2021年江苏省苏州市高考物理调研试卷（零模）

2021年江苏省苏州市高考物理调研试卷（零模）

1.为了消杀新冠病毒，防控重点场所使用一种人体感应紫外线灯。这种灯装有红外线

感应开关，人来灯灭，人走灯亮，为人民的健康保驾护航。下列说法错误的是（）

A.红外线的光子能量比紫外线的大

B.红外线的衍射能力比紫外线的强

C.紫外线能消杀病毒是因为紫外线具有较高的能量

D.红外线感应开关通过接收到人体辐射的红外线来控制电路通断

2.如图所示，两平行直导线W和^竖直放置，通以方向相反大小

相等的电流，小。两点位于两导线所在的平面内。则（）

A.a点的磁感应强度可能为零

B.ce导线受到的安培力方向向右

C.导线在b点产生的磁场方向垂直纸面向外

D.同时改变两导线的电流方向，两导线受到的安培力方向均改

变

3.位于坐标原点处的波源A沿y轴做简谐运动，A完成一次全振动时，在介质中形成

简谐横波的波形如图所示。8是沿波传播方向上的一个质点，则（）

A.A开始振动时的运动方向沿y轴正方向

B.A、8两质点振动情况相同

C.经半个周期质点8将向右迁移半个波长

D.在一个周期内A所受回复力的冲量为零

4.〃、6两异种点电荷电场中的部分等势线如图所示，其电荷量大小分别为qa和qb。

已知A点电势高于B点电势（取无穷远处电势为零），贝ij（）

A.a处为正电荷，qa<qb

B.a处为负电荷，qa>qb

C.a,8连线中点电势大于零

D.将一正的试探电荷从A移到B电场力做负功

5.一定质量的理想气体，在温度和72下的压强P与体

积倒数9的关系图像如图所示，气体由状态A等压变

化到状态B的过程中，下列说法正确的是（）

A.温度升高，吸收热量

B.温度升高，放出热量

C.温度降低，吸收热量

D.温度降低，放出热量

6.应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸

手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动直至物体离开手掌时，在此过程中下列说

法正确的是（）

A.物体始终处于超重状态B.物体始终处于失重状态

C.手的加速度方向始终竖直向上D.手对物体一直做正功

7.如图所示，A为地球表面赤道上的物体，B为轨道在赤道

平面内的实验卫星，C为在赤道上空的地球同步卫星。己：/--、\

知卫星C和卫星3的轨道半径之比为3：1,且两卫星的：1•^3

环绕方向相同。下列说法正确的是（）''、/

A.卫星3、C运行速度之比为3：1

B.卫星8的加速度大于物体A的加速度

C.同一物体在卫星B中对支持物的压力比在卫星C中大

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D.在卫星3中一天内可看到3次日出

8.大部分过山车的竖直回环轨道均不是正圆，而是上下高、左右窄的扁轨道结构，如

图甲所示•乙图为简化后的示意图，一辆小车（可视为质点）从倾斜轨道某一确定高

度由静止释放，不计一切阻力，当小车运动到扁轨道最高点时，与在相同高度的正

圆轨道最高点相比（）

A.在扁轨道上小车向心力更大，对轨道压力更大

B.在扁轨道上小车速度更大，对轨道压力更大

C.在扁轨道上小车加速度更小，对轨道压力更小

D.在扁轨道上小车机械能更小，对轨道压力更小

物理课上老师做了这样一个实验，将一平整且厚度均匀的永磁体

铜板固定在绝缘支架上，将一质量为m的永磁体放置在铜洞手/

板的上端，t=0时刻给永磁体一沿斜面向下的瞬时冲量，/

永磁体将沿斜面向下运动，如图甲所示。若永磁体下滑过左

程中所受的摩擦力/大小不变，且/<mgsin。（式中。为铜板与水平面的夹角）。取

地面为重力势能的零势面。则图乙中关于永磁体下滑过程中速率队动能£人重力

势能Ep、机械能E随时间，变化的图象一定错误的是（）

10.如图所示，一质量为2,〃的足够长的光滑金属框而W置于水平绝缘平台上，ab、de

边平行且和长为L的历边垂直，整个金属框电阻可忽略。一根阻值为/?、质量为相

的导体棒置于金属框上，装置始终处于磁感应强度为8、方向竖直向下的匀强

磁场中。现给金属框向右的初速度火，运动时MN始终与金属框保持良好接触且与

儿边平行.则整个运动过程中（）

xxxA/xxxx

xxxXXX

xXXXXXX

xU±7、X

A.感应电流方向为MTI）TCTNTM

B.导体棒的最大速度为：氏

C.通过导体棒的电量为鬻

D.导体棒产生的焦耳热为Jm诏

6

11.如图所示，竖直光滑杆上穿有两个弹性小球A、B,其质量关

系满足64>>68,彼此间隔一小段距离。将两个球从距底

座高为以八远大于小球半径）处由静止同时释放。所有碰撞时

间极短且无机械能损失，则A、B第一次碰撞后8球上升的

最大高度最接近（）

A.4/i

B.6〃勿力N勿勿勿

C.8h

D.9h

12.如图是测量阻值约几十欧的未知电阻心的原理图，图中心是保护电阻（100）,%是

电阻箱（0〜99.9。），R是滑动变阻器，4和%是电流表，E是电源（电动势1。匕内

阻很小）.实验具体步骤如下：

①连接好电路，将滑动变阻器R阻值调到最大；

②闭合S,从最大值开始调节电阻箱先调先为适当值，再调节滑动变阻器R,

使4示数A=0.154记下此时电阻箱的阻值&和4的示数/2；

③改变电阻箱治的阻值，调节滑动变阻器R,使为示数始终为0.154再测量6组

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我和上值;

④将实验测得的7组数据在坐标纸上描点。

根据实验完成以下问题：

(1)在坐标纸上画出％与6的关系图像；

(2)现有四只供选用的电流表：

A.电流表(0〜3nL4,内阻为2.00)

5电流表(0〜3mA,内阻未知)

C.电流表(0〜0.34内阻为5.00)

。.电流表(0〜0.34,内阻未知)

必应选用,上应选用。

(3)根据以上实验得出&=。(结果保留一位小数)。

(4)若将为换成量程相同而内阻更大的电流表，对感的测量值有何影响？请简要说

明理由。

13.列车进站时的电磁制动可借助如图所示模型来理解，在站台轨道下方埋一励磁线圈,

通电后形成竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为瓦在车身下方固定一由粗

细均匀导线制成的矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力进行制动。已知列

车的总质量为如车身长为〃3线框的短边曲和4分别安装在车头和车尾，长度

为L(L小于匀强磁场的宽度)，站台轨道上匀强磁场区域大于车长。车头进入磁场瞬

间的速度为火。

(1)当列车速度减为初速度的一半时，求油两端的电压；

(2)实际列车制动过程中，还会受铁轨及空气阻力设其合力大小恒为人车尾进入磁

场瞬间，列车恰好停止。求列车从车头进入磁场到停止，线框中产生的焦耳热Q。

nL站台

14.某品牌瓶装水的瓶体为圆柱体，容积为卜=500小乙

(1)瓶内装满纯净水，在垂直瓶子轴线的平面内向瓶内射入一束单色光，光线射入

瓶内经过内壁反射一次后再射出瓶外，最终出射光线与最初入射光线恰好平行(不

重合)。已知水对该单色光的折射率为〃，真空中光速为c,瓶子半径为R,求光在

瓶中传播的时间九瓶壁很薄，忽略瓶壁对光的影响；

(2)将没有水的空瓶子敞口放置，环境温度由-3。(：缓慢升高到27汽，求升温后瓶内

气体质量加。大气压保持为标准气压，标准大气压-3。(：时空气密度为1.3X

l0-3g/mL。

15.如图所示，竖直旗杆上下各有一个光滑轻小滑轮A和B,滑轮

间穿有绷紧的均匀闭合牵引绳。升旗时将旗帜侧面的小杆平行

固定在牵引绳上并使小杆上端靠近滑轮B,用手牵拉牵引绳使

小杆上端到达滑轮A后锁定牵引绳完成升旗。已知两滑轮间距H

为H,旗帜侧面的小杆长度为/,旗帜和小杆总质量为〃?，牵引

绳总质量为重力加速度为g,不计空气阻力，忽略旗帜飘

B

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动时重心的变化。

(1)升旗过程中升旗手至少需要做多少功？

(2)降旗时解除锁定使旗帜由静止下降，求旗帜降到底端前瞬间的速度v；

(3)降旗时解除锁定使旗帜由静止下降一段时间后，用手握住牵引绳给绳施加一恒

定的滑动摩擦力/'=3mg,旗帜降到底端速度刚好为零，求旗帜降落的总时间％

16.正方形区域MNPQ边长为L,在中点0垂直于边以一定初速度向平面内射

入电子，若空间只存在平行正方形平面由M指向N、场强大小为E的匀强电场，

电子恰能从。点飞出，如果图甲所示；若空间只存在垂直正方形平面、磁感应强度

大小为B的匀强磁场，电子恰能从P点飞出，如图乙所示，不计电子所受重力。

求两种情况下电子刚飞出正方形区域的速度大小之比也：

(1)v2；

(2)求电子比荷£以及初速度%的大小；

(3)若电子在电场中运动一段时间后撤去电场并立即加上和图乙中一样的磁场，最

终电子恰好垂直于PQ边飞出正方形区域，求电子在电场中的运动时间t(不考虑撤

去电场加上磁场所引起的电磁辐射的影响)。

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答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4、红外线的频率比紫外线的小，根据光子能量公式E=可知红外线

的光子能量比紫外线的小，故A错误；

8、根据电磁波谱可知，真空中红外线的波长比红光要长，而紫外线的波长比紫光要短，

所以真空中红外线的波长比紫外线的长，根据明显衍射的条件，可得红外线的衍射能力

比紫外线的强，故B正确；

C、紫外线的频率很高，根据光子能量公式E=/w,具有较高的能量，能灭菌消毒，故

C正确；

。、由于人体可以向外辐射红外线，所以红外线感应开关通过接收到人体辐射的红外线

来控制电路通断，故。正确。

本题选择错误的，

故选：Ao

光子能量公式E=H判断；根据电磁波谱可知真空中红外线的波长比紫外线的长；紫外

线的频率很高，能灭菌消毒；根据人体可以向外辐射红外线判断。

本题以消杀新冠病毒为背景，考查了红外线和紫外线的特点与应用；此题非常符合新高

考的理念，物理来源于生活，要求同学们能够用所学知识去解释生活中的一些物理现象。

2.【答案】C

【解析】解：A、根据安培定则可知以直导线在〃处产生的磁场向里，4直导线在。处

产生的磁场向外，因a离cd较近,可知a点的磁场方向向里，不等于0,故A错误；

8、根据左手定则可判断，方向相反的两个电流的安培力互相排斥，所以〃导线受到的

安培力方向向左.故8错误；

C、根据安培定则可知，电流炉在b处的磁场垂直纸面向外，故C正确；

。、只要电流方向相反，就互相排斥，故。错误。

故选：Co

(1)利用安培定则判断各导向在周围所产生的磁场方向；

(2)磁感应强度的叠加是矢量叠加；

(3)用左手定则判断某通电导线在另一根通电导线产生磁场中的受力。

磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周

围磁场方向是解题的前提。

3.【答案】D

【解析】解：A、波向右传播，图示时刻波最前端质点的振动方向沿y轴负方向，所以

波源A开始振动时的运动方向沿y轴负方向，故A错误；

B、质点A与质点8相距半个波长，振动情况总是相反，故B错误；

C、质点B只上下振动，不随波向右迁移，故C错误；

。、经过一个周期质点A时速度的大小、方向相同，动量的变化为零，根据动量定理可

知一个周期时间内A所受回复力的冲量为零，故。正确。

故选:Do

简谐波在传播过程中，各个质点的起振方向与波源的起振方向相同，与图示时刻波最前

端质点的振动方向相同。质点不随波向前迁移。根据动量定理求在一个周期内A所受回

复力的冲量。

解答本题时，要抓住到机械波的两个基本特点：一是机械波向前传播时，介质中质点不

随波迁移；二是介质中质点起振方向与波源起振方向相同。

4.【答案】C

【解析】解：AB,A点电势高于B点电势，则a处为正电荷。通过题中的等势面分别与

等量异种电荷的等势面分别对比可以看出，h连线上零电势点（。点）靠近4所以qa>qb，

故4B错误；

C、a、b连线中点比。点更靠近。点的

正电荷〃，所以〃、匕连线中点电势大

于零，故C正确；

。、正电荷在高电势点具有的电势能较

大，又已知4点电势高于8点电势，所

以正的试探电荷在A点电势能较大，从

A点移到B点电势能减少，所以电场力做了正功，故O错误。

故选：C»

通过AB电势高低即可判断ah电荷的正负；通过题中的等势面分别与等量异种电荷的等

势面分别对比判断防连线上零势点的位置，判断时带电量的多少及外连线中点的电

势；通过试探电荷在AB两点电势能的大小判断试探电荷从A移到B电场力做功情况。

本题考查了不等量异种电荷的电场分布特点，主要是会将题中给出的等势面分别与等量

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异种电荷的等势面分布作对比。

5.【答案】A

【解析】解；根据理想气体状态方程可得：崇=。，故p=,在p—图像中，图像的

斜率与温度有关，温度越高，斜率越大，气体由状态A等压变化到状态B的过程中，气

体温度升高，体积增大，故气体的内能增大，并且对外做功，根据热力学第一定律△〃=

W+Q可得：气体从外界吸收热量，故A正确，BCD错误;

故选：Ao

根据理想气体状态方程判断出p图像中图像的斜率的影响因素，结合从A到B体积

增大，对外做功，利用热力学第一定律即可判断。

本题主要考查了理想气体状态方程，明确在等压变化过程中，体积增大，温度升高，结

合热力学第一定律即可判断。

6.【答案】D

【解析】解：ABC,物体离开手掌瞬间，二者接触但无压力且有相同的速度和加速度，

此时物体仅受重力作用，加速度为g,方向向下，所以手与物体由静止开始竖直向上运

动直至物体离开手掌的过程，应该先向上加速然后再向上减速，加速度先向上后向下，

物体先超重后失重。故ABC错误。

D手对物体的作用力一直向上，与位移方向相同，即手对物体一直做正功，故。正确。

故选:Do

(1)物体加速度方向向上时超重，加速度方向下时失重，与运动方向无关；

(2)通过对物体离开手掌瞬间的物体分析，二者接触无压力，加速度为g,方向向下，所

以物体先向上加速然后再减速。

超重和失重仅仅指的是一种现象，但物体本身的重力是不变的；物体离开手掌瞬间，二

者接触但无压力且有相同的速度和加速度，这是解决此题的关键。

7.【答案】B

【解析】解：A、根据万有引力提供向心力G等=加?得竟=J1=V3,故A错误；

B、根据G等=小。得。=詈，B的轨道半径比C的轨道半径小，所以B的加速度比C

大；又4、C的角速度相同，根据a=口2「得C的加速度比4大，故卫星8的加速度大

于物体4的加速度，故8正确；

C、绕地球做匀速圆周运动的卫星5、C,在两卫星中的物体都处于完全失重状态，所

以物体对支持物的压力都是0,故C错误；

D、根据G等=m（齐）2r可得：7=2兀忌，地球同步卫星C和实验卫星B的轨道半径

之比为3：1,两卫星周期关系：联=J|=C的周期与地球的自转周期相等，为

24小时，所以8的周期为随小时，一天内B卫星绕地球的圈数:n=§=35.2周，

3TB

所以B卫星中的宇航员一天内可看到5次（或6次）日出，故。错误。

故选：8。

根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、向心加速度与轨道半径的关系，从而比

较出3、C的线速度和周期；抓住4、C的角速度相等，比较A、8的加速度大小；根据

物体状态判断物体受力。

解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道线速度、角速度、向心加

速度与轨道半径的关系，注意A不是靠万有引力提供向心力。

8.【答案】A

【解析】解：ABC.从释放点到最高点，由动能定理mg△/i=gmf2,由于扁轨道与正圆

轨道最高点相同，所以在最高点速度相同，

在最高点时，扁轨道的轨道半径小于圆轨道的轨道半径，根据向心力公式/=若可知,

在扁轨道上小车向心力更大，向心加速度更大，对轨道压力更大，BC错误，A正确；

D由于不计一切阻力，小车在扁轨道上的机械能与在圆轨道上的机械能相同，。错误。

故选：A„

由动能定理求出小车在最高点的速度，根据两轨道在最高点的曲率半径不同，结合向心

力公式可判断对轨道压力大小；

根据机械能守恒定律分析可知在扁轨道上小车机械能与在圆轨道上的机械能相同；

本题考查机械能守恒定律的应用，结合向心力公式分析生活中的实例，要学会用物理知

识处理问题的能力。

9.【答案】C

【解析】解：A、小磁铁下滑时由于涡流的产生会有阻尼作用，且随速度的增大而增大，

所受的摩擦力阻力不变，由mgs）。-/-=可知，随着小磁铁的加速下滑，阻

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尼作用增大，则加速度逐渐减小，t线的斜率减小，故A正确;

B、若开始下落时小磁铁满足mgs讥8f阻尼=0,小磁铁匀速下滑，此时动能不变，

故8正确；

C、小磁铁下滑时重力势能逐渐减小，但是不会趋近与某一定值，故C错误；

。、小磁铁下滑过程中，由于有电能产生，则机械能逐渐减小，故。正确；

因选错误的，故选：Co

小磁铁在下滑过程中，由于受到阻尼作用，阻尼作用的大小与速度有关，根据牛顿第二

定律即可判断出加速度，利用速度时间公式借款判断速度变化，若开始下滑时恰能匀速

运动，则在运动过程中动能可能不变，在下滑过程中，重力势能一直减小，不可能趋于

某一值，由于阻尼作用，会产生内能，故机械能减小即可判断。

本题主要考查了在阻尼作用下的物体运动，判断出小磁铁的可能运动情况，结合牛顿第

二定律及势能的变化即可判断。

10.【答案】C

【解析】解：4金属框开始获得向右的初速度处,根据右手定则可知电流方向为M一

NTCTbTM,最后二者速度相等时，回路中没有感应电流，故A错误；

8、以整体为研究对象，由于系统水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，最

后二者达到速度相等；取初速度方向为正，根据动量守恒定律可得：2m%=3mv,解

得：v=|v0,故8错误；

C、对金属棒根据动量定理可得：B7L4t=nw_()，其中，At=q，解得通过导体棒

的电荷量为翳，故C正确；

3BL

。、系统产生的总的焦耳热为：＜?=4*2加诺一1*37^2=：巾相，则导体棒产生的焦

耳热为3m诏，故。错误。

故选：Co

根据右手定则判断电流方向；根据动量守恒定律求解最终的速度大小；对金属棒根据动

量定理结合电荷量的经验公式求解通过导体棒的电荷量；根据能量关系求解导体棒产生

的焦耳热。

本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡

条件、牛顿第二定律列方程进行求解，涉及能量问题，常根据动能定理、功能关系等列

方程求解。

11.【答案】D

【解析】解：两球做自由落体运动，由匀变速直线运动的速度-位移公式/=2gh可知，

球落地前瞬间的速度大小D=国I

A球触底反弹后两球发生弹性碰撞，两球碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒、

机械能守恒，设碰撞后A球的速度大小为以，B球速度大小为如，选向上方向为正方向，

由动量守恒定律得：

mAv—mBv=mAvA+mBvB,

由机械能守恒定律得：

22

^mAv+^mBv=纲A若+刎B诏，

解得：=且也㈣逊

mA+mB

当犯1»68时UR=3d2gh,

碰撞后2球做竖直上抛运动，上升的高度：H=喧=R河甘=9/1,故ABC错误，D

2g2g

正确。

故选：。。

球下落过程做自由落体运动，应用运动学公式求出球落地瞬间的速度大小；A球与底座

碰撞后，速度瞬间反向，大小相等，B球会与A球碰撞，选两球碰撞过程为研究过程，

两球发生弹性碰撞，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两球的速度；碰撞后8做竖直上抛运动，应用动能定理或运动学公

式求解B球上升的高度.

本题主要考查了动量守恒定律和能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体

的运动情况，注意使用动量守恒定律时要规定正方向。

12.【答案】DC30.0

【解析】解：(1)由题中所给的图描出的点

画直线，直线尽可能通过更多的点，不在

直线上的点平均分居两侧，偏差过大的点

舍弃，如图所示；

(2)由于&以实验过程中始终是0.154从

所给的图象来看，电流表4的示数达到

0.34则只能从选择量程为0.34的两个电

00.05H).10-0.15<20-A-

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流表C和。。

根据并联电路电压相等的关系有：/式8+&+&1)=/2(&+心2)，变形得：Rl=

线丝X/2-(&+R41),那么从图象的斜率：k=矢等，要求勺则必须已知以2,所

以&选择内阻已知的电流表C,公选择阻值未知的电流表。；

⑶从以上表达式和图象的斜率知：k=线丝=高急o-4-1,代入可得：Rx=fc/x-

RA2=30.00。

(4)若换用阻值较大的电流表A1，从以上图象的斜率卜=矢等，与&无关，所以对网的

测量无影响。

(3)30.0(±1.0均正确)；(4)无影响&的内阻不影响图像的斜率

(1)根据所描的点迹画图线；

(2)(3)(4)根据并联电路电压相等的关系，写出R1关系电流/2的表达式，从斜率和截距

确定需要哪个电流表的内阻。再根据斜率求出待测电阻的值。再进行误差分析。

本题的巧妙之处，用两个电流表测出了待测电阻的值，且消除了因电表内阻影响的系统

误差。还有一点容易出错的是两个电流表的选择，只有写出表达式之后，由斜率才能确

定哪个电流表是已知才能测出待测电阻的大小。

13.【答案】解：(1)当列车速度减为初速度的一半时，产生的感应电动势E=

外两端的电压为：U=^-E=^-BLv0.

2nL+2L4n+4

(2)对列车进入磁场过程中，由动能定理可得：—/nL+W安=0-gm诺

根据功能关系可得：Q=-w安

解得：Q=-nfLo

答：(1)当列车速度减为初速度的一半时，外两端的电压为

(2)列车从车头进入磁场到停止，线框中产生的焦耳热为诏-71"。

【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律求解产生的感应电动势，再根据欧姆定律求解必

两端的电压；

(2)对列车进入磁场过程中，由动能定理结合功能关系求解线框中产生的焦耳热Q。

对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连

接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律列方程求解；涉及

能量问题，常根据动能定理、功能关系等列方程求解。

14.【答案】解：(1)设光从A点进入，在B点被反射后，从C点射出，从A点射入时的

入射角为i,折射角为r,由几何关系可知：i=2r

由几何关系可得，光在瓶内传播的路程：L=2x2R-cosi=2nR

光在瓶内传播的时间：1=§=罢'=m"^

n

(2)根据等压变化，贝於?=今

v2*2

开始时：7\=270K,最终：T2=300K；

可得：V2=^V1=^V

可知在升温的过程中有高的气体溢出瓶外，剩余的气体质量为开始时的春所以27久时

-3

气体的质量：m=^m0=[pV=葛x1.3xIOx500g=5.85x

答：(1)光在瓶中传播的时间为平；

(2)升温后瓶内气体质量为5.85x10-4叼。

【解析】(1)作出光线从入射到出射的光路如图所示。入射光线经玻璃折射后，折射光

线为A8,又经球内壁反射后，反射光线为BC,再经折射后，折射出的光线与开始时的

入射光线平行，根据几何知识和对称性求出折射角，，由折射定律求出折射率”的表达

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式，由几何关系求出光在透明球中传播的距离L,由〃=:求出光在透明球中传播的速度,

再由t=T求传播的时间；

(2)气体做等压变化，由•吕萨克定律求出27冤时的体积，然后由体积之间的关系、以及

体积与密度的关系即可求出加。

对几何光学问题，作出光路图是解题的基础，同时要善于运用几何关系分析光线的偏折

角与折射角和入射角的关系，分析时要抓住对称性。

利用理想气体状态方程解答问题时，首先要正确的确定状态和分析状态参量，选择合适

的定律进行解答，对压强的确定，有时要借助于受力平衡或牛顿第二定律进行解答。

15.【答案】解：(1)升旗过程中，从小杆上端靠近滑轮B,到小杆上端靠近滑轮A,旗

帜和小杆重心上升高度为“

根据功能关系，升旗手至少需要做功等于旗帜和小杆重力势能的增加量，即：W=mgH

(2)解除锁定使旗帜由静止下降，由动能定理有：mgH=l(m+M)v2

解得：〃=碎

m+M

(3)设开始施加一恒定的滑动摩擦力时，旗帜下降的高度为〃，到底端的距离为s,由于

速度刚好为零，根据动能定理，有：

mgH—fs=0

解得：s=1H

又，h=H-s=lH

设下降过程中最大速度为巧，根据动能定理有：mgh=^m+M)vl

联立得：巧=叵=但近

1qm+Mq3(M+m)

两个阶段的平均速度均为：$=等=£

所以，旗帜降落的总时间：1匡锣不

答：(1)升旗过程中升旗手至少需要做的功为，“gH

(3)旗帜降落的总时间为J端翳

【解析】(1)升旗过程中，升旗手至少需要做功等于旗帜和小杆重力势能的增加量;

(2)旗帜和小杆重力做功等于旗帜和小杆跟绳子总动能能的增量；

(3)求出两个阶段的位移及衔接点的速度，用运动学公式求时间。

本题考查了能量观点与运动学公式的综合应用，本题容易出错的地方在于丢掉绳子动能

的变化。

16.【答案】解：(1)设电子初速度大小为气

电子从。点离开后做类平抛运动，t=f