金考卷百校联盟系列2016新课标高考最后一卷物理(扫描版)
2016百校联盟新课标1押题卷-物理-2016年高考最后一卷(解析版)
2016百校联盟新课标1押题卷-物理-2016年高考最后一卷一、单选题：共5题1．如图甲所示，水平正对放置的两极板间加有按如图乙所示规律变化的电压，电压大小先由U0随时间均匀减小到零，然后又从零随时间均匀增大到U0，开始时极板间某带电微粒处于静止状态，则下列各图能正确描述该微粒的加速度a或速度v随时间t变化规律的是【答案】D【解析】微粒受到的合外力F=mg-Eq=ma，E=，根据题图乙中给的U—t图线可知，电势差U先减小后增大，则电场强度E随时间先减小后增大，所以微粒的加速度a随时间先增大后减小，反映到v—t图线上就是切线的斜率先增大后减小，D正确。
2．如图所示，匀强电场中的A、B、C、D、E、F、G、H八个点处于一棱长为2 cm的正方体的八个顶点上。
如果已知A、B、C、G四点的电势分别为2 V、0、2 V、2 V。
一比荷为=1×106C/kg的带正电粒子沿AC方向只在电场力作用下从A点射入该电场后恰好经过B点，已知元电荷e=1.6×10-19C，则下列说法正确的是A.匀强电场的场强大小为20 V/mB.匀强电场的场强方向由B指向DC.带正电粒子在A点的速度为v A=1×103m/sD.将一个电子由B点移到D点，其电势能增加6.4×10-19J【答案】C【解析】因为A、C、G三点的电势相等，说明ACGE为一等势面，DB连线与该等势面垂直，所以电场方向由D指向B，B错误；由E=得E= V/m=100 V/m，A错误；带正电粒子沿AC方向只在电场力作用下从A点射入该电场后恰好经过B点，该粒子做类平抛运动，即v A t= m，·t2= m，解得v A=1×103m/s，C正确；将电子由B点移到D点，电场力做正功，其电势能减少6.4×10-19J，D错误。
3．如图所示，一个边长为L的正方形金属框竖直放置，各边电阻相同，金属框放置在磁感应强度大小为B、方向垂直金属框平面向里的匀强磁场中。
2016年全国统一高考物理试卷(新课标1)含答案解析
2016年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）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．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．【专题】定量思想；推理法；电容器专题．【分析】电容器始终与电源相连，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（）A．11B．12C．121D．144【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．【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①离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②①②两式联立得：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3Ω，1Ω，4Ω，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（）A．2B．3C．4D．5【考点】变压器的构造和原理．【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R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1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（）A．1h B．4h C．8h D．16h【考点】开普勒定律；同步卫星．【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】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=24≈4h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，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．【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=a△t可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，但是，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．【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O O'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+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0Fcosα+f﹣Tcosθ=0由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ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=Tcosθ﹣Fcosα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．4/ 12【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（）A．Q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．【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v﹣t图象如图所示．已知两车在t=3s时并排行驶，则（）5/ 12A ．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；匀变速直线运动的速度与时间的关系． 【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； v ﹣t 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/s；a = ==5m/s乙； 0 至 1s ，x = a t = ×10×1 甲 甲=5m ，x=v t+ a乙乙t =10×1+ ×5×1 =12.5m ，△x=x ﹣x =12.5﹣5=7.5m ，即在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5m ，故 B 正确； 乙 甲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 t=10×1=10m/s ，1 到 3s ，甲车的位移为：x=vt+ a t =10×2+ ×10×2 =40m ，即甲、甲 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 2 2 2 0 2 22 2（2）已测得 s =8.89cm ，s =9.5．cm ，s =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 40 Hz ． 【考点】验证机械能守恒定律．【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：v = =；v ==；由速度公式 v =v +aT 可得：a=；（2）由牛顿第二定律可得：mg ﹣0.01mg=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 I C 时就会报警），电阻箱（最大阻值为 999.9Ω）， 直流电源（输出电压为 U ，内阻不计），滑动变阻器 R 1（最大阻值为 1000Ω），滑动变阻器 R 2（最大阻值为 2000Ω）， 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 ，I 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 650.0Ω．（1）在答题卡上完成待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 R 2 （填“R 1”或“R 2”）． （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 650.0 Ω；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 ．②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．【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；21 2 3BC C BC（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==1800Ω；而热敏电阻的阻值约为650Ω；故滑动变阻器接入电阻约为1350Ω；故应选择R2；（3）①因要求热敏电阻达到60°时报警；此时电阻为650Ω；故应将电阻箱调节至650Ω；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；②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）①650.0，b，保证报警器的安全使用；②c；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θ，上沿相连．两细金属棒ab（仅标出a端）和c d（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μ，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．【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②对于cd棒，同理有④联立①②③④式得F=mg（sinθ﹣3μcosθ）⑤（2）由安培力公式得F=BIL⑥这里I是abcda中的感应电流．ab棒上的感应电动势为ɛ=BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得⑧联立⑤⑥⑦⑧式得⑨答：（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小mg（sinθ﹣3μcosθ）；（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．12．（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μ=，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．【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：E=W所以：E=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=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==1.5RG点到D点的水平距离：L==由：L=v t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．（2）P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR．PPD（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．【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v 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ρ，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．【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=ρV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=ρV=ρSv0，（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：，。
2016年百校联盟高考物理最后一卷(二)
2016年百校联盟高考物理最后一卷（二）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.一学生用细绳拉一物体在水平地面上沿着圆弧曲线由P点匀速率运动到Q点．已知物体与地面之间的摩擦阻力方向与物体方向相反，则下列画出的细绳的拉力F的方向（在地面所在的平面内）可能正确的是（）A. B. C. D.2.如图所示为某高铁列车从A车开出沿直线运动到B车站过程中，速度的二次方（v2）随位移（x）变化的图象，根据此图象可知（）A.列车从A车站启动时的加速度大小为B.列车匀速运动的时间为 C.列车从A车站到B站总共用时为 D.列车到达B车站时加速度大小为3.如图为小型旋转电枢式交流电机的原理图，边长为L=20cm，匝数为n=100、电阻为r=1Ω的正方形线圈在磁感应强度大小为B=T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′以角速度ω=10πrad/s匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R=9Ω的定值电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表．从线框与磁场方向平行位置开始计时，下列说法中正确的是（）A.电压表读数为40VB.电阻R上的电功率为160WC.电阻R两端的电压u随时间的规律是u=36cos10πt（V）D.通过电阻R的电流i随时间t变化的规律是i=4cos10πt（A）4.如图所示，假设跳远运动员离开地面时速度方向与水平面的夹角为α，运动员的成绩为4L，腾空过程中离地面的最大高度为L，若不计空气阻力，运动员可视为质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.运动员在空中的时间为B.运动员在空中最高点的速度为C.运动员离开地面时的竖直分速度为D.α=45°5.如图所示，一对长度为L、相距为d的平行金属极板M、N水平放置，接在电动势为E、内阻为r的电源两端．一质量为m、电荷量为q的带电粒子P（电性未知）以速度v0从紧挨极板M的一端平行于极板射入，若带电粒子P刚好打在极板N的另一端，两极板之间的电场可视为匀强电场，则下列说法正确的是（）A.若带电粒子P的重力不可忽略，则带电粒子P一定带正电B.若带电粒子P的重力不可忽略，则带电粒子P打在极板N之前的速度大小一定小于C.若带电粒子P的重力不计，则带电粒子P在极板之间可能做变加速曲线运动D.若带电粒子P的重力不计，则带电粒子P打在极板N之前的速度大小为二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.“嫦娥之父”欧阳自远透露，我国计划于2020年登陆火星．假如某志愿者登上火星后将一小球从高为h的地方由静止释放，不计空气阻力，测得经过时间t小球落在火星表面，已知火星的半径为R，引力常量为G，不考虑火星自转，则下列说法正确的是（）A.火星的第一宇宙速度为B.火星的质量为C.火星的平均密度为D.环绕火星表面运行的卫星的周期为πt7.如图所示，在一正方形区域内有垂直纸面向里的均匀磁场，在该正方形接圆处放置一个半径为r，电阻为R的n匝圆形线圈，线圈的两端接一电容为C的平行板电容器（未画出）．已知电容器充放电极短，正方形区域内磁场的磁感应强度大小随时间接图乙所示规律变化，则（）A.正方形区域内磁场的磁感应强度大小的表达式为B=B0+tB.线圈在t=T时刻产生的感应电动势为E=nπr2C.t=T时刻电容器极板上所带电荷量q=2Cπr2D.在0～T时间线圈中产生的焦耳热为Q=8.在空间竖直平面内，存在如图甲所示的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域，其中区域Ⅱ和区域Ⅲ内存在方向不同的匀强电场，一电荷量为q，质量为m的带正电小球（可视为质点）在0～15s内竖直向上运动，其加速度随时间变化的图象（a-t图象）如图乙所示，若取竖直向下为正方向，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A.区域Ⅱ内电场的场强E=，方向竖直向下B.在0～5s内小球的动能减小C.在10～15s内小球的机械能一直增加D.t=15s时小球的机械能大于t=5s时小球的机械能五、多选题(本大题共1小题，共5.0分)13.下列说法正确的是（）A.当两分子处于平衡位置时，分子之间作用力为零，两分子之间既不存在引力，也不存在斥力B.不能用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数估算气体分子的体积C.用油膜法估测分子大小时，可把油膜厚度看作分子的半径D.任何物质只要它们的温度相同，它们分子的平均动能就一定相同E.绝对湿度与温度无关，相对湿度与温度有关七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.一列沿x轴正方向传播的简谐波，t=0时刚好传播到B点，其波形如图中的实线所示．再经过△t=0.6s，P点开始振动，则（）A.该波的传播速度为v=10m/sB.该波的频率为0.2H zC.若该波与另一列振幅相同相干波在空间相遇，发生干涉，则质点的最大振幅为A=2cmD.t=0.55s时刻波形如图中虚线所示E.若该波传播途中遇到长度为2米的障碍物，则会发生明显的衍射现象三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.某物理兴趣小组利用电子秤探究小球在竖直面内的圆周运动，他们到物理实验室取来电子秤，铁架台、长度为L的轻质细线和小球等．（1）将铁架台放在电子秤上，其读数为M；撤去铁架台将小球放在电子秤上，其读数为m．（2）组装好实验装置如图所示．保持细线自然伸长，将小球拉起至使细线处于水平位置，此时电子秤读数为______ （填写“M+m”、“M”、“大于M+m”或“处于M和M+m之间”）．（3）从释放小球至小球向下运动到最低点过程，电子秤读数______ ．（填“逐渐增大”、“逐渐减小”或“保持不变”）（4）忽略空气阻力，当小球运动到最低点时，细线的拉力为______ ；电子秤的读数为______ ．（已知重力加速度为g）10.某物理探究小组设计了如图1所示的电路测量一块电动车蓄电池的电动势和内阻．已知该电动车蓄电池的电动势约为12V，定值电阻R0=5Ω，R1=20Ω，电流表两个量程分别为0.6A（内阻为0.5Ω）和3A（内阻为0.1Ω）．（1）请根据图1所示电路图将图2的实验器材用笔画代替导线连接成实验电路．（2）改变电阻箱的阻值R，得到对应的电流表读数I．如果实验测得多组（R，I）实验数据，用图象法处理实验数据，要使得到的图象为直线，则纵、横坐标表示的物理量分别是______ ．A．I、R B.、 C.、 D.、（3）若正确选择坐标后，得到的图象斜率为k，在纵轴的截距为b，则电源电动势为E= ______ ，内阻为r= ______ ．（电流表内阻用r A表示，定值电阻分别用R0和R1表示）四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图所示，一倾角θ=37°、高h=2.7m的斜劈放在光滑水平面NAC上，与竖直面BC紧密接触，一物块（可看作质点）从斜面顶端由静止释放，在A点进入水平面后与固定在竖直MN上的轻弹簧接触后被反弹，回到A点时速度为6m/s．若从AB面进入水平面、与弹簧接触过程及再由水平进入AB时均没有能量损失，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）物块与斜面间的动摩擦因数；（2）物块被弹簧第一次反弹后从A点滑上斜面到离开斜面的时间；（3）若物块质量m=2.0kg，斜劈的质量M=5.0kg，物块沿斜面上滑过程中斜劈对水平地面AC及对竖直面BC的压力大小．12.如图所示，在x轴上方有一竖直向下的匀强电场区域，电场强度大小为E=60V/m．x轴下方分布有多个磁感应强度大小为B=1T的条形匀强磁场区域，其宽度均为d1=3cm，相邻两磁场区域的间距为d2=4cm．现有一质量为m=6×10-13kg，电荷量为q=1×10-8C的带正电粒子（不计重力）．（1）将带电粒子从y轴上坐标为y1处以平行于x轴的某一初速度射入电场区域，带电粒子运动经过x轴上坐标值为x1的Q点时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，且刚好不会穿出第一个匀强磁场区域，求y1和x1．（2）若粒子从y轴上坐标为（0，50cm）的点处由静止释放，求自释放到粒子第二次过x轴的时间．六、计算题(本大题共1小题，共10.0分)14.如图所示，一定质量的理想气体经历了AB、BPC、CA三个变化过程，回到初始状态．已知在p-V图象中AB是一段以O′点为圆心的圆弧，理想气体在状态A时的湿度为127℃．求：（1）理想气体状态P时的温度T p．（2）从A到B过程中气体放出的热量（已知p-V图象与横轴所围成面积表示功）．八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.如图所示，在厚度为H的长方体有机玻璃上表面垂直固定荧光屏，正方体有机玻璃下表面涂有镀银反射薄膜．一细激光束从空气中射入该有机透明玻璃的上表面的O点，激光束经有机玻璃下表面反射后从上表面的A点射出．已知入射角为i，A、O两点的间距为L，光在真空中传播的速度为c．求：（1）竖直荧光屏上两个光点P、Q之间的距离和有机玻璃的折射率．（2）激光在有机玻璃中传播的时间．九、填空题(本大题共1小题，共4.0分)17.全球最大仿星器-W7-X核聚变装置将氘核等离子体加热到适当高温时，氘核参下的几种聚变反应可能发生，放出能量．这几种反应的总效果可以表示为：6H→p H e+q H+2n+43.15M e V．已知1u相当于931.5M e V的能量，则上述核反应方程中p= ______ ，q= ______ ．质量亏损△m= ______ u（保留三位有效数字）．十、计算题(本大题共1小题，共10.0分)18.如图所示，水平面上OM正中间有质量分别为2m、m的两物块B、C（中间粘有炸药），现点燃炸药，爆炸释放的能量全部被用来对B、C做功，将B、C水平弹开，物块C运动到O点时与刚好到达该点的质量为m，速度为v0的物块A发生迎面正碰，碰后两者结合为一体向左滑动并刚好在M点与B相碰，不计一切摩擦，三物块均可视为质点，重力加速度为g=10m/s2，求炸药点燃后释放的能量E．。
2016年全国统一高考物理试卷(新课标1)含答案解析
2016年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）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．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．【专题】定量思想；推理法；电容器专题．【分析】电容器始终与电源相连，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（）A．11B．12C．121D．144【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．【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①离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②①②两式联立得：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3Ω，1Ω，4Ω，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（）A．2B．3C．4D．5【考点】变压器的构造和原理．【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R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1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（）A．1h B．4h C．8h D．16h【考点】开普勒定律；同步卫星．【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】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=24≈4h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，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．【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=a△t可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，但是，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．【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O O'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+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0Fcosα+f﹣Tcosθ=0由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ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=Tcosθ﹣Fcosα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．4/ 12【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（）A．Q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．【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v﹣t图象如图所示．已知两车在t=3s时并排行驶，则（）5/ 12A ．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；匀变速直线运动的速度与时间的关系． 【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； v ﹣t 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/s；a = ==5m/s乙； 0 至 1s ，x = a t = ×10×1 甲 甲=5m ，x=v t+ a乙乙t =10×1+ ×5×1 =12.5m ，△x=x ﹣x =12.5﹣5=7.5m ，即在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5m ，故 B 正确； 乙 甲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 t=10×1=10m/s ，1 到 3s ，甲车的位移为：x=vt+ a t =10×2+ ×10×2 =40m ，即甲、甲 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 2 2 2 0 2 22 2（2）已测得 s =8.89cm ，s =9.5．cm ，s =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 40 Hz ． 【考点】验证机械能守恒定律．【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：v = =；v ==；由速度公式 v =v +aT 可得：a=；（2）由牛顿第二定律可得：mg ﹣0.01mg=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 I C 时就会报警），电阻箱（最大阻值为 999.9Ω）， 直流电源（输出电压为 U ，内阻不计），滑动变阻器 R 1（最大阻值为 1000Ω），滑动变阻器 R 2（最大阻值为 2000Ω）， 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 ，I 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 650.0Ω．（1）在答题卡上完成待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 R 2 （填“R 1”或“R 2”）． （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 650.0 Ω；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 ．②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．【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；21 2 3BC C BC（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==1800Ω；而热敏电阻的阻值约为650Ω；故滑动变阻器接入电阻约为1350Ω；故应选择R2；（3）①因要求热敏电阻达到60°时报警；此时电阻为650Ω；故应将电阻箱调节至650Ω；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；②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）①650.0，b，保证报警器的安全使用；②c；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θ，上沿相连．两细金属棒ab（仅标出a端）和c d（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μ，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．【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②对于cd棒，同理有④联立①②③④式得F=mg（sinθ﹣3μcosθ）⑤（2）由安培力公式得F=BIL⑥这里I是abcda中的感应电流．ab棒上的感应电动势为ɛ=BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得⑧联立⑤⑥⑦⑧式得⑨答：（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小mg（sinθ﹣3μcosθ）；（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．12．（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μ=，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．【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：E=W所以：E=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=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==1.5RG点到D点的水平距离：L==由：L=v t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．（2）P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR．PPD（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．【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v 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ρ，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．【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=ρV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=ρV=ρSv0，（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：，。
2016年百校联盟高考物理最后一卷(一)
2016年百校联盟高考物理最后一卷（一）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分.第1~5小题只有一个选项正确，第6~8小题有多个选项符合题目要求。
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）空间某区域中的磁场是沿水平方向的两个相互垂直的磁场叠加而成的，其中一个磁场的磁感应强度为B1=×10﹣4T，方向指向正东；另一磁场的磁感应强度为B2=1.0×10﹣4T，方向指向正北；现有一段长为L=1.0m，通有电流I=1A 的直导线处在该磁场中，则下列说法中正确的是（）A．若直导线沿东偏北30°水平放置，则直导线受到的安培力最大B．若直导线沿东偏南60°水平放置，则直导线不一定受到安培力作用C．若直导线沿西偏北60°水平放置，则直导线受到的安培力为2.0×10﹣4N D．若直导线沿西偏南30°水平放置，则直导线受到的安培力不一定最小2．（6分）无线网络给人们带来了很多方便．假设可以采用卫星对所有用户在任何地方提供免费WiFi服务．已知地球半径为R，重力加速度为g，提供免费WiFi 服务的卫星绕地球做圆周运动，则下列关于该卫星的说法正确的是（）A．卫星围绕地球运动的轨道越高，角速度越大B．卫星围绕地球运动的轨道越高，速度越小C．若卫星距离地面的高度等于地球半径，则卫星绕地球运动的周期为T=2πD．卫星的轨道可以在地球上任一经线所在的平面内3．（6分）利用实验室的手摇发电机产生的正弦交流电给灯泡L供电，其电路如图所示．当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U，灯泡正常发光．已知发电机线圈的电阻为r，灯泡正常发光时的电阻为R，电压表和电流表均为理想电表，其他电阻可忽略，则（）A．电流表示数为B．灯泡的额定功率为C．发电机的线圈中产生的电动势最大值为U（1+）D．从图示时刻（发电机线圈平面与磁场方向垂直）开始计时，灯泡两端电压的瞬时值表达式为u=Usinωt4．（6分）在遥控直升机下面用轻绳悬挂质量为m的摄像可以拍摄学生在操场上的跑操情况．开始时遥控直升机悬停在C点正上方．若遥控直升机从C点正上方运动到D点正上方经历的时间为t，已知C、D之间距离为L，直升机的质量为M，直升机的运动视作水平方向的匀加速直线运动．在拍摄过程中悬挂摄像机的轻绳与竖直方向的夹角始终为β，重力加速度为g，假设空气对摄像机的作用力始终水平，则（）A．轻绳的拉力F1=mgcosβB．遥控直升机加速度a=gtanβC．遥控直升机所受的合外力为F合=D．这段时间内空气对摄像机作用力的大小为F=m（gtanβ﹣）5．（6分）如图所示为一边长为L的正方形abcd，P是bc的中点．若正方形区域内只存在由d指向a的匀强电场，则在a点沿ab方向以速度v入射的质量为m、电荷量为q的带负电粒子（不计重力）恰好从P点射出．若该区域内只存在垂直纸面向里的匀强磁场，则在a点沿ab方向以速度v入射的同种带电粒子恰好从c点射出．由此可知（）A．匀强电场的电场强度为B．匀强磁场的磁感应强度为C．带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小D．带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为1：26．（6分）氢原子可视为电子绕着原子核（氢原子核为质子，电荷量等于一个元电荷e）做匀速圆周运动．若电子可以在距离原子核r和4r的圆轨道上做匀速圆周运动，设电子质量为m，静电力常量为k，不计质子与电子之间的万有引力，则（）A．电子在距离原子核r的圆轨道上做匀速圆周运动的速度大小为B．电子在距离原子核r和4r的圆轨道上做匀速圆周运动的周期之比为1：8 C．电子在距离原子核r和4r的圆轨道上做匀速圆周运动的速度之比为2：1 D．电子在距离原子核r和4r的圆轨道上做匀速圆周运动的动能之比为2：1 7．（6分）假设某滑雪者从山上M点以水平速度v 0飞出，经t0时间落在山坡上N点时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N点沿斜坡下滑，又经t0时间到达坡底P处．已知斜坡NP与水平面夹角为60°，不计摩擦阻力和空气阻力，则（）A．滑雪者到达N点时的速度大小为2v0B．M、N两点之间的距离为2v0t0C．滑雪者沿斜坡NP下滑的加速度大小为D．M、P之间的高度差为v0t08．（6分）如图所示，光滑水平面上放置M，N，P，Q四个木块，其中M，P质量均为m，N，Q质量均为2m，其中P，M木块间用一轻弹簧相连，现用水平拉力F拉N，使四个木块以同一加速度a向右运动，则在撤去水平力F的瞬间，正确说法正确的是（）A．M的加速度不变B．P的加速度大小变为aC．Q的加速度不变 D．N的加速度大小仍为a二、必考题（共4小题，满分47分）9．（6分）某校物理兴趣小组利用如图甲所示装置探究合力做功与动能变化的关系．在滑块上安装一遮光条，系轻细绳处安装一拉力传感器（可显示出轻细绳中的拉力），把滑块放在水平气垫导轨上A处，细绳通过定滑轮与钩码相连，光电门安装在B处．气垫导轨充气，将滑块从A位置由静止释放后，拉力传感器记录的读数为F，光电门记录的时间为△t．（1）用螺旋测微器测量遮光条的宽度，如图乙所示，则宽度为mm．（2）多次改变钩码的质量（拉力传感器记录的读数F相应改变），测得多组F和△t数据，要得到线性变化图象，若已经选定F作为纵坐标，则横坐标代表的物理量为．A．△t B．（△t）2 C.D．（）2（3）若正确选择横坐标所代表的物理量后，得出线性变化图象的斜率为k，且已经测出A、B之间的距离为s，遮光条的宽度为d，则滑块质量（含遮光条和拉力传感器）的表达式为M=．10．（9分）物理兴趣小组要测量一电动车电池的电动势和内阻．已知该电池电动势为10～12V，实验室备有下列器材：A．电流表（量程0.6A，内阻约为3Ω）B．电压表（量程3V，内阻约为3kΩ）C．定值电阻，阻值R=9000ΩD．定值电阻，阻值R0=5ΩE．滑动变阻器（阻值范围0～30Ω）F．开关一个，导线若干（1）为保护电池，某同学首先将定值电阻R0与电池（填“串联”、“并联”或“串联或并联均可”）．（2）利用上述器材，设计一个测量电路，在方框中画出测量电路的原理图，并用笔画代替导线，连接实物图．（3）若电压表读数为U0电流表读数为I，根据实验测得的多组数据，某同学画出了电池的U﹣I图象，其斜率的绝对值等于k，在纵轴的截距等于a，为尽量减小系统误差，则该电池的电动势表达式为E=，内阻表达式为r=．11．（14分）电视剧《陆军一号》再现了武装直升机在抢险救灾、完成特殊任务中的巨大作用，在剧中直升机救助受伤游客的画面给观众留下了深刻的印象，假设受伤的游客质量为60kg，重力加速度g=10m/s2，缆绳及其挂钩等质量不计，（1）直升机悬停在空中放出缆绳，若受伤的游客被缆绳向上提起过程中缆绳始终竖直，缆绳拉力随时间变化的图象如图所示，求悬停在空中的直升机距离地面的高度及拉力所做的功．（2）直升机悬停在空中放出缆绳，在受伤的游客刚系好缆绳脱离地面时，风力使缆绳偏离竖直方向的角度为：θ=37°，假设此时受伤的游客处于静止状态，求此时风力大小和缆绳中的拉力大小．（sin37°≈0.6，cos37°≈0.8）12．（18分）如图所示，两条光滑平行金属导轨水平放置，间距为L，导轨左端接有一定值电阻，阻值为R，导轨处于长度为x的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下．在导轨上距离磁场左边界x处放置一质量为m、长为L、阻值也为R的金属棒，将一水平向右的恒力F作用在金属棒上，使金属棒由静止开始运动，金属棒运动到磁场中间时恰好开始做匀速运动．其他电阻不计，已知在金属棒从开抬运动到刚好离开磁场的过程中，金属棒始终与导轨垂直且接触良好．（1）求该过程金属棒中所产生的焦耳热Q．（2）求该过程金属棒所经历的总时间t．三、选考题[选修3－3]（共2小题，满分15分）13．（5分）下列说法正确的是（）A．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低B．雪花是晶体，可以有不同的形状C．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最大D．液晶电视的显示器利用了液晶对光具有各向同性作用的特点E．液体的饱和汽压随温度升高而增大14．（10分）在一绝热密闭容器中安装一电阻为R的电热丝，开始时容器中封闭有理想气体，其压强为p0=1.0×105Pa，当电热丝与电压为U的电源连接t时间后，气体温度由T0=280K升高到T1=420K．（1）求气体增加的内能和此时容器中气体的压强．（2）若保持气体温度不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强降低到p0，则此时容器中气体质量是原来气体质量的几分之几？四、[选修3－4]（共2小题，满分0分）15．如图所示，某均匀介质中有两列简谐横波A和B同时沿x轴正方向传播足够长的时间，在t=0时刻两列波的波峰正好在x=0处重合，则下列说法正确的是（）A．t=0时刻x=0处质点的振动位移为20cmB．两列波的频率之比为f A：f B=5：3C．t=0时刻一定存在振动位移为﹣30cm的质点D．t=0时刻x轴正半轴上到原点最近的另一波峰重合处的横坐标为x=7.5m E．t=0时刻x轴正半轴上到原点最近的波谷重合处的横坐标为x=7.5m16．单色细光束射到一半径为R的透明球表面，光束在过球心的平面内，入射角i=45°．该光束经折射进入球内后又经其内表面反射一次，再经球表面折射后射出．已知真空中光速为c，入射光线与出射光线之间的夹角α=30°，如图所示（图上已画出入射光线和出射光线）．（1）在图上画出光线在球内的路径和方向（简要说明画图步骤）；（2）求透明球的折射率和光在透明球中传播的时间．五、[选修3－5]（共2小题，满分0分）17．已知普朗克常量为h=6.6×10﹣34J，铝的极限频率为1.1×1015Hz，其电子的逸出功为，现用频率为1.5×1015Hz的光照射铝的表面．是否有光电子逸出？（填“有”、“没有”或“不能确定”）．若有光电子逸出，则逸出的光电子的最大初动能为．若没有光电子逸出或不能确定其理由为什么？18．如图所示，在光滑水平地面上的木块紧挨轻弹簧放置，弹簧右端与墙连接，一子弹以速度v0沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短．已知子弹质量为m，木块质量M=9m；弹簧最短时弹簧被压缩了△x；劲度系数为k，形变量为x的弹簧的弹性势能可表示为E p=kx2．求：（1）子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程中损失的机械能；（2）弹簧的劲度系数．2016年百校联盟高考物理最后一卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分.第1~5小题只有一个选项正确，第6~8小题有多个选项符合题目要求。
2016年全国统一高考物理试卷(新课标ⅱ)(含解析版)
2016年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、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1～5题只有一项是符合题目要求，第6～8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）质量为m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．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小2．（6分）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a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c，则（）A．a a＞a b＞a c，v a＞v c＞v b B．a a＞a b＞a c，v b＞v c＞v aC．a b＞a c＞a a，v b＞v c＞v a D．a b＞a c＞a a，v a＞v c＞v b3．（6分）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4．（6分）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Q1，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2．Q1与Q2的比值为（）A．B．C．D．5．（6分）一圆筒处于磁感应强度大小为B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MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω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MN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（）A．B．C．D．6．（6分）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。
安徽省名校联盟2016届高考最后一卷理综物理试题 含答案
2016全国新课标高考名校联盟冲刺高考最后1卷理科综合能力测试本试卷分第Ⅰ卷(选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分300分。
考试用时150分钟。
可能用到的相对原子质量:H—10—12 N—14 0-16 A1—27 S—32C1—35.5 Fe-56 Sn—119第Ⅰ卷（选择题共126分)本卷共21小题，每小题6分，共126分。
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14～18题只有一项符合题目要求，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.如图所示，在倾角为 的长斜面上有一带风帆的滑块由静止开始沿斜面下滑,下滑过程中帆受到的空气阻力与滑块下滑速度的大小成正比(即f=kv),在滑块下滑的整个过程中斜面在水平地面上始终静止不动.下列关于地面对斜面的支持力F及摩擦力f F的说法中正确的是A.F逐渐增大,f F逐渐减小B．F逐渐增大，f F逐渐增大C．F逐渐减小，f F逐渐增大D．F和f F均保持不变15。
如图所示，木块A、B用一轻弹簧相连,并置于光滑水平面上,开始时弹簧处于原长，现给木块A一初速度0V,经过一段时间0t，弹簧的长度第一次达到最短。
以下能正确描述两木块在0～0t时间内v—t图像的是16。
如图所示,将一个小球从M点以初速度M v竖直向上抛出，小球运动过程中还受到恒定的水平作用力,从M点运动到N点时，小球的速度方向恰好改变了90°，则在从M点到N点的运动过程中,小球的速率A.先减小后增大B．先增大后减小C．一直增大D．一直减小17。
如图所示，两块半圆形导体板彼此靠近，当两板分别带有等量异号电荷时，则能定性反映两板间电场线分布的图可能是18。
如图甲所示，两个线圈套在同一个铁芯上,线圈的绕向在图中已经表示。
左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中。
2016年高考新课标I卷理综物理试题含答案
2016 年一般高等学校招生全国一致考试（新课标理科综合（物理部分）I 卷）二、选择题：本大题共8 小题，每题 6 分。
在每题给出的四个选项中，第14~18 题只有一项是切合题目要求，第19~21题有多项切合题目要求。
所有选对的得 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，极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变15.现代质谱仪可用来剖析比质子重好多倍的离子，其表示图如图所示，此中加快电压恒定。
质子在进口处从静止开始被加快电场加快，经匀强磁场偏转后从出口走开磁场。
若某种一价正离子在进口处从静止开始被同一加快电场加快，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口走开磁场，需将磁感觉强度增添到本来的12倍。
此离子和质子的质量比约为（）A. 11 C. 121B. 12 D. 14416.一含有理想变压器的电路以下图，图中电阻R1、R2和3、1 和4A UR 的阻值分别是 3，○ 为理想沟通电流表，为正弦沟通电压源，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（）A. 2B. 3C. 4D. 517.利用三颗地点适合的地球同步卫星，可使地球赤道上随意两点之间保持无线电通信。
当前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的 6.6 倍。
假定地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步A. 1hB. 4hC. 8hD. 16h18.一质点做匀速直线运动。
现对其施加一恒力，且本来作用在质点上的力不发生改变，则（）A.质点速度的方向老是与该恒力的方向同样B.质点速度的方向不行能老是与该恒力的方向垂直C.质点加快度的方向老是与该恒力的方向同样D.质点单位时间内速率的变化量老是不变19. 如图，一圆滑的轻滑轮用细绳OO ' 悬挂于 O 点；另一细绳越过滑轮，其一端悬挂物块 a ，另一端系一位于水平粗拙桌面上的物块 b 。