2020年广东省佛山市南海区执信中学高考物理模拟试卷(4月份)(含答案解析)

2020年广东省佛山市南海区执信中学高考物理模拟试卷（4月份）
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.如图所示为一种常见的电子台秤，质量为M0的秤盘置于压力传感器上，传感
器输出电压与作用在其上的压力成正比，当秤盘没有放入物体时，传感器输
出电压为U。

将某物体放置于秤盘，传感器输出电压为U0，则该物体的质量
为()
A. M0
U0U B. M0
U
U0 C. M0
U0
(U−U0) D. M0
U
(U−U0)
2.实物粒子和光都具有波粒二象性．下列事实中不能体现波动性的是()
A. 电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样
B. β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹
C. 人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构
D. 人们利用电子显微镜观测物质的微观结构
3.如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。

图中画出了从y轴上沿x
轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出
的。

不计空气阻力，则()
A. b的初速度比c的大
B. b和c的飞行时间不相同
C. a的水平速度比b的小
D. a的飞行时间比b的长
4.物体在四个共点力F1、F2、F3、F4作用下处于平衡状态，则以下结论错误的是()
A. F1、F2、F3、F4的合力为零
B. F1、F2、F3的合力与F4大小相等、方向相反
C. F1、F3的合力与F2、F4的合力相同
D. F1、F3的合力与F2、F4的合力大小相等，方向相反
5.某交流发电机的线圈在匀强磁场中绕与磁感应强度方向垂直的转轴匀速
转动时，产生了如图所示的交变电流，若将此交流发电机接在原、副线
圈匝数比为1
20
的理想变压器上，下列说法中正确的是()
A. 副线圈输出电压的频率为100Hz
B. 副线圈输出电压的电大值为620V
C. t=0时刻，发电机的线圈与磁感应强度方向平行
D. 设交流电周期为T，则0～T
8和T
8
～T
4
时间内，感应电动势的平均值之比是2
1
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.我国发射的某卫星，其轨道平面与地球赤道在同一平面内，卫星距地面的高度约为500km，而
地球同步卫星的轨道高度约为36000km，已知地球半径约为6400km.已知地球表面的重力加速度g=10m/s2，关于该卫星，下列说法中正确的是()
A. 该卫星的线速度大小约为7.7km/s
B. 该卫星的加速度大于同步卫星的加速度
C. 一年内，该卫星被太阳光照射时间小于同步卫星被太阳光照射时间
D. 该卫星的发射速度小于第一宇宙速度
7.如图所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相
互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转，
不考虑电子本身的重力．设两极板间电场强度为E磁感应强度为
B欲使电子沿直线从电场和磁场区域中通过，只采取下列措施，
其中可行的是()
A. 适当减小电场强度E
B. 适当减小磁感应强度B
C. 适当增大加速电场的宽度
D. 适当增大加速电压U
8.光滑水平面上有一质量为M=6kg足够长的木板，在木板上轻轻地放上一质量为m=3kg的小
滑块，如图所示，已知小滑块和长木板之间的动摩擦因数μ=0.1，现对长木板施加水平拉力F，且F从零开始均匀增加，取g=10m/s2，则()
A. 小滑块的加速度随F增大一直增加
B. 当F=4N时，小滑块与木板之间发生相对滑动
C. 当F=12N时，滑块加速度大小为1m/s2
D. 当F=3N时，滑块与木板间的摩擦力为1N
9.关于气体分子的运动情况，下列说法中正确的是()
A. 某一时刻具有任一速率的分子数目是相等的
B. 某一时刻一个分子速度的大小和方向是偶然的
C. 某一时刻向任意一个方向运动的分子数目可以认为是相等的
D. 某一温度下所有气体分子的速率都不会发生变化
10.如图所示，在xOy平面内有一列沿x轴传播的简谐横波，频率为2.5H Z.在
t=0时，P点位于平衡位置，且速度方向向下，Q点位于平衡位置下方
的最大位移处．则在t=0.35s时，P、Q两质点()
A. 位移大小相等，方向相同
B. 速度大小相等，方向相同
C. 速度大小相等，方向相反
D. 加速度大小相等，方向相反
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.如图所示，在水平地面上固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面顶端有一不计质量和摩擦的定
滑轮，一细绳跨过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与物体B连接，物体A、B均处于静止状态细绳与斜面平行。

若将A、B两物体对调，将A置于距地面ℎ高处由静止释放，设A与地面碰撞后立即停止运动，B在斜面运动过程中不与滑轮发生碰撞，重力加速度为g。

试求：
(1)A和B的质量之比；
(2)物体B沿斜面上滑的总时间。

12.现要测量一电动势为4.5V、内阻约为5Ω的电源的电动势和内阻，有下列器材可供选用：电压表
(0−6V)；电流表(0−200mA、内阻r A=5Ω)；滑动变阻器R(最大阻值约10Ω)；定值电阻(R0= 2Ω)一个；开关；导线若干．
(1)把题中所给定的实验器材：电源、开关、电压表、电流表、滑动变阻器组成一个电路，如图1所
示，按照这样的电路进行实验，能够完成测量任务吗？______ .(填“能”或者“不能”)若能，
请说明理由；若不能，请将给定的电阻R0利用起来，在图2中画出改进后的电路图，并说明你这样做的道理．______ ．
(2)根据所给实物器材在图3中连线；
(3)用测量的量表示电源的电动势和内电阻E=______ ，r=______ ．
四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图所示，电源电动势为3V，内阻不计，两个不计电阻的光滑金属
圆环固定，金属环面平行，相距1m，两环分别与电源正负极相连。

现将一质量0.06kg、电阻1.5Ω的导体棒轻放在环上，导体棒与环有良
好电接触。

两环之间有方向竖直向上，磁感应强度为0.4T的匀强磁场。

当开关闭合后，导体棒上滑到PQ位置静止不动，重力加速度g=
10m/s2，试求：
(1)在此位置上棒对每一只环的压力为多少？
(2)若导体棒由环底由静止释放，到达PQ位置时棒对每一只环的压力为多少？
14.如图所示，滑雪运动员质量m=75kg，沿倾角θ=30°的山坡匀
加速滑下，经过1s的时间速度由3m/s增加到7m/s，g取10m/s2，
求：
(1)运动员在这段时间内沿山坡下滑加速度和位移分别是多少？
(2)运动员受到的阻力(包括摩擦和空气阻力)。

15.1mol的理想气体经历一循环过程1−2−3−1，如p−T图示所示，过程1−2是等压过程，
过程3−1是通过p−T图原点的直线上的一段，描述过程2−3的方程为c1p2+c2p=T式中c1和c2都是待定的常量，p和T分别是气体的压强和绝对温度．已知，气体在状态1的压强、绝对温度分别为P1和T1，气体在状态2的绝对温度以及在状态3的压强和绝对温度分别为T2以及p3和T3.
气体常量R也是已知的．
(1)求常量c1和c2的值；
(2)将过程1−2−3−1在p−v图示上表示出来；
(3)求该气体在一次循环过程中对外做的总功．
16. 如图所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ=83°.今有
一束单色光线在横截面内从OA的中点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，一部分光线经AB面反射后恰好未从OB面射出，不考虑多次反射作用．试做出光路图并求玻璃的折射率n．
参考答案及解析
1.答案：D
解析：解：输出电压与作用在其上的压力成正比知：U=KM0g
又U0=K(M0+M)g
(U0−U)，故ABC错误，D正确；
由以上两式可得：M=M0
U
故选：D。

由输出电压与作用在其上的压力成正比知U=KG总，确定出K即可确定重力G，从而确定质量．
本题为传感器类问题的应用，解题的关键在于明确题意，由题找出对应的信息再结合所学物理规律即可求解，注意在求质量要明确压力等于重力．
2.答案：B
解析：
电子束通过双缝实验装置后可形成干涉图样证明了德布罗意波的存在；光电效应证明了光的粒子性，肥皂泡是彩色的，是由于光线在肥皂膜的表面发生干涉造成的证明了光具有波动性；实物粒子也具有波动性，但由于波长太小，我们无法直接观测到；相邻原子之间的距离大致与德布罗意波长相同故能发生明显的衍射现象，证明了光的波动性．本题考查了光的波粒二象性，有时波动性明显，有时粒子性明显．明确各种物理现象的实质和原理才能顺利解决此类题目．
A、干涉是波具有的特性，电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，说明电子具有波动性，所以A不符合题意；
B、β粒子，就是在放射性原子核发生衰变时放出的电子．β粒子在云室中穿过时，能使里面的气体电离，从而留下清晰的径迹，与波动性无关，所以B符合题意；
C、可以利用慢中子衍射来研究晶体的结构，说明中子可以产生衍射现象，说明具有波动性，所以C 不符合题意；
D、人们利用电子显微镜观测物质的微观结构，说明电子可以产生衍射现象，说明具有波动性，所以D不符合题意；
本题选择不能体现波动性，故选：B
3.答案：A
gt2得，小球下落的高度越大，解析：解：BD、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据ℎ=1
2
运动的时间越长，则a的飞行时间比b短，b的飞行时间和c的飞行时间相等，故BD错误。

A、b、c的运动的时间相等，b的水平位移比c的大，由x=v0t知b的初速度比c的大，故A正确。

C、a的运动时间比b的短，水平位移比b的大，由x=v0t知a的初速度比b的大。

故C错误。

故选：A。

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据下落的高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度。

解决本题的关键要掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。

4.答案：C
解析：解：A、物体在四个共点力F1、F2、F3、F4作用下处于平衡状态，则四个力的合外力一定等于
0.故A正确；
B、根据合外力等于0的特点可知，任意一个力都与另外的三个力的合力大小相等，方向相反，所以F1、F2、F3的合力与F4大小相等、方向相反．故B正确；
C、D、根据合外力等于0的特点可知，任意两个力的合力与另外两个力的合力大小相等，方向相反，所以F1、F3的合力与F2、F4的合力大小相等，方向相反．故C错误，D正确．
本题选择错误的，故选：C
物体受多力平衡，则多力的合力为零；则任意一个力都与另外的三个力的合力大小相等，方向相反；任意两个力的合力与另外两个力的合力大小相等，方向相反；可知F1、F2、F3的合力与F4大小相等方向相反；F1、F3的合力与F2、F4的合力大小相等，方向相反．
本题中应用了力的合成中的一个结论：当多力合成其合力为零时，任一力与其他各力的合力大小相等方向相反．
5.答案：C
解析：解：A、从图象中可知交流电的周期T=2×10−2s，则交流电的频率f=1
T =1
2×10−2s
=50Hz，
而变压器不会改变交流电的频率，则副线圈输出电压的频率也为50Hz，故A错误；
B、从图中可知原线圈的电压最大值为310V，则由U1
U2=n1
n2
，得U2=6200V，即副线圈输出电压的最
大值为6200V，故B错误；
C、由交流发动机的原理可知，0时刻电动势最大，即磁通量变化率最大，此时线圈平面与磁场方向平行，故C正确；
D、交流发电机的线圈在匀强磁场中绕与磁场垂直的转轴匀速转动时，开始时的感应电动势最大，则对应的磁通量为0，可知：Φ=Φm sinωt
则当t =T 8时刻：Φ1=Φm sinωt 1=Φm sin(2πT ⋅T 8)=√22Φm 当t =T 4时刻：Φ2=Φm sinωt 2=Φm sin(2πT ⋅T 4)=Φm
由于平均感应电动势E −=N
△Φ△t ， 所以：则0～T 8和T 8～T 4时间内，感应电动势的平均值之比是：√22：(1−√22
)，故D 错误； 故选：C 。

从交流电图象中读出电压的最大值和周期，就可计算出交流电的频率；利用理想变压器电压之比等于匝数之比计算出副线圈输出电压的最大值；根据图象计算出0到T 8和T 8到T 4时间内的平均感应电动势即可．
本题结合E −t 图象考查变压器有关内容，关键是从图中找到电压的最大值和周期，结合变压器和交流发动机原理进行解答． 6.答案：ABC
解析：
根据卫星的线速度公式和万有引力与重力的关系列式，求解该卫星的线速度大小。

根据牛顿第二定律分析加速度关系。

第一宇宙速度是卫星最小的发射速度。

解决本题的关键是掌握卫星的线速度和加速度公式，可结合万有引力提供向心力推导出来，会根据轨道半径的关系比较向心加速度、线速度和周期关系。

A .该卫星的线速度为：v =√GM R+ℎ，又由g =GM R 2得：v =√gR 2R+ℎ=√10×(6400×103)26400×103+500×103m/s ≈7700m/s =
7.7km/s ，故A 正确；
B .根据a =GM
r 2知该卫星的加速度大于同步卫星的加速度，故B 正确；
C .由开普勒第三定律知，该卫星的周期小于同步卫星的周期，则一年内，该卫星被太阳光照射时间小于同步卫星被太阳光照射时间，故C 正确；
D .第一宇宙速度是卫星最小的发射速度，知该卫星的发射速度大于第一宇宙速度，故D 错误。

故选ABC 。

7.答案：AD
解析：解：要使粒子在复合场中做匀速直线运动，故E q =qvB ．
根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么增大洛伦兹力，要么减小电场力．
A、适当减小电场强度E，即可以减小电场力，故A正确．
B、适当减小磁感强度B，可以减小洛伦兹力，故B错误．
C、适当增大加速电场极板之间的距离，根据eU=1
2mv2可得v=√2eU
m
；由于粒子两者间的电压没有
变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，故C错误．
D、根据eU=1
2mv2可得v=√2eU
m
；粒子故适当增大加速电压U，可以增大电子在复合场中运动的速
度v，从而增大洛伦兹力．故D正确．故选：AD．
根据eU=1
2mv2可得v=√2eU
m
；粒子在复合场中若做匀速直线运动的条件是：Eq=qvB．
根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，因此要么电场力变小，要么洛伦兹力变大．
本题是综合性较强的题目，物体的运动分成两个阶段：在电场中的加速和在复合场中的匀速直线运动．在解题时要注意过程分析和受力分析．
8.答案：CD
解析：解：设当外力为F0时，滑块与木板要发生相对运动，
对整体由牛顿第二定律得：F0=(M+m)a0
对滑块由牛顿第二定律得：μmg=ma0
联立解得：a0=1m/s2，F0=9N
A、当滑块与木板相对滑动后，加速度为μg=1m/s2，不再增加，故A错误；
B、F=4N<F0=9N，小滑块与木板之间没有发生相对滑动，故B错误；
C、F=12N>F0=9N，小滑块与木板之间发生相对滑动，滑块加速度大小为μg=1m/s2，故C 正确；
D、F=3N<F0=9N，小滑块与木板之间没有发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律得：F=(M+ m)a，隔离滑块由牛顿第二定律得：f=ma，联立解得：f=1N，故D正确；
故选：CD。

当外力为F0时，滑块与木板要发生相对运动，对整体和滑块分别由牛顿第二定律列式可求得F0，据此分析各个选项即可。

本题考查了滑块与木板的相对运动，分析清楚滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键。

9.答案：BC
解析：解：A、根据统计规律，分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布．故A错误；
B、分子的运动是杂乱无章的，某一时刻一个分子速度的大小和方向是偶然的．故B正确；
C、根据统计规律，分子的运动虽然是杂乱无章的，但某一时刻向任意一个方向运动的分子数目可以认为是相等的．故C正确；
D、温度是分子的平均动能的标志，某一温度下分子的平均速率不变，不表示所有气体分子的速率都不会发生变化．故D错误．
故选：BC
分子的运动杂乱无章，在某一时刻，向着任何一个方向运动的分子都有，而且向各个方向运动的气体分子数目都相等，分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布．
本题考查了分子动理论的知识，还有温度的微观意义．要明确温度是分子的平均动能的标志，分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布．基础题目．
10.答案：BD
解析：解：由题，频率为f=2.5Hz，则周
期为T=0.4s.在t=0时，P点位于平衡位
置，且速度方向向下，Q点位于平衡位置下
方的最大位移处，画出波形如实线所示．
T时，
若波沿x轴正方向，在t=0.35s=7
8
波长，如图虚线所示，由图看出，该时刻两质点的位移大小相等，方向相反，速度大波形向右平移7
8
小，方向相同；加速度大小相等，方向相反．
若波沿x轴负方向，同理得到同样的结论．
故选：BD．
由频率求出波的周期，画出波形，运用波形的平移法，确定出PQ两点的位移关系．分两种方向进行分析．再判断速度、加速度的关系．
本题根据时间与周期的关系，运用波形的平移法作出波形，分析两质点的位移关系、速度关系．11.答案：解：(1)物体A、B均处于静止状态时，对物体A受力分析，则：
对A有m A gsin30°=T1…①
对B 有T 1=m B g …② 解得：m A m B =21 (2)A 、B 对调后，A 物体接触地面前：
对A 有：m A g −T 2=m A a 1…③
对B 有：T 2−m B gsin30°=m B a 1…④
B 在斜面上运动时间为：ℎ=1
2a 1t 12…⑤ A 落地后，B 继续向上运动，有m B gsin30°=m B a 2…⑥
又a 1t 1=a 2t 2…⑦
解③④⑤⑥⑦得：t 1=t 2=2√ℎ
g
所以，B 运动总时间为：t =t 1+t 2=4√ℎg
答：(1)A 和B 的质量之比是2：1。

(2)物体B 沿斜面上滑的总时间是4√ℎg 。

解析：(1)物体A 、B 均处于静止状态时受力平衡，根据平衡条件求解A 和B 的质量之比；
(2)A 、B 两物体对调，物体B 将沿斜面上滑，A 下降，根据牛顿第二定律求出它们运动的加速度大小，再由位移公式求运动时间。

本题是连接体问题，要分析清楚两个物体的运动情况，把握两个过程之间的联系，如前一过程的末速度就是后一过程的初速度，同时要熟练运用隔离法求连接体的加速度。

12.答案：(1)不能，需要改装电表，扩大电流表量程，保证电表的安全．如图：
(2)如图：
(3)U 2I 1−U 1I 2
I 1−I 2，2(U 2−U 1)
7(I 1−I 2)．
解析：解：(1)电动势为4.5V、内阻约为5Ω，滑动变阻器R最大阻值约10Ω，所以给定的实验器材中电流表的量程较小，不能进行正常的实验．
即按照这样的电路进行实验，不能够完成测量任务．
为了正常测量电流，所以需要改装电表，扩大电流表量程，保证电表的安全．
根据并联分流的原理和伏安法测量电源的电动势和内电阻的原理得改进后的电路图a：
(2)根据所给实物器材在图3中连线得实物图b：
(3)通过改变滑动变阻器的阻值，得到两组电压和电流的读数分别为U1、I1和U2、I2，
由于电流表A与R0并联，所以干路电流为电流表读数的3.5倍．
根据闭合电路欧姆定律列出等式：
E=U1+3.5I1r，
E=U2+3.5I2r，
解得：E=U2I1−U1I2
I1−I2，r=2(U2−U1)
7(I1−I2)
．
故答案为：(1)不能，需要改装电表，扩大电流表量程，保证电表的安全．如图：(2)如图：
(3)U2I1−U1I2
I1−I2，2(U2−U1)
7(I1−I2)
．
电动势为4.5V、内阻约为5Ω，滑动变阻器R最大阻值约10Ω，所以给定的实验器材中电流表的量程较小，不能进行正常的实验．
为了正常测量电流，所以需要改装电表，扩大电流表量程．
根据闭合电路欧姆定律列出等式求解电源的电动势和内电阻．
要学会根据估算法选择器材及电路的方法．选择器材的原则一般是“安全性”原则、“精确性”原则，根据闭合电路欧姆定律得出结果．
13.答案：解：回路电流：I=E
R =3
1.5
A=2A，
导体棒受到的安培力：F=BIL=0.4×2×1N=0.8N，导体棒受力分析如图所示(从右向左看)，
两环支持力的总和为：2F N=√F2+(mg)2
代入数据解得：F N=0.5N
由牛顿第三定律知，棒对每一个环的压力为0.5N；
(2)由几何知识得：tanθ=F
mg =0.8
0.6
=4
3
，
解得：θ=53°，
导体棒由环底由静止释放到达到PQ位置的过程中，由动能定理得：
FRsinθ−mgR(1−cosθ)=1
2
mv2−0
导体棒在PQ位置时，由牛顿第二定律得：
2F N2−mgcosθ−Fsinθ=m v2 R
代入数据解得：F N2=0.9N，
由牛顿第三定律知，棒对每一只环的压力为0.9N
答：(1)在此位置上棒对每一只环的压力为0.5N；
(2)若导体棒由环底由静止释放，到达PQ位置时棒对每一只环的压力为0.9N。

解析：(1)由欧姆定律求出回路电流，由安培力公式求出导体棒所受安培力，应用平衡条件求出环对导体棒的作用力，然后求出棒对环的作用力。

(2)由动能定理求出导体棒到PQ位置时的速度，应用牛顿第二定律求出环对导体棒的支持力，然后求出棒对环的压力。

分析清楚导体棒的受力情况与运动过程是解题的前提与关键，应用平衡条件与动能定理、牛顿第二定律即可解题。

14.答案：解：(1)由运动学公式知运动员下滑时的加速度a=△v
△t =7−3
1
=4m/s2
所以运动员下滑的位移x=v0+v
2t=7+3
2
×1m=5m
(2)以滑雪运动员为研究对象，建立坐标系，受力如图
由牛顿第二定律
mgsinθ−f=ma
所以运动受到的阻力：
f=mgsinθ−ma=75×10×0.5−75×4N=75N
答：(1)运动员在这段时间内沿山坡下滑的加速度为4m/s2，距离为5m；
(2)运动员受到的阻力(包括摩擦和空气阻力)为75N．
解析：(1)根据速度时间关系求得下滑时的加速度，再根据位移时间关系求得下滑的位移；
(2)根据速度时间关系得下滑时的加速度，再根据牛顿第二定律求得下滑时受到的阻力。

对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。

15.答案：解：(1)设气体在状态i(i=1、2和3)下的压强、体积和绝对温度分别为P i、V i、T i，
由题设条件有：C1P22+C2P=T2…①
C1P32+C2P3=T3…②
解得：c1=T2P3−T3P2
P12P3−P32P1，c2=T2P3
2−T
3P2
P12P3−P32P1
…④
(2)利用气体状态方程pV=RT，以及V1=R T1
P1，V2=R T2P
2
，V3=R T3
P3
…⑤
可将过程2−3的方程改写为：V2−V3
P2−P3P=V+V2P3−V3P2
P2−P3
…⑥
可见，在p−V图示上过程2−3是以(P2,V2)和(P3,V3)为状态端点的直线段，在p−T图示中，过程3−1
是通过原点的直线上的一段，因而描述其过程的方程为：p
T
=C3…⑦
式中，C3
是一常量．利用pV=RT，可将过程3−1的方程改写为：V=R C
3
=V3=V1…⑧
这是以(P3,V3)和(P1、V1)为状态端点的等容降压过程，
综上所述，过程1−2−3−1在p−V图示上是一直角三角形，如图所示
(3)气体在一次循环过程中对外做的总功为：W=−1
2
(P3−P1)(V2−V1)…⑨
利用气体状态方程pV=RT和⑤式，上式即：W=−12R(T2−T1)(P3P
1
−1)
解析：c1P22+C2P=T2本题题目长，阅读量大，解决本题的关键是利用气体状态方程的应用，知道图象的状态变化的特点，注意在p−V图象中，图线与坐标轴围成的面积表示做的功。

(1)将2、3两个状态参量带入题目中的方程，联立方程组解得c1、c2；
(2)利用气体状态方程表示出各状态的体积，过程2−3和3−1方程改写，过程3−1是等容降压过程，1−2是等压升温过程，画出符合条件的图象；
(3)气体在一次循环中对外做的总功等于p−V图线包围的面。

16.答案：解：作出光路图．因E点为OA的中点，所以由几何知识可得入射
角为：α=30°
设临界角为C，则有：2α+90°+C+θ+90°=360°
据题θ=83°
可解得：C=37°
光在OB面恰好发生全反射，则有：sinC=1
n
解得：n=5
3
作光路图如图所示；
答：光路图如图所示，玻璃的折射率n为5
．
3
解析：由题意光线经AB面反射后恰好未从OB面射出，说明发生了全反射，由几何知识求出光线在AB
求解折射率．
面的入射角和临界角，由临界角公式sinC=1
n
正确地画出光路图、灵活运用几何知识求有关角度是解决本题问题的关键，要掌握全反射的条件：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于等于临界角，刚好发生全反射时，入射角等于临界角，这是折射定律和几何知识的综合应用．。