2016年普通高等学校招生全国统一考试(全国Ⅱ卷)
物理试题
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 ) 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
解析:法一 对结点O受力分析如图(甲)所示,
设绳OA与竖直方向的夹角为θ, 由共点力平衡条件得 T·cos θ=TOB=mg,T·sin θ=F,
解得T=
,F=mgtan θ,
在O点向左移动的过程中,θ逐渐增大,故F逐渐变大,T逐渐变大. 法二
绳OB对结点O的拉力大小为mg,方向竖直向下保持不变,由共点力平衡条件知F,T的合力大小为mg,方向竖直向上保持不变,在O点向左移动的过程中,F,T的变化情况如图(乙)所示,则可判断出F逐渐变大,T逐渐变大.
15.(2016·全国Ⅱ卷,15)
如图,P是固定的点电荷,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aa,ab,ac,速度大小分别为va,vb,vc.则( D ) A.aa>ab>ac,va>vc>vb B.aa>ab>ac,vb>vc>va C.ab>ac>aa,vb>vc>va D.ab>ac>aa,va>vc>vb
解析:由库仑定律可知Q在a,b,c三点所受电场力关系为Fb>Fc>Fa,再由a=可得ab>ac>aa.做曲线运动的物体所受合力方向指向
曲线的“凹侧”,故Q受到P的斥力作用,再由动能定理可得va>vc>vb. 16.(2016·全国Ⅱ卷,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( C ) 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
解析:由静止释放至运动到最低点的过程分别对两球应用动能定理有, mPglP=EkP-0=mP
-0,
mQglQ=EkQ-0=mQ
-0,
得vP=,vQ=,因为lP =2g,选项D错误;对P,Q在最低点应用牛顿第二定律有FP-mPg=mPaP,FQ-mQg=mQaQ. 可得FP=3mPg,FQ=3mQg, 故FP>FQ,选项C正确. 17.(2016·全国Ⅱ卷,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( C ) A. B. C. D. 解析:设每个电阻的阻值均为R.开关S断开时的等效电路图如图(甲)所示,电路中R总=R+ =R,I总==,则电容器C两端 的电压U=I总R=,此时C所带电荷量Q1=CU=CE.开关S闭合时的等效电路图如图(乙)所示,电路中R总'=R+ =R,I总 '== ,则电容器C两端的电压U'=E-I总'R=,此时C所带电荷量Q2=CU'=CE.故Q1∶Q2=3∶5. 18.(2016·全国Ⅱ卷,18) 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 ) A. B. C. D. 解析: 圆筒转动的周期T=.由题意知,假设圆筒不转动,粒子在时间内应恰好到达如图所示的半圆MN的中点N'处.作弦MN'的中垂线 及初速度方向的垂线,两线交点即为粒子做匀速圆周运动的圆心O',连结N'O',由几何关系可得粒子运动圆弧所对应的圆心角,即∠MO'N'=30°.则粒子运动时间 t=×= , 由t=可得= . 19.(2016·全国Ⅱ卷,19)(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,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( BD ) A.甲球用的时间比乙球长 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 解析:设小球所受空气阻力Ff=kR,k为常数. 由牛顿第二定律有mg-kR=ma, 结合m=ρ·πR3,可得a=g-,因为ρ甲=ρ乙,m甲>m乙,所以R甲>R乙,故a甲>a乙,选项C错误;由运动学公式h=at2得t甲 由运动学公式v2=2a·h得v甲>v乙,选项B正确; 克服阻力做的功W=Ff·h=k·R·h, 故W甲>W乙,选项D正确. 20.(2016·全国Ⅱ卷,20)(多选) 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,Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中.圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是( AB ) A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定 B.若从上向下看,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 解析:圆盘转动半径切割磁感线产生感应电动势,由右手定则知,从上向下看圆盘顺时针转动时,电流方向为从a到b,选项B正确.由右手定则还可以判断出只要圆盘转动方向和磁场方向不变,感应电流的方向就不变,与圆盘转动角速度大小无关,选项C错误.圆盘 转动切割磁感线产生的感应电动势E=BL2ω(L为圆盘半径),若圆盘转动的角速度恒定,则感应电动势E恒定,由欧姆定律知电流 大小就恒定,选项A正确.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则感应电动势E变为原来的2倍,由PR=·R= 2·R知电流在 R上的热功率变为原来的4倍,选项D错误. 21.(2016·全国Ⅱ卷,21)(多选) 如图,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O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.已知在M,N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中( BCD ) 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 解析: 因为在M,N两点处弹簧弹力大小相等,且OM (1)实验中涉及下列操作步骤: ①把纸带向左拉直 ②松手释放物块 ③接通打点计时器电源 ④向左推物块使弹簧压缩,并测量弹簧压缩量 上述步骤正确的操作顺序是 (填入代表步骤的序号). (2)图(乙)中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果.打点计时器所用交流电的频率为50 Hz.由M纸带所给的数据,可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为 m/s.比较两纸带可知, (填“M”或“L”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大. 解析:(1)启动打点计时器前,应把纸带拉直以减小因纸带受到摩擦力而产生的误差.实验时应先接通打点计时器的电源,再释放物块.故正确的操作顺序是④①③②. (2)物块脱离弹簧前,在弹簧弹力作用下沿光滑水平面加速运动,脱离弹簧后做匀速运动,故物块脱离弹簧时的速度即为匀速运动时 的速度,由纸带数据可知vM= m/s=1.29 m/s.弹簧被压缩后的弹性势能转化成了物块的动能,由纸带数据知M纸带 对应的物块最终的速度大,则动能也大,故对应的弹簧被压缩后的弹性势能大. 答案:(1)④①③② (2)1.29 M 23.(2016·全国Ⅱ卷,23) 某同学利用图(甲)所示电路测量量程为2.5 V的电压表 的内阻(内阻为数千欧姆),可供选择的器材有:电阻箱R(最大阻值99 999.9 Ω),滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ),直流电源E(电动势3 V),开关1个,导线若干. 实验步骤如下: ①按电路原理图(甲)连接线路; ②将电阻箱阻值调节为0,将滑动变阻器的滑片移到与图(甲)中最左端所对应的位置,闭合开关S; ③调节滑动变阻器,使电压表满偏. ④保持滑动变阻器滑片的位置不变,调节电阻箱阻值,使电压表的示数为2.00 V,记下电阻箱的阻值. 回答下列问题: (1)实验中应选择滑动变阻器 (填“R1”或“R2”). (2)根据图(甲)所示电路将图(乙)中实物图连线. (3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω,若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变,计算可得电压表的内阻为 Ω(结果保留到个位). (4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的,可推断该表头的满刻度电流为 (填正确答案标号). A.100 μA B.250 μA C.500 μA D.1 mA 解析:(1)滑动变阻器R1的阻值较小,在分压电路中便于调节,故实验中应选择R1. (2)如图所示 (3)电阻箱阻值为0时,电压表满偏电压Ug=2.5 V,电阻箱阻值R=630.0 Ω时,电压表的示数UV=2.00 V,此时电阻箱两端的电压 UR=Ug-UV=0.5 V,根据串联电路电压与电阻成正比可得 =, 故Rg=R= ×630.0 Ω=2 520 Ω. (4)电压表的满偏电流为Ig,则IgRg=Ug, 故Ig== A≈1 mA,选项D正确. 答案:(1)R1 (2)见解析 (3)2 520 (4)D 24.(2016·全国Ⅱ卷,24) 如图,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m,长度为l的金属杆置于导轨上.t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求: (1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小; (2)电阻的阻值. 解析:(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得 ma=F-μmg, 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有 v=at0, 当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律,杆中的电动势为 E=Blv, 联立解得 E=Blt0 -μg. (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律 I=, 式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为 FA=BlI, 因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得 F-μmg-FA=0, 联立解得 R= . 答案:(1)Blt0-μg (2) 25.(2016·全国Ⅱ卷,25) 轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P接触但不连接.AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道 BCD相切,半圆的直径BD竖直,如图所示.物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5.用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P开始沿轨道运动.重力加速度大小为g. (1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离. (2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P的质量的取值范围. 解析:(1)依题意,当弹簧竖直放置,长度被压缩至l时,质量为5m的物体的动能为零,其重力势能转化为弹簧的弹性势能.由机械能守恒定律,弹簧长度为l时的弹性势能为 Ep=5mgl,① 设P的质量为M,到达B点时的速度大小为vB, 由能量守恒定律得 Ep=M +μMg·4l,② 联立①②式,取M=m并代入题给数据得vB= ,③ 若P能沿圆轨道运动到D点,其到达D点时的向心力不能小于重力,即P此时的速度大小v应满足 -mg≥0,④ 设P滑到D点时的速度为vD, 由机械能守恒定律得m=m +mg·2l,⑤ 联立③⑤式得vD= ,⑥ vD满足④式要求,故P能运动到D点,并从D点以速度vD水平射出.设P落回到轨道AB所需的时间为t,由运动学公式得2l=gt2,⑦ P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s=vDt,⑧ 联立⑥⑦⑧式得s=2 l.⑨ (2)为使P能滑上圆轨道,它到达B点时的速度不能小于零.由①②式可知 5mgl>μMg·4l,⑩ 要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有 M≤Mgl, 联立①②⑩式得m≤M l (2)m≤M 一定量的理想气体从状态a开始,经历等温或等压过程ab,bc,cd,da回到原状态,其pT图像如图所示,其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是 .(填正确答案标号) A.气体在a,c两状态的体积相等 B.气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 C.在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功 D.在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功 E.在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功 解析:由于在pT图像中对角线ac的延长线过原点,可知状态a,c处在一条等容线上,a,c两状态体积相等,而Ta>Tc,则状态a时的内能大于状态c时的内能;在过程cd中气体温度不变,压强增大,体积变小,外界对气体做功,内能不变,由热力学第一定律可知,气体放出热量等于外界对气体做的功;在过程da中气体压强不变,温度升高则体积增大,即气体内能增加且对外做功,气体吸收的热量大 于对外界做的功;在过程bc中,由盖—吕萨克定律得=,则=,ΔV1=Vc;在过程da中,同理可得Vd-Va=ΔV2=Va, 又因Va=Vc,Tb-Tc=Ta-Td,可得=;在状态a,c,根据查理定律得=,即=,说明过程bc中外界对气体做的功等于过程 da中气体对外界做的功,选项A,B,E正确. 答案:ABE 33.(2)(2016·全国Ⅱ卷,33)一氧气瓶的容积为0.08 m3,开始时瓶中氧气的压强为20个大气压.某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时,需重新充气.若氧气的温度保持不变,求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天. 解析:设氧气开始时的压强为p1,体积为V1,压强变为p2(2个大气压)时,体积为V2. 根据玻意耳定律得p1V1=p2V2, 重新充气前,用去的氧气在p2压强下的体积为 V3=V2-V1, 设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0,则有 p2V3=p0V0, 设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV,则氧气可用的天数为N= , 代入数据得N=4(天). 答案:4天 34.(1)(2016·全国Ⅱ卷,34)关于电磁波,下列说法正确的是 (填正确答案标号). A.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关 B.周期性变化的电场和磁场可以相互激发,形成电磁波 C.电磁波在真空中自由传播时,其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直 D.利用电磁波传递信号可以实现无线通信,但电磁波不能通过电缆、光缆传输 E.电磁波可以由电磁振荡产生,若波源的电磁振荡停止,空间的电磁波随即消失 解析:任何电磁波在真空中传播速度均相同;周期性变化的电场和磁场相互激发,形成电磁波;电磁波为横波,即传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直;电磁波可通过电缆、光缆传输;电磁波由电场和磁场的相互激发产生,即使电磁振荡停止,空间的电磁波仍可以继续传播,选项A,B,C正确. 答案:ABC 34.(2)(2016·全国Ⅱ卷,34)一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播,波长不小于10 cm.O和A是介质中平衡位置分别位于x=0和 x=5 cm处的两个质点.t=0时开始观测,此时质点O的位移为y=4 cm,质点A处于波峰位置;t= s时,质点O第一次回到平衡位 置,t=1 s时,质点A第一次回到平衡位置.求 (1)简谐波的周期、波速和波长; (2)质点O的位移随时间变化的关系式. 解析:(1)设振动周期为T.由于质点A在0到1 s内由最大位移处第一次回到平衡位置,经历的是个周期,由此可知T=4 s, 由于质点O与A的距离5 cm小于半个波长,且波沿x轴正向传播,O在t= s时回到平衡位置,而A在t=1 s时回到平衡位置,时间 相差 s.两质点平衡位置的距离除以传播时间,可得波的速度v=7.5 cm/s. 利用波长、波速和周期的关系得,简谐波的波长λ=30 cm. (2)设质点O的位移随时间变化的关系为 y=Acos +φ0, 将T=4 s及题给条件代入上式得 解得φ0=,A=8 cm, 质点O的位移随时间变化的关系式为 y=0.08cos +(国际单位制), 或y=0.08sin答案:见解析 + (国际单位制). 35.(1)(2016·全国Ⅱ卷,35)在下列描述核过程的方程中,属于α衰变的是 ,属于β衰变的是 ,属于裂变的是 ,属于聚变的是 .(填正确答案标号) ACN e BPS e CDEFH UNUHHen Th O He H Sr+ n XeHe n 解析:C中U衰变放出α粒子,即为α衰变;A,B中C,P衰变中均放出e,即为β衰变;E中U吸收中子后分裂为中等 质量的原子核,并放出两个中子,即为重核裂变;F中为两个轻核反应形成较重核的反应,即为轻核聚变. 答案:C AB E F 35.(2)(2016·全国Ⅱ卷,35)如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g=10 m/s2. (1)求斜面体的质量; (2)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩? 解析:(1)规定向右为速度正方向.冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20=(m2+m3)v, m2 =(m2+m3)v2+m2gh, 式中v20=-3 m/s为冰块推出时的速度. 联立并代入题给数据得 m3=20 kg. (2)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有 m1v1+m2v20=0, 代入数据得v1=1 m/s, 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒定律和机械能守恒定律有 m2v20=m2v2+m3v3, m2=m2+m3 , 联立并代入数据得v2=1 m/s, 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩. 答案:(1)20 kg (2)见解析 2016年普通高等学校招生全国统一考试(全国Ⅲ卷) 物理试题 14.(2016·全国Ⅲ卷,14)关于行星运动的规律,下列说法符合史实的是( B ) 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:开普勒在大量研究前人常年观测天文数据的基础上,总结出了行星运动的规律.牛顿发现了万有引力定律,揭示了行星按这些规律运动的原因,选项A,C,D错误,B正确. 15.(2016·全国Ⅲ卷,15)关于静电场的等势面,下列说法正确的是( B ) 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:在静电场中,两个电势不同的等势面不会相交,选项A错误;电场线与等势面一定相互垂直,选项B正确;同一等势面上的电场强度可能相等,也可能不相等,选项C错误;电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面,顺着电场线移动负试探电荷时,电场力做负功,选项D错误. 16.(2016·全国Ⅲ卷,16)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 ) A. B. C. D. 解析:设t时间段的物体初速度为v1,末速度为v2,根据题意有9×m=m,得到v2=3v1,根据匀变速直线运动的规律知识可 知: ·t=s,v1+at=v2,联立以上两式并代入初、末速度之间关系,得a=选项A正确. 17.(2016·全国Ⅲ卷,17) 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,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( C ) A. 解析: B.m C.m D.2m 如图所示,由于不计摩擦,线上张力处处相等,且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心.由于a,b间距等于圆弧半径,则∠aOb=60°,进一步分析知,细线与aO,bO间的夹角皆为30°.取悬挂的小物块研究,悬挂小物块的细线张角为120°,由平衡条件知,小物块的质量与小球的质量相等,即为m.故选项C正确. 18.(2016·全国Ⅲ卷,18) 平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面(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OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角,已知该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.粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( D ) A.解析: B. C. D. 如图所示,粒子在磁场中运动的轨道半径为R= .设入射点为A,出射点为B,圆弧与ON的交点为P.由粒子运动的对称性及粒子 的入射方向知,AB=R.由几何图形知,AP=R,则AO=AP=3R,所以OB=4R= .故选项D正确. 19.(2016·全国Ⅲ卷,19)(多选) 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( AD ) A.原、副线圈匝数之比为9∶1 B.原、副线圈匝数之比为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:设灯泡的额定电压为U0,两灯泡均能正常发光,表明此时原线圈两端电压U1=9U0,同时副线圈两端电压U2=U0,故==,选 项A正确,B错误;由理想变压器的电流比与匝数比之间关系知==,副线圈中电流I2=9I1,则灯泡a的电功率P1=U0·I1,b的电功 率P2=U0·I2,可知=,选项C错误,D正确. 20.(2016·全国Ⅲ卷,20)(多选) 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( AC ) A.a= B.a= C.N= D.N= 解析:质点P下滑过程中,重力做正功,摩擦力做负功,由动能定理得mgR-W=mv2,根据圆周运动知识得最低点时,a=,故 a=,选项A正确,B错误;最低点时重力和支持力的合力充当向心力,由牛顿第二定律得N-mg=ma,得N=,选项C 正确,D错误. 21.(2016·全国Ⅲ卷,21)(多选) 如图,M为半圆形导线框,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,以相同的周期T逆时针匀速转动,则( BC ) 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:根据楞次定律可知,导线框进入磁场时,两线框中都会产生感应电流,由E=BRv=BR(ωR)/2=BR2ω,可知过程中产生的感应电 动势恒定,电流不变,则选项A错误,C正确;当导线框进入磁场和穿出磁场过程中,由楞次定律可得感应电流方向先是逆时针,后是顺 时针,则感应电流的周期与运动周期T相等;选项B正确;导线框N在进出磁场的0~和~T时间内有磁通量的变化,而完全进入 磁场后有时间内无感应电流,而导线框M在整个过程中都有感应电流,所以即使两导线框电阻相等,两者的电流有效值也不会相等, 选项D错误. 22.(2016·全国Ⅲ卷,22)某同学用图中所给器材进行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与两导轨垂直. (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. (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:(1)实验电路连线如图所示. (2)为使金属棒离开导轨时具有更大的速度,则金属棒运动时需要更大的加速度,即应受到更大的安培力,根据F=ILB可知,应使I,L变大,即选项A,C正确. 答案:(1)见解析 (2)AC 23. (2016·全国Ⅲ卷,23)某物理课外小组利用图(甲)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,置于实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0.010 kg.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块,使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑. (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个钩码仍留在小车内;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st图像,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st图像如图(乙)所示,由图(乙)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. a/(m·s-2) n 0.20 1 2 0.58 3 0.78 4 1.00 5 (4)利用表中的数据在图(丙)中补齐数据点,并作出an图像.从图像可以看出: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. (5)利用an图像求得小车(空载)的质量为 kg(保留2位有效数字,重力加速度取g=9.8 m·s-2). (6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1),下列说法正确的是 (填入正确选项前的标号) 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:(3)由题图(乙)可知,0~2.00 s的位移为0.78 m, 则由s=at2得a=0.39 m/s2. (4)在题图(丙)中描出数据点(2,0.39),(3,0.58)(5,1.00)并过各数据点作出an图像,如图所示. (5)由牛顿第二定律得nmg=(M+5m)a,则a= n,而an图线的斜率k= ,由此得 =k,即 = ,则M=0.44 kg. (6)若保持木板水平,小车运动受摩擦力作用,n的数值相同的情况下,加速度a变小,直线的斜率变小,绳的拉力等于摩擦力时,小车才开始运动,图像不过原点,故选项B正确. 答案:(3)0.39 (4)an图像见解析 (5)0.44 (6)B 24.(2016·全国Ⅲ卷,24) 如图,在竖直平面内有由圆弧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,经A点沿圆弧轨道运动. (1)求小球在B,A两点的动能之比; (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点. 解析:(1)设小球的质量为m,小球在A点的动能为EkA,由机械能守恒得EkA=mg 设小球在B点的动能为EkB,同理有EkB=mg 解得 =5. (2)若小球能沿轨道运动到C点,小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0. 设小球在C点的速度大小为vC,由牛顿运动定律和向心力公式有N+mg=m . 应满足mg≤m . 由机械能守恒有mg=m . 得出小球恰好可以沿轨道运动到C点. 答案:(1)5 (2)见解析 25.(2016·全国Ⅲ卷,25) 如图,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(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,磁感应强度大小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:(1)在金属棒越过MN之前,t时刻穿过回路的磁通量为Φ=ktS① 设在从t时刻到t+Δt的时间间隔内,回路磁通量的变化量为ΔΦ,流过电阻R的电荷量为Δq,由法拉第电磁感应定律有ε=- ② 由欧姆定律有i=③ 由电流的定义有i=④ 联立①②③④式得|Δq|= Δt⑤ 由⑤式得,在t=0到t=t0的时间间隔内,流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|= .⑥ (2)当t>t0时,金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动,有f=F⑦ 式中,f是外加水平恒力,F是匀强磁场施加的安培力.设此时回路中的电流为I,F的大小为F=B0Il⑧ 此时金属棒与MN之间的距离为s=v0(t-t0)⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ'=B0ls⑩ 回路的总磁通量为Φt=Φ+Φ' 式中,Φ仍如①式所示,由①⑨⑩式得,在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为Φt=B0lv0(t-t0)+kSt在t到t+Δt的时间间隔内,总磁通量的改变ΔΦt为 ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt 由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势的大小为 εt= 由欧姆定律有I=联立⑦⑧f=(B0lv0+kS) 式得 . 答案:(1) (2)B0lv0(t-t0)+kSt (B0lv0+kS) 33.(1)(2016·全国Ⅲ卷,33)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:质量和温度都相同的气体,分子数不一定相同,气体内能与温度和分子数有关;气体内能是分子间势能和分子热运动动能的总和,与整体机械运动无关;气体被压缩时温度可能不变,则内能可能不变;一定量的理想气体内能由温度决定;一定量的理想气体在等压膨胀过程中,温度一定升高,即内能一定增加,选项C,D,E正确. 答案:CDE 33.(2)(2016·全国Ⅲ卷,33)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p1,长度为l1;左管中空气柱的压强为p2=p0,长度为l2.活塞被下推h后,右管中空气柱的压强为p1',长度为l1';左管中空气柱的压强为p2',长度为l2'.以cmHg为压强单位.由题给条件得 p1=p0+(20.0-5.00)cmHg l1'=20.0- cm 由玻意耳定律得p1l1=p1'l1' 联立并结合题给条件得 p1'=144 cmHg 依题意 p2'=p1' l2'=4.00 cm+由玻意耳定律得 p2l2=p2'l2' cm-h 联立并结合题给条件得h=9.42 cm. 答案:144 cmHg 9.42 cm 34.(1)(2016·全国Ⅲ卷,34)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20 Hz,波速为16 m/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的平衡位置之间的距离分别为15.8 m、14.6 m,P,Q开始振动后,下列判断正确的是 (填正确答案的标号). 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:根据题意可得T= s=0.05 s,v=16 m/s,故波长为λ=vT=0.8 m,找P点关于S点的对称点P',根据对称性可知P'和P的振动 情况完全相同,P',Q两点相距Δx=-λ=λ,为半波长的整数倍,所以两点为反相点,故P',Q两点振动方向始终相反,即P,Q两 点振动方向始终相反,选项A错误,B正确;P点距离S点x=19λ,当S恰好通过平衡位置向上振动时,P点在波峰,同理Q点相距S 点x'=18λ,当S恰好通过平衡位置向下振动时,Q点在波峰,选项C,错误,D,E正确. 答案:BDE 34.(2)(2016·全国Ⅲ卷,34) 如图,玻璃球冠的折射率为 ,其底面镀银,底面的半径是球半径的 倍;在过球心O且垂直于底面的平面(纸面)内,有一与底面垂直 的光线射到玻璃球冠上的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,球冠底面中心为O',连接OO',则OO'⊥AB,令∠OAO'=α,有 cos α== ① 即α=30°② 由题意知MA⊥AB 所以∠OAM=60°. 设图中N点为光线在球冠内底面上的反射点,所考虑的光线的光路图如图所示.设光线在M点的入射角为i,折射角为r,在N点的入射角为i',反射角为i ″,玻璃折射率为n,由于△OAM为等边三角形,有i=60°④ 由折射定律有sin i=nsin r⑤ 代入题给条件n= 得r=30°⑥ 作底面在N点的法线NE,由NE∥AM,有i'=30°⑦ 根据反射定律,有i ″=30°⑧ 连接ON,由几何关系知△MAN≌△MON, 故有∠MNO=60°⑨ 由⑦⑨式得 ∠ENO=30°⑩ 于是∠ENO为反射角,ON为反射光线,这一反射光线经球面再次折射后不改变方向,所以,经一次反射后射出玻璃球冠的光线相对于入射光线的偏角β为 β=180°-∠ENO=150°.答案:150° 35.(1)(2016·全国Ⅲ卷,35)一静止的铝原子核Al俘获一速度为1.0×107 m/s的质子p后,变为处于激发态的硅原子核 Si*,下列 说法正确的是 (填正确答案的标号). A.核反应方程为p Al Si* B.核反应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为105 m/s,方向与质子初速度的方向一致 解析:由于Al俘获质子,则核反应方程为pAlSi;铝原子核与质子组成的系统不受外力,作用过程中动量守恒,而系统内 部的变化使机械能不守恒,但反应过程中系统能量一定守恒,核反应过程中虽然核子数不变,但伴随能量的变化使生成物与反应物的质量发生变化,设质子质量为mp,由动量守恒定律得mpvp=28mpvsi,则vsi=×1.0×107 m/s=3.6×105 m/s,硅原子核速度数量级为 105m/s,方向与质子初速度方向一致,选项A,B,E正确. 答案:ABE 35.(2)(2016·全国Ⅲ卷,35) 如图所示,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μ,若要物块a,b能够发生碰撞,应有 m >μmgl 即μ< 设在a,b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1,由能量守恒有 m=m +μmgl 设在a,b碰撞后的瞬间,a,b的速度大小为v1',v2',由动量守恒和能量守恒有 mv1=mv1'+ v2' m=mv1'2+ v2'2 联立解得 v2'=v1 由题意知,b没有与墙发生碰撞,由功能关系知 v2'2≤μ gl 联立解得μ≥ a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件是答案:见解析 ≤μ< . 2016普通高等学校招生全国统一考试(四川卷) 1.(2016·四川卷,1)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员.他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1 900 J,他克服阻力做功100 J,韩晓鹏在此过程中( C ) A.动能增加了1 900 J B.动能增加了2 000 J C.重力势能减小了1 900 J D.重力势能减小了2 000 J 解析:由题可得,重力做功1 900 J,则重力势能减少1 900 J,选项C正确,D错误;由动能定理WG-Wf=ΔEk可得动能增加1 800 J,选项A,B错误. 2.(2016·四川卷,2)如图所示,接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电,如果将原、副线圈减少相同匝数,其他条件不变,则( B ) A.小灯泡变亮 B.小灯泡变暗 C.原、副线圈两端电压的比值不变 D.通过原、副线圈电流的比值不变 解析:由变压器知识得 == 原、副线圈减少相同的匝数n后 = 可以得出 -= <0 则说明 的比值变大,则可得出选项C,D错误; 由于原线圈电压恒不变,则副线圈两端电压减小,小灯泡变暗,则选项B正确. 3. (2016·四川卷,3)国务院批复,自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”.1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号,目前仍然在椭圆轨道上运行,其轨道近地点高度约为440 km,远地点高度约为2 060 km;1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35 786 km的地球同步轨道上.设东方红一号在远地点的加速度为a1,东方红二号的加速度为a2,固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3,则a1,a2,a3的大小关系为( D ) A.a2>a1>a3 C.a3>a1>a2 B.a3>a2>a1 D.a1>a2>a3 解析:由于东方红二号卫星是同步卫星,则其角速度和赤道上的物体角速度相等,可得a2=ω2r2,而a3=ω2r3, 由于r2>r3,则可得a2>a3. 又由万有引力定律G =ma 和题目中数据可得r1 洛伦兹力提供做圆周运动的向心力,由公式 qvB=m=mr ,T= 可以得出vb∶vc=rb∶rc=1∶2, 又由T= 且粒子运动一周为2π,可以得出在磁场中运动的时间之比等于偏转角之比.由图看出偏转角之比为2∶1. 则tb∶tc=2∶1,选项A正确,B,C,D错误. 5.(2016·四川卷,5)某同学通过实验测定半圆形玻璃砖的折射率n.如图(甲)所示,O是圆心,MN是法线,AO,BO分别表示某次测量时光线在空气和玻璃砖中的传播路径.该同学测得多组入射角i和折射角r,作出sin isin r图像如图(乙)所示,则( B ) A.光由A经O到B,n=1.5 B.光由B经O到A,n=1.5 C.光由A经O到B,n=0.67 D.光由B经O到A,n=0.67 解析:空气中角度较大,对应正弦值较大,由图(乙)中数据及折射率计算公式得n===1.5.又由于入射角为i,可以得出光的传播 路线是B→O→A,故选项B正确,A,C,D错误. 6. (2016·四川卷,6)(多选)简谐横波在均匀介质中沿直线传播,P,Q是传播方向上相距10 m的两质点.波先传到P,当波传到Q开始计时,P,Q两质点的振动图像如图所示,则( AD ) A.质点Q开始振动的方向沿y轴正方向 B.该波从P传到Q的时间可能为7 s C.该波的传播速度可能为2 m/s D.该波的波长可能为6 m 解析:从0时刻开始,质点Q的振动方向沿y轴正方向,所以选项A正确;由题可知,简谐横波的传播方向从P到Q,由图可知,周期T=6 s,质点Q的振动图像向左平移4 s后与P点的振动图像重合,意味着Q比P的振动滞后了4 s,即P传到Q的时间Δt可能为 4 s,同时由周期性可知,从P传到Q的时间Δt为(4+nT) s,n=0,1,2,…,即Δt=4 s,10 s,16 s…,所以选项B错误;由v=,考虑到简谐波 的周期性,当Δt=4 s,10 s,16 s,…时,速度v可能为2.5 m/s,1 m/s,0.625 m/s,…,所以选项C错误;同理,考虑周期性,λ=vT,可得波长可能为15 m,6 m,3.75 m,…,所以选项D正确. 7. (2016·四川卷,7)(多选)如图所示,电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上,受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动,外力F与金属棒速度v的关系是F=F0+kv(F0,k是常量),金属棒与导轨始终垂直且接触良好.金属棒中感应电流为i,受到的安培力大小为FA,电阻R两端的电压为UR,感应电流的功率为P,它们随时间t变化图像可能正确的有( BC ) 解析:设金属棒在某一时刻速度为v,感应电动势E=Blv,回路电流I= = v,即I∝v;安培力FA=BI= v,方向水平向左,即FA∝ v;R两端电压UR=IR=v,即UR∝v;感应电流的功率P=EI= v2,即P∝v2. 分析金属棒运动情况,由牛顿第二定律可得F合=F-FA=F0+kv- v=F0+k-v,即加速度a=.因为金属棒由静止出发,所以 F0>0,且F合>0,即a>0,加速度方向水平向右. (1)若k=选项符合; (2)若k> ,F合=F0,即a=,金属棒水平向右做匀加速直线运动.有v=at,说明v ∝t,也即是I∝t,FA∝t,UR∝t,P∝t2,在此情况下没有 ,F合随v增大而增大,即a随v增大而增大,说明金属棒在做加速度增大的加速运动,可知选项B符合; (3)若k<,F合随v增大而减小,即a随v增大而减小,说明金属棒在做加速度减小的加速运动,直到加速度减小为0后金属棒做 匀速直线运动,可知选项C符合. 综上所述,选项B,C符合题意. 8. (2016·四川卷,8Ⅰ)用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能.将弹簧放置在水平气垫导轨上,左端固定,右端在O点;在O点右侧的B,C位置各安装一个光电门,计时器(图中未画出)与两个光电门相连.先用米尺测得B,C两点间距离s,再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A,静止释放,计时器显示遮光片从B到C所用的时间t,用米尺测量A,O之间的距离x. (1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是 . (2)为求出弹簧的弹性势能,还需要测量 . A.弹簧原长 B.当地重力加速度 C.滑块(含遮光片)的质量 (3)增大A,O之间的距离x,计时器显示时间t将 . A.增大 B.减小 C.不变 解析:(1)滑块从B到C所用时间为t,B,C两点间距离为s,则v=. (2)由于滑块(含遮光片)弹出后速度为,其动能则为弹簧的弹性势能,因此还需测量滑块(含遮光片)的质量. (3)增大A,O之间距离x,滑块经B,C间速度变大,计时器显示时间t减小. 答案:(1)v= (2)C (3)B 8. (2016·四川卷,8Ⅱ)用如图所示电路测量电源的电动势和内阻.实验器材:待测电源(电动势约3 V,内阻约2 Ω),保护电阻R1(阻值10 Ω)和R2(阻值5 Ω),滑动变阻器R,电流表A,电压表V,开关S,导线若干. 实验主要步骤: (ⅰ)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大,闭合开关; (ⅱ)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值,记下电压表的示数U和相应电流表的示数I; (ⅲ)以U为纵坐标,I为横坐标,作UI图线(U,I都用国际单位); (ⅳ)求出UI图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a. 回答下列问题: (1)电压表最好选用 ;电流表最好选用 . A.电压表(0~3 V,内阻约15 kΩ) B.电压表(0~3 V,内阻约3 kΩ) C.电流表(0~200 mA,内阻约2 Ω) D.电流表(0~30 mA,内阻约2 Ω) (2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动,发现电压表示数增大.两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是 . A.两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱 B.两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱 C.一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱,另一条导线接在电阻丝左端接线柱 D.一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱,另一条导线接在电阻丝右端接线柱 (3)选用k,a,R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式,E= ,r= ,代入数值可得E和r的测量值. 解析:(1)电压表内阻越大,分得的电流越小,误差也就越小,所以选内阻较大的A电压表;当滑动变阻器接入电阻最小时通过电流表电 流最大,此时通过电流表电流大小约为I= ≈158 mA,所以选量程为200 mA的C电流表. (2)由电路分析可知,滑片右移电压表示数变大,意味着滑动变阻器接入电路部分阻值增大,A选项若两导线都接电阻丝两端,接入电阻为最大阻值,不会变化;B选项两导线都接在金属杆两端上,接入电阻为0 Ω;C选项一导线接金属杆左端,一导线接电阻丝左端,则 滑片右移时阻值增大,则电压表示数变大;D选项一导线接金属杆右端,一导线接电阻丝右端,则滑片右移阻值减小,则电压表示数变小,故选项C正确. (3)由E=U+I(r+R2),得U=-I(r+R2)+E,对比伏安特性曲线可知,图像斜率大小k=r+R2,所以电源内阻r=k-R2;令U=0,得I==,由题 意知在横轴上的截距为a,所以a=I=,则E=ka. 答案:(1)A C (2)C (3)ka k-R2 9.(2016·四川卷,9)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器.加速器是人类揭示物质本源的关键设备,在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用. 如图所示,某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成,相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极.质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管,在漂移管内做匀速直线运动,在漂移管间被电场加速,加速电压视为不变.设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s,进入漂移管E时速度为1×107 m/s,电源频率为1×107 Hz,漂移管间缝隙很小,质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2.质子的荷质比取1×108 C/kg.求: (1)漂移管B的长度; (2)相邻漂移管间的加速电压. 解析:(1)设质子进入漂移管B的速度为vB,电源频率、周期分别为f,T,漂移管B的长度为L,则 T= L=vB 联立并代入数据得L=0.4 m. (2)设质子进入漂移管E的速度为vE,相邻漂移管间的加速电压为U,电场力对质子所做的功为W,质子从漂移管B运动到漂移管E电场力做功W',质子的电荷量为q、质量为m,则 W=qU W'=3W W'=m-m 联立并代入数据得U=6×104 V. 答案:(1)0.4 m (2)6×104 V 10. (2016·四川卷,10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图竖直平面内,制动坡床视为水平面夹角为θ的斜面.一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为23 m/s时,车尾位于制动坡床的底端,货物开始在车厢内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了4 m时,车头距制动坡床顶端38 m,再过一段时间,货车停止.已知货车质量是货物质量的4倍,货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍.货物与货车分别视为小滑块和平板,取cos θ=1,sin θ=0.1,g=10 m/s2.求: (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向; (2)制动坡床的长度. 解析:(1)设货物的质量为m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢的动摩擦因数μ=0.4,受摩擦力大小为f,加速度大小为a1,则 f+mgsin θ=ma1 f=μmgcos θ 联立并代入数据得a1=5 m/s2 a1的方向沿制动坡床向下. (2)设货车的质量为M,车尾位于制动坡床底端时的车速为v=23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0=38 m的过程中,用时为t,货物相对制动坡床的运动距离为s1,在车厢内滑动的距离s=4 m,货车的加速度大小为a2,货车相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F,F是货车和货物总重的k倍,k=0.44,货车长度l0=12 m, 制动坡床的长度为l,则 Mgsin θ+F-f=Ma2 F=k(m+M)g s1=vt-a1t2 s2=vt-a2t2 s=s1-s2 l=l0+s0+s2 联立并代入数据得 l=98 m. 答案:(1)5 m/s2,方向沿制动坡床向下 (2)98 m 11. (2016·四川卷,11)如图所示,图面内有竖直线DD',过DD'且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域.区域Ⅰ有方向竖直向上的 匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B(图中未画出);区域Ⅱ有固定在水平地面上高h=2l、倾角α=的光滑绝缘斜面,斜面顶端 与直线DD'距离s=4l,区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出);C点在DD'上,距地面高H=3l.零时刻,质量为m、 带电荷量为q的小球P在K点具有大小v0=、方向与水平面夹角θ=的速度,在区域Ⅰ内做半径r=的匀速圆周运动,经C点 水平进入区域Ⅱ.某时刻,不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放,在某处与刚运动到斜面的小球P相遇.小球视为质点,不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响.l已知,g为重力加速度. (1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小; (2)若小球A,P在斜面底端相遇,求释放小球A的时刻tA; (3)若小球A,P在时刻t=β(β为常数)相遇于斜面某处,求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E,并讨论场强E的极大值和极小值 及相应的方向. 解析:(1)由题知,小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动,有 m =qv0B 代入数据解得B= . (2)小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ,运动到C点的时刻为tC,到达斜面底端时刻为t1, 有tC= s- =v0(t1-tC) 小球A释放后沿斜面运动的加速度为aA,与小球P在时刻t1相遇于斜面底端,有 mgsin α=maA =aA(t1-tA)2 联立以上方程可得tA=(3-2) . (3)设所求电场方向向下,在tA'时刻释放小球A,小球P在区域Ⅱ运动的加速度为aP,有 s=v0(t-tC)+aA(t-tA')2cos α mg+qE=maP H-h+aA(t-tA')2sin α=aP(t-tC)2 联立相关方程解得E= 对小球P的所有运动情形讨论可得3≤β ≤5 由此可得场强极小值为Emin=0;场强极大值为Emax= ,方向竖直向上. 答案:(1) (2)(3-2) (3)见解析 2016年高考题物理(北京卷) 13.(2016·北京卷,13)处于n=3能级的大量氢原子,向低能级跃迁时,辐射光的频率有( C ) A.1种 B.2种 C.3种 D.4种 解析:处于n=3能级的大量氢原子,向低能级跃迁时可由n=3跃迁到n=2,n=1以及从n=2跃迁到n=1,共辐射出3种频率的光子,选项C正确. 14.(2016·北京卷,14)下列说法正确的是( A ) A.电磁波在真空中以光速c传播 B.在空气中传播的声波是横波 C.声波只能在空气中传播 D.光需要介质才能传播 解析:任何电磁波(包括光)在真空中均以光速c传播,声波在很多介质中能够传播,在空气中传播为纵波,选项A正确. 15.(2016·北京卷,15)如图所示,弹簧振子在M,N之间做简谐运动.以平衡位置O为原点,建立Ox轴.向右为x轴正方向.若振子位于N点时开始计时,则其振动图像为( A ) 解析:弹簧振子振动过程中,当振子位于正向最大位移N时开始计时,则其振动图像为余弦曲线,选项A正确. 16.(2016·北京卷,16) 如图所示,匀强磁场中有两个导体圆环a,b,磁场方向与圆环所在平面垂直.磁感应强度B随时间均匀增大.两圆环半径之比为2∶1,圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb,不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是( B ) A.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿逆时针方向 B.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿顺时针方向 C.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿逆时针方向 D.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿顺时针方向 解析:根据法拉第电磁感应定律,有E=πr2,则= 2=4;由楞次定律可知,感应电流均沿顺时针方向,选项 B正确. 17.(2016·北京卷,17) 中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也.”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分布示意如图.结合上述材料,下列说法不正确的是( C ) A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近 C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 解析:磁偏角的存在说明地理南、北极与地磁场南、北极不重合;地球相当于一个大磁铁,地球内部也存在磁场,且地磁南极在地理北极附近;由于地球磁感线并不是以地心为圆心的圆弧,地球表面大部分位置的地磁场方向与地面不平行;地球赤道处地磁场方向沿南北方向,射向赤道的带电宇宙射线粒子方向与地磁场方向基本垂直,带电宇宙射线粒子必受地磁场的洛伦兹力作用,故项C. 18.(2016·北京卷,18) 如图所示,一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行,在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动.下列说法正确的是( B ) A.不论在轨道1还是在轨道2运行,卫星在P点的速度都相同 B.不论在轨道1还是在轨道2运行,卫星在P点的加速度都相同 C.卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度 D.卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量 解析:卫星在轨道1运行到P点时需要加速才能进入轨道2运行,因此卫星在两轨道的P点时速度不同,但所受力相同,加速度相同;卫星在轨道1运行时在不同位置所受万有引力大小、方向均不同,则加速度也不同;卫星在轨道2做匀速圆周运动,在不同位置速度方向不同,因此动量不同,只有选项B正确. 19.(2016·北京卷,19)某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻,他们提出的实验方案中有如下四种器材组合.为使实验结果尽可能准确,最不可取的一组器材是( D ) A.一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器 B.一个伏特表和多个定值电阻 C.一个安培表和一个电阻箱 D.两个安培表和一个滑动变阻器 解析:在测量电池的电动势和内阻的实验中,由实验原理E=U+Ir可知,实验中需测出(或计算)对应的U,I数值,因此,用一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器,一个伏特表和多个定值电阻,一个安培表和一个电阻箱均能满足需要;但两个安培表和一个滑动变阻器不能得出电流I和对应电压U的数值,故选D. 20.(2016·北京卷,20)雾霾天气是对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述,是特定气候条件与人类活动相互作用的结果.雾霾中,各种悬浮颗粒物形状不规则,但可视为密度相同、直径不同的球体,并用PM10、PM2.5分别表示球体直径小于或等于10 μm,2.5 μm的颗粒物(PM是颗粒物的英文缩写).某科研机构对北京地区的检测结果表明,在静稳的雾霾天气中,近地面高度百米的范围内,PM10的浓度随高度的增加略有减小,大于PM10的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减小,且两种浓度分布基本不随时间变化.据此材料,以下叙述正确的是( C ) A.PM10表示直径小于或等于1.0×10-6 m的悬浮颗粒物 B.PM10受到的空气分子作用力的合力始终大于其受到的重力 C.PM10和大悬浮颗粒物都在做布朗运动 D.PM2.5浓度随高度的增加逐渐增大 解析:PM10表示直径小于或等于10 μm的颗粒物,而10 μm=1.0×10-5 m,PM10受到的空气分子作用力的合力时刻发生变化,并不一定始终大于重力;PM10和大悬浮颗粒物在空中漂浮,其原因是受到空气分子撞击不平衡的结果;由于雾霾天气的形成与人类活动相关,则距地面高度越低,PM2.5浓度应越大,故选项C正确. 21.(1)(2016·北京卷,21) 热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中.如图为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R随温度t变化的示意图.由图可知,这种热敏电阻在温度上升时导电能力 (选填“增强”或“减弱”);相对金属热电阻而言,热敏电阻对温度变化的响应更 (选填“敏感”或“不敏感”). 解析:由Rt图像可知,该热敏电阻的阻值R在温度上升时变小,因此其导电能力增强;该热敏电阻相对于金属热电阻而言,对温度变化的响应更敏感. 答案:增强 敏感 21.(2)(2016·北京卷,21) 利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验. (1)为验证机械能是否守恒,需要比较重物下落过程中任意两点间的( ) A.动能变化量与势能变化量 B.速度变化量和势能变化量 C.速度变化量和高度变化量 (2)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外,在下列器材中,还必须使用的两种器材是( ) A.交流电源 B.刻度尺 C.天平(含砝码) (3)实验中,先接通电源,再释放重物,得到如图2所示的一条纸带.在纸带上选取三个连续打出的点A,B,C,测得它们到起始点O的距离分别为hA,hB,hC. 已知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m.从打O点到打B点的过程中,重物的重力势能变化量ΔEp= ,动能变化量ΔEk= . (4)大多数学生的实验结果显示,重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是( ) A.利用公式v=gt计算重物速度 B.利用公式v= 计算重物速度 C.存在空气阻力和摩擦力阻力的影响 D.没有采用多次实验取平均值的方法 (5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒,在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始点O的距离h,计算对应计数点的重物速度v,描绘v2h图像,并做如下判断:若图像是一条过原点的直线,则重物下落过程中机械能守恒,请你分析论证该同学的判断依据是否正确. 解析:(1)重物下落过程中,重力势能减少,动能增加,验证机械能守恒时应比较重物下落过程中任意两点间动能变化量与势能变化量大小是否相等,选项A正确. (2)电磁打点计时器需要交流电源,测量纸带上点间的距离需要刻度尺,实验中无需知道重物的质量,故选A,B. (3)从打O点到打B点,重物下落高度为hB,则重力势能变化量为mghB;打B点时重物速度vB=,重物动能变化量Δ Ek=m2= . (4)实验中由于重物下落不可避免受到阻力作用,因此减少的重力势能大于重物获得的动能,选项C正确. (5)若重物下落过程中不受阻力作用,纸带上O点为起始点,下落高度h时减少的重力势能mgh转化为动能mv2,则mgh=mv2,即 v2=2gh,因此可知所描绘的v2h图像一定是过原点的直线. 答案:(1)A (2)AB (3)-mghB (4)C (5)见解析 22.(2016·北京卷,22) 如图所示,质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场,在磁场中做匀速圆周运动.不计带电粒子所受重力. (1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T; (2)为使该粒子做匀速直线运动,还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场,求电场强度E的大小. 解析:(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,则有qvB= 即R= 由于v= 则R=· 即T= . (2)根据左手定则,带电粒子射入磁场时受洛伦兹力方向向上,可知粒子带正电,为使该粒子做匀速直线运动,粒子在所加匀强电场中所受电场力方向竖直向下, 则有qvB=Eq,即E=vB. 答案:(1) (2)vB 23.(2016·北京卷,23)如图所示,电子由静止开始经加速电场加速后,沿平行于板面的方向射入偏转电场,并从另一侧射出.已知电子质量为m,电荷量为e,加速电场电压为U0,偏转电场可看做匀强电场,极板间电压为U,极板长度为L,板间距为d. (1)忽略电子所受重力,求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy; (2)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法.在解决(1)问时忽略了电子所受重力,请利用下列数据分析说明其原因.已知U=2.0×102 V,d=4.0×10-2 m,m=9.1×10-31 kg,e=1.6×10-19 C,g=10 m/s2. (3)极板间既有电场也有重力场.电势反映了静电场各点的能的性质,请写出电势φ的定义式.类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”φG的概念,并简要说明电势和“重力势”的共同特点. 解析:(1)电子通过加速电场加速,有qU0=m 得v0= 即电子进入偏转电场的速度大小为电子进入偏转电场,则有 L=v0t . Δy=at2 a= E= 解得Δy= . (2)电子的重力G=mg=9.1×10-31×10 N=9.1×10-30 N 电子所受电场力 F=Eq=q= N=8.0×10-16 N 则≈10-14,由于F≫G,因此不需要考虑电子所受重力. (3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值 即φ= 由于重力做功与路径无关,可以类比静电场电势的定义,将重力场中物体,在某点的重力势能EG与其质量m的比值,叫做“重力 势”,即φG=答案:见解析 .电势φ与重力势φG都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定. 24.(2016·北京卷,24) (1)动量定理可以表示为Δp=FΔt,其中动量p和力F都是矢量.在运用动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的x,y两个方向上分别研究.例如,质量为m的小球斜射到木板上,入射的角度是θ,碰撞后弹出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,如图所示.碰撞过程中忽略小球所受重力. a.分别求出碰撞前后x,y方向小球的动量变化Δpx,Δpy; b.分析说明小球对木板的作用力的方向. (2)激光束可以看做是粒子流,其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动.激光照射到物体上,在发生反射、折射和吸收现象的同时,也会对物体产生作用.光镊效应就是一个实例,激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒. 一束激光经S点后被分成若干细光束,若不考虑光的反射和吸收,其中光速①和②穿过介质小球的光路如图2所示,图中O点是介质小球的球心,入射时光束①和②与SO的夹角均为θ,出射时光束均与SO平行.请在下面两种情况下,分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向. a.光束①和②强度相同; b.光束①比②强度大. 解析:(1)a.小球碰撞前后x,y方向的速度分别为vx=vsin θ,vy=-vcos θ,vx'=vsin θ,vy'=vcos θ. 小球沿x,y方向的动量变化分别为Δpx=mvx'-mvx=0. Δpy=mvy'-mvy=mvcos θ-(-mvcos θ)=2mvcos θ. b.由a中结果可知,碰撞过程中小球动量变化的方向沿+y方向,由动量定理可知,木板对小球的作用力方向沿+y方向,根据牛顿第三定律,小球对木板作用力方向沿-y方向. (2)a.仅考虑光的折射,设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n,每个粒子动量的大小为p,这些粒子进入小球前的总动量为p1=2npcos θ, 从小球出射时的总动量为p2=2np. p1,p2的方向均沿SO向右,根据动量定理 FΔt=p2-p1=2np(1-cos θ)>0可知 小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右,根据牛顿第三定律,两光束对小球的合力方向沿SO向左. b.建立如图所示的Oxy直角坐标系. x方向:根据(2)a同理可知,两束光对小球的作用力沿x轴负方向. y方向:在Δt时间内,光束①穿过小球的粒子数为n1,光束②穿过小球的粒子数为n2,n1>n2,这些粒子进入小球前的总动量为p1y=(n1-n2)psin θ 小球出射时的总动量为p2y=0 根据动量定理:FyΔt=p2y-p1y=-(n1-n2)psin θ可知 小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向,根据牛顿第三定律,两光束对小球的作用力沿y轴正方向,由此可知,两光束对小球的合力的方向指向左上方. 答案:(1)a.Δpx=0 Δpy=2mvcos θ b.见解析 (2)a.沿SO向左 b.左上方 2016年浙江省普通高等学校招生统一考试理科综合试题(物理) 14.(2016·浙江卷,14)以下说法正确的是( A ) A.在静电场中,沿着电场线方向电势逐渐降低 B.外力对物体所做的功越多,对应的功率越大 C.电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比 D.在超重和失重现象中,地球对物体的实际作用力发生了变化 解析:在静电场中,沿着电场线方向电势逐渐降低,选项A正确;根据P=可知,外力对物体所做的功越多,对应的功率不一定越大,选 项B错误;电容器电容C与电容器所带电荷量Q无关,只与两板的正对面积、两板间距以及两板间的电介质有关,选项C错误;在超重和失重现象中,地球对物体的实际作用力没有发生变化,只是物体的视重发生了变化,选项D错误. 15. (2016·浙江卷,15)如图所示,两个不带电的导体A和B,用一对绝缘柱支持使它们彼此接触.把一带正电荷的物体C置于A附近,贴在A,B下部的金属箔都张开,( C ) A.此时A带正电,B带负电 B.此时A电势低,B电势高 C.移去C,贴在A,B下部的金属箔都闭合 D.先把A和B分开,然后移去C,贴在A,B下部的金属箔都闭合 解析:由静电感应可知,A左端带负电,B右端带正电,A,B的电势相等,选项A,B错误;若移去C,则两端的感应电荷消失,则贴在A,B下部的金属箔都闭合,选项C正确;先把A和B分开,然后移去C,则A,B带的电荷仍然存在,故贴在A,B下部的金属箔仍张开,选项D错误. 16.(2016·浙江卷,16) 如图所示,a,b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则( B ) A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B.a,b线圈中感应电动势之比为9∶1 C.a,b线圈中感应电流之比为3∶4 D.a,b线圈中电功率之比为3∶1 解析:根据楞次定律可知,两线圈内均产生逆时针方向的感应电流,选项A错误;因磁感应强度随时间均匀增大,则=k,根据法拉第 电磁感应定律可得E=n=nl2,则= 2=,选项B正确;根据I====∝l,故a,b线圈中感应电流之比为3∶1,选项 C错误;电功率P=IE=·nl2= ∝l3,故a,b线圈中电功率之比为27∶1,选项D错误. 17.(2016·浙江卷,17) 如图所示为一种常见的身高体重测量仪.测量仪顶部向下发射波速为v的超声波,超声波经反射后返回,被测量仪接收,测量仪记录发射和接收的时间间隔.质量为M0的测重台置于压力传感器上,传感器输出电压与作用在其上的压力成正比.当测重台没有站人时,测量仪记录的时间间隔为t0,输出电压为U0,某同学站上测重台,测量仪记录的时间间隔为t,输出电压为U,则该同学的身高和质量分别为( D ) A.v(t0-t), U B.v(t0-t), U C. v(t0-t), (U-U0) D.v(t0-t), (U-U0) 解析:当测重台没有站人时,则2x=vt0;站人时2(x-h)=vt,解得h=v(t0-t).无人站立时,U0=kM0g,有人时U=k(M0g+mg),解得m=(U- U0),故选项D正确. 18. (2016·浙江卷,18)(多选)如图所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h、与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8).则( AB ) A.动摩擦因数μ= B.载人滑草车最大速度为 C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g 解析:由动能定理可知mg·2h-μmgcos 45°·-μmgcos 37°·=0,解得μ=,选项A正确;对前一段滑道,根据动能定理mgh-μ mgcos 45°· =mv2,解得v=,选项B正确;载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh,选项C错误;载人滑草车在下段滑道上的 加速度大小为a=μgcos 37°-gsin 37°=g,选项D错误. 19. (2016·浙江卷,19)如图所示,把A,B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点.用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触,棒移开后将悬点OB移到OA点固定.两球接触后分开,平衡时距离为0.12 m.已测得每个小球质量是8.0×10-4 kg,带电小球可视为点电荷,重力加速度g=10 m/s2,静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,则( ACD ) A.两球所带电荷量相等 B.A球所受的静电力为1.0×10-2 N C.B球所带的电荷量为4 ×10-8 C D.A,B两球连线中点处的电场强度为0 解析:两相同的小球接触后电荷量均分,故两球所带电荷量相等,选项A正确;对A球受力分析,由几何关系,两球分开后,悬线与竖直方向的夹角为37°,根据平行四边形定则可得 F=mgtan 37°=8.0×10-4×10×0.75 N=6.0×10-3 N,选项B错误;根据库仑定律 F=k=k,解得qB== C=4×10-8 C,选项C正确;A,B带等量的同种电荷,故在A,B两球连线中点处的电 场强度为0,选项D正确. 20. (2016·浙江卷,20)(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道,两个弯道分别为半径R=90 m的大圆弧和r=40 m的小圆弧,直道与弯道相切.大、小圆弧圆心O,O'距离L=100 m.赛车沿弯道路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍,假设赛车在直道上做匀变速直线运动,在弯道上做匀速圆周运动,要使赛车不打滑,绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大,重力加速度g=10 m/s2,π=3.14).则赛车( AB ) A.在绕过小圆弧弯道后加速 B.在大圆弧弯道上的速率为45 m/s C.在直道上的加速度大小为5.63 m/s2 D.通过小圆弧弯道的时间为5.85 s 解析:在弯道上做匀速圆周运动时,根据牛顿第二定律kmg=m,故当弯道半径为R时,在弯道上的最大速度是一定的,且在大弯道 上的最大速度大于在小弯道上的最大速度,要想时间最短,故可在绕过小圆弧弯道后加速,选项A正确;在大圆弧弯道上的速率为 vmR== m/s=45 m/s,选项B正确;直道的长度为x==50 m,在小弯道上的最大速度 vmr== m/s=30 m/s,故在直道上的加速度大小为 a== m/s2≈6.50 m/s2,选项C错误;由几何关系可知,小圆弧轨道的长度为 , 通过小圆弧弯道的时间为t=≈ s≈2.80 s,选项D错误. 21.(2016·浙江卷,21)某同学在“探究弹簧和弹簧伸长的关系”的实验中,测得图中弹簧OC的劲度系数为500 N/m.如图1所示,用弹簧OC和弹簧秤a,b做“探究求合力的方法”实验.在保持弹簧伸长1.00 cm不变的条件下, (1)若弹簧秤a,b间夹角为90°,弹簧秤a的读数是 N(图2中所示),则弹簧秤b的读数可能为 N. (2)若弹簧秤a,b间夹角大于90°,保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变,减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角,则弹簧秤a的读数 、弹簧秤b的读数 (填“变大”“变小”或“不变”). 解析: (1)由图可知弹簧秤a的读数是F1=3.00 N,因合力为F=kx=500×0.01 N=5 N,两分力夹角为90°,则另一个分力为 F2==4.00 N,(2)若弹簧秤a,b间夹角大于90°,保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变,减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角,根 据力的平行四边形定则可知,弹簧秤a的读数变大,弹簧秤b的读数变大. 答案:(1)3.00~3.02 3.9~4.1(有效数字不作要求) (2)变大 变大 22.(2016·浙江卷,22)某同学用伏安法测量导体的电阻,现有量程为3 V、内阻约为3 kΩ的电压表和量程为0.6 A、内阻约为0.1 Ω的电流表.采用分压电路接线,图1是实物的部分连线图,待测电阻为图2中的R1,其阻值约为5 Ω. (1)测R1阻值的最优连接方式为导线①连接 (填a或b)、导线②连接 (填c或d). (2)正确接线测得实验数据如表,用作图法求得R1的阻值为 Ω. U/V I/A 0.40 0.09 0.80 0.19 1.20 0.27 1.60 0.35 2.00 0.44 2.40 0.53 (3)已知图2中R2与R1是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体,R2的边长是R1的,若测R2的阻值,则最优的连线应选 (填选项). A.①连接a,②连接c B.①连接a,②连接d C.①连接b,②连接c D.①连接b,②连接d 解析:(1)因电压表的内阻远大于待测电阻的阻值,故采用电流表外接电路,滑动变阻器用分压电路,故测R1阻值的最优连接方式为导线①连接a,导线②连接d. (2)作图如图,则R1= =4.6 Ω. (3)根据电阻定律可得R=ρ =,故R2=R1,要测R2的阻值,与测量R1一样,最优的连线应①连接a,②连接d,故选B. 答案:(1)a d (2)作图见解析 4.6(4.4~4.7均可) (3)B 23. (2016·浙江卷,23)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示.P是一个微粒源,能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒.高度为h的探测屏AB竖直放置,离P点的水平距离为L,上端A与P点的高度差也为h. (1)若微粒打在探测屏AB的中点,求微粒在空中飞行的时间; (2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围; (3)若打在探测屏A,B两点的微粒的动能相等,求L与h的关系. 解析:(1)打在中点的微粒h=gt2, t= . (2)打在B点的微粒v1=;2h=g , v1=L , 同理,打在A点的微粒初速度v2=L , 微粒初速度范围L≤v≤L . (3)由能量关系m+mgh=m +2mgh, 解得L=2 h. 答案:(1) (2)L≤v≤L (3)L=2 h 24.(2016·浙江卷,24)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示,两根平行金属导轨相距l=0.50 m,倾角θ=53°,导轨上端串接一个R=0.05 Ω的电阻.在导轨间长d=0.56 m的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=2.0 T.质量m=4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m.一位健身者用恒力F=80 N拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量).求 (1)CD棒进入磁场时速度v的大小; (2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小; (3)在拉升CD棒的过程中,健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q. 解析:(1)由牛顿第二定律a= =12 m/s2, 进入磁场时的速度v=(2)感应电动势E=Blv, =2.4 m/s. 感应电流I= , 安培力FA=IBl, 代入得FA= =48 N. (3)健身者做功W=F(s+d)=64 J, CD棒进入磁场过程中F-mgsin θ-FA=0, 在磁场中运动时间t=, 焦耳热Q=I2Rt=26.88 J. 答案:(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J 25. (2016·浙江卷,25)为了进一步提高回旋加速器的能量,科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”.在扇形聚焦过程中,离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转. 扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示,圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域,其中三个为峰区,三个为谷区,峰区和谷区相间分布.峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,谷区内没有磁场.质量为m、电荷量为q的正离子,以不变的速率v旋转,其闭合平衡轨道如图中虚线所示. (1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r,并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针; (2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ,及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T; (3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B',新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°,求B'和B的关系. 已知sin(α±β)=sin αcos β±cos αsin β,cos α=1-2sin2. 解析:(1)峰区内圆弧半径r= , 旋转方向为逆时针方向. (2)由对称性,峰区内圆弧的圆心角θ= , 每个圆弧的长度l== , 每段直线长度L=2rcos =r= , 周期T= , 代入得T= . (3)谷区内的圆心角θ'=120°-90°=30°, 谷区内的轨道圆弧半径r'= , 由几何关系rsin =r'sin , 由三角关系sin =sin 15°= , 代入得B'= B. 答案:(1) 逆时针方向 (2) (3)B'= B 1.(2016·江苏卷,1)一轻质弹簧原长为8 cm,在4 N的拉力作用下伸长了2 cm,弹簧未超出弹性限度,则该弹簧的劲度系数为( D ) A.40 m/N B.40 N/m C.200 m/N D.200 N/m 解析:由题意知弹簧的弹力为4 N时,弹簧伸长2 cm,根据胡克定律F=kx,可得弹簧的劲度系数k=200 N/m,所以选项A,B,C错误,D正确. 2016年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷) 物理试题 2.(2016·江苏卷,2) 有A,B两小球,B的质量为A的两倍.现将它们以相同速率沿同一方向抛出,不计空气阻力.图中①为A的运动轨迹,则B的运动轨迹是( A ) A.① B.② C.③ D.④ 解析:由题意知A,B两球抛出的初速度相同,虽然质量不同,但由牛顿第二定律知,两球运动的加速度相同,所以运动的轨迹相同,故选项A正确;B,C,D错误. 3.(2016·江苏卷,3) 一金属容器置于绝缘板上,带电小球用绝缘细线悬挂于容器中,容器内的电场线分布如图所示.容器内表面为等势面,A,B为容器内表面上的两点,下列说法正确的是( C ) A.A点的电场强度比B点的大 B.小球表面的电势比容器内表面的低 C.B点的电场强度方向与该处内表面垂直 D.将检验电荷从A点沿不同路径移到B点,电场力所做的功不同 解析:由图知B处的电场线比A处密集,所以B点的电场强度比A点的大,选项A错误;根据沿电场线的方向电势降低可知,小球表面的电势比容器内表面的高,选项B错误;电场线的方向与等势面垂直,选项C正确;电场力做功与路径无关,将检验电荷从A点沿不同路径移到B点,电场力所做的功相同,选项D错误. 4.(2016·江苏卷,4) 一自耦变压器如图所示,环形铁芯上只绕有一个线圈,将其接在a,b间作为原线圈.通过滑动触头取该线圈的一部分,接在c,d间作为副线圈.在a,b间输入电压为U1的交变电流时,c,d间的输出电压为U2,在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中( C ) A.U2>U1,U2降低 B.U2>U1,U2升高 C.U2 5.(2016·江苏卷,5)小球从一定高度处由静止下落,与地面碰撞后回到原高度再次下落,重复上述运动.取小球的落地点为原点建立坐标系,竖直向上为正方向,下列速度v和位置x的关系图象中,能描述该过程的是( A ) 解析:小球在下落的过程中速度方向向下,与正方向相反,为负值,故选项C,D错误;小球的运动为匀变速运动,根据v2-知,v与x为非线性关系,故选项A正确,B错误. 6.(2016·江苏卷,6) =2ax可 电吉他中电拾音器的基本结构如图所示,磁体附近的金属弦被磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音,下列说法正确的有( BCD ) A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作 B.取走磁体,电吉他将不能正常工作 C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D.弦振动过程中,线圈中的电流方向不断变化 解析:因铜质弦不能被磁化,故铜质弦不能使电吉他正常工作,故选项A错误;若取走磁体,弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号,音箱不能发声,选项B正确;根据法拉第电磁感应定律知,增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势,选项C正确;弦振动过程中,线圈中感应电流的磁场方向发生变化,所以电流方向不断变化,选项D正确. 7.(2016·江苏卷,7) 如图所示,两质量相等的卫星A,B绕地球做匀速圆周运动,用R,T,Ek,S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积.下列关系式正确的有( AD ) A.TA>TB B. > C.SA=SB D.= 解析:根据G=mr得T=,故轨道半径越大,周期越大,所以TA>TB,选项A正确;由G=m得,v=,所以vB>vA,又 因为两卫星质量相等,所以EkB>EkA,选项B错误;卫星与地心连线在单位时间内扫过的面积S==·=·ω·r2,由=m ω2·r得ω=,所以S= ,故SA>SB,选项C错误;由开普勒行星运动的周期定律知,选项D正确. 8.(2016·江苏卷,8) 如图所示的电路中,电源电动势为12 V,内阻为2 Ω,四个电阻的阻值已在图中标出.闭合开关S,下列说法正确的有( AC ) A.路端电压为10 V B.电源的总功率为10 W C.a,b间电压的大小为5 V D.a,b间用导线连接后,电路的总电流为1 A 解析:外电路的总电阻为10 Ω,回路总电阻为12 Ω,根据闭合电路欧姆定律可求干路电流I==1 A,所以路端电压为U外=IR外=10 V, 选项A正确;电源的总功率P=IE=12 W,选项B错误;如图,设四个电阻分别为R1,R2,R3,R4, 由并联电路特点知两条支路的电流均为0.5 A,若规定电源负极处电势为0,则a,b两点的电势在数值上分别等于R1,R3两端的电压,又因为U1=I1R1=2.5 V,U3=I3R3=7.5 V,所以φa=2.5 V,φb=7.5 V,故Uab=|φa-φb|=5 V,选项C正确;a,b间用导线连接后的等效电路图如图所示, R1与R3并联后的总电阻R= =3.75 Ω,则电路中的总电流I= =1.26 A,选项D错误. 9. (2016·江苏卷,9)如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面.若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中( BD ) A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大 D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面 解析:由题图知在拉动桌布的过程中鱼缸相对桌布向左运动,故受到桌布对其向右的摩擦力作用,选项A错误;因鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,鱼缸在桌布上与在桌面上运动时受摩擦力大小相等,加速度大小相等,鱼缸先在桌布上加速,然后在桌面上减速到停止,根据v=at知鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等,选项B正确;滑动摩擦力Ff=μFN,其大小只与μ,FN有关,故若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将不变,选项C错误;若猫减小拉力,鱼缸可能随桌布一起运动,而滑出桌面,选项D正确. 10.(2016·江苏卷,10)小明同学通过实验探究某一金属电阻的阻值R随温度t的变化关系.已知该金属电阻在常温下的阻值约10 Ω,R随t的升高而增大.实验电路如图所示,控温箱用以调节金属电阻的温值. 实验时闭合S,先将开关K与1端闭合,调节金属电阻的温度,分别记下温度t1,t2,…和电流表的相应示数I1,I2,….然后将开关K与2端闭合,调节电阻箱使电流表的示数再次为I1,I2,…,分别记下电阻箱相应的示数R1,R2,…. (1)有以下两种电流表,实验电路中应选用 . A.量程0~100 mA,内阻约2 Ω B.量程0~0.6 A,内阻可忽略 (2)实验过程中,要将电阻箱的阻值由9.9 Ω调节至10.0 Ω,需旋转图中电阻箱的旋钮“a”“b”“c”,正确的操作顺序是 . ①将旋钮a由“0”旋转至“1” ②将旋钮b由“9”旋转至“0” ③将旋钮c由“9”旋转至“0” 温度t(℃) (3)实验记录的t和R的数据见下表: 阻值R(Ω) 20.0 9.6 40.0 10.4 60.0 11.1 80.0 12.1 100.0 12.8 请根据表中数据,在方格纸上作出Rt图线. 由图线求得R随t的变化关系为R= Ω. 解析:(1)电源电动势为1.5 V,R在常温下阻值约为10 Ω,则在不计电表、电源内阻的情况下电路中的电流的最大值I==0.15 A=150 mA,所以电流表选择A;(2)先将旋钮a由“0”旋转至“1”,然后将个位数及小数位旋转至0,所以顺序为①②③或①③②;(3)描点画图,如图所示,由图象可求R随t的变化关系为R=0.04t+8.8(0.04t+8.6~0.04t+9.0都算对). 答案:(1)A (2)①②③或①③② (3)见解析 11.(2016·江苏卷,11)某同学用如图(甲)所示的装置验证机械能守恒定律.一根细线系住钢球,悬挂在铁架台上,钢球静止于A点,光电门固定在A的正下方.在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条.将钢球拉至不同位置由静止释放,遮光条经过光电门的挡光 时间t可由计时器测出,取v=作为钢球经过A点时的速度.记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t,计算并比较钢球在释放点 和A点之间的势能变化大小ΔEp与动能变化大小ΔEk,就能验证机械能是否守恒. (1)用ΔEp=mgh计算钢球重力势能变化的大小,式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到 之间的竖直距离. A.钢球在A点时的顶端 B.钢球在A点时的球心 C.钢球在A点时的底端 (2)用ΔEk=mv2计算钢球动能变化的大小,用刻度尺测量遮光条宽度,示数如图(乙)所示,其读数为 cm.某次测量中,计时器 的示数为0.010 0 s,则钢球的速度为v= m/s. (3)下表为该同学的实验结果: ΔEp(×10-2 J) ΔEk(×10-2 J) 4.892 5.04 9.786 10.1 14.69 15.1 19.59 20.0 29.38 29.8 他发现表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异,认为这是由于空气阻力造成的.你是否同意他的观点?请说明理由. (4)请你提出一条减小上述差异的改进建议. 解析:(1)钢球下落的高度为初末位置球心间的竖直距离,所以选B.(2)由图知读数为1.50 cm(1.49~1.51都算对),钢球的速度为v=, 代入数据解得v=1.50 m/s(1.49~1.51都算对).(3)若是空气阻力造成的,则ΔEk应小于ΔEp,根据表格数据知不是空气阻力造成的.(4)钢球经过A点时,光电门的位置低于球心的位置,故实验中测得的钢球速度大于钢球在A点的实际速度.遮光条与钢球运动的角速度相等,由v=ω·r知,ω一定时,v与r成正比,故分别测出光电门和球心到悬点的距离L和l,即可折算出钢球经过A点时的速度 v'=·v. 答案:(1)B (2)1.50(1.49~1.51都算对) 1.50(1.49~1.51都算对) (3)见解析 (4)分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l,计 算ΔEk时,将v折算成钢球的速度v'=v. [选修33] 12.A.(1)(2016·江苏卷,12A)在高原地区烧水需要使用高压锅,水烧开后,锅内水面上方充满饱和汽,停止加热,高压锅在密封状态下缓慢冷却,在冷却过程中,锅内水蒸汽的变化情况为 . A.压强变小 B.压强不变 C.一直是饱和汽 D.变为未饱和汽 解析:在冷却的过程中,温度降低,锅内水蒸汽与锅内的液体处于动态平衡,所以锅内水蒸汽一直是饱和汽,故选项C正确,D错误;在冷却的过程中,锅内水蒸汽体积不变,温度降低,则压强减小,选项A正确,B错误. 答案:AC 12.A.(2)(2016·江苏卷,12A)如图(甲)所示,在斯特林循环的pV图象中,一定质量理想气体从状态A依次经过状态B,C和D后再回到状态A,整个过程由两个等温和两个等容过程组成.B→C的过程中,单位体积中的气体分子数目 (选填“增大”“减小”或“不变”),状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图象如图(乙)所示,则状态A对应的是 (选填“①”或“②”). 解析:由图知B→C的过程中气体的体积不变,所以单位体积中的气体分子数目不变;当温度升高时,分子热运动加剧,速率较大的分子所占百分比增大,分布曲线的峰值向速率大的方向移动即向高速区扩展,峰值变低,曲线变宽,变平坦,由图(甲)知D→A的过程气体的体积不变,压强减小,则温度降低,所以状态A对应的是①. 答案:不变 ① 12.A.(3)(2016·江苏卷,12A) 如图所示,在A→B和D→A的过程中,气体放出的热量分别为4 J和20 J.在B→C和C→D的过程中,气体吸收的热量分别为20 J和12 J.求气体完成一次循环对外界所做的功. 解析:完成一次循环气体内能不变,ΔU=0,吸收的热量 Q=(20+12-4-20)J=8 J,由热力学第一定律ΔU=Q+W得,W=-8 J,气体对外做功为8 J. 答案:8 J [选修34] 12.B.(1)(2016·江苏卷,12B)一艘太空飞船静止时的长度为30 m,它以0.6c(c为光速)的速度沿长度方向飞行越过地球,下列说法正确的是 . A.飞船上的观测者测得该飞船的长度小于30 m B.地球上的观测者测得该飞船的长度小于30 m C.飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于c D.地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于c 解析:根据狭义相对论,沿运动方向的长度缩短,所以地球上的观测者测得该飞船的长度小于30 m,飞船上的观测者测得飞船的长度等于30 cm,选项A错误,B正确;根据光速不变原理,飞船上和地球上的观测者测得的光信号速度都等于c,选项C,D错误. 答案:B 12.B.(2) (2016·江苏卷,12B)杨氏干涉实验证明光的确是一种波,一束单色光投射在两条相距很近的狭缝上,两狭缝就成了两个光源,它们发出的光波满足干涉的必要条件,即两列光的 相同.如图所示,在这两列光波相遇的区域中,实线表示波峰,虚线表示波谷,如果放置光屏,在 (选填“A”“B”或“C”)点会出现暗条纹. 解析:产生稳定干涉图样的条件之一是两束光的频率相同,由一束单色光形成的两个光源频率是相同的.A,B两点为振动加强点,出现亮条纹,C点是波峰与波谷相遇,振动减弱,出现暗条纹. 答案:频率 C 12.B.(3)(2016·江苏卷,12B)在上述杨氏干涉实验中,若单色光的波长λ=5.89×10-7 m,双缝间的距离d=1 mm,双缝到屏的距离l=2 m.求第1个亮条纹到第11个亮条纹的中心间距. 解析:相邻亮条纹的中心间距Δx=λ, 由题意知,亮条纹的数目n=10, 解得L=,代入数据得L=1.178×10-2 m. 答案:1.178×10-2 m [选修35] 12.C.(1)(2016·江苏卷,12C)贝可勒尔在120年前首先发现了天然放射现象,如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用.下列属于放射性衰变的是 . ACN e BCHDHe UH nHeAl P In n Y+ n 解析:A为β衰变方程,B为重核裂变,C为轻核聚变,D为原子核的人工转变,所以A正确. 答案:A 12.C.(2)(2016·江苏卷,12C)已知光速为c,普朗克常数为h,则频率为ν的光子的动量为 .用该频率的光垂直照射平面镜,光被镜面全部垂直反射回去,则光子在反射前后动量改变量的大小为 . 解析:根据光子的动量公式p==h,取反射后的方向为正方向,则光子动量的变化量为Δp=p-(-p)=2h. 答案: 12.C.(3)(2016·江苏卷,12C)几种金属的逸出功W0见下表: 金属 W0(×10-19 J) 钨 7.26 钙 5.12 钠 3.66 钾 3.60 铷 3.41 由一束可见光照射上述金属的表面,请通过计算说明哪些能发生光电效应.已知该可见光的波长范围为4.0×10-7~7.6×10-7 m,普朗克常数h=6.63×10-34 J·s. 解析:光子的能量E=, 取λ=4.0×10-7 m,则E≈5.0×10-19 J, 根据E>W0判断,钠、钾、铷能发生光电效应. 答案:钠、钾、铷 13.(2016·江苏卷,13) 据报道,一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间.照片中,“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见.如图所示,假设“天宫一号”正以速度v=7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动,运动方向与太阳帆板两端M,N的连线垂直,M,N间的距离L=20 m,地磁场的磁感应强度垂直于v,MN所在平面的分量B=1.0×10-5 T,将太阳帆板视为导体. (1)求M,N间感应电动势的大小E; (2)在太阳帆板上将一只“1.5 V,0.3 W”的小灯泡与M,N相连构成闭合电路,不计太阳帆板和导线的电阻.试判断小灯泡能否发光, 并说明理由; (3)取地球半径R=6.4×103 km,地球表面的重力加速度g=9.8 m/s2,试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字). 解析:(1)由法拉第电磁感应定律E=BLv,得 E=1.54 V. (2)不能,因为穿过闭合回路的磁通量不变,不产生感应电流. (3)在地球表面有G =mg, “天宫一号”做匀速圆周运动有G=m , 解得h=-R,代入数据得h≈4×105 m(数量级正确都算对). 答案:(1)1.54 V (2)见解析 (3)4×105 m 14.(2016·江苏卷,14) 如图所示,倾角为α的斜面A被固定在水平面上,细线的一端固定于墙面,另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连,B静止在斜面上.滑轮左侧的细线水平,右侧的细线与斜面平行.A,B的质量均为m.撤去固定A的装置后,A,B均做直线运动.不计一切摩擦,重力加速度为g.求: (1)A固定不动时,A对B支持力的大小N; (2)A滑动的位移为x时,B的位移大小s; (3)A滑动的位移为x时的速度大小vA. 解析:(1)支持力的大小N=mgcos α. (2)根据几何关系sx=x·(1-cos α),sy=x·sin α, 且s= , 解得s= ·x. (3)B的下降高度sy=x·sin α, 根据机械能守恒定律mgsy=m+m , 根据速度的定义得vA=,vB=, 则vB= ·vA, 解得vA= . 答案:(1)mgcos α (2)·x (3) 15.(2016·江苏卷,15)回旋加速器的工作原理如图(甲)所示,置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒间狭缝的间距为d,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,被加速粒子的质量为m,电荷量为+q,加在狭缝间的交变电压如图(乙)所示,电压值的大小为U0.周期 T=.一束该种粒子在t=0~时间内从A处均匀地飘入狭缝,其初速度视为零.现考虑粒子在狭缝中的运动时间,假设能够出射的 粒子每次经过狭缝均做加速运动,不考虑粒子间的相互作用.求: (1)出射粒子的动能Em; (2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0; (3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出,d应满足的条件. 解析:(1)粒子运动半径为R时, qvB=m, 且Em=mv2, 解得Em= . (2)粒子被加速n次达到动能Em,则Em=nqU0, 粒子在狭缝间做匀加速运动,设n次经过狭缝的总时间为Δt, 加速度a= , 匀加速直线运动nd=a·Δt2, 由t0=(n-1)·+Δt, 解得t0=- . (3)只有在0~-Δt时间内飘入的粒子才能每次均被加速, 则所占的比例为η= , 由η>99%,解得d< . 答案:(1) (2)- (3)d< 1.(2016·天津卷,1) 2016年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)理科综合 物理部分 我国成功研发的反隐身先进米波雷达堪称隐身飞机的克星,它标志着我国雷达研究又创新的里程碑,米波雷达发射无线电波的波长在1~10 m范围内,则对该无线电波的判断正确的是( C ) A.米波的频率比厘米波频率高 B.和机械波一样须靠介质传播 C.同光波一样会发生反射现象 D.不可能产生干涉和衍射现象 解析:根据f=可知,波长越长的波频率越低,故米波的频率比厘米波的频率低,选项A错误;无线电波不需要介质传播,选项B错误;无 线电波同光波一样会发生反射现象,选项C正确;干涉和衍射是波特有的现象,故选项D错误. 2.(2016·天津卷,2)如图是a,b两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样,则( D ) A.在同种均匀介质中,a光的传播速度比b光的大 B.从同种介质射入真空发生全反射时a光临界角大 C.照射在同一金属板上发生光电效应时,a光的饱和电流大 D.若两光均由氢原子能级跃迁产生,产生a光的能级能量差大 解析:由图可知a光的干涉条纹间距小于b光,根据Δx=λ可知,a光的波长小于b光,a光的频率大于b光,a光的折射率大于b光, 则根据n=可知,在同种介质中传播时a光的传播速度较小,选项A错误;根据sin C=可知,从同种介质中射入真空发生全反射时a 光的临界角小,选项B错误;发生光电效应时饱和光电流与入射光的强度有关,故无法比较饱和光电流的大小,选项C错误;因a光的频率较大,若两光均由氢原子能级跃迁产生,则产生a光的能级差大,选项D正确. 3.(2016·天津卷,3) 我国即将发射“天宫二号”空间实验室,之后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接.假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动,为了实现飞船与空间实验室的对接,下列措施可行的是( C ) A.使飞船与空间实验室在同一轨道上运行,然后飞船加速追上空间实验室实现对接 B.使飞船与空间实验室在同一轨道上运行,然后空间实验室减速等待飞船实现对接 C.飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速,加速后飞船逐渐靠近空间实验室,两者速度接近时实现对接 D.飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速,减速后飞船逐渐靠近空间实验室,两者速度接近时实现对接 解析:使飞船与空间实验室在同一轨道上运行,然后飞船加速,则向心力变大,飞船将脱离原轨道而进入更高的轨道,不能实现对接;若空间实验室减速,则向心力变小,空间实验室将脱离原轨道而进入更低的轨道,不能实现对接,故选项A,B错误;要想实现对接,可使飞船在比空间实验室半径小的轨道上加速,然后飞船将进入较高的空间实验室轨道,逐渐靠近空间实验室后,两者速度接近时实现对接,选项C正确;若飞船在比空间实验室半径小的轨道上减速,则飞船将进入更低的轨道,不能实现对接,选项D错误. 4.(2016·天津卷,4) 如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地,在两极板间有一固定在P点的点电荷,以E表示两板间的电场强度,Ep表示点电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角.若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则( D ) A.θ增大,E增大 B.θ增大,Ep不变 C.θ减小,Ep增大 D.θ减小,E不变 解析:若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离,则根据C=可知,C变大,Q一定,则根据Q=CU可知,U减小,则静电计 指针偏角θ减小;根据E=,Q=CU,C=联立可得E=,可知E不变;根据U=Ed可知,P点离下极板的距离不变,且E不变,P点 与下极板间的电势差不变,P点的电势不变,则电势能Ep也不变,选项A,B,C错误,D正确. 5.(2016·天津卷,5)如图所示,理想变压器原线圈接在交流电源上,图中各电表均为理想电表.下列说法正确的是( B ) A.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,R1消耗的功率变大 B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电压表V示数变大 C.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电流表A1示数变大 D.若闭合开关S,则电流表A1示数变大,A2示数变大 解析:当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,滑动变阻器连入电路的电阻R变大,则副线圈所在电路的总电阻R总变大,因原、副 线圈两端的电压U1,U2不变,则通过R1的电流I2=变小,R1消耗的功率PR1=R1变小,选项A错误;R1两端的电压UR1=I2R1变 小,则电压表V的示数UV=U2-UR1变大,选项B正确;因通过原、副线圈的电流关系=,I2变小,则I1变小,即电流表A1的示数变小, 选项C错误;若闭合开关S,则副线圈所在电路的总电阻R总'变小,通过副线圈的电流I2'= 变大,则通过原线圈的电流I1'变大,电流 表A1的示数变大,R1两端的电压UR1'=I2'R1变大,则R2两端的电压UR2'=U2-UR1'变小,电流表A2的示数变小,选项D错误. 6.(2016·天津卷,6)物理学家通过对实验的深入观察和研究,获得正确的科学认知,推动物理学的发展,下列说法符合事实的是( AC ) A.赫兹通过一系列实验,证实了麦克斯韦关于光的电磁理论 B.查德威克用α粒子轰击N获得反冲核 O,发现了中子 C.贝克勒尔发现的天然放射性现象,说明原子核有复杂结构 D.卢瑟福通过对阴极射线的研究,提出了原子核式结构模型 解析:麦克斯韦预言了电磁波的存在,赫兹通过实验证实了麦克斯韦关于光的电磁理论,选项A正确;卢瑟福用α粒子轰击 N,获得 反冲核O,发现了质子,选项B错误;贝克勒尔发现的天然放射性现象,说明原子核具有复杂结构,选项C正确;卢瑟福通过对α粒子 散射实验的研究,提出了原子的核式结构模型,选项D错误. 7. (2016·天津卷,7)在均匀介质中坐标原点O处有一波源做简谐运动,其表达式为y=5sint,它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方 向传播,某时刻波刚好传播到x=12 m处,波形图象如图所示,则( AB ) A.此后再经6 s该波传播到x=24 m处 B.M点在此后第3 s末的振动方向沿y轴正方向 C.波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向 D.此后M点第一次到达y=-3 m处所需时间是2 s 解析:波的周期T==4 s,波长λ=8 m,波速v==2 m/s,则再经过6 s,波传播的距离为x=vt=12 m,该波将传播到x=24 m处,选项A 正确;M点在此时振动方向向下,则第3秒末,即经过了0.75T,M点的振动方向沿y轴正向,选项B正确;因波传播到x=12 m处时,质 点向y轴正向振动,故波源开始振动时的运动方向沿y轴正向,选项C错误;M点第一次到达y=-3 m处所需的时间小于=2 s,选项 D错误. 8.(2016·天津卷,8) 我国高铁技术处于世界领先水平,和谐号动车组是由动车和拖车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车.假设动车组各车厢质量均相等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比.某列动车组由8节车厢组成,其中第1,5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组( BD ) A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B.做匀加速运动时,第5,6节与第6,7节车厢间的作用力之比为3∶2 C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2 解析:列车启动时,乘客随车厢加速运动,加速度方向与车的运动方向相同,故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同,选项A 错误;设阻力与重力比值为k,则动车组运动的加速度a==-kg,则对6,7,8节车厢的整体:F56=3ma+3kmg=0.75F;对7,8节 车厢的整体:F67=2ma+2kmg=0.5F,故5,6节车厢与6,7节车厢间的作用力之比为3∶2,选项B正确;根据动能定理Mv2=kMgs,解 得s=,可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时速度的平方成正比,选项C错误;8节车厢有2节动车时的 最大速度为vm1=;若8节车厢有4节动车时的最大速度为vm2=,则 =,选项D正确. 9.(1)(2016·天津卷,9)如图所示,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一小滑块B,盒的质量是滑块的2倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v开始向左运动,与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动多次,最终相对于盒静止,则此时盒的速度大小为 ;滑块相对于盒运动的路程为 . 解析:设滑块质量为m,则盒子的质量为2m;对整个过程,由动量守恒定律可得mv=3mv共 解得v共= 由功能关系可知μmgx=mv2-·3m· 2 解得x= . 答案: 9.(2)(2016·天津卷,9)某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动. (1)实验中,必要的措施是 . A.细线必须与长木板平行 B.先接通电源再释放小车 C.小车的质量远大于钩码的质量 D.平衡小车与长木板间的摩擦力 (2)他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上,得到一条纸带,打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点,图中未画出).s1=3.59 cm,s2=4.41 cm,s3=5.19 cm,s4=5.97 cm,s5=6.78 cm,s6=7.64 cm.则小车的加速度a= m/s2(要求充分利用测量的数据),打点计时器在打B点时小车的速度vB= m/s.(结果均保留两位有效数字) 解析:(1)实验时,细线必须与长木板平行,以减小实验的误差,选项A正确;实验时要先接通电源再释放小车,选项B正确;此实验中不需要考虑质量与加速度的关系,故没必要使小车的质量远大于钩码的质量,选项C错误;此实验中不需平衡小车与长木板间的摩擦力,选项D错误. (2)两计数点间的时间间隔T=0.1 s,由逐差法可得 a= = m/s2 =0.80 m/s2 打点计时器在打B点时小车的速度vB== m/s=0.40 m/s. 答案:(1)AB (2)0.80 0.40 9.(3)(2016·天津卷,9)某同学想要描绘标有“3.8 V,0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线,要求测量数据尽量精确,绘制曲线完整.可供该同学选用的器材除了开关、导线外,还有: 电压表V1(量程0~3 V,内阻等于3 kΩ) 电压表V2(量程0~15 V,内阻等于15 kΩ) 电流表A1(量程0~200 mA,内阻等于10 Ω) 电流表A2(量程0~3 A,内阻等于0.1 Ω) 滑动变阻器R1(0~10 Ω,额定电流2 A) 滑动变阻器R2(0~1 kΩ,额定电流0.5 A) 定值电阻R3(阻值等于1 Ω) 定值电阻R4(阻值等于10 Ω) 定值电阻R5(阻值等于1 kΩ) 电源E(E=6 V,内阻不计) (1)请画出实验电路图,并将各元件字母代码标在该元件的符号旁. (2)该同学描绘出的IU图象应是下图中的 . 解析:(1)用电压表V1和R5串联,可改装成量程为U= (rg+R5)=(3+1)V=4 V的电压表;用量程为200 mA的电流表A1与定值电阻 R4并联可改装成量程为I=Ig+=0.2 A+ A=0.4 A的电流表;待测小灯泡的阻值较小,故采用电流表外接电路;由于要求测量 数据尽量精确且绘制曲线完整,故选用滑动变阻器R1,采用分压式接法测量,电路如图所示; (2)小灯泡灯丝的电阻随温度升高而变大,故该同学描绘出的IU图线应该是B. 答案:(1)见解析 (2)B 10.(2016·天津卷,10) 我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图所示,质量m=60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6 m/s2匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度vB=24 m/s,A与B的竖直高度差H=48 m,为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧.助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5 m,运动员在B,C间运动时阻力做功W=-1 530 J,取g=10 m/s2. (1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小; (2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少应为多大. 解析:(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,则有 =2ax① 由牛顿第二定律有mg-Ff=ma② 联立①②式,代入数据解得Ff=144 N.③ (2)设运动员到达C点时的速度为vC,在由B到达C的过程中,由动能定理有 mgh+W=m-m ④ 设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律有 FN-mg=m ⑤ 由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立④⑤式,代入数据解得 R=12.5 m.⑥ 答案:(1)144 N (2)12.5 m 11.(2016·天津卷,11) 如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=5 N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直, 磁感应强度大小B=0.5 T.有一带正电的小球,质量m=1×10-6 kg,电荷量q=2×10-6 C,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)取g=10 m/s2,求: (1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向; (2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t. 解析: (1)小球匀速直线运动时受力如图,有 qvB= ① 代入数据解得v=20 m/s② 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足 tan θ= ③ 代入数据解得tan θ=θ=60°.④ (2)法一 撤掉磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,设其加速度为a,有 a= ⑤ 设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x,有 x=vt⑥ 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y,有 y=at2⑦ a与mg的夹角和v与E的夹角相同,均为θ,又 tan θ=⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得 t=2 s≈3.5 s.⑨ 法二 撤掉磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,以P点为坐标原点,竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为 vy=vsin θ⑤ 若使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上分位移为零,则有vyt-gt2=0⑥ 联立⑤⑥式,代入数据解得t=2 s≈3.5 s.⑦ 答案:(1)20 m/s 方向与电场方向成60°角斜向上 (2)3.5 s 12.(2016·天津卷,12) 电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度.电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论:如图所示,将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水平方向夹角为θ.一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间,恰好匀速穿过,穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定,其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同.磁铁端面是边长为d的正方形,由于磁铁距离铝条很近,磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场,磁感应强度为B,铝条的高度大于d,电阻率为ρ.为研究问题方便,铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场,其他部分电阻和磁场可忽略不计,假设磁铁进入铝条间以后,减少的机械能完全转化为铝条的内能,重力加速度为g. (1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I; (2)若两铝条的宽度均为b,推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式; (3)在其他条件不变的情况下,仅将两铝条更换为宽度b'>b的铝条,磁铁仍以速度v进入铝条间,试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化. 解析:(1)磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小相等均为F安,有 F安=IdB① 磁铁受到沿斜面向上的作用力为F,其大小有 F=2F安② 磁铁匀速运动时受力平衡,则有 F-mgsin θ=0③ 联立①②③式可得I= .④ (2)磁铁穿过铝条间时,在铝条中产生的感应电动势为E,有 E=Bdv⑤ 铝条与磁铁正对部分的电阻为R,由电阻定律有 R=ρ ⑥ 由欧姆定律有 I=⑦ 联立④⑤⑥⑦式可得v= .⑧ (3)磁铁以速度v进入铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面向上的作用力F,联立①②⑤⑥⑦式,可得 F= ⑨ 当铝条的宽度b'>b时,磁铁以速度v进入铝条间时,磁铁受到的作用力变为F',有 F'= 可见,F'>F=mgsin θ,磁铁所受到的合力方向沿斜面向上,获得与运动方向相反的加速度,磁铁将减速下滑,此时加速度最大,之后随着运动速度减小,F'也随着减小,磁铁所受的合力也减小,则磁铁的加速度逐渐减小.综上所述,磁铁做加速度逐渐减小的减速运动,直到F'=mgsin θ时,磁铁重新达到平衡状态,将再次以较小的速度匀速下滑. 答案:(1) (2)v= (3)见解析 2016全国Ⅰ卷物理 14.(2016·全国Ⅰ卷,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( D ) 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 解析:由平行板电容器电容关系式C=可知,当云母介质移出后εr变小,则电容变小;而电容器接在恒压直流电源上,由C=可知C 变小,则电荷量Q减小,由E=知电场强度不变,选项D正确. 15.(2016·全国Ⅰ卷,15) 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,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.此离子跟质子的质量比约为( D ) A.11 B.12 C.121 D.144 解析:设加速电压为U,带电粒子在磁场中运动的轨道半径为R,加速过程中有qU=mv2,则v=,带电粒子在磁场中做匀速圆周 运动的半径R==,由于质子和一价正离子出口相同,则=,而B离=12B质,则 =144.选项D正确. 16.(2016·全国Ⅰ卷,16) 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 Ω,1 Ω和4 Ω. 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( B ) A.2 B.3 C.4 D.5 解析:设变压器原、副线圈匝数分别为n1,n2,开关S断开时原线圈输入电压为U1,由=得U2=U1,即=IU1,而U1=U-IR1, 则2(U-IR1)=I(R2+R3);开关S闭合时,原线圈输入电压为U1',同理可得2(U-4IR1)=4IR2,代入数值可得 =3,选项B正确. 17.(2016·全国Ⅰ卷,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约为地球半径的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( B ) A.1 h 解析: B.4 h C.8 h D.16 h 若三颗同步卫星恰能实现赤道上任意两点的无线电通讯,三颗卫星的位置如图所示,由几何关系可得r= =2R,根据 = 得T=2π,则= ,由此得Tmin=4 h,选项B正确. 18.(2016·全国Ⅰ卷,18)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( BC ) 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 解析:由于施加恒力前质点做匀速直线运动,此时所受外力的合力为0,施加恒力后其合力为该恒力,则加速度不变,加速度方向与该恒力方向相同,但力的方向与速度方向关系不明确,质点可能做匀变速直线运动,也可能做匀变速曲线运动,速度方向与力的方向可能相同,也可能时刻改变;质点加速度不变说明单位时间内速度的变化量相同,但由于速度为矢量,单位时间内速率的变化量不一定相等.故选项B,C正确. 19.(2016·全国Ⅰ卷,19) 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( BD ) 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 解析:由于力F改变时物块b始终保持静止,而连接a,b的绳的张力不变,大小等于物块a的重力,滑轮两侧绳的夹角不变,则绳OO'的张力不变;F方向不变,大小变化时,力F在竖直和水平两方向的分力改变,由平衡条件可知,桌面对物块b的支持力和摩擦力在一定范围内变化,选项B,D正确. 20.(2016·全国Ⅰ卷,20) 如图,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(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( AB ) 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 解析:由于轨迹相对于过P点的竖直线对称,说明油滴所受电场力方向沿竖直方向,根据轨迹的弯曲情况可知,电场力方向向上且大于重力,若油滴从P到Q,则合力做正功动能增加,即EkQ>EkP,电场力做正功,电势能减少,即EpP>EpQ;因为油滴带负电荷,电场力方向向上,则电场强度方向竖直向下,即φQ>φP;油滴所受合力不变,即aQ=aP,故选项A,B正确. 21.(2016·全国Ⅰ卷,21) 甲、乙两车在平直公路上同向行驶,其vt图像如图所示.已知两车在t=3 s时并排行驶,则( BD ) A.在t=1 s时,甲车在乙车后 B.在t=0时,甲车在乙车前7.5 m C.两车另一次并排行驶的时刻是t=2 s D.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 解析:由vt图像可知,甲车初速度为0,加速度a甲= m/s2=10 m/s2,乙车初速度v乙0=10 m/s,加速度a乙= m/s2=5 m/s2;在 0~3 s内,x甲=×10×32 m=45 m,x乙=10×3 m+×5×32 m=52.5 m;则x乙-x甲=7.5 m,即t=0时甲车在乙车前7.5 m处;在0~1 s内,x 甲'=×10×12 m=5 m,x乙'=10×1 m+×5×12 m=12.5 m,则x甲'+7.5 m=x乙',说明1 s时两车并排行驶;甲、乙车两次并排行驶的时刻 为1 s和3 s,则1~3 s内甲车位移Δx甲=45 m-5 m=40 m,即沿公路方向的距离为40 m,选项B,D正确. 22.(2016·全国Ⅰ卷,22) 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20 Hz、30 Hz和40 Hz.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题给条件进行推算. (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 ,重物下落的加速度大小为 . (2)已测得s1=8.89 cm,s2=9.50 cm,s3=10.10 cm,当地重力加速度大小为9.80 m/s2,实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 Hz. 解析:(1)由关系式Δs=aT2得s2-s1=a1,s3-s2=a2,则a== . 根据=vt得vB== , vC== . (2)由牛顿第二定律得mg-1%mg=ma, 而a= , 由此得0.99g= , 即f= Hz=40 Hz. 答案:(1) (2)40 23.(2016·全国Ⅰ卷,23)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统,要求当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 Ω),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1 000 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω),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18 V,Ic约为10 mA;流过报警器的电流超过20 mA时,报警器可能损坏;该热敏电阻的阻值随温度升高而减小,在60 ℃时阻值为650.0 Ω. (1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线. (2)电路中应选用滑动变阻器 (填“R1”或“R2”). (3)按照下列步骤调节此报警系统: ①电路接通前,需将电阻箱调到一固定的阻值,根据实验要求,这一阻值为 Ω;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 . 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. 解析:(1)报警系统电路连线如图所示. (2)由电源电压和报警器额定电流可知,电路中电阻R> Ω=1 800 Ω,即滑动变阻器应选用R2. (3)①电路接通前,电阻箱电阻应与热敏电阻的临界阻值一致,即为650.0 Ω,滑动变阻器滑片应置于b端附近,若滑片置于a端,电路接通后电流会超过20 mA,报警器可能损坏. ②将开关向c端闭合,缓慢移动滑动变阻器的滑片,使报警器开始报警. 答案:(1)见解析 (2)R2 (3)①650.0 b 接通电源后,流过报警器的电流会超过20 mA,报警器可能损坏 ②c 报警器开始报警 24.(2016·全国Ⅰ卷,24) 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cd(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轻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. 解析:(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N1,作用在ab棒上的安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为N2,对于ab棒,由力的平衡条件得 2mgsin θ=μN1+T+F,① N1=2mgcos θ② 对于cd棒,同理有 mgsin θ+μN2=T,③ N2=mgcos θ,④ 联立①②③④式得 F=mg(sin θ-3μcos θ).⑤ (2)由安培力公式得 F=BIL,⑥ 这里I是回路abdca中的感应电流,ab棒上的感应电动势为 ε=BLv,⑦ 式中,v是ab棒下滑速度的大小,由欧姆定律得 I=,⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式得v=(sin θ-3μcos θ) .⑨ 答案:(1)mg(sin θ-3μcos θ) (2)(sin θ-3μcos θ) 25.(2016·全国Ⅰ卷,25) 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均在同一竖直平面内.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sin 37°=,cos 37°= (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. 解析:(1)根据题意知,B,C之间的距离l为 l=7R-2R,① 设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得 mglsin θ-μmglcos θ=m ,② 式中θ=37°,联立①②式并由题给条件得 vB=2 .③ (2)设BE=x,P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为Ep,P由B点运动到E点的过程中,由动能定理有 mgxsin θ-μmgxcos θ-Ep=0-m ,④ E,F之间的距离l1为 l1=4R-2R+x,⑤ 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-mgl1sin θ-μmgl1cos θ=0,⑥ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得x=R,⑦ Ep= mgR.⑧ (3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为 x1=R-Rsin θ,⑨ y1=R+R+Rcos θ,⑩ 式中,已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实. 设P在D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 y1=gt2, 式得 , x1=vDt, 联立⑨⑩vD= 设P在C点速度的大小为vC.在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有 m1=m1+m1gR+Rcos θ, P由E点运动到C点的过程中,同理,由动能定理有 Ep-m1g(x+5R)sin θ-μm1g(x+5R)cos θ=m1联立⑦⑧m1=m. 式得 , 答案:(1)2 (2)mgR (3) m 33.(1)(2016·全国Ⅰ卷,33)关于热力学定律,下列说法正确的是( BDE ) 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达到热平衡 解析:气体吸热后可能对外做功,温度不一定升高;做功和热传递都可改变内能;理想气体等压膨胀温度一定升高,且对外做功,内能增加,则一定吸热;热量不可能自发的从低温物体传到高温物体,选项B,D正确,由热平衡定律知选项E正确. 33.(2)(2016·全国Ⅰ卷,33)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强,两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp=, 其中σ=0.070 N/m,现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升,已知大气压强p0=1.0×105 Pa,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度大小g=10 m/s2. (1)求在水下10 m处气泡内外的压强差; (2)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. 解析:(1)当气泡在水下h=10 m处时,设其半径为r1,气泡内外压强差为Δp1,则 Δp1=,① 代入题给数据得 Δp1=28 Pa.② (2)设气泡在水下10 m处时,气泡内空气的压强为p1,气泡体积为V1;气泡到达水面附近时,气泡内空气的压强为p2,内外压强差为Δp2,其体积为V2,半径为r2.气泡上升过程中温度不变,根据玻意耳定律有 p1V1=p2V2,③ 由力学平衡条件有 p1=p0+ρgh+Δp1,④ p2=p0+Δp2,⑤ 气泡体积V1和V2分别为V1=π ,⑥ V2=π ,⑦ 联立③④⑤⑥⑦式得 3= ,⑧ 由②式知,Δpi≪p0,i=1,2,故可略去⑧式中的Δpi项.代入题给数据得 = ≈1.3.⑨ 答案:(1)28 Pa (2)1.3 34.(1)(2016·全国Ⅰ卷,34)某同学漂浮在海面上,虽然水面波正平稳地以1.8 m/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15 s.下列说法正确的是( ACE ) A.水面波是一种机械波 B.该水面波的频率为6 Hz C.该水面波的波长为3 m 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 解析:水面波是由水面的水机械振动形成的;九个波峰传播时间为15 s,则波的周期T= s= s,即频率f==0.6 Hz;由v=λf得λ= m=3 m;由于波向外传播时振动质点并不随波迁移,因此水面波不会将该同学推向岸边.故选项A,C,E正确. 34.(2)(2016·全国Ⅰ卷,34) 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3.0 m,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. (1)求池内的水深; (2)一救生员坐在离池边不远处的高凳上,他的眼睛到池面的高度为2.0 m.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). 解析: (1)如图,设到达池边的光线的入射角为i,依题意,水的折射率n=,光线的折射角θ=90°.由折射定律有 nsin i=sin θ,① ,② 由几何关系有sin i= 式中,l=3 m,h是池内水的深度.联立①②式并代入题给数据得h= m=2.6 m.③ (2)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θ'=45°.由折射定律有 nsin i'=sin θ',④ 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a.由几何关系有 ,⑤ sin i'= x+l=a+h',⑥ 式中h'=2 m.联立③④⑤⑥式得 x=3 -1m≈0.7 m.⑦ 答案:(1)2.6 m (2)0.7 m 35.(1)(2016·全国Ⅰ卷,35)现用某一光电管进行光电效应实验,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( ACE ) 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 解析:由于用某一频率的光入射时有光电流产生,保持入射光频率不变,当入射光的光强变大,则入射光子增加,产生的光电子增加,则饱和光电流变大,饱和光电流与光强有关,与入射光频率无关;根据光电效应方程Ek=hν-W0可知,入射光频率变大则最大初动能变大, 若入射光频率减小,小于截止频率时不能产生光电效应;遏止电压Uc与最大初动能Ek关系为Ek=eUc,而Ek与ν有关,与光强无关,则Uc也与ν有关而与光强无关.选项A,C,E正确. 35.(2)(2016·全国Ⅰ卷,35)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ρ,重力加速度大小为g.求 (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量; (2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度. 解析:(1)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则 Δm=ρΔV,① ΔV=v0SΔt,② 由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为 =ρv0S.③ (2)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v.对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒得 (Δm)v2+(Δm)gh=(Δm) ,④ 在h高度处,Δt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 Δp=(Δm)v,⑤ 设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有 FΔt=Δp,⑥ 由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得 F=Mg,⑦ 联立③④⑤⑥⑦式得h=- .⑧ 答案:(1)ρv0S (2)- 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容