2016 年海南省高考物理试卷　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．（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，速率的改变量相等D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等2．（3 分）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=0C．f1≠0，f2≠0，f3=0 D．f1≠0，f2≠0，f3≠03．（3 分）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．6mg4．（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．以下说法正确的是（　　）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 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＞F3C．F1＞F3D．F1=F3 【解答】解：A、把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当电流沿顺时针方向时，根据左手定则可知，每一小段直导线受到的安培力都是垂直于纸面向外，则线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外，故 A 错误，B 正确；C、把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当电流沿逆时针方向时，根据左手定则可知，每一小段直导线受到的安培力都是垂直于纸面向里，则线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里，故 D 错误，C 正确；故选：BC。【点评】本题主要考查了左手定则的直接应用，注意化曲为直法在解题中的应用，难度不大，属于基础题．　9．（5 分）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 4：1B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为 1：4C．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【分析】变压器原副线圈的输入功率和输出功率相等，根据电流之比等于匝数之反比求出原副线圈的电流比．根据交变电压的 u﹣t 图线得出峰值和周期，从而求出角速度，得出 u﹣t 的表达式．抓住输入电压不变，得出输出电压不变，结合副线圈负载电阻的变化得出电流的变化．【解答】解：A、原副线圈输入功率和输出功率相等，故 A 错误。B、根据 得，原副线圈的电流之比为 1：4，故 B 正确。C、交变电压的峰值为 51V，周期 T=0.02s，则角速度 ，则 u 随 t 的变化规律为u=51sin（100πt），故 C 错误。D、若热敏电阻 RT的温度升高，则热敏电阻的阻值减小，由于原线圈的电压不变，则副线圈的电压不变，副线圈中的电流变大，故 D 正确。故选：BD。【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．（5 分）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 点的过程中克服电场力做功【分析】根据轨迹的弯曲，确定粒子所受的力是吸引力还是排斥力，从而确定粒子的电性；根据动能定理，结合库仑力做功情况判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．【解答】解：A、由粒子运动轨迹可知，M 受到的是吸引力，N 受到的是排斥力，可知 M 带负电荷，N 带正电荷，故 A 正确。B、M 从 a 到 b 点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则 b 点的动能小于在 a 点的动能，故 B 正确。C、d 点和 e 点在同一等势面上，电势相等，则 N 在 d 点的电势能等于在 e 点的电势能，故 C 正确。D、N 从 c 到 d，库仑斥力做正功，故 D 错误。故选：ABC。【点评】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．　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．（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 B 点时，物块的速度大小为　 0.56 　 m/s．在打出 D 点时，物块的速度大小为　 0.96 　 m/s；（保留两位有效数字）（2）物块的加速度大小为　 2.0 　 m/s2．（保留两位有效数字）【分析】（1）做匀变速直线运动的物体，某一时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，所以 B 点的速度等于 AC 两点间的平均速度，D 点速度等于 CE 两点间的平均速度（2）根据逐差法求加速度【解答】解：（1）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以（2）根据匀变速直线运动的推论公式 可以求出加速度的大小，得为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得 = =2.0故答案为：（1）0.56，0.96；（2）2.0．【点评】本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，知道纸带的数据处理方法，8 在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．　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 G 满偏电流为 100μA，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 1mA 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 1V；若使用 a、c 两个接线柱，电压表的量程为 3V．则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1=　 90 　 Ω，R2=　 910 　 Ω，R3=　 2000 　 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　 50 　 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　 M 　 （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　大于　（填“大于”或“小于”）900Ω。【分析】（1）根据串并联电路的知识求定值电阻的阻值（2）在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器（3）分压电路，控制电路两端的电压由 0 开始增大，同时也起到保护作用（4）改装表的读数比标准表的读数偏小，指针偏转的角度偏小，流过的表头的电流偏小，可能是表头电阻偏大【解答】解：（1）根据题意， 与表头 G 构成 1mA 的电流表，则： ，代入数据：整理得若使用 a、b 两个接线柱，电压表的量程为 1V，则若使用 a、c 两个接线柱，电压表的量程为 3V，则 =（2）电压表与之并联之后，电阻小于 2500Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大值远小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择 50Ω 的电阻。（3）在闭合开关 S 前，滑动变阻器的滑动端 P 应靠近 M 端，这样把并联部分电路短路，起到一种 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 G 的电流偏小，则实际其电阻偏大，故其实际阻值大于 900Ω故答案为：（1）90，910，2 000；（2）50；（3）M；（4）大于。【点评】本题关键是电压表和电流表的改装原理，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，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．（9 分）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，绳处于水平拉直状态．若物块 A 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（1）物块 B 克服摩擦力所做的功；（2）物块 A、B 的加速度大小．【分析】（1）根据几何关系确定 B 的位移；再根据滑动摩擦力公式可明确摩擦力的大小，根据功的公式即可求得克服摩擦力所做的功；（2）分别对 AB 受力分析，根据牛顿第二定律进行列式，联立可求得两物体的加速度．【解答】解：（1）物块 A 移动了距离 s，则物块 B 移动的距离为s1= ①物块 B 受到的摩擦力大小为f=4μmg②物块 B 克服摩擦力所做的功为W=fs1=4μmg× s=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﹣μmg﹣T=maA④2T﹣4μmg=4maB⑤由 A 和 B 的位移关系得aA=2aB⑥联立④⑤⑥式得aA= ⑦aB= ⑧答：（1）物块 B 克服摩擦力所做的功为 2μmgs；（2）物块 A、B 的加速度大小分别为 和 ．【点评】本题考查牛顿第二定律以及功的计算，要注意明确研究对象的选取，正确受力分析，再根据牛顿第二定律列式求解．　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 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 t0，求粒子此次入射速度的大小。【分析】（1）粒子垂直 OA 进入磁场中，转过 90°，垂直打在 y 轴上，则 t=t0= T，求出周期，由周期公式 T= 求 B 的大小。（2）画出两个粒子的运动轨迹，设轨迹所对应的圆心角分别为 θ1和 θ2，由几何关系有 θ1=180°﹣θ2，可得到时间之和等于 。（3）根据圆周运动知识知道，两粒子在磁场中运动的时间差△t 与△θ=θ2﹣θ1成正比，只要求出△θ 的最大值，即可求得 θ2的最大值。由△t= T 和已知条件△tmax= ，联立可求出 θ2的最大值，再结合几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律，利用洛伦兹力等于向心力，列式求解速度。【解答】解：（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②匀速圆周运动的速度满足③联立①②③式得B= ④（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 P 射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示。 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°﹣θ2 ⑤粒子两次在磁场中运动的时间分别为 t1与 t2，则t1+t2= =2t0；⑥（3）如下图，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°⑦r0cos∠OO′D+ =L⑧设粒子此次入射速度的大小为 v0，由圆周运动线速度公式，则有：v0= ⑨联立①⑦⑧⑨式得v0=答：（1）磁场的磁感应强度的大小 ；（2）该粒子这两次在磁场中运动的时间之和 2t0；（3）粒子此次入射速度的大小 。【点评】对于带电粒子在磁场中运动类型，要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，注意画出正确的运动轨迹图是解题的重点。　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．【选修 3-3】（12 分）15．（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 图象如图所示。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（　　） A．气体经历过程 1，其温度降低B．气体经历过程 1，其内能减小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 的内能改变量与经历过程 2 的相同【分析】AB、根据绝热，既不吸热，也不放热，结合热力学第一定律：△U=Q+W，即可判定；CD、根据理想气体状态方程 =C，结合过程 2 中，压强与体积的变化情况，从而即可求解；E、依据初末状态的温度相同，从而确定内能改变量也相同。【解答】解：AB、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，故 AB 正确；CD、气体在过程 2 中，根据理想气体状态方程 =C，刚开始时，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 CD 错误；E、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 E 正确；故选：ABE。【点评】考查热力学第一定律与理想气体状态方程的应用，理解绝热的含义，注意热力学第一定律中各量的正负含义，及掌握理想气体的定义。　16．（8 分）如图，密闭气缸两侧与一 U 形管的两端相连，气缸壁导热；U 形管内盛有密度为ρ=7.5×102kg/m3的液体．一活塞将气缸分成左、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 P0=4.5×103Pa．外界温度保持不变．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、右两气室的体积之比，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．【分析】对左右两部分气体分别运用玻意耳定律列式，由力的平衡找出压强关系，由几何关系找出体积关系．【解答】解：设初始状态时气缸左气室的体积为 V01，右气室的体积为 V02；当活塞至气缸中某位置时，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=p1V1①p0V02=p2V2②依题意有V01+V02=V1+V2③由力的平衡条件有p2﹣p1=ρgh④⑤联立①②③④⑤式，并代入题给数据得 ⑥由此解得（另一解不合题意，舍去）⑦得 ⑧V1：V2=1：1⑨答：此时左、右两气室的体积之比 1：1【点评】本题考查气体实验定律的应用，关键是确定状态参量，尤其是两部分气体的压强关系，初末状态的体积关系．　【选修 3-4】（12 分）17．（4 分）下列说法正确的是（　　）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【分析】根据单摆的周期公式分析周期与摆长的关系．弹簧振子做简谐振动时，系统的机械能守恒．单摆的周期与摆球的质量无关．受迫振动的频率等于驱动力的频率．根据时间与周期的关系，结合弹簧振子初始时刻的振动方向才可确定弹簧振子在任意时刻运动速度的方向．【解答】解：A、根据单摆的周期公式 T=2π ，得 T2= L．在同一地点，g 一定，则知 T2与 L成正比，即单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比。故 A 正确。B、弹簧振子做简谐振动时，振动系统的机械能守恒，即振动系统的势能与动能之和保持不变。故B 正确。C、根据单摆的周期公式 T=2π ，知单摆做简谐振动的周期与摆球质量无关，故 C 错误。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，与固有频率无关，故 D正确。E、振动质点在同一位置振动方向有两种，所以已知弹簧振子初始时刻的位置，不知道初始时刻振子的振动方向，根据振动周期，不能知道振子在任意时刻运动速度的方向。故选：ABD。【点评】解决本题的关键要掌握单摆周期公式 T=2π ，知道单摆的周期与摆球的质量无关，明确受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关．　18．（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 从空气中射入玻璃体内（入射面即纸面），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 ．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 O 点的距离。不考虑光线在玻璃体内的多次反射。 【分析】根据几何关系求出光线从 O 点射入时的折射角的正弦，结合折射定律求出折射率，在玻璃体球面上光线恰好发生全反射时，作出光路图，根据角度关系，运用正弦定理求出光束在上表面的入射点到 O 点的距离。【解答】解：当光线经球心 O 入射时，光路图如右上图所示。设玻璃的折射率为 n，由折射定律有：n= ①式中，入射角 i=45°，γ 为折射角。△OAB 为直角三角形，因此 sinr= ②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，光路图如右下图所示。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 ⑤联立以上各式并利用题给条件得 OE= 。答：光束在上表面的入射点到 O 点的距离为 。【点评】解决本题的关键作出光路图，灵活运用数学知识，结合折射定律和全反射的知识进行求解。本题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练。　【选修 3-5】（12 分）19．下列说法正确的是（　　）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【分析】爱因斯坦建立了光电效应方程；康普顿效应表明光子有能量，也有动量；波尔的原子理论只能成功地解释了氢原子光谱；卢瑟福通过分析 α 粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型； 依据德布罗意波长公式 λ= ，可知，波长与动量的关系．【解答】解：A、爱因斯坦提出了光子假说，建立了光电效应方程，故 A 正确；B、康普顿效应表明光子有能量，也有动量，故 B 错误；C、玻尔的原子理论只能成功地解释了氢原子光谱的实验规律，故 C 正确；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，故 D 正确；E、依据德布罗意波长公式 λ= ，可知，微观粒子的动量越大，其对应的波长就越短，故 E 错误；故选：ACD。【点评】考查光电效应方程、康普顿效应的作用、波尔的原子理论的意义、及 α 粒子散射实验等等知识，理解德布罗意波，即为物质波．　20．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．（ii）求 k 值的相对误差 δ（δ= ×100%），结果保留 1 位有效数字．【分析】（i）若 B 与 A 碰撞过程，由碰撞时间极短，外力的冲量不计，认为 AB 系统的动量守恒．由动量守恒定律得出碰后 AB 的共同速度．在碰撞后 A 和 B 共同上升的过程中，绳子拉力不做功，AB 共同体的机械能守恒，由机械能守恒定律列式，联立可得到 h 与 v2的关系式，结合数学知识得到 h﹣v2直线斜率的理论值 k0．（ii）根据题意 δ= ）×100%，求 k 值的相对误差 δ．【解答】解：（i）设物块 A 和 B 碰撞后共同运动的速度为 v′，取向右为正方向，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 （mA+mB）v′2=（mA+mB）gh ②联立①②式得 h= v2③由题意得： h﹣v2直线斜率的理论值 k0= ④代入题给数据得 k0=2.04×10﹣3s2/m ⑤ 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（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（　　）A． B． C． D．　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．（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9．（5 分）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 4：1B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为 1：4C．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．（5 分）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．下列说法正确的是（　　） （ii）按照定义知，k 值的相对误差 δ= ×100% ⑥由⑤⑥式和题给条件得 δ=6% ⑦答：（i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，h﹣v2直线斜率的理论值 k0是 2.04×10﹣3s2/m．（ii）k 值的相对误差 δ 是 6%．【点评】根据物理规律得到解析式，再分析图象斜率的物理意义是物理上常用的方法．要知道碰撞的基本规律：系统的动量守恒．　 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 点的过程中克服电场力做功　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．（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 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/s2．（保留两位有效数字）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 G 满偏电流为 100μA，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 1mA 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 1V；若使用 a、c 两个接线柱，电压表的量程为 3V．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．（9 分）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，绳处于水平拉直状态．若物块 A 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（1）物块 B 克服摩擦力所做的功；（2）物块 A、B 的加速度大小．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 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 t0，求粒子此次入射速度的大小。　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．【选修 3-3】（12 分）15．（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 图象如图所示。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（　　）A．气体经历过程 1，其温度降低B．气体经历过程 1，其内能减小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 的内能改变量与经历过程 2 的相同　16．（8 分）如图，密闭气缸两侧与一 U 形管的两端相连，气缸壁导热；U 形管内盛有密度为ρ=7.5×102kg/m3的液体．一活塞将气缸分成左、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 P0=4.5×103Pa．外界温度保持不变．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、右两气室的体积之比，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．　【选修 3-4】（12 分）17．（4 分）下列说法正确的是（　　）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　18．（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 从空气中射入玻璃体内（入射面即纸面），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 ．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 O 点的距离。不考虑光线在玻璃体内的多次反射。　【选修 3-5】（12 分）19．下列说法正确的是（　　）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　20．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．（ii）求 k 值的相对误差 δ（δ= ×100%），结果保留 1 位有效数字．　 2016 年海南省高考物理试卷参考答案与试题解析　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．（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，速率的改变量相等D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等【分析】明确平抛运动的性质，知道平抛运动可分解为竖直方向上的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动；再根据运动的合成和分解规律可明确速度及速率的变化情况．【解答】解：A、平抛运动的物体其加速度恒定不变，速度方向时刻变化；故 A 错误；B、由于竖直分速度一直增大，而水平分速度不变，故合速度的方向由水平逐渐变为接近竖直，故与竖直方向夹角越来越小；与加速度方向的夹角越来越小；故 B 正确；C、由 v=gt 可知，在相等的时间间隔内速度的改变量相同；但是速率为水平速度和竖直速度的合速度的大小；故速率的改变量不相同；故 C 错误；D、由 C 可知，速率的变化量不相等，故由动能的表达式可知，动能的改变量也不相等；故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查平抛运动的规律，要注意明确平抛运动的研究方法为运动的合成和分解，要正确理解合成与分解的方法；并注意速率和速度变化的区别．　2．（3 分）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=0C．f1≠0，f2≠0，f3=0 D．f1≠0，f2≠0，f3≠0【分析】分别对 a、ab 以及 abP 整体进行分析，根据平衡条件可明确各研究对象是否受到摩擦力作用．【解答】解：对 a 物体分析可知，a 物体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此a 受到 b 向上的摩擦力；f1≠0；再对 ab 整体分析可知，ab 整体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此 b 受到 P向上的摩擦力；f2≠0；对 ab 及 P 组成的整体分析，由于整体在水平方向不受外力，因此 P 不受地面的摩擦力；f3=0；故只有 C 正确，ABD 错误；故选：C。【点评】本题考查静摩擦力的分析和判断，要注意明确静摩擦力随物体受到的外力的变化而变化；同时明确静摩擦力产生的条件，从而分析是否存在摩擦力；同时注意整体法与隔离法的正确应用．　3．（3 分）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【分析】根据机械能守恒定律可明确最低点和最高点的速度关系；再根据向心力公式可求得小球在最高点和最低点时的压力大小，则可求得压力的差值．【解答】解：设最高点的速度为 v2，最低点速度为 v1；对由最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律可知：﹣mg2R= mv22﹣ mv12根据向心力公式可得：最高点时：N2+mg=m最低点时；N1﹣mg=m联立解得：N1﹣N2=6mg； 故选：D。【点评】本题考查机械能守恒定律以及向心力公式，要注意明确小球在圆环内部运动可视为绳模型；最高点时压力只能竖直向下．　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．以下说法正确的是（　　）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【分析】通过线圈面积的磁通量发生变化时，则会出现感应电动势，当电路闭合时，则产生感应电流．结合楞次定律可判定感应电流方向．【解答】解：AB、直导线之间的磁场时对称的，圆环在中间时，通过圆环的磁通量为零，金属环上下运动的时候，圆环的磁通量不变，不会有感应电流产生，故 AB 错误；C、金属环向左侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为顺时针，故 C 错误；D、金属环向右侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为逆时针，故 D 正确；故选：D。【点评】本题考查楞次定律的应用，掌握感应电流的产生条件，理解右手螺旋定则的内容．穿过线框的磁通量变化有几种方式，有磁场变化导致磁通量变化，也有面积变化导致磁通量变化，还有磁场与面积均变化导致磁通量变化的，最后有磁场与面积均没有变，而是放置的角度变化导致磁通量变化．　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 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＞F3C．F1＞F3D．F1=F3【分析】速度时间图象的斜率表示加速度的大小，斜率为正，表示加速运动，斜率为负，表示减速运动，再根据牛顿第二定律分析拉力的大小即可．【解答】解：由速度时间图象的斜率可知，0～5s 内和 10～15s 内物体的加速度大小 a 相等。在 0～5s 内，物体加速下滑，由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣f﹣F1=ma，所以 F1=mgsinθ﹣f﹣ma；在 5～10s，物体匀速下滑，受力平衡，则 mgsinθ﹣f=F2，所以 F2=mgsinθ﹣f；在 10～15s 内，物体减速下滑，由牛顿第二定律可得，F3+f﹣mgsinθ=ma，所以 F3=mgsinθ﹣f+ma；由以上分析可得，F1＜F2＜F3；故选：A。【点评】本题是对速度时间图象含义的考查，明确速度时间图象的斜率表示加速度的大小，斜率为正，表示加速运动，斜率为负，表示减速运动，再根据牛顿第二定律计算拉力的大小即可．　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（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（　　）A． B． C． D．【分析】粒子在电场中只受到电场力的作用，只有电场力做功，粒子恰好到达上极板时速度恰好与上极板平行，所以将粒子初速度分解为垂直极板和平行极板的分速度，再结合运动学公式可求得 E．【解答】解：根据电荷的受力情况可知，粒子在电场中做曲线运动，如图所示，将粒子的速度 v 分解为垂直于板的 vy和平行于板的 vx，由于极板与水平面夹角 45°，粒子的初速度方向竖直向上，所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度为 vy=v0sin45°= 。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，即粒子垂直于极板方向的速度 vy′=0。根据运动学公式有 ﹣vy′2=2 d又知 Ek0= m 联立以上各式求得 E=故 B 正确，ACD 错误；故选：B。【点评】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后根据类平抛运动的规律和动能定理计算电场强度的大小即可．　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．（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【分析】人造卫星绕地球做匀速圆周运动时，万有引力充当向心力，由万有引力定律结合牛顿第二定律列式求中心天体的质量，然后由选项条件判断正确的答案．【解答】解：卫星围绕冥王星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，A、已知卫星的速度和角速度，则轨道半径 r= ，根据 即可求解冥王星质量 M，故 A 正确；B、根据 可知，卫星的质量可以约去，只知道半径不能求出冥王星质量，故 B 错误；C、根据 可知，卫星的质量可以约去，只知道角速度不能求出冥王星质量，故 C 错误；D、根据 可知，知道卫星的运行周期和轨道半径可求解冥王星质量 M，故 D 正确；故选：AD。【点评】解答万有引力定律在天体运动中的应用时要明确天体做匀速圆周运动，其受到的万有引力提供向心力，会用线速度、角速度、周期表示向心力，同时注意公式间的化简．　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【分析】应用化曲为直法，把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，再根据左手定则判断所受安培力的方向即可．