2019年高考全国Ⅰ卷理综压轴卷物理试卷(附解析)

2019年高考全国Ⅰ卷理综压轴卷物理试卷（附解析）
第Ⅰ卷选择题（126分）
二选择题：本题包括8个小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项是符合题目要求，第19-21题只多项是符合题目要求。

全部选对得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分。

14．高铁是中国“新四大发明之ー，有一段视频，几年前一位乗坐京泸高铁的外国人，在最高时速300公里行驶的列车窗台上，放了一枚直立的硬币，如图所示，在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车横向变道进站的时候，硬币才倒掉。

这一视频证明了中国高铁的极好的稳定性。

关于这枚硬币，下列判断正确的是（）
A．硬币直立过程可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用
B．硬币直立过程一定只受重力和支持力而处于平衡状态
C．硬币倒掉是因为受到风吹的原因
D．列车加速或减速行驶时，硬币都可能受到与列车运动方向相反的摩擦力作用
15．如图所示，半径为R的半球形碗绕过球心的竖直轴水平旋转，一质量为m的小球随碗一起做匀速圆周运动，已知小球与半球形碗的球心O的连线跟竖直方向的夹角为θ，小球与碗面的动摩擦因数为μ，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

要想使小球始终与碗保持相对静止，则碗旋转的最大角速度大小为
A．ω=√g(sinθ+μcosθ)
Rsinθ(cosθ+μsinθ)B．ω=√Rsinθ(cosθ−μsinθ)
g(sinθ−μcosθ)
C．ω=√g(sinθ+μcosθ)
Rsinθ(cosθ−μsinθ)D．ω=√Rsinθ(cosθ−μsinθ)
g(sinθ+μcosθ)
16．关于近代原子物理，下列说法正确的是( )
A．根据玻尔理论可知，一个氢原子从n=4能级向低能级跃迁最多可辐射6种频率的光子
B．放射性物质的半衰期受环境温度的影响
C．α粒子散射实验揭示了原子核是可分的
D．能量为30eV的光子照射到某一金属表面时从金属表面逸出的电子最大初动能为l5eV，为使该金属发生光电效应，入射光子的能量至少为15eV
17．图甲为小型发电机的结构简图,通过线圈在两磁极间转动给小灯泡供电,已知小灯泡获得的交变电压如图乙。

则下列说法正确的是
A．甲图中电压表的示数为6√2V
B．乙图中的0时刻就是甲图所示时刻
C．乙图中0.5×10-2s时刻,穿过甲图中线圈的磁通量最小
D．乙图中1.0×10-2s时刻,穿过甲图中线圈的磁通量最小
18．如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环正上方，有一条形磁铁从静止开始下落，下落过程中始终保持竖直方向，起始高度为h，最后落在水平地面上。

若不计空气阻力，重力加速度取g，下列说法中正确的是
A．磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向始终为顺时针方向(俯视圆环)
B．磁铁在整个下落过程中，圆环受到它的作用力总是竖直向下的
C．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变
D．磁铁落地时的速率一定等于√2gℎ
19．如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为1×104N/C的匀强电场。

在匀强电场中有一根长2m 的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角。

若小球获得一定初速度后恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°＝0.8，g＝10m/s2．下列说法正确的是（）
A．小球的电荷量q＝6×10﹣5C
B．小球在c点的动能最小，且为1J
C．小球在b点时的机械能最小
D．小球在运动过程中电势能和机械能之和保持不变，且为5J
20．一质量为m＝2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度—时间图线，如图所示。

(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)则()
A．小物块冲上斜面过程中加速度的大小是8.0 m/s2
B．小物块与斜面间的动摩擦因数是0.25
C．小物块在斜面上滑行的最大位移是8 m
D．小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是6.4 J
21．一物体被吊车用钢索竖直向上提升过程的v-t图像如图所示。

下列判断正确的是
A．物体在加速过程中被吊起的高度为10m
B．0〜10 s内的平均速度大于30 s〜35 s内的平均速度
C．30s--35s内物体处于超重状态
D．前10s内钢索最容易发生断裂
非选择题：共174分。

包括必考题和选考题两部分。

第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33-38题为选考题，考生根据要求选择作答。

（一）必考题：共129分
22．某同学用图甲所示的装置来探究功和动能变化的关系。

在木板上固定两个完全相同的遮光条A、B，遮光条的宽度为d。

用不可伸长的细线绕过定滑轮和动滑轮将木板与弹簧测力计C相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道D上，轨道放在水平桌面上，P为小桶(内有沙子)，滑轮的质量和摩擦不计，重力加速度为g。

(1)实验中轨道应倾斜一定角度，对此下列说法正确的是___________
A．为了释放木板后，木板在细线拉动下能匀速下滑
B．为了增大木板下滑的加速度，提高实验精度
C．使木板在未施加拉力时能匀速下滑
D．尽量保证细线拉力对木板做的功等于木板所受合力对木板做的功
(2)实验主要步骤如下：
①测量木板、遮光条的总质量M，测量两遮光条间的距离L；按甲图正确安装器材。

②将木板左端与轨道左端对齐，静止释放木板，木板在细线拉动下运动，记录弹簧测力计示数F及遮光条B、A先后经过光电门的遮光时间t1、t2。

则遮光条B、A通过光电门的过程中木板动能的变化量△E k=___________，合外力对木板做功W=___________，(均用字母M、t1、t2、d、L、F表示)
③在小桶中增加沙子，重复②的操作。

④比较W、△E k的大小，得出实验结论
23．某同学要描绘“2.8V、1.5W”小灯泡的伏安特性曲线，实验室提供了以下器材:
A.小灯泡L（2.8V、1.5W）
B.直流电源E（电动势4V，内阻约2Ω）
C.电流表A1（量程0~3mA，内阻为r1=50Ω）
D.电流表A2（量程0~0.6A，内阻r2约5Ω）
E.滑动变阻器R1（0-10Ω，额定电流2A）
F.滑动变阻器R2(0~100Ω，额定电流1A)
G.各种阻值的定值电阻若干
H.电键S和导线若干。

(1)为了将电流表A1改装成3V量程的电压表，需要串联的定值电阻的阻值R=________Ω。

滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2”)。

(2)根据提供和选用的实验器材连接部分电路如图所示，请用笔画线代替导线将电路连接完整______。

(3)闭合电键，调节滑动变阻器，某次两个电流表的示数如图所示，则小灯泡的实际功率为________W。

（保留两位有效数字）
⑷在滑动变阻器滑动过程中，若用P、I、U、R分别表分别表示小灯泡的功率、通过的电流、两端的电压和电阻，则下列图像可能正确的是________。

24（14分）．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一轻质弹簧两端连接两个质量均为m＝1 kg的物块B和C。

物块C紧靠着挡板P，物块B通过一跨过光滑定滑轮的轻质细绳与质量m0＝8 kg、可视为质点的小球A相连，与物块B相连的细绳平行于斜面，小球A在外力作用下静止在对应圆心角为60°、半径R＝2 m的光滑圆弧轨道的最高点a处，此时细绳恰好伸直且无拉力，圆弧轨道的最低点b与光滑水平轨道bc相切。

现由静止释放小球A，当小球A滑至b点时，物块B未到达a点，物块C恰好离开挡板P，此时细绳断裂。

已知重力加速度g取10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度内，细绳不可伸长，定滑轮的大小不计。

求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）在细绳断裂后的瞬间，小球A对圆弧轨道的压力大小。

25 （18分）．如图，比荷分别为k和2k的甲、乙两带正电粒子不计重力，由静止状态经相同电压U 加速后从坐标原点O沿x轴的正方向射入匀强磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，经两磁场后分别打在屏上P1、P2两点未标出。

已知Ⅰ、Ⅱ两磁场是相邻的矩形区域，区域的宽均为a，区域的边界平行于y轴，两磁场的方向均与Oxy坐标平面垂直但方向相反，磁感应强度的大小均为√2uk
(式中U为加速电压。

屏
2ak
垂直于x轴且到y轴的距离为6a。

(1)求甲、乙两粒子在磁场Ⅱ中运动的轨迹的半径之比R
甲：R
乙
(2)求P1与P2两点间的距离△y
(3)若使甲、乙两粒子最终能打到屏上的同一点P0(见图且方向均沿x轴的正方向，可在磁场Ⅰ、Ⅱ的基础上再加上若干磁场区。

①请在图中画出可能的磁场区域所在的位置并在图中标明磁场的方向
②在①的情况下，试求甲、乙两粒子从O点运动到P0点的时间之比t
甲：t
乙。

（二）选考题：共45分。

请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。

如果多做，则每学科按所做的第一题计分。

33．【物理——选修3-3】（15分）
（1）（5分）下列说法正确的是______（填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性减小的方向进行
B．在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加
C．人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度
D．液体具有流动性是因为液体分子具有固定的平衡位置
E. 当两分子间距离为r0时，分子力为0；当分子间距离小于r0时，分子间表现为斥力
（2）（10分）．如图所示，横截面积为10 cm2的上端开口气缸固定在水平面上，质量不计的轻活塞a 下面封闭长度为30 cm的理想气体，上面通过轻绳与质量为2 kg重物b相连，重物b放在压力传感器上，气缸和活塞a导热性能良好。

开始时，外界温度为27℃，压力传感器显示16 N，现缓慢降低温度到－63℃。

已知外界大气压强始终为P0=1×105Pa，重力加速度大小g=10m/s2.
（1）压力传感器示数为零时的温度；
（2）整个过程中气体克服外界作用力所做功。

34【物理——选修3-4】（15分）．
（1）（5分）下列说法正确的是_________（填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．位移与时间关系符合正弦函数规律的运动是最简单、最基本的振动
B．只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长差不多，或者比波长更小时，才能发生衍射现象
C．光导纤维传递信息是利用了光的干涉原理
D．电磁波的接收是利用电谐振把有用的信号选择出来
E. 狭义相对论中不同惯性参考系的物理规律是相同的
的透明半球体，O为球心，轴线OA与半球（2）（10分）．如图所示，一个半径为R，折射率n=4
3
体的左边界垂直。

位于轴线上O点左侧0.6R处的光源S发出一束与轴线OA夹角为53°的细光束射向半球体。

求细光束从半球体射出时折射角的正弦值。

(sin53°=0.8，cos53°=0.6，结果保留两位小数)
物理部分参考答案
1．【答案】A
【解析】
当列车匀速直线行驶时硬币立于列车窗台上，稳稳当当，说明硬币处于平衡状态，此时硬币受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，它们是一对平衡力；当列车在加速或减速过程中，硬币会受到沿着行进方向的静摩擦力或行进方向反向的静摩擦力提供硬币加速度，故A正确，BD错误；硬币倒掉是因为列车横向变道时，列车运动的方向发生变化，硬币受到与运动方向不一致的静摩擦力的作用，列车内是全封闭区域是没有外界吹来的风，故C错误。

2．【答案】C
【解析】
当角速度最大时，摩擦力方向沿半球形碗壁切线向下达最大值，设此最大角速度为ω，由牛顿第二定律得，fcosθ+F N sinθ＝mω2Rsinθ，fsinθ+mg=F N cosθ，f=μF N；联立以上三式解得：ω=√g(sinθ+μcosθ)
，
Rsinθ(cosθ−μsinθ)故选C.
3．【答案】D
【解析】
根据玻尔理论可知，一个氢原子从n=4能级向低能级跃迁最多可辐射3种频率的光子，选项A错误；放射性物质的半衰期由内部因素决定，不受环境温度的影响，选项B错误；卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子的核式结构理论，选项C错误；能量为30eV的光子照射到某一金属表面时从金属表面逸出的电子最大初动能为l5eV，则金属的逸出功为15eV，则为使该金属发生光电效应，入射光子的能量至少为15eV，选项D正确.
4．【答案】C
【解析】
甲图中电压表的示数为交流电的有效值：U=6√2
=6V，选项A错误；乙图中的0时刻感应电动势为
√2
零，而甲图所示时刻，感应电动势最大，选项B错误；乙图中0.5×10-2s时刻，感应电动势最大，则此时穿过甲图中线圈的磁通量最小，选项C正确；乙图中1.0×10-2s时刻感应电动势为零，则此时穿过甲图中线圈的磁通量最大，选项D错误.
5．【答案】B
【解析】
A、由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故选项A错误；
B、由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁间的相对运动，在磁铁靠近圆环的过程中为阻碍磁铁的靠近，圆环对磁铁的作用力竖直向上，在磁铁穿过圆环远离圆环的过程中，为阻碍磁铁的远离，圆环对磁铁的作用力竖直向上，则在整个过程中，圆环对磁铁的作用力始终竖直向上，根据牛顿第三定律可知圆环受到磁铁的作用力总是竖直向下，故选项B正确；
C、在磁铁下落过程中，圆环中产生感应电流，圆环中有电能产生，磁铁在整个下落过程中，磁铁的机械能转化为电能，由能量守恒定律可知，磁铁的机械能减少，故选项C错误；
D、磁铁做自由落体运动时，则有v2=2gℎ，磁铁落地时的速度v=√2gℎ，由于磁铁下落时能量有损失，磁铁落地速度小于√2gℎ，故选项D错误；
故选选项B。

6．【答案】AD
【解析】
小球静止时悬线与竖直方向成37°角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡得：mgtan37°＝qE，解得：q=mgtan30°
=6×10-5C，故A正确；
E
小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点b速度最小，根据牛顿第二定律得：mg
cos37°
=
m v2
L ；最小动能为：E k=1
2
mv2=1
2
mgL
cos37°
=1J，故B错误；
根据能量守恒定律，电势能与机械能之和不变，所以机械能最小的位置是电势能最大的位置，根据电场力做功最多的过程，即与O点等高的最左的位置a点，故C错误；
选最低点为零势能点，求A点的电势能和重力势能加上动能就是能量之和为：
E＝E k+E p+E p′＝1J+mg×2L cos37°+Eq×2L sin37°＝5J，故D正确。

7．【答案】AB
【解析】
由小物块上滑过程的速度-时间图线，可得小物块冲上斜面过程中加速度大小为a1=△v
△t =8
1
=8.0m/s2，
选项A正确；对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律有：m gsin37°+f=ma1，N-mg cos37°=0又f=μN；代入数据解得μ=0.25，选项B正确；由小物体上滑过程的速度-时间图线可得：小物块沿斜面向上的位
移x=v0
2t=8
2
×1=4m，选项C错误；小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是ΔE=2W f=
2μmgcos37∘⋅x=2×0.25×20×0.8×4J=32J，选项D错误.
8．【答案】AD
【解析】
A．物体在加速过程中被吊起的高度为1
2
×10×2m=10m，选项A正确；
B．0〜10 s内的平均速度等于1m/s，30 s〜35 s内的平均速度等于1m/s，故选项B错误；C．30s〜35s内物体的加速度向下，处于失重状态，选项C错误；
D．前10s内物体向上加速，处于超重状态，则钢索最容易发生断裂，选项D正确。

9．【答案】CD1
2Md2(1
t22
−1
t12
)FL
【解析】
（1）为了使绳子拉力充当合力，即细线拉力做的功等于合力对小车做的功应先平衡摩擦力，摩擦力平衡掉的检测标准即：可使得小车在未施加拉力时做匀速直线运动，故CD正确；
（2）B通过遮光板时的速度：v B＝d
t1；A通过遮光板时的速度：v A＝d
t2
；小车通过A、B过程中动能
的变化量△E=1
2Mv A2−1
2
Mv B2＝1
2
Md2[(1
t2
)2−(1
t1
)2]
拉力所做的功W=FL；
10【答案】．950R10.59AC
【解析】
（1）将电流表A1改装成3V量程的电压表，需要串联的电阻为R，则0.003（r1+R）=3，求得R=950Ω，由于测量电阻采用分压式，因此滑动变阻器选用最大阻值较小的R1。

（2）由于电流表A2的内阻与灯泡的阻值差不多，因此电流表A2采用外接法，电路连接如图所示。

（3）由A2的示数，可知灯泡两端的电压为1.80V，通过灯泡的电流为0.33A，此时灯泡的实际功率为P=UI=1.80x0.33W=0.59W。

（4）
A.根据公式P=U 2
R
可知图像的斜率表示，斜率减小，即R增大，A正确。

B.根据P=UI可知U增大，I也增大，故不可能为直线，B错误；
C.根据P=I2R可知P-I2图像的斜率表示电阻，过程中小灯泡的可能电阻增大，故斜率增大，C正确；
D.在滑动滑动变阻器过程中，小灯泡两端的电压和电流都是增大的，故电功率一直增大，D错误；11．【答案】（1）5 N/m （2）144 N
【解析】
(1)小球A位于a处时，绳无张力且物块B静止，故弹簧处于压缩状态
对B由平衡条件有kx＝mg sin 30°
当C恰好离开挡板P时，C的加速度为0，故弹簧处于拉升状态
对C由平衡条件有kx′＝mg sin 30°
由几何关系知R＝x＋x′
＝5 N/m
代入数据解得k＝2mgsin300
R
(2)物块A在a处与在b处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同，故A在a处与在b处时，A、B系统的机械能相等，有m0gR(1－cos 60°)＝mgR sin 30°＋m0v A2＋mv B2
将A在b处的速度分解，由速度分解关系有v A cos 30°＝v B
＝4 m/s
代入数据解得v A＝√4(m0−m)gR
4m0+3m
在b处，对A由牛顿定律有N－m0g＝m0v A2
R
＝144 N
代入数据解得N＝m0g＋m0v A2
R
由牛顿第三定律，小球A对圆轨道的压力大小为N′＝144 N
12【答案】（1）√2：1；（2）(2√2+2√3−6)a；
（3）①。

②
3π+3√2。

【解析】
由动能定理求得粒子速度，再根据洛伦兹力做向心力求得轨道半径；根据匀速圆周运动和匀速直线运动规律，由几何关系求得偏移，从而得到两点间的距离；根据速度方向变化得到磁场类型，在根据偏移量相等得到磁场宽度；根据几何关系得到粒子在磁场中转过的中心角，即可根据周期求得在磁场中的运动时间；再根据匀速直线运动规律得到在非磁场区域的运动时间，从而得到两粒子运动时间之比。

【详解】
1)设粒子质量为m，电荷量为q，加速后的速度为v，那么，由动能定理可得：qU=1
2mv2，所以，v=√2qU
m
；
那么，粒子在磁场Ⅱ中运动的速度为v，粒子只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，设轨道半径为R，则有：Bvq=mv2
R
；
所以，轨道半径R=mv
qB =1
B
√2mU
q
=2a√mk
q
；故R
甲
=2a，R
乙
=√2a
那么，甲、乙两粒子在磁场Ⅱ中运动的轨迹的半径之比R
甲：R
乙
=√2：1；
(2)由(1)根据粒子的轨道半径，根据粒子在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动；由几何关系可得：粒子在区域Ⅰ做逆时针旋转，在区域Ⅱ做顺时针旋转，且转动角度相同，故粒子离开磁场时的速度方向沿+x方向；
故粒子打在屏上的纵坐标y=2(R−√R2−a2)；
故y
甲=4a−2√3a，y
乙
=2√2a−2a，所以，△y=y
乙
−y
甲
=(2√2+2√3−6)a；
(3)①由(2)可得：增加两个方向相反的磁场，磁场宽度相同且都小于轨道半径时，粒子离开磁场后的方向沿+x方向；
又有两粒子轨道半径不同，那么，每次偏转位移不等，故要使粒子打在同一位置，那么，后添加的磁场正好把前面磁场产生的偏转位移抵消；
根据几何关系可得：要使甲、乙两粒子最终能打到屏上的同一点且方向均沿x轴的正方向，只能在x 轴2a≤x≤6a区间任意位置加上对称磁场，且沿+x方向，先向外后向里；
故可能的磁场区域如图所示：
②甲粒子在每个磁场区间转过的中心角θ1=arcsin a
R
甲=30∘，故在磁场中的运动时间t
甲1
=
4×30
360T
甲
=1
3
×
2πm
甲
q
甲
B
=√2πa
3√uk
；
甲粒子在非磁场区间运动时间t
甲2
=
√
甲
m
甲
=√2a
√uk
；
乙粒子在每个磁场区间转过的中心角θ2=arcsin
a R
乙
=45∘，故在磁场中的运动时间t
乙1
=4×
45
360T 乙
=
12
×
2πm
乙
q 乙
B
=√2πa
2
√uk
； 乙粒子在非磁场区间运动时间t
乙2
=
√乙
m
乙
=
√uk
； 故甲、乙两粒子从O 点运动到P 0点的时间之比t
甲
t 乙
=t
甲1+t 甲2t
乙1
+t
乙2
=
2√2π
3+√2√2π
2
+1=3π+3√
2；
13．【 答案】BCE
【 解析】
A 项：自然界的宏观热过程都具有方向性，在任何一个自然过程中，一个孤立系统的总熵会不断增加，即一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行，故A 错误；
B 项：改变物体内能的两种方式是热传递和做功，在绝热条件下压缩气体，对气体做正功，气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律知气体的内能一定增加，故B 正确；
C 项：人对空气干爽与潮湿的感受不是取决于绝对湿度，而主要取决于空气的相对湿度，故C 正确；
D 项：液体没有确定的形状且有流动性，是因为液体分子作用力较小，分子位置不固定，故D 错误；
E 项：当两分子间距离为r 0时，分子力为0，当分子间距离小于r 0时，斥力和引力都存在，分子间表现为斥力作用，故E 正确。

故选：BCE 。

14．【 答案】（1）−23°C （2）3.84J
【 解析】
根据当压力传感器有示数时，气体体积不变，做等容变化，当压力传感器示数为零时，气体压强不变，做等压变化，可知，本题考查气体的等容变化和等压变化，根据等容变化和等压变化的规律，结合平衡方程进行分析求解；
【详解】
（1）开始时，根据平衡条件可以得到轻绳拉力为：F=mg−F N=4N
则气体压强为：P1=P0−F
S
=9.6×104P a
当，轻绳拉力F′=mg=20N，气体压强P2=P0−F′
S
=8×104P a
此过程中气体做等容变化，有：P1
T1=P2
T2
，其中T1=300K
解得：T2=250K，即t=−23°C；
（2）气体从T2=250K到T3=210K过程，压力传感器示数始终为零，此过程中压强不变，气体做等压
变化，有：LS
T2=L′S
T3
解得：L′=25.2cm
则气体克服外界做功为：W=P2S(L−L′)=3.84J。

15．【答案】ADE
【解析】
A、只要力与位移的大小成正比，方向相反，即为简谐运动，因此当质点的位移与时间的关系遵从正弦函数规律，也满足简谐运动，简谐振动是最简单、最基本的振动；故A正确.
B、波长越长越容易发生衍射现象，因此波长为0.6m的水波比波长为0.5m的水波绕过0.8m的障碍时衍射现象更明显；故B错误.
C、光导纤维传递信息是利用了光的全反射原理；故C错误.
D、使接收电路产生电谐振的过程叫做调谐，把有用的信号从高频电流中选择还原出来的过程叫解调，使用的是检波器；故D正确.
E、根据相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的；故E正确. 故选ADE.
16．【答案】0.85
【解析】
光路图如图，由几何知识：
L OB=0.6Rtanθ=0.8R
由折射定律：n=sinθ
sinα
α=37°
在ΔOBC中，应用正弦定理：L OB
sinβ=R
sin(90°+α)
解得：sinβ=0.64
由折射定律：n=sinγ
sinβ得sinγ=0.85。