2016年高考真题——物理解析(全国I卷)(共23页).doc

《2016年高考真题——物理解析(全国I卷)(共23页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016年高考真题——物理解析(全国I卷)(共23页).doc（23页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精选优质文档-倾情为你奉上2016 年普通高等学校招生全国统一考试（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 1417 题只有一项符合题目要求，第 1821 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】

2、D【解析】 由Cr S4kd可知，当云母介质抽出时， r 变小，电容器的电容 C 变小；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 减小。再由EUd，由于 U 与d 都不变，故电场强度 E 不变，答案为 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

3、约为（ ）A. 11 B. 12C. 121 D. 144【答案】 D【解析】 设质子的质量数和电荷数分别为 m1 、q ，一价正离子的质量数和电荷数为1m 、2q ，2对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得：12qU mv20得v2qUm在磁场中应满足由题意，qvB m2vr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 式联立求解得- 1 -专心-专注-专业匀速圆周运动的半径r1 2mUB q，由于加速电压不变，故r B m q1 2 1 2r B m q2 1 2 111其中 B2 12B1 ，q1 q2 ，可得m1m21144故一价

4、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 R1 R2、 和 R3的阻值分别是 3 、1 和 4 ，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. 3C. 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得 U1 U 3I 根据变压器原副边电压关系：U n1 1U n2 2副线圈中的电流：I

5、2U U2 2R2 R3 5联立 得：2n U 3I1n 5I2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得 U1=U 12I 根据变压器原副边电压关系：U n1 1U n2 2副线圈中的电流得：U U 2 2I= 2R2 1联立 得2n U 12I1n 4I2联立 解得n1n23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，S 闭合前：2 2II R ( ) (R R )2 3n，得RR R2 32n- 2 -S 闭合后：4I2 2(4I ) R ( ) R2n，得RR22n根据闭合电路欧姆定律：S

6、 闭合前：IUR R1S闭合后：4IUR R1根据以上各式得：解得， n 3R 12R 31 2 21n n=R R 5 42 3R 31 2 2n n【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. 8h D. 16h【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

7、之变小，由2Mm 4G mr2 2r T可得T2 34rGM，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的，则卫星周期最小卫星时，由数学几何关系可作出右图。30R由几何关系得，卫星的轨道半径为 2 r R sin30由开普勒第三定律3 3r r1 22 2T T1 2，代入题中数据，得R3 3(6.6 R ) r2 224 T2卫星卫星由 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

8、. 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，故 A 错；- 3 -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； 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； 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

9、】 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

10、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 g ，所以物体 a 受到a绳的拉力保持不变。 由滑轮性质， 滑轮两侧绳的拉力Fy F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，TTyN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Txf Fx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

11、正确； 摩擦力也在mb g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。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

12、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- 4 -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，

13、则（ ）A. 在 t 1s 时，甲车在乙车后B. 在 t 0 时，甲车在乙车前 7.5mC. 两车另一次并排行驶的时刻是 t 2sD. 甲、乙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】 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 =25m/s乙 ，由位移和 v t 图面积对应关系， 0-3s内位移1x甲 = 3 30m=45m ，21x乙 。故 t 0 时，甲乙相距 x1 x -x =7.5m= 3 10+25 m=52.5m 乙 甲 ，即甲在乙前2方 7.5m，B 选项正确。 1 10-1s内， x甲 = 1 10

14、m=5m ， x乙 = 1 10+15 m=12.5m ， 2 2说明甲、乙第一次相遇。 A、C 错误。x2 x乙 x甲 =7.5m ，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- 5 -三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3340 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

15、20Hz 、30Hz 和40Hz 。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29.80 m/s ，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【答案】 (S1 S2

16、) ， (S2 S3) ， 2 22f2(S S ) ；403 1【解析】 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 vB 等于 AC 段的平均速度，即vBS S1 22t由于t1ff，故 v (S1 S2 )B2f同理可得 v (S2 S3)C2匀加速直线运动的加速度avt故f(S S ) (S S )2v v f2 3 1 22 ( )C Ba S S3 11 2tf重物下落的过程中，由牛顿第二定律可得：mg F =ma阻 由已知条件 F = 0.01m g阻 由 得 a 0

17、.99g代入 得：2fa (S S ) ，代入数据得 f 40Hz3 12【考点】 利用运动学公式和推论处理纸带问题- 6 -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 Ic 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R （最1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。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

18、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 “R ”）。2(3) 按照下列步骤调节此报警系统：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_。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

19、图(2) R2(3)650.0，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c，报警器开始报警【解析】 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 650.0 ，光使报警器能正常报警，电路图如上图U 18V ，当通过报警器的电流 10mA I 20mA ，故电路中总电阻cRUIc，900 R 1800 ，故滑动变阻器选 R2 。 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9.81 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- 7 -【考点

20、】 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 2m 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

21、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：N Gcd cdcos垂直于斜面方向受力平衡方程：f G sin Tcd cd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 fab F Gab sin安垂直于斜面方向受力平

22、衡：N Gab abcos且 fab 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：棒中所受的安培力：F BIL安I2 2B L vRE BLvR R与 联立可得：vmgR(sin 3 cos )2 2B L25. （18 分）- 8 -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，另一端位于直轨道上 B 处，弹簧处于自然状态。 直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于 C 点，AC R ，A 、B 、C

23、 、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7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14，重力加速度大小为 g 。（取sin3735，cos3745）(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。(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，恰好通过 G 点。 G 点在 C 点的左下方，与 C 点水平相距求 P 运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量。

24、72R 、竖直相距 R ，【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且 f N ，可得：对 CB 段过程，由2a g sin g cos g52 2v v0 2ast代入数据得 B 点速度： 2v gRB（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： E mg 3R sin P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 (7R 2xR) 由 Q EP ，联立

25、、 解得： x 1；研究 P 从C 点运动到 E 点过程重力做功： W mg sin (5R xR)G摩擦力做功： Wf mg cos (5R xR)动能变化量： E 0Jk由动能定理：W W W EG f 弹 k代入得：W弹12 mgR5- 9 -由 E弹 W弹 ，到 E 点时弹性势能 E 弹 为弹 为12mgR5。（3）其几何关系如下图可知：2OQ R ，31CQ R2由几何关系可得， G 点在 D 左下方，竖直高度差为5R ，水平距离为 3R 。 2设 P 从 D 点抛出时速度为 v0 ，到 G 点时间为 t其水平位移： 3R v0 t竖直位移：5 12R gt2 2解得：v03 5gR

26、5研究 P 从 E 点到 D 点过程，设 P 此时质量为 m ，此过程中：重力做功：3 51W mg( R 6R sin ) m gR G2 10摩擦力做功：6W mg 6R cos m gR f5弹力做功：12W弹 E弹 mgR 5动能变化量：12E mv 0Jk 02910m gR 由动能定理： WG Wf W Ek 弹 将 代入 ，可得：1m m3（二）选考题26. 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

27、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

28、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。- 10 -（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p2r，其中 0.070N/m 。现让水下 10m 处一半径为 0.50cm 的气泡缓慢上升。已知大气压强5p0 1.0 10 Pa ，水的密度3 327. 10 kg /m ，重力加速度大小2g 10m/s 。(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

29、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 21。2 2 0.070【解析】 （i）由公式P P得， 3r 5 10水下 10m 处气泡的压强差是 28Pa。Pa=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 PV 1 1 2 2其中，43V r 1 1343V r 2 23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 5P1 P0 gh1 1 10 Pa+1 10 10

30、10 2 10 Pa=2P0 P P 2 0将 带入 得，4 43 32P r P r0 1 0 23 33 32r r1 2r2r132 1.3【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。9.82 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

31、，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 6HzC该水面波的波长为 3mD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- 11 -【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15 5T s s，频率为 0.6Hz，B 错；其波长9 35vT 1.8m/s s 3m ，C对；波中的质点都上下振动，不随波迁移，但是能传递3 能量， D 错 E对。（2）（

32、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， 水的折射率为43。(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得：sin34；由 AO 3m，由几何关系可得：AB 4m，BO 7m所以水

33、深 7m 。（ii）光由 A 点射入救生员眼中光路图如图：由折射率公式：sin 45sinn可知：sin3 28，tan3 3 232323设 BE x m ，得tanAQ x3QE 7带入数据得： 3 161x 3 ， 23由几何关系得，救生员到池边水平距离为 (2 x)m 0.7m28. 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

34、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- 12 -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 Ekm 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 变大，因此 C正确，由kmE eU 和 Ekm

35、 h W ，得 h W eUc ，遏制电压只与入射光频率有关，与入射km c光强无关，因此 E 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v 竖直向上喷出；0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

36、度 v0 不变。该时间内，喷出水柱高度： l v0 t 喷出水柱质量： m V 其中 v 为水柱体积，满足： V l S m由 可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 v0 St(ii)设玩具底面相对于喷口的高度为 h由玩具受力平衡得： F =Mg冲 其中， F冲 为玩具底部水体对其的作用力由牛顿第三定律： F压 =F冲 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由运动学公式：2 2v v0 2gh在很短 t 时间内，冲击玩具水柱的质量为 mm v s t 0由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱有动量定理 F mg t m v压 由于 t 很小， mg 也很小，可以忽略 式变为 F t m v压 由 可得h2 2v M g02 2 22g 2 v S0【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- 13 -