2024年西藏拉萨市高考物理一模试卷（含解析）

这是一份2024年西藏拉萨市高考物理一模试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.钴60(2760C)是金属元素钴的放射性同位素之一，其半衰期为5.27年。静止的钴60发生一次衰变成为镍60(2860Ni)，同时放出X粒子和两束γ射线。下列说法正确的是( )
A. γ射线具有很强的电离作用B. 10g钴60经过10.54年全部发生衰变
C. X粒子的质量数为4D. X粒子带负电
2.摩托车骑手从一斜坡冲出在空中飞越的情景如图所示，不计空气阻力影响，假设摩托车发动机油门关闭，摩托车在空中飞行的过程中( )
A. 若要研究某时刻骑手的动作，可以把摩托车和骑手看作质点
B. 若不考虑转动的影响，在最高点，骑手的动能为零
C. 若不考虑转动的影响，骑手的机械能先减小再增大
D. 若不考虑转动的影响，骑手的加速度不变
3.如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，原，副线圈的匝数比为2：1，电压表和电流表均为理想电表，定值电阻R的阻值为10Ω，a，b端输入如图乙所示的电压，则电流表的示数、电压表的示数分别为( )
A. 11A，220 2VB. 11A，220V
C. 11 2A，220VD. 11 2A，220 2V
4.质量为0.2kg的物块在水平地面上做直线运动，其速度随时间变化的规律如图所示，根据v−t图像所提供的信息，可知( )
A. 0∼4s内，物块沿同一个方向运动
B. 在t>4s时间段，物块做匀加速直线运动
C. 整个运动过程中，物块的加速度逐渐减小，直至为零
D. 0∼1s内，物块运动的速度方向和加速度方向相同
5.据统计，我国发射的卫星已近600颗，位居世界第二位，这些卫星以导航、遥感、通信为主要类别。如图，A、B、C为我国发射的3颗卫星，其轨道皆为圆形，其中卫星A、B的轨道在赤道平面内，卫星C的轨道为极地轨道，轨道半径rCA. 卫星A的加速度大小比卫星B的大B. 卫星B的动能比卫星A的大
C. 卫星B一定与地球自转同步D. 卫星C的线速度大小可能为8.0km/s
6.在游乐场有一种与众不同的游乐设施——疯狂魔盘，游客在魔盘上可以体会到惯性带来的乐趣，如图甲，其工作原理可以简化为图乙模型，水平圆盘在水平面内可绕中心轴匀速转动，圆盘上距离转轴分别为r、2r处有两个完全相同的小物块a、b，质量均为m。物块a、b与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现让圆盘沿逆时针(俯视)方向以角速度ω做匀速圆周运动，物块a、b相对于圆盘静止，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 若增大ω，物块a先滑动
B. 物块a受到的摩擦力大小始终为μmg
C. 物块b受到的摩擦力是物块a的2倍
D. 若逐渐增大ω，保持物块a、b不滑动，则物块a、b受到的摩擦力不再沿半径指向圆心
7.如图，虚线a，b、c为静电场中的等势线，实线为一带电粒子在静电场中的运动轨迹，B点是曲线运动的拐点，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A. 粒子从A点运动到B点的过程，加速度减小、速度增大
B. 粒子从A点运动到B点的过程，电势能增大，动能减小
C. 粒子从A点运动到B点电场力做功的绝对值大于从A点到C点电场力做功的绝对值
D. 粒子运动到A点时的动能大于D点时的动能
8.如图，在水平绝缘桌面上固定两条相距为L的平行长直光滑金属导轨，导轨的左端连接阻值为R的定值电阻，质量为m的金属杆垂直放在导轨上，金属杆接入电路的电阻也为R，整个装置处于垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，给金属杆施加一个水平向右的拉力F，拉力的功率始终为P，经时间t，金属杆的加速度刚好为0，再经时间t撤去拉力，整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，下列说法正确的是( )
A. 金属杆运动的最大速度为 2PRBL
B. 金属杆运动的最大速度为 PRBL
C. 拉力作用过程中，通讨电阻R的焦耳热为Pt−mPRB2L2
D. 撤去拉力后，通过金属杆的电荷量为m 2PRB2L2
9.下列说法正确的是( )
A. 利用高压锅蒸煮东西时，锅内气体温度升高，气体分子平均动能增加
B. 用肉眼直接观察到的在无风情形下空气中尘埃的运动不是布朗运动
C. 两气体分子从很远距离逐渐靠近，直到不能再靠近的过程中，分子间引力减小，斥力增加
D. 液晶电视机的工作原理中利用了液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向同性
E. 尽管技术不断进步，制冷机还是不可能将温度降到−273.15℃，热机的效率也不可以达到100%
10.一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时的波形图如图所示，此时刻后介质中质点P回到平衡位置时间比质点Q回到平衡位置早0.8s，已知t=0时P、Q两质点相对平衡位置位移相同，均为5cm，波的振幅为10cm，下列说法正确的是( )
A. 波的传播方向沿x轴正方向B. 波的传播速度为10m/s
C. t=0时质点P做加速运动D. P、Q两质点间的距离始终不变
E. 质点P回到平衡位置的最短时间为0.2s
二、实验题（本题共2小题，共15分）
11.某同学用如图甲所示装置做“探究加速度与力的关系”实验。力传感器固定在小车上，细线连接在力传感器上，位移传感器与计算机相连接，可以描绘出小车运动的位移x与小车运动时间的平方的关系图像。

(1)为了保证小车受到的合外力等于细线的拉力，需要的操作是______。
A.保证砝码和托盘的质量远小于小车的质量
B.平衡摩擦力
C.调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板平行
(2)调节好装置后，将小车从靠近位移传感器的位置由静止释放，根据位移传感器测得的数据，计算机描绘出小车运动的位移与运动时间的平方的关系图像如图乙所示。若图像的斜率为k，则小车运动的加速度a= ______。
(3)保持小车和力传感器的总质量M不变，多次改变托盘中砝码质量进行实验，测得多组力传感器的示数F，及对应的小车的加速器度a，作a−F图像，如果图像是一条过原点的直线，且图像的斜率等于______，则表明质量一定时，加速度与合外力成正比。
12.某学校实验小组设计了如图甲所示的电路图，可以同时测量电压表V的内阻和电流表G的内阻。可供选用的仪器有：

A.内阻约3kΩ的待测电压表V，量程0～3V
B.内阻约500Ω的待测电流表G，量程0～3mA
C.定值电阻R(阻值已知)
D.电阻箱R0
E.滑动变阻器R1(0∼3kΩ)
F.滑动变阻器R2(0∼50Ω)
G.电源电动势E=6V，内阻忽略不计
H.开关、导线若干
(1)为了准确测量电压，电流表的内阻，滑动变阻器应选______(选填“R1”或“R2”)。
(2)实验中电阻箱的示数如图乙所示，则R0= ______。
(3)闭合S1前，将滑动变阻器的滑片P调到______(选填“a”或“b”)处。
(4)将单刀双掷开关拨到1，调节滑动变阻器使得V和G有明显的读数，分别为U1、I1；再将单刀双掷开关拨到2，调节滑动变阳阻器，使得V和G有明显的读数，分别为U2、I2，则电压表V的内阻rV= ______，电流表G的内阻rg= ______。(均选用U1、U2、I1、I2，R和R0表示)
三、简答题（本题共4小题，共38分）
13.如图，直角坐标系xOy第Ⅰ、Ⅱ象限内存在着沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅲ、Ⅳ象限内存在着垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=5 2T。一带负电的粒子从y轴上P点(0,10cm)以v0=10m/s的速度平行于x轴进入匀强电场，粒子从x轴上的Q点(20cm,0)进入匀强磁场。已知粒子的比荷为qm=20C/kg，不计粒子重力，求：
(1)电场强度大小；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径。
14.如图，一光滑的圆弧轨道AB固定在竖直平面内，一个质量为4kg的小球a从轨道A点静止释放，运动到轨道的最低点时，与静止在该点质量为1kg的b球发生碰撞，碰撞后，两小球粘在一起继续运动。若圆弧轨道的半径R为1m，A、B两端点和圆心O的连线与竖直方向的夹角θ均为37°，a、b两小球体积相等，且均看作质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)小球a碰撞前的瞬间速度大小v0；
(2)小球a、b碰撞后瞬间整体的速度大小v，以及此时a、b整体对轨道的压力F；
(3)小球a、b碰撞后，a、b整体继续运动上升的最大高度H(相对于轨道最低点)。
15.如图，导热性能良好的气缸固定在倾角为30°的斜面上，斜面底端有一固定挡板。距离气缸底部l=6cm处有质量m=2kg，横截面积S=10cm2的活塞，活塞与固定在挡板上的轻质弹簧相连接，活塞与气缸之间无摩擦且不漏气，弹簧压缩量Δx=2.5cm，并被锁定，(缸内气体的压强p=5×104Pa，弹簧劲度系数k=20N/cm，重力加速度g取10m/s2，大气压强p0=1×105Pa。求：
(1)解锁弹簧的瞬间。活塞的加速度大小；
(2)解锁弹簧待稳定后。气缸内的压强。
16.如图，半径为R=30cm的玻璃球台，球台平面对应的球心角为120°，与球台平面等面积的单色光柱垂直台面射向球体。已知玻璃对单色光的折射率为2，光在真空中的速率为c=3.0×108m/s，求：
(1)该单色光在玻璃球台中的传播速度；
(2)光在玻璃球台内传播的最长时间(只考虑全反射)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.γ射线的电离能力弱，穿透能力强，故A错误；
B.10g钴60经过10.54年，即经过2个半衰期，则m=m0(12)2=14m0=14×10g=2.5g，即还剩余2.5g，故B错误；
CD.根据质量数、电荷数守恒可知，X的质量数A=60−60=0，电荷数z=27−28=−1，可知X是β粒子，即电子，带负电，质量数为零，故C错误，D正确。
故选：D。
根据射线的特点判断；根据电荷数守恒、质量数守恒判断X粒子；经过一个半衰期有半数发生衰变，根据m=m0(12)n求解剩余的钴60。
解决本题的关键知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，知道α衰变和β衰变的实质，理解半衰期，并能进行计算。
2.【答案】D
【解析】解：A、当要研究某一时刻骑手的动作，就要展现出骑手的运动细节，而把骑手和摩托车看成质点就不能看到骑手的动作了。故A错误。
B、因为骑手是斜向上冲上斜坡，所以有平行于地面的速度，所以当骑手骑到最高点时，其竖直方向的速度为0，但是其动能不为0。故B错误。
C、因为骑手从斜坡冲出的时刻，骑手就只受重力的影响，在只受重力作用的情况下其机械能始终不变。故C错误。
D、当骑手从斜坡冲出时，骑手只受到重力的作用，其加速度等于重力加速度，所以骑手的加速度不变。故D正确。
故选：D。
分析骑手从冲出斜坡开始，骑手只受到重力的影响，并且其竖直方向上的速度先减小后增大，水平方向的速度保持不变，并且当物体在只受重力影响时，物体的机械能守恒，从而得出答案为多少。
此题主要考查斜抛的知识点，主要要注意在只受重力的情况下其机械能保持不变。
3.【答案】B
【解析】解：由图乙和在，输入电压的最大值Um=220 2V，电压表的示数为电压的有效值，原线圈电压的有效值为U1=Um 2=220 2 2V=220V，所以电压表的示数为220V。
根据理想变压器电压与匝数比的关系
U1n1=U2n2
可得：U2=110V
根据欧姆定律可得副线圈的电流即电流表的示数为
I2=U2R=11010A=11A，故ACD错误，B正确。
故选：B。
电压表测量的是电压有效值，由图乙读出输入电压的最大值，由U=Um 2求出电压有效值，即得到电压表的示数。根据理想变压器电压与匝数比的关系U1n1=U2n2求出副线圈的电压，再由欧姆定律计算电流表的示数。
本题的关键要理想变压器的电压与匝数的关系，以及电流与匝数的关系，并能熟练运用。
4.【答案】C
【解析】解：A.由图可知0～1s内和1～4s内物块的速度分别为负值和正值，所以两段时间内物块的速度方向相反。故A错误；
B.由图可知，在t>4s时间段，物块做匀速直线运动。故B错误；
C.图线的斜率表示物块的加速度，由此可知，在t=0时，物块加速度最大，t=4s时，加速度最小(a=0)，物块的加速度越来越小，直至为零。故C正确；
D.由图可知，0～1s内，物块做减速运动，所以物块的速度方向和加速度方向相反。故D错误。
故选：C。
根据v−t图像中图线的形状及变化情况来判断物块的速度变化情况，由图线斜率表示加速度进行加速度大小及方向的判断。
本题考查学生对v−t图像中图线斜率的理解，解题关键是正确理解v−t图像。是一道基础题目。
5.【答案】A
【解析】解：A.卫星围绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
GMmr2=ma
解得：a=GMr2
由图可知三颗卫星的轨道半径关系为：
rC可知三颗卫星的加速度大小关系为：
aC>aA>aB，故A正确；
B.根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
则卫星的动能为：
Ek=12mv2
解得：Ek=GMm2r
三颗卫星的质量大小关系不知道，无法比较动能的大小，故B错误；
C.地球同步卫星的轨道平面必须位于赤道平面，且距离地面的高度一定，而卫星B虽然位于赤道的正上方，但是高度不一定在同步卫星的轨道高度，所以卫星B不一定与地球自转同步，故C错误；
D.第一宇宙速度为7.9km/s，是卫星的最大环绕速度，所以卫星C的线速度大小一定小于7.9km/s，故D错误。
故选：A。
根据万有引力提供向心力解得线速度、加速度和周期与轨道半径大小之间的关系，根据半径大小判断速度、加速度的大小，再根据动能公式比较卫星的动能；根据地球同步轨道卫星的特点分析；根据第一宇宙速度是卫星的最大环绕速度分析。
本题考查了地球卫星轨道相关知识点，地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心，注意理解同步卫星的特点。
6.【答案】CD
【解析】解：A.由摩擦力提供向心力得Ff=mω2R
可知增大角速度，物块a、b所需向心力均增大，其中做匀速圆周运动半径较大的物块b最先达到最大静摩擦力，故物块b先滑动，故A错误；
B.物块a绕转轴做匀速圆周运动，静摩擦力充当向心力，a滑动前受到的摩擦力始终小于μmg，故B错误；
C.物块a、b均绕转轴做匀速圆周运动，静摩擦力充当向心力，有Ff=mω2R
由于ra=r，rb=2r
可得2Ffa=Ffb
故C正确；
D.若逐渐增大ω，保持物块a、b不滑动，则物块a、b做加速圆周运动，摩擦力沿半径和切线方向均有分量，分别产生切向加速度和向心加速度，故摩擦力不再沿半径指向圆心，故D正确。
故选：CD。
根据最大静摩擦力与向心力，分析哪一个最先滑动，根据牛顿第二定律解答。
本题考查向心力，解题关键掌握牛顿第二定律在圆周运动中的应用，注意静摩擦力提供向心力。
7.【答案】BC
【解析】解：AB.因A点等势面密集，则电场线密集，则A点电场强度大，粒子从A点运动到B点的过程受到的电场力减小，由牛顿第二定律可知加速度减小；根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向大致向右，则粒子从A点运动到B点的过程电场力做负功，动能减小，速度减小，电势能增大，故A错误，B正确；
C.A、B点间的电势差比A、C点间的电势差大，根据W=qU可知粒子从A点运动到B点电场力做功的绝对值大于从A点到C点电场力做功的绝对值，故C正确；
D.A点和D点在同一等势面上，粒子运动到A点的动能等于D点时运动，故D错误。
故选：BC。
由等势面的疏密可知电场强度的大小，由F=Eq可知电场力的大小关系，从而判断加速度关系；根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向，进而判断出电场力做功的特点，然后判断动能与电势能的变化。
本题中解题的关键在于曲线的弯曲方向的判断，应掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法；本题中告诉的是等势面，很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错解。
8.【答案】AD
【解析】解：AB.设金属杆最大速度为vm，由题意知
Pvm−F安=0
F安=BIL
I=BLvm2R
解得vm= 2PRBL，故A正确，B错误；
C.拉力作用过程，根据动能定理有
2Pt−2Q=12mvm2
解得Q=Pt−mPR2B2L2，故C错误；
D.撤去拉力后，设安培力方向为正方向，根据动量定理有
BI−L⋅t=mvm
q=I−⋅t
解得q=m 2PRB2L2，故D正确。
故选：AD。
当金属杆的加速度为零时金属杆的速度达到最大值，进而求解其最大速度。根据功能关系分析金属杆克服安培力做功等于回路产生的焦耳热；牛顿第二定律结合安培力公式求解判断金属杆的运动情况；根据动量定理求解通过金属杆的电荷量。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答；分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
9.【答案】BC 2k 1M
【解析】解：(1)保证小车受到的合外力等于细线的拉力，需要平衡摩擦力，并且调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板平行；因为本实验中使用力的传感器测量绳子的拉力，因此不需要满足砝码和托盘的质量远小于小车的质量。故A错误，BC正确。
故选：BC。
(2)根据位移公式x=12at2，可知
12a=k
解得
a=2k
(3)由牛顿第二定律可得
a=1MF
可知，如果图像是一条过原点的直线，且图像的斜率等于1M，则表明质量一定时，加速度与合外力成正比。
故答案为：(1)BC；(2)2k；(3)1M。
(1)根据探究加速度和力的实验的注意事项可进行解答；
(2)根据位移公式，可以得到加速度与图像斜率的关系；
(3)根据牛顿第二定律进行作答。
本题考查探究加速度与力的关系的实验，要求掌握实验原理和实验注意事项。
10.【答案】R2 2500.0 a U2RI2R−U2 U1I1−R−R0
【解析】解：(1)滑动变阻器采用分压式接法，为了方便调节滑动变阻器选择R2；
(2)根据电阻箱是读数规则，电阻箱接入电路中的电阻为R0=2×1000Ω+5×100Ω+0×10Ω+0×1Ω+0×0.1Ω=2500.0Ω；
(3)为了确保电路的安全，闭合S前，应将滑动变阻器的滑片调到最左端即a处；
(4)将单刀双掷开关拨到1时，有U1=I1(R+R0+rg)
将里刀双掷开关拨到2，有U2R+U2rV=I2
联立解得电流表内阻rg=U1I1−R−R0
电压表内阻rV=U2RI2R−U2。
故答案为：(1)R2；(2)2500.0；(3)a；(4)U2RI2R−U2；U1I1−R−R0。
(1)滑动变阻器采用分压式接法，从方便调节的角度选择滑动变阻器；
(2)根据电阻箱的读数规则读数；
(3)滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全，闭合开关前，滑动片应位于分压电压为零的那一端；
(4)根据串联、并联电路的特点，结合欧姆定律分析作答。
本题主要考查了电压表V的内阻和电流表G的内阻的测量，要明确实验的原理，掌握串联、并联电路的特点，掌握欧姆定律的运用是解题的关键。
11.【答案】解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律得：
xQ=v0t1
yP=12⋅qEmt12
由已知可得：xQ=20cm=0.2m，yP=10cm=0.1m，qm=20C/kg
解得：t1=0.02s，E=25V/m
(2)设粒子到达Q点的速度大小为v，粒子从P运动到Q，只有电场力做功，根据动能定理可得：
Eqyp=12mv2−12mv02
解得：v=10 2m/s
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子在磁场中运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB=mv2R
解得：R=0.1m=10cm
答：(1)电场强度大小为25V/m；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为10cm。
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律和牛顿第二定律求解；
(2)根据动能定理求得粒子到达Q点的速度，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求解粒子在磁场中运动的半径。
本题是非常基础的带电粒子在电场和磁场中的运动问题，典型的磁场中匀速圆周运动，电场中的类平抛运动。带电粒子在磁场的运动，确定其轨迹半径和圆心角是基本功。电场中的匀变速曲线运动处理的方法是运动的分解与合成。
12.【答案】解：(1)对小球a，下滑至碰前，由动能定理有：magR(1−csθ)=12mav02−0
解得小球a碰撞前的瞬间速度大小：v0=2m/s；
(2)对a、b两小球，碰撞为完全非弹性碰撞，取a初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
mnv0=(ma+mb)v
解得：v=1.6m/s
对a、b整体，碰后瞬间，由牛顿第二定律得：FN−(ma+mb)g=(ma+mb)v2R
由牛顿第三定律可得：F=FN
解得：F=62.8N，压力的方向竖直向下；
(3)对a、b整体，a、b整体继续沿轨道运动，由动能定理有：−(ma+mb)gH=0−12(ma+mb)v2
解得：H=0.128m。
答：(1)小球a碰撞前的瞬间速度大小为2m/s；
(2)小球a、b碰撞后瞬间整体的速度大小为1.6m/s，此时a、b整体对轨道的压力为62.8N，压力的方向竖直向下；
(3)小球a、b碰撞后，a、b整体继续运动上升的最大高度为0.128m。
【解析】(1)对小球a，由动能定理求解小球a碰撞前的瞬间速度大小；
(2)对a、b两小球，根据动量守恒定律求解碰撞后的速度大小；对a、b整体，碰后瞬间，由牛顿第二定律、牛顿第三定律求解压力；
(3)对a、b整体，a、b整体继续沿轨道运动，由动能定理求解a、b整体继续运动上升的最大高度。
本题主要是考查了动量守恒定律和动能定理；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
13.【答案】ABE
【解析】解：A、温度是分子平均动能的标志，当气体温度升高时，气体分子的平均动能增加，故A正确；
B、用肉眼看到的物体(比如空气中的灰尘)的运动不是布朗运动，因为布朗运动要用显微镜放大才能看到，故B正确；
C、两气体分子从很远距离逐渐靠近，直到不能靠近为止，分子间引力和斥力都增加，故C错误；
D、液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体的结构特征，光学性质具有各向异性，故D错误；
E、根据热力学第三定律可知，制冷机不可能将温度降到−273.15℃。根据热力学第二定律可知，热机效率不可能达到100%，故E正确。
故选：ABE。
温度是分子平均动能的标志。布朗运动用肉眼不能直接观察到。两气体分子从很远距离逐渐靠近时，分子间引力和斥力都增加。液晶具有各向异性。结合热力学第二、第三定律分析。
解答本题的关键要掌握热力学的基础知识，特别要知道温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大。
14.【答案】解：(1)解锁弹簧的瞬间，对活塞进行受力分析如图所示

根据牛顿第二定律，有
FT+p0S−pS−mgsin30°=ma
其中
FT=kΔx
解得
a=45m/s2
(2)解锁弹簧，设气缸内的压强为p′，稳定后活塞处于平衡状态，则有
kΔx′+p0S=mgsin30°+p′S
根据玻意耳定律，有
pSl=p′S(l+Δx′−Δx)
解得
p′=1.2×105Pa
答：(1)解锁弹簧的瞬间。活塞的加速度大小为45m/s2；
(2)解锁弹簧待稳定后。气缸内的压强为1.2×105Pa。
【解析】(1)对活塞受力分析，根据牛顿第二定律和胡克定律相结合求解加速度。
(2)分析气缸内气体的初末状态，根据玻意耳定律解答。
本题的关键是分析清楚气体的状态变化过程中，哪些量不变，变化的是什么量，明确初末状态量的值，根据气体实验定律进行研究。
15.【答案】ACE
【解析】解：AC.质点P回到平衡位置时间比质点Q回到平衡位置早0.8s，说明t=0时质点P向下振动，做加速运动，根据平移法可知，波沿x轴正方向传播，故AC正确；
E.设波的周期为T，波源的振动方程
y=Asin(2πT+φ)
振幅A=10cm，P点位移yP=5cm则
tP=T12，tQ=T2−T12=5T12
所以
Δt=tQ−tP=0.8s
则T=2.4s，tP=0.2s
故E正确；
B.由波动图像可知波长λ=12m，波速
v=λT=122.4m/s=5m/s
故B错误；
D.P、Q两质点均做简谐运动，由于两质点的起振动时刻不同，只有当两质点位移相同时相距最近，其他时刻两质点间距离不断变化，故D错误。
故选：ACE。
由题意，分析P、Q回到平衡位置的时间差，分析质点的运动情况，根据振动的一般方程分析E，由图读出波长，求出波速，介质中质点在振动，两点的位移会变化。
本题关键要根据质点的振动过程确定其振动周期，得到波的周期．要注意介质中质点只在各自的平衡位置附近振动，不随波迁移。
16.【答案】解：(1)作出光路图如图所示

光在玻璃中传播速度v=cn
解得v=1.5×108m/s
(2)设光在玻璃球内发生全反射的临界角为C，则有sinC=1n
解得C=30°
由几何关系可知，最边缘光线在界面的入射角为60°，由于60°>C，则光在玻璃球内发生全反射，由几何关系可知，该光线经过3次全反射而射出球台，传播时间最长，传播时间t=4Rv
解得t=8×10−9s
答：(1)该单色光在玻璃球台中的传播速度是1.5×108m/s；
(2)同时垂直射入玻璃球台的光中，最先在球面处发生全反射的光，在玻璃球台内传播的时间是8×10−9s。
【解析】(1)根据光速与折射率的关系求出光在玻璃中的传播速度。
(2)作出光路图，求出光的路程，然后求出传播时间。
掌握基础知识是解题的前提，根据题意作出光路图是解题的关键，根据折射率公式可以解题。