2019年吉林省实验中学高考物理三模试卷解析版

高考物理三模试卷
题号一二三四总分
得分
一、单选题（本大题共3小题，共18.0分）
1.a、b两物体同时从同一地点开始做匀变速直线运动，
二者运动的v-t图象如图所示，下列说法正确的是（
）
A. a、b两物体运动方向相反
B. a物体的加速度小于b物体的加速度
C. t=1s时两物体的间距等于t=3s时两物体的间距
D. t=3s时，a、b两物体相遇
2.如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两
极，已知该卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到
南纬60°的正上方时所用时间为1h，则下列说法正确的是（
）
A. 该卫星与同步卫星的运行半径之比为1：4
B. 该卫星与同步卫星的运行速度之比为1：2
C. 该卫星的运行速度一定大于7.9km/s
D. 该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能
3.如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V，副线圈
上通过输电线接有一个灯泡L、一个电吹风M，输电线的等效电阻为R，副线圈匝数可以通过调节滑片P改变。

S断开时，灯泡L正常发光，滑片P位置不动，当S 闭合时，以下说法中正确的是（ ）
A. 电压表读数增大
B. 电流表读数减小
C. 等效电阻R两端电压增大
D. 为使灯泡L正常发光，滑片P应向下滑动
二、多选题（本大题共7小题，共40.0分）
4.关于原子核的变化、核能及核力，下列说法正确的是（ ）
A. 核力是一种弱相互作用，只能发生在原子核内相邻核子之间
B. 某原子经过一次α衰变和两次β衰变后，核内质子数不变
C. 放射性原子核X发生衰变，衰变产物的结合能之和一定大于原来X的结合能
D. U+n→Ba+Kr+3n是太阳内部发生的核反应之一
5.如图为自左向右逐渐增强的磁场，一不计重力的带电粒子垂直
射入其中，由于周围气体的阻碍作用，其运动轨迹恰为一段圆弧
PQ（粒子电量保持不变），则可判断（ ）
A. 粒子从P点射入
B. 粒子所受洛伦兹力
逐渐增大
C. 粒子从Q点射入
D. 粒子的动能逐渐减小
6.如图所示，质量分别为3m和m的1、2两物块叠放在水
平桌面上，物块2与桌面间的动摩擦因数为μ，物块1
与物块2间的动摩擦因数为2μ．物块1和物块2的加速
度大小分别用a1、a2表示，物块l与物块2间的摩擦力大
小用f1表示，物块2与桌面间的摩擦力大小用f2表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

当水平力F作用在物块1上，下列反映a和f变化的图线正确的是（ ）
A. B.
C. D.
7.如图所示，在直角坐标系xOy的第Ⅰ象限存在着方
向平行于y轴的匀强电场，场强大小为5×103N/C，一
个可视为质点的带电小球在t=0时刻从y轴上的a
点以沿x轴正方向的初速度进入电场，图中的b、c、
d是从t=0时刻开始，每隔0.1s记录到的小球位置，
已知重力加速度的大小是10m/s2，则以下说法正确
的是（ ）
A. 小球从a运动到d的过程中，电势能一定增大
B. 小球从a运动到d的过程中，机械能一定增大
C. 小球的初速度是60m/s
D. 小球的比荷（电荷量/质量）是1×10-3C/kg
8.如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处
的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则（ ）
A. 固定位置A到B点的竖直高度可能为2R
B. 滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关
C. 滑块可能重新回到出发点A处
D. 传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多
9.下列说法中正确的是（ ）
A. 一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
B. 当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小
C. 热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”
D. 在真空、高温糸件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素
E. 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力
10.一简谐机械横波沿x轴负方向传播，已知波的波长为8m。

周期为2s。

t=ls时刻波
形如图l所示，a、b是波上的两个质点。

图2是波上某一点的振动图象。

则下列说法正确的是（ ）
A. 图2可以表示d点的振动
B. 图2可以表示b点的振动
C. a、b两质点在t=1.5 s时速度大小相同
D. 该波传播速度为v=4 m/s
E. t=0时6点速度沿y轴正方向
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.某同学采用如图甲所示的实验装置，探究滑块质量一定时，加速度与力的关系．他
在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上同定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．
（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=______mm．
（2）实验时，将滑块从A位置中静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B 的时间t，为了得到滑块的加速度，该同学还需用刻度尺测量的物理量是______．（3）改变钩码的质量，记录对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t ，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出______
图象．（选填“t2-F”，“-F”，“-F”）
12.图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。

图中E是电池；R1、R2、R3、
R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头的满偏电流为250μA，内阻为480Ω．虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。

该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。

（1）图（a）中的A端与______（填“红”或“黑”）色表笔相连接。

（2）根据题给条件可得R1+R2=______Ω，R4=______Ω。

（3）某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。

若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为______；若此时B端是与“3”相连的，则读数为______；
若此时B端是与“5”相连的，则读数为______。

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图所示，质量为m的钢板与直立的轻弹簧的上端相连，弹
簧下端固定在地上，平衡时弹簧的压缩量为x0．一个质量为
2m物块从钢板正上方3x0处自由落下，打在钢板上并与钢板
一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动，经
某点分离后，物块继续向上运动。

（1）轻弹簧的劲度系数；
（2）物块与钢板分离时物块的速度；
（3）物块与钢板分离后又向上运动的距离。

14.如图所示，在光滑的水平金属轨道ABCD-EFGH内有竖直向上的匀强磁场，左侧宽
轨道处磁感应强度为3B，右侧窄轨道处磁感应强度为B，AB与EF宽为2L，CD 与GH宽为L，金属棒a、b质量分别为2m和m，电阻分别为2R和R．最初两棒均静止，若给棒a初速度v0向右运动，假设轨道足够长，棒a只在轨道AB与EF 上运动。

求：
（1）金属棒a、b的最终速度；
（2）整个过程中通过金属棒a的电量；
（3）整个过程中金属棒a上产生的焦耳热。

15.如图所示，两端开口的气缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在气缸内
无摩擦滑动，面积分别为S1=20cm2，S2=10cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M=2kg的重物C连接，静止时气缸中的气体温度T1=600K，气缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强P0=1×105Pa，取g=10m/s2，缸内气体可看作理想气体；
（1）活塞静止时，求气缸内气体的压强；
（2）若降低气内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动L时，求气缸内气体的温度．
16.如图，有一玻璃圆柱体，横截面半径为R=10cm，长为L=100cm．一点光源在玻璃
圆柱体中心轴线上的A点，与玻璃圆柱体左端面距离d=4cm，点光源向各个方向发射单色光，其中射向玻璃圆柱体从左端面中央半径为r=8cm圆面内射入的光线恰好不会从柱体侧面射出。

光速为c=3×108m/s；求：
（i）玻璃对该单色光的折射率；
（ii）该单色光通过玻璃圆柱体的最长时间。

答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、由图象可知，ab两物体的速度都为正值，速度方向相同。

故A错误。

B、图象的斜率表示加速度，由图可知，a的斜率为，b的斜率为，所以a物体的加速度比b物体的加速度大。

故B错误。

CD、t=1s时，两物体的间距为m=2.25m
t=3s时两物体的位移为m=2.25m，
故两者物体间距相等，故C正确，D错误
故选：C。

速度时间图线速度的正负值表示速度的方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．
解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，知道速度的正负表示运动的方向．
2.【答案】A
【解析】解：A、该卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时，偏转的角度是120°，刚好为运动周期的，所以该卫星运行的周期为3h，而地球同步卫星的周期是24h，该卫星与同步卫星的运行周期之比为1：8，由开普勒第三定律=k得该卫星与同步卫星的运行半径之比为1：4．故A正确；
B、根据v=得该卫星与同步卫星的运行速度之比为2：1，故B错误；
C、7.9km/s是卫星环绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，所以该卫星的运行速度一定小于7.9km/s。

故C错误；
D、由于不知道两卫星的质量关系，所以不能比较机械能的关系。

故D错误。

故选：A。

根据图示情景求出该卫星的运行周期，与地球同步卫星的周期比较，从而由开普勒第三定律=k求轨道半径之比。

根据v=确定出两者运行速度之比。

第一宇宙速度是卫星
绕地球做圆周运动最大的运行速度。

结合质量关系分析机械能的关系。

本题考查人造卫星与同步卫星的关系，关键是要知道地球同步卫星的周期是24h，灵活运用开普勒定律分析半径关系。

也可以根据万有引力提供圆周运动的向心力列式，来分析半径关系。

3.【答案】C
【解析】解：A、滑片P位置不动，当S闭合时，电阻变小，原线圈电压及匝数比不变，副线圈电压不变，电压表读数不变，故A错误；
B、副线圈电压不变，电阻变小，输出功率变大，输入功率变大，根据，知电流表读数变大，故B错误；
C、因为副线圈电流增大，所以等效电阻R两端的电压增大，故C正确；
D、副线圈电流变大，等效电阻两端的电压增大，并联部分的电压减小，为了使灯泡L 正常发光，必须增大电压，滑片P应向上滑动，故D错误；
故选：C。

输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。

和闭合电路中的动态分析类似，可以根据副线圈电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况。

4.【答案】BC
【解析】解：A、核力是一种强相互作用，是一种短距作用，只能发生在原子核内相邻核子之间，故A错误；
B、某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，电荷数不变，质量数少4，可知核内质子数不变，故B正确；
C、放射性原子核X发生衰变，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来X的结合能，故C正确；
D、太阳内部发生的核反应是聚变反应，而是裂变反应，
故D错误；
故选：BC。

核力是短程力，存在于相邻的核子之间；
根据质量数与质子数守恒，即可判定B选项；
依据质量亏损，结合质能方程，即可判定C选项；
太阳内部发生的是聚变反应。

考查核力存在的范围，掌握核反应方程的书写规律，理解质能方程的内容，注意聚变反应与裂变反应的区别。

5.【答案】AD
【解析】解：A、如果粒子从A点射入，由左手定则可知，粒子带正电，磁场自左向右
增强，要使得运动轨迹的半径不变，由半径公式r=可知，运动速率要变小，故A正
确，C错误，D正确；
B、粒子的速率减小，B减小，所以洛伦兹力f=qvB也一定减小，故B错误；
故选：AD。

带电粒子以一定的速度进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．而仅当磁场变化时，则轨迹的半径也会变化，但洛伦兹力始终不做功．但当存在空气阻碍，因为轨阻力使得粒子的速率减小，要是轨迹的半径不变，磁场减弱．
此题的关键是抓住洛伦兹力充当向心力，列式表示出半径的大小，知道洛伦兹力不做功．
6.【答案】AC
【解析】解：1与2间的最大静摩擦力f12=2μ•3mg=6μmg，2与地面间的最大静摩擦力f2=μ•4mg=4μmg，当拉力F＜4μmg时，1、2两物块静止不动，摩擦力随F的增大而增大，当12开始滑动而为发生相对滑动时，2与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故大小不变，对2分析可知，f12-4μmg=ma，解得f12=4μmg+ma逐渐增大，当1与2刚好发生相对滑动时，2与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故大小不变，物体2产生的最大加速
度，对1根据牛顿第二定律此时的拉力为F，则F-f12=3ma2，解得
F=12μmg，拉力继续增大，此后2做匀加速运动，1做加速度增大的加速度运动，故AC 正确，BD错误
故选：AC。

对1和2受力分析，结合牛顿第二定律判断出开始滑动和发生相对滑动的临界点，即可判断出加速度和拉力及摩擦力的变化关系
本题主要考查了牛顿第二定律，关键是明确开始滑动和发生相对滑动的临界点，分别对物体受力分析即可判断
7.【答案】AD
【解析】解：
A、在竖直方向上，由△y=aT2得，a===5m/s2＜g，说明电场力方向竖直向上，
小球从a运动到d的过程中，电场力做负功，则其电势能一定增大。

故A正确。

B、电场力做负功，则小球的机械能一定减小。

故B错误。

C、在水平方向上，小球做匀速直线运动，则有v0===0.6m/s。

故C错误。

D、由牛顿第二定律得：a=，得，==C/kg=1×10-3C/kg。

故D正确。

故选：AD。

题中小球做类平抛运动，由△y=aT2求出加速度，与重力加速度比较，判断电场力的方向，确定电场力做功的正负，就能判断电势能的变化．由能量守恒定律分析机械能的变化．运用运动的分解知识求出初速度，由牛顿第二定律求出比荷．
本题是频闪照相类型的问题，抓住其周期性，运用运动的分解法研究类平抛运动．8.【答案】CD
【解析】解：若滑块恰能通过C点时有：mg=m①，
由A到C根据动能定理知mgh AC=②
联立①②解得h AC=R
则AB最低高度为2R=2.5R，故A错误；
B、设滑块在传送带上滑行的最远距离为x，则有动能定理有：0-m=2mgR-μmgx，知x
与传送带速度无关，故B错误；
C、若回到D点速度大小不变，则滑块可重新回到出发点A点，故C正确；
D、滑块与传送带摩擦产生的热量Q=μmg△x，传送带速度越大，相对路程越大，产生热量越多，故D正确；
故选：CD。

滑块恰能通过C点时根据牛顿第二定律列方程求c点时的速度，由动能定理知AC高度差，从而知AB高度；
对滑块在传送带上运动的过程根据动能定理列方程求滑行的最大距离的大小因素；
根据传送带速度知物块的速度，从而知是否回到A点；
滑块与传送带摩擦产生的热量Q=μmg△x，看热量多少，分析相对路程．
本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，理清物块在传送带上的运
动情况，以及在圆轨道最高点的临界情况是解决本题的关键
9.【答案】ADE
【解析】解：A、温度是分子的平均动能的标志，一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，吸收热量而其分子的平均动能不变，分子之间的势能增加。

故A正确；
B、当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故B错误；
C、热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他方面的变化”，故C错误；
D、温度越高，分子无规则运动的剧烈程度越大，因此在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，故D正确；
E、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，故E正确。

故选：ADE。

温度是分子的平均动能的标志，当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他方面的变化”，温度越高，分子无规则运动的剧烈程度越大，因此在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力。

此题考查了热力学第二定律、扩散现象、分子势能、液体表面张力等知识点，要加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，不用做太难的题目。

10.【答案】ADE
【解析】解：A、由图2知，t=0时刻质点经过位置向下运动，图1是t=0时刻的波形，此时a位于波峰，位移最大，与图2中t=0时刻质点的状态不符，而质点b在t=0时刻经过平衡位置向下运动，与图2中t=0时刻质点的状态相符，所以图2不能表示质点d 的振动，可以表示质点b的振动，故A正确B错误；
C、ab两质点相差四分之一个周期，速度大小不可能相等，故C错误；
D、波的波长为8m，周期为2s，故传播速度v===4m/s，故C正确；
E、根据平移法可知，t=0时6点速度沿y轴正方向，故E正确。

故选：ADE。

质点的速度和加速度可根据质点的位置进行判断。

在平衡位置时，速度最大，加速度最小；在最大位移处，速度为零，加速度最大。

根据图2中t=0时刻质点的位置和振动方向，在图1上找出对应的质点；再根据波长、周期和频率的关系即可确定传播速度，根据带动法确定各质点的振动方向。

本题既要能理解振动图象和波动图象各自的物理意义，又要抓住它们之间内在联系，能熟练根据波的传播方向判断出质点的速度方向。

11.【答案】2.20 A位置到光电门B的距离L-F
【解析】解：（1）由图知第5条刻度线与主尺对齐，d=2mm+4×0.05mm=2.20mm；（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是A位置到光电门B的距离L；
（3）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as，
则平均速度v=，
由牛顿第二定律，a=，
那么=2L
所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出-F图象．
故答案为：（1）2.20，（2）A位置到光电门B的距离L，（3）-F．
游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读．
滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．根据运动学公式解答．
用细线拉力表示合力，要考虑摩擦力的影响．
常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项．
12.【答案】黑 160 880 1.48（1.47-1.49）mA1100Ω 2.96（2.95-2.99）V
【解析】解：（1）根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”；
（2）直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路
规律可知，R1+R2==160Ω；
总电阻R总==120Ω。

接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联再改装后电压表；
根据串联电路规律可知，R4==880Ω。

（3）若与1连接，则量程为2.5mA，读数为1.48mA（1.47-1.49）；
若与3连接，则为欧姆档×100Ω挡，读数为11×100=1100Ω；
若与5连接，则量程为5V；故读数为2.95V（2.91-2.97均可）；
故答案为：（1）黑；（2）160； 880；（3）1.48 （1.47-1.49）mA；1100Ω； 2.96（2.95-2.99）V
（1）明确欧姆表原理，知道内部电源的正极接黑表笔，负极接红表笔；
（2）根据给出的量程和电路进行分析，再结合串并联电路的规律即可求得各电阻的阻值；
（3）明确电表的量程，确定最小分度，从而得出最终的读数。

本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直。

13.【答案】解：（1）根据受力平衡可知：mg=kx0
解得：
（2）物块与钢板碰撞时的速度由机械能守恒，得：
设v1表示质量为2m的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，由动量守恒，则有：2mv0=3mv1
设刚碰完时弹簧势能为Ep，它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v，则由机械能守恒定律得：
其中，E P=
联立解得：v=
（3）分离后，物块以速度v竖直上升，由竖直上抛最大位移公式得：
代入数据解得：
答：（1）轻弹簧的劲度系数为；
（2）物块与钢板分离时物块的速度为；
（3）物块与钢板分离后又向上运动的距离为。

【解析】（1）根据受力平衡条件，列式可求出弹簧劲度系数；
（2）当钢板和物块一起回到O点之后，钢板由于还会受到弹簧向下的拉力，此时加速度大于g，会与物块脱离，根据动量守恒定律、机械能守恒定律和相等的条件可计算出分离时物块的速度；
（3）结合机械能守恒即可求出物块向上运动到达最高点与O点的距离h。

此题涉及的物理过程有四个，用到的物理规律和公式有四个，它将动量守恒和机械能守恒完美地统一在一起，交替使用，可以说是一道考查考生能力的好试题。

14.【答案】解：金属轨道光滑，所以，在运动过程a、b不受摩擦力，则在水平方向只有安培力。

（1）给棒a初速度v0向右运动，则a的电流指向外，b的电流指向里，那么，a所受安培力指向左，b所受安培力指向右；
所以，棒a向右做减速运动，棒b向右做加速运动，两者产生的感应电动势方向相反。

当两者产生的感应电动势大小相等，电流为零，达到稳定平衡状态。

a的电动势E a=3B•2Lv a，b的电动势E b=BLv b，
因为E a=E b，所以，v a=v b…①
若设闭合电路电流为I，则有任意时刻，a所受安培力F a=3BI•2L，b所受安培力F b=BIL ；
所以，F a=6F b②
对a根据动量定理可得：-F a t=2m（v b-v0）③
对b根据动量定理可得：F b t=mv b④
根据①②③④解得，；
（2）对金属棒b根据动量定理可得：BIL•△t=mv b-0 ⑤
其中q=I△t⑥
联立解得：；
（3）整个过程中产生的焦耳热Q=--⑦
整个过程中金属棒a上产生的焦耳热Qa=⑧
根据⑦⑧解得：
答：（1）金属棒a、b的最终速度分别为、；
（2）整个过程中通过金属棒a的电量为；
（3）整个过程中金属棒a上产生的焦耳热。

【解析】（1）当两者产生的感应电动势大小相等，电流为零，达到稳定平衡状态，求出a、b的电动势得到速度关系，对a、b分别根据动量定理求解速度；
（2）对金属棒b根据动量定理结合电荷量的计算公式求解电荷量；
（3）根据功能关系求解整个过程中产生的焦耳热，再根据焦耳定律求解整个过程中金属棒a上产生的焦耳热。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

15.【答案】解：（1）设静止时气缸内气体压强为P1，活塞受力平衡：
p1S1+p0S2=p0S1+p1S2+Mg，
代入数据解得压强：p1=1.2×105Pa，
（2）由活塞A受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为T1变化后温度为T2，由盖-吕萨克定律得：
，
代入数据解得：T2=500K．
答：（1）塞静止时，气体的压强P1=1.2×105Pa；（2）当活塞A缓慢向右移动L时，气体的温度T2=500K．
【解析】（1）两活塞用细杆连接，可将两个看成一个整体，对整体受力分析可求得；（2）由于两活塞整体受力没有变化，压强不变，所以气体做等压变化，由盖-吕萨克定律求得．
本题是理想气体的状态方程的考查，因两活塞用细杆连接，所以将整体看成研究对象，会大大减小解题的难度，在第二问中整体的受力不变，故得到气体的压强不变是解题的关键．
16.【答案】解：（i）由题意可知，光线AB
从圆柱体左端面射入，其折射光BD射到柱面
D点恰好发生全反射．
设光线在B点的入射角为i．
则s i ni==
由折射定律得：
n=
sin C=
根据几何知识得：sinθ=cos C=。