玩具受

1

2016高考全国Ⅰ卷物理

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，极板间电场强度变大

B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大

C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变

D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变

【答案】D

【解析】由

4

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，答案为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倍的离子，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.12

C.121D.144

【答案】D

2

【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

得

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12

RR

、和

3

R

的阻值分别是

31、

和4，○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.3

3

C.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，

4

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

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约为地球半径的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

4Mm

Gmr

rT



可得

234r

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出右图。

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

30

R

卫星

卫星

卫星

5

33

22

2

(6.6)

24

Rr

T



②

由①②解得

2

4Th

【考点】（1）卫星运行规律；（2）开普勒第三定律的应用

【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

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，例如平抛运动，故B正确；

③由牛顿第二定律可知，番茄粥 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；

6

【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饺子寓意 ，

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，如上图所示。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生变化，D选项正确；故

答案选BD。

【考点】考查动态平衡分析、力的正交分解和力的平衡方程。

g

f

T

x

T

y

N

m

b

T

F

x

F

y

F

7

20.如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其戏弄 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.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其

vt

图像如图所示。已

知两车在3ts时并排行驶，则（）

A.在1st时，甲车在乙车后

B.在0t时，甲车在乙车前7.5m

C.两车另一次并排行驶的时刻是2st

D.甲、乙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

8

【解析】根据

vt

图，甲、乙都沿正方向运动。3st时，甲、乙相遇，

=30m/sv

甲

，

=25m/sv

乙

，

由位移和

vt

图面积对应关系，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选项正确。

0-1s内，

1

=1肾囊肿是怎么回事 10m=5m

2

x





甲

，

1

=110+15m=12.5m

2

x





乙

，

2

=7.5mxxx

乙甲



，

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=45m5m=40mxxx

甲甲



，所以D选项正确；

【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

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

20Hz30Hz、

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它

题给条件进行推算。

(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

速度大小为_____________。

9

(2)已测得

123

8.89cm9.50cm10.10cmSSS，，，

当地重力加速度

大小为29.80m/s

，实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】⑴

12

()

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

10

23.（10分）

现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60C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

c

I

时就会报警），

电阻箱（最大阻值为999.9），直流电源（输出电压为U，内阻不计），滑动变阻器

1

R

（最

大阻值为1000），滑动变阻器

2

R

（最大阻值为2000），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，

c

I

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升高而减小，在60C时阻值为650.0。

(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)电路中应选用滑动变阻器_____________（填“

1

R

”或“

2

R

”）。

(3鲍鱼功效 )按照下列步骤调节此报警系统：

①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为______；

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)如下图

11

(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650.0，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，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轻导线将它们连成

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

12

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



，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。

【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

13

（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





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，

7ACRABCD，、、、

均在同一竖直平面内。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，最高到达F点，4AFR。

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

3

sin37

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D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点的左下方，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。

14

【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

15

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）其几何关系如下图

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

16

（二）选考题

33.[物理——选修3-3]（15分）

（1）液体英语 （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】气体内能的改变

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

p

与气泡

半径

r

之间的关系为

2

p

r





，其中0.070N/m。现让水下10m处一半径为0.50cm的

气泡缓慢上升。已知大气压强5

0

1.010Pap

，水的密度331.010kg/m

，重力加速度

大小210m/sg

。

17

(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

2九繁体 0

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

18

【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）

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。

（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3.0m。

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

4

3

。

(i)求池内的水深；

19

(ii)一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到池面的高度为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）。

【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

形容爱情的成语





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

20

35.[物理——选修3-5]（15分）

（1）（5分）现用某一光电管进行光电效应实验，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。

（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

0

v

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



，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；

21

(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。

【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，在我是霸王龙绘本 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

