甘肃省兰州市达标名校2018年高考二月质量检测物理试题含解析

甘肃省兰州市达标名校2018年高考二月质量检测物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．在下列四幅u-t 图像中，能正确反映我国居民生活所用交流电的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
2．如图，a 、b 两个物块用一根足够长的轻绳连接，跨放在光滑轻质定滑轮两侧，b 的质量大于a 的质量，用手竖直向上托住b 使系统处于静止状态。

轻质弹簧下端固定，竖直立在b 物块的正下方，弹簧上端与b 相隔一段距离，由静止释放b ，在b 向下运动直至弹簧被压缩到最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内）。

下列说法中正确的是（ ）
A ．在b 接触弹簧之前，b 的机械能一直增加
B ．b 接触弹簧后，a 、b 均做减速运动
C ．b 接触弹簧后，绳子的张力为零
D ．a 、b 和绳子组成的系统机械能先不变，后减少
3．由于太阳自身巨大的重力挤压，使其核心的压力和温度变得极高，形成了可以发生核聚变反应的环境。

太阳内发生核聚变反应主要为：224112H+H He ，已知部分物质比结合能与质量数关系如图所示，则该反
应释放的核能约为（ ）
A ．5 MeV
B ．6 MeV
C ．24 MeV
D ．32 MeV
4．如图所示， AB 是斜坡，BC 是水平面，从斜坡顶端A 以不同初速度v 向左水平抛出同一小球，当初速度为v 0时，小球恰好落到坡底B 。

不计空气阻力，则下列图象能正确表示小球落地（不再弹起）前瞬间重力瞬时功率P 随v 变化关系的是
A．
B．
C．
D．
5．A、B两小车在同一直线上运动，它们运动的位移s随时间t变化的关系如图所示，已知A车的s-t图象为抛物线的一部分，第7s末图象处于最高点，B车的图象为直线，则下列说法正确的是（）
A．A车的初速度为7m/s
B．A车的加速度大小为2m/s2
C．A车减速过程运动的位移大小为50m
D．10s末两车相遇时，B车的速度较大
6．靠近地面运行的近地卫星的加速度大小为a1，地球同步轨道上的卫星的加速度大小为a2，赤道上随地
球一同运转（相对地面静止）的物体的加速度大小为a3，则（）
A．a1=a3＞a2B．a1＞a2＞a3C．a1＞a3＞a2D．a3＞a2＞a1
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速电压为U的加速电场中被加速，所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为B m和加速电场频率的最大值f m。

则下列说法正确的是（）
A．粒子获得的最大动能与加速电压无关
B．粒子第n次和第n+1次进入磁场的半径之比为1:
n n
+
C．粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为
2
π
2
BR
t
U
=
D．若
2π
m
m
qB
f
m
<，则粒子获得的最大动能为222
2π
km m
E mf R
=
8．下列各种说法中正确的是________
A．热量不可能从低温物体传到高温物体
B．布朗运动是由于液体分子无规则运动引起的
C．当气体分子热运动的剧烈程度减弱时，气体分子的平均动能减小
D．已知阿伏伽德罗常数为N A，氧气的摩尔质量为M、密度为ρ，则每个氧气分子的质量为0
A
M
m
N
=，每个氧气分子的体积为0=
M
V
ρ
E.有两个相距较远的分子甲和乙，设乙分子固定不动，现让甲分子以一定的初速度向乙运动且两分子始终在同一直线上，当甲分子到达r=r0处时，甲、乙分子系统的分子势能最小
9．如图所示，两端开门、内径均匀的玻璃弯管竖直固定，两段水银柱将空气柱B封闭在玻璃管左侧的竖直部分。

左侧水银柱A有一部分在水平管中。

若保持温度不变。

向右管缓缓注入少量水则称定后（）
A．右侧水银面高度差h1增大B．空气柱B的长度增大
C．空气柱B的压强增大D．左侧水银面高度差h2减小
10．如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0～t2时间（）
A．电容器C的电荷量大小始终没变B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN所受安培力的大小始终没变D．MN所受安培力的方向先向右后向左
11．如图所示，在x轴的负方向，存在磁感应强度为B1，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在x轴的正方向，存在磁感应强度为B２，方向也垂直于纸面向里的匀强磁场，且B1∶B2＝3∶2。

在原点O处同时发射两个质量分别为m a和m b的带电粒子，粒子a以速率v a沿x轴正方向运动，粒子b以速率v b沿x轴负方向运动，已知粒子a带正电，粒子b带负电，电荷量相等，且两粒子的速率满足m a v a＝m b v b。

若在此后的运动中，当粒子a第4次经过y轴(出发时经过y轴不算在内)时，恰与粒子b相遇。

粒子重力不计。

下列说法正确的是（）
A．粒子a、b在磁场B1中的偏转半径之比为3∶2
B．两粒子在y正半轴相遇
C．粒子a、b相遇时的速度方向相同
D．粒子a、b的质量之比为1∶5
12．为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成半圆柱形，如图甲所示。

一束激光由真空沿半圆柱体的径向与其底面过O的法线成θ角射人。

CD为光学传感器，可以探测光的强度。

从AB面反射回来的光强随角θ变化的情况如图乙所示。

现在将这种新材料制成的一根光导纤维束弯成半圆形，暴露于空气中(假设空气中的折射率与真空相同)，设半圆形外半径为R，光导纤维束的半径为r。

则下列说法正确的是
A ．该新材料的折射率n> 1
B ．该新材料的折射率n<1
C ．图甲中若减小入射角θ，则反射光线和折射光线之间的夹角也将变小
D ．用同种激光垂直于光导纤维束端面EF 射入，如图丙。

若该束激光不从光导纤维束侧面外泄，则弯成的
半圆形半径R 与纤维束半径r 应满足的关系为10R r …
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组用如图所示的装置，做验证机械能守恒定律的实验。

当地重力加速度为g ：
(1)电磁铁通过铁夹固定在铁架台上，给电磁铁通电，小球被吸在电磁铁下方（光电门的正上方）。

电磁铁断电，小球由静止释放，测得小球通过光电门所用时间为t ，测得小球直径为d ，电磁铁下表面到光电门的距离为()h h d ?，根据测得数值，得到表达式_______（用已知和测得的物理量表示）在误差允许的范围内成立，则机械能守恒定律得到验证；
(2)若保持电磁铁位置不变，改变光电门的位置，重复上述实验，得到多组h 及小球通过光电门的时间t ，
为了能通过图像直观地得到实验结果，需要作出h _____（填“t ”“2t ”“1t ”或“21t
”）图像，当图像是一条过原点的倾斜直线时，且在误差允许的范围内，斜率等于___________（用已知和测得的物理量表示），则机械能守恒定律得到验证；
(3)下列措施可以减小实验误差的是______。

A ．选用直径较小，质量较大的小球
B ．选用直径较大，质量较大的小球
C ．电磁铁下表面到光电门的距离适当大些
D ．尽量让小球球心通过光电门
14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个标有“3V 15W ，．”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流．现有如下器材：
直流电源（电动势1．2V ，内阻不计）
电流表A 1（量程1A ，内阻约2．1Ω）
电流表A 2（量程622mA ，内阻约5Ω）
电压表V 1（量程1V ，内阻约1kΩ）
电压表V 2（量程15V ，内阻约222kΩ）
滑动变阻器R 1（阻值2～12Ω，额定电流1A ）
滑动变阻器R 2（阻值2～1kΩ，额定电流122mA ）
(1)在该实验中，电流表应选择______（填“A 1”或“A 2”），电压表应选择______（填“V 1”或“V 2”），滑动变阻器
应选择 ________（填“R 1”或“R 2”）．
(2)某同学用导线a 、b 、c 、d 、e 、f 、g 和h 连接成如图甲所示的电路，请在乙图方框中完成实验的电路图________________．
(1)该同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好．但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为___________．
(4)如图是学习小组在实验中根据测出的数据，在方格纸上作出该小灯泡的伏安特性曲线．若将该灯泡与一个6.2Ω的定值电阻串联，直接接在题中提供的电源两端，请估算该小灯泡的实际功率P=______W （保留两位有效数字）．（若需作图，可直接画在图中）
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示是一个水平横截面为圆形的平底玻璃缸，玻璃缸深度为2h ，缸底面圆心处有一单色点光源S ，缸中装有某种液体，深度为h ，O 点为液面的圆心，OS 垂直于水平面。

用面积为2h π的黑纸片覆盖在液面上，则液面上方恰好无光线射出。

若在上述黑纸片上，以O 为圆心剪出一个面积为213
h π的圆孔，把余下的黑纸环仍放置在液面上原来的位置，使所有出射光线都从缸口射出，则缸口的最小面积为多少？
16．如图所示，高L 、上端开口的气缸与大气联通，大气压P 1．气缸内部有一个光滑活塞，初始时活塞静止，距离气缸底部4
L ．活塞下部气体的压强为2P 1、热力学温度T ． (1)若将活塞下方气体的热力学温度升高到2T ，活塞离开气缸底部多少距离？
(2)若保持温度为T 不变，在上端开口处缓慢抽气，则活塞可上升的最大高度为多少？
17．如图所示，一气球从地面上以大小为012m /s v =的速度竖直匀速升起，当气球的下端距地面2m h =高时，在气球的正下方紧贴地面将一小石子愉大小为020m /s v =的初速度竖直上抛。

已知小石子受到的
空气阻力等于其重力的倍，取210m /s g =，求：
(1)小石子追上气球所用的时间；
(2)小石子追上气球时的速度大小。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．C
【解析】
【分析】
【详解】
我们日常生活中用的都是交流电，电压是220V ，频率是50Hz ．周期为0.02s ；电压的最大值为：2202V=311V ，只有C 正确。

故选C 。

2．D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．在b 接触弹簧之前，b 除重力外有绳的拉力做负功，则b 的机械能减小，故A 错误；
B ．b 接触弹簧后，开始阶段弹力较小，b 的合力向下，继续向下加速，b 的合力减为零，再变为向上，b 才开始减速，同样b 加速时也会带动a 跟着加速，故b 接触弹簧后，ab 均先做加速运动后做减速运动，故B 错误；
C ．b 接触弹簧后，只要b 在加速运动，就一定会带着a 加速，绳子的拉力一定不为零，只有在b 准备减速时，绳无法拉直，此时绳的张力为零，故C 错误；
D ．对a 、b 和绳子组成的系统而言，弹簧的弹力属于系统的其它力，则接触弹簧前弹力不做功，接触弹簧后弹力做负功，故系统的机械能先不变后减小，故D 正确。

故选D 。

3．C
【解析】
【分析】
【详解】
由图象可知21H 的比结合能约为1.1MeV ，4
2He 的比结合能约为7.1MeV ，由比结合能的定义可知，该反应释放的核能约为 =(7.14 1.14)MeV=24MeV E ∆⨯-⨯
故选C 。

4．C
【解析】
【详解】
当平抛的初速度0v v ≤时，小球均落在斜面上，具有相同的位移偏向角均等于斜面倾角θ，可得：
212tan 2gt y gt x vt v
θ=== ， 可得平抛时间：
2tan v t g
θ= 则小球所受的重力的瞬时功率为：
2tan y P mg v mg gt mg v θ=⋅=⋅=⋅
可知，P 关于v 构成正比例函数关系；
当平抛的初速度0v v >时，小球均落在水平面上，平抛的竖直高度相同为h ，有：
212
h gt = 则平抛时间为：
t =则小球所受的重力的瞬时功率为：
y P mg v mg gt =⋅=⋅=可知功率P 为恒定值；
综合两种情况可得C 项的图像争取，ABD 项的图像错误；
故选C 。

5．B
【解析】
【详解】
AB ．A 车做匀变速直线运动，设A 车的初速度为0v ，加速度大小为a ，由图可知7s t =时，速度为零，由运动学公式可得：
7070v v a =-=
根据图象和运动学公式可知10s t =时的位移为：
1040m 040m x =-=
21000110502
x v t at v a =-=- 联立解得22m /s a =，014m /s v =，故选项B 正确，A 错误；
C ．A 车减速过程运动的位移大小为0700147m 49m 22
v x t ++==⨯=，故选项C 错误； D ．位移时间图象的斜率等于速度，10s 末两车相遇时B 车的速度大小为：
B 4m /s x v t
∆==∆ A 车的速度为：
A 06m /s v v at =-=-
两车的速度大小相等，故选项D 错误。

故选B 。

6．B
【解析】
【分析】
题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体3、绕地球表面附近做圆周运动的近
地卫星1、地球同步卫星2；物体3与卫星1转动半径相同，物体3与同步卫星2转动周期相同，从而即可求解．
【详解】
地球上的物体3自转和同步卫星2的周期相等为24h ，则角速度相等，即ω2=ω3，而加速度由a=rω2，得a 2＞a 3；同步卫星2和近地卫星1都靠万有引力提供向心力而公转，根据2GMm ma r =，得2GM a r =，知轨道半径越大，角速度越小，向心加速度越小，则a 1＞a 2，综上B 正确；故选B ．
【点睛】
本题关键要将赤道上自转物体3、地球同步卫星2、近地卫星1分为三组进行分析比较，最后再综合；一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化．
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．ACD
【解析】
【详解】
A.当粒子出D 形盒时，速度最大，动能最大，根据qvB=m 2
v R
，得 v=qBR m
则粒子获得的最大动能
E km =12mv 2=222
2q B R m
粒子获得的最大动能与加速电压无关，故A 正确。

B.粒子在加速电场中第n 次加速获得的速度，根据动能定理 nqU=
12mv n 2 可得
v n 同理，粒子在加速电场中第n+1次加速获得的速度
v n+1
粒子在磁场中运动的半径r=mv qB
，则粒子第n 次和第n+1，故B 错误。

C.粒子被电场加速一次动能的增加为qU ，则粒子被加速的次数
n=km E qU =22
2qB R mU
粒子在磁场中运动周期的次数 n′=2n =22
4qB R mU
粒子在磁场中运动周期T=2m qB
π，则粒子从静止开始到出口处所需的时间 t=n′T=2224qB R m mU qB π⨯=2
π2BR U
故C 正确。

D. 加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即2πqB f m =
， 当磁感应强度为B m 时，加速电场的频率应该为2πm Bm B q f m =
，粒子的动能为E k =12mv 2。

当2πm m qB f m
≥时，粒子的最大动能由B m 决定，则 2
m m mv qB v R
= 解得粒子获得的最大动能为
()2km 2m qB R E m = 当2πm m qB f m
<时，粒子的最大动能由f m 决定，则 v m =2πf m R
解得粒子获得的最大动能为
E km =2π2mf m 2R 2
故D 正确。

故选ACD.
8．BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，若引起其他的变化，热量可以从低温物体传向高温物体，如空调，故A 错误；
B ．布朗运动是由于液体分子的无规则运动而不断撞击悬浮颗粒，从而引起悬浮颗粒的无规则运动，这个
无规则运动称为布朗运动，故B 正确；
C ．温度是分子平均动能的标志，气体分子热运动的剧烈程度减弱时，说明气体的温度降低，那么气体分子的平均动能减小，故C 正确；
D ．已知阿伏伽德罗常数为N A ，氧气的摩尔质量为M ，则每个氧气分子的质量为
0A
M m N = 且气体的摩尔体积为
M
V ρ=
由于气体分子间的间隔较大，故可算出则每个氧气分子所占空间的体积为
0A A
V V N N M ρ== 并不能算出每个氧气分子的体积，故D 错误；
E ．分子甲从远处趋近固定不动的分子乙，一直到分子甲受到分子乙的作用力为零，这个过程中分子力表现为引力，一直做正功，分子的动能一直增大，则系统分子势能减小，当两分子之间的距离r<r 0时，分子力对乙分子做负功，此后分子系统的势能增加，故E 正确。

故选BCE 。

9．BD
【解析】
【详解】
AD ．设水银密度为ρ，向右管注入少量水银，右侧的压强就增大，右侧的水银就会向左移动，从而左侧的水银A 向上运动，h 2就会变小，根据平衡B 段气柱的压强
0201B p p gh p gh ρρ=+=+
可知，右侧水银面高度差h 1减小，故A 错误，D 正确；
BC ．由于h 2变小，则B 段气柱的压强减小，因为温度不变，根据玻意耳定律：pV 为定值，可知：空气柱B 的体积变大，长度将增大，故B 正确，C 错误。

故选BD 。

10．AD
【解析】
【详解】
A 、
B ：由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R 两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器
C 的电荷量大小始终没变．根据楞次定律判断可知，通过R 的电流一直向下，电容器上板电势较高，一直带正电．故A 正确，B 错误；
C ：根据安培力公式F ＝BIL ，I 、L 不变，由于磁感应强度变化，MN 所受安培力的大小变化，故C 错误．
D ：由右手定则判断得知，MN 中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN 所受安培力的方向先向右后向左，故D 正确．
故选AD ．
11．BCD
【解析】
【分析】
本题涉及到两个粒子分别在两个不同磁场中做匀速圆周运动问题，相遇问题既考虑到位移问题，又考虑到时间等时，比较复杂，所以要从简单情况出发，由题意a 粒子逆时针旋转，b 粒子顺时针旋转，由于两粒子的动量（m 2v a =m 1v b ）和电量相同，则半径之比就是磁感应强度的反比，所以在B 1磁场中的半径小，则两粒子在两磁场旋转两个半周时，a 粒子相对坐标原点上移，b 粒子相对坐标原点下移，若b 粒子在最初不相遇，则以后就不能相遇了。

所以只考虑b 粒子旋转半周就与a 粒子相遇的情况。

【详解】 由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式mv r qB
＝知道：1211111 1a a b b r m v m v r qB qB ＝：＝，所以选项A 错误。

由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r ＝ mv qB 知道，a 粒子从O 点出发沿x 轴正方向射出向上逆时针转半周在y 轴上上移2r a2，穿过y 轴后逆时针向下转半周后下移2r a1，由于B 2＜B 1，则第二次经过y 轴时在从标原点的上方（2r a2-2r a1）处，同理第四次经过y 轴时在坐标原点上方2（2r a2-2r a1）处，所以由题意知选项B 正确。

从最短时间的情况进行考虑，显然是b 粒子向上转半周后相遇的，a 粒子第四次经过y 轴时是向右方向，而b 粒子转半周也是向右的方向，所以两者方向相同，所以选项C 正确。

根据周期公式2m T qB π＝及题意，当两粒子在y 轴上相遇时，时间上有：12
T b1＝T a1+T a2 即：1122221 2b a b m m m qB qB qB πππ⨯+＝，结合B 1：B 2=3：2，得到：1 5
a b m m ＝，所以选项D 正确。

故选BCD 。

【点睛】
本题的难点在于两个粒子在不同的两个磁场中以不同的速度做半径和周期不同匀速圆周运动，又涉及到相遇问题，需要考虑多种因素。

关键的一点是a 粒子在两个磁场旋转一次后通过y 轴时位置上移，而b 粒子恰恰相反，所以是b 粒子经过半周后与a 粒子相遇的，有此结论可以判断选项的正误。

12．AD
【解析】
【详解】
AB.由题图乙知，当53θ=︒时发生全反射，则有：
11 1.25sin sin53n C ===︒
故选项A 符合题意，B 不符合题意；
C.图甲中若减小入射角θ，根据反射定律和折射定律可知反射角和折射角都减小，则反射光线和折射光线之间的夹角也将变大，故选项C 不符合题意；
D.激光不从光导纤维束侧面外泄的临界条件是入射光在外侧面处发生全反射，临界光路如图所示，可得： 2sin R r C R
-= 解得：10R r =，所以该束激光不从光导纤维束侧面外泄，则弯成的半圆形半径R 与纤维束半径r 应满足的关系为10R r ≥，故选项D 符合题意。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．21()2d gh t
= 21t 22d g ACD 【解析】
【分析】
【详解】 (1)[1]由机械能守恒有
21()2d mgh m t
= 故要验证的表达式为21()2d gh t =。

(2)[2][3]由21()2d gh t
=得 22
12d h g t =⋅ 即为了直观地得到实验结果，应作21h t -图像，在误差允许的范围内图像的斜率为2
2d g
，则机械能守恒定律得到验证。

(3)[4]
AB ．为了减少实验误差，应选用质量大、体积小的小球，选项A 正确，选项B 错误；
CD ．电磁铁下表面到光电门的距离适当大些可以减小长度及速度测量的误差，尽量让小球球心通过光电门，减小因小球遮光长度不是直径引起的误差，选项C 、D 正确。

故填ACD。

14．A2V1R1h 2.17W（2.15W~2.18W）
【解析】
【详解】
(1)[1]灯泡额定电流
I=P/U=1.5/1A=2.5A，
电流表选A2(量程622mA，内阻约5Ω)；
[2]灯泡额定电压为1V，如果选择15V量程则误差太大，故电压表只能选V1(量程1V，内阻约1kΩ)；[1]描述小灯泡的伏安特性曲线，要求电流从零开始变化，需采用分压电路．为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选：R1(阻值2∼12Ω，额定电流1A)；
(2)[4]由实物电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法．根据实物电路图作出电路图，如图所示:
[5]小灯泡的亮度可以发生变化，但电压表、电流表无法调为零，说明分压电路变成限流电路，导线h断路；
(4)[6]电动势为1V的电源与6.2Ω的定值电阻串联组成等效电源，在灯泡伏安特性曲线中作出等效电源的U−I图象，如图所示:
两图象的交点坐标值为：
U=1.2V，I=2.1A，
灯泡功率为：
P=UI=1.2V×2.1A≈2.16W.
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．24233
h π+ 【解析】
【详解】
用面积为2
1S h π=的黑纸片覆盖在液面上，液面上方恰好无光线射出，则从点光源S 发出的光线射到黑纸片的边缘处恰发生全反射，临界角为C ，光路图如图甲所示。

2211S r h ππ==
由几何关系得
1tan r C h
= 由全反射知识有
1sin C n
=
解得 2n =
剪出一个面积为2213
S h π=圆孔后，设透光部分的半径为2r ，射出光线的最大入射角为i ，对应的折射角为θ，光路图如图乙所示。

222213
S r h ππ== 由几何关系得
2tan r i h
=
根据折射定律有
sin sin n i
θ= 缸口的最小半径为
32tan r r h θ=+
缸口的最小面积为
233S r π=
解得
23S h = 16． (1)
12L (2)12L 【解析】
【详解】
(1)对活塞受力分析后有：
P 1S+mg=2P 1S
得到：
P 1S=mg
当温度由T 到2T 时，由盖·吕萨克定律得：
142LS L S T T
'= 解得：
12
L L '= (2)当抽气至活塞上方为真空时，活塞可上升到最大高度为H ，由玻意耳定律有：
00124
⨯=⨯P LS P HS 得： H=12
L 17． (1)1s 3
t =
(2)16m /s v = 【解析】
【详解】 (1)小石子向上运动过程中，由牛顿第二定律可知：
mg f ma +=，
其中：0.2f mg =
解得：
212m /s a =
由运动学公式可得：
21012
v t at v t h -=+ 解得：
1s 3
t = (2)小石子追上气球时的速度大小： 1v v at =-，
解得：
16m /s v =。