高考物理2017年走出题海之黄金30题系列：考前必做基础30题(含答案)

【考前必做基础】 考前复习备考，必须回归基础；本专题，也是参考了近几年高考命题，总结出考生必须复习到的常考点、重点、热点，本专题总结了破解它们的“根本”。完成本专题，增强考生应试的底气，更有自信。

第一部分 选择题

【试题1】某人站在20m的平台边缘，以20m/s的初速度竖直上抛一石子，不计空气阻力，

g10m/s2，则抛出后石子距离抛出点15m处的时间是

A．1s B．3s C．【答案】ABD

72s D．

72s

考点：考查了抛体运动规律的应用。

【名师点睛】本题关键是将竖直上抛运动的上升和下降阶段作为整个过程考虑（匀变速直线运动），同时要明确物体的位置可能在抛出点上方，也可能在抛出点下方．

AK47步枪成为众多军人的最爱．【试题2】若该步枪的子弹在枪膛内的加速度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是

A． 子弹离开枪膛时的速度为450 m／s B． 子弹离开枪膛时的速度为600 m／s C． 子弹在枪膛内运动的距离小于0． 45 m D． 子弹在枪膛内运动的距离大于0． 45 m 【答案】D

1

【解析】根据 可知，图像与坐标轴围成的面积等于速度的变化量，则子弹离开枪膛的

速度为： ，选项AB错误；子弹在枪膛内的做加速

度减小的加速运动，则平均速度大于 ，故子弹在枪膛内运动的距离大于

，故选项C错误，D正确；故选D．

【试题3】如下图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千。某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变当木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后

A． F1不变，F2变大 B． F1不变，F2变小 C． F1变大，F2变大 D． F1变小，F2变小 【答案】A

【解析】试题分析：木板所受合力就是木板的重力，是不变的，故选项CD错误；维修时将两轻绳各剪去一小段时，两个绳子的夹角会变大，而两个绳子的合力不变，故每个绳子的拉力会变大，故选项A正确，B错误。 考点：力的合成。

【试题4】如图所示，高空作业的工人被一根绳索悬在空中，已知工人及其身上装备的总质量为m，绳索与竖直墙壁的夹角为α，悬绳上的张力大小为F1，墙壁与工人之间的弹力大小为F2，重力加速度为g，不计人与墙壁之间的摩擦，则

A．F1mg

sinB．F2mg

tanC．若缓慢增大悬绳的长度，F1与F2都变小

2

D．若缓慢增大悬绳的长度，F1减小，F2增大 【答案】C

【解析】工人受到重力、支持力和拉力，如图：

考点：物体的平衡

【名师点睛】本题考查共点力平衡条件在动态平衡中的应用，解题的关键是根据共点力平衡条件，由几何关系得到F1与F2的表达式，再讨论变化情况即可。

【试题5】小车上固定有一个竖直方向的细杆，杆上套有质量为M的小环，环通过细绳与质量为m的小球连接，当车水平向右作匀加速运动时，环和球与车相对静止，绳与杆之间的夹角为，如图所示。

A． 细绳的受到的拉力为mg/cosθ B． 细杆对环作用力方向水平向右 C． 细杆对小环的静摩擦力为Mg D． 细杆对环弹力的大小为（M+m）gtan 【答案】AD

【解析】对小球受力分析可知，细绳的受到的拉力为

，选项A正确；环受到杆水平向

右的弹力和竖直向上的摩擦力作用，故细杆对环作用力方向斜向右上方，选项B错误；对小球和圆环的整体，竖直方向分析可知，细杆对小环的静摩擦力为（M+m）g，选项C错误；对小

3

球受力分析可知：

gtan，选项D正确；故选AD．

；对球和环的整体： ，解得：N=（M+m）

点睛：正确的受力分析是解决本题的关键，小球受两个力在水平方向产生加速度，环受重力、杆的弹力和摩擦力以及绳子的拉力，因为球和环在水平方向的加速度相等，绳的拉力大小相等方向相反，据此列式求解即可．

【试题6】如图所示，斜面A固定于水平地面上，在t=0时刻，滑块B以初速度v0自斜面底端冲上斜面，t=t0时刻到达最高点。取沿斜面向上为正方向，下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度v随时间t变化的图象中，肯定错误的是

A． B． C． D．

【答案】C

【试题7】如图，在竖直平面内，直径为R的光滑半圆轨道和半径为R的光滑四分之一圆轨道水平相切于O点．O点在水平地面上。可视为质点的小球从O点以某一初速度进入半圆，刚好能通过半圆的最高点A，从A点飞出后落在四分之一圆轨道上的B点，不计空气阻力，g=l0m／s2。则B点与O点的竖直高度差为（ ）

4

A．

(35)R 2B．(35)(35)R C．R 210D．(35)R 10【答案】A

考点：平抛运动的规律

【名师点睛】本题综合运用了向心力公式、平抛运动规律，综合性较强，关键理清过程，选择适当的定理或定律进行解题，并借助于几何关系进行解答，难度适中。

【试题8】图甲为磁带录音机的磁带盒，可简化为图乙所示的传动模型，A、B为缠绕磁带的两个轮子，两轮的半径均为r，在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径R=3r，现在进行倒带，使磁带绕到A轮上．倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮，则在倒带的过程中下列说法正确的是（ ）

A．倒带结束时A、B两轮的角速度之比为1：3 B．倒带开始时A、B两轮的角速度之比为1：3 C．倒带过程中磁带边缘的线速度变小 D．倒带过程中磁带边缘的线速度不变 【答案】A 【解析】

考点：角速度；线速度

【试题9】如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，质点P从a点正上方高h处自由

5

下落，经过轨道后从b点冲出竖直上抛，上升的最大高度为再经过轨道a点冲出时，能上升的最大高度h为（ ）

2H，空气阻力不计，当质点下落3

A．h=

2HHHH2H B．h= C．h＜ D．＜h＜ 33333【答案】D

考点：动能定理的应用

【试题10】如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面，在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g．设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，速度为v，容器对它的支持力大小为N，则

p

A．aD．N2(mgRW)2(mgRW)3mgR2W B．v C．N

mRRmR2(mgRW) R【答案】ABC 【解析】

考点：考查动能定理；向心力．

6

【试题11】宇宙飞船以周期为T绕地球做近地圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图所示，已知地球的半径为R，引力常量为G，地球自转周期为T0，太阳光可看做平行光，宇航员在轨道上A点测出的张角为，则（ ）

A．飞船绕地球运动的线速度为

2R Tsin2B．一天内飞船经历“日全食”的次数为

T0

TC．飞船每次经历“日全食”过程的时间为D．地球密度为【答案】AB

T 3 2GT2rRn）， ，又由几何关系知si（T2r【解析】飞船绕地球匀速圆周运动，所以线速度为v得到：rRsin2，所以v2R，故A正确；地球自转一圈时间为To，飞船绕地球Tsin2一圈时间为T，

考点：万有引力定律及其应用；线速度、角速度和周期、转速

【名师点睛】掌握匀速圆周运动中线速度、角速度及半径的关系，同时理解万有引力定律，并

7

利用几何关系得出转动的角度。

【试题12】随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已经不是梦想；假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t后回到出发点．已知月球的半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（ ） A．月球表面的重力加速度为 0

vt2v0R2 B．月球的质量为

Gt C．宇航员在月球表面获得

v0R的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动 2tRt v0D．宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为【答案】B

考点：万有引力定律的应用

【试题13】如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线与匀强电场E垂直，在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m、电荷量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点（图中未画出）时速度大小仍为v0，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是

A．电场力对小球做功为负 B．小球的电势能减小

8

mg2t2C．小球的电势能增量大于

2D．C可能位于AB直线的左侧 【答案】AC

【解析】小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理得知，电场力必定做负功，小球的电势能增加，A正确B错误；由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度

mg2t21212a大于g，竖直方向hatgt，则重力做功mgh，则电场力做的负功与重力

222mg2t2做功相等，则小球的电势能增量大于，C正确；小球的电势能增加，而小球带正电，则

2知C点的电势比A点电势高，故C点一定位于AB直线的右侧，故D错误． 考点：考查了电场强度，电场力做功，小球在复合场中的运动

【试题14】某电场的部分电场线如图所示，A、B是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹（图中虚线）上的两点，下列说法中正确的是（）

A．带点粒子带负电

B．粒子一定是从B点向A点运动 C．电场中A点的电势高于B点的电势

D．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度 【答案】D

考点：带电粒子在电场中的运动

【名师点睛】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，然后利用电场线、电势、电场强度、电势能、电场力做功等之间的关系进一步判断各个物理量的变化情况。

R1=6kΩ，【试题15】右图为某控制电路的一部分，已知AA′的输入电压为24V，如果电阻R=6kΩ，

9

R2=3kΩ，则BB′不可能输出的电压是

A．12V B．8V C．6V D．3V 【答案】D

【解析】若两开关都闭合，在电阻R1和R2并联，再和R串联，UBB为并联电路两端电压，

考点：考查了欧姆定律，串并联电路规律

【名师点睛】在分析电路问题时，首先必须明确电路结构，画出等效电路图，然后根据串并联电路规律，欧姆定律分析解题

【试题16】如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，下列判断正确的是

A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长

B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大 C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线不一定重合 D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同 【答案】BC 【解析】由tT知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场2中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，电子粒子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式rmv知，轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹qB2m知，周期与电子的速率无关，所以在磁场qB半径越大．故A错误，B正确．由周期公式T10

中的运动周期相同，若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同．故C正确，D错误．故选BC．

考点：带电粒子在磁场中的运动

【试题17】如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，AB是圆的直径。一带电粒子从A点射入磁场，速度大小为v、方向与AB成30°角时，恰好从B点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t；若同一带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】设圆形区域的半径为R．带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，两次运动轨迹如图，

由洛伦兹力提供向心力， 则有：

，得

，

①

当粒子从B点飞出磁场时，入射速度与出射速度与AB的夹角相等，所以速度的偏转角为60°，轨迹对应的圆心角为60°．

11

根据几何知识得知：轨迹半径为 ②

当粒子从A点沿AB方向射入磁场时，经过磁场的时间也是t，说明轨迹对应的圆心角与第一种情况相等，也是60°．

根据几何知识得，粒子的轨迹半径为:

③

则由①得：

则得，故选C。

【试题18】如图所示，两根平行长直金属导轨，固定在同一水平面内，间距为d，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上．磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m的导体棒ab垂直于轨道放置，且与两轨道接触良好，导体棒与轨道之间的动摩擦因数为，导体棒在水平向右．垂直于棒的恒力F作用下，从静止开始沿轨道运动距离时，速度恰好达到最大（运动过程中导体棒始终与轨道保持垂直），设导体棒接入电路的电阻为r，轨道电阻不计，重力加速度大小为g，在这一过程中（ ）

A．导体棒运动的平均速度为

FmgRr

2B2d2B．流过电阻R的电荷量为

Bdl RrC．ab两端的最大电压为

FmgR

BdD．ab两端的最大电压为【答案】BC

FmgRr

Bd【解析】当合外力为0的时候，导体棒的加速度为0，此时导体棒的速度达到最大值，此后因为速度不变，导体棒将做匀速直线运动，由EBLv，

FABId以及IBdv，得到安培Rr力FABd22vRr，匀速运动时合外力为0，所以F12

FAmg，可得到：

vmFmgRr，因其运动过程是加速度减小的变加速运动，故其平均速度

Bd22vvm2FmgRr，故A错误；由电荷量qI△t以及E△，得到

2B2d2△tqI△t及

△Bdl，故B正确；ab两端的最大电压在电流最大时，由FFAmgRrRrFABId，得到ImFmg，

BdUmImFmgRR，故选项C正确，D错误。

Bd考点：导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律

【名师点睛】本题综合运用了法拉第电磁感应定律以及切割产生的感应电动势的大小公式E=BLv，知道两公式的区别．要掌握安培力与感应电量的经验公式，并能灵活运用。

【试题19】如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE（由细软导线制成）挂在两固定点A、D上，水平线段AD为半圆的直径，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态。在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻为r，圆的半径为R，在将导线上的C点以恒定角速度ω（相对圆心O）从A点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是

A．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针

3BR2B．在C从A点沿圆弧移动到图中 ∠ADC=30°位置的过程中，通过导线上C点的电量为

2rC．当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大 D．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中产生的电热为

B2R42r

【答案】ABD

13

考点：法拉第电磁感应定律；电功率

【名师点睛】本题关键明确交流四值中最大值、平均值、瞬时值和有效值的区别，会根据几何知识写出交流的表达式，注意知识的迁移应用。

【试题20】日常家庭用电为220V发电厂输出电压为380V，同时为了减少电能传输中的损耗通常要用变压器改变电压如图为用户端的电路结构，其中变压器可视为理想变压器。其原副线圈的匝数比为8:1，副线圈上电压的瞬时值

（V），副线圈接家用器热水器和

抽油烟机，开关S闭合吋，电流表示数是0．6A，开关S断开时，电流表示数是 0．5A，下列说法正确的是

A． S闭合时，抽油烟机消耗的功率是176W B． 原线圈两端电压的最大值是1760V C． S闭合时，热水器消牦的功率减小 D． S闭合时，热水裔消耗的功率是880W 【答案】AD

【解析】开关S断开时，电流表示数是 0．5A，根据变流规律

，可求热水器中电流为4A，

开关S闭合吋，电流表示数是0．6A，同理可求副线圈电流为4．8A，由于闭合前后副线圈电压不变，所以热水器的电流不变，此时抽油烟机电流为I=4．8A-4A=0．8A，则抽油烟机消耗的功率P=UI=220V×0．8A=176W，热水器的功率不变，所以A正确；C错误；根据变压规律

可求原线圈两端电压的最大值是所以D正确。

，所以B错误；热水器消耗的功率P0=220V×4A=880V，

14

【试题21】如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，V1、A1为监控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器输出端的电压表和电流表，R1、R2为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时，以下说法错误的是

A．电流表A1、A2和A3的示数都变大 B．只有电流表A1的示数变大 C．电压表V3的示数变小 D．电压表V2和V3的示数都变小 【答案】ABD

考点：考查了远距离输电，理想变压器

【名师点睛】抓住原线圈的输入电压不变，结合输出端总电阻的变化得出输电线上电流的变化，从而得出电压损失的变化，根据输出电压不变，得出用户端电压的变化，从而得知通过负载电阻电流的变化．抓住输电线上电流的变化，根据原副线圈电流比等于匝数之反比求出原线圈中电流的变化．

【试题22】核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设．核泄漏中的钚（Pu）是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高患癌的风险．已知钚的一种同位素下列有关说法正确的是

A． 衰变发出的γ射线是波长很短的光子，穿透能力很强 B． X原子核中含有92个中子 C． 8个

经过24100年后一定还剩余4个

15

的半衰期为24100年，其衰变方程为→X++γ，

D． 由于衰变时释放巨大能量，根据E=mc2，衰变过程总质量不变 【答案】A

【解析】衰变发出的γ放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力．故A正确．根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为92，质量数为235，则中子数为143．故B错误．半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用．故C错误．由于衰变时释放巨大能量，根据E=mc，衰变过程总质量减小．故D错误．故选A． 【试题23】下列说法正确的是________． A．晶体的导热性能一定是各向异性 B．封闭气体的压强仅与分子的密集程度有关

C．夏季天旱时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发

D．虽然大量分子做无规划运动，速率有大有小，但分子的速率却按一定的规律分布 E．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势 【答案】CDE

2

【试题24】下列关于简谐振动以及做简谐运动的物体完成一次全振动的意义，以下说法正确的是。

A．位移减小时，加速度减小，速度增大

B．位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同 C．动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程

D．速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程

E．物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同 【答案】ADE

【解析】当位移减小时，回复力减小，则加速度在减小，物体正在返回平衡位置；故速度在增大；故A正确；回复力与位移方向相反，故加速度和位移方向相反；但速度可以与位移相同，也可以相反；物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，

16

速度方向与位移方向相同；故B错误，E正确；一次全振动时，动能和势能均会有两次恢复为原来的大小；故C错误；速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动；故D正确；故选ADE。 考点：简谐运动

【名师点睛】本题考查简谐运动的全振动规律，要注意明确回复力与位移方向始终相反，但同一个点上时，速度可能有两个方向。

第二部分 非选择题

【试题25】某实验小组利用小车、一端带有滑轮的导轨、打点计时器和几个已知质量的小钩码探究加速度与力的关系，实验装置如图甲所示。

（1）图乙是实验中得到的一条纸带，图中打相邻两计数点的时间间隔为0．1 s，由图中的数据

2

可得小车的加速度a为 m/s；

（2）该实验小组以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F为横轴，作出的图象如丙图中图线1所示，发现图象不过原点，怀疑在测量力时不准确，他们将实验进行了改装，将一个力传感器安装在小车上，直接测量细线拉小车的力F，作a—F图如丙图中图线2所示，则图象不过原点的原因是 ，对于图象上相同的力，用传感器测得的加速度偏大，其原因是 ；

（3）该实验小组在正确操作实验后，再以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F和传感器测得的F为横轴作图象，要使两个图线基本重合，请你设计一个操作方案。

【答案】（1）0．195；（2）未平衡摩擦力或平衡不足，钩码的重力比细线的拉力大；（3）将n个钩码都放在小车上，每次从小车上取一个钩码挂在细线上，其余钩码留在小车上随小车一起运动。 【解析】

17

于砝码的重力，传感器的示数等于砝码的重力，故用传感器测得的加速度偏大。

（3）改进方法是：将n个钩码都放在小车上，每次从小车上取一个钩码挂在细线上，其余钩码留在小车上随小车一起运动。将n个钩码都放在小车上，取下k个挂在细线上，对

km0gFkm0a，对小车：F[(nk)m0M]a，整理的：km0g(nm0M)a，系统

的总质量不变，加速度与k成正比。只要满足k<【试题26】某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为0〜20Ω，连接电路的实物图如图甲所示。

（1） 该学生接线中错误和不规范的做法是_______。 A． 滑动变阻器不起变阻作用 B． 电流表接线有错 C． 电压表量程选择不当 D． 电压表接线有错

（2） 本实验所用的电路如图乙所示，这位同学测得的六组数据如下表；所示，试根据这些数据在图丙中作出U-I图线__________ 。

18

（3）根据图丙中所得图线，可知被测电源的电动势E=____V，内阻r=____Ω。

【答案】 （1）． AB （2）． （3）． 1．45

（4）． 0．69 【解析】

（1）由电路图可知，滑动变阻器同时接下面两个接线柱，滑动变阻器被接成了定值电阻，不起变阻作用；由电路图可知，电流表正负接线柱接反了，电流表接线错误；故错误和不规范的做法是AB；

（2）根据描点作图法，则有如图所示：

19

（3）由电源的U-I图象可知，图象与纵轴

交点坐标值是1．45，则电源电动势E=1．45V，电源内阻

【试题27】如图所示，将一定质量的气体密封在烧瓶内，烧瓶通过细玻璃管与注射器和装有水银的U形管连接，最初竖直放置的U形管两臂中的水银柱等高，烧瓶中气体体积为400ml，现用注射器缓慢向烧瓶中注水，稳定后两臂中水银面的高度差为25cm，已知大气压强为75cmHg柱，不计玻璃管中气体的体积，环境温度不变，求：

（1）共向玻璃管中注入了多大体积的水？

（2）试分析此过程中气体吸热还是放热，气体的内能如何变化． 【答案】（1）100ml；（2）气体放热，气体的内能不变． 【解析】

（2）气体的内能是由温度和物质的量的多少决定的，一定质量的气体，温度不变，那么它的内能也不变；根据题意气体的体积减小，说明外界对气体做功，又由热力学第一定律得出：气体对外放热．

考点：玻意耳定律；热力学第一定律

【名师点睛】本题考查了求气体压强与体积问题，根据题意确定初末状态的状态参量、熟练应用查理定律即可正确解题；本题难度不大，是一道基础题。

【试题28】如图所示，为玻璃材料制成的一棱镜的截面图，AEFB 为四分之一圆弧 BCDO 为矩形，一细光束从圆弧的中点 E 沿半径射入棱镜后，在圆心 O 点恰好发生全反射，经 CD面反射，再从圆弧的 F 点射出，已知 OA=a，OD=①从 F 点射出的光线与法线夹角的正弦值；

20

，光在真空中的传播速度为 c，求：

②从 F 点射出的光在棱镜中传播的时间。

【答案】① sinβ= ②

【解析】【试题分析】（1）先作出光路图，根据几何关系得出临界角，由全反射临界角公式

求出折射率n．由几何知识求得光线在F点的入射角，

由折射定律求解出射光线与法线夹角的正弦值．（2）光在棱镜中的传播速度

．由几何知识求出光线在棱镜中传播的距离s，由

求解传播的时间．

21

②光在棱镜中的传播速度

由几何知识得，光线传播的路程为

光在棱镜中传播的时间

所以

、

【点睛】本题的突破口是“光线恰好在圆心O点发生全反射”，根据全反射临界角公式

折射定律、光速公式相结合进行处理．分析时，要灵活几何知识求解相关角度和

光传播的距离，要加强这方面的训练．

【试题29】如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，整个装置处在方向竖直向上的匀强电场中，两个质量均为m、带电量相同的带正电小球a、b，以不同的速度进入管内（小球的直径略小于半圆管的内经，且忽略两小球之间的相互作用），a通过最高点A时，对外管壁的压力大小为3、5mg，b通过最高点A时，对内管壁的压力大小0、25mg，已知两小球所受电场力的大小为重力的一半。求（1）a、b两球落地点距A点水平距离之比；（2）a、b两球落地时的动能之比。

【答案】（1）4∶3 （2）8∶3 【解析】

22

v以b球为研究对象，设其到达最高点时的速度为vb，根据向心力公式有：mgqEFNmb

R其中qE21mg,Fb0.25mg 21gR 2解得：vb两小球脱离半圆管后均做平抛运动，根据xv0t可得它们的水平位移之比：

xava4 xbvb3

考点：本题考查静电场、圆周运动和平抛运动，意在考查考生的分析综合能力。

【名师点睛】本题关键是对小球在最高点进行受力分析，然后根据向心力公式和牛顿第二定律求出平抛的初速度，再结合平抛运动规律求解。

【试题30】如图1所示，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝0．5 T的匀强磁场，有两条平行的长直导轨MN、PQ处于同一水平面内，间距L＝0．2 m，左端连接阻值R＝0．4 Ω的电阻。质量m＝0．1 kg的导体棒ab垂直跨接在导轨上，与导轨间的动摩擦因数μ＝0．2。从t＝0时刻开始，通过一小型电动机对棒施加一个水平向右的牵引力，使棒从静止开始沿导轨方向做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。除R以外其余部分的电阻均不计，取重力加速度大小g＝10 m/s2。

23

Ⅰ．若电动机保持恒定功率输出，棒的v－t 如图2所示（其中OA是曲线，AB是水平直线），已知0～10 s内电阻R上产生的热量Q＝30J，则求： （1）导体棒达到最大速度vm时牵引力大小；

（2）导体棒从静止开始达到最大速度vm时的位移大小。

Ⅱ．若电动机保持恒牵引力F=0．3N ，且将电阻换为C=10F的电容器（耐压值足够大），如图3所示，则求：

（3）t=10s时牵引力的功率。

【答案】（1）F0.45N；（2）x50m；（3）P1.5W

（3）当金属棒的速度大小为时v，感应电动势为EBLv 由CQ可知，此时电容器极板上的电荷量为QCUCECBLv U设在一小段时间t内，可认为导体棒做匀变速运动，速度增加量为v， 电容器极板上增加的电荷量为QCBLv

24

考点：法拉第电磁感应定律的综合应用，微元法。 【名师点睛】对电磁感应电源的理解

（1）电源的正负极可用右手定则或楞次定律判定，要特别注意在内电路中电流由负极到正极。 （2）电磁感应电路中的电源与恒定电流的电路中的电源不同，前者是由于导体切割磁感线产生的，公式为E＝BLv，其大小可能变化，变化情况可根据其运动情况判断；而后者的电源电动势在电路分析中认为是不变的。

（3）在电磁感应电路中，相当于电源的导体（或线圈）两端的电压与恒定电流的电路中电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于电动势。（除非切割磁感线的导体或线圈电阻为零）

25