四川省攀枝花市2020-2021学年高二下学期期末调研检测物理试题含答案解析

四川省攀枝花市【最新】高二下学期期末调研检测物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在下列核过程的方程中，表示核聚变过程的是
A ．14
14067
1C N+e -→
B ．3241
1120H+H He+n → C ．
235114489192
056360U+n Ba+Kr+3n →
D ．144171
7281N+He O+H →
2．如图甲，100匝的线圈（为了表示线圈的绕向，图中只画了2匝）两端A 、B 与一个理想电压表相连．线圈内有垂直纸面向里的磁场，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是
A ．电压表的示数为50V ，A 点电势高于
B 点电势 B ．电压表的示数为0.5V ，A 点电势高于B 点电势
C ．电压表的示数为50V ，B 点电势高于A 点电势
D ．电压表的示数为0.5V ，B 点电势高于A 点电势
3．如图为氢原子的能级图．大量氢原子处在n =3的能级，能够辐射出N 种频率的光，其中波长最长的光，光子能量为E ，则
A ．N =3，E =1.89 eV
B ．N =3，E =12.09 eV
C ．N =2，E =1.51 eV
D ．N =2，
E =1.89 eV
4．几种金属的截止频率和逸出功如下表，现用波长为550 nm 的光照射，能发生光电效应的
A ．只有钙
B ．钙、钠
C ．只有铷
D ．钾、铷
5．如图所示的电路中，理想变压器的原、副线圈匝数之比为2∶l ，电阻R 1=R 2=10 Ω，两电表均为理想交流电表．当在a 、b 之间加上正弦交流电时，测得c 、d 两端电压瞬时
值表达式为()cd )V u t π=，则下列说法正确的是
A ．电流表的示数为0.5 A
B ．电压表的示数为40 V
C ．R 1消耗的功率为20 W
D ．原线圈输入交流电频率为100 Hz
6．如图所示的电路中，a 、b 是两个完全相同的灯泡，L 是自感系数很大，直流电阻不计的线圈．闭合开关S ，电路稳定后两灯泡正常发光，当突然断开开关，下列说法中正确的是
A ．a 灯泡立即熄灭，b 灯泡突然变亮再逐渐熄灭
B ．a 、b 两灯泡均突然变亮再逐渐熄灭
C ．a 、b 两灯泡均立即熄灭
D ．a 、b 两灯泡均逐渐熄灭
7．如图所示，从倾角为θ的斜面上方某处，将质量为m的小球，以初速度v0，沿水平方向抛出，正好垂直打在斜面上．已知小球打在斜面上的速度大小为v，则小球从抛出到落在斜面上的过程中，小球所受重力的冲量大小为
A．mv0sinθ
B．mv0cosθ
C．mv cosθ
D．mv sinθ
8．下列说法中正确的是
A．液体与大气相接触，表面层内分子所受其它分子的作用表现为相互吸引
B．一定质量理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变
C．物理性能各向同性的固体，可能是单晶体
D．分子运动的平均速率可能为零
9．关于布朗运动，下列说法中正确的是
A．布朗运动就是液体分子的运动
B．液体中悬浮微粒越大，布朗运动越明显
C．如果液体温度降到0℃，布朗运动都会停止
D．布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动
10．对于一定质量的理想气体，下列说法中正确的是
A．若气体的体积不变，其内能一定不变
B．若气体的内能不变，其状态一定不变
C．若气体温度升高时，其内能一定增大
D．若气体的温度升高，其压强一定增大
11．一个弹簧振子做简谐运动，当它向平衡位置运动的过程中，下列关于它运动速度、加速度变化的说法中，正确的是
A．速度增大，加速度减小B．速度减小，加速度增大
C．速度增大，加速度增大D．速度减小，加速度减小
12．下列关于电磁波和机械波的说法中，正确的是
A．机械波和电磁波均有横波和纵波
B．机械波和电磁波均可发生干涉、衍射
C．机械波只能在介质中传播，电磁波只能在真空中传播
D．波源的振动或电磁振荡停止，空间中的波均即刻完全消失
13．一列简谐横波沿x轴正方向传播，波长不小于10 cm，介质中O、A两点的平衡位
置分别位于x O=0、x A=5 cm．t=0时刻，质点O的位移y=4 cm，A点处于波峰；
1
3 t s
时，质点O第一次回到平衡位置；t=1 s时，质点A第一次回到平衡位置．则该波传播的速度大小为
A．5 cm/s B．6 cm/s C．7.5 cm/s D．15 cm/s
二、多选题
14．A、B两个完全相同的金属线圈，在同一匀强磁场中分别以不同的转速，绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生的交变电动势的e-t图象如图中曲线a、b所示．则
A．t＝0时刻穿过两线圈的磁通量均为零
B．A线圈产生交变电动势的频率为50 Hz
C．A、B两线圈转速之比为3:2
D．B线圈的电动势最大值为1.0 V
15．如图甲所示，直角坐标系xOy的1、3象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，2、4象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．现让半径为R，圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动．取导线框中电流顺时针方向为正，某时刻开始计时，线框中的电流i随时间t变化关系如图乙所示，则计时时刻导线框的OP边所处的位置可能是
A．与x轴正半轴重合
B．与y轴正半轴重合
C．与y轴负半轴重合
D．与x轴负半轴重合
16．如图甲所示，光滑水平面上直线MN右侧足够大区域内存在竖直向下的匀强磁场．水平面上放一质量m＝1 kg、电阻R＝4 Ω的正方形金属线框，线框的一条边与MN重合，某时刻让线框以初速度v0＝4 m/s进入磁场，同时对线框施加一与初速度方向相反的外力F，F的大小随时间的变化关系如图乙所示．已知线框进入场磁后做匀减速直线运动，下列说法正确的是
A．1 s末线框刚好全部进入磁场
B．匀强磁场的磁感应强度B＝3 T
C．线框在磁场中做匀减速运动的加速度大小为1 m/s2
D．线框进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量q＝0.75 C
17．某理想气体从a状态经等温过程到达b状态，再经等容过程到达c状态，又经等压过程回到a状态，对应的P-V图像如图甲所示．则图乙中该过程中对应的P-T图像、V-T 图像，可能正确的是
A．B．C．D．
18．图甲为一列简谐波在0时刻的波形图，Q、P为介质的两个质点，图乙为质点P的振动图像，下列说法中正确的是
A．该波传播的速度大小为10 m/s
B．该波沿x轴正向传播
C．t= 0.1 s时，质点Q的运动方向沿y轴负方向
D．t=0.05 s时，质点Q的加速度小于质点P的加速度
三、实验题
19．某实验小组用如图所示的实验装置完成“探究楞次定律”的实验，实验记录如下表
该同学实验记录中有三处忘记记录了，请你补充完整：①________；②_______；
③________．
20．用如图所示的实验装置验证动量守恒定律．实验的主要步骤如下：
(ⅰ)用天平测量小球A、B的质量m A、m B并记录
(ⅱ)将斜槽固定在水平台上，并调整末端水平
(ⅲ)在水平地面上依次放上白纸、复写纸并固定
(ⅳ)让小球A从斜槽上的某一位置由静止释放，记录小球在水平面上的落点．重复多次，找出小球落点的中心位置P
(ⅴ)在斜槽水平末端处放上小球B，让小球A从步骤(ⅳ)同一位置由静止释放，记录小球A、B在水平面上的落点．重复多次，找出A、B两小球落点的中心位置M、N (ⅵ)用重锤线确定斜槽水平末端的投影点O
(ⅶ)用毫米刻度尺测量出M、P、N距O点的距离L OM、L OP、L ON并记录
(ⅷ)将实验数据代入等式m A L OP=m A L OM+ m B L ON，验证是否成立，从而验证A、B两小球碰撞过程动量是否守恒．
请回答下列问题
(1)步骤(ⅳ) 、(ⅴ)中进行多次重复并找出小球落点的中心位置是为了减小__________．
(2)本实验中两小球的质量大小关系为m A________m B．(选填“>”、“<”或“=”)
(3)试论证说明：验证等式m A L OP=m A L OM+ m B L ON是否成立，就可以验证A、B两小球碰
撞过程动量是否守恒_________________________？
四、解答题
21．如图所示，质量为M、长为L的木板静放在光滑水平面上，质量为m的小木块(可视为质点)以水平初速度v0，沿木板的上表面滑到木板上．在以后的运动中，小木块始终末离开木板．已知水平面足够长，M=3m，重力加速度为g，求小木块与木板间的动摩擦因数的最小值．
22．如图所示，足够长的金属导轨MN、PQ平行放置，相距为L，与水平面的夹角为θ=30°，整个空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B．质量均为
μ=，m、电阻均为R导体棒ab、cd静放在导轨上，棒ab、cd与导轨间的滑动摩擦因数
2
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，导轨电阻不计．现给棒ab一个沿斜面向上的初速度，棒ab沿斜面向上的运动过程中，棒cd始终保持静止，棒ab、cd与导轨接触良好，求：
(1)棒ab初速度的最大值；
(2)棒ab以(1)问的初速度开始滑行，沿导轨向上滑行的最大距离为s，求ab棒上滑的过程中棒cd中产生的热量(不计电磁辐射)．
23．如图所示，在足够长的光滑水平轨道上静止放置三个小物块A、B、C，质量分别为m A=4kg，m B=2 kg，m c=1 kg；其中A、B用一轻弹簧连接，B、C之间夹有少许塑胶炸药，C的右边有一个弹性挡板．现引爆塑胶炸药，炸药爆炸后B以3 m/s的速度向左运动，B、C分开后，C恰好在A、B之间的弹簧第一次恢复到原长时追上B，并与B 碰撞后粘在一起．已知炸药爆炸的时间、C、B碰撞的时间很短，可以忽略不计，小物块C与弹性挡板碰撞过程没有能量损失，求：
(1)炸药爆炸产生的能量；
(2)C 、B 碰撞后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．
24．如图a 所示，总长L =40 cm 的粗细均匀的直玻璃管水平放置，用长为20 cm 的水银柱封闭一定质量的理想气体，气体长度为16 cm ．环境温度为t 1=7℃，大气压强p 0=75 cmHg ．求：
(ⅰ)保持外界大气压强不变，缓慢升高环境温度，当环境温度升高到t 2时，水银柱到达管口，求t 2（℃）的大小；
(ⅱ)保持外界大气压强p 0、环境温度为t 2不变的情况下，将玻璃管缓慢转至竖直开口向下，如图b 所示，稳定后管中水银柱的长度．
25．如图所示，是一个半径为 R 的半圆柱形透明物体的截面图．现有平行于轴线OA 的单色光从左侧射入透明物体，已知从距圆心
2
R
的P 点射入透明物体的光，经过透明物
体后通过轴线OA 上的Q 点，Q 点距圆心O ．求：
（1）该透明物体的折射率；
（2）能够从透明物体圆形边界射出的光（不考虑多次反射的情况），其入射光的范围．
参考答案
1．B 【详解】
轻核聚变是指把轻核结合成质量较大的核，并释放出核能的反应，所以由此可知A 是β衰变，B 是氢核聚变，C 是重核裂变，D 是人工核反应，故B 正确．ACD 错误； 故选B 。

2．A 【详解】 根据图象知
0.5Wb/s t
∆Φ
=∆ 线圈中的感应电动势
50E N
V t
∆Φ
==∆ 电压表的读数为50 V .
根据楞次定律可判得线圈中的感应电流方向为逆时针方向，所以B 点电势低于A 点电势． 故选A. 3．A 【详解】
根据2
33C = 知，这些氢原子可能辐射出三种不同频率的光子．波长最长的，则频率最小，
因此氢原子由n =3向n =2能级跃迁时辐射的光子能量最小，则
()1.51 3.4 1.89eV E =---=
故A 正确，BCD 错误； 故选A 4．D 【详解】
波长为550 nm 的光照射所对应的频率为
8
149
310 5.4510Hz 55010
c
νλ-⨯===⨯⨯ 当入射光的频率大于截止频率时就会发生光电效应，故D 正确；ABC 错误；
故选D. 5．B 【详解】
A ．R 1两端电压有效值是10V ；所以流过电流表的电流为
101A 10
U I R =
== 故A 错；
B ．由于电阻R 1=R 2=10Ω则两个电阻上分担的电压是相等的，所以副线圈的电压为20V ，根据匝数比可知原线圈电压表的电压为40V ，故B 正确；
C ．R 1上的电压为10V ，根据功率
2110010W 10
U P R ===
故C 错；
D ．原副线圈输入的交流电频率是相等的，所以
10050Hz 22f ωπππ
=
== 故D 错； 故选B 。

点睛：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，即电压与匝数成正比，电流与匝数成反比． 知道正弦交变电流最大值和有效值之间的关系即可解决本题 6．D 【解析】
由于原来两灯泡都正常发光，所以原来流的电流应该是相等的，当突然断开开关，由于线圈的自感现象，所以ab 两灯不会突然熄灭而应该逐渐熄灭，且不会出现闪亮一下的现象．故D 正确； 故选D 7．C 【解析】
由于小球正好垂直打在斜面上，则0tan v gt θ=
，解得0
tan v t g θ
= ，所以重力的冲量为
00tan tan v mv I mgt mg g g θθ
=== 根据几何关系知0sin v v θ=
所以重力的冲量0tan mv I mvcos g θθ
=
= ，故C 正确；ABD 错误； 故选C
8．A
【解析】 A 、液体与大气相接触,表面层内分子间距离大于平衡距离,分子间的作用表现为引力,故A 对 B 、一定质量理想气体发生绝热膨胀时根据U W Q =+可知内能应该减小，故B 错； C 、物理性能各同向性的固体,可能是多晶体或非晶体,不可能是单晶体，故C 错； D 、分子永不停息的做无规则运动，所以分子运动的平均速率不可能为零，故D 错； 故选A
9．D
【解析】
AB 、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的．而且颗粒越小不均衡性越明显，则布朗运动越明显，故AB 错误，D 正确；
C 、由于分子在永不停息的做无规则的运动，所以液体温度降到0℃，布朗运动也不会停止，故C 错；
故选D
10．C
【解析】
【详解】
A 、改变内能的方式有两种：做功和热传递，所以当气体的体积不变，其内能可能变化，故A 错；
B 、若气体的内能不变，则可能存在对外做功并吸收热量，而状态发生变化的，故B 错；
C 、温度是平均动能的标志，而理想气体的内能仅仅与温度有关，所以若气体温度升高时，其内能一定增大，故C 正确；
D 、若气体的温度升高，根据理想气体方程可知其压强不一定增大，故D 错；
故选C
11．A
【解析】
一个弹簧振子做简谐运动，当它向平衡位置运动的过程中根据回复力F =−kx 可知加速度减小，并且回复力做正功，所以速度增大．故A 正确；
故选A
12．B
【详解】
A ．机械波有横波和纵波,电磁波只有横波，故A 错误.
B ．干涉、衍射是一切波具有的特性，所以机械波和电磁波均可发生干涉、衍射，故B 正确；
C ．机械波是机械振动在介质中传播过程，必须依赖于介质,没有介质不能形成机械波；电磁波传播的是电磁场，而电磁场本身就是一种物体，不需要借助其他物质来传播，所以电磁波可以在真空中传播，也可以在介质中传播，故C 错；
D ．当波源的振动或电磁振荡停止，只是不能发出新的波，但已经发出的波不会停下来，故D 错；
故选B ．
13．C
【详解】
波的周期
414T s =⨯=
O 点振动状态传播到A 点所用的时间为
12133
t s =-= 所以波速为
57.5cm/s 2
3
s v t === 故C 正确；ABD 错误；
故选C.
【解析】
【详解】
A ．t ＝0时刻两线圈电动势均为零;故此时处在中性面上，故穿过两线圈的磁通量均为最大值，故A 错误;
B ．曲线a 周期为0.04s ，故其表示的交变电动势频率为25Hz ，故B 错误；
C ．由图可以知道，b 的周期为0.06s ；转速之比与周期成反比；故转速之比为3:2；故C 正确；
D ．从图像可以看出a 线圈的电动势为1.5V ，根据电动势
2m E NBS NBS n ωπ==⋅
并结合a 、b 的转速之比为3:2；所以电动势之比也为3:2，则b 得电动势为
22 1.5 1.0V 33
b a E E =
=⨯=， 故D 正确。

故选CD 。

【点睛】 根据图象可以知道交流电的最大值以及周期等物理量,然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等
15．BC
【解析】
A 、若与x 轴正半轴重合，由于线圈OPQ 以恒定角速度绕O 点在纸面内沿逆时针方向匀速转动，根据右手定则，产生了逆时针的电流，故A 错；
BC 、若与y 轴正半轴重合，由于线圈OPQ 以恒定角速度绕O 点在纸面内沿逆时针方向匀速转动，根据右手定则，产生了顺时针的电流，故B 对；
C 、若与y 轴负半轴重合，由于线圈OPQ 以恒定角速度绕O 点在纸面内沿逆时针方向匀速转动，根据右手定则，产生了顺时针的电流，故C 对；
D 、若与x 轴负半轴重合，由于线圈OPQ 以恒定角速度绕O 点在纸面内沿逆时针方向匀速转动，根据右手定则，产生了逆时针的电流，故D 错；
故选BC
16．AD
A 、由于在线圈进入磁场的过程中做匀减速运动所以速度减小，则安培力减小，要保持做匀减速运动则施加的外力也必须是变力，当线圈完全进入磁场后，穿过线圈的磁通量不变，不产生电流也不受安培力，所以此后施加的外力即为恒力，结合图像可以，1 s 末线框刚好全部进入磁场，故A 对；
BC 、线圈做匀减速的加速度为222/1F a m s m =
== ，经过1s 完全进入磁场，说明线圈的边长为20132
L v t at m =-= ；当线圈刚以速度0v 进磁场时，结合图像并利用牛顿第二定律可知：F BIL ma += ;
0B E I R R Lv == ，解得：13
B T = ，故B
C 错；
D 、线框进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量
19330.7544
E BS q It t t C C R tR R R ⨯∆Φ∆Φ===⨯===== ，故D 对； 故选AD
17．AC
【解析】
【详解】
AB 、根据甲图可知，从a-b 是等温变化，在等温变化时压强P 是在减小的，b-c 过程等容过程压强是增大，c-a 等压过程中体积减小温度应该降低，故A 对；B 错；
CD 、根据甲图可知，从a-b 是等温变化，在等温变化时压强P 减小导致体积也减小，b-c 过程等容过程压强是增大，则温度也是增大，，c-a 等压过程中体积减小温度应该降低，故C 对，D 错；
故选AC
18．AD
【详解】
A ．根据波动图可知波长为4m λ= ，根据振动图像可知周期为0.4T s = ，所以波速为
410m/s 0.4
v T λ=
== 故A 正确 B ．从振动图像上可以看出P 点在0时刻从平衡位置向下振动，所以波应该沿x 轴负方向传
播，故B 错误；
C ．由于波向左传播，波传播的周期为0.4s ，根据波的传播，可知t = 0.1 s 时，质点Q 的运动方向沿y 轴正方向，故C 错误；
D ．根据波的传播方向可以知道０-0.05 s 的时间内，P 从平衡位置向下运动，而Q 从原来位置向平衡位置移动，且越靠近平衡位置粒子的加速度越小，所以在t =0.05 s 时，质点Q 的加速度小于质点P 的加速度，故D 正确；
故选AD ．
19．从线圈中抽出 向右偏转 S 极朝下
【解析】
从图中可以看出当N 极朝下插入线圈时，穿过线圈的向下的磁通量增加，根据楞次定律，此时感应出向上的磁场，并导致电流表向左偏转，
①当S 极朝下并从线圈中抽出时，则穿过线圈向上的磁通量减小，根据楞次定律，则应该感应出向上的磁场，所以这时候电流表也左偏，
②当N 极向下并从线圈中抽出时，穿过线圈向下的磁通量减小，根据楞次定律应感应出像下的磁场，与题给条件相反，所以电流表应该右偏；
③当S 极朝下并插入线圈时，则向上的磁通量增大，则感应出向下的磁场，则电流表会右偏， 点睛：根据楞次定律判断应磁场的方向，并结合题目说给条件，可以判断电流的方向． 20．实验误差 > 见解析
【详解】
(1)步骤(ⅳ) 、(ⅴ)中进行多次重复并找出小球落点的中心位置是为了减小实验误差；
(2)为了防止碰后入射小球反弹，所以入射小球的质量应该大于被碰小球的质量，即m A >m B
(3)由于碰后小球做平抛运动，在竖直方向上自由落体，并且下落的时间t = 都相等，而在水平方向上做匀速运动，根据0L v t = 知平抛的初速度应该正比运动走过的水平位移，所以可以利用m A L OP =m A L OM + m B L ON 来验证动量是否守恒．
21．2038v gL
【解析】
设小木块与木板共速时速度为1v ，由动量守恒得：01()mv m M v =+
小木块在木板上滑行的距离为x 由能量守恒得：220111()22
mv m M v mgx μ=++ 由题意得：x L ≤ 联立两式解得：2038v gL
μ≥， 即μ的最小值为2038v gL
本题答案为2038v gL
点睛：由于物块最终没有离开斜面，则可以知道最后两者共速，再根据能量之间的关系可以求出摩擦因数的大小．
22．(1) 02252mgR v B L = (2) 32244255168
m g R mgS B L - 【解析】
（1）当ab 有最大初速度时0v ，cd 恰好不上滑，设此时感应电动势为E ，回路中感应电流为I ．
对cd 由平衡条件得：sin cos F BIL mg mg θμθ==+
由法拉第电磁感应定律：0E BLv =
根据欧姆定律：2E I R =⋅ 联立以上各式得：02252mgR v B L
= （2）设ab 上滑过程回路中总电热为Q ，cd 上的热量为1Q ． 根据系统能量守恒：
201sin cos 2mv mgS mgS Q θμθ=++ 且112
Q Q = 解得：322144255168
m g R Q mgS B L =- 故本题答案是：(1) 02252mgR v B L = (2) 32244255168
m g R mgS B L -
点睛：根据题目中恰好不上滑得出此时摩擦力恰好达到最大值，在利用系统能量守恒，可以求出cd 棒上产生的热量．
23．(1) 27J (2)
821J 【解析】
取水平向左为正方向．
（1）设炸药爆炸后B 、C 速度分别为1v 、2v ，爆炸产生的能量为E ，爆炸过程B 、C 系统动量守恒：B 1C 20m v m v -= 能量守恒：22B 1C 21122
E m v m v =+ 代入数据得：27E =J
（2）由题意，当A 、B 、C 有共同速度时，弹簧有最大弹性势能．设弹簧恢复原长时B 、A
的速度分别为3v 、4v ，
C 与B 碰撞后粘在一起的速度为5v ，A 、B 、C 的共同速度大小为6v ，弹簧的最大弹性势能为P E ．
从爆炸后到弹簧恢复原长过程，B 、A 和弹簧组成系统动量守恒：B 1B 3A 4m v m v m v =+ 根据系统能量守恒得：222B 3B 3A 4111222
m v m v m v =+ C 与B 碰撞过程，C 、B 系统动量守恒：C 2B 3B C 5()m v m v m m v +=+
C 与B 碰后到A 、B 、C 有共同速度的过程，A 、B 、C 和弹簧组成系统动量守恒：A 4B C 5A B C 6()()m v m m v m m m v ++=++ 根据能量守恒：
222A 4B C 5A B C 6111()()222
P m v m m v m m m v E ++=+++ 联立以上各式并代入数据得：821
P E =J 故本题答案是：(1) 27J (2) 821J 点睛：本题考查了能量守恒与动量守恒相结合的问题，根据守恒规律解题即可．
24．(ⅰ)77℃(ⅱ)15 cm
【解析】
【详解】
(ⅰ)初状态的状态参量T 1=273+t 1，V 1=l 1S
末状态的状态参量为T 2=273+t 2，V 2=(L-h)S 由盖吕萨克定律得：2121
V V T T = 代入数据解得：t 2=77℃
(ⅱ)设稳定后管中水银柱的长度x ，则
初状态：V 2=(L-h)S ，P 2=p 0=75cmHg
末状态：V 3=(L-x)S ，P 3=p 0-P x =(75-x)cmHg
由玻意耳定律得：P 2V 2=P 3V 3
代入数据得：x=15cm
25．(1)
n =
(2) 入射光的范围在距O
R 的距离内 【详解】
（1）如图，
设光在弧面上的入射点为S ，入射角为r ，折射角为i ，OS 与OA 夹角为θ，由几何关系：
2
sin sin R
r R
θ== 设S 、Q 间的距离分别为2l ，
由题意可得O 、Q 间距：
1l =
在∆OSQ 中，由余弦定理得：
2222112cos l R l Rl θ=+-
代入数据得：
2l R =
∆OSQ 为等腰三角形
设SQ 与OA 的夹角为Φ，
由几何知识可得：
Φ =θ，i=Φ +θ由折射定律：
sin sin i
n
r
=
代入数据得：
n=
（2）设临界角为C，入射光离O的最远距离为d，由折射定律：
1
sin C
n
=
根据几何关系：
sin
d C
R =
代入数据得：
d
3R
=
即入射光的范围在距O点小于
3
R的距离内．。