2024年重庆市主城区四区高考物理调研试卷+答案解析

2024年重庆市主城区四区高考物理调研试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.如图是一个竖直放置的肥皂膜，上面出现了彩色的上疏下密条纹。根据提供的信息判

断，从侧面观察肥皂膜的形状，最接近的是（）

2.如图所示，由条形磁铁做成的磁性小车右边放有一固定的螺线管，绕线两端并联了发光二极管a和从某

时刻磁性小车从图示位置快速沿水平方向离开螺线管,下列所描述的实验现象正确的是（)

A.发光二极管a亮B.发光二极管b亮

C.发光二极管a、6均亮D.发光二极管0、6均不亮

3.如图甲为手机正在进行无线充电，无线充电的原理图如图乙所示，充电器和手机各有一个线圈，充电器

端的叫发射线圈।匝数为，，，手机端的叫接收线圈।匝数为，-，两线圈面积均为S,在、内发射线圈产

生磁场的磁感应强度增加量为磁场可视为垂直穿过线圈。下列说法正确的是（）

A.手机端的接收线圈b点的电势低于。点

B,手机端的接收线圈。和b间的电势差值为

Al

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C.接收线圈和发射线圈是通过自感实现能量传递

D.增加c、d间电流的变化率，接收线圈。和b间的电势差始终不变

4.一定质量的理想气体从状态N变化到状态8,再变化到状态C,其状态变化过程的「I图像如图所示。

已知该气体在状态/时的热力学温度为300K,关于图示热力学过程中，下列说法正确的是（）

pXXIOTa)

23V4X10-W)

A.该气体在状态C时的热力学温度为200左

B.气体从状态A到状态B其分子平均动能增加

C.该气体从状态/到状态C全程均放出热量

D.该气体从状态A到状态C与外界交换的热量是200J

5.如图甲所示，一圆形线圈置于垂直纸面向里的磁场中，线圈右端通过导线与两块平行金属板相连接，金

属板间宽度”足够大。有一带正电粒子q静止在平行板正中央，从，。时刻开始，磁场按如图乙所示变化,

不计粒子重力。以竖直向上运动为正方向，下列关于粒子在一个周期内的运动图像可能正确的是（）

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6.如图所示为某研究小组设计的非常规变压器,该变压器原线圈上由ac和川两条导线双线绕制，均为…匝,

a、b、c、d为四个接头。副线圈为单绕线，共〃匝。通过控制/、2接头不同接法会得到不同的实验效果。

下列分析正确的是（）

A.若N接e8接c,且将6c短接，负载R的电压为零

B.若/从接°改接6,3从接c改接力负载R消耗的电功率增加

C.若/接a,B接b,且将cd短接，原副线圈电压之比〜

D.若4接a,8接力且将6c短接，原副线圈电流之比;小

/22fl|

7.半径为£的圆形边界内分布有垂直圆所在平面的磁场，垂直纸面向里的磁感应强度大小为28,垂直纸面

向外的磁感应强度大小为2,如图所示。/E。为八分之一圆导线框，其总电阻为凡以角速度「绕。轴逆

时针匀速转动，从图中所示位置开始计时，用，表示导线框中的感应电流I顺时针方向为正I,线框中感应

电流i随时间f变化图象可能是（）

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共15分。

8.如图所示，不计电阻、边长为10cm的正方形线框“5C。,置于磁感应强度为

口」广的匀强磁场中，线框匝数为100,某时刻线框开始以〃r、的转速

D

绕匀速转动，电刷接头斯串联阻值为的定值电阻尺和理想电流表。从

Q

图示位置开始计时，下列说法正确的是（）OER

A.理想电流表的示数为2/

B.线框转过的通过电阻尺的电量为0.02C

C.将电阻R换成电容使其不击穿，其耐压值为20忆

D.线框产生的电动势的瞬时表达式为，,ix

9.如图为我国航天领域某透明光学部件截面示意图，其截面一侧是半径为R的四分之

一圆弧，其余两侧为直面NC与3C,且I，HC该部件独特的性能是放在。

点的光源发出的光线，在圆弧N8上有三分之二最终不能从NC、2C面射出，光速为c。

下列说法正确的是（）

A.该透明光学部件的全反射临界角为为!B.该透明光学部件的折射率为'

2

C.光线透过该部件最长时间为D.该透明光学部件/C边不透光长度为、

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10.如图所示，在水平面内质量为I）」」的导棒置于/8、CD组成的宽为2加导轨上，导轨电阻不计，导棒电

阻，.轨道间充满垂直纸面向里的磁感应强度为U.IT的磁场，导轨端连接一原副线圈匝数比为2：

1的理想变压器，副线圈接有阻值为"上！的电阻。某时刻开始，导棒在外力的作用下以

r5\2句曰）;八小、，的速度开始运动，向右为正方向，不计一切阻力，下列说法正确的是（）

A.导棒中产生的电动势，=Isin2iI-,'III

B.原线圈两端的电压八

•I

C.电阻R的消耗功率为2少

D.।,'■>>内外力对导棒做的功为，一

三、实验题：本大题共2小题，共16分。

11.某小组同学在学校实验室利用“插针法”测量玻璃砖的折射率，实验原理如图甲所示，他们组提出的处

理数据方案是：多次测出入射角，和折射角心作出卜小，、:「的图像，利用图像求出玻璃的折射率。

II］下列说法正确的是=

4实验开始后，玻璃砖在纸上的位置不可移动

B.r、匚及个、月之间的距离取得小些，可以提高精确度

C玻璃砖应选用两光学表面间距较大且两光学表面平行的玻璃砖，以免影响折射率的测定结果

采用该组同学数据处理方案，玻璃折射率计算式为，，I用〃、〃一表示，。

岛I设计好方案后实验操作时发现忘带量角器，只带了刻度尺。于是他们将光线与玻璃砖上，"表面与川，'表

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面的交点分别设为。点和尸点，过P点做玻璃成〃〃'表面的垂线P。，再将入射光线延长与尸。交于点

如图乙所示。测得（〃>/,（11//...,则该玻璃砖的折射率“=o

12.某项目式学习小组，在老师带领下设计了一个汽车轮胎温度报警器，其电路如图甲所示，其中温度传感

器"/核心部件在常温下阻值约为几千欧姆的热敏电阻）与一块变阻箱并联，滑动变阻器"的最大阻值为

IIO'S电路中没有使用电流表，而是将一块满偏〔电压表与定值电阻"，并联，电源不计

内阻，且。_3Vo

III在连接电路时可供选择的变阻箱有两个不同规格：阻值范围为U的变阻箱"一；阻值范围为

”-的变阻箱/八。应该选用（选填”的"或“用”）进行实验。

连接好电路后，在老师的带领下同学们测量温度传感器/力“温度一电阻”变化规律。闭合开关前应将

变阻器"的滑片往（选填“a"或）端滑。

」将图乙所示的传感器测温探头放在温度不断上升的水中，然后做如下操作：将.、］闭合到“1”位置，调

节滑动变阻器，使电压表的示数为（"接近满偏I,再迅速将开关'闭合到“2”位置，调节电阻箱使电压

表示数再次为，J忽略该操作过程液体温度变化，，此时变阻箱的阻值就是温度传感器热敏电阻",在此温

度下的阻值。待温度上升下一个记录温度时，重复上述操作得到了下表数据。

温度（■0102030405060708090100

阻值Ml9.993,(X11.6(1l.(NI().711■，•'III0.310.210.211

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丙丁

内有同学利用测出的热敏电阻/，'，的阻值随温度变化规律,又设计了如图丁所示电路图，采用量程为加，“1

内阻为川U的电流表，将其改装成3加/和15〃源的量程，可以实现变档测温，通过控制开关、.能够实现

N,和“：・」的两种测温范围，改装后的电流表不同挡位对应不同测温范围。由此可推测

&=ft-将开关$接到(选填%"或“屋'|测温量程为()〜l(Mi(•»

四、计算题：本大题共3小题，共41分。

13.如图所示，“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。操作时，医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐

内的空气，加热后小罐内的温度为67(、随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位。室温为2；。，大气压

H-1,()>urp««罐内气体可视为理想气体。求：

“上罐时忽略罐内空气体积变化，当罐内空气温度回到室温时，罐内空气的压强；

加热过程中罐内溢出的空气质量与加热前罐中空气质量之比。

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14.如图甲所示，孩子们经常会在平静的水中投掷一块石头激起水波。现对该模型做适当简化，若小孩将小

石头垂直于水面投入水中，以小石头入水点为坐标原点以此为计时起点，沿波传播的某个方向建立0-J

坐标轴，在x轴上离。点不远处有一片小树叶，若水波为简谐横波，如图乙所示，，川、时的波动图像，图

丙为小树叶的部分振动图像。

甲

Hl请判断小树叶位于尸、。两点中的哪点？并写出合理的解释；

।波源的振动形式第一次传到尸点需要的时间；

求质点尸在小石头入水后（1.八、内运动的总路程。

15.如图甲所示为简易普通电磁炮原理图。连接在电动势为E内阻为r的电源上的平行光滑导轨水平放置在

竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为£平行导轨宽度为L将两根质量均为〃?的仍、cd匀质导棒平行

放置在导轨上且接触良好，且与导轨垂直。两导棒与轨道接触点之间的电阻均为凡cd导棒固定在轨道上,

导轨电阻忽略。

1，闭合开关瞬间，此时导棒〃两端的电压为多少？

」闭合开关，导棒仍从静止开始运动，求导棒仍的最大速度和加速过程中流过导棒防的电荷量？

，如图乙所示为改进后的电磁炮，其他条件不变，在图甲基础上去掉了导棒力，加入了电容C,其原理图

如图丙。先将开关接到“1”，电容充电结束后将开关拨开并接到“2”，求导体棒的最大动能的极值。

铁钉（炮弹）

丙

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：因竖直放置的肥皂薄膜受到重力的作用，薄膜呈现下面厚，上面薄的劈尖形状，因此在薄膜

上不同的地方，来自前后两个面的反射光所走的路程差不同，导致上疏下密，故从侧面观察肥皂膜的形状,

最接近的是C,故错误，C正确。

故选：Co

薄膜干涉是一种等厚干涉，同一干涉条纹出现在薄膜的同一厚度上，肥皂膜从上往下变厚越来越快，则条

纹是上疏下密。

解决本题的关键要知道薄膜干涉的条件和特征，知道薄膜干涉是一种等厚干涉。

2.【答案】B

【解析】解：小车从图示位置快速沿水平方向离开螺线管，则穿过螺线管的磁感线减小，根据楞次定律，

螺线管会产生顺时针方向的电流I从左向右看则两发光二极管右边电势高于左边电势，故发光二极管6

亮，a不亮。故/CD错误，8正确。

故选：Bo

根据楞次定律判断电流方向，结合发光二极管单向导电性分析求解。

本题考查了楞次定律，理解磁通量变化和闭合电路为产生感应电流的条件是解决此类问题的关键。

3.【答案】B

【解析】解：.1.由楞次定律得，电流从。流向6,线圈是电源，在内电路电流由低电势流向高电势，所以

手机端的接收线圈6点的电势高于。点，故/错误；

3手机端的接收线圈。和b间的电势差值为［…由法拉第电磁感应定律得：

〃—IS

故8正确；

C无线充电利用的是电磁感应原理，所以送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递，故C错误；

。增加c、d间电流的变化率，将会使磁场的变化率增加，根据法拉第电磁感应定律可知，接收线圈。和6

间的电势差变大，故。错误。

故选：Bo

根据楞次定律分析感应电流的方向，再根据在内电路电流由低电势流向高电势分析；根据法拉第电磁感应

定律列式分析判断；送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递；增加c、d间电流的变化率，将会使

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磁场的变化率增加，根据法拉第电磁感应定律分析电势差的变化。

本题综合考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律，注意判断电势高低时注意区分电路是内电路还是外电路。

4.【答案】D

【解析】解：.1.由理想气体状态方程得

〃,八。_Pcyc

元=丁

解得

Tc=300K

故”错误；

2.气体从状态”到状态2的〃%乘积减小，温度降低，所以分子的平均动能减小，故2错误；

C气体从状态N到状态8内能减小，体积不变，外界对气体做功为零，气体释放热量；气体由状态8到状

态C,温度升高，内能增加，外界对气体做负功，由热力学第一定律得

AU="+Q

那么气体由状态2到状态C吸收热量，故C错误；

。.该气体从状态/到状态C外界对气体做功为

IF=-2()()./

由热力学第一定律得

=|『+Q=0

解得

Q=

所以气体从状态A到状态C从外界吸收热量为200J,故。正确。

故选：Do

根据一定质量的理想气体状态方程分析出对应状态下的温度；

根据图像的物理意义分析出气体温度的变化趋势，结合热力学第一定律分析出气体的吸放热情况。

本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，理解图像的物理意义，结合热力学第一定律即可完成分析。

5.【答案】C

【解析】解：〈/一I、时间，磁场向里均匀变大增大，磁通量变大，根据楞次定律可知，下极板带正电,

粒子受电场力向上，加速度向上，「一上时间，磁场向里减小，磁通量变小，根据楞次定律可知，上极板

带正电，粒子受电场力向下，加速度向下，同理2h时间，加速度向下，LI、时间，加速度向上，故

C正确，。错误；

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根据法拉第电磁感应定律

lA4>AB。

E=——=——S

ZA，

可知加速度大小不变，「-f图像斜率表示加速度，贝/，图像不是曲线，速度大小会发生变化，故N3错

误。

故选：Co

由图可知磁感应强度的变化，则由楞次定则可得出平行板上的带电情况；对带电粒子受力分析可知带电粒

子的受力情况，由牛顿第二定律可知粒子的运动情况；根据粒子受力的变化可知粒子加速度的变化，通过

分析可得出粒子的运动过程。

本题属于综合性题目，注意将产生感应电流的部分看作电源，则可知电容器两端的电压等于线圈两端的电

压，这样即可还原为我们常见题型。

6.【答案】D

【解析】解：/、若N接。，8接c,且将加短接，原线圈的匝数为“I匝，负载R的电压不为零，故/错

误；

C、若/接a,8接6,且将力短接，就会造成原线圈的电流方向相反，从而穿过原线圈上的磁通量为零，

副线圈两端电压则为零，故C错误；

B、若/从接。改接6,8从接c改接力原线圈的匝数为3匝，负载R的电压不变，那么负载R消耗的电

功率不变，故8错误；

D、若/接a,B接d,且将6c短接，原线圈的匝数为匝，原副线圈电流之比等于匝数反比，即

A"2

石=布

故D正确。

故选：Do

根据变压器的工作原理和变压器两端电压关系判断；根据电路的连接关系，结合变压器的工作原理方向；

根据理想变压器原副线圈两端的功率关系分析原；根据副线圈电流之比等于匝数反比进行计算。

本题考查了变压器的工作原理和变压规律，注意一原多副和多原一副的情况。

7.【答案】B

【解析】解：在第一个）内，根据楞次定律可得电流方向为顺时针，感应电动势大小为：

S.

111：：

I-<HI"-HI’•〃/”,感应电流大小为：，:/1；

222R2H2

在第二个I内，感应电流为零；

第H页，共20页

在第三个）内，根据楞次定律可得电流方向为逆时针，感应电动势大小为：

/.1.2/〃七一LxUL:-—'•〃/J_,感应电流大小为：，1""七3/,；

222R2R2

在第四个）内，感应电流为零；

在第五个）内，根据楞次定律可得电流方向为顺时针，感应电动势大小为「,感应电流大小为

在第六个I内，感应电流为零；

在第七个）内，根据楞次定律可得电流方向为逆时针，根据楞次定律可得电流方向为逆时针，感应电动势

.

大小为卜=\,感应电流大小为，-'=/»；

在第八个）内，感应电流为零；

故8正确，/CD错误。

故选：Bo

根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小，再根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流大小，根据楞次

定律判断感应电流方向。

对于电磁感应现象中的图象问题，磁场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，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法

和思路。

8.【答案】AB

【解析】解：线圈转动的角速度为3・210|・**3122/3：1110\，01//「线圈转动产生的感应电动

势的最大值为/\八一II".Iu1.=_储\_!「，产生的交流电的有效值为

/、理想电流表的示数为//1一＞1,故/正确；

R10

B、转过，小穿过线圈的磁通量的变化量为△力m则通过电阻的电量为

NZ

.../'..A.'X解得V"“'X，故2正确；

q0a,H*R

C、将电阻R换成电容使其不击穿，其耐压值为感应电动势的最大值二h?「，故C错误;

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D,线框产生的电动势的瞬时表达式为,，11-，=21i\1m*-；HMIT\2/IV,故。错误。

故选：AB。

先计算出感应电动势的最大值和有效值，然后根据欧姆定律计算电流表的示数；根据

,、，、\、中计算通过电阻的电荷量；电容器的耐压值应该大于电动势的最大值；

"d/产K""

根据，-/写出瞬时值的表达式。

掌握计算电荷量的计算公式，知道线圈从中性面开始计时时，电动势是按照正弦规律变化的，而从和中性

面垂直的位置开始计时，电动势是按照余弦规律变化的。

9.【答案】AC

【解析】解：若射到E点和G点的光线恰能发生全反射，可知射到/£之间和G3之间的光线都能从透

明光学部件中射出，由题意可知该两部分占圆弧的三分之二，可知

£ADE=C*30°

折射率”,.2

MllC

故4正确，5错误；

C光线在该部件中的速度

c

t?—一

光线透过该部件最长时间为从C点射出的光线，则最长时间

_Vin-R

解得，/（々T）。

C

故C正确；

D该透明光学部件AC边不透光长度为

EC•R-AtnnW-

3

故。错误。

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故选：ACo

由几何知识结合全反射临界角公式解得区域长度；由几何关系求出传送距离，即可得传播时间。

对于几何光学问题的分析，能正确的画出光路图，结合几何关系进行分析是关键。

10.【答案】BD

【解析】解：4、导棒中产生的电动势为，=Bh0.4x2x20x^(V)=>v2：Vi,故/错

误；

2、根据理想变压器的电压比和电流比可得

对于导棒和原线圈组成的回路，由闭合电路欧姆定律得

£=/ir<,+1/1

对于R,由欧姆定律得「1.1(

导棒中产生的电动势有效值为/1II

v2

综合以上各式可得

_32

V|*

9

”吗，

V

*9

故8正确；

162

C、电阻尺的消耗功率为'9...1八…，故C错误；

/==I*=99

R281

。、该正弦交流电的周期为/''"--n1-

,21斤

「，一刚好是;个周期，在这段时间内电动势有效值为/IV，所以在本段时间内产生的热量为

42

Q=K/ft=•!x—xO.(K25i/=——•/

945

“Li、时刻导体棒的速度为।\-111("''二/■

第14页，共20页

由能量守恒定律得I，-"-'1、内外力对导棒做的功为（}♦,/nr

解得：H.1,故。正确。

15

故选：BD.

根据，lib求导棒中产生的电动势；根据闭合电路欧姆定律、变压关系、变流关系分别列式，即可求得原

副线圈两端的电压和电流，从而求得电阻R的消耗功率；。、川「3、内，根据焦耳定律求出产生的热量，

由导棒速度表达式求出时刻导体棒的速度，再根据能量守恒定律求外力对导棒做的功。

解答本题的关键要掌握理想变压器的变流关系和变压关系，结合切割感应电动势公式求出原副线圈的电压

和电流。

_...,_AO'L

Ti

11.【答案?】.1-

（XM的L-»

【解析】解：Il，」.实验开始后，玻璃砖在纸上的位置不可移动，否则对入射角和折射角的确定和测量带来

影响，故/正确；

民插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些，可以减小在确定入射方向和出射方向时带来误差，故3

错误；

C.选用两光学表面间距大的玻璃砖，可以减小测量折射角的误差；两光学面是否平行对实验误差无影响，

因此选用两光学表面平行的玻璃砖不能减小误差，故C错误。

故选:Ao

.r-,rr-.t-AIZ-UMill）0}|CIS。]

j根据折射定律门

⑶根据数学知识\'

CzA*izj1.〃L]

根据上述」，折射率，，!.O

的s（乂25

故答案为：I11.I;12;i3i-o

cm的Ui

1「根据实验的正确操作进行分析；

根据入射角和折射角的含义结合折射定律求解作答；

"，根据数学知识结合折射定律求折射率。

本题主要考查了玻璃砖折射率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作；明确入射角和折射角的含

义，根据折射定律结合数学知识即可完成分析。

12.【答案】/1b2c

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【解析】解：I由于温度传感器外在常温下阻值约为几千欧姆，则变阻箱应该选用小;

L闭合开关前，为了保证电表安全，将变阻器"的滑片往b端滑。

h根据表格数据描出剩余点，并作出II,的阻值随温度变化的图线如图所示

7MWWW

8ISIIBIIIIIIBiBhhIIBhailiigiitiHi

7

6

5

*

4

2■・■・・・・・・・・・■■・■•・・••・・・•・・•・••・・・■•・・・・・・・・・・・•・・

•・・・••・・•・・・•・・••・-'.・・・•・・•・・・・•・■・・・・・・・・・•・・•・•

•・・•・・・・•・«**■■*■・•・•■・・・•

0,

020406080IOO//r

人采用量程为川51,内阻为+”的电流表，将其改装成3九4和15九4的量程，则有

。=4+=3mA,/r=/.+/式竺即=irtmA,代入数据可得：

0,3，104P.10•.0.3—：':':「1侬二IS.10\联立解得:

R.+&凡

R.=2U,小二川

当开关S接到c时，改装的电流表量程为15〃弘，电流表的内阻为：

当开关、接到d时，改装的电流表量程为3mA,电流表的内阻为=**二吗二:=911

/（r+/iv+/Cd/~ryu_o

当温度为III「时，"■I:"

若将开关b接到C,则有A„'fl,山4

/勺»H.4I4川/I.zR）

若将开关发接到d,则有八,,二^W、〃7-ILInA，/“=3,”A可知将开关舟接到c测温量

fly+n42JIMI+SI

程为0〜100T°

故答案为：

⑵匕

第16页，共20页

020406080IOOr/r

I，根据温度传感器在常温下阻值确定滑动变阻箱；

「闭合开关前，为了保证电表安全，将变阻器的电阻调到最大；

利用题干数据，使用描点法，将剩余点用圆滑曲线连接得到图线；

;，根据串并联知识和欧姆定律列式求解。

本题主要考查传感器的使用，根据实验原理解答。

13.【答案】解：1加热后罐内空气的温度-273：/<31HK,降温后罐内空气的温度

/.27-:地小；

哈哈哈根据查理定律

，I«2

代入数据解得八_II、、_?X1H

口加热过程中，空气做等压变化，设空气体积的变化为加热前的温度匚**”；

好好好根据盖-吕萨克定律;

/I

代入数据解得Al--

15

根据密度公式…J,则，'AI

2

因此加热过程中罐内溢出的空气质量与加热前罐中空气质量之比A"r?

mVV

答：111当罐内空气温度回到室温时，罐内空气的压强为U.SH2,1“7”；

加热过程中罐内溢出的空气质量与加热前罐中空气质量之比2：15。

第17页，共20页

【解析】1根据查理定律求解罐内空气的压强；

」加热过程中，空气做等压变化，根据盖-吕萨克定律求罐内空气体积的变化；

根据密度公式求解加热过程中罐内溢出的空气质量与加热前罐中空气质量之比。

本题考查了气体的等容和等温变化，正确分析气体前后物理量的变化情况是解决此类问题的关键。

14.【答案】解：I'■，.时，根据图丙，小树叶将往下振动；根据图乙，尸点将往下运动，0点将往上

运动，因此小树叶位于尸点；

-1根据波长与波速关系有

A

T

0()H

结合图像解得”=，"、="」，3、