2021届全国百所名校新高考模拟试卷(八)物理试题

2021届全国百所名校新高考模拟试卷（八）
物理
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况，应当立马报告监考老师，否则一切后果自负。

3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当马上报告监考老师，否则一切后果自负。

4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

5、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

6、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

7、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

8、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

9、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、选择题
1.2020年3月15日中国散列中子源利（CSNS）利用中子成像技术帮助中国科技大学进行了考古方面的研究。

散射中子源是研究中子特性、探测物质微观结构和运动的科研装置。

CNSN是我国重点建设的大科学装置，将成为发展中国家拥有的第一台散裂中子源。

下列关于中子研究的说法正确的是（）
A. α粒子轰击14
7N，生成17
8
O，并产生了中子
B. 238
92
U经过4次α衰变，2次β衰变，新核与原来的原子核相比，中子数少了6个
C. 放射性β射线其实质是高速中子流，可用于医学的放射治疗
D. 核电站可通过控制中子数目来控制核反应剧烈程度
【答案】D
【解析】
详解】A．α粒子轰击14
7N，生成17
8
O，并产生了质子，选项A错误；
B．238
92
U经过4次α衰变，2次β衰变，新核质量数为222，电荷数为86，中子数为136，原来的原子核中
子数为238-92=146，则与原来的原子核相比，中子数少了10个，选项B错误；
C．放射性β射线其实质是高速电子流，选项C错误；
D．核电站可通过控制中子数目来控制核反应剧烈程度，选项D正确。

故选D。

2.水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一光滑绝缘轻杆竖直立在地面上，轻杆上有两点A、B。

轻杆左侧固定一带正电的点电荷，电荷量为+Q，点电荷在轻杆AB两点的中垂线上，一个质量为m，电荷量为+q的小球套在轻杆上，从A点静止释放，小球由A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（）
A. 小球受到的电场力先减小后增大
B. 小球的运动速度先增大后减小
C. 小球的电势能先增大后减小
D. 小球的加速度大小不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．小球下滑时受匀强电场的电场力是不变的，受到点电荷的电场力先增加后减小，则小球受到的电场力先增大后减小，选项A错误；
B．小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功；点电荷在前半段先对小球做负功，重力做正功，但是由于不能比较正功和负功的大小关系，则不能确定小球速度变化情况；在后半段，点电荷电场力和重力均对小球做正功，则小球的运动速度增大，选项B错误；
C．小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功；点电荷在前半段先对小球做负功，在后半段对小球做正功，则小球的电势能先增大后减小，选项C正确；
D．由小球的受力情况可知，在A点时小球的加速度小于g，在AB中点时小球的加速度等于g，在B点时小球的加速度大于g，则加速度是不断变化的，选项D错误。

故选C。

3.为了抗击病毒疫情，保障百姓基本生活，许多快递公司推出了“无接触配送”。

快递小哥想到了用无人机配送快递的方法。

某次配送快递无人机在飞行过程中，水平方向速度V x及竖直方向V y与飞行时间t的关系图像如图甲、图乙所示。

关于无人机运动说法正确的是（）
A. 0~t 1时间内，无人机做曲线运动
B. t 2时刻，无人机运动到最高点
C. t 3~t 4时间内，无人机做匀变速直线运动
D. t 2时刻，无人机的速度为2202
v v + 【答案】D
【解析】
【详解】A ．0~t 1时间内，无人机在水平方向做匀加速运动，在竖直方向也做匀加速运动，则合运动为匀加速直线运动，选项A 错误；
B ． 0~t 4时间内，无人机速度一直为正，即一直向上运动，则t 2时刻，无人机还没有运动到最高点，选项B 错误；
C ．t 3~t 4时间内，无人机水平方向做速度为v 0的匀速运动，竖直方向做匀减速运动，则合运动为匀变速曲线运动，选项C 错误；
D ．t 2时刻，无人机的水平速度为v 0，竖直速度为v 2，则合速度为2202
v v +，选项D 正确。

故选D 。

4.宇宙中有一孤立星系，中心天体周围有三颗行星，如图所示。

中心天体质量远大于行星质量，不考虑行星之间的万有引力，三颗行星的运动轨道中，有两个为圆轨道，半径分别为r 1、r 3，一个为椭圆轨道，半长轴为a ，a=r 3 。

在Δt 时间内，行星Ⅱ、行星Ⅲ与中心天体连线扫过的面积分别为S 2、S 3；行星Ⅰ的速率为v 1、行星Ⅱ在B 点的速率为v 2B 、行星Ⅱ在E 点的速率为v 2E 、行星Ⅲ的速率为v 3，下列说法正确的是（ ）
A. S 2=S 3
B. 行星Ⅱ与行星Ⅲ的运行周期相等
C. 行星Ⅱ与行星Ⅲ在P点时的向心加速度大小相等
D. v3< v 1< v 2E< v 2B
【答案】B
【解析】
【详解】AB．行星Ⅱ、行星Ⅲ满足a=r3，据开普勒第三定律知他们的运行周期相等，令△t等于一个周期，它们与中心天体连线扫过的面积，椭圆面积小于圆面积，故A错误，B正确；
C．向心加速度为垂直于速度方向的加速度，行星Ⅱ与行星Ⅲ在P点时加速度相等，但行星Ⅱ在该点的向心加速度为此加速度沿P至椭圆圆心方向的分量，小于行星Ⅲ在P点时加速度，故C错误；
D．据
13
1
3
GM GM
v v
r r
＝＞＝，考虑到Ⅰ到Ⅱ的变轨过程应该在B点加速，有v1＜v2B，B到E过程动能向势能转化，有v2B＞v2E，考虑到v2E小于在E点能够绕中心天体匀速圆周运动所需的速度v E，而v E＜v3，所以有v2E＜v3，综上所述v2E＜v3＜v1＜v2B，故D错误；
故选B。

5.如图所示，在某一水平地面上的同一直线上，固定一个半径为R的四分之一圆形轨道AB，轨道右侧固定一个倾角为30°的斜面，斜面顶端固定一大小可忽略的轻滑轮，轻滑轮与OB在同一水平高度。

一轻绳跨过定滑轮，左端与圆形轨道上质量为m的小圆环相连，右端与斜面上质量为M的物块相连。

在圆形轨道底端A点静止释放小圆环，小圆环运动到图中P点时，轻绳与轨道相切，OP与OB夹角为60°；小圆环运动到B点时速度恰好为零。

忽略一切摩擦力阻力，小圆环和物块均可视为质点，物块离斜面底端足够远，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）
A. 小圆环到达B点时的加速度为g 2
B. 小圆环到达B点后还能再次回到A点
C. 小圆环到达P点时，小圆环和物块的速度之比为23
D.
51
【答案】B
【解析】
【详解】A ．小圆环到达B 点时受到细线水平向右的拉力和圆弧轨道对圆环的水平向左的支持力，竖直方向受到向下的重力，可知此时小圆环的加速度为g 竖直向下，选项A 错误；
B ．小圆环从A 点由静止开始运动，运动到B 点时速度恰好为零，且一切摩擦不计，可知小圆环到达B 点后还能再次回到A 点，选项B 正确；
C ．小圆环到达P 点时，因为轻绳与轨道相切，则此时小圆环和物块的速度相等，选项C 错误；
D ．当小圆环运动到B 点速度恰好为0时，物块M 的速度也为0，设圆弧半径为R ，从A 到B 的过程中小圆环上升的高度h =R ；物块M 沿斜面下滑距离为 ()(3
3)sin 30tan 30
R R L R R =--=- 由机械能守恒定律可得 sin30mgh MgL =︒
解得
33 m M -= 选项D 错误。

故选B 。

6.如图所示为电磁抽水泵模型，泵体是一个长方体，ab 边长为L 1，左右两侧面是边长为L 2的正方形，在泵体内加入导电剂后，液体的电阻率为ρ，泵体所在处于方向垂直纸面向外的匀强磁场B 。

工作时，泵体的上下两表面接电压为U 的电源（内阻不计）上。

若电磁泵和水面高度差为h ，理想电流表示数为I ，不计水在流动中和管壁之间的阻力，重力加速度为g 。

在抽水泵正常工作过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 泵体上表面应接电源正极
B. 电磁泵不加导电剂也能抽取纯水
C. 电源提供总的功率为21
I L ρ
D. 若t 时间内抽取水的质量为m ，这部分水离开电磁泵时的动能为UIt-mgh -21I L ρt 【答案】AD
【解析】
【详解】A ．当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体；故A 正确；
B ．电磁泵不加导电剂，不能抽取不导电的纯水，故B 错误；
C ．根据电阻定律，泵体内液体的电阻
2121
L L R S L L L ρρ
ρ==⨯= 那么液体消耗的电功率为 21
I P L ρ= 而电源提供的电功率为UI ，故C 错误；
D ．若t 时间内抽取水的质量为m ，根据能量守恒定律，则这部分水离开泵时的动能为
21K I E UIt mgh t L ρ=-- 故D 正确；
故选AD 。

7.如图所示，x 轴与水平传送带重合，坐标原点O 在传动带的左端，传送带右端A 点坐标为X A =8m ，匀速运动的速度V 0=5m/s ，一质量m =1kg 的小物块，轻轻放在传送带上OA 的中点位置，小物块随传动带运动到A 点后，冲上光滑斜面且刚好能够到达N 点处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，斜面上M 点为AN 的中点，重力加速度g =10m/s 2。

则下列说法正确的是（ ）
A. N 点纵坐标为y N =1.25m
B. 小物块第一次冲上斜面前，在传送带上运动产生的热量为12.5J
C. 小物块第二次冲上斜面，刚好能够到达M 点
D. 在x =2m 位置释放小物块，小物块可以滑动到N 点上方
【答案】AB
【解析】
【详解】A ．小物块在传送带上匀加速运动的加速度
a=μg =5 m/s 2
小物块与传送带共速时，所用的时间
05s 1s 5
v t a =
== 运动的位移 202512.5m 4m 252
2A v x X a ====⨯＜ 故小物块与传送带达到相同速度后以v 0=5 m/s 的速度匀速运动到Q ，然后冲上光滑斜面到达N 点，由机械能守恒定律得
2012
N mv mgy = 解得
y N =1.25 m
选项A 正确；
B ．小物块与传送带速度相等时，传送带的位移
x=v 0t =5×1=5m
传送带受摩擦力的作用，小物块在传送带上运动产生的热量
Q =f （x -△x ）=μmg （x -△x ）=0.5×10×2.5=12.5J
选项B 正确；
C ．物块从斜面上再次回到A 点时的速度为5m/s ，滑上传送带后加速度仍为5m/s 2，经过2.5m 后速度减为零，然后反向向右加速，回到A 点时速度仍为5m/s ，则仍可到达斜面上的N 点，选项C 错误；
D ．在x =2m 位置释放小物块，则小滑块在传送带上仍滑动2.5m 后与传送带相对静止，则到达A 点时的速度等于5m/s ，则小物块仍可以滑动到N 点，选项D 错误。

故选AB 。

8.如图所示，在纸面内有一个半径为r 、电阻为R 的线圈，线圈处于足够大的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，线圈与磁场右边界相切与P 点。

现使线圈绕过P 点且平行于磁场方向的轴以角速度ω顺时针方向匀速转过90°，到达图中虚线位置，则下列说法正确的是（ ）
A. 线圈中产生沿逆时针方向的感应电流
B. 线圈受到的安培力逐渐增大
C. 线圈经过虚线位置时的感应电动势为2Br 2ω
D. 流过线圈某点的电荷量为2
πB r R
【答案】BC
【解析】
【详解】A ．线圈顺时针方向匀速转动时，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中产生沿顺时针方向的感应电流，选项A 错误；
B ．线圈顺时针方向匀速转动时，切割磁感线的有效长度逐渐变大，感应电流逐渐变大，根据F=BIL 可知，线圈受到的安培力逐渐增大，选项B 正确；
C ．线圈经过虚线位置时的感应电动势为
222E B r r Br ωω=⋅⋅=
选项C 正确；
D ．流过线圈某点的电荷量为 22122B r B r q R R R
ππ∆Φ=== 选项D 错误。

故选BC 。

二、非选择题
9.某同学利用如图所示的装置来测量动摩擦因数，同时验证碰撞中的动量守恒。

竖直平面内的一斜面下端与水平面之间由光滑小圆弧相连，斜面与水平面材料相同。

第一次，将小滑块A 从斜面顶端无初速度释放，
测出斜面长度为l ，斜面顶端与水平地面的距离为h ，小滑块在水平桌面上滑行的距离为X 1（甲图）；第二次将左侧贴有双面胶的小滑块B 放在圆弧轨道的最低点，再将小滑块A 从斜面顶端无初速度释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，测出整体沿桌面滑动的距离X 2（图乙）。

已知滑块A 和B 的材料相同，测出滑块A 、B 的质量分别为m 1、m 2，重力加速度为g 。

(1)通过第一次试验，可得动摩擦因数为μ=___________；（用字母l 、h 、x 1表示）
(2)通过这两次试验，只要验证_________，则验证了A 和B 碰撞过程中动量守恒。

（用字母m 1、m 2、x 1、x 2表示）
【答案】 (1).
221l h x -+ (2). 1122()m x m m x =+【解析】
【详解】(1)[1]．对小滑块下滑到停止过程，据动能定理得 22
1110l h m gh m g l mgx μμ---= 解得
221l h x μ-+(2)[2]．对小滑块A 滑到斜面最低点的速度为v 1，在水平桌面上时，据牛顿第二定律得
μm 1g =m 1a
解得
a=μg
据速度位移关系公式得
112v gx μ＝
设A 与B 碰撞后速度为v 2，同理得
222v gx μ＝根据A 、B 碰撞过程动量守恒得
m 1v 1=(m 1+m 2)v 2
联立解得
1
1122()m x m m x =+
10.利用如图所示的电路既可以测量电压表和电流表的内阻，又可以测量电源电动势和内阻，所用到的实验器材有：
两个相同的待测电源（内阻r 约为1Ω）
电阻箱R 1（最大阻值为999.9Ω）
电阻箱R 2（最大阻值为999.9Ω）
电压表V （内阻未知）
电流表A （内阻未知）
灵敏电流计G ，两个开关S 1、S 2
主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，调节电阻箱R 1和R 2至最大，闭合开关S 1和S 2，再反复调节R 1和R 2，使电流计G 的示数为0，读出电流表A 、电压表V 、电阻箱R 1、电阻箱R 2的示数分别为0.40A 、12.0V 、30.6Ω、28.2Ω； ②反复调节电阻箱R 1和R 2（与①中的电阻值不同），使电流计G 的示数为0，读出电流表A 、电压表V 的示数分别为0.60A 、11.7V 。

回答下列问题：
(1)步骤①中，电流计G 的示数为0时，电路中A 和B 两点的电势差U AB =______ V ；A 和C 两点的电势差U AC =______ V ；A 和D 两点的电势差U AD =______ V ；
(2)利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为_______ Ω，电流表的内阻为______Ω；
(3)结合步骤①步骤②的测量数据，电源电动势E 为___________V ，内阻为________Ω。

【答案】 (1). 0 (2). 12.0V (3). -12.0V (4). 1530Ω (5). 1.8Ω (6). 12.6V (7). 1.50
【解析】
【详解】(1)[1][2][3]．步骤①中，电流计G 的示数为0时，电路中AB 两点电势相等，即A 和B 两点的电势差U AB =0V ；A 和C 两点的电势差等于电压表的示数，即U AC =12V ；A 和D 两点的电势差U AD = =-12 V ；
(2)[4][5]．利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为
112
1530 12
0.4
30.6
V
U
R
U
I
R
==Ω=Ω
--
电流表的内阻为
2
12
28.2 1.8
0.4
DA
A
U
R R
I
=-=-=Ω
(3)[6][7]．由闭合电路欧姆定律可得
2E=2U AC+I∙2r
即
2E=24+0.8r
同理
''
222
AC
E U I r
=+⋅
即
2E=2×11.7+0.6∙2r
解得
E=12.6V
r=1.50Ω
11.如图所示，光滑水平面上有一被压缩的轻质弹簧，左端固定，质量为m A=1kg的光滑A紧靠弹簧右端（不栓接），弹簧的弹性势能为E p=32J。

质量为m B=1kg的槽B静止在水平面上，内壁间距L=0.6m，槽内放有质量为m c=2kg的滑块C（可视为质点），C到左端侧壁的距离d=0.1m，槽与滑块C之间的动摩擦因数μ=0.1。

现释放弹簧，滑块A离开弹簧后与槽B发生正碰并粘在一起。

A、B整体与滑块C发生碰撞时，A、B整体与滑块C交换速度。

（g=10m/s2）求
(1)从释放弹簧，到B与C第一次发生碰撞，整个系统损失的机械能；
(2)从槽开始运动到槽和滑块C相对静止经历的时间。

【答案】(1)16.2J；(2)2s
【解析】
【详解】(1)弹簧将A弹开，由机械能守恒可得：
2012
p A E m v =
解得 0v =8m/s
A 、
B 发生碰撞，由动量守恒可得：
01()A A B m v m m v =+
解得
1v =4m/s
此过程机械能损失为
2210111()22
A A
B E m v m m v ∆=-+=16J 接下来，A 、B 与
C 相对运动，到第一次发生碰撞，相对运动位移为d 。

此过程机械能损失为
2C E m gd μ∆==0.2J
因此整个过程机械能损失为
12E E E ∆=∆+∆=16.2J
(2)设槽和滑块C 相对静止时速度为v 。

0()A A B C m v m m m v =++
解得
v =2m/s
分别对A 、B 和C 受力分析可知
1()C A B m g m m a μ=+
2C C m g m a μ=
解得
12a a ==1m/s 2
A 、
B 整体与滑块
C 发生的碰撞时，A 、B 与滑块C 交换速度。

由题意可知，
1v a t =
解得
t =2s
12.如图所示，虚线AB、BC、CD将平面直角坐标系四个象限又分成了多个区域。

在第一、二象限有垂直纸
面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为0
mv
qd。

在第三、四象限中，－
2d<y<0区域又分成了三个匀强电场区域，其中在x>d区域有沿x轴负方向的匀强电场；在x<－d区域有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小相等；－d<x<d区域有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度是另外两个电场强度的2倍。

第二、四象限中，y<－2d区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。

一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，以速度v0由原点O沿y轴正方向射入磁场。

运动轨迹恰好经过B（－d，－2d）、C（d，－2d）两点，第一次回到O点后，进入竖直向上电场区域，不计粒子重力，求：
(1)电场区域内的电场强度大小E；
(2)y<－2d区域内磁场的磁感应强度B2；
(3)由原点O出发开始，到第2次回到O点所用时间。

【答案】(1)
2
2
mv
E
qd
=；(2)0
2
mv
B
qd
=；(3)
00
65
2
d d
t
v v
π
=+
【解析】
【详解】粒子的运动轨迹如图所示。

(1)在x <-d 的电场区域中粒子做类平抛运动，可知
012d v t = 21112d a t = 1qE a m = 由以上三式可得
202mv E qd = (2)由(1)向中各式可解得
10
2d t v = 粒子在B 点的速度0y v v = 110x v a t v ==
可得
0B v =
运动轨迹经过B 、C 两点，由几何关系可知，粒子在y <-2d 的磁场区域内运动的轨道半径为
r =
运动轨迹对应的圆心角θ=90°
由
22B B v qv B m r
= 可得
021mv B B qd
== (3)由对称性可知，粒子从O 点进入电场时的速度大小为v 0
212E E =
212a a =
在d >x >-d 的电场区城内，粒子沿y 轴负方向运动的位移
20122v d s a
== 粒子将做往返运动
0211
2
2v t t a == 在两个磁场中的运动周期均为 1
2m T qB π=
粒子在磁场中运动总时间为 31
5542m t T qB π== 由原点O 出发开始。

到第2次到达O 点所用的时间
12300
6522d d t t t t v v π=++=+ 13.一定质量的理想气体从状态a 开始，经历三个过程ab 、bc 、ca 回到原状态，其V —T 图像如图所示，p a 、p b 、p c 分别表示a 、b 、c 的压强，下列判断正确的是（ ）
A. 状态a 、b 、c 的压强满足p c =p b =3p a
B. 过程a 到b 中气体内能增大
C. 过程b 到c 中气体吸收热量
D. 过程b 到c 中每一分子的速率都减小
E. 过程c 到a 中气体吸收的热量等于对外做的功
【答案】ABE
【解析】
【详解】A ．设a 状态的压强为p a ，则由理想气体的状态方程可知
00 3a b p p T T = 所以
p b =3p a
同理
00 3a c V p p V =⋅⋅
得
p c =3p a
所以
p c =p b =3p a
故A 正确；
B ．过程a 到b 中温度升高，内能增大，故B 正确；
C ．过程b 到c 温度降低，内能减小，即∆U <0，体积减小，外界对气体做功，W >0，则由热力学第一定律可知，Q <0，即气体应该放出热量，故C 错误；
D ．温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以过程bc 中气体的温度降低，分子的平均动能减小，并不是每一个分子的速率都减小，故D 错误；
E ．由图可知过程ca 中气体等温膨胀，内能不变，对外做功；根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于对外做的功，故E 正确。

故选ABE 。

14.如图所示，粗细均匀的U 形管，左侧开口，右侧封闭。

右细管内有一段被水银封闭的空气柱，空气柱长为l =12cm ，左侧水银面上方有一块薄绝热板，距离管口也是l =12cm ，两管内水银面的高度差为h =4cm 。

大气压强为P 0=76cmHg ，初始温度t 0=27℃。

现在将左侧管口封闭，并对左侧空气柱缓慢加热，直到左右两管内的水银面在同一水平线上，在这个过程中，右侧空气柱温度保持不变，试求：
(1)右侧管中气体的最终压强；
(2)左侧管中气体的最终温度。

【答案】(1)96cmHg ；(2)442K
【解析】
【详解】(1)以右管封闭气体为研究对象
10()P P h =+=80cmHg ，1l l ==12cm ，2l =l0cm
根据玻意耳定律
1122PV PV =
可得
122Pl P l =
2P =96cmHg
右管气体最终压强为96cmHg
(2)以左管被封闭气体为研究对象
0P =76cmHg ，3l l ==12cm ，1T =(273+27)K=300K ，2P =96cmHg ，4l =14cm
根据理想气体状态方程 1122
12
PV PV T T = 即
12412
Pl P l T T = 2421P l T p l
=
，1T =442K 左管气体最终温度为442K 。

15.如图所示，水平面上的同一区域介质内，甲、乙两列机械波独立传播，传播方向互相垂直，波的频率均为2Hz 。

图中显示了某时刻两列波的波峰与波谷的情况，实线为波峰，虚线为波谷。

甲波的振幅为5cm ，乙波的振幅为10cm 。

质点2、3、5共线且等距离。

下列说法正确的是（ ）
A. 质点1的振动周期为0.5s
B. 质点2的振幅为5cm
C. 图示时刻质点2、4的竖直高度差为30cm
D. 图示时刻质点3正处于平衡位置且向上运动
E. 从图示的时刻起经0.25s，质点5能通过的路程为30cm 【答案】ACE
【解析】
【详解】A．质点1的振动周期为
1
0.5s
T
f
==，选项A正确；
B．质点2为谷谷相遇点，为振动加强点，则其振幅为15cm，选项B错误；
C．质点2、4都是振动加强点，图示时刻质点2在波谷，位移为-15cm，质点4在波峰，位移为+15cm，则此时刻2、4的竖直高度差为30cm，选项C正确；
D．图示时刻质点3正处于波峰和波谷的中间位置，即在平衡位置，根据波的传播方向可知，此时向下运动，选项D错误；
E．质点5为振动加强点，从图示的时刻起经0.25s=0.5T，质点5能通过的路程为2(A1+A2)=30cm，选项E 正确。

故选ACE。

16.如图所示为两个完全相同的半球形玻璃砖的截面,//
bc b c'',半径大小为R,其中OO'为两球心的连线,一
细光束沿平行于OO'的方向由左侧玻璃砖外表面的a点射入,已知a点到轴线OO'的距离为3
R,光束由左
侧玻璃砖的d点射出、然后从右侧玻璃砖的e点射入,最后恰好在右侧玻璃砖内表面的f点发生全反射,忽略光束在各面的反射,已知两玻璃砖的折射率均为3．求:
(i)光束在d点的折射角;
(ii)e点到轴线OO'的距离．
【答案】(i) 60(ii) 2 3 R
【解析】
【详解】(i)由题意作出光路图,如图所示
a 点到轴线'OO 的距离为3l = ,由几何知识得3sin l R θ==,则入射角160i θ︒== ,由折射定律有11
sin sin i n r = ,解得130r ︒= ,由几何知识得230i ︒=,根据折射定律有22sin sin r n i = ,解得260r ︒= (ii)从e 点射入右侧玻璃砖的光线,入射角3260i r ︒== ,根据折射定律33sin sin i n r =
,解得330r ︒=,光线在f 点发生全反射,则1sin C n = ,在O ef '∆ 中,由正弦定理得()
3sin sin 90O e R C r '︒=+,解得23O e R '= ,e 点到轴线'OO 的距离应为23
R。