2019年广东省汕头市高考物理一模试卷 (含解析）

绝密★启用前2019学年广东省汕头市高考物理一模试卷（3月份）注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上1. 中国自主研发的世界首座具有第四代核电特征的核电站--华能石岛湾高温气冷堆核电站，位于山东省威海市荣成石岛湾。目前核电站使用的核燃料基本都是浓缩铀，有一种典型的铀核裂变方程是U+x→Ba+Kr+3x，下列关于x的说法正确是（　　）A.x是α粒子，具有很强的电离本领B.x是α粒子，穿透能力比较弱C.x是中子，中子是卢瑟福通过实验最先发现的D.x是中子，中子是查得威克通过实验最先发现的2. 如图所示是汽车45°极限爬坡时的照片，汽车缓慢逐步沿斜坡攀爬，斜坡的倾角逐渐增大至45°．下列关于汽车这一爬坡过程的说法中正确的是（　　）A.坡的倾角越大，汽车对坡面的压力也越大B.汽车受到沿坡面向下、大小不断减小的滑动摩擦力作用C.汽车受到沿坡面向上、大小不断增大的静摩擦力作用D.若汽车能顺利爬坡，则车胎与坡间的最大静摩擦力至少为车重的大小3. 如图所示为远距离输电的原理图，发电厂输出的电压恒定，升压、降压变压器均为理想变压器。由于用户负载的变化会造成其得到的电压变化，供电部门要实时监控。监控电表为理想电表。若某次监测发现V2表的示数减小，则下列判断正确的是（　　）A.电流表A1的示数增大B.电流表A2的示数减少C.电压表V1的示数增大D.输电线损失的功率减小4. 如图，纸面内有一垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，比荷（）为k1、k2的带电粒子分别从P点以速率v1、v2垂直进入磁场，经过时间t1、t2从M点射出磁场，已知v1沿半径方向v2与v1夹角为30°，∠POM=120°．不计粒子重力，下列判断正确的是（　　）A.若v1=v2，则k1：k2=：1B.若v1=v2，则t1：t2=：2C.若t1=t2，则k1：k2=2：1D.若t1=t2，则v1：v2=：15. 甲、乙两辆遥控小汽车在两条相邻的平直轨道上作直线运动，以甲车运动方向为正方向，两车运动的v-t图象如图所示。下列说法正确的是（　　）A.两车若在t=5s时相遇，则另一次相遇的时刻是t=10sB.两车若在t=5s时相遇，则t=0时两车相距15mC.两车若在t=10s时相遇，则另一次相遇的时刻是t=20sD.两车若在t=10s时相遇，则相遇前两车的间距是逐渐减小的6. 我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示为简化跳台滑雪的雪道示意图，助滑坡由长度55m的斜面AB（倾角=37°）和半径25m的光滑圆弧BC组成，两者相切于B点，过圆弧最低点C的切线水平，CD为着陆坡（倾角α=30°）。一运动员连同滑板（整体可视为质点）从A点由静止滑下，到C点以vC=26m/s的速度水平飞出，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6．关于该运动员，下列说法正确是（　　）A.经过C处时对轨道的压力约为其重力的2.7倍B.在B点的速度大小为24m/sC.在斜面AB上的运动时间约为4.6sD.运动员落在着陆坡时的速度大小与C点速度vC大小成正比7. 如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈。图乙为受电线图M的示意图，线圈匝数为n，电阻为r，横截面积为S，两端a、b连接车载变流装置，匀强磁场平行于线图轴线向上穿过线圈。下列说法正确是（　　）A.只要受电线圈两端有电压，送电线圈中的电流一定不是恒定电流B.只要送电线圈N中有电流流入，受电线圈M两端一定可以获得电压C.当线圈M中磁感应强度大小均匀增加时，则M中有电流从a端流出D.若△时间内，线图M中磁感应强度大小均匀增加△B，则M两端的电压8. 传感器在生活中有很多应用，电容式加速度传感器在安全气囊、手机移动设备方面应用广泛，其原理如图所示，质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动，但不能上下移动。下列关于该传感器的说法正确的是（　　）A.当电路中没有电流时，电容器所带电荷量一定都相等B.当电路没有电流时，传感器一定处于平衡状态C.当电路中有顺时针方向的电流时，电容器电容一定增大D.当电路中有顺时针方向的电流时，传感器可能向左也可能向右运动9. 某实验小组设计了如图甲所示实验装置“探究加速度与物体受力的关系”。图中A为滑块，B为装有砝码的小盘，C为放置在水平桌面上一端带有定滑轮的长木板，滑块通过纸带与电磁打点计时器（未画出）相连。（1）小组成员先用弹簧测力计测量滑块的重力（如图乙），由图可知滑块的重力GA=______N。（2）小组成员接着将滑块与砝码盘用细绳连接，将细绳挂在滑轮上，使滑轮和滑块间的细绳处于水平，然后在砝码盘中添加砝码，在规范操作的情况下，得到了滑块加速度a与砝码盘及砝码总重力F的关系，将实验数据描绘在a-F图象中，得到一条实验图线如图丙所示。该图线与横轴的交点数值F0=0.87N，据此可计算出滑块与木板间的动摩擦因数μ=______（保留2位有效数字）。该图线在a较小（a＜1m/s2）时基本上是一直线，该直线段的斜率______（填选项前面的代号）A．只跟GA有关B．只跟F0有关C．跟GA和F0之和有关10. 在水平方向的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m、电荷量为q的带电小球，另一端固定于O点，将小球拉起使细线伸直且与电场方向平行，然后无初速释放，小球沿着圆弧轨道摆到最低点的另一侧时，细线与竖直方向的最大夹角θ=37°，如图所示，已知重力加速度大小为g，sim37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）匀强电场的电场强度E的大小；（2）小球经过最低点时细线对小球的拉力大小。11. 长度L=0.90m的木板在光滑水平地面上向右运动，将小物块A相对于地面静止轻放到木板右端端点上，一段时间后物块运动到木板左端恰好不会脱离木板。接着再将另一小物块B同样相对于地面静止轻放到木板右端端点上。已知物块A与木板的质量相等，而物块B的质量是A的3倍，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.25，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度的大小g=10m/s2，求：（1）木板开始时的初速度v0的大小；（2）最后两物块之间的距离。12. 如图是某种喷雾器示意图，在贮液筒内装入一些药液后将密封盖盖好。多次拉压活塞充气，然后打活塞开喷嘴开关，活塞位置不再改变，药液可以持续地喷出。贮液筒内的空气可视为理想气体，设充气和喷液过程筒内的空气温度可视为不变，下列说法正确的是______。A．充气过程中，贮液筒内的气体内能增大B．充气过程中，贮液筒内的气体分子平均动能增大C．充气过程中，贮液筒内的气体压强增大，体积也变大D．喷液过程中，贮液筒内的气体吸收热量全部用来对外做功E．喷液过程中，贮液筒内的气体压强减小，气体内能不变13. 一列机械波在t=0时刻第一次形成的波形如图所示，质点A、P、B、C、Q的在x轴上的位置分别为lcm、1.5cm、3cm、4cm、19cm。从此时开始，质点B到达波峰的时间比质点C早了0.5s。下列说法正确的是______A．t=0时刻，质点P向上振动B．振源振动的频率为0.5HzC．该波的波速为2m/sD．t=9s时，质点Q处于波峰位置E．45s内质点P的路程为45cm14. 如图为一玻璃砖的截面图，ABCD为长方形，BCE为圆，AB=2R，BC=R，一束单色光从AD界面上的F点（未画出）入射，在CD界面上的G点（未画出）发生一次全反射后，从BE界面上的H点射出，折射角α=60°，折射光平行于DE且与反射光垂直，光速为c。①画出光路图并求出折射率n；②光从射入玻璃砖到第一次射出的时间t。15. 要测绘一个标有2.5V 2W”小灯泡的伏安特性曲线，已选用的器材有：直流电源（3V，内阻不计）电流表A1（量程为0.6A，内阻为0.6Ω）电流表A2（量程为300mA，内阻未知）电压表V（量程为0～3V，内阻约3kΩ）滑动变阻器R（0～5Ω，允许最大电流3A）开关、导线若干其实验步骤如下：（1）由于电流表A1的量程偏小，小组成员把A1、A2并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代表导线在实物图中完成余下导线的连接。（2）正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最______端，闭合开关S，调节滑片，发现当A1示数为0.50A时，A2的示数为200mA，由此可知A2的内阻为______Ω（3）若将并联后的两个电流表当作一个新电表，则该新电表的量程为______A；为使其量程达到最大，可将图中______（选填“I”、“Ⅱ“）处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻。16. 如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直固定放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞和直杄连成一体，直杄长度L=45cm，开始时直杄下端压在气缸底部，此时缸内气体的压强与缸外大气压相等，缸内气体的温度T0=300K．现通过电热丝缓慢加热气体，当缸内气体的温度到达T1=305K时，直杄刚好脱离气缸底部即将上升。继续缓慢加热气体使其温度到达T2=366K，活塞缓慢上升到与容器底部相距H=53cm处。已知大气压强p0=1.0×105Pa，活塞圆形面积S=9.0×10-2m2，取重力加速度g=10m/s2，不计活塞与气缸间的摩擦。求：①活塞连同直杆的总质量；②直杆的体积。参考答案及解析一、 单选题1. 【答案】D 【解析】解：AB、根据该反应的特点可知，该核反应为重核裂变，x为中子。故AB错误；CD、根据物理学史可知，中子是查得威克通过实验最先发现的。故C错误，D正确故选：D。根据电荷数守恒、质量数守恒得出X的电荷数和质量数，从而确定X的种类解决本题的关键知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，知道核反应的特点，能够区分重核裂变和轻核聚变。2. 【答案】C 【解析】解：A、坡面上的汽车受到重力、斜面得支持力与摩擦力，设坡面的倾角为θ，则其中支持力：FN=Gcosθ坡的倾角增大，则汽车受到的支持力减小。根据牛顿第三定律可知，坡面的倾角增大，则汽车对坡面的压力减小。故A错误；BC、汽车受到的摩擦力：f=Gsinθ，方向沿斜面向上；当θ增大时，汽车受到的摩擦力增大。故B错误，C正确；D、要使汽车不打滑，则有：μmgcosθ≥mgsinθ，解得：μ≥tanθ由于μ＜1则θ=45°时静摩擦力达到最大；可知若汽车能顺利爬坡，则车胎与坡间的最大静摩擦力至少为车重的大小的倍。故D错误故选：C。根据受力分析判断支持力与摩擦力的变化；要使汽车不打滑，最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力；重力垂直于斜坡的分力即和压力相等。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。3. 【答案】A 【解析】解：根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1的示数不变，A、某次监测发现V2表的示数减小，根据降压变压器变压比可知，降压变压器的输入电压减小，又U1=U2+I1R可知，电流表A1的示数增大，故A正确；B、根据A知，电流表A1的示数增大，根据降压变压器变流比可知，电流表A2的示数增大，故B错误；C、根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1的示数不变，故C错误；D、输电线上损失功率为，由于电流表A1的示数增大，故输电线损失的功率增大，故D错误；故选：A。理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。理想变压器电压和匝数关系。对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。4. 【答案】B 【解析】解：设匀强磁场区域半径为R，那么，根据粒子运动速度和运动轨迹上的两个点；根据如图所示几何关系可得：v1的轨道半径r1=Rtan60°= v2的轨道半径r2=Rv1转过的圆心角为60°，v2转过的圆心角为120°；故根据洛伦兹力做向心力可得：Bvq=故速度v=运动周期T==；运动时间t=A、若v1=v2，则k1：k2=r2：r1=1：，故A错误；B、若v1=v2，则t1：t2=：2，故B正确；C、若t1=t2，则k1：k2=1：2，故C错误；D、若t1=t2，则v1：v2=：2，故D错误。故选：B。根据几何关系求得半径及转过的圆心角，然后由洛伦兹力做向心力求得周期及速度表达式，即可根据半径和圆心角求得运动时间和速度，再分析各个选项。带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。二、 多选题5. 【答案】BD 【解析】解：A、根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，5-15s内两车的位移相等，因此，两车若在t=5s时相遇，则另一次相遇的时刻是t=15s，故A错误。B、两车若在t=5s时相遇，因为0-5s内两车相向运动，则t=0时两车相距距离等于0-5s内两车位移大小之和，为S=2×5+=15m，故B正确。C、两车若在t=10s时相遇，因为10-20s内乙车的位移大于甲车的位移，所以t=20s时两车没有相遇，故C错误。D、两车若在t=10s时相遇，在0-5s内两车相向运动，两车的间距逐渐减小。在5-10s内，两车同向运动，甲车在乙车的前方，且甲车的速度比乙车的大，则两车间距减小，所以相遇前两车的间距是逐渐减小的，故D正确。故选：BD。根据位移关系分析两车是否相遇，而位移可根据速度图象与时间轴所围的面积来分析。本题关键是根据速度时间图象得到两个物体的运动规律，然后根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小，结合初始条件进行分析两车是否相遇。6. 【答案】BCD 【解析】解：A、在C点运动员所受轨道的支持力和重力的合力提供圆周运动向心力有：可得轨道对运动员的支持力为：代入数据可解得：FN≈3.7mg根据牛顿第三定律可知A错误；B、从B到C的过程，由机械能守恒定律得：mgR（1-cosθ）+=，解得：vB=24m/s，故B正确；C、运动在AB间做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式和解得：t=4.6s，故C正确；D、运动员从助滑雪道不同位置由静止滑下且以不同速度v0从C点飞出落在着陆坡上的速度大小为：v===，即运动员落在着陆坡时的速度大小与C点速度vC大小成正比，故D正确。故选：BCD。研究运动员从C到E的过程，由平抛运动的规律求出运动员到达C点时的速度大小。在C点，根据牛顿运动定律求运动员对轨道的压力大小。根据平抛运动的推论：速度偏向角正切是位移偏向角正切的2倍，分析运动员落在着陆坡上的速度方向与坡面CD的夹角，由速度的合成分析运动员落在着陆坡上的速度大小与v0的关系。本题考查了机械能守恒定律与圆周运动、平抛运动的综合运用，要知道圆周运动向心力的来源，掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键。7. 【答案】AC 【解析】解：A、只要受电线圈两端有电压，说明穿过受电线圈的磁场变化，所以送电线圈中的电流一定不是恒定电流，故A正确；B、若送电线圈N中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在受电线圈中变化产生感应电流，也就不会获得电压，故B错误；C、穿过线圈M的磁感应强度均匀增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流方向从b向a，即电流从a端流出；故C正确；D、根据法拉第电磁感应定律，有：E=n=nS，设受电线圈外接电路的电阻为R，由闭合电路的欧姆定律得M两端的电压U=R=，故D错误。故选：AC。根据楞次定律判断感应电流的方向，穿过线圈的磁感应强度均匀增加，故感应电动势为定值；根据法拉第电磁感应定律列式求解感应电动势，由闭合电路的欧姆定律可求得M两端的电压。本题综合考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律，注意感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原因。8. 【答案】CD 【解析】解：A、当电路中没有电流时，说明电容器处于稳定状态，因电容器的电压不变，根据电容器的电容公式C=ɛ，当电介质插入极板间深度不一，即电介质大小不同，则电容器电容也不同，因此电容器所带电荷量也不相等，故A错误；B、当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；C、当电路中有顺时针方向的电流时，说明电容器处于充电状态，根据Q=CU，可知，电容器的电容在增大，故C正确；D、当电路中有顺时针方向电流时，由上分析，可知，电容器的电容在增大，插入极板间电介质加深，因此传感器可能向左减速，也可能向右加速，故D正确；故选：CD。根据电容器的电容公式C=ɛ，从而电容的大小变化；由牛顿第二定律，确定弹力是否变化，再确定电容器是否处于充放电状态；由惯性可知，弹簧处于什么状态；先确定电介质向什么方向运动，再来确定电容器处于充电，还是放电，从而即可求解。本题考查影响电容器电容大小的因素，掌握Q=CU公式，理解牛顿第二定律的应用，注意电容器是充电还放电，是确定电容的大小依据。三、 计算题9. 【答案】2.80 0.31 C 【解析】解：（1）由图知，测力计的分度值为0.1N，所以其示数为2.80N；（2）对滑块A列牛顿第二定律方程T-μMg=Ma，同理对砝码盘列牛顿第二定律方程mg-T=ma联立得：即为：结合图丙可知：当加速度为零时，则解得；F0=μMg故有：；由公式可得：直线段的斜率跟GA和F0之和有关，故选：C；故答案为：（1）2.80；（2）0.31；C；（1）首先确定测力计的分度值，然后进行读数；（2）根据牛顿第二定律得出a与F的关系式，结合图线的斜率求出小车及车上砝码的总质量，根据横轴截距得出μ的大小。本题考查的比较综合，需要学生对这一实验掌握的非常熟，理解的比较深刻才不会出错，知道a-F图的斜率等于小车质量的倒数，难度适中。10. 【答案】解：（1）小球运动过程只有重力和电场力做功，由小球从细线水平位置运动到最右端的过程重力做正功可得电场力做负功，故电场力方向水平向左；设细绳绳长为L，由动能定理可得：mgLcosθ-qEL（1+sinθ）=0，所以，场强；（2）对小球从细线水平位置运动到最低点的过程应用动能定理可得：；小球在最低点时，对小球竖直方向应用牛顿第二定律可得：，所以，小球经过最低点时细线对小球的拉力大小F=2mg；答：（1）匀强电场的电场强度E的大小为；（2）小球经过最低点时细线对小球的拉力大小为2mg。 【解析】（1）对小球从圆弧轨道一端点运动到另一端点的过程应用动能定理求解；（2）对小球从静止释放运动到最低点的过程应用动能定理求得在最低点的速度，再对小球在最低点时竖直方向应用牛顿第二定律求解。带电粒子在电场中的运动过程电场力做功等于电势能减少量，故常根据电势变化求解电场力做的功，在匀强电场中要注意电势U=Ed中d为场强方向的位移。11. 【答案】解：（1）设物块A和木板的质量均为m，释放A到物块A与木板共速的过程，取木板的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv0=2mv1由功能关系可得μmgL=-联立解得v0=3m/s（2）设释放B后经时间t1木板和B的速度达到相等，这段时间内，木板和A都作匀减速运动，但不能保持相对静止。 设A、木板和B的加速度大小分别为aA、a和aB．根据牛顿第二定律得 μmg=maA μ•3mg-μmg=ma μ•3mg=3maB。可得a=5m/s2＞aA=2.5m/s2，说明木板减速比A更快，A相对板向右滑动木板和B的速度达到相等，有 v2=v1-at1=aBt1解得t1=0.2sB的位移为xB=此后木板和B保持相对静止一起加速，再经时间t2和A的速度相等，由动量守恒定律得 mv0=（m+m+3m）v3解得末速度v3=0.6m/sA在（t1+t2）的时间内一直保持匀减速运动，有 v3=v2-aA（t1+t2）解得t2=0.16s在t2时间内B的位移为xB′=而A在（t1+t2）时间内的位移为xA=（t1+t2）最后两物块之间的距离S=L+（xB′+xB）-xA解得 L=0.66m答：（1）木板开始时的初速度v0的大小是3m/s；（2）最后两物块之间的距离是0.66m。 【解析】（1）物块A在木板上滑行过程，系统的合外力为零，则系统的动量守恒。当物块A运动到木板左端时两者共速，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求木板开始时的初速度v0的大小；（2）B放上木板后，在速度与木板共速前，木板和A都作匀减速运动，但不能保持相对静止。根据牛顿第二定律和速度公式求出B与木板共速所用时间，并求出B的位移。B与木板共速后保持相对静止，一起加速，根据动量守恒定律得到B、木板和A共速时的速度，由动量定理求时间，由位移时间公式求得A和B的位移，即可求得最后两物块之间的距离。解决本题的关键要理清两个物块和木板在整个过程中的运动规律，结合动量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式综合求解。12. 【答案】AD 【解析】解：AB、充气过程筒内的空气温度可视为不变，则分子的平均动能不变；充气的过程中分子的总个数增加，则内能增加，故A正确，B错误；C、充气的过程中气体的体积不变。故C错误；D、E、喷液过程筒内的空气温度可视为不变，则分子的平均动能不变，气体的内能也不变；药液就可以持续地喷出，气体体积增大，对外做功，由于没有其他的变化，可知贮液筒内的气体吸收热量全部用来对外做功，故D正确，E正确；故选：ADE故答案为：ADE分子间既有引力也有斥力，随着距离增大而减小，超过10r0，分子作用力可不计；温度是分子平均动能的标志。本题综合考查分子动理论知识以及热力学第一定律。应熟练掌握，属于基础问题。13. 【答案】ABD 【解析】解：A、t=0时刻，因波向右传播，则P点要达到它之前点的位置，则P向上振动，则A正确B、B比C超前运动个周期，即=0.5，则周期T=2S，频率f==0.5Hz，则B正确C、由图知cm，v===0.02m/s，则C错误D、由第一波峰传到Q点历时：t==9s，则D正确E、周期为2S，则45S为22.5个周期，每个周期的路程为4个振幅，则总路程：x=22.5×4×5=900cm，则E错误故选：ABD由图可知波长为4cm，由BC间距为λ，则B比C超前运动个周期可得波的周期，由周期，波长可求得频率，波速及各点的运动情况。题要抓住简谐波的基本特点：介质中各质点的起振方向都与波源的起振方向相同，波在一个周期内传播的距离是一个波长，并能用来分析质点的运动情况。14. 【答案】解：①画出光路图如图。由几何关系知 β=90°-α=30°则n===②根据光的反射定律和几何知识可知 θ=2β=60°∠HGC=β则△GHC是等腰三角形，且 GH=2Rcosβ=R在Rt∠FDG中，FG===R光在玻璃砖中传播的路程 S=FG+GH光在玻璃砖中传播的速度v=光从射入玻璃砖到第一次射出的时间t=。联立解得t=答：①画出光路图如图所示，折射率n为；②光从射入玻璃砖到第一次射出的时间t是。 【解析】①根据光的反射规律画出光路图，由几何知识求出光在H点的入射角，由折射定律求出折射率n；②根据几何知识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，从而求得传播时间t。解决本题的关键是画出光路图，运用几何知识求解光程和相关角度，再由折射定律求出折射率。四、 实验题探究题15. 【答案】右 1.5 0.84 Ⅰ 【解析】解：（1）由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接实物图如图所示：；（2）开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，故应调至右端；根据欧姆定律得：（3）由于Ug1=0.6×0.6V=0.36VUg2=0.3×1.5V=0.45V由于Ug1＜Ug2，故两电流表两段允许所加最大电压为0.36V，新电流表量程为：由于A2未达到最大量程，要使其达到最大量程，要增大电压，此时电流表A1会烧毁，为了保护该电流表，应给其串联一电阻分压，故应在Ⅰ区再串联接入一个阻值合适的电阻；故答案为：（1）；（2）右、1.5；（3）0.84、Ⅰ。（1）由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，据此连接实物图；（2）开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，根据并联电路特点和欧姆定律求解A2的内阻；（3）考虑电表使用安全性判断出并联电流表两端允许所加最大电压，从而计算新电流表的量程；应该在电压达到额定电压的电流表上串联一个电阻，分担一部分电压，使另一电流表也能达到最大量程。本题考查电表改装，关键是求解改装电流表的量程时，要注意比较两个电流表的额定电压，判断出两电表两端所能加的最大电压，从而也能分析出要扩大量程该在哪个位置串联电阻。五、 填空题16. 【答案】解：①设直杄刚好脱离气缸底部即将上升时气体压强为p1，由活塞平衡知：p1S=mg+p0S解得P1=该过程中气体做等容变化，则：由于T0=300K，T1=305K可得：m=15kg②活塞上升的过程气体发生等压变化，则：设直杆的体积为VG，则有：初态：V1=LS-VG末态：V2=HS-VG代入数据解得：VG=4.5×10-3m3答：①活塞连同直杆的总质量是15kg；②直杆的体积是4.5×10-3m3。 【解析】（1）由题，活塞处于平衡状态，根据平衡条件列式求气体的压强；（2）由理想气体得状态方程求此时气体的体积，然后求出直杆的体积。对气体正确地进行受力分析，求得两个状态的压强是解题的关键。属于中档题。题号一二三四五总分得分评卷人得分一、 单选题（共4题）评卷人得分二、 多选题（共4题）评卷人得分三、 计算题（共6题）评卷人得分四、 实验题探究题（共1题）评卷人得分五、 填空题（共1题）