2020年青海省西宁市高考物理全国统一考试复习检测试卷(二)(二模) (含答案解析)

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2020年青海省西宁市高考物理全国统一考试复习检测试卷(二)(二
模)
一、单选题(本大题共4小题,共24.0分)
1.2019年10月1日,庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式在天安
门广场举行,如图所示,七架战机保持“固定队例”在天安门广场
飞过。

下列说法正确的是()
A. 以某飞机为参考系,其他飞机是运动的
B. 以某飞机为参考系,其他飞机是静止的
C. 以飞行员为参考系,广场上的观众是静止的
D. 以广场上的观众为参考系,飞机是静止的
2.在匀强磁场中有一个静止的氡原子核(86222R n),由于衰变它放出一个粒子,
此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相外切的圆,大圆与小圆的直径之比
为42:1,如图所示,那么氡核的衰变方程应是下列方程中的哪一个(
)
A. 86222Rn→87222Fr+−10e
B. 86222Rn→84218Po+24He
C. 86222Rn→85222At+−10e
D. 86222Rn→85220At+12H
3.如图所示,a为地球赤道上的物体,b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星,c为地球
同步卫星.关于a、b、c做匀速圆周运动的说法中正确的是()
A. 周期关系为T a=T c>T b
B. 线速度的大小关系为v a<v b<v c
C. 向心加速度的大小关系为a a>a b>a c
D. 地球对b、c两星的万有引力提供了向心力,因此只有a受重力,b、c两星不受重力
4.如图所示,在倾角为37°的斜面上放置一质量为0.5kg的物体,用一大小为1N平行斜面底边的水
,物体受到的摩擦力大平力F推物体时,物体保持静止.已知物体与斜面间的动摩擦因数为√3
2
小为(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)
A. 3N
B. 2√3N
C. √10N
D.
√26N
二、多选题(本大题共6小题,共33.0分)
5.a、b、c三个物体在同一条直线上运动。

它们的位移−时间图象如图所
示,其中a是一条顶点坐标为(0,10)的抛物线,下列说法正确的是()
A. b、c两物体都做匀速直线运动,两个物体的速度相同
B. 在0〜5s内,a、b两个物体间的距离逐渐变大
C. 物体c的速度越来越大
D. 物体a的加速度为0.8m/s2
6.如图所示,实线为等量异号点电荷周围的电场线,虚线为以一点电荷为中心的圆,M点是两点
电荷连线的中点.若将一试探正点电荷从虚线上N点沿虚线移动到M点,则()
A. 电荷所受电场力大小不变
B. 电荷所受电场力逐渐变大
C. 电荷电势能逐渐减小
D. 电荷电势能逐渐增大
7.如图所示为电能输送的示意图,升压、降压变压器均为理想变压器,输电线总电阻R为8Ω,升
压变压器的输入功率100kW,用户端得到的电压为220V,用户得到的功率为95kW.下面说法正确的是()
A. 输电线上损失的电压为50V
B. 升压变压器输出电压为4×103V
C. 降压变压器原、副线圈匝数比为190
11
D. 用户端负载增加,有利于减少远距离输电的电能损失
8.如图所示,abcd为一边长为L的正方形导线框,导线框位于光滑水平面内,其右侧为一匀强磁
场区域,磁场的边界与线框的cd边平行,磁场区域的宽度为2L,磁感应强度为B,方向竖直向下。

线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动,直至通过磁场区域。

cd边刚进入磁场时,线框开始匀速运动,规定线框中电流沿逆时针时方向为正,则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中,a、b两端的电压U ab及导线框中的电流i随cd边的位置坐标x变化的图线可能是()
A. B.
C. D.
9.下面说法种正确的是()
A. 所有晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质都相同
B. 足球充足气后很难压缩,是因为足球内气体分子间斥力作用的结果
C. 自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性
D. 一定质量的理想气体,如果压强不变,体积增大,那么它一定从外界吸热
E. 一定质量的理想气体保持体积不变,温度升高,单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增

10.在“探究单摆周期与摆长关系”的实验中,下列做法正确的是()
A. 应选择伸缩性小、尽量长些的细线做摆线
B. 用刻度尺测出细线的长度并记为摆长l
C. 在小偏角下让单摆从静止开始摆动
D. 当单摆经过平衡位置时开始计时,测量一次全振动的时间作为单摆的周期T
E. 分析实验数据,若认为周期与摆长的关系为T2∝l,则可作T2−l图象;如果图象是一条直
线,则关系T2∝l成立
三、实验题(本大题共2小题,共18.0分)
11.如图甲所示,质量分别为m1和m2的物块A和B,分别系在一条跨过定滑轮的轻质细绳两端,己
知m1>m2,1、2是两个计时光电门,不计滑轮质量和摩擦.用此装置验证机械能守恒定律.
(1)物块B上固定有一宽度为d的挡光条,实验中记录下挡光条通过1、2两光电门时的时间间
隔分别为△t1和△t2,此外还需要测量的物理量是______ .
(2)用已知量和测量量写出验证机械能守恒的表达式.
(3)用螺旋测微器测挡光条宽度d时的结果如图乙所示,则d=______ mm.
12.某同学在做《自来水电阻率的测定》课题时,先在一根均匀的长玻璃管两端各装了一个电极,
用如图1所示电路进行测量.两电极相距L=0.700m,其间充满待测的自来水.图中器材如下:
电压表(量程15V,内阻约30kΩ)、电流表(量程300μA,内阻约50Ω)、滑动变阻器(100Ω,1A)、电池组(电动势E=12V,内阻r=6Ω)、单刀单掷开关一个、导线若干.
表是他测量通过管中自来水柱的电流及两端电压的实验数据.实验中他还用20分度的游标卡尺测量了玻璃管的内径,结果如图2所示
U/V 1.0 3.0 5.07.09.011.0
I/μA2265109155190240
根据以上材料请回答下面的问题:
(1)玻璃管内径d的测量值为______ cm;
(2)根据表1数据在图3坐标中作出U−I图象,根据图象求出电阻R=______ Ω;
(3)用直接测量值计算自来水电阻率的公式是ρ=______ ,测量值为______ Ω⋅m(保留两位有
效数字);
(4)请在虚线框内画出测量自来水电阻的电路图.
四、计算题(本大题共4小题,共49.0分)
13.如图所示,质量为m电荷量为q的带电粒子,重力不计,由静止开始经两板
间电压为U的加速电场加速,又经磁感应强度为B的匀强磁场偏转后落到图
中D点,求:
(1)A、D间的距离S AD;
(2)粒子在磁场中运动的时间t.
14.如图所示,A、B、C三个木块的质量均为m,置于光滑的水平桌面
上的同一条直线上,A、B木块之间有一轻质弹簧,弹簧的两端与
木块接触而不拴接,将弹簧压缩到不能再压缩时(弹簧处在弹性限度内),用细线把A木块和B 木块紧连,使弹簧不能伸展,以至于A、B木块一起可视为一个整体,现让A、B木块一起以一向右的初速度v0沿A、B的连线向静止的C而使A木块与B、C木块分离,已知A木块离开弹簧
,方向水平向左,求:
后的速度大小为v0
3
(1)弹簧释放的弹性势能;
(2)从A、B木块与C木块开始碰撞到弹簧的弹性势能全部释放的过程中,木块A受到的合外力
的冲量大小.
15.如图所示,右侧有挡板的导热气缸固定在水平地面上,气缸内部总长为21cm,活塞横截面积为
10cm2,厚度为1cm,给活塞施加一向左的水平恒力F=20N,稳定时活塞封闭的气柱长度为10cm。

大气压强为1.0×105Pa,外界温度为27°C,不计摩擦。

(1)若将恒力F方向改为水平向右,大小不变,求稳定时活塞封闭气柱的长度;
(2)若撤去外力F,将外界温度缓慢升高,当挡板对活塞的作用力大小为60N时,求封闭气柱的
温度。

16.如图,半圆柱形玻璃砖截面的直径AOB长为d=20cm,玻璃的折射率为n=√2,
该截面内有一束平行光线以45°角入射到AB面上,部分光线经折射后从半圆柱面射出(不考虑多次反射)。

求:
(i)由圆心O点入射的光线经玻璃砖偏折后的出射方向相对于初始入射方向的
偏角;
(ii)该截面中玻璃砖有光线出射的圆弧长度。

-------- 答案与解析 --------
1.答案:B
解析:
【分析】
参考系可以任意选取,运动的物体也可以作为参考系,但不能选被研究物体本身,参考系的选择情况不同,物体的运动和静止情况也不同,这是运动和静止的相对性。

在研究物体的运动时,都要选取参考系;我们以前总习惯于主观判断物体是运动还是静止,比如桌子是静的,行驶的汽车是动的,那是默认为地面为参照物了。

【解答】
AB.七架战机保持“固定队列”飞行,设飞机的速度相同,所以以某飞机为参考系,其它飞机是静止的,故A 错误,故B 正确;
C .以飞行员为参考系,飞行员和观众之间的位置发生了变化,所以广场上的观众是运动的,故C 错误;
D .以广场上的观众为参考系,飞机是在水平方向上运动的,故D 错误。

故选B 。

2.答案:B
解析: 【分析】
核衰变过程动量守恒,反冲核与释放出的粒子的动量大小相等,结合带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得小粒子与反冲核的电荷量之比,利用排除法可得正确答案原子核的衰变过程类比于爆炸过程,满足动量守恒,而带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式中的分子恰好是动量的表达式,要巧妙应用。

【解答】
解:原子核的衰变过程满足动量守恒,可得两带电粒子动量大小相等,方向相反,就动量大小而言有:
m 1v 1=m 2v 2
由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得:
r =mv qB
所以,d 1d 2
=r 1r 2
=q 2
q 1
=
421
审视ABCD 四个选项,满足42:1关系的只有B 故选B 。

3.答案:A
解析:解:A 、地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期,所以T a =T c ,又因为G Mm r 2
=
mr(2π
T )2,解得T =√4π
2r 3
GM
,知b 的周期小于c 的周期。

故A 周期。

B 、地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度,所以ωa =ωc ,根据v =rω,c 的线速度大于a 的线速度;
又因为G Mm
r2=m v2
r
,解得v=√GM
r
,知b的线速度等于c的线速度。

故B错误。

C、地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度,所以ωa=ωc,根据a=rω2知,c的向心加速度大于a的向心加速度。

故C错误。

D、地球对b、c两星的万有引力提供了向心力,因此只有a受重力,b、c两星仍然受到重力的作用。

故D错误。

故选:A。

地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期,根据v=rω,a=rω2比较线速度的大小和向心加速度的大小,根据万有引力提供向心力比较b、c的线速度、角速度、周期和向心加速度大小.解决本题的关键知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系,以及知道地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期.
4.答案:C
解析:
【分析】
本题考查了受力分析、平衡条件的应用,解题的关键是正确受力分析,灵活运用平衡条件。

对物体受力分析,物体受静摩擦力,大小与水平力F与重力沿斜面向下的分力的合力等大反向,据此求解即可。

【解答】
物体受重力、水平力F、斜面的支持力、静摩擦力,由平衡条件得:
f=√F2+(mgsin37°)2
解得:f=√10N,故ABD错误,C正确。

故选C。

5.答案:BD
解析:解:A、位移图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动,则知a、b两物体都做匀速直线运动。

由图看出斜率看出,a、b两图线的斜率大小相等、正负相反,说明两物体的速度大小相等、方向相反,速度不同,故A错误。

C、t=0时刻a、b从同一位置出发开始运动,a物体沿正方向运动,b物体沿负方向运动,在0〜5s 内,a、b两个物体间的距离逐渐变大,故B正确。

C、位移图象的斜率表示速度,c图线的斜率不变,说明物体c的速度不变,故C错误。

D、对于匀加速直线运动位移公式x=v0t+1
2
at2,可见,x−t图象是抛物线,所以物体a一定做匀加速直线运动。

在0−5s内a通过的位移为x=20m−10m=10m,将t=5s,x=10m代入x=1
2
at2,解得a= 0.8m/s2.故D正确。

故选:BD。

位移图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动,图象的斜率大小等于速度大小,斜率的正负表示速度方向。

分析在0~5s内a、b两物体之间距离的变化。

图象c是一条抛物线表示匀加速直线运动。

解决本题的关键是理解位移时间图线的物理意义,知道图线的斜率表示速度,倾斜的直线表示物体做匀速直线运动,抛物线表示匀变速直线运动。

6.答案:BC
解析:解:AB、由电场线的分布情况可知,N处电场线比M处电场线疏,则N处电场强度比M处电场强度小,由电场力公式F=qE可知正点电荷从虚线上N点移动到M点,电场力逐渐增大,故A 错误,B正确.
CD、根据顺着电场线方向电势降低,由正电荷与M间场强较大,由U=Ed可知正电荷与M间的电势较大,所以从N到M,电势逐渐降低,正电荷的电势能逐渐减小,故C正确,D错误.
故选:BC.
根据电场线的疏密分析场强的大小,判断电场力的变化;根据顺着电场线方向电势降低,判断电势的变化,从而确定电势的变化.
解答本题关键掌握等量异号点电荷电场线分布情况,知道电场线的物理意义:疏密表示电场强势相对大小,方向反映电势的高低.
7.答案:BC
解析:解:A、由P=I2R知输电线上的电流为:I=√P损
R =√5000
8
=25A,输电线上损失的电压为:
△U=IR=200V,故A错误;
B、升压变压器的输出电压为:U2=P入
I =100×103
25
V=4000V,故B正确;
C、降压变压器的输入电压为:U3=U2−△U=3800V,降压变压器的原、副线圈的匝数比为3800:220=190:11,故C正确;
D、用户端负载增加,降压变压器的副线圈的电流增大,根据变压器的电流与匝数关系可知降压变压器的原线圈的电流增大,由P=I2R知输电线上的损失功率增大,故D错误;
故选:BC。

根据题意可确定导线上损失的功率,则由功率关系即可确定电流,由欧姆定律求出损失的电压;由P=UI确定输出电压,再根据电压之比与匝数之比的关系确定匝数之比;当负载增加时,输出功率增大,输出电流增大,从而确定损失功率的变化情况。

本题考查远距离输电以及变压器原理,注意理想变压器的输入功率与输出功率相等,且没有漏磁现象。

远距离输电,由于导线通电发热导致能量损失,所以通过提高输送电压,从而实现降低电损。

8.答案:BD
解析:
【分析】
解决本题的关键会根据线框的受力状况判断线框的运动状况,以及知道线框出磁场的末速度不会小于进磁场的速度,则出磁场时感应电流不会小于进磁场时的感应电流。

【解答】
AB.线框进入磁场的过程做匀速直线运动,感应电动势E=BLv恒定,线框中的电流大小恒定,方向沿逆时针方向,a、b两端的电压U ab=1
4
BLv;线框完全在磁场中运动时,穿过闭合电路的磁通量不变,线框中感应电流为零,做匀加速运动,但ab边两端的电压U ab=BLv=BL√v02+2ax,其中v0为匀速运动的速度,U ab与位移x不是线性关系,当出磁场时,线框做减速运动,U ab不断减小,故A 错误、B正确;
CD.线框进入磁场过程中,线框中的电流大小恒定且为逆时针,完全进入磁场时电流为零;线框离开磁场,做减速运动,加速度逐渐减小,线框刚好完全离开磁场时,速度大于或等于匀速运动时的速度,不可能为零,故此时电流也不可能为零,故C错误、D正确。

故选BD。

9.答案:CDE
解析:解:A、单晶体具有各向异性,即单晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质不同。

故A 错误。

B、足球充足气后很难压缩是由于足球内外有压强差的原因,与气体分子之间的作用力无关。

故B
错误。

C、根据热力学第二定律知,自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性。

故C正确。

D、一定质量的理想气体,如果压强不变,体积增大,由气态方程pV
T
=c知温度升高,内能增大,气
体对外界做功,根据热力学第一定律△U=Q+W可知,气体一定吸收热量,故D正确。

E、一定质量的理想气体保持体积不变,单位体积内分子数不变,温度升高,分子的平均动能增大,则平均速率增大,单位时间内撞击单位面积上的分子数增多。

故E正确。

故选:CDE。

单晶体具有各向异性.多晶体具有各向同性.足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因;根据热力学第一定律解释其内能的变化;体积不变,单位体积内分子数不变,温度升高,单位时间内撞击单位面积上的分子数增大.
加强对基本概念的记忆,基本方法的学习利用,是学好3−3的基本方法.对于气体状态参量的变化,
要根据气态方程pV
T
=c分析.
10.答案:ACE
解析:解:A、为减小实验误差,摆线尽可能选择伸缩性小、尽可能长一些的细线,A正确;
B、摆长l为摆线长与摆球半径之和,摆长测量需要用到刻度尺与游标卡尺,B错误;
C、摆动中摆球振幅不宜过大,否则单摆的振动不再是简谐运动,所以要求在小偏角下让单摆从静止开始摆动,C确;
D、测量一次全振动的时间作为单摆的周期,实验存在偶然性,误差很大,一般测量50次振动的时间,再计算出单摆周期,D错误;
E、实验结论的分析,析实验数据,若认为周期与摆长的关系为T2∝l,则可作T2−l图象,能很直观的看出两者的关系;如果图象是一条直线,则关系T2∝l成立,E正确;
选:ACE.
探究单摆周期与摆长关系实验的原理:单摆的周期公式,还要知道:摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动;摆长等于摆线的长度加上摆球的半径,为减小误差应保证摆线的长短不变;根据实验数据进行分析得出,T2与l的关系.
简谐运动是一种理想的运动模型,单摆只有在摆角很小,空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动,要掌握实验的原理和操作步骤.会对实验结果进行分析得出实验结论.
11.答案:(1)两光电门之间的距离h
(2)(m1−m2)gℎ=1
2
(m1+m2)[(
d
△t2
)2−(
d
△t1
)2]
(3)2.600
解析:解:(1)通过连接在一起的A、B两物体验证机械能守恒定律,即验证系统的势能变化与动能变化是否相等,A、B连接在一起,A下降的距离一定等于B上升的距离;A、B的速度大小总是相等的.需要测量两光电门之间的距离h.
(2)A下降h的同时,B上升h,它们的重力势能的变化:△E P=(m A−m B)gℎ;
A与B动能的变化:△E k=1
2(m1+m2)[(d
△t2
)2−(d
△t1
)2]
需要验证的是:(m1−m2)gℎ=1
2(m1+m2)[(d
△t2
)2−(d
△t1
)2]
(3)螺旋测微器的固定刻度为2.5mm,可动刻度为10.0×0.01mm=0.100mm,所以最终读数为2.5mm+0.100mm=2.600mm,由于需要估读,最后的结果可以在2.599−2.601之间.
故答案为:(1)两光电门之间的距离h;(2)(m1−m2)gℎ=1
2(m1+m2)[(d
△t2
)2−(d
△t1
)2];(3)2.600.
(1)这个实验的原理是要验证m A、m B的增加的动能和m A、m B减少重力势能是不是相等,所以我们要测量的物理量有:物块的质量m A、m B;物块A下落的距离ℎ(或物块B上升的距离ℎ).
(2)写出A与B重力势能变化的表达式与它们动能变化的表达式,需要验证的是两者相等;
(3)螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读.
此题为一验证性实验题.要求根据物理规律选择需要测定的物理量,运用实验方法判断系统重力势能的变化量是否与动能的变化量相同是解题的关键.
对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理,要能正确使用这些基本仪器进行有关测量.
12.答案:3.075;4.6×104;πUd2
4IL
;49
解析:解:(1)游标卡尺读数为d=30mm+15×0.05mm=30.75mm=3.075cm;
(2)用直尺将各点连接,舍去偏离较远的点,画出的图象如图所示,可求出电阻R=4.6×104Ω
(3)根据R电阻定律,有:R=ρL
S

根据欧姆定律,有:R=U
I

其中S=1
4
πd2;
可得ρ=πUd2
4IL =3.14×11.5×0.030752
4×250×10−6×0.700
Ω⋅m=48.8Ω⋅m≈49Ω⋅m
(4)对照实物图画出原理图,如图所示:
故答案为:
(1)3.075;
(2)4.6×104;
(3)πUd2
4IL
,49;
(4)如图所示.
(1)游标卡尺读数=固定刻度读数+游标尺读数;
(2)根据表1数据在图3坐标中作出U−I图象,图象的斜率表示电阻;
(3)根据电阻定律公式R=ρL
S 和欧姆定律公式R=U
I
列式后联立求解电阻率;
(4)对照实物图画出原理图即可.
本题关键明确实验原理,会根据电阻定律和欧姆定律列式求解电阻率,基础题.13.答案:解:(1)设粒子进入磁场的初速度为v,由动能定理得:
qU=1
2
mv2
由洛伦兹力提供向心力,设运动半径为r,得:
qvB=mv2
r
由图知,s AD=2r
由以上解得:s AD=2
B √2mU
q

(2)设在磁场中运动周期为T,则有:T=2πr
v =2πm
qB
由题意知,粒子在磁场中的运动时间为半个周期,故t=T
2
=πm
qB

答:(1)A、D间的距离2
B √2mU
q
(2)粒子在磁场中运动的时间πm
qB
解析:(1)由动能定理求得射入磁场的初速度,由洛伦兹力提供向心力求得运动半径,有几何关系可得A、D间的距离
(2)粒子在磁场中的运动时间为半个周期
本题的解题关键是根据动能定理和圆周运动半径公式结合,得到半径与B、U的关系,由周期公式计算时间,比较简单.
14.答案:解:(1)以向右为正方向,设碰后A、B和C的共同速度的大小为v1,由动量守恒定律得:
2mv0=3mv1,
解得:v1=2
3
v0,
设C离开弹簧时,BC的速度大小为v1,由动量守恒得:
3mv1=2mv2−m×1
3
v0,
设弹簧的弹性势能为E P,从细线断开到A与弹簧分开的过程中机械能守恒,有:
1 2(3m)v12+E P=1
2
(2m)v22+1
2
m(1
3
v0)2,
解得:E P=3
4
mv02;
(2)在整个过程中,对A由动量定理得:I=−m v0
3−mv0=−4
3
mv0,负号表示方向向左;
答:(1)弹簧释放的弹性势能为3
4
mv02;
(2)从A、B木块与C木块开始碰撞到弹簧的弹性势能全部释放的过程中,木块A受到的合外力的冲
量大小为4
3
mv0.
解析:(1)A、B与C碰撞过程中动量守恒,由动量守恒定律可以求出碰后三者的共同速度;线断开,BC与A分离过程中动量守恒,由动量守恒定律可以列方程;在弹簧弹开过程中,系统机械能守恒,由机械能守恒定律可以列方程,解方程即可求出弹簧的弹性势能.
(2)应用动量定理可以求出A所受合外力的冲量.
本题考查了动量守恒定律的应用,分析清楚物体运动过程是解题的关键,应用动量守恒定律、机械能守恒定律与动量定理可以解题;解题时要注意正方向的选择.
15.答案:解:(1)当推力向左时,对活塞建立平衡方程有:F+P0S=P1S,
解得:P1=1.2×105Pa;
当推力向右时,对活塞建立平衡方程有:F+P2S=P0S,
解得:P1=0.8×105Pa;
由于温度不变,由理想气体状态方程可得:P1V1=P2Sl,
解得稳定时活塞封闭气柱的长度:l=15cm;
(2)升温前,T1=(273+27)K=300K,
升温后,设温度为T,由于挡板对活塞的作用力大小为60N时,
故由平衡方程可得:F+P0S=P3S,V3=0.2S,P3V3T=P1V1T
1

联立解得T=800K,t=800K−273K=527∘C。

解析:本题主要考查理想气体状态方程的理解与应用,其中对挡板受力分析建立平衡方程是解题的关键。

①由两种情况下挡板的受力平衡建立平衡方程,并解得相应状态时内部气体的压强,由等温下的理想气体状态方程得解;
②升温后,仍由挡板的平衡方程解得内部气体的压强,再与第一种情况下的气体状态建立理想气体状态方程,从而解得封闭气柱的温度。

16.答案:解:(i)已知入射角i=45°,根据折射定律n=sini
sinr
得:光在AB面上的折射角r=30°。

由圆心O点入射的光线经玻璃砖AB面折射后沿半径方向射出,其偏转角θ=i−r=15°
(ii)由全反射的临界角公式sinC=1
,得临界角C=45°
n
则透射光范围为EF段,如答图所示,∠MEO=∠NFO=45°
∠AOE=180°−∠MEO−(90°−r)=75°,∠BOF=180°−∠NFO−(90°+r)=15°
所以∠EOF=180°−∠AOE−∠BOF=90°。

=15.7cm。

该截面中玻璃砖有光线出射的圆弧长度L=πd
4
答:
(i)由圆心O点入射的光线经玻璃砖偏折后的出射方向相对于初始入射方向的偏角是15°;
(ii)该截面中玻璃砖有光线出射的圆弧长度是15.7cm。

解析:(i)根据折射定律求出光在AB面上的折射角,由圆心O点入射的光线经玻璃砖AB面折射后沿半径方向射出,由几何关系求出射方向相对于初始入射方向的偏角;
(ii)由sinC=1
求出全反射的临界角。

抓住入射到曲面上的光,入射角小于临界角才能折射出去,根
n
据几何关系求出该截面中玻璃砖有光线出射的圆弧长度。

解决本题的关键是掌握几何光学问题中的折射定律和全反射条件,并能运用几何知识帮助解答。

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