2016年全國統(tǒng)一高考物理試卷(新課標(biāo)ⅰ)

2016年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)I）

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1?4題只有

一項是符合題目要求，第5?8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.

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（）

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

2.（6分）（2016春?湖南期末）現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(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（）

加速電場

出口/?

A.11B.12C.121D.144

3.（6分）（2016春?遂寧校級月考）一含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻R”R2

和R3的阻值分別為3Q,IQ,4Q,13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)開關(guān)S斷開時，電流表的示數(shù)為I；當(dāng)S閉合時，電流表的示數(shù)為41.該變

壓器原、副線圈匝數(shù)比為（）

A.2B.3C.4D.5

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(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，則地球自轉(zhuǎn)周期的最小值約為（）

A.IhB.4hC.8hD.16h

5.（6分）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，貝I（）

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

6.（6分）如圖，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩00'懸掛于0點；另一細(xì)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00,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

7.（6分）如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直平面（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（）

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

8.（6分）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=ls時，甲車在乙車后

B.在t=0時，甲車在乙車前7.5m

C.兩車另一次并排行駛的時刻是t=2s

D.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

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220Hz、30Hz和40Hz,打出紙帶的一部分如圖（b）所示.

圖（a）圖（b）

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，重物下落的加速度的大小為.

（2）已測得S|=8.89cm,S2=9.5.cm,S3=10.10cm；當(dāng)重力加速度大小為9.80m/s\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.

10.（10分）現(xiàn)要組裝一個由熱敏電阻控制的報警系統(tǒng)，當(dāng)要求熱敏電阻的溫度達(dá)到或超過

60℃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999.9C）,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1000C）,滑動變阻器R2（最大阻值為2000。），單刀雙擲開關(guān)一個，

導(dǎo)線若干.

在室溫下對系統(tǒng)進(jìn)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.

電源

熱敏電阻

（1）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.

（2）在電路中應(yīng)選用滑動變阻器（填"RJ或"R2"）.

（3）按照下列步驟調(diào)節(jié)此報警系統(tǒng)：

①電路接通前，需將電阻箱調(diào)到一定的阻值，根據(jù)實驗要求，這一阻值為I

滑動變阻器的滑片應(yīng)置于（填"a"或"b"）端附近，不能置于另一端的原因

是.

②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)向另一端閉合，報警系統(tǒng)即可正常使用.

11.（14分）如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為6,上沿相連.兩細(xì)金屬棒ab（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B,方向垂直于斜面向上，已知兩根

導(dǎo)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W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?。?/p>

（2）金屬棒運動速度的大小.

12.（18分）如圖，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)，直軌道與一半徑為主R的光滑圓弧軌

6

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(dá)E點（未畫出），隨后P沿軌道被彈回，最高點到達(dá)F點，AF=4R,

己知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)尸L重力加速度大小為g.（取sin37°=W,COS370=A）

455

（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點水平相距工R、豎直相距R,求

2

P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量.

三、選考題：共45分.請考生從給出的3道物理題任選一題作答，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(xué)科按所做的第一題計分.【物理--選修3-3】

13.（5分）關(guān)于熱力學(xué)定律，下列說法正確的是（）

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(dá)到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)彼此之間也必

定達(dá)到熱平衡

14.（10分）在水下氣泡內(nèi)空氣的壓強大于氣泡表面外側(cè)水的壓強，兩壓強差與氣泡半

徑r之間的關(guān)系為△p=22,其中o=0.070N/m.現(xiàn)讓水下10m處一半徑為0.50cm的氣泡

r

緩慢上升，已知大氣壓強po=l.Oxl（）5pa,水的密度pn.Ox/kg/n?,重力加速度大小g=10m/s2.

（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.

【物理--選修3-4】（15分）

15.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（）

A.水面波是一種機械波

B.該水面波的頻率為6Hz

C.該水面波的波長為3m

D.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

16.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(yuǎn)處的高凳上，他的眼睛到地面的高度為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。.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）.

【物理--選修3-5]

17.現(xiàn)用一光電管進(jìn)行光電效應(yīng)的實驗，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（）

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(guān)，與入射光的光強無關(guān)

18.某游樂園入口旁有一噴泉，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

計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度vo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?，在水平方?/p>

朝四周均勻散開.忽略空氣阻力.已知水的密度為p,重力加速度大小為g.求：

(i)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；

(ii)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度.

請修改新增的標(biāo)題

2016年全國統(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選項中，第1?4題只有

一項是符合題目要求，第5?8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.

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（）

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

【考點】電容器的動態(tài)分析.

【專題】定量思想；推理法；電容器專題.

【分析】電容器始終與恒壓直流電源相連，則電容器兩端間的電勢差不變，將云母介質(zhì)移出

后介電常數(shù)減小，根據(jù)電容器介電常數(shù)的變化判斷電容的變化以及電場強度的變化.

【解答】解：電容器接在恒壓直流電源上，則電容器兩端的電勢差不變.

將云母介質(zhì)移出后，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

4兀kd

減小.

由于電壓不變，根據(jù)C=@可知，電荷量Q減小.

U

由于電容器的電壓不變，板間的距離d不變，根據(jù)E=U可知，極板間的電場強度不變.

d

所以ABC錯誤，D正確；

故選：D

【點評】本題是電容器的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵抓住不變量，當(dāng)電容器與電源始終相連，則電

勢差不變；當(dāng)電容器與電源斷開，則電荷量不變.要掌握C=&、C=-^-、E=旦三個公式.

U4兀kdd

2.（6分）（2016春?湖南期末）現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(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（）

加速電場

出口

A.11B.12C.121D.144

【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動.

【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題.

【分析】本題先電場加速后磁偏轉(zhuǎn)問題，先根據(jù)動能定理得到加速得到的速度表達(dá)式，再結(jié)

合帶電粒子在勻強磁場中運動的半徑公式求出離子質(zhì)量的表達(dá)式.

【解答】解：根據(jù)動能定理得，q吟mv2得v=^怦①

離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，

2

根據(jù)牛頓第二定律，有qvB=』

得R嗑②

22

①②兩式聯(lián)立得：屋?

一價正離子電荷量與質(zhì)子電荷量相等，同一加速電場U相同，同一出口離開磁場則R相同,

所以m^B2,磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍，離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍，D正確，

ABC錯誤

故選：D

【點評】本題綜合考查了動能定理和牛頓第二定律，關(guān)鍵要能通過洛倫茲力提供向心力求出

質(zhì)量的表達(dá)式.

3.（6分）（2016春?遂寧校級月考）一含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻Ri，R2

和R3的阻值分別為3C,IQ,4Q,團(tuán)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)開關(guān)S斷開時，電流表的示數(shù)為I；當(dāng)S閉合時，電流表的示數(shù)為41.該變

壓器原、副線圈匝數(shù)比為（）

A.2B.3C.4D.5

【考點】變壓器的構(gòu)造和原理.

【專題】定性思想；推理法；交流電專題.

【分析】變壓器輸入電壓為U與電阻Ri兩端電壓的差值；再根據(jù)電流之比等于匝數(shù)的反比

可求得輸出電流；根據(jù)電壓之比等于匝數(shù)之比對兩種情況列式，聯(lián)立可求得U與I的關(guān)系;

則可求得線圈匝數(shù)之比.

【解答】解：設(shè)變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為K,則可知，開關(guān)斷開時，副線圈電流為kl；

U-IR.

則根據(jù)理想變壓器原理可知：一7-----k（1）

KI（R2+R3）

U-4IR.

同理可知,--------!-=k(2)

4KIR2

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：U=48I；

代入（1）式可得：

k=3；故B正確，ACD錯誤；

故選：B.

【點評】本題考查理想變壓器原理及應(yīng)用，要注意明確電路結(jié)構(gòu)，知道開關(guān)通斷時電路的連

接方式；同時注意明確輸入電壓與總電壓之間的關(guān)系.

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(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，則地球自轉(zhuǎn)周期的最小值約為（）

A.IhB.4hC.8hD.16h

【考點】開普勒定律；同步衛(wèi)星.

【專題】定性思想；推理法；人造衛(wèi)星問題.

【分析】明確同步衛(wèi)星的性質(zhì)，知道其轉(zhuǎn)動周期等于地球的自轉(zhuǎn)周期，從而明確地球自轉(zhuǎn)周

期減小時，地球同步衛(wèi)星的運動周期減小，當(dāng)運動軌跡半徑最小時，周期最小.由三顆同步

衛(wèi)星需要使地球赤道上任意兩點之間保持無線電通訊可求得最小半徑，再結(jié)合開普勒第三定

律可求周期.

【解答】解：設(shè)地球的半徑為R,則地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r=6.6R

已知地球的自轉(zhuǎn)周期T=24h,

地球同步衛(wèi)星的轉(zhuǎn)動周期與地球的自轉(zhuǎn)周期一致，若地球的自轉(zhuǎn)周期變小，則同步衛(wèi)星的轉(zhuǎn)

動周期變小.

由粵=口3冗R公式可知,做圓周運動的半徑越小，則運動周期越小.

R2T2

由于需要三顆衛(wèi)星使地球赤道上任意兩點之間保持無線電通訊，所以由幾何關(guān)系可知三顆同

步衛(wèi)星的連線構(gòu)成等邊三角形并且三邊與地球相切，如圖.

由幾何關(guān)系可知地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r，=2R.

3

由開普勒第三定律工得：T'=T='3=24j（2R）a4h

T2Vr3V（6.6R）3

故B正確，ACD錯誤；

故選：B.

衛(wèi)星

衛(wèi)星衛(wèi)星

【點評】本題考查開普勒第三定律以及同步衛(wèi)星的性質(zhì)，要注意明確題目中隱含的信息的判

斷是本題解題的關(guān)鍵.

5.（6分）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

【考點】物體做曲線運動的條件；牛頓第二定律.

【專題】簡答題；學(xué)科綜合題；定性思想；推理法：物體做曲線運動條件專題.

【分析】明確物體做曲線運動的條件，速度方向與加速度方向不在同一直線上，如果在同一

直線則做直線運動，速度方向與加速度方向相同時物體做加速運動，當(dāng)加速度方向與速度方

向相反時，物體做減速運動；

由牛頓第二定律F=ma可知，物體加速度的方向由合外力的方向決定；

由加速度的定義2=崇?來判斷質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量.

【解答】解：A.質(zhì)點開始做勻速直線運動，現(xiàn)對其施加一恒力，其合力不為零，如果所加

恒力與原來的運動方向在一條直線上，質(zhì)點做勻加速或勻減速直線運動，質(zhì)點速度的方向與

該恒力的方向相同或相反；如果所加恒力與原來的運動方向不在一條直線上，物體做曲線運

動，速度方向沿切線方向，力和運動方向之間有夾角，故A錯誤；

B.由A分析可知，質(zhì)點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直，故B正確；

C.由于質(zhì)點做勻速直線運動，即所受合外力為0,原來質(zhì)點上的力不變，增加一個恒力后,

則質(zhì)點所受的合力就是這個恒力，所以加速度方向與該恒力方向相同，故C正確；

D.因為合外力恒定，加速度恒定，由△v=aAt可知，質(zhì)點單位時間內(nèi)速度的變化量總是不

變，但是，如果質(zhì)點做勻變速曲線運動，則單位時間內(nèi)速率的變化量是變化的，故D錯誤.

故選：BC.

【點評】本題要注意物體做曲線運動的條件是速度方向與加速度方向不在同一直線上，如果

在同一直線則做直線運動；正確理解牛頓第二定律和加速度的定義a=A上也是解答本題的

At

關(guān)鍵.

6.（6分）如圖，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩00'懸掛于O點；另一細(xì)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00,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

【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力.

【專題】應(yīng)用題；定性思想；合成分解法；共點力作用下物體平衡專題.

【分析】本題抓住整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，由a平衡可知，繩子拉力保持不變，再根據(jù)平衡

條件由F的大小變化求得物塊b所受各力的變化情況.

【解答】解：AC、由于整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以滑輪兩側(cè)連接a和b的繩子的夾角不

變；物塊a只受重力以及繩子的拉力，由于物體a平衡，則連接a和b的繩子張力T保持不

變；由于繩子的張力及夾角均不變，所以00'中的張力保持不變，故AC均錯誤；

BD、b處于靜止即平衡狀態(tài)，對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+Fsina+Tsin0-mg=0

Fcosa+f-Tcos9=0

由此可得：N=mg-Fsina-Tsin0

由于T的大小不變，可見當(dāng)F大小發(fā)生變化時，支持力的大小也在一定范圍內(nèi)變化，故B

正確

f=Tcos0-Fcosa

由于T的大小不變，當(dāng)F大小發(fā)生變化時，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.

【點評】解決本題的關(guān)鍵是抓住系統(tǒng)均處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件分析求解，關(guān)鍵是先由平

衡條件求得繩中張力大小不變，再由此分析b的平衡.

7.（6分）如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直平面（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（）

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

【考點】電勢差與電場強度的關(guān)系；電勢能.

【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題.

【分析】根據(jù)曲線運動的性質(zhì)以及運動軌跡可明確粒子受力情況，再根據(jù)電場力的性質(zhì)即可

判斷電場線的方向，從而明確電勢高低；根據(jù)電場力做功情況可明確動能的變化以及電勢能

的變化；根據(jù)力的性質(zhì)可明確加速度的關(guān)系.

【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；同時因軌跡關(guān)于P

點對稱，則可說明電場力應(yīng)豎直向上；粒子帶負(fù)電，故說明電場方向豎直向下；則可判斷Q

點的電勢比P點高；故A正確；

B、粒子由P到Q過程，合外力做正功，故油滴在Q點的動能比它在P點的大；故B正確；

C、因電場力做正功，故電勢能減小，Q點的電勢能比它在P點的小；故C錯誤；

D、因受力為恒力；故PQ兩點加速度大小相同；故D錯誤；

故選：AB.

【點評】本題考查帶電粒子在勻強電場中的運動，要注意本題中油滴受到重力和電場力作用，

這里應(yīng)先考慮合力，再去分析電場力的性質(zhì)；同時注意掌握物體做曲線運動的條件應(yīng)用.

8.（6分）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=ls時，甲車在乙車后

B.在1=0時，甲車在乙車前7.5m

C.兩車另一次并排行駛的時刻是t=2s

D.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

【考點】勻變速直線運動的圖像；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系.

【專題】壓軸題；學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；運動學(xué)中的圖像專題.

【分析】由圖象可知，1到3s甲乙兩車的位移相等，兩車在t=3s時并排行駛，所以兩車在

t=ls時也并排行駛；v-t圖象的斜率表示加速度，根據(jù)圖象可求甲乙兩車的加速度；再根據(jù)

位移公式和速度公式求解.

【解答】解：A.由圖象可知，1到3s甲乙兩車的位移相等，兩車在t=3s時并排行駛，所

以兩車在t=ls時也并排行駛，故A錯誤；

2

B.由圖象可知，a甲=4v0mzs氣a乙=△心理——12j=5m/s；0至Is,x甲=工甲

At2At22

t2=-lj<IOxl2=5m,xc=v（）t+iict2-10xI+-^-x5x12=12.5m,Z\x=x乙-x甲=12.5-5=7.5m,即

222

在t=0時，甲車在乙車前7.5m,故B正確；

C.由AB分析可知，甲乙兩車相遇時間分別在Is和3s,故C錯誤；

D.ls末甲車的速度為：v=awt=10xl=10m/s,1到3s,甲車的位移為：x=vt+工a中

2

t2=l0x2+1^10x22=40m,即甲、乙兩車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40m,

2

故D正確.

故選:BD.

【點評】本題考查勻變速直線運動的實際運用：追及和相遇問題.解答此題的關(guān)鍵是根據(jù)速

度圖象分析物體運動情況，要注意兩車的位置關(guān)系和距離隨時間如何變化，當(dāng)兩車相遇時，

位移之差等于原來之間的距離.

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220Hz、30Hz和40Hz,打出紙帶的一部分如圖（b）所示.

打點計時器

圖（a）圖（b）

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出：

在打點計時器打出B點時，重物下落的速度大小為—J_V—，打出C點時重物下落

-2-

的速度大小為—2_J,重物下落的加速度的大小為——11—.

一2一一2一

（2）已測得si=8.89cm,S2=9.5.cm,S3=10.10cm；當(dāng)重力加速度大小為9.80m/s\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40Hz.

【考點】驗證機械能守恒定律.

【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；方程法；動能定理的應(yīng)用專題.

【分析】（1）根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出B和C點的瞬時速

度，利用速度公式求加速度；

（2）利用牛頓第二定律和解出的加速度求頻率.

【解答】解：（1）根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度可得：

S1+SO（S1+So）fSo+So（So+sq）f

VB=—......———-----——;vc=---———-----——;由速度公式vc=VB+aT可得：

2T22T2

-2

（s3sJf

a=--------：-----；

2

（2）由牛頓第二定律可得：mg-0.01mg=ma,所以a=0.99g,結(jié)合（1）解出的加速度表達(dá)

式，代入數(shù)據(jù)可得：f=40HZ.

2

、（s<+s9）f（So+so）f（so-s<）f、

故答案為：（1）—J__l—；_2__—；———i----；（2）40.

222

【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握紙帶的處理方法，會通過紙帶求解瞬時速度的大小，關(guān)鍵是勻

變速直線運動推論的運用.

10.（10分）現(xiàn)要組裝一個由熱敏電阻控制的報警系統(tǒng)，當(dāng)要求熱敏電阻的溫度達(dá)到或超過

60℃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999.9C）,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1000。），滑動變阻器R2（最大阻值為2000C）,單刀雙擲開關(guān)一個，

導(dǎo)線若干.

在室溫下對系統(tǒng)進(jìn)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60℃時阻值為650.0C.

FT尋

熱敏電阻

（I）對落題卡上完成待調(diào)節(jié)的報警系統(tǒng)原理電路圖的連線.

（2）在電路中應(yīng)選用滑動變阻器R2（填"RJ或"R2"）.

（3）按照下列步驟調(diào)節(jié)此報警系統(tǒng)：

①電路接通前，需將電阻箱調(diào)到一定的阻值，根據(jù)實驗要求，這一阻值為650.0Q：滑

動變阻器的滑片應(yīng)置于b（填"a"或"b"）端附近，不能置于另一端的原因是保證報警

器的安全使用.

⑵將開關(guān)向c（填"c"或"d"）端閉合，緩慢移動滑動變阻器的滑片，直至報警器開始

報警.

（4）保持滑動變阻器滑片的位置不變，將開關(guān)向另一端閉合，報警系統(tǒng)即可正常使用.

【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線.

【專題】實驗題；定性思想；實驗分析法；恒定電流專題.

【分析】（1）分析實驗，明確實驗原理，根據(jù)題目要求即可明確電路結(jié)構(gòu)；

（2）根據(jù)歐姆定律確定電路中的電阻，則可明確滑動變阻器的選擇：

（3）根據(jù)儀器原理進(jìn)行分析，明確電阻箱的作用以及實驗過程和實驗安全的分析，則可以

明確滑動變阻器的調(diào)節(jié)和實驗現(xiàn)象.

【解答】解：（1）根據(jù)題意可知，本實驗要求能用電阻箱進(jìn)行校準(zhǔn)，故電阻箱應(yīng)與熱敏電阻

并聯(lián)，利用單刀雙擲開關(guān)進(jìn)行控制；它們再與報警器和滑動變阻器串聯(lián)即可起到報警作用；

故連線如圖所示；

（2）電壓為18V,而報警時的電流為10mA；此時電阻約為：R=----18_-1800Q；而

10X10-3

熱敏電阻的阻值約為650Q；故滑動變阻器接入電阻約為1150Q；故應(yīng)選擇R2；

（3）①因要求熱敏電阻達(dá)到60。時報警：此時電阻為650C：故應(yīng)將電阻箱調(diào)節(jié)至650Q；

然后由最大調(diào)節(jié)滑動變阻器，直至報警器報警；故開始時滑片應(yīng)在b端；目的是讓電流由小

到大調(diào)節(jié)，保證報警器的安全使用；

②將開關(guān)接到C端與電阻箱連接，調(diào)節(jié)滑動變阻器直至報警器開始報警即可；然后再接入

熱敏電阻，電路即可正常工作；

故答案為：（I）如上圖；（2）R2；（3）①650.0,b,保證報警器的安全使用；②c：報警器

開始報警.

熱敏電阻

【點評】本題關(guān)鍵在于明確實驗原理，分析實驗步驟是解題的關(guān)鍵，通過實驗步驟才能明確

實驗的目的和實驗方法；從而確定各步驟中應(yīng)進(jìn)行的操作和儀器的使用情況.

II.（14分）如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為心上沿相連.兩細(xì)金屬棒ab（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B,方向垂直于斜面向上，已知兩根

導(dǎo)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)均為山重力加速度

大小為g,已知金屬棒ab勻速下滑.求

（1）作用在金屬棒ab上的安培力的大小；

（2）金屬棒運動速度的大小.

【考點】導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；閉合電路的歐姆定律；安培力.

【專題】計算題；定量思想；方程法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合.

【分析】（1）對ab、cd棒根據(jù)共點力平衡列式求作用在金屬棒ab上的安培力的大小

（2）根據(jù)安培力公式，感應(yīng)電動勢和閉合電路歐姆定律聯(lián)立求解

【解答】解：（1）設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T,右斜面對ab棒的支持力的大小為NJ作用在

ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對cd的支持力大小為對于ab棒，由力的平衡條

件得

2mgsinB=HNi+T+F①

N1=2rogcos8②

對于cd棒，同理有

ingsine+kiN2=T0

聯(lián)立①②③④式得

F=mg（sin0-311cos。）⑤

（2）由安培力公式得

F=BIL⑥

這里I是abcda中的感應(yīng)電流.ab棒上的感應(yīng)電動勢為

E=BLV⑦

式中，v是ab棒下滑速度的大小，由歐姆定律得

聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得

v=（sin6-3M-cos9）與嗎⑨

B2L2

答：（1）作用在金屬棒ab上的安培力的大小mg（sin9-3pcos0）；

（2）金屬棒運動速度的大?。╯inB-3Hcos6

【點評】本題是電磁感應(yīng)中的力學(xué)平衡問題，涉及法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定

律等知識點，受力分析和計算安培力是關(guān)鍵.

12.（18分）如圖，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)，直軌道與一半徑為臣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(dá)E點（未畫出），隨后P沿軌道被彈回，最高點到達(dá)F點，AF=4R,

己知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)尸工，重力加速度大小為g.（取sin37?3,??37。=&）

455

（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l(xiāng)R、豎直相距R,求

2

P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量.

【考點】功能關(guān)系；動能定理；彈性勢能.

【專題】計算題；學(xué)科綜合題；定量思想；方程法；功能關(guān)系能量守恒定律.

【分析】（1）對物體從C到B的過程分析，由動能定理列式可求得物體到達(dá)B點的速度；

（2）同（1）的方法求出物塊返回B點的速度，然后對壓縮的過程與彈簧伸長的過程應(yīng)用

功能關(guān)系即可求出；

（3）P離開D點后做平拋運動，將物塊的運動分解即可求出物塊在D點的速度，E到D的

過程中重力、彈簧的彈力、斜面的阻力做功，由功能關(guān)系即可求出物塊P的質(zhì)量.

【解答】解：（1）C到B的過程中重力和斜面的阻力做功，所以：

mg-BCsin370-M-mgcos37°?BC^ymvg-0

其中：BC=AC-2R

代入數(shù)據(jù)得：VB=2?K

（2）物塊返回B點后向上運動的過程中：

~mg*BFsin37°-M,mgcos37°g

其中：BF=AF-2R_

聯(lián)立得：VB'-J6,R

物塊P向下到達(dá)最低點又返回的過程中只有摩擦力做功，設(shè)最大壓縮量為x,貝I：

-M-mgcos370*2x=^-invyg

整理得：x=R

物塊向下壓縮彈簧的過程設(shè)克服彈力做功為W,貝!］：

mgx,sin37°-Wmgcos37°*x-W=0^-n）vg

又由于彈簧增加的彈性勢能等于物塊克服彈力做的功，即：Ep=W

所以：Ep=2.4mgR

（3）由幾何關(guān)系可知圖中D點相對于C點的高度：h=r+rcos37°=1.8r=^gx—R=1.5R

*6

所以D點相對于G點的高度：H=1.5R+R=2.5R

小球做平拋運動的時間:

G點到D點的水平距離：L=—R-rsin37°=—R-—RX—=3R

2265

由：L=VDt

聯(lián)立得：VD4?歷

E到D的過程中重力、彈簧的彈力、斜面的阻力做功，由功能關(guān)系得:

Ep-m'g(ECsin370+h)-gcos37°-Ec[m'-0

聯(lián)立得：m，=L1r

3_

答：(1)P第一次運動到B點時速度的大小是2日.

(2)P運動到E點時彈簧的彈性勢能是2.4mgR.

(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IR、豎直相距R,求

2

P運動到D點時速度的大小是改變后P的質(zhì)量是Ln.

3

【點評】本題考查功能關(guān)系、豎直面內(nèi)的圓周運動以及平拋運動，解題的關(guān)鍵在于明確能達(dá)

到E點的，并能正確列出動能定理及理解題目中公式的含義.

三、選考題：共45分.請考生從給出的3道物理題任選一題作答，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(xué)科按所做的第一題計分.【物理--選修3-3】

13.(5分)關(guān)于熱力學(xué)定律，下列說法正確的是()

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(dá)到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)彼此之間也必

定達(dá)到熱平衡

【考點】熱力學(xué)第二定律；熱力學(xué)第一定律.

【專題】定性思想；推理法；熱力學(xué)定理專題.

【分析】做功和熱傳遞都能改變內(nèi)能：物體內(nèi)能的增量與外界對物體做的功和物體吸收熱量

的和，即：△U=Q+W；所有的熱力學(xué)過程都有一定的方向性；結(jié)合熱平衡定律分析兩個系

統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達(dá)到熱平衡的情況.

【解答】解：A、物體吸收熱量，同時對外做功，如二者相等，則內(nèi)能可能不變，所以氣體

吸熱后溫度不一定升高，故A錯誤：

B、做功和熱傳遞都能改變內(nèi)能；所以對氣體做功可以改變其內(nèi)能.故B正確；

C、根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程可知，理想氣體等壓膨脹過程中壓強不變，體積增大則氣體的

溫度一定升高，所以氣體的內(nèi)能增大；氣體的體積增大對外做功而內(nèi)能增大，所以氣體一定

吸熱，故C錯誤；

D、根據(jù)熱力學(xué)第二定律熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體.故D正確；

E、根據(jù)熱平衡定律可知，如果兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達(dá)到熱平衡，那么這

兩個系統(tǒng)彼此之間也必定達(dá)到熱平衡.故E正確.

故選：BDE

【點評】本題考查熱力學(xué)第一定律，熱力學(xué)第二定律以及熱平衡定律等，知道做功和熱傳遞

都能改變內(nèi)能，理解熱力學(xué)第二定律的幾種不同的說法是解答的關(guān)鍵.基礎(chǔ)題.

14.(10分)在水下氣泡內(nèi)空氣的壓強大于氣泡表面外側(cè)水的壓強，兩壓強差A(yù)p與氣泡半

徑r之間的關(guān)系為△p=2J,其中o=0.070N/m.現(xiàn)讓水下10m處一半徑為0.50cm的氣泡

r

緩慢上升，已知大氣壓強P0=1.0xl05pa,水的密度p=1.0x1()3kg/m3,重力加速度大小g=10m/s2.

(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.

【考點】理想氣體的狀態(tài)方程.

【專題】計算題；定量思想；方程法；理想氣體狀態(tài)方程專題.

【分析】(1)根據(jù)題給公式△p=2為在水下10m處氣泡內(nèi)外的壓強差；

r

(2)先確定初末狀態(tài)的p、V,根據(jù)玻意耳定律列方程，忽略很小量，求出氣泡的半徑與其

原來半徑之比的近似值

【解答】解：(i)當(dāng)氣泡在水下h=10m處時，設(shè)其半徑為氣泡內(nèi)外壓強差為△「[,

則

rl

代入題給數(shù)據(jù)得△pi=28pa②

(ii)設(shè)氣泡在水下10m處時，氣泡內(nèi)空氣的壓強為氣泡體積為V/氣泡到達(dá)水面附

近時，氣泡內(nèi)空氣的壓強為p2，內(nèi)外壓強差為4p?，其體積為丫2‘半徑為「2，

氣泡上升過程中溫度不變，根據(jù)玻意耳定律有

Pl%=p2V2③

由力學(xué)平衡條件有

Pl=Po+Pgh+Zkp]④

P2=P(j+^P2⑤

氣泡體積力和丫2分別為

兀

O

丫2號九r2?

聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得

口）31P0+^P2⑧

r2Pgh+pg+Apj

由aP1c<Po，i=l,2,故可略去⑧⑧式中的項，代入題給數(shù)據(jù)得

r,

—7二該=1.3

rl

答：（i）在水下10m處氣泡內(nèi)外的壓強差28Pa；

（ii）忽略水溫隨水深的變化，在氣泡上升到十分接近水面時，氣泡的半徑與其原來半徑之

比的近似值1.3

【點評】本題題型新穎，有創(chuàng)意，考查了考生獲取新知的能力，對玻意耳定律考查有了創(chuàng)新,

平時復(fù)習(xí)要注重多訓(xùn)練，在高考中才能靈活應(yīng)用.

【物理--選修3-4】（15分）

15.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（）

A.水面波是一種機械波

B.該水面波的頻率為6Hz

C.該水面波的波長為3m

D.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

【考點】波長、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象.

【專題】信息給予題；定性思想；推理法；振動圖像與波動圖像專題.

【分析】A、結(jié)合機械波的定義可判斷選項A的正誤.

B、首先根據(jù)題干中的條件，可計算出波的振動周期，再利用周期與頻率之間的關(guān)系，即可

計算出波的頻率，由此可得知選項B的正誤.

C、利用波速、周期、波長之間的關(guān)系式入=vT可求得波長，即可得知該選項的正誤.

DE、結(jié)合波傳播的特點，參與振動的質(zhì)點只是在自己的平衡位置處振動，可判知選項DE

的正誤.

【解答】解：A、水面波是有機械振動一起的，在介質(zhì)（水）中傳播的一種波，是一種機械

波，選項A正確.

B、由第1個波峰到第10個波峰通過身下的時間間隔為15s,可得知振動的周期T為：

T=—=—至__^反s,頻率為：f=_l_=0.6Hz,選項B錯誤.

n10-13T

C、由公式A=vT,有人=1.8x5=3m,選項C正確.

3

DE、參與振動的質(zhì)點只是在自己的平衡位置附近做往復(fù)運動，并不會"隨波逐流"，但振動

的能量和振動形式卻會不斷的向外傳播，所以選項D錯誤，E正確.

故選：ACE

【點評】對于該題，要注意機械波的特點，其特點為：

(1)介質(zhì)各個質(zhì)點不是同時起振，但起振方向與振源起振方向相同.

(2)離振源近的質(zhì)點先起振.

(3)質(zhì)點只在平衡位置振動，并不隨波遷移.

(4)波傳播的是振動形式和能量，且能傳遞信息.

(5)傳播過程中各質(zhì)點的振動都是受迫振動，驅(qū)動力來源于振源，各質(zhì)點起振時與振源起

振時的情況完全相同，其頻率等于振源頻率.

16.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，水的折射率為里.

3

(i)求池內(nèi)的水深；

(ii)一救生員坐在離池邊不遠(yuǎn)處的高凳上，他的眼睛到地面的高度為2.