2016年新課標(biāo)Ⅰ卷理綜物理部分解析要點

1、2016年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（新課標(biāo)理科綜合（物理部分）I卷)二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1417題只有一項符合題目要求,14.A.B.C.D.第1821題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分。有選錯的得0分。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（極板上的電荷量變大,極板上的電荷量變小,極板上的電荷量變大,極板上的電荷量變小,極板間電場強度變大極板間電場強度變大極板間電場強度不變極板間電場強度不變:磁場加速電場rS出口由C=二一可知，當(dāng)云母介質(zhì)抽出時，落變小，電容器的電容C變小;4

2、71kd因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據(jù)Q=CU可知，當(dāng)C減小時，Q減小。再由E=U,d由于U與d都不變，故電場強度E不變，答案為D電容器的基本計算15.現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(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(zhuǎn)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(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為（A. 11【答案】【解析】B. 12C. 121D. 144D設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)分別為 加速電場中，由動能定理得：、q1,

3、一價正離子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)為m、q2,對于任意粒子，在在磁場中應(yīng)滿足qUv =2qU m2v qvB = m r由題意，由于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，故在磁場中做勻速圓周運動的半徑應(yīng)相同.由式聯(lián)立求解得m1q2m2q1勻速圓周運動的半徑其中 B2 =12B , q1 =q2 ,可得m1m2國故一價正離子與質(zhì)子的質(zhì)量比約為144144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R1、0和R3的阻值分別是30、1C和狗表，U為正弦交流電壓源，輸出電壓的有效值恒定。當(dāng)開關(guān)表的示數(shù)為41。該變壓器原、副線圈匝數(shù)比為（）S斷開時，電

4、流表的示數(shù)為 I,3為理想交流電流；當(dāng)S閉合時，電流A. 2【答案】B【解析】B. 3C. 4D. 5解法當(dāng)S斷開時，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：副線圈中的電流：I2Ui uU -IR1U1 =U -3IUi _ ni5 %U2U2聯(lián)立得：=u -31W 51當(dāng)S閉合時，電路如右圖所示由閉合電路歐姆定律，原線圈兩端電壓UJ =U -4I .R得U/ =U -12I根據(jù)變壓器原副邊電壓關(guān)系：U工UJ n2U / UJ副線圈中的電流得：I2/ =U2=一R212聯(lián)立得3 )(=力212.W 41ni 八聯(lián)立解得一 二3n2解法二：設(shè)開關(guān)S斷開前后，

5、變壓器的等效電阻為_ 、* 、.2I 2一S 閉合前：I R=( ) (R2 +R3)，得 R =R和R,R2 R32n由于變壓器輸入功率與輸出功率相同,S閉合后:(4I) R=。)R2R2,得 R = n根據(jù)閉合電路歐姆定律:S閉合前:S閉合后:4IUR RURiR根據(jù)以上各式得:R2Ri2nRiR2R33!1n_ = i3524n解得，n=：3變壓器的計算由于原邊回路有電阻，原線圈兩端電壓不等于電源電壓i7.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之間保持無線電通訊。目前，地球同步衛(wèi)星的軌道半徑約為地球半徑的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)星來實現(xiàn)上述目的

6、，則地球自轉(zhuǎn)周期的最小值約為()A.ihB.4hC.8hD.i6h2【解析】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GMm=mr44可得T 二r2T2由GM，則衛(wèi)星離地球的高度應(yīng)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,由幾何關(guān)系得，衛(wèi)星的軌道半徑為R 2R sin30數(shù)學(xué)幾何關(guān)系可作出右圖。33,12，代入題中數(shù)據(jù)，得由開普勒第三定律T2=T22(6.6R)3r3242-T22由解得T2：4h（1）衛(wèi)星運行規(guī)律；（2）開普勒第三定律的應(yīng)用做出最小周期時的衛(wèi)星空間關(guān)系圖18.一質(zhì)點做勻速直線運動?，F(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

7、（）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,故A錯；若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，故B正確；D錯。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；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，

8、故牛頓運動定律；力和運動的關(guān)系；【易錯點】B選項易錯誤地以“勻速圓周運動”作為反例來推翻結(jié)論加速度的定義；19 .如圖，一光滑的輕滑輪用細繩OO懸掛于。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?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.繩。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】BDmbg【解析】由題意，在F保持方向不變，大小發(fā)生變化的過程中，物體a、b均保持靜止，各繩角度

9、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選項錯誤；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，如上圖所示。由受力平衡得：Tx+f=Fx,Fy+N+Ty=mbg。t和ng始終不變，當(dāng)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選項正確；摩擦力也在一定范圍內(nèi)發(fā)生變化，D選項正確；故答案選BD。【考點】考查動態(tài)平衡分析、力的正交分解和力的平衡方程。20 .如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直

10、面（紙面）內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知（）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，所以D選項錯。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內(nèi)側(cè)，所以油滴所受合外力沿豎直方向，電場力豎直向上。當(dāng)油滴得從P點運動到Q時，電場力做正功，電勢能減小，C選項錯誤；油滴帶負電，電勢能減小，電勢增加，所以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

11、功，動能增加，所以Q點動能大于P點，B選項正確；所以選AR【考點】帶電粒子在復(fù)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(guān)系、電勢能變化與電勢變化的關(guān)系。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時并排行駛，則（）A.在t=1s時，甲車在乙車后*甲B.在t=0時，甲車在乙車前7.5m30-乙C.兩車另一次并排行駛的時刻是t=2s加D.甲、乙車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40m1nl；-X;1【解析】【答案】BD【解析】根據(jù)vt圖，甲、乙都沿正方向運動。t=3s時，甲、乙相遇，v甲=30m/s,比=25m/s,由位移和vt圖面

12、積對應(yīng)關(guān)系,10-3s內(nèi)位移 汨= M3M30m=45m ,21x乙=2M3M(10+25)m=52.5m。故t=0時，甲乙相距x1=也-x甲=7.5m,即甲在乙前方7.5m,B選項正確。0-1s內(nèi)，0=1x1X10m=5m,x乙=；父1父（10+15）m=12.5m,反2=匕冷=7.5m,說明甲、乙第一次相遇。A、C錯誤。乙兩次相遇地點之間的距離為x=海-海=45m-5m=40m,所以D選項正確；【考點】v-t圖的解讀和位移的計算、追擊相遇問題【難點】根據(jù)位移判斷兩車在不同時刻的位置關(guān)系三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第2232題為必考題，每個試題考生都必須作答。第3340題為選

13、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)在實驗中沒有記錄交流電的頻率f,需要用實驗數(shù)據(jù)和其它題給條件進行推算。(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點時重物下落的速度大小為,重物下落的加速度大小為。(2)已測得=8.89cm,S2=9.50cm,S3=10.10cm,當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?.80m/s2,實驗中重物受到的平均阻

14、力大小約為其重力的1%由此推算出f為Hz。fff2【答案】2(s+&),2(s2+s3),2(06)；40B點應(yīng)是從A運動到C的過【解析】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，因此程的中間時刻，由勻變速直線運動的推論可得：SSB點的速度Vb等于AC段的平均速度，即VB=a/21 f由于t=丁，故Vb=(S+&)f2同理可得Vc=f(S2S3)2勻加速直線運動的加速度a=4v_vf|(8S3)-(5S2)f2故a=-B=1=(S3-Si)t工2f重物下落的過程中，由牛頓第二定律可得：mg_F阻=ma由已知條件F阻=0.01mg由得a=0.99gf2.代入得：a=(S3S)，

15、代入數(shù)據(jù)得f忠40Hz2【考點】利用運動學(xué)公式和推論處理紙帶問題60電時，系統(tǒng)報警。提供的器23. （10分）現(xiàn)要組裝一個由熱敏電阻控制的報警系統(tǒng)，要求當(dāng)熱敏電阻的溫度達到或超過材有：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999.9C）,直流電源（輸出電壓為U,內(nèi)阻不計），滑動變阻器R（最大阻值為100OQ）,滑動變阻器R2（最大阻值為200QQ）,單刀雙擲開關(guān)一個，導(dǎo)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升高而減小，在60七時阻值為650.0Q。（1）在

16、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。（2）電路中應(yīng)選用滑動變阻器（填“R”或R”）。（3）按照下列步驟調(diào)節(jié)此報警系統(tǒng)：建；滑動變阻器的滑片應(yīng)電路接通前，需將電阻箱調(diào)到一固定的阻值，根據(jù)實驗要求，這一阻值為置于（填“a”或“b”）端附近，不能置于另一端的原因是將開關(guān)向（填“c”或d”）端閉合，緩慢移動滑動變阻器的滑片，直至（4）保持滑動變阻器滑片的位置不變，將開關(guān)向另端閉合,【答案】（1）如下圖（2） R220mA報警器可能損壞（3）650.0,b,接通電源后，流過報警器的電流會超過c,報警器開始報警【解析】熱敏電阻工彳溫度達到60七時，報警器報警。故需通過調(diào)節(jié)電阻箱使其電阻為60七時

17、的熱敏電阻的阻值，即調(diào)節(jié)到阻值650.0Q,光使報警器能正常報警，電路圖如上圖UU=18V,當(dāng)通過報警器的電流10mAIcW20mA,故電路中總電阻R=,Ic900cR1800Q,故滑動變阻器選R2。熱敏電阻為650.0夏時，報警器開始報警，模擬熱敏電阻的電阻器阻值也應(yīng)為650.0夏為防止通過報警器電流過大，造成報警器燒壞，應(yīng)使滑動變阻器的滑片置于b端.【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(guān)計算、等效替代思想【難點】獲取題中信息并轉(zhuǎn)化為解題所需條件、理解電路設(shè)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，兩固定的絕緣斜面傾角均為6,上沿相連。兩細金屬棒a

18、b（僅標(biāo)出a端）和cd（僅標(biāo)出c端）長度均為L,質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)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(yīng)強度大小為方向垂直于斜面向上。已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，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。回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為【解析】（1）由ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連，故ab、cd速度時時刻刻相等，cd也做勻速直線運動;選cd為研究對象，受力分析如圖：由于cd勻速，其受力平衡

19、，沿斜面方向受力平衡方程：Ncd=Gcdcosn垂直于斜面方向受力平衡方程：fcdGcdS*=T且fcd=MNcd,聯(lián)立可得：T-umgcos【mgsinr選ab為研究對象，受力分析如圖：(7,Ci其沿斜面方向受力平衡：T.fabF安=Gabsini垂直于斜面方向受力平衡：Nab=6北cosU且fab=NNab,T與T為作用力與反作用力：聯(lián)立可得：F安=mgsin二-3mgcos二T二T（2）設(shè)感應(yīng)電動勢為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:棒中所受的安培力：F安=BIL=EBLvI=RR-22B2L2vR與聯(lián)立可得:mgR(sin二-3Jcosi)25.（18分）如

20、圖，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)。5直軌道與一半徑為-R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC=7R6A、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點由靜止開始下滑，最低到達E點（未畫出）1最局到達F點，AF=4R。已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)N=-,重力加速度大小為4隨后P沿軌道被彈回,一3(取sin37=5(2)D處水平飛出后，恰cos37D=)5求P第一次運動到B點時速度的大小。求P運動到E點時彈簧的彈性勢能。AD點時速度的大小和改D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

21、好通過G點。G點在C點的左下方，與C點水平相距7R、豎直相距R,求P運動到變后P的質(zhì)量?！窘馕觥?1)選P為研究對象，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：Gcos日=N沿斜面方向，由牛屯第二定律得：Gsin?-f=ma且f =NN ,可得:對CB段過程，由代入數(shù)據(jù)得B點速度:,.2a=gsin二-gcosi-g522vt-w=2asVb-2,gR(2)P從C點出發(fā)，最終靜止在F,分析整段過程;由C至ijF,重力勢能變化量：AEp=-mg3Rsin日減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。設(shè)E點離B點的距離為xR,從C至ijF,產(chǎn)熱：Q=mgcos?(7R2xR)由Q=|任p,聯(lián)立、解

22、得：x=1；研究P從C點運動到重力做功：摩擦力做功：動能變化量：由動能定理：E點過程WG=mgsin“5R，xR)Wf-mgcos*5R，xR)Ek=0J代入得:WgWfW單Ek12mgRW單=-由AE單=-W彈，至ijE點時彈性勢能E彈為12mgR5(3)其幾何關(guān)系如下圖一.2可知：OQ=R,CQ=31R2D由幾何關(guān)系可得，G點在D左下方，豎直高度差為水平距離為3R。設(shè)P從D點拋出時速度為其水平位移：豎直位移:解得:Vo,到G點時間為t3R=vt5c1J_R=_gt223.5gRVo-5研究P從E點到D點過程，設(shè)P此時質(zhì)量為m此過程中:重力做功:3.51Wg=-mg(-R6Rsin1)=-m

23、gR摩擦力做功:彈力做功:動能變化量:由動能定理：將代入,Wf二一mg6Rcos=106-mgR12W彈=*E彈=-mgR5129Ek=mv0-0J=一mgR210WGWf-W單二Ek可得：mqm3（二）選考題33.物理一一選修3-3（15分）（1）（5分）關(guān)于熱力學(xué)定律，下列說法正確的是。（填正確答案標(biāo)號。選對1個得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

24、定達到熱平衡【答案】BDE【解析】氣體內(nèi)能白勺改變迎=Q+W,故對氣體做功可改變氣體內(nèi)能，B選項正確；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選項錯誤；理想氣體等壓膨脹，W0,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AU=Q+W,氣體過程中一定吸熱，C選項錯誤；由熱力學(xué)第二定律，D選項正確；根據(jù)平衡性質(zhì)，E選項正確；【考點】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】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p與氣泡半徑r之間的關(guān)系為定吸熱。（2）（10分）在水下氣泡內(nèi)空氣的壓強大于氣泡表面

25、外側(cè)水的壓強，兩壓強差2；Ap=，其中仃=0.070N/m?，F(xiàn)讓水下10m處一半徑為0.50cm的氣泡緩慢上升。已知大氣壓強r5332P0=1.0X10Pa,水的留度P=1.0X10kg/m,重力加速度大小g=10m/s。（i）求在水下10m處氣泡內(nèi)外的壓強差；（ii）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?！敬鸢浮克?0m處氣泡的壓強差是28Pa,氣泡在接近水面時的半徑與原來半徑之比為上1【解析】（i）由公式AP=得,步=2x0.07Pa=28Par5M10水下10m處氣泡的壓強差是28Pa。（ii）忽略水溫隨水深的變化，所以在水深10m處和

26、在接近水面時氣泡內(nèi)溫度相同。由理想氣體狀態(tài)方程PV=nRT,得Vi =-：r13其中,PV1=P2V23.43V2=_冗23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(yīng)位置處的水壓，所以有535r=r+Pgh1=1X10Pa+1M10X10X10=2父10Pa=2P0P2=P。將帶入得,43_432P0r=Rr233332n=2殳=321.31【考點】理想氣體狀態(tài)方程【難點】當(dāng)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(yīng)位置的水壓。34.物理一一選修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

27、著海灘傳播，但他并不向海灘靠近。該同學(xué)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(biāo)號，選對1個得2分，選對2個彳導(dǎo)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.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(xué)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(xué)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對；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15秒，1555所以其振動周期為T=s=s,頻率為0.6Hz,B錯；其波長？u

28、=vT=1.8m/s,-s=3m,C對；波中的933質(zhì)點都上下振動，不隨波遷移，但是能傳遞能量，D錯E對。(2) (10分)如圖，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，水的折射率為-。3(i)求池內(nèi)的水深；(ii)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(dāng)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中。求救生員的眼睛到池邊的水平距離(結(jié)果保留1位有效【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日n=1得：sin8=

29、3；4由AO|=3m,由幾何關(guān)系可得：AB=4m,BO=77m所以水深77m。(ii)光由A點射入救生員眼中光路圖如圖：由折射率公式：sin45二nsin工32,33.23可知：sin=,tan:=一=8，723232AQ3-x設(shè)BE=xm,得tana=-=QE7帶入數(shù)據(jù)得：x-3-3-61,23由幾何關(guān)系得，救生員到池邊水平距離為(2-x)m%0.7m35.物理一一選修3-5（15分）（1） （5分）現(xiàn)用某一光電管進行光電效應(yīng)實驗，當(dāng)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(biāo)號。選又1個得2分，選又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。分）A.保

30、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(guān)，與入射光的光強無關(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無論光照強度多大，都不會有光電流，因此D錯誤；在發(fā)生光電效應(yīng)時，飽和光電流大小由光照強度來決定，與頻率無關(guān)，光照強度越大飽和光電流越大，因此A正確，B錯誤，根據(jù)Ekm=hY-W可知，對于同一光電管，逸出功W不變，當(dāng)頻率變高，最大初動能Ekm變大，因此C正確，由Ekm=eUc和Ekm=h?-W,得hf-W=eUc,遏制電壓只與入射光頻率有關(guān)，與入射光強無關(guān)，因此E正確。（2） （10分）某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的