2020年四川省泸州市泸县四中高考物理第二次适应性试卷 (含答案解析)

2020年四川省泸州市泸县四中高考物理第二次适应性试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.下列说法正确的是()
A. 一个中子和一个质子结合生成氘核时，会发生质量亏损
B. 一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁，可能产生6种不同频率的光子
C. 氡(86222Rn)衰变的半衰期为3.8天，升高温度后其半衰期将小于3.8天
D. 核反应 13H+12H→24He+01n是裂变
2.a、b两小球高度相差h，水平距离为s，现将两球同时以大小相等
的速度V抛出，a的初速度水平，b的初速度与水平方向成60°角，
经t时间两球在空中相遇，则下述说法中不正确的是()
A. t时间内，两球速度变化量相等
B. t≤√3v
2g
C. 相遇时b的水平位移为s
D. 高度差ℎ=√3s
3.运动物体的速度、加速度及所受合外力三者的方向关系是()
A. 三者的方向是相同
B. 速度方向与加速度方向可成任意夹角，但加速度方向总是与合外力方向相同
C. 速度方向总是与合外力方向相同，而加速度方向可能与合外力方向相同，也可能不同
D. 三者的方向可以成任意夹角
4.如图所示，在光滑水平面上，用轻质细杆水平连接一斜面，杆的另一
端固定在一颗树杆上，一玩具遥控小车放在斜面上，系统静止不动。

用遥控器启动小车，小车沿斜面加速上升，则()
A. 系统静止时细杆有向右拉力
B. 小车加速时细杆未发生形变
C. 小车加速时细杆有向左的推力
D. 小车加速时可将细杆换成细绳
5.嫦娥四号探测器于北京时间2019年1月3日10时26分在月球背面着陆，开启了人类月球探测
新篇章，堪称中国航天领域巨大的里程碑。

设嫦娥四号绕月球做匀速圆周运动，其到月球中心的距离为r，月球的质量为M、半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是()
A. 嫦娥四号绕月周期为2πr√r
GM B. 嫦娥四号线速度的大小为√GM
R
C. 月球表面的重力加速度为GM
r2D. 月球的第一宙速度为√GM
r
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈
接如图乙所示的正弦交流电，图中R t为NTC型热敏电阻(阻值随温度的升高而减小)，R1为定值电阻，下列说法正确的是()
A. 变压器原、副线圈中的电流之比随R t处温度的变化而变化
B. 交流电压u的表达式u=36√2sin100πt
C. R t处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大
D. R t处温度升高时，变压器原线圈的输入功率变大
7.如图所示，绝缘弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行，
带电小球Q(可视为质点)固定在光滑绝缘斜面上的M点，且在通
过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同、带电性也相同的
小球P，从直线ab上的N点由静止释放，则小球P从释放到运动至最低点的过程中，有()
A. 小球P的速度是先增大后减小
B. 小球P速度最大时所受弹簧弹力与库仑力的合力为零
C. 小球P的动能、重力势能、电势能的总和不变
D. 小球P所受重力和弹力做功的代数和等于电势能的变化量
8.如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m.
它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面向里的匀强磁场区域．开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，
线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，当线框
b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，
重力加速度为g，则()
A. a、b两个线框匀速运动时的速度大小为2mgR
B2l2
B. 线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为3B2l3
mgR
C. 从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mgl
D. 从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl−3m3g2R2
2B4l4
9.以下说法中正确的是()
A. 系统在吸收热量时内能一定增加
B. 悬浮在空气中做布朗运动的PM2.5微粒，气温越高，运动越剧烈
C. 封闭容器中的理想气体，若温度不变，体积减半，则单位时间内气体分子在容器壁单位面积
上碰撞的次数加倍，气体的压强加倍
D. 用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，说明此时分子间只存在引力而不存在斥力
10.用波长为λ的单色光照射单缝O，经过双缝M、N在屏上产生明暗相间的干涉条纹，如图所示，
图中a、b、c、d、e为相邻亮条纹的位置，c为中央亮条纹，则()
A. O到达a、b的路程差为零
B. M、N到达b的路程差为λ
C. O到达a、c的路程差为4λ
D. M、N到达e的路程差为2λ
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.某同学利用如图甲所示装置研究匀变速直线运动规律。

某次实验通过电磁打点计时器打出纸带
的一部分如图乙所示，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，每两个相邻计数点间有4个计时点没有画出，打点计时器所接交流电源频率为50Hz。

分别测出A点到B、C、D、E点之间的距
离x1、x2、x3、x4，以打A点作为计时起点，算出小车位移与对应运动时间的比值x
t ，并作出x
t
−t
图象如图丙所示。

(1)实验中下列措施必要的是(填正确答案标号)。

A.打点计时器接220V交流电源
B.平衡小车与长木板间的摩擦力
C.细线必须与长木板平行
D.小车的质量远大于钩码的质量
(2)由图丙中图象求出小车加速度a=m/s2，打A点时小车的速度v A=m/s。

(结果保留两位有效数字)
12.某同学为了测电流表A1的内阻精确值，有如下器材：
电流表A1(量程300mA，内阻约为5Ω)；
电流表A2(量程600mA，内阻约为1Ω)；
电压表V(量程15V，内阻约为3kΩ)；
滑动变阻器R1(0～10Ω，额定电流为1A)；
滑动变阻器R2(0～250Ω，额定电流为0.01A)；
电源E(电动势3V，内阻较小)．
定值电阻R0(5Ω).单刀单掷开关一个、导线若干．
①要求待测电流表A1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差，以上给定的
器材中滑动变阻器应选______ .在方框内画出测量用的电路原理图，并在图中标出所用仪器的代号．
②若选测量数据中的一组来计算电流表A1的内阻r1，则r1表达式为r1=______ ；上式中各符号
的物理意义是______ ．
四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图所示，两个平行光滑金属导轨AB、CD固定在水平地面上，其
间距L=0.5m，左端接有阻值R=3Ω的定值电阻。

一根长度与导轨
间距相等的金属杆MN置于导轨上，金属杆的质量m=0.2kg，电阻
r=2Ω，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小B=4T的匀
强磁场中，t=0时刻，在MN上加一与金属杆垂直，方向水平向右的外力F，金属杆由静止开始以a=2m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，2s末撤去外力F，运动过程中金属杆与导轨始终垂直且接触良好。

(不计导轨和连接导线的电阻，导轨足够长)求：
(1)1s末外力F的大小；
(2)撤去外力F后的过程中，电阻R上产生的焦耳热。

14.如图所示，质量为m的小球自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d
的1
光滑圆弧，BC是直径为d的粗糙半圆弧(B是轨道的最低点).小球恰好能运动到C点，重力加4
速度为g.求：
(1)小球在AB圆弧上运动到B处时对轨道的压力大小；
(2)小球在BC圆弧上运动过程中，摩擦力对小球做的功．
15.用如图所示的装置测量某种矿物质的密度，操作步骤和实验数据如下：
a.打开阀门K，使管A、容器C、容器B和大气相通．上下移动使水银面与刻度n对齐；
b.关闭K，向上举D，使水银面达到刻度ri处．这时测得B、D两管内水银面高度差ℎ1=19.0cm；
c.打开K，把m=400g的矿物质投入C中，上下移动D，使水银面重新与n对齐，然后关闭K；
d.向上举，使水银面重新到达刻度m处，这时测得B、D两管内水银面高度差ℎ2=20.6cm．
已知容器C和管A的总容积为V C=1000cm3，温度保持不变，求该矿物质的密度．
16.如图所示，一透明均匀介质球体的半径为R，M、N两点关于球心O对称，且与球心的距离均
为2R，一细束单色光从M点射出穿过球体后到达N点，已知真空中的光束为c。

①若介质的折射率为n0，光线沿MON传播到N点，求光从M到N传播的时间t。

R.若光束从M点射出后到达P点，经过球体折射后
②已知球面上的P点到MN的距离为PA=3
5
传播到N点，求球体的折射率n.(sin(α±β)=sinαcosβ±cosα+sinβ,cos(α±β)=
cosαcosβ±sinαsinβ,)
-------- 答案与解析 --------
1.答案：A
解析：解：A、一个中子和一个质子结合成氘核时，释放出核能，由质能方程可知，此过程中有质量亏损，故A正确；
B、一个处于n=4能级的氢原子向较低能级跃迁，最终跃迁到基态，跃迁情况可能是：4→1，释放1种频率的光子。

4→3→1，4→2→1，释放2种频率的光子。

4→3→2→1，释放3种频率的光子，可能最多产生3种不同频率的光子，故B错误；
C、原子核衰变的半衰期由原子核自身性质决定，是不变的，与核外的压强、温度等因素均无关，故选项C错误；
D、核反应 13H+12H→24He+01n是轻核的聚变，故D错误；
故选：A。

依据质量亏损，结合质能方程，即可判定；
根据一个电子跃迁情况可能是：4→1，释放1种频率的光子。

4→3→1，4→2→1，释放2种频率的光子。

4→3→2→1，释放3种频率的光子，
半衰期与外界因素无关，由自身性质决定；
依据裂变与聚变特征，从而判定求解。

考查质量亏损与质能方程的内容，掌握一个电子与大量电子跃迁种类的不同，理解半衰期的影响因素，注意裂变与聚变反应的区别。

2.答案：B
解析：
两球在空中相遇，则相同时间内，水平方向上的位移之差等于s，水平方向和竖直方向分解b的速度．两球相遇时，竖直位移大小之和等于h，列式分析下落的距离和速度变化量的关系。

本题考查了平抛运动和斜抛运动的运用，掌握处理该类运动的方法，抓住水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动进行分析求解。

解：A.ab在竖直方向做的都是加速度为g的运动，故速度变化量为△v=g△t，故两球速度变化量相同，故A正确；
BC.在水平方向，由运动学公式可知，vt−vcos60°t=s解得t=2s
v
，故b前进的位移为x=vcos60°⋅t=s，故B错误，C正确；
D.a下落的高度为ℎ1=1
2gt2，b上升的高度为ℎ2=vsin60°⋅t−1
2
gt2
ab的高度差为ℎ=ℎ1+ℎ2
联立解得ℎ=√3s，故D正确。

故ACD不符合题意，B符合题意。

故选B。

3.答案：B
解析：解：根据牛顿第二定律可知，加速度方向与合外力方向总是相同的；但速度与加速度没有直接的关系，两者方向可以成任何夹角；故B正确，ACD错误．
故选：B．
根据牛顿第二定律得知：加速度方向与合外力方向总是相同，而与速度方向不一定相同，速度方向与加速度方向可以成任意夹角．
本题考查对速度、加速度和合外力方向关系的理解能力．抓住牛顿第二定律理解合外力与加速度的关系，而速度与加速度无关．
4.答案：D
解析：
系统静止时，系统受力平衡，对小车和斜面系统整体进行受力分析杆的弹力，确定其状态；
本题的关键是对系统进行受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律判断。

A、当系统静止时，系统受力平衡，水平方向不受力，杆受到弹力等于零，故A错误；
B、C、小车加速上升时，知系统受到的合力的水平分力不为零，且方向向右，则杆提供的是拉力，方向向右．所以杆有形变，故BC错误；
D、小车加速上升时，知系统受到的合力的水平分力方向向右，杆提供的是拉力，所以小车加速时可将细杆换成细绳，故D正确；
故选：D。

5.答案：A
解析：解：A、根据万有引力提供向心力可得：G Mm
r2=m⋅4π2
T2
⋅r
可得嫦娥四号的运行周期：T=2πr⋅√r
GM
.故A正确；
B、根据万有引力提供向心力可得：GMm
r2=mv2
r
联立嫦娥四号线速度的大小为v=√GM
r
.故B错误；
C、月球表面附近物体所受的万有引力近似等于重力：G Mm
R2=mg
月
可得：g月=GM
R
.故C错误；
D、根据万有引力提供向心力可得：G Mm
R2=mv12
R
联立可得月球上的第一宇宙速度：v1=√GM
R
.故D错误
故选：A。

利用万有引力提供向心力，结合根据万有引力近似等于重力，联立即可求出嫦娥四号的运行周期T 和线速度；
根据万有引力近似等于重力，即可求出月球的表面的重力加速度；利用万有引力提供向心力，结合根据万有引力近似等于重力，即可求出月球上的第一宇宙速度v。

本题考查万有引力定律的运用，解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能灵活运用，难度不大。

6.答案：BD
解析：解：A、变压器原、副线圈中的电流之比等于匝数的反比，匝数比不变，电流比也不变，故A 错误；
B、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压36√2v，周期0.02S，故角速度是ω=100π，u=36√2sin100πt(V)，故B正确；
C、R t处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，但不会影响输入电压值，故C错误；
D、由C知电压不变，原副线圈电流变大，变压器原线圈的输入功率变大，故D正确；
故选：BD．
由图乙可知交流电压最大值，周期，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式u=
U m sinωt(V)，由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，NTC是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的热敏电阻，Rt处温度升高时，阻值减小，根据
负载电阻的变化，可知电流、电压变化．
根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．
7.答案：AD
解析：解：A、小球P先沿斜面加速向下运动，随着库仑力的减小，加速度减小。

接触弹簧后，弹力逐渐增大，若库仑力与重力沿斜面向下的分力之和大于弹力，继续加速向下，合力减小，加速度减小，当加速度减至零后，减速向下运动，当弹簧压缩量最大时小球静止，则小球P的速度先增大后减小。

故A正确。

B、小球P速度最大时合力为零，即所受弹簧弹力与库仑力、重力沿斜面向下的分力的合力为零，故B错误。

C、本题涉及小球的动能、重力势能、电势能和弹簧的弹性势能，根据能量守恒定律知，小球P的动能、重力势能、电势能与弹簧的弹性势能的总和不变。

故C错误。

D、小球P从释放到运动至最低点的过程中，小球P的动能变化量为零，由动能定理知，小球P所受重力和弹力做功的代数和等于库仑力做的功，即等于电势能的变化量。

故D正确。

故选：AD。

据小球的受力情况，分析其运动情况．通过加速度方向和速度方向的关系判断小球P的速度变化．小球P速度最大时合力为零．根据能量守恒分析各种能量的变化关系．
本题要正确分析小球的受力情况，来判断其运动情况，要抓住弹力和库仑力的可变性．要明确能量的转化情况，结合动能定理分析．
8.答案：BCD
解析：
本题是电磁感应中的力学问题，安培力的计算和分析能量如何转化是解题关键，要加强训练，熟练掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力等基础知识，提高解题能力。

AB.设两线框刚匀速运动的速度为 v，此时轻绳上的张力为T，则对线框b有： T=mg；对线框 a有：
T+BIl=2mg，又因为 I=E
R ， E=Blv，则：v=mgR
B2l2
，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，
设线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为t，则：t=3l
v =3B2l3
mgR
，故A错误，B正确；
C.当线框a向下运动l的距离时，线框a开始进入磁场，此时b已经全部进入磁场，所以a线圈匀速
进入磁场，根据能量守恒定律有：2mgl−mgl=Q，即线框a所产生的焦耳热为 mgl，故C正确；
D.从开始运动至线框a全部进入磁场的过程中，两线框组成的系统克服安培力做的功为W，则有：
W+1
2×3mv2=2mg·2l −mg·2l ，两线框产生的焦耳热为：W=2mgl−3m3g2R2
2B4l4
，故D正确。

故选BCD。

9.答案：BC
解析：试题分析：由热力学第一定律，△U=W+Q，即可求解；气温越高，布朗运动的越剧烈；由，结合T不变与V减半，则可确定P变化情况；分子间的引力与斥力同时存在，不过斥力变化的快些，从而各项即可求解．
A、根据热力学第一定律，△U=W+Q，系统在吸收热量时，同时向外放热，则内能不一定增加，故A错误；
B、当温度越高时，分子运动越激烈，导致布朗运动的颗粒也激烈，故B正确；
C、由，当温度不变，体积减半，则气体压强P加倍，即单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，故C正确；
D、铁棒没有断，说明此时分子间同时存在引力与斥力，分子力体现为引力，故D错误；
故选：BC．
10.答案：BD
解析：
经M、N后成为两列光，从M、N到达屏的两列光的光程差为波长的整数倍则出现亮纹，为半波长的奇数倍则出现暗纹。

本题考查波的干涉中明暗条纹出现的条件，要掌握：两列光的光程差为波长的整数倍则出现亮纹，为半波长的奇数倍则出现暗纹。

AC.从O到达某点可以经过M也可以经过N，故无法比较从O到达某两点的路程差，故AC错误；
B.b为中心亮纹旁边的第一条亮纹，则N、M到达b的路程差为波长λ，B正确；
D.e为中心亮纹旁边的第二条亮纹，N、M到达e的路程差为2λ，故D正确。

故选BD。

11.答案：(1)C；(2)5.0(4.8～5.2都正确)；0.40(0.38～0.42都正确)
解析：
(1)分析实验目标和实验原理，明确实验中需要注意事项即可求解。

(2)由图象的斜率求加速度；由图像知道打A点时小车的速度。

本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确实验原理，知道本实验中只需要研究匀变速直线运动即可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要让小车的质量远大于钩码的质量。

(1)
A.打点计时器工作电压是低于6V，故A错误；
B.由C的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力，故B错误；
C.为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平，故C正确；
D.本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量，只要能让小车做匀加速运动即可，故D错误。

故选C。

(2)
−t图象的斜率为加速度的一半，可知a=5.0m/s2，由图像知道打A点时小车的速度v A=
由于x
t
0.40m/s。

故答案为：(1)C(2)5.0(4.8～5.2都正确)0.40(0.38～0.42都正确)。

R0；I2、I1分别为某次实验时电流表A2、A1的示数，R0是定值电阻的电阻大小12.答案：R1；I2−I1
I1
解析：解：(1)要求待测电流表A1的示数从零开始变化，则滑动变阻器采用分压式接法，为了减小测量的误差，滑动变阻器要选择电阻较小的，这样便于调节，所以滑
动变阻器选R1；由于电压表的量程较大，测量电流表A1的电压测量
误差较大，选择电流表A1与定值电阻并联，再与A2串联，结合欧姆
定律得出A1两端的电压．如图所示．
(2)根据串并联电路的特点，通过定值电阻的电流维护：
I R=I2−I1
则电流表A1的内阻为：
r1=I R R0
I1=I2−I1
I1
R0，I2、I1分别为某次实验时电流表A2、A1的示数，R0是定值电阻的电阻大小．
故答案为：(1)R1，如图所示；(2)r1=I2−I1I
1
R0；I2、I1分别为某次实验时电流表A2、A1的示数，R0是定值电阻的电阻大小．
待测电流表A1的示数从零开始变化，则滑动变阻器采用分压式接法，电压表量程偏大，不可以用电压表测量电流表A1的电压，通过电流表A1与定值电阻并联，再与A2串联，测量电压表A1的电压，根据欧姆定律求出电流表A1的内阻．
解决本题的关键知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，以及掌握器材选取的原则，即安全、精确．
13.答案：解：(1)t=1s时刻，金属杆MN的速度大小为v1=at1=2×1=2m/s
金属杆MN产生的感应电动势为E=BLv1
金属杆MN中的电流大小I=E
R+r
金属杆MN受到的安培力大小F安=BIL
联立得F
安=B2L2v1
R+r
根据牛顿第二定律得F−F安=ma
联立解得F=2N
(2)t=2s时刻，金属杆MN的速度大小为v2=at2=2×2=4m/s
撤去外力F后的过程中，根据能量守恒定律得知电路中产生的总焦耳热Q=1
2mv22=1
2
×0.2×42=
1.6J
电阻R上产生的焦耳热Q R=R
R+r Q=3
3+2
×1.6J=0.96J
答：
(1)1s末外力F的大小是2N；
(2)撤去外力F后的过程中，电阻R上产生的焦耳热是0.96J。

解析：(1)金属杆向右做匀加速直线运动，由v=at求出1s末的速度，由E=BLv和欧姆定律结合求感应电流，从而求得安培力，再根据牛顿第二定律求F的大小。

(2)由v=at求出2s末杆的速度。

撤去外力F后的过程中，金属杆的动能转化为回路的内能，根据能量守恒定律求电阻R上产生的焦耳热。

本题是电磁感应与力学知识的综合应用，关键要能熟练推导出安培力与速度的关系式F
安=B2L2v1
R+r
.安
培力是联系力学与电磁感应的桥梁，这个结论要在理解的基础上记牢，经常用到。

14.答案：解：(1)小球下落到B的过程：1
2
mυ2=2mgd
解得：v=2√gd
在B点：T−mg=m v2
d
得：T=5mg
根据牛顿第三定律可：Tˊ=T=5mg；
(2)在C点：mg=m v C2
r
解得：v C=√gr=√gd
2
小球从B运动到C的过程由动能定理得：1
2mυc2−1
2
mυ2=−mgd+W f
解得：W f=−3
4
mgd；
(1)小球运动到B处时对轨道的压力大小为5mg；
(2)小球在BC上运动过程中，摩擦力对小球做的功为−3
4
mgd。

解析：对AB过程由机械能守恒定律可求得B点的速度；由向心力公式及牛顿第二定律结合牛顿第三定律可求得轨道压力；对全程由动能定理可求得C点的速度及克服摩擦力所做的功。

本题考查动能定理的应用，要注意正确选择物理过程，对于曲线运动或不涉及时间的运动优先考虑动能定理及机械能守恒定律。

15.答案：解：设水银的密度为ρ，大气压强为p0，容器B体积为V B，矿物体积V.V C=1000cm3= 1×10−3m3
以C、A、B中封闭的气体为研究对象，以封闭时水银面处于n处为初状态，以水银面调至m处为末状态．由玻意耳定律得：
p0(V B+V C)=(p0+ρgℎ1)V C，
以C中装入矿物质后C、A、B中气体为研究对象，以封闭时水银面处于n处为初状态，以水银面调至m处为末状态．由玻意耳定律得：
p0(V B+V C−V)=(p0+ρgℎ2)(V C−V)，
质量：m=ρV，
解得：ρ=m
V =0.4kg
7.77×10−5m3
≈5.15×103kg/m3；
答：该矿物质的密度为5.15×103kg/m3．
解析：整个过程都是等温变化，确定三个状态和各状态下的状态参量，根据理想气体等温变化列式即可求得结果．
该题考查了理想气体等温变化，解题的关键是确定气体状态和分析状态参量，体积的分析是解答该题的关键．
16.答案：解：①光在介质球外的传播时间为：t1=2R
c
光在介质球中的传播速度为：v=c n
光在介质球中的传播时间为：t2=2R
v =2n0R
c
光传播的时间t为：t=t1+t2=(n0+1)2R
c
②光路图如图所示，其中sinθ=0.6，又β=α+θ根据折射定律可得：sinβ=nsinθ
所以有：n=sin(θ+α)
sinθ=4
3
sinα+cosα
又MA=MO−AO=2R−Rcosθ=6
5R，MP=√PA2+MA2=3√5
5
R
所以sinα=PA
MP =√5
5
R，cosα=MA
MP
=2√5
5
R
解得：n=2√5
3
≈1.49
答：①光从M到N传播的时间t是(n0+1)2R。

c
②球体的折射率n为1.49。

解析：①画出光路图，分三段，分别求出光线大介质球外传播的时间，以及在介质球内传播的时间，从而求得总时间t。

②根据几何关系求出入射角和折射角，再由折射定律求折射率。

解决本题的关键是能灵活运用几何知识求解相关角度和距离，要作出光路图帮助解答。