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2022届河南省开封市高三下学期第二次模拟考试理综物理试卷（解析版）
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这是一份2022届河南省开封市高三下学期第二次模拟考试理综物理试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。
河南省开封市2022届高三下学期第二次模拟考试
理综物理试卷
一、单选题
1．在匀强磁场中，有一个原来静止的C原子核发生衰变，它放出的粒子与反冲核的径迹是两个相内切的圆，两圆的直径之比为7：1，那么C的衰变方程为（ ）
A．614C→+10e+514B B．614C→-10e+714N
C．614C→12H+812B D．614C→2H4e+410Be
2．如图所示，滑块放在水平地面上，左边受一轻质弹簧的拉力作用，弹簧原长l0（l0
A．弹簧弹力在水平方向的分量增大，滑块受到的摩擦力不变
B．弹簧弹力在水平方向的分量不变，滑块受到的摩擦力变小
C．弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力变小
D．弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力不变
3．如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流I时，水平静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上，空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。若电流和磁场的方向均不变，仅将磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g，则此时（ ）
A．金属细杆中的电流方向垂直于纸面向外
B．金属细杆受到的安培力大小为4BILsinθ
C．金属细杆对斜面的压力大小变为原来的4倍
D．金属细杆将沿斜面加速向上运动，加速度大小为3gsinθ
4．如图甲，在某电场中的O点先后无初速度释放两个正点电荷I和II，电荷仅在电场力的作用下沿直线向A运动，两电荷的动能E1随位移x变化的关系如图乙。若I的电荷量为q，则可知（ ）
A．电荷II的电荷量为q2
B．电荷II受到的电场力大小为FII=Ek0x0
C．此电场一定为匀强电场且场强大小E=Ek0qx0
D．选O点为电势零点，A点的电势为φA=Ek0q
5．如图所示，虚线I、II、III分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道I为与第一宇宙速度7.9km/s对应的近地环绕圆轨道，轨道II为椭圆轨道，轨道III为与第二宇宙速度11.2km/s对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道II的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道I半径的2倍，则（ ）
A．卫星在轨道II的运行周期为轨道I周期的2倍
B．卫星经过a点的速率为经过b点速率的2倍
C．卫星在a点的加速度大小为在c点加速度大小的2倍
D．质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能
二、多选题
6．如图所示，木块静止在光滑水平而上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止，若子弹A射入木块的深度大于子弹B射入木块的深度，则（ ）
A．子弹A的质量一定比子弹B的质量小
B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大
C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长
D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
7．如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置I以4.5m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置II，当运动到位置III时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置II时的速度为v。则下列说法正确的是（ ）
A．q1=q2 B．q1=2q2 C．v=1.0m/s D．v=1.5m/s
8．如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量大小均为m，电荷量大小均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知粒子带负电，OP=3OS=3d，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则（ ）
A．粒子的速度大小为qBdm
B．从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为πmqB
C．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9：2
D．沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d2
9．如图，用隔板将一绝热气缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个气缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原 的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是________
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
三、实验题
10．某同学利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，已知当地重力加速度为g。主要实验步骤如下：
①用游标卡尺测量挡光片的宽度d，用量角器测出气垫导轨的倾角θ；
②测量挡光片到光电门的距离x；
③由静止释放滑块，记录数字计时器显示挡光片的挡光时间t；
④改变x，测出不同x所对应的挡光时间t。
根据上述实验步骤请回答：
（1）用游标卡尺测量挡光片的宽度时的结果如图所示，则挡光片的宽度d= mm。
（2）滑块通过光电门时速度的表达式v= (用实验中所测物理量符号表示)。
（3）根据实验测得的多组x、t数据，可绘制 x-1t2 图象，图象的纵坐标为x，横坐标为 1t2 ，如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则图象应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为 (用d、θ、g表示)。
11．某同学利用如图所示的电路测量多个物理量。实验室提供的器材有：
两个相同的待测电源（内阻r约为1Ω）
电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω）
电阻箱R2（最大阻值为999.9Ω）
电压表V（内阻约为2kΩ）
电流表A（内阻约为2Ω）
灵敏电流计G，两个开关S1、S2
主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为0.41A、12.0V、30.0Ω、28.2Ω；
②反复调节电阻箱R1和R2（与①中的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为0.60 A、11.7V。
回答下列问题：
（1）步骤①中：电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势差UAB= V；A和C两点的电势差UAC= V；A和D两点的电势差UAD= V；
（2）利用步骤①中的测量数据可以求得电压表V的内阻RV= Ω；电流表A的内阻RA= Ω；
（3）结合步骤①步骤②的测量数据，电源的电动势E= V，内阻r= Ω。
四、解答题
12．北京冬奥会已圆满结束，人们参与冰雪运动的热情高涨。如图所示滑雪滑道PQR，质量60kg的滑雪爱好者从顶端P静止滑下，从末端R滑出时速度为18m/s，滑行过程中姿势保持不变，P端相对滑道最低点Q高度24m，R端相对Q点高度4m。已知滑道末端R处的切线与水平方向夹角为60°（g=10m/s2），求：
（1）从P到R滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功的比值k；
（2）滑雪爱好者从R处离开滑道后相对R上升的最大高度h。
13．如图甲所示，粒子源靠近水平极板M、N的M板，M、N之间的电压为U0，N板下方有一对长为L，间距为d=1.5L的竖直极板P、Q，P、Q之间的电压UpQ随时间t变化的图像如图乙所示。P、Q下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感强度B=1L2mU0q。 水平极板M、N中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板P、Q的中线，与磁场上边界的交点为O。粒子源连续释放初速不计、质量为m、带电荷量为＋q的粒子，这些粒子先后经过MN、PQ间的电场，再进入磁场区域，都会打到感光胶片上。已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，粒子重力不计。求：
（1）带电粒子进入偏转电场时的动能E1；
（2）磁场上、下边界区域的最小宽度D；
（3）带电粒子打到磁场上边界的感光长度s。
14．某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良好的两个汽缸C、D通过活塞分别封闭质量相等的两部分同种气体A、B，活塞通过轻弹簧相连，静置在水平面上，已知汽缸的质量为M（汽缸壁的厚度不计），轻弹簧的劲度系数为k、原长为L0，大气压强为p0，重力加速度大小为g，初始时环境温度为T0，被封闭气体高度均为L，活塞的横截面积为S、质量和厚度不计，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离汽缸。
（1）求初始时B气体的压强；
（2）若环境温度缓慢升至1.2T0，求稳定后气缸C底部离水平面的高度h。
15．“跳棋”游戏中的棋子是用玻璃材料做的一种球形器材，有位同学想测定棋子的折射率。如图所示为其过球心的横截面，设玻璃棋子半径为R，直线EF为过球心的水平线，一束光线平行于EF射到棋子表面N点处，光线从Q点射出，并与EF交于P点。若棋子内无其他介质，入射光线与EF相距22R，入射光线从N点进入棋子后的折射角为γ=30°，真空中光速为c。
(ⅰ)作出光线的光路图并求出棋子的折射率；
(ⅱ)求光线从进入棋子到第一次射出棋子所用的时间。
五、填空题
16．如图所示，湖面中央O处有一振源在竖直平面内做简谐振动，某同学测得该振源的振动周期为T=0.1 s。以图示时刻为计时的零时刻，且波向右传播，由此可求得该列水波的传播速度为v= m/s，此时图中质点C的振动方向是 (选填“向上”或“向下”)，距离振源40 m处的质点第一次出现波峰的时刻为t= s。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】静止的放射性原子核发生了衰变放出粒子后，由动量守恒知新核的速度与粒子速度方向相反，放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同，根据左手定则判断出粒子与新核的电性相反，则为β衰变。在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r
解得r＝ mvBq
因粒子和新核的动量大小相等，可由半径之比7∶1，从而确定电荷量之比为1∶7，即可根据电荷数守恒及质量数守恒得出核反应方程式为B。
故答案为：B。
【分析】原子核发生衰变根据动量守恒得出新核和粒子速度的方向关系以及洛伦兹力的方向；结合左手定则得出粒子和新核的电性，通过洛伦兹力提供向心力，得出轨道半径的表达式。
2．【答案】C
【解析】【解答】物体受到重力、支持力、水平拉力、弹簧弹力，设某一位置时弹簧与水平方向的夹角为θ，此时弹簧的长度为l，弹簧的原长为l0；竖直方向时弹簧伸长量为x1，弹簧与水平方向的夹角为θ时弹簧伸长量为x2，根据正交分解得：竖直方向N=mg-F弹sinθ
根据几何关系得 F弹sinθ=kx2⋅l0+x1l0+x2=k⋅l0+x1l0x2+1
其中 x1和 l0为定值，当 x2逐渐增大时，竖直分量 F弹sinθ增大，支持力 N逐渐减内销，根据 f=μN
可知摩擦力减小，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】对物体进行受力分析，根据正交分解和共点力平衡以及几何关系得出摩擦力的变化情况。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．直导线受到重力、导轨的支持力和安培力而平衡，安培力垂直于B，只能水平向右，由左手定则知，电流方向应垂直纸面向里，A不符合题意；
B．根据安培力公式可得受到的安培力大小为 F安=4BIL
B不符合题意；
CD．金属细杆水平静止斜面上时，根据平衡条件可得 FN=mgcosθ+BILsinθ
B I L c o s θ = m g s i n θ
磁感应强度大小改变时，根据受力分析和牛顿第二定律可得 F N ′ = m g c o s θ + 4 B I L s i n θ < 4 F N
a = 4 B I L c o s θ − m g s i n θ m = 3 g s i n θ
加速度方向沿斜面加速向上，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】对导线进行受力分析，根据左手定则得出电流的方向，通过安培力的表达式得出安培力的大小关系，结合共点力平衡以及牛顿第二定律得出加速度的表达式。
4．【答案】C
【解析】【解答】B．由动能定理可知，电荷的动能Ek随位移x的变化图线的斜率表示该电荷所受的电场力，故电荷I和II所受的电场力分别为FI=Ek0x0
FII=2Ek0x0
B不符合题意；
C．由图可知，电场力为恒力，则电场强度大小方向均不变，为匀强电场，根据 F=qE可知，匀强电场的电场大小 E=F1q=Ek0qx0
C符合题意；
A．又 FII=2FI
所以电荷II的电荷量为 2q，A不符合题意；
D．电荷I由O到A的过程中，有 qUOA=Ek0
解得 UOA=Ek0q
选O点为电势零点，A点的电势 φA=-Ek0q
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据电场力的表达式得出电荷II受到的电场力；结合动能定理得出AO之间的电势差，从而得出A点的电势，根据电场力的表达式得出电场强度的表达式。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．由题可知轨道I的半径与轨道Ⅱ的半长轴之比为R1R2=23
根据开普勒第三定律 R13T12=R23T22
解得 T2T1=3232
A不符合题意；
B．根据 GMmr2=mv2r
如果b点在过该点的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，如图所示
卫星经过a点的速率为经过b点的 2倍，而轨道Ⅱ是椭圆，因此在轨道Ⅱ上b点的速度不等于圆轨道的速度，B不符合题意；
C．根据公式 a=GMr2
可知，卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍，C不符合题意；
D．卫星从轨道Ⅱ变到轨道Ⅲ需要点火加速，因此再同一点加速动能增大也就是机械能增大，而同一轨道机械能守恒，因此b点的机械能小于在c点的机械能，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用开普勒第三定律得出运行周期之比；通过万有引力提供向心力得出线速度的表达式，并得出ab两点线速度的关系；结合向心加速的表达式得出ac两点向心加速度的大小关系。
6．【答案】A,D
【解析】【解答】BD．由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为f，对A子弹，根据动能定理得-fdA=0-EkA
得EkA=fdA
对B子弹-fdB=0-EkB
得EkB=fdB
由于dA＞dB，则有子弹入射时的初动能EkA＞EkB
B不符合题意，D符合题意；
C．子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，所以两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，C不符合题意；
A．对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有 2mAEkA=2mBEkB
而EkA＞EkB
则得到mA＜mB
A符合题意；
故答案为：AD。
【分析】对子弹AB根据动能定理得出各自的动能表达式，并判断其大小；对两子弹和木块组成的系统动量守恒，从而得出AB的质量关系。
7．【答案】B,D
【解析】【解答】AB．根据q=ΔΦR=BSR
可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1=2q2，A不符合题意，B符合题意；
CD．线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理 -BI1¯LΔt1=mv-mv0
即 -BLq1=mv-mv0
同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理 -BI2¯LΔt2=0-mv
即 -BLq2=0-mv
联立解得 v=13v0=1.5m/s
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据电荷量的表达式得出线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量；线圈从开始进入到位置Ⅱ和线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中根据动量定理得出线框经过位置II时的速度。
8．【答案】A,C
【解析】【解答】A．粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点,可以画出其轨迹1，可知SP为直径(2R)2=d2+(3d)2
得到R=d
洛仑兹力提供向心力 F=mv2R=Bqv
代入 v=qBdm
A符合题意；
B．运动周期 F=4π2RmT2=Bqv
得到 T=2πmBq
B选项错误；
C．运动时间最长的粒子为运动轨迹与x轴相切的粒子（轨迹2），对应的圆心角为270°，得 t1=34T
运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子（轨迹3），此时对应的圆心角为60°，得到 t2=16T
所以 t1:t2=9:2
C符合题意；
D．沿平行x轴正方向射入的粒子的运动轨迹就是C选项的轨迹2，可知离开磁场时的位置到O点的距离为 d，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】根据几何关系以及洛伦兹力提供向心力从而得出粒子速度的表达式和运动的周期，根据粒子在磁场中运动的时间和周期的关系得出运动的时间。
9．【答案】A,B,D
【解析】【解答】气体向真空扩散过程中不对外做功，且又因为气缸绝热，可知气体自发扩散前后内能相同，A符合题意，C不符合题意；气体在被压缩的过程中活塞对气体做功，因气缸绝热，则气体内能增大，BD符合题意；气体在被压缩的过程中，因气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增加，E不符合题意；
故答案为：ABD。
【分析】气体自由扩散过程外界不做功，又绝热所以内能保持不变，当活塞压缩气体外界做正功，气缸绝热所以内能增加，所以温度上升平均动能变大。
10．【答案】（1）2.40
（2）dt
（3）d22gsinθ
【解析】【解答】（1）游标卡尺的主尺读数为2mm，游标读数为0.05×8mm=0.40mm，所以最终读数为2mm+0.40mm=2.40mm。（2）由于挡光片通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度。滑块通过光电门时速度 v=dt 。（3）如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则应有 mgxsinθ=12m(dt)2 ，所以 x=d22gsinθ(1t)2 ， x-1t2 图象应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为 d22gsinθ 。
【分析】（1）明确游标卡尺的读数规则进行读数即可；
（2）当运动位移很短时，物体的平均速度等于物体运动的瞬时速度，利用宽度除以挡光的时间即可；
（3）结合机械能守恒定律列方程，根据图像的横纵坐标求解求出图像斜率的表达式。
11．【答案】（1）0；12.0；-12.0
（2）1200；1.07
（3）12.64；1.57
【解析】【解答】（1）电流计G的示数为0时，A、B两点电势相等，即UAB=0
电压表示数即为A、C两点电势差，即 UAC=12.0V
由闭合电路欧姆定律可知，D、A和A、C之间电势差相等，故 UAD=-12.0V
（2）由于电流计G的示数为0，所以电流表的示数等于电压表的电流与电阻 R1的电流之和，则在步骤1中，通过电压表的电流 IV=I1-U1R1
电压表的内阻 RV=U1IV=U1R1I1R1-U1=12.0×30.00.41×30.0-12.0Ω=1200Ω
左右两个电源两极间的电压相等，则有 U1=I1(RA+R2)
解得电流表的内阻 RA=U1I1-R2=12.00.41Ω-28.2Ω=1.07Ω
（3）根据闭合电路欧姆定律得 E=U1+I1r
E=U2+I2r
解得 E=U1I2-U2I1I2-I1
r=U1-U2I2-I1
代入数据解得 E=12.64V
r=1.57Ω
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律得出AD两点间的电势差；
（2）根据欧姆定律以及串并连电路的特点得出电流表的内阻；
（3）根据闭合电路欧姆定律得出电源的电动势以及内阻。
12．【答案】（1）解：滑雪爱好者从P到R，设克服阻力做功为Wf，由动能定理mghPR-Wf=12mvR2
由题意k=WfmghPR
代入数据可得k=0.19
（2）解：滑雪爱好者从R处滑出时的竖直分速度vy=vRsin60°=32vR
上升到最高点时竖直速度为0h=vy22g
代入数据可得h=12.15m
【解析】【分析】（1） 滑雪爱好者从P到R 根据动能定理得出滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功的比值；
（2）根据速度的分解得出滑雪爱好者从R处滑出时的竖直分速度 ，利用匀变速直线运动的规律得出滑雪爱好者从R处离开滑道后相对R上升的最大高度 。
13．【答案】（1）解：粒子在MN间被加速，电场力做功等于动能的增量qU0=E1
即带电粒子进入偏转电场时的动能E1=qU0
（2）解：设t=0时刻进入磁场中的粒子速度为v0qU0=12mv02
设粒子经过偏转电压UPQ偏转后进入磁场的速度为v，与磁场上边界夹角为θ，在磁场中做圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R
得R=mvqB
运动过程中距离上边界的最远距离为dd=R-Rcosθ=R(1-cosθ)
即d=mv0qB（1-cosθsinθ）=mv0qBtanθ2
θ的取值范围为0°<θ≤90°，当θ=90°时 d有最大值dmax=mv0qB=L
即磁场上下边界的最小宽度D=L
（3）解：t=0时刻进入磁场的粒子打到磁场上边界的位置距O点最近，设此时在磁场中的运动半径为R1qv0B=mv02R1
得R1=mv0qB=L
打到磁场上边界距O点的长度s1=2R1=2L
t=T2时刻进入磁场的粒子打到磁场边界时距O点最远，设此粒子从O点右侧的O'处进入磁场则L=v0t，OO'=12at2，a=qUPQdm
得OO'=UPQL2q2dmv02
其中UPQ=3U0
B=1L2mU0q
d=1.5L
解得OO'=0.5L
粒子在磁场中偏转后打到磁场上边界的位置距O'的长度设为L'，粒子进入磁场的速度为v'与磁场上边界的夹角为α，粒子在磁场中的运动半径为R'L'=2R'sinα v'sinα=v0
R'=mv'qB
L'=2mv0qB=2L
此位置距O点的长度s2=OO'+L'=2.5L
感光长度s=s2-s1=2.5L-2L=0.5L
【解析】【分析】（1）根据电场力做功以及动能定理得出带电粒子进入偏转电场时的动能 ；
（2）粒子进入磁场后根据洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的表达式，结合几何关系得出磁场上下边界的最小宽度 ；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，合力提供向心力得出轨道半径的表达式，粒子在电场中做类平抛运动，利用平抛运动的规律得出O点到右侧的O'的距离，从而得出感光的长度。
14．【答案】（1）解：初始时A、B气体压强相等对气缸C进行受力分析可得pAS=p0S+Mg
得到pA=P0+MgS=pB
（2）解：环境温度升高，AB气体压强均不变，气体发生等圧変化LST0=LxS1.2T0
Lx=1.2L
弹簧压缩量不变C气缸底部上升的高度h=2Lx+(L0-mgk)
即h=2.4L+(L0-mgk)
【解析】【分析】（1）初始时第气缸C进行受力分析，根据共点力平衡得出 初始时B气体的压强；
（2） 环境温度升高 ，气体发生等压变化得出稳定后气缸C底部离水平面的高度 。
15．【答案】解：(ⅰ)根据题意可作出光路图，如图所示
根据几何关系有sin i=22RR =22
故i=45°
根据光的折射定律有n=sinisinγ=2
(ⅱ)根据几何知识有NQ=2Rcos γ=3R
光在棋子中传播的速度为v=cn
光在棋子中传播的时间为t=NQv=6Rc
【解析】【分析】（1）根据光路图以及几何关系得出入射角的大小，通过折射定律得出棋子的折射率；
（2）根据几何关系以及光在介质中传播的速度和折射率的关系以及传播的时间和传播速度的关系得出光线从进入棋子到第一次射出棋子所用的时间。
16．【答案】20；向上；1.975
【解析】【解答】从图中可以看出该水波的波长为λ=2 m，周期为T=0.1s，由此可求得该水波的波速为v=λT=20 m/s
由于波向右传播，根据上下坡法，可知此时质点C的振动方向向上；
从振源发出的波经过t1= sv=4020s =2s
可传播到距离振源40 m处的水面，由此可知40 m处的质点第一次出现波峰的时间是t=t1－ T4=1.975s
【分析】根据波的传播方向和质点振动方向的关系得出质点的振动方向；利用波传播的路程和时间的关系得出波的周期，从而得出距离振源40 m处的质点第一次出现波峰的时刻。
河南省开封市2022届高三下学期第二次模拟考试
理综物理试卷
一、单选题
1．在匀强磁场中，有一个原来静止的C原子核发生衰变，它放出的粒子与反冲核的径迹是两个相内切的圆，两圆的直径之比为7：1，那么C的衰变方程为（ ）
A．614C→+10e+514B B．614C→-10e+714N
C．614C→12H+812B D．614C→2H4e+410Be
2．如图所示，滑块放在水平地面上，左边受一轻质弹簧的拉力作用，弹簧原长l0（l0
A．弹簧弹力在水平方向的分量增大，滑块受到的摩擦力不变
B．弹簧弹力在水平方向的分量不变，滑块受到的摩擦力变小
C．弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力变小
D．弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力不变
3．如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流I时，水平静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上，空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。若电流和磁场的方向均不变，仅将磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g，则此时（ ）
A．金属细杆中的电流方向垂直于纸面向外
B．金属细杆受到的安培力大小为4BILsinθ
C．金属细杆对斜面的压力大小变为原来的4倍
D．金属细杆将沿斜面加速向上运动，加速度大小为3gsinθ
4．如图甲，在某电场中的O点先后无初速度释放两个正点电荷I和II，电荷仅在电场力的作用下沿直线向A运动，两电荷的动能E1随位移x变化的关系如图乙。若I的电荷量为q，则可知（ ）
A．电荷II的电荷量为q2
B．电荷II受到的电场力大小为FII=Ek0x0
C．此电场一定为匀强电场且场强大小E=Ek0qx0
D．选O点为电势零点，A点的电势为φA=Ek0q
5．如图所示，虚线I、II、III分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道I为与第一宇宙速度7.9km/s对应的近地环绕圆轨道，轨道II为椭圆轨道，轨道III为与第二宇宙速度11.2km/s对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道II的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道I半径的2倍，则（ ）
A．卫星在轨道II的运行周期为轨道I周期的2倍
B．卫星经过a点的速率为经过b点速率的2倍
C．卫星在a点的加速度大小为在c点加速度大小的2倍
D．质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能
二、多选题
6．如图所示，木块静止在光滑水平而上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止，若子弹A射入木块的深度大于子弹B射入木块的深度，则（ ）
A．子弹A的质量一定比子弹B的质量小
B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大
C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长
D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
7．如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置I以4.5m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置II，当运动到位置III时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置II时的速度为v。则下列说法正确的是（ ）
A．q1=q2 B．q1=2q2 C．v=1.0m/s D．v=1.5m/s
8．如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量大小均为m，电荷量大小均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知粒子带负电，OP=3OS=3d，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则（ ）
A．粒子的速度大小为qBdm
B．从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为πmqB
C．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9：2
D．沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d2
9．如图，用隔板将一绝热气缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个气缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原 的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是________
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
三、实验题
10．某同学利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，已知当地重力加速度为g。主要实验步骤如下：
①用游标卡尺测量挡光片的宽度d，用量角器测出气垫导轨的倾角θ；
②测量挡光片到光电门的距离x；
③由静止释放滑块，记录数字计时器显示挡光片的挡光时间t；
④改变x，测出不同x所对应的挡光时间t。
根据上述实验步骤请回答：
（1）用游标卡尺测量挡光片的宽度时的结果如图所示，则挡光片的宽度d= mm。
（2）滑块通过光电门时速度的表达式v= (用实验中所测物理量符号表示)。
（3）根据实验测得的多组x、t数据，可绘制 x-1t2 图象，图象的纵坐标为x，横坐标为 1t2 ，如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则图象应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为 (用d、θ、g表示)。
11．某同学利用如图所示的电路测量多个物理量。实验室提供的器材有：
两个相同的待测电源（内阻r约为1Ω）
电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω）
电阻箱R2（最大阻值为999.9Ω）
电压表V（内阻约为2kΩ）
电流表A（内阻约为2Ω）
灵敏电流计G，两个开关S1、S2
主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为0.41A、12.0V、30.0Ω、28.2Ω；
②反复调节电阻箱R1和R2（与①中的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为0.60 A、11.7V。
回答下列问题：
（1）步骤①中：电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势差UAB= V；A和C两点的电势差UAC= V；A和D两点的电势差UAD= V；
（2）利用步骤①中的测量数据可以求得电压表V的内阻RV= Ω；电流表A的内阻RA= Ω；
（3）结合步骤①步骤②的测量数据，电源的电动势E= V，内阻r= Ω。
四、解答题
12．北京冬奥会已圆满结束，人们参与冰雪运动的热情高涨。如图所示滑雪滑道PQR，质量60kg的滑雪爱好者从顶端P静止滑下，从末端R滑出时速度为18m/s，滑行过程中姿势保持不变，P端相对滑道最低点Q高度24m，R端相对Q点高度4m。已知滑道末端R处的切线与水平方向夹角为60°（g=10m/s2），求：
（1）从P到R滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功的比值k；
（2）滑雪爱好者从R处离开滑道后相对R上升的最大高度h。
13．如图甲所示，粒子源靠近水平极板M、N的M板，M、N之间的电压为U0，N板下方有一对长为L，间距为d=1.5L的竖直极板P、Q，P、Q之间的电压UpQ随时间t变化的图像如图乙所示。P、Q下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感强度B=1L2mU0q。 水平极板M、N中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板P、Q的中线，与磁场上边界的交点为O。粒子源连续释放初速不计、质量为m、带电荷量为＋q的粒子，这些粒子先后经过MN、PQ间的电场，再进入磁场区域，都会打到感光胶片上。已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，粒子重力不计。求：
（1）带电粒子进入偏转电场时的动能E1；
（2）磁场上、下边界区域的最小宽度D；
（3）带电粒子打到磁场上边界的感光长度s。
14．某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良好的两个汽缸C、D通过活塞分别封闭质量相等的两部分同种气体A、B，活塞通过轻弹簧相连，静置在水平面上，已知汽缸的质量为M（汽缸壁的厚度不计），轻弹簧的劲度系数为k、原长为L0，大气压强为p0，重力加速度大小为g，初始时环境温度为T0，被封闭气体高度均为L，活塞的横截面积为S、质量和厚度不计，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离汽缸。
（1）求初始时B气体的压强；
（2）若环境温度缓慢升至1.2T0，求稳定后气缸C底部离水平面的高度h。
15．“跳棋”游戏中的棋子是用玻璃材料做的一种球形器材，有位同学想测定棋子的折射率。如图所示为其过球心的横截面，设玻璃棋子半径为R，直线EF为过球心的水平线，一束光线平行于EF射到棋子表面N点处，光线从Q点射出，并与EF交于P点。若棋子内无其他介质，入射光线与EF相距22R，入射光线从N点进入棋子后的折射角为γ=30°，真空中光速为c。
(ⅰ)作出光线的光路图并求出棋子的折射率；
(ⅱ)求光线从进入棋子到第一次射出棋子所用的时间。
五、填空题
16．如图所示，湖面中央O处有一振源在竖直平面内做简谐振动，某同学测得该振源的振动周期为T=0.1 s。以图示时刻为计时的零时刻，且波向右传播，由此可求得该列水波的传播速度为v= m/s，此时图中质点C的振动方向是 (选填“向上”或“向下”)，距离振源40 m处的质点第一次出现波峰的时刻为t= s。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】静止的放射性原子核发生了衰变放出粒子后，由动量守恒知新核的速度与粒子速度方向相反，放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同，根据左手定则判断出粒子与新核的电性相反，则为β衰变。在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r
解得r＝ mvBq
因粒子和新核的动量大小相等，可由半径之比7∶1，从而确定电荷量之比为1∶7，即可根据电荷数守恒及质量数守恒得出核反应方程式为B。
故答案为：B。
【分析】原子核发生衰变根据动量守恒得出新核和粒子速度的方向关系以及洛伦兹力的方向；结合左手定则得出粒子和新核的电性，通过洛伦兹力提供向心力，得出轨道半径的表达式。
2．【答案】C
【解析】【解答】物体受到重力、支持力、水平拉力、弹簧弹力，设某一位置时弹簧与水平方向的夹角为θ，此时弹簧的长度为l，弹簧的原长为l0；竖直方向时弹簧伸长量为x1，弹簧与水平方向的夹角为θ时弹簧伸长量为x2，根据正交分解得：竖直方向N=mg-F弹sinθ
根据几何关系得 F弹sinθ=kx2⋅l0+x1l0+x2=k⋅l0+x1l0x2+1
其中 x1和 l0为定值，当 x2逐渐增大时，竖直分量 F弹sinθ增大，支持力 N逐渐减内销，根据 f=μN
可知摩擦力减小，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】对物体进行受力分析，根据正交分解和共点力平衡以及几何关系得出摩擦力的变化情况。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．直导线受到重力、导轨的支持力和安培力而平衡，安培力垂直于B，只能水平向右，由左手定则知，电流方向应垂直纸面向里，A不符合题意；
B．根据安培力公式可得受到的安培力大小为 F安=4BIL
B不符合题意；
CD．金属细杆水平静止斜面上时，根据平衡条件可得 FN=mgcosθ+BILsinθ
B I L c o s θ = m g s i n θ
磁感应强度大小改变时，根据受力分析和牛顿第二定律可得 F N ′ = m g c o s θ + 4 B I L s i n θ < 4 F N
a = 4 B I L c o s θ − m g s i n θ m = 3 g s i n θ
加速度方向沿斜面加速向上，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】对导线进行受力分析，根据左手定则得出电流的方向，通过安培力的表达式得出安培力的大小关系，结合共点力平衡以及牛顿第二定律得出加速度的表达式。
4．【答案】C
【解析】【解答】B．由动能定理可知，电荷的动能Ek随位移x的变化图线的斜率表示该电荷所受的电场力，故电荷I和II所受的电场力分别为FI=Ek0x0
FII=2Ek0x0
B不符合题意；
C．由图可知，电场力为恒力，则电场强度大小方向均不变，为匀强电场，根据 F=qE可知，匀强电场的电场大小 E=F1q=Ek0qx0
C符合题意；
A．又 FII=2FI
所以电荷II的电荷量为 2q，A不符合题意；
D．电荷I由O到A的过程中，有 qUOA=Ek0
解得 UOA=Ek0q
选O点为电势零点，A点的电势 φA=-Ek0q
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据电场力的表达式得出电荷II受到的电场力；结合动能定理得出AO之间的电势差，从而得出A点的电势，根据电场力的表达式得出电场强度的表达式。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．由题可知轨道I的半径与轨道Ⅱ的半长轴之比为R1R2=23
根据开普勒第三定律 R13T12=R23T22
解得 T2T1=3232
A不符合题意；
B．根据 GMmr2=mv2r
如果b点在过该点的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，如图所示
卫星经过a点的速率为经过b点的 2倍，而轨道Ⅱ是椭圆，因此在轨道Ⅱ上b点的速度不等于圆轨道的速度，B不符合题意；
C．根据公式 a=GMr2
可知，卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍，C不符合题意；
D．卫星从轨道Ⅱ变到轨道Ⅲ需要点火加速，因此再同一点加速动能增大也就是机械能增大，而同一轨道机械能守恒，因此b点的机械能小于在c点的机械能，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用开普勒第三定律得出运行周期之比；通过万有引力提供向心力得出线速度的表达式，并得出ab两点线速度的关系；结合向心加速的表达式得出ac两点向心加速度的大小关系。
6．【答案】A,D
【解析】【解答】BD．由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为f，对A子弹，根据动能定理得-fdA=0-EkA
得EkA=fdA
对B子弹-fdB=0-EkB
得EkB=fdB
由于dA＞dB，则有子弹入射时的初动能EkA＞EkB
B不符合题意，D符合题意；
C．子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，所以两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，C不符合题意；
A．对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有 2mAEkA=2mBEkB
而EkA＞EkB
则得到mA＜mB
A符合题意；
故答案为：AD。
【分析】对子弹AB根据动能定理得出各自的动能表达式，并判断其大小；对两子弹和木块组成的系统动量守恒，从而得出AB的质量关系。
7．【答案】B,D
【解析】【解答】AB．根据q=ΔΦR=BSR
可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1=2q2，A不符合题意，B符合题意；
CD．线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理 -BI1¯LΔt1=mv-mv0
即 -BLq1=mv-mv0
同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理 -BI2¯LΔt2=0-mv
即 -BLq2=0-mv
联立解得 v=13v0=1.5m/s
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据电荷量的表达式得出线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量；线圈从开始进入到位置Ⅱ和线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中根据动量定理得出线框经过位置II时的速度。
8．【答案】A,C
【解析】【解答】A．粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点,可以画出其轨迹1，可知SP为直径(2R)2=d2+(3d)2
得到R=d
洛仑兹力提供向心力 F=mv2R=Bqv
代入 v=qBdm
A符合题意；
B．运动周期 F=4π2RmT2=Bqv
得到 T=2πmBq
B选项错误；
C．运动时间最长的粒子为运动轨迹与x轴相切的粒子（轨迹2），对应的圆心角为270°，得 t1=34T
运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子（轨迹3），此时对应的圆心角为60°，得到 t2=16T
所以 t1:t2=9:2
C符合题意；
D．沿平行x轴正方向射入的粒子的运动轨迹就是C选项的轨迹2，可知离开磁场时的位置到O点的距离为 d，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】根据几何关系以及洛伦兹力提供向心力从而得出粒子速度的表达式和运动的周期，根据粒子在磁场中运动的时间和周期的关系得出运动的时间。
9．【答案】A,B,D
【解析】【解答】气体向真空扩散过程中不对外做功，且又因为气缸绝热，可知气体自发扩散前后内能相同，A符合题意，C不符合题意；气体在被压缩的过程中活塞对气体做功，因气缸绝热，则气体内能增大，BD符合题意；气体在被压缩的过程中，因气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增加，E不符合题意；
故答案为：ABD。
【分析】气体自由扩散过程外界不做功，又绝热所以内能保持不变，当活塞压缩气体外界做正功，气缸绝热所以内能增加，所以温度上升平均动能变大。
10．【答案】（1）2.40
（2）dt
（3）d22gsinθ
【解析】【解答】（1）游标卡尺的主尺读数为2mm，游标读数为0.05×8mm=0.40mm，所以最终读数为2mm+0.40mm=2.40mm。（2）由于挡光片通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度。滑块通过光电门时速度 v=dt 。（3）如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则应有 mgxsinθ=12m(dt)2 ，所以 x=d22gsinθ(1t)2 ， x-1t2 图象应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为 d22gsinθ 。
【分析】（1）明确游标卡尺的读数规则进行读数即可；
（2）当运动位移很短时，物体的平均速度等于物体运动的瞬时速度，利用宽度除以挡光的时间即可；
（3）结合机械能守恒定律列方程，根据图像的横纵坐标求解求出图像斜率的表达式。
11．【答案】（1）0；12.0；-12.0
（2）1200；1.07
（3）12.64；1.57
【解析】【解答】（1）电流计G的示数为0时，A、B两点电势相等，即UAB=0
电压表示数即为A、C两点电势差，即 UAC=12.0V
由闭合电路欧姆定律可知，D、A和A、C之间电势差相等，故 UAD=-12.0V
（2）由于电流计G的示数为0，所以电流表的示数等于电压表的电流与电阻 R1的电流之和，则在步骤1中，通过电压表的电流 IV=I1-U1R1
电压表的内阻 RV=U1IV=U1R1I1R1-U1=12.0×30.00.41×30.0-12.0Ω=1200Ω
左右两个电源两极间的电压相等，则有 U1=I1(RA+R2)
解得电流表的内阻 RA=U1I1-R2=12.00.41Ω-28.2Ω=1.07Ω
（3）根据闭合电路欧姆定律得 E=U1+I1r
E=U2+I2r
解得 E=U1I2-U2I1I2-I1
r=U1-U2I2-I1
代入数据解得 E=12.64V
r=1.57Ω
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律得出AD两点间的电势差；
（2）根据欧姆定律以及串并连电路的特点得出电流表的内阻；
（3）根据闭合电路欧姆定律得出电源的电动势以及内阻。
12．【答案】（1）解：滑雪爱好者从P到R，设克服阻力做功为Wf，由动能定理mghPR-Wf=12mvR2
由题意k=WfmghPR
代入数据可得k=0.19
（2）解：滑雪爱好者从R处滑出时的竖直分速度vy=vRsin60°=32vR
上升到最高点时竖直速度为0h=vy22g
代入数据可得h=12.15m
【解析】【分析】（1） 滑雪爱好者从P到R 根据动能定理得出滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功的比值；
（2）根据速度的分解得出滑雪爱好者从R处滑出时的竖直分速度 ，利用匀变速直线运动的规律得出滑雪爱好者从R处离开滑道后相对R上升的最大高度 。
13．【答案】（1）解：粒子在MN间被加速，电场力做功等于动能的增量qU0=E1
即带电粒子进入偏转电场时的动能E1=qU0
（2）解：设t=0时刻进入磁场中的粒子速度为v0qU0=12mv02
设粒子经过偏转电压UPQ偏转后进入磁场的速度为v，与磁场上边界夹角为θ，在磁场中做圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R
得R=mvqB
运动过程中距离上边界的最远距离为dd=R-Rcosθ=R(1-cosθ)
即d=mv0qB（1-cosθsinθ）=mv0qBtanθ2
θ的取值范围为0°<θ≤90°，当θ=90°时 d有最大值dmax=mv0qB=L
即磁场上下边界的最小宽度D=L
（3）解：t=0时刻进入磁场的粒子打到磁场上边界的位置距O点最近，设此时在磁场中的运动半径为R1qv0B=mv02R1
得R1=mv0qB=L
打到磁场上边界距O点的长度s1=2R1=2L
t=T2时刻进入磁场的粒子打到磁场边界时距O点最远，设此粒子从O点右侧的O'处进入磁场则L=v0t，OO'=12at2，a=qUPQdm
得OO'=UPQL2q2dmv02
其中UPQ=3U0
B=1L2mU0q
d=1.5L
解得OO'=0.5L
粒子在磁场中偏转后打到磁场上边界的位置距O'的长度设为L'，粒子进入磁场的速度为v'与磁场上边界的夹角为α，粒子在磁场中的运动半径为R'L'=2R'sinα v'sinα=v0
R'=mv'qB
L'=2mv0qB=2L
此位置距O点的长度s2=OO'+L'=2.5L
感光长度s=s2-s1=2.5L-2L=0.5L
【解析】【分析】（1）根据电场力做功以及动能定理得出带电粒子进入偏转电场时的动能 ；
（2）粒子进入磁场后根据洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的表达式，结合几何关系得出磁场上下边界的最小宽度 ；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，合力提供向心力得出轨道半径的表达式，粒子在电场中做类平抛运动，利用平抛运动的规律得出O点到右侧的O'的距离，从而得出感光的长度。
14．【答案】（1）解：初始时A、B气体压强相等对气缸C进行受力分析可得pAS=p0S+Mg
得到pA=P0+MgS=pB
（2）解：环境温度升高，AB气体压强均不变，气体发生等圧変化LST0=LxS1.2T0
Lx=1.2L
弹簧压缩量不变C气缸底部上升的高度h=2Lx+(L0-mgk)
即h=2.4L+(L0-mgk)
【解析】【分析】（1）初始时第气缸C进行受力分析，根据共点力平衡得出 初始时B气体的压强；
（2） 环境温度升高 ，气体发生等压变化得出稳定后气缸C底部离水平面的高度 。
15．【答案】解：(ⅰ)根据题意可作出光路图，如图所示
根据几何关系有sin i=22RR =22
故i=45°
根据光的折射定律有n=sinisinγ=2
(ⅱ)根据几何知识有NQ=2Rcos γ=3R
光在棋子中传播的速度为v=cn
光在棋子中传播的时间为t=NQv=6Rc
【解析】【分析】（1）根据光路图以及几何关系得出入射角的大小，通过折射定律得出棋子的折射率；
（2）根据几何关系以及光在介质中传播的速度和折射率的关系以及传播的时间和传播速度的关系得出光线从进入棋子到第一次射出棋子所用的时间。
16．【答案】20；向上；1.975
【解析】【解答】从图中可以看出该水波的波长为λ=2 m，周期为T=0.1s，由此可求得该水波的波速为v=λT=20 m/s
由于波向右传播，根据上下坡法，可知此时质点C的振动方向向上；
从振源发出的波经过t1= sv=4020s =2s
可传播到距离振源40 m处的水面，由此可知40 m处的质点第一次出现波峰的时间是t=t1－ T4=1.975s
【分析】根据波的传播方向和质点振动方向的关系得出质点的振动方向；利用波传播的路程和时间的关系得出波的周期，从而得出距离振源40 m处的质点第一次出现波峰的时刻。
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