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2022-2023学年江西省宜春市樟树市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年江西省宜春市樟树市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.只要知道下列哪一组物理量，就可以估算出气体分子间的平均距离( )
A. 该气体的密度、体积和摩尔质量
B. 阿伏加德罗常数，该气体的质量和密度
C. 阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和密度
D. 阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和质量
2.下列科学家属于“物体越重，下落越快”的观点的代表人物( )
A. 牛顿B. 伽利略C. 亚里士多德D. 爱因斯坦
3.用镊子夹住棉球，点燃后在空玻璃杯内转一圈，取出后将杯盖盖好，过一会冷却后杯盖不容易被打开。从盖住杯盖到冷却后的过程中( )
A. 杯内气体的压强变大B. 杯内单位体积的分子数减少
C. 杯内气体分子运动的平均速率不变D. 杯壁单位面积受到的气体分子撞击力减小
4.原子核的核反应类型通常分为四种，反应过程中都遵守质量数、电荷数守恒规律。以下核反应方程式。书写正确且属于人工转变的是( )
A. 90234Th→91234Pa+−10eB. 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n
C. 24He+49Be→612C+01nD. 12H+13H→24He+01n
5.置于真空中的半球形玻璃砖的横截面如图所示，O为球心，MN为直径，A、B为半圆弧MAN上的两点，且A为半圆弧中点，BO与AO的夹角为30∘。有一条与MN平行的光线从B点射入玻璃砖后直接经过N点，则玻璃砖的折射率为( )
A. 33
B. 2
C. 1.5
D. 3
6.如图甲所示为LC振荡电路，图乙为电路中电容器两端电压随时间变化的图像，则下列说法中正确的是( )
A. 图甲时刻电容器正处在充电过程
B. 由图乙可知振荡频率在不断减小
C. 由图乙可知电场能在不断减小
D. 减小电容器的正对面积能更有效地发射电磁波
7.如图所示，△ABC为一直角玻璃三棱镜的横截面，∠A=30∘，一束红光垂直AB边射入，从AC边上的D点射出，其折射角为60∘.则下列说法正确的是
( )
A. 玻璃对红光的折射率为 2
B. 红光在玻璃中的传播速度大小为2×108m/s
C. 若使该束红光绕O点顺时针转过60∘角，则光不会从AC面射出来
D. 若将这束红光向左水平移动一小段距离则从AC面上出来的折射角小于60∘
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
8.如图所示，匀强电场中有一个与电场平行的长方形区域ABCD.已知AC=2AB=4cm，A、B、C三点的电势分别为12V、8V、4V.某带电粒子从A点以初速度v0=2m/s，与AD成30∘夹角射入电场，粒子在ABCD所在平面运动，恰好经过C点。不计粒子的重力。下列说法正确的是( )
A. .该粒子可能带负电
B. 电场强度大小为400 33V/m
C. .粒子过C点的速度为2 13m/s
D. .仅改变初速度v0方向，该粒子可能经过B点
9.夜晚高速公路路标在灯光的照射下特别亮，主要是因为使用了由大量均匀透明介质球组成的反光材料。如图所示，介质球的球心位于O点，半径为R。平行于直径AOB的单色光从空气射入介质球，其中一条光线沿CD射入球体，在球内表面经一次反射后，再次折射回空气中时出射光线恰好与CD平行。已知CD与AB间的距离为 32R，光在真空中的传播速度为c，则( )
A. 光线经过一次折射一定射到B点B. 光线经过一次折射对应的折射角为45∘
C. 该介质球的折射率为 3D. 光在该介质球中的传播速度为 3c
10.如图所示，波长为λa和λb的两种单色光射入三棱镜，经折射后射出两束单色光a和b，则这两束光( )
A. 进入三棱镜后各自的波长都有所减小
B. 射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距△xa>△xb
C. 在三棱镜中的传播速度vaD. 在增大入射角的过程中，单色光a先发生全反射
11.如图所示。在竖直平面内有光滑轨道ABCD，其中BC是半径为R的四分之一圆弧轨道，AB是竖直轨道，CD是水平轨道。AB与BC相切于B点，CD与BC相切于C点。-根长为2R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点)，从Q与B等高处由静止释放。两球滑到水平轨道上。重力加速度为g。则下列说法中正确的是( )
A. 下滑的整个过程中P球机械能守恒
B. 下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒
C. Q球过C点的速度大小为 2gR
D. 下滑的整个过程中Q球机械能增加量为mgR
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
12.清江中学黄老师在“油膜法估测分子直径”的实验中，通过宏观量的测量间接计算微观量。
(1)本实验利用了油酸分子易在水面上形成______(选填“单层”或“多层”)分子油膜的特性。若将含有纯油酸体积为V的一滴油酸酒精溶液滴到水面上，形成面积为S的油酸薄膜，则由此可估测油酸分子的直径为______；
(2)某同学实验中先取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液，测量并计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积后，接着又进行了下列操作：
A.将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，在水面上自由地扩展为形状稳定的油酸薄膜
B.将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上计算油酸薄膜的面积
C.将玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔将油酸薄膜的轮廓画在玻璃板上
D.向浅盘中倒入约2cm深的水，将痱子粉均匀地撒在水面上
以上操作的合理顺序是______(填字母代号)；
(3)若实验时痱子粉撒的太厚，则所测的分子直径会______(选填“偏大”或“偏小”)。
13.如图1所示，用气体压强传感器探究气体等温变化的规律，操作步骤如下：
①在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，将注射器、压强传感器、数据采集器和计算机逐一连接起来；
②缓慢移动活塞至某一位置，待示数稳定后记录此时注射器内封闭气体的体积V1和由计算机显示的气体压强值p1；
③重复上述步骤②，多次测量并记录；
④根据记录的数据，作出相应图象，分析得出结论。
(1)在本实验操作的过程中，需要保持不变的量是气体的______和______。
(2)根据记录的实验数据，做出了如图2所示的p−V图。对图线进行分析，如果在误差允许范围内，p1、p2、V1、V2之间满足关系式______，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。图线在V1、V2之间所围的面积的物理意义表示______。
(3)在不同温度环境下，另一位同学重复了上述实验，实验操作和数据处理均正确。环境温度分别为T1、T2，且T1>T2。在如图3所示的四幅图中，可能正确反映相关物理量之间关系的是______(选填选项前的字母)。
(4)在相同温度环境下，不同小组的同学均按正确的实验操作和数据处理的方法完成了实验，并在相同坐标标度的情况下画出了压强与体积的关系图线，如图4所示。对于两组的图线并不相同的结果，他们请教了老师，老师的解释是由于他们选取的气体质量不同。若4个小组所选择的研究对象的质量分别是m1、m2、m3和m4，则由图可知它们的大小关系是m1______m2，m3______m4(选填“大于”或“小于”)。
四、简答题：本大题共2小题，共24分。
14.如图所示，一个处于光滑水平面的弹簧振子，O点是其平衡位置，振子质量为m，弹簧劲度系数为k，其振动周期为T=2π mk，振子经过O点的速度为v，在O点正上方有一质量为m的物体自由下落，恰好落在振子上，并与振子粘在一起振动。
(1)求物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小；
(2)以物体落在振子上为t=0时刻，求振子到达最左端的时刻。
15.真空压缩袋是抽走空气利用大气压压缩物体的一种袋子，主要用于装棉被和各种衣服类，具有防潮、防霉、防蛀、防异味等特点。某同学设计了一个活塞式抽气机对压缩袋进行抽气，可将装置简化为如图所示，假设放入衣物后通过手工挤压使袋中容纳空气的容积为V0且保持不变，袋内气体压强为大气压强p0，活塞式抽气机的容积为12V0，活塞的横截面积为S，不计活塞的厚度和重力，连接管的体积可忽略，抽气过程中气体温度不变。
(1)对于第一次抽气(不考虑活塞在底端时的情况)，将活塞缓慢上提，求手对活塞的最大拉力；
(2)求抽气机抽气10次后，压缩袋中剩余气体的压强p10。
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
16.如图所示，真空中一块截面视图为等腰直角三角形的玻璃砖ABC，一束平行于BC边的单色光从AB边上的D点入射，到达AC边恰好不从AC边射出。已知AB的长度为2L，D为AB的中点，光在真空中的传播速度为c。
(1)求玻璃砖对该单色光的折射率n；
(2)将该束单色光逆时针旋转一定角度后，经AC边射出后的光线与BC边平行，求该束单色光在玻璃砖中的传播时间t(不考虑反射光线)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：知道摩尔体积和阿伏伽德罗常数，根据公式V0=VNA=MρNA才能估算出气体分子间的平均距离，故C正确，ABD错误；
故选：C。
知道摩尔体积和阿伏伽德罗常数才能估算出气体分子间的平均距离。
明确阿伏伽德罗常数的计算是解决问题的关键。
2.【答案】C
【解析】解：A、根据牛顿第二定律在忽略空气阻力的情况下，做自由落体运动的所有物体的加速度都等于当地的重力加速度，即所有的物体下落的一样快，故A错误．
B、伽利略通过实验发现轻的物体和重的物体下落的一样快，故B错误．
C、亚里士多德认为物体越重下落越快，故C正确．
D、爱因斯坦主要成就是在量子力学，故D错误．
故选C.
牛顿认为所有的物体下落的一样快，伽利略通过实验发现轻的物体和重的物体下落的一样快，亚里士多德认为物体越重下落越快，爱因斯坦主要成就是在量子力学．
加强基础知识的积累就能顺利解决此类题目．
3.【答案】D
【解析】解：A.杯盖盖好后杯内封闭了一定质量的气体，体积不变，冷却后气体温度降低，根据理想气体状态方程pVT=C可知，杯内的气体压强减小，故A错误；
B.杯内气体的分子数不变，故B错误；
C.冷却后温度降低，气体分子的平均动能减小、平均速率减小，故C错误；
D.根据理想气体压强产生的微观机制可知，杯壁单位面积受到的气体分子撞击力减小，故D正确。
故选：D。
杯盖盖好后杯内封闭了一定质量的气体，体积不变，冷却后气体温度降低，杯内的气体压强减小，气体的分子数不变，温度降低气体分子的平均动能减小，根据理想气体压强产生的微观机制可分析撞击力。
本题考查气体压强的理解，解题关键掌握一定质量理想气体状态方程的应用。
4.【答案】C
【解析】解：A、23490Th→23491Pa+0−1e，放射出的是电子，这是β衰变的方程式，故A错误；
B、23592U+01n→14456Ba+8936Kr+301n，这是重核裂变的方程式，故B错误；
C、24He+94Be→126C+01n，这是原子核人工转变的方程式，是通过实验发现中子的核反应方程，故C正确；
D、21H+31H→42He+01n，这是轻核聚变的方程式，故D错误。
故选：C。
β衰变生成电子；聚变是质量轻的核结合成质量大的核；重核裂变是一个重原子核分裂成几个中等质量的原子核；人工核转变是在实验室完成的。
本题难度不大，考查了核反应方程的种类，在学习中需要记住各种核反应方程的特点。
5.【答案】D
【解析】解：光路图如图所示。
由几何关系可得：i=∠BOM=90∘−30∘=60∘
r=12∠BOM=12×60∘=30∘
根据折射定律可得
n=sinisinr=sin60∘sin30∘= 3，故ABC错误，D正确。
故选：D。
完成光路图，根据几何关系求出入射角和折射角，从而求得玻璃砖的折射率。
解决本题的关键要完成光路图，运用数学知识求出入射角、折射角，再结合折射定律进行解答。
6.【答案】D
【解析】解：A.由回路中的电流方向以及极板所带电的电性可知电容器正在放电，故A错误；
B.由f=12π LC，可知振荡频率不变，故B错误；
C.电场能处在增大、减小的周期性变化中，故C错误；
D.由C=εrS4πkd，可知减小电容器的正对面积，则电容器的电容减小，由 f=12π LC，可知振荡频率增大，所以减小电容器的正对面积能更有效地发射电磁波，故D正确。
故选：D。
根据电流方向和电容器下极板带正电确定电容器充放电状态；根据频率公式f=12π LC判断振荡频率的变化；电场能处在增大、减小的周期性变化中；根据C=εrS4πkd分析电容器电容的变化，再由 f=12π LC判断振荡频率的变化。
本题考查电磁振荡原理以及电容器的性质，要注意明确电容器充电时电流减小，而电容器放电时电流增大；同时明确在电磁振荡电路中存在能量的损耗。
7.【答案】C
【解析】解：A、红光到达AC面的入射角为i=30∘，折射角为r=60∘，则玻璃对红光的折射率为：n=sinrsini=sin60∘sin30∘= 3.故A错误。
B、红光在玻璃中的传播速度大小为：v=cn= 3×108m/s，故B错误。
C、设临界角为C，则sinC= 33< 32，C<60∘.若使该束红光绕O点顺时针转过60∘角，入射角为i=60∘，根据折射定律可得n=sinisinr折射角为r=30∘，光线射到AC面上的入射角等于60∘，大于临界角C，所以光线在AC面发生全反射，不会从AC面射出来，故C正确。
D、若将这束红光向左水平移动一小段距离，光线射到AC面上的入射角不变，则折射角不变，仍为60∘，故D错误。
故选：C。
先根据光路图，结合几何关系计算出入射角的大小，再利用折射定律可求出折射率的大小；根据v=cn求红光在玻璃中的传播速度。根据入射角与临界角的关系分析光线能否从AC面射出。结合折射定律分析D项。
解答本题的关键是掌握折射定律和全反射条件，能根据几何关系确定相关角度的大小，从而判断能否发生全反射。
8.【答案】BCD
【解析】解：B、根据A、C两点电势可得：AC中点O的电势φO=12(φA+φC)=8V=φB，所以，OB所在直线为等势线，那么，电场线方向垂直BD，斜向右下方；
由几何关系可得：A点到BD等势线的距离d=ABcs30∘= 3cm，所以，场强E=φA−φBd=4 33V/cm=400 33V/m，故B正确；
A、粒子在运动过程只受电场力作用，故粒子做类平抛运动，又有粒子运动到C，所以，电场力方向和电场方向相同，故粒子带正电，故A错误；
C、根据粒子在运动过程只受电场力作用，做类平抛运动；由位移可得：ACsin30∘=v0t，ACcs30∘=12at2；
所以，粒子在C点时沿电场方向的分速度vE=at=2ACcs30∘t=2ACcs30∘ACsin30∘v0=2 3v0，所以，粒子过C点的速度v= v02+vE2= 13v0=2 13m/s，故C正确；
D、由C分析可得：加速度a=vEt=2 3v0ACsin30∘v0=400 3m/s2；
假设初速度方向逆时针旋转θ，粒子经过时间t′后到达B点，则根据匀变速运动规律可得：−ABsin30∘=v0t′csθ，−ABcs30∘=v0t′sinθ−12at′2；
联立求解可得：θ=120∘，故D正确；
故选：BCD。
在AC连线上找到B的等势点，即可得到等势线，从而得到电场方向，再根据距离和电势差求得场强；根据粒子从A运动到C得到电场力方向，从而得到电性；根据匀变速运动规律求解粒子可能经过的位置及速度。
在匀强电场中沿任意直线电势均匀降落，故常借此求解某一电势的位置，从而画出等势线，即可得到场强方向，再根据电势变化和场强方向上位移求解场强大小。
9.【答案】AC
【解析】解：A、由题可知光路图如图所示，光线经过一次折射一定射到B点，故A正确；
B、由几何关系可得解得sini= 32RR= 32，解得i=60∘，由几何关系可知i=2r，解得r=30∘，故B错误；
C、由折射定律可知介质球的折射率为n=sinisinr，解得：n= 3，故C正确；
D、光在该介质球中的传播速度为v=cn= 33c，故D错误。
故选：AC。
作出光路图，根据传播特点结合折射定律以及几何知识，求解折射率；根据v=cn解得光在介质中的传播速度。
解决该题关键是能正确作出光路图，知道光在介质球里面的传播情况，再根据几何知识求解相问题。
10.【答案】AB
【解析】解：A、因为折射率n>1，根据v=cn可知三棱镜中光速小于真空中光速，光进入三棱镜后频率不变，又根据v=λf可知，光进入三棱镜后各自的波长都有所减小，故A正确；
B、由图看出，该三棱镜对a光的偏折程度小，则三棱镜对a光的折射率小于对b光的折射率，所以a光的频率小于b光的频率，a光的波长大于b光的波长，根据△x=ldλ可知，双缝干涉条纹间距与波长成正比，所以射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距△xa>△xb，故B正确；
C、a光的折射率小，由n=cv可知，在三棱镜中的传播速度va>vb，故C错误；
D、在增大入射角的过程中，折射角增大，由几何关系可知光在三棱镜中向空气中射出时，入射角减小，两光均不能发生全反射，故D错误。
故选：AB。
由折射率n>1，结合v=cn和v=λf可知，光进入三棱镜后各自的波长都有所减小；由三棱镜对光的偏折程度，判断三棱镜对光的折射率大小，进而判断光的频率大小和光的波长大小，根据△x=ldλ可知干涉条纹间距大小关系；由n=cv可判断在三棱镜中的传播速度；根据全反射的条件可判断两光均不能发生全反射。
本题考查了光的全反射、干涉，光速等问题，考查知识点全面，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
11.【答案】BD
【解析】解：A、因为P球运动过程中轻杆会对其做功，所以P球机械能不守恒，故A错误；
B、把两个球和轻杆作为一个系统来研究，除了重力和系统内的弹力做功，没有其他力做功，符合机械能守恒的条件，则下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒，故B正确；
C、Q球过C点时，杆与竖直方向的夹角的正弦值为sinθ=R2R=12，故θ=30∘
根据机械能守恒定律得：mgR+mg(3R− 3R)=12mvP2+12mvQ2
杆不可伸长，故两个球沿着杆方向的分速度相等，则有vPcs30∘=vQcs60∘
联立计算得出：vP= 4− 32gR，vQ= 12−3 32gR，故C错误；
D、设P球滑到水平面时的速度大小为v。下滑的整个过程中，根据机械能守恒定律得：mgR+mg(3R)=12mv2×2
解得：v=2 gR
则Q球机械能增加量为：ΔE=12mv2−mgR=12m(2 gR)2−mgR=mgR，故D正确。
故选：BD。
下滑过程两个球组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒；根据机械能守恒定律列式求解速度；两球沿着杆方向的分速度一直是相等的。根据机械能守恒定律求出P球滑到水平面时的速度大小，再求下滑的整个过程中Q球机械能的增加量。
本题关键是明确两个小球系统的机械能守恒，单个小球机械能并不守恒，然后结合机械能守恒定律和运动的分解知识列式分析。
12.【答案】单层 d=VS DACB 偏大
【解析】解：(1)根据油酸分子结构的特点和物理性质，油酸易形成单层分子。这样通过测量纯油酸的体积和油膜的面积，从而计算油膜的厚度，近似等于油酸分子的直径，所以d=VS；
(2)实验中先配置油酸酒精溶液，将痱子粉均匀地撒在水面，将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，用彩笔将油酸薄膜的轮廓画在玻璃板上，计算油酸薄膜的面积，故合理顺序为DACB；
(3)该同学做实验时，水面上痱子粉撒得太多，使得油膜没有充分展开，油膜面积测量结果偏小，根据体积公式可知这种情况会导致分子直径d的测量结果偏大。
故答案为：(1)单层、d=VS；(2)DACB；(3)偏大。
(1)根据实验原理及注意事项分析判断，根据体积公式计算分子直径；
(2)根据实验步骤理清下列操作的顺序；
(3)分析油膜面积的变化再分析测量结果的变化。
本题关键掌握实验原理、油酸分子直径的计算公式和实验误差分析。
13.【答案】(1)质量；温度(2)p1V1=p2V2 ；气体体积由V1变到V2的过程中，气体对外界所做的功；(3)AC；(4)大于；大于
【解析】解：(1)探究气体等温变化的规律，需要保持不变的量是气体的质量和温度。
(2)一定量的气体在温度保持不变时，压强与体积成反比，即压强与体积的乘积不变，如果在误差允许范围内，p1、p2、V1、V2之间满足关系式是：p1V1=p2V2，一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。由功的计算公式可知：W=Fl=pSl=pV，即pV的乘积表示气体体积变化时所做的功，图线在V1、V2之间所围的面积的物理意义表示：气体体积由V1变到V2的过程中，气体对外界所做的功。
(3)AB、由理想气体状态方程：pVT=C可知，pV=CT，对于一定量的气体，温度T越高pV越大，即p−V图象离坐标轴越远，已知：T1>T2，故A正确，B错误；
CD、由理想气体状态方程：pVT=C可知，V=CT1p，对于一定量的气体，温度T越高V−1p图象的斜率越大，已知：T1>T2，故C正确，D错误。
故选：AC。
(4)气体温度相等，由理想气体状态方程：pVT=C可知，气体质量越大，气体物质的量越大，常数C越大，
由理想气体状态方程：pVT=C可知：pV=CT，对于温度相同而质量不同的气体，质量越大C越大，pV越大，故m1大于m2；
由理想气体状态方程：pVT=C可知：p=CT1V，气体质量越大C越大，p−1V图象斜率越大，故m3大于m4。
故答案为：(1)质量；温度；(2)p1V1=p2V2，气体体积由V1变到V2的过程中，气体对外界所做的功；(3)AC；(4)大于；大于。
(1)探究气体等温变化规律实验，应控制气体的质量与温度保持不变。
(2)气体发生等温变化，体积与压强成反比，分析图示图象答题。
(3)根据气体状态方程分析图示图象答题。
(4)在相同温度下，同种气体质量越大，pV乘积越大，分析图示图象答题。
本题考查了探究气体等温变化实验，理解实验原理是解题的前提，根据题意分析清楚图示图象、应用理想气体状态方程即可解题。
14.【答案】解：(1)振子与物体碰撞过程中水平方向动量守恒，以振子的速度方向为正方向，则有：
mv=2mv共
解得物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小为：
v共=12v
(2)物体落在振子后弹簧振子周期为：T=2π 2mk
若t=0时刻振子向右运动，则到达最左端的时刻为：
t1=nT+14T=(1+4n)π2 2mk，(n=0,1,2,3……)
若t=0时刻振子向左运动，则到达最左端的时刻为：
t2=nT+34T=(3+4n)π2 2mk，(n=0,1,2,3……)
答：(1)物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小12v；
(2)以物体落在振子上为t=0时刻，振子到达最左端的时刻为(1+4n)π2 2mk，(n=0,1,2,3……)或(3+4n)π2 2mk，(n=0,1,2,3……)。
【解析】(1)振子与物体碰撞过程中水平方向动量守恒，根据动量守恒定律求解；
(2)根据弹簧振子周期公式，找到振子第一次到达最左端的时刻，再根据运动的周期性求解其它时刻。
本题考查了动量守恒和弹簧振子周期，关键要根据运动的周期性求解振子到达最左端的时刻，有一定的难度。
15.【答案】解：(1)当活塞下压时，阀门a关闭，b打开，右侧抽气机中排出气体的体积ΔV=12V0
对于第一次抽气，活塞上提，压缩袋中气体均匀分布到抽气机和压缩袋中，活塞上升到最高处时，气体压强降为p1，此时内外压强差最大，手对活塞的拉力最大，抽气过程中气体温度不变
根据玻意耳定律有p0V0=p1(V0+ΔV)
代入数据联立解得p1=23p0
根据平衡条件得F1=(p0−p1)S=(p0−23p0)S=13p0S
(2)对于第二次抽气，活塞上提，压缩袋中气体再次均匀分散到抽气机和压缩袋中，气体压强降为p2
根据玻意耳定律有p1V0=p2(V0+ΔV)
代入数据联立解得p2=(23)2p0
第三次抽气后，剩余气体的压强为p3
根据玻意耳定律有p2V0=p3(V0+ΔV)
代入数据联立解得p3=(23)3p0
以此类推，第10次抽气后压缩袋中气体压强降为p10=(23)10p0。
答：(1)手对活塞的最大拉力13p0S；
(2)抽气机抽气10次后，压缩袋中剩余气体的压强(23)10p0。
【解析】(1)根据玻意耳定律求第一次抽气后气体的压强，根据平衡条件求拉力；
(2)根据玻意耳定律求第二次抽气后剩余气体的压强，根据数学归纳法求解第10次抽气后剩余的压强。
本题主要考查了玻意耳定律和平衡条件，注意数学归纳法的使用。
16.【答案】解：(1)因光到达AC边恰好不从AC边射出，则临界角C=45∘
玻璃砖对该单色光的折射率：n=1sinC
解得n= 2
(2)当该束单色光逆时针旋转一定角度后，根据题意其单色光在透明介质中的传播路线如图所示
由几何关系得，a=45∘因为
n=sinαsinr= 2
所以r=30∘
由几何关系得
DEsin45∘=ADsin60∘
单色光在玻璃砖的传播速度
v=cn
则单色光在玻璃砖的传播时间
t=DEv
联立代入数据解得
t=2 33c
答：(1)玻璃砖对该单色光的折射率为 2；
(2)该束单色光在玻璃砖中的传播时间为2 33c。
【解析】(1)根据全反射临界角求得折射率；
(2)根据题意做光的折射图，结合几何关系可求得传播时间。
本题考查折射定律，解题关键学会根据题意做光的传播图像，结合全反射n=1sinC可进行解答。
1.只要知道下列哪一组物理量，就可以估算出气体分子间的平均距离( )
A. 该气体的密度、体积和摩尔质量
B. 阿伏加德罗常数，该气体的质量和密度
C. 阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和密度
D. 阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和质量
2.下列科学家属于“物体越重，下落越快”的观点的代表人物( )
A. 牛顿B. 伽利略C. 亚里士多德D. 爱因斯坦
3.用镊子夹住棉球，点燃后在空玻璃杯内转一圈，取出后将杯盖盖好，过一会冷却后杯盖不容易被打开。从盖住杯盖到冷却后的过程中( )
A. 杯内气体的压强变大B. 杯内单位体积的分子数减少
C. 杯内气体分子运动的平均速率不变D. 杯壁单位面积受到的气体分子撞击力减小
4.原子核的核反应类型通常分为四种，反应过程中都遵守质量数、电荷数守恒规律。以下核反应方程式。书写正确且属于人工转变的是( )
A. 90234Th→91234Pa+−10eB. 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n
C. 24He+49Be→612C+01nD. 12H+13H→24He+01n
5.置于真空中的半球形玻璃砖的横截面如图所示，O为球心，MN为直径，A、B为半圆弧MAN上的两点，且A为半圆弧中点，BO与AO的夹角为30∘。有一条与MN平行的光线从B点射入玻璃砖后直接经过N点，则玻璃砖的折射率为( )
A. 33
B. 2
C. 1.5
D. 3
6.如图甲所示为LC振荡电路，图乙为电路中电容器两端电压随时间变化的图像，则下列说法中正确的是( )
A. 图甲时刻电容器正处在充电过程
B. 由图乙可知振荡频率在不断减小
C. 由图乙可知电场能在不断减小
D. 减小电容器的正对面积能更有效地发射电磁波
7.如图所示，△ABC为一直角玻璃三棱镜的横截面，∠A=30∘，一束红光垂直AB边射入，从AC边上的D点射出，其折射角为60∘.则下列说法正确的是
( )
A. 玻璃对红光的折射率为 2
B. 红光在玻璃中的传播速度大小为2×108m/s
C. 若使该束红光绕O点顺时针转过60∘角，则光不会从AC面射出来
D. 若将这束红光向左水平移动一小段距离则从AC面上出来的折射角小于60∘
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
8.如图所示，匀强电场中有一个与电场平行的长方形区域ABCD.已知AC=2AB=4cm，A、B、C三点的电势分别为12V、8V、4V.某带电粒子从A点以初速度v0=2m/s，与AD成30∘夹角射入电场，粒子在ABCD所在平面运动，恰好经过C点。不计粒子的重力。下列说法正确的是( )
A. .该粒子可能带负电
B. 电场强度大小为400 33V/m
C. .粒子过C点的速度为2 13m/s
D. .仅改变初速度v0方向，该粒子可能经过B点
9.夜晚高速公路路标在灯光的照射下特别亮，主要是因为使用了由大量均匀透明介质球组成的反光材料。如图所示，介质球的球心位于O点，半径为R。平行于直径AOB的单色光从空气射入介质球，其中一条光线沿CD射入球体，在球内表面经一次反射后，再次折射回空气中时出射光线恰好与CD平行。已知CD与AB间的距离为 32R，光在真空中的传播速度为c，则( )
A. 光线经过一次折射一定射到B点B. 光线经过一次折射对应的折射角为45∘
C. 该介质球的折射率为 3D. 光在该介质球中的传播速度为 3c
10.如图所示，波长为λa和λb的两种单色光射入三棱镜，经折射后射出两束单色光a和b，则这两束光( )
A. 进入三棱镜后各自的波长都有所减小
B. 射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距△xa>△xb
C. 在三棱镜中的传播速度va
11.如图所示。在竖直平面内有光滑轨道ABCD，其中BC是半径为R的四分之一圆弧轨道，AB是竖直轨道，CD是水平轨道。AB与BC相切于B点，CD与BC相切于C点。-根长为2R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点)，从Q与B等高处由静止释放。两球滑到水平轨道上。重力加速度为g。则下列说法中正确的是( )
A. 下滑的整个过程中P球机械能守恒
B. 下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒
C. Q球过C点的速度大小为 2gR
D. 下滑的整个过程中Q球机械能增加量为mgR
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
12.清江中学黄老师在“油膜法估测分子直径”的实验中，通过宏观量的测量间接计算微观量。
(1)本实验利用了油酸分子易在水面上形成______(选填“单层”或“多层”)分子油膜的特性。若将含有纯油酸体积为V的一滴油酸酒精溶液滴到水面上，形成面积为S的油酸薄膜，则由此可估测油酸分子的直径为______；
(2)某同学实验中先取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液，测量并计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积后，接着又进行了下列操作：
A.将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，在水面上自由地扩展为形状稳定的油酸薄膜
B.将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上计算油酸薄膜的面积
C.将玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔将油酸薄膜的轮廓画在玻璃板上
D.向浅盘中倒入约2cm深的水，将痱子粉均匀地撒在水面上
以上操作的合理顺序是______(填字母代号)；
(3)若实验时痱子粉撒的太厚，则所测的分子直径会______(选填“偏大”或“偏小”)。
13.如图1所示，用气体压强传感器探究气体等温变化的规律，操作步骤如下：
①在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，将注射器、压强传感器、数据采集器和计算机逐一连接起来；
②缓慢移动活塞至某一位置，待示数稳定后记录此时注射器内封闭气体的体积V1和由计算机显示的气体压强值p1；
③重复上述步骤②，多次测量并记录；
④根据记录的数据，作出相应图象，分析得出结论。
(1)在本实验操作的过程中，需要保持不变的量是气体的______和______。
(2)根据记录的实验数据，做出了如图2所示的p−V图。对图线进行分析，如果在误差允许范围内，p1、p2、V1、V2之间满足关系式______，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。图线在V1、V2之间所围的面积的物理意义表示______。
(3)在不同温度环境下，另一位同学重复了上述实验，实验操作和数据处理均正确。环境温度分别为T1、T2，且T1>T2。在如图3所示的四幅图中，可能正确反映相关物理量之间关系的是______(选填选项前的字母)。
(4)在相同温度环境下，不同小组的同学均按正确的实验操作和数据处理的方法完成了实验，并在相同坐标标度的情况下画出了压强与体积的关系图线，如图4所示。对于两组的图线并不相同的结果，他们请教了老师，老师的解释是由于他们选取的气体质量不同。若4个小组所选择的研究对象的质量分别是m1、m2、m3和m4，则由图可知它们的大小关系是m1______m2，m3______m4(选填“大于”或“小于”)。
四、简答题：本大题共2小题，共24分。
14.如图所示，一个处于光滑水平面的弹簧振子，O点是其平衡位置，振子质量为m，弹簧劲度系数为k，其振动周期为T=2π mk，振子经过O点的速度为v，在O点正上方有一质量为m的物体自由下落，恰好落在振子上，并与振子粘在一起振动。
(1)求物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小；
(2)以物体落在振子上为t=0时刻，求振子到达最左端的时刻。
15.真空压缩袋是抽走空气利用大气压压缩物体的一种袋子，主要用于装棉被和各种衣服类，具有防潮、防霉、防蛀、防异味等特点。某同学设计了一个活塞式抽气机对压缩袋进行抽气，可将装置简化为如图所示，假设放入衣物后通过手工挤压使袋中容纳空气的容积为V0且保持不变，袋内气体压强为大气压强p0，活塞式抽气机的容积为12V0，活塞的横截面积为S，不计活塞的厚度和重力，连接管的体积可忽略，抽气过程中气体温度不变。
(1)对于第一次抽气(不考虑活塞在底端时的情况)，将活塞缓慢上提，求手对活塞的最大拉力；
(2)求抽气机抽气10次后，压缩袋中剩余气体的压强p10。
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
16.如图所示，真空中一块截面视图为等腰直角三角形的玻璃砖ABC，一束平行于BC边的单色光从AB边上的D点入射，到达AC边恰好不从AC边射出。已知AB的长度为2L，D为AB的中点，光在真空中的传播速度为c。
(1)求玻璃砖对该单色光的折射率n；
(2)将该束单色光逆时针旋转一定角度后，经AC边射出后的光线与BC边平行，求该束单色光在玻璃砖中的传播时间t(不考虑反射光线)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：知道摩尔体积和阿伏伽德罗常数，根据公式V0=VNA=MρNA才能估算出气体分子间的平均距离，故C正确，ABD错误；
故选：C。
知道摩尔体积和阿伏伽德罗常数才能估算出气体分子间的平均距离。
明确阿伏伽德罗常数的计算是解决问题的关键。
2.【答案】C
【解析】解：A、根据牛顿第二定律在忽略空气阻力的情况下，做自由落体运动的所有物体的加速度都等于当地的重力加速度，即所有的物体下落的一样快，故A错误．
B、伽利略通过实验发现轻的物体和重的物体下落的一样快，故B错误．
C、亚里士多德认为物体越重下落越快，故C正确．
D、爱因斯坦主要成就是在量子力学，故D错误．
故选C.
牛顿认为所有的物体下落的一样快，伽利略通过实验发现轻的物体和重的物体下落的一样快，亚里士多德认为物体越重下落越快，爱因斯坦主要成就是在量子力学．
加强基础知识的积累就能顺利解决此类题目．
3.【答案】D
【解析】解：A.杯盖盖好后杯内封闭了一定质量的气体，体积不变，冷却后气体温度降低，根据理想气体状态方程pVT=C可知，杯内的气体压强减小，故A错误；
B.杯内气体的分子数不变，故B错误；
C.冷却后温度降低，气体分子的平均动能减小、平均速率减小，故C错误；
D.根据理想气体压强产生的微观机制可知，杯壁单位面积受到的气体分子撞击力减小，故D正确。
故选：D。
杯盖盖好后杯内封闭了一定质量的气体，体积不变，冷却后气体温度降低，杯内的气体压强减小，气体的分子数不变，温度降低气体分子的平均动能减小，根据理想气体压强产生的微观机制可分析撞击力。
本题考查气体压强的理解，解题关键掌握一定质量理想气体状态方程的应用。
4.【答案】C
【解析】解：A、23490Th→23491Pa+0−1e，放射出的是电子，这是β衰变的方程式，故A错误；
B、23592U+01n→14456Ba+8936Kr+301n，这是重核裂变的方程式，故B错误；
C、24He+94Be→126C+01n，这是原子核人工转变的方程式，是通过实验发现中子的核反应方程，故C正确；
D、21H+31H→42He+01n，这是轻核聚变的方程式，故D错误。
故选：C。
β衰变生成电子；聚变是质量轻的核结合成质量大的核；重核裂变是一个重原子核分裂成几个中等质量的原子核；人工核转变是在实验室完成的。
本题难度不大，考查了核反应方程的种类，在学习中需要记住各种核反应方程的特点。
5.【答案】D
【解析】解：光路图如图所示。
由几何关系可得：i=∠BOM=90∘−30∘=60∘
r=12∠BOM=12×60∘=30∘
根据折射定律可得
n=sinisinr=sin60∘sin30∘= 3，故ABC错误，D正确。
故选：D。
完成光路图，根据几何关系求出入射角和折射角，从而求得玻璃砖的折射率。
解决本题的关键要完成光路图，运用数学知识求出入射角、折射角，再结合折射定律进行解答。
6.【答案】D
【解析】解：A.由回路中的电流方向以及极板所带电的电性可知电容器正在放电，故A错误；
B.由f=12π LC，可知振荡频率不变，故B错误；
C.电场能处在增大、减小的周期性变化中，故C错误；
D.由C=εrS4πkd，可知减小电容器的正对面积，则电容器的电容减小，由 f=12π LC，可知振荡频率增大，所以减小电容器的正对面积能更有效地发射电磁波，故D正确。
故选：D。
根据电流方向和电容器下极板带正电确定电容器充放电状态；根据频率公式f=12π LC判断振荡频率的变化；电场能处在增大、减小的周期性变化中；根据C=εrS4πkd分析电容器电容的变化，再由 f=12π LC判断振荡频率的变化。
本题考查电磁振荡原理以及电容器的性质，要注意明确电容器充电时电流减小，而电容器放电时电流增大；同时明确在电磁振荡电路中存在能量的损耗。
7.【答案】C
【解析】解：A、红光到达AC面的入射角为i=30∘，折射角为r=60∘，则玻璃对红光的折射率为：n=sinrsini=sin60∘sin30∘= 3.故A错误。
B、红光在玻璃中的传播速度大小为：v=cn= 3×108m/s，故B错误。
C、设临界角为C，则sinC= 33< 32，C<60∘.若使该束红光绕O点顺时针转过60∘角，入射角为i=60∘，根据折射定律可得n=sinisinr折射角为r=30∘，光线射到AC面上的入射角等于60∘，大于临界角C，所以光线在AC面发生全反射，不会从AC面射出来，故C正确。
D、若将这束红光向左水平移动一小段距离，光线射到AC面上的入射角不变，则折射角不变，仍为60∘，故D错误。
故选：C。
先根据光路图，结合几何关系计算出入射角的大小，再利用折射定律可求出折射率的大小；根据v=cn求红光在玻璃中的传播速度。根据入射角与临界角的关系分析光线能否从AC面射出。结合折射定律分析D项。
解答本题的关键是掌握折射定律和全反射条件，能根据几何关系确定相关角度的大小，从而判断能否发生全反射。
8.【答案】BCD
【解析】解：B、根据A、C两点电势可得：AC中点O的电势φO=12(φA+φC)=8V=φB，所以，OB所在直线为等势线，那么，电场线方向垂直BD，斜向右下方；
由几何关系可得：A点到BD等势线的距离d=ABcs30∘= 3cm，所以，场强E=φA−φBd=4 33V/cm=400 33V/m，故B正确；
A、粒子在运动过程只受电场力作用，故粒子做类平抛运动，又有粒子运动到C，所以，电场力方向和电场方向相同，故粒子带正电，故A错误；
C、根据粒子在运动过程只受电场力作用，做类平抛运动；由位移可得：ACsin30∘=v0t，ACcs30∘=12at2；
所以，粒子在C点时沿电场方向的分速度vE=at=2ACcs30∘t=2ACcs30∘ACsin30∘v0=2 3v0，所以，粒子过C点的速度v= v02+vE2= 13v0=2 13m/s，故C正确；
D、由C分析可得：加速度a=vEt=2 3v0ACsin30∘v0=400 3m/s2；
假设初速度方向逆时针旋转θ，粒子经过时间t′后到达B点，则根据匀变速运动规律可得：−ABsin30∘=v0t′csθ，−ABcs30∘=v0t′sinθ−12at′2；
联立求解可得：θ=120∘，故D正确；
故选：BCD。
在AC连线上找到B的等势点，即可得到等势线，从而得到电场方向，再根据距离和电势差求得场强；根据粒子从A运动到C得到电场力方向，从而得到电性；根据匀变速运动规律求解粒子可能经过的位置及速度。
在匀强电场中沿任意直线电势均匀降落，故常借此求解某一电势的位置，从而画出等势线，即可得到场强方向，再根据电势变化和场强方向上位移求解场强大小。
9.【答案】AC
【解析】解：A、由题可知光路图如图所示，光线经过一次折射一定射到B点，故A正确；
B、由几何关系可得解得sini= 32RR= 32，解得i=60∘，由几何关系可知i=2r，解得r=30∘，故B错误；
C、由折射定律可知介质球的折射率为n=sinisinr，解得：n= 3，故C正确；
D、光在该介质球中的传播速度为v=cn= 33c，故D错误。
故选：AC。
作出光路图，根据传播特点结合折射定律以及几何知识，求解折射率；根据v=cn解得光在介质中的传播速度。
解决该题关键是能正确作出光路图，知道光在介质球里面的传播情况，再根据几何知识求解相问题。
10.【答案】AB
【解析】解：A、因为折射率n>1，根据v=cn可知三棱镜中光速小于真空中光速，光进入三棱镜后频率不变，又根据v=λf可知，光进入三棱镜后各自的波长都有所减小，故A正确；
B、由图看出，该三棱镜对a光的偏折程度小，则三棱镜对a光的折射率小于对b光的折射率，所以a光的频率小于b光的频率，a光的波长大于b光的波长，根据△x=ldλ可知，双缝干涉条纹间距与波长成正比，所以射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距△xa>△xb，故B正确；
C、a光的折射率小，由n=cv可知，在三棱镜中的传播速度va>vb，故C错误；
D、在增大入射角的过程中，折射角增大，由几何关系可知光在三棱镜中向空气中射出时，入射角减小，两光均不能发生全反射，故D错误。
故选：AB。
由折射率n>1，结合v=cn和v=λf可知，光进入三棱镜后各自的波长都有所减小；由三棱镜对光的偏折程度，判断三棱镜对光的折射率大小，进而判断光的频率大小和光的波长大小，根据△x=ldλ可知干涉条纹间距大小关系；由n=cv可判断在三棱镜中的传播速度；根据全反射的条件可判断两光均不能发生全反射。
本题考查了光的全反射、干涉，光速等问题，考查知识点全面，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
11.【答案】BD
【解析】解：A、因为P球运动过程中轻杆会对其做功，所以P球机械能不守恒，故A错误；
B、把两个球和轻杆作为一个系统来研究，除了重力和系统内的弹力做功，没有其他力做功，符合机械能守恒的条件，则下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒，故B正确；
C、Q球过C点时，杆与竖直方向的夹角的正弦值为sinθ=R2R=12，故θ=30∘
根据机械能守恒定律得：mgR+mg(3R− 3R)=12mvP2+12mvQ2
杆不可伸长，故两个球沿着杆方向的分速度相等，则有vPcs30∘=vQcs60∘
联立计算得出：vP= 4− 32gR，vQ= 12−3 32gR，故C错误；
D、设P球滑到水平面时的速度大小为v。下滑的整个过程中，根据机械能守恒定律得：mgR+mg(3R)=12mv2×2
解得：v=2 gR
则Q球机械能增加量为：ΔE=12mv2−mgR=12m(2 gR)2−mgR=mgR，故D正确。
故选：BD。
下滑过程两个球组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒；根据机械能守恒定律列式求解速度；两球沿着杆方向的分速度一直是相等的。根据机械能守恒定律求出P球滑到水平面时的速度大小，再求下滑的整个过程中Q球机械能的增加量。
本题关键是明确两个小球系统的机械能守恒，单个小球机械能并不守恒，然后结合机械能守恒定律和运动的分解知识列式分析。
12.【答案】单层 d=VS DACB 偏大
【解析】解：(1)根据油酸分子结构的特点和物理性质，油酸易形成单层分子。这样通过测量纯油酸的体积和油膜的面积，从而计算油膜的厚度，近似等于油酸分子的直径，所以d=VS；
(2)实验中先配置油酸酒精溶液，将痱子粉均匀地撒在水面，将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，用彩笔将油酸薄膜的轮廓画在玻璃板上，计算油酸薄膜的面积，故合理顺序为DACB；
(3)该同学做实验时，水面上痱子粉撒得太多，使得油膜没有充分展开，油膜面积测量结果偏小，根据体积公式可知这种情况会导致分子直径d的测量结果偏大。
故答案为：(1)单层、d=VS；(2)DACB；(3)偏大。
(1)根据实验原理及注意事项分析判断，根据体积公式计算分子直径；
(2)根据实验步骤理清下列操作的顺序；
(3)分析油膜面积的变化再分析测量结果的变化。
本题关键掌握实验原理、油酸分子直径的计算公式和实验误差分析。
13.【答案】(1)质量；温度(2)p1V1=p2V2 ；气体体积由V1变到V2的过程中，气体对外界所做的功；(3)AC；(4)大于；大于
【解析】解：(1)探究气体等温变化的规律，需要保持不变的量是气体的质量和温度。
(2)一定量的气体在温度保持不变时，压强与体积成反比，即压强与体积的乘积不变，如果在误差允许范围内，p1、p2、V1、V2之间满足关系式是：p1V1=p2V2，一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。由功的计算公式可知：W=Fl=pSl=pV，即pV的乘积表示气体体积变化时所做的功，图线在V1、V2之间所围的面积的物理意义表示：气体体积由V1变到V2的过程中，气体对外界所做的功。
(3)AB、由理想气体状态方程：pVT=C可知，pV=CT，对于一定量的气体，温度T越高pV越大，即p−V图象离坐标轴越远，已知：T1>T2，故A正确，B错误；
CD、由理想气体状态方程：pVT=C可知，V=CT1p，对于一定量的气体，温度T越高V−1p图象的斜率越大，已知：T1>T2，故C正确，D错误。
故选：AC。
(4)气体温度相等，由理想气体状态方程：pVT=C可知，气体质量越大，气体物质的量越大，常数C越大，
由理想气体状态方程：pVT=C可知：pV=CT，对于温度相同而质量不同的气体，质量越大C越大，pV越大，故m1大于m2；
由理想气体状态方程：pVT=C可知：p=CT1V，气体质量越大C越大，p−1V图象斜率越大，故m3大于m4。
故答案为：(1)质量；温度；(2)p1V1=p2V2，气体体积由V1变到V2的过程中，气体对外界所做的功；(3)AC；(4)大于；大于。
(1)探究气体等温变化规律实验，应控制气体的质量与温度保持不变。
(2)气体发生等温变化，体积与压强成反比，分析图示图象答题。
(3)根据气体状态方程分析图示图象答题。
(4)在相同温度下，同种气体质量越大，pV乘积越大，分析图示图象答题。
本题考查了探究气体等温变化实验，理解实验原理是解题的前提，根据题意分析清楚图示图象、应用理想气体状态方程即可解题。
14.【答案】解：(1)振子与物体碰撞过程中水平方向动量守恒，以振子的速度方向为正方向，则有：
mv=2mv共
解得物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小为：
v共=12v
(2)物体落在振子后弹簧振子周期为：T=2π 2mk
若t=0时刻振子向右运动，则到达最左端的时刻为：
t1=nT+14T=(1+4n)π2 2mk，(n=0,1,2,3……)
若t=0时刻振子向左运动，则到达最左端的时刻为：
t2=nT+34T=(3+4n)π2 2mk，(n=0,1,2,3……)
答：(1)物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小12v；
(2)以物体落在振子上为t=0时刻，振子到达最左端的时刻为(1+4n)π2 2mk，(n=0,1,2,3……)或(3+4n)π2 2mk，(n=0,1,2,3……)。
【解析】(1)振子与物体碰撞过程中水平方向动量守恒，根据动量守恒定律求解；
(2)根据弹簧振子周期公式，找到振子第一次到达最左端的时刻，再根据运动的周期性求解其它时刻。
本题考查了动量守恒和弹簧振子周期，关键要根据运动的周期性求解振子到达最左端的时刻，有一定的难度。
15.【答案】解：(1)当活塞下压时，阀门a关闭，b打开，右侧抽气机中排出气体的体积ΔV=12V0
对于第一次抽气，活塞上提，压缩袋中气体均匀分布到抽气机和压缩袋中，活塞上升到最高处时，气体压强降为p1，此时内外压强差最大，手对活塞的拉力最大，抽气过程中气体温度不变
根据玻意耳定律有p0V0=p1(V0+ΔV)
代入数据联立解得p1=23p0
根据平衡条件得F1=(p0−p1)S=(p0−23p0)S=13p0S
(2)对于第二次抽气，活塞上提，压缩袋中气体再次均匀分散到抽气机和压缩袋中，气体压强降为p2
根据玻意耳定律有p1V0=p2(V0+ΔV)
代入数据联立解得p2=(23)2p0
第三次抽气后，剩余气体的压强为p3
根据玻意耳定律有p2V0=p3(V0+ΔV)
代入数据联立解得p3=(23)3p0
以此类推，第10次抽气后压缩袋中气体压强降为p10=(23)10p0。
答：(1)手对活塞的最大拉力13p0S；
(2)抽气机抽气10次后，压缩袋中剩余气体的压强(23)10p0。
【解析】(1)根据玻意耳定律求第一次抽气后气体的压强，根据平衡条件求拉力；
(2)根据玻意耳定律求第二次抽气后剩余气体的压强，根据数学归纳法求解第10次抽气后剩余的压强。
本题主要考查了玻意耳定律和平衡条件，注意数学归纳法的使用。
16.【答案】解：(1)因光到达AC边恰好不从AC边射出，则临界角C=45∘
玻璃砖对该单色光的折射率：n=1sinC
解得n= 2
(2)当该束单色光逆时针旋转一定角度后，根据题意其单色光在透明介质中的传播路线如图所示
由几何关系得，a=45∘因为
n=sinαsinr= 2
所以r=30∘
由几何关系得
DEsin45∘=ADsin60∘
单色光在玻璃砖的传播速度
v=cn
则单色光在玻璃砖的传播时间
t=DEv
联立代入数据解得
t=2 33c
答：(1)玻璃砖对该单色光的折射率为 2；
(2)该束单色光在玻璃砖中的传播时间为2 33c。
【解析】(1)根据全反射临界角求得折射率；
(2)根据题意做光的折射图，结合几何关系可求得传播时间。
本题考查折射定律，解题关键学会根据题意做光的传播图像，结合全反射n=1sinC可进行解答。
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