2016學年高考物理新課標全國Ⅰ卷(精析版)分析

1、2016年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（新課標I卷）理科綜合（物理部分）第I卷（選擇題）二、選擇題：本大題共8小題，每小題6分.在每小題給出的四個選項中，第1417題只有一項是符合題目要求，第1821題有多項符合題目要求.全部選又的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分.14.一平行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，極板間的電場強度變大B.極板上的電荷量變小，極板間的電場強度變大C.極板上的電荷量變大，極板間的電場強度不變D.極板上的電荷量變小，極板間的電場強度不變答案：D._£S.,.一"一一，.,

2、.、解析：由C=4kd可知，將玄母介質(zhì)移出，C減小，由Q=CU可知，U不變，Q減小，A、C錯誤；再由E=U可知，U、d不變，E不變，B錯誤，D正確.d考點：電容器的基本計算15.現(xiàn)代質(zhì)譜儀可以用來分析比質(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始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉后從出口離開磁場.若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍.此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為（）加速電場；八*出d:*.A.11B.12C.121D.144答案：D解析：設質(zhì)子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)分別為m1、q1

3、，一價正離子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)為m2、q2,對于任意粒子，在加速電場中，由動能定理有qU=1mv2,解得v=/型，在磁場中有2mr=mv,由題意知兩種粒子從同一入口垂直進入磁場，從同一出口垂直離開磁場，因此在qB磁場中做勻速圓周運動的半徑應相同.聯(lián)立以上兩式解得D正確.由于加速電壓不變，可得ri B2miq2 1m2 B2 144 =：,而 B2=12Bi ,qi=q2,可得一=D 2=, m2qi 1mi Bi1r2 Bi考點：帶電粒子在電場、磁場中的運動、質(zhì)譜儀16.一含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻Ri、Ri和R3的阻值分別是3、1和4®為理想交流電流表，U為正弦交流電壓源

4、，輸出電壓的有效值恒定，當開關S斷開時，電流表的示數(shù)為I;當S閉合時，電流表的示數(shù)為4I,該變壓器原、副線圈匝數(shù)比為（）A. 2B. 3 C. 4 D. 5答案：B解析：解法一，當S斷開時，電路如圖甲所示，由閉合電路歐姆定律，原線圈兩端電壓Ui=U-IRi,得Ui=U-3I,根據(jù)變壓器電壓變比關系有理=乎,副線圈中的電流l2=mU27=U2,U2n2'R2+R35由電流變比關系有ni=IT,可得12=+而¥=¥=）31,把l2=；l代入解得白2空.當Sn2In2n2U25I2n2n25I閉合時，電路如圖乙所示，由閉合電路歐姆定律，原線圈兩端電壓Ui'=U-4

5、IRi,解得.一.、U2'U2'niI2'iniUi'=U-12I,副線圈上的電流為但二直二彳，由電流變比關系有-=4I，解得I2'=-4I,而ni=Uj：=UJ-121把If："4i代入解得（業(yè)）2=電2即等=止12!解得u=48I,把U=48In2U2'I2'n2n24I5I4I代入（，）2="滬可得2=3'B正確.解法二，設開關S斷開前后，變壓器的等效電阻為R和R',由于變壓器輸入功率與輸.一、一2I2一R2+R324I2R2出功率相同，S閉合刖IR=(n)(R2+R3),得R=-n2-,S閉合后

6、(4I)R'=(-)R2,得R'卞,由閉合電路歐姆定律S閉合前有Ri+Rs閉合后4i=sUm，由以上各式得Ri+ RR2Ri+n2R2+R3Ri+ n213+孑i=-=t,解得n=3,B正確.543+n2考點：變壓器的計算名師點評：由于原線圈回路中有電阻，原線圈兩端電壓不等于電源電壓，屬于難題.17 .利用三顆位置適當?shù)牡厍蛲叫l(wèi)星，可使地球赤道上任意兩點之間保持無線電通訊，目前地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為地球半徑的6.6倍，假設地球的自轉周期變小，若仍僅用三顆同步衛(wèi)星來實現(xiàn)上述目的，則地球自轉周期的最小值約為()A.1hB.4hC.8hD.16h答案：B解析：地球自轉周期變小，衛(wèi)

7、星要與地球保持同步，則衛(wèi)星的公轉周期也應隨之變小,GMm2"，"空由GMm=m(232r,可得丁=、/第，則衛(wèi)星離地球的高度應變小，要實現(xiàn)三顆衛(wèi)星覆蓋全球的目的，則衛(wèi)星周期最小時，由數(shù)學幾何關系可作出最小周期時的衛(wèi)星空間關系圖如33圖所示，由幾何關系得，衛(wèi)星的軌道半徑為r=sin 30,12=2R,由開普勒第三定律廳=可，代33入數(shù)據(jù)可得(624R)=(2RL,解得T22=4h,B正確.衛(wèi)星 考點：衛(wèi)星運行規(guī)律、開普勒第三定律的應用18 .一質(zhì)點做勻速直線運動，現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點上的力不發(fā)生改變，則()A.質(zhì)點速度的方向總是與該恒力的方向相同B.質(zhì)點速度的方

8、向不可能總是與該恒力的方向垂直C.質(zhì)點加速度的方向總是與該恒力的方向相同D.質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變答案：BC解析：質(zhì)點一開始做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，施加恒力后，則該質(zhì)點的合外力為該恒力，若該恒力方向與質(zhì)點原運動方向不共線，則質(zhì)點做曲線運動，質(zhì)點速度方向時刻與恒力方向不同，A錯誤；若恒力F的方向某一時刻與質(zhì)點運動方向垂直，之后質(zhì)點作曲線運動，力與運動方向夾角會發(fā)生變化，例如平拋運動，B正確；由牛頓第二定律可知，質(zhì)點加速度方向與其所受合外力方向相同，C正確；根據(jù)加速度的定義，相等時間內(nèi)速度變化量相同，速率變化量不一定相同，D錯誤.考點：牛頓運動定律、力和運動的關系、加速度的定義名

9、師點評：B選項易錯誤地以勻速圓周運動”作為反例來推翻結論.19.如圖所示，一光滑的輕滑輪用細繩OO懸掛于O點；另一細繩跨過滑輪，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,整個系統(tǒng)處于靜止狀態(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.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：由題意知在保持 F方向不變，大小發(fā)生變化的過程中，物體 a、b均保持靜止,各繩角度保持不變；對a受力分析得，繩的拉力

10、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錯誤；a、b受到繩的拉力大小方向均不變，所以OO'的張力不變，A錯誤；對b進行受力分析，并將各力沿水平方向和豎直方向分解,如圖所示.水平方向由平衡條件有Tx+f=Fx,豎直方向由平衡條件有 Fy+N+Ty=mbg,而T和mbg始終不變，當F大小在一定范圍內(nèi)變化時；支持力在一定范圍內(nèi)變化，B正確；摩擦力也在一定范圍內(nèi)發(fā)生變化,D選正確.F考點：動態(tài)平衡的解析法、力的正交分解和共點力平衡20.如圖所示，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直平面 于過軌跡最低點P

11、的豎直線對稱，忽略空氣阻力.由此可知（）（紙面）內(nèi)，且相對A.Q點的電勢比P點高B.油滴在Q點的動能比它在P點的大C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小答案：AB解析：由于勻強電場中的電場力和重力都是恒力，所以合外力為恒力，加速度恒定不變，D選項錯誤；由于油滴軌跡相對于過P的豎直線對稱且合外力總是指向軌跡彎曲的內(nèi)側，所以油滴所受合外力沿豎直方向，電場力豎直向上.當油滴從P點運動到Q時，電場力做正功，電勢能減小，C選項錯誤；因電場力向上，油滴帶負電，電場線豎直向下，Q點電勢高于P點電勢，A選項正確；在油滴從P點運動到Q的過程中，合外力做正功，動能增加，所以Q

12、點動能大于P點，B選項正確.考點：帶電粒子在復合場中運動、曲線運動中物體受力特點、帶電粒子電場力做功與電勢能的關系、電勢能變化與電勢變化的關系21. 甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其v-t圖象如圖所示.已知兩車在t=3s時并排行駛,則（）A.在t=1s時，甲車在乙車后B.在t=0時，甲車在乙車前7.5mC.兩車另一次并排行駛的時刻是t=2sD.甲、乙兩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：由v-t圖象可知，甲、乙都沿正方向運動，甲的加速度為2甲=寸=20m/s2=l0m/s2,v 甲=a 甲 t=30 m/s, v 乙=a 乙 t=25 m/s ,a乙=詈=2&am

13、p;m/s2=5m/s2,t=3s時，甲、乙相遇,由位移和v-t圖線對應面積關系可得,一1103s內(nèi)位移x甲=2MX30m=45m,x乙=20x(10+25)m=52.5m,因此t=0時，甲、乙相距Ax1二x乙-x甲=7.5m,即甲在乙前方7.5m,B選項一，11一正確；01s內(nèi)，x甲=2*1X0m=5m,x乙=2X1>(10+15)m=12.5m,甲、乙相距Ax2=x乙'-x甲'=7.5m,說明甲、乙第一次相遇，A、C錯誤；甲、乙兩次相遇地點之間的距離為s=x甲-x甲'=45m-5m=40m,D選項正確.考點：v-t圖象的解讀和位移的計算、追擊相遇問題名師點評：

14、根據(jù)位移判斷兩車在不同時刻的位置關系第II卷（非選擇題）三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分，第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須做答.第33題第40題為選考題，考生根據(jù)要求做答（一）必考題（共129分）22. （5分）某同學用如圖所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律，其中打點計時器的電源為f,需要用實驗數(shù)據(jù)和其他條件進行推算交流電源，可以使用的頻率有220Hz、30Hz和40Hz,打出紙帶的一部分如圖（b）所示.該同學在實驗中沒有記錄交流電的頻率（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：在打點計時器打出B點時，重物下落的速度大小為，打出C點時重物

15、下落的速度大小為,重物下落的加速度的大小為.（2）已測得si=8.89cm,S2=9.5.cm,S3=10.10cm；當重力加速度大小為9.80m/s2,試驗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Hz.答案:f( S1 + S2)f( S2+ S3)f 2(S3 -S1)(2)40解析：（1）由于重物勻加速下落，A、B、C、D各相鄰點之間時間間隔相同，因此B點應是從A運動到C的過程的中間時刻，由勻變速直線運動推論可得B點的速度Vb等于AC段的平均速度，即丫8=穿，由于T=f，可得VB=f1產(chǎn)同理可得VC=f（22S）,勻2,一加速直線運動的加速度a=號號vB=f（廣）.（2）

16、重物下落的過程中，兩式解得a=0.99g ,由牛頓第二定律有mg-F阻=ma,由已知條件F阻=0.01mg聯(lián)立以上代入問中a=f（S3-S1）,代入數(shù)據(jù)可得f=工/2、.99g2S3-S1Hz M0 Hz.2X0.999.8(10.10-8.89)10-2考點：利用運動學公式和推論處理紙帶問題23. （10分）現(xiàn)要組裝一個由熱敏電阻控制的報警系統(tǒng)，當要求熱敏電阻的溫度達到或超過60C時，系統(tǒng)報警.提供的器材有：熱敏電阻，報警器（內(nèi)阻很小，流過的電流超過Ic時就會報警），電阻箱（最大阻值為999.9Q）,直流電源（輸出電壓為U,內(nèi)阻不計），滑動變阻器Ri（最大阻值為1000Q）,滑動變阻器R2（

17、最大阻值為2000Q）,單刀雙擲開關一個，導線若干.在室溫下對系統(tǒng)進行調(diào)節(jié)，已知U約為18V,Ic約為10mA;流過報警器的電流超過20mA時，報警器可能損壞；該熱敏電阻的阻值隨溫度的升高而減小，在60C時阻值為650.0Q在答題卡上完成待調(diào)節(jié)的報警系統(tǒng)原理電路圖的連線熱敏電阻（2）在電路中應選用滑動變阻器（填Ri”或RT）;（3）按照下列步驟調(diào)節(jié)此報警系統(tǒng)；電路接通前，需將電阻箱調(diào)到一定的阻值，根據(jù)實驗要求，這一阻值為滑動變阻器的滑片應置于（填a”或6”）端附近，不能置于另一端的原因是.將開關向（填C”或d”）端閉合，緩慢移動滑動變阻器的滑片，直至.保持滑動變阻器滑片的位置不變，將開關向另一

18、端閉合，報警系統(tǒng)即可正常使用.答案：（1）見解析（2）R2（3）650.0b接通電源后，流過報警器的電流會超過20mA,報警器可能損壞c報警器開始報警解析：（1）熱敏電阻工作溫度達到60C時，報警器報警，故需通過調(diào)節(jié)電阻箱使其電阻為60c時的熱敏電阻的阻值，即調(diào)節(jié)到阻值650.0，能使報警器能正常報警，電路圖如圖所示.雇警器:4bU=18V,當通過報警器的電流10mAUcW20nA,因此電路中總電阻R二U,解得m8不IC20X10二900蟲10180-3Q=1800Q,所以滑動變阻器選R2.（3）熱敏電阻為650.0時，報警器開始報警，模擬熱敏電阻的電阻器阻值也應為650.0Q,為防止通過報警

19、器電流過大，造成報警器燒壞，應使滑動變阻器的滑片置于b端.將開關向c端閉合，緩慢移動滑動變阻器的滑片，直至報警器開始報警考點：滑動變阻器在電路中的作用及其規(guī)格選擇、串并聯(lián)電路相關計算、等效替代思想名師點評：獲取題中信息并轉化為解題所需條件、理解電路設計原理、理解調(diào)節(jié)電阻箱和滑動變阻器的意義.24.（14分）如圖所示，兩固定的絕緣斜面傾角均為9,上沿相連.兩細金屬棒ab（僅標出a端）和cd(僅標出c端)長度土勻為L,質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟導線將它們連成閉合回路abdca,并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為

20、B,方向垂直于斜面向上,已知兩根導線剛好不在磁場中，回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(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?。?2)金屬棒運動速度的大小.%庫 7d .八o八 小、mgR(sin -3 pcos 9答案：(1)mgsin 0-3 mgcos 0 (2) 一、占212 ? 江解析：(1)因ab、cd棒被平行于斜面的導線相連，所以ab、cd速度時時刻刻相等，cd也做勻速直線運動；以為研究對象，受力分析如圖甲所示，由于衡，沿斜面方向列平衡方程有fcd+GcdsinyTcd勻速運動，受力平圖1圖2垂直于斜面方向有Ncd=Gcd

21、cos0且fcd=州cd,聯(lián)立以上各式解得T=pmgcos什mgsin0選ab為研究對象，受力分析如圖乙所示其沿斜面方向受力平衡有T+fab+F安=TGabsin0垂直于斜面方向有Nab=GabcOS0且fab=州ab聯(lián)立以上兩式可得F安=mgsin9-3pmgcos0.(2)設感應電動勢為E,由導體做切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢E=BLv由閉合電路歐姆定律，回路中電流I=E=BLVRRBLv棒中所受的安培力F安=ILB=B，代入F=mgsin(-3pmgcos0可得v=mgR(sin 0-3 os 0)考點：導體棒切割磁感線；共點力作用下的平衡名師點評：本題主要考查了導體棒切割磁感線、共點力作

22、用下的平衡.本題是電磁感應與電路、力學相結合的綜合題，應用E=BLv、歐姆定律、安培力公式、共點力作用下的平衡即可正確解題.解決本題時，還要特別注意cd棒的重力沿斜面的分力和滑動摩擦力的影響.25.(18分)如圖所示，一輕彈簧原長為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R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC=7R,A、B、C、D均在同一豎直面內(nèi).質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高點到達F點，AF=4R,已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)=-,重力加速度大小為g.(取sin37

23、=cos37=7)(1)求P第一次運動到B點時速度的大小；(2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能；(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放.已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點.G點在C點左下方，與C點水平相距2R、豎直相距R,求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量.3m答案：(1)2gR(2)12mgR(3)35gR解析：(1)以P為研究對象，受力分析如圖甲所示，設P加速度為a,其垂直于斜面方向由平衡條件有mgcos(=N沿斜面方向，由牛頓第二定律有mgsin9-f=ma而f=削2聯(lián)立可得a=gsin閔cos9=-g5從C到B運動，由V2-V02=2ax代入數(shù)據(jù)

24、可得點速度Vb=2gR.圖2(2)從C點出發(fā)，最終靜止在 F點,分析整段過程.由 C到F,重力勢能變化量為AEp=-mg(3R)sin 0減少的重力勢能全部轉化為內(nèi)能.設B點到E點的距離為xR,從C到F產(chǎn)生的熱量Q=pmgcos(7R+2xR)由|Q|二|Ep|,聯(lián)立解得x=1研究P從C點運動到E點過程，重力做功WG=mgsin0(5R+R)摩擦力做功Wf=-ggcos6(5R+R)由動能定理有Wg+W+W彈=0-0代入數(shù)據(jù)解得w彈=-12mgR因此在E點時彈簧的彈性勢能為W彈=12mgR5，一.一.一一一一.542531(3)其幾何關系如圖乙所不，可知OQ=6RX5=3R,CQ=6R>

25、|=-R由幾何關系可得，G點在D左下方，豎直高度差為2R+R+5R=5R,水平距離為3R.362設P從D點拋出時速度為Vo,到G點時間為t71其水平位移2R-2R=vot豎直位移|R="gt235gR解得vo=一5研究P從E點到D點過程，設P此時質(zhì)量為m',此過程中重力做功351WG'=-m'g（2R+6Rsin9）=-10m'gR6摩擦力做功Wf=-pm'gcos0>6R=-m'gR512mgR彈力做功W彈,=AEp=J5129動能變化重AEk'=2m'vo-0=i0m'gR由動能定理有WG'+W

26、f'+W彈'=AEk'聯(lián)立以上各式解得m'=：m.3考點：動能定理、平拋運動、彈性勢能名師點評：此題要求熟練掌握平拋運動、動能定理、彈性勢能等規(guī)律，包含知識點多，過程多，難度較大，屬于難題；解題時要仔細分析物理過程，挖掘題目的隱含條件，靈活選取物理公式列出方程解答；此題意在考查學生綜合分析問題的能力.（二）選考題（共45分）：請考生從給出的3道物理題、3道化學題、2道生物題中每科任選一題做答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號后的方框涂黑.注意所選題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題.如果多做，則每學科按所做的第一題計分.33 .物

27、理一一選修3-3（15分）（1）（5分）關于熱力學定律，下列說法正確的是.（填正確答案標號.選又1個彳導2分，選對2個得4分，選對3個得5分.每選錯1個扣3分，最低得分為0分）A.氣體吸熱后溫度一定升高B.對氣體做功可以改變其內(nèi)能C.理想氣體等壓膨脹過程一定放熱D.熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體E.如果兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)彼此之間也必定達到熱平衡答案：BDE解析：由熱力學第一定律有AU=W+Q,可知對氣體做功可改變氣體內(nèi)能，B選項正確；氣體吸熱一定的熱量Q,但外界做功W不確定，不能確定氣體的內(nèi)能是否增加，因此溫度是否變化無法確定，A選項錯誤；由蓋

28、呂薩克定律有V=C,可知理想氣體等壓膨脹，V增大，T增大，即氣體溫度升高，內(nèi)能增大，再由AU=W+Q,可知W<0,AU>0,Q>0,即氣體過程中一定吸熱，C選項錯誤；由熱力學第二定律，D選項正確；根據(jù)平衡條件可知系統(tǒng)達到熱平衡，溫度一定相同，因此，E選項正確.考點：理想氣體狀態(tài)方程、熱力學第一定律、熱力學第二定律、熱平衡的理解名師點評：等壓膨脹氣體溫度升高，內(nèi)能增大；氣體又對外做功，所以氣體一定吸熱（2）（10分）在水下氣泡內(nèi)空氣的壓強大于氣泡表面外側水的壓強，兩壓強差綠與氣泡半徑r之間的關系為綠=/其中（=0.070N/m.現(xiàn)讓水下10m處一半徑為0.50cm的氣泡緩慢上升

29、，已知大氣壓強P0=1.0105Pa,水的密度41.0M03kg/m3,重力加速度大小g=10m/s2.求在水下10m處氣泡內(nèi)外的壓強差；忽略水溫隨水深的變化，在氣泡上升到十分接近水面時，求氣泡的半徑與其原來半徑之比的近似值.答案：28Pa1.3解析：由公式Ap=27可得AX2；%Pa=28Pa0.510即水下10m處氣泡的壓強差是28Pa.忽略水溫隨水深的變化，所以在水深10m處和在接近水面時氣泡內(nèi)溫度相同.由玻意耳定律有P1V1=P2V2其中Vi=4<13,V2=4<2333所以有由于氣泡內(nèi)外的壓強差遠小于水壓，氣泡內(nèi)壓強可近似等于對應位置處的水壓,P1=P0+加1=1.010

30、5Pa+1.0103MoM0Pa=2105Pa=2p0而P1=p0=1.0105Pa由玻意耳定律有2P。g 7r13=p0>3<23即2門3=r23可得r2=3上=1.3.考點：理想氣體狀態(tài)方程名師點評：當氣體內(nèi)部壓強遠大于氣泡內(nèi)外壓強差時，計算氣體內(nèi)部壓強時可忽略掉壓強差，即氣體壓強等于對應位置的水壓.34 .物理選修3-4（15分）（1）（5分）某同學漂浮在海面上，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.該同學發(fā)現(xiàn)從第1個波峰到第10個波峰通過身下的時間間隔為15s.下列說法正確的是.（填正確答案標號，選又1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5

31、分.每選錯1個扣3分，最低得分為0分）A.水面波是一種機械波B.該水面波的頻率為6HzC.該水面波的波長為3mD.水面波沒有將該同學推向岸邊，是因為波傳播時能量不會傳遞出去E.水面波沒有將該同學推向岸邊，是因為波傳播時振動的質(zhì)點并不隨波遷移答案：ACE解析：水面波是一種典型機械波，A選項正確；從第一個波峰到第十個波峰中經(jīng)歷了九個波形，時間間隔為15s,所以其振動周期為T*s=5s,頻率為0.6Hz,B選項錯誤；93其波長入T=1.8m=3m,C選項正確；波中的質(zhì)點都上下振動，不隨波遷移，但是能傳遞能量，D選項錯誤，E選項正確.考點：波的傳播名師點評：本題主要考查了波的傳播.本題中考查了波的基本

32、特點，由波的波長、波速、周期三者的關系是考查的重點.還要理解波傳播時介質(zhì)中振動的質(zhì)點并不隨波遷移，只在各自的平衡位置附近振動；波的傳播過程也是能量傳遞過程.（2）（10分）如圖所示，在注滿水的游泳池的池底有一點光源A,它到池邊的水平距離為3.0m.從點光源A射向池邊的光線AB與豎直方向的夾角恰好等于全反射的臨界角，水4的折射率為4.3求池內(nèi)的水深；一救生員坐在離池邊不遠處的高凳上，他的眼睛到池面的高度為2.0m.當他看到正前下方的點光源A時，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（結果保留1位有效數(shù)字）.答案：7m0.7m解析：光由A射向B發(fā)生全反射，

33、光路如圖所示，由全反射公式有1sin°=n由題將n=4代入可得sin9=3由AO=3m,由幾何關系可得AB=4m,BO=j7m所以水深7m.光由A點射入救生員眼中光路圖如圖所示，由折射率公式有sin45°=nsina由圖可知sin32口323“二則tan后823AQ3-x設BE=x,得tan行考二亍QE7代入數(shù)據(jù)數(shù)解得*=3-32畀由幾何關系得，救生員到池邊水平距離為（2-x）m=0.7m.考點：光的折射定律名師點評：本題主要考查了光的折射定律.此題考查了光的折射定律的應用；解題的關鍵是根據(jù)題意畫出完整的光路圖，然后根據(jù)光的折射定律結合幾何關系列出方程進行解答；此題意在考查

34、學生利用數(shù)學知識來解決物理問題的基本能力.35.物理選修3-5（10分）（1）（5分）現(xiàn)用一光電管進行光電效應的實驗，當用某一頻率的光入射時，有光電流產(chǎn)生.下列說法正確的是.（填正確答案標號.選又1個得2分，選對2個得4分,選又3個得5分.每選錯1個扣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C.入射光的頻率變高，光電子的最大初動能變大D.保持入射光的光強不變，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，與入射光的光強無關答案：ACE解析：由光電效應規(guī)律可知，當頻率低于截止頻率時無論光照強度多大，都不會有光電流，D選項錯誤；在發(fā)生光電效應時，飽和光電流大小由光照強度來決定，與頻率無關，光照強度越大飽和光電流越大，A選項正確，B選項錯誤；由hkEkm+W可知，對于同一光電管，逸