广东省东莞市2021届高考一模考试物理试题

这是一份广东省东莞市2021届高考一模考试物理试题，共19页。试卷主要包含了【答案】D，【答案】BD，【答案】BC等内容，欢迎下载使用。

注意事项:
1.本试卷共9页，考试时间75分钟，卷面总分100分。
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。
3．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
4．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
5．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷 （选择题 共46分）
一、单项选择题．本题共7小题，每小题4分，共计28分．每小题只有一个选项符合题意．
“人工智能”已经走进千家万户，如图所示，某操作人员操控小型无人机带动货物实验飞行。假设无人机带动货物沿竖直方向向上运动，货物从A点由静止开始做匀加速直线运动，一段时间后，又匀速运动了3s，最后再匀减速运动1s刚好悬停在B点。已知无人机对货物的拉力F的大小在不同过程中的具体数值如表格所示，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2，可知A、B两点间的距离为
A. 15mB. 20mC. 25mD. 30m
近代的吊环运动起源于法国，19世纪吊环成为独立的男子体操项目．图为我国吊环运动员的比赛照，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角．不计吊带与吊环的重力，下列判断正确的是
A. 两根吊带受到环的拉力大小相等
B. 手对吊环作用力方向竖直向下
C. 每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半
D. 两根吊带受到环的拉力合力一定竖直向上
如图所示，细绳跨过固定在天花板上的滑轮，细绳的一端悬挂一质量为M=60kg的物体，另一端悬挂一载人的竖直扶梯，已知人的质量为m=50kg，初始时系统恰能处于静止状态．不计细绳的质量及机械装置间的摩擦阻力，重力加速度取g=10m/s2.若要使细绳对滑轮的作用力为0，则人应沿梯子( )
A. 以10m/s2的加速度竖直向下加速
B. 以14m/s2的加速度竖直向下加速
C. 以10m/s2的加速度竖直向上加速
D. 以14m/s2的加速度竖直向上加速
如下图所示为一种叫作“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下．若魔盘半径为r，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用
B. 如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大
C. 如果转速变大，人与器壁之间的弹力不变
D. “魔盘”的转速一定不小于12πgμr
潘多拉是电影《阿凡达》虚构的一个天体，其属于阿尔法半人马星系，即阿尔法半人马星系B−4号行星，大小与地球相差无几(半径与地球半径近似相等)，若把电影中的虚构视为真实的，地球人登上该星球后发现：自己在该星球上体重只有在地球上体重的n倍(n<1)，由此可以判断：
A. 潘多拉星球上的重力加速度是地球表面重力加速度的1/n倍
B. 潘多拉星球上的质量是地球质量的1/n倍
C. 若在潘多拉星球上发射卫星，最小发射速度是地球第一宇宙速度的n倍
D. 若在潘多拉星球上发射卫星，第二宇宙速度是11.2nKm/S
载人飞行包是一个单人低空飞行装置，如图所示，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降也可以快速前进，若飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升的过程中(空气阻力不可忽略)，下列说法正确的是( )
A. 发动机对飞行包不做功B. 飞行包的重力做正功
C. 飞行包的动能不变D. 飞行包的机械能不变
如图所示为某机器人上电容式位移传感器工作的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体( )
A. 向左移动时，电容C增大，θ减小，场强E增大
B. 向左移动时，电容C减小，θ增大，场强E减小
C. 向右移动时，电容C增大，θ减小，场强E减小
D. 向右移动时，电容C减小，θ增大，场强E增大
二、多选题,本题共3小题，每小题6分，共计18分．
中国特高压远距离输电技术己成为国际标准，使“煤从空中走、电送全中国”成为现实。如图为远距离输电示意图，发电厂输出电压U1=104V，输出功率P1=109W，两个理想变压器的匝数比分别为n1︰n2=1︰100、n3︰n4=100︰1，输电线总电阻r=50Ω。则
A. U4=U1B. I4=I1
C. 通过电阻r的电流I2=2×104AD. 电阻r损耗的电功率为5×107W
在如图所示的空间里，存在沿y轴负方向、大小为B=4πmqT的匀强磁场，有一质量为m、带电量为q的带正电的粒子(重力不计)以v0从O点沿x轴负方向运动，同时在空间加上平行于y轴的匀强交变电场，电场强度E随时间的变化如图所示(以沿y轴正向为E的正方向)，则下列说法不正确的是( )
A. t=2T时粒子所在位置的x坐标值为0
B. t=34T时粒子所在位置的z坐标值为v0T4π
C. 粒子在运动过程中速度的最大值为2v0
D. 在0到2T时间内离子运动的平均速度为v02
如图所示，质量为m、边长为L、电阻为R的正方形线框ABCD，线框的BC边和磁场的边界都与斜面底边平行，斜面倾角为θ。线框从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，中途穿过垂直于斜面向外、有理想边界的匀强磁场区域，磁感应强度为B。从线框BC边刚进入磁场开始计时，线框的速度随时间变化的图象如图所示，t0时刻线框刚好完全穿出磁场。由图可知，以下表述正确的是( )
A. 线框穿越磁场的过程中所受的安培力一直沿斜面向上
B. 线框的BC边进入磁场瞬间BC两点的电势差为BLv0
C. 线框AD边穿出磁场瞬间线框的速度为mgRsinθB2L2
D. 0～t0时间内线框中产生的焦耳热为2mgLsinθ−m3g2R2sin2θ2B4L4+12mv02
第Ⅱ卷 （非选择题 共54分）
非选择题：包括必考题和选考题两部分。第11~14题为必考题，每道试题考生都必须作答。第15、16题为选考题，考生根据要求作答。
必考题：共42分。
(6分)用如图(a)所示的装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，在如图(b)所示的白纸上建立以抛出点为坐标原点、水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系(已知g=10 m/s2)。
(1)下列说法正确的是_______。
A.斜槽轨道必须光滑，且小球每次要从斜槽同一位置由静止释放
B.需调节斜槽，保证其末端水平
C.需调节硬板，保证硬板在竖直平面内
D.本实验必需的器材还有刻度尺和秒表
(2)在图(b)中实验记录到有一个位置明显发生偏差的点，其产生的原因可能是：该次实验时，小球在斜槽释放的位置与其它几次相比偏________(“高”或“低”)。
(3)根据图(b)记录的点可求得钢球平抛的初速度大小为_____________m/s(结果保留两位有效数字)。
(10分）某同学要测量一段长为L=1 m的圆柱形金属丝的电阻率。
(1)先用图甲所示螺旋测微器测量金属丝的直径，测量时，先将金属丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动________(填“A”“B”或“C”)，直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。测量的结果如图乙所示，则金属丝的直径d=________mm。
(2)该同学先用欧姆表粗测金属丝的电阻，将选择开关调节到“×1 Ω”，调节好欧姆表，测得金属丝的电阻示数如图丙所示，则金属丝的电阻为Rx=________Ω。
(3)为了精确测量金属丝的电阻值，该同学根据实验室提供的器材，设计了如图丁所示的电路，电路中将内阻为Rg=120 Ω、满偏电流为Ig=3 mA的电流表G与电阻箱串联，改装成电压表使用，最大测量电压为3 V，则电阻箱的阻值应调为R0=________Ω。
(4)调节滑动变阻器，测得多组电流表G和电流表A的示数I1，I2，作出I1−I2图像(I1,I2的单位均为安培)，测得图像的斜率为0.0062，则被测电阻的阻值Rx=________Ω；由此测得金属丝的电阻率ρ=________Ω·m(结果保留三位有效数字)。
(10分）图甲为某种简易轨道赛车的轨道图，图乙为拼接直轨道的直板，图丙为部分轨道的简化示意图。其中OA、BC、CD段为直轨道，由多个长为L=0.25m的直板拼接而成；AB为半圆形水平弯道，其半径R0=1.0m，它能承受最大的侧向压力为F=20N；1和2为竖直平面内的圆轨道，圆轨道1的半径为R1=0.4m，圆轨道2的半径R2=0.2m。已知该赛车的额定功率为P0=100W，而赛车行驶时，可以通过遥控器控制赛车的实际功率。设赛车在水平轨道所受阻力恒为f=5N，不计竖直圆轨道对赛车的阻力，赛车的质量为m=0.2kg。求：
(1)汽车匀速过弯道AB的实际功率P不能超过多少？
(2)若BC段拼接了4块直板，某次赛车以v1=7.5m/s的速度经过弯道，到B点后不施加动力，则赛车最后停在轨道上的位置到B的距离x？
(3)若赛车以最大速度拐弯，到B点后不施加动力，要使赛车能安全通过两个竖直轨道，则BD间最多可拼接几块直板？这些直板在BC间和CD间如何分配？(圆轨道间、圆轨道与弯道间不能直接连接)
(16分）如图所示，在xOy平面内存在B=2 T的匀强磁场，OA与OCA为固定于竖直平面内的光滑金属导轨，其中OCA满足曲线方程x=0.5sinπ5y(m)，C点的横坐标最大，导轨OA与OCA相交处的O点和A点分别接有体积可忽略的定值电阻R1=6 Ω和R2=12 Ω(图中未画出)。现有一长L=0.5 m、质量m=0.1 kg的金属棒在竖直向上的外力作用下，以v=2 m/s的速度向上匀速运动。金属棒与两导轨接触良好，除电阻R1、R2外其余电阻不计。求：
(1)金属棒在导轨上运动时，R2上消耗的最大功率Pmax；
(2)外力的最大值Fmax；
(3)金属棒滑过导轨OCA的过程中，整个回路上产生的热量Q。
15.(1)（4分）由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的。在小水滴表面层中，水分子之间的相互作用总体上表现为______(选填“引力”或“斥力”)。分子势能Ep和分子间距离r的关系图象如图所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子Ep的是图中______(选填“A”“B”或“C”)的位置。
（2）（8分）如图所示，上端带卡环的绝热圆柱形气缸竖直放置在水平地面上，气缸内部的高度为h，气缸内部被厚度不计、质量均为m的活塞A和B分成高度相等的三部分，下边两部分封闭有理想气体M和N，活塞A导热性能良好，活塞B绝热，两活塞均与气缸接触良好，不计一切摩擦，N部分气体内有加热装置，初始状态温度为T0，气缸的横截面积为S，外界大气压强大小为且保持不变。现对N部分气体缓慢加热

①当活塞A恰好到达气缸上端卡环时，N部分气体从加热装置中吸收的热量为Q，求该过程中N部分气体内能的变化量；
②活塞A恰好接触气缸上端卡环后，继续给N部分气体加热，当M部分气体的高度达到时，求此时N部分气体的温度。
16.(1)（4分）如图，一列简谐横波平行于x轴正方向传播，经过t=0.1s时间，从图中的实线波形变为虚线波形。已知t小于周期T。则该波的周期T= ______ s，波速v= ______ m/s。
（2）（8分）如图所示，半径为R的半球形玻璃砖的折射率为n=3，底面镀银，球心为O，一与底面垂直的细束光线从圆弧面射入，已知该光线与O点之间的水平距离为32R，光在真空中的传播速度为c.求：
①此光线第一次从球面射出的方向相对于初始入射方向的偏角；
②第一次从球面射出的光线在玻璃砖内传播的时间．
2020-2021学年第二学期广东省东莞市东莞六中
高三3月模拟考试物理试题答案和解析
1.【答案】B由表格可得物体的重力为10N，可得物体的质量为1kg，加速度过程由牛顿第二定律可得加速度为a1=15−101m/s2=5m/s2，匀减速运动过程的加速度大小为a2=10−51m/s2=5m/s2，方向竖直向下，由已知条件可得匀减速过程的初速度大小为v=a2t3=5×1m/s=5m/s，匀减速过程的位移为x3=5+02×1m=2.5m，匀速过程的位移为x2=vt2=5×3m=15m，则可得匀加速过程的位移为x1=v22a1=522×5m=2.5m，故可得A、B两点的距离为：xAB=x1+x2+x3=2.5m+15m+2.5m=20m，故B正确，ACD错误。
2.【答案】A
A.由题可知，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角，由对称性可知，两根吊带受到环的拉力大小相等，故A正确；
B.由图看出，吊带对吊环的拉力斜向上，则由平衡条件知，手对吊环作用力方向斜向下，不是竖直向下，故B错误；
C.当两根吊带都沿竖直方向时受到环的拉力大小都等于人重量的一半，而现在两根吊带与竖直方向有一定夹角，由平衡条件得知，每根吊带受到环的拉力大小都大于人重量的一半，故C错误；
D.两根吊带受到环的拉力的合力竖直向下，故D错误。
3.【答案】B要使天花板受力为零，须使细绳中的拉力为零，物体M应做自由落体运动，而梯子应以加速度g向上匀加速运动。人对梯子的作用力向上，人应向下加速运动。
最初人梯系统处于平衡状态，即 Mg=mg+m梯g，解得m梯=10Kg，
设人与梯子之间的相互作用力为F，梯子向上的加速度等于g，对梯子运用牛顿第二定律， F−m梯g=m梯g，解得F=20N，
对人运用牛顿第二定律 mg+F=ma，得 a=mg+Fm=14m/s2，故人应以14m/s2的加货物运动过程
加速
匀速
减速
悬停
F大小
15N
10N
5N
10N
速度向下加速运动，才能使天花板受力为零，故B正确，ACD错误。
4.【答案】D
A.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力，向心力是效果力，故A错误；
B.人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平衡，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变，故 B错误；
C.如果转速变大，由F=mrω2，知人与器壁之间的弹力变大，故 C错误；
D.人恰好贴在魔盘上时，有mg=f，N=mr(2πn)2，又f=μN解得转速为n≥12πgμr，故“魔盘”的转速一定不小于12πgμr，故D正确。
5.【答案】D
AB.根据万有引力等于重力，列出等式：GMmr2=mg，得GMr2=g，其中M是地球的质量，r应该是物体在某位置到球心的距离。根据根据密度与质量关系得：M=ρ⋅43πr3，星球的半径跟地球半径相近，g=GMr2=Gρ⋅43πr，由人的重力是在地球上的n倍可知，星球的表面重力加速度是地球表面重力加速度的n倍，所以星球的密度也是地球的n倍，星球质量是地球质量的n倍，故AB错误；
C.在星球上最小发射卫星速度即为该星球的第一宇宙速度，而第一宇宙速度是v1=g′r=ngr，所以星球的第一宇宙速度是地球的n倍，故C错误；
D.由第二宇宙速度v=2gR，知在潘多拉星球上发射卫星，第二宇宙速度是11.2nKm/S，故D正确。
6.【答案】C
A.飞行包(包括人)在竖直匀速上升的过程中，发动机的动力向上，则发动机对飞行包做正功，故A错误；
B.高度上升，飞行包的重力做负功，故B错误；
C.飞行包匀速运动，飞行包的动能不变，故C正确；
D.因飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升，故飞行包动能不变，重力势能增大，机械能一定增大，故D错误。
7.【答案】D
【解析】AB.当被测物体向左移动时，电介质插入电容器，根据C=εrS4πkd
可知电容值C增大，而电容器的带电量保持不变，根据C=QU
两板间电压U降低，从而静电计张角θ减小，又根据E=Ud
电容器内部电场强度E减小，AB错误；
CD.当被测物体向右移动时，电介质抽出电容器，根据C=εrS4πkd
可知电容值C减小，而电容器的带电量保持不变，根据C=QU
两板间电压U增大，从而静电计张角θ增大，又根据E=Ud
电容器内部电场强度E增大，C错误，D正确；
8.【答案】BD
根据I1I2=n2n1=U2U1，I2I4=n4n3=U4U3，又U2=I2r+U3，所以U4≠U1，I4=I1，输出电压U₁=10⁴V，输出功率P₁=U1I1，I1=P1U1=105A，I2=I1n1n2=103A，两个理想变压器的匝数比分别为n₁:n₂=1:100、n₃:n₄=100:1，输电线总电阻，所以电阻r损耗的电功率为P=I22r=(103)2×50W=5×10⁷W，故BD正确，AC错误。
9.【答案】BC
【解析】解：对粒子受力分析可知，粒子受到垂直于y轴的洛伦兹力和平行于y轴的电场力作用，所以粒子在垂直于y轴方向上做圆周运动，平行于y轴方向上做匀加速直线运动和匀减速直线运动。在垂直于y轴方向上有
qv0B=mv02r解得：r=v0T4π
粒子做圆周运动的周期为：T0=2πrv0=T2
A、当t=2T时，粒子运动四周，回到了x坐标值为0处，故粒子所在位置的x坐标值为0，故A正确，不符合题意；
B、当t=34T时，粒子运动一周半，z坐标值为2r，即v0T2π，故B错误，符合题意；
C、粒子在平行于y轴方向上有：qE=ma解得：a=2v0T
在0−0.5T和0.5T～T内，电场力方向相反，粒子先加速再减速，在t=0.5T时，沿y轴正向速度达到最大为： v1=at=2v0T⋅0.5T=v0
此时，粒子在运动过程中速度最大。最大值为：v=v02+v12=2v0
故C错误，符合题意；
D.在0到2T时间内粒子在垂直于y轴方向转了四周。回到了x=0，z=0处的位置，故只需要考虑轴方向的位移，粒子位移为
s=2×[12a(T2)2+v1T2−12a(T2)2]=v0T
则粒子运动的平均速度为 v−=st=v0T2T=v02
故D正确，不符合题意。
10.【答案】ACD
【解析】解：A、根据楞次定律的另一种描述“来拒去留”可知，安培力的方向总是阻碍线框相对于磁场运动，所以线框穿越磁场的过程中所受的安培力一直沿斜面向上，故A正确；
B、线框的BC边进入磁场瞬间产生的感应电动势为E=BLv0，BC两点的电势差等于路端电压，根据右手定则可知B点为高电势，则有：UBC=34BLv0，故B错误；
C、根据图乙可知线框AD边穿出磁场前已经匀速，根据平衡条件可得：mgsinθ=BIL=B2L2vR，解得线框AD边穿出磁场瞬间线框的速度为v=mgRsinθB2L2，故C正确；
D、根据功能关系可得0～t0时间内线框中产生的焦耳热为Q=2mgLsinθ+12mv02−12mv2=2mgLsinθ−m3g2R2sin2θ2B4L4+12mv02，故D正确。
11.【答案】(1)BC；(2)低 (3)1.0
(1)A.为了保证小球平抛运动的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不一定需要光滑，故A错误；
BC.为保证小球做平抛运动，安装斜槽时其末端切线必须水平，且让小球出射方向与硬板平行，让其在竖直面运动，故BC正确；
D.小球平抛运动的时间可以根据竖直位移求出，不需要秒表，故D错误。
故选BC。
(2)由图可知，第5个点明显不到线上，水平方向的位移小了很多，是由于水平方向的初速度太小，所以原因是：小球从斜槽上滚下时的初始位置比其他几次的位置偏低。
(3)在竖直方向上，根据y=12gT2得，T=2yg=2×20×10−210s=0.2s；
小球做平抛运动的初速度v0=xT=20×10−20.2m/s=1.0m/s。
14.【答案】(1)C；1.983(1.980−1.986均可)；(2)7；(3)880；(4)6.2；1.91×10−5。
【解答】为保护螺旋测微器，将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动微调旋钮C，直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏，由图示螺旋测微器可知，其示数为1.5mm+48.3×0.01mm=1.983mm。
(2)欧姆表的示数为Rx=7Ω。
(3)把电流表G与电阻箱串联改装成电压表使用，最大测量电压为3V，
则电阻箱的阻值应调为R0=UIg−Rg=33×10−3Ω−120Ω=880Ω；
(4)由I1(Rg+R0)=I2Rx，得I1=RxRg+R0I2，则k=RxRg+R0，解得Rx=6.2Ω，
由Rx=ρLS得。
15.【答案】解：(1)在AB段，水平侧向力提供小车做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得：F=mv2R0
解得：v=10m/s
汽车匀速过弯道AB的实际功率P最大为：Pm=fv=50W
(2)在BC段，根据动能定理可得：−f⋅4L=12mvC2−12mv12
解得：vC=2.5m/s
从C点开始在圆轨道1上运动，当速度减小到0上升的高度为h，根据动能定理可得：−mgℎ−0−12mvC2
解得：ℎ=0.3125m<0.4m
故汽车到达轨道1后下滑进入CB轨道，在CB轨道，根据动能定理可得：−fx′=0−12mvC2
解得：x′=0.125m
赛车最后停在轨道上的位置到B的距离为：x=4L−x′=0.875m
(3)小球能通过圆轨道1最高点，根据牛顿第二定律可得：mg=mv12R1
解得：v1=gR1=2m/s
从B到圆轨道1最高点，根据动能定理可得：−fx1−mg⋅2R1=12mv12−12mv2
解得：x1=1.6m
小车能通过圆轨道2的最高点，根据牛顿第二定律可得：mg=mv22R2
解得：v2=2m/s
从圆轨道1最高点，到圆轨道2最高点，根据动能定理可得：mg⋅2R1−mg⋅2R2−fx2=12mv22−12mv12
解得：x2=0.2m
故L 总=x1+x2=1.8m
n=L总L=7.2
n′=x1L=6.4
故BD间最多可拼接7块直板，这些直板在BC间为6块，CD间为1块
答：(1)汽车匀速过弯道AB的实际功率P不能超过50W；
16.【答案】解：(1)金属棒运动到C点时，接入电路的有效长度最大，产生的感应电动势最大，且最大值为：Emax=Bvxmax，其中xmax=0.5 m
此时R2上消耗的功率最大，有：Pmax=Emax2R2
解得：；
(2)金属棒相当于电源，外电路中R1、R2并联，其并联电阻为：R=R1R2R1+R2
通过金属棒的最大电流为：Imax=EmaxR
金属棒受到的最大安培力为：F安max=BImaxxmax
结合受力平衡条件有：Fmax=F安max+mg
解得：Fmax=1.5 N；
(3)金属棒中产生的感应电动势的瞬时值表达式为：e=Bxv=2sin π5y(V)
该感应电动势的有效值为：E=Emax2
金属棒滑过导轨OCA所需的时间为：t=OAv，其中
又：Q=E2Rt 解得：Q=1.25 J。
15.（1）【答案】引力 C
【解析】解：在小水滴表面层中，水分子间距较大，故水分子之间的相互作用总体上表现为引力；
当r=r0时，F引=F斥，分子力F=0，分子势能最小，故B点为分子间作用力为零的情况，即B点表示平衡位置，故表现为引力的位置只能为C点。
（2）（2）活塞A到达气缸上端卡环前，气体M和N均做等压变化，活塞A、B之间的距离不变。当活塞A恰好到达气缸上端卡环时，N部分气体的压强：PN2=PM1+mgS=p0+2mgS=3mgS
N部分气体增加的体积：ΔV=Sℎ3
N部分气体对外做功：W=PN2·ΔV=mgℎ
N部分气体内能的变化量：ΔU=Q−W=Q−mgℎ；
(ⅱ)活塞A恰好接触气缸上端卡环后，继续给N部分气体加热，气体M做等温变化，由玻意耳定律2mgS·ℎ3S=PM2·ℎ9S
解得：PM2=6mgS
此时N部分气体的压强PN3=PM2+mgS=7mgS，
N部分气体的体积 VN3=8ℎ9S
对N部分气体由理想气体状态方程 3mgS⋅ℎ3ST0=7mgS⋅8ℎ9STN3
解得：TN3=569T0。
(i)该过程中N部分气体内能的变化量Q−mgℎ;
(ⅱ)此时N部分气体的温度569T0 。
16.（1）【答案】215 30
【解析】解：波沿x轴正方向传播，t小于周期T，由图示波形图可知：t=34T，
波的周期T=4t3=4×0.13s=215s
由图示波形图可知，波长λ=4m
波速v=λT=4215m/s=30m/s
（2）解：(i)依据题意作光路如图所示，sini1=sin∠OAB=32 ①
由折射定律可得n=sini1sinr1 ②
由几何知识可得α=r2=30°，且D点位于O点正上方，
又由折射定律可得n=sini2sinr2 ③
解得：i2=60° ④
故光线第一次从球面射出的方向相对于初始入射方向的偏角为180°−60°=120°；
(ii)由图可知AB=Rcs∠OAB=R2，AC=ABcs(i1−r1)=33R ⑤
DC=Rcsr2=233R ⑥
又因为：AC+DC=vt ⑦
又因为：n=cv ⑧
联立④⑤⑥⑦解得t=3Rc