2020年山东省德州市高考物理一模试卷（含解析）

这是一份2020年山东省德州市高考物理一模试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2020年山东省德州市高考物理一模试卷解析版

高考物理一模试卷

题号
一
二
三
四
五
总分
得分
 
 
 
 
 
 

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1. 物理学中，等效法是指在保证效果相同的前提下，将陌生的、复杂的、难处理的问题转换成熟悉的、容易的、易处理的问题的一种方法，以下没有运用此方法的是（  ）

A. 力的合成    B. 运动的分解
C. 认为物体的重力作用在重心上    D. 用磁感线形象地描述磁场

2. 在匀强磁场中，一个静止的U发生α衰变，放出的α粒子的速度方向恰好与磁场方向垂直，则α粒子和产生的新核做匀速圆周运动的半径之比为（  ）

A. 2：117    B. 45：1    C. 10：13    D. 13：10

3. 如图所示，足够长的光滑绝缘斜面处于水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中。将一带负电的小球自斜面上的某点由静止释放，小球沿斜面向下运动，以下说法正确的是（  ）



A. 小球的机械能守恒
B. 小球的电势能和机械能之和减少
C. 静电力做的功等于小球机械能的增加
D. 静电力做的功等于小球动能的增加

4.
如图所示，a、b、c、d、e为同一直线上的五个点，相邻两点间的距离都为L．处于a、e两点的点电荷的电荷量都为q，处于a点的为负电荷，处于e点的为正电荷。在c点有一与直线垂直的均匀带电薄板，带电量为Q，电性未知。已知d点的电场强度为零，则b点的电场强度大小为（已知静电力常量为k）
（  ）

A. +    B.     C.     D. -

5.
如图所示，光滑固定斜面倾角为30°，上端固定光滑小滑轮，跨过小滑轮的轻绳两端连接质量都为m的小物体P和Q（都可看做质点），Q离水平地面的高度为h，已知当地重力加速度为g。现释放小物体P和Q，对它们之后的运动，以下说法正确的是（  ）

A. Q着地前轻绳的张力为mg
B. Q着地前轻绳的张力为mg
C. Q着地前的最大速度大小为
D. P沿斜面上升过程中，轻绳拉力对P做的功为了mgh

二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）

6.
如图所示，宽为L的足够长光滑导轨竖直放置，导轨电阻不计，下端接有阻值为R的电阻，空间存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，质量为m的导体棒电阻不计，与导轨接触良好，重力加速度为g，现给导体棒一向上的初速度v0，使其自水平位置MN开始运动，v0＞，对于导体棒的运动情况，以下说法正确的是（  ）

A. 导体棒上升过程中加速度越来越大
B. 导体棒在上升过程中R产生的焦耳热大于导体棒自最高点返回至MN过程中R产生的焦耳热
C. 导体棒上升过程中通过R的电量等于导体棒自最高点返回至MN过程中通过R的电量
D. 导体棒返回至MN前一定有一段匀速运动的过程

7. 如图甲所示，一质量为m的物体静止在水平面上，自t=0时刻起对其施加一竖直向上的力F，力F随时间t变化的关系如图乙所示，已知当地重力加速度为g，在物体上升过程中，空气阻力不计，以下说法正确的是（  ）



A. 物体做匀变速直线运动    B. 时刻物体速度最大
C. 物体上升过程的最大速度为gt0    D. t0时刻物体到达最高点

8. 2019年1月3日“嫦娥四号”月球探测器在月球背面实现软着陆，并展开探测工作，它将通过早先发射的“鹊桥”中继卫星与地球实现信号传输及控制。在地月连线上存在一点“拉格朗日L2”，“鹊桥”在随月球绕地球同步公转的同时，沿“Halo轨道”（与地月连线垂直）绕L2转动，如图所示。在地月之间的连线上还存在一点“拉格朗日L1”（图中未标出），已知卫星位于“拉格朗日L1和L2”点时，在地月引力共同作用下便可与月球同步绕地球做圆周运动。根据图中有关数据结合有关物理知识，可估算出（  ）



A. “鹊桥”的质量
B. 地球的质量
C. L1点到地心的距离
D. 卫星在L1点绕地球公转时的向心力

9. 以下说法正确的是（  ）

A. 布朗运动不是分子的热运动
B. 对房间内的某个空气分子来说，当房间内的温度升高时，它的动能一定会增大
C. 大气压强是由于大气中的大量空气分子对与它接触的物体的碰撞产生的
D. 可以将缝衣针轻轻放置在水面上，是由于缝衣针受到了水的浮力作用
E. 并不是所有符合能量守恒定律的过程都能发生

三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）

10. 如图所示，一列简谐横波t=0时刻的波动图象，已知波沿x轴正方向传播，波速大小为0.4m/s．则在图示时刻质点a、b所受的回复力大小之比为______，此时刻起，质点c的振动方程是______cm．




四、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11. 某同学用图示的装置来验证加速度和质量成反比，在自制的双层架子上固定平板玻璃，架子放在水平桌面上，连接小车的细绳跨过定滑轮与小桶相连，实验步骤如下：
①在两个小桶中装入适量细砂，并使两桶质量（含沙子）相同
②两车紧靠架子左边的挡板，在乙车上放一个砝码，同时释放两车，当车运动一段时间后，用手机对整个装置进行拍照，在照片上，通过装置上的刻度尺，测出甲、乙两车运动的距离x1，x2，
③在乙车上逐渐增加砝码个数，重复步骤②
（1）本实验的原理是通过验证小车发生的位移与小车的质量成______，来验证合外力一定时加速度与质量成反比；
（2）实验前，该同学将装置的左端适当垫高了一些，目的是______，实验过程中______车（填“甲”或“乙”）受到的拉力更接近沙桶（含沙子）的重力
（3）若该同学以为横坐标，以乙车（含砝码）的质量m为纵坐标，作出的图线是直线，该直线的斜率为______的质量（填“甲车”、“乙车”（含砝码）或“沙桶”（含沙子））




12. （1）某同学要测量一电阻Rx的阻值，他首先用多用电表进行了粗略测量，测量时多用电表的旋钮及指针位置如图甲所示，则由多用电表读得的该电阻的阻值为______Ω



（2）为使测量结果更精确，他又用实验室提供的如下器材重新进行了测量。
电池组E：电动势为3V，内阻不计
电压表V：量程0～3V，内阻约4000Ω
电流表A：量程0～10mA，内阻为9Ω
定值电阻R1：阻值为4.5Ω
定值电阻R2：阻值为50Ω
滑动变阻器R3：阻值范围0～20Ω，额定电流为2A
开关S，导线若干
图乙为该同学设计的电路图的一部分，针对图乙请回答以下问题：
①虚线框内的元件为定值电阻______（填R1或R2）；
②导线端点P应接在______（填a或b）端；
③闭合开关S前滑动变阻器的滑片应处于______（填c或d）端；
④将电路连接好，调节滑动变阻器滑片至某位置时，电压表V的示数为2.7V，电流表A的示数为8.2mA，则待测电阻Rx的阻值为______Ω．（结果保留三位有效数字）

五、计算题（本大题共4小题，共52.0分）

13. 如图所示，相距L=2m的A、B两物体（可看做质点）静止在水平地面上，两物体与地面间的动摩擦因数相同，A的质量mA=0.1kg，B的质量mB=0.15kg。现对A施加水平向右的恒力F，F的大小为0.9N，经时间t=1s撤去恒力F，此时A运动至非常接近B的位置，撤去恒力F后A立即与B发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程无机械能损失。已知当地重力加速度g=10m/s2，求：



（1）两物体与地面间的动摩擦因数；
（2）两物体都停止运动后，两物体之间的距离。







14. 如图所示，在xOy坐标平面内，虚线PQ与x轴正方向的夹角为60°，其右侧有沿y轴正方向的匀强电场；左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m，带电量为q的带负电的粒子自坐标原点O射入匀强磁场中，经过一段时间后恰好自虚线PQ上的M点沿x轴正方向进入匀强电场，粒子在电场中的运动轨迹与x轴的交点为N．已知O、M两点间的距离为L；O、N两点间的距离为（+1）L，粒子重力不计。求：
（1）带电粒子自坐标原点O射入匀强磁场的速度大小；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）若自O点射入磁场的粒子带正电，粒子的质量、带电量、初速度等都不变，则在粒子离开O点后的运动中第二次与虚线PQ相交的交点坐标。











15.
一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p-v图象如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27℃．则：
①气体在状态B时的温度为多少摄氏度？
②该气体从状态A到状态C的过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？







16.
如图所示，半圆形玻璃砖的半径R=2cm，折射率为n=，直径AB与屏幕垂直并接触于A点。激光a以入射角i=30°射向半圆形玻璃砖的圆心O，结果在竖直放置的屏幕MN上出现两个光斑。
①求两个光斑之间的距离；
②逐渐增大入射角，使屏MN上只剩一个光斑，求另一光斑刚消失时此光斑离A点的距离。





 




















答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、在力的合成与分解中某一个力单独作用的效果和几个力共同作用的效果相同，这个力就是那几个力的合力，而这几个力就是那一个力的分力。故使用的研究方法是等效法，故A错误；
B、在运动的合成与分解中合运动单独效果等于几个分运动共同作用的效果，故体现的研究方法是等效法，故B错误；
C、重心是物体各部分所受重力的集中点，所以重心只是物体重力的等效作用点。故C错误；
D、在研究磁现象时，引入“磁感线”的概念，是模型法，故D正确；
故选：D。
等效思维的实质是在效果相同的情况下，将较为复杂的实际问题变换为简单的熟悉问题，以便突出主要因素，抓住它的本质，找出其中规律，因此应用等效法时往往是用较简单的因素代替较复杂的因素，以使问题得到简化而便于求解。
解决此类物理学方法问题，要结合研究对象判断所用的研究方法。
2.【答案】B

【解析】解：U发生α衰变的衰变方程为：U→+
衰变前后动量守恒，即氡核与α粒子的质量与速度的乘积相等，由洛仑兹力提供向心力，有：
qvB=m
得到：r=
则α粒子和产生的新核做匀速圆周运动的半径之比为==；故B正确，ACD错误。
故选：B。
写出核反应方程，得到新核的质子数，根据动量守恒定律结合圆周运动的半径计算公式进行解答。
本题主要是考查衰变，解答本题要掌握衰变过程中质量数守恒、电荷数守恒，根据动量守恒定律结合圆周运动分析。
3.【答案】C

【解析】解：A、小球沿斜面向下运动时，静电力对小球要做正功，所以小球的机械能增加，故A错误。
B、根据能量守恒定律，可知小球的电势能和机械能之和保持不变，故B错误。
C、小球沿斜面向下运动时，洛伦兹力不做功，静电力对小球做正功，导致小球的机械能增加，由功能原理知，静电力做的功等于小球机械能的增加。故C正确。
D、根据动能定理知，静电力和重力做功之和等于小球动能的增加，故D错误。
故选：C。
根据除重力以外力其他力是否做功，判断小球的机械能是否守恒。根据能量守恒定律分析电势能和机械能之和的变化情况。根据功能原理分析静电力做的功与小球机械能的增加的关系。
解决本题时要知道洛伦兹力总不做功，除重力以外力其他力做功决定了机械能的变化情况，要掌握功能原理。
4.【答案】B

【解析】解：处于a、e两点的点电荷在d点的电场强度为=，方向向左。d点电场强度为零，则均匀带电薄板在d点的电场强度与a、e两点的点电荷在d点的电场强度等大反向。
根据对称性可知，处于a、e两点的点电荷在b点的电场强度为，方向向左，均匀带电薄板在b点的电场强度为，方向向左，则b点的电场强度为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
电荷量为Q的带电薄板和在a、e点处固定电荷量均为q（q＞0）的正、负点电荷，在b点处的场强为零，说明薄板在d点的电场强度与两点电荷的电场强度大小相等，方向相反。
根据对称性求解b点的电场强度。
考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础。
5.【答案】C

【解析】解：AB、Q着地前，根据牛顿第二定律得：
对P：mg-T=ma
对Q：T-mgsin30°=ma，联立解得：a=g，T=mg，故AB错误。
C、设Q着地前的最大速度大小为v，则有：v2=2ah，可得：v=，故C正确。
D、P沿斜面上升过程中，设轻绳拉力对P做的功为W，对P，根据动能定理得：W-mghsin30°=，解得：W=mgh，故D错误。
故选：C。
Q着地前，分别以P和Q为研究对象，根据牛顿第二定律列式，即可求轻绳的张力。以PQ系统为研究对象，由机械能守恒定律求Q着地前的最大速度大小，也可以根据运动学公式求Q的最大速度。对P，利用动能定理求轻绳拉力对P做的功。
本题是连接体问题，对于速度，既可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解，也可以根据系统的机械能守恒求解。
6.【答案】BC

【解析】解：A、向上运动过程中安培力方向向下，根据牛顿第二定律可得FA+mg=ma，其中FA=BIL=，则加速度a=g+，随着速度减小，加速度减小，故A错误；
B、上升过程中的最大速度大于下落到MN处的最大速度，所以上升过程中的平均电流大，平均安培力大，导体棒在上升过程中R产生的焦耳热大于导体棒自最高点返回至MN过程中R产生的焦耳热，故B正确；
C、根据电荷量的经验公式q==可得导体棒上升过程中通过R的电量等于导体棒自最高点返回至MN过程中通过R的电量，故C正确；
D、刚开始向上运动时安培力F0=＞mg，但导体棒返回至MN前的速度减小，安培力不一定大于mg，故不一定有一段匀速运动的过程，故D错误。
故选：BC。
向上运动过程中安培力方向向下，根据牛顿第二定律分析加速度的变化，分析运动情况；根据安培力做的功大小分析产生的焦耳热大小；根据电荷量的经验公式q=分析通过R的电量等；根据平衡条件分析是否匀速运动。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，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。
7.【答案】BD

【解析】解：AB．由图可得力F与时间的关系为，则可得物体的合外力与时间的关系为，由牛顿第二定律可得加速度与时间的关系式为，则可知物体先向上做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，然后再向下做加速度增大的加速运动，在上升过程中，当加速度为零时，速度最大，即，可得，故A错误，B正确；
C．由初速度大小为零，所以末速度大小等于速度的变化大小，由前面的分析可知，加速度与时间成线性关系，所以最大速度大小为，故C错误；
D．由前面的分析可知在t=t0时，加速度为a=-g，根据运动的对称性规律可知，此时间速度减小为0，物体运动到最高点，故D正确。
故选：BD。
先由图象得出F与时间t的函数表达式，即可得出合外力随时间的表达式，根据牛顿第二定律也可得加速度与时间的表达式，结合运动规律进行分析即可。
本题的关键是由图象先得出力F与时间的关系式，注意在本题中对称性规律的使用。
8.【答案】BC

【解析】解：AB、月球绕地球公转时，已知地月距离和月球公转周期，可求得地球的质量。
设地球的质量为M，月球的质量为M′，地月距离为r，月-L2距离为r2．月-L1距离为r1．卫星的质量为m。
“鹊桥”位于“拉格朗日L2”点时，由万有引力等于向心力，得：G+G=m。
r、T和r2已知，由此式能求出月球的质量M′，不能求出“鹊桥”的质量m，故A错误，B正确。
C、“鹊桥”位于“拉格朗日L1”点时，由万有引力等于向心力，得：G-G=m，可求得L1点到地心的距离r1，故C正确。
D、卫星在L1点绕地球公转时的向心力为：F=G-G，由于卫星的质量m未知，所以不能求向心力，故D错误。
故选：BC。
月球绕地球公转时，已知地月距离和月球公转周期，可求得地球的质量。根据“鹊桥”位于“拉格朗日L2”点时万有引力等于向心力，分析知道能求出月球的质量。根据“鹊桥”位于“拉格朗日L1”点时万有引力等于向心力，分析知道能求出L1点到地心的距离。由于卫星的质量不知道，所以不能求向心力大小。
解决本题的关键要知道“鹊桥”卫星做圆周运动，靠地球和月球引力的合力提供向心力。不能认为靠地球的万有引力提供向心力进行分析求解，另外还要仅仅抓住：鹊桥卫星在地月引力作用下绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同。
9.【答案】AE

【解析】解：A、布朗运动是指悬浮微粒的无规则运动，反映的是液体分子无规则运动；故A正确；
B、当房间内的温度升高时，分子平均动能增大，但对房间内的某个空气分子来说，其动能不一定增大，故B错误；
C、大气压产生的原因可以从不同的角度来解释。初中教材的解析：大气压强是由于空气受到重力的作用、而且能流动产生的。故C错误；
D、可以将缝衣针轻轻放置在水面上，是由于缝衣针受到了水的表面张力。故D错误；
E、并不是所有符合能量守恒定律的过程都能发生，例如第二类永动机，它违反了热力学第二定律，但却符合能量守恒定律。故E错误。
故选：AE。
根据布朗运动的实质进行分析；分子热运动遵循统计规律；根据气体压强产生的实质进行分析；根据表面长力的特点进行分析；根据熵增原理、热力学第二定律进行解答。
本题重点掌握大量气体分子的统计规律；明确布朗运动的现象和实质；熟悉热力学第一定律以及热力学第二定律的各种表述，能够明确热力学第二定律的本质；基础性强，难度不大。
10.【答案】2：1  15cos10πt

【解析】解：据图知，λ=8cm，A=15cm，所以T===0.2s
所以ω===10πrad/s
简谐横波传播过程中，介质中质点做简谐运动，有这样的特点：回复力F=-kx，即回复力大小与位移大小成正比，据图知a、b的位移大小之比为2：1，所以所受的回复力大小之比为2：1．
此时刻起，质点c在最大位移处，且质点做受迫振动，所以其振动方程y=15cos10πt（cm）
故答案为：2：1；15cos10πt．
简谐横波传播过程中，介质中质点做简谐运动，有这样的特点：回复力F=-kx，即回复力大小与位移大小成正比．根据此特点求出回复力之比；根据简谐横波沿x轴正方向传播和波形平移判断质点c的振动方向，再由图读出波长和振幅，求出周期，写出振动方程．
本题要正确把握振动与波动的内在联系，由波动方向判断出质点的振动方向，振动方程要有三个要素：振幅、周期和初相位．
11.【答案】反比平衡摩擦力乙甲车

【解析】解：（1）由牛顿第二定律：，小车受到拉力相同时，加速度与质量成反比，而位移与加速度成正比；
（2）将装置的左端适当垫高了一些，目的是平衡摩擦力；由于乙车增加了砝码，故车的质量比沙的质量要大很多；
（3）由于小车发生的位移与小车的质量成反比，即：，可知：，故斜率为甲车质量。
故答案为：（1）反比（2）平衡摩擦力；乙；（3）甲车。
（1）小车受到拉力相同时，加速度与质量成反比，而位移与加速度成正比；
（2）将装置的左端适当垫高了一些，目的是平衡摩擦力；车的质量远大于沙桶的质量时，小车受到的拉力更接近沙桶（含沙子）的重力；
（3）由于小车发生的位移与小车的质量成反比，可知图象斜率。
该实验难度不大，但是题目比较新颖，注意利用题目给定的情形，结合课本此实验的注意事项可以解答。
12.【答案】110  R1bc  107

【解析】解：（1）由图甲所示可知，欧姆表选择×10挡位，待测电阻阻值为：11×10=110Ω；
（2）①流过待测电阻的最大电流约为：I=0.027A=27mA，
电流表量程为10mA，应把电流表改装成量程为30mA的电流表，
需要并联电阻阻值：R==4.5Ω，定值电阻应选择R1；
②电流表内阻已知，电流表可以采用内接法，导线端点P应接在b端；
③由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关S前滑动变阻器的滑片应处于c端；
④改装后电流表量程为原电流表量程的3倍，电流表示数为8.2mA，则流过待测带电阻电流：I=8.2×3=24.6mA，
改装后电流表内阻：RA==3Ω，
待测电阻阻值：RX=-RA=-3≈107Ω；
故答案为：（1）110；（2）①R1；②b；③c；④107。
（1）根据图甲所示确定欧姆表的倍率，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数，根据图甲所示读出其示数。
（2）①实验需要扩大电流表量程，根据实验器材选择定值电阻；
②根据题意确定电流表接法，然后确定P点连接位置；
③滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置；
④根据题意求出通过待测电阻的电流，应用欧姆定律求出待测电阻阻值。
本题考查了欧姆表读数、实验注意事项与实验数据处理；要掌握欧姆表的使用及读数方法，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；把电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值。
13.【答案】解：（1）A在恒力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，
由牛顿第二定律得：F-μmAg=mAa，
位移：L=，
代入数据解得：μ=0.5；
（2）A、B碰撞前A的速度：v=at，
两物体碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mAv=mAvA+mBvB，
由机械能守恒定律得：，
代入数据解得：vA=-0.8m/s，vB=3.2m/s，
碰撞后，由动能定理得：
对A：-μmAgxA=0-mAvA2，
对B：-μmBgxB=0-mBvB2，
两物体停止运动后，两物体间的距离：x=xA+xB，
代入数据解得：x=1.088m；
答：（1）两物体与地面间的动摩擦因数为0.5；
（2）两物体都停止运动后，两物体之间的距离为1.088m。

【解析】（1）由牛顿第二定律求出A的加速度，应用运动学公式求出动摩擦因数。
（2）两物体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的速度，碰撞后应用动能定理求出两物体的位移，然后求出两物体间的距离。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，两物体发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与动能定理可以解题。
14.【答案】解：（1）粒子在磁场中运动时qvB=
L=2rsin60°
解得粒子自坐标原点O射入匀强磁场的速度大小v=
（2）粒子自M到N做类平抛运动
沿电场方向：Lsin60°=
垂直电场方向；（）L-=vt1
得电场强度E=
（3）若自O点射人磁场的粒子带正电，粒子在磁场中逆时针转过240°后自R点垂直于电
场方向离开磁场，如图所示。

离开磁场时x坐标；xR=-rcos30°=-
y坐标：yR=-（r+rsin30°）=
粒子进入电场后自R到S做类平抛运动
垂直电场方向；xRs=vt2
沿电场方向：yRs=
tan60°=
解得：t2=，xRS=，yRS=2L
第二次与虚线PQ的交点S的x坐标：x=xRS+xR=
y坐标：y=yRS+yR=L
则第二次与虚线PQ的交点S的坐标为（，）
答：（1）带电粒子自坐标原点O射入匀强磁场的速度大小为；
（2）匀强电场的电场强度大小为；
（3）若自O点射入磁场的粒子带正电，粒子的质量、带电量、初速度等都不变，则在粒子离开O点后的运动中第二次与虚线PQ相交的交点坐标为（，）。

【解析】（1）根据粒子在磁场中运动和几何关系解得速度大小；
（2）粒子自M到N做类平抛运动，根据平抛运动规律即可解答；
（3）若自O点射人磁场的粒子带正电，粒子在磁场中逆时针转过240°后自R点垂直于电场方向离开磁场，粒子进入电场后自R到S做类平抛运动，进而解得第二次与虚线PQ的交点S的x坐标，y坐标。
本题中粒子先在磁场中做圆周运动，后进入电场做类平抛运动；过程较为复杂，在解题时要注意作出运动轨迹图，根据几何关系确定圆的圆心及半径；并注意类平抛及圆周运动间的关系。
15.【答案】解：①由题意可知，TA=273+27=300K，VA=1×10-3m3，VB=3×10-3m3，
由图示图象可知，A→B等压变化，由盖吕萨克定律得：=，
代入数据解得：TB=900K，tB=TB-273=627℃；
②气体状态参量：pA=3×105Pa，TA=273+27=300K，
VA=1×10-3m3，pC=1×105Pa，TC=？VC=3×10-3m3，
由理想气体状态方程得：=，代入数据解得：TC=300K，
A、C两状态的温度相等，两状态的内能相等，从A到C过程，△U=0，
A到B过程气体体积增大，气体对外做功：W=-Fl=-p△V=-3×105×（3-1）×10-3=-600J，
由热力学第一定律：△U=W+Q得：Q=△U-W=0-（-600）=600J＞0，气体从外界吸收600J的热量；
答：①气体在状态B时的温度为627摄氏度；
②该气体从状态A到状态C的过程中吸热，传递的热量是600J。

【解析】①根据题意求出气体的状态参量，然后应用盖吕萨克定律求出B点的温度。
②求出气体在C点的温度，然后应用热力学第一定律分析答题。
本题考查气体实验定律，形式为图象模式，难度较小，对热力学第一定律的应用，各量的正负是关键。
16.【答案】解：①设折射角为r，根据折射定律得：
n=
解得：r=45°
由几何知识两个光斑PQ之间的距离为：
PQ=PA+AQ=Rtan45°+Rtan60°=（2+6）cm。
②入射角增大的过程中，当恰好发生全反射时光斑P消失，入射角等于临界角C，即i=C
由sinC=得C =45°
光斑Q离A点的距离=Rtan45°=2cm
答：①两个光斑之间的距离是（2+6）cm；
②另一光斑刚消失时此光斑离A点的距离是2cm。

【解析】①在屏幕MN上出现两个光斑是由于激光a在O点同时发生折射和反射形成的，根据折射定律求出折射角，作出光路图，由几何知识求出两个光斑之间的距离。
②逐渐增大入射角，当恰好发生全反射时屏MN上只剩一个光斑，根据sinC=求出临界角C，结合几何关系求另一光斑刚消失时此光斑离A点的距离。
关于几何光学的问题，关键是能正确地作出光路图。此题根据题意在屏幕MN上出现两个光斑是由于激光a在O点同时发生折射和反射形成的，作出光路图。