2020年全国五省优创名校联考高考物理五模试卷含答案

高考物理五模试卷

题号一二三四五总分

得分

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. α粒子散射实验结果表明原子核内有复杂的结构

B. 光电效应实验表明光具有波动性

C. 玻尔认为原子核外的电子的轨道是量子化的

D. β射线是核外电子受激产生的

2.2018年12月30日“嫦娥四号”探月卫星发射进入环月轨道，2019年1月3日，

自主若陆在月球背面实现人关探测器首次月背软右陆，“嫦娥四号”飞向月球的过程可简化为如下过程：由地面发射后进入近地圆轨道①，在A点加速后进入奔月轨道②，在月球背面的B点减速后进人近月圆轨道③，其中在轨道②上的P点地球与月球对“嫦娥四号”的引力大小正好相等。已知月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，则下列说法正确的是（）

A. “嫦娥四号”在轨道②上的P点的加速度为零

B. 在经过P点的轨道上，可以存在一颗环绕地球做匀速圆周运动的卫星

C. “嫦娥四号”在轨道①上的线速度小于在轨道③上的线速度

D. 若要使“嫦娥四号”从近月轨道③降落到月面，则应在该轨道上加速

3.一质量为2kg的质点做直线运动的速度二次方随位移变

化的图象如图所示，由图象和相关知识可知（）

A. 质点的加速度大小为1m/s2

B. 位移为零时质点的速度为4m/s

C. 若使质点运动时的加速度大小变为原来的2倍，则

此时质点所受的合力为1N

D. 若使质点运动时的加速度大小变为原来的2倍，且保持初速度不变，则质点在

位移为2.5m处的动能为9J

4.在图示平面内，存在范围足够大的匀强电场，若一电荷量

为c的带正电粒子只在电场力作用下运动，经过xOy平面

直角坐标系中坐标分别为（0，3）、（4，3）、（4，0）

的a、b、c三点时的动能分别为10eV、5.2eV、10eV，下列

说法正确的是（）

A. 该电场方向可能沿Ob方向

B. 该电场的电

场强度大小为200V/m

C. a、O两点之间的电势差为5.2V

D. 该粒子运动的轨迹可能为圆弧

5.如图所示，在直角坐标系的第一象限0≤x≤R区域内有沿y轴正

方向的匀强电场，右侧有个以坐标为（2R，0）的M点为圆心、

半径为R的半圆形区域半圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁

场（图中未面出）。现有一质量为m，带电荷量为e的电子，

从y轴上的P点以速度v沿x轴正方向射入电场，飞出电场后

恰能从坐标为（R，0）的Q点进入半圆形区域，且此时电子的速度方向与x轴正方向的夹角为30°，电子穿出半国形区域时的速度方向垂直于x轴，不考虑电子所受的重力，下列说法正确的是（）

A. 电子进人半圆形区域时的速度大小为2v0

B. 匀强电场的电场强度大小

C. 半圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B的大小为

D. 电子刚穿出半圆形区域时的位置坐标为（，）

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.英超联赛于2019年3月26日正式宣布：曼城纽卡斯尔联、西汉姆联和狼队将参加

今年夏天在中国举办的英超亚洲杯比赛。若在某场训练中运动员将足球踢出，足球在水平球场上沿直线滚动的距离为s时速度减小到零，已知运动员对足球的平均作用力大小为F，作用时间为△t，足球的质量为m，足球滚动过程中受到的阻力恒定，脚与球的作用距离可以忽略，则下列说法正确的是（）

A. 足球刚被出时的速度大小为

B. 足球在球场滚动时所受的阻力大小为

C. 足球在球场滚动时的加速度大小为

D. 足球在球场滚动时动量变化率为

7.利用手摇发电机和现想升压变压器为一灯泡供电。若手摇发电机线圈的电阻不计，

则下列说法正确的是（）

A. 增大手摇发电机摇把转动周期，可增加灯泡的亮度

B. 在手摇发电机和升压变压器的原线圈之间串联一电阻，可减小灯泡亮度

C. 在灯泡和变压器副线围之间串联一电阻，可增加灯泡的亮度

D. 减小升压变压器原线圈匝数，可增加灯泡的亮度

8.如图所示，乒乓球训练场上利用乒乓球发球机训练。发球机位于球台上一侧边绿的

中点，出球口在球台上方高度为H处，位于球台中间的网高为h，球台尺寸如图上标注。发球机水平发出的球能过网，且球落在球台上，球刚发出时的速度方向水平，且与网垂直，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A. 发球机平抛出乒乓球的最大速度为2L

B. 发球机平抛出乒乓球的最小速度为L

C. 乒乓球落到球台上时的竖直速度为

D. 若仅改变发球机发球的方向，乒乓球从抛出到落到球台上的最大位移为

9.下列说法正确的是（）

A. 用显微镜观察到花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规

则运动

B. 所有的晶体在熔化过程中的温度都不变

C. 随着分子间距离的增大，分子势能一定先减小后增大

D. 在细管中浸润和不浸润的液体均可产生毛细现象

E. 一定质量的理想气体，温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大

10.某简谐横波依次经过相距为5m的两质点P和Q，它们的振动图象分别如图甲和图

乙所示。下列说法正确的是（）

A. 该简谐波的率为2.5Hz

B. 该简谐波的波长一定是10m

C. t=0.2s时质点P的振动方向为沿y轴负方向

D. 该简谐波的最大传播速度为25m/s

E. 在△=2s时间内质点Q通过的路程为0.5m

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.为了解决在完全失重的“天宫二号”实验舱中测量物体质量

的问题某同学设计了如图所示的实验。

（1）将轻弹簧的一端固定在竖直墙壁上，另一端用水平力压

弹簧，静止时弹簧的压缩量为x，水平力的大小为F，则轻弹

簧的劲度系数k=______，此时弹簧的弹性势能为kx2。

（2）现用物块压缩轻弹簧，压缩量为x后由静止释放物块，物块离开弹簧后，物块上宽度为d的速光条经过

光电门的时间为t，则物块通过光电门时的速度大小为______，物块的质量为

______。

12.某物理兴趣小组用下列器材描绘一个小灯泡（额定电压为25V的伏安特性曲线，实

验室提供的器材如下：

A．电流表（量程0.6A，内阻为3Ω）

B．电压表（量程2V内阻为2kΩ）

C．定值电阻R1=100Ω

D．定值电阻R2=1000Ω

E．滑动变阻器（阻值范围0～10Ω）

F．开关及导线若干

（1）由于电压表量程小于小灯泡额定电压，现耍把实验室中的电压表改装成量程为3V的电压表，则需要把

电压表与定值电阻______（填“R1”或“R2“）______（填“串”或“并”）联。

（2）要求小灯泡两端电压从零变化到额定电压电流表采用外接法。请在甲方框中画出实验电路原理图。

（3）若实验得到小灯泡两端的电压U和通过小灯泡的电流I的图象如图乙所示，把该小灯泡连接到电动势为3V、内阻为5Ω的电池两端，则此时小灯泡的电阻为______Ω，实际电功率为______W．（结果均保留两位有效数字）

四、计算题（本大题共3小题，共42.0分）

13.如图所示，四个质量均为m、完全相同的小球用相同的轻弹簧连接，放在光滑水平

面上，已知连接小球的轻弹簧原长为L，劲度系数为k，在小球4上施加一水平向右、大小为F的拉力使四个小球一起向右做匀加速直线运动。

（1）求各小球间的轻弹簧伸长的总长度；

（2）若突然撤去拉力，求小球4的加速度大小。

14.如图所示空间存在一个垂直纸面向里的磁场区域磁场上边界OM水平以O为坐标

原点，OM为x轴，竖直向下为y轴建立坐标系xOy，磁场区域的磁感应强度大小在x方向保持不变，y轴方向按B=ky变化，k为大于零的常数。一质量为m、电阻为R′、边长为l的单匝正方形线框abcd从图示位置（a在坐标原点）以大小为v0的速度沿x轴正方向抛出，抛出时ab边和x轴重合，ad边和y轴重合，运动过程中线框始终处于xOy平面内，且ab边始终平行于x轴，磁场区域足够大，重力加速度为g。若经过一段时间后线框的a点运动到图中位置P（x0，y0）时，线框在竖直方向恰好匀速运动，求：

（1）线框在竖直方向上的最终速度大小；

（2）在线框的a点由位置O运动到位置P过程中，所受安培力的冲量大小和线框中产生的焦耳热Q；

（3）再经过时间t，线框的a点的位置坐标。

15.一定质量的理想气体从状态a开始先经绝热变化到状态b，再经等压变化到状态c，

气体放出的热量为Q．已知状态a气体压强为p0，体积为2V0，温度为T0；状态b 压强为2p0，体积为4.5V0；状态c体积为V0，求：

①状态b的温度；

②气体从状态a到状态b外界做的功。

五、综合题（本大题共1小题，共12.0分）

16.一横截面半径为R的圆柱形玻璃砖长为L，一单色

细光束从圆心O入射，细光束经折射后射到圆柱形

玻璃砖侧面的中点D，且刚好发生全反射，光在真

空中的传播速度为c。求：

①圆柱形玻璃砖对该细光束的折射率和细光束在

中心O点的入射角的正弦值；

②细光束从刚进入柱形玻璃砖到刚到达玻璃砖右端面的传播时间。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、从绝大多数α粒子几乎不发生偏转，可以推测使粒子受到排斥力的核体积极小，所以带正电的物质只占整个原子的很小空间，故A错误；

B、光电效应实验表明光具有粒子性。故B错误；

C、玻尔理论认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的，故C正确；

D、β衰变是原子核内的中子转化为质子同时释放出电子，故D错误；

故选：C。

根据α粒子散射实验的现象与结论分析；

β衰变是原子核内的中子转化为质子同时释放出电子；

根据玻尔理论分析；

光电效应实验表明光具有粒子性。

对于α粒子散射实验要明确其实验现象和结论，掌握β衰变的实质，理解半衰期适用条件，注意裂变与裂变的区别。

2.【答案】A

【解析】解：A、由于在轨道②上的P点上，地球与月球对“嫦娥四号”的引力大小正好相等，合力为零，加速度为零，故A正确；

B、由于卫星在P点所受合力为零，没有指向地心的向心力，故B错误；

C、由于月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，而月球的半径小于地球的半径，根据v=可知，“嫦娥四号”在轨道①上的线速度大于在轨道③上的线速度，故C错误；

D、若要使“嫦娥四号”从近月轨道③降落到月面，则应在该轨道上减速，故D错误。故选：A。

合力为零，加速度为零；

根据万有引力提供向心力确定卫星运动规律；

卫星降落需要减速做近心运动。

本题要建立卫星运动的模型，抓住万有引力充当向心力以及圆周运动的知识，同时应用离心变轨的规律进行求解。

3.【答案】D

【解析】解：AB、将质点做直线运动的速度二次方随位移变化的图象与公式v2-v=2ax

对照可知：位移为零时，质点的速度为2m/s?由图象斜率知：k=1m/s2=2a，解得加速度为：α=0.5m/s2故AB错误；

C、由牛顿第二定律可知，质点运动时所受的合力为：F=ma=2×0.5N=1N．当加速度大小变为原来的2倍时。所受的合力为2N．故C错误；

D、当质点运动时的加速度大小变为原来的2倍，斜率增大为2倍，且保持初速度不变，位移为2.5m时，质点的速度二次方为9，动能为：E k=mv2=J=9J，故D正确。

故选：D。

根据v2-x图象，判断出物体的加速度关系，代入具体数值，求得加速度和初速度，根据牛顿第二定律知受力，根据动能定义式求解动能。

本题考查图象问题、牛顿第二定律、动能等知识，综合性较强，此题关键是要明确v2-x 图象中斜率的含义，代入具体数据求得加速度和初速度。

4.【答案】B

【解析】解：A、带电粒子只受电场力，经过a、c两点时的动能相等，由带电粒子在电场中的动能和电势能之和保持不变，可知带电粒子经过a，c两点时的电势能相等，a，c两点电势相等。ac的连线为等势线，根据电场线与等势面垂直可知，图中dO的方向为电场强度的方向。故A错误；

C、设a，c两点电势为零。b点的电势为φb，根据带电粒子在电场中的动能和电势能之和保持不变，10eV=eφb+5.2eV，解得φb=4.8V，由于bc=aO．故O点电势为φo=-4.8V，U dO=4.8V，故C错误；

B、设∠Oad=θ，则Od=3sinθ（cm），Od=4cosθ（cm），解得Od=2.4cm。该电场的电场强度大小E==200V/m。故B正确；

D、由于带电粒子在匀强电场中只受电场力，所受合力为恒力，该粒子轨迹不可能为圆弧?故D错误。

故选：B。

带电粒子在匀强电场中只受电场力而运动，粒子所受的电场力是恒力，只可能做匀变速直线运动，或匀变速曲线运动。粒子的能量是守恒的，即动能和电势能的总和不变，由能量守恒定律找出电势能相等的两点，画出等势线，即可求得电场强度的大小。结合粒子的运动情况分析轨迹形状。

解决本题时要明确：在匀强电场中，电场强度是处处相等的，电场强度、电势差与沿电场方向上的距离的关系为U=Ed，值得注意的是该关系式只适用于匀强电场，d是两点沿电场方向的距离

5.【答案】C

【解析】解：A、电子在匀强电场中做类平抛运动，电子进入圆形区域时的速度大小为v==，故A错误；

B、电子沿y轴方向的速度分量v y=v o tan30°=①

又v y=at②

根据牛顿第二定律，有

eE=ma③

R=v o t④

联立①②③④，得E=

故B错误；

C、轨迹如图，

根据图中几何关系可得电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，

由evB=m

故B=，故C正确；

D、根据几何关系可得电子穿出半圆形匀强磁场区域时的位置坐标为

x=R+=

y=-，故D错误；

故选：C。

A、根据类平抛运动运动特点，由分速度可以求出合速度大小；

B、根据分运动的特点，结合牛顿第二定律，可以求出电场强度大小；

C、利用洛伦兹力提供向心力，结合已知条件，可以求出匀强磁场的磁感应强度的大小；

D、根据粒子受力特点，画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系，求出电子的位置坐标。本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，关键要能根据受力分析出研究对象的运动，进而画出研究对象的运动轨迹图。

6.【答案】AD

【解析】解：A由动量定理F△t=mv，解得中球被踢出时的速度大小为：v=故A正确B、足球被踢出时的动能为：E K==（，由动能定理有：fs=，解得足球在球场滚动时所受的阻力大小为：f=，故B错误

C、由牛顿第二定律可知：a==，故C错误

D、由f=可知足球在球场滚动时动量变化率为，故D正确

故选：AD。

由动量定量求得运动速度，由动能定理求得阻力即动量的变化率，由牛顿第二定律求得加速度。

考查动量定理与动能定理的应用，选好运动过程，确定正确的公式即可求解。

7.【答案】BD

【解析】解：A、增大手摇发电机摇把的转动周期T，由，可知减小了手摇发电机转动的角速度ω，产生的交变电流电动势最大值E m=NωSB减小，升压变压器的原线圈输入电压U1，减小根据变压器变压比公式可知，副线圈输出电压U2减小，灯泡

两端电压减小，灯泡亮度减小，故A错误；

B、在手摇发电机和升压变压器的原线圈之间串联一电阻，由于电阻分压，导致升压变压器原线圈输入电压U1减小，根据变压器变压公式可知，副线圈输出电压U2碱

小，灯泡两端电压减小，灯泡亮度减小，故B正确；

C、在灯泡和变压器副线圈之间串联一电阻由于电阻分压，导致灯泡两端电压降低，灯泡的亮度减小，故C错误；

D、减小升压变压器原线圈匝数，由可知，副线圈输出电压U2增大，灯泡两端电

压增大，可增加灯泡的亮度，故D正确。

故选：BD。

增大手摇发电机摇把的转动周期T，由，可知角速度减小，产生的交变电流电动

势最大值E m减小，根据公式可分析出灯泡的电压变化，从而可以判断灯泡暗亮长

度。

本题考查变压器，目的是考查学生的推理能力。掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决。

8.【答案】AC

【解析】解：A、要是乒乓球能落到对方的球台上，发球机发出的乒乓球速度最大时，球恰好到达对方球台的边缘，由，2L1=v1t1，解得：，故A正确；

B、当乒乓球恰好过网时，速度最小，由，L1=v2t2L=v2t2，解得：，

故B错误；

C、乒乓球在竖直方向上做自由落体运动，竖直分速度，故C正确；

D、乒乓球从抛出到落到球台上的最大位移，故D错误；

故选：AC。

乒乓球做平抛运动，抓住两个临界状态，即球刚好过网和球刚好不出界，结合高度求出平抛运动的时间，根据水平位移和时间求出最小初速度和最大初速度，从而得出初速度的大小范围。

本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度、物体的质量等无关。

9.【答案】BDE

【解析】解：A、布朗运动不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动，反映了分子永不停息地做无规则运动。故A错误；

B、晶体有固定的熔点，晶体在熔化过程中的温度不变。故B正确；

C、分子势能的变化要看分子间的距离在什么范围之内。当r＞r0时，分子距离增大，分子势能增大；当r＜r0时，分子距离增大，分子势能减小。故C错误；

D、在细管中浸润和不浸润的液体均可产生毛细现象。故D正确；

E、温度是分子平均动能的标志。一定质量的理想气体，温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大。故E正确。

故选：BDE。

布朗运动反映了分子永不停息地做无规则运动；晶体有固定的熔点，晶体在熔化过程中的温度不变；分子势能的变化要看分子间的距离在什么范围之内；在细管中浸润和不浸润的液体均可产生毛细现象；温度是分子平均动能的标志。

本题考查了分子势能、布朗运动、晶体和非晶体、分子力等知识点。这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。

10.【答案】ACD

【解析】解：A、由图可知波的周期T=0.4s，所以频率，故A正确；

B、比较甲与乙图可知，二者振动的步调相反，则它们之间的距离为半波长的奇数倍，则有：d=（n+）λ，（n=0，1，2…）当n=0时，该波的波长最大为：λm=2d=2×5m=10m，

故B错误；

C、由图甲看出t=0.2s时，A质点向下运动，故C正确；

D、最大波速，故D正确；

E、在△t=2s=5T时间内质点Q通过的路程为20A=20×0.05m=1m，故D错误；

故选：ACD。

由图可知波的周期，可求频率；

P和Q步调振动步调相反，间距为半波长的奇数倍，据此求一系列波长，其中n=0时有最大波长λm，结合波速公式可求最大波速；

根据振动图象判断质点的振动方向；

根据运动时间求解质点通过的路程；

该题不是普通的横波图象题，题设给出了横波中两个质点的振动图象，因不知两质点的滞后关系因此可能会存在多解性答案，根据题设条件给出的两质点的距离关系，结合波的周期性列出周期性方程即可得出波速的表达式，进而再判断选项正确与否。

11.【答案】

【解析】解：（1）根据胡克定律F=kx，再由静止时弹簧的压缩量为x，水平力的大小为F，

则轻弹簧的劲度系数k=；

（2）

由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，则物块通过光电门

时的速度大小v=；

根据能量守恒定律，弹簧减小的弹性势能转化为物块的动能，即有：kx2=。

综合上式，则物块的质量为m=；

故答案为：（1）；（2），。

根据胡克定律，结合压缩量与水平拉力，即可求解轻弹簧的劲度系数；

依据遮光板通过光电门的时间很短，可以用对应时间内的平均速度代替瞬时速度；再由

能量守恒定律，结合弹性势能表达式kx2，即可求解。

考查胡克定律的应用，掌握能量转化与守恒定律的内容，注意求解瞬时速度的方法。

12.【答案】R2串7.2 0.45

【解析】解：（1）当电压表满偏时，

有：I m==10-3A

要想改成3V的电压表需要串联电阻

为：R==1000Ω；故只能选择R2；

（2）根据实验要求可知，本实验采用滑动变阻器分

压接法，电流表采用外接法，故电路图如图所示；

（3）作出电源的伏安特性曲线，如图所示，由图可知，灯泡的工作电压为1.8V，电流为0.26A；

故电阻为：R===7.2Ω；

功率为：P=UI=1.8×0.25=0.45W。

故答案为：（1）R2，串；（2）如图所示；（3）7.2，0.45。

（1）根据电表的改装原理进行分析，从而求出应串联的电阻；

（2）根据实验要求确定实验电路图；

（3）作出电源的伏安特性曲线，与灯泡的伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点，由图即可求出电压和电流，再由P=UI求出实际功率，由欧姆定律求出电阻大小。

本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线以及电动势的测量实验，要注意明确实验原理，知道实验中对图象的分析以及数据处理的方法。

13.【答案】解：（1）整体所受合力为F，则由牛顿第二定律，整体运动的加速度：a=，则每个小球所受合力均为F0=，

则小球12之间弹簧拉力：F12=F0=，弹簧伸长量：s12==，

小球23之间弹簧拉力：F23=F0+F12=，弹簧伸长量：s23==，

小球34之间弹簧拉力：F34=F0+F23=，弹簧伸长量：s34==，

则弹簧伸长的总长度：s=s12+s23+s34=；

（2）若突然撤去拉力，则小球4所受合力为小球34之间弹簧的拉力，则小球4加速度大小：a4==；

答：（1）各小球间的轻弹簧伸长的总长度是；

（2）若突然撤去拉力，小球4的加速度大小是。

【解析】（1）对整体，由牛顿第二定律可求得加速度，从而得到每个小球所受合力，由每个弹簧的拉力结合胡克定律可求得每个弹簧的伸长量，则弹簧伸长的总长度可求解；

（2）突然撤去拉力，则小球4所受合力为小球34之间弹簧的拉力，由牛顿第二定律可求得小球4加速度。

本题考查了牛顿第二定律、胡克定律的应用，注意整体法、隔离法的灵活选取。

14.【答案】解：（1）正方形线框abcd从图示位置（a在坐标原点）以大小为v0的速度沿x轴正方向抛出，

可把线框的运动分解为水平方向和竖直方向，由分析可知，

水平方向做匀速直线运动，竖直方向做加速度减小的加速运动，最后在竖直方向也做匀速直线运动；

在竖直方向，设线框所受安培力大小为F，由平衡条件有

F=mg①

根据安培力公式得

F=kylI-kIl（y-l）②

根据欧姆定律得

I=③

利用法拉第电磁感应定律，有

E=kylv y-k（y-l）lv y④

联立①②③④，得

v y=

（2）设线框的a点由坐标原点运动到位置P所经历的时间为t，

在水平方向有x0=v0t0⑤

竖直方向，设安培力的冲量为I A，由动量定理，

mgt0-I A=mv y⑥

联立⑤⑥，解得

I A=-

在线框的a点由O运动到P过程中，由能量守恒定律，有

mgy0+=+Q

整理得Q=mgy0-

（3）在以后的时间t内，线框沿x轴方向和y轴方向均做匀速直线运动

x1=v0t

y1=v y t=

故再经过时间t线框的a点位置坐标

x=x0+x1=x0+v0t

y=y0+y1=y0+

答：（1）线框在竖直方向上的最终速度大小为；

（2）在线框的a点由位置O运动到位置P过程中，所受安培力的冲量大小和线框中产生的焦耳热Q为mgy0-；

（3）再经过时间t，线框的a点的位置坐标为（x0+v0t，y0+）。

【解析】（1）根据受力分析，由受力分析线框的运动，可以求出末速度；

（2）由受力分析结合动量定理和能量守恒定律可以求出冲量大小和焦耳热；

（3）结合线框的运动，通过运动的分解，分别求出两个轴上对应的坐标。

本题考查导体切割磁感线时的感应电动势，关键要注意受力分析和闭合电路欧姆定律的应用，另外要注意能量守恒定律的运用。

15.【答案】解：①理想气体从状态a到状态b，由理想气体状态方程，

解得：T b=1.57T0

②理想气体从状态a到状态状态c体积为V，压强为2A，由理想气体状态方程，=

解得：T c=T0

由于状态c和状态a温度相同，内能相同。

理想气体从状态b经等压变化到状态c，外界做的功W bc=2p0（1.5V0-V0）=p0V0

设气体从状态a到状态b外界做的功为W ab，根据热力学第一定律，有W ab+W bc-Q=0 解得：W ab=Q-p0V0

答：①状态b的温度为1.57T0；

②气体从状态a到状态b外界做的功为Q-p0V0。

【解析】（1）写出初末状态的气体参量，根据理想气体状态方程，可以求出b、c状态的温度；

（2）根据等压变化气体做功公式W=P△V和热力学第一定律可以求出气体从状态a到状态b外界做的功。

本题考查了热力学第一定律、理想气体状态方程。抓住理想气体不变的状态参量，选择相应的气体实验定律是解题的关键。

16.【答案】解：①如图作出光路图，根据几何知识可知：

r+θ=90°

又：

刚好发生全反射，则：

解得：n=

根据折射定律：n=

又几何关系：

联立可得：s i ni=

②光束在圆柱体内的传播受到：v==

传播的路程：s=

传播的时间：t=

联立可得：t=

答：①圆柱形玻璃砖对该细光束的折射率为，细光束在中心O点的入射角的正弦值为；

②细光束从刚进入柱形玻璃砖到刚到达玻璃砖右端面的传播时间是。

【解析】①作出光路图，根据几何知识求出光线在D上的入射角和O点的折射角，即可由折射定律求出玻璃砖的折射率。

②由几何关系求出光在玻璃砖中传播的距离，由v=求出光在玻璃砖中传播的速度，即

可求得传播的时间。

本题是一道几何光学题，对于几何光学，作出光路图是解题的基础，并要充分运用几何

知识求解入射角和折射角。