2010年广东高考2016年全国理综一卷含答案(Ⅰ卷)分解

绝密★启封并使用完毕前
2016年普通高等学校招生全国统一考试(Ⅰ卷)
理科综合能力测试(物理部分)
（河南、河北、山西、江西、湖北、湖南、广东、安徽、福建、山东）

第Ⅰ卷
（选择题共126分）
二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题 给出的四个选项中，第14~17题只有一项是符合题目
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。
14．一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，极板间的电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
【答案】D
【解析】由
C?
4πkd
可知，当云母介质抽出时，
?
r
变小，电容器的电容< br>C
变小；因为电容器接在恒压直流
E?
U
d
，由于
U
与
d
都不变，故电场强
?
r
S
电源上，故
U
不变，根据
Q?CU
可知，当
C
减小时，
Q
减小 。再由
度
E
不变，正确选项：D
【考点】电容器的基本计算。
< br>15．现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，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
【答案】D
【解析】设质子的质量数和电荷数分别为< br>m
1
、
q
1
，一价正离子的质量数和电荷数为
m2
、
q
2
，对于任意粒子，
2qU
1
v?qU?mv
2
?0
m
①
2
在加速电场中，由动能定理得：故：
在磁场中应满足
v
2
qvB?m
r

12mU
Bq
② < br>由题意，由于两种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
r?
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
1
B< br>2
m
1
q
2
1
????
r
2
B
1
m
2
q
1
1
，由于加速电压不变，
故
m
1
1
?
其中
B
2
?12B
1
，q
1
?q
2
，可得
m
2
144

故一价正离子与质子的质量比约为144
【考点】带电粒子在电场、磁场中的运动、质谱仪。

16．一含有理想变压器的电路 如图所示，图中电阻R
1
，R
2
和R
3
的阻值

分别为3Ω ，1Ω ，4Ω ，
○
A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
【答案】B
【解析】解法一：当S断开时，电路如右图所示
由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压
U
1
?U?IR
1

得
U
1
?U?3I
①
②
③
U
1
n
1
?
Un
2

2
根据变压器原副边电压关系：
I
2
?
副线圈中的电流：
U
2
U
?
2
R
2
?R
3
5
2
联立①②③得：
?
n
1
?
U?3I
??
?
5I
?
n
2
?
④
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
U
1
＇=U?4I?R
1

得
U
1
＇=U?12I


⑤
⑥
⑦
U
1
＇n
1
?
U＇n
2

2
根据变压器原副边电压关系：
I
2
＇=
2
副线圈中的电流得：
U
2
＇U
2
＇
?
R
2
1

联立⑤⑥⑦得
?
n
1
?
U?12I
??
?
4I
?
n
2
?
⑧
n
1
?3
n
2
联立④⑧解得
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，
R?R
I
R?
2
2
3
I
2
?R?()
2
?(R
2
?R
3
)
S
闭合前：
n
n
，得
S
闭合后：
①
②
(4I)
2
?R'?(
R
2
4I
2< br>R
?
?
2
)?R
2
n

n
，得
根据闭合电路欧姆定律：
S
闭合前：
S
闭合后：
I?
4I?
U
R
1
?R

U
R
1
?R
?

③
④
R2
1
3?
n
2
n
2
=
1
?< br>R?R5
4
R
1
?
2
2
3
3?2
n
n
根据以上各式得：
R
1
?

解得，
n?3

【考点】变压器的计算

【难点】由于原边回路有电阻，原线圈两端电压不等于电源电压
17．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
的轨道半径为地球半径的 6.6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
【答案】B
Mm4π
2
G
2
?mr
2
T
可【解析】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
r
T?
4π
2< br>r
3
GM
，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
卫星
30°
得
的，则卫星周期最小时，由数学几何关系可作右图。
由几何关 系得，卫星的轨道半径为
r?
R
?2R
sin30?
①
R
r
1
3
r
2
3
?
22
T
由开普勒第三定律
1
T
2
，代入题中数据，得
(6.6R)3
r
3
?
2
24
2
T
2

卫星
卫星

由①②解得
T
2
?4h

②
【考点】卫星运行规律；开普勒第三定律的应用。

【难点】做出最小周期时的卫星空间关系图
18．一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
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
【答案】BC
【解析】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。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，A错误；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，B
正确；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，C正确；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，D 错误。
【考点】牛顿运动定律；力和运动的关系；加速度的定义。

【易错点】B选项易错误地以“匀速圆周运动”作为反例来推翻结论
19．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

C．连接a和b的绳的张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
【答案】BD
【解析】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?m
a
g
，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
O O
?
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，如图所示。由受力平衡得：
T
x
?f?Fx
，
T
T
x
F
y
T
y
fN
F
F
y
?N?T
y
?m
b
g
。当
F
大小在一定范围内变化时；
T
和
m
b
g< br>始终不变，
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。

【考点】考查动态平衡分析、力的正交分解和力的平衡方程。

F
x
m
b
g
20．如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中 运动，其轨迹在竖直平面（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
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
【答案】AB
【解析】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。
【考点】带电粒子在复合场中运动、曲线运动中物 体受力特点、带电粒子电场力做功与电势能的关系、电势
能变化与电势变化的关系。

21．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、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
【答案】BD
【解析】甲、乙都沿正方向运动。
t?3s
时并排行驶，
v
甲
=30 ms
，
v
乙
=25ms
，由
v?t
图可知：
0~3s
内位移
11
x
甲
=?3?30m=45mx
乙< br>=?3?
?
10+25
?
m=52.5m
?x?x?x=7. 5m
22
，．故
t?0
时，甲乙相距
1乙甲
，即甲在乙前< /p>

11
x
甲
?
=?1?10m=5mx
乙
?
=?1?
?
10+15
?
m=12.5m
?x?x?
?x
?
=7.5m
乙甲
22
方
7.5m，B正确。
0~1s
内，，，
2
，说明
甲、乙初相遇。A、C错 误。乙两次相遇地点之间的距离为
【考点】
v?t
图的解读和位移的计算、追击相遇问 题。
【难点】根据位移判断两车在不同时刻的位置关系。
x?x
甲
?x< br>甲
?
=45m?5m=40m
，所以D正确；
第II卷
（非选择题共174分）

三、非选择题：包括必考题和选考题两部 分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33
题~第40题为选考题，考生根据 要求做答。
（一）必考题（共129分）
22．(5分)某同学用图（a）所示的实验装置
机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为
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。
验证
交流

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他条件进行推算。
（ 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
加速度的大小为________．
（2）已测得s
1
=8.89cm，s
2
=9.50cm，s
3
=10.10cm；当 重力加速度大小为9.80m
s
2
，试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．
f
2
f
f
(S
3
?S
1
)
(S
2
?S
3
)
(S
1
?S
2
)
2
2
2【答案】⑴，，；⑵40
【解析】⑴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
v
B等于
AC
段的平均速度，即
t?
1
f
v
B?(S
1
?S
2
)
f
，故
2

v
C
?
f
(S
2
?S
3
)
2< br>
v
B
?
S
1
?S
2
2t

由于
同理可得
匀加速直线运动的加速度
a?
?v
?t

f
??
v
C
?v
B
2
?
(S
2
?S
3
)?(S
1
?S
2
)
?
f
2
a???(S
3
?S
1
)1
t2
f
故 ①
⑵重物下落的过程中，由牛顿第二定律可得：

由已知条件
由②③得
②
mg?F
阻
=ma
F
阻
=0.01mg
a?0.99g

③
f< br>2
a?(S
3
?S
1
)
2
代入①得：，代入 数据得
f?40Hz

【考点】利用运动学公式和推论处理纸带问题。

23．（10分） 现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，当要求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I
c
时就会报警），电阻箱（最大阻值
为999.9Ω），直流电源（输出电压为U，内阻不计），滑动变阻 器R
1
（最大阻值为1000Ω），滑动变阻器R
2
（最
大阻值为2 000Ω），单刀双掷开关一个，导线若干。
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 随温度的升高
而减小，在60°C时阻值为650.0Ω．
(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)在电路中应选用滑动变阻 器________（填“R
1
”或“R
2
”）。
(3)按照下列步骤调节此报警系统：
①电路接通前，需将电阻箱调到一定的阻值，根据实验 要求，这一阻值
为______Ω；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。
【答案】(1)如图
(2)
R
2

(3)①650.0，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
【 解析】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650.0Ω，光使报警器能正常报警，电路 图如上图
②
U?18V
，当通过报警器的电流
10mA?I
c?20mA
，故电路中总电阻
900??R?1800?
，故滑动变阻器选
R
2
。
R?
U
I
c
，
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?< br>为防止通过
报警器电流过大，造成报警器烧坏，应使滑动变阻器的滑片置于b端．
【考点】滑动变阻器在电路中的作用及其规格选择、串并联电路相关计算、等效替代思想

【难点】获取题中信息并转化为解题所需条件、理解电路设计原理、理解调节电阻箱和滑动变阻器的意义
24．（14分）如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab（仅标出a端）和c d（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μ，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。
【答案】（1）
（2）
F
安
?mgsin
?
?3
?
mgcos
?
v?
mgR(sin
?
?3
?cos
?
)
B
2
L
2


【 解析】（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：
N
cd
?G
cd
cos
?

垂直于斜面方向受力平衡方程：

且
f
cd
?
?
N
cd
，联立可得：
f
cd
?G
cd
sin
?
?T

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'?f
ab
?F
安
?G
ab
sin
?< br>
垂直于斜面方向受力平衡：

N
ab
?G
ab
cos
?

且
f
ab
?
?
N
ab
，
T
与
T'为作用力与反作用力：
T'?T
，
联立可得：

（2）设感应电动势为
E
，由电磁感应定律：

E?BLv

F
安
?mgsin
?
?3
?
mgcos
?

①

由闭合电路欧姆定律，回路中电流：
I?
EBLv
?
RR

B
2
L
2
v
F
安
?BIL?
R< br> 棒中所受的安培力：
与①联立可得：
v?
mgR(sin
?
?3
?
cos
?
)
B
2
L
2

【考点】物体平衡、磁场对电流的作用、电磁感应。
25．（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
5
R
6于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、
C、D均在同一竖直面内。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，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道 间的动摩擦因数
1
4
，重力加速度大小为g．（取
sin37
0?0.6
，
cos37
0
?0.8
）
（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。 < br>（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，
7
R
2
恰好通过Ｇ点。Ｇ点在Ｃ点左下方，与Ｃ点水平相距、竖直相距R，求 Ｐ运动到Ｄ点时速度的大小和改
变后
Ｐ
的质量。
12mgR
1
【答案】（1）
2gR
（2）
5
（3）
3
m

【解析】（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
?
?
2
5
g

对
CB
段过程，由
v
2
t
?v
2
0
?2as

代入数据得
B
点速度：
v
B
?2gR

（2）
P
从
C
点出发，最终静止在
F
，分析整段过程； < br>由
C
到
F
，重力势能变化量：
?E
P
??m g?3Rsin
?

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)

由
Q??E
P
，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：
W
G
?mgsin
?
(5R?xR)

摩擦力做功：
W
f
??
?
mgcos
?
(5R?xR)

动能变化量：
?E
k
?0J

由动能定理：

W
G
?W
f
?W
弹
??E
k

W
代入得：
弹
??
12mgR
5

由< br>?E
弹
??W
12mgR
弹
，到
E
点时弹性 势能
E
弹
为
5
。
OQ?
2
（3）其几何 关系如图可知：
3
RCQ?
1
R
，
2

①
②

5
R
G
2
由几何关系可得，点在
D
左下方，竖直高度差为，水平距离为
3R
。
设
P
从< br>D
点抛出时速度为
v
0
，到
G
点时间为
t< br>
其水平位移：
竖直位移：
解得：
3R?v
0
t

51
R?gt
2
22

v
0
?
35gR
5

研究
P
从< br>E
点到
D
点过程，设
P
此时质量为
m'
，此 过程中：
重力做功：
摩擦力做功：
弹力做功：
动能变化量：
由动能定理：
351
W
G
'??m'g(R?6Rsin
?
)??m'gR
210
①
②
③
④
⑤
6
W
f
'??
?
m'g?6Rcos
?
? ?m'gR
5

W
弹
'???E
弹
?
12
mgR
5

9
1
?E
k
'?m'v
0
2
?0J
?m'gR
10
2

W
G< br>'?W
f
'?W
弹
'??E
k
'

将①②③④代入⑤，可得：

【考点】物体平衡、牛顿运动定律、功和能、动能定理、能量守恒定律。
（二）选考题：共4 5分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用
2B铅笔在答题 卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题
卡选答区域 指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
33．[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
【答案】BDE
【解析】热力学第一定律：
?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；
【考点】理想气体状态方程，热力学第一定律，热力学第二定律，热平衡的理解。

1
m'?m
3

【难点】等压膨胀气体温度升高，内能增大；气体又对外做功，所以气体一定吸热。 < br>（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Δp与气泡半径r之间的 关系
2σ
为Δp=，其中σ=0.070 Nm．现让水下10m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升，已知大气压强p
0
=1.0×10
5

r
Pa，水的密度ρ=1.0×10
3
kgm
3
，重力加速度大小g=10 ms
2
．
（i）求在水下10 m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。
2
【答案】水下
10 m
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
1
。
3
【解析】（i）由公式
?P?
2
?
2?0. 070
?P?Pa=28Pa
r
得，
5?10
?3

水下
10m
处气泡的压强差是
28Pa
。
（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。
11
?PV
22
由理想气体状态方程
PV?nRT
，得
PV
①
②
③
其中，

4
V
1
?
?
r
1
3
3

4
V
2
?
?
r
2
3
3

535
P
1
?P
0
?
?
gh
1< br>?1?10Pa+1?10?10?10?2?10Pa=2P
0

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


④
⑤
P
2
?P
0

44< br>2P
0
?
?
r
1
3
?P
0
?
?
r
2
3
33
将②③④⑤带入①得，


【考点】理想气体状态方程

对应位置的水压。
34．[物理——选修3–4]（15分）
2r
1
3
?r
2
3

r
2
3
?2?1.3
r
1

【难点】当气 体内部压强远大于气泡内外压强差时，计算气体内部压强时可忽略掉压强差，即气体压强等于
（1）（5 分）某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8 m.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15 s。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）学
科&网
A．水面波是一种机械波
B．该水面波的频率为6 Hz
C．该水面波的波长为3 m
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
【答案】ACE

【解析】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?
1555
s?s
??vT?1.8ms?s
93
，频率为0.6Hz，B错；其波长
3
?3 m
，C对；波中的
质点都上下振动，不随波迁移，但是能传递能量，D错E对。
【考点】机械波及其特性、波长和波速频率间关系。
（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3.0 m。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，他的眼睛到地面的高度为2.0 m。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）。
【答案】（i）
7m
（ii）0.7m
【解析】（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：
由
sin
?
?
3
4
；
AO?3m
，由几何关系可得：

AB?4m，BO?7m
所以水深
7m
。
（ii）光由A点射入救生员眼中光路图如图：
sin45?
?n
sin
?
由折射率公式：
可知：
sin
?
?
3323
32
tan
?
??
23

23
8
，
tan
?
?
AQ
QE
?
3?x
7
设
BE?xm
，得
x?3?带入数据得：
3161
23
，
由几何关系得，救生员到池边水平距离为
(2?x)m?0.7m

【考点】全反射、折射定律。
35.【物理——选修3-5】
（1）（5分）现用 一光电管进行光电效应的实验，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

【答案】ACE
【解析】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
E
km
?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
E
km
变
大，因此C正确，由
E
km
?eU
c和
E
km
?h
?
?W
，得
h
?
?W?eU
c
，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。
【考点】光电效应规律
（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v
0
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ρ，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。
【答案】（i）
?
?v
0
?S
（ii）
2
v
0
M
2
g
?
22
2g2
?2
v
0
S

【解析】(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
v
0
不变。
该时间内，喷出水柱高度：
喷出水柱质量：
?l?v
0
??t
①
②
③
?m?
?
??V

其中
?v
为水柱体积，满足：
?V??l?S

?m
?
?
?v
0
?S< br>?t
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：
其中，
F
冲
F
冲
=Mg
④
为玩具底部水体对其的作用力．
由牛顿第三定律：
其中，
F
压
=F
冲
⑤
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
由运动学公式：
22
v
＇
?v
0
??2gh
⑥
在很短
?t
时间内，冲击玩具水柱的质量为
?m


?m?
?
?v
0
?s??t
⑦
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
?

F
压
??t??m?v
?

⑧
由于
?t
很小，
?mg
也很小，可以忽略
⑧式变为 ⑨

由④⑤⑥⑦⑨可得
2
v
0
M
2
g
h??
22
2g2
?
2
v
0
S

【考点】动量定理，流体受力分析，微元法

【难点】情景比较新颖，微元法的应用