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2022-2023学年四川省资中县第二中学高三（下）适应性考试理综物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年四川省资中县第二中学高三（下）适应性考试理综物理试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省资中县第二中学高三（下）适应性考试理综物理试卷
一、单选题（本题共5小题，共20分）
1. 在火星上太阳能电池板发电能力有限，因此科学家用放射性材料PuO2作为发电能源为火星车供电。PuO2中的Pu元素是。其半衰期是87.7年，发生α衰变变为。则( )
A. 单质Pu的半衰期也为87.7年
B. 的衰变方程为 94234PU=92234U+24He
C. 的比结合能大于的比结合能
D. 衰变后的α射线贯穿本领很强
2. 2022年12月15日，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功将遥感三十六号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。遥感卫星的飞行高度一般在4000km∼600km之间，如果遥感卫星的轨道为椭圆，则( )
A. 地球处在椭圆的几何中心
B. 遥感卫星绕地球运动的动量不变
C. 遥感卫星距离地球越远，引力势能越小
D. 相同时间内遥感卫星、地球连线扫过的面积相等
3. 如图所示，边长为L的正方形区域ABCD内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。一带电粒子以速度v从D点射入磁场，速度方向与CD边夹角为60∘，垂直BC边射出磁场，则下列说法正确的是( )
A. 粒子一定带正电
B. 粒子的比荷为 3vBL
C. 粒子在磁场中的运动时间为2 3πL9v
D. 减小粒子的速度，粒子不可能从CD边射出
4. “围炉煮茶”在这个冬日里火爆全网。如图，它由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，吊炉通过细铁链静止悬挂在三脚架正中央，三脚架正中央离桌面高度为h，吊炉和细铁链的总质量为m，支架与铰链间的摩擦忽略不计。下列说法正确的是( )
A. 吊炉受4个力 B. 每根轻杆受到桌面的支持力大小为13mg
C. 减小h时，每根轻杆对桌面的压力增大 D. 减小h时，每根轻杆对桌面的压力减小
5. 如图所示，边长为2l的正三角形ABC区域存在方向垂直纸面向里、大小随时间均匀变化的磁场(图中未画出)，磁场随时间的变化率为B=kt。以三角形顶点C为圆心，半径为l、匝数为N、电阻为R的圆形线圈平行纸面固定放置，则下列说法正确的是( )
A. 感应电流的方向为顺时针 B. 感应电流的大小一直为Nkl2π6R
C. 线圈所受安培力方向与AB边平行 D. t0时刻线圈受到的安培力为Nk2l3πt06R
三、多选题（本题共5小题，共22分）
6. 如图所示，由于运力增加，石家庄正定国际机场欲让货物尽快通过传送带。已知传送带两轴心间距为5m，传送带向右匀速传动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定，一可视为质点的小物块以7m/s初速度从左端滑上传送带，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.4，取g=10m/s2，则下列传送带的速度符合要求的是( )
A. 8m/s B. 9m/s C. 10m/s D. 11m/s
7. 如图，理想变压器原线圈接有效值保持不变的正弦交流电压，电压表和电流表均为理想交流电表，RT为负温度系数的热敏电阻(即当温度升高时，阻值减小)，R0、R1为定值电阻，C为电容器，通电后随着RT温度升高，下列说法正确的是( )
A. 变压器的输入功率增大 B. A1表的示数增大，A2表的示数减小
C. V1表的示数和V2表的示数都不变 D. 通过R1的电流始终为零
8. 如图所示，质量为100kg的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h=0.8m在船尾处有一质量为20kg铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离L=3m，船头到湖岸的水平距离x=0.7m。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度g=10m/s2。下列判断正确的有( )
A. 铁块脱离木船后在空中运动的时间为0.4s
B. 铁块脱离木船时的瞬时速度大小为1.75m/s
C. 小木船最终的速度大小为1.25m/s
D. 弹簧释放的弹性势能为108J
9. 如图所示，一定质量的理想气体从A到B到C又回到A，其中有一个为绝热过程，有一个为等温过程，有一个为等容过程，则下列说法正确的是( )
A. A到B是等温过程
B. 从B到C的过程，气体从外界吸收热量
C. 全过程气体从外界吸收热量
D. C到A的过程，气体内能不变
10. 如图所示，一轻弹簧一端固定在天花板上，另一端连接一小球，小球在A、B之间做简谐运动，规定竖直向上的方向为正方向，已知A、B之间距离为4cm，O为A、B中点，t=0时，小球正位于OA的中点向上运动，t=83s时，小球第一次到达B点，下列说法正确的是( )
A. 小球振幅为4cm
B. 小球运动的周期为4s
C. 小球从A向O运动时，弹性势能可能先减小后增大
D. 小球运动的初相位为π4
三、实验题（本题共2小题，共14分）
11. 某小组为了验证力的平行四边形定则，设计了如下图甲所示的实验：在一个半圆形刻度盘上安装两个可以沿盘边缘移动的拉力传感器A、B，两传感器的挂钩分别系着轻绳，轻绳的另一端系在一起，形成结点O，并使结点O位于半圆形刻度盘的圆心。在O点挂上重G=2.0 N的钩码，记录两传感器A、B的示数F1、F2及轻绳与竖直方向的夹角θ1、θ2，用力的图示法即可验证力的平行四边形定则。
(1)当F1=1.0N、F2=1.5 N，θ1=45°、θ2=30°时，请在图乙中用力的图示法作图__________，以F1和F2为邻边，作平行四边形，求得夹角对角线F=__________ N。(结果保留2位有效数字)
(2)该组同学在实验中，将传感器A固定在某位置后，再将传感器B从竖直位置的P点缓慢顺时针旋转，得到了一系列传感器B的示数F2和对应的角度θ2，作出了如图丙所示的F2-θ2图像，由图丙可知传感器A所处位置的角度θ1=__________。
(3)由上述得出结论，在误差允许的范围内__________
12. 某实验小组要测量一节干电池的电动势E和内阻r.实验室仅能提供如下器材：
A.待测干电池
B.电流表A1：量程0∼0.6A，内阻r1约为0.5Ω
C.电流表A2：量程0∼300μA，内阻r2为1000Ω
D.滑动变阻器R：阻值范围0∼20Ω，额定电流2A
E.电阻箱R'：阻值范围0∼9999.9Ω，额定电流1A
F.开关S、导线若干
(1)小组根据给定的器材设计了两种测量电路图，其中较为合理的电路图为____________(选填“甲”或“乙”)；
(2)将电流表A2和电阻箱R'串联，改装成一个量程为3.0V的电压表，电阻箱R'的阻值应调到___________Ω；
(3)下表是小组在实验中记录的多组数据，其中第三组的I2没有记录，该数据如图丙A2表盘示数所示，请读出I2并记录在下表空格处；
测量次数
1
2
3
4
5
6
A1示数I1/A
0.12
0.20
0.36
0.38
0.50
0.57
A2示数I2/μA
137
132
_
114
110
105
(4)请根据该实验小组记录的数据，在图丁的直角坐标系上画出I2-I1图象__________；依据画出的图象可以得到电池的电动势E=_________V，内电阻r=__________Ω.(结果均保留两位小数)
四、计算题（本题共4小题，共44分）
13. 如图为“山东舰”上进行“歼—15”舰载机起降训练的示意图，起飞跑道由长度为l1=160m的水平跑道和长度为l2=13.5m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=2.7m。一质量为m=2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的110。假设“山东舰”处于静止状态，飞机可看成质点且质量不变，g取10m/s2。
(1)求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小；
(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小(结果保留2位有效数字)。
14. 人工核反应是利用加速器加速带电粒子与物质进行相互作用，产生多种带电的和不带电的次级粒子的过程。如图所示，加速器的核心装置由B、C、D三部分组成，其中B、D两端接地，中间的C为电荷交换室，有很高的电势φ0。加速器的前端安装有离子发生装置A，即粒子源；输出端安装有用于发生核反应的反应靶。离子发生装置产生质量为m的负一价离子，由静止开始在加速管中加速到达高压端，进入电荷交换室电子被剥离，变成n价的正离子，但速度和质量不发生改变，然后进入另一加速管中继续加速，以获得足够的速度，与反应靶进行核反应。已知电子的带电荷量为e，不计所有粒子的重力及电场、磁场的边缘效应。
(1)求离子到达交换室C时的速度大小；
(2)求离子在加速器中出射时的动量大小；
(3)核反应生成的各种次级粒子经过束流纯化装置挑选出具有相同速度的某一种目标次级粒子，由O点垂直射入一矩形区域OPSQ内，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，双平行轨道OP、QS间距为L，装有计时装置的荧光屏MN可以沿轨道平行移动。移动MN，使荧光屏上的N点闪光，此时记录的粒子运动时间为t；继续移动MN，当O、M间距为 3+1L时，次级粒子在磁场中的运动时间为3t2。求该次级粒子射入磁场的方向(与OP的夹角)、速度大小及其比荷。
E. A、B、C三状态相比，A状态气体分子单位时间对单位面积器壁的碰撞次数最多，B状态气体分子单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数最少
15. 如图所示，竖直放置的汽缸缸体质量m=10kg，轻质活塞的横截面积S=5×10-3m2，活塞上部的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的下表面与劲度系数k=2.5×103N⋅m的轻弹簧相连，活塞不漏气且与汽缸壁无摩擦、当汽缸内气体的热力学温度T0=450K时，缸内气柱长L=50cm，汽缸下端距水平地面的高度h=6cm，现使缸内气体的温度缓慢降低，已知大气压强p0=1.0×105Pa，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)汽缸刚接触地而时，缸内气体的热力学温度T1；
(2)弹簧刚恢复原长时，缸内气体的热力学温度T2。
E. 小球运动时位移的方向与加速度方向始终相反
16. 如图所示为半圆柱体玻璃砖MCN的横截面图。MN为直径，O点为圆心。一束由两种色光组成的复色光沿AM方向射入玻璃砖，分成两束单色光，a色光传播到B，b色光传播到BD弧的中点C，已知θ=30∘，三角形MBO为等边三角形。已知圆的半径为R，光在真空中的传播速度为c，求：
①a光和b光从M点射入，到入射到B和C点所需要的时间比
②a光从M点射入到第一次射出玻璃砖所需要的时间。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.元素的化学性质不影响半衰期的长短，单质Pu的半衰期也为87.7年，选项A正确；
B. 的衰变方程为
94238Pu→92234U+24He
箭头表示转化，选项B错误；
C.Pu衰变为 时放出能量，则 的比结合能小于 的比结合能，选项C错误；
D. α、β、γ 射线中， α 射线贯穿本领很弱，电离本领最强，选项D错误。
故选A。
2.【答案】D
【解析】A.遥感卫星绕着地球在椭圆轨道上运动，地球处在椭圆的一个焦点上，故A错误；
B.遥感卫星绕地球曲线运动，动量方向时刻变化，故B错误；
C.遥感卫星远离地球，引力做负功，引力势能增大，故C错误；
D.根据开普勒第二定律可知相同时间内遥感卫星、地球连线扫过的面积相等，故D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】A.由图可知，粒子所受洛伦兹力垂直速度方向向下，根据左手定则可知粒子带负电，故A错误；
B.如图所示
根据几何关系可得粒子做圆周运动的半径
r=Lcos30∘=2 33L
根据洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
联立解得粒子的比荷
qm= 3v2BL
故B错误；
C.由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角为 60∘ ，粒子在磁场中的运动时间
t=2πrv×60∘360=2 3πL9v
故C正确；
D.根据
qv'B=mv'2r'
可得
r'=mv'qB
可知速度减小，粒子在磁场中做圆周运动的半径减小，由作图法可知当速度减小到一定值时，粒子可以从 CD 边射出，故D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查平衡条件的应用，涉及牛顿第三定律知识，正确受力分析是解题的关键。
直接分析吊炉的受力情况即可判断；对整个装置，由平衡条件列方程得出每根轻杆受到桌面的支持力大小即可判断；对整个装置，由平衡条件和牛顿第三定律分析即可判断。
【解答】
A.对吊炉分析受力可知，吊炉受到重力和细链的拉力两个力的作用，故A错误；
B.将整个装置视为整体，对整体进行受力分析，由于支架完全相同且均匀分布，故桌面对每根支架的支持力大小相等，根据平衡条件得3F=mg，即F=mg3，故B正确；
CD.将整个装置视为整体，对整体进行受力分析，由于支架完全相同且均匀分布，故桌面对每根支架的支持力大小相等，结合牛顿第三定律有，减小h时，每根轻杆对桌面的压力不变，故CD错误。
故选B。
5.【答案】B
【解析】A.磁场垂直纸面向里，大小在增加，根据楞次定理可知，感应电流的方向为逆时针，故A错误；
B.根据法拉第电磁感应定律
E=NΔΦΔt=NBSt=NktSt=NkS
磁场的有效面积
S=πl26
感应电流的大小
I=ER=NkSR=Nkπl26R
故B正确；
故
C.线圈的有效长度与 AB 边平行，根据左手定则可知，线圈所受安培力方向与 AB 边垂直，故C错误；
D.有效长度
L=l
t0 时刻线圈受到的安培力为
F=NBIL=N2k2πl3t06R
故D错误。
故选B。
6.【答案】CD
【解析】根据题意可知，欲让货物尽快通过传送带，则需让货物在传送带上一直做匀加速运动，设货物通过传送带后的速度为 v ，由牛顿第二定律有
mg=μmg
由运动学公式有
v2-v02=2ax
解得
即符合要求的传送带速度为
本题选传送带的速度符合要求的，故选CD。
7.【答案】AC
【解析】解：ABC.根据变压器的原理，输入电压不变，输出电压也不变，即V1和V2的示数不发生变化；
通电后，温度升高，热敏电阻阻值减小，根据欧姆定律，故输出电流增大，由此可知输入电流也增大，即A1和A2的示数都增大；根据P=UI可知，变压器的输入功率增大，故B错误，AC正确；
D.根据电容器“通交隔直”的特点可知，R1有电流通过，即通过R1的电流不为零，故D错误。
故选：AC。
输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，根据理想变压器的原理分析即可。
本题解题的关键是掌握理想变压器的原理以及电容器“通交隔直”的特点，考查学生推理能力。
8.【答案】AD
【解析】
【分析】
铁块脱离木船后做平抛运动，由下落高度h即可求出在空中运动的时间；对细线烧断后到铁块脱离木船的过程系统由平均动量守恒，求出此过程中小木船的位移，进而可求出铁块平抛运动的水平位移，然后就可以求出铁块脱离木船时的瞬时速度大小；对系统此过程由动量守恒可求出小木船最终的速度大小；最后 对系统此过程由能量守恒可求出弹簧释放的弹性势能。
本题考查动量与能量的综合应用，关键是对系统由由平均动量守恒，求出此过程中小木船的位移，进而可求出铁块平抛运动的水平位移，然后求出铁块脱离木船时的瞬时速度大小。
【解答】
A. 铁块脱离木船后做平抛运动，由h=12gt2，求得铁块脱离木船后在空中运动的时间t= 2hg= 2×0.810s=0.4s，故A正确；
BC 设细线烧断后到铁块脱离木船铁块向右的位移大小为x1，船向左的位移为x2，则对此过程系统由平均动量守恒有：
mx1=Mx2
x1+x2=L
解得：x2=0.5m，x1=2.5m
则木块铁块脱离木船时离岸边的水平距离s=x+x2=1.2m，则铁块脱离木船时的瞬时速度大小v1=st=1.20.4m/s=3m/s，故B错误；
设小木船最终的速度大小为v2，则对系统此过程由动量守恒有：
mv1=Mv2，解得：v2=v15=35m/s=0.6m/s，故C错误；
D. 对系统此过程由能量守恒有：
弹簧释放的弹性势能E P=12mv12+12Mv22=108J，故D正确。
故选AD。
9.【答案】(1) ；2.0；
(2)π3；
(3)力的合成遵循平行四边形定则
【解析】
【分析】
本题考查了验证力的平行四边形定则实验，力的图示以及物体的受力平衡，基础题。
(1)根据力的图示要求进行作图，注意表明力的大小、方向、作用点，然后根据平行四边形定则求出合力大小；
(2)根据丙图和平行四边形定则分析求解角度θ1；
(3)根据实验原理分析结论。
【解答】
(1)F1和F2的图示及力的合成图如图所示
根据比例关系可知合力大小为2.0N；
(2)
由图丙可知，当 和0时，F2的读数都为2.0N，根据平行四边形定则，画出如图所示的三角形
由几何关系，可得
(3)由上述得出结论，在误差允许的范围内力的合成遵循平行四边形定则。
10.【答案】(1) 乙；
(2)9000 ；
(3)120；
(4) ；1.46；0.72
【解析】
【分析】
本题考查了测量电动势和内电阻的实验，要求能熟练应用闭合电路的欧姆定律，注意求解电动势的基本方法，并比较各种方法的优缺点，同时能正确进行误差分析。
(1)根据干电池的内阻很小，考虑到电流表A1内阻对测量的影响，选选择合适的电路；
(2)把电流表改装成电压表，应串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值；
(3)根据微安表的满偏值和最小分度，读出指针的刻度；
(4)根据描点法可得出对应的图象，再根据闭合电路欧姆定律可求得对应的电动势和内电阻。
【解答】
(1)考虑到电流表A1的内阻对电源内阻的测量影响，则应采用图乙电路测量合理；
(2)将电流表 A2 和电阻箱 R' 串联，改装成一个量程为 3.0V 的电压表，电阻箱 R' 的阻值应调到
(3)由图可知，微安表的满偏值为300μA，最小分度为10μA，所以微安表读数为120μA；
(4)画出 I2-I1 图象如图
由电压表改装可知，微安表A2的300μA刻度对应电压3V，则由图可知，纵轴截距为1.46V，即电动势E=1.46V
内阻．
11.【答案】(1)41m/s；(2) 5.2×105N
【解析】(1)飞机在水平跑道上加速运动，由牛顿第二定律
F-110mg=ma1
解得
a1=5.0m/s2
由匀变速直线运动规律得
v12=2a1l1
飞机在倾斜跑道上运动
F-0.1mg-mgsinθ=ma2
又因
sinθ=hl2
由公式
v22-v12=2a2l2
解得
v2=41m/s
(2)飞机在水平跑道上运动施加助推力，沿倾斜跑道运动加速度仍为 a2 ，在水平跑道上运动时，有
F推+F-0.1mg=ma'1
v'12=2a'1l1
在倾斜跑道上运动时，起飞速度为 v'2=100m/s ，则
v'22-v'12=2a2l2
联立解得
F推≈5.2×105N
12.【答案】解：(1)根据动能定理得eφ0=12mv12可得v1= 2eφ0m；
(2)设离子的出射速度为v0，应用动能定理，有eφ0+neφ0=12mv02，又p=mv0，
解得p= 2(n+1)meφ0；
(3)设次级粒子的入射速度为v，与OP方向的夹角为θ，由题中已知条件，粒子运动时间为t时，打在N点，而O、M间距为( 3+1)L时，粒子在磁场中的运动时间变长为3t2，说明次级粒子再次打在荧光屏上的位置必在N点左侧，且其轨迹必与磁场的右边界QS相
切，且相切位置恰好为第一次打在N点的位置，由此作出其运动图像如图所示
由图中的几何关系可知Rsinθ+Rsinθ2=( 3+1)L，R-Rcosθ=L，
联立解得sinθ2=12，
所以θ=π3，R=2L，
所以粒子的运动时间t=θ2πT=T6而T=2πRv，
联立得粒子的速度v=2πL3t，
根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=mv2R，得R=mvBq，
得粒子的比荷qm=π3Bt。
【解析】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，在电场中的加速应用动能定理、在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解未知量，根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
13.【答案】BDE
【解析】AD.根据题意，由图可知，从 B→C 为等容过程，且压强增大，由查理定律有
pBTB=pCTC
可得
TB
TA=TB
由图可知， C→A 过程中，气体体积减小，外界对气体做功，气体的内能增加，温度升高，则有
TA>TC
与上述 B→C 过程中温度情况不符，则假设不成立，即应该是 A→B 是绝热过程， C→A 为等温过程，温度不变，气体内能不变，故A错误，D正确；
B.由A分析可知，从B到C的过程，气体温度升高，内能增加，气体体积不变，气体对外界不做功，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故B正确；
C.全过程气体的内能不变，由 A→B 过程，气体的体积增大，气体对外做功，由 C→A 过程，气体体积减小，外界对气体做功，由图可知， A→B 过程气体的平均压强小于 C→A 过程气体的平均压强，由于体积变化相等，则 C→A 过程气体做功较多，即外界对气体做功大于气体对外做功，由热力学第一定律可知，全过程气体放出热量，故C错误；
E.根据上述分析，结合图像可知
TA=TC
pA>pC
则A状态气体分子单位时间对单位面积器壁的碰撞次数大于C状态气体分子单位时间对单位面积器壁的碰撞次数，又有
VB=VC
TB
故选BDE。
14.【答案】解：(1)汽缸缓慢下降至汽缸下端边缘刚好接触地面的过程，缸内气体压强不变，则有LST0=(L-h)ST1，解得T1=396K。
(2)设弹簧初状态的压缩量为x，气体初状态的压强为p1，弹簧刚好恢复原长时，缸内气体的压强为p0，
则有kx=mg，p0S+mg=p1S，p1LST0=p0(L-h-x)ST2，解得T2=300K。
【解析】根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提与关键，应用平衡条件、盖一吕萨克定律与理想气体状态方程即可解题。
(1)气体温度降低过程气体压强不变，应用盖-吕萨克定律求出气缸下端边缘刚好接触地面时气体的温度。
(2)求出气体的状态参量，应用理想气体状态方程求出弹簧恢复原长时气体的温度。
15.【答案】BCE
【解析】解：A、小球振幅为2cm，故A错误；
BD、由简谐振动方程x=Asin(ωt+φ)可知t=0时有
1cm=2cm⋅sinφ
解得：φ=π6
所以
x=2sin(ωt+π6)cm
当t=83s时
-2cm=2sin(ωt+π6)
解得：ω=π2
所以周期为
T=2πω=4s，故B正确，D错误；
C、小球从A向O点运动时，弹簧可能有压缩状态变为伸长状态，弹性势能可能先减小后增大，故C正确；
E、小球运动时位移的方向由平衡位置O点指向小球所处的位置，加速度方向由小球所处的位置指向平衡位置，两者方向总是相反的，故E正确；
故选：BCE。
根据题目条件得出小球的振幅；
先计算出小球的简谐振动方程，结合周期的定义得出大小；
理解简谐运动过程中能量的转化特点；
理解简谐运动过程中位移和加速度的方向关系。
本题主要考查了简谐运动的相关应用，理解简谐运动的特点和其中物理量之间的关系即可，整体难度不大。
16.【答案】① 1:1 ；(2) 3 3Rc
【解析】①根据几何关系可知 a 、 b 两光的入射角均为 60∘ ， a 光在玻璃砖中的折射角为 30∘ ， b 光的折射角为 37.5∘ ，根据折射定律可得
na=sin60∘sin30∘= 3
nb=sin60∘sin37.5∘
根据几何关系可得a光从M点射入，入射到B的路程为
sa=R
根据余弦定理可得b光从M点射入，入射到C的路程为
sb= R2+R2-2R2cos75∘
整理可得
sb=R 2-2(cos237.5∘-sin237.5∘)=R 2sin237.5∘+2cos237.5∘cos-2cos237.5∘+2sin237.5∘=2Rsin37.5∘
结合
v=cn
联立可得
ta= 3Rc
tb= 3Rc
可得a光和b光从M点射入，到入射到B和C点所需要的时间比
ta:tb=1:1
②根据发生全反射的临界角
sinC=1n
可知 a 光发生全反射的临界角的正弦值为
sinC= 33
画出 a 光的光路图如图所示
根据几何关系可知前两次在玻璃砖中出射的角度均为 60∘ ，第三次在玻璃砖中的出射角为 30∘ ，根据
sin60∘= 32> 33
sin30∘=12< 33
可知在玻璃砖内发生两次全反射后从玻璃砖中射出，a光在玻璃砖中的路程为
s=3R
a光从M点射入到第一次射出玻璃砖所需要的时间
t=scna=3 3Rc
联立可得
t=3 3Rc
2022-2023学年四川省资中县第二中学高三（下）适应性考试理综物理试卷
一、单选题（本题共5小题，共20分）
1. 在火星上太阳能电池板发电能力有限，因此科学家用放射性材料PuO2作为发电能源为火星车供电。PuO2中的Pu元素是。其半衰期是87.7年，发生α衰变变为。则( )
A. 单质Pu的半衰期也为87.7年
B. 的衰变方程为 94234PU=92234U+24He
C. 的比结合能大于的比结合能
D. 衰变后的α射线贯穿本领很强
2. 2022年12月15日，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功将遥感三十六号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。遥感卫星的飞行高度一般在4000km∼600km之间，如果遥感卫星的轨道为椭圆，则( )
A. 地球处在椭圆的几何中心
B. 遥感卫星绕地球运动的动量不变
C. 遥感卫星距离地球越远，引力势能越小
D. 相同时间内遥感卫星、地球连线扫过的面积相等
3. 如图所示，边长为L的正方形区域ABCD内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。一带电粒子以速度v从D点射入磁场，速度方向与CD边夹角为60∘，垂直BC边射出磁场，则下列说法正确的是( )
A. 粒子一定带正电
B. 粒子的比荷为 3vBL
C. 粒子在磁场中的运动时间为2 3πL9v
D. 减小粒子的速度，粒子不可能从CD边射出
4. “围炉煮茶”在这个冬日里火爆全网。如图，它由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，吊炉通过细铁链静止悬挂在三脚架正中央，三脚架正中央离桌面高度为h，吊炉和细铁链的总质量为m，支架与铰链间的摩擦忽略不计。下列说法正确的是( )
A. 吊炉受4个力 B. 每根轻杆受到桌面的支持力大小为13mg
C. 减小h时，每根轻杆对桌面的压力增大 D. 减小h时，每根轻杆对桌面的压力减小
5. 如图所示，边长为2l的正三角形ABC区域存在方向垂直纸面向里、大小随时间均匀变化的磁场(图中未画出)，磁场随时间的变化率为B=kt。以三角形顶点C为圆心，半径为l、匝数为N、电阻为R的圆形线圈平行纸面固定放置，则下列说法正确的是( )
A. 感应电流的方向为顺时针 B. 感应电流的大小一直为Nkl2π6R
C. 线圈所受安培力方向与AB边平行 D. t0时刻线圈受到的安培力为Nk2l3πt06R
三、多选题（本题共5小题，共22分）
6. 如图所示，由于运力增加，石家庄正定国际机场欲让货物尽快通过传送带。已知传送带两轴心间距为5m，传送带向右匀速传动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定，一可视为质点的小物块以7m/s初速度从左端滑上传送带，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.4，取g=10m/s2，则下列传送带的速度符合要求的是( )
A. 8m/s B. 9m/s C. 10m/s D. 11m/s
7. 如图，理想变压器原线圈接有效值保持不变的正弦交流电压，电压表和电流表均为理想交流电表，RT为负温度系数的热敏电阻(即当温度升高时，阻值减小)，R0、R1为定值电阻，C为电容器，通电后随着RT温度升高，下列说法正确的是( )
A. 变压器的输入功率增大 B. A1表的示数增大，A2表的示数减小
C. V1表的示数和V2表的示数都不变 D. 通过R1的电流始终为零
8. 如图所示，质量为100kg的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h=0.8m在船尾处有一质量为20kg铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离L=3m，船头到湖岸的水平距离x=0.7m。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度g=10m/s2。下列判断正确的有( )
A. 铁块脱离木船后在空中运动的时间为0.4s
B. 铁块脱离木船时的瞬时速度大小为1.75m/s
C. 小木船最终的速度大小为1.25m/s
D. 弹簧释放的弹性势能为108J
9. 如图所示，一定质量的理想气体从A到B到C又回到A，其中有一个为绝热过程，有一个为等温过程，有一个为等容过程，则下列说法正确的是( )
A. A到B是等温过程
B. 从B到C的过程，气体从外界吸收热量
C. 全过程气体从外界吸收热量
D. C到A的过程，气体内能不变
10. 如图所示，一轻弹簧一端固定在天花板上，另一端连接一小球，小球在A、B之间做简谐运动，规定竖直向上的方向为正方向，已知A、B之间距离为4cm，O为A、B中点，t=0时，小球正位于OA的中点向上运动，t=83s时，小球第一次到达B点，下列说法正确的是( )
A. 小球振幅为4cm
B. 小球运动的周期为4s
C. 小球从A向O运动时，弹性势能可能先减小后增大
D. 小球运动的初相位为π4
三、实验题（本题共2小题，共14分）
11. 某小组为了验证力的平行四边形定则，设计了如下图甲所示的实验：在一个半圆形刻度盘上安装两个可以沿盘边缘移动的拉力传感器A、B，两传感器的挂钩分别系着轻绳，轻绳的另一端系在一起，形成结点O，并使结点O位于半圆形刻度盘的圆心。在O点挂上重G=2.0 N的钩码，记录两传感器A、B的示数F1、F2及轻绳与竖直方向的夹角θ1、θ2，用力的图示法即可验证力的平行四边形定则。
(1)当F1=1.0N、F2=1.5 N，θ1=45°、θ2=30°时，请在图乙中用力的图示法作图__________，以F1和F2为邻边，作平行四边形，求得夹角对角线F=__________ N。(结果保留2位有效数字)
(2)该组同学在实验中，将传感器A固定在某位置后，再将传感器B从竖直位置的P点缓慢顺时针旋转，得到了一系列传感器B的示数F2和对应的角度θ2，作出了如图丙所示的F2-θ2图像，由图丙可知传感器A所处位置的角度θ1=__________。
(3)由上述得出结论，在误差允许的范围内__________
12. 某实验小组要测量一节干电池的电动势E和内阻r.实验室仅能提供如下器材：
A.待测干电池
B.电流表A1：量程0∼0.6A，内阻r1约为0.5Ω
C.电流表A2：量程0∼300μA，内阻r2为1000Ω
D.滑动变阻器R：阻值范围0∼20Ω，额定电流2A
E.电阻箱R'：阻值范围0∼9999.9Ω，额定电流1A
F.开关S、导线若干
(1)小组根据给定的器材设计了两种测量电路图，其中较为合理的电路图为____________(选填“甲”或“乙”)；
(2)将电流表A2和电阻箱R'串联，改装成一个量程为3.0V的电压表，电阻箱R'的阻值应调到___________Ω；
(3)下表是小组在实验中记录的多组数据，其中第三组的I2没有记录，该数据如图丙A2表盘示数所示，请读出I2并记录在下表空格处；
测量次数
1
2
3
4
5
6
A1示数I1/A
0.12
0.20
0.36
0.38
0.50
0.57
A2示数I2/μA
137
132
_
114
110
105
(4)请根据该实验小组记录的数据，在图丁的直角坐标系上画出I2-I1图象__________；依据画出的图象可以得到电池的电动势E=_________V，内电阻r=__________Ω.(结果均保留两位小数)
四、计算题（本题共4小题，共44分）
13. 如图为“山东舰”上进行“歼—15”舰载机起降训练的示意图，起飞跑道由长度为l1=160m的水平跑道和长度为l2=13.5m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=2.7m。一质量为m=2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的110。假设“山东舰”处于静止状态，飞机可看成质点且质量不变，g取10m/s2。
(1)求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小；
(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小(结果保留2位有效数字)。
14. 人工核反应是利用加速器加速带电粒子与物质进行相互作用，产生多种带电的和不带电的次级粒子的过程。如图所示，加速器的核心装置由B、C、D三部分组成，其中B、D两端接地，中间的C为电荷交换室，有很高的电势φ0。加速器的前端安装有离子发生装置A，即粒子源；输出端安装有用于发生核反应的反应靶。离子发生装置产生质量为m的负一价离子，由静止开始在加速管中加速到达高压端，进入电荷交换室电子被剥离，变成n价的正离子，但速度和质量不发生改变，然后进入另一加速管中继续加速，以获得足够的速度，与反应靶进行核反应。已知电子的带电荷量为e，不计所有粒子的重力及电场、磁场的边缘效应。
(1)求离子到达交换室C时的速度大小；
(2)求离子在加速器中出射时的动量大小；
(3)核反应生成的各种次级粒子经过束流纯化装置挑选出具有相同速度的某一种目标次级粒子，由O点垂直射入一矩形区域OPSQ内，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，双平行轨道OP、QS间距为L，装有计时装置的荧光屏MN可以沿轨道平行移动。移动MN，使荧光屏上的N点闪光，此时记录的粒子运动时间为t；继续移动MN，当O、M间距为 3+1L时，次级粒子在磁场中的运动时间为3t2。求该次级粒子射入磁场的方向(与OP的夹角)、速度大小及其比荷。
E. A、B、C三状态相比，A状态气体分子单位时间对单位面积器壁的碰撞次数最多，B状态气体分子单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数最少
15. 如图所示，竖直放置的汽缸缸体质量m=10kg，轻质活塞的横截面积S=5×10-3m2，活塞上部的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的下表面与劲度系数k=2.5×103N⋅m的轻弹簧相连，活塞不漏气且与汽缸壁无摩擦、当汽缸内气体的热力学温度T0=450K时，缸内气柱长L=50cm，汽缸下端距水平地面的高度h=6cm，现使缸内气体的温度缓慢降低，已知大气压强p0=1.0×105Pa，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)汽缸刚接触地而时，缸内气体的热力学温度T1；
(2)弹簧刚恢复原长时，缸内气体的热力学温度T2。
E. 小球运动时位移的方向与加速度方向始终相反
16. 如图所示为半圆柱体玻璃砖MCN的横截面图。MN为直径，O点为圆心。一束由两种色光组成的复色光沿AM方向射入玻璃砖，分成两束单色光，a色光传播到B，b色光传播到BD弧的中点C，已知θ=30∘，三角形MBO为等边三角形。已知圆的半径为R，光在真空中的传播速度为c，求：
①a光和b光从M点射入，到入射到B和C点所需要的时间比
②a光从M点射入到第一次射出玻璃砖所需要的时间。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.元素的化学性质不影响半衰期的长短，单质Pu的半衰期也为87.7年，选项A正确；
B. 的衰变方程为
94238Pu→92234U+24He
箭头表示转化，选项B错误；
C.Pu衰变为 时放出能量，则 的比结合能小于 的比结合能，选项C错误；
D. α、β、γ 射线中， α 射线贯穿本领很弱，电离本领最强，选项D错误。
故选A。
2.【答案】D
【解析】A.遥感卫星绕着地球在椭圆轨道上运动，地球处在椭圆的一个焦点上，故A错误；
B.遥感卫星绕地球曲线运动，动量方向时刻变化，故B错误；
C.遥感卫星远离地球，引力做负功，引力势能增大，故C错误；
D.根据开普勒第二定律可知相同时间内遥感卫星、地球连线扫过的面积相等，故D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】A.由图可知，粒子所受洛伦兹力垂直速度方向向下，根据左手定则可知粒子带负电，故A错误；
B.如图所示
根据几何关系可得粒子做圆周运动的半径
r=Lcos30∘=2 33L
根据洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
联立解得粒子的比荷
qm= 3v2BL
故B错误；
C.由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角为 60∘ ，粒子在磁场中的运动时间
t=2πrv×60∘360=2 3πL9v
故C正确；
D.根据
qv'B=mv'2r'
可得
r'=mv'qB
可知速度减小，粒子在磁场中做圆周运动的半径减小，由作图法可知当速度减小到一定值时，粒子可以从 CD 边射出，故D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查平衡条件的应用，涉及牛顿第三定律知识，正确受力分析是解题的关键。
直接分析吊炉的受力情况即可判断；对整个装置，由平衡条件列方程得出每根轻杆受到桌面的支持力大小即可判断；对整个装置，由平衡条件和牛顿第三定律分析即可判断。
【解答】
A.对吊炉分析受力可知，吊炉受到重力和细链的拉力两个力的作用，故A错误；
B.将整个装置视为整体，对整体进行受力分析，由于支架完全相同且均匀分布，故桌面对每根支架的支持力大小相等，根据平衡条件得3F=mg，即F=mg3，故B正确；
CD.将整个装置视为整体，对整体进行受力分析，由于支架完全相同且均匀分布，故桌面对每根支架的支持力大小相等，结合牛顿第三定律有，减小h时，每根轻杆对桌面的压力不变，故CD错误。
故选B。
5.【答案】B
【解析】A.磁场垂直纸面向里，大小在增加，根据楞次定理可知，感应电流的方向为逆时针，故A错误；
B.根据法拉第电磁感应定律
E=NΔΦΔt=NBSt=NktSt=NkS
磁场的有效面积
S=πl26
感应电流的大小
I=ER=NkSR=Nkπl26R
故B正确；
故
C.线圈的有效长度与 AB 边平行，根据左手定则可知，线圈所受安培力方向与 AB 边垂直，故C错误；
D.有效长度
L=l
t0 时刻线圈受到的安培力为
F=NBIL=N2k2πl3t06R
故D错误。
故选B。
6.【答案】CD
【解析】根据题意可知，欲让货物尽快通过传送带，则需让货物在传送带上一直做匀加速运动，设货物通过传送带后的速度为 v ，由牛顿第二定律有
mg=μmg
由运动学公式有
v2-v02=2ax
解得
即符合要求的传送带速度为
本题选传送带的速度符合要求的，故选CD。
7.【答案】AC
【解析】解：ABC.根据变压器的原理，输入电压不变，输出电压也不变，即V1和V2的示数不发生变化；
通电后，温度升高，热敏电阻阻值减小，根据欧姆定律，故输出电流增大，由此可知输入电流也增大，即A1和A2的示数都增大；根据P=UI可知，变压器的输入功率增大，故B错误，AC正确；
D.根据电容器“通交隔直”的特点可知，R1有电流通过，即通过R1的电流不为零，故D错误。
故选：AC。
输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，根据理想变压器的原理分析即可。
本题解题的关键是掌握理想变压器的原理以及电容器“通交隔直”的特点，考查学生推理能力。
8.【答案】AD
【解析】
【分析】
铁块脱离木船后做平抛运动，由下落高度h即可求出在空中运动的时间；对细线烧断后到铁块脱离木船的过程系统由平均动量守恒，求出此过程中小木船的位移，进而可求出铁块平抛运动的水平位移，然后就可以求出铁块脱离木船时的瞬时速度大小；对系统此过程由动量守恒可求出小木船最终的速度大小；最后 对系统此过程由能量守恒可求出弹簧释放的弹性势能。
本题考查动量与能量的综合应用，关键是对系统由由平均动量守恒，求出此过程中小木船的位移，进而可求出铁块平抛运动的水平位移，然后求出铁块脱离木船时的瞬时速度大小。
【解答】
A. 铁块脱离木船后做平抛运动，由h=12gt2，求得铁块脱离木船后在空中运动的时间t= 2hg= 2×0.810s=0.4s，故A正确；
BC 设细线烧断后到铁块脱离木船铁块向右的位移大小为x1，船向左的位移为x2，则对此过程系统由平均动量守恒有：
mx1=Mx2
x1+x2=L
解得：x2=0.5m，x1=2.5m
则木块铁块脱离木船时离岸边的水平距离s=x+x2=1.2m，则铁块脱离木船时的瞬时速度大小v1=st=1.20.4m/s=3m/s，故B错误；
设小木船最终的速度大小为v2，则对系统此过程由动量守恒有：
mv1=Mv2，解得：v2=v15=35m/s=0.6m/s，故C错误；
D. 对系统此过程由能量守恒有：
弹簧释放的弹性势能E P=12mv12+12Mv22=108J，故D正确。
故选AD。
9.【答案】(1) ；2.0；
(2)π3；
(3)力的合成遵循平行四边形定则
【解析】
【分析】
本题考查了验证力的平行四边形定则实验，力的图示以及物体的受力平衡，基础题。
(1)根据力的图示要求进行作图，注意表明力的大小、方向、作用点，然后根据平行四边形定则求出合力大小；
(2)根据丙图和平行四边形定则分析求解角度θ1；
(3)根据实验原理分析结论。
【解答】
(1)F1和F2的图示及力的合成图如图所示
根据比例关系可知合力大小为2.0N；
(2)
由图丙可知，当 和0时，F2的读数都为2.0N，根据平行四边形定则，画出如图所示的三角形
由几何关系，可得
(3)由上述得出结论，在误差允许的范围内力的合成遵循平行四边形定则。
10.【答案】(1) 乙；
(2)9000 ；
(3)120；
(4) ；1.46；0.72
【解析】
【分析】
本题考查了测量电动势和内电阻的实验，要求能熟练应用闭合电路的欧姆定律，注意求解电动势的基本方法，并比较各种方法的优缺点，同时能正确进行误差分析。
(1)根据干电池的内阻很小，考虑到电流表A1内阻对测量的影响，选选择合适的电路；
(2)把电流表改装成电压表，应串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值；
(3)根据微安表的满偏值和最小分度，读出指针的刻度；
(4)根据描点法可得出对应的图象，再根据闭合电路欧姆定律可求得对应的电动势和内电阻。
【解答】
(1)考虑到电流表A1的内阻对电源内阻的测量影响，则应采用图乙电路测量合理；
(2)将电流表 A2 和电阻箱 R' 串联，改装成一个量程为 3.0V 的电压表，电阻箱 R' 的阻值应调到
(3)由图可知，微安表的满偏值为300μA，最小分度为10μA，所以微安表读数为120μA；
(4)画出 I2-I1 图象如图
由电压表改装可知，微安表A2的300μA刻度对应电压3V，则由图可知，纵轴截距为1.46V，即电动势E=1.46V
内阻．
11.【答案】(1)41m/s；(2) 5.2×105N
【解析】(1)飞机在水平跑道上加速运动，由牛顿第二定律
F-110mg=ma1
解得
a1=5.0m/s2
由匀变速直线运动规律得
v12=2a1l1
飞机在倾斜跑道上运动
F-0.1mg-mgsinθ=ma2
又因
sinθ=hl2
由公式
v22-v12=2a2l2
解得
v2=41m/s
(2)飞机在水平跑道上运动施加助推力，沿倾斜跑道运动加速度仍为 a2 ，在水平跑道上运动时，有
F推+F-0.1mg=ma'1
v'12=2a'1l1
在倾斜跑道上运动时，起飞速度为 v'2=100m/s ，则
v'22-v'12=2a2l2
联立解得
F推≈5.2×105N
12.【答案】解：(1)根据动能定理得eφ0=12mv12可得v1= 2eφ0m；
(2)设离子的出射速度为v0，应用动能定理，有eφ0+neφ0=12mv02，又p=mv0，
解得p= 2(n+1)meφ0；
(3)设次级粒子的入射速度为v，与OP方向的夹角为θ，由题中已知条件，粒子运动时间为t时，打在N点，而O、M间距为( 3+1)L时，粒子在磁场中的运动时间变长为3t2，说明次级粒子再次打在荧光屏上的位置必在N点左侧，且其轨迹必与磁场的右边界QS相
切，且相切位置恰好为第一次打在N点的位置，由此作出其运动图像如图所示
由图中的几何关系可知Rsinθ+Rsinθ2=( 3+1)L，R-Rcosθ=L，
联立解得sinθ2=12，
所以θ=π3，R=2L，
所以粒子的运动时间t=θ2πT=T6而T=2πRv，
联立得粒子的速度v=2πL3t，
根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=mv2R，得R=mvBq，
得粒子的比荷qm=π3Bt。
【解析】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，在电场中的加速应用动能定理、在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解未知量，根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
13.【答案】BDE
【解析】AD.根据题意，由图可知，从 B→C 为等容过程，且压强增大，由查理定律有
pBTB=pCTC
可得
TB
TA=TB
由图可知， C→A 过程中，气体体积减小，外界对气体做功，气体的内能增加，温度升高，则有
TA>TC
与上述 B→C 过程中温度情况不符，则假设不成立，即应该是 A→B 是绝热过程， C→A 为等温过程，温度不变，气体内能不变，故A错误，D正确；
B.由A分析可知，从B到C的过程，气体温度升高，内能增加，气体体积不变，气体对外界不做功，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故B正确；
C.全过程气体的内能不变，由 A→B 过程，气体的体积增大，气体对外做功，由 C→A 过程，气体体积减小，外界对气体做功，由图可知， A→B 过程气体的平均压强小于 C→A 过程气体的平均压强，由于体积变化相等，则 C→A 过程气体做功较多，即外界对气体做功大于气体对外做功，由热力学第一定律可知，全过程气体放出热量，故C错误；
E.根据上述分析，结合图像可知
TA=TC
pA>pC
则A状态气体分子单位时间对单位面积器壁的碰撞次数大于C状态气体分子单位时间对单位面积器壁的碰撞次数，又有
VB=VC
TB
故选BDE。
14.【答案】解：(1)汽缸缓慢下降至汽缸下端边缘刚好接触地面的过程，缸内气体压强不变，则有LST0=(L-h)ST1，解得T1=396K。
(2)设弹簧初状态的压缩量为x，气体初状态的压强为p1，弹簧刚好恢复原长时，缸内气体的压强为p0，
则有kx=mg，p0S+mg=p1S，p1LST0=p0(L-h-x)ST2，解得T2=300K。
【解析】根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提与关键，应用平衡条件、盖一吕萨克定律与理想气体状态方程即可解题。
(1)气体温度降低过程气体压强不变，应用盖-吕萨克定律求出气缸下端边缘刚好接触地面时气体的温度。
(2)求出气体的状态参量，应用理想气体状态方程求出弹簧恢复原长时气体的温度。
15.【答案】BCE
【解析】解：A、小球振幅为2cm，故A错误；
BD、由简谐振动方程x=Asin(ωt+φ)可知t=0时有
1cm=2cm⋅sinφ
解得：φ=π6
所以
x=2sin(ωt+π6)cm
当t=83s时
-2cm=2sin(ωt+π6)
解得：ω=π2
所以周期为
T=2πω=4s，故B正确，D错误；
C、小球从A向O点运动时，弹簧可能有压缩状态变为伸长状态，弹性势能可能先减小后增大，故C正确；
E、小球运动时位移的方向由平衡位置O点指向小球所处的位置，加速度方向由小球所处的位置指向平衡位置，两者方向总是相反的，故E正确；
故选：BCE。
根据题目条件得出小球的振幅；
先计算出小球的简谐振动方程，结合周期的定义得出大小；
理解简谐运动过程中能量的转化特点；
理解简谐运动过程中位移和加速度的方向关系。
本题主要考查了简谐运动的相关应用，理解简谐运动的特点和其中物理量之间的关系即可，整体难度不大。
16.【答案】① 1:1 ；(2) 3 3Rc
【解析】①根据几何关系可知 a 、 b 两光的入射角均为 60∘ ， a 光在玻璃砖中的折射角为 30∘ ， b 光的折射角为 37.5∘ ，根据折射定律可得
na=sin60∘sin30∘= 3
nb=sin60∘sin37.5∘
根据几何关系可得a光从M点射入，入射到B的路程为
sa=R
根据余弦定理可得b光从M点射入，入射到C的路程为
sb= R2+R2-2R2cos75∘
整理可得
sb=R 2-2(cos237.5∘-sin237.5∘)=R 2sin237.5∘+2cos237.5∘cos-2cos237.5∘+2sin237.5∘=2Rsin37.5∘
结合
v=cn
联立可得
ta= 3Rc
tb= 3Rc
可得a光和b光从M点射入，到入射到B和C点所需要的时间比
ta:tb=1:1
②根据发生全反射的临界角
sinC=1n
可知 a 光发生全反射的临界角的正弦值为
sinC= 33
画出 a 光的光路图如图所示
根据几何关系可知前两次在玻璃砖中出射的角度均为 60∘ ，第三次在玻璃砖中的出射角为 30∘ ，根据
sin60∘= 32> 33
sin30∘=12< 33
可知在玻璃砖内发生两次全反射后从玻璃砖中射出，a光在玻璃砖中的路程为
s=3R
a光从M点射入到第一次射出玻璃砖所需要的时间
t=scna=3 3Rc
联立可得
t=3 3Rc
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