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2016年高考新课标I卷理综物理试题Word解析版


2016 全国卷新课标 I 卷理科综合(物理部分)
二、选择题:本题共 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,极板间电场强度变大 B. 极板上的电荷量变小,极板间电场强度变大 C. 极板上的电荷量变大,极板间电场强度不变 D. 极板上的电荷量变小,极板间电场强度不变 【答案】D 【解析】由 C ? 可知,当云母介质抽出时, ? r 变小,电容器的电容 C 变小; 4πkd 因为电容器接在恒压直流电源上,故 U 不变,根据 Q ? CU 可知,当 C 减小时,Q U 减小。再由 E ? ,由于 U 与 d 都不变,故电场强度 E 不变,答案为 D d 【考点】电容器的基本计算 15. 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,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 D 【答案】 【解析】设质子的质量数和电荷数分别为 m1 、q1 ,一价正离子的质量数和电荷数为 m2 、q 2 , 对于任意粒子,在加速电场中,由动能定理得: 1 2qU v? qU ? mv2 ? 0 得 ① m 2 v2 qvB ? m 在磁场中应满足 ② r 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 磁场中做匀速圆周运动的半径应相同.由①②式联立求解得 1 2mU 匀速圆周运动的半径 r ? ,由于加速电压不变, B q 故
m1 1 r1 B2 m1 q2 1 ? q1 ? q2 ,可得 ? ? ? ? 其中 B2 ? 12B1 , m2 144 r2 B1 m2 q1 1

?r S

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。

1? 和 4? , 16. 一含有理想变压器的电路如图所示,图中电阻 R1 、 R2 和 R3 的阻值分别是 3? 、
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 U1 ? U ? IR1 U1 ? U ? 3I 得 U1 n1 ? 根据变压器原副边电压关系: U 2 n2 U2 U I2 ? ? 2 副线圈中的电流: R2 ? R3 5 联立①②③得:

① ② ③ ④

? n1 ? U ? 3I ? ? ? 5I ? n2 ?

2

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 U1'=U ? 4I ? R1 U1'=U ? 12I 得 U1' n1 ? 根据变压器原副边电压关系: U 2' n2 U' U' I 2'= 2 ? 2 副线圈中的电流得: R2 1 联立⑤⑥⑦得 联立④⑧解得

⑤ ⑥ ⑦ ⑧

? n1 ? U ? 12I ? ? ? 4I ? n2 ? n1 ?3 n2

2

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 S 闭合前: I 2 ? R ? ( )2 ? ( R2 ? R3 ) ,得 R ? 2 2 3 ① n n R2 4I S 闭合后: (4I )2 ? R ' ? ( )2 ? R2 ,得 R? ? 2 ② n n 根据闭合电路欧姆定律: U I? S 闭合前: ③ R1 ? R U 4I ? S 闭合后: ④ R1 ? R ?

R2 1 3? 2 2 n n =1 ? 根据以上各式得: R ?R 5 4 R1 ? 2 2 3 3 ? 2 n n 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 R1 ?
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约为地球半径的 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. 8 h D. 16 h 【答案】B 【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

Mm 4π 2 4π 2 r 3 可得 ,则卫星离地球的高度应 ? mr T ? r2 T2 GM 变小,要实现三颗卫星覆盖全球的目的,则卫星周期最小 时,由数学几何关系可作出右图。 R ? 2R 由几何关系得,卫星的轨道半径为 r ? sin30? r3 r3 由开普勒第三定律 12 ? 22 ,代入题中数据,得 T1 T2 G
(6.6 R )3 r 3 ? 2 242 T2
卫星

卫星
30°


R



卫星

由①②解得 T2 ? 4h 【考点】(1)卫星运行规律; (2)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 ①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,故 A 错; ②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,故 B 正确; ③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; ④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,故 D 错。 【考点】⑴牛顿运动定律; ⑵力和运动的关系; ⑶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 ? ma 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 OO? 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, 如上图所 示。由受力平衡得:Tx ? f ? Fx , Fy ? N ? Ty ? mb g 。
T 和 mb g 始终不变,当 F 大小在一定范围内变化时; 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;故答案选 BD。 【考点】考查动态平衡分析、力的正交分解和力的平衡方程。

Fy T Tx Ty f N

F

Fx

mb 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 7.5 m ) )

C. 两车另一次并排行驶的时刻是 t ? 2 s D. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40 m 【答案】BD 【解析】根据 v ? t 图, 甲、 乙都沿正方向运动。t ? 3s 时, 甲、 乙相遇,v甲 =30m/s ,v乙 =25m/s ,

1 由位移和 v ? t 图面积对应关系, 0-3s 内位移 x甲 = ? 3 ? 30m=45m , 2 1 x乙 = ? 3 ? ?10+25? m=52.5m 。故 t ? 0 时,甲乙相距 ?x1 ? x乙 -x甲 =7.5m ,即甲在乙 2 前方 7.5m ,B 选项正确。 1 1 0-1s 内,x甲? = ?1?10m=5m ,x乙? = ?1? ?10+15? m=12.5m ,?x2 ? x乙? ? x甲? =7.5m , 2 2 说明甲、乙第一次相遇。A、C 错误。 乙两次相遇地点之间的距离为 x ? x甲 ? x甲? =45m ? 5m=40m ,所以 D 选项正确;
【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

三、非选择题:本卷包括必考题和选考题两部分。第 22~32 题为必考题,每个 试题考生都必须作答。第 33~40 题为选考题,考生根据要求作答。 (一)必考题
22. (5 分) 某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律,其中打点 计时器的电源为交流电源,可以使用的频率有 20 Hz 、30 Hz 和
40 Hz 。打出纸带的一部分如图(b)所示。

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它 题给条件进行推算。 (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 _____________,重物下落的加速度大小为_____________。

(2) 已测得 S1 ? 8.89cm ,S2 ? 9.50cm ,S3 ? 10.10cm ,当地重力加速度大小为 9.80m/s2 , 实 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 f f2 (S1 ? S2 ) , (S2 ? S3 ) , (S3 ? S1 ) ;⑵40 2 2 2 【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: S ?S B 点的速度 v B 等于 AC 段的平均速度,即 vB ? 1 2 2t 1 f 由于 t ? ,故 vB ? (S1 ? S2 ) f 2 f 同理可得 vC ? (S2 ? S3 ) 2 ?v 匀加速直线运动的加速度 a ? ?t f ? ? vC ? vB 2 ?( S2 ? S3 ) ? ( S1 ? S 2 ) ? f 2 ? ? ( S3 ? S1 ) 故a ? ① 1 t 2 f ⑵重物下落的过程中,由牛顿第二定律可得: m g? F阻=ma ② F = 0.01 m g 由已知条件 ③ 阻
【答案】⑴ 由②③得 代入①得: a ?
2

a ? 0.99 g

f (S3 ? S1 ) ,代入数据得 f ? 40 Hz 2 【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,要求当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 999.9? ) ,直流电源(输出电压为 U ,内阻不计) ,滑动变阻器 R1(最 大阻值为 1000? ) ,滑动变阻器 R2 (最大阻值为 2000? ) ,单刀双掷开关一个,导线若干。
I c 约为 10mA ; 在室温下对系统进行调节。 已知 U 约为 18 V , 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升高而减小,在 60?C 时阻值为 650.0? 。 (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) 电路中应选用滑动变阻器_____________(填“ R1 ”或“ R2 ”) 。 (3) 按照下列步骤调节此报警系统: ①电路接通前,需将电阻箱调到一固定的阻值,根据实验要求,这一阻值为______ ? ; 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)如下图

(2) R2 (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 U ② U ? 18V ,当通过报警器的电流 10mA ? I c ? 20mA ,故电路中总电阻 R ? , Ic
900? ? R ? 1800? ,故滑动变阻器选 R2 。

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? 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 ? ,上沿相连。两细金属棒 ab(仅标出 a 端)和 cd(仅 标出 c 端)长度均为 L ,质量分别为 2 m 和 m ;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成 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 ? ,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。

【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: Ncd ? Gcd cos? 垂直于斜面方向受力平衡方程: f cd ? Gcd sin ? ? T 且 fcd ? ? Ncd ,联立可得: T ? ? mg cos? ? mg sin ? 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 ? Gab sin ? 垂直于斜面方向受力平衡:
Nab ? Gab cos?

且 f ab ? ? Nab , T 与 T ' 为作用力与反作用力: T ' ? T , 联立可得: F安 ? mg sin ? ? 3? mg cos? (2)设感应电动势为 E ,由电磁感应定律:
E ? BLv



由闭合电路欧姆定律,回路中电流: I ?

E BLv ? R R

B2 L2 v R mgR(sin ? ? 3? cos? ) 与①联立可得: v ? B2 L2
棒中所受的安培力: F安 ? BIL ? 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

5 一端位于直轨道上 B 处,弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为 R 的光滑圆弧轨道相切 6

于 C 点, AC ? 7 R ,A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内。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, 最高到达 F 点,AF ? 4R 。 已知 P 与直轨道间的动摩擦因数 ? ?

1 3 ,重力加速度大小为 g 。 (取 sin 37? ? , 5 4

4 ) 5 (1) 求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小。 cos37? ?
(2) 求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能。 (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

7 处水平飞出后, 恰好通过 G 点。G 点在 C 点的左下方, 与 C 点水平相距 R 、 竖直相距 R , 2 求 P 运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量。

【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: G cos ? ? N 沿斜面方向,由牛顿第二定律得: G sin ? ? f ? ma 2 a ? g sin ? ? ? g cos? ? g 且 f ? ? N ,可得: 5 2 2 CB v ? v ? 2 as 对 段过程,由 t 0 代入数据得 B 点速度:
vB ? 2 gR

(2) P 从 C 点出发,最终静止在 F ,分析整段过程; 由 C 到 F ,重力势能变化量: ?EP ? ?mg ? 3R sin ? 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 ? ? mg cos ? (7 R ? 2 xR) 由 Q ? ?EP ,联立①、②解得: x ? 1 ; 研究 P 从 C 点运动到 E 点过程 WG ? mg sin ? (5R ? xR) 重力做功: Wf ? ??mg cos? (5R ? xR) 摩擦力做功: 动能变化量: 由动能定理:
?Ek ? 0J





WG ? Wf ? W弹 ? ?Ek

12mgR 5 12mgR 由 ?E弹 ? ?W弹 ,到 E 点时弹性势能 E弹 为 。 5
代入得:

W弹 ? ?

(3)其几何关系如下图 2 1 可知: OQ ? R , CQ ? R 3 2 由几何关系可得, G 点在 D 左下方,竖直高度差为 5 R ,水平距离为 3 R 。 2 设 P 从 D 点抛出时速度为 v0 ,到 G 点时间为 t 3R ? v0 t 其水平位移: 5 1 R ? gt 2 竖直位移: 2 2 3 5 gR 解得: v0 ? 5 研究 P 从 E 点到 D 点过程,设 P 此时质量为 m ' ,此过程中: 3 51 WG ' ? ?m ' g ( R ? 6R sin ? ) ? ? m ' gR 重力做功: 2 10 6 Wf ' ? ?? m ' g ? 6R cos? ? ? m ' gR 摩擦力做功: 5 12 W弹 ' ? ??E弹 ? mgR 弹力做功: 5 1 9 ?Ek ' ? m ' v02 ? 0J ? m ' gR 动能变化量: 2 10 W ' ? W ' ? W ' ? ? Ek ' 由动能定理: G f 弹 将①②③④代入⑤,可得: 1 m' ? m 3

① ② ③ ④ ⑤

(二)选考题
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】气体内能的改变 ?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。 【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。

(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 ?p 与气泡 半径 r 之间的关系为 ?p ?

2? ,其中 ? ? 0.070N/m 。现让水下 10m 处一半径为 0.50 cm 的 r

气泡缓慢上升。已知大气压强 p0 ? 1.0 ? 105 Pa ,水的密度 ? ? 1.0 ?103 kg /m3 ,重力加速度 大小 g ? 10m/s2 。 (i)求在水下 10m 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。 【答案】水下 10m 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 3 2 。 1 2? 2 ? 0.070 Pa=28Pa 【解析】(i)由公式 ?P ? 得, ?P ? r 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。 由理想气体状态方程 PV ? nRT ,得 PV ① 1 1 ? PV 2 2 4 3 V1 ? ? r1 其中, ② 3 4 V2 ? ? r23 ③ 3 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 5 3 5 P ④ 1 ?P 0 ? ? gh 1 ? 1? 10 Pa+1? 10 ? 10 ? 10 ? 2 ? 10 Pa=2P 0 P2 ? P0 ⑤ 4 3 4 3 将②③④⑤带入①得, 2P0 ? ? r1 ? P0 ? ? r2 3 3 3 3 2r1 ? r2 r2 3 ? 2 ? 1.3 r1 【考点】理想气体状态方程 【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,即气体压强等于对应位置的水压。 34. [物理——选修 3-4](15 分) (1) (5 分)某同学漂浮在海面上,虽然水面波正平稳地以 1.8m/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
15s 。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.水面波是一种机械波 B.该水面波的频率为 6Hz C.该水面波的波长为 3m 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, 15 5 时间间隔为 15 秒,所以其振动周期为 T ? s ? s ,频率为 0.6Hz,B 错;其波长 9 3 5 ? ? vT ? 1.8m/s ? s ? 3m ,C 对;波中的质点都上下振动,不随波迁移,但是能传 3 递能量,D 错 E 对。 (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 3.0m 。 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

4 。 3 (i)求池内的水深;
率为 (ii)一救生员坐在离池边不远处的高凳上,他的眼睛到池面的高度为 2.0m 。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) 。

【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 3 得: sin ? ? ; 4 由 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: sin 45? ?n 由折射率公式: sin ? 3 3 23 3 2 ? 可知: sin ? ? , tan ? ? 23 8 23 设 BE ? x m ,得 tan ? ? 带入数据得: x ? 3 ?
AQ QE ? 3? x 7

3 161 , 23 由几何关系得,救生员到池边水平距离为 (2 ? x)m ? 0.7m

35. [物理——选修 3-5](15 分)

(1) (5 分)现用某一光电管进行光电效应实验,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 B 错误,根据 Ekm ? h? ? W 可知, 关,光照强度越大饱和光电流越大, 因此 A 正确, 对于同一光电管,逸出功 W 不变,当频率变高,最大初动能 Ekm 变大,因此 C 正 确, 由 Ekm ? eU c 和 Ekm ? h? ? W , 得 h? ? W ? eU c , 遏制电压只与入射光频率有关, E 与入射光强无关,因此 正确。 (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 v0 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 ? ,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。 【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 v0 不变。 ?l ? v0 ? ?t 该时间内,喷出水柱高度: ? m ? ? ? ?V 喷出水柱质量: 其中 ?v 为水柱体积,满足: ?V ? ?l ? S ?m ? ? ? v0 ? S 由①②③可得:喷泉单位时间内喷出的水的质量为 ?t (ii)设玩具底面相对于喷口的高度为 h F冲 =Mg 由玩具受力平衡得: 其中, F冲 为玩具底部水体对其的作用力. F压 =F冲 由牛顿第三定律: 其中, 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 2 2 v' ? v0 ? ?2 gh 由运动学公式: 在很短 ?t 时间内,冲击玩具水柱的质量为 ? m ?m ? ? ? v0 ? s ? ?t 由题意可知,在竖直方向上,对该部分水柱有 ? F压 ? ?mg ? ? ?t ? ?m ? v? 动量定理 由于 ?t 很小, ?mg 也很小,可以忽略 F压 ? ?t ? ?m ? v? ⑧式变为 由④⑤⑥⑦⑨可得 ① ② ③

④ ⑤

⑥ ⑦ ⑧ ⑨

h?

v M g ? 2 2 2 2 g 2 ? v0 S

2 0

2

【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


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