2020年安徽省合肥市高考物理二模试卷 (有详解)

2020年安徽省合肥市高考物理二模试卷
一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）
1.关于光电效应，下列说法正确的是()
A. 在光电效应实验中，用不同频率的光照射相同的金属表面，这种金属的逸出功不同
B. 若用紫光照射某金属表面能发生光电效应，用黄光照射该金属表面时一定能发生光电效应
C. 用同一种频率的单色光照射不同的金属(都有光电效应发生)，光电子的最大初动能与金属的
逸出功成线性关系
D. 只要增加光照时间和光照强度照射金属表面，该金属一定能发生光电效应
2.两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图所示，OA、OB
与水平面的夹角分别为α、β，已知α<β，M、m均处于静止状态。

则()
A. 水平面一定是粗糙的
B. 水平面可能是光滑的
C. OA绳的拉力大于OB绳的拉力
D. OA绳的拉力等于OB绳的拉力
3.如图所示，质量为m的小球从高度为h的斜面上的A点滚下，经水平面BC后再滚上另一斜面，
当它到达ℎ
3
处的D点时，速度为零，在这个过程中，重力做功为()
A. mgℎ
3B. 2mgℎ
3
C. mgh
D. 0
4.在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一面积为S、电阻为r的单匝矩形金属
线框绕与磁感线方向垂直的转轴匀速转动，产生周期为T的交变电流。

t=0时，线框平面与磁感线方向垂直，如图所示，则下列说法正确的是
A. t1=T
4
时穿过线框的磁通量最大
B. t2=T
2
时刻线框中的电流最大
C. 0至T
4内，流经线框截面的电荷量为BS
r
D. 保持交变电流频率不变，增加磁感应强度可增大电动势的最大值，但有效值不变
二、多选题（本大题共6小题，共34.0分）
5.嫦娥四号月球探测器于2018年12月12日成功到达预定环月轨道，并于2019年1月3日成功
在月球背面预定着陆区实现软着陆，第一次为人类揭开了古老月背的神秘面纱．嫦娥四号月球探测器质量为m，其环月近地飞行可视为圆周运动．已知月球质量为M，月球半径为R，月球表面重力加速度为g0，引力常量为G，不考虑月球自转的影响，则嫦娥四号月球探测器环月飞行时的
A. 角速度ω=√g0R
B. 线速度v=√GM
R
C. 运行周期T=2π√R
g0D. 向心加速度a n=Gm
R2
6.平行板电容器与静电计相连，如图所示。

下列各种情况中能观察到静电计指针偏角减小的是()
A. 将两极板的间距加大
B. 将两极板平行错开，使正对面积减小
C. 在A板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板
D. 在A板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板
7.如图，轻质杆OA长l=0.5m，A端固定一个质量为3kg的小球，小
球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动。

通过最高点时小球的速率
是2m/s，g取10m/s2，则此时细杆OA()
A. 在最高点小球受到支持力作用
B. 受到6N的压力
C. 受到24N的压力
D. 受到24N的拉力
8.如图所示为一滑草场。

某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾
角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为
μ。

质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、
下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑
道交接处的能量损失，sin37°=0.6，cos37°=0.8)。

则()
A. 动摩擦因数μ=6
7
B. 载人滑草车最大速度为√2gℎ
7
C. 载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
g
D. 载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为3
5
9.下列说法正确的是()
A. 做功和热传递都能改变物体的内能
B. 当气体温度升高时，外界对气体一定做正功
C. 饱和汽的体积越大，饱和汽压越大
D. 单晶体和多晶体都具有确定的熔点
E. 气体能够充满容器的整个空间，是气体分子无规则运动的结果
10.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时，波恰好传播到x2=2m的B点如图所示，在t=0.3s
时，x1=1m的质点A恰好第一次出现在正最大位移处，则()
A. 该波的传播周期为1.2s
B. 该波的传播速度为5m/s
C. t=1.0s时，质点C在平衡位置处且向上运动
D. 当波传播到质点C时，质点B在平衡位置处且向上运动
E. 当波传播到质点C时，质点A运动的路程为60cm
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律。

(1)用螺旋测微器测出遮光条的宽度，示数如图乙所示，则遮光条的宽度为d=________mm。

(2)按图甲连接好装置，调节定滑轮的高度，使________，由静止释放物块A，记录物块A通过
光电门时遮光条的遮光时间，记录钩码的质量。

(3)多次改变钩码的质量，每次让物块A从气垫导轨上的同一位置释放，记录每次钩码的质量m
及对应的遮光条遮光时间t。

已知物块A和遮光条的总质量为M，物块A开始释放时遮光条的位置与光电门之间的距离为x，气垫导轨倾斜的角度为θ，若以上物理量满足关系式________，则机械能守恒定律得以验证(当地的重力加速度为g)。

12.某小组的同学为测量阻值约为的电阻R x的阻值，备有如下器材：
电源E：电动势为3V，内阻可忽略不计；
滑动变阻器R：最大阻值为10Ω，额定电流为1A；
电流计G(两个)：内阻均为，满偏电流均为I g=100μA；
电阻箱(两个)：阻值均为；
开关S一个、导线若干．
为了完成电阻R x的测量，请回答下列问题：
(1)为了满足需要，应将其中的一只电流计改装成量程为3V的电压表，则需要________(填“串
联”或“并联”)一个电阻箱，且应将电阻箱的阻值调为________Ω.另一只电流计改装成量程为
0.6A的电流表，则需要________(填“串联”或“并联”)一个电阻箱，且应将电阻箱的阻值调
为________结果保留两位有效数字)．
(2)请利用(1)中改装的电表，设计一电路精确地测量该电阻R x的阻值，
并要求电阻R x两端的电压从零开始调节，电流表采用外接法，请在虚
线框内面出电路图．
四、简答题（本大题共1小题，共14.0分）
13.如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L=1m，一磁感应强度B=
0.1T的匀强磁场，垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为R=0.60Ω的电阻，
电阻为r=0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。

现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求
(1)金属棒ab运动的最大速度v的大小；
(2)金属棒达最大速度时a、b两端的电势差U；
(3)金属棒ab从静止开始运动的1.5s内，通过电阻R的电量q及电阻R上产生的热量Q。

(结果
保留两位有效数字)
五、计算题（本大题共3小题，共38.0分）
14.如图所示，水平传送带沿顺时针方向以恒定的速度运行，传送带上表面离地面的高度为5m，一
个物块轻放在传送带的左端，当传送带的速度为v1时，物块从传送带的右端飞离做平抛运动的水平位移大小为2m；当传送带的速度为5m/s时，物块从传送带的右端飞离做平抛运动的水平位移大小为4m；已知重力加速度的大小为10m/s2，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不计物块的大小及空气的阻力，求：
(1)传送带长L的大小；
(2)v1的大小及此时物块从放上传送带到落地运动的时间．
15.如图所示，截面积分别为S A=1cm2、S B=0.5cm2的两个上部开口的柱形气缸A、B，底部通过
体积可以忽略不计的细管连通，A、B两个气缸内分别有两个不计厚度的活塞，质量分别为m A=
1.4kg、m B=0.7kg。

A气缸内壁粗糙，活塞与气缸间的最大静摩擦力为F f=3N；B气缸内壁
光滑，且离底部2h高处有一活塞销。

当气缸内充有某种理想气体时，A、B中的活塞距底部均为h，此时气体温度为T0=300K，外界大气压为P0=1.0×105Pa。

现缓慢升高气体温度，(g 取10m/s2，)求：
(1)当气缸B中的活塞刚好被活塞销卡住时，气体的温度T1；
(2)当气缸A中的活塞刚要滑动时，气体的温度T 2。

16.如图所示，某透明介质的横截面由半径为R的1
4
圆和一锐角为300的直角三角形构成，一细束激
光从圆弧上的A点平行于MP边射入透明介质，且入射点A与MP的距离ℎ=√3
2
R，已知该透明
介质对激光的折射率n=√6
2，sin750=√6+√2
4。

(1)激光第一次射到NP边时能否射出透明介质？请说明理由。

(2)第一次从MP边射出的激光与MP边所成的夹角锐角为多大？
-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：
逸出功是金属的固有属性；发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率；根据光电效应方程E km=ℎν−W0进行分析；只有当入射光的频率大于或等于极限频率时，才能发生光电效应，与光的强弱无关和光照时间无关。

解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，理解逸出功是摆脱束缚所需要的最小能量。

A.逸出功是金属的固有属性，故A错误；
B.发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，黄光人频率比紫光小，故用黄光照射该金属表面时不一定能发生光电效应，故B错误；
C.根据爱因斯坦光电效应方程E km=ℎν−W0，对于不同种金属，若照射光频率不变，E k与金属的逸出功成线性关系，故C正确；
D.只有当入射光的频率大于或等于极限频率时，才能发生光电效应，与光的强弱无关和光照时间无关，故D错误。

故选C。

2.答案：A
解析：解：C、D、对结点O受力分析如图：
把F1和F2分别分解到水平方向和竖直方向。

沿水平方向列方程：
F1cosα=F2cosβ…①
沿竖直方向列方程：
F1sinα+F2sinβ=Mg…②
由于α<β，可得得：F1<F2
即绳子OA的拉力小于OB的拉力。

故C错误，D错误；
A、B、对m受力分析：m受到重力。

支持力和两边绳子的拉力，由于绳子OA的拉力小于OB的拉力，所以m要处于平衡状态，则必定受到向左的摩擦力，所以水平面一定是粗糙的，故A正确，B 错误
故选：A。

对结点O受力分析，再沿水平方向对正交分解，然后利用平衡条件求出AO、BO绳的张力F1和F2.对m受力分析，两绳对m的拉力为水平向左的F1，水平向右的F2，有平衡条件知F1和F2的差就等于m 受到的摩擦力的大小。

本题综合了受力分析、正交分解、平衡条件应用等内容。

解题过程中要注意研究对象选取，正确选取研究对象是解决此类问题的关键，该题难度中等。

3.答案：B
解析：
根据重力做功W=mgℎ计算重力做的功。

本题考查重力做功，知道重力做功与路径无关，取决于重力和初末位置的高度差。

重力做功与路径无关，取决于重力和初末位置的高度差，所以重力做功W=mg(ℎ−ℎ
3)=2mgℎ
3
，故
B正确，ACD错误。

故选B。

4.答案：C
解析：
当线框与磁场垂直时，感应电流最小，当线框与磁场平行时，穿过线框的磁通量变化率最大。

线框
中产生的交变电动势的最大值为NBSω，根据有效值E=√2
2
E m求交变电动势的有效值。

本题考查交流电的产生及变化规律，要知道感应电动势的最大值求解方法，理解交流电的最大值与有效值的关系；此题中注意线圈的一半在磁场中。

A.T
4
时线框平面与磁场平行，磁通量为零，故A错误；
B.T
2
时线框平面与磁场垂直，线框速度方向与磁场平行，不切割磁感线，电流为零，故B错误；
C.0至T
4内，由q=I⋅Δt，I=E
r
，E=NΔΦ
Δt
，得q=ΔΦ
r
，又ΔФ=BS，故q=BS
r
，故C正确；
D.交流电电压最大值E m=NBSω，有效值E=m
√2
，频率不变，ω不变，B增大，则E m增大，有效值也增大，故D错误；
故选C。

5.答案：BC
解析：
探测器绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出问题。

向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所要求解的物理量选取应用。

万有引力等于重力。

根据万有引力提供向心力，结合万有引力等于重力求出角速度、线速度、向心加速度和周期的大小。

A.根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力可得GMm
R2=mω2R，得ω=√GM
R3
，又因为万有引力等于
重力GMm
R2=mg0，即GM=R2g0，解得ω=√g0
R
，故A错误；
B.根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力可得GMm
R2=mv2
R
，得v=√GM
R
，故B正确；
C.根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力可得GMm
R2=m4π2
T2
R，得T=√4π2R3
GM
，又GM=R2g0，
得T=2π√R
g0
，故C正确；
D.根据万有引力提供向心力可得GMm
R2=ma，解得a=GM
R2
，故D错误。

故选BC。

6.答案：CD
解析：
解答本题关键掌握：静电计测定电容器板间的电势差，电势差越大，指针偏角越大；
电容器电容的决定式C=ɛS
4πkd
，分析电容的变化；
电容器的电量不变，由电容器的定义式C=Q
U
分析电势差的变化。

对于电容器动态变化分析问题，关键根据电容的决定式C=ɛS
4πkd 和定义式C=Q
U
结合进行分析，同时
要抓住不变量，一般电容器动态问题都能解决。

A.将两极板的间距加大，依据C=ɛS
4πkd 可知电容减小，由电容器的定义式C=Q
U
，可知两极板间电压
增大，故指针偏角增大，故A错误；
B.将两极板平行错开，使正对面积减小，依据C=ɛS
4πkd 可知电容减小，由电容器的定义式C=Q
U
，可
知两极板间电压增大，故指针偏角增大，故B错误；
CD.在A板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，是增大了介电常数，依
据C=ɛS
4πkd 可知电容增大，由电容器的定义式C=Q
U
，可知两极板间电压减小，故指针偏角减小，故
C正确，而放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，相当于减小距离，电容增大，两极板间电压减小，故指针偏角减小，D正确。

故选CD。

7.答案：AB
解析：解：设轻杆对小球提供支持力，在最高点根据牛顿第二定律可得：mg−F N=m v2
l
解得：F N=6N
F N为正值，说明假设成立，杆对小球提供支持力，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力为6N，故AB正确，CD错误
故选：AB。

在最高点，小球靠重力和杆子作用力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出作用力的大小，确定是拉力还是压力。

本题为竖直平面内圆周运动典型题目，重点找到所需向心力与提供向心力的大小关系，并以此判断其运动趋势，进而判断受力情况。

8.答案：AB
解析：解：A、对整个过程，由动能定理得：2mgℎ−μmgcos45°⋅ℎ
sin45∘−μmgcos37°⋅ℎ
sin37∘
=0
解得：μ=6
7
.故A正确。

B、滑草车通过第一段滑道末端时速度最大，设为v，由动能定理得：mgℎ−μmgcos45°⋅ℎ
sin45∘=1
2
mv2
解得：v=√2gℎ
7
.故B正确。

C、对整个过程，由动能定理得：
2mgℎ−W f=0，解得，载人滑草车克服摩擦力做功为：W f=2mgℎ。

故C错误。

D、载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为：a=μmgcos37°−mgsin37°
m =3
35
g，故D错误。

故选：AB。

对于整个过程，运用动能定理列式，可求得动摩擦因数．由题分析可知，滑草车通过第一段滑道末端时速度最大，由动能定理求解．对全过程，运用动能定理求载人滑草车克服摩擦力做功．加速度根据牛顿第二定律求．
本题考查了动能定理和牛顿第二定律的应用，关键要灵活选择研究的过程，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解动摩擦因数和最大速度．
9.答案：ADE
解析：解：A、改变物体内能得方式有两种：做功和热传递，故A正确；
B、根据热力学第一定律可知，△U=W+Q，当温度升高时，可以通过做功，也可以通过热传递，故B错误；
C、根据饱和气压的特点可知，液体的饱和汽压与温度有关，温度越高饱和汽压越大，但饱和汽压与饱和汽的体积无关。

故C错误。

D、晶体都有固定的熔点，故D正确；
E、气体分子间距离很大，分子作用力很弱，之所以能够充满整个容器，是由于气体分子在永不停息的做无规则运动，故E正确；
故选：ADE。

改变物体内能得方式有两种：做功和热传递；温度是理想气体的内能标志，根据热力学第一定律可知，△U=W+Q，当温度升高时，可以通过做功，也可以通过热传递；
晶体都有固定的熔点，单晶体各向异性，多晶体与非晶体是各向同性的；
饱和汽压与饱和汽的体积无关。

气体能够充满容器的整个空间，是由于分子在永不停息的做无规则运动。

本题考查了改变物体内能得方式：做功和热传递、热力学第一定律、温度是分子平均动能的标志、气体的扩散等知识，比较简单，关键是多看课本，坚强记忆和理解。

10.答案：BCE
解析：
由题意，在t=0.3s时，质点A第一次出现在正最大位移处，可求出周期3
4
T=t，根据t=1.0s与周期T的关系，分析质点C的位置和速度方向．波从B传到C的时间为1.5T，分析质点B的状态．由
图读出波长，由v=λ
T
求出波速．本题抓住波在同一介质中匀速传播的特点，能根据两点间的距离判断传播的时间，由时间与周期的关系，分析质点的位置和速度．
AB、由题意，在t=0.3s时，质点A第一次出现在正最大位移处，则得3
4
T=0.3s，周期T=0.4s.由
图知，波长λ=2m，则波速v=λ
T =2
0.4
m/s=5m/s，故A错误，B正确；
C、t=0时，B质点处于平衡位置且向上振动，振动传到C点的时间t1=x BC
v =3
5
s=0.6s，当t=1.0s
时，质点C又运动了一个周期，此时C在平衡位置处且向上运动，故C正确；
D、0.6s=11
2
T，此时B在平衡位置处且向下运动，故D错误；
E、当波传播到质点C时，质点A运动的路程x=3
2×4A=3
2
×4×10cm=60cm，故E正确．
故选：BCE
11.答案：(1)0.990
(2)拉物块A的细线与气垫导轨平行
解析：
(1)由螺旋测微器的读数方法判断得解；
(2)由该实验的原理与步骤操作判断得解；
(3)由实验原理判断钩码重力势能的减小量与钩码与物块A动能的增加量和物块A重力势能的增加量是否相等判断得解。

本题主要考查验证机械能守恒定律的实验，明确实验原理是解题的关键，难度一般。

(1)由图可知固定尺读数为：0.5mm，可动尺读数为：49.0×0.01mm，二者之和即为遮光条宽度，为：d=0.990mm；
(2)由实验步骤操作可知，调节定滑轮的高度，应使拉物块A的细线与气垫导轨平行；
(3)由实验过程可知，该过程物块A与钩码的动能都增加，且增加量为：1
2(M+m)v2，其中v=d
t
，
由该过程物块A的重力势能增加，其增加量为：，而钩码的重力势能减小，其减小量为：ΔE pm，若有：，则表示该过程机械能守恒。

故填：(1)0.990；(2)拉物块A的细线与气垫导轨平行；。

12.答案：(1)串联；29000；并联；0.17；(2)。

解析：
本题考查伏安法测电表内阻的原理，要注意明确实验原理，能正确应用欧姆定律进行分析实验数据。

(1)根据电表的改装原理可明确如何扩大电压表和电流表量程；
(2)根据伏安法测电阻的原理，明确滑动变阻器的接法，注意如何保证实验的安全和准确。

(1)由电表的改装原理可知，将电流计G1，改装成量程为3V的电压表需要串联分压电阻，
串联电阻的阻值为：R=U I
g −R g=3
100×10−6
Ω−1000Ω=29000Ω，
将电流计G2改装成量程为0.6A的电流表需要并联分流电阻，
并联电阻的阻值为R′=I g R g
I−I g
=100×10−6×1000
0.6−100×10−6
Ω≈0.17Ω；
(2)由于电压从零开始调节，滑动变阻器应采用分压接法，且题目要求外接法，故电路图如图所示：
故答案为：
(1)串联；29000；并联；0.17；(2)。

13.答案：解：(1)由x−t图象可得：t=1.5s时金属棒匀速运动，根据图线的斜率表示速度大小，则有：
；
(2)金属棒产生的感应电动势为：E=BLv=0.1×1×9V=0.9V
根据闭合电路欧姆定律可得：I=E
R+r
则金属棒达最大速度时a、b两端的电势差：U=IR=E
R+r
⋅R=0.6V，
根据右手定则可知a端电势高；
(3)根据电荷量的计算公式可得：
由图得：x=5.6m
代入数据得：q=0.62C
匀速运动时金属棒受力平衡，根据平衡条件可得：mg=F A=B2L2v
R+r
代入数据解得金属棒的质量为：m=0.01kg
在0～1.5s内，金属棒的重力势能转化为金属棒的动能和电路的内能，
设电路中产生的总热量为Q总，根据能量守恒定律得：mgx=1
2mv2+Q
总
代入数据解得：Q总=0.155J
根据焦耳定律可得：Q=R
R+r
Q=0.10J。

解析：本题主要是考查电磁感应中力学问题与能量问题的综合，涉及力学问题常根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；涉及能量问题，要知道电磁感应现象中的能量转化情况，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

14.答案：解：(1)物块离开传送带右端后做平抛运动的时间t=√2ℎ
g =√2×5
10
s=1s
由题意可知，当传送带的速度为5m/s时，物块在传送带右端做平抛运动的速度v′=s′
t =4
1
=4m/s<
5m/s
因此此过程物块在传送带上一直在做匀加速运动，加速度大小a =μmg m
=μg =2m/s 2
传送带的长L =
v′22a
=
422×2
m =4m
(2)当传送带速度为v 1时，物块到从传送带右端抛出做平抛运动的速度 v =s
t =2
1m/s =2m/s <4m/s
因此物块先匀加速后匀速，传送带的速度v 1=2m/s 物块在传送带上匀加速的时间t 1=
v 1a
=2
2
s =1s
匀加速运动的距离x =v 12
2a =22
2×2=1m 匀速运动的时间t 2=
L−x v 1
=
4−12
s =1.5s
因此物块从放上传送带到落地过程运动的时间t 总=1s +1.5s +1s =3.5s 答：
(1)传送带长L 的大小是4m ；
(2)v 1的大小及此时物块从放上传送带到落地运动的时间是3.5s 。

解析：(1)先研究平抛运动过程，根据下落的高度求出平抛运动的时间，根据水平位移和运动时间求出物块离开传送带时的速度。

由题意可知，当传送带的速度为5m/s 时，块在传送带上一直在做加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再由速度位移公式求出传送带的长度L 。

(2)当传送带速度为v 1时，物块先加速后匀速，根据速度时间公式求出匀加速运动的时间。

由位移时间公式求得匀速运动的时间，从而求得总时间。

解决本题的关键要理清小物块在传送带上的运动规律，注意分析物块有无匀速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。

15.答案：解：①此过程为等压过程，由盖−吕萨克定律得：
V 0 
T 0 =V 1 
T 1
 …① V 0 =S A ℎ+S B ℎ=1.5ℎ…② V 1 =S A ℎ+2S B ℎ=2ℎ…③
联立①②③得：1.5ℎ300=
2ℎ
T 1
解得：T 1
=400K
②气体做等容变化，由查理定律得：
p 1 T 1 =p 2
 T 2
最初，对B 活塞有：p 1 S B =p 0 S B +m B g 解得：p 1 =2.4×10 5p a
活塞要动时，对A 活塞有：p 2 S A =p 0 S A +m A
g +f ， 解得：p 2 =2.7×10 5p a
所以有：
2.4×10 5400
=
2.7×10 
5T 2
解得：T 2
=450K 答：①当气缸B 中的活塞刚好被活塞销卡住时，气体的温度为400K ；
②当气缸A 中的活塞刚要滑动时，气体的温度T 2
为450K 。

解析：①此过程为等压过程，分别求出初末状态的体积，再根据V 0
 T 0
 =V 1
T 1
 列式求解即可；
②从B 活塞到达底部，到A 活塞开始运动，气体发生等容变化，根据平衡条件求出初末位置的压强，带入p 1
 T 1 =
p 2
 T 2
 求解温度即可。

本题关键明确封闭气体的初末状态，然后结合气体实验定律列式求解；同时要对活塞受力分析并结合平衡条件求解压强。

16.答案：解：①画出光路图如图。

由几何知识得：
i =∠AOM
由sin∠AOM =ℎ
R ，解得：∠AOM =60° 在A 点，由折射定律得n =sini
sinr 解得：r =45°
根据几何知识可得光线第一次射到NP 上时入射角∠1=75°； 设介质全反射临界角为C ，则sinC =1
n 而sin75°=√
6+√24
，可得∠1>C
所以光线NP 上发生全反射，不能射出透明介质； ②光线射到MP 上时入射角∠2=45°<C
所以光线第一次由MP 射出，由折射定律有n =sin∠3
sin∠2 得∠3=60°
所以第一次由MP射出的光线与MP间的夹角为30°。

答：①第一次射到NP的光束不能射出透明介质；
②第一次有MP射出的光线与MP的夹角应为30°。

解析：①第一次射到NP的光束能否射出透明介质，就看光束在NP上能否发生全反射。

先根据折射定律求出光束在A点的折射角，由几何知识求得光束射到NP上时的入射角，与临界角C比较，即可判断；
②光线在NP上发生全反射，反射光射到MP，由几何知识求出光线射到MP上的入射角，判断出不能发生全反射，第一次由MP射出，由折射定律求得折射角，从而得到折射光线与MP间的夹角。

此题首先要能熟练作出光路图，其次要掌握全反射条件和临界角公式，并能灵活应用几何关系求解。