2020年届重庆市高考物理调研试卷(6月份)(三模)

2020年届重庆市高考物理调研试卷（6月份）（三模）
1.运动员在跳高比赛中，下列说法正确的是()
A. 运动员起跳时，地面对运动员做正功
B. 运动员离地后，在空中上升过程中，其重力瞬时功率增大
C. 运动员起跳时，地面对运动员做负功
D. 运动员离地后，在空中下落过程中，其重力瞬时功率增大
2.1885年，巴耳末对当时已知的氢气放电管获得的四条可见光谱进行研究，发现这些谱
线满足1
λ=R(1
22
−1
n2
)，n=3、4、5、6，这个公式称为巴耳末公式。

如图所示，氢原
子能级图可以很好的解释巴耳末公式。

已知可见光能量在1.64～3.19eV之间，巴耳末研究的四条可见光波中波长最长的是在哪两个能级之间跃迁辐射的()
A. 3到2
B. 4到2
C. 5到2
D. 6到2
3.如图所示，一质量为m的物体以动能E k从底端滑上粗糙程度均匀的固定斜面，物体
再次回到底端时动能为E k
2
，取地面为重力势能零点，重力加速度为g，则在上升过程
中动能为E k
2
的位置距地面的高度为()
A. 3E k
4mg B. E k
2mg
C. 3E k
8mg
D. E k
4mg
4.如图1所示，边长为1m、电阻为2Ω的正方形线框，置于磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度随时间按图2
正弦规律变化的磁场中，取π2=10，则在0～4s内线框产生的焦耳热为()
A. 10J
B. 6J
C. 4J
D. 2J
5.2020年7月，我国计划发射一颗火星探测卫星。

假设火星可视为半径为R的均
匀球体，探测卫星沿椭圆轨道绕火星运动，如图所示。

椭圆轨道的“近火点”P
离火星表面的距离为2R，“远火点”Q离火星表面的距离为6R，若已知探测卫
星在轨道运行的周期为T，万有引力常量为G，则由以上信息可得()
A. 火星的质量为256π2R3
GT2B. 火星的第一宇宙速度为250πR
T
C. 火星的密度为375π
GT2D. 火星表面的重力加速度为4π2R
T2
6.如图所示，在水平向右的匀强电场空间内，有两带电体P、Q，P通过一绝缘轻绳悬挂于天花板O点，Q静止
于O点正下方的光滑绝缘地面上，悬线OP在OQ的右侧，则P、Q带电情况可能为()
A. P、Q都带正电
B. P、Q都带负电
C. P带正电，Q带负电
D. P带负电，Q带正电
7.如图1所示，足够长的质量为m1=1kg的木板静止在光滑水平面上，一质量为m2=2kg可视为质点的物体从
木板的左端以v0=9m/s的水平速度向右滑上木板，从此时开始计时的0～1s内，木板的v−t图象如图2所示。

已知木板足够长，物体不能离开木板，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是()
A. t=1s时，物体的速度大小为5m/s
B. t=1s时，物体到木板左端的距离为8m
C. 物体与木板之间的动摩擦因数为0.2
D. 木板能达到的最大速度为6m/s
8.如图所示，在xOy平面内，0<x≤a区域有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B
的匀强磁场，a<x≤2a区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、带电量
的粒子由坐标原点O沿x轴正方向射入磁场，仅在
为q(q>0)、速度大小为v=2qBa
m
洛伦兹力的作用下，粒子最后又从y轴射出磁场区域。

下列说法正确的是()
A. 粒子一定从y轴正方向射出磁场
B. a<x≤2a区域的匀强磁场磁感应强度大小可能为4B
C. 粒子在两磁场中的运动时间可能为πm
2qB
D. 稍减小粒子的入射速度，粒子一定从y轴射出磁场区域
9.某学习小组利用图1装置探究系统动能定理。

在水平桌面上，将带有滑轮的长木板适当倾斜放在，长木板上P
位置固定有光电门(与之连接的光电计时器没有画出)，小车(含挡光片)质量为M，实验步骤如下：
(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d，如图2所示，则d=______cm。

(2)调整长木板倾角至小车能在木板上匀速下滑，这样做的目的是为了______。

(3)将质量为m的钩码用轻绳通过滑轮与小车连接，调节滑轮，使轻绳与长木板平行。

(4)将小车置于挡光片与光电门距离为L的O处，使小车和钩码均静止且轻绳绷直，然后小车和钩码均从静止
开始无初速度释放，记录挡光片通过光电门的时间为△t，已知当地的重力加速度为g。

(5)若小车和钩码系统动能定理成立，需在实验误差允许范围内，满足关系式：______(用题给物理符号表示)。

10.为较准确测量一毫安表(量程为1mA，内阻约为2500Ω)的内阻，设计如图1所示的电路图。

(1)实验室提供有不同规格的滑动变阻器，则R1应选______。

A.最大值10Ω
B.最大值200Ω
C.最大值500Ω
D.最大值1000Ω
(2)实验室提供有不同规格的电源，为减小实验误差，则E应选______。

A.电动势1.0V，内阻约为1000Ω的水果电池
B.电动势1.5V，内阻约为0.5Ω的干电池
C.电动势3.7V，内阻约为1.0Ω的手机电池
D.电动势10.0V，内阻约为1.0Ω的锂离子电池
(3)接通S后，将R2调节为0，调节R1的滑片使毫安表满偏；保持R1的滑片不动，调节R2，当毫安表示数为0.75mA
时，读出R2的阻值为800.0Ω，则毫安表的内阻为______Ω。

(4)若将毫安表改装为量程为10mA的电流表和量程为12V的电压表，如图2所示，则电路中R4的阻值为______Ω。

11.如图所示，在xOy竖直平面内，x≥l，y≤0的区域存在竖直向上的匀强电场，
一质量为m、电量为q(q>0)的带电小球从坐标原点O沿x轴正方向以速度v0水
平抛出，已知小球在0<x<l区域运动的时间与第一次在电场中运动的时间相等，
不考虑小球第一次出电场后的运动，取重力加速度为g，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)小球进、出电场的两点间的电势差。

12.如图1所示，质量为m=1kg的长木板置于足够长的光滑水平面上，质量为M=2kg的物块，置于木板左端，
物块与长木板间动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

在0～1.5s时间内，对物块施加水平向右的力F，F随时间t的变化关系如图2所示，t=l.5s时撤去力F，整个运动过程中物块未离开长木板。

物块可视为质点，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)t=1.0s时物块及木板的速度大小；
(2)整个运动过程中力F对物块做的功；
(3)木板的最小长度。

13.下列说法正确的是()
A. 若已知气体的摩尔质量、密度，可以计算出每个气体分子的体积
B. 扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明
C. 对气体而言，尽管大量分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率是按一定的规律分布的
D. 物质分子间距离增大，分子间作用力一定减小
E. 理想气体的热力学温度与分子平均动能成正比
14.如图所示，高度为ℎ=100cm的圆柱形气缸竖直固定放置，气缸下端封闭，上端开口，将一厚度不
计的活塞置于气缸开口端，活塞与气缸气密性好且无摩擦。

已知环境温度为27℃，大气压强p0= 76cm Hg。

(1)在活塞上方缓慢添加水银，求最多能添加的水银柱的长度l；
(2)在添加了(1)中最多能添加的水银柱后，给密闭气体缓慢加热，要使活塞上方水银全部溢出，密
闭气体至少需加热到多少摄氏度？
15.下列说法正确的是()
A. 球场上，一小球自由下落触地后，小球上下运动过程做的是简谐振动
B. 用竖直轻弹簧连接的小球，在弹性限度内，不计空气阻力，小球上下运动过程做的是简谐振动
C. 在同一栋高楼，将一在底层走时准确的摆钟移至高层后，摆钟显示的时间变慢
D. 高速飞离地球的飞船中的宇航员认为地球上的时钟变快
E. 弹簧振子做简谐振动，振动系统的势能与动能之和保持不变
16.如图所示，一细光束由空气射入一厚度为d的透明平板的上表面，光束与平板的上表
面夹角为θ=30°，此细光束有甲、乙两种不同的单色光，已知该平板对甲、乙两种
单色光的折射率分别为n1=√3和n2=√6
，光在真空中的传播速度为c。

求：
2
(1)单色光甲在平板中的速率v；
(2)两单色光均第一次从平板的下表面出射后，两单色光间的距离。

答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AC、运动员起跳时，地面和运动员之间没有发生位移；地面对运动员不做功，故AC错误；
B、运动员离地后，在空中上升过程中，速度减小，根据P=Gv可知重力瞬时功率减小，故B错误；
D、在空中下落过程中，速度增大，根据P=Gv可知重力瞬时功率增大，故D正确。

故选：D。

根据功的定义分析地面对人做情况，根据功率公式分析重力功率的变化情况。

本题考查对功和功率的理解，要注意明确人起跳时地面对人并没有做功。

2.【答案】A
【解析】解：巴耳末系是指氢原子由高能级向n=2能级跃迁时释放的光子，巴耳末研究的四条可见光谱中波长最长的，对应的是两个能级之间能量差值最小的能级，为3到2，故A正确，BCD错误。

故选：A。

根据光子能量公式E=ℎv=ℎc
λ
判断波长最长的光子类型；
本题主要考查能级跃迁公式的灵活运用，属于简单题目。

3.【答案】C
【解析】解：设斜面倾角为θ，物体与斜面间动摩擦力大小为f，物体能上升的最大高度为H，
则物体从底端上升到最大高度过程，由能量守恒得E k=mgH+f⋅H
sinθ
物体从底端上升到返回底端过程，有E k
2=2f⋅H
sinθ
设上升过程中动能为E k
2的位置距地面的高度为h，则有E k
2
=mgℎ+f⋅ℎ
sinθ
联立解得ℎ=3E k
8mg
，故C正确，ABD错误。

故选：C。

则物体从底端上升到最大高度过程、从底端上升到返回底端过程中，分别根据能量关系列方程，再根据能量关系求
解上升过程中动能为E k
2
的位置距地面的高度。

本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。

4.【答案】A
【解析】解：由题可知，正方形线框中磁通量Φ=B m L2sinωt，正方形线框中产生交流电e=△Φ
△t
=B m L2ωcosωt
电动势最大值E m=B m L2ω，有效值E=√2
2
B m L2ω
在0−4s内线框产生的焦耳热为Q=E2
R
T则Q=π2J=10J
故A正确，BCD错误。

故选：A。

根据法拉第电磁感应定律求出电动势，根据正弦式交流电的有效值求出电动势的有效值，再根据焦耳定律即可求出焦耳热。

本题考查法拉第电磁感应定律与电路的结合，注意明确产生的电流为交流电，所以应根据交流电的有效值定求有效值。

5.【答案】C
【解析】解：已知椭圆轨道的半长轴为1
2
(2R+2R+6R)=5R，
设火星近地卫星的周期为T0，由开普勒定律可知R 3
T02=(5R)3
T2
对于近地卫星，有G Mm
R =m v2
R
=mR(2π
T0
)2=mg
可解得火星质量M=4π2R3
GT02=500π2R3
GT2
火星第一宇宙速度v=2πR
T0=10√5πR
T
火星的密度ρ=
M
4
3
πR3
=375π
GT2
火星表面的重力加速度g=4π2R
T02=500π2R
T2
故ABD错误，C正确。

故选：C。

根据开普勒定律求解探测卫星的轨道周期与近地卫星的周期的关系，然后对近地卫星由万有引力等于重力且万有引力提供向心力求解火星的质量、密度以及第一宇宙速度和表面的重力加速度即可。

本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提与关键，关键是应用万有引力公式与牛顿第二定律求出火星质量即可解题。

6.【答案】AC
【解析】解：A、如果P、Q都带正电，带电体P受到重力、绳子拉力，水平向右的电场力和Q的库仑斥力作用，可以处于平衡状态，带电体Q受到重力、地面支持力，P的库仑力和水平向右的电场斥力的作用，可以处于平衡状态，故A正确；
B、如果P、Q都带负电，带电体P受到重力、绳子拉力，水平向左的电场力和Q的库仑斥力作用，可以处于平衡状态，带电体Q受到重力、地面支持力，P的库仑斥力和水平向左的电场力作用，不可以处于平衡状态，故B错误；
C、如果P带正电，Q带负电，带电体P受到重力、绳子拉力，水平向右的电场力和Q的库仑引力作用，可以处于平衡状态，带电体Q受到重力、地面支持力，P的库仑引力和水平向左的电场力作用，可以处于平衡状态，故C正确；
D、如果P带负电，Q带正电，带电体P受到重力、绳子拉力，水平向左的电场力和Q的库仑斥力作用，可以处于平衡状态，带电体Q受到重力、地面支持力，P的库仑引力和水平向右的电场力作用，不可以处于平衡状态，故D 错误。

故选：AC。

分析各个选项中带电体的受力情况，根据共点力平衡知识求解。

同种电荷受到库仑斥力作用，异种电荷受到库仑引力作用。

此题考查了库仑定律的相关计算，解题的关键是明确分析带电体的受力情况，根据共点力平衡知识求解。

7.【答案】CD
【解析】解：A、设t=1s时物体的速度大小为v2，木板的速度大小为v1=4m/s，取物体的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v0=m1v1+m2v2，解得：v2=7m/s，故A错误；
B、物体到木板左端的距离等于物体相对于木板的位移，为：△x=v0+v2
2t−v1
2
t，解得△x=6m，故B错误；
C、设物体与木板之间的动摩擦因数为μ，对木板，根据牛顿第二定律得μm2g=m1a1，
由图得木板的加速度a1=v1
t =4
1
m/s2=4m/s2，解得：μ=0.2，故C正确；
D、木板能达到的最大速度为v共，由动量守恒定律得：m2v0=(m1+m2)v共，解得v共=6m/s，故D正确。

故选：CD。

物体滑上木板后，两者组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律求t=1s时物体的速度大小；根据位移等于平均速度乘以时间求出0−1s内物体和木板对地的位移，从而求得物体到木板左端的距离；根据图象的斜率求出木板的加速度，再根据牛顿第二定律求物体与木板之间的动摩擦因数；最终物体与木板的速度相同，木板达到最大速度，根据动量守恒定律求木板能达到的最大速度。

滑块在木板上滑动的问题是非常重要的模型，关键要正确进行受力分析和运动分析，根据动量守恒定律和能量守恒定律或牛顿第二定律与运动学规律进行解答。

8.【答案】BCD
【解析】解：A、由粒子沿x轴正方向射入磁场，知其在左侧磁场运动的圆心在y轴上，
由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv 2
r1
得0<x<a区域圆周运动的半径r1=mv qB=2a
取粒子在a<x≤2a区域圆周运动的轨迹恰好与右边界相切，轨迹如图：由图可知此时粒子从y轴负方向射出磁场，故A错误；
B、取粒子在a<x≤2a区域圆周运动的半径为r2，有r2sin30°+r2≤a
得r2≤2a
3
由r2=mv qB′得B′≥mv qr
2=3mv
2qa
=3B
故B正确；
C、粒子在0<x<a区域运动时间为t1=πm
3qB
粒子在a<x≤2a区域运动时间t2=4πm
3qB′
粒子在两磁场中的运动时间为t=t1+t2
若B′=8B，则t=πm
2qB
故C正确；
D、取粒子0<x<a区域速度偏角为θ，粒子在a<x≤2a区域沿x轴运动的最远距离L=r2sinθ+r2=r2⋅a r
1
+r2=
mv qB′⋅a mv
qB
+mv
qB′
=B
B′
⋅a+mv
qB′
稍减小粒子的入射速度，粒子在a<x≤2a区域沿x轴运动的最远距离减小，粒子不会从磁场的右侧离开，一定从y轴射出磁场区域，故D正确。

故选：BCD。

粒子在左侧磁场做匀速圆周运动，进入右侧磁场进行匀速圆周运动，粒子从y轴负方向射出磁场；粒子在a<x≤2a
区域圆周运动的半径r2有r2sin30°+r2≤a；粒子圆周运动时间通过t=θ
360∘⋅2πm
qB
进行计算；粒子在a<x≤2a区域
沿x轴运动的最远距离L=r2sinθ+r2，由此判断粒子是否从y轴射出磁场区域。

带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，需要通过与速度方向垂直的关系找圆心，结合几何关系求解半径。

9.【答案】1.170平衡小车摩擦力mgL=1
2(m+M)(d
△t
)2
【解析】解：(1)游标卡尺是20分度的，其精确度为0.05mm，主尺读数是1.1cm=11mm，游标尺读数是
14×0.05mm=0.70mm
所以游标卡尺的读数是d=11mm+0.70mm=11.70mm=1.170cm。

(2)在本实验中，需要平衡小车摩擦力，故将长木板无滑轮的一端固定，改变木板的倾角，使小车能在木板上做匀速直线运动。

(5)以小车和钩码系统为研究对象，根据滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度，
则滑块通过光电门时速度大小为v=d
△t 钩码的重力做的功为W G=mgL
系统动能增加了△E k=1
2(m+M)(d
△t
)2
根据动能定理有W G=△E k
解得mgL=1
2(m+M)(d
△t
)2
即该式在实验误差允许范围内验证了小车和钩码系统动能定理成立。

故答案为：(1)1.170；(2)平衡小车摩擦力；(5)mgL=1
2(m+M)(d
△t
)2。

(1)游标卡尺的读数等于主尺读数加游标尺读数，不需估读。

(2)实验前需要平衡摩擦力；
(5)根据系统动能定理的表达式分析。

此题考查了探究动能定理的实验，对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由。

比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等。

这样问题我们要从实验原理和减少实验误差方面去解决。

10.【答案】A D2400 960
【解析】解：(1)实验采用的是类似分压半偏法测毫安表的内阻，所以滑动变阻器越小，测量电路电压变越小，相对误差会越小，滑动变阻器应选择A。

(2)实验采用的是类似分压半偏法测毫安表的内阻，电源的电动势越大，滑动触头位置越靠近左端，与测量电路并联的滑动变阻器部分的电阻越小，电压变化越小，相对误差会越小，电源应选择D。

(3)1mA=0.001A，0.75mA=0.00075A，
保持R1的滑片不动，调节R2时，认为分压电路两端电压不变，由欧姆定律得：
0.001R g=0.00075×(R g+800)
解得：R=2400Ω；
(4)将毫安表改装成10mA=0.010A的电流表，电流表的满偏电压U g=I g R g=0.001×2400V=2.4V
改装后的电流表内阻：R′=U g
I = 2.4
0.010
Ω=240Ω，
根据电压表的分压关系R4=U
I −R′=(12
10×10−3
−240)Ω=960Ω；
故答案为：(1)A；(2)D；(3)2400；(4)960。

(1)应用分压类半偏法测毫安表内阻，滑动变阻器最大阻值越小，路端电压变化越小，实验误差越小，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。

(2)应用半偏法测毫安表内阻，电源电动势越大，分压电路分压变化越小，实验误差越小，应选择电动势较大的电源。

(3)调节电阻箱阻值过程可以认为分压电路分压不变，应用串联电路特点与欧姆定律求出毫安表内阻。

(4)把毫安表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值。

本题考查了求毫安表内阻与电压表改装实验，理解实验原理是解题的前提与关键；要掌握实验器材的选择原则，分析清楚电路结构，应用串联电路特点与欧姆定律即可解题。

11.【答案】解：(1)设小球平抛运动的时间为t ，由平抛运动规律得
水平方向有 l =v 0t
竖直方向有y =12gt 2
小球进入电场时的竖直分速度大小v y =gt
小球从x 轴离开电场，小球在电场中运动的竖直位移与平抛运动的竖直位移大小相等，设小球在电场中运动的加速度大小为a ，有
−y =v y t −12at 2 解得a =3g
由牛顿第二定律有
qE −mg =ma
解得E =4mg q
(2)由U =Ey
解得U =2mg 2l 2
v 02q
答：(1)匀强电场的电场强度大小为4mg q ；
(2)小球进、出电场的两点间的电势差为
2mg 2l 2
v 02q 。

【解析】(1)小球先做平抛运动，进入电场后做匀变速曲线，先研究平抛运动过程，根据分位移公式列式，再求小球进入电场时竖直分速度大小。

小球从x 轴离开电场，小球在电场中运动的竖直位移与平抛运动的竖直位移大小相等，根据竖直分位移公式求出加速度，再根据牛顿第二定律求匀强电场的电场强度大小；
(2)根据公式U =Ed 求小球进、出电场的两点间的电势差。

本题是平抛运动与匀变速曲线运动的综合，两种运动处理方法相同：运动的分解法，关键要抓住两个运动之间的关系：小球在电场中运动的竖直位移与平抛运动的竖直位移大小相等，解题时要注意位移的方向。

12.【答案】解：(1)设物块和长木板的加速度分别为a 和a′，在1.0s 时物块及长木板的速度分别为v 和v′， 对物块由牛顿第二定律可得：F 1−μMg =Ma
解得a =4m/s 2
由v =at 1得：v =4m/s
对长木板根据牛顿第二定律可得：μMg =ma′
得a′=2m/s 2
由v′=a′t1得：v′=2m/s；
at12
(2)在0～1s内，物块的位移为x1=1
2
解得x1=2m
力F对物块做的功W1=F1x1
代入数据可得：W1=20J
在1s～1.5s内，对物块根据牛顿第二定律可得：F2−μMg=Ma1
得a1=1m/s2
a1t22得x2=2.125m
由x2=vt2+1
2
力F对物块做的功W2=F2x2
代入数据解得：W2=8.5J
整个运动过程中力F对物块做功W=W1+W2=28.5J；
(3)在1.5s末时，物块的速度为v1=v+a1t2得v1=4.5m/s
木板的速度为v′′=a′(t1+t2)
得v′′=3m/s
在1.5s后，物块的加速度为a2=μg=1m/s2
由v共=v1−a2t3=v′′+a′t3
得t3=0.5s，v共=4m/s
a2t32
在1.5s～2s内，物块的位移为x3=v1t3−1
2
得x3=2.125m
a′(t1+t2+t3)2
在0～2s内，长木板的位移为x′=1
2
得：x′=4m
整个运动过程中物块未离开长木板，木板至少为：L=x1+x2+x3−x′=2.25m。

【解析】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。

13.【答案】BCE
【解析】解：A、若已知气体的摩尔质量、密度，可以计算气体的摩尔体积，但不能计算出每个气体分子的体积，故A错误；
B、扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明，故B正确；
C、对气体而言，尽管大量分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率是按一定的规律分布的，故C正确；
D 、物分子间距离增大时，分子间先为斥力后为引力，其大小先减小再增大再减小，故D 错误；
E 、温度是分子平均动能的标志，理想气体的热力学温度与分子平均动能成正比，故E 正确。

故选：BCE 。

扩散现象说明物质分子永不停息地做无规则运动，分子的速率是按一定的规律分布，温度是分子平均动能的标志，理想气体的热力学温度与分子平均动能成正比。

本题考查热学基础知识，平时复习中注重基础知识的积累，难度不大。

14.【答案】解：(1)设气缸内横截面积为S ，设加入的水银长度为l ，被封闭气体做等温变化，
根据玻意耳定律可得：p 0ℎS =(p 0+p l )(ℎ−l)S
解得：l =24cm
(2)在(1)最多能添加的水银柱的长度l 后，给密闭气体缓慢加热，设密闭气体温度为t 时，水银柱的长度为x ，有p 0ℎS 300=(p 0+p x )(ℎ−x)S 273+t
当76+x =100−x
即x =12cm 时，t 达最大值，解得
t =32.7°C
答：(1)在活塞上方缓慢添加水银，最多能添加的水银柱的长度l 为24cm ；
(2)在添加了(1)中最多能添加的水银柱后，给密闭气体缓慢加热，要使活塞上方水银全部溢出，密闭气体至少需加热到32.7℃。

【解析】(1)假设加入的水银长度为l ，找出初末状态参量，根据玻意耳定律求得；
(2)在(1)最多能添加的水银柱的长度l 后，给密闭气体缓慢加热，设密闭气体温度为t 时，水银柱的长度为x ，根据理想气体状态求得。

本题主要考查了理想气体状态方程，关键是找出初末状态参量，明确水银全部溢出时的临界条件即可。

15.【答案】BCE
【解析】解：A 、球场上，一小球自由下落触地后，小球上下运动过程所受力为恒力，不满足F =−kx ，故不是简谐振动，故A 错误；
B 、用竖直轻弹簧连接的小球，在弹性限度内，不计空气阻力，小球上下运动过程满足F =−kx ，做的是简谐振动，故B 正确；
C 、根据T =2π√l g 在同一栋高楼，将一在底层走时准确的摆钟移至高层后，由于g 变小，则摆钟显示的时间变慢，故C 正确；
D 、根据爱因斯坦相对论可知，时间间隔的相对性t =0√1−(v c )，可知高速飞离地球的飞船中的宇航员认为地球上的时
钟变慢，故D 错误；
E 、弹簧振子做简谐振动，弹簧的弹性势能和动能相互转化，振动系统的势能与动能之和保持不变，故E 正确。

故选：BCE 。

弹簧振子做简谐振动，弹簧的弹性势能和动能相互转化，振动系统的势能与动能之和保持不变，根据是否满足F =−kx 来判断是不是简谐振动；根据T =2π√l g 判断周期的影响因素对周期大小的影响；根据爱因斯坦相对论可知，时间间隔的相对性t =t
0√1−(v c )，可知高速飞离地球的飞船中的宇航员认为地球上的时钟变慢。

本题考查了简谐振动、单摆及爱因斯坦相对论的知识，能够运用F =−kx 分析简谐振动的特点，应用T =2π√l g 求解单摆周期。

16.【答案】解：(1)单色光甲在平板中的速率为：v =c n 1=√3
3c
(2)作出光路图，如图所示：
设两种单色光的折射角分别为r 1、r 2，由光的折射定律得：n 1=sin(90°−θ)
sinr 1，n 2=sin(90°−θ)
sinr 2
解得：r 1=30°，r 2=45°
由几何关系得两单色光均第一次从平板的下表面出射时，
两单色光的距离为：x =d(tanr 2−tanr 1)sinθ
解得两单色光间的距离为：x =(3−√3)
6d
答：(1)单色光甲在平板中的速率v 为√3
3c ；
(2)两单色光均第一次从平板的下表面出射后，两单色光间的距离为(3−√3)
6d 。

【解析】(1)根据c =c
n 求单色光甲在平板中的速率v ；
(2)由光的折射定律和几何关系求得两单色光均第一次从平板的下表面出射后，两单色光间的距离。

本题是一道几何光学问题，是折射定律和几何知识的综合应用，关键要作出光路图。