河南省2019-2020学年高三(上)期末物理试卷

河南省2019-2020学年高三（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.平直公路上有甲、乙两车，t=0时刻从同一位置同向运动，它们运
动的v−t图象如图所示。

下列说法正确的是()
A. t1时刻甲、乙两车相距最远
B. t2时刻，两车的加速度相同
C. 0～t2时间内，乙车的速度先减小后变大
D. 0～t2时间内，乙车平均速度大于v0+v1
2
2.如图所示，水平桌面上放置一个质量为1kg的物块A，在A的上表面放置另一个质量也为1kg
的物块B，已知A与地面之间的动摩擦因数为μ1=0.5，A、B之间的动摩擦因数为μ2=0.2.现在给物块A施加一个与水平方向夹角为θ=37°斜向上方、大小恒为F=10N的力F，则物块B 所受的摩擦力为(重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)()
A. 大小为0.5N，方向水平向右
B. 大小为2N，方向水平向右
C. 大小为0.5N，方向水平向左
D. 大小为2N，方向水平向左
3.已知氢原子基态能量为−13.6eV，则氢原子量子数为3的激发态能量值为()
A. −0.85eV
B. −10.2eV
C. −3.4eV
D. −1.51eV
4.2013年12月，我国成功地进行了“嫦娥三号”的发射和落月任务，进一步获取月球的相关数
据．该卫星在月球上空绕月球做匀速圆周运动时，经过时间t，卫星行程为s，卫星与月球中心连线扫过的角度是θ弧度，万有引力常量为G，月球半径为R，则可推知月球密度的表达式是()
A. 3t2θ
4πGs3R3B. 3s3
4πθGt2R3
C. 4θπR3Gt2
3s3
D. 4πR3Gs3
3θt2
5.两球A，B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A=1kg，m B=2kg，v A=6m/s，
v B=2m/s。

当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()
A. v′A=5m/s，v′B=2.5m/s
B. v′A=2m/s，v′B=4m/s
C. v′A=−4m/s，v′B=7m/s
D. v′A=7m/s，v′B=1.5m/s
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.如图，真空中有一个边长为L的正方体，正方体的两个顶点M、N处分
别放置一对电荷量都为q的正、负点电荷．图中的a、b、c、d是其它的
四个顶点，k为静电力常量，下列表述正确是()
A. M、N点电荷间的库仑力大小为F=k q2
2L2
B. c、d两点电势相等
C. 一带电粒子以速率v从a点远离该电场(仅受电场力)，到达无穷远处时速率还是v
D. a点电势高于b点电势
7.如图所示，一磁感强度为B的匀强磁场垂直纸面向里，且范围足够大。

纸面上M、N两点之间的距离为d，一质量为m的带电粒子(不计重力)
以水平速度v0从M点垂直进入磁场后会经过N点，已知M、N两点连
线与速度v0的方向成30°角。

以下说法正确的是()
A. 粒子可能带负电
B. 粒子一定带正电，电荷量为mv0
dB
C. 粒子从M点运动到N点的时间可能是πd
3v0
D. 粒子从M点运动到N点的时间可能是13πd
3v0
8.如图所示，在竖直面内有一半径为L的半圆形光滑导轨CPD，处于磁感
应强度大小为B、方向与导轨平面(纸面)垂直向里的匀强磁场中，圆心为
O，直径CD水平，半径OP竖直O、D间用导线连接。

一质量分布均匀
的金属棒OA，长为L，电阻为R，质量为m，能绕水平轴O在竖直平面内自由转动，棒与导轨和轴O始终接触良好，一切摩擦及其他电阻均不计，重力加速度大小为g。

若棒从CO处由静止释放，第一次到达OP处时的角速度为ω，则下列判断正确的是()
A. 棒能摆到OD处
B. 棒第一次到达OP处时，轴O受到棒的作用力大于mg
C. 棒第一次到达OP处时，棒中通过的电流为ωBL2
2R
D. 棒最终会停下，产生的总焦耳热为mgL
9.下列说法正确的是()
A. 由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
B. 温度越高，水的饱和蒸汽压越大
C. 扩散现象是不同物质间的一种化学反应
D. 热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E. 当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是大气压强
的作用
10.图甲为一简谐横波在t=0.10s时的波形图，P是平衡位置在x=0.5m处的质点，Q是平衡位置
在x=2m处的质点；图乙为质点Q的振动图象。

下列说法正确的是()
A. 这列波沿x轴负方向传播
B. 这列波的传播速度为2m/s
C. 从t=0.10s到t=0.15s，P通过的路程为10cm
D. t=0.15s，P的加速度方向与y轴正方向相反
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.在“用圆锥摆实验验证向心力公式“的实验中，AB为竖直转轴，细绳一端系在
A点，另一端与小球C相连，如图所示．当转轴转动时，C球在水平面内做匀
速圆周运动．实验步骤如下：
①测量AC间细绳长度l；
②使AB轴转动，并带动C球在水平面内做匀速圆周运动；
③测出此时C球做匀速圆周运动的周期T，并标出C球球心在AB轴上的投影点D，测出AD
间距为S；
④算出C球做匀速圆周运动所需的向心力F；
⑤算出C球所受的合力F；
⑥验证向心力公式．
(I)在上述实验中还需要测量的物理量有哪些______
A.C球的直径
B.C球的质量
C.C球转动的角速度
D.当地的重力加速度g
(II)为了验证向心力公式正确．请用已知的物理量和第(I)题中你所选择的物理量表示出AD间距S=______．
(III)这一实验方法简单易行．但是有几个因素可能会影响实验的成功，请写出一条 ：______．12.在“练习使用多用电表的实验”中：
(1)若用多用电表欧姆挡测量图甲中二极管的反向电阻，应该将红表笔接________(选填“A”或
“B”)端，黑表笔接另一端。

(2)若测量某电阻时，使用“×100”倍率，多用电表指针位于图乙中a位置，则应该更换
________(选填“×1k”或“×10”)倍率。

(3)若用多用电表直流50mA挡测量时指针位于图乙中b位置，则所测电流为________mA。

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图甲所示，xOy坐标系处于竖直平面内，t=0时刻，质量为m、电荷量为+q的小球通过O点
时速度大小为v0，已知重力加速度为g。

(1)若x轴上方存在正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，垂直纸面向里。

当小球
速度v0竖直向上时可做匀速运动，求电场强度E1的大小及方向；
(2)若x轴上方存在水平向右的匀强电场，电场强度E2=mg
，小球速度v0竖直向上，求小球运
q
动到最高点时的速度v；
(3)如图乙所示，若第I、第IV象限内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B1=2B，
B2=B，同时存在竖直向上的匀强电场，电场强度E3=mg
，小球速度v0与x轴正方向的夹角α=
q
45°，求小球经过x轴的时刻t和位置x。

14.如图甲所示，一长为l=1m的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量为m=
0.2kg的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动．给系统输入能量，使小球通过最高点的速度
不断加快，通过测量作出小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与小球在最高点动能E k的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，不考虑摩擦和空气阻力，请分析并回答以下问题．
(1)若要小球能做完整的圆周运动，对小球过最高点的速度有何要求？(用题中给出的字母表示)
(2)请根据题目及图象中的条件，求出图乙中b点所示状态时小球的动能．
(3)当小球达到图乙中b点所示状态时，立刻停止能量输入．之后的运动过程中，在绳中拉力达
到最大值的位置时轻绳绷断，求绷断瞬间绳中拉力的大小．
15.如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，左端封闭，右端开口，左端用水银封闭着长L=10cm
的理想气体，当温度为27°C时，两管水银面的高度差Δℎ=2cm，设外界大气压为1.0×105Pa(即75cmHg)，为了使左、右两管中的水银面相平，则：
(1)若对封闭气体缓慢加热，温度需升高到多少？
(2)若温度保持27°C不变，需从右管的开口端再缓慢注入多少高度的水银柱？
16.如图所示，一截面为直角三角形的棱镜ABC，AB面涂有反射层，
∠A=30°，一束单色光垂直AC边从AC边上的P点射入棱镜，折
射光线在AB面反射后直接照射到BC边的中点Q，已知棱镜对该
单色光的折射率为√3，AB长l=1m.求：
(1)P与C点间的距离；
(2)从Q点射出的光线与BC边之间的夹角．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：解：A、当速度相同时，两者相距最远，故在t2时刻相距最远，故A错误；
B、在v−t图象中，斜率代表加速度，t2时刻，斜率不同，故两车的加速度不相同，故B错误；
C、由图可知，0～t2时间内，乙车的速度先减小后变大，故C正确；
D、在v−t图象中中，与时间轴所围面积为物体运动的位移，故甲的平均速度大于乙的平均速度，
甲做匀变速运动，甲的平均速度为v0+v1
2，故乙的平均速度小于v0+v1
2
，故D错误；
故选：C。

根据速度图象与坐标轴所围的“面积”大小等于物体的位移，速度图象的斜率等于加速度。

匀变速
运动的平均速度v=x
t =v1+v2
2。

本题是为速度--时间图象问题，关键要明确斜率的含义，知道在速度−时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义。

2.答案：A
解析：解：假设AB一起加速运动，以AB对象，根据牛顿第二定律则有：
Fcosθ−μ1(m A g+m B g−Fsinθ)=(m A+m B)a
解得：a=0.5m/s2；
以B对象，根据牛顿第二定律则有：
f AB=m B a=0.5N<μ2m B g=2N，假设成立，所以物块B所受的摩擦力为静摩擦力；
则物块B所受的摩擦力为：f AB=0.5N，方向水平向右，故A正确，BCD错误；
故选：A。

以整体为研究对象求解加速度大小，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律求解摩擦力大小。

本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。

3.答案：D
解析：解：n=3的能级时的能量为E3=1
32E1=1
9
×(−13.6eV)=−1.51eV．
故选：D．
通过量子数n的能级值E n=1
n2
E1可以得知结果．
本题考查对玻尔理论的理解和应用能力，关键抓住光子能量与能级之间的关系：E n=1
n2
E1．
4.答案：B
解析：解：该卫星在月球上空绕月球做匀速圆周运动时，经过时间t，卫星行程为s，卫星与月球中心连线扫过的角度是θ弧度，
所以该卫星的线速度、角速度分别为v=s
t ，ω=θ
t
又因为v=ωr，所以轨道半径为r=v
ω=s
θ
根据万有引力提供向心力G Mm
r2=m v2
r
，得月球的质量为M=v2r
G
=s3
Gt2θ
月球的体积为V=4
3
πR3
所以月球的密度ρ=M
V =
s3
Gt2θ
4
3
πR3
=3s3
4πθGt2R3
，故B正确、ACD错误。

故选：B。

根据线速度和角速度的定义式，计算出卫星绕月球做匀速圆周运动的线速度和角速度，再根据线速度和角速度的关系计算出卫星运动的轨道半径．根据万有引力提供向心力计算出月球的质量，再根据密度的定义式计算月球的密度．
本题要掌握线速度和角速度的定义式，知道线速度和角速度的关系，同时要能够根据万有引力提供向心力计算天体的质量．
5.答案：B
解析：解：考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD错误，BC满足；
两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD均满足；
根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22J，B选项碰撞后总动能为18J，C选项碰撞后总动能为57J，故C错误，B满足；
故选：B。

两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分
转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度．
本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快！
6.答案：AC
.故解析：解：A、M、N两点间的距离为√2L，根据库仑定律知，M、N两点电荷间的库仑力F=k q2
2L2
A正确．
B、根据等量异种电荷电场线的特点，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，则c点的电势大于d点的电势．故B错误．
C、根据电场线分布知，a、b两点连线即为等势面，带电粒子以速率v从a点远离该电场(仅受电场力)，到达无穷远处时，电场力不做功，速率还是v.故C正确．
D、ab两点处于等量异种电荷的垂直平分线上，电势相等．故D错误．
故选：AC．
根据库仑定律的公式求出库仑力的大小，根据电场线的分布比较电场强度的大小和电势的高低．
解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道垂直平分线为等势线，知道沿着电场线方向电势逐渐降低．
7.答案：BCD
解析：
根据左手定则判断粒子的电性；根据几何关系可得粒子第一次经过N点时轨迹对应的圆心角，再求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的电荷量，根据运动情况结合周期公式求解时间的可能值。

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间，注意由于粒子运动具有周期性，粒子经过N点的时间没有确定的值。

根据题意可得，粒子从M点垂直进入磁场后会经过N点，轨迹
如图所示：
A、根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B、设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，由于M、N两点之间的距离为d，
根据几何关系可得粒子第一次经过N点时轨迹对应的圆心角θ=60°，则：R=d，根据洛伦兹力提供向心力可得：R=mv0qB
解得粒子的电荷量为：q=mv0
dB
，故B正确；
CD、设粒子从M点运动到N点的时间为t，则t=(n+60°
360∘)T=(n+1
6
)×2πd
v0
；
如果n=1，则t=πd
3v0
；如果n=2，则t′=
13πd
3v0
，故CD正确。

故选：BC。

8.答案：BC
解析：解：AD、棒OA沿着导轨转动时会切割磁感线而产生感应电动势，导轨与棒组成的回路中有感应电流，使得棒的一部分机械能变成电能，则棒不能到达等高的OD处；最终棒通过多个往复的
摆动而停在OP处，由能量守恒可知：产生的总焦耳热Q=mg⋅L
2=1
2
mgL；故AD错误。

B、棒第一次到达OP处时，由轴O的作用力与重力mg的合力提供向心力，合力竖直向上，则知轴O的作用力大于重力mg，结合牛顿第三定律知轴O受到棒的作用力大于mg，故B正确。

C、棒第一次到达OP处时角速度为ω，产生的感应电动势为E=BLv−=BL v O+v P
2=BL0+ωL
2
=1
2
ωBL2，
则棒中通过的电流为I=E
R =ωBL2
2R
；故C正确。

故选：BC。

分析回路中能量转化情况，从而确定棒能否摆到OD处，并求出产生的总焦耳热；棒第一次到达OP 处时，利用向心力知识分析棒受到的作用力大小，从而得到轴O受到的作用力大小。

再根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求感应电流的大小。

本题考查了电磁感应和力学和能量的综合运用，要掌握切割产生的感应电动势公式、安培力公式和闭合电路欧姆定律，要注意明确导体棒为转动切割，要根据平均速度来求感应电动势。

9.答案：ABD
解析：
同种元素构成的可能由于原子的排列方式不同而形成不同的晶体；水的饱和蒸气压仅仅与温度有关；热传导是有方向的；当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，
是由于水分子和玻璃的分子间存在引力作用。

同种元素构成的可能由于原子的排列方式不同而形成不同的晶体，水的饱和蒸气压只与温度有关，温度越高，水的饱和蒸气压越大，“热量不可能自发地从低温物体传给高温物体”是符合热力学第二定律中关于“热传导是有方向的”规律的。

A.由不同的原子排列方式的同种元素，会形成不同的晶体，例如金刚石和石墨，A正确；
B.温度越高，饱和蒸汽压越大，B正确；
C.扩散现象是微观粒子做无规则热运动的体现，并没有发生化学反应，C错误；
D.热力学第二定律表明：热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体，D正确；
E.两薄玻璃之间夹有一层水膜，很难拉开的原因是分子之间存在相互引力作用，E错误．
10.答案：AD
解析：
由乙图读出，Q点和P点在t=0.10s时的振动方向，则由甲图判断出波的传播方向；由两图分别由两图读出波长和周期，求出波速。

根据时间与周期的关系求出路程；根据其位移确定回复力和加速度的方向。

解决本题的关键能够从波动图象和振动图象中获取信息，知道振动和波动的联系和区别；由振动图象的斜率能读出振动方向，由波动图象判断波的传播方向。

A、振动图象的斜率表示速度，由乙图读出，在t=0.10s时Q点的速度方向沿y轴负方向，由波形的平移法判断可知该波沿x轴负方向的传播，故选项A正确；
=20m/s，故选项B错B、由甲图读出波长为λ=4m，由乙图读出周期为T=0.2s，则波速为v=λ
T
误；
C、从t=0.10s到t=0.15s，经过时间为Δt=0.05s=T
，由于在t=0.10s时质点P不在平衡位置和
4
最大位移处，所以从t=0.10s到t=0.15s，质点P通过的路程不等于10cm，故选项C错误；
D、在t=0.15s时，即从t=0.10s时刻开始经过四分之一个周期，质点P在平衡位置上方，加速度的方向沿y轴负方向，故选项D正确。

故选AD。

11.答案：AD gT2
小球是否在水平面上做匀速圆周运动
4π2
解析：解：(1)该实验的原理是根据几何关系求出指向圆心的合力，再根据向心力公式求出向心力的值，看两者是否相等，所以还要知道小球的直径及当地的重力加速度g；
故选AD
( 2 )根据圆锥摆的周期公式得：T=2π√S
g ，解得S=gT2
4π2
(3)该实验要求C球在水平面内做匀速圆周运动，所以小球是否在水平面上做匀速圆周运动会影响实验是否成功．
故答案为：(1)AD；(2)gT2
4π2
；(3)小球是否在水平面上做匀速圆周运动
(1)该实验的原理是根据几何关系求出指向圆心的合力，再根据向心力公式求出向心力的值，看两者是否相等，所以还要知道小球的直径及当地的重力加速度g；
(2)根据圆锥摆的周期公式即可求解；
(3)垂足D的确定、小球是否在水平面上做匀速圆周运动等都会影响实验是否成功．
本题是实验题，要求同学们能理解其实验原理，知道影响实验成功的因素，难度适中．
12.答案：(1)A
(2)×1k
(3)31.6
解析：
本题考查了欧姆表的读数，用欧姆表测电阻，二极管的极性，要熟记电流从红表笔流入，从黑表笔流出的原理。

(1)多用电表欧姆挡电流从红表笔流入，从黑表笔流出，测反向电阻，因此应将黑表笔接二极管负极B，红表笔接二极管正极A，故填A；
(2)多用电表欧姆挡测电阻时，指针从右向左偏，偏角越大，读数越大，表示所测为较大电阻，应更换更大倍率，故填×1k；
(3)直流50mA挡，用中间一排刻度读数，精确度为50mA
50
=1mA，则读数为：1mA×31.6=31.6mA，故填：31.6
故答案为：(1)A；(2)×1k；(3)31.6。

13.答案：解：(1)小球做匀速直线运动，三力平衡，受力分析如图所示：
E1=√m2g2+q2v02B2
q
tanθ=qv0B mg
场强方向即为电场力的方向，与竖直方向成θ角，斜向右上方。

(2)如图所示，受力分析、正交分解，在y方向小球做竖直上抛运动，在x方向小球做初速度为0匀加速直线运动，水平分加速度为a x=g.小球在最高点M时，
y方向速度为0，只有水平方向速度v
y方向：v0=gt
x方向：v=a x t=v0，方向水平向右
(3)电场力和重力平衡，洛伦磁力提供向心力，小球做匀速圆周运动，设小球在第Ⅰ、Ⅳ象限内轨道半径分别为R1、R2，运动周期分别为T1、T2，
根据qvB=m v2
R ，解得：R1=mv0
2qB
，R2=mv0qB
根据T=2πR
v ，解得：T1=πm qB，T2=2πm
qB
小球运动轨迹如图所示：
a.小球从第Ⅳ象限进入第Ⅰ象限，小球经过x轴的时刻：t1=n⋅T2
4+(n−1)⋅T1
4
=(3n−1)πm
4qB
，(n=1,2，
3…)
小球经过x轴的位置：x1=n⋅√2R2+(n−1)⋅√2R1=√2⋅(3n−1)mv0
2qB
，(n=1,2，3…)
b.小球从第Ⅰ象限进入第Ⅳ象限，小球经过x轴的时刻：t2=k⋅(T2
4+T1
4
)=3kπm
4qB
，(k=1,2，3…)
小球经过x轴的位置：x2=k⋅√2(R2+R1)=3√2kmv0
2qB
，(k=1,2，3…)
答：(1)电场强度E1的大小为√m2g2+q2v02B2
q ，与竖直方向成
qv0B
mg
角，斜向右上方；
(2)小球运动到最高点时的速度为v0，方向水平向右；
(3)小球经过x轴的时刻t为(3n−1)πm
4qB 或3kπm
4qB
，位置x为√2⋅(3n−1)mv0
2qB
或3√2kmv0
2qB。

解析：(1)根据平衡状态进行受力分析得出电场强度；
(2)根据小球受力情况，建立直角坐标系，由运动分解得出小球运动到最高点时速度的大小，注意到达最高点时竖直方向速度为零；
(3)根据小球在电磁复合场中运动的轨迹，结合几何分析得出小球每次经过x轴的时刻及位置，注意抓住小球运动的规律性。

本题考查了带电物体在电场和磁场中的运动，解题的关键是精准小球的受力情况，根据不同的运动情况进行运动分解，并会结合几何关系进行解题。

14.答案：解：(1)小球刚好通过最高点做完整圆运动要求在最高点受力满足：mg=m v2
l
，
因此小球过最高点的速度要满足：v≥√gl．
(2)小球在最高点时有：mg+F=m v2
l 又因为：E K=1
2
mv2，
由图可知，b点时F=4.0N，
解得：E K=3.0J；
(3)在停止能量输入之后，小球在重力和轻绳拉力作用下在竖直面内做圆周运动，运动过程中机械能
守恒．当小球运动到最低点时，绳中拉力达到最大值．
设小球在最低点的速度为v，对从b状态开始至达到最低点的过程应用机械能守恒定律，有：mg⋅2l=
1
2
mv2−E Kb；
设在最低点绳中拉力为F m，由牛顿第二定律有：F m−mg=m v2
l
，
两式联立解得：F m=16N，
即：绷断瞬间绳中拉力的大小为16N．
答：(1)若要小球能做完整的圆周运动，对小球过最高点的速度满足：v≥√gl；
(2)外界对此系统做的功为3.0J ； (3)绷断瞬间绳中拉力的大小为16N ．
解析：(1)在最高点，由牛顿第二定律可求小球能做完整的圆周运动满足的条件；
(2)在最高点，由牛顿第二定律并结合图象信息可求小球质量和摆线长度；由图象得斜率，根据动能定理求外界对系统做的功；
(3)应用机械能守恒定律和牛顿第二定律求绷断瞬间绳中拉力的大小．
本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，难度适中．熟练运用牛顿第二定律和机械能守恒定律也是解答此题的关键．
15.答案：解：(1)对于封闭气体：
初态：p 1=p 0−Δℎ=75−2=73cmHg ，V 1=LS ，T 1=300K ； 末态：p 2=p 0=75cmHg ，V 2=(L +0.5Δℎ)S ； 根据理想气体状态方程：
p 1V 1T 1
=
p 2V 2T 2
解得T 2=339K ，t 2=T 2−273=66℃ (2)气体做等温变化， p 3=p 0=75cmHg ，V 3=L 3S 根据玻意耳定律：p 1V 1=p 3V 3
求得L 3=9.73 cm ，即闭管水银柱上升了0.27cm 所需注入的水银柱长为H =(2+2×0.27)cm =2.54cm
解析：(1)分别求出封闭气体初态和末态的压强，由气态方程求解封闭气体温度需升高多少； (2)保持27°C 不变，为了使左、右两管中的水银面相平，需从右管的开口端再缓慢注入的水银，封闭气体发生等温变化，水银面相平时，封闭气体的压强等于大气压，由玻意耳定律和几何关系求出水银柱高度。

本题要能用静力学观点分析各处压强的关系．要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题。

16.答案：解：①画出光路图所示．由几何关系可知，入射到AB 边上的光线的入射角为30°，反射
角也为30°，由几何关系知△QDB 是等边三角形． DQ =QB =1
2CB =1
2×Lsin30°=1
4L =0.25m
所以P与C点间的距离为：PC=DQcos60°=0.25×√3
2m=√3
8
m
②光线射到Q点的入射角为：i=30°
由n=sinr
sini
得：r=60°
所以从Q点射出的光线与BC边之间的夹角为：90°−60°=30°．
答：(1)P与C点间的距离是√3
8
m；
(2)从Q点射出的光线与BC边之间的夹角是30°．
解析：(1)根据光的反射定律和几何关系求解P与C点间的距离．
(2)根据折射定律求出从Q点射出的光线折射角，再由几何关系求解从Q点射出的光线与BC边之间的夹角．
本题是几何光学问题，作出光路图是解题的关键之处，再运用几何知识求出入射角、折射角，即能很容易解决此类问题．。