高考真題——物理解析(全國(guó)I卷)

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1、2016年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試（新課標(biāo) I卷） 理科綜合（物理部分） 二、選擇題：本題共 8小題，每小題 6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第 14~17題只有一 項(xiàng)符合題目要求，第 18~21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得 6分，選對(duì)但不全的 得3分。有選錯(cuò)的得0分。 14.一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出，則 電容器（ ） A.極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大 B.極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大 C.極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變 D.極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變 【答案】D rS

2、 【解析】由C 1丁可知，當(dāng)云母介質(zhì)抽出時(shí)， r變小，電容器的電容 C變?。? 4 Tikd 因?yàn)殡娙萜鹘釉诤銐褐绷麟娫瓷希?故U不變，根據(jù)Q CU可知，當(dāng)C減小時(shí)，Q減 U 小。再由E 了，由于U與d都不變，故電場(chǎng)強(qiáng)度 E不變，答案為 D 【考點(diǎn)】電容器的基本計(jì)算 15.現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來(lái)分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖 所示，其中加速電壓恒定。 質(zhì)子在入口處從靜止開(kāi)始被加速電場(chǎng) 加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開(kāi)磁場(chǎng)。 若某種一價(jià)正離子在 入口處從靜止開(kāi)始被同一加速電場(chǎng)加速， 為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn) 后仍從同一出口離開(kāi)磁場(chǎng)，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的 12倍。 此離子和

3、質(zhì)子的質(zhì)量比約為（ ） A. 11 B.12 C. 121 D.144 【答案】D 【解析】設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)分別為 m、q1,一價(jià)正離子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)為 m2、q2 對(duì)于任意粒子，在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得： 在磁場(chǎng)中應(yīng)滿足 1 2八 qU mv 0 2 v 2qU m 2 v qvB m — r 由題意， 由于兩種粒子從同一入口垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，從同一出口垂直離開(kāi)磁場(chǎng)，故在磁場(chǎng)中做 勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑應(yīng)相同. 由①②式聯(lián)立求解得 -15 - 勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑 1 B 2mU ,由于加速電壓不變, 故上里匹q2 「2 Bi , m2 q

4、i 其中 B2 12Bi , qi q2 ， mi 可得成 故一價(jià)正離子與質(zhì)子的質(zhì)量比約為 1 144 144 【考點(diǎn)】帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、質(zhì)譜儀。 16.一含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻 R、R2和R 的阻值分別是3 、1和4 , CA為理想交流電流表，U為 正弦交流電壓源，輸出電壓的有效值恒定。當(dāng)開(kāi)關(guān) S斷開(kāi) 時(shí)，電流表的示數(shù)為I ;當(dāng)S閉合時(shí), 該變壓器原、副線圈匝數(shù)比為( A. 2 C. 4 【答案】B 【解析】 解法一： 當(dāng)S斷開(kāi)時(shí)，電路如右圖所示 由閉合電路歐姆定律，原線圈兩端電壓 得 電流表的示數(shù)為 ) B. 3

5、D. 5 根據(jù)變壓器原副邊電壓關(guān)系: Ui U1 Ui IRi 3I 副線圈中的電流: I2 U2 U2 ni n2 聯(lián)立①②③得: R2 2 ni n2 R3 U_2 ~5 U 5I 3I 當(dāng)S閉合時(shí)，電路如右圖所示 由閉合電路歐姆定律，原線圈兩端電壓 得 根據(jù)變壓器原副邊電壓關(guān)系: U/ U/ U U 副線圈中的電流得: I2/ =U =U / 1 / 2 U2/ 4I Ri 12I ni U2/ 聯(lián)立⑤⑥⑦得 ni n2 R2 1 2 U 12I 4I 4I。 □ 《 。 聯(lián)立④⑧解

6、得 n1 —3 n2 解法二： 設(shè)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)前后, 相同， 變壓器的等效電阻為 R和R ,由于變壓器輸入功率與輸出功率 、 ? 、， 2 S閉合前：I R I 2 (-)(R2 R3),得 R n R2 R3 2 n S閉合后: (41)2 R (小 n R2 n 根據(jù)閉合電路歐姆定律: S閉合前

7、: S閉合后: 4I 根據(jù)以上各式得: Ri R2 -2 n r2""R3 2 n U Ri R U R 3，1 n . 1 解得，n 3 【考點(diǎn)】變壓器的計(jì)算 由于原邊回路有電阻， 原線圈兩端電壓不等于電 【難點(diǎn)】 源電壓 17 .利用三顆位置適當(dāng)?shù)牡厍蛲叫l(wèi)星， 可使地球赤道上任意兩點(diǎn)之間保持無(wú)線電通訊。 目前, 地球同步衛(wèi)星的軌道半彳5約為地球半徑的 6.6倍。假設(shè)地球的自轉(zhuǎn)周期變小，若仍僅用三顆 同步衛(wèi)星來(lái)實(shí)現(xiàn)上述目的，則地球自轉(zhuǎn)周期的最小值約為( ) A. 1h 【答案】 【解析】 B. 4h C. 8h D. 16

8、h B 地球自轉(zhuǎn)周期變小，衛(wèi)星要與地球保持同步，則衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)周期也應(yīng)隨之變小，由 . Mm 4 2 ：4 4r3 一 GMm mr”可得T 42L ,則衛(wèi)星離地球的高度應(yīng) r T GM 變小，要實(shí)現(xiàn)三顆衛(wèi)星覆蓋全球的目的, 時(shí)，由數(shù)學(xué)幾何關(guān)系可作出右圖。 則衛(wèi)星周期最小 由幾何關(guān)系得，衛(wèi)星的軌道半徑為 —R— 2R sin30 3 , , r 由開(kāi)普勒第三定律與 Ti 3 72，代入題中數(shù)據(jù)，得 12 (6.6R)3 r3 _ 2 _ 2 24 T2 由①②解得T2 4h (1)衛(wèi)星運(yùn)行規(guī)律; (2)開(kāi)普勒第三定律的應(yīng)用 做出最小周期時(shí)的衛(wèi)星空間關(guān)

9、系圖 衛(wèi)星 衛(wèi)星 衛(wèi)星 30。 18 .一質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)對(duì)其施加一恒力，且原來(lái)作用在質(zhì)點(diǎn)上的力不發(fā)生改變，則 ( ) A.質(zhì)點(diǎn)速度的方向總是與該恒力的方向相同 B.質(zhì)點(diǎn)速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C.質(zhì)點(diǎn)加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D.質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速率的變化量總是不變 【答案】BC 【解析】質(zhì)點(diǎn)一開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，施加恒力后，則該質(zhì)點(diǎn)的合外力為該 恒力 ①若該恒力方向與質(zhì)點(diǎn)原運(yùn)動(dòng)方向不共線，則質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)速度方向時(shí)刻 與恒力方向不同，故 A錯(cuò)； ②若F的方向某一時(shí)刻與質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方向垂直，之后質(zhì)點(diǎn)作曲線運(yùn)動(dòng)，力

10、與運(yùn)動(dòng)方向 夾角會(huì)發(fā)生變化，例如平拋運(yùn)動(dòng)，故 B正確； ③由牛頓第二定律可知，質(zhì)點(diǎn)加速度方向與其所受合外力方向相同； ④根據(jù)加速度的定義，相等時(shí)間內(nèi)速度變化量相同，速率變化量不一定相同，故 D 錯(cuò)。 【考點(diǎn)】⑴牛頓運(yùn)動(dòng)定律； ⑵力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系； ⑶加速度的定義； 【易錯(cuò)點(diǎn)】B選項(xiàng)易錯(cuò)誤地以勻速圓周運(yùn)動(dòng)”作為反例來(lái)推翻結(jié)論 19 .如圖，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩 OO′懸掛于。點(diǎn)；另一細(xì)繩跨 過(guò)滑輪，其一端懸掛物塊 a,另一端系一位于水平粗糙桌面 上的物塊b。外力F向右上方拉b,整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。 若F方向不變，大小在一定范圍內(nèi)變化，物塊 b仍始終保持 靜止，則（ ） A

11、.繩OO 的張力也在一定范圍內(nèi)變化 B.物塊b所受到的支持力也在一定范圍內(nèi)變化 C.連接a和b的繩的張力也在一定范圍內(nèi)變化 D.物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)變化 【答案】BD 【解析】 由題意，在F保持方向不變，大小發(fā)生變化的過(guò)程 中，物體a、b均保持靜止，各繩角度保持不變；選 a受力分析得，繩的拉力 T mag ,所以物體a受到 繩的拉力保持不變。由滑輪性質(zhì)，滑輪兩側(cè)繩的拉力 相等，所以b受到繩的拉力大小、方向均保持不變， C選項(xiàng)錯(cuò)誤； a、b受到繩的拉力大小方向均不變， 所以O(shè)O的張力不變，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)b進(jìn)行受力分 析，并將各力沿水平方向和豎直方向分解， 如上圖所 示

12、。由受力平衡得：Tx f Fx , Fy N Ty mbg。 T和mbg始終不變，當(dāng)F大小在一定范圍內(nèi)變化時(shí)； 支持力在一定范圍內(nèi)變化， B選項(xiàng)正確；摩擦力也在 一定范圍內(nèi)發(fā)生變化， D選項(xiàng)正確；故答案選 BD。 【考點(diǎn)】考查動(dòng)態(tài)平衡分析、力的正交分解和力的平衡方程。 20.如圖, 帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其軌跡在豎直面（紙面） 跡最低點(diǎn)P的豎直線對(duì)稱。忽略空氣阻力。由此可知（ A. Q點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)高 B.油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大 C.油滴在Q點(diǎn)的電勢(shì)能比它在 P點(diǎn)的大 D.油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在 P點(diǎn)的小 內(nèi)，且相對(duì)于過(guò)軌 【答案】AB 【解析

13、】由于勻強(qiáng)電場(chǎng)中的電場(chǎng)力和重力都是恒力，所以合外力為恒力，加速度恒定不變， 所以D選項(xiàng)錯(cuò)。由于油滴軌跡相對(duì)于過(guò) P的豎直線對(duì)稱且合外力總是指向軌跡彎曲 內(nèi)側(cè)，所以油滴所受合外力沿豎直方向， 電場(chǎng)力豎直向上。當(dāng)油滴得從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q時(shí)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；油滴帶負(fù)電，電勢(shì)能減小，電勢(shì)增加， 所以Q點(diǎn)電勢(shì)高于P點(diǎn)電勢(shì)，A選項(xiàng)正確；在油?^從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q的過(guò)程中，合外力 做正功，動(dòng)能增加，所以 Q點(diǎn)動(dòng)能大于P點(diǎn)，B選項(xiàng)正確；所以選 AB。 【考點(diǎn)】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)、曲線運(yùn)動(dòng)中物體受力特點(diǎn)、帶電粒子電場(chǎng)力做功與電勢(shì) 能的關(guān)系、電勢(shì)能變化與電勢(shì)變化的關(guān)系。 v甲=30m/

14、s , v乙=25m/s , 21.甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其 v t圖像如圖所示。已知 兩車在t 3s時(shí)并排行駛，則（ ） A.在t 1s時(shí)，甲車在乙車后 B.在t 。時(shí)，甲車在乙車前 7.5m C.兩車另一次并排行駛的時(shí)刻是 t 2s D.甲、乙車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為 40m 【答案】BD 【解析】根據(jù)v t圖，甲、乙都沿正方向運(yùn)動(dòng)。t 3s時(shí)，甲、乙相遇, 由位移和v t圖面積對(duì)應(yīng)關(guān)系， 0-3s內(nèi)位移x甲=1 3 30m=45m , 2 1 冷=-3 10+25 m=52.5m。故t 0時(shí)，甲乙相距 x1冷-9=7.5m ,即甲在乙刖

15、 2 方7.5m, B選項(xiàng)正確。 0-1s內(nèi)，x甲=-1 10m=5m , x乙=-1 10+15 m=12.5m , x2 化 樨=7.5m , 2 2 乙兩次相遇地點(diǎn)之間的距離為 說(shuō)明甲、乙第一次相遇。 A、C錯(cuò)誤。 x x甲x甲=45m 5m=40m,所以D選項(xiàng)正確; 【考點(diǎn)】v t圖的解讀和位移的計(jì)算、追擊相遇問(wèn)題 【難點(diǎn)】 根據(jù)位移判斷兩車在不同時(shí)刻的位置關(guān)系 三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第 22?32題為必考題，每個(gè)試 題考生都必須作答。第33~40題為選考題，考生根據(jù)要求作答。 (一)必考題 22. (5 分) 某同學(xué)用圖(a)所示

16、的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，其中打點(diǎn) 計(jì)時(shí)器的電源為交流電源，可以使用的頻率有 20Hz、30Hz和 40Hz。打出紙帶的一部分如圖(b)所示。 該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中沒(méi)有記錄交流電的頻率 f,需要用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)和其它 題給條件進(jìn)行推算。 (1)若從打出的紙帶可判定重物勻加速下落，利用 f和圖(b)中給 出的物理量可以寫出： 在打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出 B點(diǎn)時(shí)，重物下落的速度 大小為,打出C點(diǎn)時(shí)重物下落的速度大小為 ,重物下落的加速度大小為 。 2 9.80m/s ，實(shí)驗(yàn) Hz 。 B點(diǎn)的速度 Vb等于AC段的平均速度，即 Vb S1 S 2t 1 由于t - 同理可得V

17、c 故 Vb -(Si 2 f(S2 S3) 2 S2) (2)已測(cè)得Si 8.89cm , & 9.50cm , S3 10.10cm ,當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮? 中重物受到的平均阻力大小約為其重力的 1%,由此推算出f為 ?、f _ _ f _ _ f2 - (Si S2) , y(S2 S3),5(& S);⑵40 ⑴由于重物勻加速下落， A、B、C、D各相鄰點(diǎn)之間時(shí)間間隔相同，因此 B點(diǎn)應(yīng)是 從A運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程的中間時(shí)刻，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論可得： 勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度 皿 Vc Vb 故 a —t— 2 (S2 S3) (Si S2) f2

18、 -2 (S3 S) f ⑵重物下落的過(guò)程中，由牛頓第二定律可得: 由已知條件 由②③得 mg F阻=ma F阻=0.01mg a 0.99g G),代入數(shù)據(jù)得f 40Hz 口 f2 代入①得：a —(S3 2 利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和推論處理紙帶問(wèn)題 23. （10 分） 現(xiàn)要組裝一個(gè)由熱敏電阻控制的報(bào)警系統(tǒng)，要求當(dāng)熱敏電阻的溫度達(dá)到或超過(guò) 60C時(shí)，系 統(tǒng)報(bào)警。提供的器材有：熱敏電阻，報(bào)警器（內(nèi)阻很小，流過(guò)的電流超過(guò) Ic時(shí)就會(huì)報(bào)警）， 電阻箱（最大阻值為 999.9 ）,直流電源（輸出電壓為 U ,內(nèi)阻不計(jì)），滑動(dòng)變阻器R （最 大阻值為1000 ）,滑動(dòng)變

19、阻器R2 （最大阻值為2000 ）,單刀雙擲開(kāi)關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干。 在室溫下對(duì)系統(tǒng)進(jìn)行調(diào)節(jié)。 已知U約為18V , Ic約為10mA ；流過(guò)報(bào)警器的電流超過(guò) 20mA 時(shí)，報(bào)警器可能損壞；該熱敏電阻的阻值隨溫度升高而減小，在 60 C時(shí)阻值為650.0 。 （1）在答題卡上完成待調(diào)節(jié)的報(bào)警系統(tǒng)原理電路圖的連線。 （2）電路中應(yīng)選用滑動(dòng)變阻器 （填 區(qū)”或我2"）。 （3）按照下列步驟調(diào)節(jié)此報(bào)警系統(tǒng)： ①電路接通前，需將電阻箱調(diào)到一固定的阻值，根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求，這一阻值為 ;滑 動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)置于 （填“或"b/端附近，不能置于另一端的原因是 ②將開(kāi)關(guān)向 （填"瞰"d）’端閉合

20、，緩慢移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，直至 （4）保持滑動(dòng)變阻器滑片的位置不變，將開(kāi)關(guān)向另一端閉合，報(bào)警系統(tǒng)即可正常使用。 報(bào)警器 通源 （3）①650.0, b, 接通電源后，流過(guò)報(bào)警器的電流會(huì)超過(guò) 20mA,報(bào)警器可能損壞 ②c,報(bào)警器開(kāi)始報(bào)警 【解析】①熱敏電阻工作溫度達(dá)到 60 C時(shí)，報(bào)警器報(bào)警。故需通過(guò)調(diào)節(jié)電阻箱使其電阻為 60 C時(shí)的熱敏電阻的阻值，即調(diào)節(jié)到阻值 如上圖 ②U 18V ,當(dāng)通過(guò)報(bào)警器的電流 10mA 650.0 Q光使報(bào)警器能正常報(bào)警，電路圖 U Ic 20mA ,故電路中總電阻R 丁， I c 900 R 1800 ,故滑動(dòng)變阻器選 R。

21、 ③熱敏電阻為650.0時(shí)，報(bào)警器開(kāi)始報(bào)警，模擬熱敏電阻的電阻器阻值也應(yīng)為 650.0為防止通過(guò)報(bào)警器電流過(guò)大，造成報(bào)警器燒壞，應(yīng)使滑動(dòng)變阻器的滑片置于 b端. 【考點(diǎn)】滑動(dòng)變阻器在電路中的作用及其規(guī)格選擇、串并聯(lián)電路相關(guān)計(jì)算、等效替代思想 【難點(diǎn)】 獲取題中信息并轉(zhuǎn)化為解題所需條件、 理解電路 設(shè)計(jì)原理、理解調(diào)節(jié)電阻箱和滑動(dòng)變阻器的意義 24. (14 分) 如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為 ，上沿相連。兩細(xì)金屬棒 ab (僅標(biāo)出a端)和cd (僅 標(biāo)出c端)長(zhǎng)度均為L(zhǎng),質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉 合回路abdca,并通過(guò)固定在斜面上沿的兩光滑

22、絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水 平。右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B ,方向垂直于斜面向上。已知兩根導(dǎo)線 剛好不在磁場(chǎng)中，回路電阻為 R,兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 ，重力加速度大 小為g 。已知金屬棒ab勻速下滑。求 (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小; (2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小。 (1)由ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連，故 做勻速直線運(yùn)動(dòng)； 選cd為研究對(duì)象，受力分析如圖： 由于cd勻速，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： fcd Gcd sin T 且fcd Ncd ,聯(lián)立

23、可得： T mg cos mg sin 選ab為研究對(duì)象，受力分析如圖： 其沿斜面方向受力平衡： T fab F 安 Gab sin 垂直于斜面方向受力平衡： Nab Gab CoS 且fab Nab, T與T為作用力與反作用力： T T, 聯(lián)立可得： F安 mgsin 3 mg cos (2)設(shè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E ,由電磁感應(yīng)定律: E BLv 由閉合電路歐姆定律，回路中電流: BLv R 棒中所受的安培力: F安 BIL 與①聯(lián)立可得：v mgR(sin _2 2 BLv R 3 cos 25. (18 分) 如圖，一輕彈簧原長(zhǎng)為

24、2R,其一端固定在傾角為 37的固定直軌道 AC的底端A處，另一端 位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為0R的光滑圓弧軌道相切于 C點(diǎn), 6 AC 7R, A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為 m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開(kāi)始下 滑，最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫(huà)出)隨后 P沿軌道被彈回，最高到達(dá) F點(diǎn)，AF 4R。已知P與 1 一 一 3 4 直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù) z，重力加速度大小為 g。(取sin37 - , cos37 石) (1)求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小。 (2)求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能。 C點(diǎn)水平相距1r,豎直相距R, (3)改變物塊P的質(zhì)量，

25、將P推至E點(diǎn)，從靜止開(kāi)始釋放。已知 P自圓弧軌道的最高點(diǎn) D處 水平飛出后，恰好通過(guò) G點(diǎn)。G點(diǎn)在C點(diǎn)的左下方，與 求P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和改變后 P的質(zhì)量。 D A 【解析】(1)選P為研究對(duì)象，受力分析如圖： 設(shè)P加速度為a,其垂直于斜面方向受力平衡： G cos N 沿斜面方向，由牛屯第二定律得： Gsin f ma 且f N ,可得： 對(duì)CB段過(guò)程，由 代入數(shù)據(jù)得B點(diǎn)速度: 2 a g sin g cos g 5 2 vt 2 vo 2as Vb 2 gR (2) P從C點(diǎn)出發(fā)，最終靜止在 F ,分析整段過(guò)程; 由C到F ,重力勢(shì)能變

26、化量： Ep mg 3Rsin 減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。 設(shè)E點(diǎn)離B點(diǎn)的距離為xR ,從C到F ,產(chǎn)熱： Q mg cos (7 R 2xR) 由|Q | Ep ,聯(lián)立①、②解得：x 1； 研究P從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)過(guò)程 重力做功： WG mg sin (5R xR) 摩擦力做功： Wf mg cos (5R xR) 動(dòng)能變化量： Ek 0J 由動(dòng)能定理： WG Wf w單 Ek 12mgR 代入得： W彈 ——— 5 由E彈 W彈，到E點(diǎn)時(shí)彈性勢(shì)能E彈為12mgR。 5 （3）其幾何關(guān)系如下圖 一. 2 可知：OQ -R, 3 1 CQ 2R

27、由幾何關(guān)系可得， G點(diǎn)在D左下方，豎直高度差為 5R,水平距離為3R。 2 設(shè)P從D點(diǎn)拋出時(shí)速度為Vo ,到G點(diǎn)時(shí)間為 其水平位移: 豎直位移: 3R v0t 5 1 , 一R gt 解得: Vo 2 3 5gR 研究P從E點(diǎn)到 D點(diǎn)過(guò)程, 5 設(shè)P此時(shí)質(zhì)量為 重力做功: WG m 3r 6Rsin ) 摩擦力做功: Wf mg 6Rcos 彈力做功: W單 動(dòng)能變化量: Ek 1mV0 由動(dòng)能定理： 將①②③④代入⑤，可得: 2 Wg Wf 此過(guò)程中: m, 51 —mgR 6 -mgR L 12 r E 彈

28、 —mgR 9 0J —mgR 10 W 單Ek m （二）選考題 33.[物理一一選彳3-3] （15分） 。（填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì) 1個(gè) （1） （5分）關(guān)于熱力學(xué)定律，下列說(shuō)法正確的是 得2分，選對(duì)2個(gè)彳導(dǎo)4分，選對(duì)3個(gè)得5分，每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分） A.氣體吸熱后溫度一定升高 B.對(duì)氣體做功可以改變其內(nèi)能 C.理想氣體等壓膨脹過(guò)程一定放熱 D.熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體 E.如果兩個(gè)系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個(gè)系統(tǒng)達(dá)到熱平衡，那么這兩個(gè)系統(tǒng)彼此之間也必 定達(dá)到熱平衡 【答案】BDE 【解析】氣體內(nèi)能的改變 U Q W ,故

29、對(duì)氣體做功可改變氣體內(nèi)能， B選項(xiàng)正確；氣體吸 熱為Q ,但不確定外界做功 W的情況，故不能確定氣體溫度變化， A選項(xiàng)錯(cuò)誤；理 想氣體等壓膨脹， W 0,由理想氣體狀態(tài)方程 PV nRT, P不變，V增大，氣體 溫度升高，內(nèi)能增大。由 U Q W,氣體過(guò)程中一定吸熱， C選項(xiàng)錯(cuò)誤；由熱力 學(xué)第二定律，D選項(xiàng)正確；根據(jù)平衡性質(zhì)， E選項(xiàng)正確； 【考點(diǎn)】理想氣體狀態(tài)方程，熱力學(xué)第一定律，熱力學(xué)第二定律，熱平衡的理解。 【難點(diǎn)】 等壓膨脹氣體溫度升高， 內(nèi)能增大；氣體又對(duì)外 做功，所以氣體一定吸熱。 (2) (10分)在水下氣泡內(nèi)空氣的壓強(qiáng)大于氣泡表面外側(cè)水的壓強(qiáng)，兩壓強(qiáng)差 p與氣

30、泡半 ，一、一、一、， 2 ... 一 .. .... 徑r之間的關(guān)系為 p ——,其中 0.070N/m 。現(xiàn)讓水下10m處一半徑為0.50cm的氣泡 5 3 3 緩慢上升。已知大氣壓強(qiáng) P0 1.0 10 Pa,水的密度 1.0 10 kg/m ,重力加速度大小 2 g 10m/s 。 (i)求在水下10m處氣泡內(nèi)外的壓強(qiáng)差； 【答案】水下10m處氣泡的壓強(qiáng)差是 28Pa,氣泡在接近水面時(shí)的半徑與原來(lái)半徑之比為 2 (i)由公式 P J得, r 水下10m處氣泡的壓強(qiáng)差是 2 0.070 5 10 3 Pa=28Pa 28Pa。 (ii)忽略水溫隨水

31、深的變化，在氣泡上升到十分接近水面時(shí)，求氣泡的半徑與其原來(lái)半徑之 比的近似值。 (ii)忽略水溫隨水深的變化，所以在水深 10m處和在接近水面時(shí)氣泡內(nèi)溫度相同。 由理想氣體狀態(tài)方程 PV nRT ,得 PM PV2 ① 其中， Vi 4 R3 ② 3 4 3 … V2 —上 ③ 3 由于氣泡內(nèi)外的壓強(qiáng)差遠(yuǎn)小于水壓，氣泡內(nèi)壓強(qiáng)可近似等于對(duì)應(yīng)位置處的水壓，所 以有 5 3 5 - R P0 g% 1 10 Pa+1 10 10 10 2 10 Pa=2F0 ④ P2 Pc ⑤ 將②③④⑤帶入①得，2P0 4「13 P0 4 r； 3 3 2「13「23 以 3 2

32、1.3 「1 【考點(diǎn)】理想氣體狀態(tài)方程 【難點(diǎn)】 當(dāng)氣體內(nèi)部壓強(qiáng)遠(yuǎn)大于氣泡內(nèi)外壓強(qiáng)差時(shí)， 計(jì)算 氣體內(nèi)部壓強(qiáng)時(shí)可忽略掉壓強(qiáng)差，即氣體壓強(qiáng)等于對(duì)應(yīng)位置的水壓。 34.[物理一一選彳3-4] (15分) (1) (5分)某同學(xué)漂浮在海面上，雖然水面波正平穩(wěn)地以 1.8m/s的速率向著海灘傳播，但 他并不向海灘靠近。1同學(xué)發(fā)現(xiàn)從第 1個(gè)波峰到第10個(gè)波峰通過(guò)身下的時(shí)間間隔為 15s。 下列說(shuō)法正確的是 。(填正確答案標(biāo)號(hào)，選對(duì) 1個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選 對(duì)3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分) A.水面波是一種機(jī)械波 B.該水面波的頻率為 6Hz C.該水面波的波長(zhǎng)

33、為 3m D.水面波沒(méi)有將該同學(xué)推向岸邊，是因?yàn)椴▊鞑r(shí)能量不會(huì)傳遞出去 E.水面波沒(méi)有將該同學(xué)推向岸邊，是因?yàn)椴▊鞑r(shí)振動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)并不隨波遷移 【答案】ACE 【解析】水面波是一種典型機(jī)械波， A對(duì)；從第一個(gè)波峰到第十個(gè)波峰中經(jīng)歷了九個(gè)波形， 時(shí) 15 5 間間隔為15秒，所以其振動(dòng)周期為 T —s -s,頻率為0.6Hz, B錯(cuò)；其波長(zhǎng) 9 3 5 vT 1.8m/s 3s 3m , C對(duì)；波中的質(zhì)點(diǎn)都上下振動(dòng)，不隨波遷移，但是能傳遞 能量，D錯(cuò)E對(duì)。 (2) (10分)如圖，在注滿水的游泳池的7底有一點(diǎn)光源 A,它到池邊的水平距離為 3.0m。 從點(diǎn)光源A射向池邊的

34、光線 AB與豎直方向的夾角恰好等于全反射的臨界角， 水的折射率為 4 -O 3 (i)求池內(nèi)的水深； (ii)一救生員坐在離池邊不遠(yuǎn)處的高凳上，他的眼睛到池面的高度為 2.0m。當(dāng)他看到正前下 方的點(diǎn)光源A時(shí)，他的眼睛所接受的光線與豎直方向的夾角恰好為 45。求救生員的眼睛到 池邊的水平距離(結(jié)果保留 1位有效數(shù)字)。 【解析】 (i)光由A射向B發(fā)生全反射，光路如圖: 由反射公式可知：sin n 1 3 得：sin 一 ； 4 由|AO 3m,由幾何關(guān)系可得： AB| 4m, BO "m 所以水深6m。 由折射率公式: 可知：sin sin 45 n

35、 sin 零，tan 3 23 3 23 23 BE AQ 3 x QE .7 帶入數(shù)據(jù)得：x 3嚕1, (ii)光由A點(diǎn)射入救生員眼中光路圖如圖: 由幾何關(guān)系得，救生員到池邊水平距離為 (2 x)m 0.7m 35.[物理一一選彳3-5] (15分) (1)(5分)現(xiàn)用某一光電管進(jìn)行光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)， 當(dāng)用某一頻率的光入射時(shí)， 有光電流產(chǎn)生。 下列說(shuō)法正確的是 。(填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì) 1個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選 對(duì)3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分) A.保持入射光的頻率不變，入射光的光強(qiáng)變大，飽和光電流變大 B.入射光的頻率變高，飽和光電流變大

36、 C.入射光的頻率變高，光電子的最大初動(dòng)能變大 D.保持入射光的光強(qiáng)不變，不斷減小入射光的頻率，始終有光電流產(chǎn)生 E.遏止電壓的大小與入射光的頻率有關(guān)，與入射光的光強(qiáng)無(wú)關(guān) 【答案】ACE 【解析】由光電效應(yīng)規(guī)律可知，當(dāng)頻率低于截止頻率時(shí)無(wú)論光照強(qiáng)度多大，都不會(huì)有光電流， 因此D錯(cuò)誤；在發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，飽和光電流大小由光照強(qiáng)度來(lái)決定，與頻率無(wú)關(guān)， 光照強(qiáng)度越大飽和光電流越大，因此 A正確，B錯(cuò)誤，根據(jù)Ee h W可知，對(duì)于 同一光電管，逸出功 W不變，當(dāng)頻率變高，最大初動(dòng)能 Ekm變大，因此C正確，由 Ekm eUc和Ekm h w,得h W eU。，遏制電壓只與入射光頻率有關(guān)，

37、與入射 光強(qiáng)無(wú)關(guān)，因此 E正確。 (2) (10分)某游樂(lè)園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為 M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停 在空中。為計(jì)算方便起見(jiàn)，假設(shè)水柱從橫截面積為 S的噴口持續(xù)以速度 v。豎直向上噴出; 玩具底部為平板(面積略大于 S);水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱? ,重力加速度大小為 g, 在水平方向朝四周均勻散開(kāi)。忽略空氣阻力。已知水的密度為 求： (i)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (ii)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度。 V不變。 (i)在一段很短的 t時(shí)間內(nèi), 該時(shí)間內(nèi)，噴出水柱高度： 噴出水柱質(zhì)量： 其中v為水柱

38、體積，滿足： 可以為噴泉噴出的水柱保持速度 l v。 t m V V l S 由①②③可得：噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為 Vo S (ii)設(shè)玩具底面相對(duì)于噴口的高度為 h 由玩具受力平衡得： 5沖二Mg 其中，F(xiàn)沖為玩具底部水體對(duì)其的作用力. 由牛頓第三定律: 其中，F(xiàn)壓為玩具時(shí)其底部下面水體的作用力 v為水體到達(dá)玩具底部時(shí)的速度 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式： v2 2 Vo 2gh 在很短t時(shí)間內(nèi)，沖擊玩具水柱的質(zhì)量為 m v。 由題意可知，在豎直方向上，對(duì)該部分水柱有 動(dòng)量定理 由于t很小, ⑧式變?yōu)? F壓 mg mg也很小，可以忽略 F壓t 由④⑤⑥⑦⑨可得 2g 動(dòng)量定理，流體受力分析，微元法 M2g 2 2V2S2 情景比較新穎, 微元法的應(yīng)用