2021届重庆市直属校联考高考物理模拟试卷(3月份)(含答案解析).pdf

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1、2021届重庆市直属校联考高考物理模拟试卷（3月份）一、单 选 题（本大题共4小题，共24.0分）1.氢原子第n能级的能量为4 =二 手 =1,2,3.）,大量处在n=3能级的氢原子向低能级跃迁过程中，下列说法中正确的是（）A.氢原子的发射光谱为连续谱B.会辐射出两种不同频率的光子C.由n=2能级跃迁到n=1能级时产生的光子频率最小D.辐射出的光子照射逸出功为4.54W的金属鸨，能使其发生光电效应的光子有两种2.宇宙中某一质量为M、半径为R的星球，有三颗卫星4、B、C在同一平面上沿逆时针方向做圆周运动，其位置关系如图所示。其中4到该星球表：/h 面的高度为心已知万有引力常量为G,则下列说法正确

2、的是（）UL A.卫星4的公转周期为2兀 GMB.卫星C加速后可以追到卫星BC.三颗卫星的线速度大小关系为%vB=vcD.三颗卫星的向心加速度大小关系为 aB=ac3.如图所示，a、b两小球通过轻质细绳连接跨在定滑轮上。开始时，以球放在-0 6水平地面上，连接b球的细线伸直并水平。现由静止释放b球，当连接b球的细线摆到竖直位置时，a球对地面的压力恰好为0.则a、b两球的质量之比为 L-（）A.3：1 B.2：1 C.3：2 D,1：14.在一个点电荷Q的电场中，让x轴与它的一条电场线重合，坐标轴上4、8两点的坐标分别为0.3m和0.6m（图1）。在A、B两点分别放置的试探电荷，其受到的静电力跟

3、试探电荷的电荷量的关系如图2中直线a、b所示，则（）BA.A IO图1B点的电场强度大小为0.25N/C二、B.C.D.A点的电场强度的方向沿x轴正方向点电荷Q是负电荷点电荷Q的位置坐标为0.2m多 选 题（本大题共6小题，共33.0分）5.如图所示，边长L=0.2m的正方形线圈ab ed,其匝数n=，总电阻r=20,外电路的电阻R=80,ab边的中点和cd边的中点的连线。恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B=1 7,若线圈从图示位置开始计时，以角速度a）=2rad/s绕。0轴匀速转动。则以下判断中正确的是（）A.在t=?s时刻，感应电动势最大B.闭合电路中感应电动势的瞬时表达式为E

4、=0.8sin2tC.从t=0时到t=时刻，通过电阻R的电量q=0.02CD.从t=。时到t=时刻，电阻R上产生的热量为Q=3.271 x 10-4J6.如图所示，一个正方形区域ABC。内有方向竖直向下的匀强电场，质子以水平初速沿4。边进入该电场区域，恰从C点射出，调节水平初速度或匀强电场的电场强度可以改变质子从电场中射出的位置，质子重力不计，则下列说法中正确的是（）A.电场强度不变，水平初速度增大为原来的二倍，则质子一定从CD边的中点射出B.水平初速度不变，电场强度变为原来的四倍，则质子一定从BC边的中点射出C.水平初速度不变，电场强度变为原来的一半，则质子一定从CD边的射出D.水平初速度增

5、大为原来的二倍，电场强度增大为原来的二倍，则质子还是从C点射出7.在高空中匀速水平飞行的飞机，每隔1s投放一物体，忽略空气阻力，则（）A.这些物体落地前排列在一条直线上B.这些物体都落在地面的同一点C.这些物体落地时速度大小和方向都相同D.相邻物体在空中的距离保持不变8.如图所示，正方形金属线框abed固定于水平匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，以垂直纸面向外为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t的变化图象如图乙所示，规定顺时针方向为感应电流的正方向，则线框中感应电流i和be边所受安培力五 比（竖直向上为安培力的正方向）随时间t变化的图象可能是（）9.下列说法正确的是（）A.端增加原理说明一切

6、自然过程总是向着分子热运动的无序性减小的方向进行B.在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加C.布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动D.水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明一种液体浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系E.当分子间表现为斥力时，分子力和分子势能总是随着分子间距离的减小而增大1 0.如图所示，有两列相干简谐横波在同一媒介中相向传播，两列波在介质中的传播速度均为u=4 m/s,在t=0时刚好分别传到小B两点。P点为振动减弱点。已知4B间距20m，AP-5m,PB =1 5 m,则下列说法正确的是（）RC.两列波的周期可能为5s D.两列波的波长可能为4m三、实

7、验 题（本大题共2 小题，共 15.0分）11.为了测量物块和桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图甲所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，板上固定的两个光电门相距为L=0.5 m,滑块上遮光板的宽度d用游标卡尺测出，示数如图乙所示，质量为m=0.5kg的滑块通过细线与重物相连，通过力传感器获得细线的拉力F=3 N,让滑块由静止释放，记录滑块的遮光板通过光电门1、光电门2所用的时间分别为口 =0.02s、t2=0.01s。（2）滑 块 的 加 速 度 表 达 式 为（用题中所给符号表示），滑 块 与 桌 面 之 间 的 动 摩 擦 因 数 为（保留两位有效数字）。（3）如果实验中力传感器出现

8、问题后被拆掉，该同学用重物P所受的重力Mg代替细线对滑块的拉力完成了实验，为使误差尽可能减小，应 满 足 的 实 验 条 件 是。12.某学习小组决定探究“光电效应”的实验规律，采用如图所示的实验电路，用稳定的黄色强光照射光电管的阴极板:光20100090S070605040302010 0I X1 111(1)要描绘光电管的伏安曲线，开关闭合前，滑动变阻器的滑片P应该在_端(选填a或b”)o(2)实验过程中发现，实验室提供的微电流传感器G(电阻为Rg=1995。)量程太小了，该小组同学决定把量程放大400倍，应该给微电流传感器 联一个 n的电阻。(3)滑动滑片P,读出电压表示数U,微电流传感

9、器示数/加，并换算成光电管的实际电流/实际，如表:U(V)05101520253035404550556065/具X0.010.070.110.140.170.190.210.230.250.260.280.290.290.291实乩X 10-10y4)428445668768492100104112116116116通过所采集的数据描出光电管的伏安曲线，实验证实：随着电压的增大，电流有饱和值的存在。(4)在上述探究“光电效应”中的“饱和电流”实验中，电路图中电源的负极为 端(选填“M或N”)。每个光电子带电量为e=1.6x10-19。，则在第(3)步的实验中每秒钟阴极板上被光照射而逸出的光电

10、子个数约为 个。(结果保留3位有效数字)四、计算题(本大题共4小题，共52.0分)13.如图所示，光滑斜面(足够长)倾角为37。，一带正电的小物块质量为m,电荷 _己 7量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰 好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的2倍，($讥37。=0.6,cos370=0.8,g=IOTH/S?)求：(1)原来的电场强度；(2)电场变化后小物块的加速度的大小和方向;(3)电场变化后2s内小物块电势能的变化量。14.如图所示，把一个质量?n=0.2kg的小球从h=7.2 6 的高处以60。角斜向上抛出，初速度为=5m/s,不计空气阻力

11、，重力加速度g=Ifhn/s?.问：(1)从抛出到落地过程中重力对小球所做的功IV是多少？(2)小球落地时速度的大小是多少？15.如图所示，左端封闭右端开口、直径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长L=10cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长，已知大气压 强=75训”0 现将下端阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S,左管水银面下降的高度h=2cm。(1)求右管水银面下降的高度；(2)若再将右端封闭，同时对左管缓慢加热，并保持右管内气体的温度不变，使右管的水银面回到最初高度，求此时左管内气体的压强。16.在某节日庆典上，为了达到所需要的灯光效果，需要完成下列工作.如 X图所示

12、，由红、黄两种单色光组成的光束a,以人射角i从平行玻璃板 r-华-上表面。点入射.已知平行玻璃板厚度为d,红光和黄光的折射率分别-为和电，真空中的光速为c.试求红光和黄光在下表面出射点之间的距离以及二者从下表面射出的时间差.参考答案及解析1.答案：D解析：解：4、根据E n=(n =l,2,3.),结合E =Er n-E n，可知，发射的光子的能量值A E是不连续的，只能是一些特殊频率的谱线，故 A错误；B、根据肉=3知，大量处在n=3 能级的氢原子向低能级跃迁时，最多辐射3 种频率的光子，故 B错误；C、依据辐射能量等于两能级之差,则由凡=3 能级跃迁到九=2 能级产生的光子频率最小，故 C

13、错误；D、由能级差可知，从n=2 能级跃迁到n=1 能级辐射出的光能量为：E =-=-3.4 e U-(-1 3.6)e V =10.2 eV,而从n=3 能级跃迁到n=2 能级辐射出的光能量为：E=E?-E?=-l.SleV-(-3.4)e V =1.8 9 e K 4.5 4 e V,当其照射逸出功为4.5 4”的金属鸨时，满足光电效应条件，大于逸出功，因此能使其发生光电效应的光子有两种，故。正确。故选：D o能级间发生跃迁吸收的光子能量能用两能级间的能级差：氢原子n=3 的能级跃迁时，能发生数学组合种频率的光子；通过辐射的光子能量与逸出功比较，判断能否发生光电效应。本题考查了能级跃迁、光

14、电效应的综合运用，知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差,Em-En=h v,以及掌握光电效应的条件。2.答案：C解析：根据万有引力提供圆周运动向心力，得出周期、线速度、向心加速度与半径的关系式分析求解即可该题中，万有引力提供圆周运动向心力，熟悉掌握万有引力及向心力的不同表达式是正确解题的关键。由题意知，根据万有引力提供圆周运动向心力有：G=m =mr-m ar2 r T2A、卫星4 运动的周期r =2 兀 隹=2兀 叵 E故 A错误；7 GM 7 GMB、卫星C 加速后需要的向心力增大，则卫星不能继续做匀速圆周运动，而是将做离心运动，运动到更高的轨道上，所以不能追上B,故 8错误；

15、C、卫星的运动速度：V=区,由于所以故C正确；。、卫星运动的加速度：a=菽，由于白 aB =ac，故。错误；故选：C o3.答案：A解析：解：b球在摆动过程中机械能守恒，则有：1 ,mbgL=-mbvz当连接b球的细线摆到竖直位置时，对b球，根据牛顿第二定律和向心力公式得：V2T-mbg=mb 联立得：T=3 mbga球对地面的压力恰好为0,则有：T=mag所以得：ma：mb=3：1故选：4。当连接b球的细线摆到竖直位置时，a球对地面的压力恰好为0,细线的拉力等于a球的重力。b球摆动过程中，运用机械能守恒求出b球在最低点的速度。再根据牛顿运动定律和向心力公式求解。本题的解题关键是对小球b运用机

16、械能守恒定律和向心力公式联合列式求解，本题的结论经常用到，要理解记住。4.答案：D解析：解：4、根据图线B的斜率求出B点的电场强度大小，EB=kb=N/C=2.5N/C,故A错误；B C,由于题中电荷的受力方向和检验电荷的电性正负均未说明，故无法判断电场方向，故B C错误；。、设点电荷在4点左侧距离为,根据库仑定律结合已知条件得：kQ 4*鼻 N/C =4 0N/CkQFW 2 8 N/C解得：x=0.1 m所以点电荷Q的位置坐标0.2 m,故。正确。故选：D。(1)根据图线的斜率求出B点的电场强度大小，根据电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，和负电荷所受电场力方向相反，判断电场强度的方

17、向；(2)根据4点和B点的电场强度方向相同，且4点场强大，判断点电荷在4点左侧位置，根据点电荷的场强公式确定Q的位置坐标。解决本类题的关键在于掌握电场强度的定义式E =:和点电荷的场强公式E =器，以及知道电场强度的方向需要根据电荷电性分类判断。5.答案：AC解析：解：4、T=-=n S,在t =5时刻，线圈从图示位置转过9 0。，此时磁场穿过线圈的磁通量3 4最小，感应电动势最大；故4正确；B、闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e =Emsina)tf而E7 n=nB So),所以e =nB L2a)sina)t=0.4 s i n 2 t o 故 8 错误；C、由q =N =1 0 x ”丐

18、 C =0.02 C，故 C正确；“R+r 8+2D、从t =。时到t =3时刻，电阻R上产生的热量为Q =I2Rt=(前 而 产取=(就MA x 8 x彳=1.6 7 T X I O _4/,故。错误;故选：AC.线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最大值与有效值的/倍；每当线框通过中性面时，电流方向改变；当磁通量为零时，线框切割速度最大，产生的电动势也最大。线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流。而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定。而通过某一电量时，则用平均值来求。同时注意磁场只有一

19、半。6.答案：B C解析：解：4、当电场强度不变时，质子的加速度不变。若质子还是从C。边射出，运动时间为t =匕V则y =3 a t 2=1 a g)2,显然水平初速度增大为原来的二倍时，竖直位移变为原来的点质子从C D 边的中点上方射出，故A错误。B、若电场强度变为原来的四倍，由a=黑可知，加速度变为原来的四倍，由y =1 at2,所以t =聆=庶，加速度增大，质子从B C边射出，水平位移为x =%所，显然水平初速度不变，电场强度变为的四倍，则质子的水平位移变为原来的一半。故B正确。C、水平初速度不变，电场强度减小，加速度减小，则质子一定从C O边射出，故C正确。D,水平初速度增大为原来的二

20、倍，电场强度增大为原来的二倍，加速度增大原来的二倍，由 丫 =i a t2=|a(i)2,知y=；y,所以质子从C点上方射出，故 D 错误。故选：B C。电场强度不变，质子所受的电场力不变，加速度不变。根据分位移公式确定竖直位移的变化，从而判断质子从什么位置射出。水平初速度不变，电场强度变为原来的四倍，加速度变为原来的四位，采用同样的方法分析。本题考查了电子在电场中的类平抛运动，要掌握类平抛运动的研究方法：运动分解法，应用类平抛运动规律求出电子在电场中的运动时间，从而确定偏转距离。7.答案：AC解析：解：力、物体从匀速水平飞行的飞机落下，由于惯性，保持原来与飞机相同的速度，则知物体都做平抛运动

21、，水平方向做的是匀速直线运动，落地前物体都在飞机的正下方，故这些物体落地前排列在一条竖直的直线上.故A 正确.8、由于这些物体从不同的抛出点做平抛运动，轨迹平行，则些物体都落在地面的不同点.故B错误.C、这些物体的运动情况完全相同，故这些物体落地时速度大小和方向都相同.故C 正确.。、这些物体在竖直方向上做自由落体运动，越往下速度越大，故从上往下，物体的间距增大.故。错误.故选AC飞机匀速飞行，飞机上自由释放的物体都做平抛运动，水平方向做的是匀速直线运动，即可分析物体落地前在空中排列成的形状和落地点的位置；随着下落高度的增大，物体的速度增大，可知相邻物体在空中的距离不断变大.本题关键要分析出这

22、些物体都做平抛运动，运用运动的分解法即可研究物体的位置关系.8.答案:AD解析：解：A B,由图乙所示图象可知，在O-l s 内磁场垂直于纸面向里增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负的；在1-2s内磁感应强度垂直于纸面向里减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是正的：在2-3 s 内，磁场方向垂直于纸面向外增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是正的；在3-4s内，磁场方向垂直于纸面向外减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流是负的，故 A 正确，8 错误；C D、由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：E=W=S,由图乙所示图象可知，磁感应强

23、度的变化率怨大小相等，AL整个过程感应电动势E相等；由欧姆定律得：/=会 由 于 E大小相等，R不变，则感应电流大小/相等，be所示安培力大小广此=B/3 由于八 L都是定值，则在0-1s内磁场垂直于纸面向里增大，安培力尸 兀 增大，感应电流沿逆时针方向，由左手定则可知，be边受到的安培力竖直向上，是正的；在1-2s内磁感应强度垂直于纸面向里减小，安培力尸比减小，感应电流沿顺时针方向，由左手定则可知，安培力竖直向下，是负的；在2-3 s 内，磁场方向垂直于纸面向外增大，安培力尸 死 增大，感应电流沿顺时针方向，由左手定则可知，be边受到的安培力竖直向上，是正的；在3-4 s 内，磁场方向垂直于

24、纸面向外减小，安 培 力 减 小，感应电流沿逆时针方向，由左手定则可知，be边受到的安培力竖直向下，是负的：故 C错误，正确。故选：AD.根据楞次定律判断出感应电流方向；应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出安培力；应用左手定则判断出安培力方向，然后分析图示图象答题。对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。9.答案：B D E解析：解：小燧增加原理说明一切自然过程总是

25、向着分子热运动的无序性增加的方向进行，故 A错误；8、根据热力学第一定律，在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加，故 B 正确：C、布朗运动是在显微镜中看到的悬浮小颗粒的无规则运动，显微镜看不到分子，故 C错误；。、水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明一种液体浸润某种固体与这两种物质的性质都有关，故。正确；E、当分子间表现为斥力时，距离减小时要克服分子力做功，故分子势能增加：即当分子间表现为斥力时分子力和分子势能总是随着分子间距离的减小而增大；故 E 正确；故选：B D E.热力学第一定律公式U=W+Q；蜡增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增加的方向进行；布朗运动是

26、在显微镜中看到的悬浮小颗粒的无规则运动；浸润、不浸润与液体间的种类有关；分子力做功等于分子势能的增加量.本题考查了热力学第一定律、热力学第二定律、布朗运动、浸润与不浸润现象、分子力等，知识点多，难度小，关键是记住.1 0 .答案：C D解析：解：力、根 据“平移法”可知质点4 和质点B的起振方向都向下，所以两波源的起振方向均向下，故 4错误；B C D、设两列波的波长都为；I,由于P 点为振动减弱点，则有%=(2 n +l)g =P B A P,解得：A=当n =2 时，波长为；1 =4 m；周期为：T =9s(n =0、l 2、3 .),当n =0 时，周期为7 =5 s,故 8错误、CD正

27、确。v 2 n+l故选：C D。根 据“平移法”判断质点A 和质点B 的起振方向，由此判断两波源的起振方向；由于P 点为振动减弱点，得到波长的表达式，由此求解波长；再根据7 =4 求解周期。V本题主要是考查了波的图象，解答本题关键是能够根据图象判断质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系U=和振动减弱的条件。1 1 .答案：2.0 0&一喷0.3 0 M m2 L解析：解：(1)由图示游标卡尺可知，其示数为2 0 m7 n+0 x O.lnu n=2 0.0 7 mn=2.0 0 cm；(2)滑块经过两光电门时的速度：%=&2=&由速度位移公式可得：道-W=2aL解得：a =壁金，代入数据

28、解得：a=3 m/s 2,由牛顿第二定律得：F 11mg=m a,代入数据解得:=0.3 0；2 L(3)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得：F-iimg=m a,解得：=三色，细线对滑块的拉力F小于重物的重力Mg,实验时认为滑块受到的拉力为Mg,由=三色可知，所测偏大；当M比瓶越小，拉力尸越接近于Mg，为了减小实验误差，需要满足的条件是：M远远小于m,M m.故答案为：2.0 0；a =育-电 1 0.3；M m.(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；(2)由速度公式求出速度，由匀变速运动的速度位移公式求出加速度的表达式，然后由牛顿第二定律求出加速度，然后求出动摩擦因数；(3)

29、应用牛顿第二定律求出绳子拉力的表达式，然后答题。游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，游标卡尺不需要估读，对游标卡尺读数时要注意游标尺的精度；分析实验误差时要先求出动摩擦因数的表达式。1 2.答案：a 并 5 N 7.1 9 x 1 O1 0解析：解：(1)为了保护电表和光电管，开关闭合前，滑动变阻器的滑片P 应该在a 端。(2)根据电表改装原理，小量程的电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，根据并联电路的规律可知，%Rg=(1-%)R并,解得并联电阻：R并=5。(4)研 究“光电效应”的“饱和电流”需要在光电管两端加正向电压，电路图中电源的负极为N端；分析光电管的伏安曲线可知，饱

30、和电流：/=1 1 5 x =1.1 5 x I C T ,根据电流的定义式可知，每秒钟阴极板上被光照射而逸出的光电子个数：n=-=主 生 早 个=7.1 9 xe 1.6 x1 0-1 9邮个。故答案为:(l)a；(2)并；5；(4)N；7.1 9 x1 0 叫(1)从保护电表和光电管的角度出发分析。(2)根据电表改装原理分析，小量程的电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻。(4)分析光电管的伏安曲线，根据电流定义式求解每秒钟阴极板上被光照射而逸出的光电子个数。此题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关知识，明确电路结构，在光电管两端加正向电压，可以测出饱和光电流。1 3.答案：解：(1)对小

31、物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，m则.i r n g s u.i o3 7 0=qEr，c os 3 7 ,Ec -_ r-n-g-ta-n-3-7-_ 3mg(2)当场强变为原来的2 倍时，小物块受到的合外力F 合2 qEcos 3 7 mgsin 3 7 =0.6mg,又F 俞=ma,所以a =6 z n/s 2,方向沿斜面向上。(3)由运动学公式 x=|a t2=1 x 6 x 22m=1 2 m。静电力做功力=2 qExcos 3 7 =14Amg J所以，电势能的变化量为一 1 4.4 m g 焦耳，即电势能减小了 1 4.4 m g /。答：(1)原来的电场强度为翳；(2

32、)电场变化后小物块的加速度的大小为6 m/s 2,方向沿斜面向上；(3)电场变化后2 s 内小物块电势能的变化量为1 4.4 m g J。解析：(1)对小物体进行受力分析，根据共点力平衡求出原来电场强度的大小。(2)场强改变后，电场力变小，根据牛顿第二定律求出物块运动的加速度的大小和方向；(3)电场变化后2 s 内根据W=F x求解电场力做功，根据电场力做功与电势能的关系求解电势能的变化量；解决该题的关键是正确进行受力分析，熟记电场力的公式以及电场力做功与电势能变化量的关系式;1 4 .答案：解：(1)由于不计空气阻力，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒.重力对小球所做的功：Wc=m g

33、h=0.2 x 1 0 x 7.2/=1 4.4/(2)由动能定理有：mgh.=|m v2-|m v o解得：v=y/vQ+2 gh.=V 2 5 +2 X 1 0 x 7.2 =13m/s答：(1)重力对小球所做的功为1 4.4/.(2)小球落地时速度的大小”是1 3 m/s.解析：(1)重力做功根据公式W=m g h,八是初末位置的高度差.(2)根据动能定理或机械能守恒定律求出小球落地时的速度大小.本题运用动能定理和机械能守恒两种方法研究斜抛运动，也可以采用运动的分解法求解也但要注意体会功能关系应用的便捷.1 5 .答案：解：(1)左管水银面下降2 c m 过程，封闭气体做等温变化，初态压

34、强为p o,V0=LS末态Pi =?,匕=(L +/i)S则有 Po L S=P 1(L +h)S解得 Pi =62.5cmH g设平衡时左管水银面比右管水银面高七，有6 2.5 +鱼=7 5 c m解得砥=1 2.5 c m所以右管水银面下降的高度为：1 2.5 c m +2cm=1 4.5 c m(2)要使右管水银面回到原来高度，右侧水银面要上升1 4.5 c m,即左管水银面要下降1 4.5 c m,则右管水银面比左管的高1 4.5 c m +2 cm=1 6.5 c m右管水银面上升过程右管内封闭气体做等温变化，则Po(1 4.5 c m +1 0 c m)S=p2 x 1 0 c m

35、 -S解得 P2 =183.75cmHg此时左管内封闭气体的压强P3 =P2 +1 6.5 c m H g =200.2ScmHg答：(1)右管水银面下降的高度为1 4.5 c m；(2)此时左管内气体的压强为2 0 0.2 5 c m H g解析：(1)左管水银面下降2 c m 过程，封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律可以求出左管的气体压强，根据平衡条件可以求出平衡时左管水银面比右管水银面高度，从而求出右管水银面下降的高度；(2)右端封闭，对左管加热，右管的水银面回到最初高度的过程中，温度不变，根据玻意耳定律可以求出右管回到初始高度的压强，从而求出左管气体的压强。本题考查气体实验定律，目的是

36、考查学生的分析综合能力。抓住理想气体不变的状态参量，选择相应的气体实验定律是解题的关键。1 6.答案：解：如图，设红光折射角为 1，黄光折射角为七，根据折射定律有：红光阳=晅.sinis i n rx=,cosrr=kj-siM i tannisininl-sin2i同理，黄 光 电=罂sin/2贝产“2siniJn|-sin2f础久且A x=dtan dtanr2=dsini(-r=1 ,1)附付ln?-sin2i JnRsiMid t=ddnl力cosrz 型。sri cJnRsNidn1c Jn|-sin2i答:红光和黄光在下表面出射点之间的距离为心讥十nj-sin2i一 JnAsiM?,二者从下表面射出的时间差dnl为c Rdnl-sin2i c Jnf-sin2i,1解析：根据折射定律分别求出红光和黄光的折射角，根据几何关系求出红光和黄光在下表面出射点之间的距离，以及在玻璃砖中的路程差，从而求出两种光在下表面射出的时间差.本题考查了光的折射定律，对数学几何的能力要求较高，要加强训练.