【解析】

试题分析：对结点。受力分析，重力的大小和方向均不变，水平拉力F的方向不变，绳拉力在转动，满足

三力平衡的动态平衡，如图所示；可得，水平拉力F逐渐增大，绳0A段的拉力T逐渐增大，故选A.

T

考点：动态平衡的图解法

【名师点睛】此题是物体的平衡问题，考查平行四边形法则的应用；图解法是最简单快捷的方法，

注意搞清各个力的大小及方向变化的特点，变换平行四边形即可.此题还可以用函数式讨论.

15.如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动。运动轨

迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的

加速度大小分别为许、的、生,速度大小分别为h、vb>vc,贝lj

A.aa><zb>ac,va>vc>vbB./>佻>>牝，n>vc>vaC.a^>ae>aa,vb>vc>vaD.ab>ac>aa,

Va>Vc>Vb

【答案】D

【解析】

试题分析：在点电荷的电场中，场强大小E=左斗，由图可知%>与，可得E"而带电粒

r

子运动的加速度4=废，则4<4<4；若P带正电，则可知Q也带正电，粒子只受电场力作用，故动

m

能与电势能之和守恒，因粒子在三点的电势能关系：EPi>ER>EPa,故动能关系&,>&>/,则

vi>vc>^,故选D.

考点：点电荷的电场、带电粒子在电场中的运动

【名师点睛】此题考查带电粒子在电场中的运动问题；关键是掌握点电荷的电场分布规律；能根据

粒子的运动轨迹判断粒子电性和点电荷电性的关系；要知道只有电场力做功时粒子的动能与电势能

之和守恒.

16.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比

悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹

的最低点，

A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能

C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速

度

--Op-----OQ

【答案】C

【解析】

试题分析：A、小球摆动至最低点由动能定理：mgL-~mv2>可得：v=12gL，因Lp<L°，故

vP<vQ,选项A错误；B、由因加户>加0,则动能无法比较，选项B错误；C、在最低

v2V2

点，F-mg=m—,可得耳^=3加g,选项C正确；D、a=—=2g,两球的向心加速度相等，选

TL1—/

项D错误，故选C。

考点：圆周运动、机械能、向心力

【名师点睛】此题考查机械能守恒定律及牛顿第二定律的应用；解题时要通过选择合适的物理规律

列出方程找到要讨论的物理量，然后根据题目的条件来分析结论；此题意在考查基本规律的掌握程

度.

17,阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路。开关S断开且电

流稳定时，C所带的电荷量为0,；闭合开关S,电流再次稳定后，C所带的电荷量为02。。与。2

的比值为

【答案】C

【解析】

£211

试题分析：根据等效电路，开关s断开时，电容器的电压-―-Rx^=-Ef得0=S

R+-R325

3

闭合时，U2=——Q】=3],故=d=故选C。

R+LR2302U25

2

考点：闭合电路的欧姆定律、电容器

【名师点睛】此题是对闭合电路的欧姆定律及电容器问题的考查；解题时关键是要搞清电路的结构,

画出等效电路图，搞清电容器两端的电压是哪个电阻两端的电压，然后根据Q=CU求解电容器的带

电量.

18.一圆筒处于磁感应强度大小为8的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。

图中直径的的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度。顺时针转动。在该截面内，一带电粒

子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与成30。角。当筒转过90。时，该粒子恰好从小孔N飞

出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为

N

【答案】A

【解析】

试题分析：作出粒子的运动轨迹，由几何知识可得，轨迹的圆心角为（工-工）x2=工=30",两个运动

346

71

则迎X271nl解得幺=£

具有等时性,2.故选A.

360~qBcom3B

考点：带电粒子在磁场中的运动

【名师点睛】此题考查带电粒子在匀强磁场中的运动问题；解题时必须要画出规范的粒子运动的草

图，结合几何关系找到粒子在磁场中运动的偏转角，根据两个运动的等时性求解未知量；此题难度

中等，意在考查学生物理知识与数学知识的结合能力.

19.两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设

它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则

A.甲球用的时间比乙球长学优高考网

B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小

C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小

D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功

【答案】BD

【解析】

试题分析：A、C、两球的质量加=2［协3,/=加对两球由牛顿第二定律

a=mg_f=g------g_=g-----，_,可得怎,〉底，由=/知甲球的运动时间校短，选项A、

mp-TTr3p-7Tr22

33

C错误；B、由丫=愿得叫＞吆，故选项B正确；D、因启＞£,,由吟=//知阻力对甲球做功较

大，选项D正确。故选BD。

考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动

【名师点睛】此题主要考查牛顿第二定律的应用；首先应该根据牛顿定律找到物体的加速度与小球

的半径的关系，然后比较加速度，在结合运动公式来讨论其他物理量；此题意在考查学生综合分析

能力及对基础知识的运用能力.

20.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、。分别于圆盘的

边缘和铜轴接触，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是

A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定

B.若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动

C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化

D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍

【答案】AB

【解析】

试题分析：A、由电磁感应定律得七=3/”赵=竺0，1=-,故。一定时，电流大小恒定，选项A

正确。B、由右手定则知圆盘中心为等效电源正级，圆盘边缘为负极，电流经外电路从&经过五流到心选

项B正确；C、圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，故选项C错误。D、

尸===二主L,角速度加倍时功率变成4倍，选项D错误，故选AB.

R4及

考点：电磁感应定律

【名师点睛】关于法拉第圆盘这是课本上介绍的装置，在历次考试中多次出现；解题时要会进行电

源的等效：相当于一条半径旋转切割磁感线，记住求解感应电动势的公式E=—并能搞清整

2

个电路的结构.

21.如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于。点，另一端与小球相连。现将小球从M

点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，

且

冗

ZONM<ZOMN<-o在小球从/点运动到N点的过程中

2

A.弹力对小球先做正功后做负功

B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度

C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零

D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差

【答案】BCD

【解析】

TT

试题分析：A、因川和N两点处弹雷对小球的弹力大小相等，且/。.\昧/。.0之一知川处的弹簧处于压

2

缩状态，N处的弹蓄处于伸长状态，则弹雷的弹力对小球选做负功后正功，再做负功，选项A错误。B、当

弹蓄水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当竖直方向的合外力为冽g时，加速度为也g，则有两

个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；C、弹蓄长度最短时，即弹蓄水平，弹力与速度垂直，则做功的

功率为零，选项C正确；D、由M-N的动能定理开片+开；；=乂，因M和N两点处弹雷对小球的弹力

大小相等，则由弹力作功特点知%r=0,即方=A耳，选项D正确，故选BCD.

考点：牛顿第二定律、能量守恒定律“…

【名师点睛】此题是牛顿第二定律和动能定理的综合应用问题；解题时要认真分析物体的受力情况，尤其

是弹力变化情况，结合功的概念及牛顿定律来讨论；注意弹簧弹力相等时，弹性势能相等，无论是压缩

状态还是拉伸状态.

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第