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广东省广州市2019届高三4月综合测试（二）
物理参考答案：
14．C 15．D 16．A 17．B 18．D 19 ．BCD 20．AC 21．AD 22．(1)0.360；(2)如答图(c)；(4) kUS；
S_稳压电源+23．(3)
mg
；(6) 2 ； L -L0
_+AR01
(7)①kx0； ②mgx； ③kx2；
2
24．（12分）解析：(1)设列车出站的加速度大小为a，
t1=2min=120s内列车通过的位移
t2=3min=180s内列车通过的位移
第3min内通过的位移
Pa金属丝线夹米尺b答图(c)
1s1?at12 ①
212 ② s2?at22?s?s2?s1 ③ ①~③联立，得a=0.2m/s2
v1?at1 ①
另解一：t1=2min=120s末列车的速度大小 t1=3min=180s末列车的速度大小 第3min内通过的位移
v2?at2 ②
?s?v1?v2t（其中t=1min=60s） ③ ①~③联立，得a=0.2m/s2 2v1?at1 ①
另解二：t1=2min=120s末列车的速度大小 第3min内通过的位移
1?s?v1t?at2（其中t=1min=60s）② ①②联立，得a=0.2m/s2
2另解三：列车t1=2.5min=150s末的速度等于第3min内的平均速度
v1?又v1?s1800?m/s?30m/s ① t60?at1 ② ①②联立，得a=0.2m/s2
(2)设列车的质量为m，受到的牵引力为F，阻力为f，由牛顿第二定律，得
F?f?ma ④ （解得F=1.5×105N）第3min末列车的速度大小v2?at2 ⑤
?Fv2 ⑥ ④~⑤联立，得P=5.4×106W
第3min末列车的牵引功率P25．（20分）解析：（1）令P初速度v?qBL，设P、A碰后的速度分别为vP和vA， m 18
由动量守恒定律：kmv?kmvP?mvA
ed111222由机械能守恒定律：kmv?kmvP?mvA
2222kqBL可得：vA?，可知k值越大，vA越大； ?k?1m设A在磁场中运动轨迹半径为R， 由牛顿第二定律：qvABBO1.5LbA?mvAR2fc 图1L可得：R?mvAqB，可知vA越大，R越大；即R?2kL，k值越大，R越大； k?1ezd如图1，当A的轨迹与cd相切时，R为最大值，R?L 可得：vAB?qBL，求得k的最大值为k?1 mO?bA1.5L（2）令z点为ed边的中点，分类讨论如下：
（I）A球在磁场中偏转一次从z点就离开磁场，如图2有
L5L5c 可得：k? f R2?()2?(1.5L?R)2 解得：R?L267图2L（II）由图可知A球能从z点离开磁场要满足R?，则A球在磁场中还可能经历一次
2半圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z点离开。
ezdqB2LL2322令电场强度E?；如图3和如图4，由几何关系有：R?()?(3R?L)
6m22B1.5L5LL51解得：R?或R? 可得：k?或k?
821135LqBR5qBL1752?qEL?qEL 当R?时，vA?，由于?mvA?m8m2648LqBRqBL132?当R?时，vA?，由于?mvA?qEL?qEL m2m242L1此类情形取R?符合题意要求，即k?
2351综合（I）、（II）可得A球能从z点离开的k的可能值为：k?或k?
73A球在磁场中运动周期为TbAfcL图4O??ezdB1.5L?2?R2?m? vAqBbAf
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cL图3当k?133?m时，如图4，A球在磁场中运动的最长时间t?T?
2qB3433．（1）（5分）CDE（2）（10分）解析：
(i)设气缸高度为h，则初始时封闭气体的体积V0?Sh2， 活塞恰好到达气缸上端卡口时封闭气体的体积
V1?Sh。由题设知，封闭气体做等压变化，有：
V0V1? 解得，T1=2T0 T0T1(ii)当活塞恰好到达气缸上端时，封闭气体的压强
p1?2mgS；倒入质量为m1的沙子后，封闭气体的体积
V2?
Sh2mgm1g，压强p2?。此过程封闭气体做等温变化，有p1V1?p2V2 解得，m1=4m ?3SS
34．（1）（5分）加强、减弱、2； （2）（10分）解析：
(i)光线PO恰好在AB边界发生全反射，临界角C=45°， 设三棱镜的折射率为n，根据折射定律有：sinC?解得折射率 n?1 n2
(ii)光线PO垂直BC边入射的光线，进入棱镜后在AB边上的E点发生全反射。光线PO入射方向逐渐转向CO方向时，光线从棱镜的出射点对应由E点逐渐向B点移动。当光线几乎沿CO方向入射时，光线折射后沿OD方向，由折射定律有 n?AEDCOsin9?0
sin?DOE解得?DOE?45?
d由几何关系得：OE=OB=
2光线出射区域的宽度DE?OEsin?DOE
解得区域宽度DE=
B2d 4P 20