2024年四川省绵阳市高考物理一诊试卷（含解析）

这是一份2024年四川省绵阳市高考物理一诊试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了25Ep，如图甲所示，质量为0等内容，欢迎下载使用。

A. 重力势能逐渐增大到最大B. 动能逐渐减小为零
C. 做匀加速直线运动D. 做匀减速直线运动
2.如图所示，从斜面顶端A和斜面中点B分别以初速度v1、v2水平抛出两个相同小球，都直接落在了斜面底端C，落地时重力的功率分别为P1、P2。则v1与v2、P1与P2的大小关系正确的是( )
A. v1=2v2B. v1= 2v2C. P1=4P2D. P1=2P2
3.三角形薄板ABC厚薄均匀、质量均匀分布，AD、BE分别为BC、AC边中线，过这两条中线的交点的竖直线l交BC的延长线于O。两根轻绳分别系于A、B，轻绳BN固定在天花板某点，调节轻绳MA，使N、B、C三点共线，且AB边保持水平，此时MA比NB长，如图所示。则三角形薄板静止时( )
A. 三点M、A、C一定共线B. 三点M、A、D一定共线
C. 轻绳NB中拉力大于轻绳MA中拉力D. 轻绳NB中拉力小于轻绳MA中拉力
4.如图甲所示，用大小不同的水平向右恒力F将物体M从静止由P点拉动到Q点时速度为v，F与v2的变化关系如图乙中的a图线；相同的方法得到另一个物体N的F与v2的变化关系如图乙中的b图线，则( )
A. M 的质量比N的质量大
B. M的质量比N的质量小
C. M、N与地面的动摩擦因数相同
D. M与地面的动摩擦因数比N与地面的动摩擦因数大
5.质量为m和M的物体用轻绳相连，现将M用手按在光滑斜面上的A点，让轻绳跨过O点的一光滑微小定滑轮，OM水平，Om竖直，两物体均静止，如图所示。现松手释放M，M沿斜面由A点运动到B点的过程中，m没有落地，OB垂直于斜面。在物体M从A到B的过程中( )
A. m始终处于失重状态B. m始终处于超重状态
C. m的动能一直增大D. M的动能一直增大
6.在光滑的水平轨道左端固定一个弹簧发射器，在A处安装一微小角度器(高度可忽略，可调节速度的抛射角θ)，现让弹簧发射器将质量为m的小球由静止弹出，落在轨道上B处。用EP表示弹簧最初储存的弹性势能，不计空气阻力。则( )
A. 从小球开始运动到落到B处之前过程中，小球机械能守恒
B. 保持θ不变，若EP越大，则AB距离越大
C. 保持EP不变，改变θ，使θ越大，则小球运动到最高点离轨道高度越大
D. 保持EP不变，改变θ，使AB距离最大时，小球运动到最高度点时动能为0.25Ep
7.如图甲所示的等双翼式传输机，其两侧等长的传送带倾角可以在一定范围内调节，方便不同工况下的货物传送作业，工作时两传送带匀速转动且速度相同。图乙为等双翼式传输机工作示意图，M1、M2代表两传送带。第一次调整M1倾角为30°，M2倾角为45°；第二次调整M1倾角为45°，M2倾角为30°，两次分别将同一货物无初速放在M1的最低端，都能传到M2的最高端。货物与M1和M2的接触面粗糙程度相同，两次运输中货物均在M1上就已与传送带达共速，先后两次传输机运行速度相同，则( )
A. 两次运送货物经过的时间相等
B. 第一次运送货物的时间较短
C. 传输机因运送物件而多消耗的能量，两次相等
D. 传输机因运送物件而多消耗的能量，第二次较多
8.如图甲所示，质量为0.2kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过θ角度时，小球的速度大小为v，v2与csθ的关系如乙图所示，g取10m/s2。则( )
A. 圆环半径为0.6m
B. θ=π2时，小球所受合力为4N
C. 0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力一直增大
D. 0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大
9.用如图所示的装置验证机械能守恒定律。一根细线一端固定在铁架台上，另一端系的钢球静止A点，在A点正下方固定光电门；在钢球底部沿细线方向固定一宽为d的遮光条(d较小)。首先，测量点到钢球球心的距离L，然后，将钢球拉至不同位置由静止释放，测得每次细线与竖直方向夹角θ和光电门记录的对应时间t。空气阻力的影响可忽略，重力加速度为g。回答下列问题：
(1)钢球通过光电门的速度v= ______；(用测得的物理量符号表示)
(2)若等式______成立，则验证了机械能守恒定律；(用测得的物理量符号表示)
(3)由于实验存在系统误差，根据测得的数据计算重力势能变化量ΔEp和动能变化量ΔEk，其真实大小关系是ΔEp ______ΔEk。(选填“>”或“<”)
10.用如图a所示装置探究加速度与物体受力的关系。实验小车在长木板上，左端与打点计时器的纸带相连，右端通过轻细绳跨过定滑轮和动滑轮与力传感器相连，动滑轮下方挂砝码盘和砝码。在砝码盘中放不同数量的砝码，小车运动，得到多条纸带，某条纸带的一部分及相关数据如图b所示。

回答下列问题：
(1)关于本实验的部分操作或要求，下列说法正确的是______。
A.必须保证砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量
B.与小车相连的细线必须与长木板平行
C.不需要进行平衡摩擦力的操作
D.不需要刻度尺也不需要天平
(2)已知打出图b中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1s，则根据图中数据，打点6时所对应的小车的速度v6= ______m/s打这条纸带时小车的加速度大小a= ______m/s2(计算结果保留3位有效数字)
(3)对同一辆实验小车，记录打每条纸带时砝码盘和砝码的总质量m、力传感器的读数F，通过纸带计算小车运动对应的加速度a。如图甲、乙、丙丁所示的a−F或a−mg图线，其中符合实际的是______；本实验应该由图线______得到“加速度大小与物体所受合力大小成正比”的结论。
11.如图所示，不可伸长、长为L的轻质细绳一端固定在P点，另一端系一质量为m的小球。现将小球拉至细绳沿水平方向绷紧的状态后，由静止释放，小球在竖直平面内运动，经过某位置Q点，已知P、Q连线与水平面的夹角为θ。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1)求小球在位置Q点时细绳对小球拉力T的大小；
(2)若小球在位置Q点时小球竖直分速度最大，求sinθ的值。
12.如图所示，足够长的木板AB上表面O点左侧粗糙、右侧光滑，质量为M=3kg，以速度v0=1m/s在光滑水平面向右运动。质量为m=1kg的小物块P以相对地面速度为零轻放到木板上表面，并同时对小物块施加一水平向右的拉力F=0.5N；第一次，小物块P轻放到B端后，始终未通过O点，并再回到B端：第二次，小物块P轻放到OB间的某一位置。能通过O点，通过O点的速度大小v1=0.5m/s。小物块P与木板粗糙部分的动摩擦因数μ=0.03，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。
(1)求小物块P从轻放到B端再到回到B端通过的位移；
(2)求小物块P轻放到OB间的某一位置后，在O点左侧距O点的最远距离；
(3)通过计算判断：将小物块P轻放到OB间的某一位置，通过O点后是否能够再通过O点？
13.如图所示，一定量的理想气体从状态A经等温过程AB、绝热过程BC、等温过程CD、绝热过程DA后，又回到状态A。其中，过程AB中气体会______(选填“释放”或“吸收”)热量；若过程AB中气体的温度为T1、过程CD中气体的温度为T2，则T1 ______T2(选填“大于”“小于”或“等于”)；完成一次循环，气体回到状态A时内能是______(选填“增加”、“减少”或“不变”)。
14.如图所示，粗细均匀的“T”型导热玻璃管中装有水银，竖直管中水银柱长为10cm，水平管内的水银足够多，A段封闭气柱长为5cm，B段封闭气柱长为10cm，大气压强为75cmHg，环境温度为300K。求：
(1)将玻璃管绕水平管缓慢转过90°至“T”型玻璃管水平，稳定时竖直管中水银液面移动的距离；
(2)若不转动，要使竖直管中的水银液面移动与(1)问中相同的距离，需将环境温度升到多少。
15.图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的波形图，图乙为x=5cm处质点的振动图像，则下列说法正确的是( )
A. 该波的波长为10cm
B. 该波的传播速度为0.02m/s
C. 若这列波向右传播，图甲可能是 t=6s时刻的波形图
D. 从图甲所示时刻起再过9s，x=8cm处的质点运动的路程为20cm
E. 若这列波向左传播，从图甲所示时刻起再过3s，x=1cm处质点的位移为−5 32cm
16.如图所示，等腰梯形ABCD为某透明棱镜的横截面，已知该棱镜材料的折射率为 2，∠A=∠B=75°，且边AB= 3L。一单色光从AD边上的E点沿某方向射入棱镜，其折射光照射到AB界面时，恰好发生全反射，并最终从BC界面射出。光在真空中的传播速度为c，不考虑光在每个面上的多次反射，求：
(1)该单色光从AD面入射时的入射角；
(2)该单色光在棱镜中的传播时间。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.该同学从起跳最低点到上升最高点过程中，由EP=mgh可知重力势能逐渐增大到最大，故A正确；
B.到最高点竖直方向的速度为0，水平方向有一定的速度，故动能在最高点不是0，故B错误；
CD.该同学做斜抛运动，为曲线运动，故CD错误。
故选：A。
(1)利用重力势能与重力做功的关系，来判断重力势能及动能的变化情况；该同学做斜抛运动，为匀变速曲线运动。
本题综合考查牛顿运动定律、功能关系。跨章节的小型综合。对学生要求较高，需要具备初步分析解决问题的能力。
2.【答案】B
【解析】解：两小球水平抛出后做平抛运动，水平方向做匀速运动，则有
x=vt
竖直方向做自由落体运动，则有
h=12gt2
根据题意由几何知识可知，从抛出到落地，水平方向运动的距离之比为
x1：x2=2：1
竖直方向运动的距离之比为
h1：h2=2：1
解得
v1= 2v2
落地时竖直方向分速度为
vy=gt
落地时重力的功率
P=mgvy
则
P1= 2P2
故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据平抛运动的规律和几何知识计算抛出时的速度之比，根据匀变速直线运动速度—时间关系和瞬时功率公式计算落地时的重力功率之比。
本题关键掌握平抛运动的规律和瞬时功率公式。
3.【答案】C
【解析】解：AB、对物体受力分析可知，物体受重力，绳子BN的拉力FB，绳子AM的拉力FA，由于物体处于静止状态，所以三个力的合力为零，由题意可知，重心与O点的连线为重力的方向，FB与重力交于O点，由共点力平衡可知，FA也交于O点，故AB错误；
CD、对O点受力正交分解，如图
根据受力平衡可得：
FAcsα=FBcsβ
依题意，此时MA比NB长，故
α<β
因此csα>csβ
则FA故C正确；D错误。
故选：C。
对整个薄板受力分析，根据受力平衡，分析力的大小以及共线问题。
本题主要考查共点力的平衡，在做题中要注意，共点力平衡中所有力会交于一点。
4.【答案】A
【解析】解：AB、设P点与Q点之间的距离为d，根据动能定理得：Fd−μmgd=12mv2
可得：F=mv22d+μmg，则知图像的斜率k=m2d，d是相同的，由图乙可知，M对应的图像斜率更大，说明其质量更大，故A正确；B错误；
CD、由上式可知，图像的纵轴截距b=μmg，因M对应纵轴截距更小，因此M受到滑动摩擦力更小，但质量更大，说明M与地面间的动摩擦因数更小，故CD错误。
故选：A。
根据动能定理列式得到F与v2的表达式，结合图像的斜率分析两个物体质量大小。根据图像的截距关系分析动摩擦因数大小。
解答本题的关键是运用动能定理得到图像的解析式，再分析图像的斜率、截距的意义，即可完成分析。
5.【答案】D
【解析】解：ABC、物体M运动到B位置时，OM间绳长最短，此时m刚好到达最低点，速度为0，初速度也为0，所以在物体M从A到B的过程中，m先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，则m先处于失重状态后处于超重状态，m的动能先增大后减小，故ABC错误；
D、在物体M从A到B的过程中，绳子拉力和重力均一直对M做正功，根据动能定理可知M的动能一直增大，故D正确。
故选：D。
在物体M从A到B的过程中，分析m速度变化情况，确定加速度方向，从而判断m的运动状态和动能的变化情况；根据外力做功情况，判断M的动能变化情况。
本题采用特殊位置法判断m的速度变化情况是关键，知道加速度方向向上时，物体处于超重状态，相反，加速度方向向下时，物体处于失重状态。
6.【答案】BC
【解析】解：A.从小球开始运动到落到B处之前过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，小球机械能增加，故A错误；
B.根据小球与弹簧组成的系统机械能守恒，有
Ep=12mv2
小球在空中运动的时间为
t=2vsinθg
AB距离为
x=vcsθt
解得x=2Epsin2θmg
故保持θ不变，若Ep越大，则AB距离越大，故B正确；
C.小球运动到最高点离轨道高度h=(vsinθ)22g=Epsin2θmg
故保持Ep不变，改变θ，若θ越大，则小球运动到最高点离轨道高度越大，故C正确；
D.AB距离为x=2Epsin2θmg
当θ=45°时，AB距离最大，小球运动到最高度点时动能为
Ek=12m(vcsθ)2=14mv2=0.5Ep
故D错误。
故选：BC。
从小球开始运动到落到B处，根据能量转化可知小球的机械能变化，根据小球与弹簧组成的系统机械能守恒结合对应的运动规律分析BC，根据AB间距离的表达式分析D项。
本题考查功能关系的运用，解题关键掌握小球运动过程中能量守恒，注意机械能守恒的条件。
7.【答案】BD
【解析】解：AB、设传送带的速度为v，M倾角为θ，货物在M1上加速运动时有：μmgcsθ−mgsinθ=ma
解得：a=μgcsθ−gsinθ
故可知θ越大，加速度越小，作出两次物块的v−t图像，如图所示：
分析可知到达M2上为匀速运动，两次货物的运输长度相同，即两次v−t图像与坐标轴围成的面积相等，根据图像可知t1CD、根据能量守恒，传输机因运送物件而多消耗的能量转化为货物的动能，重力势能和摩擦产生的内能，两种情况下货物增加的动能和重力势能之和相等，故只需比较两种情况下因摩擦产生的热量Q，设货物加速的时间为t，货物与传送带的相对位移为Δx，则有：
t=va
Q=fΔx
Δx=vt−v2t=v2t
f=μmgcsθ
联立得：Q=μmv22(μ−tanθ)
可知θ越大，Q越大，即此时传输机因运送物件而多消耗的能量多，故第二次较多，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据牛顿第二定律得到加速度的表达式，作出两次物块的v−t图像，由此分析运动时间；求出相对通过的距离，根据能量守恒定律求解因摩擦产生的热量Q，由此分析CD选项。
本题主要是考查功能关系，关键是弄清楚两种情况下货物的运动情况和受力情况，知道因摩擦产生的热等于摩擦力乘以相对距离。
8.【答案】AD
【解析】解：A、小球下滑过程由机械能守恒定律有mg(R−Rcsθ)=12mv2
当θ=π2时，小球的速度平方为12m2/s2，代入公式得R=0.6m，故A正确；
B、当θ=π2时，小球的速度平方为12m2/s2，此时是圆环对小球的弹力提供向心力，有N=mv2R=0.2×120.6N=4N
小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为F= N2+(mg)2= 42+(0.2×10)2N=2 5N，故B错误；
CD、当0<θ<π2时，有mgcsθ−N=mv2R
可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须减小，
当π2<θ<π时，有N−mgcs(180°−θ)=mv2R
可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须增大，所以0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大，故C错误，D正确。
故选：AD。
小球下滑过程机械能守恒，结合θ=π2时，小球的速度平方为12，可得半径；θ=π2时，小球受到重力与轨道的支持力，由此求出合力；根据小球受到的合力提供向心力，结合牛顿第二定律即可求出。
本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息进行解答。
9.【答案】dt gL(1−csθ)=d22t2 <
【解析】解：(1)根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，钢球通过光电门的速度为
v=dt
(2)小球从释放到A点，增加的动能为
ΔEk=12mv2=md22t2
小球从释放到A点，减少的重力势能为
ΔEp=mgL(1−csθ)
小球机械能守恒有
ΔEp=ΔEk
可得gL(1−csθ)=d22t2
(3)根据
v=ωr
可知遮光条处测得速度比球心处真实速度大，导致动能增加量测量值偏大，故真实大小关系是
ΔEp<ΔEk
故答案为：(1)dt；(2)gL(1−csθ)=d22t2；(3)<。
(1)极短时间内的平均速度近似等于瞬时速度；
(2)由机械能守恒定律和遮光条测得速度可知csθ和t的函数关系；
(3)结合实验的装置与实验的原理，分析误差产生的原因。
理解实验原理是解题的前提，解题时要知道极短时间内的平均速度近似等于瞬时速度。
10.【答案】B 0.413 0.497 甲丁 甲
【解析】解：(1)A.实验中小车受到的合外力使用力传感器测得，不用保证砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量，故A错误；
B.小车相连的细线必须与长木板平行，这样可以使小车受到的合外力等于细线拉力，故B正确；
C.为使小车受到的合外力等于细线拉力，必须要进行平衡摩擦力的操作，故C错误；
D.实验中需要刻度尺测量点迹间的距离，然后根据逐差法求加速度；
根据实验目的，只需要保持小车质量不变即可，不需要天平测量质量，故D错误。
故选：B。
(2)根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打下点6时的瞬时速度v6=x572T=3.88+4.372×0.1×10−2m/s=0.413m/s
根据逐差法，可以求出加速度为：
a=x47−x149T2=4.37+3.88+3.39−2.88−2.40−1.899×0.01×10−2m/s2=0.497m/s2
(3)图甲和乙中，力传感器的读数等于细线的拉力，等于小车受到的合外力；
根据牛顿第二定律F=Ma
变形得a=1MF
故a−F图线应该为过原点的直线，同时因为砝码盘和砝码的最大加速度不超过g，根据动滑轮原理，小车加速度不应超过2g，故甲正确，乙错误；
图丙、丁中，根据动滑轮原理，小车加速度为a时，砝码盘和砝码的加速度为a2；
对砝码盘和砝码根据牛顿第二定律mg−2F=12ma
可得a=2m+4Mmg
随着砝码盘和砝码的总质量m增大a−mg图像斜率逐渐减小，且小车加速度不应超过2g，故丙错误，丁正确。
故选：甲丁。
要得到“加速度大小与物体所受合力大小成正比”的结论，应作a−F图像，且图像应为过原点的倾斜直线，由此得到正比关系。
故选：甲。
故答案为：(1)B；(2)0.413，0.497；(3)甲丁，甲。
(1)根据实验原理和注意事项分析作答；
(2)根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打下点6时的瞬时速度；根据逐差法计算小车的加速度；
(3)根据牛顿第二定求解a−F和a−mg函数，结合图像分析作答。
解决该题的关键是掌握实验原理和实验的注意事项，掌握匀变速直线运动的加速度以及瞬时速度的求解公式，能根据牛顿第二定律列式求解加速度。
11.【答案】解：(1)小球从水平下落到Q点的过程中，由动能定理有
mgLsinθ=12mv2−0
在Q点，由向心力可得
T−mgsinθ=mv2L
代入联立解得：T=3mgsinθ
(2)小球竖直方向合力为零时，小球竖直分速度最大，则
Tsinθ=mg
又有
T=3mgsinθ
联立解得：sinθ= 33
答：(1)小球在位置Q点时细绳对小球拉力T为3mgsinθ；
(2)当小球在位置Q点时小球竖直分速度最大时有sinθ= 33。
【解析】(1)利用动能定理求出小球在Q点的速度，再利用向心力求出绳对小球的拉力；
(2)小球在运动过程中当竖直方向的合力为零时，竖直分速度最大，根据受力分析求出sinθ。
本题主要考查了圆周运动中动能定理的应用，以及速度的合成与分解，在做题中要主要某一方向上速度最大是该方向上合力为零的时候。
12.【答案】解：(1)小物块P队轻放到8端到再次回到木板B端，设经过的时间为t1，木板AB做匀速运动，位移为x1，小物块加速度大小为a1，位移为xp，则
F=ma1
x1=v0t1
xp=12a1t12
根据
x1=xp
解得
a1=0.5m/s2，t1=4s，xp=4m
(2)小物块P轻放到OB间的某一位置，通过O点后，设小物块P加速度大小为a2，木板AB加速度大小为a3，则
μmg+F=ma2
μmg=Ma3
解得
a2=0.8m/s2，a3=0.1m/s2
设小物块过O点后再经过时间t2，小物块与木板速度相等，小物块在O点左侧距O点的距离最远，小物块位移大小为x2，木板AB位移大小x3，则
v1+a2t2=v0−a3t2
x2=v1t2+12a2t22
x3=v0t2−12a3t22
设小物块在O点左侧距O点的最远距离为xpO，则
xpO=x3−x2
解得
t2=59s，x2=65162m，x3=175324m，xpO=536m
(3)假设小物块与木板速度相等后，小物块与木板之间能发生相对滑动，则小物块将相对木板向右滑动，设小物块加速度为a4，木板加速度为a5，则
F−μmg=ma4
μmg=Ma5
解得
a4=0.2m/s2，a5=0.1m/s2
因为a4>a5，则小物块将相对木板向右滑动，通过O点后能再通过O点。
答：(1)小物块P从轻放到B端再到回到B端通过的位移为4m；
(2)小物块P轻放到OB间的某一位置后，在O点左侧距O点的最远距离为536m；
(3)小物块将相对木板向右滑动，通过O点后能再通过O点。
【解析】(1)根据牛顿第二定律结合运动学公式解答；
(2)小物块与木板速度相等，小物块在O点左侧距O点的距离最远，分析小物块和木板的运动情况，从而解答；
(3)分析两物块的加速度大小，从而判断解答。
本题考查牛顿第二定律与运动学规律的综合应用，解题关键掌握木板和小物块运动情况的分析。
13.【答案】吸收 大于 不变
【解析】解：过程AB是等温变化过程，内能不变，ΔU=0。气体体积增大，气体对外做功，W<0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，Q>0，气体吸收热量；
过程BC为绝热过程，Q=0。体积增大，气体对外做功，W<0，根据ΔU=W+Q可知，ΔU<0，气体内能减小，温度降低，则T1大于T2；
同理可知，等温过程CD，气体内能不变。绝热过程DA，温度升高。BC过程降低的温度与DA过程升高的温度相同，所以BC过程减小的内能和DA过程增加的内能相同，所以完成一次循环，气体回到状态A时内能不变。
故答案为：吸收，大于，不变。
过程AB是等温变化过程，内能不变。根据图像分析气体做功情况，根据热力学第一定律ΔU=W+Q分析吸放热情况。过程BC为绝热过程，根据体积变化分析气体做功情况，再根据热力学第一定律ΔU=W+Q分析内能的变化情况，从而判断温度变化。完成一次循环，气体回到状态A时内能不变。
本题考查热力学第一定律ΔU=W+Q，要弄清楚图像表示的物理意义，能根据体积变化分析气体做功情况，根据温度变化分析内能的变化，结合热力学第一定律分析吸放热情况。
14.【答案】解：(1)开始时，封闭气体的压强为
p1=10cmHg+75cmHg=85cmHg
转过90°以后，封闭气体的压强为
p2=75cmHg
对A段封闭气柱，根据玻意耳定律有
p1LAS=p2LA′S
解得：LA′=523 cm
对B段封闭气柱，根据玻意耳定律有
p1LBS=p2LB′S
解得：LB′=1113 cm
因此竖直玻璃管中水银柱液面移动的距离为
x=LA′+LB′−LA−LB
解得：x=2cm
(2)设升高后的温度为T2，升温后气体的压强为
p3=10cmHg+2cmHg+75cmHg=87cmHg
根据理想气体状态方程，对A段封闭气柱有
p1LAST1=p3LA″ST2
对B段封闭气柱有
p1LBST1=p3LB″ST2
由于LA′′−LA+LB′′−LB=2cm
解得：T=348K
答：(1)稳定时竖直管中水银液面移动的距离2cm；
(2)需将环境温度升到348K。
【解析】(1)先求出开始时和转过90°以后封闭气体的压强，再对A段和B段封闭气柱分别运用玻意耳定律列方程，求出转过90°以后两段气柱的长度，从而求得稳定时竖直管中水银液面移动的距离。
(2)对A段和B段封闭气柱分别运用理想气体状态方程列式求解。
本题是多体问题，解答此类问题的方法是：采用隔离法，找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用一定质量的理想气体的状态方程列方程求解。
15.【答案】BCE
【解析】解：A.根据图甲可知
12λ=11cm−5cm=6cm
解得波长
λ=12cm=0.12m
故A错误；
B.根据图乙可知，周期T为6s，根据波长、波速和周期的关系，则波的速度为
v=λT=0.12m6s=0.02m/s
故B正确；
C.若这列波向右传播，根据同侧法或微位移法可知，此时刻x=5cm 处质点沿y轴正方向振动，根据图乙可知，在t=6s时刻，质点位于平衡位置，且沿y轴正方向振动，即若这列波向右传播，图甲可能是 t=6s时刻的波形图，故C正确；
D.由于从图甲所示时刻起再过9s，
9s=T+12T
则x=8cm处的质点运动的路程为
s=6A=6×5cm=30cm
故D错误；
E.若这列波向左传播，从图甲所示时刻起再过3s，波传播的距离为
Δx=vΔt=0.02×3m=6cm=12λ
即x=7cm处质点的波形传播到了x=1cm质点处，令
y1=Asin2πλx=5sin503x(cm)
将上述波形左移0.01m得到甲波形，则甲波的函数为
y2=5sin503(x+0.01)(cm)
当x=7cm时，解得
y=−5 32cm
故E正确。
故选：BCE。
根据甲图得出波长，根据乙图得出周期，结合波长、波速和周期的公式计算波速；根据同侧法或微位移法判断x=5cm 处质点振动方向，继而判断该列波的传播方向；根据一个周期内质点路程为4倍振幅求出x=8cm处的质点运动的路程；最后根据振动方程变换及代值得到质点的位移。
本题考查了波动图像和振动图像，掌握波速、波长和周期的关系，理解质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。
16.【答案】解：(1)由临界角公式：sinC=1n=1 2
解得临界角C=45°
光路如图所示：

可见
∠AFE=∠BFG=90°−C=45°，
∠AEF=180°−∠A−∠AFE=60°
r=90°−∠AEF=30°
在E点，由折射定律：
n=sinisinr
解得该单色光从AD面入射时的入射角i=45°；
(2)在三角形AEF中，由正弦定理：
EFsin∠A=AFsin∠AEF
EFsin75∘=AFsin60∘
解得EF=3 2+ 66AF
在三角形BFG中，由正弦定理：
FBsin(180∘−∠B−∠BFG)=FGsin∠B
解得FG=3 2+ 66FB
则单色光在棱镜中传播的距离
x=EF+FG=3 2+ 66(AF+FB)= 6+ 22L
单色光在棱镜中的传播速度v=cn=c 2
故该单色光在棱镜中的传播时间
t=xv=( 3+1)Lc
答：(1)该单色光从AD面入射时的入射角为45°；
(2)该单色光在棱镜中的传播时间为( 3+1)Lc。
【解析】(1)折射光照射到AB界面时，恰好发生全反射，并最终从BC界面射出，作出光路图，由临界角公式结合折射定律求解入射角。
(2根据几何关系求出单色光在棱镜中传播的距离，由v=cn求出单色光在棱镜中传播的速度，从而求得传播时间。
本题是几何光学问题，作出光路图，运用几何知识求出入射角是解题的关键之处，即能很容易解决此类问题。