2016年普通高等学校招生全国统一考试新课标I卷(物理部分)解析版

2016年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I卷）

理科综合（物理部分）

二、选择题：本题共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C

rS

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电源上，故U不变，根据Q CU可知，当C减小时，Q

减小。再由E U

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. 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，在加速电场中，由动能定理得：

qU 1

mv2 0

得

v

① 在磁场中应满足

qvB mv2

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r

故

r1B21 r2B11

m11

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。

q1 q2，可得其中B2 12B1，

16. 一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3

1 和4 ，○A为理想交流电流表，U为的阻值分别是3 、

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

U1 U 3I 得

U1n1

根据变压器原副边电压关系：

U2n2副线圈中的电流： 联立①②③得：

I2

U2U

2

R2 R35

2

① ② ③ ④

n1 U 3I

n5I 2

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

U1＇=U 12I 得

根据变压器原副边电压关系： 副线圈中的电流得： 联立⑤⑥⑦得 联立④⑧解得

U1＇n1

U2＇n2

U2＇U2＇

R21

⑤ ⑥ ⑦ ⑧

I2＇=

2

n1 U 12I

4I n2 n1

3 n2

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 RI

S闭合前：I2 R ()2 (R2 R3)，得R 223 ①

nn

R24I

S闭合后：(4I)2 R' ()2 R2，得R 2 ②

nn

根据闭合电路欧姆定律：

S闭合前：

S闭合后：

U

R1 RU

4I

R1 R I

③ ④

R21

3 1 = 根据以上各式得：

R R54R1 2233 nn

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

R1

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. 1h B. 4h C. 8h D. 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

Mm4π2G2

mr2可得T

rT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。

R

2R

由几何关系得，卫星的轨道半径为r

sin30

r13r23

由开普勒第三定律2 2，代入题中数据，得

T1T2

(6.6R)3r3

2 242T2

卫星

卫星

由①②解得T2 4h

【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，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；

【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

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：Tx f Fx，Fy N Ty mbgT和mbg始终不变，当F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。

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】根据v t图，甲、乙都沿正方向运动。t 3s时，甲、乙相遇，v甲=30m/s，v乙=25m/s，

1

由位移和v t图面积对应关系，0-3s内位移x甲= 3 30m=45m，

2

1

x乙= 3 10+25 m=52.5m。故t 0时，甲乙相距 x1 x乙-x甲=7.5m，即甲在乙

2

前方7.5m，B选项正确。

11

0-1s内，x甲 = 1 10m=5m，x乙 = 1 10+15 m=12.5m， x2 x乙 x甲 =7.5m，

22

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x x甲 x甲 =45m 5m=40m，所以D选项正确； 【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

三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~40题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题

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_____________。

S3 10.10cm，当地重力加速度大小为9.80m/s2，(2) 已测得S1 8.89cm，S2 9.50cm，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。

fff2【答案】⑴(S1 S2)，(S2 S3)，(S3 S1)；⑵40

222

【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：

S S2

B点的速度vB等于AC段的平均速度，即vB 1

2t

1f

由于t ，故vB (S1 S2)

f2

f

同理可得vC (S2 S3)

2

v 匀加速直线运动的加速度a t

f

vC vB (S2 S3) (S1 S2) f2

(S3 S1) 故a ① 1t2

f

⑵重物下落的过程中，由牛顿第二定律可得：

mg F阻=ma ② F阻=0.01mg 由已知条件 ③ a 0.99g 由②③得 f2

(S3 S1)，代入数据得f 40Hz 代入①得：a 2

【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，要求当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999.9 ），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1000 ），滑动变阻器R2（最大阻值为2000 ），单刀双掷开关一个，导线若干。Ic约为10mA；在室温下对系统进行调节。已知U约为18V，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60 C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“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

(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

U

②U 18V，当通过报警器的电流10mA Ic 20mA，故电路中总电阻R ，

Ic

900 R 1800 ，故滑动变阻器选R2。

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：

Ncd Gcdcos

垂直于斜面方向受力平衡方程：

fcd Gcdsin T

且fcd Ncd，联立可得：

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，

① 联立可得：F安 mgsin 3 mgcos

（2）设感应电动势为E，由电磁感应定律：

E BLv

EBLv

由闭合电路欧姆定律，回路中电流：I

RR

B2L2v

棒中所受的安培力：F安 BIL R

mgR(sin 3 cos )

与①联立可得：v

B2L2

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5

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R

的光滑圆弧轨道相切

6

于C点，AC 7R，A、B、C、D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，AF 4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数

13

，重力加速度大小为g。（取sin37 ，45

4

） 5

(1) 求P第一次运动到B点时速度的大小。 cos37

(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D7

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R、竖直相距R，

2

求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。

【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

2

且f N，可得： a gsin gcos g

5

vt2 v02 2as 对CB段过程，由

代入数据得B点速度：

vB （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：

Q mgcos (7R 2xR)

由Q EP，联立①、②解得：x 1； 研究P从C点运动到E点过程

WG mgsin (5R xR) 重力做功：

Wf mgcos (5R xR) 摩擦力做功： 动能变化量：

由动能定理： 代入得：

Ek 0J

①

②

WG Wf W弹 Ek

12mgR

5

12mgR

由 E弹 W弹，到E点时弹性势能E弹为。

5

W弹

（3）其几何关系如下图

21

可知：OQ R，CQ R

32

由几何关系可得，G点在D左下方，竖直高度差为5

R，水平距离为3R。 2

设P从D点抛出时速度为v0，到G点时间为t

3R v0t 其水平位移：

51R gt2 竖直位移：

22解得：

v0

研究P从E点到D点过程，设P此时质量为m'，此过程中：

351

WG' m'g(R 6Rsin ) m'gR 重力做功：

210

6

Wf' m'g 6Rcos m'gR 摩擦力做功：

512

W弹' E弹 mgR 弹力做功：

5

19

Ek' m'v02 0J m'gR 动能变化量：

210WG' Wf' W弹' Ek' 由动能定理：

将①②③④代入⑤，可得：

1m' m

3

① ② ③ ④ ⑤

（二）选考题

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】气体内能的改变 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 p与气泡半径r之间的关系为 p

2

，其中 0.070N/m。现让水下10m处一半径为0.50cm的r

气泡缓慢上升。已知大气压强p0 1.0 105Pa，水的密度 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

。 2 2 0.070

Pa=28Pa 【解析】（i）由公式 P 得， P

r5 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。

由理想气体状态方程PV nRT，得

PV ① 11 PV22

4V1 r13 其中， ②

34V2 r23 ③

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

P④ 1 P0 gh1 1 10Pa+1 10 10 10 2 10Pa=2P0

P2 P0 ⑤ 4343

将②③④⑤带入①得，2P0 r1 P0 r2

33

33

2r1 r2

r2 1.3

r1

【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） 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，

155

时间间隔为15秒，所以其振动周期为T s s，频率为0.6Hz，B错；其波长

93

5

vT 1.8m/s s 3m，C对；波中的质点都上下振动，不随波迁移，但是能传

3

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4

。 3

(i)求池内的水深；

率为

(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：sin n 1

3

得：sin ；

4

由AO 3m，由几何关系可得：

AB 4mBO

。

（ii）光由A点射入救生员眼中光路图如图：

sin45

n

由折射率公式：

sin

可知：sin

tan

设BE

xm，得tan 带入数据得：x 3

AQQE

由几何关系得，救生员到池边水平距离为(2 x)m 0.7m

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

B错误，根据Ekm h W可知，关，光照强度越大饱和光电流越大，因此A正确，

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。

（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 ，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。

【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： l v0 t

m V 喷出水柱质量：

其中 v为水柱体积，满足： V l S

m

v0 S 由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 t

(ii)设玩具底面相对于喷口的高度为h

F冲=Mg 由玩具受力平衡得：

其中，F冲为玩具底部水体对其的作用力． F压=F冲 由牛顿第三定律：

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

22v＇ v0 2gh 由运动学公式：

在很短 t时间内，冲击玩具水柱的质量为 m

m v0 s t

由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱有

F压 mg t m v 动量定理

由于 t很小， mg也很小，可以忽略

F压 t m v ⑧式变为 由④⑤⑥⑦⑨可得

2

v0M2gh

22 2g2 2v0S

①

② ③

④ ⑤

⑥ ⑦ ⑧ ⑨

【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

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