《2021届全国百强名校领军考试高考物理模拟试卷(含答案解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届全国百强名校领军考试高考物理模拟试卷(含答案解析).pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021届全国百强名校领军考试高考物理模拟试卷一、单 选 题（本大题共4小题，共24.0分）1.玻尔认为，围绕氢原子核做圆周运动的核外电子，轨道半径只能取某些特殊的数值，这种现象叫做轨道的量子化.若离核最近的第一条可能的轨道半径为右，则第n条可能的轨道半径为7=71（7 1 =1,2,3,.）,其中n叫量子数.设氢原子的核外电子绕核近似做匀速圆周运动形成的等效电流，在7 1 =3状态时其强度为/,则在n=2状态时等效电流强度为（）A.-I B.-/C.-I D.-I2 3 8 272.一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上运动的v-t图象如图所示.则根据图象不能求出的物理量是
2、（）v/m/sA.木块的位移0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4B.木块的加速度C.木块所受摩擦力D.木块与桌面间的动摩擦因数3.下列各叙述中，正确的是（）A.由功的定义式W=Fx可知，功是既有大小又有方向的物理量B.在不需要考虑带电物体本身的形状和大小时:用点电荷来代替带电体的方法叫微元法C.牛顿在前人工作的基础上通过推导，提出了万有引力定律，并测出了引力常量的值D.比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电场强度E=；,电势差U=都是采用了比值法定义的4.一 个 质 点 做 变 速 直 线 运 动 的t图象如下图，下列说法中正确 A BA.第1s内与第5s
3、内的速度方向相反B.第1s内的加速度大于第5s内的加速度C.OA-AB、BC段的加速度大小（ZBC OA -ABD.。4段的加速度方向与速度方向相反二、多 选 题（本大题共6小题，共33.0分）5.在天文观测中，发现一颗与其它天体相距较远的球形天体4它有一靠近表面飞行的卫星a；另一颗与其它天体相距较远的球形天体B,它也有一靠近表面飞行的卫星b,测得两颗卫星a、b分别环绕天体4、8的周期相等.以下说法正确的是（）A.天体4、8的质量一定相等B.天体4、B的密度一定相等C.天体4、B的第一宇宙速度一定相等6.D.天体4和天体B表面附近物体的重力加速度之比为天体4、B的半径之比两根足够长的光滑导轨竖
4、直放置，间距为3底端接阻值为R的电阻.将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，除电阻R外其余电阻不计.现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（）A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB.金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a bC.金属棒的速度为。时，电路中的电功率为电等D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量如图所示，铜棒ab长=0.1 m,质量为TH=0.06 k g,两端与长为/=1 m的轻铜线相连，静止于竖直平面内，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度8=0.5 7,现接通电源，
5、使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒发生摆动，已知最大偏转角为37。，则在向上摆动过程中（不计空气阻力，5=10 m/s2,sin 370=0.6,8$37。=0.8）则（）A.铜棒的机械能守恒B.铜棒的机械能增大C.铜棒中通电电流大小为9 4D.铜棒中通电电流大小为4 48.两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为。的斜面上，导轨的左端接有电阻R,导轨自身的电阻可忽略不计。斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。质量为小、电阻可不计的金属棒a b,在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升九 高度。如图所示，在这过程中（）A.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B.作用于金属棒
6、上的各个力的合力所做的功等于mg/i与电阻R上发出的焦耳热之和C.恒力F与安培力的合力所做的功等于零D.恒力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上发出的焦耳热9.下列说法中正确的是()A.分子间有相互作用的引力或斥力B.分子间的作用力随距离的增大而减小C.如果系统4 与系统B 分别与系统C 达到热平衡，则系统4、B 具有相同的温度D.一定质量0 汽的水凝结成(T C 的冰时分子热运动的平均速率不变E.温度越高，分子的势能越大1 0.一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t =0 时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到c 点，t =0.6 s时波恰好传到e 点，波形如图中虚线所示，a、b、c、d、e
7、是介质中的质点，下列说法正确的是()A.当t =0.5 s 时质点b 和质点c 的位移相等B.当t =0.6 s 时质点a 的位移为-5 百 c mC.质点c 在。0.6 s 时间内沿x 轴正方向移动了 3 n lD.这列简谐横波遇到频率为l”z 的另一列简谐横波时我们能够观察到干涉现象三、实验题(本大题共2 小题，共 1 5.0 分)1 1.图为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图，细线平行于桌面，物块和遮光片的总质量为M、重物的质量为m,遮光片的宽度为d,两光电门之间的距离为s.让物块从光电门4的左侧由静止释放，分别测出遮光片通过光电门4、B 所用的时间为以和%,用遮光片通过光
8、电门的平均速度表示遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度.(1)如果物块运动的加速度为a,则物块与水平桌面之间动摩擦因数为mg-(M+m)a o mg-Ma 八 mg-MaMg m mg g Mg mg(2)利用实验中测出的物理量，算出物块运动的加速度a为或J-%)2 s t严，2 s I 诒(3)遮 光 片 通 过 光 电 门 的 平 均 速 度(选 填“大于”、“等于”或“小于”)遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度，由此会产生误差，请写出一种减小这一误差的方法.答：1 2.如图是一个多用表倍率为x 100的欧姆挡内部电路示意图。电流表满偏电流6 m 4 内阻90：电池电动势9人 内阻10；变阻
9、器R阻值。20000,在电路中还有一个保护电阻扁=490/2 o(1)选择该挡位后，测量前应;(2)欧 姆 表 盘 的 中 间 刻 度 应 标 数 字 为 ；(3)当表内电池的电动势低于 U时，可导致该挡位不可调零；(4)若表内电池的电动势下降后仍可调零，但某次测量竟将实际阻值为4000标准电阻的阻值测成5 0 0 0,分析可知表内电池的电动势等于 心四、计算题(本大题共4 小题，共 52.0分)1 3.已知笊核的质量为2.0136“，中子的质量为1.0087”，j He的质量为3.0150a。(1)计算上述核反应中释放的能量。(2)若两个笊核以相等的动能0.35MeU发生对心碰撞即可发生上述
10、核反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应中生成的;He和中子的动能各是多少？1 4.如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M=2kg的小车，小车左端靠在竖直墙壁上，其左侧半径为R=5nl的四分之一圆弧轨道4B是光滑的，轨道最低点B与水平轨道BC相切相连，水平轨道BC长为3爪,物块与水平轨道BC间的动摩擦因数=0.4,整个轨道处于同一竖直平面内。现将质量为加=1kg的物块(可视为质点)从圆弧上无初速度释放，取重力加速度为g=10m/s2,则：(1)若释放点在4 点，求物块下滑至圆弧轨道最低点B时的速度大小如；(2)若物块最终从C端离开小车，求此过程中产生的热量Q；(3)若改变物块释放点，可
11、使小车最终获得的动能最大，求此最大动能取。15 .如图所示为竖直放置的、由粗细不同的两种均匀的玻璃管组成的U 形管，细管的横截面积是粗管横截面积的一半，管内有一段水银柱，左管上端封闭，左管内气体 A柱长为3 0 c m,右管上端开口与大气相通，管内水银面4、B、C 之间的高度差均为BChh-h,且八长为4cm.气体初始温度为27 汽，大气压强p。为7 6 c m g,求：(1)当左侧细管中恰好无水银柱时，管内的气体压强；(2)当左右两管水银面相平时，气体的温度.16 .如图所示，从长方体透明玻璃中挖去一个半径为R 的半球体，0 为半球的球心，。1。2连线为透明玻璃体的主光轴，在离球心0.5 R
12、 处竖直放置一个足够大的光屏，出为屏上的点，让一单色光束平行。2垂直左侧表面入射，当光线距离为0 2连线0.5 R 时，折射后的光线达到光屏上距离。2为苧R 的P 点，已知透明体的上下侧面均涂有吸光材料，贝 I：透明玻璃的折射率为多少；当平行光线到光轴。1。2的距离为多少时，折射后射到光屏上的位置离。2最远。参考答案及解析1.答案：C解析：解：根据忆 3 =山丁”，r2 T2解得T=2 n 匡,ke2n =2和n =3轨道半径之比为4：9,则n =2和n =3两个轨道上的周期比为8：27,根据/=*知，电流比为27：8,所以在n =3状态时其强度为/,则n =2状态时等效电流强度为萨/.故IO
13、C正确，A、B、。错误.故选：C.电流等于单位时间内通过某个横截面的电量，通过轨道半径求出电子绕核旋转的周期关系，从而得出九=3状态时和r i =2状态时的电流关系.解决本题的关键建立正确地物理模型，结合库仑引力提供向心力得出周期与轨道半径的关系.2 .答案：C解析：解：2、速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，根据图线可以求出木块的位移.故4正确.从 速度时间图线的斜率表示木块的加速度，结合图线的斜率可以求出木块的加速度.故8正确.C、木块所受的摩擦力/=m g =ma,因为质量未知，则无法求出木块所受的摩擦力，动摩擦因数 常，可以求出.故C 错误，。正确.本题选不能求出的，故选：C.根据
14、速度时间图线与时间轴围成的面积求出木块的位移，结合图线的斜率求出木块的加速度，根据牛顿第二定律，结合加速度求出动摩擦因数的大小.解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义.3 .答案:D解析：解：4、功只有大小，没有方向，是标量，故 A错误；8、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替物体的方法叫理想模型法，故 8错误。C、牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许测量出了万有引力常量，故 C 错误。、比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，电场强度E=；,电势差U =?都是采用了比值法定义的。故。正确;故选：D。功是标量；在不需要考虑物体
15、本身的大小和形状时，用点电荷来代替物体的方法叫理想模型法。卡文迪许测量出了万有引力常量；比值法定义出来的物理量与参与定义的量无关。在高中物理学习的过程中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助，故在理解概念和规律的基础上，要注意方法的积累。4.答案：C解析：解：4、由图知，第1s内与第5s内的速度均为正值，速度方向均沿正方向，方向相同。故A错误。8、根据速度图象的斜率等于质点的加速度，可知，第1s内的加速度小于第5s内的加速度。故 B 错误。C、由斜率的大小等于质点的加速度大小看出，04、4B、BC段的加速度大小关系为：aB C a0 A aA B.故 C 正确。
16、、。4段的加速度与速度方向均为正值，方向相同。故。错误。故选：Co本题是速度图象，解答本题关键应根据：1、速度的正负表示质点的运动方向；2、速度图象的斜率等于质点的加速度；根据斜率的大小可判断加速度的大小，由斜率的正负确定加速度的方向.本题的解题关键是掌握速度图象的斜率等于质点的加速度，即可比较加速度的大小，判断加速度的方向.5.答案：BD解析：解：力、根据G =mR等得天体质量为：时=寓，由于天体4、B的半径关系未知，则无法判断质量是否一定相等，故 A 错误。B、天体的密度为：。=?=噩=券，两颗卫星a、b分别环绕天体4、B的周期相等，则天体力、3B的密度一定相等，故 B 正确。C、根据G
17、鬻=m*得：v=眄 运,因为4、B的半径关系未知，无法判断第一宇宙速度一定相等，故 C错误。、根据G鬻=mg得：g=l p G n R,可知天体4和天体B表面附近物体的重力加速度之比为天体4、B的半径之比，故。正确。故选：B D。卫星绕球形天体运动时，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律和万有引力定律得出天体的质量、天体密度、第一宇宙速度、重力加速度的表达式，从而进行比较.本题是卫星绕行星运动的问题，要建立好物理模型，采用比例法求解.要熟练应用万有引力定律、圆周运动的规律结合处理这类问题.6.答案：AC解析：解：4、金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受
18、重力作用，故其加速度的大小为g,故4正确；B、根据右手定责可知，金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为b-a,故B错误；C、当金属棒的速度为 时，E=B L v,安培力大小为：F=BIL =B-L=,故C正确；R R。、当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，故。错误.故选：AC.导体棒下落过程中切割磁感线，回路中形成电流，根据右手定责可以判断电流的方向，正确分析安培力变化可以求解加速度的变化情况，下落过程中正确应用功能关系可以分析产生热量与重力势能减小量的大小关系.根据导体棒速度的变化正确分析安培力的变化往往是解决这类问题的重
19、点，在应用功能关系时，注意弹性势能的变化，这点是往往被容易忽视的.7.答案:BC解析：对铜棒受力分析，根据安培力做的功，判断机械能的变化，由共点力平衡条件并结合合成法求解安培力，进而可求电流大小。本题关键受力分析后根据平衡条件列式求解安培力，然后根据公式凡4 =B/L求解电流大小。力B.铜棒在运动的过程中，由安培力做功，故机械能不守恒，由于安培力做正功，故机械能增大，故B正确，A错误；CD对铜棒受力分析，受重力、绳的拉力、安培力，侧视图如图（从右向左看）：T6mg由图可得：m g t and=尸安=BIl,解得：/=理 理=2 誉 经 a=9 4 故 C 正确，。错误。BL 0.5x0.1故
20、选B C。8.答案：AD解析：解：4B、金属棒ab匀速上升过程中，作用于棒上各力的合力为零，则合力所作的功等于零,故 A 正确，8 错误。C、根据动能定理得：WF-WG-W =o,得 必 皿 安=%*0,即恒力F与安培力的合力所做的功不等于零，等于克服重力做功，故 C错误。、由 必 一%一加次=0 得，WF-WC=W ,即恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，即等于电阻R上发出的焦耳热，故。正确。故选：ADc导体棒ab匀速上滑，合力为零，即可合力的做功为零；对导体棒正确受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功等于回路电阻中产生的热量。对于电磁感应与功能结合
21、问题，可利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生热量。9.答案：ACD解析：分子间存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都随分子间距离的减小而增加，但斥力增加的更快，故当距离于小时合力表现为引力，小于小时合力表现为斥力；如果两个热力学系统中的每一个都与第三个热力学系统处于热平衡（温度相同），则它们彼此也必定处于热平衡，这一结论称做“热力学第零定律”；该题考查3-3的多个知识点；其中热平衡定律是热力学中的一个基本实验定律，其重要意义在于它是科学定义温度概念的基础，是用温度计测量温度的依据。4分子间既存在引力，也存在斥力，只是当分子间距离大于平衡距离时表
22、现为引力，小于平衡距离时表现为斥力，故A正确；B.分子间存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都随分子间距离的增加而减小，但分子之间的作用力的整体效果变化比较复杂，当分子间距离小于平衡距离时，分子间的作用力随距离的增大而减小；大于平衡距离时表现为引力，随距离的增大，可能是先增大后减小，故8错误；C.根据热平衡定律，如果系统4与系统B分别与系统C达到热平衡，则系统4、B具有相同的温度；故C正确；。温 度是分子的平均动能的标志，一定质量0国的水凝结成0 K的冰时分子热运动的平均速率不变.故。正确；E.温度是分子的平均动能的标志，温度越高，分子平均动能增大，但分子势能不一定越大，故E错误。故选ACDo
23、10.答案：AB解析：解：4、由题意可得该波向右传播，起振的方向向上，波长是4m,0.6s的时间内传播的距离是：九 所以波的周期7=0.6 x：=0.8s,/=7=3 =2兀/=?该波的方程：y=45I U.o 4 LAsin27r(-，当t=0.5s时质点b的位移：yb=0.10 x sin27r(yj-|)=点的位移：yc=0.10 x sin27r(-)=-质点b、c的位移相同。故A正确；B、质点a的初相为3，振动方程y=Asin(at+)=10sin(yt+),当t=0.6s时%=10sin(y x0.6+=-5 V 3 c m,故 B正确；C、质点c在这段时间内只是沿振动的方向振动，
24、没有沿x轴正方向移动。故C错误。D、因为发生干涉的两列波频率相同，这列简谐横波的频率为:H z,遇到频率为1Hz的另一列简谐横波时，我们不能够观察到干涉现象，故。错误；故选：AB.4、由题意可知波长、周期，结合波的方程和质点的振动方程来讨论得出；B、由振动方程可求解：C、根据波沿x轴传播，介质中的质点只是在平衡位置做简谐运动，没有随波逐流可求解；。、根据发生干涉时两列波频率要相同可求解。本题考查对波动图象的理解能力。知道两个时刻的波形时，往往应用波形的平移法来理解。该题中的A选项使用波的方程是该题的难点，也可以使用作图的方法来解决。I I .答案：(1)4 (2)8；(3)小于；减小遮光片的宽
25、度解析：(1)分别对m和M进行受力分析，然后使用牛顿第二定律即可求得摩擦因数；(2)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；根据速度位移关系公式2 a s =诏-若列式求解；(3)遮光片通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而物块做加速运动前一半的时间内的位移小于后一半时间内的位移。本题关键明确探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验的实验原理，知道减小系统误差的两种方法，不难。(1)对m：m g -F&=m a,对M：F -M g =Ma,解得：(=g-黑叫 故选人；(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，故%=*；由运动学的导出公
26、式：2 a s =诏 若，解得：。=等=|(专.)；故选8；(3)遮光片通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而物块做加速运动前一半的时间内的位移小于后一半时间内的位移，所以时间到一半时，遮光片的中线尚未到达光电门，所以遮光片通过光电门的平均速度小于遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度.为减小实验的误差，可以减小遮光片的宽度，也可以通过计算，消除理论误差。1 2.答案：欧 姆 调 零1 5 3 7.2解析：解：(1)使用欧姆档，在测量前需要欧姆调零，(2)中值电阻等于欧姆表内阻，欧姆表内阻为R的=菽 篙0 =1 50 0。，则欧姆表盘的中间刻度应标数字为1 5；(3)当调零电阻阻值为0时，
27、让表头正好达到满偏，此时电源电动势为最小电动势，Em i n=IgR m in=6 x 1 0-3 x (9+1 +4 90 =3V；(4)表头指针位置反应通过的电流，当标准表测量50 0 0电阻时电流为/,则.E1=不 荻，代入数据解得/=4.5 x I O 7力当电源电动势下降时测量4 0 0。电阻时电流仍为/,则/=总%，联立解得E =7.2 U内故答案为：欧姆调零；1 5；3；7.2。(1)使用欧姆档，在测量前需要欧姆调零；(2)中值电阻等于欧姆表内阻；(3)当调零电阻阻值为0时，让表头正好达到满偏，此时电源电动势为最小电动势；(4)表头指针位置反应通过的电流，根据闭合电路欧姆定律列式
28、求得两次电流相同即可求解。本题考查多用电表的原理和使用，比较简单。注意在使用欧姆档测量之前必须欧姆调零，每次换挡也必须再次进行欧姆调零。1 3.答案：解：(1)由质量数与核电荷数守恒可知，核反应方程式为：I H+I H咛He+n反应过程中的质量亏损：m =2 x 2.0 1 3 6 U -1.0 0 87u -3.0 1 50 u =0.0 0 3 5u,反应过程中释放的核能：A E 0 A m e2=0.0 0 3 5 x 93 1.5M eV =3.26M eV；(2)碰撞过程动量守恒，以其中一个笊核的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：0 =rnava-mH evH e,由能量守恒定律
29、得：2 E k+E =+琦优解得：Eka=0.99M eV,Ekn=2.97M eV；答：(1)上述核反应中释放的能量为3.2 6 M e，；(2)H e的动能为0.99M eU,中子的动能为2.97M eU。解析：(1)根据质量数守恒和核电荷数守恒书写核反应方程，先求出核反应中质量亏损，再由爱因斯坦质能方程，求出核反应中释放的核能；(2)两笊核对心碰撞过程，遵守动量守恒和能量守恒根据动量守恒和能量守恒列方程求解。该题主要考查动量守恒、质能方程、能量守恒等相关知识。对于核反应书写核反应方程，要抓住微观粒子的碰撞，相当于弹性碰撞，遵守两大守恒：动量守恒和能量守恒。1 4.答案：解：(1)物块下滑
30、至圆弧轨道最低点B根据动能定理得1 ,m g R=-m v g解得：vB=10m/s(2)此过程中，相对位移为板长，则摩擦产生的热量Q=imtgL=0.4 x 1 0 x 3/=1 2/。(3)分析可知，只有相对滑行阶段小车方可加速，且*季2 t2对小车由动能定理Wf=(img-a2t2=Ek知只有t最大，小车获得动能才最大。由u-t图象可知，滑块滑到小车右端时恰好与小车共速，相对运动的时间最长。设滑块到B点的速度为明 滑到右端时共同速度为 共，小车加速时间为3则有：对物块由牛顿第二定律有fj.mg=m ax解得Qi=4m/s2o对小车，根据牛顿第二定律得fimg=M a2解得a2=2m/s2
31、发生的相对位移为：=+共)t 一 ；匕好Vyz=v ttj t=a2t解得：t=Is,v 6m/so小车获得的最大动能为：1Ek=M(a2 t产=4/答：(1)若释放点在4点，求物块下滑至圆弧轨道最低点B时的速度大小如为10m/s；(2)若物块最终从C端离开小车，求此过程中产生的热量Q为12/；(3)若改变物块释放点，可使小车最终获得的动能最大，求此最大动能取为4/。解析：(1)物块由4到B,根据动能定理求出物块下滑到B点的速度大小；(2)产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，结合Q=x求出产生的热量；(3)作出小车和物块的速度时间图线，分析何时小车的动能最大，结合运动学公式和动能定理求出
32、。此题的关键要知道物块相对小车运动的时间越长，小车的位移越大，则小车的动能越大，结合图线分析比较简洁明了。15.答案：解：(1)设左侧细管横截面积为S,左管内水银柱下降4加，则右侧上升凡,由液体不可压缩性：4XS=2SX/H九 1 =2cm所以管内的气体压强P =%-pgh+pgh=76-4+2 =74cmHg(2)当左右两管水银面相平时，由(1)可 知，两水银面在B下方1 c m处,初状态：气压B =P o p g/i =76 2 x 4=68cmHg 体 积 匕=匕 x S =30 S末状态：气压P2=Po=76cmHg体积眩=R i +4)X S +1 x 2 s=36S激=处m 丁 1
33、2带入数据，68X30S 76X36S300 T2得到气体温度&=40 2.4K答：(1)当左侧细管中恰好无水银柱时，管内的气体压强为74sn g；(2)当左右两管水银面相平时，气体的温度为40 2.4K.解析：连续的水银柱的同一高度，压强相等；连续的水银柱内高度相差九的液面的压强差为p g h;(2)先求解出封闭气体的气压和体积，然后理想气体状态方程列式求解.本 题 关 键 根 据“连续的水银柱内高度相差%的液面的压强差为p g/i”的结论求解出封闭气体的气压,然后根据理想气体状态方程列式求解温度.16.答案：解：如 图1所 示。依题意可知，光线距离。1。2连线0.5 R平行。1。2入射 时
34、，入射角为名,折射角为外，设P。与0 1。2的夹角为，则有:sin91=0.5得%=30 根据几何关系得：P=符+(苧)2=R6 R sin0Q=史，得%=6 0 LOP 2则有乙P 0 4 =9 0 ,%=4 5 由折射定律得：_ sin02sin%图2解得n=V 2当光线紧贴半球右侧上边缘射出时，到达光屏上的位置最远，如图2所示，设此时光线离光轴的距离为h，入射角为仇 折射角为小 则有sind=-R八 yjR2-h2COS0=-R由几何关系可知：.c RcosOsinB=/，.L J(R H)2+(RCOS9)2由折射定律得：_ sinpsin。代入数据解得力=竺出/?8答：透明玻璃的折射率为近;当平行光线到光轴0 1。2的 距 离 为 时，折射后射到光屏上的位置离。2最远。解析：画出光路图，根据几何关系求出入射角与折射角，再由折射定律求折射率；根据几何关系判断折射后射到光屏上的位置离。2最远的条件，然后结合折射定律和几何知识求解。解决本题的关键是作出光路图，灵活运用数学知识求入射角和折射角，结合折射定律进行求解。