2016年普通高等学校招生全国统一考试(新课标卷Ⅰ)理综物理部分解析剖析

发布于:2021-10-14 10:57:06

2016 年普通高等学校招生全国统一考试(全国Ⅰ卷)

理科综合能力测试
适用地区:河南、河北、山西、江西、湖南、湖北、广东、安徽、福建、山东。

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,选项但不全的 得 3 分,有选错的得 0 分。 14..(2016 全国理综Ⅰ.14)一*行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=
?rS 可知,当云母介质抽出时,εr 变小,电容器的电容 C 变小;因为电容器 4? kd
d

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 E= U , 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.(2016 全国理综Ⅰ.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 【答案】D

B.12

C.121

D.144

【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、q2,

1

对于任意粒子,在加速电场中,由动能定理得: qU =
1 mv2?0 2

→v=

2qU ................ ① m

在磁场中应满足 qBv= m
v2 →r= mv ............................... ② qB r
qB

由①②求得:r= m 即有:m=

2qU 1 2mU = B q m

q r2 2 B ............................................. ③ 2U

由题意,由于加速电压 U 不变,其中 q2=q1,B2=12B1,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 r 应相同,由③ 式可知:
2 2 m2 B2 144 = 2 = 12 2 1 m1 B1 1

故一价正离子与质子质量比为 144,选项 D 正确。 【考点】带电粒子在电场、磁场中的运动、质谱仪。

16.(2016 全国理综Ⅰ.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 分别为 3Ω, 1Ω 和 4Ω, ?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,电路如左图所示。

2

由闭合电路欧姆定律,原线圈两端电压 U1=U?IR1 =U?3I ................................ ① 根据变压器原副边电压关系:
U1 n1 = ................................................ ② U2 n 2

副线圈中的电流: I2=
U U2 n = 2 →U2=5I2 =5 1 I ........ ③ R2 ? R3 5 n2

联立①②③得:
( n1 2 U ? 3I ) = 5I n2

..................................... 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 U1′=U?4IR1 =U?12I ........................... ⑤ 根据变压器原副边电压关系:
U 1? n1 = ................................................ ⑥ ? n2 U2

副线圈中的电流得: I2′=
? ? U2 n U2 = →U2′=I2′=4 1 I ............. ⑦ 1 n2 R2

联立⑤⑥⑦得
( n1 2 U ? 12 I ..................................... ⑧ ) = 4I n2

联立④⑧解得

n1 =3 ,选项 B 正确。 n2

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:
R ?R I 2R=( I )2(R2+R3)→得 R= 2 2 3 ........ ① n n

3

S 闭合后: (4I)2R′=( 4 I )2R2→得 R′=
n

R2 ................ ② n2

根据闭合电路欧姆定律:
S 闭合前:I=

U ........................................ ③ R1 ? R U ..................................... ④ R1 ? R?

S 闭合后:4I=

根据以上各式得(③/④并将①②代入):
R2 3 ? 12 n = 1 →n=3 n2 = 1 → R2 ? R3 4 3 ? 5 4 R1 ? n2 n2 R1 ?

选项 B 正确。

17.(2016 全国理综Ⅰ.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 【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
G mM = m 4?2 r r2 T
2

可得 T= 2?

r3 ∝r3 .................................... ① 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的,则卫星周期最小时,由 数学几何关系可作出下图。
卫星
30°

R

卫星

卫星

由几何关系得,卫星的轨道半径为
4

r=

R =2R sin30

.................................. ②

3 由①式并将②式代入得: T = r 3

T0

r0

3 →T= r 3 T0 =

r0

(2 R ) 3 ×24h≈4 h (6.6 R ) 3

选项 B 正确。 【考点】 (1)卫星运行规律。 【难点】做出最小周期时的卫星空间关系图。

18.(2016 全国理综Ⅰ.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*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*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。

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19.(2016 全国理综Ⅰ.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*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=mag,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*方向和竖直方向分解,如上图所示。由受力*衡得: Tx+f=Fx,Fy+N+Ty =mbg。T 和 mbg 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。

Fy T Tx Ty f N

F

Fx

mb g

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【考点】考查动态*衡分析、力的正交分解和力的*衡方程。

20.(2016 全国理综Ⅰ.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.(2016 全国理综Ⅰ.21)甲、乙两车在*直公路上同向行驶,其 v?t 图像如图所示。已知两 车在 t=3 s 时并排行驶,则 A.在 t=1 s 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、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40 m

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【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=20m/s, 由位移和 v?t 图面积对应关系,0~3s 内位移 x 甲= x 乙=
1 × 3× 30m=45m 2 1 × 3× (10+25)m=52.5m 2

故 t ? 0 时,甲乙相距 Δx1=x 乙?x 甲=7.5m,即甲在乙前方 7.5m,B 选项正确。 0~1s 内 x 甲′= x 乙′=
1 × 1× 10m=5m 2

1 × 1× (10+15)m=12.5m 2

Δx2=x 乙′?x 甲′=7.5m 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

第Ⅱ卷(非选择题共 174 分)
三、非选择题:本卷包括必考题和选考题两部分。第 22 题~第 32 题为必考题, 每考生都必须做答。第 33 题~40 题为选考题,考生根据要求做答。 (一)必考题(共 129 分)
22.(2016 全国理综Ⅰ.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。

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图(a)

图(b) 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 s1=8.89cm,s2=9.5.cm,s3=10.10cm;当重力加速度大小为 9.80m/s2,试验中重 物受到的*均阻力大小约为其重力的 1%。由此推算出 f 为________Hz。 【答案】(1)
f f f2 ( s1 ? s2 ) 、 ( s2 ? s3 ) 、 (s ? s ) ,(2)40。 2 2 2 3 1

【解析】⑴交流电的频率 f,则打点计时器的打点周期: T= 1 ..................................................... ①
f

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*均速度,即 vB=
f s1 ? s2 = ( s1 ? s2 ) .......................... ② 2T 2

C 点的速度 vC 等于 BD 段的*均速度,即 vC=
s2 ? s3 f = ( s2 ? s3 ) .......................... ③ 2T 2
?t

根据匀加速直线运动的加速度 a= ?v 得 a=
vC ? v B T

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f f ( s2 ? s3 ) ? ( s1 ? s 2 ) f 2 2 2 = = (s3 ? s1 ) .... ④ 1 2 f

f2 或根据 Δx =a T2 得 s3?s1=2a( 1 )2 →a= (s3 ? s1 ) f 2

⑵重物下落的过程中,由牛顿第二定律可得: mg?F 阻=ma ........................................ ⑤ 题意 F 阻=0.01 mg ............................................ ⑥ 由③⑥得 a=0.99g 代入④得:a=
f2 (s ? s ) ,代入数据得 f≈40Hz。 2 3 1

【考点】利用运动学公式和推论处理纸带问题

23.(2016 全国理综Ⅰ.23?10 分)(10 分)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统,要求热敏 电阻的温度达到或超过 60℃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 999.9Ω ),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 1000Ω ),滑动变阻器 R2 (最大阻值为 2000Ω ),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 18 V,IC 约为 10 mA;流过报警器的电流超过 20 mA 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℃时阻值为 650.0 Ω。 (1)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*,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)如图所示;(2) R2;

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(3)①650.0,b,接通电源后,流过报警器的电流会超过 2mA,报警器可能损坏。(保证 报警器的安全使用)。 ②c,报警器开始报警。 【解析】①热敏电阻工作温度达到 60℃时,报警器报警。故需通过调节电阻箱使其电阻为 60℃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 ②U=18V,当通过报警器的电流 10mA≤IC≤20mA,故电路中总电阻 R= U ,900Ω≤R≤1800Ω,
IC

故滑动变阻器选 R2。 ③热敏电阻为 650.0Ω 时,报警器开始报警,模拟热敏电阻的电阻器阻值也应为 650.0Ω 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.(2016 全国理综Ⅰ.24?14 分) (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 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*。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。

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【答案】(1)mg(sinθ?3μ cosθ); (2)
(sin? ? 3? cos? )mgR 。 B 2 L2

【解析】(1)设导线的张力的大小为 T,右斜面对 ab 棒的支持力的大小为 N1,作用在 ab 棒上 的安培力的大小为 F,左斜面对 cd 棒的支持力大小为 N2,对于 ab 棒,由力的*衡条件 得: 2mg sinθ =μN1 +T+F ........................... ① N1=2mg cosθ 对于 cd 棒,同理有: mg sinθ +μN2=T N2=mg cosθ .............................. ③ ..................................... ②

....................................... ④

联立①②③④式得: F=mg(sinθ?3μcosθ) (2)由安培力公式得: F =BIL ............................................. ⑥ .......................... ⑤

这里 I 是回路 abdca 中的感应电流。ab 棒上的感应电动势为 ε=BLv .............................................. ⑦

式中,v 是 ab 棒下滑速度的大小。由欧姆定律得: I= ? ...................................................... ⑧
R

联立⑤⑥⑦⑧式得 v=(sinθ?3μcosθ)
mgR ......................... ⑨ B 2 L2

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25.(2016 全国理综Ⅰ.25?18 分)(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,另一端位于直轨道上 B 处,弹簧处于自然状态。直轨道与一 5 半径为 R 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 6 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 1 3 到达 F 点, AF=4R。 已知 P 与直轨道间的动摩擦因数 μ= , 重力加速度大小为 g。 (取 sin37° = , 4 5 4 cos37° = ) 5 (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 7 D 处水*飞出后,恰好通过 G 点。G 点在 C 点左下方,与 C 点水*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。

【答案】(1) 2 gR ;(2)2.4mgR;(3)vD= 3 5 gR , m 。
5

3

【解析】(1)根据题意知,B、C 之间的距离 l 为 l=7R?2R .............................................. ① 设 P 到达 B 点时的速度为 vB,由动能定理得 mgl sinθ?μmg l cosθ =
1 mvB2 ............ ② 2

式中 θ=37°,联立①②式并由题给条件得 vB=2 gR .............................................. ③ (2)设 BE =x。P 到达 E 点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为 EP。P 由 B 点运动到 E 点的 过程中,由动能定理有:

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mg x sinθ ?μmg x cosθ ?EP=0? E、F 之间的距离 l1 为

1 m vB2 2



l1=4R?22R+x ....................................... ⑤ P 到达 E 点后反弹,从 E 点运动到 F 点的过程中,由动能定理有: EP?mgl1 sinθ ?μmg l1 cosθ =0 联立③④⑤⑥式并由题设条件得: x=R ...................................................... ⑦ EP= 12 mgR ......................................... ⑧
5

.......... ⑥

(3)设改变后 P 的质量为 m1。D 点与 G 点的水*距离为 x1 和竖直距离 y1 分别为 x1=
5 7 R? R sinθ ................................ ⑨ 2 6 5 5 R + R cosθ .......................... ⑩ 6 6

y1=R+

式中,已应用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。 设 P 在 D 点的速度为 v0,由 D 点运动到 G 点的时间为 t。由*抛运动公式有 y1=
1 2 gt .............................................. ? 2

x1=vD t ................................................. ? 联立⑨⑩??式得 vD=
3 5

5 gR

...................................... ?

设 P 在 C 点速度大小为 vC。在 P 由 C 运动到 D 的过程中机械能守恒,有
5 5 1 1 m1vC2= m1vD2+m1g( R+ Rcosθ) ........... ? 2 2 6 6

P 由 E 点运动到 C 点过程中,同理,由动能定理有 EP?m1g(x+5R)sinθ?μm1g(x+5R)cosθ= 联立⑦⑧???得 m1= 1 m ................................................. ?
3
14

1 m1vC2 ? 2

(二)选考题:共 45 分。请考生从给出为 3 道物理题、3 道化学题、2 道生物题中 每科任选一题做答。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)(2016 全国理综Ⅰ.33(1)?5 分)(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*衡,那么这两个系统彼此之间 也必定达到热*衡 【答案】BDE 【解析】气体内能的改变 ΔU =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 =n R T,P 不变,V 增大,气体温度升高, 内能增大。由 ΔU =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*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*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)(2016 全国理综Ⅰ.33(2)?10 分)(10 分)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压 2σ 强,两压强差 Δp 与气泡半径 r 之间的关系为 Δp= ,其中 σ=0.070 N/m。现让水下 10 m 处一 r 半径为 0.50 cm 的气泡缓慢上升,已知大气压强 p0=1.0× 105 Pa,水的密度 ρ=1.0× 103 kg/m3, 重力加速度大小 g=10 m/s2。 (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*水面时,求气泡的半径与其原来半 径之比的*似值。 【答案】(ⅰ) 28Pa ;(ⅱ) 3 2 ≈1.3。 【解析】(ⅰ)当气泡在水下 h=10m 处时,设其半径为 r1,气泡内外压强差为 ΔP1,则
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ΔP1 = 2?
r1

........................................ ①

代入题给数据得 ΔP1=28Pa ........................................ ②

(ⅱ)设气泡在水下 10m 处时, 气泡内空气的压强为 P1, 气泡体积为 V1; 气泡到达水面附*时, 气泡内空气的压强为 P2,内外压强差为 ΔP2,其体积为 V2,半径为 r2。 P1V1=P2V2 由力学*衡条件有 P1=P0+ρgh+ΔP1 .............................. ⑤ ......................................... ③

气泡的体积 V1 和 V2 分别为 V1= 4 ? r13
3 3

........................................... ⑥ ......................................... ⑦

V2= 4 ? r23

联立③④⑤⑥⑦式得
P0 ? ?P2 r ( 1 )3 = r2 ? gh ? P0 ? ?P1

........................ ⑧

由②式知,ΔPi ?P0 ,i=1,2,故可略去⑧式中的 ΔPi 项。代入题给数据得
r2 3 = 2 ≈1.3 r1

...................................... ⑨

【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)(2016 全国理综Ⅰ.34(1)?5 分)(5 分)某同学漂浮在海面上,虽然水面波正*稳地以 1.8 m/s 的速率向着海滩传播,但他并不向海滩靠*。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) A.水面波是一种机械波

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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= 15 s= 5 s, 频率为 0.6Hz, B 错; 其波长λ=v T =1.8
9 3

5 × m=3m,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。 3

(2)(2016 全国理综Ⅰ.34(2)?10 分)(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*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 4 的临界角,水的折射率为 。 3 (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*距离(结果保留 1 位有效数字)。

【答案】(ⅰ) 7 m;(ⅱ)0.7。 【解析】(ⅰ)如图,设到达池边的光线的入射角为 i。依题意,水的折射率 n= 射角 θ=90° 。
4 ,光线的折 3

由折射定律有:
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n sini =sinθ .......................................... ① 由几何关系有 sini =
l l 2 ? h2

................................... ②

式中,l=3m,h 是池内水的深度。联立①②式并代入题给数据得 h= 7 m ≈2.6m .................................. ③

(ⅱ) 设此时救生员的眼睛到池边的距离为 x。依题意,救生员的视线与竖直方向的夹角为 θ′=45°。由折射定律有 n sin i′=sinθ′ ...................................... ④

式中,i′是光线在水面的入射。设池底点光源 A 到水面入射点的水*距离为 a。由几何关 系有 sin i′=
a a ? h2
2

................................. ⑤

x+l=a+h′

............................................ ⑥

式中,h′=2m。联立③④⑤⑥式得 x=(3
7 ?1)m≈0.7m 23

..................... ⑧

35. 【物理—选修 3—5】(15 分) (1)(2016 全国理综Ⅰ.35(1)?5 分)(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 Ekm=hν?W0 可知,对于同一光
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电管,逸出功 W0 不变,当频率变高,最大初动能 Ekm 变大,因此 C 正确,由 Ekm=eUc 和 Ekm=hν?W0,得 eUc = hν?W0,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,光电效应方程。

(2)(2016 全国理综Ⅰ.35(2)?10 分)(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*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*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)ρSv0;(ⅱ)
2 M 2g v0 ? 2 2 2。 2 g 2 ? v0 S

【解析】(ⅰ)设 Δt 时间内,从喷口喷出的水的体积为 ΔV,质量为 Δm,则 Δm=ρ ΔV ............................................. ① ΔV= v0Δt S ........................................ ②

②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为
? m = ρv S 0 ?t

......................................... ③

(ⅱ)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h, 水从喷口喷出后到达玩具底面时速度大小为 v。对于 Δt 时间内喷出的水,由能量守恒得
1 1 (Δm)v2+(Δm)gh= (Δm)v02 2 2

......... ④

在 h 高度处,Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量大小为 ΔP=(Δm)v ....................................... ⑤

设水对玩具的作用力大小为 F,根据动量定理有 F Δt =ΔP ....................................... ⑥

由于玩具在空中悬停,由力的*衡条件得
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F=Mg

.............................................. ⑦

联立③④⑤⑥⑦式得 h=
2 M 2g v0 ? 2 2 2 2 g 2 ? v0 S

.............................. ⑧

【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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