2016年高考物理試卷（北京）（解析卷）

第頁|共頁2016年北京市高考物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）1．（6分）處于n=3能級的大量氫原子，向低能級躍遷時，輻射光的頻率有（）A．1種 B．2種 C．3種 D．4種 【考點】J4：氫原子的能級公式和躍遷．【專題】32：定量思想；43：推理法；54N：原子的能級結(jié)構(gòu)專題．【分析】本題考查了波爾原子理論，所有的激發(fā)態(tài)都是不穩(wěn)定的，都會繼續(xù)向基態(tài)躍遷，故輻射光子的種類為．【解答】解：現(xiàn)有大量的氫原子處于n=3的激發(fā)態(tài)，當(dāng)這些氫原子向低能級躍遷時，輻射光子的頻率為n==3種。選項C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】解決本題的關(guān)鍵知道能級間躍遷輻射或吸收光子的能量等于兩能級間的能級差，知道數(shù)學(xué)組合公式的應(yīng)用．2．（6分）下列說法正確的是（）A．電磁波在真空中以光速C傳播 B．在空氣中傳播的聲波是橫波 C．聲波只能在空氣中傳播 D．光需要介質(zhì)才能傳播 【考點】F8：聲波；G4：電磁波的發(fā)射、傳播和接收．【專題】32：定量思想；43：推理法；54R：電磁場理論和電磁波．【分析】電磁波在真空中的傳播速度與光在真空中的傳播速度相同，機械波傳播的是振動形式，離不開介質(zhì)；波速由介質(zhì)決定．【解答】解：A、電磁波在真空中的傳播速度與光在真空中的傳播速度相同，故A正確；B、空氣中的聲波是縱波，故B錯誤；C、聲波不僅能在空氣中傳播，也能在固體、液體中傳播，但不能在真空中傳播，故C錯誤；D、光可以在真空中的傳播，不需要介質(zhì)，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查了電磁波的傳播條件、傳播速度，涉及的是基礎(chǔ)知識，還有要明確聲波是機械波，然后結(jié)合機械波的波速、波長、頻率關(guān)系公式列式求解．3．（6分）如圖所示，彈簧振子在M、N之間做簡諧運動．以平衡位置O為原點，建立Ox軸．向右為x的軸的正方向．若振子位于N點時開始計時，則其振動圖象為（）A． B． C． D． 【考點】72：簡諧運動的振幅、周期和頻率；73：簡諧運動的振動圖象．【專題】32：定量思想；43：推理法；51D：振動圖像與波動圖像專題．【分析】當(dāng)振子運動到N點時開始計時，分析此時振子的位置，即確定出t=0時刻質(zhì)點的位置，即可確定位移時間的圖象．【解答】解：由題意：設(shè)向右為x正方向，振子運動到N點時，振子具有正方向最大位移，所以振子運動到N點時開始計時振動圖象應(yīng)是余弦曲線，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題在選擇圖象時，關(guān)鍵研究t=0時刻質(zhì)點的位移和位移如何變化．4．（6分）如圖所示，勻強磁場中有兩個導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直．磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大．兩圓環(huán)半徑之比為2：1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響．下列說法正確的是（）A．Ea：Eb=4：1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向 B．Ea：Eb=4：1，感應(yīng)電流均沿順時針方向 C．Ea：Eb=2：1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向 D．Ea：Eb=2：1，感應(yīng)電流均沿順時針方向 【考點】D8：法拉第電磁感應(yīng)定律；DB：楞次定律．【專題】32：定量思想；43：推理法；53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=n=nS計算感應(yīng)電動勢的大小，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向．【解答】解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E==S，題中相同，a圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Ea==S=π，b圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Eb==S=π，由于ra：rb=2：1，所以，由于磁場向外，磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流均沿順時針方向，故B正確，ACD錯誤；故選：B?！军c評】本題整合了法拉第電磁感應(yīng)定律，楞次定律，常規(guī)題，要善于運用比例法求解比值．5．（6分）中國宋代科學(xué)家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也．”進(jìn)一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖．結(jié)合上述材料，下列說法不正確的是（）A．地理南、北極與地磁場的南、北極不重合 B．地球內(nèi)部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近 C．地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行 D．地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用 【考點】C5：地磁場；CF：洛倫茲力．【專題】32：定量思想；43：推理法；536：帶電粒子在磁場中的運動專題．【分析】根據(jù)課本中有關(guān)地磁場的基礎(chǔ)知識，同時明在確磁場及磁通量的性質(zhì)；即可確定此題的答案．【解答】解：A、地理南、北極與地磁場的南、北極不重合有一定的夾角，即為磁偏角；故A正確；B、磁場是閉合的曲線，地球內(nèi)部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近，故B正確；C、磁場是閉合的曲線，地球磁場從南極附近發(fā)出，從北極附近進(jìn)入地球，組成閉合曲線，不是地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行，故C錯誤；D、地磁場與射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子速度方向并不平行，所以對帶電宇宙射線粒子有力的作用，故D正確；本題選錯誤的，故選：C。【點評】本題考查了地磁場的性質(zhì)以及磁通量等內(nèi)容，要注意借助地磁場的磁場分布分析地磁場對應(yīng)的性質(zhì)．6．（6分）如圖所示，一顆人造衛(wèi)星原來在橢圓軌道1繞地球E運行，在P變軌后進(jìn)入軌道2做勻速圓周運動．下列說法正確的是（）A．不論在軌道1還是在軌道2運行，衛(wèi)星在P點的速度都相同 B．不論在軌道1還是在軌道2運行，衛(wèi)星在P點的加速度都相同 C．衛(wèi)星在軌道1的任何位置都具有相同加速度 D．衛(wèi)星在軌道2的任何位置都具有相同動量 【考點】4F：萬有引力定律及其應(yīng)用；4H：人造衛(wèi)星．【專題】22：學(xué)科綜合題；31：定性思想；43：推理法；52A：人造衛(wèi)星問題．【分析】衛(wèi)星變軌，做離心運動要加速；萬有引力提供向心力；加速度和動量都是矢量．【解答】解：A．衛(wèi)星由軌道1在P點進(jìn)入軌道2做離心運動，要加速，所以在軌道1和在軌道2運行經(jīng)過P點的速度不同，故A錯誤；B．在軌道1和在軌道2運行經(jīng)過P點，都是萬有引力提供向心力，由a=可知，衛(wèi)星在P點的加速度都相同，故B正確；C．由a=可知，由于r不同，加速度的方向指向地球，方向不同，所以衛(wèi)星在軌道1的任何位置的加速度都不同，故C錯誤；D．衛(wèi)星在軌道2的任何位置的速度方向不同，所以動量不同，故D錯誤。故選：B?！军c評】解答本題的關(guān)鍵是知道衛(wèi)星變軌問題，做離心運動要加速．還要知道加速度和動量都是矢量，都有方向．7．（6分）某興趣小組探究用不同方法測定干電池的電動勢和內(nèi)阻，他們提出的實驗方案中有如下四種器材組合．為使實驗結(jié)果盡可能準(zhǔn)確，最不可取的一組器材是（）A．一個安培表、一個伏特表和一個滑動變阻器 B．一個伏特表和多個定值電阻 C．一個安培表和一個電阻箱 D．兩個安培表和一個滑動變阻器 【考點】N3：測定電源的電動勢和內(nèi)阻．【專題】18：誤差分析和數(shù)據(jù)處理；34：比較思想；43：推理法；535：恒定電流專題．【分析】根據(jù)U﹣I圖象與坐標(biāo)軸的交點求解電動勢和內(nèi)阻．【解答】解：通過改變電路的阻值從而獲得多組數(shù)據(jù)，根據(jù)U﹣I圖象與坐標(biāo)軸的交點求解電動勢和內(nèi)阻。A．安培表測電流，伏特表測路端電壓，滑動變阻改變電路的阻值從而獲得多組數(shù)據(jù)，故A可取；B．伏特表測路端電壓，電流可由路端電壓和定值電阻求得，通過改變接入定值電阻的個數(shù)改變電路的電阻，故B可取；C．安培表測電流，再由電流和定值電阻可得路端電壓，通過改變接入定值電阻的個數(shù)改變電路的電阻，故C可??；D．兩個安培表和一個滑動變阻器，不管怎么組合，不能測出路端電壓，故不能測出電動勢和內(nèi)阻，故D最不可取。本題選最不可取的一組器材，故選：D。【點評】解決本題的關(guān)鍵會從U﹣I圖線獲取電源的電動勢和內(nèi)阻，電源的內(nèi)阻等于圖線的斜率絕對值，以及會分析誤差的來源．8．（6分）霧霾天氣對大氣中各種懸浮顆粒物含量超標(biāo)的籠統(tǒng)表述，是特定氣候條件與人類活動相互作用的結(jié)果。霧霾中，各種懸浮顆粒物形狀不規(guī)則，但可視為密度相同、直徑不同的球體，并用PM10、PM2.5分別表示直徑小于或等于10μm、2.5μm的顆粒物（PM是顆粒物的英文縮寫）。某科研機構(gòu)對北京地區(qū)的檢測結(jié)果表明，在靜穩(wěn)的霧霾天氣中，近地面高度百米的范圍內(nèi)，PM10的濃度隨高度的增加略有減小，大于PM10的大懸浮顆粒物的濃度隨高度的增加明顯減小，且兩種濃度分布基本不隨時間變化。據(jù)此材料，以下敘述正確的是（）A．PM10表示直徑小于或等于1.0×10﹣6m的懸浮顆粒物 B．PM10受到的空氣分子作用力的合力始終大于其受到的重力 C．PM10和大懸浮顆粒物都在做布朗運動 D．PM2.5濃度隨高度的增加逐漸增大 【考點】84：布朗運動；86：分子間的相互作用力．【專題】15：簡答題；21：信息給予題；31：定性思想；43：推理法；546：分子間相互作用力與分子間距離的關(guān)系．【分析】由題意知：PM10表示直徑小于或等于的10μm；PM10、PM2.5是直徑小于或等于10μm、2.5μm的顆粒物，在空氣分子作用力的合力作用下做無規(guī)則運動，合力不可能始終大于其受到的重力；布朗運動是懸浮顆粒的無規(guī)則運動，是空氣分子無規(guī)則運動的反映。【解答】解：A．由題意知：PM10表示直徑小于或等于的10μm=10﹣5m懸浮顆粒，故A錯誤；BCD．由題意知，PM10、PM2.5是直徑小于或等于10μm、2.5μm的顆粒物，在空氣分子作用力的合力作用下做無規(guī)則運動，合力不可能始終大于其受到的重力，所以PM10和大懸浮顆粒物都在做布朗運動，PM10、PM2.5的濃度隨高度的增加略有減小，故C正確，BD錯誤。故選：C?！军c評】解答此題的關(guān)鍵是由題目獲得信息，并能理解布朗運動的含義。二、解答題9．（4分）熱敏電阻常用于溫度控制或過熱保護(hù)裝置中．圖為某種熱敏電阻和金屬熱電阻的阻值R隨溫度t變化的示意圖．由圖可知，這種熱敏電阻在溫度上升時導(dǎo)電能力增強（選填“增強”或“減弱”）；相對金屬熱電阻而言，熱敏電阻對溫度變化的影響更敏感（選填“敏感”或“不敏感”）．【考點】B2：歐姆定律．【專題】15：簡答題；34：比較思想；45：歸納法；535：恒定電流專題．【分析】圖中橫軸表示溫度，縱軸表示電阻，圖象反映了電阻隨著溫度的變化情況．【解答】解：圖中橫軸表示溫度，縱軸表示電阻，隨著溫度的增加，金屬熱電阻的阻值略微增大，而熱敏電阻的阻值顯著減?。赃@種熱敏電阻在溫度上升時導(dǎo)電能力增強；相對金屬熱電阻而言，熱敏電阻對溫度變化的影響更敏感．故答案為：增強，敏感．【點評】解題的關(guān)鍵是能看懂圖象，一個物理量不斷變化時，看另一個物理量如何變化，從而得出結(jié)論．四、標(biāo)題10．（14分）利用圖1裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗．①為驗證機械能是否守恒，需要比較重物下落過程中任意兩點間的A．A．動能變化量與勢能變化量B．速度變化量和勢能變化量C．速度變化量和高度變化量②除帶夾子的重物、紙帶、鐵架臺（含鐵夾）、電磁打點計時器、導(dǎo)線及開關(guān)外，在下列器材中，還必須使用的兩種器材是ABA．交流電源B．刻度尺C．天平（含砝碼）③實驗中，先接通電源，再釋放重物，得到圖2所示的一條紙帶．在紙帶上選取三個連續(xù)打出的點A、B、C，測得它們到起始點O的距離分別為hA、hB、hC．已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，打點計時器打點的周期為T．設(shè)重物的質(zhì)量為m．從打O點到打B點的過程中，重物的重力勢能變化量△Ep=﹣mghB，動能變化量△Ek=．④大多數(shù)學(xué)生的實驗結(jié)果顯示，重力勢能的減少量大于動能的增加量，原因是CA．利用公式v=gt計算重物速度B．利用公式v=計算重物速度C．存在空氣阻力和摩擦力阻力的影響D．沒有采用多次試驗去平均值的方法．⑤根據(jù)以下方法研究機械能是否守恒：在紙帶上選取多個計數(shù)點，測量它們到起始點O的距離h，計算對應(yīng)計數(shù)點的重物速度v，描繪v2﹣h圖象，并做如下判斷：若圖象是一條過原點的直線，則重物下落過程中機械能守恒．請你分析論證該同學(xué)的判斷依據(jù)是否正確．【考點】MD：驗證機械能守恒定律．【專題】13：實驗題；23：實驗探究題；31：定性思想；43：推理法；52E：機械能守恒定律應(yīng)用專題．【分析】根據(jù)驗證機械能守恒定律原理可判斷；根據(jù)實驗的原理確定需要測量的物理量，從而確定所需的測量器材；根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出B點的瞬時速度，從而得出動能的增加量；根據(jù)功能關(guān)系可判斷；如果v2﹣h圖象為直線，僅表示合力恒定，與機械能是否守恒無關(guān)，比如：阻力恒定，合外力一定，加速度一定，v2﹣h圖象也可能是一條過原點的傾斜的直線．【解答】解：①驗證機械能守恒定律原理是看減少的重力勢能和增加的動能是否相等，所以需要比較重物下落過程中任意兩點間的動能變化量與勢能變化量；②電磁打點計時器使用低壓交流電源；需選用刻度尺測出紙帶上任意連點見得距離，表示重錘下落的高度；等式兩邊都含有相同的質(zhì)量，所以不需要天平秤質(zhì)量；③根據(jù)功能關(guān)系，重物的重力勢能變化量的大小等于重力做的功的多少，打B點時的重力勢能較打A點時的小，所以△Ep=﹣mghB；B點的速度為：vB=，所以動能變化量為：△Ek=mv2=；④由于紙帶在下落過程中，重錘和空氣之間存在阻力，紙帶和打點計時器之間存在摩擦力，所以減小的重力勢能一部分轉(zhuǎn)化為動能，還有一部分要克服空氣阻力和摩擦力阻力做功，故重力勢能的減少量大于動能的增加量，故C選項正確；⑤該同學(xué)的判斷依據(jù)不正確．在重物下落h的過程中，若阻力f恒定，根據(jù)mgh﹣fh=mv2﹣0可得：v2=2（g﹣）h，則此時v2﹣h圖象就是過原點的一條直線．所以要想通過v2﹣h圖象的方法驗證機械能是否守恒，還必須看圖象的斜率是否接近2g．故答案為：①A；②AB；③mghB；；④C；⑤不正確．【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握實驗的原理，會通過原理確定器材，以及掌握紙帶的處理方法，會通過紙帶求解瞬時速度的大小，關(guān)鍵是勻變速直線運動推論的運用．五、標(biāo)題11．（16分）如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。（1）求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T；（2）為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E的大小?！究键c】AK：帶電粒子在勻強電場中的運動；CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動．【專題】11：計算題；32：定量思想；4C：方程法；536：帶電粒子在磁場中的運動專題．【分析】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出軌道半徑，然后求出周期。（2）粒子在電磁場中做勻速直線運動，電場力和洛倫茲力二力平衡，即可求出電場強度E的大小【解答】解：（1）由洛倫茲力公式，粒子在磁場中受力F為F=qvB①粒子做勻速圓周運動所需向心力粒子僅受洛倫茲力做勻速圓周運動聯(lián)立①②③得④④由勻速圓周運動周期與線速度關(guān)系：⑤聯(lián)立④⑤得（2）粒子做勻速直線運動需受力平衡故電場力需與洛倫茲力等大反向即qE=qvB解得：E=vB答：（1）粒子做勻速圓周運動的半徑R為和周期T為；（2）為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，電場強度E的大小為vB?！军c評】本題考查了求粒子做圓周運動的軌道半徑、周期，應(yīng)用牛頓第二定律、線速度與周期的關(guān)系即可正確解題。注意粒子（重力不計）在電磁復(fù)合場中做勻速直線運動，電場力和洛倫茲力平衡。12．（18分）如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于版面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d．（1）忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度v0和從電場射出時沿垂直版面方向的偏轉(zhuǎn)距離△y；（2）分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法．在解決（1）問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因．已知U=2.0×102V，d=4.0×10﹣2m，m=9.1×10﹣31kg，e=1.6×10﹣19C，g=10m/s2．（3）極板間既有電場也有重力場．電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì)，請寫出電勢φ的定義式．類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”的φG概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點．【考點】AC：電勢；AG：電勢差和電場強度的關(guān)系．【專題】11：計算題；32：定量思想；43：推理法；532：電場力與電勢的性質(zhì)專題．【分析】（1）根據(jù)動能定理，即可求得加速的速度大小，再依據(jù)類平拋運動處理規(guī)律，結(jié)合運動學(xué)公式，及運動的合成與分解，從而即可求解；（2）依據(jù)提供的數(shù)據(jù)，從而計算出重力與電場力，并求得它們的比值，即可求解；（3）根據(jù)電勢是電勢能與電荷量的比值，故重力勢等于重力勢能與質(zhì)量的比值，再根據(jù)兩者的聯(lián)系，從而確定共同點．【解答】解：（1）電子在加速場中加速，根據(jù)動能定理，則有：eU0=解得：v0=電子在偏轉(zhuǎn)電場中加速，做類平拋運動，將其運動分解成速度方向勻速直線運動，與電場強度方向做初速度為零的勻加速直線運動，則有：速度方向的位移為：L=v0t；電場強度方向的位移為：△y=由牛頓第二定律有：a==且E=綜上所述，解得：△y=（2）已知U=2.0×102V，d=4.0×10﹣2m，m=9.1×10﹣31kg，e=1.6×10﹣19C，g=10m/s2．電子所受重力為：G=mg=9.1×10﹣30N電子受到的電場力為：F電=e=8×10﹣16N那么=≈10﹣14；由于F電＞＞G，所以重力忽略不計，（3）電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能EP與其電荷量q的比值，即：φ=由于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質(zhì)量m的比值，叫做“重力勢”，即φG=．電勢φ與重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定．答：（1）忽略電子所受重力，電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度，從電場射出時沿垂直版面方向的偏轉(zhuǎn)距離；（2）根據(jù)≈10﹣14，從而可以忽略了電子所受重力．（3）電勢φ的定義式為：φ=；電勢和“重力勢”的共同特點為：電勢φ與重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定．【點評】考查了動能定理的內(nèi)容，掌握類平拋運動處理規(guī)律，掌握運動的合成與分解的應(yīng)用，注意類比法的內(nèi)涵，及如何歸納物理量間的共同點是解題的關(guān)鍵．13．（10分）動量定理可以表示為△p=F△t，其中動量p和力F都是矢量．在運用動量定理處理二維問題時，可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究．例如，質(zhì)量為m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后彈出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是υ，如圖所示．碰撞過程中忽略小球所受重力．a(chǎn)．分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化△px、△py；b．分析說明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较颍究键c】52：動量定理．【專題】15：簡答題；31：定性思想；43：推理法；52F：動量定理應(yīng)用專題．【分析】（a）把小球入射速度和反射速度沿x方向和y方向進(jìn)行分解，再根據(jù)動量的變化量等于末動量減初動量求解即可；（b）對小球分析，根據(jù)△p=F△t分別求出x方向和y方向的作用力，從而求出合力，再結(jié)合牛頓第三定律分析即可．【解答】解：a、把小球入射速度分解為vx=vsinθ，vy=﹣vcosθ，把小球反彈速度分解為vx′=vsinθ，vy′=vcosθ，則△px=m（vx′﹣vx）=0，△py=m（vy′﹣vy）=2mvcosθ，方向沿y軸正方向，b、對小球分析，根據(jù)△p=F△t得：，，則，方向沿y軸正向，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较蜓貀軸負(fù)方向．答：a．分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化△px為0，△py大小為2mvcosθ，方向沿y軸正方向；b．小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较蜓貀軸負(fù)方向．【點評】本題主要考查了速度的合成與分解原則以及動量定理的直接應(yīng)用，注意動量是矢量，有大