2016年全国理综一卷含答案(Ⅰ卷)分解

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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

C4πkd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

rS电源上，故U不变，根据QCU可知，当C减小时，Q减小。再由度E不变，正确选项：D 【考点】电容器的基本计算。

EUd，由于U与d都不变，故电场强

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．11 B．12 C．121 D．144 【答案】D

【解析】设质子的质量数和电荷数分别为m1、q1，一价正离子的质量数和电荷数为m2、q2，对于任意粒子，2qU1vqUmv20m ① 2在加速电场中，由动能定理得：故：

在磁场中应满足

v2qvBmr

12mUBq②

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

r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r1B2m1q21r2B1m2q11，由于加速电压不变，

故

m11其中B212B1，q1q2，可得m2144

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R1，R2和R3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．2 B．3 C．4 D．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U1UIR1 得

U1U3I

①

②

③

U1n1Un2 2根据变压器原副边电压关系：

I2副线圈中的电流：

U2U2R2R352联立①②③得：

n1U3I5In2 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U1＇=U4IR1 得

U1＇=U12I

⑤ ⑥ ⑦

U1＇n1U＇n2 2根据变压器原副边电压关系：

I2＇=2副线圈中的电流得：

U2＇U2＇R21

联立⑤⑥⑦得

n1U12I4In2 ⑧

n1

3n2

联立④⑧解得

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，

RRII2R()2(R2R3)R223S闭合前：nn，得

S闭合后：

① ②

(4I)2R'(R24I2R2)R2n n，得

根据闭合电路欧姆定律：

S闭合前： S闭合后：

I4IUR1R UR1R

③ ④

R213n2n2=1RR54R122332nn根据以上各式得：

R1解得，n3

【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．1h B．4h C．8h D．16h

【答案】B

Mm4π2G2mr2T可【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rT4π2r3GM，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卫星30°得

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

rR2Rsin30

①

Rr13r2322T由开普勒第三定律1T2，代入题中数据，得

(6.6R)3r32242T2

卫星卫星

由①②解得T24h

②

【考点】卫星运行规律；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。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Tmag，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：TxfFx，

TTxFyTyfNFFyNTymbg。当F大小在一定范围内变化时；T和mbg始终不变，

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。

【考点】考查动态平衡分析、力的正交分解和力的平衡方程。

Fxmb g20．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。t3s时并排行驶，

v甲=30m/s，v乙=25m/s，由vt图可知：0~3s内位移

11x甲=330m=45mx乙=310+25m=52.5mxxx=7.5m22，．故t0时，甲乙相距1乙甲，即甲在乙前11x甲=110m=5mx乙=110+15m=12.5mxxx=7.5m乙甲22方7.5m，B正确。0~1s内，，，2，说明

甲、乙初相遇。A、C错误。乙两次相遇地点之间的距离为【考点】vt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。

xx甲x甲=45m5m=40m，所以D正确；

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。

题~第32题为必考题，每个试题考生都做答。第33题~第40题为选考题，考生要求做答。

（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。

第22必须根据

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s1=8.89cm，s2=9.50cm，s3=10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/s2，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．

f2ff(S3S1)(S1S2)(S2S3)2【答案】⑴2，2，；⑵40

【解析】⑴由于重物匀加速下落，A、B、C、D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vB等于AC段的平均速度，即

t1fvB(S1S2)f，故2 vCf(S2S3)2

vBS1S22t

由于

同理可得

匀加速直线运动的加速度

avt

f(SS3)(S1S2)f2vCvB22a(S3S1)1t2f故

①

⑵重物下落的过程中，由牛顿第二定律可得：

由已知条件 由②③得

②

mgF阻=maF阻=0.01mga0.99g

③

f2a(S3S1)2代入①得：，代入数据得f40Hz

【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Ic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R1（最大阻值为1000Ω），滑动变阻器R2（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，Ic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“R1”或“R2”）。 (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)R2

(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60C时，报警器报警。故需通过调节电阻箱使其电阻为60C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

②U18V，当通过报警器的电流10mAIc20mA，故电路中总电阻900R1800，故滑动变阻器选R2。

RUIc，

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）

（2）

F安mgsin3mgcosvmgR(sin3cos)B2L2

【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： NcdGcdcos

垂直于斜面方向受力平衡方程：

且fcdNcd，联立可得：

fcdGcdsinT

Tmgcosmgsin

选ab为研究对象，受力分析如图：

其沿斜面方向受力平衡：

T'fabF安Gabsin 垂直于斜面方向受力平衡：

NabGabcos

且fabNab，T与T'为作用力与反作用力：T'T， 联立可得：

（2）设感应电动势为E，由电磁感应定律：

EBLv

F安mgsin3mgcos

①

由闭合电路欧姆定律，回路中电流：

IEBLvRR

B2L2vF安BILR 棒中所受的安培力：

与①联立可得：

vmgR(sin3cos)B2L2

【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

5R于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为6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

14，重力加速度大小为g．（取

sin3700.6，cos3700.8）

（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，

7R2恰好通过Ｇ点。Ｇ点在Ｃ点左下方，与Ｃ点水平相距、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。

12mgR1m2gR53【答案】（1） （2） （3）

【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：GcosN 沿斜面方向，由牛顿第二定律得：Gsinfma 且fN，可得： 对CB段过程，由 代入数据得B点速度：

agsingcos2g5

vt2v022as vB2gR （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：EPmg3Rsin 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： 由

Qmgcos(7R2xR)

①

②

QEP，联立①、②解得：x1；

WGmgsin(5RxR)

研究P从C点运动到E点过程 重力做功： 摩擦力做功： 动能变化量： 由动能定理：

WGWfW弹EkWfmgcos(5RxR)Ek0J

代入得：

W弹12mgR5

12mgREW弹E由弹，到E点时弹性势能弹为5。

（3）其几何关系如图可知：

OQ21RCQR3，2

5RG由几何关系可得，点在D左下方，竖直高度差为2，水平距离为3R。

设P从D点抛出时速度为v0，到G点时间为t 其水平位移： 竖直位移：

3Rv0t

51Rgt222 v035gR5

解得：

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： 摩擦力做功： 弹力做功： 动能变化量： 由动能定理：

351WG'm'g(R6Rsin)m'gR210 6Wf'm'g6Rcosm'gR5

W弹'E弹12mgR5

① ② ③ ④ ⑤

91Ek'm'v020Jm'gR102 WG'Wf'W弹'Ek'

将①②③④代入⑤，可得：

【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

1m'm3

【解析】热力学第一定律：UQW，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，W0，由理想气体状态方程PVnRT，P不变，V增大，气体温度升高，内能增大。由UQW，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2σ

为Δp=，其中σ=0.070 N/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p0=1.0×105

rPa，水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g=10 m/s2． （i）求在水下10 m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。 2【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1。

3【解析】（i）由公式

P220.070PPa=28Par得，5103

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。

11PV22 由理想气体状态方程PVnRT，得PV① ② ③

其中，

4V1r133 4V2r233

535P1P0gh1110Pa+1101010210Pa=2P0

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

④ ⑤

P2P0

442P0r13P0r2333将②③④⑤带入①得，

【考点】理想气体状态方程 对应位置的水压。

34．[物理——选修3–4]（15分）

2r13r23 r2321.3r1

【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

（1）（5分）某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8 m./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15 s。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6 Hz C．该水面波的波长为3 m

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

T1555ssvT1.8m/ss93，频率为0.6Hz，B错；其波长3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2.0 m。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：sinn1 得：由

sin34；

AO3m，由几何关系可得：

AB4m，BO7m所以水深7m。

（ii）光由A点射入救生员眼中光路图如图： sin45nsin由折射率公式：

332332tansin23 238，可知：

设

BExmtanAQQE3x7

，得x3带入数据得：

316123，

由几何关系得，救生员到池边水平距离为(2x)m0.7m

【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EkmhW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Ekm变大，因此C正确，由EkmeUc和EkmhW，得hWeUc，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v0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）v0S （ii）

2v0M2g222g22v0S

【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v0不变。

该时间内，喷出水柱高度： 喷出水柱质量：

lv0t

① ② ③

mV

其中v为水柱体积，满足： VlS

mv0St由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为

(ii)设玩具底面相对于喷口的高度为h 由玩具受力平衡得： 其中，

F冲=Mg ④

F冲为玩具底部水体对其的作用力．

由牛顿第三定律： 其中，

F压=F冲 ⑤

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：

22v＇v02gh

⑥

在很短t时间内，冲击玩具水柱的质量为m

mv0st

⑦

由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱有 动量定理

F压mgtmv

F压tmv

⑧

由于t很小，mg也很小，可以忽略 ⑧式变为

⑨

由④⑤⑥⑦⑨可得

2v0M2gh222g22v0S

【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