高考物理综合训练(2)及答案

1

考前综合训练

1.（全国新课标III卷，16）.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为 A. B.

C. D.

【答案】A【解析】设初速度为v1，末速度为v2，根据题意可得9?据v?v0+at，可得3v11212mv1?mv2，解得v2?3v1，根22，故A正确；

?v1+at，解得v1?at12s，代入s?v1t?at可得a?22t22.（江苏卷，5）小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是

【答案】A【解析】由题意知，小球在下落的过程中速度方向向下，与题目中规定的正方向相反，为负值，C、D错；小球的运动为匀变速运动，依据v2-v02=2ax

可知速度与时间的关系为二次函数，故A正确，B错。

3.（江苏卷，9）如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌

布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中 (A)桌布对鱼缸摩擦力的方向向左

(B)鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 (C)若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 (D)若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面

NfG【答案】BD【解析】鱼缸受力如图，f向右，A错误；鱼缸与桌布，鱼缸与桌面间动摩擦因数相同，则在桌布上加速和在桌面上减速的时间是相等的，B对；如增大拉力，鱼缸与桌布之间的摩擦力还是滑动摩擦力，大小是不变的，C错误；若减小拉力，桌布的加速度会减小，鱼缸与桌布可能相对滑动页有可能相对静止，鱼缸在桌面运动的时间变长，所以鱼缸由可能画出桌面，D正确。 4（海南卷，5）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度-时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0-5s，5-10s，10-15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则 A．F1F3 C．F1>F3 D．F1=F3

【答案】A【解析】根据v?t图像可以知道，在0~5s内加速度为a1?0.2m/s2，

2

方向沿斜面向下；

在5~10s内，加速度a2?0；在10~15s内加速度为a1??0.2m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如图： 在0~5s内，根据牛顿第二定律：mgsin??f?F1?ma1，则：F1?mgsin??f?0.2m； 在5~10s内，根据牛顿第二定律：mgsin??f?F2?ma2，则：F2?mgsin??f； 在10~15s内，根据牛顿第二定律：f?F3?mgsin??ma3，则：F3?mgsin??f?0.2m 故可以得到：F3?F2?F1，故选项A正确。

5.（2014 福建卷）15.如右图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是（ ）

15．【答案】B【考点】 匀变速直线运动图象问题【解析】滑块沿斜面做匀减速直线运动，速度随时间均匀减小，加速度恒定，C、D项错误；位移时间图像中斜率代表速度，A项中斜率表示竖直方向的分速度在增加，A项错误，B项斜率表示合速度在减小，B项正确。

6. （2014年 山东卷）15一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图所示。在图中所标注的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有 （ ） A.t1 B.t2 C.t3 D.t4

15、【答案】AC【解析】当物体做加速运动时，加速度的方向和速度方向相同，合外力的方向与加速度的方向相同，图中t1和t3时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，正确选项AC。

7.（2014年 大纲卷）19．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( ) HHv2A．tanθ和 B．(－1)tanθ和

222gHv时，上升的最大高度记为h。重力加速2C．tanθ和

HHv2 D．(－1)tanθ和 442gH19．【答案】D【考点】牛顿第二定律的应用、匀变速直线运动的规律 【解析】物块向上做匀减速直线运动，根据受力可知，其加速度为：a?gsin???gcos?；再根据

v2匀变速位移速度关系，有：2(gsin???gcos?)H?v，2(gsin???gcos?)h?42，联立解

3

?v2?得：????1?tan??2gH?，h?H4，D项正确。

8.（2014年 安徽卷）19．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转

动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为

300，g取10m/s2。则ω的最大值是

32（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为

ω 5rad/s B．3rad/s C．1.0rad/s D．0.5rad/s

A．【答案】C【解析】由于小物体随匀质圆盘做圆周运动，其向心力由小物体受到的指向圆心的合力提供，在最下端时指向圆心的合力最小。根据牛顿第二定律：Ff300 ?mgsin300?m?2r，又Ff?Fm??mgcos300解得??1.0rad/s，要

使小物体与圆盘始终保持相对静止，则ω的最大值是1.0rad/s。C正确。

9. （2014年 全国卷2）17．如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为

Ａ．Mg－5Mg B．Mg+mg C．Mg+5mg D．Mg+10mg

17.【答案】 C【命题立意】考察机械能守恒，做圆周运动的物体在最低点的向心力问题。 【解题思路】根据机械能守恒，小圆环到达大圆环低端时：mg?2R12?mv，对2；对大圆环，由平衡可知：

v小圆环在最低点，由牛顿定律可得：FN-mg=mR2，解得F=Mg+5mg，选项C正确。 FT=Mg+FNT10.（海南卷，7）通过观察冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量。假设卫星绕冥王星做匀速圆周运动，除了引力常量外，至少还需要两个物理量才能计算出冥王星的质量。这两个物理量可以是 A．卫星的速度和角速度B．卫星的质量和轨道半径 C．卫星的质量和角速度D．卫星的运行周期和轨道半径 【答案】AD【解析】根据线速度和角速度可以求出半径r?v?，根据万有引力提供向心力则：

2GMmv2rv3v，故选项A正确；由于卫星的质量m约掉，故与卫星的?m，整理可以得到：M??rr2GG?GMm2?4?2r3?m(质量无关，故选项BC错误；若知道卫星的周期和半径，则，)r，整理得到：M?2r2GTT故选项D正确。

11. （2014 海南卷）6．设地球自转周期为T，质量为M，引力常量为G，假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R。同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为

24

GMT2GMT2GMT2?4?2R3A． B．C．

GMT2?4?2R3GMT2?4?2R3GMT26.【答案】 A【解析】物体在南极地面所受的支持力等于万有引力，FGMT2?4?2R3 D．

GMT2?GMm——① ,在赤道处，2R4?2GMm4?2R，则F'??m2R ——② ，，得F'?F，又FF万?F'?F向=m万?F向向22TRT由①/②式，可得,选项A正确。

12. （2014年 山东卷）20.2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接，“嫦娥”携“玉兔”落月两大工程。某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球。设“玉兔”质量为m，月球半径为R,月球表面的重力加速度为g月，以月球表面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能

可表示为Ep?GMmhR(R?h)，其中G为引力常量，M为月球质量。若忽略月球的自转，从开始发射到对接

完成需要对“玉兔”做的功为 （ ）

A.

mg月RmgR(h?2R) B.月(h?2R)

R?hR?hmgRmg月R12(h?R) D.月(h?R)

R?h2R?h2h月球C.

Mmmv220、【答案】D【解析】设玉兔在h高度的速度为v，则由G可知，玉兔在该轨道上?(R?h)2(R?h)1GMm的动能为：Ek=，由能的转化和守恒定律可知对玉兔做的功为：

2(R?h)Mm1GMmGMmh=mg月，整理可知正确选项为D。，结合在月球表面：G W?EP?EK=?2R2(R?h)R(R?h)13. （2014年 广东卷）16、图9是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中○1和○2

为楔块，○3和○4为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中

A．缓冲器的机械能守恒 B．摩擦力做功消耗机械能 C．垫板的动能全部转化为内能

D．弹簧的弹性势能全部转化为动能16.【答案】：B 【解析】：由于楔块与弹簧盒、垫板间存在摩擦力作用，需要克服摩擦力做功，消耗机械能，所以A错误，B正确。 垫板的动能转化为弹性势能和内能，所以C错误

弹簧在压缩，弹性势能增加，其他能转化为弹性势能，所以D错误

14.（全国新课标II卷，21）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小

球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点，已知在M、N两点处，弹

簧对小球的弹力大小相等．且?ONM??OMN?弹簧盒 F1 ① ③ ② ④ F2 图9

π，在小球从M点运动到N点的过程中 25

A．弹力对小球先做正功后做负功

B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度

C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零

D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差

【答案】BCD【解析】由题意可知在运动过程中受力如下

小球的位移为MN 则从M?A 弹簧处于压缩态，则弹力做负功 从A?B 弹簧从压缩变为原长，弹力做正功

从B?N 弹簧从原长到伸长，弹力做负功，则A错 在A点受力如下

则F合?mg 即a?g，B对在B点弹簧处于原长则受力如下

在A点时，F弹 垂直于杆，则P弹=F弹Vcos?=0 ，C对

从M到N小球与弹簧机械能守恒，则

Ek增?EP减 即EkN?0?EP重M?EP重N?EP弹N?EP弹M

由于M、N两点弹簧弹力相同，由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则

EP弹N?EP弹M，即EKN?EP重M?EP重N，D对.

15.（2014年 安徽卷）17．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运

动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能EP与位移x的关系如右图所示。下列图象中合理的是 E Ek v O a EP x O 电场强度与位移关系

x O 粒子动能与位移关系

x O 粒子速度与位移关系

x O 粒子加速度与位移关系

x A B

C

D

【答案】D【解析】由电场力做功与电势能的关系：F?x???EP，可知EP-x图线的斜率表示静电力F的大小，可见静电力F逐渐减小，而F=qE，故不是匀强电场，A错误；根据牛顿第二定律粒子做加速度减小的加速运动C错误，D正确；根据能量守恒?Ek上的电场强度和电势的说法中正确的是 A．O点的电场强度为零，电势最低 B．O点的电场强度为零，电势最高

C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高 D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低 4．【答案】B【考点】电场的叠加、电势和场强的关系

【解析】O点合场强为零，在O点右侧每一点合场强方向向右，在O点左侧每一点合场强方向向左，沿电场方向电势降低，所以O点电势最高，Ｂ项正确；ACD错误。（2014年 江苏卷）

17. （全国新课标III卷，18）平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面

???Ep，比较图线B错误。正确选项D。

16. (2014 江苏卷）4．如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴

OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0）。粒子沿纸面以大小为v的速度从PM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的射点到两平面交线O的距离为

6

A.

B.

C.

D.

【答案】D【解析】如图所示，粒子运动轨迹与ON只有一个交点，则轨迹与ON相切于C,由几何关系可知：

AB?2rsin30??r.则三角形O’AB为等边三角形，CO’A为一条直线，三角形AOC为直角三角形，所

以

AO?4r，又r?mv4mv，故距离为。 qBqB18.（2014年 安徽卷）18．“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子

被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于 A．T B．T C．T3 D．T

2

【答案】A【解析】由于等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，即Ek?T。带电

v2粒子在磁场中做圆周运动，洛仑磁力提供向心力：qvB?mR得B?12mv。而Ek?mv故可得：

2qR。A正确。

2mEkmvB??qRqR又带电粒子的运动半径不变，所以B?Ek?T19. （2014 海南卷）8．如图，两根平行长直导线相距2L，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为判断正确的是

A．a处的磁感应强度大小比c处的大 B．b、c两处的磁感应强度大小相等 C．a、c两处的磁感应强度方向相同 D．b处的磁感应强度为零

8. 【答案】AD 【解析】 根据通电直导线的磁场，利用右手螺旋定则，可知b处场

强为零，两导线分别在a处的产生的场强都大于在c处产生的场强，a、c两处的场强叠加都是同向叠加，选项AD正确。

20.（2014年 安徽卷）20．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，

一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电量为+q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是

l2、l和3l.关于这三点处的磁感应强度，下列

12A．0 B．rqk

2B +q 7

C．2?r2qk D．?r2qk

????B2??r?k?r2，而电场力做?t?t【答案】D【解析】由法拉第电磁感应定律得感生电动势：E功W?qU，小球在环上运动一周U=E，故W??r2qk。D正确。

21. （2014年 山东卷）16如图，一端接有定值电阻R的平行金属导轨固定在水平面内，通有恒定电流的绝缘长直导线垂直于导轨紧靠导轨固定，导体棒与导轨垂直且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是（） A.FM向右 B.FN向左 C.FM逐渐增大 D.FN逐渐减小 16、【答案】BCD【解析】由安培定则可知，通电导线在M、N区产生的磁场

方向分别为垂直纸面向外、垂直纸面向里，导体棒向右通过M区时，由右手定则可知产生的电流方向向下，由左手定则可知，FM向左，同理可以判断，FN向左，越靠近通电导线磁场越强，导体棒匀速运动，由

R导体棒INMvE=BLV、I=E、F=BIL可知，FM逐渐增大，，FN逐渐减小，正确选项BCD。 R22.（海南卷。8）如图（a）所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音。俯视图（b）表示处于辐射状磁场中的线圈（线圈平面即纸面）磁场方向如图中箭头所示，在图（b）中

A．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 B．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 C．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 D．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外

【答案】BC【解析】将环形导线分割成无限个小段，每段成直线，依据左手定则，可知安培力垂直纸面向外，A错，B对；当电流逆时针时，安培力向里，C对，D错。

23（2014年 广东卷）19、如图11所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理 想变压器的输入电压U1不变，闭合电建S，下列说法正确 的是 A．P向下滑动时，灯L变亮

B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变 C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小 D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大

19.【答案】：BD 【解析】：因为理想变压器的输入电压不

8

变，根据

U1n1?，则副线圈的电压也不变，滑片P移动，灯泡电压不变，故灯泡的亮度不变，所以AU2n2错误，B 正确。

滑片P向上移动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，这样通过副线圈的电流I2增加，根据

I1n2?I2n1，可

知I1也增加，所以C错误。变压器的输出功率P2?U2I2将变大，所以D正确。

24. （2014年 江苏卷）3．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是 A．

I1n1?I2n2 B．I2?U2R

C．I1U12?I2R D．I1U1?I2U2

3．【答案】D【考点】远程输电 变压器

I1n2【解析】根据变压器的变压原理，A项错误；=I2n1I2=URR22，因为U＞UR，B项错误；I1U1为电路输入的总功率，I2R为电线上损耗的功率，

I1U1＞I2R，C项错误，D项正确。（2014年 江苏卷）

25. （2014年 全国卷2）21．如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表○A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则

A．Uab:Ucd=n1:n2

B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小 C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大 D．将二极管短路，电流表的读数加倍

21.【答案】 BD【命题立意】考察变压器的工作原理，考察二极管的基本知

识。

【解析】若变压器初级电压为Uab，则次级电压为U2间电压为Ucda A n1 b c R d cd

=n2Uab；由于二级管的单向导电性使得n1?U22，故

Uab2n1，A错误；增大负载的阻值R，输出功率减小，则输入电流减小，?Ucdn2即电流表的读数减小，B正确，cd间的电压由变压器的初级电压诀定，与负载电阻R的大小无关，C 错误；若二极管短路则Ucd?U2，则次级电流会加倍，则初级电流也加倍， D正确。

26. (2014 天津卷）7．如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线

垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a、b所示，则 A．两次t=0时刻线圈平面与中性面重合 B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3 C．曲线a表示的交变电动势频率为25Hz

9

D．曲线b表示的交变电动势有效值为10V 7．【答案】AC【考点】交流电的产生与描述

【解析】根据法拉第电磁感应定律可知当磁通量的变化率最大时，感应电动势最大，由图像可知，0时刻线圈的磁通量最大，处于中性面（与磁场垂直的平面），A项正确；根据图2可知两种交流电的周期之比为：2:3，所以转速之比为3:2，B项错误；其中a的频率为

f?11??25Hz，C项正确；b线圈对应T0.04e的交流电电动势瞬时值表达式为：

所以有效值为：E有=?nBS?sin?t，其最大值为a线圈最大值的三分之二，即Em?10V，

22Em??10V?52V,D项错误 2227. （2014.浙江卷）15 如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一想想变压器，流入用户端的电流是I2。则

A.用户端的电压为I1U1/I2 B.输电线上的电压降为U C.理想变压器的输入功率为I12r D.输电线路上损失的电功率为I1U 15 【考点分析】变压器、远距离输电

【答案】A【解析】理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到电压为U2,所以I1U1=U2I2,即A选项正确;输电线上电压降为?U选项错误;损失的功率?P?I1r,或者?U?U?U1,,即B选项错误;理想变压输入功率为P=I1U1,即C?I12r即D选项错误。

28.（2014 北京）17.一简谐机械横波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期为T,t=0时刻的波形如图1所示，a、b是波上的两个质点。图2是波上某一质点的振动图像。下列说法正确的是 A.t=0时质点a的速度比质点b的大 B.t=0时质点a的加速度比质点b的小 C.图2可以表示质点a的振动 D.图2可以表示质点b的振动 17．【答案】D【考点】机械振动、机械波

【解析】由图1的波形图可知t＝0时刻，a在波峰,速度为零，加速度最大；b在平衡位置，速度最大，加速度为零，AB项错误；根据上下坡法可

以确定0时刻b质点向下振动，所以图2是质点b的振动图象，C项错误，D项正确。

29.（2014 福建卷）17.在均匀介质中，一列沿x轴正向传播的横波，其波源O在第一个周期内的振动图像，如右图所示，则该波在第一个周期末的波形图是（ ）

17．【答案】D【考点】 机械振动、机械波

10

【解析】根据振动图像可知波源起振方向向下，则每一个点起振时方向均向下，当经历一个周期时，波源仍处于平衡位置且向下振动。由波动图象可知，沿着波的传播方向看：“上坡下，下坡上”所以第一个周期末时波源处于上坡，波源完全重复上一个周期的运动，D项正确； 30. （2014 海南卷）16．模块3-4试题

（1）一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上的两质点，平衡位置分别为x=0，x=xb（xb＞0）。a点的振动规律如图所示，已知波速为v=10m/s，在t=0.1s时，b点的位移为0.05m，则下列判断可能正确的是 A．波沿x轴正向传播，xb=0.5m B．波沿x轴正向传播，xb=1.5m C．波沿x轴负向传播，xb=2.5m D．波沿x轴负向传播，xb=3.5m

31.(2014 天津卷）8．一束由两种频率不同的单色

光组成的复色光从空气射入玻璃三棱镜后，出射光分成a、b两束，如图所示，则a、b两束光

A．垂直穿过同一平板玻璃，a光所用的时间比b光长

B．从同种介质射入真空发生全反射时，a光的临界角比b光小 C．分别通过同一双缝干涉装置，b光形成的相邻亮条纹间距小

D．若照射同一金属装置都能发生光电效应，b光照射时逸出的光电子最大初动能大 8．【答案】AB【考点】双缝干涉、色散、光电效应方程

v?【解析】根据光路图可知a光的偏转角较大，说明a光的折射率较大，根据 cn，可知在同一介质中，

sinCa光所用的时间较长，A项正确；由 ?x据干涉条纹间距离： ??1可知，折射率较大的a光，其临界角较小，B项正确；根nL?，由折射率的大小关系可知，a光的波长较小，所以用同一装置做实验时，d条纹间距离较小，C项错误；再由光电效应方程，有：Ekm较大的a光照射出的光电子的最大初动能较大，D项错误。

?h??W逸，同一金属的逸出功相同，频率

32.（2014 福建卷）13.如图，一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O点为该玻璃砖截面的圆心，下图能正确描述其光路图的是（ ）

13.【答案】A【考点】 光的折射、全反射

【解析】当光从光疏介质射入光密介质，必然可以发生折射，且入射角大于折射角，B、D项错误，当光从光密介质射入光疏介质时，如果入射角大于临界角就会发生全反射，如A选项所示，A项正确；如果入射角小于临界角，也会发生折射，且入射角小于折射角，C项错误。

33.（2014年 全国卷2） (2) ( 10分）一厚度为h的大平板玻瑞水平放置，共下表面贴有一半径为r的圆形发光面。在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直钱上。已知圆纸片恰好能完全遮档住从圆形发光面发出的光线（不考虑反射），求平板玻璃的折射率。 【答案】h2 1?(R?r)【解析】如图，考虑从圆形发光面边缘的A点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃上表面的A点折射，根据折射定律有：nsin??sin?式中， n是玻璃的折射率，θ是入射角，α是折射角

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现假设A恰好在纸片边缘，由题意，在A刚好发生全反射，故?设AA?线段在玻璃上表面的投影长为L，由几何关系有：sin?由题意纸片的半径应为R=L－r

??2

?LL2?h2R A? L θ O? h O B 2r h2联立以上各式可得：n?1?()R?r

A 【解题点拨】熟悉教材，了解生活中的光、热现象的基本原理。

34. (2014 天津卷）10．（16分）如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA=4kg，上表面光滑，

小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB=2kg。现对A施加一个水平向右的恒力F=10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t=0.6s，二者的速度达到vt=2m/s。求 （1）A开始运动时加速度a的大小；

（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小； （3）A的上表面长度l。 10. 【答案】（1）2.5m/s （2）1m/s (3)0.45m 【考点】牛顿第二定律 动量守恒、动能定理

【解析】（1）以A为研究对象，根据牛顿第二定律有F＝mAa代入数据解得a＝2.5m/s （2）对A、B碰后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得

2

2

Ft=(mA+mB)v1-(mA+mB)v代入数据解得v=1m/s

(3)设碰前A的速度为vA,由动量守恒mvA=(mA+mB)v

A从开始运动到与B碰撞前Fl=12mAvA代入数据解得l=0.45m 235. （2014年 广东卷）35、（18分）图24的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作。已知P1、P2的质量都为m=1kg，p与AC间的动摩擦因数为μ=0.1，AB段长L=4m，g取10m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞。 （1）若v1=6m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能△E；

探测器 P1 P2 A L （2）若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E。

35.【答案】：（1）9J （2）10m/s?v1B 图24

L C

?14m/s 17J

【解析】：（1）令P1和P2发生弹性碰撞后速度为v2，根据动量守恒定律有：mv1=2mv2，解得：

v2=v111=3m/s碰撞过程中损失的动能为： ?Ek=mv12-2mv22=9J222

2（2）可以把P从A点运动到第二次到B点过程可以作匀减速直线运动，加速度大小为：a=?g=1m/s

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根据运动学公式：

vB=v2-at vB2-v22=-2a?3L 又因为 v2=v1 2① 当2s时通过B点 解得：v1=14m/s 当4s时通过B点 解得：v1=10m/s 综上：v1的取值范围为：

10m/s?v1?14m/s

vA2-vB2=-2aL解得： vA2=17m2/s2

向左经过A点的最大速度为： 则通过A点的最大动能为：

1EkA=2mvA2=17J

236（海南卷，14）如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。 （1）求磁场的磁感应强度的大小；

（2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；

（3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动

的时间为

4t0，求粒子此次入射速度的大小。 3B?【答案】（1）

?m（2）v?3πL07t0 2qt0【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故周期T=4 t0,设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半

v2径为r，则qvB?mr，匀速圆周运动的速度满足：v?2?rT,解得：B??m2qt0

（2）设粒子从OA变两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）所示：

设两轨迹所对应的圆心角分别为?1和?2。由几何关系有：?1?180???2 粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则：t1?t2?T?2t0 2（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150?。设O'为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有

13

?OO'D??BO'A?30? r0cos?OO?D?r0?L ?cos?BOA?2πr0T联立①⑦⑧⑨式得：v0设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律：v0?3πL 7t037.（上海卷，33）（14分）如图，一关于y轴对称的导体轨道位于水平．．面内，磁感应强度为B的匀强磁场与平面垂直。一足够长，质量为m的．

直导体棒沿x轴方向置于轨道上，在外力F作用下从原点由静止开始沿

y轴正方向做加速度为a的匀速加速直线运动，运动时棒与x轴始终平

行。棒单位长度的电阻ρ，与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=ky3/2（SI）。求：

（1）导体轨道的轨道方程y=f（x）；

（2）棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系； （3）棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功。

kk4aB222y （3）W=L2+maL 【答案】（1）y?()x （2）k?2a22aB2l2v【解析】（1）设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为（±x,y）,安培力的功率F?

R4B2x2v2P??ky3/2棒做匀加速运动v2?2ay R?2?x

R

代入前式得

4aB222y?()x轨道形式为抛物线。

k?14

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