四川省成都市双流区棠湖中学2019-2020学年高三上学期期中物理试
卷
一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）
1.下列说法不正确的是()
A. 荧光物质在紫外线照射下绝不可能发出可见光
B. 物质的天然放射现象表明原子核有复杂的内部结构
C. 放射性元素的半衰期与压力、温度无关
D. 由德布罗意提出的物质波概念可知：微观粒子运动不但不在遵守经典粒子运动规律，而且还
丧失了动量与位置的确定性，表现出“概率”性
2.A，B两物体相距s=11m，A以4m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时正以14m/s的初速度
向右做匀减速直线运动，其加速度a=?2m/s2，则A追上B所经历时间是
A. 9s
B. 11s
C. 13s
D. 15s
3.如图所示，有一带电小球，从两竖直的带电平行板上方某高度处自由落下，两板间
匀强磁场方向垂直纸面向外，则小球通过电场、磁场空间时()
A. 可能做匀加速直线运动
B. 一定做曲线运动
C. 只有重力做功
D. 电场力对小球一定做正功
4.2016年8月16日凌晨，被命名为“墨子号”的中国首颗量子科学实
验卫星开启星际之旅，这是我国在世界上首次实现卫星和地面之间的
量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系。如图所
示，“墨子号”卫星的工作高度约为500km，在轨道上绕地球做匀速
圆周运动，经过时间t(t小于其运动周期)，运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为θ弧度，引力常量为G，则下列关于“墨子号”的说法正确的是()
A. 线速度大于第一宇宙速度
B. 质量为s3
Gt2θ
C. 环绕周期为2πt
θ
D. 向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
5.若物体在运动过程中所受的合外力不为零，则()
A. 物体的动能不可能总是不变的
B. 物体的动量不可能总是不变的
C. 物体的加速度一定变化
D. 物体的速度方向一定变化
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
6.如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个
质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打
小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A
点时，再次用小锤沿运动方向击打小球．必须经过两次击打，小球才
能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，
在第一次击打过程中小锤对小球做功W，第二次击打过程中小锤对小
球做功4W，设两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W的值可能是()
A. 5
6mgR B. 3
4
mgR C. 3
8
mgR
D. 3
2
mgR
7.如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc=120°.
现将三个等量的正点电荷+Q分别固定在a、b、c三个顶点上，
将一个电量为+q的点电荷依次放在菱形中心O点和另一个顶点
d点处，两点相比()
A. d点电场强度的方向由O指向d
B. +q在d点所具有的电势能较大
C. d点的电势大于O点的电势
D. d点的电场强度小于O点的电场强度
8.如图所示，L1和L2为平行线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，
AB两点都在L2上，带电粒子从A点以初速度v与L2成30°斜向上射出，经过偏转后正好过B点，
经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法中正确的是()
A. 带电粒子一定带正电
B. 带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点的速度相同
C. 若带电粒子在A点时的初速度变大(方向不变)，该粒子将仍能经过B点
D. 若只将将带电粒子在A点的初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它一定不经过B点
9.两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。在此过程中，下列说
法正确的是()
A. 分子力先增大，后一直减小
B. 分子力先做正功，后做负功
C. 分子动能先增大，后减小
D. 分子势能先增大，后减小
E. 分子势能和动能之和不变
10.下列说法正确的是()
A. 电磁波的发射需要调制，电磁波的接收需要调谐和解调
B. 隐形飞机是基于波的衍射的原理，让超声波发生衍射，而不让雷达发现
C. 彩超和B超原理上其实是一样的，只是彩超通常用于检查血液流速，而B超用于人体其他部
位的病变
D. 偏振光非常常见，自燃光经过反射和折射都成为偏振光
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11.下表是某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中所测的几组数据．
弹力F/N0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
伸长x/cm 1.00 3.01 4.997.008.9811.01
请在如图所示的坐标纸上作出F一X的图线．
12.在“把小量程电流表改装成电压表”的实验中，给出的器材有：
A.电流表(量程为200μA，内阻约为200Ω)
B.标准电压表(量程为2V)
C.电阻箱(0～999.9Ω)
D.滑动变阻器(0～200Ω)
E.电位器(0～47kΩ，电位器相当于滑动变阻器)
F.电源(电动势为2V，有内阻)
G.电源(电动势为6V，有内阻)
H.开关两个，导线若干
(1)首先要用“半偏法”测定电流表的内阻．如果采用如图1所示的电路测定电流表的内电阻
并且要想得到较高的精确度，那么以上给出的器材中，电阻R l应选用______，电阻R2应选用______，电源应选用______.(填写所选仪器前的字母即可)
(2)该实验操作的步骤有：
A.闭合S1；
B.闭合S2；
C.观察R1的阻值是否最大，如果不是，将R1的阻值调至最大；
D.调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；
E.调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；
F.记下R2的阻值．
把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序填写在横线上：______．
(3)如果在步骤F中所得的R2的阻值为200Ω，则图中被测电流表的内阻R g的测量值为
______Ω，该测量值比实际值略______(选填“大”、“小”)．
(4)如果要将图中的电流表改装成量程为2V的电压表，则改装的方法是电流表应______联一
个阻值为______Ω的电阻．
(5)按上述方法将电流表与电阻箱改装成一电压表．现要对此电压表进行校准，所用的电路原
理如图2所示，图3中给出了实验器材的实物图，请按原理图的要求连成实验电路．
(6)在校准的过程中，发现新改装的电压表比标准电压表的读数略小，则应适当______(选填“增
大”或“减小”)电阻箱的阻值．
四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
13.如图所示，光滑水平面上一个轻弹簧左端固定，弹簧右侧有一
质量为m1=0.5kg的小物块A，质量为m2=0.5kg的长木板B
右端放置一质量为M=1.5kg的金属块C(可视为质点)，B、C间动摩擦因数为μ=0.2，A、B、C 均静止，现用力缓慢向左推动物块A，使弹簧压缩到某一位置P，弹簧的弹性势能E p=4J，撤去力后，A向右运动与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，最终C恰好没有从木板B上滑离，g= 10m/s2。
求：(1)A刚脱离弹簧时的速度大小是多少？
(2)A与B碰后，木板B的速度大小是多少？
(3)木板的长度是多少？
14.如图，半径为r的圆筒水平固定放置，与圆筒轴线OO′等高处有两小孔P、Q，P、Q分布在圆筒
轴线的两侧，沿圆筒轴线方向的距离为L，沿圆筒轴线方向加有同向的匀强磁场与匀强电场。
一质量为m、带电荷量为+q的粒子以速度v从P孔垂直圆筒壁射入圆筒内，最后从Q孔射出。
粒子与圆筒壁碰撞时电荷量与动能均无损失，重力不计。求：
(1)满足题中条件的磁感应强度B及粒子在圆筒内的运动时间；
(2)电场强度E的大小。
15.如图，一封闭的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，一重量不
可忽略的光滑活塞将容器内的理想气体分为A、B两部分，A体
积为V A=4.0×10?3m3.压强为p A=47cmHg；B体积为V B=
6.0×10?3m3，压强为p B=50cmHg.现将容器缓慢转至水平，气体温度保持不变，求此时A、B
两部分气体的体积。
16.如图所示为半圆柱体玻璃的横截面，其半径为R.OD为直径。一束由红光和紫光组成的复色光
AO从真空以Θ1=45°的入射角由玻璃上表面射入，B、C为两单色光的射出点。已知OC=R，光在真空中的速度为c，求
(1)玻璃对红光的折射率；
(2)光线从O传播到C和从O传播到B的时间
-------- 答案与解析 --------
1.答案：A
解析：解：A、紫外线的荧光效应强，能使荧光物质发光，故A错误；
B、物质的天然放射现象表明原子核有复杂的内部结构，故B正确；
C、半衰期由原子核本身决定，与温度等外界因素无关，故C正确；
D、德布罗意提出的物质波概念可知：微观粒子运动不但不在遵守经典粒子运动规律，而且还丧失了动量与位置的确定性，表现出“概率”性，故D正确；
本题选择错误的，故选：A．
红外线有显著的热效应，一切物体均能发出红外线，而紫外线具有荧光作用；
半衰期由原子核本身决定，与温度等外界因素无关，天然放射现象说明原子核内部具有复杂结构；德布罗意提出的物质波，也是概率波．
考查紫外线的作用，理解半衰期的概念，注意天然放射现象的作用，掌握物质波与概率波的含义．2.答案：D
解析：
【分析】
假设经过时间t，物块A追上物体B，根据位移时间公式结合几何关系列式求解即可。
本题是追击问题，特别要注意物体B做匀减速运动，要分清是减速过程追上还是静止后被追上。【解答】物体A做匀速直线运动，位移为：x A=v A t=4t
物体B做匀减速直线运动减速过程的位移为：x B=v B t+1
2
at2=14t?t2
设物体B速度减为零的时间为t1，有t1=0?v B
a =0?14
?2
s=7s
在t1=7s的时间内，物体B的位移为x B1=49m，物体A的位移为x A1=28m，由于x B1+s>x A1，故物体A未追上物体B；
7s后，物体B静止不动，故物体A追上物体B的总时间为t总=x B1+s
v A =49+11
4
s=15s
故选D。
3.答案：B
解析：解：粒子进入两个极板之间时，受到向下的重力，水平方向相反的电场力和洛伦兹力，若电场力与洛伦兹力受力平衡，由于重力的作用，粒子向下加速，速度变大，洛伦兹力变大，洛伦兹力不会一直与电场力平衡，故合力一定会与速度不共线，故粒子一定做曲线运动；
在下落过程中，重力做正功，而电场力可能做正功，也可能做负功，故CD均错误；
故选：B。
对粒子受力分析后，得到合力的方向，根据曲线运动的条件进行判断．
本题关键要明确洛伦兹力会随速度的变化而变化，故合力会与速度方向不共线，粒子一定做曲线运动．
4.答案：C
解析：解：A、第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，可知“墨子号”的线速度一定小于第一宇宙速度，故A错误；
B、“墨子号”卫星是环绕天体，根据万有引力提供向心力无法求出“墨子号”的质量，故B错误；
C、卫星的角速度ω=β
t
，则周期T=2πω=2πtβ，故C正确；
D、根据G Mm
r2=ma，可得a=G M
r2
，“墨子号”卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则“墨
子号”卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，故D错误。
故选：C。
第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度；根据万有引力提供向心力无法求出环绕天体的质量；根据角速度的定义式求出角速度，从而求出环绕周期；根据万有引力提供向心力得出向心加速度与轨道半径的关系，结合轨道半径的大小比较向心加速度。
解决本题的关键知道第一宇宙速度的含义，掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用。
5.答案：B
解析：解：A、合力不为零，但力不一定做功，故动能可能不变，如匀速圆周运动，故A错误；
B、合力不为零则冲量一定不为零，由动量定理可知，物体的动量一定会发生变化，故B正确；
C、合外力不为零，则由牛顿第二定律可知有加速度，但若力恒定则加速度不变，故C错误；
D、若加速度与速度方向在同一直线上，则物体的速度方向可以不变，故D错误；
故选：B。
物体受力但力不一定做功，但一定会产生冲量，由动量定理和动能定理可以得出动能及动量的变化；由牛顿运动定律可知加速度及速度的变化．
本题考查动量定理、动能定理及牛顿第二定律等内容，要求能正确理解定理的内容；并且要熟练掌握好相关物理模型．
6.答案：AB
解析：
【分析】本题考查小球在圆轨道上做圆周运动的问题，当小球运动到圆轨道上半圆时，若速度较小，那么小球受到的合外力大于向心力，小球做向心运动，故小球脱离轨道，脱离轨道后只受重力作用，将做斜抛运动。
根据牛顿第二定律、向心力的公式及动能定理分析判断即可。
【解答】第一次击打小球时，小球运动的最大高度为R ，即W ≤mgR.第二次击打小球，使小球运动到圆轨道的最高点，而小球能够通过最高点的条件为mg ≤m
v 高
2R
，即v 高≥√gR.小球从静止到到达最
高点的过程中，由动能定理得W +4W ?mg ·2R =1
2mv 高2
?0，得W ≥1
2mgR ，所以W 只要满足12
mgR ≤W ≤mgR ，A 、B 正确．
7.答案：AD
解析：解：A 、设菱形的边长为r ，根据公式E =k Q
r 2分析可知三个点电荷在d 产生的场强大小相等，a 、c 两处的正电荷在d 点产生的合场强方向由O 指向d ，b 处正电荷在d 点产生的场强方向由O 指向d ，由电场的叠加原理可知，d 点电场强度的方向由O 指向d ，故A 正确．
BC 、Od 间电场线方向从O 到d ，根据顺着电场线方向电势降低，O 点的电势高于d 点的电势，而正电荷在高电势高处电势能大，则知+q 在d 点所具有的电势能较小．故BC 错误．
D 、d 点的场强大小为
E D =k Q r 2+2k Q r 2cos60°=2k Q
r 2.O 点的场强大小为E O =k Q (r 2
)2=4k Q
r 2，可见，
d 点的电场强度小于O 点的电场强度．故D 正确． 故选：AD
根据电场的叠加原理，分析d 点电场强度的方向；O 点的电场强度就等于b 处+Q 在O 处产生的电场强度大小．根据顺着电场线方向电势降低，分析d 点与O 点电势关系．结合正电荷在高电势高处电势能大，分析电势能的大小．
本题的关键要抓住对称性，由电场的叠加原理分析场强大小和电场线的方向，再判断电势能的高低．
8.答案：BC
解析：
分析带电粒子的运动情况：在无磁场区域，做匀速直线运动，进入磁场后，只受洛伦兹力，做匀速圆周运动，画出可能的轨迹，作出选择。
带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹．往往要抓住圆的对称性。 画出带电粒子运动的可能轨迹，B 点的位置可能有下图四种：
A.如图，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能，故A错误；
B.如图，粒子B的位置在B2、B3时速度方向也斜向上，速度跟在A点时的速度大小相等，方向相同，速度相同，故B正确；
C.根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关，所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过B点，故C正确；
D.如图，设L1与L2之间的距离为d，则A到B2的距离为：x=2d
，所以，若将带电粒子在A点时
tanθ
初速度方向改为与L2成45°角斜向上，不经过B点，故D错误。
故选BC。
9.答案：BCE
解析：解：A、两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，当分子间距大于平衡间距时，分子力表现为引力；当分子间距小于平衡间距时，分子力表现为斥力；故A错误；
B、两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，分子力先是引力后是斥力，故先做正功后做负功，故B正确；
C、只有分子力做功，先做正功后做负功，根据动能定理，动能先增加后减小，故C正确；
D、分子力先做正功后做负功；分子力做功等于分子势能的减小量；故分子势能先减小后增加，故D 错误；
E、分子力做功等于分子势能的减小量，总功等于动能增加量，只有分子力做功，故分子势能和分子动能总量保持不变，故E正确；
故选：BCE。
分子力同时存在引力和斥力，分子间引力和斥力随分子间的距离的增大而减小，随分子间的距离的减小而增大，且斥力减小或增大比引力变化要快些；
分子力做功等于分子势能的减小量。
本题考查了分子力、分子势能、分子力做功与分子势能变化关系，基础题。
10.答案：ACD
解析：解：A、电磁波的发射需要调制，电磁波的接收需要调谐和解调，故A正确；
B、“隐形飞机”的表面制成特殊形状，这种形状能够减弱电磁波反射回雷达设备，避免被雷达发现，故B错误；
C、彩超和B超原理上其实是一样的，只是彩超通常用于检查血液流速，而B超用于人体其他部位的病变，故C正确；
D、偏振光非常常见，自燃光经过反射和折射都成为偏振光，故D正确；
故选：ACD
发射需要调制，接收需要调谐和解调；
“隐形飞机”的表面制成特殊形状，这种形状能够减弱电磁波反射回雷达设备，避免被雷达发现；彩超和B超原理上其实是一样的，只是彩超通常用于检查血液流速，而B超用于人体其他部位的病变；
自燃光经过反射和折射都成为偏振光．
考查电磁波的发射与接收，知道隐形飞机的原理，掌握彩超和B超工作原理，知道反射和折射都成为偏振光．
11.答案：解：描点，拟合直线，做出F一X的
图线，如图所示：
解析：根据给定的单位长度描点，拟合直线．
本题关键根据描点作图法，拟合直线，要注意
作图研究实验测量点间的关系时，画曲线时让
尽量多的点落在该曲线上，如不在曲线上，应
使尽量多的点均匀分布在曲线的两侧，离曲线太远的点，说明误差太大，可以舍弃，作图时用平滑的曲线，不能用折线．
12.答案：E；C；G；CADBEF；200；小；串；9800；减小
解析：解：(1)首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：
，
如图，设电源的电动势为E，内阻为r，S2打开时，设电流表满偏电流为：I g=E
r+R1+R
，
实验要求R1>>R g，R1>>r，这样才有I g≈E R
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当S2闭合时，R2和R g并联，并联后总阻值R并 不变，仍然近似等于E R1 ， 调节R2使电流表半偏为1 2 I g， 所以流过R2的电流也为1 2 I g，所以R2=R g.从上述原理可知，S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是R1>>R g． 故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②R1尽可能大．所以R1选用大量程的E，R2选用量程跟电流表内阻差不多的即可，选C，电源选用电动势较大的G． (2)根据半偏法测量原理，则操作步骤为：按图所示的电路图连接好电路；将R1的阻值调到最大；合上S1；调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；合上S2；调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；记下R2的阻值． 实验步骤的合理顺序是CADBEF． (3)由上分析可知，当F中记录的R2阻值为200Ω，则被测电流表的内阻r g的测量值也为200Ω； 当S2闭合时，R′和R g并联，并联后总阻值R并 而此时电流表支路的电流等于1 2I g，那么R′支路的电流要大于1 2 I g，那么其电阻肯定要小于R g． 所以，用此方法测量的电流表内阻的测量值比真实值要偏小． (4)把电流表改装成电压表，需要串联一个分压电阻，电阻阻值：R=U I g ?R g=2 200×10?6 ?200= 9800Ω； (5)将标准电压表与改装好的电压表进行并联，结合电路图，从而连接实物图，注意电表的量程，及正负极；如图所示： (6)电压表的示数偏小，则所串联的电阻阻值R=U I g ?R g太大，则电流表内阻测量值偏小．要纠正则应减小电阻箱的阻值； 故答案为：(1)E，C，G； (2)CADBEF； (3)200，小； (4)串，9800； (5)如上图所示； (6)减小． 本实验通过半偏法测量电流表G 的内阻，抓住整个电路电流要基本保持不变，确定选择的器材．并联电阻后总电流变大，故通过并联电阻的电流大于电流表的电流，则其电阻小于电流表的内阻，即R′小于真实值，所以这种方法测出的电流表的内阻Rg 比它的真实值偏小． 改装成电压表要串联电阻，阻值为R =U I g ?R g .电压表的示数偏小，且应减小电阻箱的阻值． 本题考查半偏法测电流表内阻的原理和电压表的改装原理以及改装表的校对，难点是对半偏法测电流表内阻原理的解释，并应掌握“半偏法”的含义，及会进行误差分析．最后考查电路设计，由串联关系中电压与电阻关系求阻的方法，明确电压表的改装原理． 13.答案：解：(1)推力F 通过压缩弹簧做功，由功能关系可知：E p =W F ， 当弹簧完全推开物块A 时：E p =1 2m 1v 2， 代入数据解得：v =4m/s ； (2)A 、B 发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒， 由动量守恒定律得：m 1v =m 1v A +m 2v B ， 由机械能守恒定律得：1 2m 1v 2=1 2m 1v A 2+1 2m 2v B 2 ， 代入数据解得：v B =4m/s ，v A =0m/s ； (3)金属块C 与小车组成的系统动量守恒， 由动量守恒定律得：m 2v B =(m 2+M)u ， 由能量守恒定律得：1 2m 2v B 2 =μMgL +1 2 (m 2+M)u 2， 代入数据解得：L =1m ； 答：(1)A 刚脱离弹簧时的速度大小是4m/s 。 (2)A 与B 碰后，木板B 的速度大小是4m/s 。 (3)木板的长度是1m 。 解析：(1)由功能关系求出A 的速度。 (2)碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度。 (3)系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出木板长度。 本题综合考查了功能关系、动量守恒定律以及能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键需理清运动过程，选择合适的规律进行求解。 14.答案：解：(1)设粒子绕了(k +12)圈，撞了n 次，有θ= (2k+1)θn+1 根据牛顿第二定律有qvB =m v 2 R 由几何关系有R=rtanθ 2 联立解得B=mv qr cot2kπ+π 2(n+1) 由于θ<π，有n>2k，k=0，1，2，3…n取正整数由α=π?θ=n?2k n+1 π t=(n+1)α 2π T=(n+1) α 2π ? 2πm qB =(n+1) mα qB 得t=(n?2k)πr v tan2kπ+π 2(n+1) (2)沿轴方向，粒子做匀加速直线运动，有L=1 2?qE m t2 可得E=2mLv 2 qπr(n?2k)cot22kπ+π 2(n+1) 答： (1)满足题中条件的磁感应强度B是mv qr cot2kπ+π 2(n+1) ，粒子在圆筒内的运动时间是(n?2k) πr v tan2kπ+π 2(n+1) ； (2)电场强度E的大小是2mLv2 qπ2r2(n?2k)2cot22kπ+π 2(n+1) 。 解析：(1)采用运动的分解法研究：粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律和几何知识结合求得B.根据粒子转过的圈数，结合周期求运动时间。 (2)沿轴的方向粒子做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和位移时间公式求E。 本题考查了带电粒子在复合场中的运动，采用运动的分解法研究。知道粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、几何知识即可解题。 15.答案：解：对A中气体： 初态：压强p A=47cmHg，体积V A=4.0×10?3m3， 末态：压强p A′，体积V A′， 根据玻意耳定律可得：p A V A=p A′V A′…① 对B中气体： 初态：压强p B=50cmHg，体积V B=6.0×10?3m3， 末态：压强p B′，体积V B′， 根据玻意耳定律可得：p B V B=p B′V B′…② 容器水平后有：p A′=p B′…③ 容器的总体积保持不变，即：V A′+V B′=V A+V B=1.0×10?2m3…④ 联立①②③④式可得：V A′=3.85×10?3m3 V B′=6.15×10?3m3 答：此时A部分气体的体积为3.85×10?3m3，B两部分气体的体积为6.15×10?3m3。 解析：因为气体温度保持不变，分别对两侧气体运用玻意耳定律，水平放置时两侧的压强相等，再结合容器的总体积保持不变，联立即可求出A、B两部分气体的体积。 本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强p、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决，难度不大。 16.答案：解：(1)光线OC为红光，OB为紫光，设红光在玻璃中的折射角为θ2，由几何关系可得θ2=30°设玻璃对红光的折射率为n红，由折射定律得n红=sinθ1 sinθ2 解得：n红=√2 (2)设光线(红光)从O传播到C的时间为t1 t1=R v v= c n 红 解得：t1=√2R c 设OD与BD的夹角为α，光线(紫光》从O传播到B的时间为t2 t2=2Rsinαv 紫 v 紫= c n 紫 n 紫= sinθ1 sinα 解得：t2=√2R c 答：(1)玻璃对红光的折射率是√2； (2)光线从O传播到C和从O传播到B的时间均为√2R c 。 解析：(1)由几何关系结合折射定律可求得红光的折射率； (2)由几何关系求得光在介质中传播的距离，根据v=c n 求得在介质中的传播速度，则传播时间可求解。 解决本题的关键是运用几何知识、光速公式和折射定律推导出时间表达式，要用运用数学知识分析几何光学的意识和能力。
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