2020年河北省唐山市高考物理二模试卷(含解析)

2020年河北省唐山市高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.天然放射现象中，放射性元素放出的射线有α、β和γ三种，关于放射性元素的原子核的衰变，

下列说法中正确的是()

A. 可能同时放出α、β、γ射线

B. 可能同时只放出α、β射线

C. 可能同时只放出α、γ射线

D. 可能只放出γ射线

2.如图所示，轻杆长为L，一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球(可

视为质点).小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g

为重力加速度．下列说法正确的是()

A. 小球通过最高点时速度可能小于√gL

B. 小球通过最高点时所受轻杆的作用力不可能为零

C. 小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大

D. 小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小

3.下列与能量有关的说法正确的是()

A. 做平抛运动的物体在相等时间内动能的增量相同

B. 做匀变速直线运动的物体的机械能一定不守恒

C. 在竖直平面内做匀速圆周运动的物体机械能不守恒

D. 卫星绕地球做圆周运动的轨道半径越大，动能越大

4.物体A、B的x?t图象如图所示，由图可知()

A. 从第3s这一时刻起，两物体运动方向相同，且v A>v B

B. 两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3s才开始运动

C. 在5s内物体的位移相同，5s末A、B相遇

D. 5s内A、B的平均速度相等

5.如图所示，边长为L的正方形金属框abcd在竖直面内下落，ab边以速度v进

入下方的磁感应强度为B的匀强磁场，则线框进入磁场时，ab边两端的电势

差U ab为()

A. BLv

BLv

B. 3

4

BLv

C. 1

4

BLv

D. ?1

4

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.宇宙空间有一种由三颗星体A，B，C组成的三星体系：它们分别位于等边三

角形ABC的三个顶点上，绕一个固定且共同的圆心O做匀速圆周运动，轨道

如图中实线所示，其轨道半径r A

这三颗星体()

A. 线速度大小关系是v A

B. 加速度大小关系是a A>a B>a C

C. 所受万有引力合力的大小关系是F A>F B>F C

D. 质量大小关系是m A

7.如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子在两板间

的运动情况，下列叙述正确的是()

A. 两板间距越大，加速的时间越长

B. 两板间距离越小，加速度就越大，则电子到达Q板时的速度就越大

C. 电子到达Q板时的速度与板间距离无关，仅与加速电压有关

D. 电子的加速度和末速度都与板间距离无关

8.图甲为远距离输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比为1：100，降压变压器原副线圈匝数比

为100：1，远距离输电线的总电阻为100Ω.若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750kw.下列说法中正确的有()

A. 用户端交流电的频率为50Hz

B. 用户端电压为250V

C. 输电线中的电流为30A

D. 输电线路损耗功率为180kW

9.下列说法中正确的是()

A. 需要用力才能压缩气体表明气体分子间存在斥力

B. 一定温度下，水的饱和蒸气压是一定的

C. 一定质量的理想气体从外界吸热，内能可能减小

D. 微粒越大，撞击微粒的液体分子数量越多，布朗运动越明显

E. 液体与大气相接触，液体表面层内分子间的作用表现为相互吸引

10.一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，质点P此时刻沿?y轴方向运动，经过0.1s第一次到

达平衡位置，波速为5m/s，则下列说法正确的是()

A. 该波沿x轴负方向传播

B. Q点的振幅比P点的振幅大

C. P点的横坐标为x=2.5m

t(cm)

D. Q点(横坐标为x=7.5m的点)的振动方程为y=5cos5π

3

E. x=3.5m处的质点与P点振动的位移始终相反

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.某同学用一个满偏电流为10mA、内阻为30Ω的电流表，一只滑动变阻器和一节电动势为1.5V的

干电池组装成一个欧姆表．

(1)该同学按图(一)正确连接好电路．甲、乙两表笔中，甲表笔应是________(选填“红”或

“黑”)表笔．

(2)测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到

________处．

(3)欧姆调零后，他将甲、乙两表笔分别接图(二)中的a、b两点，指针指在电流表刻度的4mA处，

则电阻R x=________Ω．

(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了如图(二)中的a、c两点，则R x的测量结果________(选填“偏

大”或“偏小”)．

12.图甲所示的装置可用来探究做功与速度变化的关系．倾角为θ的斜面体固定在实验台上，将光电

门固定在斜面体的底端O点，将小球从斜面上的不同位置由静止释放．释放点到光电门的距离d依次为5cm、10cm、15cm、20cm、25cm、30cm．

(1)用螺旋测微器测量小球的直径，如图乙所示，小球的直径D=___________cm．

(2)该实验___________(选填“需要”或“不需要”)测量小球质量；小球通过光电门经历的时

间为Δt，小球通过光电门的速度为_______(填字母)，不考虑误差的影响，从理论上来说，该结果___________(选填“<”“>”或“=”)球心通过光电门的瞬时速度．

(3)为了探究做功与速度变化的关系：依次记录的实验数据如下表所示．

实验次数123456

d/×10?2m 5.0010.0015.0020.0025.0030.00

v/(m·s?1)0.690.98 1.201.391.551.70

v2/(m·s?1)20.480.97 1.43 1.92 2.41 2.86

√v/(m?s?1)1/20.830.99 1.10 1.18 1.24 1.30

从表格中数据分析能够得到关于“做功与速度变化的关系”的结论是

____________________________________．

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）

13.如图所示，质量为m A=2kg的木板A静止在光滑水平面上，一质量为m B=1kg的小物块B以

某一初速度v0从A的左端向右运动，当A向右运动的路程为L=0.5m时，B的速度为v B=4m/s，此时A的右端与固定竖直挡板相距x.已知木板A足够长(保证B始终不从A上掉下来)，A与挡板碰撞无机械能损失，A、B之间的动摩擦因数为μ=0.2，g取10m/s2

(1)求B的初速度值v0；

(2)当x满足什么条件时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞？

14.如图所示，在第一、四象限有垂直于纸面向里和向外的磁场区域Ⅰ和Ⅱ，OM是两磁场区域的

交界线，两区域磁场磁感应强度大小相同B=0.1T，OM与x轴正方向夹角为α。在第二、三象限存在着沿x轴正向的匀强电场，电场强度大小E=1×104V/m。一带正电的粒子，质量m=

1.6×10?24kg、电荷量q=1.6×10?15C，由x轴上某点A静止释放，经电场加速后从O点进

入Ⅱ区域磁场(带电粒子的重力不计)。

(1)若OA距离l1=0.2m，求粒子进入磁场后，做圆周运动的轨道半径大小R1？

(2)要使经电场加速后，从O点进入磁场的所有带电粒子仅在第一象限区域内运动，设计两磁场

区域大小时，角α最大不能超过多少？

(3)若α=30°，OM上有一点P(图中未画出)，距O点距离l2=0.3πm。上述带正电的粒子从x

轴上某一位置C由静止释放，以速度v运动到O点后能够通过P点，v等于多大时，该粒子由C 运动到P点总时间最短，并求此最短时间？

15.如图所示，导热性能良好粗细均匀两端封闭的细玻璃管ABCDEF竖直放置。AB段和CD段装有

空气，BC段和DE段为水银，EF段是真空，各段长度相同，即AB=BC=CD=DE=EF，管内AB段空气的压强为p，环境温度为T。

(1)若要使DE段水银能碰到管顶F，则环境温度至少需要升高到多少？

(2)若保持环境温度T不变，将管子在竖直面内缓慢地旋转180°使F点在最下面，求此时管内两

段空气柱的压强以及最低点F处的压强。

16.如图，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A=30°，∠B=60°.一束

平行于AC边的光线自AB边的P点射入三棱镜，在AC边发生反射后

从BC边的M点射出，若光线在P点的入射角和在M点的折射角相等，

(i)求三棱镜的折射率；

(ii)在三棱镜的AC边是否有光线透出，写出分析过程。(不考虑多次反射)

【答案与解析】

1.答案：C

解析：

此题主要考查原子核的衰变，本题关键是明确原子核衰变的特征、种类、快慢，熟悉三种射线的特征，基础问题。

天然放射性元素衰变放出三种射线α、β、γ，关键是知道α和β衰变不会同时发生，γ射线不会单独产生。

天然放射性元素衰变放出三种射线α、β、γ，但并非同时放出，α衰变放出α射线，同时伴随γ射线；β衰变可以放出β射线，同时伴随γ射线产生；α、β衰变不会同时发生，γ射线不会单独产生，故C 正确，ABD错误。

故选C。

2.答案：A

，解析：解：A、小球在最高点时，杆对球可以表现为支持力，由牛顿第二定律得：mg?F=m v2

L

则得v<√gL，故A正确。

B、当小球速度为√gL时，由重力提供向心力，杆的作用力为零，故B错误。

CD、杆子在最高点可以表现为拉力，此时根据牛顿第二定律有mg+F=m v2

，则知v越大，F越大，

L

即随小球速度的增大，杆的拉力增大。

，则小球通过最高点时杆对球的作用力也可以表现为支持力，当表现为支持力时，有mg?F=m v2

L

知v越大，F越小，即随小球速度的增大，杆的支持力减小，故C、D错误。

故选：A。

小球通过最高点临界的速度为0.杆子在最高点可以表现为拉力，也可以表现为支持力，根据牛顿第二定律判断杆子对小球的弹力随速度变化的关系．

解决本题的关键搞清小球向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，以及知道杆子可以表现为拉力，也可以表现为支持力．

3.答案：C

解析：解：A、做平抛运动的物体，在竖直方向做自由落体运动，相等的时间内竖直方向的位移越来越大，因此重力做功越来越多，相等的时间内动能的增量越来越大，故A错误；

B、做匀变速直线运动的物体的机械能也可能守恒，如物体做自由落体运动时机械能守恒，故B错误；

C、竖直平面内做匀速圆周运动的物体，动能不变，重力势能变化，因此机械能不守恒，故C正确；

D、由卫星的速度公式v=√GM

分析可知，卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径越大，速度越小，

r

动能越小，故D错误．

故选：C

做平抛运动的物体只有重力做功，由动能定理分析动能的增量关系．机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功．对照守恒条件，分析机械能守恒是否守恒．根据卫星的速度公式v=√GM

分析卫星动

r

能的变化．

本题是概念型的问题，关键要掌握平抛运动的规律、机械能守恒的条件和卫星的速度公式，通过举例法分析这种抽象的问题．

4.答案：A

解析：解：A、图象的斜率表示速度，由图可知，A的斜率大于B的，故A的速度要快；且A从3s 开始运动，运动方向都沿x轴的正方向，故A正确；

B、由图可知，B从5m处开始运动，而A从0m处开始运动，故二者开始位置不同，故B错误；

C、A的位移为10m，而B的位移为5m，故5s内物体的位移不同，故C错误；

D、因5s的位移不同，故5s内的平均速度不同，故D错误；

故选：A。

由图可知两物体的位置随时间的变化关系，由图象的斜率可知速度大小．

研究图象时，首先要明确图象的横纵坐标，再根据点线面的含义确定运动的性质；很多同学可能想当然的当成了v?t图象进行了处理，结果可想而知．

5.答案：B

解析：

由法拉第电磁感应定律得到ab边产生的感应电动势，结合闭合电路的欧姆定律得到ab边的两端的电势差。

本题考查法拉第电磁感应定律以及闭合电路的欧姆定律，注意ab两端的电势差为闭合电路的路端电压。

，ab边两端的电势差U ab=I·由法拉第电磁感应定律得：E=BLV，由闭合电路的欧姆定律：I=BLv

4R

BLv，故B正确，ACD错误。

3R=3

4

故选B。

6.答案：AC

解析：解：A、三星做圆周运动的角速度是相等的，由v=ωr，结合r A

B、由a=ω2r，结合r A

D、以A为研究对象，则受力如图：

由于向心力指向圆心，由矢量关系可知，B对A的引力大于C对A的引力，结合万有引力定律的表，可知B的质量大于C的质量。

达式：F=Gm1m2

r2

同理若以C为研究对象，可得A的质量大于B的质量，即质量大小关系是m A>m B>m C，故D错误；

C、由于m A>m B>m C，结合万有引力定律F=Gm1m2

，可知A与B之间的引力大于A与C之间的

r2

引力，又大于B与C之间的引力，由题可知，A、B、C受到的两个万有引力之间的夹角都是相等的，根据两个分力的角度一定时，两个力的大小越大，合力越大可知F A>F B>F C，故C正确。

故选：AC。

三星体做圆周运动的角速度ω、周期T相等，根据线速度与角速度的关系判断线速度的大小关系。

写出向心加速度表达式判断加速度的大小关系。

由万有引力定律，分别求出单个的力，然后求出合力，分析质量关系。

此题考查了万有引力定律及其应用，借助于三星模型考查万有引力定律，解答的过程中向右画出它们的受力的图象，在结合图象中矢量关系，然后和万有引力定律即可正确解答。

7.答案：AC

解析：解：A、电子的加速度为a=qU

md ，由d=1

2

at2得，t=√2d

a

=d√2m

qU

∝d，故两板间距越大，加

速的时间越长。故A正确。

B、根据动能定理得：qU=1

2mv2，则得电子到达Q板时的速度v=√2qU

m

，与两板间的距离无关，

与加速电压有关。故B错误，C正确。

D、电子的加速度为a=qU

md

，与两板间的距离有关。故D错误。

故选：AC。

电子到达Q板时的速度由动能定理列式分析；根据E=U

d

和牛顿第二定律得到电子的加速度。电子在电场中做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可以求得电子的运动的时间。判断电子受到的电场力的大小，从而可以判断电子的加速度的大小。

根据电子的运动的规律，列出方程来分析电子的加速度、运动的时间和速度分别与哪些物理量有关，根据关系式判断即可。

8.答案：AC

解析：解：A、由图乙知交流电的周期0.02s，所以频率为50Hz，A正确；

B、由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25000V，

所以输电线中的电流为：I=P

U =750×103

25000

=30A，输电线损失的电压为：△U=IR=30×100=

3000V，降压变压器输入端电压为22000V，所以用户端电压为220V，B错误，C正确；

D、输电线路损耗功率为：△P=△UI=90kW，D错误；

故选：AC。

根据升压变压器的输入电压，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，计算用户得到的电压．

解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数

比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系．

9.答案：BCE

解析：解：

A、气体分子距离较大，分子力很弱，要用力才能压缩空气，那是气体压强作用的效果，故A错误；

B、饱和气压由液体的种类和温度决定，在一定温度下，某种液体的饱和蒸气压是一定的，故B正确；

C、根据热力学第一定律可知：△U=W+Q，若一定质量的理想气体从外界吸热，同时气体对外做功，内能可能减小，故C正确；

D、微粒越大，撞击微粒的液体分子数量越多，运动状态不易改变，布朗运动不明显，故D错误；

E、表面张力的微观解释，液体表面层的分子间距较大，表现为引力，故E正确；

故选：BCE。

压缩气体需要力是气体压强作用的结果；液体表面层的分子间距较大，分子之间表现为引力作用；饱和气压：在一定的温度下，饱和气的分子数密度一定，饱和气的压强也是一定的，这个压强叫做这种液体的饱和气压；

根据热力学第一定律分析内能的变化情况；

颗粒越大，温度越低，布朗运动越不明显；

液体表面表现为引力是由于液体表面分子间距比液体内部分子稀疏，表现为引力

此题考查了气体压强、布朗运动、饱和气压和热力学第一定律等知识点，都比较简单，只要多看书，加强记忆即可作答。

10.答案：ACD

解析：解：A、质点P此时刻沿?y轴方向运动，振动比左侧邻近的波峰振动早，所以该波沿x轴负方向传播，故A正确；

B、简谐横波传播过程中各个质点的振幅相同，故B错误。

C、波沿x轴负方向传播，0.1s内向左传播的距离为x=vt=5×0.1m=0.5m，由波形平移法知图中x=3m处的状态传到P点，所以P点的横坐标为x=2.5m。故C正确。

D、由v=λ

T 、ω=2π

T

得ω=2πv

λ

=5π

3

rad/s，题图中Q点的振动方程y=Acosωt=5cos5π

3

t(cm)，

故D正确。

E、x=3.5m处的质点与P点相差小于半个波长，所以振动的位移不是始终相反，故E错误。

故选：ACD。

根据P点振动方向判断波的传播方向。介质中各个质点的振幅都相同。根据时间与周期的关系，分析P点的坐标。相邻两个波峰或波谷之间的距离等于波长，由图读出波长，并读出振幅，求出周期，写出Q点的振动方程。

本题根据比较质点振动先后判断波的传播方向，根据周期表示质点的振动方程，要学会应用波形平移法分析此类问题。

11.答案：解：(1)由图示可知，甲表笔与欧姆表内置电源负极相连，甲表笔是红表笔。

(2)测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到最大刻度处，即10mA处；

(3)欧姆表内阻为：R内=E

I g = 1.5

10×10?3

=150Ω，

指针指在电流表刻度的4mA处，由闭合电路欧姆定律得：4×10?3= 1.5

150+R X

解得电阻为：R x=225Ω。

(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了图中的a、c两点，由图示电路图可知，两电池串联，

相当于欧姆表内置电源电动势E变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变大，

欧姆表指针向右偏转，欧姆表示数变小，R x的测量结果偏小。

故答案为：(1)红；(2)10mA；(3)225；(4)偏小。

解析：欧姆表黑表笔与内置电源正极相连，红表笔与内阻电源负极相连；

用欧姆表测电阻前要进行欧姆调零，使指针指在电流表最大刻度处，即欧姆表的零刻度处；

欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据题意应用闭合电路欧姆定律分析答题。

本题考查了欧姆表的结构与欧姆表的工作原理，知道欧姆表结构与工作原理是解题的前提与关键，应用基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。

12.答案：(1)0.5625

(2)不需要；D

Δt

；<

(3)合外力做功与小球通过光电门时速度的平方成正比

解析：

该实验不同于课本中的实验，这种情况下我们首先要设法理解实验的原理，然后再根据实验的原理进行解答。

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．利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度．根据匀变速直线运动的规律判断求解。

(1)螺旋测微器：固定刻度为5.5mm，可动刻度为12.5×0.01mm=0.125mm，则读数为5.5+0.125= 5.625mm=0.5625cm；

mv2，质量会被约掉，故不需要测量小球的质量，由平(2)根据动能定理mgdsinθ?μmgdcosθ=1

2

均速度表示经过光电门时的速度，故小球通过光电门的速度为v=D

；根据匀变速直线运动的规律

Δt

得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度；

(3)根据表格中记录的数据可得，物体的位移d与物体的速度、以及速度的平方根都不存在正比例的关系，与速度的平方接近正比例关系，所以可选择v2为坐标系的纵坐标，将表格中的数据在d?v2坐标系中描点连线如图：

从图象得到的直接结论是d与v2成正比；从而间接得到做功与物体速度变化的规律是合外力做功与v2成正比。

；<；(3)合外力做功与小球通过光电门时速度的平方成正比。故答案为(1)0.5625；(2)不需要；D

Δt

13.答案：解：(1)假设B的速度从v0减为v B=4m/s时，A一直加速到v A，以A为研究对象，

m A v A2①

由动能定理μm B gL=1

2

代入数据解得：v A=1m/s

在A向右运动路程L=0.5m的过程中，A、B系统动量守恒

m B v0=m A v A+m B v B②

联立①②解得v0=6m/s

(2)设A、B与挡板碰前瞬间的速度分别为v A1、v B1，由动量守恒定律：

m B v0=m A v A1+m B v B1③

以A为研究对象，由动能定理

μm B g(L+x)=1

2

m A v A12④

由于A与挡板碰撞无机械能损失，故A与挡板碰后瞬间的速度大小为v A1，碰后系统总动量不再向右时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞，即

m A v A1≥m B v B1⑤

由③⑤得：m B v0≤2m A v A1⑥

解得v A1≥m B v0

2m A =1×6

2×2

=1.5m/s⑦

由④⑦联立解得x≥0.625m

答：

(1)B的初速度值v0为6m/s．

(2)当x≥0.625m时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞．

解析：(1)以A为研究对象，根据动能定理求出路程为L时的速度，分析A此时处于加速还是匀速状态，再根据系统的动量守恒列式，求出B的初速度．

(2)A与竖直挡板只能发生一次碰撞，碰撞后，A的动量应大于或等于B的动量．对系统，根据动量守恒和对A，由动能定理列式，结合条件可求x的范围．

本题考查了动量守恒定律、动能定理的应用，本题第(2)小题是本题的难点，知道A与挡板碰撞一次的条件是正确解题的前提与关键．

14.答案：解：(1)设粒子到O点时速度大小为v1，从P到O点过程中有：Eql1=1

2

mv12?0

代入数据解得：v1=2×106m/s

在磁场中对粒子有：qv1B=m v12

R1

代入数据解得：R1=0.02m

(2)设粒子进入磁场后，在Ⅰ和Ⅱ磁场区域做圆周运动的半径相同，设为r，当α取最大值时，粒子运动轨迹如图所示：

由几何关系可知：sin2β=r

2r

，代入数据解得：β=15°

又因为：α+β=90°，代入数据解得：α=75°

要使从O点进入磁场的带电粒子仅在y轴右侧区域运动，α不能超过75°。

(3)设粒子运动至O点速度大小为v，粒子在电场中运动时间为t1，加速度大小为a，对粒子有：Eq= ma，代入数据解得：a=1013m/s2

又v=at1

粒子在磁场中做匀速圆周运动轨道半径为r，周期为T，那么对粒子有：qvB=m v2

r

，解得：r=mv qB

又T=2πm

qB

，代入数据解得：T=2π×10?8s

如图由几何关系可知：θ=90°?α

粒子每次在任意磁场中运动圆弧的圆心角均为60°，弦长△l=r。

假设粒子在磁场中刚好运动到P点时间为t2，则有：t2=l2

△l ?60°360°

T

粒子运动到P点时间为t，则有：t=v

a +l2T

6△l

，代入数据解得：t=v

10

+π2

10v

当v

1013=π2

10v

时，即v=π×106m/s，t min=2π×10?7s

此时，将v=π×106m/s代入r=mv qB，解得：r=△l=π×10?2m

代入数据解得：l2

△l

=30，假设成立，故粒子成功至P点最短时间为2π×10?7s

解析：本题考查了带电粒子在复合场中的运动，解题的关键是会根据运动的情况结合几何关系进行分析解题，这个过程也是较为复杂的，所以务必需要分段分析。

(1)根据粒子在电场中的运动情况，得出进入磁场的速度，结合qv 1B =m v 12

R 计算出半径；

(2)根据题目要求，画出粒子在第一象限运动的临界情况，结合几何关系求解即可；

(3)根据粒子的运动情况，结合几何关系分析运动到P 点的时间，从数学关系分析出运动的最短时间。

15.答案：解：(1)设初状态每段的长度为h ，CD 段空气柱末状态的长度为?CD ，

根据等压变化，对CD 段空气柱有：?S

T =?CD S T 1

，

对AB 段空气柱有：?S

T =3?S??CD S

T 1

，

得T 1=1.5T ；

(2)设CD 段空气柱末状态的长度为?CD ′，压强为p CD ， 根据玻意耳定律，对CD 段空气柱有 p

2?S =p CD ?CD ′S ， 对AB 段空气柱有 p?S =(p CD ?p

2)(3???CD ′)S ，

得p CD =3+√66

p ；p AB =

√6

6

p ；p F =6+√66p 。

答：(1)若要使DE 段水银能碰到管顶F ，则环境温度至少需要升高到1.5T ； (2)此时管内CD 段空气柱的压强为

3+√66

p ，AB 段空气柱的压强为√

6

6p ，最低点F 处的压强为

6+√66

p 。

解析：本题采用隔离法分别研究两部分气体，更重要的是要抓住它们之间的联系，列出关系式，这是几部分气体问题的解题关键。

(1)环境温度升高，CD 、BA 两段气体都等压膨胀，分别对CD 段、BA 段气体运用盖?吕萨克定律列方程，并结合后来两部分气体长度之和等于EF +CD +BA ；

(2)保持环境温度T 不变，缓慢地旋转管子，两段气体均发生等温变化，根据玻意耳定律分别对两段气体列方程，并抓住初态时，CD 段压强为BA 段压强的一半，末态两部分气体总长度为EF +CD +BA 。

16.答案：解：(i)光线在AB面上的入射角为60°.因为光线在P点的入射角和在M点的折射角相等。知光线在AB面上的折射角等于光线在BC面上的入射角。根据几何关系知，光线在AB面上的折射角为30°。

根据n=sin60°

sin30°

，解得n=√3。

(ii)光线在AC面上的入射角为60°。

sinC=1

n

=

√3

3

因为sin60°>sinC，光线在AC面上发生全反射，无光线透出。

答：(i)三棱镜的折射率为√3.(ii)三棱镜的AC边无光线透出。

解析：(1)作出光路图，根据几何关系求出光线在P点的入射角和折射角，根据折射定律求出折射率的大小。

(2)根据折射定律求出临界角的大小，判断光线在AC边有无发生全反射。

本题考查光的折射，对数学几何能力的要求较高，平时需加强训练。