2019届四川省成都市石室中学高三二诊模拟考试理综物理试题（解析版）

四川省成都市石室中学2019届高三二诊模拟考试理综物理试题
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1. 下列说法正确的是　　
A. 射线是电子流，是原子的外层电子受激发而辐射产生的
B. 放射性元素的半衰期与外界的温度、压强、体积、是否化合态都无关
C. 一个处于量子数为4能级的原子向各较低能级跃时可释放6种不同频率的光子
D. 、和三种射线中，射线的穿透能力最强
【答案】B
【解析】解：A、射线是电子流，是从原子核内一个中子转化成一个质子而来的，故A错误；
B、半衰期是元素本身的性质，与外界所有条件无关，故B正确；
C、一个原子从量子数为n的能级向各较低能级跃迁最多能释放种不同频率的光子，故处于量子数为4能级的原子向各较低能级跃时只能释放3种不同频率的光子，故C错误；
D、三种射线中，射线穿透力最强，故D错误。
故选：B。
明确三种射线的性质，知道衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的；半衰期是原子核有半数发生衰变所需的时间，半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境与化学状态无关；
解决本题的关键理解半衰期的含义以及影响半衰期的因素，注意半衰期的适用条件；同时明确三种射线的基本性质；注意C中是一个原子，而不是一群原子。

2. 如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度向右运动，另有一质量为m的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为　　
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】解：粘性物体和A相互作用，水平动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有，得。
以后三个物体一起相互作用动量守恒，当B车与A车速度相等时，弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律得
，得
弹簧的最大弹性势能
故选：C。
粘性物体落在A车上，竖直方向物体做减速运动，具有向上的加速度，产生超重现象，竖直方向上物体和小车的合外力不为零。但水平方向合外力为零，系统水平动量守恒，由水平动量守恒求出物体与小车粘合在一起后车的速度，车速减小，弹簧被压缩，当B车与A车速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和机械能守恒求解弹簧获得的最大弹性势能。
本题中粘性物体与A、B车粘合过程是非弹性碰撞，机械能有损失，不能全过程运用机械能守恒列方程，要分两过程研究。而且在粘性物体落在A车的过程B没有参与。

3. 如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴转动，轴垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为和保持线圈以恒定角速度转动，下列判断正确的是　　
A. 在图示位置时线框中磁通量的变化率为零，感应电动势最大
B. 当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表的示数变大
C. 电压表示数等于
D. 变压器的输入与输出功率之比为1：1
【答案】D
【解析】解：A、交流电载入图所示的位置，磁通量的变化率最大，故A错误；
B、滑动变阻器上下移动的时候，、的读数不变，故B错误；
C、交流电压的最大值等于，电压表示数为有效值；由于：；所以电压表的读数是，故C错误；
D、变压器的输入输出功率相等，所以输入与输出功率之比为1：故D正确
故选：D。
正弦式交流发电机从线圈所处平面与磁场方向平行开始计时，其电动势表达式为：；在图示位置时穿过正方形线圈中的磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势最大，电压表和电流表读数为有效值。
本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式，一定要注意理想变压器中，副线圈的输出电压由原线圈的输入电压决定，与副线圈的负载无关。原线圈的电流由副线圈中的电流决定，输入功率由输出功率决定。

4. 中国志愿者王跃参与人类历史上第一次全过程模拟从地球往返火星的试验“火星”。假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法不正确的是　　
A. 飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度大于在Q点的速度
B. 飞船在轨道Ⅰ上运动时，在P点的速度大于在轨道Ⅱ上运动时在P点的速度
C. 飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度
D. 若轨道Ⅰ贴近火星表面，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可以推知火星的密度
【答案】B
【解析】解：A、在轨道Ⅱ上，由Q点到P点，万有引力做正功，根据动能定理知，速度增大，则P点的速度大于Q点的速度，故A正确。
B、卫星在轨道I上的P点进入轨道Ⅱ，需加速，可知在轨道Ⅱ上P点的速度大于轨道I上P点的速度，故B错误。
C、在不同轨道上的P点，由于所受的万有引力相等，根据牛顿第二定律知，加速度大小相等，故C正确。
D、设火星的半径为R，根据得火星的质量，则火星的密度，故D正确。
本题选不正确的，故选：B。
根据万有引力做功，分析轨道Ⅱ上P、Q两点的速度大小，根据变轨的原理分析不同轨道上在P点的速度大小，根据牛顿第二定律比较不同轨道上在P点的加速度。根据万有引力提供向心力得出火星的质量，结合密度公式求出火星的密度。
解决本题的关键理解变轨的原理，掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用。

5. 在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛小球，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且，如图所示。由此可知　　
A. 小球从A到B到C的整个过程中机械能守恒
B. 电场力大小为2mg
C. 小球从A到B与从B到C的运动时间之比为2：1
D. 小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为2：1
【答案】C
【解析】解：A、小球从A经B到C的过程中，存在电场力做功，故机械能不守恒；
B、设AC连线与水平方向的夹角为，小球从A经B到C的过程中，水平方向不受任何力作用，水平方向上是匀速直线运动，所以C点速度与A点的速度相同，动能变化为零，
根据动能定理得：，解得：，故B错误；
C、由于小球在水平放上时匀速直线运动，且，所以AB、BC的水平位移分量之比等于2：1，所以A的B的时间与B到C的时间之比等于2：1，故C正确；
D、小球从A到B过程，只受重力，故加速度为g，小球从B到C过程，所受合力为，解得，故小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为1：2，故D错误；
故选：C。
小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动。两个过程都运用的分解法研究，水平方向都做匀速直线运动，根据位移公式，可分析时间关系；再研究竖直方向，由牛顿第二定律和运动学位移公式结合列式，求解电场力的大小。应用牛顿第二定律求出加速度之比。
小球在MN上方做平抛运动，在MN下方做类平抛运动，根据题意分析清楚小球的运动过程是解题的前提与关键，应用运动的合成与分解、运动学公式与牛顿第二定律即可解题。

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6. 如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向 　　
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】解：设ac左侧磁感应强度是B，则右侧的为导轨间距为L。
AB、金属棒PQ通过bac区域时，由右手定则可知金属棒感应电流从Q到P，为正方向，有：，PQ刚要到ac时，；金属棒PQ通过bdc区域时，由右手定则可知金属棒感应电流从P到Q，为负方向，有：，可知i随时间均匀减小，PQ棒刚离开ac时，故A正确，B错误。
CD、金属棒PQ通过bac区域时，安培力为：金属棒PQ通过bdc区域时，安培力大小为：根据数学知识可得，C正确，D错误。
故选：AC。
根据楞次定律判断感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律列式分析感应电流大小变化规律，再得到安培力随时间的变化，由平衡条件分析F的变化规律．
本题运用半定量的研究方法，通过法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式得到感应电流和安培力的表达式，再进行分析，要注意公式中L是有效的切割长度．

7. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处由静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到已知，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则　　
A. 下滑过程中，其加速度先减小后增大
B. 下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为
C. 从C到A过程，弹簧对环做功为
D. 环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度
【答案】AC
【解析】解：A、环由A到C，初速度和末速度均为0，环先加速后减速，加速度先减小后增大，故A正确；
B、环由A到C，有 ，环由C到A，有 ，解得， ，故B错误，C正确；
D、由功能关系可知，圆环由A下滑至B，有，圆环由B上滑至A，有，故可知，环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D错误。
故选：AC。
根据圆环的运动情况分析下滑过程中加速度的变化，来判断合力的变化，从而确定出加速度的变化。研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式，可比较上滑和下滑经过B点时速度的大小。
本题要能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，这是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用，注意研究过程的选择。

8. 如图所示，半径为2L的小圆与半径为3L的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆区城内存在垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，在小圆与导轨之间的环形区域内存在垂直于纸面向外的磁感应强度大小为2B的匀强磁场。现将一长度为3L的导体棒置于磁场中，让其一端O点与圆心重合，另一端与圆形导轨良好接触。在O点与导轨间接入一阻值为r的电阻，导体棒以角速度沿导轨逆时针做匀速圆周运动，其他电阻不计。下列说法正确的是　　
A. 导体棒O点的电势比A点的电势低
B. 在导体棒的内部电流由A点至O点
C. 在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为
D. 在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为
【答案】AD
【解析】解：AB、半径为2 L的小圆切割磁感线产生的感应电动势为：，根据右手定则知O点的电势比棒上虚线处的电势更高；导体棒在在小圆与导轨之间的环形区域割磁感线产生的感应电动势为：，根据右手定则知，A点的电势比棒上虚线处的电势更高，因，对比可知，O点的电势比A点的电势低，故A正确，B错误。
C.电路中电流为：，周期为：，在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为：，故C错误；
D.在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为：，故D正确。
故选：AD。
分别计算出内部和外部两部分导体棒产生的感应电动势大小，比较电势的高低。计算出电路中电流的大小和周期，根据电荷量的计算公式求解通过r的电荷量，根据焦耳定律计算产生的焦耳热。
本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据来计算。

9. 下列说法正确的是　　
A. 自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性
B. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
C. 墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀，混合均匀主要是由于碳粒受重力作用
D. 当两分子间距离大于平衡位置的间距时。分子间的距离越大，分子势能越小
E. 一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面上体的分子数增多
【答案】ABE
【解析】解：A、根据热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故A正确；
B、液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，所以叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故B正确；
C、根据分子动理论的知识可知，混合均匀主要是由于水分子做无规则运动，使得炭粒做无规则运动，即布朗运动，故C错误；
D、两分子间距大于平衡距离时，分子间为引力，则分子距离增大时，分子力做负功，分子势能增大；故D错误；
E、一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，气体分子的平均动能增大，单位时间内撞击器壁单位面上的分子数增多，故E正确；
故选：ABE。
根据热力学第二定律分析A选项；根据液体表面张力产生的原因分析B选项； 根据分子动理论的知识分析C选项；根据分子量做功与分子势能的关系分析D选项；根据气体压强的微观意义分析E选项。
本题主要是考查分子动理论、热力学定律、表面张力等知识，解答本题的关键是能够熟练掌握热学部分的基本知识并能够熟练应用。

10. 如图所示，甲图为沿x轴传播的一列简谐横波在时刻的波动图象，乙图为参与波动质点P的振动图象，则下列判断正确的是　　

A. 该波的传播速率为
B. 该波的传播方向沿x轴正方向
C. 经过，质点P沿波的传播方向向前传播4m
D. 该波在传播过程中若遇到2 m的障碍物，能发生明显衍射现象
E. 经过时间，质点P的位移为零，路程为
【答案】ADE
【解析】解：A、由甲读出该波的波长为，由乙图读出周期为，则波速为，故A正确。
B、在乙图上读出时刻P质点的振动方向沿y轴负方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x轴负方向，故B错误。
C、简谐横波沿x轴传播，质点只在自己的平衡位置附近上下振动，并不波的传播方向向前传播，故C错误。
D、由于该波的波长为4m，所以该波在传播过程中若遇到4m的障碍物，能发生明显的衍射现象，故D正确。
E、周期为1s，故，时刻P质点的振动方向沿y轴负方向，故经过时间质点P先向方向运动到最大位移处，然后又返回平衡位置，故内位移为零，路程为，故E正确；
故选：ADE。
由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，求出波速。在乙图上读出时刻P质点的振动方向，在甲图上判断出波的传播方向。波在同一介质中匀速传播，由可以求出经过时间波沿波的传播方向向前传播的距离，而质点并不向前传播。根据波长与障碍物尺寸的关系分析能否发生明显的衍射现象。
根据波动图象能读出波长、由质点的振动方向判断波的传播方向，由振动图象读出周期和质点的振动方向等等，都学习振动和波部分应具备的基本能力，要加强训练，熟练应用。

三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）
11. 如图甲所示是研究小车加速度与力关系的实验装置，木板置于水平桌面上，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受的拉力大小F，改变桶中砂的质量多次实验。完成下列问题：

实验中需要______。
A.测量砂和砂桶的总质量      保持细绳与木板平行
C.保持小车的质量不变        满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
实验中得到一条纸带，相邻计数点间有四个点未标出，各计数点到A点的距离如图乙所示。电源的频率为50Hz，则小车的加速度大小为______。
实验中描绘出图象如图丙所示，图象不过坐标原点的原因是______。
【答案】BC     平衡摩擦力过度
【解析】解：、绳子的拉力可以通过拉力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故A错误；
B、为了使细绳对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，调整木板的倾斜度，让小车拖着纸带做匀速直线运动，同时要调整木板上滑轮的高度使细绳与木板平行，故B正确；
C、本实验采用的是控制变量法，要研究小车加速度与力的关系，必须保持小车的质量不变，故C正确；
D、实验中拉力通过拉力传感器测出，不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故D错误。
故选：BC。
已知打点计时器电源频率为50 Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为  s，根据，运用逐差法得，小车运动的加速度为：
  。
由图象可知，图象在a轴上有截距，这是由于平衡摩擦力过度造成的。
故答案为：；；平衡摩擦力过度。
根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤。
根据匀变速直线运动的推论公式，运用逐差法求出小车运动的加速度的大小。
根据F等于零，加速度a不等于零，判断出图线不过原点的原因。
解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，以及知道误差形成的原因，注意本实验中拉力的大小可以通过力传感器得出，不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量。

12. 某同学要测量一导体的电阻，步骤如下：
先用欧姆表粗测该导体的电阻值，选择“”档，进行欧姆调零后，测量时表盘示数如图，该电阻阻值______；

现用伏安法更精确地测量其电阻R，要求测量数据尽量精确，可供该同学选用的器材除开关、导线、待测电阻R外还有：
A.电压表量程，内阻未知
B.电流表量程，内阻
C.电流表量程，内阻
D.滑动变阻器，额定电流
E.滑动变阻器，额定电流
F.定值电阻阻值等于
G.电源，内阻不计
实验中除了选择器材A、F、G外，还应选择______填写器材前面的字母；
请在方框中画出实验电路图；
某次测量中，所选择的电流表和电压表的读数为I、U，该电阻______用题中物理量的字母表示；
【答案】15   BD  
【解析】解：根据欧姆表读法，电阻示数倍率得：
由欧姆定律得通过待测电阻的最大电流为：
所以表3A的量程过大，因此选A表，即B项；滑动变阻器阻值过大，阻值利用效率过低，所以选择小滑动变阻器D。
控制部分：使用分压式接法；待测部分：由于表量程不足，故需要改表，需要并联一个阻值为的定值电阻，为了精确测量，需要使用电流表内接法，故实验原理如图所示：
。
根据电路连接，由欧姆定律得到电阻大小为：

故答案为：；
；
；
。
用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确；
估算通过电阻的最大电流，结合安全准确原则选择电流表，根据操作方便的原则选择滑动变阻器；
根据所选滑动变阻器阻值与待测电阻阻值比较选择滑动变阻器的接法；比较待测电阻与电表内阻比较选择电流表接法，从而设计电路图；
根据欧姆定律和串并联电路特点列式求解。
本题考查欧姆表读数、电表改装和伏安法测电阻；关键是明确欧姆表读数方法：指针示数乘以倍率；要求能明确改装原理，串联大电阻改装成电压表，并联小电阻改装成电流表；正确掌握本实验中电路的接法，特别注意分压接法以及电流表接法的正确判断。

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13. 如图所示，光滑水平面上放着长为，质量为的木板厚度不计，一个质量为的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数，开始均静止。今对木板施加一水平向右的恒定拉力，作用2s后，撤去拉力F，求：
拉力F对木板的冲量
整个过程木板和小物体间因摩擦而产生的热量取。

【答案】解：拉力F对木板的冲量  
代入数据可得  ，方向水平向右。
内，对m有：
内，对M有：
代入数据可得  
相对滑动的路程为 
代入数据可得：
产生的热量 
联立解得，
此时m的速度 ， 
撤去拉力后，取向右为正方向，由动量守恒定律可知：
解得
相对运动的时间
相对滑动的路程为
所以m没有掉下去，能够和M共速度
由能量关系可知：
解得
总热量为
答：
拉力F对木板的冲量是，方向水平向右。
整个过程木板和小物体间因摩擦而产生的热量是21J。
【解析】拉力F是恒力，直接根据求拉力F对木板的冲量。
通过分析小物体和木板的运动情况，利用牛顿第二定律和运动学公式求出两者的相对位移，从而求得内因摩擦而产生的热量。撤去拉力后，由动量守恒定律求出两者的共同速度，由位移公式求出两者的相对位移，从而求得热量，即可得到总热量。
本题是基本滑板模型问题，关键会判断小物体能否滑离木板。在两者发生相对滑动时，要能够根据受力判断物体的运动情况，利用动力学方法求相对路程。

14. 如图所示，在xOy竖直平面内，长L的绝缘轻绳一端固定在第一象限的P点，另一端栓有一质量为m、带电荷量为的小球，OP距离也为L且与x轴的夹角为在x轴上方有水平向左的匀强电场，场强大小为，在x轴下方有竖直向上的匀强电场，场强大小为，过O和P两点的虚线右侧存在方向垂直xOy平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场小球置于y轴上的C点时，绳恰好伸直且与y轴夹角为，小球由静止释放后将沿CD方向做直线运动，到达D点时绳恰好绷紧，小球沿绳方向的分速度立即变为零，并以垂直于绳方向的分速度摆下，到达O点时将绳断开不计空气阻力求：
小球刚释放瞬间的加速度大小a；
小球到达O点时的速度大小v；
小球从O点开始到最终离开x轴的时间t．
【答案】解：如图所示，小球由静止释放时，所受重力和电场力的合力大小为：，
根据牛顿第二定律有：，
解得：．
设小球到达D点时的速度为，由运动学公式有：
，
垂直于绳方向的分速度为：，
解得：．
从D点到O点的过程中，由动能定理得：

解得：．
因为，小球从O点以v垂直于虚线进入磁场将做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：，
得半径为：，
周期为：．
小球进入磁场中运动圆周后又垂直于虚线射出磁场，以v做匀速直线运动第一次打在x轴上，匀速直线运动的距离为：，
，
，
小球再进入电场后，小球所受重力和电场力的合力垂直于v，小球做类平抛运动，
，
解得：．
则有：．
答：小球刚释放瞬间的加速度大小a为；
小球到达O点时的速度大小v为；
小球从O点开始到最终离开x轴的时间t为．
【解析】求出粒子受到的合力，然后由牛顿第二定律求出加速度；
由运动学公式与动能定理可以求出粒子的速度；
作出粒子的运动轨迹，牛顿第二定律、运动学公式、圆周运动周期公式求出粒子的运动时间．
本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子的运动过程、应用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理、运动的合成与分解即可正确解题．

15. 如图所示，亚铃状玻璃容器由两段粗管和一段细管连接而成。容器竖直放置。容器粗管的截面积为，细管的截而积，开始时粗细管内水银长度分别为。整个细管长为。封闭气体长度为。大气压强为，气体初始温度为求：
若要使水银刚好离开下面的粗管，封闭气体的温度应为多少K
若在容器中再倒入同体积的水银，且使容器中封闭气体长度L仍为6cm不变，封闭气体的温度应为多少K




【答案】解：气体初状态参量：，，，
水银全面离开下面的粗管时，设水银进入上面的粗管中的高度为，
则：，解得：，
此时管中气体的压强：，
管中气体体积为：，
由理想气体状态方程得：，
代入数据解得：；
再倒入同体积的水银，气体的长度仍为6cm不变，则此过程为等容变化，
管里气体的压强：，
由查理定律得：，
代入数据解得：；
答：若要使水银刚好离开下面的粗管，封闭气体的温度应上升到405K；
若在容器中再倒人同体积的水银，且使容器中气体体积不变，封闭气体的温度应为315K。
【解析】水银刚好离开下面细管时，由几何关系求出水银进入上面的粗管中的高度，列出初末状态的参量，根据理想气体状态方程即可求解气体末态的温度；
再倒入同体积的水银，粗管中气体的体积不变，根据等容变化的实验定律即可求解。
本题考查了理想气体状态方程的应用，分析清楚气体的状态变化过程是解题的前提，根据题意求出气体的状态参量，应用理想气体状态方程与查理定律可以解题。

16. 如图所示，a、b是两条相距为L的不同颜色的平行光线，沿与玻璃砖上表面成角入射，已知玻璃砖对单色光a的折射率为，玻璃砖的厚度为，不考虑折射光线在玻璃砖下表面的反射，玻璃砖下面只有一条出射光线，光在真空中的速度为c。求：
单色光a在玻璃砖中的传播时间；
玻璃砖对单色光b的折射率。

【答案】解：玻璃砖对单色光a的折射率为，入射角为由折射定律得
  
代入数据得
解得a光的折射角
单色光a在玻璃砖中的传播距离
单色光a在玻璃砖中的传播速度
单色光a在玻璃砖中的传播时间
联立解得；
单色光b的入射角为，设其折射角为。
则，即
玻璃砖对单色光b的折射率。
答：
单色光a在玻璃砖中的传播时间是；
玻璃砖对单色光b的折射率是。
【解析】已知玻璃砖对单色光a的折射率为，入射角为由折射定律求出折射角，由几何关系求出单色光a在玻璃砖中的传播距离，由求出单色光a在玻璃砖中的传播速度，从而求得传播时间。
玻璃砖下面只有一条出射光线，说明玻璃砖中两条折射光线交于一点，根据几何关系求出b光的折射角，再由折射定律求玻璃砖对单色光b的折射率。
解决本题时一要掌握折射定律和光速公式，二要把握两束光之间的关系，如折射光线交于一点，由几何关系确定b光的折射角。