全国i卷答案公布

2016年全国理综I卷含答案(物

理)

2016年普通高等学校招生全国统一考试(Ⅰ卷)

理科综合能力测试(物理部分)

（河南、河北、山西、江西、湖北、湖南、广东、安徽、福建、山东）

第Ⅰ卷（选择题共126分）

二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题给

出的四个选项中，第14~17题只有一项是符合题目要求，

第18~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选

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4π

r

S

C

kd



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QCU可知，当C减小时，Q减小。再由

U

E

d

，由于U

与d都不变，故电场强度E不变，正确选项：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．11B．12C．121D．144

【答案】D

【解析】设质子的质量数和电荷数分别为1

m、1

q，一价正

离子的质量数和电荷数为2

m、2

q，对于任意粒子，在加速

电场中，由动能定理得：2

1

0

2

qUmv故：

2qU

v

m



①

在磁场中应满足2v

qvBm

r

②

由题意，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①②式联立求解得匀速圆周

运动的半径

12mU

r

Bq

，由于加速电压不变，故

1212

2121

1

1

rBmq

rBmq

其中2112

12BBqq，，可得1

2

1

144

m

m



故一价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R

1

，

R

2

和R

3

的阻值分别为3Ω，1Ω，4Ω，○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．2B．3C．4D．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11

UUIR

得1

3UUI①

根据变压器原副边电压关系：11

22

Un

Un

②

副线圈中的电流：22

2

23

5

UU

I

RR





③

联立①②③得：

2

1

2

3

5

n

UI

nI











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11

4UUIR＇=

得1

12UUI＇=⑤

根据变压器原副边电压关系：11

22

Un

Un



＇

＇⑥

副线圈中的电流得：22

2

2

1

UU

I

R



＇＇

＇=⑦

联立⑤⑥⑦得

2

1

2

12

4

n

UI

nI









⑧

联立④⑧解得1

2

3

n

n



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：22

23

()()

I

IRRR

n

，得23

2

RR

R

n



①

S闭合后：22

2

4

(4)'()

I

IRR

n

，得2

2

R

R

n



②

根据闭合电路欧姆定律：

S闭合前：1

U

I

RR



③

S闭合后：1

4

U

I

RR





④

根据以上各式得：

2

1

22

23

1

2

2

1

3

1

=

5

4

3

R

R

nn

RR

R

n

n











解得，3n

【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．1hB．4hC．8hD．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

2

22

4πMm

Gmr

rT

可得234πr

T

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

可作右图。

由几何关系得，卫星的轨道半径为2

sin30

R

rR

①

由开普勒第三定律33

12

22

12

rr

TT

，代入题中数据，得

33

22

2

(6.6)

24

Rr

T

②

由①②解得2

4Th

【考点】卫星运行规律；开普勒第三定律的应用。

30°

R

卫星

卫星

卫星

【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．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，A错误；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，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，C正

确；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，D错误。

【考点】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a

Tmg，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，并将各力沿水平方向和竖直方

向分解，如图所示。由受力平衡得：xx

TfF，yyb

FNTmg。T

和b

mg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

g

f

T

x

T

y

N

m

b

T

F

x

F

y

F

生变化，

D

选项正确。

【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，其轨迹在竖直平面（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．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，则

A．在t=1s时，甲车在乙车后

B．在t=0时，甲车在乙车前7.5m

C．两车另一次并排行驶的时刻是t=2s

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40m

【答案】BD

【解析】甲、乙都沿正方向运动。3st时并排行驶，=30m/sv

甲，

=25m/sv

乙，由vt图可知：0~3s内位移

1

=330m=45m

2

x

甲，



1

=310+25m=52.5m

2

x

乙．故0t时，甲乙相距1

=7.5mxxx

乙甲，即甲在乙

前方7.5m，B正确。0~1s内，

1

=110m=5m

2

x





甲，

1

=110+15m=12.5m

2

x





乙，

2

=7.5mxxx

乙甲



，说明甲、乙初相遇。A、C错误。乙两次相

遇地点之间的距离为=45m5m=40mxxx

甲甲



，所以D正确；

【考点】vt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：包括必考题和选考题两部分。第22题~

第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33

题~第40题为选考题，考生根据要求做答。

（一）必考题（共129分）

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s

1

=8.89cm，s

2

=9.50cm，s

3

=10.10cm；当

重力加速度大小为9.80m/2s，试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．

【答案】⑴12

()

2

f

SS，23

()

2

f

SS，2

31

()

2

f

SS；⑵40

【解析】⑴由于重物匀加速下落，ABCD、、、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B

v等于AC段

的平均速度，即12

2B

SS

v

t





由于

1

t

f

，故12

()

2B

f

vSS

同理可得23

()

2C

f

vSS

匀加速直线运动的加速度

v

a

t







故

2

2312

31

()()

2

()

1

2

CB

f

SSSS

vv

f

aSS

t

f











①

⑵重物下落的过程中，由牛顿第二定律可得：gmF=ma

阻

②

由已知条件0.01gF=m

阻③

由②③得0.99ga

代入①得：2

31

()

2

f

aSS，代入数据得40Hzf

【考点】利用运动学公式和推论处理纸带问题。

23．（10分）现要组装一个由热敏电阻控制的报警系

统，当要求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

I

c

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R

1

（最大阻值为1000Ω），滑

动变阻器R

2

（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18V，I

c

约为

10mA；流过报警器的电流超过20mA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°C时

阻值为650.0Ω．

(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)在电路中应选用滑动变阻器________（填“R

1

”或

“R

2

”）。

(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”）端附近，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

(2)2

R

(3)①650.0，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

②c，报警器开始报警

【解析】①热敏电阻工作温度达到60C时，

报警器报警。故需通过调节电阻箱使其电阻为60C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

②18VU，当通过报警器的电流10mA20mA

c

I，故电路中

总电阻c

U

R

I

，

9001800R，故滑动变阻器选2

R。

③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650.0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．（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。

【答案】（1）sin3cosFmgmg

安



（2）22

(sin3cos)mgR

v

BL





【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：

cos

cdcd

NG

垂直于斜面方向受力平衡方程：

sin

cdcd

fGT

且cdcd

fN，联立可得：

cossinTmgmg

选ab为研究对象，受力分析如图：

其沿斜面方向受力平衡：

'sin

abab

TfFG

安

垂直于斜面方向受力平衡：

cos

abab

NG

且abab

fN，T与'T为作用力与反作用力：'TT，

联立可得：sin3cosFmgmg

安



①

（2）设感应电动势为E，由电磁感应定律：

EBLv

由闭合电路欧姆定律，回路中电流：

EBLv

I

RR



棒中所受的安培力：22BLv

FBIL

R



安

与①联立可得：22

(sin3cos)mgR

v

BL





【考点】物体平衡、磁场对电流的作用、电磁感应。

25．（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，直轨道与一半径为

5

6

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，

最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦

因数

1

4

，重力加速度大小为g．（取0sin370.6，0cos370.8）

（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点左下方，与Ｃ点水平

相距

7

2

R、竖直相距R，求Ｐ运动到Ｄ点

时速度的大小和改变后Ｐ的质量。

【答案】（1）2gR（2）12

5

mgR（3）1

3

m

【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：cosGN

沿斜面方向，由牛顿第二定律得：sinGfma

且fN，可得：

2

sincos

5

aggg

对CB段过程，由22

0

2

t

vvas

代入数据得B点速度：2

B

vgR

（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：3sin

P

EmgR①

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：

cos(72)QmgRxR②

由P

QE，联立①、②解得：1x；

研究P从C点运动到E点过程

重力做功：sin(5)

G

WmgRxR

摩擦力做功：cos(5)

f

WmgRxR

动能变化量：0J

k

E

由动能定理：

Gfk

WWWE

弹

代入得：

12

5

mgR

W

弹

由EW

弹弹，到E点时弹性势能E

弹为

12

5

mgR

。

（3）其几何关系如图可知：

2

3

OQR，

1

2

CQR

由几何关系可得，G点在D左下方，竖直高度差为5

2

R，

水平距离为3R。

设P从D点抛出时速度为0

v，到G点时间为t

其水平位移：0

3Rvt

竖直位移：2

51

22

Rgt

解得：0

35

5

gR

v

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：

351

''(6sin)'

210G

WmgRRmgR①

摩擦力做功：

6

''6cos'

5f

WmgRmgR②

弹力做功：

12

'

5

WEmgR

弹弹

③

动能变化量：2

0

1

''0J

2k

Emv

9

'

10

mgR④

由动能定理：''''

Gfk

WWWE

弹

⑤

将①②③④代入⑤，可得：

1

'

3

mm

【考点】物体平衡、牛顿运动定律、功和能、动能定理、

能量守恒定律。

（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3

道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅

笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题

目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域

指定位置答题。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）（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

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】热力学第一定律：UQW，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，0W，由理想气体状态方程PVnRT，P不

变，V增大，气体温度升高，内能增大。由UQW，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。

（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Δp与气泡半径r之间的关系为

Δp=

2σ

r

，其中σ=0.070N/m．现让水下10m处一半径为0.50

cm的气泡缓慢上升，已知大气压强p

0

=1.0×105Pa，水的

密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度大小g=10m/s2．

（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32

1。

【解析】（i）由公式

2

P

r



得，3

20.070

Pa=28Pa

510

P









水下10m处气泡的压强差是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PVnRT，得1122

PVPV①

其中，3

11

4

3

Vr②

3

22

4

3

Vr③

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

535

1010

110Pa+1101010210Pa=2PPghP④

20

PP⑤

将②③④⑤带入①得，33

0102

44

2

33

PrPr

33

12

2rr

3

2

1

21.3

r

r



【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）（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，选对3个得5分。每

选错1个扣3分，最低得分为0分）学科&网

A．水面波是一种机械波

B．该水面波的频率为6Hz

C．该水面波的波长为3m

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

155

ss

93

T，频率为0.6Hz，B错；其波长

5

1.8m/ss

3

vT

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。

【考点】机械波及其特性、波长和波速频率间关系。

（2）（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3.0

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的临界角，水的

折射率为。

（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2.0m。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）。

【答案】（i）7m（ii）0.7m

【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：sin1n

得：

3

sin

4

；

由3mAO，由几何关系可得：

4m7mABBO，

所以水深7m。

（ii）光由A点射入救生员眼中

光路图如图：

由折射率公式：

sin45

sin

n







可知：

32

sin

8

，

3323

tan

23

23



设mBEx，得

3

tan

7

AQ

x

QE







带入数据得：

3161

3

23

x，

由几何关系得，救生员到池边水平距离为(2)m0.7mx

【考点】全反射、折射定律。

35.【物理——选修3-5】

（1）（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km

EhW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km

E变大，因此C正确，由kmc

EeU

和km

EhW，得c

hWeU，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

（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

0

竖

直向上喷出；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）0

vS（ii）2

2

0

222

0

22

v

Mg

gvS



【解析】(i)在一段很短的t时间内，可以为喷泉喷出的水

柱保持速度0

v不变。

该时间内，喷出水柱高度：0

lvt①

喷出水柱质量：mV②

其中v为水柱体积，满足：VlS③

由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为

0

m

vS

t









(ii)设玩具底面相对于喷口的高度为h

由玩具受力平衡得：=FMg

冲④

其中，F

冲为玩具底部水体对其的作用力．

由牛顿第三定律：=FF

压

冲⑤

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：22

0

2vvgh＇⑥

在很短t时间内，冲击玩具水柱的质量为m

0

mvst⑦

由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱有

动量定理Fmgtmv





压⑧

由于t很小，mg也很小，可以忽略

⑧式变为Ftmv





压⑨

由④⑤⑥⑦⑨可得

2

2

0

222

0

22

v

Mg

h

gvS



【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