2021届青海省西宁市高考物理全国统一考试复习检测试卷(二)附答案详解

2021届青海省西宁市高考物理全国统一考试复习检测试卷（二）
一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）
1.动车给人们在城市之间来往带来极大的便利，下列说法正确的是()
A. 在研究动车运行的速度时，不能把它看做质点
B. 在运行中动车速度为200km/ℎ，这是以地面为参照物的
C. 动车从北海出发往桂林行驶了400km指的是动车的位移
D. 动车从北海到南宁运行“1小时36分”指的是时刻
2.2021年01月26日8时39分，中国散裂中子源(CSNS)多物理谐仪成功出束，中子束流与预期相符。

该谱仪的成功出束标志着国内首台中子全散射谱仪的设备研制与安装成功，下列核反应中放出的粒子为中子的是()
A. 714N俘获一个α粒子，产生 817O并放出一个粒子
B. 1327Al俘获一个α粒子，产生 1530P并放出一个粒子
C. 511B俘获一个质子，产生 48Be并放出一个粒子
D. 36Li俘获一个质子，产生 23He并放出一个粒子
3.若一绕地球做圆周运动的卫星的轨道半径增大到原来的2倍，仍作圆周运动，则()
A. 根据公式v=ωr，可知卫星运动的线速度将增大到原来的2倍
B. 根据公式T=2π
ω
，可知卫星运动的周期将保持不变
C. 根据公式F=m v2
r ，可知卫星所需的向心力将减少到原来的1
2
D. 根据公式G Mm
r2=m v2
r。

可知卫星运动的线速度将减小到原来的√2
2
4.两个共点力，大小均为10N，关于这两个力的合力，以下说法错误的是()
A. 大小可能为0
B. 大小可能为10N
C. 大小可能为15N
D. 大小可能为21N
二、多选题（本大题共6小题，共33.0分）
5.一物体自t=0时开始做直线运动，其速度−时间图象如图所示．下列选项正确的是()
A. 在0～6s内，物体离出发点最远为30m
B. 在0～6s内，物体经过的路程为40m
C. 在0～4s内，物体的平均速度为7.5m/s
D. 在5～6s内，物体做匀减速直线运动
6.空间分布有竖直方向的匀强电场，现将一质量为m的带电小球A从O点斜向上
抛出，小球沿如图所示的轨迹击中绝缘竖直墙壁的P点。

将另一质量相同、电
荷量不变、电性相反的小球B仍从O点以相同的速度抛出，该球垂直击中墙壁
的Q点(图中未画出)。

对于上述两个过程，下列叙述中正确的是()
A. 球A的加速度大于球B的加速度
B. P点位置高于Q点
C. 球A的电势能增大，球B的电势能减小
D. 电场力对球A的冲量等于对球B的冲量大小
7.理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有()
A. 交流电的频率
B. 磁通量的变化率
C. 功率
D. 交流电的峰值
8.如图甲所示，水平放置的线圈匝数为n，阻值为R，面积为S1，线圈与阻值R的电阻相连。

在线
圈的中心有一个面积为S2的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向，则下列说法正确的是()
A. 通过电阻的电流大小不变
B. 通过电阻的电流方向为A流向B
C. 电压表读数为电动势
D. 0.2s内线圈的磁通量变化了0.2S2
9.下列说法中正确的是()
A. 雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力
B. 分子间的距离r增大时，分子间的作用力做负功，分子势能增大
C. 液晶的光学性质呈各向异性
D. 布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动
10.关于单摆，下列说法正确的是()
A. 单摆做简谐运动的回复力是重力和摆线对摆球拉力的合力
B. 单摆做简谐运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力
C. 在最大位移处，重力势能最大，摆球动能为零
D. 在平衡位置时，摆线弹力最大，摆球受合力为零
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11.在“验证机械能守恒定律”的实验中，质量m=1kg的物体自由下落，得到如图所示的纸带，
相邻计数点间的时间间隔为0.04s.那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量△E p=______J，此过程中物体动能的增加量△E k=______J.由此可得到的结论是______.(g=9.8m/s2，保留三位有效数字)
12.(1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器
材：
A.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)
B.条形磁铁
C.直流电源
D.多用电表
E.开关、导线若干
F.低压交流电源
上述器材在本实验中不必用到的是______(填器材前的序号)。

(2)做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时，原线圈接在电源上，用多用电表测量副
线圈的电压，下列操作正确的是______
A.原线圈接直流电压，电表用直流电压挡
B.原线圈接直流电压，电表用交流电压挡
C.原线圈接12V以下交流电压，电表用交流电压挡
D.原线圈接220V交流电压，电表用交流电压挡
四、计算题（本大题共4小题，共49.0分）
13.如图所示，在xOy坐标系中，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，第一象限用虚
线分成宽度均为L的①、②、③、④、⑤、⑥……等多个区域，各区域均有平行坐标平面、电场强度大小都为E的匀强电场，区域①、③、⑤……中的电场与x轴负方向成45°角；区域②、
④、⑥……中的电场与轴正方向成45°角。

一质量为m、带电量为q的带正电的粒子自坐标为
(√2 2L,√2
2
L)的M点由静止释放，粒子重力不计，已知第三、四象限匀强磁场的磁感应强度大小为
√Em
qL
，求：
(1)粒子第一次进人磁场后做圆周运动的半径大小；
(2)写出粒子第二次和第四次与轴交点的坐标，并在答题卡对应的图中画出粒子自开始释放至第四次
经过x轴的轨迹；
(3)粒子在运动过程中会经过坐标为(8L,0)的点，自开始释放至到达该点的时间。

14.如图所示，ABDO是处于竖直平面内的光滑轨道，AB是半径为R=15m的1
4
圆周轨道，半径OA处于水平位置，BDO是直径为15m的半圆轨道，D为BDO轨
道的中央．一个小球P从A点的正上方距水平半径OA高H处自由落下，沿竖
直平面内的轨道运动，离开AB轨道时对轨道末端B点的压力大小等于其重力的13
倍．取g=
3 10m/s2.求：
(1)H的大小；
(2)试讨论此球能否到达BDO轨道的O点，并说明理由；
(3)小球从H高处自由落下沿轨道运动后再次落到轨道上的速度大小是多少？
15.某同学研究注射器吸水，注射器可以看作均匀圆柱体，内部高度为H，
初始注射器里有一段空气柱，压强和外界相同，将注射器放入水中，
H，已知
缓慢拉动活塞到底部之后发现注射器里面水面高度恰好为1
2
外界大气压为p0，温度为T0，水的密度为ρ，重力加速度取g。

(i)求注射器里最初空气柱的长度ℎ；
(ii)经过一段时间后，外界温度发生了变化，大气压强不变，保持注射器
H，求此时外界的温度T2。

活塞不动，注射器内部的空气长度变为3
5
16.一束光垂直BC面射入如图所示的透明三棱镜中，棱镜折射率n=√2，求：
(1)在图上画出光第一次从三棱镜中射出的光路图；
(2)光第一次从三棱镜中射出时的折射角．
参考答案及解析
1.答案：B
解析：
明确质点的定义，掌握物体可视为质点的条件；明确参考系的定义，知道一般情况下选择地面为参考系；知道位移与路程的区别，同时掌握时间与时刻的区别。

本题考查描述物体运动状态的几个物理量，要注意正确理解各物理量的意义，特别注意相近物理量的联系和区别。

A.在研究动车运行的速度时，可以不考虑动车的大小和形状，故可以把它看做质点，故A错误；
B.在运行中动车速度为200km/ℎ，这是以地面为参照物的，故B正确；
C.动车行驶的距离一般为曲线，所以400m指的是路程，故C错误；
D.动车从北海到南宁运行“1小时36分”对应的一个过程，故为时间，故D错误。

故选B。

2.答案：B
解析：解：A、根据电荷数守恒和质量数守恒，核反应方程为 714N+24He→11H+817O，放出的粒子是质子，故A错误；
B、根据电荷数守恒和质量数守恒，核反应方程为 1327Al+24He→1530P+01n，放出的粒子是中子，故B 正确；
C、根据电荷数守恒和质量数守恒，核反应方程为 511B+11H→48Be+24He，放出的粒子是α粒子，故C 错误；
D、根据电荷数守恒和质量数守恒，核反应方程为 36Li+11H→23He+24He，放出的粒子是α粒子，故D 错误。

故选：B。

根据核反应中电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程即可判断。

本题考查了核反应的质量数核电荷数守恒，考查知识点针对性强，难度较小，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

3.答案：D
解析：解：人造卫星绕地球做圆周运动时，由万有引力提供向心力，则有：
G Mm
r2
=mω2r=m
v2
r
=m
4π2
T2
r
可得：ω=√GM
r3，v=√GM
r
，T=2π√r3
GM
，式中M是地球的质量，r是卫星的轨道半径．
可见，当卫星的轨道半径增大时，角速度、线速度都减小，而周期增大，所以不能根据公式v=ωr，
得到卫星运动的线速度将增大到原来的2倍．也不能根据公式F=m v2
r
，得到卫星所需的向心力将减
少到原来的1
2
．
根据v=√GM
r ，知卫星运动的线速度将减小到原来的√2
2
.故ABC错误，D正确．
故选：D
人造卫星绕地球做圆周运动时，由万有引力提供向心力，当轨道半径变化时，卫星的线速度、角速度、周期随着变化，所以，不能用向心力的表达式来讨论一些物理量的变化．可由牛顿第二定律和万有引力定律推导出各个量的表达式，再分析它们的变化．要注意理解控制变量法．
人造卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，卫星的线速度、角速度、周期都与半径有关，讨论这些物理量时要找准公式，正确使用控制变量法．
4.答案：D
解析：解：两力合成时，合力范围为：|F1+F2|≥F≥|F1−F2|，即0N≤F合≤20N.故ABC正确，D错误。

本题选择错误的，故选：D。

两力合成时，遵循平行四边形定则，合力随两个力间的夹角的增加而减小，当两个力同向时，夹角最小，合力最大，反向时夹角最大，合力最小，合力范围为：|F1+F2|≥F≥|F1−F2|。

本题关键根据平行四边形定则得出合力的范围：：|F1+F2|≥F≥|F1−F2|。

5.答案：BC
解析：解：A、0～5s，物体向正向运动，5～6s向负向运动，故5s末离出发点最远，最远距离为x5=
1
2
×(2+5)×10m=35m，故A错误．
B、在0～6s内，物体经过的路程为S=1
2×(2+5)×10m+1
2
×10×1m=40m，故B正确．
C、在0～4s内，物体的位移为x4=1
2×(2+4)×10m=30m，平均速度为v=x4
t4
=30
4
m/s=7.5m/s，
故C正确．
D、在5～6s内，物体沿负向做匀加速直线运动，故D错误．
故选：BC
本题考查了速度−时间图象的理解，关键要明确斜率的含义，知道在速度−时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息．
6.答案：ACD
解析：解：A、水平方向做匀速运动，水平速度相同，两次水平方向位移相同，时间相同，根据加速
度a=△v
t
，A球速度变化量大，加速度大，故A正确；
B、竖直最大高度为ℎ=v y2
2a
，由于球A的加速度大于球B的加速度，所以球A的最高点低于球B的最高点，P点位置高于Q点，故B错误；
C、球A加速度大，所受电场力向下，电场力做负功，电势能增大；球B加速度小，所受电场力向上，电场力做正功，电势能减小，故C正确；
D、由于运动时间相等，电场力大小相等，电场力对球A的冲量等于对球B的冲量大小，故D正确。

故选：ACD。

根据题意可判断电场力的方向，从而判断电场力做功情况以及电势能变化情况；分析两种情况下的加速度关系，根据v2−v02=2aℎ判断ℎ的关系；根据I=Ft判断电场力的冲量关系。

本题考查电学和力的综合问题，关键是根据运动情况判断电场力的方向。

7.答案：ABC
解析：解：变压器的变压原理即为在同一个铁芯中磁通量的变化率相同，输入功率等于输出功率，变压器只改变电压和电流不改变电流的频率．变压器的变压和变流比规律知，原副线圈的电压、电流的有效值不同，最大值也不同；故ABC正确，D错误；
故选：ABC．
变压器的电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，磁通量的变化率相同，频率不变．
本题考查了变压器的变压特点，知道电压、电流与匝数的关系，输入功率等于输出功率等．
8.答案：ABD
解析：解：B、穿过线圈的磁场方向向里，在增大，根据楞次定律判断出电流方向从A流向B，故B 正确；
AD、0.2s内线圈中的磁通量改变量△Φ=(B2−B1)S2=0.2S2，根据法拉第电磁感应定律可知，感
应电动势E=n△Φ
△t =0.2nS2
0.2
=nS2，根据欧姆定律可知，通过电阻的电流大小I=E
2R
=nS2
2R
，恒定不变，
故AD正确；
C、电压表测量路端电压，不是电动势，故C错误。

故选：ABD。

根据楞次定律判断出通过电阻R的电流方向；
根据△Φ=△B⋅S求磁通量的变化量；
根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出电压表的示数。

这类问题主要分析清楚谁是电源、电源的正负极、外电路的构造即电阻的串并联情况，然后根据有关电路知识进去求解。

9.答案：AC
解析：解：A、雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，使雨水对雨伞布是不浸润的．故A 正确；
B、分子之间的距离大于r0，分子力表现为引力，随着分子间距的增大而做负功；当分子间距小于r0，分子力表现为斥力，随着分子间距的增大做正功，分子势能减小．故B错误；
C、液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质．所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性．故C正确；
D、布朗运动的实质是液体分子不停地做无规则撞击悬浮微粒，悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡的导致的无规则运动，反映的是液体分子的无规则运动，故D错误．
故选：AC
凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力；利用分子间距与分子力、分子势能的关系分析；内能、布朗运动和液体表面张力分析即可．
该题考查表面张力、分子间距与分子力、内能、布朗运动等知识点的内容，知识点多，难度小，关键多看书，多加积累．属于基础题．
10.答案：BC
解析：解：AB、单摆做简谐运动的回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供，故A错误，B正确。

C、在最大位移处，重力势能最大，摆球速度为零，所以动能为零；故C正确。

D、但在平衡位置处，小球处于超重状态，摆线弹力最大，摆球受到的合外力提供向心力，但回复力为零，故D错误。

故选：BC。

当单摆的摆角较小时，单摆的运动可以看成简谐运动，回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供，通过周期公式判断影响周期的因素．
解决本题的关键掌握单摆的周期公式，并能灵活运用；知道回复力的来源；会分析线中的拉力变化．11.答案：2.28 2.26在误差允许的范围内机械能守恒．
解析：解：由图可知，x oA=15.50cm=0.1550m，x OC=32.50cm=0.3250m；
重力势能减小量等于：△E p=mgℎ=1×9.8×0.2325J=2.28J．
利用匀变速直线运动的推论有：
v B=x AC
t AC
=
0.3250−0.1550
2×0.04
═2.12m/s
E kB=1
2
mv B2=
1
2
×1×(2.12)2=2.26J
由于重力势能减小量略大于动能的增加量，在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒．
故答案为：2.28，2.26，在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒．
纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．比较两数值的大小即可明确结论是否成立．
本题要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒．
重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到阻力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一部分转化给摩擦产生的内能．
12.答案：BC C
解析：解：(1)变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，所以不需要外界的磁场，故条形磁铁B不必用到。

如果原线圈中通的是直流电源，则副线圈中不会有感应电流产生，故直流电源C不必用到，需要用到低压交流电源。

(2)A、副线圈上的感应电动势，是通过两个线圈间的互感现象产生的，所以原线圈上的电流应该是变化的，应为交流电流，电压为交流电压。

故A错误；
B、副线圈上的感应电动势，是通过两个线圈间的互感现象产生的，所以原线圈上的电流应该是变化的，应为交流电流，电压为交流电压。

故B错误；
C、副线圈上的感应电动势，是通过两个线圈间的互感现象产生的，所以原线圈上的电流应该是变化的，应为交流电流，电压为交流电压。

同时考虑的实验的安全性，要在副线圈一侧接12C的交流电压。

故C正确，D错误。

故选：C
故答案为：(1)BC；(2)C
(1)变压器只能改变交变电压；所以需要的器材有：可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)，多用电表(测电压)，开关，导线若干、低压交流电源。

(2)副线圈上的感应电动势，是通过两个线圈间的互感现象产生的，所以原线圈上的电流应该是变化的，应为交流电流，电压为交流电压。

副线圈上的感应电流(感应电动势)也应该是交流。

解决本题的关键要理解变压器的工作原理，知道变压器只能改变交变电压，不能改变直流电压。

13.答案：解：(1)根据勾股定理可知，粒子第一次在电场中的位移大小为L，
根据动能定理可得：qEL=1
2
mv2
所以粒子第一次在磁场中的速度大小为：v=√2qEL
m
根据题意可得磁场的磁感应强度大小为B=√qEmL
qL
粒子进入磁场后，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m v2
R
粒子第一次进入磁场后做圆周运动的半径r=√2L；
(2)根据几何关系可知，粒子第二次与x轴交点的坐标为(2L,0)
第四次与x轴交点的坐标为(4L,0)
自开始释放至第四次与x轴相交的轨迹如图所示；
(3)根据L=0+v
2t1可得粒子每次在电场中做匀速直线运动的时间为：t1=√2qEmL
qE
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m(2π
T
)2R
可得粒子运动周期为：T=2π√qEmL
qE
粒子每次在磁场中转过270°时间为：t2=3
4T=3π√qEmL
2qE
粒子每次在磁场中转过90°时间为：t3=1
4T=π√qEmL
2qE
自开始释放至到达该点的时间为：t=7t1+2t2+2t3=(7√2+4π)√qEmL
qE
，
或t′=9t1+2t2+2t3=(9√2+4π)√qEmL
qE。

答：(1)粒子第一次进人磁场后做圆周运动的半径大小为√2L。

(2)粒子第二次与x轴交点的坐标为(2L,0)，第四次与x轴交点的坐标为(4L,0)，轨迹如图所示。

(3)粒子在运动过程中会经过坐标为(8L,0)的点，自开始释放至到达该点的时间为(7√2+4π)√qEmL
qE
或(9√2+4π)√qEmL
qE。

解析：(1)根据动能定理求解粒子第一次在磁场中的速度大小，根据题意可得磁场的磁感应强度大小，根据洛伦兹力提供向心力求解运动的半径；
(2)根据几何关系求解粒子第二次、第四次与x轴交点的坐标，根据运动情况画出运动轨迹；
(3)根据位移时间关系求解粒子每次在电场中做匀速直线运动的时间、根据洛伦兹力提供向心力求解粒子运动周期，再求出粒子每次在磁场中转过270°、转过90°时间即可求解。

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。

14.答案：解：(1)小球从H高处自由落下，进入轨道做圆周运动，小球受重力和轨道的支持力作用，设小球通过B点时的速度为v B，通过AB轨道末端B点时轨道对小球的支持力为F B，根据牛顿第二定律和向心力公式得，
F B−mg=m v B2
R ，则F B=13
3
mg
小球从P点落下沿光滑轨道运动的过程中，机械能守恒，有：mg(H+R)=1
2
mv B2
解得H=2
3
R=10m．
(2)设小球沿竖直轨道运动能够到达最高点O的最小速度为v min，则有：
mg=m v min 2 R 2
小球至少应从H0高处落下，下落过程机械能守恒，有：mgH0=1
2mv min
2，
解得H0=1
4
R
由于H>H0，所以小球可以通过最高点O点．
(3)小球从H高处自由落下沿轨道运动，通过O点时的速度为v0，由机械能守恒定律得，
mgH=1
2
mv02
解得v0=10√2m/s．
小球通过O点后做平抛运动，设小球经过时间t落到AB圆弧轨道上，速度大小为v，建立图示所示的坐标系，有：
x =v 0t ， y =1
2gt 2，
且x 2+y 2=R 2
v =√v 02
+(gt)2
联立解得t =1s ，(负解舍去) v =10√3m/s =17.3m/s ． 答：(1)H 的大小为10m ．
(2)由于H >H 0，所以小球可以通过最高点O 点．
(3)小球从H 高处自由落下沿轨道运动后再次落到轨道上的速度大小是17.3m/s ．
解析：(1)根据牛顿第二定律求出小球在B 点的速度，通过P 到B 点运用动能定理，求出H 的大小． (2)根据牛顿第二定律求出O 点的最小速度，通过机械能守恒求出小球下落的至少高度，从而判断出球能否到达BDO 轨道的O 点．
(3)根据机械能守恒定律求出O 点的速度，结合平抛运动的规律和几何关系求出平抛运动的时间，从而得出再次落到轨道上的速度大小．
本题考查了动能定理、机械能守恒定律与平抛运动、圆周运动的综合，知道圆周运动向心力的来源，以及平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键．
15.答案：解：(i)设注射器横截面积为s ，注射器内空气开始状态：压强p 1=p 0，体积v 1=ℎs ，温度
T 1=T 0
注射器内空气在水中状态：压强p 2=p 0−1
2ρgH ，体积v 2=1
2Hs ，温度T =T 0，
空气发生等温变化，由玻意耳定律：p 1v 1=p 2v 2，即：p 0ℎs =(p 0−1
2ρgH)1
2Hs ，解得：
ℎ=H
2(1−ρgH 2P 0
)
(ii 由题意知，空气柱长度变为3
5H ，则水面高度为ℎ′=H −3
5H =25H ，则注射器内空气最后状态：压强p 3=p 0−2
5ρgH ，v 3=3
5Hs ，T 2=？ 由理想气体状态方程
p 1v 1T 1
=
P 3v 3T 2
，即
p 0ℎs T 0
=
(p 0−2
5ρgH)35
Hs
T 2，解得：T 2=
6(P 0−25ρgH)
5(P 0−1
2
ρgH)
T 0
答：(i)求注射器里最初空气柱的长度ℎ为H
2(1−
ρgH 2P 0
)；
(ii)经过一段时间后，外界温度发生了变化，大气压强不变，保持注射器活塞不动，注射器内部的空气长度变为3
5H ，求此时外界的温度T 2为
6(P 0−25ρgH)
5(P 0−1
2
ρgH)
T 0。

解析：(i)确定注射器内空气柱开始状态参量和水中的状态参量，再用玻意耳定律解答；
(ii)确定注射器内空气柱温度变化后的压强和体积，再用理想气体状态方程解答。

本题重点是确定各个状态下的压强和体积，特别是压强的确定，压强是力学量，通过力学知识定，体积是数学量，通过数学知识定，字母式推导要认真。

16.答案：解：(1)由临界角公式得：sinC=1
n =1
√2
，C=45°，
由几何知识可知：i=60°>C，光在AB上发生全反射，α=30°，光在AC面上发生折射，光路图如图所示：
(2)由折射定律得：n=sinβ
sinα=sinβ
sin30∘
=√2，
sinβ=√2
2
，则：β=45°；
答：(1)光第一次从三棱镜中射出的光路图如图所示；
(2)光第一次从三棱镜中射出时的折射角为45°．
解析：(1)应用临界角公式求出临界角，然后作出光路图．
(2)应用折射定律求出折射角．
本题考查了作光路图、求折射角，应用临界角公式，分析清楚光的传播过程，应用反射定律与折射定律可以解题．。