【正文】 ．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）．【解答】解：（i）光由A射向B點(diǎn)發(fā)生全反射，光路如圖所示．圖中入射角θ等于臨界角C，則有 sinθ==由題，=3m，由幾何關(guān)系可得：=4m所以 ==m≈3m（ii）光由A點(diǎn)射入救生員眼中的光路圖如圖所示．在E點(diǎn)，由折射率公式得 =n得sinα=，tanα==設(shè)=x，則得 tanα=代入數(shù)據(jù)解得 x=（3﹣）m由幾何關(guān)系可得，救生員到池邊水平距離為 （2﹣x）m≈答：（i）池內(nèi)的水深約3m．（ii）．　【物理選修35】17．現(xiàn)用一光電管進(jìn)行光電效應(yīng)的實(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（　　）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)【解答】解：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，因?yàn)轱柡凸怆娏髋c入射光的強(qiáng)度成正比，故A正確；B、飽和光電流與入射光的頻率無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)光電效應(yīng)的規(guī)律，光電子的最大初動(dòng)能隨入射光頻率的增大而增大，所以入射光的頻率變高，光電子的最大初動(dòng)能變大，故C正確；D、如果入射光的頻率小于極限頻率將不會(huì)發(fā)生光電效應(yīng)，不會(huì)有光電流產(chǎn)生，故C錯(cuò)誤；E、根據(jù)，得遏止電壓及最大初動(dòng)能與入射光的頻率有關(guān)，與入射光的強(qiáng)度無(wú)關(guān)，故E正確故選：ACE　18．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v0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)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_(kāi)．忽略空氣阻力．已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g．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．【解答】解：（i）噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量m=ρV=ρSv0，（ii）設(shè)水到達(dá)卡通玩具處的速度為v，玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度為h，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式得：，水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖韵蛏蠟檎?，根?jù)動(dòng)量定理得：﹣Mgt=ρSv0t（0﹣v）聯(lián)立解得：h=答：（i）噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為ρSv0；（ii）玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度為．　。=）（1）求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大?。?）求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能．（3）改變物塊P的質(zhì)量，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)左下方，與C點(diǎn)水平相距R、豎直相距R，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．【解答】解：（1）C到B的過(guò)程中重力和斜面的阻力做功，所以：其中：代入數(shù)據(jù)得：（2）物塊返回B點(diǎn)后向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中：其中：聯(lián)立得：物塊P向下到達(dá)最低點(diǎn)又返回的過(guò)程中只有摩擦力做功，設(shè)最大壓縮量為x，則：整理得：x=R物塊向下壓縮彈簧的過(guò)程設(shè)克服彈力做功為W，則：又由于彈簧增加的彈性勢(shì)能等于物塊克服彈力做的功，即：EP=W所以：EP=（3）由幾何關(guān)系可知圖中D點(diǎn)相當(dāng)于C點(diǎn)的高度：h=r+rcos37176。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(diǎn)，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(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，最高點(diǎn)到達(dá)F點(diǎn)，AF=4R，已知P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=，重力加速度大小為g．（取sin37176。中的張力保持不變，故AC均錯(cuò)誤；BD、由于b處于靜止即平衡狀態(tài)，對(duì)b受力分析有：力T與力F與x軸所成夾角均保持不變，由平衡條件可得：N+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0Fcosα+f﹣Tcosθ=0由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ由于T的大小不變，可見(jiàn)當(dāng)F大小發(fā)生變化時(shí)，支持力的大小也在一定范圍內(nèi)變化，故B正確f=Tcosθ﹣Fcosα由于T的大小不變，當(dāng)F大小發(fā)生變化時(shí)，b靜止可得摩擦力的大小也在一定范圍內(nèi)發(fā)生變化，故D正確．故選：BD．　7．（6分）如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其軌跡在豎直平面（紙面）內(nèi)，且相對(duì)于過(guò)軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對(duì)稱．忽略空氣阻力．由此可知（　?。〢．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【解答】解：A、根據(jù)粒子的彎折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同時(shí)因軌跡關(guān)于P點(diǎn)對(duì)稱，則可說(shuō)明電場(chǎng)力應(yīng)豎直向上；粒子帶負(fù)電，故說(shuō)明電場(chǎng)方向豎直向下；則可判斷Q點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)高；故A正確；B、粒子由P到Q過(guò)程，合外力做正功，故油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大；故B正確；C、因電場(chǎng)力做正功，故電勢(shì)能減小，Q點(diǎn)的電勢(shì)能比它在P點(diǎn)的??；故C錯(cuò)誤；D、因受力為恒力；故PQ兩點(diǎn)加速度大小相同；故D錯(cuò)誤；故選：AB．　8．（6分）甲、乙兩車(chē)在平直公路上同向行駛，其v﹣t圖象如圖所示．已知兩車(chē)在t=3s時(shí)并排行駛，則（　?。〢．在t=1s時(shí)，甲車(chē)在乙車(chē)后B．在t=0時(shí)，C．兩車(chē)另一次并排行駛的時(shí)刻是t=2sD．甲、乙兩車(chē)兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40m【解答】解：A．由圖象可知，1到3s甲乙兩車(chē)的位移相等，兩車(chē)在t=3s時(shí)并排行駛，所以兩車(chē)在t=1s時(shí)也并排行駛，故A錯(cuò)誤；B．由圖象可知，a甲===10m/s2； a乙===5m/s2； 0至1s，x甲=a甲t2=1012=5m，x乙=v0t+a乙t2=101+512=，△x=x乙﹣x甲=﹣5=，即在t=0時(shí)，故B正確；C．由AB分析可知，甲乙兩車(chē)相遇時(shí)間分別在1s和3s，故C錯(cuò)誤；：v=a甲t=101=10m/s，1到3s，甲車(chē)的位移為：x=vt+a甲t2=102+1022=40m，即甲、乙兩車(chē)兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40m，故D正確．故選：BD．　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(gè)試題考生都必須作答．第9題～第12題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題9．（5分）某同學(xué)用圖（a）所示的實(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220Hz、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)和其他條件進(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(xiě)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　　，重物下落的加速度的大小為　?。?）已測(cè)得s1=，s2=．cm，s3=；，試驗(yàn)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　40　Hz．【解答】解：（1）根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度可得：vB==；vC==；由速度公式vC=vB+aT可得：a=；（2）由牛頓第二定律可得：mg﹣=ma，所以a=，結(jié)合（1）解出的加速度表達(dá)式，代入數(shù)據(jù)可得：f=40HZ．故答案為：（1）；；；（2）40．　10．（10分）現(xiàn)要組裝一個(gè)由熱敏電阻控制的報(bào)警系統(tǒng)，當(dāng)要求熱敏電阻的溫度達(dá)到或超過(guò)60℃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（），直流電源（輸出電壓為U，內(nèi)阻不計(jì)），滑動(dòng)變阻器R1（最大阻值為1000Ω），滑動(dòng)變阻器R2（最大阻值為2000Ω），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的升高而減小，在60℃．（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）在電路中應(yīng)選用滑動(dòng)變阻器　R2　（填“R1”或“R2”）．（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)到一定的阻值，根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求，這一阻值為　650　Ω；滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)置于　b?。ㄌ睢癮”或“b”）端附近，不能置于另一端的原因是　保證報(bào)警器的安全使用　．②將開(kāi)關(guān)向　c?。ㄌ睢癱”或“d”）端閉合，緩慢移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，直至　報(bào)警器開(kāi)始報(bào)警　．（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．【解答】解：（1）根據(jù)題意可知，本實(shí)驗(yàn)要求能用電阻箱進(jìn)行校準(zhǔn)，故電阻箱應(yīng)與熱敏電阻并聯(lián)，利用單刀雙擲開(kāi)關(guān)進(jìn)行控制； 它們?cè)倥c報(bào)警器和滑動(dòng)變阻器串聯(lián)即可起到報(bào)警作用； 故連線如圖所示； （2）電壓為18V，而報(bào)警時(shí)的電流為10mA；此時(shí)電阻約為：R==1800Ω； 而熱敏電阻的阻值約為650Ω；故滑動(dòng)變阻器接入電阻約為1350Ω；故應(yīng)選擇R2；（3）①因要求熱敏電阻達(dá)到60176。 新課 標(biāo)第 一 網(wǎng) 2015年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試 2016年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)Ⅰ）參考答案與試題解析　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(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)是符合題目要求，第19～21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．1．（6分）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（　?。〢．極板上的電荷量變大，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變大B．極板上的電荷量變小，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變大C．極板上的電荷量變大，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變D．極板上的電荷量變小，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變【解答】解：ABCD、電容器接在恒壓直流電源上，則電容器兩端間的電勢(shì)差不變，將云母介質(zhì)移出介電常數(shù)減小，根據(jù)電容的決定式 C=知，介電常數(shù)減小，電容減小，電壓不變，根據(jù)C=可知，電荷量Q減小，由于電容器的電壓不變，板間的距離d不變，根據(jù)E=可知，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，所以ABC錯(cuò)誤，D正確；故選：D　2．（6分）現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來(lái)分析比質(zhì)子重很多的離子，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．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為（　　）A．11 B．12 C．121 D．144【解答】解：根據(jù)動(dòng)能定理得，得①離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有得②①②兩式聯(lián)立得：一價(jià)正離子電荷量與質(zhì)子電荷量相等，同一加速電場(chǎng)U相同，同一出口離開(kāi)磁場(chǎng)則R相同，所以m∝，磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的12倍，離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍，D正確，ABC錯(cuò)誤故選：D　3．（6分）一含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻R1，R2和R3的阻值分別為3Ω，1Ω，4Ω，?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)，電流表的示數(shù)為4I．該變壓器原、副線圈匝數(shù)比為（　?。〢．2 B．3 C．4 D．5【解答】解：設(shè)線圈匝數(shù)之比為K，則可知，開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)，輸出端電流為kI； 則根據(jù)理想變壓器原理可知：=K （1）同理可知，=K （2）代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：U=45I；代入（1）式可得：K=3； 故B正確，ABC錯(cuò)誤；故選：B．　4．（6分）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，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（　?。〢．1h B．4h C．8h D．16h【解答】解：要使衛(wèi)星與地球同步，衛(wèi)星的轉(zhuǎn)動(dòng)周期應(yīng)與地球自轉(zhuǎn)周期相同；若地球的自轉(zhuǎn)周期變小，則衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)周期也將變小；因地球質(zhì)量等不變，根據(jù)可知，衛(wèi)星的半徑要減??；因此當(dāng)周期減小到使衛(wèi)星只能繞地球表面運(yùn)行時(shí)，周期即達(dá)到最小值；則可知：； ；則有：聯(lián)立解得：T=≈4； 故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B．　5．（6分）一質(zhì)