2021届辽宁省辽阳市高考物理一模试卷附答案详解

2021届辽宁省辽阳市高考物理一模试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.电离能力最弱穿透能力最强的粒子是()
A. 质子
B. α粒子
C. β粒子
D. γ粒子
2.一种转速监测器的主要构造如图所示，在内壁光滑的圆筒内有一根原长为L，劲度系数为k的轻
质弹簧，弹簧的一端系于圆筒底部，另一端系一质量为m的小球．当圆筒绕过底部的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动时，若弹簧的长度稳定为2L，则圆筒的角速度为()
A. √k
2m B. √k
m
C. √2k
m
D. 2√k
m
3.如图所示，物体A重20N，物体B重5N，不计一切摩擦和绳的重力，当两物体由静
止释放后，物体A的加速度与绳子上的张力分别为()
A. 6m/s2；8N
B. 10m/s2；8N
C. 8m/s2；6N
D. 6m/s2；9N
4.甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t=0时
刻同时经过公路旁的同一个路标。

在描述两车运动的v−t图中(
如图所示)，直线a、b分别描述了甲乙两车在0−20秒的运动情
况。

关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是()
A. 在0−10s内两车逐渐靠近
B. 在10−20s内两车逐渐远离
C. 在5−15s内两车发生的位移相等
D. 在t=10s时两车在公路上相遇
5.一个质量为m的物体，在几个与水平面平行的力作用下静止在光滑水平面上，在t=0的时刻，
将其中的一个力从F增大到3F，其它力保持不变，则t=t1时刻，该力做功的功率为()
A. 9F2
m t1 B. 6F2
m
t1 C. 4F2
m
t1 D. 3F2
m
t1
二、多选题（本大题共5小题，共26.0分）
6.在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：2，两个相同灯泡的电阻均为R=
5Ω(不考虑灯泡电阻随温度的变化)，电流表的示数为5A，两电表均为理想交流电表，电源输入电压的表达式为u=120√2sin100πt(V)。

下列说法正确的是()
A. L1、L2两灯泡消耗的功率之比为2：1
B. 滑动变阻器接入电路中的有效阻值为23Ω
C. 电源的输出功率为1920W
D. 当滑动变阻器的滑片向下滑动，电压表的示数变大
7.喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀
强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中()
A. 向负极板偏转
B. 电势能逐渐增大
C. 运动轨迹是抛物线
D. 微滴不可能向下运动
8.磁感应强度为B的匀强磁场如图所示，在该磁场中有一与磁场方向垂直，
长度为L的金属杆ao，已知ab=bc=co=L
，a、c与磁场中以O为圆心
3
的同心圆(都为部分圆弧)金属轨道始终接触良好，一电容为C的电容器
接在轨道上，如图所示，当金属杆在与磁场垂直的平面内以O为轴，以角速度ω顺时针匀速转动时()
A. U ac=2U ab
B. U ac=2U bO
C. 若在eO间连接一个电压表，则电压表示数为零
BL2ωC
D. 电容器带电量Q=4
9
9.下列叙述中，正确的是()
A. 物体温度越高，每个分子的动能也越大
B. 布朗运动就是液体分子的运动
C. 一定质量的理想气体从外界吸收热量，其内能可能不变
D. 热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体
10.一列简谐横波，在t=0.6s时刻的图像如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为−1cm，波上
A质点的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是()
A. 这列波沿x轴正方向传播
m/s
B. 这列波的波速是50
3
C. 从t=0.6s开始，紧接着的△t=0.6s时间内，A质点通过的路程是2cm
D. 从t=0.6s开始，质点P比质点Q早0.4s回到平衡位置
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11.在用重锤下落来验证机械能守恒时，某同学按照正确的操作选得纸带如图．其中O是起始点，A、
B、C、D、E是打点计时器连续打下的5个点，打点频率为50Hz.该同学用毫米刻度尺测量O到A、
B、C、D、E各点的距离，并记录在图中(单位：cm)
①这五个数据中不符合有效数字读数要求的是______ (填A、B、C、D或E)点读数．
②该同学用重锤在OC段的运动来验证机械能守恒，OC距离用ℎ来表示，他用v c=√2gℎ计算与C点
对应的特体的即时速度，得到动能的增加量，这种做法______ (填对或不对)
③如O点到某计数点距离用ℎ表示，重力加速度为g，该点对应重锤的瞬时速度为υ，则实验中要验证
的等式为______ ．
④若重锤质量m=2.00×10−1kg，重力加速度g=9.80m/s2，由图中给出的数据，可得出从O到打
下D点，重锤重力势能的减少量为______ J，而动能的增加量为______ J，(均保留3位有效数字)
12.如图甲所示的电路测定旧电池组的电动势与内电阻．实验器材有：3节旧电池(每节电池电动势
约为1.5V)电压传感器、数据采集器、电脑、滑动变阻器R1(阻值0～10Ω)、滑动变阻器R2(阻值0～100Ω)，有电流表(量程0.6A、内阻很小)但无电流传感器．
(1)该电路中应选用的滑动变阻器是______(选填“R1”或“R2”)；
(2)用笔画线代替导线将图乙中的实物连线补充完整；
(3)由图丙可知，该电池组的电动势E=______V，内阻r=______Ω；
(4)(单选)利用上述实验方案测定了同规格新电池组的电动势与内电阻．通过实验发现旧电池组与新
电池组相比，电动势几乎没有变化，但它们的输出功率P随外电阻R变化的关系图线有较大差异，如图丁所示．则可知新电池及其判断理由较合理的是______
(A)A，因为电动势相同时，A的内阻小，内阻小的是新电池
(B)B，因为输出功率相同时B对应的外电阻大，电源的内阻就小，内阻小的是新电池
(C)A，因为输出功率相同时A对应的外电阻大，电源的内阻就小，内阻小的是新电池
(D)B，因为外电阻相同时B对应的输出功率大，电源的内阻就小，内阻小的是新电池．
四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
13.磁流体发电是一种新型发电方式，图甲和图乙是其工作原理示意图。

图甲中的A、B是电阻可忽
略的导体电极，两个电极间的间距为d，极板面积为S.这两个电极与负载电阻R相连。

假设等离子体(高温下电离的气体，含有大量的正负带电粒子)垂直于磁场进入两极板间的速度均为v。

整个发电装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向如图乙所示。

(1)请判断流过电阻R的电流方向？
(2)请推导该磁流体发电机电动势E的大小；
(3)若等离子体的平均电阻率为ρ，当开关闭合后，求AB两极间的电压大小。

14.如图所示，在竖直面内有固定轨道ABCDE，其中BC是半径为R的四分之一圆弧轨道，AB(AB>R)
是竖直轨道，CE是足够长的水平轨道，CD>R.AB与BC相切于B点，BC与CE相切于C点，轨道的AD段光滑，DE段粗糙且足够长．一根长为R的轻杆两端分别固定有质量均为m的相同小球P、Q(视为质点)，将轻杆锁定在图示位置，此位置Q与B等高．现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，Q球经过D点后，沿轨道继续滑行了3R而停下．重力加速度为g.求：
(1)P球到达C点时的速度大小v1；
(2)两小球与DE段轨道间的动摩擦因数μ；
(3)Q球到达C点时的速度大小v2．
15.如图所示，开口向左的汽缸固定在水平桌面上，用一横截面积为S的轻质活塞封闭了一定质量的
理想气体，一轻绳一端系在活塞上，另一端跨过定滑轮连着放于水平地面的质量为M的物块。

滑轮两侧的轻绳分别处于水平和竖直状态，开始时，细绳恰好没有作用力，活塞与汽缸底部的间距为d，缸内气体的绝对温度为T1，已知外界大气压强恒为p0，g为重力加速度大小，不计一切摩擦，水平桌面足够高，现使缸内气体缓慢冷却，则：
(1)放在地面的物块对地面恰好没有作用力时，气体温度降为多大？
(2)当活塞到汽缸底部的距离为d
时，气体温度降为多大？
2
16.如图为一半径为R的玻璃球，球心为O.一束单色光沿AB方向从B点射入玻
璃球，经玻璃球反射后从C点沿CD方向射出。

已知AB与CD平行，且间距为√3R，光在真空中的传播速度为c。

(不考虑多次反射)
(i)玻璃对该单色光的折射率；
(ii)该单色光在玻璃球中的传播时间。

参考答案及解析
1.答案：D
解析：解：α粒子是高速氦核流，β粒子是高速电子流，γ粒子是光子流(高频电磁波)，α粒子的电离能力最强，γ粒子的电离能力最弱，β粒子和质字介于二者之间，穿透能力最强的是γ粒子，可以穿透几厘米厚的铅板，故D正确，ABC错误。

故选：D。

根据几种放射线的性质，直接回答即可。

同学们应该记住常见的几种放射线的组成、贯穿本领、对空气的电离作用等基础知识，才可在解题时事半功倍。

2.答案：A
解析：
弹簧弹力提供物体做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律列方程即可求解；
解题的关键是分析向心力是由什么力提供的，结合牛顿第二定律解题。

；故A正确；对做匀速圆周运动的小球受力分析知：k(2L−L)=mω2r，r=2L，解得：ω=√k
2m
故BCD错误；
故选A。

3.答案：A
解析：解：静止释放后，物体A将加速下降，物体B将加速上升，二者加速度大小相等，由牛顿第二定律，
对A有：m A g−T=m A a
对B有：T−m B g=m B a
代入数据解得：a=6m/s2，T=8N，故A正确，BCD错误。

故选：A。

分别对A、B由牛顿第二定律列方程，即可解得加速度大小和绳子的拉力。

用隔离法分别对A、B列方程即可很容易解出结果。

也可以用整体法求解，相对来说学生容易出错。

4.答案：C
解析：
t=0时刻两车同时经过公路旁的同一个路标，根据速度大小关系分析两车之间距离如何变化；根据速度图象的“面积”表示位移，判断位移关系。

利用速度--时间图象求从同一位置出发的解追及问题，主要是把握以下几点：
①当两者速度相同时两者相距最远；
②当两者速度时间图象与时间轴围成的面积相同时两者位移相同，即再次相遇；
③当图象相交时两者速度相同。

A.0时刻两车同时经过公路旁的同一个路标，在0−10s内乙车速度大于甲车的速度，乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离，故A错误；
B.在10−20s内，a车速度小于b车的速度，两车逐渐靠近，故B错误；
C.根据速度图象的“面积”表示位移，由几何知识看出，5−15s内两车的位移相等，故C正确；
D.在t=10s时两车速度相等，但a的位移大于b的位移，b还没有追上a，故D错误。

故选C。

5.答案：B
解析：解：将其中的一个力从F增大到3F，物体受的合外力为2F，加速度为a=2F
m
，经过时间t1的速
度为v=at1=2F
m t1，该力做功的功率为P=3Fv=3F⋅2F
m
t1=6F2
m
t1，故B正确，ACD错误；
故选：B。

据牛顿第二定律求加速度，根据速度公式v=at求速度，再根据功率公式P=FV求该力的瞬时功率；在求加速度时合力为2F，求该力的功率时力的大小为3F，是个易错题目。

6.答案：BD
解析：解：A、电流表的示数为I2=2A，则线圈的电流I1=I2n2n
1
=2I2=10A，L1和L2消耗的功率之
比为P1
P2=I12
I22
=4
1
，故A错误；
B、由闭合电路欧姆定律得：U=I1R+U1，代入解得U1=70V，副线圈两端电压U2=140V，滑动
变阻器接入电路中的有效阻值为R p=U2I
2−R=140
5
Ω−5Ω=23Ω，故B正确；
C、I1=10A，电源的输出功率P=I1U=10×120W=1200W，故C错误；
D、当滑动变阻器滑片向左滑动时，变压器负载电阻变大，输出电流I2减小，I1减小，电压表的示数变大，选项D正确；
故选：BD。

根据变压器电压之比等于匝数之比；电流之比等于匝数的反比；输出功率等于输入功率等变压器原理进行分析；注意输入电压和电源的输出电压的关系。

本题考查变压器原理，要注意明确变压器的其本规律，明确匝数之比和电流、电压之比的关系，并能正确分析电路结构，利用欧姆定律等进行分析求解。

7.答案：CD
解析：解：
A、由于墨汁微滴带负电，故向正极板偏转，故A错误；
B、由于电场力对墨汁微滴做正功，故电势能减少，故B错误；
C、由于墨汁微滴在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；
D、由上分析可知，墨汁微滴受到向上的电场而向上偏转，故D正确．
故选：CD．
由墨汁微滴带负电，在电场中受到的力来确定偏转方向；根据墨汁微滴做类平抛运动来确定侧向位移，及电场力做功来确定电势能变化情况．
本题理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法，并得出电势能变化是由电场力做功来确定的．8.答案：BD
解析：解：AB、根据转动切割磁感线感应电动势公式E=1
2
Bl2ω得aO、bO、cO间的电势差分别为：
U aO=1
2
BL2ω
U bO=1
2
B(
2
3
L)2ω=
2
9
BL2ω
U cO=1
2
B(
1
3
L)2ω=
1
18
BL2ω
则U ab=U aO−U bO=U aO=5
9
BL2ω
U ac=U aO−U cO=4
9
BL2ω
可见U ac≠2U ab，U ac=2U bO.故A错误，B正确。

C、若在eO间连接一个电压表，电压表与co、导轨组成的闭合回路，磁通量增加，会有电流通过电压表，则电压表将有示数。

故C错误。

电容器板间电压等于ac间的电势差，则电容器所带电量为：Q=CU ac=4
9
BL2ωC.故D正确。

故选：BD。

根据转动切割磁感线感应电动势公式E=1
2
Bl2ω可分别求出aO、bO、cO间的电势差，即可求出U ac与U ab.电容器板间电压等于ac间的电势差，由Q=CU求出电量Q.若在eO间连接一个电压表，电压表与co、导轨组成的闭合回路，磁通量增加，会有电流通过电压表，则电压表将有读数。

本题一要掌握导体转动切割磁感线的感应电动势公式：E=1
2
Bl2ω；二要准确理解公式的含义：此式反映杆的端点与圆心间的感应电动势，不是任意两点间的感应电动势。

9.答案：CD
解析：解：(1)A、物体的温度越高，分子的平均动能就越大．分子的平均动能大，并不是每个分子动能都增大，也有个别分子的动能减小．故A错误．
B、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动，但能反映液体分子的运动．故B错误．
C、根据热力学第一定律U=Q+W，当一定质量的理想气体从外界吸收热量，如果对外做等量的功，其内能会不变．故C正确．
D、根据热力学第二定律可知热量能自发的从高温物体传到低温物体，但不可能自发的从低温物体传到高温物体，并不是热量不能从低温物体传到高温物体，在消耗其它能量的情况下是可以的，只是不能自发的发生．故D正确．
故选：CD．
A、温度是分子平均动能的标志，分子的平均动能增大，不是所有分子的动能都增大．
B、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动．
C、根据热力学第一定律U=Q+W，当一定质量的理想气体从外界吸收热量，如果对外做等量的功，其内能会不变．
D、根据热力学第二定律可知热量能自发的从高温物体传到低温物体，但不可能自发的从低温物体传到高温物体．
此题不仅要知道温度是分子平均动能的标志和布朗运动，而且要理解热力学第一定律和热力学第二定律．
10.答案：ABD
解析：解：A、由乙图读出该时刻，即t=0.6s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由甲图判断出波的传播方向为沿x轴正方向，故A正确；
B.由甲图读出该波的波长为λ=20m，由乙图周期为T=1.2s，则波速为v=λ
T
，代入数据可得这列
波的波速是50
3
m/s，故B正确；
C.△t=0.6s=0.5T，质点做简谐运动时，在一个周期内质点A通过的路程是4倍振幅，则经过△t=
0.6s，A质点通过的路程是s=2A=2×2cm=4cm，故C错误；
D.图示时刻质点P沿y轴正方向运动，质点Q沿y轴负方向运动，所以质点P将比质点Q早回到平衡位
置，将此图象与正弦曲线进行对比可知：P点的横坐标为x P=20
3m，Q点的横坐标为与x Q=40
3
m，
根据波形的平移法可知质点P比质点Q早回到平衡位置的时间为t=x Q−x P
v
，代入数据可得t=0.4s，
故D正确。

故选：ABD。

由乙图读出t=0.6s时刻质点A的速度方向，再由甲图判断出波的传播方向；由甲图读出该波的波长，
由乙图读出周期，根据v=λ
T
计算波速；计算△t=0.6s与周期的关系，得出A质点通过的路程；将此图象与正弦曲线进行对比，根据波形的平移法可计算质点P比质点Q早回到平衡位置的时间。

本题属于波的图象的识图、振动图象的识图和对质点振动的判断问题。

考查知识点全面，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

11.答案：B；不对；gℎ=1
2
v2；0.380；0.376
解析：解：(1)刻度尺读数是应在最小刻度1mm的基础上向下一位估读，即应当保留到小数点后的两位12.40cm，所以B点读数不符合要求．
(2)在验证机械能守恒的实验中，由于存在阻力物体实际下落的加速度小于重力加速度，所以不应当用重力加速度g来表示某位置的速度，应根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，所以这种说法是不对的．
(3)可得出从O到某点，重锤重力势能的减少量为：mgℎ
动能的增加为：1
2
mv2−0
所以验证机械能守恒应当减少的重力势能等于增加的动能，即：mgℎ=1
2
mv2
整理得：gℎ=1
2
v2
(4)从O到D点，重锤重力势能的减少量为：mgℎOD=0.200×9.80×0.1941J=0.380J
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小，
v D=x CE
2T =0.0776
0.04
m/s=1.94m/s
动能的增加为：1
2
mv D2−0=0.376J
故答案为：(1)B；(2)不对；(3)gℎ=1
2
v2；(4)0.380；0.376
毫米刻度尺测量长度，要求估读即读到最小刻度的下一位．实验中若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量在误差允许范围内等于重力势能的减小．
常用于力学实验中的刻度尺、游标卡尺和螺旋测微器的使用在考试中出现的频率较高，对于掌握的程度，不能仅仅停留在会读数，而需理解其原理．纸带问题的处理时力学实验中常见的问题，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．
12.答案：R1；4.3；7.8；D
解析：解：(1)为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1．
(2)根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
(3)由图示电源U−I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为4.3，
电源电动势E=4.3V，电源内阻：r=△U
△I = 2.8−0
0.56−0.2
≈7.8Ω．
(4)旧电池内阻大于新电池内阻，当内外电阻相等时，电池的输出功率最大，由图示图象可知，B的内阻小，A的内阻大，则B对应的是新电池，A对应的是旧电池，故D正确，故选D．
故答案为：(1)R1；(2)电路图如图所示；(3)4.3；7.8；(4))D．
(1)为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．
(2)根据电路图连接实物电路图．
(3)由图示图象求出电源电动势与内阻．
(4)新旧电池的电动势相差不多，旧电池内阻明显大于新电池内阻，分析图示图象，然后答题．
本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图、求电源电动势与内阻、判断电池的新旧，知道实验原理、掌握实验器材的选择原则、会应用图象法处理实验数据即可正确解题．
13.答案：解：(1)等离子体射入两板之间时，正离子受向上的洛伦兹力而偏向A极板，同时负离子偏向B极板，随着离子的不断积聚，在两板之间形成了从A到B向下的附加电场，当粒子受的电场力与洛伦兹力相等时，粒子不再偏转，此时两板的电势差即为发电机的电动势，
则A板为电源的正极，电流从a到b流过电阻R。

(2)此时粒子满足：qvB=q E
d
，
解得E=Bdv。

(3)根据电阻定律可知，等离子体的内阻r=ρd
S
根据闭合电路欧姆定律可知，U ab=R
R+r
⋅E
解得AB极板间的电压大小U ab=BdRv
R+ρd
S。

答：(1)流过电阻R的电流方向为a到b。

(2)磁流体发电机电动势E的大小为Bdv。

(3)若等离子体的平均电阻率为ρ，当开关闭合后，AB两极间的电压大小为BdRv
R+ρd
S。

解析：(1、2)等离子体受洛伦兹力，根据左手定则可以判断正离子与负离子的偏转方向，当粒子受附加电场的电场力与洛伦兹力平衡时，将不在向两极板偏转，极板间形成稳定的电势差，确定电流的方向，根据平衡条件列式分析发电机的电动势大小。

(3)根据电阻定律确定电源内阻，根据闭合电路欧姆定律列式求解A、B间的电压，即路端电压。

本题考查磁流体发电机的工作原理，关键是明确当附加电场的电场力与洛伦兹力平衡时，等离子体将做匀速直线运动。

14.答案：解：(1)以两球为研究对象，由机械能守恒得：
mgR+mg2R=1
2
×2mv12
解得：v1=√3gR；
(2)分析滑行过程如图所示，P 球产生内能μmg2R ，Q 球产生内能μmg3R ， 由能量守恒得：mgR +mg2R =μmg2R +μmg3R 解得：μ=0.6；
(3)轻杆由释放到Q 球到达C 点时，系统的机械能守恒，因为P 、Q 两球的速度大小相等，则有：
mgR +mg(1+sin30°)R =1
2×2mv 22
解得：v 2=√
5gr 2
；
答：(1)P 球到达C 点时的速度大小为√3gR ； (2)两小球与DE 段轨道间的动摩擦因数为0.6； (3)Q 球到达C 点时的速度大小为√
5gR 2
．
解析：(1)以两球组成的系统为研究对象，下滑过程中，Q 的重力势能减小mgR ，P 的重力势能减小2mgR ，由机械能守恒即可求出v 1；
(2)产生的内能为μmg2R +μmg3R ，根据能量守恒求解小球与DE 段之间的动摩擦因数； (3)Q 球从下滑到到达C 点的过程中，P 球重力势能减小mg(1+sin30°)R ，Q 球重力势能减小mgR ，都转化为两球动能，由机械能守恒求出Q 球到达C 点时的速度大小．
本题是系统能量守恒问题，要分两个过程研究，没有摩擦时，系统的机械能守恒，有摩擦时能量守恒．
15.答案：解：(1)开始时细绳恰好没有作用力，被封闭气体压强p 1=p 0，
设温度降为T 2时，放于地面的物块对地面恰好没有作用力，则有绳的拉力T =Mg ， 对活塞，由平衡条件得：p 2S +T =p 0S ， 解得，封闭气体的压强p 2=p 0−
Mg S
气体发生等容变化，由查理定律得：p
1T 1
=
p 2
T 2
解得：T 2=
(p 0S−Mg)T 1
p 0S
(2)再次降温，气体发生等压变化，由盖−吕萨克定律得：dS T 2
=
d 2
×S T 3
解得：T 3=
(p 0S−Mg)T 1
2p 0S。

答：(1)放在地面的物块对地面恰好没有作用力时，气体温度降为(p 0S−Mg)T 1
p 0S。

(2)当活塞到汽缸底部的距离为d
2时，气体温度降为
(p 0S−Mg)T 1
2p 0S。

解析：(1)求出被封闭气体的压强，气体体积不变，应用查理定律求出气体的温度。

(2)气体压强不变，应用盖−吕萨克定律求出气体的温度。

根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，求出气体状态参量，应用查理定律与盖−吕萨克定律即可解题。

16.答案：解：(i)设入射角为i，折射角为r，sini=√3
，i=2r
2
，
根据折射定律，n=sini
sinr
解得：n=√3
(ii)单色光在玻璃球中的传播速度：v=c
，
n
光在玻璃球中传播的路程：s=4Rcosr，
单色光在玻璃球中的传播时间：t=s
，
v
解得：t=6R
c
答：(i)玻璃对该单色光的折射率是√3；
(ii)该单色光在玻璃球中的传播时间是6R。

c
解析：(i)作出光路图，由几何知识分别求得入射角、折射角，由折射定律求出折射率；
(ii)由v═c
求出光在球内传播的速度，结合光在玻璃球内传播的距离，即可求得时间。

n
本题考查对光的反射、折射现象的理解与运用能力，作出光路图，根据反射的对称性特点和几何知识求解入射角与折射角是关键。