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2016年高考押题卷（1）（四川卷）
理科综合·物理试题
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、座位号、报名号填写在答题卡上，并将条形码贴在答题卡上对应的虚线框内．
2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案标号．第Ⅱ卷用0.5mm黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效．
3．考试结束，监考人只将答题卡收回．
第Ⅰ卷（选择题，共42分）
一、选择题（本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1~5小题只有一个选项正确，第6~7小题有多个选项正确。全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）
1．如图所示，一木块在垂直于倾斜天花板平面方向的推力F作用下处于静止状态，则下列判断正确的是
A．天花板与木块间的弹力可能为零
B．天花板对木块的摩擦力可能为零
C．推力F逐渐增大的过程中，木块受天花板的摩擦力增大
D．推力F逐渐增大的过程中，木块受天花板的摩擦力不变
【答案】D
考点：物体的平衡，受力分析.
2．水晶柱体的圆形横截面置于空气中，圆半径R=2cm，PQ是一条通过圆心的直线，如图
所示，一束激光平行于PQ射向水晶柱体，B为入射点，i和r分别是入射角和折射角。已知点B到直线PQ的距离为cm，CD为出射光线，CD与PQ所成的角α=30°，下列说法正确的是
A．i＝60°
B．水晶柱体的折射率为
C．水晶柱体的折射率为
D．激光从B点传播到C点的时间为
【答案】C
3．如图所示为电能输送的简化电路图，发电厂的输出电压为U，用r表示两条输电线上的电阻，用R表示负载电阻，当与二极管并联的开关S断开时，输电线路中的电流为I1，在输电线与负载电阻之间连有一理想变压器，变压器的输出电压为U1，流入负载的电流为I2，假设二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，则当开关S闭合后，下列说法正确的是
A．输电线上的电流I1变为原来的2倍
B．输电线上损失的电压变为原来的2倍
C．输电线上损失的规律变为原来的4倍
D．输电线路上的电流I1与流入负载的电流I2的比值一定不变
【答案】C
【解析】根据变压器原理有可知，变压器原副线圈的电压比一定等于匝数比，但由于开关S闭合后二极管被短路，故流过负载电阻的电流由半波变为正弦波，所以副线圈的电流变大，从而影响原线圈电流也变大，则输电线上损失电压变大，由此影响到变压器的输出电压，再影响到负载电阻上的电流，形成循环影响，故输电线上的电流、损失电压和损失功率都不会是整数倍变化，故选项A、B、C都错误；不管负载电阻的工作情况如何，根据能量守恒，在只有一个副线圈的情况下，原副线圈的电流比一定为匝数反比，故选项D。
4．图甲为一列简谐横波在 t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1 m处的质点，Q是平衡位置为 x=4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则
A．该波沿x轴向右传播
B．t=0.10 s时，质点P的速度方向向下
C．t=0.10 s时，质点P的加速度逐渐减小
D．若这列波的波源正在远离观察者，则观察者接收到的频率小于波源发出的频率
【答案】 D
5．已知一质量为m的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为ΔN，假设地球是质量分布均匀的球体，半径为R。则地球的自转周期为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】 由于地球的自转所以两极，赤道，又因为重力等于压力，所以，则，A正确。
6．有一辆质量为170kg、输出功率为1440W的太阳能试验汽车，安装有约6m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30W/ m2。若驾驶员的质量为70kg，汽车最大行驶速度为90km/h。假设汽车行驶时受到的空气阻力与其速度成正比，则汽车
A．以最大速度行驶时牵引力大小为57.6N
B．起动时的加速度大小为0.24 m/s2
C．保持最大速度行驶1 h至少需要有效光照8 h
D．直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13 m/s的最大行驶速度
【答案】AC
考点：能量守恒定律、牛顿第二定律
7．如图所示两半径为r的圆弧形光滑金属导轨置于沿圆弧径向的磁场中，磁场所在的平面与轨道平面垂直。导轨间距为L，一端接有电阻R，导轨所在位置处的磁感应强度大小均为B，将一质量为m的金属导体棒PQ从图示位置（导轨的半径与竖直方向的夹角为）由静止释放，导轨及金属棒电阻均不计，下列判断正确的是
A. 导体棒PQ有可能回到初始位置
B. 导体棒PQ第一次运动到最低点时速度最大
C. 导体棒PQ从静止到最终达到稳定状态，电阻R上产生的焦耳热为
D. 导体棒PQ由静止释放到第一次运动到最低点的过程中，通过R的电荷量
【答案】CD
【解析】 导体棒运动过程中不断克服安培力做功，将机械能转化为电能，因此不可能回到初始位置，选项A错误；导体棒PQ第一次运动到最低点时所受合力与速度反向，速度不可能最大，选项B错误；导体棒最后一定静止在最低点，根据能量守恒定律得电阻R上产生的焦耳热等于重力势能的减少量为，选项C正确；导体棒PQ从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，，选项D正确。
第Ⅱ卷（非选择题 共68分）
8．（17分）Ⅰ．（6分）在“探究加速度与质量的关系”时，保持砝码和小桶质量不变，改变小车质量m分别测得小车的加速度a与对应的质量m数据如下表
根据上表数据，为进一步直观反映F不变时a与m的关系，可在坐标系中选择物理量________和_________为坐标轴建立坐标系并作出图线（选填表格中的物理量名称），该小车受到的拉力F为______N。
【答案】a 0.5
考点：考查了验证牛顿第二定律实验
Ⅱ．（11分）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：
（1）用游标卡尺测量其长度的刻度部分如图甲所示，由图可知其长度为 mm。
（2）用螺旋测微器测量其直径的刻度部分如图乙所示，由图可知其直径为 mm。
（3）选用多用电表“×10”电阻挡，按正确的操作步骤测量此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值为 Ω。
（4）该同学想用伏安法更精确的测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆同柱体R
直流电源E（4V，内阻不计）
电流表A1（量程0~4mA，内阻约50Ω）
电流表A2（量程0~10mA，内阻约30Ω）
电压表V1（量程0~3V，内阻约10kΩ）
电压表V2（量程0~15V，内阻约25kΩ）
滑动变阻器R1（0~15Ω，允许通过的最大电流2.0A）
滑动变阻器R2（0~2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）
开关S，导线若干。
为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选择 ，电压表应选择 ，滑动变阻器应选择 （选填仪器代号），请在方框中画出测量的电路图。
【答案】（1）50.45（2分） （2）4.750（4.748-4.752）（2分） （3）240（2分） （4）A2（1分） V1（1分） R1（1分） （5）电路图如图所示（2分）
考点：测量仪器的读数、电阻的测量。
9.（15分）如图所示，AB是竖直平面内半径为R的圆上的水平方向的直径。该圆处在电场强度为E的匀强电场中，圆平面与电场线平行， 已知重力加速度为g。在圆周平面内将一质量为m、电荷量为的带正电小球从A点以相同的初速度v0抛出，抛出方向不同时，小球会经过圆上不同的点，在这些所有点中，到达C点时小球的动能最大。已知，试求：
（1）电场强度的方向和小球在C点时的动能。
（2）A与B两点的电势差UAB和小球通过B点时的动能。
【答案】（1）（2），
【解析】（1）带电小球在运动的过程中受到重力和电场力作用，将重力和电场力的合力F等效为一个重力F=mg/，因为小球到达C点时小球的动能最大，所以C点为等效重力场中“最低点”，即重力与电场力的合力方向一定沿着OC方向，如图所示。
因为，作出如图所示的矢量图，由图可知电场力的方向与AC平行，所以电场强度的方向与AC平行，即与水平成30º角斜向右下方向。（1分）
由图可知合力的大小为：（2分）
由A到C根据动能定理可得： （2分）
解得：（2分）
（2）由A到B根据动能定理可得： （2分）
由A到B重力不做功，电场力做功（2分）
解得：（2分）
（2分）
10.（17分）如图所示，无限宽广的匀强磁场分布在xOy平面内，x轴上下方磁场均垂直xOy
平面向里，x轴上方的磁场的磁感应强度为B，x轴下方的磁场的磁感应强度为4B/3。现有一质量为m，电荷量为-q带负电粒子以速度v0从坐标原点O沿y方向进入上方磁场。在粒子运动过程中，与x轴交于若干点。不计粒子的重力。求：
（1）粒子在x轴上方磁场做匀速圆周运动的轨道半径r1。
（2）如把x轴上方运动的半周与x轴下方运动的半周称为一周期的话，则每经过一周期，在x轴上粒子右移的平均速度及在与x轴的所有交点中粒子两次通过同一点的坐标位置。
【答案】（1）；（2）；（式中k取1、2、3…）
【解析】（1）粒子在x轴上方磁场做匀速圆周运动半径r1，下方磁场中做匀速圆周运动半径r2。由Bqv0=m（2分）
解得r1=，r2=（2分）
（2）在磁场中运动轨迹如图所示，如把x上方运动的半周与x下方运动的半周称为一周期的话，则每经过一周期，在x轴上粒子右移△x=2r1-2r2=（2分）
在第4周期刚结束时粒子第二次经过x1=2r1的这一点，以后每过一周期将会出现符合要求的点．
故x1=2r1+=r1=（式中k取1、2、3…）（3分）
x上方的周期为T1，x下方的周为T2，T1=（2分），T2=（2分）
先后通过的时间间隔△t=T1+2T2=（2分）
在x轴上粒子右移的平均速度=（2分）
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动
11.（19分）如图1所示，长度L=2.5m的水平传送带与紧靠的四分之一光滑圆弧轨道BC相切于B点，圆心O与B的连线处于竖直方向。皮带轮以角速度ω顺时针匀速转动。现有一小物块（视为质点）以水平速度υ0从A点滑上传送带，过B点沿轨道BC运动一段时间后落到水平地面上。保持物块的初速度υ0不变，多次只改变皮带轮的角速度ω大小，依次测量物块离开轨道BC的速度大小υ，得到如图2所示的υ–ω图象，其中cd与ω轴平行，bc为曲线。当ω=10rad/s时物块在传送带上恰好一直做匀加速直线运动。若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.14，取重力加速度g= 10m/s2，通过B处时动能损失不计，求：（提示：在圆周运动过程中任一点，物块所受的向心力与其速率的关系为F向=m。）
（1）圆弧轨道BC的半径R和初速度υ0大小；
（2）当ω = 20rad/s时物块过B点开始到落地的时间t及落地点与圆心O间的距离s；
（3）当ω = 10rad/s时物块离开轨道BC时的速率υ2。
【答案】（1）1m/s （2）t=0.4s，s=m （3）m/s
【解析】 （1）由题图2可知，当υ=2m/s时即物块经过B点时重力刚好提供向心力，即mg=m（2分）
得R=0.8 m（1分）
由题意可知，当ω=10rad/s时物块匀加速运动到B处时的速度刚好为
υ1=2m/s（1分）
根据牛顿第二定律，物块在传送带上的加速度大小a==1.4m/s2（1分）
由υ12 –υ02=2aL（1分）
得υ0=1m/s（1分）
（2）由于20rad/s>10rad/s，所以当ω=20rad/s时物块过B点后做平抛运动，其初速度为 υ1=2m/s，则s=υ1t，R=gt2（2分）
B
O
mg
C
θ
P
得t=0.4s，s=m（2分）
（3）由题意得皮带轮的半径r==0.2m（1分）
当ω=10rad/s时传送带的速率υ3=ω3r=10×0.2m=2m/s（1分）
由于υ0
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