2016 年普通高等学校招生全国统一试卷（海南卷） 物理 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓 名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 3 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的。 1.在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随 后的运动中 A.速度和加速度的方向都在不断变化 B.速度与加速度方向之间的夹角一直减小 C.在相等的时间间隔内，速率的该变量相等 D.在相等的时间间隔内，动能的改变量相等 2.如图，在水平桌面上放置一斜面体 P，两长方体物块 a 和 b 叠放在 P 的斜面上，整个系统 处于静止状态。若将 a 和 b、b 与 P、P 与桌面之间摩擦力的大小分别用 f1、f2 和 f3 表示。则 A． f1=0，f2≠0，f3≠0 B．f1≠0，f2=0，f3=0 C．f1≠0，f2≠0，f3=0 D． f1≠0，f2≠0，f3≠0 3.如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为 m 的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小 球在最低点时对轨道的压力大小为 N1，在高点时对轨道的压力大小为 N2.重力加速度大小为 g，则 N1–N2 的值为 A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg 4.如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离 相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。若 A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 B. 金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 C. 金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针 第 1 页 共 22 页 D.金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针 5.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力 F 的作用，其下滑的速度-时间图线如 图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在 0~5s，5~10s，10~15s 内 F 的大小分 别为 F1、F2 和 F3，则 A．F1<F2B.F2>F3 C.F1>F3D.F1=F3 6.如图，平行班电容器两极板的间距为 d，极板与水平面成 45°角，上极板带正电。一电荷 量为 q（q>0）的粒子在电容器中靠近下极板处。以初动能 Ek0 竖直向上射出。不计重力， 极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为 Ek0 Ek0 2Ek0 2qd 2Ek0 A. B. C. D. 4qd 2qd qd 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是 符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7.通过观察冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量。假设卫星绕冥王星做匀速圆周运动， 除了引力常量外，至少还需要两个物理量才能计算出冥王星的质量。这两个物理量可以是 A.卫星的速度和角速度 B.卫星的质量和轨道半径 C.卫星的质量和角速度 D.卫星的运行周期和轨道半径 8．如图（a）所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动 纸盆振动，发出声音。俯视图（b）表示处于辐射状磁场中的线圈（线圈平面即纸面）磁场 方向如图中箭头所示，在图（b）中 第 2 页 共 22 页 A．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 B．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 C．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 D．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 9．图（a）所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为 4:1，RT 为阻值随温度升高而减小的 热敏电阻，R1 为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压 u 随时间 t 按正弦规律变化，如图（b）所示。下列说法正确的是 A．变压器输入。输出功率之比为 4:1 B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为 1:4 C．u 随 t 变化的规律为u 51sin(50πt) （国际单位制） D．若热敏电阻 RT 的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大 10．如图，一带正电的点电荷固定于Ｏ点，两虚线圆均以Ｏ为圆心，两实线分别为带电粒子Ｍ 和Ｎ先后在电场中运动的轨迹，ａ、ｂ、ｃ、ｄ、ｅ为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下 列说法说法正确的是 Ａ．M 带负电荷，N 带正电荷 B．M 在 b 点的动能小于它在 a 点的动能 C．N 在 d 点的电势能等于它在 e 点的电势能 D．N 在从 c 点运动到 d 点的过程中客服覅按常理做功 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分。第 11~14 题为必考题，每个试题考生都必须作答。 第 15~17 题为选考题，考生根据要求作答。 三、实验题：本题共 2 小题，第 11 题 6 分，第 12 题 9 分。把答案写在答题卡 中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11.某同学利用图（a）所示的实验装置探究物块速度随时间的变化。物块放在桌 面上，细绳的一端与物块相连，另一端跨过滑轮挂上钩码。打点计时器固定在桌 面左端，所用交流电源频率为 50Hz。纸带穿过打点计时器连接在物块上。启动 打点计时器，释放物块，物块在钩码的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的 纸带如图（b）所示(图中相邻两点间有 4 个点未画出)。 第 3 页 共 22 页 根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动。回答下列问题： （1）在打点计时器打出 B 点时，物块的速度大小为____m/s。在打出 D 点时， 物块的速度大小为_______m/s；（保留两位有效数字） （2）物块的加速度大小为_______m/s。（保留两位有效数字） 12.某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装 电路。 （1）已知表头 G 满偏电流为 100 uA，表头上标记的内阻值为 900Ω。R1、R2 和 R3 是定值电阻。利用 R1 和表头构成 1 mA 的电流表，然后再将其改装为两个量 程的电压表。若使用 a、b 两个接线柱，电压表的量程为 1 V；若使用 a、c 两个 接线柱，电压表的量程为 3 V。则根据题给条件，定值电阻的阻值应选 R1=___Ω，R2=______Ω,R3=_______Ω。 （2）用量程为 3V，内阻为 2500Ω 的标准电压表 对改装表 3V 挡的不同刻度进行校准。 所用电池的电动势 E 为 5V；滑动变阻器 R 有两种规格，最大阻值分别为 50Ω 和 5kΩ。 为了方便实验中调节电压，图中 R 应选用最大阻值为______Ω 的滑动变阻器。 （3）校准时，在闭合开关 S 前，滑动变阻器的滑动端 P 应靠近_______（填“M”或“N”）端。 （4）若由于表头 G 上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏 小，则表头 G 内阻的真实值_________（填“大于”或“小于”）900Ω。 四、计算题：本题共 2 小题，第 13 题 9 分，第 14 题 14 分。把解答写在答题卡中指定的答 题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 13.水平地面上有质量分别为 m 和 4m 的物 A 和 B，两者与地面的动摩擦因数均为 μ。细绳 的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与 A 相连，动滑轮与 B 相连，如图所示。初始时， 绳出于水平拉直状态。若物块 Z 在水平向右的恒力 F 作用下向右移动了距离 s，重力加 速度大小为 g。求 第 4 页 共 22 页 （1）物块 B 客服摩擦力所做的功； （2）物块 A、B 的加速度大小。 14.如图，A、C 两点分别位于 x 轴和 y 轴上，∠OCA=30°，OA 的长度为 L。在△OCA 区域内 有垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场。质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，以平行于 y 轴的方向从 OA 边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于 OC 边射出磁场，且 粒子在磁场中运动的时间为 t0。不计重力。 （1）求磁场的磁感应强度的大小； （2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从 OC 边上的同一点射出磁场， 求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和； （3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与 AC 边相切，且在磁场内运动的时间为 4t0 ，求粒子此次入射速度的大小。 3五、选考题：请考生从第 15~17 题中任选二题作答。如果多做，则按所做的第一、二题计分。 15.[选修 3-3]（12 分） （1）（4 分）一定量的理想气体从状态 M 可以经历过程 1 或者过程 2 到达状态 N，其 p-V 图像如图所示。在过程 1 中，气体始终与外界无热量交换；在过程 2 中，气体先经历等容变 化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是____。（填入正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 3 分，选对 3 个得 4 分，有错选的得 0 分） A.气体经历过程 1，其温度降低 B.气体经历过程 1，其内能减少 C.气体在过程 2 中一直对外放热 D.气体在过程 2 中一直对外做功 E.气体经历过程 1 的内能该变量与经历过程 2 的相同 （2）（8 分）如图，密闭汽缸两侧与一 U 形管的两端相连，汽缸壁导热；U 形管内盛有密度 为=7.5102kg / m3 的液体。一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积 第 5 页 共 22 页 是右气室的体积的一半，气体的压强均为 P =4.5103 Pa 。外界温度保持不变。缓慢向右 0拉活塞使 U 形管两侧液面的高度差 h=40 cm，求此时左、右两气室的体积，取重力加速度大 小g 10m / s2 ，U 形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计。 16.【选修 3-4】（12 分） （1）（4 分）下列说法正确的是________________。（填入正确答案序号。选对 1 个 得 2 分，选对 2 个得 3 分，选对 3 个得 4 分：有选错的得 0 分） A.在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比 B.弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变 C.在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小 D.系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率 E.已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方 向（2）(8 分)如图，半径为 R 的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球面与 桌面相切于 A 点。一细束单色光经球心 O 从空气中摄入玻璃体内（入射面即纸面） R，入射角为 45°，出射光线射在桌面上 B 点处。测得 AN 之间的距离为 .现将 2入射光束在纸面内向左平移，求摄入玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时， 光束在上表面的入射点到 O 点的距离。不考虑光线在玻璃体内的多次反射。 17.[选修 3-5]（12 分） 第 6 页 共 22 页 （1）（4 分）下列说法正确的是_________。（填入正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 3 分，选对 3 个得 4 分；有选错的得 0 分） A.爱因斯坦在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程 B.康普顿效应表明光子只具有能量，不具有动量 C.波尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律 D.卢瑟福根据 α 粒子散射实验提出了原子的核式结构模型 E．德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长 （2）（8 分）如图，物块 A 通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器 （图中未画出）射出的物块 B 沿水平方向与 A 相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前 B 的速度的大小 v 及碰撞后 A 和 B 一起上升的高度 h 均可由传感器（图中未画出）测得。某 同学以 h 为纵坐标，v2 为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为 k=1.92 ×10-3s2/m。已知物块 A 和 B 的质量分别为 mA=0.400kg 和 mB=0.100kg，重力加速度大小 g=9.8m/s2。 （i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求 h-v2 直线斜率的理论值 k0。 k k0 （ii）求 k 值的相对误差（ = ）×100%，结果保留 1 位有效数字。 k0 第 7 页 共 22 页 参考答案 一、单项选择题 1.B 2.C 3.D 二、多项选择题 4.D 5.A 6.B 7.AD 8.BC 9.BD 10.ABC 三、实验题 11.（6 分） （1）0.56 （2）2.0 0.96 （4 分。每空 2 分） （2 分） 12（9 分） （1）100 （2）50 910 2 000（3 分。每空 1 分） （2 分） （3）M（2 分） （4）大于（2 分） 四、计算题 13.（19 分） （1）物块 A 移动了距离 s，则物块 B 移动的距离为 1s s ①12物块 B 受到的摩擦力大小为 f 4μmg ②物块 B 克服摩擦力所做的功为 W fs1 2μmgs ③（2）设物块 A、B 的加速度大小分别为 aA、aB，绳中的张力为 T。有牛顿第二定律得 F mg T maA ④ 2T 4mg 4maB ⑤由 A 和 B 的位移关系得 联立④⑤⑥式得 aA 2aB ⑥ F 3mg aA = ⑦2m F 3mg aB = ⑧4m 评分参考：第（1）问 3 分，①②③式各 1 分；第（2）问 6 分，④⑤式各 1 分，⑥式 2 分，⑦⑧式各 1 分。 第 8 页 共 22 页 14.（14 分） （1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间 t0 内其速度方向改变了 90°，故其周期 T=4t0① 设磁感应强度大小为 B，粒子速度为 v，圆周运动的半径为 r。由洛伦兹力公式和牛顿定律 得v2 qvB=m ②r匀速圆周运动的速度满足 2r Tv ③联立①②③式得 πm 2qt0 B ④（2）设粒子从 OA 变两个不同位置射入磁场，能从 OC 边上的同一点 P 射出磁场，粒子在 磁场中运动的轨迹如图（a）所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为 θ1 和 θ2。由几何关系有 θ1=180°-θ2⑤ 粒子两次在磁场中运动的时间分别为 t1 与 t2，则 Tt1 t2 2t0 ⑥2（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为 150°。 设 O’为圆弧的圆心，圆弧的半径为 r0，圆弧与 AC 相切与 B 点，从 D 点射出磁场，由几何 关系和题给条件可知，此时有 ∠O O’D=∠B O’A=30°⑦ 第 9 页 共 22 页 r0r cos OO D L ⑧0cos BO A 设粒子此次入社速度的大小为 v0，由圆周运动规律 2πr 0v0 ⑨T联立①⑦⑧⑨式得 3πL v0 ⑩7t0 评分参考：第（1）问 6 分，①式 1 分，②③式各 2 分，④式 1 分；第（2）问 4 分，⑤⑥ 式各 2 分；第（3）问 4 分，⑦⑧式各 1 分，⑩式 2 分。 五、选考题 15.（1）ABE（4 分。选对一个给 2 分，选对 2 个给 3 分，选对 3 个给 4 分；有选错的给 0 分） （2）（8 分） 设初始状态时汽缸左气室的体积为 V01，右气室的体积为 V02；当活塞至汽缸中某位置时， 左、右气室的压强分别为 p1、p2，体积分别为 V1、V2，由玻意耳定律得 p0V01=p1V1 ①p0V02=p2V2② 依题意有 V01+V02=V1+V2③ 由力的平衡条件有 p2–p1=ρgh④ 联立①②③④式，并代入题给数据得 2V 2 3V01V 9V021 ⑤ 11由此解得 3V V 01 （另一解不合题意，舍去）⑥ 12由③⑥式和题给条件得 V1:V2=1:1⑦ 评分参考：①②③④式各 1 分，⑤式 2 分，⑥⑦式各 1 分。 16.(1)ABD(4 分。选对 1 个给 2 分，选对 2 个给 3 分，选对 3 个给 4 分；有选错的给 0 分) （2）（8 分） 当光线经球心 O 入射时，光路图如图（a）所示。设玻璃的折射率为 n，由折射定律有 sini n ①sin 式中，入射角 i=45°， 为折射角。 第 10 页 共 22 页 △OAB 为直角三角形因此 AB OA2 +AB2 sin ②发生全反射时，临界角 C 满足 在玻璃体球面上光线恰好发生全反射时，光路图如图（b）所示。设此时光线入射点为 E， 折射光线射到玻璃体球面的 D 点。由题意有 EDO C ④在EDO内，根据正弦定理有 OD OE ⑤sin(90 ) sinC 联立以上各式并利用题给条件得 评分参考：①②式各 1 分，③式 2 分，④式 1 分，⑤式 2 分，⑥式 1 分。 17.（1）ACD(4 分。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 3 分，选对 3 个得 4 分，有错选的得 0 分) （2）（8 分） （i）设物块 A 和 B 碰撞后共同运动的速度为v’ ,由动量守恒定律有 mBv (mA mB )v’ ①在碰撞后 A 和 B 共同上升的过程中，由机械能守恒定律有 1(m m )v’2 =(m m )gh ②ABAB2联立①②式得 2mB h v2 ③2g(mA mB )2 由题意得 2mB 2g(mA mB )2 k0 ④代入题给数据得 k0 2.0410-3s2 / m （ii）按照定义 ⑤第 11 页 共 22 页 k k0 = 100% ⑥ k0 由⑤⑥式和题给条件得 =6% ⑦评分参考：第（i）问 7 分，①②式各 2 分，③④⑤式各 1 分；第（ii）问 1 分，⑦式 1 分。 第 12 页 共 22 页 物理解析版 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 3 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的。 1．【2016 年海南，1，3 分】在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出， 不计空气阻力，则小球在随后的运动中（ A．速度和加速度的方向都在不断改变 一直减小 C．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等 改变量相等 【答案】B ）B．速度与加速度方向之间的夹角 D．在相等的时间间隔内，动能的 【解析】由于物体做平抛运动，故物体只受重力作用，故加速度不变，而由于物体做曲线运 动，故速度大小和方向时刻在变化，故选项 A 错误；设某时刻速度与竖直方向夹 v0 v0 角为 ，则 tan t，随着时间 的变大，故tan 变小，则 变小，故选项 B vy gt v t 正确；根据加速度定义式 a g ，则 v gt ，即在相等的时间间隔内，速度 的改变量相等，故选项 C 错误；根据动能定理，在相等的时间间隔内，动能的改 变量等于重力的功，即WG mgh ，由于平抛运动在竖直方向上，在相等时间内的 位移不相等，故选项 D 错误，故选 B。 【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合加速度公 式和动能定理公式灵活求解即可。 2．【2016 年海南，2，3 分】如图，在水平桌面上放置一斜面体 叠放在 的斜面上，整个系统处于静止状态。若将 大小分别 f1 P，两长方体物块 a和b Pa和 b 、 b 与 、 与桌面之间摩擦力的 P P 用、f2 和 f3 表示。则（ ）A． f1 0 C． f1 0 ，，f2 0 f2 0 ，，f3 0 f3 0 B． f1 0 D． f1 0 ，f2 0 f2 0 ，，f3 0 f3 0 ，【答案】C 【解析】首先对整体受力分析可以知道，整体相对地面没有相对运动趋势，故 f3 0 ，在将 看成一个整体， ab 整体有相对斜面向下运动的趋势，故 之间有摩擦力， f2 0 ，在对 进行受力可以知道，由于 处于静止状态，故 相对于 有向下 运动的趋势，故 之间存在摩擦力作用，即f1 0 ，故选 C。 a和bb 与 P即aaaba和b 【点评】“整体隔离法”是力学中的重要方法，一定要熟练掌握，注意对于由多个物体组成的 系统，不涉及内力时优先考虑以整体为研究对象。 3．【2016 年海南，3，3 分】如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为 做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为 1 ，在最高点时对轨道的 压力大小为 2 。重力加速度大小为 ，则N1 – N2 的值为（ 3mg 4mg 5mg m的小球沿轨道 NNg）6mg D． A． 【答案】D 【解析】设小球在最低点速度为 B． C． v1 ，在最高点速度为 v22 v2 ，在根据牛顿第二定律：在最低点： v12 N1 mg m ，在最高点： N2 mg m ，同时从最高点到最低点，根据动能 RR11定理： mg 2R mv12 mv22 ，联立以上三个方程式可以得到： N1 N2 6mgR ，， 22故选 D。 第 13 页 共 22 页 【点评】解决本题的关键知道向心力的来源，知道最高点的临界情况，通过动能定理和牛顿 第二定律进行求解。 4．【2016 年海南，4，3 分】如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面 内，环的圆心与 两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定 电流。若（ ）A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针 D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针 【答案】D 【解析】根据楞次定律，当金属圆环上、下移动时，穿过圆环的磁通量不发生变化，故没有 感应电流产生，故选项 AB 错误；当金属圆环向左移动时，则穿过圆环的磁场垂直 纸面向外并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项 C 错误；当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根 据楞次定律可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选 D。 【点评】解决本题的关键会用安培定则判断电流周围磁场的方向，以及学会根据楞次定律来 确定感应电流的方向。 5．【2016 年海南，5，3 分】沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力 用，其下滑 F的作 的速度—时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在 0 ~ 5s ，5 ~10s ，10 ~15s 内F的大小分别为 F、F2 和 F3 ，则（ ）1A． F F2 B． F2 F C． F F D． F F 131313【答案】A 【解析】根据 v t 图像可以知道，在 0 ~ 5s 内加速度为 a1 0.2m s2 ，方向沿斜面向下；在 5 ~10s 内，加速度 a2 0 ；在10 ~15s 内加速度为 a1 0.2m s2 ，方向沿斜面向上； 受力分析如图：在 0 ~ 5s 内，根据牛顿第二定律： mg sin f F ma1 ，则： 1F mg sin f 0.2m ； 在 5 ~10s 内 ， 根 据 牛 顿 第 二 定 律 ： 1mg sin f F2 ma2 ，则： F2 mg sin f ；在10 ~15s 内，根据牛顿第二定律： f F mg sin ma3 ，则 f F mg sin f 0.2m ，故可以得到： F F2 F ，3331故选 A。 【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动 学的桥梁，基础题。 6．【2016 年海南，6，3 分】如图，平行板电容器两极板的间距为 d ，极板与水平面成 45 角，上极板带正电。一电荷量为 q 0 的粒子在电容器中靠近下极板处。以初动能 Ek0 q竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强 度的最大值为（ ）2Ek0 2qd 2Ek0 Ek0 A． Ek0 B． C． D． 4qd 2qd qd 【答案】B 【解析】根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：当电场足够大时， 粒子到达 上极板时速度恰好与上极板平行，如图，将粒子初速度 v0 分解为垂直极板的 y 和 v平行极板 vx ，根据运动的合成与分解，当分速度 vy 0 时，则粒子的速度正好平行上极板，则根 据运动学 第 14 页 共 22 页 Eq m12公 式 ：vy2 2 d， 由 于vy v0 cos45 ，EK 0 mv02 ， 联 立 整 理 得 到 ： EK 0 E ，故选 B。 2qd 【点评】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后根据类似平抛运动的分位移公式 和动能定理处理，要明确当电场强度最大时，是粒子的速度平行与上极板，而不是 零。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有 多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7．【2016 年海南，7，5 分】通过观察冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量。假设卫星 绕冥王星做匀速圆周运动，除了引力常量外，至少还需要两个物理量才能计算出冥王星 的质量。这两个物理量可以是（ A．卫星的速度和角速度 ）B．卫星的质量和轨道半径 C．卫星的质量和角速度 D．卫星的运行周期和轨道半径 【答案】AD v【解析】根据线速度和角速度可以求出半径 r ，根据万有引力提供向心力，则： GMm r2 v2 v2r v3 m ，整理可以得到： M ，故选项 A 正确；由于卫星的质量 mrGG 约掉，故与卫星的质量无关，故选项 BC 错误；若知道卫星的周期和半径，则 2GMm r2 2 T4 2r3 m r，整理得到： M ，故选 AD。 GT 2 【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、 向心加速度与轨道半径的关系。 8．【2016 年海南，8，5 分】如图（a）所示，扬声器中有一线圈处于 磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出 声音。俯视图（b）表示处于辐射状磁场中的线圈（线圈平面即纸 面）磁场方向如图中箭头所示，在图（b）中（ ）A．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 B．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 C．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 D．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 【答案】BC 【解析】将环形导线分割成无限个小段，每一小段看成直导线，则根据左手定则，当电流顺 时针时，导线的安培力垂直纸面向外，故选项 A 错误，选项 B 正确；当电流逆时 针时，根据左手定则可以知道安培力垂直纸面向里，故选项 C 正确，选项 D 错误， 故选 BC。 【点评】解决本题的关键掌握安培力方向的判定，明确安培力产生的条件，熟练应用左手定 则判断安培力的方向。 9．【2016 年海南，9，5 分】图（a）所示，理想变压器的原、副线圈 的匝数比 为4:1 阻，电压表 和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压 规律变化， 如图（b）所示。下列说法正确的是（ A．变压器输入、输出功率之比为 4:1 B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1: 4 ，RT 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻， R1 为定值电 u随时间 按正弦 t）第 15 页 共 22 页 C．u 随 t 变化的规律为u 51sin 50πt （国际单位制） D．若热敏电阻 RT 的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大 【答案】BD 【解析】由题意，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为1:1 ，故 A 错误； I1 n2 14变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即 ，故选项 B 正确； I2 n1 由图（b）可知交流电压最大值Um 51V ，周期T 0.02s ，可由周期求出角速度的 值为 100 rad s，则可得交流电压 的表达式U 51sin100tV ，故选项 C 错误； T 处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，选项 D 正确， 故选 BD。 uR【点评】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点 及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。 10．【2016 年海南，10，5 分】如图，一带正电的点电荷固定于 均以为 圆心，两实线 分别为带电粒子 轨迹和虚线圆的交点。不 计重力。下列说法正确的是（ O 点，两虚线圆 OM和N先后在电场中运动的轨迹， ａ、ｂ、ｃ ｄ 、 、 e为）aNbB． 在点的动能小于它在 MA． 带负电荷，带正电荷 M点的动能 C． Nd点的电势能等于它在 点的电势能 在ecNdD． 在从点运动到 点的过程中克服电场力做功 【答案】ABC 【解析】如图所示， 带电粒子受到了引力作用，故 子所受的电场力方向向下，说明 项 A 正确；由于虚线是等势面，故 小，故选项 B 正确；对于 粒子，由于 不做功，故电势能不变，故选项 C 正确；由于 点的过程中，电场力做正功，故选项 D 错误，故选 ABC。 M粒子的轨迹向左弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向左，可知 带负电荷，而 粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒 粒子受到斥力作用，故 N 粒子带正电荷，故选 粒子从 电场力对其做负功，故动能减 在同一等势面上，故从 电场力 粒子带正电，故从 点运动到 MMNNMa到 b Nd和ed 到 ecNd【点评】本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是 排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路。 三、实验题：本题共 2 小题，共 15 分．把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演 算过程． 11．【2016 年海南，11，6 分】某同学利用图（a）所示的实验装置探究物块速度随时间的变 化。物块放在桌面上 细绳的一端与物块相连，另一端跨过滑轮挂上钩码。打点计时器固定在桌面左端，所用 交流电源频率为50Hz 。纸带穿过打点计时器连接在物块上。启动打点计时器，释放物 块，物块在钩码的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的纸带如图（b）所示(图中相 邻两点间有 4 个点未画出)。 根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动。回答下列问题： （1）在打点计时器打出 速度大小为______ m s （保留两位有效数字） （2）物块的加速度大小为_______ m s。（保留两位有效数字） 【答案】（1） 0.56 0.96；（2） 20 点时，物块的速度大小为_____ m s。在打出 点时，物块的 B D ；，第 16 页 共 22 页 【解析】（1）根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，所以， xAC xCE 0.0461 0.0659 0.0861 0.1061 vB 0.56m s ，vD 0.96m s 。2T 0.2 2T 0.2 （2）根据题意，该同学认为物块的运动为匀加速运动，则根据速度公式： vD vB a 2T ，带入数据整理可以得到： a 2.0m s2 。【点评】根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带 上小车的瞬时速度大小，然后在速度公式求加速度即可。 12．【2016 年海南，12，9 分】某同学改装和校准电压表的电路图如图所 示，图中虚线框内是 电压表的改装电路。 （1）已知表头 2 和 3 是定值 电阻。利用 个量程的电压表。若 使用 两个接线柱，电压表的量程为1V ；若使用 G 满偏电流为100μA ，表头上标记的内阻值为 900 。 R、RR1R1 和表头构成1mA 的电流表，然后再将其改装为两 a、ba、c两个接线柱，电压表的 R2 __ ___ ，量程为3V 则根据题给条件，定值电阻的阻值应选 R __，1R3 ______ （2）用量程为 3V ，内阻为 2500 的标准电压表 对改装表3V 挡的不同刻度进行校准。 所用电池的电动势 5V ；滑动变阻器 调节电压，图中 选用最大阻值为______ 。푉○E为R有两种规格，最大阻值分别为50 和5kΩ 。为了方便实验中 R应的滑动变阻器。 （3）校准时，在闭合开关 N ”）端。 S前，滑动变阻器的滑动端 应靠近_______（填“ ”或 P M “（4）若由于表头 G 上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读 数偏小，则表头 内阻的真实值_________（填“大于”或“小于”）900 【答案】（1）100，910，2000；（2）50；（3） ；（4）大于 G。M【解析】（1）根据题意， R1 与表头 G构成1mA 的电流表，则： I R I I R1 ，整理： g ggR 100 ；若使用 a、1Uab Ig Rg 1 0.09 b两个接线柱，电压表的量程为1V ，则 R2 910 ；则I1103 若使用 线a、柱c两个接 ，电压表的量程为3V ， 3 0.09 1103 910 Uac Ig Rg IR2 R3 2000 。I1103 （2）电压表与之并联之后，电阻小于 2500 ，对于分压式电路，要求滑动变阻器 的最大阻值远小于并联部分，同时还有便于调节，故滑动变阻器选择小电阻， 即选择50 的电阻。 （3）在闭合开关 短路，启动一种保护 作用。 （4）造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头 偏小，则实际其电阻偏大，故其实实际阻值大于900 S 前，滑动变阻器的滑动端 应靠近端，这样把并联部分电路 P M G的电流 。【点评】本题考查了求电阻阻值、实验器材的选择、电路故障分析，知道电流表的改装原理、 分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。 四、计算题：本题共 2 小题，共 23 分．把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要 的文字说明、方程式和演算步骤． 第 17 页 共 22 页 13．【2016 年海南，13，9 分】水平地面上有质量分别为 面的动摩擦因数均为 m和4m 的物块 相连，如图所示。初 ，重力加 和 ，两者与地 A B 。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与 始时，绳处于水平拉 相连，动滑轮与 A B 直状态。若物块 速度大小为 。求： A在水平向右的恒力 F作用下向右移动了距离 sg（1）物块 （2）物块 BA客服摩擦力所做的功； 的加速度大小。 、B1s s①解：（1）物块 A移动了距离 ，则物块 sB移动的距离为 12物块 B受到的摩擦力大小为： f 4μmg ② 物块 B克服摩擦力所做的功为 W fs1 2μmgs （2）设物块 ③A、④B的加速度大小分别为 aA 、aB ，绳中的张力为 T。由牛顿第二定律得 F mg T maA 2T 4mg 4maB F 3mg ⑤由 和 的位移关系得：aA 2aB ⑥ 联立④⑤⑥式得： A B F 3mg 4m aA = ⑦aB = ⑧2m 【评分参考】第（1）问 3 分，①②③式各 1 分；第（2）问 6 分，④⑤式各 1 分，⑥式 2 分， ⑦⑧式各 1 分。 【点评】采用整体法和隔离法对物体进行受力分析，抓住两物体之间的内在联系，绳中张力 大小相等、加速度大小相等，根据牛顿第二定律列式求解即可．解决本题的关键还 是抓住联系力和运动的桥梁加速度。 14．【2016 年海南，14，14 分】如图， A、C两点分别位于 x轴和 y轴上， OCA 30 ，OA 的长度为 L。在 OCA 区域内有垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场。质量为 电粒子，以 平行于 轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于 OC 边射 m、电荷量为 q的带正 y出磁场，且粒 子在磁场中运动的时间为 0 。不计重力。 t（1）求磁场的磁感应强度的大小； （2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC 边上的同一点射出磁场， 求该粒子 这两次在磁场中运动的时间之和； （3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与 AC 边相切，且在磁场内运动的时间为 53t0 ，求粒子此次入射 速度的大小。 解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间 设磁感应强度大小为 ，粒子速度为 和牛顿定律得 t0 内其速度方向改变了90 ，故其周期T 4t0 ① Bv，圆周运动的半径为 r。由洛伦兹力公式 v2 πm 2qt0 2r qvB=m ②匀速圆周运动速度满足 v ③联立①②③式得 B ④rT（2）设粒子从 OA边两个不同位置射入磁场，能从 OC 边上的同一点 射出磁场，粒 子在磁场中运 动的轨迹如图（a）所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为 1 和 2 。由几何关系 P1 180 2 ⑤T粒子两次在磁场中运动的时间分别为 1 与 2 ，则t1 t2 2t0 ⑥ t t 2第 18 页 共 22 页 （3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为 150 。设O’ 为圆弧的圆心，圆弧的半径为 r0 ，圆弧与 AC 相切与 B点，从 D点射出磁场，由几何 关系和题 r0给条件可知，此时有 OO D BO A 30 ⑦r cos OO D L ⑧0cos BO A 2πr 0设粒子此次入射速度大小为 vv 0 ，由圆周运动规律 0⑨联立①⑦⑧⑨式得 T3πL 7t0 v0 ⑩【评分参考】第（1）问 6 分，①式 1 分，②③式各 2 分，④式 1 分；第（2）问 4 分，⑤⑥ 式各 2 分；第（3）问 4 分，⑦⑧式各 1 分，⑩式 2 分。 【点评】对于带电粒子在磁场中运动类型，要画出轨迹，善于运用几何知识帮助分析和求解， 这是轨迹问题的解题关键。 五、选考题：共 12 分。请考生从第 15~17 题中任选两题作答，如果多做，则按所做的第一、 二题计分。 15．【2016 年海南，15，12 分】【选修 3-3】 （1）（4 分）一定量的理想气体从状态 p V 像如图所示。在过程 1 中，气体始终与外界无热量交换；在过程 2 中，气体先经 历等容 变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是_______。（填入正 确答案标 号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 3 分，选对 3 个得 4 分；有选错的得 0 分） M可以经历过程 1 或者过程 2 到达状态 N ，其 图A．气体经历过程 1，其温度降低 C．气体在过程 2 中一直对外放热 B．气体经历过程 1，其内能减少 D．气体在过程 2 中一直对外做功 E．气体经历过程 1 的内能该变量与经历过程 2 的相同 【答案】ABE 【解析】气体经历过程 1，压强减小，体积变大，膨胀对外做功，内能减小，故温度降低， PV 故选项 AB 正确；气体在过程 2 中，根据理想气体状态方程 C ，刚开始时， T体积不变，压强减小，则温度降低，对外放热，然后压强不变，体积变大，膨胀对 外做功，则温度升高，吸热，故选项 CD 错误；无论是经过 1 过程还是 2 过程，初、 末状态相同，故内能改变量相同，故选项 E 正确，故选 ABE。 【点评】本题考查了判断气体吸热与放热情况、气体内能如何变化，分析清楚图示图象、由 于理想气体状态方程与热力学第一定律即可正确解题。 （2）（8 分）如图，密闭汽缸两侧与一 内盛有密 U 形管的两端相连，汽缸壁导热； U 形管 =7.5102kg / m3 度为 的液体。一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时， 左气室 的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为 P =4.5103 Pa 。外界温度 0保持不变。 缓慢向右拉活塞使 U形管两侧液面的高度差 h 40cm ，求此时左、右两气室的体 g 10m / s2 积之 比，取重力加速度大小 ， U 形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略 不计。 解：设初始状态时汽缸左气室的体积为 01 ，右气室的体积为 02 ；当活塞至汽缸中某位置时， V V 第 19 页 共 22 页 左、右气室的压强分别为 p1 、 2 ，体积分别为 、2 ，由玻意耳定律得： p0V01 p1V p V V 11①p0V02 p2V2 ②③依题意有： V01 V02 V V2 由力的平衡条件有 p2 – p1 gh ④联立①②③④式，并代 1入题给数据得： 32V 2 3V01V 9V021 0 ⑤由此解得V V01 （另一解不合题意，舍去）⑥由③⑥式和题 1112给条件得V :V2 1:1 ⑦1【评分参考】①②③④式各 1 分，⑤式 2 分，⑥⑦式各 1 分。 【点评】本题考查了求气体体积，应用玻意耳定律即可正确解题，求出气体的压强是正确解 题的关键。 16．【2016 年海南，16，12 分】【选修 3-4】 （1）（4 分）下列说法正确的是_______。（填入正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 3 分，选对 3 个得 4 分；有选错的得 0 分） A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比 B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变 C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小 D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率 E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度 的方向 【答案】ABD L【解析】根据单摆周期公式：T 2 可以知道，在同一地点，重力加速度 为定值，故 gg周期的平方与其摆长 成正比，故选项 A 正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根 据机械能守恒条件可 以知道，振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项 B 正确；根据单摆周期公 L式：T 2 可以知 g道，单摆的周期与质量无关，故选项 C 错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统 振动的频率等于周期 性驱动力的频率，故选项 D 正确；若弹簧振子初始时刻的位置在平衡位置，知道 周期后，可以确定任 意时刻运动速度方向，若弹簧振子初始时刻的位置不在平衡位置，则无法确定，故 选项 E 错误，故选 ABD。 【点评】本题关键抓住简谐运动的周期性，分析时间与周期的关系分析振子的位移变化，要 掌握加速度与位移的关系，根据计时开始时刻的加速度及方向解题。 （2）（8 分）如图，半径为 R的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球 面与桌面相切于 点。一细束单色光经球心 AO从空气中射入玻璃体内（入射面即 R纸面），入射角为 45，出射光线射在桌面上 B点处。测得 AB 之间的距离为 。2现将入射光束在纸面内向左平移，求射入玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时， 光束在上表面的入射点到 点的距离。不考虑光线在玻璃体内的多次反射。 入射时，光路图如图（a）所示。设玻璃的折射率为 ，由折射定律有： O解：当光线经球心 Onsini n 为 折 射 角 。OAB 为 直 角 三 角 形 因 此 ： ① 式 中 ， 入 射 角 i 45 ，sin AB OA2 AB2 sin ②第 20 页 共 22 页 1发生全反射时，临界角 C 满足sinC ③ 在玻璃体球面上光线恰好发生全反射时，光 n路图如图 （b）所示。设此时光线入射点为 EDO C E，折射光线射到玻璃体球面的 D点。由题意有 ④OD sin 90 OE 2在EDO内，根据正弦定理有： ⑤联立上式得：OE R⑥sinC 2【评分参考】①②式各 1 分，③式 2 分，④式 1 分，⑤式 2 分，⑥式 1 分。 【点评】本题是简单的几何光学问题，其基础是作出光路图，根据几何知识确定入射角与折 射角，根据折射定律求解。 17．【2016 年海南，17，12 分】【选修 3-5】 （1）（4 分）下列说法正确的是_______。（填入正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 3 分，选对 3 个得 4 分；有选错的得 0 分） A．爱因斯坦在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程 B．康普顿效应表明光子只具有能量，不具有动量 C．波尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律 D．卢瑟福根据 α 粒子散射实验提出了原子的核式结构模型 E．德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长 【答案】ACD 【解析】爱因斯坦提出了光子假说，建立了光电效应方程，故选项 A 正确；康普顿效应表 明光不仅具有能量，还具有动量，故选项 B 错误；波尔的原子理论成功地解释了 氢原子光谱的实验规律，故 C 正确；卢瑟福根据 粒子散射实验提出了原子核式 h结构模型，故 D 正确；德布罗意波波长为： ，其中 P为微粒的动量，故动量 P越大，则对应的波长就越短，故选项 E 错误，故选 ACD。 【点评】本题考查了光电效应、康普顿效应、波尔的原子理论、核式结构模型、德布罗意波 等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材。 （2）（8 分）如图，物块 从发射器（图中未画出）射出的物块 连在一起运动，碰撞前 的速度的大小 均可由传感器（图中未画出）测得。某同学以 实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为 k 1.92103 s2 m 。已知物块 的 质 量 分 别 为mA 0.400kg g 和 mB 0.100kg ， 重 力 加 速 度 大 小 g 9.8m s2 （i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求 h v2 直线斜率的理论值 k0 A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止； B沿水平方向与 及碰撞后 A和相撞，碰撞后两者粘 一起上升的高度 2 为横坐标，利用 BvABhh为纵坐标， vA和B。；k k0 （ii）求 k值的相对误差 100% ，结果保留 1 位有效数字）。 k0 解：（i）设物块 A和B碰撞后共同运动的速度为 v’ ，由动量守恒定律有 mBv (mA mB )v’ ①在碰撞后 和 共 A B 1(m m )v’2 =(m m )gh 同上升的过程中，由机械能守恒定律 ②联立①②式得 ABAB22mB h v2 ③2g(mA mB )2 2mB 由题意得 k0 ④ 代入题给数据得：k0 2.0410-3 s2 / m ⑤2g(mA mB )2 k k0 （ii）按照定义： 100% ⑥由⑤⑥式和题给条件得： 6% ⑦ k0 第 21 页 共 22 页 【评分参考】第（i）问 7 分，①②式各 2 分，③④⑤式各 1 分；第（ii）问 1 分，⑦式 1 分。 【点评】本题考查动量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动 量守恒以及机械能守恒，然后才能列式求解。 第 22 页 共 22 页
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