2022届黑龙江省大庆市高三下学期5月第三次模拟考试物理试卷（解析版）

这是一份2022届黑龙江省大庆市高三下学期5月第三次模拟考试物理试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
黑龙江省大庆市2022年高考三模物理试卷一、单选题（本大题共5小题，共30分）以下关于物理学家的成就及其得出的科学理论正确的A. 玻尔根据氢原子光请分立的特性提出电子轨秀和原子能量是量子化的
B. 查德版克通过粒子散射实验得出了原子内有中子存在
C. 卢瑟福原子核式结构理论认为原子的正电荷均匀分布在整个原子中
D. 爱因斯坦的光电效应方程得出的结论试为光电子最大初动能与光照时间有关年初冬时节，大庆市区下了一杨暴雪，降雪量达毫米，是年以来最大的次降雪，某环卫工人利用手推式风力清雪车进行道路清雪，如图所示，已知推力斜向下且与水平方向夹角为，清雪车沿水平方向以速度做匀速直线运动，则下列说法中正确的是
A. 清雪车对人的作用力大小为
B. 清雪车受到的阻力大小为 
C. 推力的功率为
D. 无论推力与水平方向夹角多大，都可以推车前进如图所示，理想变压器原线圈接在的交流电源上，原副线圈的匝数比为：，副线圈接三个阻值相同的电阻器，不计交流电表内电阻影响。闭合开关后，电压表示数为，则
A. 交流电源的峰值为，频率为
B. 电流表、的示数比为：
C. 当断开开关后，电流表的示数为
D. 当断开开关后，电压表示数为如图所示，一电容器与定值电阻并联后，与匝数为、横截面积为的螺线管、两端连接。已知定值电阻与螺线管的阻值均为，电容器的电容为，时刻，某磁场沿轴线向上穿过螺线管，其磁感应强度大小随时间变化的关系式为，则下列说法中正确的是
A. 端电势比端电势低
B. 时，通过螺线管的磁通量为
C. 内，电容器极板所带电荷量为
D. 内，定值电阻产生的热量根据天体运动规律，火星和地球每隔个月将会分列于太阳的两侧，三个天体近似连成线，这个现象称为火星合日。年月中句至月下旬便是这样一个时期，届时中国天问一号火星环绕器和祝融号火星车与地球通信信号将被太阳遮挡，无法通信而进入“日凌模式”。如图所示，假设太阳不动，地球轨道与火星轨道共面，根据题中所给数据及所掌握常识，计算从如图所示的火星合日开始到下一次地球与天问一号能通信这段时间内，地球与火星绕太阳转过的角度之比约为A.  B.  C.  D.  二、多选题（本大题共5小题，共27分）如图所示，竖直面内一绝缘细圆环，关于水平直径上下对称各镶嵌个电荷量相等的正、负点电荷，上边为正，下边为负，在竖直直径上各有一个正负电荷，其余个正、负电荷关于竖直直径对称。、、、分别为水平和竖直直径上的四个点，四点连线构成一正方形，圆心位于正方形的中心。则以下说法正确的是A. 、两点的场强不相等
B. 、两点的场强相等
C. 、两点的电势相等
D. 带正电的试探电荷沿着直线，由运动到过程，电场力先减小后增大如图所示，足够长粗糙斜面固定在水平地面上，绕过光滑滑轮的轻绳连接质量相等的物块和可看做质点，当一沿斜面向下的恒力作用在物块上，使其加速下滑的过程中物块始终未与斜面、滑轮相碰，则下列说法中正确的是
A. 恒力做功大于物块、动能增量之和
B. 恒力做功等于物块、动能增量之和
C. 物块与斜面因摩擦产生的热与的机械能增量之和等于恒力做功
D. 物块克服绳的拉力做功一定大于物块的重力势能减少量如图所示，、两极板间存在匀强电场，场强大小可以调节，两极板的宽度为，板右侧存在如图所示的磁场，折线是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为。折线的顶角，、是折线上的两点且。现有一质量为、电荷量为的带负电的粒子从点由静止经电场加速后从点沿方向水平射出，不计粒子的重力，则
A. 当粒子通过点的速度为时，可经过一次偏转直接到达点
B. 当、两极板间场强为时，粒子到达点的时间最长
C. 粒子由点到达点的时间只能为的偶数倍
D. 粒子由点到达点的时间只能为的奇数倍一定质量的理想气体，由状态经状态到状态，最后回到状态，图像如图所示，且状态和状态的连线过原点，图线、分别平行轴和轴。则下列说法正确的是
A. 气体由状态到状态的过程，气体分子的平均动能不变
B. 气体由状态到状态的过程不可能自发的进行而不引起其它变化
C. 气体由状态到状态的过程一定向外界放热
D. 气体由状态到状态的过程，气体先向外界放热再从外界吸收热量
E. 状态单位时间单位面积撞击器壁的分子数少于状态在均匀介质中有一列沿轴传播的机械波，其波动图像如图所示，实线为时刻的波形图，虚线是经过的波形图，波的周期，则下列说法正确的是
A. 波的波长为
B. B、两质点的振动情况总是相同的
C. 波的周期可能为
D. 时，点一定沿轴正方向运动
E. 这列波的波速可能为 三、实验题（本大题共2小题，共15分）某同学利用自己设计的弹簧弹射器做“探究弹簧弹性势能与形变量的关系”实验，装置如图所示。弹射器水平放置，小球在右侧端口时，弹簧恰好处于原长。现将弹簧压缩后释放，质量为的小球被弹射出去。已知桌面距离地面高度为，测量小球落地的水平距离为，小球可视为质点，重力加速度为。请回答下列问题：
为减小实验误差，弹射器出口端应与桌面边缘______填“平齐”或“远离”。
当弹簧被压缩时，弹簧的弹性势能______用字母、、、表示。
该同学在实验中测出多组数据，并发现与成正比，则探究得出弹簧弹性势能与形变量的关系是______。
A.
B.
C.
D.
某课外小组想测两节干电池组成的电源的电动势和内阻，同学们用电压表、电阻箱、开关、若干导线和待测电池组连成电路，电路中用到的器材均完好无损。
如图甲所示，该同学正准备接入最后一根导线图中虚线时的实验电路，下列关于实验操作论述正确的是______。
A.将电压表直接接在电源两端，实验时读数正常，所以实验中这样接是可以的
B.电键处于闭合状态时，接入虚线导线，此操作违反实验操作规则
C.电阻箱接入电路中时不允许阻值为零，所以应该调到任意一个不为零的阻值
D.只要小心操作，接入虚线导线后，电路是安全的
改正错误后，按照标准实验操作流程操作，该小组同学顺利完成实验，并根据测得的数据画出图乙所示的图线，其中为电压表示数，为电阻箱连入电路的阻值。由图乙可知：电池组的电动势______，内阻______。用、、表示
利用图像分析电表内电阻引起的实验误差。如图丙，图线、分别是根据电压表读数和电流描点作图得到的图像和没有电表内电阻影响的理想情况下该电源的路端电压随电流变化的图像，则由测量值得到的图像是______图线填“或者“”，图丙中线段的含义是______。
 四、计算题（本大题共4小题，共28分）绝缘轻绳长为，一端固定在点，另一端系一个质量为带电小球可视为质点在竖直面内做圆周运动，小球所带电荷量为C.当小球运动到最高点时，绳中张力，若距离圆心点正下方为绳长一半处着一水平线与小球运动轨迹圆交于点，如图所示，，求：
小球在最高点时的速度大小；
若某次小球沿顺时针方向运动到点时，绳断了，且绳断时，在下方加一个竖直方向的匀强电场，当球运动到离水平线下方的点图中没有画出时，速度方向恰好水平，求匀强电场的电场强度的大小和方向。







 小车静止在光滑的水平面上，距离小车的右侧处有一固定光滑的斜面和光滑平台组成的装置，斜面底端与小车等高，平台点与斜面平滑连接，不影响滑块经过时运动的速率。平台上点固定一竖直的弹性挡板，滑块静止于点，间距离为，间距离为。当滑块以的速度滑上小车，运动到小车右端时恰好与之共速小车未碰到平台。当滑块经斜面进入平台时，始终受到水平向右的恒力作用，当滑块在该区域内向左运动时受到同样的恒力作用，向右运动则合力为零。已知滑块、及小车的质量相等，即，斜面高，、间的动摩擦因数，，滑块、均可看成质点，且、之间以及与挡板之间的碰撞为弹性碰撞。

为保证小车与平台碰撞时、能共速，至少多长；
当滑块经斜面进入平台后，若不能在滑块匀速运动过程中追上滑块发生第二次碰撞，则需要满足的条件；
若满足问的值，求、从第一次碰撞开始到第二次碰撞经历的时间。






 为做好新型冠状病毒肺炎疫情的常态化防控工作，班级同学每天对教室进行消毒。如图是某品牌简易喷雾消毒壶的实物图和示意图。说明书如下：喷壶的最大装药液的容积为，当气体压强降为时，喷壶不能正常喷雾，打气筒的容积为。没有说明最大液面上方给气体留有体积是多少。为了测量药液最大刻线上方空间的体积，某同学按照标准将药液装到最大刻度线后，连续打气次，测得壶内压强为。已知外界大气压为，不考虑桶内药液产生的压强，及压强变化对药液体积的影响，整个过程可视为温度不变。求：
药液最大刻线上方空间的体积；
壶内装入最大药液量时，打气后液面上方气体压强达到多大才能将药液全部喷出。







 16.如图所示，半圆玻璃砖的半径，折射率为，直径与屏幕垂直并接触于点，激光以入射角射向半圆玻璃砖的圆心，结果在水平屏幕上出现了两个光斑。
求两个光斑之间的距离；
改变入射角，使屏上只剩一个光斑，求此光斑离点的最长距离。







答案和解析 1.【答案】
 【解析】解：、玻尔根据氢原子光请分立的特性提出电子轨秀和原子能量是量子化的，故A正确；
B、查德威克通过粒子轰击铍核实验发现了中子，故B错误；
C、卢瑟福原子核式结构理论表明原子的正电荷集中分布在原子中的一个很小的原子核内。故C错误；
D、根据爱因斯坦光电效应方程：，表明入射光的频率越大，光电子的最大初动能也越大，与光照时间无关，故D错误。
故选：。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
 2.【答案】
 【解析】解：、已知人对清雪车的作用力为，根据牛顿第三定律，清雪车对人的作用力大小也为，A错误；
B、清雪车沿水平方向以速度做匀速直线运动，处于平衡状态，根据平衡条件可得，，B正确；
C、推力的功率为，C错误；
D、推力水平方向的分力小于清雪车的水平方向的阻力时，将不能推车前进，故D错误；
故选B。
清雪车匀速运动，根据水平方向受力平衡可分析，结合推力的功率为可知功率大小，当夹角增大到一定数值时，推力的水平分力小于阻力时将不会运动。
本题考查简单的受力平衡问题以及功率与速度关系，属于基本题型。
 3.【答案】
 【解析】解：、电压表的示数为变压器副线圈的有效值，为，根据：：：可得原线圈电压的有效值为，则输入的交流电源的峰值为：，频率为：，故A错误；
B、设副线圈电流为，则电流表的的示数为，根据：：可得电流表、的示数比为：：，故B错误；
、开关断开后，副线圈的电流为零，则原线圈的电流为零，原副线圈的匝数比不变，输入电压不变，所以电压表示数不变，故C正确，D错误。
故选：。
电压表的示数为变压器副线圈的有效值，根据电压之比与匝数之比的关系进行分析；
电流表的的示数为副线圈电流的一半，再根据电流之比与匝数之比的关系进行分析；
开关断开后，副线圈的电流为零，则原线圈的电流为零，输入电压不变，所以电压表示数不变。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比。
 4.【答案】
 【解析】解：、根据题意可知，磁通量减小，原磁场方向向上，根据楞次定律可知，产生的电流方向从流向，则端电势比端的电势高；同理可知，在以后原磁场方向向下，且磁通量增大，根据楞次定律可知，端电势比端电势高，故A错误；
B、由于磁通量与线圈匝数无关，由图乙可知，时，通过螺线管的磁通量为，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势为，电容器两端电压为，电容器极板所带电荷量为，故C错误；
D、内电流为
定值电阻产生的热量为：，故D正确；
故选：。
根据楞次定律分析出电流的方向，由此分析出电势的高低；
根据磁通量的定义式分析出磁通量的表达式；
根据电容器的电荷量的公式代入数据完成分析；
结合焦耳定律计算出定值电阻产生的热量。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，熟悉欧姆定律和焦耳定律，以及电容器极板所带电荷量的公式即可完成分析，难度不大。
 5.【答案】
 【解析】解：万有引力提供向心力可得，得角速度为
由于地球的轨道半径小于火星的轨道半径，所以地球的角速度大于火星的角速度。
已知每隔个月发生一次火星合日，所以个月中，地球比火星多转一圈圆心角，
即，个月的时间为，又因为地球绕太阳一周的时间是个月，
所以，个月的时间为，联立上式整理代入数据解得
。则地球与火星绕太阳转过的角度之比为，故C正确，ABD错误。
故选：。
根据万有引力提供向心力判断地球绕太阳转的快，角速度大，每隔个月出现一次火星合日，即在这段时间内地球比火星多转一圈，圆心角多，已知地球绕太阳的周期可求地球的角速度，代入公式可求角速度之比，从而计算绕过的角度之比。
本题实际上是追击问题，只是地球和火星都在自己的轨道上，二者由第一次相距最远到第二次相距最远经历个月，转的快的地球比火星多绕太阳转一圈，这是解决此题的关键。
 6.【答案】
 【解析】解：、将带电圆环看成若干个点电荷，取关于水平直径对称的两个点电荷，依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如图所示，那么此两个点电荷在、两点产生电场强度大小相等，方向相同，故 A错误；
、将带电圆环看成若干个点电荷，取上半圆关于竖直直径对称的两个点电荷，依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如上图所示，那么此两个点电荷在点产生电场强度的方向竖直向下，同理，取下半圆关于竖直直径对称的两个点电荷，依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如上图所示，那么此两个点电荷在点产生电场强度的方向也竖直向下，由于、两点关于水平直径对称，那么、两点的场强相等，因此任意两个关于竖直直径对称的两个点电荷在、两点产生的合电场强度大小相等，方向都相同，那么带异种电荷的上、下半圆在、两点的场强相等，方向相同，再依据沿着电场线方向电势降低，可知，点的电势高于，故B正确，C错误；
D、根据电场的叠加可知，在点场强大小为零，故从由运动到过程，电场力先减小后增大，故D正确；
故选：。
将带电圆环看成若干个点电荷，取关于水平直径对称的两个点电荷，分析、的电场，取关于竖直直径对称的两个点电荷，分析、的电场，再依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则分析求解。
本题考查点电荷的电场分布情况以及电场的合成，注意将均匀分布着等量异种电荷带电圆环看成若干个点电荷，依据点电荷的电场强度大小与方向特点，结合矢量的合成法则分析求解。
 7.【答案】
 【解析】解：、以、整体为研究对象，设沿斜面下降的距离为，
根据动能定理可得：，
可得恒力做功
由此可见知：恒力做功等于物块与斜面因摩擦产生的热量与、的机械能增量之和，故A正确，BC错误；
D、以为研究对象可得可得绳子拉力做功
而的重力势能的减少量为，由此可得，故D正确。
故选：。
以、系统为研究对象，应用动能定理求出恒力做功的表达式判断即可；研究物体，求出绳子拉力做功表达式，再结合物体的重力重力势能减少量分析。
本题是关于功能关系的综合题，合理选择研究的过程和研究的对象，运用能量守恒进行分析。
 8.【答案】
 【解析】解：、粒子经过一次偏转直接到达点，

由图中几何关系得：

又
联立解得：
故A正确；
、根据运动对称性，粒子能从点到达点，应满足，其中为每次偏转圆弧对应弦长，偏转圆弧对应圆心角为或，设圆轨迹半径为，则有
，
可得：，
又
解得：，、、、
在，间由动能定理：

解得：、、、
当、两极板间场强为时，粒子到达点的时间最短；
当取奇数时，粒子从到过程中圆心角总和为：

，其中、、、
当取偶数时，粒子从到过程中圆心角总和为

，其中、、、，
则粒子由点到达点的时间只能为的偶数倍，故BD错误，C正确；
故选：。
根据电场力与洛伦兹力平衡，即可求解；根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，即可求解；由取奇数与偶数两种情况下，结合圆心角，从而求出时间。
本题考查带电粒子在组合场中的运动，关键是要明确粒子各个阶段的运动规律，对各个过程能熟练地选用相应的规律列式计算。
 9.【答案】
 【解析】解：、气体由状态到状态的过程做等温变化，温度不变，则气体分子的平均动能不变，故A正确；
B、根据可得：，可见气体由状态到状态的过程中气体压强不变、温度降低、体积减小，是可能自发的进行的，故B错误；
C、根据热力学第一定律可知：，气体由状态到状态的过程，由于气体体积减小、压强不变，则外界对气体做正功，而气体的温度降低，内能减少，所以气体一定放出热量，故C正确；
D、气体由状态到状态的过程，气体体积先减小后增大、温度一直升高、内能增加，体积减小过程中无法判断气体是否吸收热量，故D错误；
E、状态和状态气体的体积相同，分子数密度相同，但状态的温度高于状态，所以状态单位时间单位面积撞击器壁的分子数少于状态，故E正确。
故选：。
根据温度的变化分析气体分子的平均动能的变化；根据可得，由此分析体积的变化，再根据气体做功情况结合热力学第一定律进行分析。
本题主要是考查一定质量理想气体的状态方程之图象问题，关键是弄清楚图象表示的物理意义、知道图象的斜率表示的物理意义，根据理想气体的状态方程结合热力学第一定律进行分析。
 10.【答案】
 【解析】解：、分析波形图，可知波长，故A正确；
、设波沿轴正方向传播，则，、、，其中，则时，，波速；时，，解得波速；
设波沿轴负方向传播，则，、、，其中，则时，，解得波速，故CE正确；
D、当波沿轴负方向传播时，，在时，质点在平衡位置下方，沿轴负方向运动，故D错误；
B、、两质点平衡位置相隔半个波长，振动情况完全相反，故B错误；
故选：。
根据波形图，确定波长；波可能沿轴正方向传播，也可能沿轴负方向传播，根据，确定周期，计算波速；平衡位置相隔半波长奇数倍的两质点，振动情况完全相反。
本题考查了波动规律。分析时间与周期的关系，得到周期，并根据时间与周期的关系，分析质点的状态，牢记平衡位置相隔半波长奇数倍的两质点，振动情况完全相反。
 11.【答案】平齐  
 【解析】解：弹射出后小球做平抛运动，为了测量速度是抛出时的速度，只有弹射器出口端与桌面边缘齐平，弹射后的速度才水平，从而减小速度引起的误差；
根据能量守恒，弹簧的弹性势能转化为小球抛出时的动能，则有



整理得：
该同学在实验中测出多组数据，并发现与成正比，则探究得出弹簧弹性势能与形变量的关系是，故C正确，ABD错误；
故选：。
故答案为：平齐；；
根据实验原理掌握正确的实验操作；
根据能量守恒得出弹性势能与速度的关系，结合平抛运动在不同方向的运动特点分析出速度并完成分析；
根据弹性势能与形变量的表达式完成分析。
本题主要考查了弹力和弹簧伸长的关系，理解平抛运动的物体在不同方向的运动特点，结合能量守恒定律即可完成分析。
 12.【答案】      通过电压表的电流
 【解析】解：、由于电压表与电源直接相连，若量程小于电动势时将造成电压表损坏，故A错误；
、在连接电路时开关就该是断开的，这是电路的基本操作，若电阻箱接入电路的电阻为零，则直接导致短路，否则烧毁电源，故BC正确，D错误。
故选：
由于它得到的是图线，而对闭合电路欧姆定律而言，，也就是，将其变形后朝自变量是，因变量是，故转化上式，即为：，故图线的斜率是，截距为，再结合图象的物理量可得斜率为：，及解得：，内阻：。
当不考虑电压表内阻时，根据闭合电路欧姆定律要：，考虑电压表内阻时有，显然图是未考虑电压表内阻的图象，从以上表达式可知：段表示通过电压表的电流。
答案为：；、；、通过电压表的电流
依据电压表和开关的位置，结合电动势与电压表量程的大小等内容分析；
根据闭合电路欧姆定律，结合图线的斜率，及纵截距，从而即可求解；
根据伏安法测电源和电动势内阻的实验原理，结合电压表的分流引起的误差进行分析。
考查闭合电路欧姆定律的内容，掌握图线斜率与截距的含义，并能理解图象法解决问题的方法，注意第问，通过闭合电路欧姆定律求得的电动势与内阻，是否有电流计的内阻是解题的关键。
 13.【答案】解：由于小球在竖直面内做匀速圆周运动，设最高点速度为。
由牛顿第二定律得：
解得：
设小球在点速度为，从最高点运动到点，由动能定理，可得：
 
设小球运动到点的竖直方向速度为，由运动合成与分解可得：
设竖直方向加速度为，可得：
解得
由牛顿第二定律得：
解得：，沿竖直向上方向．
答：小球在最高点时的速度大小为。
匀强电场的电场强度的大小为，方向竖直向上。
 【解析】小球在最高点时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求小球在最高点时的速度大小；
小球从最高点运动到点，由动能定理求出小球到达点的速度大小。小球从点运动到点，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律和分运动规律相结合求匀强电场的电场强度的大小和方向。
解决本题的关键要熟练运用运动的分解法，来处理带电体在匀强电场中做的匀变速曲线运动，根据牛顿第二定律和分运动的规律相结合求解电场强度。
 14.【答案】解：设、获得共同速度为，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
代入数据解得：
若、共速时刚好运动到斜面底端，对应用动能定理得：
代入数据解得：
则保证运动到斜面底端前、能够共速，应满足的条件是：
滑块冲上斜面，到斜面顶端时速度为由动能定理
解得：
上到高台后受到为，开始做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律可知：，解得
设与碰前的速度为，由运动学公式：
与发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知：
由机械能守恒定律可知：
联立解得，
A、第一次碰后，合力为零，沿斜面做匀速直线运动，运动到点所用时间为：
碰后的加速度不变，运动到点所用时间为
由题意得：解得：   与同向运动不能相撞，此时有
当时，与反向相撞即先与挡板碰撞，然后与发生第二次碰撞根据题意，与挡板碰后速率仍为： 设向左运动时加速度大小为，则解得：
设与挡板碰撞后向左运动到与第二次碰撞的时间为，则
解得
反向减速至零的时间：
因为，故所求合理
所以：
答：为保证小车与平台碰撞时、能共速，至少；
当滑块经斜面进入平台后，若不能在滑块匀速运动过程中追上滑块发生第二次碰撞，则需要满足的条件是；
若满足问的值，则、从第一次碰撞开始到第二次碰撞经历的时间为。
 【解析】根据动量守恒求的共同速度，再由能量守恒定律求出小车至少的长度；
根据动能定理可得到达斜面顶端的速度，再由动力学规律求碰撞前的速度，再根据弹性碰撞的规律分别碰撞后的速度，由运动学规律和题设要求，得到满足的条件；
根据第问的碰撞的速度，由运动学规律求出追上碰撞的时间，再结合实际进行检验。
本题主要考查了动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律，在板块模型和碰撞的应用，解题的关键点是找准物理过程，结合牛顿第二定律，运动学规律完成解答，难度较大。
 15.【答案】解：对喷雾器内的气体和待打入的气体为研究对象，根据一定质量的理想气体状态方程“分态式”可得：
，其中次，
解得：；
喷壶内的气体，初态压强：？体积：
末态压强：，体积：
根据玻意耳定律得：
解得：。
答：药液最大刻线上方空间的体积为；
壶内装入最大药液量时，打气后液面上方气体压强达到才能将药液全部喷出。
 【解析】对喷雾器内的气体和待打入的气体为研究对象，根据一定质量的理想气体状态方程“分态式”进行解答；
以喷壶内的气体为研究对象，根据玻意耳定律定律列方程求解。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：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。
 16.【答案】解：光路图如图所示：

设折射角为，折射光线交于点，反射光线从玻璃砖射出后交于点，
根据折射定律有，
解得：，
由几何关系可得两个光斑、之间的距离  ，
解得：；
当入射角增大发生全反射时，屏上只剩一个光斑，此光斑离点最远时，恰好发生全反射，入射角等于临界角，
即，且 ，
，
代入数据解得： 。
答：两个光斑之间的距离；
改变入射角，使屏上只剩一个光斑，则此光斑离点的最长距离是 。
 【解析】光线在面上发生反射和折射，在水平屏幕上出现两个光斑，画出光路图，根据折射定律和反射定律，结合几何关系求出两个光斑之间的距离。
要使透射光消失，必须使光线在上发生全反射，入射角应大于等于临界角，并结合 ，从而即可求解。
通过考查了折射定律、全反射和反射定律的基本运用，难度不大，对数学几何的能力要求较高，需加强训练。