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二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分.第14～18题只有一项符合题目要求.第19～21题有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.
图114.如图1所示物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中|AB|=2m，|BC|=3m.若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于 （ ）.
A.34m B.89m C.98m D.43m
15.某同学在实验室中找到一根拉力弹簧，经测量发现其弹力F与弹簧伸长量x的关系如图2甲所示（图中F0、F1、x1已知）.现将这根弹图2簧上端固定，下端接一质量为m的小球，如图2乙所示，待小球静止后，将小球向下拉一小段距离（在弹簧的弹性限度内），此时弹簧的伸长量为x2，然后由静止释放小球，小球在竖直方向振动.弹簧质量可忽略不计，重力加速度为g.当小球速度达到最大时弹簧的伸长量为（ ）.
A.mgx1F1 B.mgx1F1-F0
C.（mg-F0）x1F1-F0 D. （mg-F0）（x2-x1）F1F0
16.“北斗”卫星导航定位系统由5颗静止轨道卫星（同步卫星）和30颗非静止轨道卫星组成， 30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星平均分布在倾角为55°的三个平面上，轨道高度约为21500km，静止轨道卫星的高度约为36000km，已知地球半径为6400km.下列说法中正确的是（ ）.
A.质量小的静止轨道卫星的高度比质量大的静止轨道卫星的高度要低
B.地球赤道上物体随地球自转的向心加速度小于中轨道卫星的向心加速度
C.地球赤道上物体随地球自转的线速度大于中轨道卫星的线速度
D.中轨道卫星的线速度大于7.9 km/s
17.无限大接地金属板和板前一点电荷形成的为 （ ）.
A.A+1A-1 B. A-1A+1
C. 4A（A+1）2 D. （A+1）2（A-1）2
解析设碰撞前后中子的速率分别为v1、v1′，碰撞后原子核的速率为v2，中子的质量为m1，原子核的质量为m2，则m2=Am1.
根据完全弹性碰撞中遵循动量守恒定律和能量守恒定律有：
m1v1=m2v2+m1v1′
12m1v21=12m2v22+12m1v′21
结合m2=Am1，可解得碰后中子的速率
v1′=A-1A+1v1
因此碰撞前后中子速率之比v1v1′=A+1A-1，所以A正确.
反思与小结：利用动量和能量的观点解题的技巧
（1）若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律（机械能守恒定律）解题.
（2）若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理.
（3）因为动量守恒定律、能量守恒定律（机械能守恒定律）、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的简便之处.特别是对于变力做功的问题，就更能显示出它们的优越性了.
（收稿日期：2014-12-14）电场区域，和两个等量异号的点电荷形成的电图3场等效.如图3所示P为一无限大金属板，Q为板前距板为r的一带正电的点电荷，MN为过Q点和金属板垂直的直线，直线上A、B是和Q点的距离相等的两点.下面关于A、B两点的电场强度EA和EB、电势φA和φB判断正确的是（ ）.
A.EA>EB，φA<φBB.EA>EB，φA>φB
C.EA>EB，φA=φBD.EA=EB，φA>φB
图418.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点.如图4所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象（电池内阻不是常数），图线b是某电阻R的U-I图象.在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为（ ）.
A.10ΩB.8.0ΩC.12ΩD. 12.5Ω
图519.如图5所示，半径分别为R和r（R>r）的甲、乙两光滑半圆轨道放置在同一竖直平面内，两轨道之间由一光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两个质量均为m的小球夹住，但不拴接.同时释放两小球，弹性势能全部转化为两球的动能，若两球获得相等动能，其中有一只小球恰好能通过最高点，两球离开半圆轨道后均做平抛运动落到水平轨道的同一点（不考虑小球在水平面上的反弹）.则（ ）.
A.恰好通过最高点的是b球
B.弹簧释放的弹性势能为5mgR
C.a球通过最高点对轨道的压力为mg
D.CD两点之间的距离为2R+2r（5R-4r）
20.如图6所示，质量为M=0.1kg粗细均匀的导线，绕制成闭合矩形线框，其中长AC=50cm，宽AB=L=20cm，竖直放置在水平面上.中间有一磁感应强度T=1.0T，磁场宽度d=10cm的匀强磁场.线框在水平向右的恒力F=2N的作用下，由静止开始沿水平方向运动，使AB边进入磁场，从右侧以v2=1m/s的速度匀速运动离开磁场，整个过程中始终存在大小恒定的阻力f=1 N，且线框不发生转动.线框AB边离开磁场时感应电流的大小为I，线框AB边刚进入磁场时感应电动势的大小为E，线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热为Q，则（ ）.
图6A.I=5A
B.E=0.2V
C.Q=0.25J
D. Q=0.5J
图721.如图7所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O点，另一端与该小球相连.现将小球从A点由静止释放，沿竖直杆运动到B点，已知OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等.在小球由A到B的过程中（ ）. A.加速度等于重力加速度g的位置有两个
B.弹簧弹力的功率为零的位置有两个
C.弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功
D.小球与地球组成的系统的机械能不是一直减小的，而是先减小后增大
第Ⅱ卷（非选择题，包括必考题和选考题两部分.第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须做答.第33题～第35题为选考题，考生根据要求做答.）
图822. （6分）在用如图8所示的装置“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器在频率为f的交流电源上，从实验中打出的几条纸带中选出一条理想纸带，如图9所示，选取纸带上打出的连续4个点A、B、C、D，各点距起始点O的距离分别为s0、s1、s2、s3，已知重锤的质量为m，当地的重力加速度为g，则：
（1）从打下起始点O到打下C点的过程中，重锤重力势能的减少量为ΔEP=，重锤动能的增加量为ΔEK=.
图9（2）若f=50Hz，且测出s0=1.9mm，s1=7.6mm，s2=17.1mm，s3=30.4mm，可求出当地的重力加速度g=m/s2.
23.（11分）LED绿色照明技术已经走进我们的生活.某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同.
实验室提供的器材有：
A.电流表A1（量程为0至50 mA，内阻RA1约为3Ω）
B.电流表A2（量程为0至3 mA，内阻RA2=15Ω）
C.定值电阻R1=697Ω
D.定值电阻R2=1985Ω
E.滑动变阻器R（0至20Ω）一只
F.电压表V（量程为0至12 V，内阻RV=1kΩ）
G.蓄电池E（电动势为12 V，内阻很小）
F.开关S一只图10
（1）（3分）如图10所示，请选择合适的器材，电表1为 ，电表2为 ，定值电阻为 .（填写器材前的字母编号）
（2）（4分）将采用的电路图补充完整.
（3）（4分）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式RV=（填字母），当表达式中的（填字母）达到，记下另一电表的读数代入表达式，其结果为LED灯正常工作时电阻.
24.（12分）两个小物块放在水平地面上，与地面的动摩擦因数相同，两物块间的距离d=170m，它们的质量分别为m1=2kg、m2=3kg.现令它们分别以初速度v1=10m/s和v2=2m/s相向运动，经过时间t=20s，两物块相遇，试求：两物块相遇时m1的速度.
25.（18分）如图11（a）所示，在空间有一坐标系xoy，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面图11向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为+q的质子（不计重力及质子对磁场的影响）以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直于x轴进入第四象限，第四象限存在沿-x轴方向的特殊电场，电场强度E的大小与横坐标x的关系如图11（b）所示，试求：
（1）区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；
（2）质子再次到达y轴时的速度大小和方向.
选考题（共45分，请考生从给出的三道物理题、三道化学题、二道生物题每科任选一题做答，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）（6分）如图12所示为两分子势能 与两分子间距离的关系曲线，下列说法正确的是：（填入正确选项前的字母.选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）.
图12图13A.当r等于r1时，分子间作用力为零
B.在r>r1区间，分子作用力表现为引力
C.当r等于r2时，分子间作用力为零
D.在r由r1增大到r2过程中分子作用力做正功
E.在r由r2减小到r1过程分子引力和分子斥力都增加，但分子斥力增加的快
（2）（9分）如图13所示粗细均匀的U形管左端封闭，O处由橡皮软管连接，左右两端竖直管内有高为19cm的水银柱封住两部分理想气体A和B，右端水银柱上方和大气相通.大气压强等于76cm汞柱，初始平衡时B部分气体总长度为96cm，现将U形管右边倾斜α=37°角，同时改变环境温度，重新达到平衡时发现左边水银柱恰好在原位置，且右边水银柱没有进入水平管内. 试求：（1）U形管倾斜前后的环境的热力学温度之比为多少；（2）右管内水银柱沿管移动的距离.
34.【物理——选修3-4】（15分）
（1）（6分）一列简谐横波，某时刻的图象如图14甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图14乙所示，则以下说法正确的是 （填正确答案标号.选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分.每选错1个扣3分，最低得分为0分）
图14A.这列波沿x轴正向传播
B.这列波的波速是25 m/s
C.质点P将比质点Q先回到平衡位置
D.经过Δt=0.4s，A质点通过的路程为4m
E.经过Δt=0.8s， 质点通过的位移为零
（2）（9分） “道威棱镜”广泛地应用在光学仪器当中，如图15所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射.从M点发出的一束平行于底边CD的单色光从AC边射入，已知棱镜玻璃的折射率n=2.求光线进入“道威棱镜”时的折射角，并通过计算判断光线能否从CD边射出. 图15图1635.【物理——选修3-5】（15分）
（1） （ 6分）氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氦离子.已知基态的氦离子能量为E1=-54.4 eV，氦离子能级的示意图如图16所示.在具有下列能量的粒子中，能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是（填正确答案标号.选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分.每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A.54.4eV （光子）B.50.4eV （光子）
C.48.4eV （电子）D.42.8eV （光子）
E.40.8eV （电子）
图17（2）（9分）如图17所示，质量分别为M和m的物体A和B静止在光滑水平面上，A左侧被很薄的油泥层粘在竖直墙壁上，AB之间用一轻质弹簧相连.现用一水平向右的外力作用在B上，外力作用一段时间后，A离开墙壁开始运动，此时撤掉外力，且弹簧此时的弹性势能为E1，在以后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值为E2，设外力对B的冲量为I.求从静止到A开始运动的过程中A受到油泥层黏力的冲量.
参考答案
14.C解析设物体通过AB的时间为T，物体的加速度大小为a，根据“做匀加速直线运动的物体在连续相等的时间内通过的位移差为定值”可得：|BC|-|AB|=aT2=1m；根据“做匀加速直线运动的物体在某一段时间内的平均速度等于这一段时间内中间时刻的瞬时速度”可得：B点的速度vB=|BC|+|AB|2T=52T.由x=v2t-v202a得：|OB|=258aT2=258m，进一步可得：O、A两点之间的距离等于98m，答案C正确.
15.C解析题中所述弹簧是一种特殊的弹簧，自然状态下，弹簧的各圈是紧密挨在一起的，并且相互是挤压的，如果将弹簧的一端固定，另一端用一个从零逐渐增大的力拉弹簧，弹簧并不会马上就伸长，而是要大于某一值时才会发生形变，也就是题中的F0，这个力叫做这个弹簧的初始张力.实际上F0是一个临界状态，当作用力为F0时，我们认为弹簧没有伸长，此时弹簧各圈间还接触，但已经没有挤压作用了.对于这样的弹簧我们要注意，F=kx（k为劲度系数，x为形变量）已经不适用了，题中所述弹簧的弹力可表示为F=F0+kx（F0为初始张力，k为劲度系数，x为形变量），由题中的图2甲可知，k=F1-F0x1.
当小球在竖直方向振动的时候，当弹簧的弹力F=mg时小球的速度最大，设此时弹簧的形变量为x′，则有F0+kx′=mg，代入上面k的表达式，化简可得x′=（mg-F0）x1F1-F0.
16. B 解析由于地球的静止轨道卫星就是地球的同步卫星，地球的同步卫星的周期和地球的自转周期相同，都是T=24h，由GMmr2=mr4π2T2可得：T=2πr3GM，所以所有地球的同步卫星都在赤道的正上方，且卫星到地心的距离为定值，和同步卫星的质量无关，答案A错误；由ω=2πT可得：地球赤道上物体随地球自转的角速度和同步卫星的角速度相同，即ω赤=ω同，设地球的半径为R，同步卫星离地面的高度为h，由a=rω2得：a赤=Rω2赤，a同=（R+h）ω2同，可得：a赤 图1817.A解析如图18所示，空间有一正点电荷，电量为+Q，先计算AB两点的电势差.设A、B到Q的距离分别为rA、rB，把正检验电荷q从A移到B电场力做功为W，由于是变力做功，不能直接求W，现把AB分成n段，当n足够大时，W可表示为：W=kQqrAr1（r1-rA）+kQqr1r2（r2-r1）+…+kQqrBrn-1（rB-rn-1）=kQq（1rA-1rB）
由电势差定义得：UAB=Wq=kQrA-kQrB=φA-φB.若以无穷远处为零电势，即把rB→∞，φB=0.则φA=kQrA.即： 若以无穷远处为零电势，正点电荷在离正点电荷距离大小为rA的A点的电势为φA=kQrA
无限大接地金属板和板前一点电荷形成的电场区域，和两个等量异号的点电荷形成的电场等效，本题中设AQ=BQ=d，则：φA=kQd+-kQ2r-d=kQd-kQ2r-d，φB=kQd+-kQ2r+d=kQd-kQ2r+d，φA<φB；EA=kQd2+kQ（2r-d）2，EB=kQd2-kQ（2r+d）2，EA>EB，A正确.
18. B 解析由图象可得：硅光电池的电动势为E=3.6V，由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可得：3.6=2+0.2r，解得：r=8.0Ω，答案B正确.
19.BD解析小球a恰好通过最高点时，轨道对小球a的压力为零，小球a的重力提供向心力，则：mg=mv2aR，解得：va=gR，同理若小球b恰好通过最高点时，小球b在最高点速度为vb=gr，由于R>r，所以va>vb，若小球b恰好通过最高点时，小球a未到达最高点就已经脱离轨道，所以本题中恰好通过最高点的为a球，轨道对小球a的压力为零，答案A和C都是错误的.同时释放两小球，弹性势能全部转化为两球的动能，两球获得相等动能，设两球获得的相等动能为EK，对小球a由机械能守恒定律得：EK=12mv2a+2mgR=52mgR，对a、b和轻弹簧组成的系统由机械能守恒得：EP弹=2EK=5mgR，即弹簧释放的弹性势能为5mgR，答案B正确；小球b在最高点的速度为vb′，对小球b由机械能守恒定律得：EK=12mv′2b+2mgr=52mgR，解得：v′b=g（5R-4r），小球b离开最高点后做平抛运动，则：xb=vb′tb、2r=12gt2b，解得：xb=2r（5R-4r）；小球a离开最高点后做平抛运动，则：xa=va′ta、2R=12gt2a，解得：xa=2R；由几何关系可得： CD两点之间的距离为CD=xa+xb=2R+2r（5R-4r），答案D正确.综合上面分析可得：本题答案选BD.
20. AC解析由于线框离开磁场时已经匀速运动，由物体的平衡可得：F=f+BIL.
所以线框AB边离开磁场时感应电流的大小为I=F-fBL=5A，答案A正确；线框AB边进入磁场前，线框做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得： F-f=ma， 解得： a=F-fm=10 m/s2，设AB边刚进入磁场时的速度大小为v1，由x=v2t-v202a得：v21=2as.解得： v1=2 m/s，所以线圈AB边刚进入磁场时感应电动势的大小为E=BLv1=0.4V，答案B错误；线框在穿越磁场的过程中，运用动能定理得：（F-f）d+W=12mv22-12mv21.
解得：线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热为Q=-W=0.25 J，答案C正确，答案D错误.综合上面分析可得：本题答案选A、C.
21.AC解析不妨设弹簧和杆垂直时，小球的位置为C点；弹簧处于原长时，小球的位置为D点，由牛顿第二定律可得：小球在C点和D点时，小球的加速度都为g，答案A正确；由功率的公式P=Fvcosθ可得：小球在A点，小球的速度为零，弹簧弹力的功率为零；小球在C点时，小球的速度方向和弹簧的弹力方向垂直，弹簧弹力的功率为零；小球在D点，弹簧处于原长，弹簧的功率为零，弹簧弹力的功率为零.综合上面分析可得：弹簧弹力的功率为零的位置有三个，答案B错误；由于弹簧的弹性势能的表达式 EP=12kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的伸长量或压缩量），由于OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等，所以小球在 A点时弹簧处于压缩状态和小球在B点时弹簧处于伸长状态，且弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等；又由于弹簧对物体做正功，弹簧的弹性势能减小，弹簧的弹性势能减小量等于弹簧对物体做正功的多少；弹簧对物体做负功，弹簧的弹性势能增大，弹簧的弹性势能增加量等于物体克服弹簧做正功的多少，所以在小球由A到B的过程中弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功，答案C正确；
小球从A点到C点，弹簧的压缩量越来越大，弹簧的弹性势能越来越大；小球从A点到D点，弹簧的压缩量越来越小，弹簧的弹性势能越来越小；小球从D点到B点，弹簧的伸长量越来越大，弹簧的弹性势能越来越大；综合上面分析可得：在小球由A到B的过程中弹簧的弹性势能先增大再减小最后增大.由于弹簧、小球与地球组成的系统的机械能守恒，所以小球与地球组成的系统的机械能先减小后增大最后减小，答案D错误.综合上面分析可得：本题答案选AC.
22.（1）ΔEP=mgs （2分）ΔEK=m（s3-s1）f 28 （2分）
（2） a=9.5 m/s2 （2分）
解析（1）重锤重力势能的减少量ΔEP=mgS2.打C点时重锤的速度vC=vBD=s3-s12T，T=1f，重锤动能的增加量为ΔEK=12mv2C=m（s3-s1）f 28.
（2）AB=s1-s0，CD=s3-s2，CD-AB=2aT2， 即：s3+s0-s1-s2=2aT2
可得： a=s3+s0-S1-s22T2=（30.4+1.9-7.6-17.1）×10-32×0.02×0.02m/s2=9.5m/s2
23.（1）（3分）F B D
（2）（4分）如图19所示
（3）（4分） Rx=I2（R2+RA2）URV-I2I21.5mA
图19解析⑴由于额定电压为3 V的LED灯正常工作时，电阻大约500Ω，所以LED灯正常工作时的电流大约为I灯=U灯R灯=6mA.由于某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，所以定值电阻和电表2上的总电压为3V.电压表V（量程为0至12 V，内阻RV=1 kΩ）相当于量程大小为Im=12 mA的电流表.
若电表2为电流表A1，定值电阻R1=697 Ω，LED灯正常工作时电路中的总电流大约为6 mA，电表1无论是电流表A2，还是电压表V都不可以；所以电表2为电流表A2，定值电阻为R2=1985Ω，LED灯正常工作时流过电流表A2的电流为IA2=U灯R2+RA2=1.5mA，此时电路中的总电流大约为7.5mA，电表1.
选电压表V.即：电表1为F，电表2为B，定值电阻为D.
（2）如图19所示
（3） 由电路的串并联知识可得：I总=IA2+I灯，即：URV=I2+I2（R2+RA2）Rx
解得：Rx=I2（R2+RA2）URV-I2
24.6 m/s解析由于两物块与地面的动摩擦因数相同，则两物块加速度相同，设为a.
相遇时，两物块位移大小之和为d，有d=（v1t-12at2）+（v2t-12at2） （2分）
根据上述列式计算得到a=0.175 m/s2，（2分）则20 s后m2已经停止运动（1分）
d=（v1t-12at2）+v222a （4分）
解得：a=0.2 m/s2 （1分）
vt=v0-at=6 m/s （2分）
图2025.（18分）解：（1）由几何关系知：质子再次回到OP时应平行于x轴正向进入Ⅱ区，设质子从OP上的C点进入Ⅱ区后再从D点垂直x轴进入第四象限，轨迹如图20. （2分）
由几何关系可知：O1C⊥Ox，O1C与Ox的交点O2即为Ⅱ内圆弧的圆心，△OO1C等边三角形.
设质子在Ⅰ区圆运动半径为r1，在Ⅱ区圆运动半径为r2，则：
r2=r1sin30°=12r1 （2分）
由qBv=mv2r1得：r1=mvqB， （2分） 同理得： r2=mvqB2
即区域Ⅱ中磁场的磁感应强度：
B2=2B （2分）
（2）D点坐标：
xD=r1cos30°+r2=（3+1）2mvqB （2分）
质子从D点再次到达y轴的过程，
W电=qU=qEiΔxi=12q（3Bv2+Bv2）×（3+1）2mvqB=（3+1）2mv2 （2分）
设质子再次到达y轴时的速度大小为v′，
由动能定理：
W电=12mv′2-12mv2 （2分）
得：v′=（2+3）v=2+62 （2分）
因粒子在y轴方向上不受力，故在y轴方向上的分速度不变
如图有： cosα=vv′=2-3=6-22
即方向向左下方与y轴负向成arccos2-3（arccos2+62）的夹角 （2分）
33. 【物理-选修3-3】（15分）
（1）（6分）CDE
（2）（9分）
（1）由题意可知， 部分气体等容变化，而其始末状态压强分别为PA、PA′
PA=h0+h-h=76 cm Hg0 （1分）
PA′=h0+hcosα-h=72.2 cm Hg （1分）
根据查里定律：T1T2=PAPA′=7672.2=2019 （1分）
（2）对B部分气体其始末状态压强PB、PB′分别为：
PB=h0+h=95 cmHg
PB′=h0+hcosα=91.2 cmHg （1分）
设U形管的横截面积为S，倾斜后气体的总长度为l′，由理想气体状态方程：
PBlST1=PB′l′ST2 （2分），所以l′=9596l （2分）
解得：l-l′=196l，即水银柱沿管向下移动了1 cm （1分）
34.[物理-选修3-4]（15分）（1）BDE
（2）解由折射定律得：n=2=sin45°sinγ （2分）
光线进入“道威棱镜”时的折射角：
γ=30° （1分）
全反射临界角：sinC=1n=22 （2分）
即C=45° （1分）
图21如图21所示，光线到达CD边时入射角：θ=75°>C （2分）
光线不能从CD边射出 （1分）
35.【物理——选修3-5】（15分）（1）ACE
（2）（9分）设A开始运动前弹簧对B的冲量为I0，A开始运动时B的速度为v0，A开始运动前的过程中根据动量定理：
I-I0=mv0 （2分）
而A开始运动后，到弹簧形变量最大时，A、B速度相等，且该过程中系统动量守恒，能量也守恒，则：
mv0=（M+m）v （1分）
12mv20+E1=12（M+m）v2+E2 （2分）
解得：I0=I-2m（M+m）M（E2-E1） （2分）
而A开始运动前油泥层黏力的冲量与弹簧对A的弹力的冲量大小相等，则：
I0′=I-2m（M+m）M（E2-E1） （1分）
（收稿日期：2014-12-10）
图114.如图1所示物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中|AB|=2m，|BC|=3m.若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于 （ ）.
A.34m B.89m C.98m D.43m
15.某同学在实验室中找到一根拉力弹簧，经测量发现其弹力F与弹簧伸长量x的关系如图2甲所示（图中F0、F1、x1已知）.现将这根弹图2簧上端固定，下端接一质量为m的小球，如图2乙所示，待小球静止后，将小球向下拉一小段距离（在弹簧的弹性限度内），此时弹簧的伸长量为x2，然后由静止释放小球，小球在竖直方向振动.弹簧质量可忽略不计，重力加速度为g.当小球速度达到最大时弹簧的伸长量为（ ）.
A.mgx1F1 B.mgx1F1-F0
C.（mg-F0）x1F1-F0 D. （mg-F0）（x2-x1）F1F0
16.“北斗”卫星导航定位系统由5颗静止轨道卫星（同步卫星）和30颗非静止轨道卫星组成， 30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星平均分布在倾角为55°的三个平面上，轨道高度约为21500km，静止轨道卫星的高度约为36000km，已知地球半径为6400km.下列说法中正确的是（ ）.
A.质量小的静止轨道卫星的高度比质量大的静止轨道卫星的高度要低
B.地球赤道上物体随地球自转的向心加速度小于中轨道卫星的向心加速度
C.地球赤道上物体随地球自转的线速度大于中轨道卫星的线速度
D.中轨道卫星的线速度大于7.9 km/s
17.无限大接地金属板和板前一点电荷形成的为 （ ）.
A.A+1A-1 B. A-1A+1
C. 4A（A+1）2 D. （A+1）2（A-1）2
解析设碰撞前后中子的速率分别为v1、v1′，碰撞后原子核的速率为v2，中子的质量为m1，原子核的质量为m2，则m2=Am1.
根据完全弹性碰撞中遵循动量守恒定律和能量守恒定律有：
m1v1=m2v2+m1v1′
12m1v21=12m2v22+12m1v′21
结合m2=Am1，可解得碰后中子的速率
v1′=A-1A+1v1
因此碰撞前后中子速率之比v1v1′=A+1A-1，所以A正确.
反思与小结：利用动量和能量的观点解题的技巧
（1）若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律（机械能守恒定律）解题.
（2）若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理.
（3）因为动量守恒定律、能量守恒定律（机械能守恒定律）、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的简便之处.特别是对于变力做功的问题，就更能显示出它们的优越性了.
（收稿日期：2014-12-14）电场区域，和两个等量异号的点电荷形成的电图3场等效.如图3所示P为一无限大金属板，Q为板前距板为r的一带正电的点电荷，MN为过Q点和金属板垂直的直线，直线上A、B是和Q点的距离相等的两点.下面关于A、B两点的电场强度EA和EB、电势φA和φB判断正确的是（ ）.
A.EA>EB，φA<φBB.EA>EB，φA>φB
C.EA>EB，φA=φBD.EA=EB，φA>φB
图418.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点.如图4所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象（电池内阻不是常数），图线b是某电阻R的U-I图象.在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为（ ）.
A.10ΩB.8.0ΩC.12ΩD. 12.5Ω
图519.如图5所示，半径分别为R和r（R>r）的甲、乙两光滑半圆轨道放置在同一竖直平面内，两轨道之间由一光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两个质量均为m的小球夹住，但不拴接.同时释放两小球，弹性势能全部转化为两球的动能，若两球获得相等动能，其中有一只小球恰好能通过最高点，两球离开半圆轨道后均做平抛运动落到水平轨道的同一点（不考虑小球在水平面上的反弹）.则（ ）.
A.恰好通过最高点的是b球
B.弹簧释放的弹性势能为5mgR
C.a球通过最高点对轨道的压力为mg
D.CD两点之间的距离为2R+2r（5R-4r）
20.如图6所示，质量为M=0.1kg粗细均匀的导线，绕制成闭合矩形线框，其中长AC=50cm，宽AB=L=20cm，竖直放置在水平面上.中间有一磁感应强度T=1.0T，磁场宽度d=10cm的匀强磁场.线框在水平向右的恒力F=2N的作用下，由静止开始沿水平方向运动，使AB边进入磁场，从右侧以v2=1m/s的速度匀速运动离开磁场，整个过程中始终存在大小恒定的阻力f=1 N，且线框不发生转动.线框AB边离开磁场时感应电流的大小为I，线框AB边刚进入磁场时感应电动势的大小为E，线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热为Q，则（ ）.
图6A.I=5A
B.E=0.2V
C.Q=0.25J
D. Q=0.5J
图721.如图7所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O点，另一端与该小球相连.现将小球从A点由静止释放，沿竖直杆运动到B点，已知OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等.在小球由A到B的过程中（ ）. A.加速度等于重力加速度g的位置有两个
B.弹簧弹力的功率为零的位置有两个
C.弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功
D.小球与地球组成的系统的机械能不是一直减小的，而是先减小后增大
第Ⅱ卷（非选择题，包括必考题和选考题两部分.第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须做答.第33题～第35题为选考题，考生根据要求做答.）
图822. （6分）在用如图8所示的装置“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器在频率为f的交流电源上，从实验中打出的几条纸带中选出一条理想纸带，如图9所示，选取纸带上打出的连续4个点A、B、C、D，各点距起始点O的距离分别为s0、s1、s2、s3，已知重锤的质量为m，当地的重力加速度为g，则：
（1）从打下起始点O到打下C点的过程中，重锤重力势能的减少量为ΔEP=，重锤动能的增加量为ΔEK=.
图9（2）若f=50Hz，且测出s0=1.9mm，s1=7.6mm，s2=17.1mm，s3=30.4mm，可求出当地的重力加速度g=m/s2.
23.（11分）LED绿色照明技术已经走进我们的生活.某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同.
实验室提供的器材有：
A.电流表A1（量程为0至50 mA，内阻RA1约为3Ω）
B.电流表A2（量程为0至3 mA，内阻RA2=15Ω）
C.定值电阻R1=697Ω
D.定值电阻R2=1985Ω
E.滑动变阻器R（0至20Ω）一只
F.电压表V（量程为0至12 V，内阻RV=1kΩ）
G.蓄电池E（电动势为12 V，内阻很小）
F.开关S一只图10
（1）（3分）如图10所示，请选择合适的器材，电表1为 ，电表2为 ，定值电阻为 .（填写器材前的字母编号）
（2）（4分）将采用的电路图补充完整.
（3）（4分）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式RV=（填字母），当表达式中的（填字母）达到，记下另一电表的读数代入表达式，其结果为LED灯正常工作时电阻.
24.（12分）两个小物块放在水平地面上，与地面的动摩擦因数相同，两物块间的距离d=170m，它们的质量分别为m1=2kg、m2=3kg.现令它们分别以初速度v1=10m/s和v2=2m/s相向运动，经过时间t=20s，两物块相遇，试求：两物块相遇时m1的速度.
25.（18分）如图11（a）所示，在空间有一坐标系xoy，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面图11向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为+q的质子（不计重力及质子对磁场的影响）以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直于x轴进入第四象限，第四象限存在沿-x轴方向的特殊电场，电场强度E的大小与横坐标x的关系如图11（b）所示，试求：
（1）区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；
（2）质子再次到达y轴时的速度大小和方向.
选考题（共45分，请考生从给出的三道物理题、三道化学题、二道生物题每科任选一题做答，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）（6分）如图12所示为两分子势能 与两分子间距离的关系曲线，下列说法正确的是：（填入正确选项前的字母.选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）.
图12图13A.当r等于r1时，分子间作用力为零
B.在r>r1区间，分子作用力表现为引力
C.当r等于r2时，分子间作用力为零
D.在r由r1增大到r2过程中分子作用力做正功
E.在r由r2减小到r1过程分子引力和分子斥力都增加，但分子斥力增加的快
（2）（9分）如图13所示粗细均匀的U形管左端封闭，O处由橡皮软管连接，左右两端竖直管内有高为19cm的水银柱封住两部分理想气体A和B，右端水银柱上方和大气相通.大气压强等于76cm汞柱，初始平衡时B部分气体总长度为96cm，现将U形管右边倾斜α=37°角，同时改变环境温度，重新达到平衡时发现左边水银柱恰好在原位置，且右边水银柱没有进入水平管内. 试求：（1）U形管倾斜前后的环境的热力学温度之比为多少；（2）右管内水银柱沿管移动的距离.
34.【物理——选修3-4】（15分）
（1）（6分）一列简谐横波，某时刻的图象如图14甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图14乙所示，则以下说法正确的是 （填正确答案标号.选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分.每选错1个扣3分，最低得分为0分）
图14A.这列波沿x轴正向传播
B.这列波的波速是25 m/s
C.质点P将比质点Q先回到平衡位置
D.经过Δt=0.4s，A质点通过的路程为4m
E.经过Δt=0.8s， 质点通过的位移为零
（2）（9分） “道威棱镜”广泛地应用在光学仪器当中，如图15所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射.从M点发出的一束平行于底边CD的单色光从AC边射入，已知棱镜玻璃的折射率n=2.求光线进入“道威棱镜”时的折射角，并通过计算判断光线能否从CD边射出. 图15图1635.【物理——选修3-5】（15分）
（1） （ 6分）氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氦离子.已知基态的氦离子能量为E1=-54.4 eV，氦离子能级的示意图如图16所示.在具有下列能量的粒子中，能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是（填正确答案标号.选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分.每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A.54.4eV （光子）B.50.4eV （光子）
C.48.4eV （电子）D.42.8eV （光子）
E.40.8eV （电子）
图17（2）（9分）如图17所示，质量分别为M和m的物体A和B静止在光滑水平面上，A左侧被很薄的油泥层粘在竖直墙壁上，AB之间用一轻质弹簧相连.现用一水平向右的外力作用在B上，外力作用一段时间后，A离开墙壁开始运动，此时撤掉外力，且弹簧此时的弹性势能为E1，在以后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值为E2，设外力对B的冲量为I.求从静止到A开始运动的过程中A受到油泥层黏力的冲量.
参考答案
14.C解析设物体通过AB的时间为T，物体的加速度大小为a，根据“做匀加速直线运动的物体在连续相等的时间内通过的位移差为定值”可得：|BC|-|AB|=aT2=1m；根据“做匀加速直线运动的物体在某一段时间内的平均速度等于这一段时间内中间时刻的瞬时速度”可得：B点的速度vB=|BC|+|AB|2T=52T.由x=v2t-v202a得：|OB|=258aT2=258m，进一步可得：O、A两点之间的距离等于98m，答案C正确.
15.C解析题中所述弹簧是一种特殊的弹簧，自然状态下，弹簧的各圈是紧密挨在一起的，并且相互是挤压的，如果将弹簧的一端固定，另一端用一个从零逐渐增大的力拉弹簧，弹簧并不会马上就伸长，而是要大于某一值时才会发生形变，也就是题中的F0，这个力叫做这个弹簧的初始张力.实际上F0是一个临界状态，当作用力为F0时，我们认为弹簧没有伸长，此时弹簧各圈间还接触，但已经没有挤压作用了.对于这样的弹簧我们要注意，F=kx（k为劲度系数，x为形变量）已经不适用了，题中所述弹簧的弹力可表示为F=F0+kx（F0为初始张力，k为劲度系数，x为形变量），由题中的图2甲可知，k=F1-F0x1.
当小球在竖直方向振动的时候，当弹簧的弹力F=mg时小球的速度最大，设此时弹簧的形变量为x′，则有F0+kx′=mg，代入上面k的表达式，化简可得x′=（mg-F0）x1F1-F0.
16. B 解析由于地球的静止轨道卫星就是地球的同步卫星，地球的同步卫星的周期和地球的自转周期相同，都是T=24h，由GMmr2=mr4π2T2可得：T=2πr3GM，所以所有地球的同步卫星都在赤道的正上方，且卫星到地心的距离为定值，和同步卫星的质量无关，答案A错误；由ω=2πT可得：地球赤道上物体随地球自转的角速度和同步卫星的角速度相同，即ω赤=ω同，设地球的半径为R，同步卫星离地面的高度为h，由a=rω2得：a赤=Rω2赤，a同=（R+h）ω2同，可得：a赤
由电势差定义得：UAB=Wq=kQrA-kQrB=φA-φB.若以无穷远处为零电势，即把rB→∞，φB=0.则φA=kQrA.即： 若以无穷远处为零电势，正点电荷在离正点电荷距离大小为rA的A点的电势为φA=kQrA
无限大接地金属板和板前一点电荷形成的电场区域，和两个等量异号的点电荷形成的电场等效，本题中设AQ=BQ=d，则：φA=kQd+-kQ2r-d=kQd-kQ2r-d，φB=kQd+-kQ2r+d=kQd-kQ2r+d，φA<φB；EA=kQd2+kQ（2r-d）2，EB=kQd2-kQ（2r+d）2，EA>EB，A正确.
18. B 解析由图象可得：硅光电池的电动势为E=3.6V，由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可得：3.6=2+0.2r，解得：r=8.0Ω，答案B正确.
19.BD解析小球a恰好通过最高点时，轨道对小球a的压力为零，小球a的重力提供向心力，则：mg=mv2aR，解得：va=gR，同理若小球b恰好通过最高点时，小球b在最高点速度为vb=gr，由于R>r，所以va>vb，若小球b恰好通过最高点时，小球a未到达最高点就已经脱离轨道，所以本题中恰好通过最高点的为a球，轨道对小球a的压力为零，答案A和C都是错误的.同时释放两小球，弹性势能全部转化为两球的动能，两球获得相等动能，设两球获得的相等动能为EK，对小球a由机械能守恒定律得：EK=12mv2a+2mgR=52mgR，对a、b和轻弹簧组成的系统由机械能守恒得：EP弹=2EK=5mgR，即弹簧释放的弹性势能为5mgR，答案B正确；小球b在最高点的速度为vb′，对小球b由机械能守恒定律得：EK=12mv′2b+2mgr=52mgR，解得：v′b=g（5R-4r），小球b离开最高点后做平抛运动，则：xb=vb′tb、2r=12gt2b，解得：xb=2r（5R-4r）；小球a离开最高点后做平抛运动，则：xa=va′ta、2R=12gt2a，解得：xa=2R；由几何关系可得： CD两点之间的距离为CD=xa+xb=2R+2r（5R-4r），答案D正确.综合上面分析可得：本题答案选BD.
20. AC解析由于线框离开磁场时已经匀速运动，由物体的平衡可得：F=f+BIL.
所以线框AB边离开磁场时感应电流的大小为I=F-fBL=5A，答案A正确；线框AB边进入磁场前，线框做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得： F-f=ma， 解得： a=F-fm=10 m/s2，设AB边刚进入磁场时的速度大小为v1，由x=v2t-v202a得：v21=2as.解得： v1=2 m/s，所以线圈AB边刚进入磁场时感应电动势的大小为E=BLv1=0.4V，答案B错误；线框在穿越磁场的过程中，运用动能定理得：（F-f）d+W=12mv22-12mv21.
解得：线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热为Q=-W=0.25 J，答案C正确，答案D错误.综合上面分析可得：本题答案选A、C.
21.AC解析不妨设弹簧和杆垂直时，小球的位置为C点；弹簧处于原长时，小球的位置为D点，由牛顿第二定律可得：小球在C点和D点时，小球的加速度都为g，答案A正确；由功率的公式P=Fvcosθ可得：小球在A点，小球的速度为零，弹簧弹力的功率为零；小球在C点时，小球的速度方向和弹簧的弹力方向垂直，弹簧弹力的功率为零；小球在D点，弹簧处于原长，弹簧的功率为零，弹簧弹力的功率为零.综合上面分析可得：弹簧弹力的功率为零的位置有三个，答案B错误；由于弹簧的弹性势能的表达式 EP=12kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的伸长量或压缩量），由于OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等，所以小球在 A点时弹簧处于压缩状态和小球在B点时弹簧处于伸长状态，且弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等；又由于弹簧对物体做正功，弹簧的弹性势能减小，弹簧的弹性势能减小量等于弹簧对物体做正功的多少；弹簧对物体做负功，弹簧的弹性势能增大，弹簧的弹性势能增加量等于物体克服弹簧做正功的多少，所以在小球由A到B的过程中弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功，答案C正确；
小球从A点到C点，弹簧的压缩量越来越大，弹簧的弹性势能越来越大；小球从A点到D点，弹簧的压缩量越来越小，弹簧的弹性势能越来越小；小球从D点到B点，弹簧的伸长量越来越大，弹簧的弹性势能越来越大；综合上面分析可得：在小球由A到B的过程中弹簧的弹性势能先增大再减小最后增大.由于弹簧、小球与地球组成的系统的机械能守恒，所以小球与地球组成的系统的机械能先减小后增大最后减小，答案D错误.综合上面分析可得：本题答案选AC.
22.（1）ΔEP=mgs （2分）ΔEK=m（s3-s1）f 28 （2分）
（2） a=9.5 m/s2 （2分）
解析（1）重锤重力势能的减少量ΔEP=mgS2.打C点时重锤的速度vC=vBD=s3-s12T，T=1f，重锤动能的增加量为ΔEK=12mv2C=m（s3-s1）f 28.
（2）AB=s1-s0，CD=s3-s2，CD-AB=2aT2， 即：s3+s0-s1-s2=2aT2
可得： a=s3+s0-S1-s22T2=（30.4+1.9-7.6-17.1）×10-32×0.02×0.02m/s2=9.5m/s2
23.（1）（3分）F B D
（2）（4分）如图19所示
（3）（4分） Rx=I2（R2+RA2）URV-I2I21.5mA
图19解析⑴由于额定电压为3 V的LED灯正常工作时，电阻大约500Ω，所以LED灯正常工作时的电流大约为I灯=U灯R灯=6mA.由于某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，所以定值电阻和电表2上的总电压为3V.电压表V（量程为0至12 V，内阻RV=1 kΩ）相当于量程大小为Im=12 mA的电流表.
若电表2为电流表A1，定值电阻R1=697 Ω，LED灯正常工作时电路中的总电流大约为6 mA，电表1无论是电流表A2，还是电压表V都不可以；所以电表2为电流表A2，定值电阻为R2=1985Ω，LED灯正常工作时流过电流表A2的电流为IA2=U灯R2+RA2=1.5mA，此时电路中的总电流大约为7.5mA，电表1.
选电压表V.即：电表1为F，电表2为B，定值电阻为D.
（2）如图19所示
（3） 由电路的串并联知识可得：I总=IA2+I灯，即：URV=I2+I2（R2+RA2）Rx
解得：Rx=I2（R2+RA2）URV-I2
24.6 m/s解析由于两物块与地面的动摩擦因数相同，则两物块加速度相同，设为a.
相遇时，两物块位移大小之和为d，有d=（v1t-12at2）+（v2t-12at2） （2分）
根据上述列式计算得到a=0.175 m/s2，（2分）则20 s后m2已经停止运动（1分）
d=（v1t-12at2）+v222a （4分）
解得：a=0.2 m/s2 （1分）
vt=v0-at=6 m/s （2分）
图2025.（18分）解：（1）由几何关系知：质子再次回到OP时应平行于x轴正向进入Ⅱ区，设质子从OP上的C点进入Ⅱ区后再从D点垂直x轴进入第四象限，轨迹如图20. （2分）
由几何关系可知：O1C⊥Ox，O1C与Ox的交点O2即为Ⅱ内圆弧的圆心，△OO1C等边三角形.
设质子在Ⅰ区圆运动半径为r1，在Ⅱ区圆运动半径为r2，则：
r2=r1sin30°=12r1 （2分）
由qBv=mv2r1得：r1=mvqB， （2分） 同理得： r2=mvqB2
即区域Ⅱ中磁场的磁感应强度：
B2=2B （2分）
（2）D点坐标：
xD=r1cos30°+r2=（3+1）2mvqB （2分）
质子从D点再次到达y轴的过程，
W电=qU=qEiΔxi=12q（3Bv2+Bv2）×（3+1）2mvqB=（3+1）2mv2 （2分）
设质子再次到达y轴时的速度大小为v′，
由动能定理：
W电=12mv′2-12mv2 （2分）
得：v′=（2+3）v=2+62 （2分）
因粒子在y轴方向上不受力，故在y轴方向上的分速度不变
如图有： cosα=vv′=2-3=6-22
即方向向左下方与y轴负向成arccos2-3（arccos2+62）的夹角 （2分）
33. 【物理-选修3-3】（15分）
（1）（6分）CDE
（2）（9分）
（1）由题意可知， 部分气体等容变化，而其始末状态压强分别为PA、PA′
PA=h0+h-h=76 cm Hg0 （1分）
PA′=h0+hcosα-h=72.2 cm Hg （1分）
根据查里定律：T1T2=PAPA′=7672.2=2019 （1分）
（2）对B部分气体其始末状态压强PB、PB′分别为：
PB=h0+h=95 cmHg
PB′=h0+hcosα=91.2 cmHg （1分）
设U形管的横截面积为S，倾斜后气体的总长度为l′，由理想气体状态方程：
PBlST1=PB′l′ST2 （2分），所以l′=9596l （2分）
解得：l-l′=196l，即水银柱沿管向下移动了1 cm （1分）
34.[物理-选修3-4]（15分）（1）BDE
（2）解由折射定律得：n=2=sin45°sinγ （2分）
光线进入“道威棱镜”时的折射角：
γ=30° （1分）
全反射临界角：sinC=1n=22 （2分）
即C=45° （1分）
图21如图21所示，光线到达CD边时入射角：θ=75°>C （2分）
光线不能从CD边射出 （1分）
35.【物理——选修3-5】（15分）（1）ACE
（2）（9分）设A开始运动前弹簧对B的冲量为I0，A开始运动时B的速度为v0，A开始运动前的过程中根据动量定理：
I-I0=mv0 （2分）
而A开始运动后，到弹簧形变量最大时，A、B速度相等，且该过程中系统动量守恒，能量也守恒，则：
mv0=（M+m）v （1分）
12mv20+E1=12（M+m）v2+E2 （2分）
解得：I0=I-2m（M+m）M（E2-E1） （2分）
而A开始运动前油泥层黏力的冲量与弹簧对A的弹力的冲量大小相等，则：
I0′=I-2m（M+m）M（E2-E1） （1分）
（收稿日期：2014-12-10）