2021届甘肃省武威六中高考物理诊断试卷（六）附答案详解.pdf

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1、2021届甘肃省武威六中高考物理诊断试卷（六）一、单 选 题（本大题共5小题，共30.0分）1.下列各种说法中错误的是（）A.普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说B.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的照射时间太短C.在光的单缝衍射实验中，光子到达亮条纹处概率大D.任何一个运动物体都与一种波相对应，这就是物质波，物质波是概率波2.如图三角形2BC三边中点分别为。、E、F,在三角形中任取一点0,如果OE、犬OF、DO三个矢量代表三个力，那么这三个力的合力为（）A.OAC2-1-B.0BC.OCD.OD3.在以点电荷为球心，r为半径的球面上各点相同的物理量是（）A.电场

2、强度B.同一电荷所受的电场力C.电势D.电荷量相等的正负两点电荷具有的电势能4.2017年4月23日，天舟一号与天宫二号顺利完成自动交会对接，这是我国自主研制的货运飞船与空间实验室的首次交会对接。目的是为了更好地掌握空间交会对接技术，开展地球观测和空间地球系统科学、空间应用新技术、空间技术和航天医学等领域的应用和试验。下列说法正确的是（）A.天舟一号加速与天宫二号对接前应处于同一圆周轨道B.完成对接后组合体的运行周期可能小于84分钟C.在天宫二号内可以用天平测量物体的质量D.完成对接后的组合体运行的速度一定小于7.9km/s5.如图甲，交流发电机通过一理想变压器，给“220V,110014/的

3、电饭煲和“220V,220W”的抽油烟机正常供电。交流发电机线圈匀速转动，从某时刻开始计时得电动势-时间关系，如图乙所示，所有导线的电阻均不计，交流电流表是理想电表。下列说法正确的是（）卜/VHOO/jLrr-iioo/i 卜A.正常工作时，电饭锅和抽烟机的发热功率之比为5：1B.从图乙中可得，t=0时刻穿过发电机线圈的磁通量和4表的示数均为零C.电饭锅和抽油烟机同时正常工作时，4表的示数为1.24D.若线圈转速减半，电饭锅的功率将变成原来的;二、多 选 题（本大题共5小题，共27.0分）6.静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，该力随时 称间变化的关系如图所示，则下列结论正确的是（

4、A.拉力在2s内的功不为零2 输IB.拉力在2s内的平均功率为零C.物体在2s内的位移不为零D.物体在2s末的速度为零7.如图所示，一根粗细均匀，质量分布均匀的直杆，固 定 在 光 滑 斜 7、面上，上端与斜面的顶端重合，此时杆的机械能为零，已知杆长为斜面长的右斜面的长为3杆的质量为小，斜面的倾角为0,_若将杆由静止释放，当杆的下端与斜面底端刚好重合时，（）A.杆的动能为mgLsin。B.杆的动能为:mgLsin。C.杆的重力势能为-mgLsin。D.杆的重力势能为一：mgLs讥。8.两个完全相同的直角三角形MNP,ZM=6 0,图甲中是与三角形匀强磁场B,图乙中是与三角形平行且垂直MN边的匀

5、强电场E,现有两个完全相同的带电粒子qI、q2分别从两图的M点沿MN方向以初速。进入磁场、电场（重力不计），均不与MN、NP相碰直接打在MP边界上，下列判断正确的是（）A.q1粒子的初速度 越大，射到MP边界上所用时间越短B.勺2粒子的初速度u越大，射到MP边界上所用时间越长C.随着初速度 的增大，q】、方两粒子均能打在P点D.qi、2粒子初速度u增大，射到MP边界上的速度方向与MP的夹角均不变9.下列说法正确的是（）A.分子间距离为平衡距离时，分子间作用力为零，分子势力能最大B.晶体都天然具有规则的几何形状C.晶体熔化时吸收热量，分子平均动能不变D.温度相同的物体分子平均动能一定相同，而分子

6、无规则运动的平均速率不一定相同10.一个质点经过平衡位置。，在4、B间做简谐运动，如图（a）所示，它的振动图象如图（b）所示,设向右为正方向，下列说法正确的是（）正A O B（a）A.OB=5cmB.第0.2s末质点的速度方向是4-。C.第0.4s末质点的加速度方向是4-0D.第0.7s时质点位置在。点与4点之间E.在4s内完成5次全振动三、填 空 题（本大题共1小题，共7.0分）11.某同学在“探究匀变速直线运动”实验中得到如图所示的纸带.已知打点计时器电源频率为50H z,每隔4个点取一个计数点，各计数点到A点的距离如图所示，则由纸带可知(结果均保留两位小数)(2)C点的速度%=m/s；(

7、3)物体运动的加速度a=m/s2.四、实验题(本大题共1 小题，共 8.0分)12.在“用多用表测电阻、电流和电压”的实验中：(1)(多选题)用多用表测电流或电阻的过程中，操作正确的是(4)在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零；(B)在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零；(C)在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测；(D)在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测。(2)测量时多用表指针指在如图所示位置。若选择开关处于“10片 挡，其读数为 K；若选择五、计算题(本大题共4 小题，共 52.0分)13.如图所示，固定在轻质弹簧两端质量分别是=0.5kg,g,=。4句 的两

8、个物体置于光滑水平面上，一个质量为m=0.1kg的子弹水平射入码,中，使弹簧压缩而具有最大10/的弹性势能，然后nia和小 匕 都将向右运动。试求：(1)子弹入射前的速度；(2)竖直墙对ma的冲量；(3)向右运动过程中弹簧可能具有的最大弹性势能。1 4.如图所示，一质量为M=2kg的木板放在光滑水平地面上，在此木板的左端上还有一质量为m=M g的铁块。最初木板左端位于。点，现给铁块一个瞬间冲量/,当木板左端到达C点时，铁块刚好到达木板右端与木板一起运动。测得木板左端从4 点运动到8 点用时占=0.2s,木板左端从B点运动到C点用时t2=0-3s；已知4、B两点间的距离是%=0.24m,B、C两

9、点间的距离是不=0.51m,重力加速度g=lOm/s2求:(1)0.4两点间的距离和铁块与木板之间的动摩擦因数;(2)最初给铁块的瞬时冲量/的大小和木板的长度;(3)该过程中系统产生的内能。1 5.如图所示，一粗细均匀的细玻璃管竖直置于水平地面上，内部灌有水银，左端封闭了一部分气体，右侧与大气相通。玻璃管底部长10cm。起初两侧 I液面相差19cm,气柱长19cm。外界环境温度恒为27。0 大气压强为76cmg,重力加速度为g=10m/s2,现通过几种方法，使玻璃管两侧液面相平，则：(1)若通过继续注入水银的方法使玻璃管两侧液面相平，求注入的水银柱的长度；(2)若通过加热管内气体的方法使玻璃管

10、两侧液面相平，求需将温度升高到多少；(3)若玻璃管在纸面内沿水平地面匀加速运动，求使玻璃管两侧液面相平的加速度大小和方向。16.桌面上有一玻璃圆锥，圆锥的轴(图中虚线)与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，此三角形的边长为3如图所示，有一半径为 的圆柱形平行光束垂直底面入射到圆锥上，光束的中心轴与圆锥的轴重合.已知玻璃的折射率为6，求:光在玻璃中的传播速度是多少？光束在桌面上形成的光斑的面积是多少？参考答案及解析1.答案：B解析：解：4、普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说，故A正确；8、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的频率小于极限频率，故8错误；C、在光的单缝

11、衍射实验中，光子到达亮条纹处概率大，故C正确；。、无论是大到太阳、地球，还是小到电子、质子，运动的物体都与一种波相对应，这就是物质波，物质波是概率波，故。正确；本题选错误的，故选：该题考查物理知识综合应用，解决这一类题目的关键是理清相关知识。2.答案：4解析：解：由于0E、。尸、。均表示矢量，故：DO=-0 D；故：0E+OF+DO=0E 0D+O F；而根据三角形定则，有：OE OD=D E,由于DE=E 4,故。E OD=凡4；故OE+OF+DO=(0E-OD)+OF=FA+OFSOF+FA=0A故选：Ao每一个有向线段表示一个力，运用矢量运算的三角形定则求解即可.本题是矢量运算问题，关键

12、是运用三角形定则分析，其实是数学选修模块中向量运算一章的内容.3.答案：C解析：解：4、以点电荷为球心的球面各点的电场强度大小相等，方向不同，故电场强度不同.故A错误.8、由尸=(/?可知，同一电荷受到的电场力大小相等，方向不同，故电场力不同，故B错误.C、以点电荷为球心的球面是一个等势面，即各点的电势相等.故C正确.。、由电势能与电势的关系可知，电势相同，电荷量相等的正负两点电荷具有的电势能不相同.故。错误.故选：C.只有大小和方向都相同时，矢量才相同；标量只有大小，没有方向，只要大小相等，标量就相同.以点电荷为球心的球面是一个等势面，其上各点的电势相等，电场强度大小相等，方向不同.本题关键

13、要抓住以点电荷为球心的球面是一个等势面、各点的场强大小相等、方向不同，即可正确求解.4.答案：D解析：解：4、天舟一号加速与“天宫二号”对接前应处于不同的轨道上，若在同一轨道上，加速做离心运动，离开原轨道，不能实现对接，故A错误。8、完成对接后组合体的运行周期不变，故8错误；C、在天宫二号内物体的重力完全提供向心力，处于完全失重状态，而太平是利用杠杆的原理制成的，故不可以用天平测量物体的质量，故C错误；。、7.9 k m/s是第一宇宙速度，即为最大的环绕速度，完成对接后的组合体运行的速度一定小于7.9km/s,故。正确。故选：Do实现对接应该从低轨道加速；同一轨道运动时间不变；卫星内部的物体处

14、于完全失重，不可以利用太平称质量；7.9/o n/s是最大的环绕速度。本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是了解卫星对接的过程，能够分析卫星的线速度大小与轨道半径的关系。5.答案：C解析：解：4、正常工作时，电饭锅为纯电阻电路，工作的功率1 1 0 0 W即为发热功率，抽油烟机为非纯电阻电路，发热功率小于工作功率2 2 0 W,故电饭锅和抽烟机的发热功率之比大于5：1,故4错误；3、从图乙中可得，t =0时刻穿过发电机线圈的磁通量最大，变化率为零；4表的示数为有效值，不为零，故B错误；C、根据变压器的输入功率等于输出的功率P =U =1 1 0 0/=1 32 0 W,解得电流表

15、读数为1.2 4,故C正确；。、若线圈转速减半，输入电压和输出电压均变为原来的g电饭锅的功率将变成原来的:，故。错24误。故选：C o由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由动态分析判断电流表的读数变化。本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值。6.答案：BCD解析:解：由图象可知在0 Is时间内，物体做加速运动，设位移为x,1s末的速度为u,则物体在Is 2s内的位移也为x,2s末的速度为零，则拉力在2s内的功W=Fx+(-Fx)=0,故2s内平均功率为零，2s内的

16、位移为2 x,不是零，故正确，A 错误；故选：B C D。力的大小是恒定的，对于恒力做功的大小可以直接用功的公式勿=FL来计算，物体先加速运动后减速运动，根据运动的对称性可以求得物体的位移的大小.对于恒力做功及冲量的定义，属于基础题，正确应用公式即可求解7.答案：BD解析：重力做功只与物体的初末的位置有关，斜面的高度为机由此可以求得重力做功的大小；根据动能定理求解动能的变化.重力做功等于杆的重力势能的变化.本题是对机械能守恒的直接应用，掌握住机械能守恒定律条件，同时注意做功的特点，题目比较简单.解：4、固定的光滑斜面倾角为。，杆从最高点滑到斜面底端的过程中杆的高度下降：h=hsin6,4重力做

17、的功只与物体的初末的位置有关，所以重力做的功为皿=|m gLs讥。.整个的过程中重力做的功等于杆的动能的增加量，所以当杆的下端与斜面底端刚好重合时，杆的动能为mgLs讥。.故A 错误，B 正确；C、开始时杆的机械能为0,动能是0,所以杆的重力势能为0.由于当杆的下端与斜面底端刚好重合时，重力做的功为w =所 以 杆 的 重 力 势 能 为 故 C错误，。正确.故选：BD.8.答案：BD解析：解：粒子qi在磁场中运动的轨迹如图所示:A、%粒子的初速度u越大，射到M P边界上圆弧所对的圆心角为1 2 0。，所用时间=芸7=：7,所DOU3以射到M P边界上所用时间相同，故A错误；粒子勺2在电场中做

18、类平抛运动，轨迹如图所示：8、粒子勺2在电场中做类平抛运动，垂直电场线做匀速直线运动，沿电场线做匀加速直线运动t a n 6(T =初，解得t =型包，可知初速度越大，射到M P边界上所用的时间越长，故8正确；vot aC、根据粒子的运动轨迹可知，当速度较大时q i粒子会撞到N P上，打不到P点；粒子勺2能到达P点，故C错误；D、qi粒子射到M P边界的速度方向与M P成6 0。，粒子q2射到M P上的速度方向为a,且有t a na =2 t a n6 0。，知粒子q?射到M P边界的速度方向与M P的夹角不变，故。正确；故选：BD。粒子%在磁场中做匀速圆周运动，根据圆周运动的规律和半径公式，

19、结合几何关系进行分析；粒子勺2在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律分析；本题考查带电粒子在磁场中的圆周运动和带电粒子在电场中的运动，关键是画出粒子运动的轨迹示意图，分别运用圆周运动的规律和类平抛运动的规律求解即可.9.答 案:CD解析：解：力、分子间由于存在相互的作用力，从而具有的与其相对位置有关的能叫做分子势能，其变化情况要看分子间作用力.分子间作用力分为斥力和引力.在平衡位置时相对平衡，小于平衡位置时表现为斥力，大于平衡位置时表现为引力，但无论何时，引力与斥力都是同时存在的.在平衡位置势能最小，故4错误.8、单晶体都天然具有规则的几何形状，多晶体不一定天然具有规则的几何形状，故B错误

20、.C、温度是分子的平均动能的标志，晶体熔化时吸收热量，温度不变所以分子平均动能不变，故C正确.D，温度是分子的平均动能的标志，温度相同的物体分子平均动能一定相同，不同的分子的质量可能不同，所以分子无规则运动的平均速率不一定相同.故。正确.故选：CD.解决本题需掌握：分子势能与分子力做功的关系；多晶体与单晶体的特点；温度是分子的平均动能的标志.本题涉及热学部分的相关知识，目前很多省份都将其作为选考知识，要求降低，关键要多看书；其中温度是分子的平均动能的标志，不是分子的平均速率的标志，基础题.1 0 .答案：ACE解析：解：4、O B间距离等于振幅，由图知，O B =A =5 c m。故A正确。B

21、、位移图象切线的斜率等于速度，根据数学知识知，第0.2 s末质点的速度方向沿负向，即4 T o.故8错误。C、第0.4 s末质点的位移为负，方向是0-4由a =-告分析可知，加速度方向是St。，故C正确。D、第0.7s时，质点位置在。与B两点之间。故。错误。E、质点的振动周期为T =0.8 s,则兀=5 =白=5,即在4 s内完成5次全振动。故E正确。故选：ACEo。8间距离等于振幅，由图象直接读出。位移图象切线的斜率等于速度，根据数学知识判断速度的方向。由a =-上分析加速度方向。根据位移分析质点的位置。m本题要根据振动图象读出基本的信息，如振幅、周期、速度的方向、位移等等，要知道加速度方向

22、与位移方向总是相反。1 1 .答案：0.1；0.8 7；1.6 8解析：解：（1）因为每隔4个点取一个计数点，所以各计数点之间的时间间隔7 =0.1 s,(2)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,0.2364-0.06202X0.1=0.87m/s(3)根据匀变速直线运动的推论公式 X=可以求出加速度的大小，得:a=0.3488-0.1408-0.1408(2X0.1)2=1.68m/s2.故答案为：(1)0.1(2)0.87(3)1.68根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上。点时小车的瞬时速度大小，根据匀变速直线运动的推论公式%=a

23、T2可以求出加速度的大小.要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用.要注意单位的换算和有效数字的保留.12.答案：AD 3.0小于解析：解：(1)、在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆档的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，故A正确。8、在测量电流时，根据电流表的原理，电流的零刻度在左边，更换量程后不需要调零。故8错误;C、在测量未知电阻时，若先选择倍率最大挡进行试测，当被测电阻较小时，电流有可能过大，所以应从倍率较小的挡进行测试，若指针偏角过小，在换用倍率较大的挡，故C错误。、在测量未知电流时，为了电

24、流表的安全，必须先选择电流最大量程进行试测，若指针偏角过小，在换用较小的量程进行测量，故。正确。(2)、选择开关处于“10片 挡，最小分度值为0.2%所以此时的读数为3.0%因多用电表的欧姆档的刻度分布不是均匀的，越向左，刻度越密集，所以30至40的中间数值一定小于3 5,若选择开关处于“X 10”挡，由图可知其读数小于3500故答案为：(l)4D(2)3.0U小于该题考查了多用电表的使用，在了解多用电表的欧姆档的原理的情况下，可以对(1)的4C两选项进行判断；通过电流变的工作原来可以得知选项8。的正误。对于电压档的读数，首先通过量程，结合最小刻度的数量，得知最小刻度值，即可读出所测的电压的数

25、值；明确欧姆表刻度的不均匀的特征，知道刻度盘右侧密左则疏的性质。该题考查到了多用电表的工作原理，要明确多用电表的工作原理，对于电流档时利用了定值电阻的分流，电压档是利用了定值电阻的分压，要知道直流电流档和直流电压档的刻度是均匀的。同时明确欧姆档的刻度是不均匀的，注意掌握各种表盘的读数方法。1 3.答案：解：(1)设子弹入射前的速度为子弹射入b后共同速度为巧。子弹击中物体b的过程，弹簧还没有来得及压缩，以子弹和b组成的系统为研究对象，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv=(m+w)%弹簧压缩后，由机械能守恒定律得：Ep=i(m +mb)vf解得%2 V 1 0n i/s,v-1 0V 1 0m/

26、s故子弹入射前的速度为1 0V T U m/s。(2)弹簧刚被压缩时物体a、从 子弹、弹簧组成的系统的动量与弹簧第一次恢复原长时系统的动量大小相等，方向相反，以向右为正方向，对b压缩弹簧的整个过程，对a、b、子弹、弹簧组成的系统，由动量定理得：I =(m+m b)。一 一(6 +mb)vi解得：竖直墙对n i a的冲量/=2屈N-so(3)物体a向右运动过程中，弹簧弹性势能最大时，三者速度相同，设为功,以向右为正方向，由动量守恒定律得：(m +mb)v1=(m+ma+mb)v2根据能量守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能即为系统损失的动能，则Epmax=|(?n +-1 (m +ma+mb)vl解

27、得 E p m a x=5/故向右运动过程中弹簧可能具有的最大弹性势能为5答：(1)子弹入射前的速度为1 0V T U m/s；(2)竖直墙对T n。的冲量为2 V T 5 N -s；(3)向右运动过程中弹簧可能具有的最大弹性势能为5人解析：(1)子弹击中物体b的过程，子弹和b组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出子弹与b的共同速度，之后物体b压缩弹簧，在b压缩弹簧的过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律列式，从而可以求出子弹入射前的速度。(2)以a、b、子弹组成的系统为研究对象，应用机械能守恒定律可以求出a离开墙壁时b的速度，对系统应用动量定理可以求出墙壁对m a的冲量。(3)当两木块(包

28、括子弹)速度相等时弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出最大弹性势能。本题物体的运动过程比较多，要分析清楚物体的运动过程，选择恰当的过程是正确解题的前提与关键，应用动量守恒定律、动量定理、机械能守恒定律即可正确解题，应用动量守恒定律与动量定理解题时要注意正方向的选择。1 4.答案：解：木板在4、B 两点间的平均速度为：瓦=*=1.2 m/sB、C 两点间的平均速度为：乃=合=鬻=1.7m/sU.3木板匀加速运动的加速度为：1 =l+t2 =0-24-0.3=2 m/S2 o2 2木板左端经过4 点的速度为：为=瓦 一 Q 1 a =1.2 -2 x 0.1 =lm/s由速度位

29、移关系得。、4 两点间的距离为：%。=舁=工=0.2 5 mu 2al 2X2以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得：“m g =M aXo代入数据解得：=0.4(2)木板与铁块相对静止时的速度为：%=瓦+%,=1.7+2 x 0.1 5 =2m/s取向右为正方向，由动量守恒定律得：m v0=(m +M)vc代入数据解得：%=6mls最初给铁块的瞬时冲量为：I=m v0=1 x 6 =6 N s以铁块为研究对象，由牛顿第二定律得：iimg=m a2o代入数据得：a2=4 m/s2o木板左端到达C 点时铁块的位移为：右=守=嘤=4 m-2a2-2x4所以木板的长度为：L=x3 (x0+xr+x2)

30、=3 m(3)该过程中系统产生的内能为：Q=n m g L。代入数据解得：Q=12J答：(1)。、4 两点间的距离是0.2 5 m,铁块与木板之间的动摩擦因数是0.4；(2)最初给铁块的瞬时冲量/的大小是6 N -s,木板的长度是3 m；(3)该过程中系统产生的内能是1 2/。解析：(1)给铁块一个瞬间冲量/后获得了速度，在摩擦力作用下，铁块向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动。根据题目的条件可求得木板在间和B C间的平均速度，从而得到中点时刻的瞬时速度，利用加速度的定义求解木板的加速度，再由速度公式求出木板左端经过4点时的速度，由速度位移公式求出。、4两点间的距离。以木板为研究对象，由牛顿

31、第二定律求得铁块与木板之间的动摩擦因数；(2)根据速度公式求出铁块与木板相对静止时的共同速度。由动量守恒定律求铁块的初速度，再由动量定理求最初给铁块的瞬时冲量/的大小。以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求木板的长度；(3)该过程中系统产生的内能等于“m g L。本题是复杂的力学综合题，关键要理清两个物体的运动过程，熟练运用匀变速直线运动的推论来求木板的瞬时速度和加速度。1 5.答案：解：(1)未注入水银前，封闭气体压强pi=PoPn=5 7 c m H g,注入后，p2=p0该过程温度不变，设玻璃管横截面积为S,故pi%S=p2,2 s解得 =1 4.2 5 c m由几何关系得

32、需注入的水银柱长度 h=1 9 c m+2 x (1 9-1 4.2 5)c m=2 8.5 c m；(2)两侧液面相平时，由几何关系得气柱长度6 =1 9 c m+9.5 c m=2 8.5 c m,=300K根据理想气体的状态方程可得：罕=竿T1 r2解得了2 =6 0 0 K；该过程T不变，故P i S=P 3 Z 3 S，解得P 3 =|P O=3 8 c mH g对玻璃管底部水银柱，根据牛顿第二定律可得：p0S-p3S=ma,根据质量与密度的关系可得：m =pSl,则有：pgh0S-pgh3s=pSla其中厩=76cm,h3=3 8 c m,I=1 0 c m可得a =3 g 7 K

33、8 x 1 0 m/s2=3 8 m/s2,方向水平向左。答：(1)若通过继续注入水银的方法使玻璃管两侧液面相平，则注入的水银柱的长度为2 8.5 c m；(2)若通过加热管内气体的方法使玻璃管两侧液面相平，则需将温度升高到6 0 0 K；(3)若玻璃管在纸面内沿水平地面匀加速运动，则使玻璃管两侧液面相平的加速度大小为3 8 m/s2,方向水平向左。解析：(1)求出初末状态的压强和初状态的条件，根据玻意耳定律求解；(2)先求出加热前后气体压强和体积，利用理想气体状态方程可以求出左侧气体缓慢加热到的温度;(2)保持温度不变，两边液面相平时，根据玻意耳定律可以求出压强，根据牛顿第二定律可以求出加速

34、度。本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。16.答案：解：由n=半 导，光在玻璃中的传播速度为3 x 108V=m/s=V3 x 108mn(2)作出光路图，如图所示.由几何知识得到：入射角。i=60。,根据折射定律得：律=鬻，代入解得，折射角。2=30.由几何关系可知，产生的光斑直径为d=5,面积S=7rd2=叱.5 4 36答:光在玻璃中的传播速度是bx 108m/s.光束在桌面上形成的光斑的面积是包.36解析：由 求 出 光 在 玻 璃 中 的 传 播 速 度.作出光路图，根据折射定律求出折射角，由儿何关系求出光斑的直径，再求解光斑的面积.几何光学作出光路图是解答的基础，要规范作出光路图，结合几何知识求解.