2022年全国高考理综物理乙卷试题及答案解析.docx

《2022年全国高考理综物理乙卷试题及答案解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年全国高考理综物理乙卷试题及答案解析.docx（18页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2022年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）物理二、选择题：142022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们（ ）A所受地球引力的大小近似为零B所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零C所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等D在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小15如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。

2、一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，它们加速度的大小均为（ ）A B C D16固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ ）A它滑过的弧长 B它下降的高度C它到P点的距离 D它与P点的连线扫过的面积17一点光源以的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为的光，在离点光源距离为R处每秒垂直通过每平方米的光子数为个。普朗克常量为。R约为（ ）ABC D18安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为面。某同学在某

3、地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）测量序号102120321040A测量地点位于南半球 B当地的地磁场大小约为C第2次测量时y轴正向指向南方 D第3次测量时y轴正向指向东方19如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（ ）AL和N两点处的电场方向相互垂直BM点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左C将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功D将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零20质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始

4、在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（ ）A时物块的动能为零 B时物块回到初始位置C时物块的动量为 D时间内F对物块所做的功为21一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为、；粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位

5、置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）A粒子3入射时的动能比它出射时的大B粒子4入射时的动能比它出射时的大C粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能D粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能三、非选择题：（一）必考题：22（5分）用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻（）开始的一段时间内，该飞行器可视为沿直线运动，每隔测量一次其位置，坐标为x，结果如下表所示：0123456050710941759250533294233回答下列问题：（1）根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动，判断的理由是：_；（2）当时，该飞行器速度的大小_；（3）这段时间内该飞行器加速度的大小_（保留

6、2位有效数字）。23（10分）一同学探究阻值约为的待测电阻在范围内的伏安特性。可用器材有：电压表V（量程为，内阻很大），电流表A（量程为，内阻为），电源E（电动势约为，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选或），定值电阻（阻值可选或），开关S，导线若干。（1）要求通过的电流可在范围内连续可调，在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图；（2）实验时，图（a）中的R应选最大阻值为_（填“”或“”）的滑动变阻器，应选阻值为_（填“”或“”）的定值电阻；（3）测量多组数据可得的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时两端的电压为_V，流

7、过的电流为_，此组数据得到的的阻值为_（保留3位有效数字）。24（12分）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求（1）时金属框所受安培力的大小；（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。25（20分）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上

8、粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。（二）选考题33【物理选修3-3】（15分）（1）（5分）一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如图上的两条线段所示，则气体在_。（填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）A状态a处的压强大于状态c处的压强B由a变化到b的过程中，气体对外

9、做功C由b变化到c的过程中，气体的压强不变D由a变化到b的过程中，气体从外界吸热E由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能（2）（10分）如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞和活塞之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞不能通过连接处。活塞、的质量分别为、m，面积分别为、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为，活塞、到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为。已知活塞外大气压强为，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。（）求弹簧的劲度系数；（）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞刚运动

10、到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。34【物理选修3-4】（15分）（1）（5分）介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源和，二者做简谐运动的振幅相等，周期均为。当过平衡位置向上运动时，也过平衡位置向上运动若波速为，则由和发出的简谐横波的波长均为_m。P为波源平齿位置所在水平面上的一点，与、平衡位置的距离均为，则两波在P点引起的振动总是相互_（填“加强”或“削弱”）的；当恰好在平衡位置向上运动时，平衡位置在P处的质点_（填“向上”或“向下”）运动。（2）（10分）一细束单色光在三棱镜的侧面上以大角度由D点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射角为i，经折射后射至边的E点，如图所示，逐渐减小i

11、，E点向B点移动，当时，恰好没有光线从边射出棱镜，且。求棱镜的折射率。2022年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）物理答案解析1.【答案】C【解析】解：ABC.航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，AB错误；D.根据万有引力公式F万=GMmr2 可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。故选：C。空间站在轨道上绕地球做匀速圆周运动，宇航员在空间站中随空间站一起做绕地圆周运动，万有引力完全提供做圆周运动的向心力；根据万有引力公式分析在飞船轨道上向心力和地球表面的引

12、力大小。本题以“天宫二号”空间站直播授课为背景考查人造卫星运行问题，解题关键要分析清楚空间站的运动，知道航天器在轨道上绕地球做匀速圆周运动时万有引力提供向心力。2.【答案】A【解析】解：当两球运动至二者相距35L时，对此时进行受力分析，如图所示：因为两球关于F所在直线对称，sin=310LL2=35，所以cos=45，已知轻绳中心处受三个力，设绳子拉力为T，水平方向上受力分析，2Tcos=F，解得：T=58F，对其中一个小球用牛顿第二定律，得；T=ma，解得：a=5F8m。故A正确，BCD错误。故选A。本题需要对当两球运动至二者相距35L时这一瞬间单独进行受力分析，再根据牛顿第二定律即可求出结

13、果。本题考查受力分析和牛顿第二定律，需要对特殊位置进行分析，比较简单。3.【答案】C【解析】解：设下滑过程中，它到P点距离为L，下滑高度为，圆环半径为R，如图 由几何关系得sin=L=L2R 根据机械能守恒定律得mg=12mv2 联立解得：v=LgR，故C正确，ABD错误；故选：C。根据几何关系求出各物理量间关系，根据机械能守恒定律求出速度表达式即可。本题考查机械能守恒定律应用个，属于基础题，求出小环速率表达式即可分析。4.【答案】B【解析】解：设每个光子的能量大小为，则有：=c=6.63103431086107J=3.3151019J因为该光源辐射的功率为113W，由W=pt可知，每秒向外辐

14、射的能量为W=1131J=113J即以光源为球心，每秒通过某球面的光子能量为113J。故距离光源R处的球面满足数学公式：W=pt=NSt 即：310143.31510194R2=113可以解得：R300m，故B正确，ACD错误。故选：B。先计算每个光子的能量，再根据以光源为球心，每秒通过某球面的能量相等，列出数学表达式，即可求出某一球面的半径。本题考查光子能量的计算，要牢记公式=，并掌握波长、光速、频率之间的数量关系。难度不大，但计算时应细心，避免出错。5.【答案】BC【解析】解：A.如图所示地球可视为一个大磁场，磁场南极大致在地理的北极附近，磁场北极大致在地理南极附近。通过这两个磁极的假想直

15、线(磁轴)与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，故A错误；B.磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为B=Bx2+By2=By2+Bz2=202+462T=2516T50T代入数据得：B50T，故B正确；CD.由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测得By0，故x轴指向北方而y轴则指向西方，故C正确，D错误。故选：BC。地球可视为一个大磁场，地理的北极为磁场的南极，地理的南极为磁场的北极，磁场强度为矢量，根据图中信息即可求得该处磁场大小及方向。本题考查了地球磁场及磁场强度为矢量的运算

16、，解题的关键是知道地球可视为一个大磁场，地理的北极为磁场的南极，地理的南极为磁场的北极，磁场强度为矢量，计算矢量运算法则。6.【答案】AB【解析】解：A、两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方向两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；B、正方向底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对

17、等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；C.由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；D.由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。故选：AB。电场强度是矢量，每个位置的电场强度为各个点电荷在该点产生电场的矢量合；电势是标量，每个地方的电势是各个点电荷在此的电势的代数和，正电荷，电势降低，电势能减小，电场力做正功。此题考查电场的叠加，注意结合等量同种电荷和等量异种电荷的电场进行分

18、析，可以使问题简化。7.【答案】AD【解析】解：物块与地面间的滑动摩擦力为：f=mg=0.2110N=2N。A、t3=3s时物体的速度大小为v3，则有：(Ff)t3=mv3，其中F=4N，代入数据解得：v3=6m/s；t4=4s时速度为v4，根据动量定理可得：(F+f)(t4t3)=mv4mv3，代入数据解得：v4=0，故A正确；B、03s物块沿正方向加速运动，3s4s物块沿正方向减速运动，4s末的速度为零，4s6s物块反向加速，且加速度大小与03s内的加速度大小相等，故6s时物块没有回到初始位置，故B错误；C、3s时物块的动量大小为：p=mv3=16kgm/s=6kgm/s，故C错误；D、0

19、3s内物块的位移：x1=v32t3=623m=9m，方向为正方向；3s4s内物块的位移：x2=v3+v43(t4t3)=6+02(43)m=3m，方向为正方向；6s时物块的速度大小为v6，则有：(Ff)t2=mv6，解得：v6=4m/s4s6s物块的位移大小为：x3=v62t2=422m=4m，方向为负方向。所以06s时间内F对物块所做的功为：W=F(x1x2+x3)=4(93+4)J=40J，故D正确。故选：AD。求出物块与地面间的滑动摩擦力，根据动量定理求解3s时的速度和4s时的速度，再根据位移计算公式求解位移，根据功的计算公式求解做的功。本题主要是考查动量定理与图象的结合，关键是弄清楚运

20、动情况和受力情况，知道合外力的冲量等于动量的变化。8.【答案】BD【解析】解：在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为E=kr，即E=krA.粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；B.粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；C.带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有qE1=mv12r1qE2=mv22r2可得：12mv12=qE1r12=qE2r22即粒子1入

21、射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；D.粒子3做向心运动，则有qE2mv32r2可得：12mv32qE2r22=12mv12粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；故选：BD。离子在电场里在辐向电场力的作用下运动，1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，粒子射出时动能不发生变化；粒子3、4在非匀强电场中运动，主要看粒子是靠近O点，电场力做正功，动能增大；粒子是远离O点，电场力做负功，动能减小。本题考查了粒子在辐向的匀强电场或者在非匀强电场中的运动，判断粒子出电场动能的变化，解题的关键看电场力对粒子做什么功，中档难度。9.【答案】根据相邻1s内的位移之差接近x=79m 547

22、79【解析】解：(1)第1s内的位移507m，第2s内的位移587m，第3s内的位移665m，第4s内的位移746m，第5s内的位移824m，第6s内的位移904m，则相邻1s内的位移之差接近x=79m，可知飞行器在这段时间内做匀加速运动；(2)根据匀变速直线运动的规律可知x=507m时飞行器的速度等于02s内的平均速度，则当x=507m时，该飞行器速度的大小v=x2t2=10942m/s=547m/s；(3)根据逐差法可知，。故答案为：根据相邻1s内的位移之差接近x=79m；547；79。(1)匀变速直线运动的规律：连续相等时间内的位移之差等于一个定值。(2)匀变速直线运动的规律：某段时间中

23、间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度；(3)根据逐差法求解加速度。本题考查匀变速直线运动规律的研究，解题关键是要掌握平均速度公式和逐差法求加速度。10.【答案】10 75 2.30 4.20 548【解析】解：(1)电流表内阻已知，电流表与R0并联扩大电流表量程，进而准确测量通过Rx的电流，电压表单独测量Rx的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从0开始测量，满足题中通过Rx的电流从05mA连续可调，电路图如图1所示：(2)电路中R应选最大阻值为10的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小；通过Rx的电流最大为5mA，需要将电流表量程扩大为原来的5倍，根据并联分流的规律示意图如

24、图2所示：根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知：4mA1mA=300R0解得：R0=75；(3)电压表每小格表示0.1V，向后估读一位，即U=2.30V；电流表每小格表示0.02mA，本位估读，即0.84mA，电流表量程扩大5倍，所以通过Rx的电流为I=4.20mA；根据欧姆定律可知：Rx=UI=2.304.20103548。故答案为：(1)电路图见解析；(2)10，75；(3)2.30；4.20；548。(1)电流表需要改装，滑动变阻器采用分压式接法，由此连图；(2)根据“方便性原则”选取滑动变阻器；通过Rx的电流最大为5mA，需要将电流表量程扩大为原来的5倍，根据并联分流

25、特点进行解答；(3)根据电压表和电流表的读数方法进行读数，根据欧姆定律求解电阻阻值。对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。对于实验仪器的选取一般要求满足安全性原则、准确性原则和操作方便原则。11.【答案】解：(1)金属框的总电阻为R=4l=40.405.0103=8103，金属框中产生的感应电动势为金属框中的电流为，t=2.0s时磁感应强度B1=0.3T0.12.0T=0.1T，金属框处于磁场中的有效长度为此时金属框所受安培力大小为；(2)在t=0到t=2.0s

26、时间内金属框产生的焦耳热为：Q=I2Rt=1281032.0J=0.016J。答：(1)t=2.0s时金属框所受安培力的大小为；(2)在t=0到t=2.0s时间内金属框产生的焦耳热为0.016J。【解析】(1)求解总电阻，根据闭合电路欧姆定律求解电流，根据B与t关系求解磁感应强度，根据F=BIL求解安培力，注意L为等效长度；(2)根据Q=I2Rt求解焦耳热。本题主要是考查法拉第电磁感应定律，关键是知道Bt图象的斜率不变、感应电动势不变，则感应电流也不变。12.【答案】解：(1)设物块B的质量为M，t0时刻物块A、B达到共速，弹簧弹性势能此时最大，设为Epm，0t0时间内两物块作用过程满足动量守

27、恒定律，以水平向右为正方向，结合图(b)数据得：M1.2v0=(M+m)v0解得：M=5m此过程对A、B和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：解得：；(2)t0时刻物块A、B达到共速，此弹簧压缩量最大因0t0时间内两物块受到合力大小等于弹簧的弹力大小，故两物块所受合力大小相等，方向相反，又因M=5m由牛顿第二定律可知物块B做减速直线运动的加速度大小始终等于物块A做加速直线运动的加速度大小的15，那么在相同时间内，物块B的速度减小量始终等于物块A的速度增加量的15，由vt图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，如图1所所示：已知：0t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。即图中面积SA=0

28、.36v0t0物块B相对匀速运动而减小的位移大小等于图中面积SB，由前述分析可知：SB=15SA=150.36v0t0=0.072v0t0则0t0时间内，物块B运动的位移大小为：xB=1.2v0t0SB=1.2v0t00.072v0t0=1.128v0t0由位移关系可得第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为：lm=xBSA=1.128v0t00.36v0t0=0.768v0t0；(3)已知A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同，可知A两次滑上斜面的初速度相同，且为2v0。设A第一次下滑到斜面底端时的速度大小为vA(其方向水平向左)，A与B再次碰撞后B的速度为vB，以水平向右为正方向，对A与B

29、再次碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，结合图(b)数据得：M0.8v0mvA=MvB+m2v012M(0.8v0)2+12mvA2=12MvB2+12m(2v0)2联立解得：vA=v0设A在斜面上上滑的最大高度为，A与斜面间的动摩擦因数为，对A第一次滑上斜面到达最高点的过程，由动能定理得：mgmgcossin=012m(2v0)2对A第一次滑上斜面又到达斜面底端的过程，由动能定理得：2mgcossin=12mvA212m(2v0)2联立代入数据解得：=0.45。答：(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.6mv02；(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.768v

30、0t0；(3)物块A与斜面间的动摩擦因数为0.45。【解析】(1)t0时刻物块A、B达到共速，弹簧弹性势能此时最大。0t0时间内两物块作用过程，由动量守恒定律求得B的质量；由机械能守恒定律求解弹簧弹性势能最大值；(2)t0时刻物块A、B达到共速，此时弹簧压缩量最大。已知0t0时间内，物块A运动的距离，根据牛顿第二定律，分析两物块运动中的物理量的关系，根据vt图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，求得B物块位移，再由两物块的位移关系求解；(3)已知A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同，可知A两次滑上斜面的初速度相同。根据动量守恒定律和机械能守恒定律，求得A第一次下滑到斜面底端时的速度大小；对

31、A在斜面上滑动的过程，由动能定理求解。本题考查了力学三大原理，牛顿第二定律、功能关系、动量守恒定律的综合应用，运动过程较多，难度大。对于满足动量守恒定律的弹簧的碰撞问题，两物体共速时弹簧弹性势能最大；弹簧由原长变化到原长的过程类似于弹性碰撞。本题第(2)问是加速度变化的过程，两物块的加速度大小存在恒定的比例关系，可利用图像的面积分析运动位移关系。13.【答案】ABD【解析】解：AC、根据一定质量的理想气体状态方程pVT=C可得T=pCV，从a到b，图像的斜率不变，压强不变，从b到c的过程中，与坐标原点的连线的斜率逐渐减小，压强减小，故状态a处的压强大于状态c处的压强，故A正确，C错误；B、由a

32、到b的过程中，气体的体积增大，气体对外做功，故B正确；DE、由a到b，气体的温度升高，内能增大且气体对外做功，根据热力学第一定律U=W+Q可得：Q=UW，气体从外界吸热且大于增加的内能，故D正确，E错误；故选：ABD。根据一定质量的理想气体状态方程pVT=C可得T=pCV，结合图像判断出气体压强的变化，根据气体温度与体积的变化，判断出内能的变化和气体做功情况，结合热力学第一定律即可判断。本题结合图象考查气态方程，能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系。要注意热力学第一定律U=W+Q中，W、Q取正负号的含义。14.【答案】解(1)对活塞与弹簧整体进行受力分析得：3mg+2p0S+ps=2p

33、S+p0S对活塞受力分析得：p0S+F=pS+mg有胡克定律得：F=0.1kl联立解得：k=40mgl(2)通过对活塞与弹簧整体进行受力分析得气体的压强p=3mgS+p0，由题可知气体做的是等压变化，那么弹簧上弹力大小不变，弹簧的长度不变，即两活塞间距离不变，所以气体初态：体积V1=3.32Sl温度：T1=T0末态：体积V2=2.2Sl；温度为T2由理想气体状态方程得：V1T1=V2T2T2=T02.2Sl3.3Sl2=43T0答：(1)弹簧的劲度系数40mgl(2)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强为3mgS+p0，温度为43T0【解析】整体隔离受力分析，

34、求出气体压强与弹簧弹力，然后推出末态气体体积，根据理想气体状态方程即可求解。本题考查胡克定律、受力分析，研究对象受力的的选取、理想气体状态方程，注意题目隐含条件的挖掘。注重基础知识的夯实。15.【答案】4 加强 向下【解析】解：因周期T=0.8s，波速为v=5m/s，则波长为=vT=50.8m=4m因两波源到P点的距离之差为零，且两振源振动方向相同，则P点的振动是加强的；因S1P=10m=2.5，则当S1恰好在平衡位置向上运动时，平衡位置在P点的质点向下振动。故答案为：4；加强；向下。根据波长、波速和周期的关系得出简谐横波的波长；根据波程差和半波长的关系得出某个位置的振动特点；根据不同点的距离

35、关系分析出质点的振动方向。本题主要考查了简谐横波的相关应用，熟悉公式=vT的应用，结合波的叠加特点即可完成分析。16.【答案】解：当sini=16时，恰好没有光线从AB边射出棱镜，作出光路图如图所示设在E点发生全反射临界角为C，根据折射定律得sinC=1n由几何关系得C+AED=90r+90=AED+EAD又因DE=DA，则AED=EAD可得：r=902C根据折射定律得n=sinisinr联立解得：n=1.5。答：棱镜的折射率为1.5。【解析】依题意作出光路图，根据几何关系求出入射角和折射角的正弦值，根据折射定律求折射率。本题考查光的折射计算，此类题型通常需要正确作出光路图，根据几何关系求出入射角和折射角，再结合折射定律求解。18