2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 單科標(biāo)準(zhǔn)練2

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1、 單科標(biāo)準(zhǔn)練(二) (時間：70分鐘　分值：110分) 第Ⅰ卷 一、選擇題：本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分． 14．一個物體在四個外力作用下做勻速直線運(yùn)動．如果其中一個外力F方向保持不變，而大小逐漸減小直至等于零．則在這一過程中，物體運(yùn)動的速度可能是(　　) A．速度的大小越來越小，減小到零后又反向運(yùn)動，速度最后趨于恒定 B．速度的大小越來越大，再越來越小，速度最后趨于恒定 C．速度大小越來越小，方向時刻改變，最后趨于恒定 D．

2、速度大小越來越大，方向時刻改變 D　[物體在四個外力作用下做勻速直線運(yùn)動，物體所受的合外力為零，所受的另外三個外力的合力與該外力F的大小相等、方向相反．當(dāng)F逐漸減小時，剩余其他外力的合力反向且逐漸增大，當(dāng)外力F和物體初速度方向在一條直線上時，如果方向一致，物體將先做減速運(yùn)動，減小到零后再做加速運(yùn)動，速度越來越大，選項A錯誤；如果外力F的方向與初速度的方向相反，當(dāng)F逐漸減小直至等于零的過程中，物體的速度越來越大，不會趨于恒定，選項B錯誤；當(dāng)F的方向和初速度的方向不在一條直線上時，物體的速度大小和方向都會改變，當(dāng)其余三個外力的合力和速度方向的夾角大于90°時，速度大小越來越小，方向時刻改變，選項

3、C錯誤；當(dāng)其余三個外力的合力和速度方向的夾角小于90°時，速度大小越來越大，方向時刻改變，選項D正確．] 15．下列說法不正確的是(　　) A．玻爾大膽提出假設(shè)，認(rèn)為實(shí)物粒子也具有波動性 B．放射性元素與別的元素形成化合物時仍具有放射性 C．氫原子從能級4躍遷到能級3輻射出的光子的波長大于從能級2躍遷到能級1輻射出的光子的波長 D．在光電效應(yīng)實(shí)驗中，用同種頻率的光照射不同的金屬表面，從金屬表面逸出的光電子的最大初動能Ek越大，則這種金屬的逸出功W0越小 A　[德布羅意提出實(shí)物粒子也具有波動性，故A錯誤；放射性元素的放射性與核外電子無關(guān)，故放射性元素與別的元素形成化合物時仍具有放射性

4、，故B正確；根據(jù)玻爾理論，氫原子從能級4躍遷到能級3輻射出的光子的波長大于從能級2躍遷到能級1輻射出的光子的波長，選項C正確；在光電效應(yīng)實(shí)驗中，根據(jù)Ek＝hν－W0可知，用同種頻率的光照射不同的金屬表面，從金屬表面逸出的光電子的最大初動能Ek越大，這種金屬的逸出功W0越小，選項D正確．] 16．有兩顆質(zhì)量不等，在圓軌道運(yùn)行的人造地球衛(wèi)星．用T表示衛(wèi)星的運(yùn)行周期，用p表示衛(wèi)星的動量，則有關(guān)軌道半徑較大的那顆衛(wèi)星的周期T、動量p和機(jī)械能，下列說法中正確的是(　　) A．周期T較大，動量p也一定較大，機(jī)械能也大 B．周期T較大，動量p可能較小，機(jī)械能不能確定 C．周期T較小，動量p也較大，機(jī)

5、械能大 D．周期T較小，動量p也較小，質(zhì)量大的衛(wèi)星的機(jī)械能也大 B　[在圓軌道上運(yùn)行的人造地球衛(wèi)星，其所需的向心力是由地球?qū)πl(wèi)星的萬有引力提供的，即G＝，可得：v＝，由p＝mv可知，衛(wèi)星動量的大小與物體的速度和質(zhì)量大小都有關(guān)，軌道半徑大的衛(wèi)星運(yùn)行速度小，但質(zhì)量不確定，因此動量不一定大，機(jī)械能也不一定大，再根據(jù)G＝mr，可得T＝，軌道半徑r越大，人造衛(wèi)星的運(yùn)行周期T越大，所以選項A、C、D錯誤，選項B正確．] 17.如圖1所示為某質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動時的v–t圖象，圖象關(guān)于圖中虛線對稱，則在0～t1時間內(nèi)，關(guān)于質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動，下列說法正確的是(　　) 圖1 A．若質(zhì)點(diǎn)能兩次到達(dá)某一位置，則兩

6、次到達(dá)這一位置的速度大小一定相等 B．若質(zhì)點(diǎn)能兩次到達(dá)某一位置，則兩次的速度都不可能為零 C．若質(zhì)點(diǎn)能三次通過某一位置，則可能三次都是加速通過該位置 D．若質(zhì)點(diǎn)能三次通過某一位置，則可能兩次加速通過，一次減速通過 D　[如圖所示，畫出質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的過程圖，質(zhì)點(diǎn)在0～t1時間內(nèi)能兩次到達(dá)的位置有兩個，分別對應(yīng)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動速度為零的兩個位置，因此A、B錯誤；在質(zhì)點(diǎn)沿負(fù)方向加速運(yùn)動的過程中，質(zhì)點(diǎn)可三次通過某一位置，這時質(zhì)點(diǎn)兩次加速，一次減速，在質(zhì)點(diǎn)沿負(fù)方向減速運(yùn)動的過程中，質(zhì)點(diǎn)可三次通過某一位置，這時質(zhì)點(diǎn)兩次減速，一次加速，C項錯誤，D項正確．] 18.一臺理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比是5∶1，

7、原線圈接入電壓為220 V的正弦交流電，一個滑動變阻器R接在副線圈上，如圖2所示，電壓表和電流表均為理想交流電表．則下列說法正確的是(　　) 圖2 A．原、副線圈中的電流之比為5∶1 B．電壓表的示數(shù)為44 V C．若滑動變阻器接入電路的阻值為20 Ω，則1 min內(nèi)產(chǎn)生的熱量為2 904 J D．若將滑動變阻器的滑片向上滑動，則兩電表的示數(shù)均減小 B　[由理想變壓器的電流和電壓的關(guān)系可知，原、副線圈電流比為1∶5，電壓表示數(shù)為44 V，故A錯誤，B正確；由Q＝t可求得Q＝5 808 J，故C錯誤；電壓表測的是副線圈兩端的電壓，因此無論滑片如何移動其示數(shù)均不變，故D錯誤．]

8、19.如圖3所示，兩帶有等量異種電荷的平行金屬板M、N水平放置，a、b為同一條電場線上的兩點(diǎn)．若將一質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子分別置于a、b兩點(diǎn)，則粒子在a點(diǎn)時的電勢能大于其在b點(diǎn)時的電勢能；若將該粒子從b點(diǎn)以初速度v0豎直向上拋出，則粒子到達(dá)a點(diǎn)時的速度恰好為零．已知a、b兩點(diǎn)間的距離為d，金屬板M、N所帶電荷量始終不變，不計帶電粒子的重力，則下列判斷中正確的是(　　) 圖3 A．a(chǎn)點(diǎn)電勢一定低于b點(diǎn)電勢 B．兩平行金屬板間形成的勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為 C．a(chǎn)、b兩點(diǎn)間的電勢差為Uab＝ D．若將M、N兩板間的距離稍微增大一些，則a、b兩點(diǎn)間的電勢差變小 AB　[由于－q

9、φa＞－qφb，所以φa＜φb，即a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢，選項A正確；由動能定理可知：－qEd＝0－mv，解得該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為：E＝，選項B正確；由于a、b兩點(diǎn)間的距離為d，則由Uba＝Ed可得：Uba＝，故Uab＝－，選項C錯誤；若將M、N兩板間的距離稍微增大一些，設(shè)兩板間的距離為d′，則有C＝，C＝，U＝Ed，聯(lián)立以上三式可得：E＝，故勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小不變，故a、b兩點(diǎn)間的電勢差不變，選項D錯誤．] 20.如圖4所示，傾角為α的斜面固定在水平地面上，斜面上有兩個質(zhì)量均為m的小球A、B，它們用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連接，現(xiàn)對A施加一個水平向右大小為F＝mg的恒力，使A、B在斜面

10、上都保持靜止，如果斜面和兩個小球的摩擦均忽略不計，此時彈簧的長度為L，則下列說法正確的是(　　) 圖4 A．彈簧的原長為L－ B．斜面的傾角為α＝30° C．撤掉恒力F的瞬間小球A的加速度不變 D．撤掉恒力F的瞬間小球B的加速度為0 ABD　[對小球B進(jìn)行受力分析，由平衡條件可得：kx＝mgsin α，解得x＝，所以彈簧的原長為L－x＝L－；對小球A進(jìn)行受力分析，由平衡條件可得：Fcos α＝mgsin α＋kx，解得：α＝30°，所以彈簧的原長為L－，選項A、B正確．撤掉恒力F的瞬間，對A進(jìn)行受力分析，可得mgsin α＋kx＝maA，小球A此時的加速度aA＝g，選項C錯誤．

11、撤掉恒力F的瞬間，彈簧彈力不變，B球所受合力不變，故B球的加速度為零，選項D正確．] 21.如圖5所示，金屬線圈B和金屬線圈A是同心圓，半徑分別為r1、r2，若給A線圈通以電流，結(jié)果B線圈中產(chǎn)生順時針方向的電流，且電流大小恒定為I，線圈B的電阻為R，則下列說法不正確的是(　　) 圖5 A．A線圈中的電流一定沿順時針方向 B．A線圈中的電流一定是均勻增大的 C．B線圈中磁通量的變化率一定為IR D．B線圈一定有收縮的趨勢 ABD　[由于B線圈中產(chǎn)生順時針方向的電流，則根據(jù)楞次定律可知，A線圈中的電流可能是順時針方向減小，也可能是逆時針方向增大，A項錯誤；由于B線圈中的電流恒定，

12、因此磁場均勻變化，A線圈中的電流可能均勻增大，也可能均勻減小，B項錯誤；由歐姆定律及法拉第電磁感應(yīng)定律，＝IR，C正確；如果A線圈中的電流減小，根據(jù)楞次定律可知，B線圈有擴(kuò)張趨勢，D項錯誤．] 第Ⅱ卷 二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第22～25題為必考題，每個試題考生都必須作答．第33～34題為選考題，考生根據(jù)要求作答． (一)必考題：共47分． 22．(6分)用如圖6甲所示的裝置來探究由m1、m2組成的系統(tǒng)的機(jī)械能．通過光滑的定滑輪用輕繩的兩端連接著質(zhì)量為m1和m2的兩物塊，m1下端與穿過打點(diǎn)計時器的紙帶相連接．如果讓m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶被打出一系列的

13、點(diǎn)，如圖乙所示是實(shí)驗中獲取的一條紙帶，O是打下的第一個點(diǎn)，每相鄰兩計數(shù)點(diǎn)間的時間間隔為T，測得OC＝h，BC＝h1，CD＝h2，m1

14、___． 【解析】　(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動中間時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度可得，紙帶在BD段的平均速度為＝vC＝. (2)從打下O點(diǎn)到打下C點(diǎn)的過程中系統(tǒng)動能的增量Ek＝(m1＋m2)v＝；系統(tǒng)勢能的減少量ΔEp＝(m2－m1)gh. (3)通過測量紙帶上各計數(shù)點(diǎn)的數(shù)據(jù)，根據(jù)上面的計算判定系統(tǒng)機(jī)械能的變化關(guān)系，在誤差允許范圍內(nèi)，若ΔEk＝ΔEp，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒． 【答案】　(1)(2分)　(2)(1分)　(m2－m1)gh(1分)　(3)在誤差允許范圍內(nèi)，若ΔEk＝ΔEp，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒(2分) 23．(9分)超高亮LED燈與傳統(tǒng)的照明燈相比，有壽命長、低耗、彩色鮮艷

15、、點(diǎn)亮速度快等特點(diǎn)．被廣泛地應(yīng)用于商場照明、舞臺燈光控制、汽車尾燈等諸多領(lǐng)域．為探究LED燈的性能，某興趣小組想描繪某發(fā)光二極管(LED燈)的伏安特性曲線，實(shí)驗測得它兩端的電壓U和通過它的電流I的數(shù)據(jù)如下表所示． 序號 U/(V) I/(mA) 1 0.00 0.00 2 2.56 0.30 3 2.83 2.60 4 2.90 8.21 5 3.00 30.24 (1)實(shí)驗應(yīng)該選擇的電路圖為________________；并根據(jù)你選擇的電路圖，用筆畫線代替導(dǎo)線將實(shí)物圖7甲中的連線補(bǔ)充完整． 甲　　　　　　　　 乙 圖7 (2)根據(jù)實(shí)驗得到

16、的數(shù)據(jù)，在如圖7乙所示的坐標(biāo)紙上描繪出該發(fā)光二極管(LED燈)的伏安特性曲線． (3)采用(1)中所選的電路，發(fā)光二極管(LED燈)電阻的測量值________________(填“大于”“等于”或“小于”)真實(shí)值． (4)若實(shí)驗中該發(fā)光二極管(LED燈)最佳工作電流為8 mA，現(xiàn)將此發(fā)光二極管(LED燈)與電動勢為3 V、內(nèi)阻不計的電源兩端相接，還需要串聯(lián)一個阻值R＝__________Ω的電阻，才能使它工作在最佳狀態(tài)．(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 【解析】　(1)根據(jù)題中表格數(shù)據(jù)可知，發(fā)光二極管(LED燈)的電阻較大，電流表采用內(nèi)接法，選C項；實(shí)物連接如圖： (2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)描繪

17、出該發(fā)光二極管(LED燈)的伏安特性曲線． (3)由于電流表為內(nèi)接法，電流表分壓使測量值偏大． (4)根據(jù)圖象可讀出I＝8 mA時，對應(yīng)的電壓U＝2.88 V，可得串聯(lián)電阻兩端的電壓為0.12 V，故可求出R＝Ω＝15 Ω. 【答案】　(1)C(1分)　如圖所示(2分) (2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)描繪出該發(fā)光二極管(LED燈)的伏安特性曲線如圖所示(2分) (3)大于(2分)　(4)15(2分) 24. (12分)將一輕質(zhì)彈簧豎直地固定在水平地面上，其上端拴接一質(zhì)量為mB＝3 kg的平板，開始時彈簧處于壓縮狀態(tài)，在平板正上方h1＝5 cm處將一質(zhì)量為mA＝1 kg的物塊A無初速

18、度釋放，物塊A與平板碰后合為一體，平板用t＝0.2 s的時間到達(dá)最低點(diǎn)，且下降的高度為h2＝5 cm，再經(jīng)過一段時間平板返回到出發(fā)點(diǎn)，整個過程彈簧始終處在彈性限度以內(nèi)，重力加速度g＝10 m/s2.空氣阻力不計，求： 圖8 (1)上述過程中彈簧的彈性勢能最大為多少？ (2)物塊A與平板由碰撞結(jié)束到平板返回到出發(fā)點(diǎn)的過程中，彈簧的沖量應(yīng)為多大？ 【解析】　(1)設(shè)物塊A與平板碰前瞬間的速度為v0，由機(jī)械能守恒定律得：mAgh1＝mAv代入數(shù)據(jù)解得：v0＝1 m/s(2分) 物塊A與平板碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以物塊A的速度方向為正方向，由動量守恒定律得： mAv0＝(mA＋mB)v

19、 代入數(shù)據(jù)解得：v＝0.25 m/s(2分) 物塊A與平板運(yùn)動到最低點(diǎn)時，彈簧的彈性勢能最大，則由能量守恒定律得： ΔEp＝(mA＋mB)v2＋(mA＋mB)gh2(2分) 代入數(shù)據(jù)解得：ΔEp＝2.125 J．(2分) (2)從碰后到返回碰撞點(diǎn)的過程，以向上為正方向，由動量定理得 I－(mA＋mB)g·2t＝2(mA＋mB)v(2分) 代入數(shù)據(jù)解得：I＝18 N·s.(2分) 【答案】　(1)2.125 J　(2)18 N·s 25．(20分)如圖9所示，左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強(qiáng)磁場的寬度為d，長度足夠長，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里．一個質(zhì)量為m、電荷量

20、大小為q的粒子，以與左邊界PP′成θ＝45°的速度v0垂直射入磁場．不計粒子重力，為了使粒子不能從邊界QQ′射出，求： 圖9 (1)當(dāng)粒子帶正電時，v0的最大值是多少？ (2)當(dāng)粒子帶負(fù)電時，v0的最大值是多少？ (3)兩種情況下粒子在磁場中運(yùn)動的時間之比是多少？ 【解析】　(1)設(shè)帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑為r1，當(dāng)帶電粒子帶正電時，根據(jù)左手定則可以判斷帶電粒子向左側(cè)偏轉(zhuǎn)．當(dāng)粒子恰好不從QQ′邊界射出時，根據(jù)幾何關(guān)系可知：r1＝d＋r1cos 45°(2分) 解得：r1＝(2分) 由于粒子在磁場中運(yùn)動，只受洛倫茲力，洛倫茲力充當(dāng)向心力，則qv0B＝m(2分) 聯(lián)立上式解得

21、：v0＝qBd.(2分) (2)同理當(dāng)粒子帶負(fù)電時，設(shè)帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑為r2，當(dāng)帶電粒子帶負(fù)電時，根據(jù)左手定則可以判斷帶電粒子將向右側(cè)偏轉(zhuǎn)．當(dāng)粒子恰好不從QQ′邊界射出時，根據(jù)幾何關(guān)系可知： r2＋r2cos 45°＝d(2分) 解得r2＝(2分) 洛倫茲力充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定律得 qv0B＝m(2分) 聯(lián)立以上兩式解得：v0＝qBd.(2分) (3)由于粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)T＝可知雖然粒子的帶電性不同，但是兩種粒子在磁場中的運(yùn)動周期和角速度相同，根據(jù)圓周運(yùn)動的角速度公式可得：θ＝ωt(2分) 則兩種情況下粒子在磁場中的運(yùn)動時間之比等于它們在磁場中轉(zhuǎn)

22、過的角度之比 ＝＝＝.(2分) 【答案】　(1)qBd　(2)qBd　(3) (二)選考題：共15分．請考生從2道物理題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分． 33．[物理——選修3－3](15分) (1)(5分)下列說法正確的是__________．(填正確答案標(biāo)號，選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分．每選錯1個扣3分，最低得分為0分) A．液晶具有流動性，其光學(xué)性質(zhì)表現(xiàn)為各向異性 B．太空艙中的液滴呈球狀是完全失重狀態(tài)下液體表面張力的作用 C．任何物體的內(nèi)能都不能為零 D．第二類永動機(jī)是不可能制造出來的，因為它違反了能量守恒定律 E．液體飽和汽的壓

23、強(qiáng)稱為飽和汽壓，大小隨溫度和體積的變化而變化 (2) (10分)如圖10所示，有一上部開有小孔的圓柱形汽缸，汽缸的高度為2L，橫截面積為S，一厚度不計的輕質(zhì)活塞封閉1 mol的單分子理想氣體，開始時活塞距底部的距離為L，氣體的熱力學(xué)溫度為T1，已知外界大氣壓強(qiáng)為p0,1 mol的單分子理想氣體內(nèi)能公式為U＝RT，現(xiàn)對氣體緩慢加熱，求： 圖10 ①活塞恰好上升到汽缸頂部時氣體的溫度和氣體吸收的熱量； ②當(dāng)加熱到熱力學(xué)溫度為3T1時氣體的壓強(qiáng)． 【解析】　(1)液晶具有流動性，其光學(xué)性質(zhì)表現(xiàn)為各向異性，選項A正確；太空艙中的液滴呈球狀是完全失重狀態(tài)下液體表面張力的作用，選項B正確；內(nèi)

24、能是物體內(nèi)所有分子的動能與勢能之和，分子永不停息地運(yùn)動著，選項C正確；第二類永動機(jī)是不可能制造出來的，因為它違反了熱力學(xué)第二定律，選項D錯誤；飽和汽壓不隨體積而變化，選項E錯誤． (2)①開始加熱后活塞上升的過程中封閉氣體做等壓變化，V1＝LS，V2＝2LS 由＝解得：T2＝2T1(2分) 由熱力學(xué)第一定律可知： ΔU＝W＋Q，ΔU＝R(T2－T1)，W＝－p0(V2－V1)(2分) 解得：Q＝RT1＋p0LS.(2分) ②設(shè)當(dāng)加熱到3T1時氣體的壓強(qiáng)變?yōu)閜3，在此之前活塞上升到汽缸頂部，對于封閉氣體，由理想氣體狀態(tài)方程． 由＝(2分) 解得：p3＝1.5p0.(2分) 【答

25、案】　(1)ABC　(2)①2T1　RT1＋p0LS　②1.5p0 34．[物理——選修3－4](15分) (1)(5分)一列簡諧橫波在t＝0時刻的圖象如圖11甲所示，平衡位置位于x＝15 m處的A質(zhì)點(diǎn)的振動圖象如圖乙所示，下列說法中正確的是__________．(填正確答案標(biāo)號，選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分．每選錯1個扣3分，最低得分為0分) 甲　　　　　　　　　　乙 圖11 A．這列波沿x軸負(fù)方向傳播 B．這列波的波速是m/s C．從t＝0開始，質(zhì)點(diǎn)P比質(zhì)點(diǎn)Q晚0.3 s回到平衡位置 D．從t＝0到t＝0.1 s時間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)Q加速度越來越小 E．從t

26、＝0到t＝0.6 s時間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)A的位移為0 (2) (10分)如圖12所示是放在空氣中的一根很長的均勻玻璃棒，棒的端面是光滑的，若要求從其端面入射到玻璃棒中的光都能在長玻璃棒內(nèi)傳播，則該玻璃棒應(yīng)滿足什么條件？ 圖12 【解析】　(1)由圖乙可知，A質(zhì)點(diǎn)開始運(yùn)動的方向向上，則這列波沿x軸負(fù)方向傳播，選項A正確；根據(jù)波速公式可得：v＝＝m/s＝m/s，選項B錯誤；t＝0時刻，質(zhì)點(diǎn)P向下運(yùn)動，由圖乙可知，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的周期為1.2 s，由于P點(diǎn)的運(yùn)動是非勻速運(yùn)動，且向下運(yùn)動的速度越來越小，故質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動到最低點(diǎn)的時間大于0.15 s，運(yùn)動到和Q點(diǎn)等位移的位置時，所用的時間大于0.3 s，所以質(zhì)

27、點(diǎn)P比質(zhì)點(diǎn)Q晚回到平衡位置的時間大于0.3 s，選項C錯誤；從t＝0到t＝0.1 s時間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)Q向平衡位置運(yùn)動，所以質(zhì)點(diǎn)Q的加速度越來越小，選項D正確；從t＝0到t＝0.6 s時間內(nèi)，經(jīng)歷了半個周期，質(zhì)點(diǎn)A剛好又回到平衡位置，因此質(zhì)點(diǎn)A的位移為0，選項E正確． (2)了保證從端面入射到玻璃棒中的光都能在長玻璃棒內(nèi)傳播而不從玻璃棒的圓柱面射出，要求從端面入射到玻璃棒中的所有光線在圓柱表面上發(fā)生全反射． 如圖所示，設(shè)光線射入到端面上的入射角為θ1.折射角為θ2，由折射定律有 sin θ1＝nsin θ2(2分)① 這里n是該玻璃棒的折射率，由圖中幾何關(guān)系可得： θ2＋θ3＝(2分)② 由圖可知θ3是折射光線投射到玻璃棒表面上的入射角．若使其在玻璃棒內(nèi)傳播，需在表面發(fā)生全反射，則 θ3＞C(2分)③ 式中C是玻璃全反射的臨界角，它滿足關(guān)系 sin C＝(1分)④ 從玻璃棒端面入射的光線的臨界入射角為 θt＝(1分)⑤ 聯(lián)立解得該玻璃棒的折射率n＞⑥ 所以，若要求從其端面入射到玻璃棒中的光都能在長玻璃棒內(nèi)傳播，則該玻璃棒的玻璃的折射率必須大于.(2分) 【答案】　(1)ADE　(2)玻璃棒的玻璃的折射率大于 12