高考全国新课标卷物理试题

一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分。有选错的得0分。

1、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

2、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。此离子和质子的质量比约为( )

A、11 B、12 C、121 D、144

1和4，A3、一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别是3、○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、2 B、3 C、4 D、5

4、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

5、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 C、质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同

6、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

B、质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 D、质点单位时间内速率的变化量总是不变

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 D、物块b与桌面间的摩擦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

7、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( )

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 D、油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小

C、油滴在Q点的电势能比它在P点的大

8、甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt图像如图所示。已知两车在t3s时并排行驶，则( )

A、在t1s时，甲车在乙车后 B、在t0时，甲车在乙车前7.5m

C、两车另一次并排行驶的时刻是t2s

D、甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m

二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~40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20Hz、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它题给条件进行推算。

(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.cm，S29.50cm，S310.10cm，当地重力加速度大小为9.80m/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。

10、(10分)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C时，系统报警。提供的器材有：热敏电阻，报警器（内阻很小，流过的电流超过Ic时就会报警），电阻箱（最大阻值为999.9），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1000），滑动变阻器R2（最大阻值为，单刀双掷开关一个，导线若干。 2000）

在室温下对系统进行调节。已知U约为18V，Ic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升高而减小，在60C时阻值为650.0。 (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)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______；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。

11、(14分)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为，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，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。

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

5R的光滑圆弧轨道相切于C点，6AC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加速度大小为g。（取sin3734，cos37） 551，重力4(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7通过G点。G点在C点的左下方，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

2后P的质量。

（二）选考题

[物理——选修3-3]（15分）

(1)(5分)关于热力学定律，下列说法正确的是__________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分） A．气体吸热后温度一定升高 B．对气体做功可以改变其内能 C．理想气体等压膨胀过程一定放热

D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体

E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡 (2)(10分)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p与气泡半径r之间的关系为p2，其中0.070N/m。现让水下10m处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升。已知大气压强rp01.0105Pa，水的密度1.0103kg/m3，重力加速度大小g10m/s2。 (i)求在水下10m处气泡内外的压强差；

(ii)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。

[物理——选修3-4]（15分）

(1)(5分)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近。该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15s。下列说法正确的是__________。（填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分） A．水面波是一种机械波 B．该水面波的频率为6Hz C．该水面波的波长为3m

D．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去 E．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移

(2)(10分)如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3.0m。从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为(i)求池内的水深；

(ii)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2.0m。当他看到正前下方的点光源A时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45。求救生员的眼睛到池边的水平距离（结果保留1位有效数字）。

4。 3

[物理——选修3-5]（15分）

(1)(5分)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__________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．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

(2)(10分)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为，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。

2016年高考新课标1卷物理参

一、选择题。 1、D 由CrS4πkd可知，当云母介质抽出时，r变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故

U，由于U与d都不变，故电场强度E不变。 dU不变，根据QCU可知，当C减小时，Q减小。再由E2、D

设质子的质量数和电荷数分别为m1、q1，一价正离子的质量数和电荷数为m2、q2，对于任意粒子，在加速电12v22qU场中，由动能定理得：qUmv0；得v①；在磁场中应满足qvBm②。由题意，由于两种

m2r粒子从同一入口垂直进入磁场，从同一出口垂直离开磁场，故在磁场中做匀速圆周运动的半径应相同．由①②式联立求解得匀速圆周运动的半径r12mUrBm1q21；其中，由于加速电压不变，故12Bqr2B1m2q11B212B1，q1q2，可得

m11；故一价正离子与质子的质量比约为144。 m21443、B

解法一：当S断开时，电路如左图所示。由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压U1UIR1；得U1U3IU2U2U1n1I①；根据变压器原副边电压关系：②，副线圈中的电流：2③，联立①②③得：

R2R35U2n2n1U3I④。当S闭合时，电路如右图所示，由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压U1＇=U4IR1，5In2得U1＇=U12I⑤，根据变压器原副边电压关系：

22U1＇n1U＇U＇⑥，副线圈中的电流得：I2＇=22⑦，联立U2＇n2R21n1n1U12I⑤⑥⑦得⑧，联立④⑧解得3。

n24In2

解法二：设开关S断开前后，变压器的等效电阻为R和R，由于变压器输入功率与输出功率相同，S闭合前：RRR2I4II2R()2(R2R3)，得R223①，S闭合后：(4I)2R'()2R2，得R2 ②，根据闭合电路欧

nnnnR21322UU1nnI4I=，姆定律：S闭合前：③，S闭合后：④，根据以上各式得：RR54R1RR1RR122332nnR1解得，n3。

4、B

Mm4π2地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由G2mr2可得

rTT4π2r3，则卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由数学几GMr13r23R2R ①，由开普勒第三定律22 ，代入何关系可作出图。由几何关系得，卫星的轨道半径为rT1T2sin30(6.6R)3r32 ②，由①②解得T24h 题中数据，得

242T2

5、BC

质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点的合外力为该恒力。①若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向时刻与恒力方向不同，故A错；②若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点作曲线运动，力与运动方向夹角会发生变化，例如平抛运动，故B正确；③由牛顿第二定律可知，质点加速度方向与其所受合外力方向相同；④根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，速率变化量不一定相同，故D错。 6、BD

由题意，在F保持方向不变，大小发生变化的过程中，物体a、b均保持静止，各绳角度保持不变；选a受力分析得，绳的拉力Tmag，所以物体a受到绳的拉力保持不变。由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以

b受到绳的拉力大小、方向均保持不变，C选项错误； a、b受到绳的拉力大小方向均不变，所以OO的张

力不变，A选项错误；对b进行受力分析，并将各力沿水平方向和竖直方向分解，如上图所示。由受力平衡得：TxfFx，FyNTymbg。T和mbg始终不变，当F大小在一定范围内变化时；支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确；故答案选BD。

7、AB

由于匀强电场中的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错。由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直方向，电场力竖直向上。当油滴得从P点运动到Q时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；油滴带负电，电势能减小，电势增加，所以Q点电势高于P点电势，A选项正确；在油滴从P点运动到Q的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点，B选项正确；所以选AB。 8、BD

根据vt图，甲、乙都沿正方向运动。t3s时，甲、乙相遇，v甲=30m/s，v乙=25m/s，由位移和vt图面11积对应关系，0-3s内位移x甲=330m=45m，x乙=310+25m=52.5m。故t0时，甲乙相距

221x1x乙-x甲=7.5m，即甲在乙前方7.5m，B选项正确。0-1s内，x甲=110m=5m，

21x乙=110+15m=12.5m，x2x乙x甲=7.5m，说明甲、乙第一次相遇。A、C错误。乙两次相遇地点

2之间的距离为xx甲x甲=45m5m=40m，所以D选项正确； 二、非选择题。

fff29、⑴(S1S2)，(S2S3)，(S3S1)；⑵40

222⑴由于重物匀加速下落，A、B、C、D各相邻点之间时间间隔相同，因此B点应是从A运动到C的过程的中间时刻，由匀变速直线运动的推论可得：B点的速度vB等于AC段的平均速度，即vBtS1S2，由于2t1ffv，故vB(S1S2)，同理可得vC(S2S3)，匀加速直线运动的加速度a，故f22tf(SS3)(S1S2)f2vCvB22a(S3S1) ①

1t2f⑵重物下落的过程中，由牛顿第二定律可得：mgF阻=ma②，由已知条件F阻=0.01mg ③，由②③得f2a0.99g，代入①得：a(S3S1)，代入数据得f40Hz。

210、(1)如下图；(2)R2；(3)①，b，接通电源后，流过报警器的电流会超过20mA，报警器可能损坏； ②c，报警器开始报警

①热敏电阻工作温度达到60C时，报警器报警。故需通过调节电阻箱使其电阻为60C时的热敏电阻的阻值，即调节到阻值Ω，光使报警器能正常报警，电路图如下图。

②U18V，当通过报警器的电流10mAIc20mA，故电路中总电阻R阻器选R2。

③热敏电阻为650.0时，报警器开始报警，模拟热敏电阻的电阻器阻值也应为650.0为防止通过报警器电

U，900R1800，故滑动变Ic流过大，造成报警器烧坏，应使滑动变阻器的滑片置于b端．

11、（1）由ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度时时刻刻相等，cd也做匀速直线运动； 选cd为研究对象，受力分析如图：

由于cd匀速，其受力平衡，沿斜面方向受力平衡方程：NcdGcdcos 垂直于斜面方向受力平衡方程：fcdGcdsinT 且fcdNcd，联立可得：Tmgcosmgsin 选ab为研究对象，受力分析如图：

其沿斜面方向受力平衡：T'fabF安Gabsin 垂直于斜面方向受力平衡：NabGabcos

且fabNab，T与T'为作用力与反作用力：T'T， 联立可得：F安mgsin3mgcos①

（2）设感应电动势为E，由电磁感应定律：EBLv 由闭合电路欧姆定律，回路中电流：IEBLv RRB2L2v 棒中所受的安培力：F安BILR与①联立可得：vmgR(sin3cos)

B2L212、（1）选P为研究对象，受力分析如图：

设P加速度为a，其垂直于斜面方向受力平衡：GcosN 沿斜面方向，由牛顿第二定律得：Gsinfma 且fN，可得：agsingcos对CB段过程，由 vt2v022as 代入数据得B点速度：vB2gR

2g 5

（2）P从C点出发，最终静止在F，分析整段过程； 由C到F，重力势能变化量：EPmg3Rsin ① 减少的重力势能全部转化为内能。

设E点离B点的距离为xR，从C到F，产热：Qmgcos(7R2xR) ② 由QEP，联立①、②解得：x1； 研究P从C点运动到E点过程 重力做功：WGmgsin(5RxR) 摩擦力做功：Wfmgcos(5RxR) 动能变化量：Ek0J

由动能定理：WGWfW弹Ek 代入得：W弹12mgR 512mgR。 5由E弹W弹，到E点时弹性势能E弹为（3）其几何关系如下图可知：OQ21R，CQR 325由几何关系可得，G点在D左下方，竖直高度差为R，水平距离为3R。

2设P从D点抛出时速度为v0，到G点时间为t 其水平位移：3Rv0t 512竖直位移：Rgt

22解得：v035gR 5研究P从E点到D点过程，设P此时质量为m'，此过程中： 351重力做功：WG'm'g(R6Rsin)m'gR①

2106摩擦力做功：Wf'm'g6Rcosm'gR②

5弹力做功：W弹'E弹12mgR③ 5192动能变化量：Ek'm'v00Jm'gR④

210由动能定理：WG'Wf'W弹'Ek'⑤ 1将①②③④代入⑤，可得：m'm

3

三、选修3-3 (1)BDE

气体内能的改变UQW，故对气体做功可改变气体内能，B选项正确；气体吸热为Q，但不确定外界做功W的情况，故不能确定气体温度变化，A选项错误；理想气体等压膨胀，W0，由理想气体状态方程

PVnRT，P不变，V增大，气体温度升高，内能增大。由UQW，气体过程中一定吸热，C选项错

误；由热力学第二定律，D选项正确；根据平衡性质，E选项正确；

(2) (2)水下10m处气泡的压强差是28Pa，气泡在接近水面时的半径与原来半径之比为（i）由公式P32。 1220.070Pa=28Pa，水下10m处气泡的压强差是28Pa。 得，Pr5103（ii）忽略水温随水深的变化，所以在水深10m处和在接近水面时气泡内温度相同。 由理想气体状态方程PVnRT，得PV11PV22① 4343其中，V1r1②，V2r2 ③

33由于气泡内外的压强差远小于水压，气泡内压强可近似等于对应位置处的水压，所以有

535P1P0gh1110Pa+1101010210Pa=2P0④

P2P0⑤

r234343将②③④⑤带入①得，2P0r1P0r2，2r13r23，21.3

r133四、选修3-4 (1)ACE

水面波是一种典型机械波，A对；从第一个波峰到第十个波峰中经历了九个波形，时间间隔为15秒，所以其振动周期为T1555ss，频率为，B错；其波长vT1.8m/ss3m，C对；波中的质点都上下振动，933不随波迁移，但是能传递能量，D错E对。 (2)（i）光由A射向B发生全反射，光路如图：

由反射公式可知：sinn1，得：sin3； 4BO7m 由AO3m，由几何关系可得：AB4m，所以水深7m。

（ii）光由A点射入救生员眼中光路图如图： 由折射率公式：可知：sinsin45n sin332332 ，tan23238AQQE3x7设BExm，得tan 带入数据得：x33161， 23由几何关系得，救生员到池边水平距离为(2x)m0.7m

五、选修3-5 (1)ACE

由光电效应规律可知，当频率低于截止频率时无论光照强度多大，都不会有光电流，因此D错误；在发生光电效应时，饱和光电流大小由光照强度来决定，与频率无关，光照强度越大饱和光电流越大，因此A正确，B错误，根据EkmhW可知，对于同一光电管，逸出功W不变，当频率变高，最大初动能Ekm变大，因此C正确，由EkmeUc和EkmhW，得hWeUc，遏制电压只与入射光频率有关，与入射光强无关，因此E正确。

(2) (i)在一段很短的t时间内，可以为喷泉喷出的水柱保持速度v0不变。 该时间内，喷出水柱高度：lv0t 喷出水柱质量：mV②

①

其中v为水柱体积，满足：VlS③ 由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为(ii)设玩具底面相对于喷口的高度为h 由玩具受力平衡得：F冲=Mg④

其中，F冲为玩具底部水体对其的作用力． 由牛顿第三定律：F压=F冲⑤

其中，F压为玩具时其底部下面水体的作用力，v＇为水体到达玩具底部时的速度

22v02gh⑥ 由运动学公式：v＇mv0S t在很短t时间内，冲击玩具水柱的质量为m，mv0st⑦ 由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱有 动量定理F压mgtmv⑧ 由于t很小，mg也很小，可以忽略 ⑧式变为F压tmv⑨

2v0M2g由④⑤⑥⑦⑨可得h22 2g22v0S