文档内容
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 f 、f 和 f 表
1 2 3
示。则
A． f =0，f ≠0，f ≠0
1 2 3
B． f ≠0，f =0，f =0
1 2 3
C． f ≠0，f ≠0，f =0
1 2 3D． f ≠0，f ≠0，f ≠0
1 2 3
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N ，在高点时对轨道的压力大小为N .重力加速度大
1 2
小为g，则N –N 的值为
1 2
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
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F 、F 和F ，则
1 2 3
A．F F
1 2 2 3
C.F >F D.F =F
1 3 1 3
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
E E 2E 2E
A. k0 B. k0 C. k0 D. k0
4qd 2qd 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
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，R 为阻值随温度升高而减小
T的热敏电阻，R 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
1
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R 的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大
T
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)。
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。R 、R
1 2
和 R 是定值电阻。利用 R 和表头构成 1 mA的电流表，然后再将其改装为两个
3 1
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
R =___Ω，R =______Ω,R =_______Ω。
1 2 3（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
（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t 。不计重力。
0
（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
4
t ，求粒子此次入射速度的大小。
3 0
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
0
向右拉活塞使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）（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m =0.400kg和m =0.100kg，重力加速度
A B
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k 。
0
kk
（ii）求k值的相对误差（= 0 ）×100%，结果保留1位有效数字。
k
0参考答案
一、单项选择题
1.B 2.C 3.D 4.D 5.A 6.B
二、多项选择题
7.AD 8.BC 9.BD 10.ABC
三、实验题
11.（6分）
（1）0.56 0.96 （4分。每空2分）
（2）2.0 （2分）
12（9分）
（1）100 910 2 000（3分。每空1分）
（2）50 （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
1
s s①
1 2
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 fs 2μmgs③
1
（2）设物块A、B的加速度大小分别为a 、a ，绳中的张力为T。有牛顿第二定律得
A B
F mgT ma ④
A
2T 4mg 4ma ⑤
B
由A和B的位移关系得
a 2a ⑥
A B
联立④⑤⑥式得
F 3mg
a = ⑦
A 2m
F 3mg
a = ⑧
B 4m
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。
14.（14分）
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t 内其速度方向改变了90°，故其周期
0
T=4t ①
0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 ②
r
匀速圆周运动的速度满足
2r
v ③
T
联立①②③式得
πm
B ④
2qt
0
（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θ 和θ 。由几何关系
1 2
有
θ =180°-θ ⑤
1 2
粒子两次在磁场中运动的时间分别为t 与t ，则
1 2
T
t t 2t ⑥
1 2 2 0
（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r ，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，
0
由几何关系和题给条件可知，此时有
∠O O'D=∠B O'A=30°⑦r
r cosOOD 0 L⑧
0 cosBOA
设粒子此次入社速度的大小为v ，由圆周运动规律
0
2πr
v 0 ⑨
0 T
联立①⑦⑧⑨式得
3πL
v ⑩
0 7t
0
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V ，右气室的体积为V ；当活塞至汽缸中某位置时，
01 02
左、右气室的压强分别为p 、p ，体积分别为V 、V ，由玻意耳定律得
1 2 1 2
p V =p V ①
0 01 1 1
p V =p V ②
0 02 2 2
依题意有
V +V =V +V ③
01 02 1 2
由力的平衡条件有p –p =ρgh④
2 1
联立①②③④式，并代入题给数据得
2V2 3V V 9V2⑤
1 01 1 01
由此解得
3
V V （另一解不合题意，舍去）⑥
1 2 01
由③⑥式和题给条件得
V :V =1:1⑦
1 2
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 ①
sin
式中，入射角i=45°，为折射角。
△OAB为直角三角形因此
AB
sin ②
OA2+AB2
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EDOC④
在EDO内，根据正弦定理有
OD OE
⑤
sin(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
m v(m m )v'①
B A B
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 )gh②
2 A B A B
联立①②式得
m 2
h B v2③
2g(m m )2
A B
由题意得
m 2
k B ④
0 2g(m m )2
A B
代入题给数据得k 2.0410-3s2 /m⑤
0
（ii）按照定义
kk
= 0 100%⑥
k
0
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。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 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
【答案】B
【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
v v
夹角为，则tan 0 0 ，随着时间t的变大，故tan变小，则变小，故选
v gt
y
v
项 B正确；根据加速度定义式a g，则vgt，即在相等的时间间隔
t
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W mgh，由于平抛运动在竖直方向上，在相等
G
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 f 、 f 和 f 表示。则（ ）
1 2 3
A． f 0， f 0， f 0 B． f 0， f 0， f 0
1 2 3 1 2 3
C． f 0， f 0， f 0 D． f 0， f 0， f 0
1 2 3 1 2 3
【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 f 0，在
3
将a和b看成一个整体，ab整体有相对斜面向下运动的趋势，故b与P之间有摩
擦力，即 f 0，在对a进行受力可以知道，由于a处于静止状态，故a相对于b
2
有向下运动的趋势，故a和b之间存在摩擦力作用，即 f 0，故选C。
1
【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N ，在最高点时对轨
1
道的压力大小为N 。重力加速度大小为g，则N –N 的值为（ ）
2 1 2A．3mg B．4mg C．5mg D．6mg
【答案】D
【解析】设小球在最低点速度为v ，在最高点速度为v ，在根据牛顿第二定律：在最低
1 2
v2 v2
点：N mg m 1 ，在最高点：N mg m 2 ，同时从最高点到最低点，根据
1 R 2 R
1 1
动 能 定 理 ： mg2R mv2 mv2， 联 立 以 上 三 个 方 程 式 可 以 得 到 ：
2 1 2 2
N N 6mgR，，故选D。
1 2
【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F 、F 和F ，则（ ）
1 2 3
A．F F B．F F C．F F D．F F
1 2 2 3 1 3 1 3
【答案】A【解析】根据vt图像可以知道，在0~5s内加速度为a 0.2m s2，方向沿斜面向下；在
1
5~10s内，加速度a 0；在10~15s内加速度为a 0.2m s2 ，方向沿斜面向
2 1
上；受力分析如图：在0~5s内，根据牛顿第二定律：mgsin f F ma ，
1 1
则 ： F mgsin f 0.2m； 在 5~10s内 ， 根 据 牛 顿 第 二 定 律 ：
1
mgsin f F ma ，则： F mgsin f ；在10~15s内，根据牛顿第二定
2 2 2
律 ： f F mgsinma ， 则 f F mgsin f 0.2m， 故 可 以 得 到 ：
3 3 3
F F F ，故选A。
3 2 1
【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 q0的粒子在电容器中靠近下极板处。以初动能
E 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
k0
场强度的最大值为（ ）
E E 2E 2E
A． k0 B． k0 C． k0 D． k0
4qd 2qd 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v 分解为垂直极板的v 和
0 y
平行极板v ，
x
根据运动的合成与分解，当分速度v 0时，则粒子的速度正好平行上极板，则
y
根据运动学
Eq 1
公式： v2 2 d，由于 v v cos45， E mv2，联立整理得到：
y m y 0 K0 2 0
E
E K0 ，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 v2 v2r v3
m ，整理可以得到：M ，故选项A正确；由于卫星的质量
r2 r G G
m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
GMm 2 2 42r3
m r，整理得到：M ，故选AD。
r2 T GT2
【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，R 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R 为定值电
T 1
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1:4
C．u随t变化的规律为u51sin50πt（国际单位制）
D．若热敏电阻R 的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大
T
【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
I n 1
误；变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即 1 2 ，故选项B正
I n 4
2 1
确；由图（b）可知交流电压最大值U 51V，周期T 0.02s，可由周期求出角
m
速度的值为100rad s，则可得交流电压u的表达式U 51sin100tV，故选
项C错误；R 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，
T
选项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．【2016年海南，10，5分】如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线
圆均以为O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 、ａ 、ａ 、ａ 、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
【答案】ABC
【解析】如图所示，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
M 带电粒子受到了引力作用，故M 带负电荷，而N粒子的轨迹向下弯曲，则带
电粒子所受的电场力方向向下，说明N粒子受到斥力作用，故N粒子带正电荷，
故选项A正确；由于虚线是等势面，故M 粒子从a到b电场力对其做负功，故动
能减小，故选项B正确；对于N粒子，由于d和e在同一等势面上，故从d到e
电场力不做功，故电势能不变，故选项C正确；由于N粒子带正电，故从c点运
动到d点的过程中，电场力做正功，故选项D错误，故选ABC。
【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）
【答案】（1）0.56，0.96；（2）20
【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，
x 0.04610.0659 x 0.08610.1061
v AC 0.56m s， v CE 0.96m s
B 2T 0.2 D 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：
v v a2T ，带入数据整理可以得到：a2.0m s2 。
D B
【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G满偏电流为100μA，表头上标记的内阻值为900。
R 、R 和R 是定值
1 2 3
电阻。利用R 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。
1
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R _ _，R __ ___
1 2，
R ______。
3
（2）用量程为3V，内阻为2500的标准电压表○V 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50和5kΩ。为了方便实验
中调节电压，图中R应
选用最大阻值为______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”）900。
【答案】（1）100，910，2000；（2）50；（3）M ；（4）大于
【解析】（1）根据题意，R 与表头G构成1mA的电流表，则：I R I I R ，整理：
1 g g g 1
R 100；若使用a、
1
U I R 10.09
b两个接线柱，电压表的量程为1V，则R ab g g 910；
2 I 1103
若使用a、c两个接
线 柱 ， 电 压 表 的 量 程 为 3V， 则
U I R IR 30.091103910
R ac g g 2 2000。
3 I 1103
（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，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G的电流
偏小，则实际其电阻偏大，故其实实际阻值大于900。
【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．13．【2016年海南，13，9分】水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地
面的动摩擦因数均为。
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客服摩擦力所做的功；
（2）物块A、B的加速度大小。
1
解：（1）物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为s s①
1 2
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 fs 2μmgs③
1
（2）设物块A、B的加速度大小分别为a 、a ，绳中的张力为T 。由牛顿第二定律得
A B
F mgT ma ④
A
2T 4mg 4ma ⑤ 由A和B的位移关系得：a 2a ⑥ 联立④⑤⑥式得：
B A B
F 3mg F 3mg
a = ⑦ a = ⑧
A 2m B 4m
【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，OCA30
，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t 。不计重力。
0
（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
5
t ，求粒子此次入射
3 0
速度的大小。
解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t 内其速度方向改变了90，故其周期
0
T 4t ①
0
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 2r πm
qvB=m ② 匀速圆周运动速度满足v ③联立①②③式得B ④
r T 2qt
0
（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（a）所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为和。由几何关系
1 2
180⑤
1 2
T
粒子两次在磁场中运动的时间分别为t 与t ，则t t 2t ⑥
1 2 1 2 2 0
（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r ，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几
0
何关系和题
r
给条件可知，此时有OODBOA30⑦ r cosOOD 0 L⑧
0 cosBOA
2πr
设粒子此次入射速度大小为v ，由圆周运动规律v 0 ⑨联立①⑦⑧⑨式得
0 0 T
3πL
v ⑩
0 7t
0
【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M 可以经历过程1或者过程2到达状态N，
其 pV 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；有选错的得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
【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
PV
低，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
T
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
0
变。
缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h40cm，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。
解：设初始状态时汽缸左气室的体积为V ，右气室的体积为V ；当活塞至汽缸中某位置
01 02时，左、右气室的压强分别为 p 、 p ，体积分别为V 、V ，由玻意耳定律得：
1 2 1 2
pV pV ① pV pV ② 依题意有：
0 01 1 1 0 02 2 2
V V V V ③ 由力的平衡条件有 p – p gh ④ 联立①②③④式，并代
01 02 1 2 2 1
入题给数据得：
3
2V2 3V V 9V2 0⑤由此解得V V （另一解不合题意，舍去）⑥由③⑥式和题
1 01 1 01 1 2 01
给条件得V :V 1:1⑦
1 2
【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g为定值，
g
故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
R
。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
2
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。
解：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 ①式中，入射角 i45，为折射角。 OAB为直角三角形因此：
sin
AB
sin ②
OA2 AB2
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，
n
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
EDOC④
OD OE 2
在EDO内，根据正弦定理有： ⑤ 联立上式得：OE R
sin 90 sinC 2
⑥
【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
P
量越大，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 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，v 为横坐
2
标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k 1.92103s2 m。已
知物块 A和B的质量分别为m 0.400kgg和m 0.100kg，重力加速度大
A B
小g 9.8m s2 。
（i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求hv 直线斜率的理论值k ；
2 0
kk
（ii）求k值的相对误差 0 100%，结果保留1位有效数字）。
k
0
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m v(m m )v'
B A B
① 在碰撞后A和B共
1
同上升的过程中，由机械能守恒定律 (m m )v'2=(m m )gh②联立①②式得
2 A B A B
m 2
h B v2③
2g(m m )2
A B
m 2
由题意得k B ④ 代入题给数据得：k 2.0410-3s2 /m⑤
0 2g(m m )2 0
A B
kk
（ii）按照定义： 0 100%⑥ 由⑤⑥式和题给条件得：6%⑦
k
0
【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。
