2020届广东省深圳市高考物理二模试卷(含答案详解)

2020届广东省深圳市高考物理二模试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.已知氘核( 12H)的平均结合能为1.1MeV，氦核( 23He)的平均结合能为
2.57MeV，两个氘核结合成
一个氦核的反应方程为 12H+ 12H→ 23He+ 01n，此核反应()
A. 放出3.31MeV能量
B. 放出5.51MeV能量
C. 放出5.88MeV能量
D. 吸收1.83MeV能量
2.有些人造地球卫星在运行中，由于受到稀薄大气的阻力作用，其运动轨道半径会逐渐减小，在
此进程中，以下说法中正确的是()
A. 卫星的向心力将减小
B. 卫星的向心加速度将减小
C. 卫星的速率将减小。

D. 卫星周期的将减小
3.如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子仅在库仑力作用下做以Q为
焦点的椭圆运动。

M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的
点。

电子在从M点经P到达N点的过程中()
A. 电子和Q的连线在相同时间内扫过相同的面积
B. 速率先减小后增大
C. 电子和Q的连线在相同时间内扫过不同的面积
D. 电势能先增大后减小
4.中国高速铁路最高运行时速350km，被誉为中国“新四大发明”之一。

几年前一位来中国旅行
的瑞典人在网上发了一段视频，高速行驶的列车窗台上，放了一枚直立的硬币，如图所示。

在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车转弯的时候，硬币才倒下。

这一视频证明了中国高铁极好的稳定性。

关于这枚硬币，下列判断正确的是()
A. 硬币直立过程中，列车一定做匀速直线运动
B. 硬币直立过程中，一定只受重力和支持力，处于平衡状态
C. 硬币直立过程中，可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用
D. 列车加速或减速行驶时，硬币都可能受到与列车运动方向相反的摩擦力作用
5.如图所示，带电小球P绕O点在竖直平面内做圆周运动，a、b连线为该圆竖直直
径。

已知该空间匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场方向垂直纸面向里，则小球
在做圆周运动过程中，下列判断正确的是()
A. 小球可能带正电
B. 小球在运动过程中机械能不守恒
C. 小球一定沿逆时针方向做匀速圆周运动
D. 小球运动到a时的电势能大于运动到b时的电势能
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.磁电式仪表的线圈通常用铝框作骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是
A. 防止涡流而设计的
B. 利用涡流而设计的
C. 起电磁阻尼的作用
D. 起电磁驱动的作用
7.对于站在电梯里的人，以下说法中正确的是()
A. 电梯向下加速时，电梯对人的支持力小于重力
B. 电梯减速下降时，电梯对人的支持力大于重力
C. 电梯对人的支持力在电梯上升时可能比下降时大
D. 电梯下降时人对电梯的压力总比上升时大
8.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角
为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.
将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时
对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导
体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是()
A. P=2mgv sinθ
B. 当导体棒速度达到v
2时加速度大小为gsinθ
2
C. 当导体棒速度达到3v
2时加速度大小为5gsinθ
6
D. 在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
9.下列说法正确的是()(填序号)
A. 布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映
B. 气体对容器壁的压强是大量气体分子不断碰撞器壁产生的
C. 第二类永动机是不可能制成的，因为它违反了能量守恒定律
D. 一定质量的理想气体，当气体等温膨胀时，气体要从外界吸收热量
E. 气体的体积是所有气体分子的体积之和
F. 物体的温度越高，分子的平均动能越大
10.如图所示，图甲是一列以O为波源沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的图象，此时刻x=
5m的质点刚好开始振动．图乙是该波在t=0.2s时刻的波的部分图象，在这段时间内x=7m的质点Q有两次到达波峰的经历，则以下说法中正确的是()
A. 波源开始振动的方向沿y轴正方向
B. 当t=0.2s时，质点Q振动的方向沿y轴正方向
C. 该波的波速为100m/s
D. 从t=0开始经过0.05s，质点Q通过的路程为10cm
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.晓宇在验证动量守恒定律时，设计了如图1所示的实验装置，并进行了如下的操作：将光电门A、
B固定在长木板上，并适当地将长木板的右端垫高，以平衡材料相同的两个滑块1和2在长木板上运动时受到的滑动摩擦力；将滑块1放在光电门A右侧，将滑块2放在两光电门之间，轻推滑块1使其沿长木板向下运动，两滑块碰后粘合为一体。

已知滑块1、2的质量分别为m1、m2，滑块1通过光电门A、B时的挡光时间分别为t1、t2，遮光条的宽度为d。

(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度如图2所示，则其读数为d=______ mm；
(2)滑块1通过两光电门时的速度分别为v A=______ ，v B=______ ；(用以上物理量表示)
(3)若两滑块碰撞过程动量守恒，则关系式______ 成立。

(用以上物理量表示)
12.在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室仅提供下列实验器材：
A.干电池两节，每节电动势约为1.5V，内阻约几欧姆
B.直流电压表V1、V2，量程均为0～3V，内阻约为3kΩ
C.电流表，量程0.6A，内阻小于1Ω
D.定值电阻R0，阻值约为5Ω
E.滑动变阻器R，最大阻值50Ω
F.导线和开关若干
①如图乙所示的电路是实验室测定电源的电动势和内阻的电路图，按该电路图组装实验器材进行实
验，测得多组U2、Ⅰ数据，并画出U2−I图象，求出电动势和内电阻。

电动势和内阻的测量值均偏小，产生该误差的原因是______，这种误差属于______(填“系统误差”或“偶然误差”)。

②实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1−U2图象如图丙所
示，图线斜率为k，与横轴的截距为a，则电源的电动势E=______，内阻r=______(用k、a、R0表示)。

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图，竖直平面内粗糙直杆与半径为R=2.5m的光滑1
圆弧轨道平滑连接，直径
4
略大于杆截面直径的小环质量为m=2kg。

与竖直方向成α=37°的恒力F作用在
小环上，使它从A点由静止开始沿杆向上运动，当小环运动到半圆弧轨道左端B点
时撤去F，小环沿圆轨道上滑到最高点C处时与轨道无弹力作用。

AB间的距离为
5m，小环与直杆间的动摩擦因数为0.5.(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)
求：
(1)小环在C处时的速度大小；
(2)小环在B处时的速度大小；
(3)恒力F的大小。

14.如图所示为仓储公司常采用的“自动化”货物装卸装置，两个相互垂直的斜面固定在平台上，
平台跟货车车厢等高，货箱A(含货物)和配重B通过与斜面平行的轻绳跨过光滑滑轮相连．A装载货物后从ℎ=8.0m高处由静止释放，运动到底端时，A和B同时被锁定，卸货后解除锁定，A在B的牵引下被拉回原高度处，再次被锁定．已知θ=53°，B的质量M为1.0×103kg，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6．
(1)为使A由静止释放后能沿斜面下滑，其质量m需要满足什么条件？
(2)若A的质量m=4.0×103kg，求它到达底端时的速度v；
(3)为了保证能被安全锁定，A到达底端的速率不能大于12m/s.请通过计算判断：当A的质量m不断增
加时，该装置能否被安全锁定．
15.一支足够长且粗细均匀的玻璃管，倒插在深而大的水银槽中，玻璃管封闭的上
端有一段50cm长的水银柱，管内下端水银面与槽内水银面相平，其间封有
48cm长的空气柱，如图所示．
求：(已知大气压强p0=75cmHg)
(i)管内水银柱与玻璃管的顶端间的压强
(ii)将玻璃管缓慢上提多少距离后，管内水银柱与玻璃管的顶端间弹力恰好为零？
16.如图，截面为1
圆环的透明材料，O为该圆环的圆心，AB、CD是该圆环
4
的两端，宽度均为d。

单色光线a垂直AB从B点射入，光线恰好不从AD射
出，而是从C点垂直CD射出。

①求该透明材料的折射率；
②单色光线b与AB成45°从AB上的A点射入，已知光在真空中的传播速度为c。

求光线b在该材料中的传播时间。

参考答案及解析
1.答案：A
解析：解： 12H+ 12H→ 23He+ 01n；
聚变反应前两个 12H的总结合能为：
E1=1.1×4MeV=4.4MeV
反应后生成的氦核的结合能为：
E2=2.57×3MeV=7.71MeV
所以反应释放的核能△E=E2−E1=(7.71−4.4)MeV=3.31MeV，故A正确，BCD错误；
故选：A。

根据爱因斯坦质能方程△E=△mC2即可求出核反应释放的能量。

考查知道核反应向平均结合能增大的方向进行，要释放能量。

2.答案：D
解析：解：A、根据F=GMm
r2
，G是万有引力常量，M为地球质量，m为卫星质量，这三个量不变，r为卫星和地球间距离，变小，则向心力增大，故A错误；
BCD、根据GMm
r2=ma=m v2
r
=m4π2
T2
r得，a=GM
r2
，v=√GM
r
，T=√4π2r3
GM
，知轨道半径减小，向心
加速度增大，速率增大，周期变小。

故C正确，BD错误。

故选：D。

卫星在阻力的作用下，要在原来的轨道减速，万有引力将大于向心力，物体会做向心运动，轨道半径变小，再根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心加速度的表达式进行讨论即可。

本题关键是根据题意得出轨道半径变小，然后抓住万有引力提供向心力，以及重力加速度的表达式，先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，再进行讨论。

3.答案：A
解析：解：AC、根据开普勒第二定律，万有引力作用下行星做椭圆运动时，行星与太阳的连线在相同时间内扫过相同的面积；由于电子受到的静电力也是与距离平方成反比，由类比可知，电子和Q的连线在相同时间内扫过相同的面积，故A正确，C错误；
BD、电子从M点经P到达N点，电势能先转化为动能，再动能转化为电势能，电势能先减小后增大，速率先增加后减小，故BD错误。

故选：A。

根据影响速度和电势能大小的因素来分析速度和电势能的变化，找到转化的方向；电子的运动可以类比行星的运动，根据开普勒定律明确电子和Q的连线在相同时间内扫过的面积。

本题考查库仑定律等规律，掌握库仑力做功的特点，库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加；同时注意系统的机械能与能量的区别；能将电子在库仑力的作用下的运动与行星的运动作类比。

4.答案：C
解析：解：ABC、当列车匀速直线行驶时硬币立于列车窗台上，稳稳当当，说明硬币处于平衡状态，此时硬币受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，它们是一对平衡力；当列车在加速或减速过程中，如果加速度较小，硬币会受到沿着行进方向的静摩擦力或行进方向反向的静摩擦力提供硬币加速度，故AB错误，C正确；
D、列车加速时，硬币会受到沿着行进方向的静摩擦力，故D错误。

故选：C。

硬币直立时可能做匀速直线运动，也可以随车速的变化做变速直线运动，由受力，结合运动的情况分析；列车横向变道时，列车运动的方向发生变化。

该题属于物理知识在日常生活中的应用，解答的关键要明确列车沿直线运动时，速度的大小可能发生变化。

5.答案：B
解析：解：A、小球做圆周运动，则电场力与重力平衡，所以电场力竖直向上，因为电场竖直向下，所以小球带负电，故A错误；
B、小球在运动过程中电场力做功，所以机械能不守恒，故B正确；
C、小球运动过程中，洛伦兹力提供向心力，所以根据左手定则，小球沿顺时针方向运动。

因为小球运动半径不变，所以小球的线速度大小不变，即小球做匀速圆周运动，故C错误；
D、从a到b，电场力做负功，电势能增加，所以小球运动到a时的电势能小于运动到b时的电势能，故D错误。

故选：B。

对小球受力分析可知，电场力与重力平衡，可知电场强度方向。

电场力做功，所以机械能不守恒。

洛伦兹力提供向心力，用左手定则判断受力方向、运动方向。

从a到b电场力做负功，小球电势能增大。

本题考查小球在电场、磁场复合场中的运动，要掌握结合受力分析研究小球的运动、能量转换问题。

6.答案：BC
解析：
根据穿过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，出现感应电流，进而受到安培阻力，阻碍指针的运动。

在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握，同时理解电磁阻尼的原理。

解：常用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动，这样做的目的是利用涡流，起到电磁阻尼作用，故BC正确，AD错误；
故选BC。

7.答案：ABC
解析：解：A、电梯向下加速时，人处于失重状态，电梯对人的支持力小于重力，故A正确；
B、电梯减速下降时，人的加速度向上，人处于超重状态，电梯对人的支持力大于重力，故B正确；
C、如果电梯减速上升，则物体超重，电梯加速下降时，物体失重，则可知，上升时的支持力可能小于下降时的支持力，故C正确，D错误。

故选：ABC。

当支持力大于重力时，合力向上，加速度向上，故人加速上升或者减速下降，超重；
当支持力小于重力时，合力向下，加速度向下，故人加速下降或者减速上升，失重．
本题关键是明确加速度向上时，人处于超重状态；加速度向下时，人处于失重状态．根据超重和失重可明确支持力的大小．
8.答案：ABC
解析：解：A、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则mgsinθ=BIl=B2L2v
R
，当导体棒以2v匀速运
动时受力平衡，则有：F+mgsinθ=BIl′=B2L2⋅2v
R
，故F=mgsinθ，拉力的功率为：P=F⋅2v= 2mgvsinθ，故A正确；
B、当导体棒速度达到1
2v时，由牛顿第二定律有：mgsinθ−B2L2v
2R
=ma，解得：a=gsinθ
2
，故B正
确；
C、当导体棒速度达到3
2v时，拉力为：F′=P3
2
v
=4mgsinθ
3
，由牛顿第二定律有：F′+mgsinθ−3B2L2v
2R
=
ma′，解得：a′=5gsinθ
6
，故C正确；
D、由能量守恒，当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功，故D错误。

故选：ABC。

导体棒最终匀速运动受力平衡可求拉力F，由P=Fv可求功率，由牛顿第二定律求加速度，由能量守恒推断能之间的相互转化．
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据平衡条件或牛顿第二定律列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．9.答案：BDF
解析：解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，A错误；
B、气体对容器壁的压强是大量气体分子不断碰撞器壁产生的，B正确；
C、第二类永动机是不可能制成的，因为它违反了热力学第二定律，C错误；
D、根据热力学第一定律，当气体等温膨胀时，气体要从外界吸收热量，D正确；
E、气体的体积是气体所能达到的空间，E 错误；
F、温度是分子平均动能的标志，F正确；
故选：BDF。

布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，第二类永动机是不可能制成的，因为它违反了热力学第二定律，改变内能的方式有做功和热传递，温度是平均动能的标志．
本题考查了布朗运动的实质，压强的微观解释，热力学第一定律和永动机的知识．
10.答案：ACD
解析：解：A、由图甲可知，x=5点在0时刻的振动向上，而该点正在起振，故说明振源的起振方向沿y轴的正方向，故A正确；
B、由图乙可知，Q点现在的振动方向应向下，沿y轴的负方向，故B错误；
C、因Q点在0.2s内有2次经过波峰的经历，故波从5m传到Q点后再1.5T回到Q点的时间为0.2s，故有：
t=2
v +3
2
T=0.2，而v=λ
T
，由图可知，波长λ=12m，代入得：T
6
+3
2
T=0.2，
解得：T=3
25s，则波速v=λ
T
=123
25
=100m/s，故C正确；
D、故C可知，波速为100m/s，则0.05s内，Q点振动时间t=0.05s−2
v =3
100
=1
4
T，故Q点通过的
路程为1×10cm=10cm，故D正确；故选：ACD．
图甲中x =5m 刚开始起振，其振动方向即为波源的起振方向，由图乙可知Q 点在0.2s 时的振动方向，由带动法可知两点的振动方向；根据Q 点在0.2s 内的振动情况可知波的周期，由图乙知道波的波长，则由波速公式可求得波速；根据周期和起振方向可知0.05s 内Q 点通过的路程．
本题要注意机械波在0时刻只传播到了5m 处，传到7m 时还需要时间；同时还应注意分析Q 点两次经过波峰处的意义．
11.答案：5.10 d t 1 d t 2 m 1t 1=m 1+m 2t 2
解析：解：(1)由图2所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm ，遮光条的宽度d =5mm +2×0.05mm =5.10mm 。

(2)滑块1通过两光电门时的速度分别为v A =d t 1，v B =d
t 2。

(3)两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
m 1v A =(m 1+m 2)v B ，整理得：m 1t 1=m 1+m 2t 2。

故答案为：(1)5.10；(2)d t 1；d t 2；(3)m 1t 1=m 1+m 2t 2。

(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数。

(2)根据遮光条的宽度与挡光时间可以求出滑块通过光电门时的速度。

(3)两滑块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出实验需要验证的表达式。

本题考查了验证动量守恒定律实验，考查了游标卡尺读数与实验数据处理；理解实验原理是解题的前提与关键；要掌握常用器材的使用方法与读数方法；应用动量守恒定律即可解题。

12.答案：电压表分流 系统误差 R 0k−1 R
0k−1 解析：解：①流过电流表的电流不是流过干路的电流，产生误差的原因是电压表的分流造成的，这种误差是由于电路结构和电表造成的，属于系统误差。

②由闭合电路欧姆定律可知：E =U 2+
U 2−U 1R 0r 变形得：U 1=R 0+r r U 2−R 0E r
则有：当U 1=0时，U 2=a
则：R 0E r =a(R 0+r)；k =
R 0+r r 解得：E =ak k−1，r =R 0k−1
故答案为：①电压表的分流作用，系统误差；②ak k−1，R
0k−1；
①根据电路图分析实验原理，明确误差产生原因，确定误差的类型；
②由闭合电路欧姆定律可明确对应的公式，再由图象即可求得对应的电动势和内电阻。

本题考查测量电动势和内电阻的实验方法，关键在明确根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，再分析图象的意义，求得电动势和内电阻。

13.答案：解：(1)在C处小环仅在重力作用下做圆周运动，有mg=m v C2
R
得v C=√gR=√10×2.5=5m/s
(2)小环由B运动到C的过程中只有重力做功，机械能守恒，以B点为势能零点，则
1 2mv B2=mgR+1
2
mv C2
解得v B=5√3m/s
(3)小环从A运动到B的过程，小环受力情况如图所示。

设AB间距离为S，由动能定理得
FScosα−fS−mgS=1
2
mv B2
其中f=μN=μFsin37°
代入数值解得F=70N
答：(1)小环在C处时的速度大小是5m/s；
(2)小环在B处时的速度大小是5√3m/s；
(3)恒力F的大小是70N。

解析：(1)在C处，小环由重力提供向心力，由牛顿第二定律求小环在C处时的速度大小；
(2)从B运动到C的过程，由机械能守恒定律求小环在B处时的速度大小；
(3)小环从A运动到B的过程，运用动能定理可求得恒力F的大小。

本题涉及力在空间的效果，在轨道光滑时要考虑机械能守恒，在有F作用时，要考虑动能定理。

第3小题也可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合解答。

14.答案：解：(1)设左斜面倾角为θ，左斜面倾角为β，货箱由静止释放后能沿斜面下滑，则
F
合
>0①
即mgsinθ−Mgsinβ−μmgcosθ−μMgcosβ>0②
解得m>2.0×103kg③(2)对系统应用动能定理，有
W
合
=△E k④
即mgℎ−Mg(ℎsinβ
sinθ)−(μmg cosθ+μMgcosβ)(ℎ
sinθ
)=1
2
(M+m)v2⑤
解得v=2√10m/s⑥
另解：本小题也可用牛顿第二定律求解：
由F合=ma
即mgsinθ−Mgsinβ−μmgcosθ−μMgcosβ=(M+m)a
由运动学方程得v2=2aL
又L=ℎ
sinθ
，解得v=2√10m/s
(3)当A的质量m与B的质量M之间关系满足m>>M时，货箱下滑的加速度最大，
到达斜面底端的速度也最大，此时有
mgsinθ−μmgcosθ=ma m⑦
得a m=5m/s2⑧
又v2=2a m L⑨
货箱到达斜面底端的最大速度v=10m/s<12m/s⑩
所以，当A的质量m不断增加时，该运输装置均能被安全锁定．⑪
答：
(1)为使A由静止释放后能沿斜面下滑，其质量m需要满足m>2.0×103kg．
(2)若A的质量m=4.0×103kg，求它到达底端时的速度v为2√10m/s；
(3)当A的质量m不断增加时，该装置能被安全锁定．
解析：(1)由题意可明确下滑的条件，则可求得质量的范围；
(2)对系统应用动能定理可求得速度大小；
(3)由题意明确货箱加速度最大的条件，再牛顿第二定律及运动学规律可确定能否被锁定．
本题考查动能定理、牛顿第二定律的应用，要注意正确分析题意，明确物理过程，应用动能定理求解．
15.答案：解：(i)以cmHg为单位，对管内水银柱，根据受力平衡可得：p+ℎ=p0
故与玻璃管的顶端间的压强：p=p0−ℎ=(75−50)cmHg=25cmHg
(ii)玻璃管缓慢上拉的过程，管内气体体积增大，压强减小，
管内水银柱与玻璃管的顶端间弹力减小，当弹力减小为零时，气体压强：p2=50cmHg，
又因为：p1=p0=75cmHg，
设末态空气柱的长度为L2，横截面积为S，
初态体积：V1=L1S=48S，
末态体积：V2=L2S，
封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律可得：p1V1=p2V2
解得管内水银柱与玻璃管的顶端间弹力刚好为零时气柱长度：L2=72cm
又因为：p2=50cmHg
故管内水银上升：△ℎ=75cm−50cm=25cm
而空气柱长度增加：△L=72cm−48cm=24cm
故根据几何关系可知玻璃管上提距离：△x=△ℎ+△L=49cm
解：(i)管内水银柱与玻璃管的顶端间的压强为25cmHg；
(ii)将玻璃管缓慢上提49cm后，管内水银柱与玻璃管的顶端间弹力恰好为零．
解析：(i)以cmHg为单位，利用平衡即可求出管内水银柱与玻璃管的顶端间的压强；
(ii)根据平衡求出初末状态封闭气体的压强，封闭气体发生等温变化，利用玻意耳定律结合几何关系即可求出玻璃管上提距离．
本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决，要熟练掌握在求解玻璃管上提距离时，几何关系的运用．
16.答案：解：①延长入射光线和反向延长
出射光线交AD面于E点，如答图①。

依题意光在E点发彺全反射，∠BEO=45°为
临界角。

设该透明材料的折射率为n，则sin∠BEO=1
n
得n=√2
②过A点作法线，依题意，入射角i=45°，
设折射角为r，由折射定律得：
n=sini
sinr
解得r=30°
光线b传到AD面上的F点，由几何关系可知，∠AFO=60°>45°，则光线b在F点发生全反射，所以∠OFP=60°，则FP垂直于CD，如答图②.光线b在该材料中通过的路程为：
S=AF+FP=OF+OFsin30°=3
2OF=3
2
OD
OD=OC+d，OD=√2OC
解得OD=(2+√2)d
光线在该材料中的传播速度为v=c
n
光线b在该材料中的传播时间为t=S
v
联立解得t=3(√2+1)d
c。

答：①该透明材料的折射率是√2；
②光线b在该材料中的传播时间是3(√2+1)d
c。

解析：①单色光线a恰好不从AD射出，恰好发生了全反射，入射角等于临界角，画出单色光线a的
光路图，由几何关系求出临界角C，结合临界角公式sinC=1
n
求该透明材料的折射率n；
②单色光线b从AB上的A点射入，在A点发生折射，由折射定律求出折射角。

由几何关系求出光线b射
到AD面时的入射角，与临界角比较，发现光线b发生了全反射，画出光路图，根据v=c
n
求出光线b在该材料中的传播速度，由几何关系求出光线b在该材料中传播距离，即可求出光线b在该材料中的传播时间。

本题考查几何光学，关键要掌握全反射的条件和临界角公式，画出光路图，结合几何关系进行解答。