江西省赣州市宁师中学2020届高三12月月考物理试卷

江西省赣州市宁师中学2020届高三12月月考物理试卷

物理试卷 一、单项选择题（本大题共7小题，共28.0分）‎ ‎1.在科学发展史上，许多物理科学家做出了杰出贡献，他们在研究过程中应用了很多科学方法，下列叙述正确的是（　　）‎ A. 法拉第通过实验研究，总结出“磁生电”是一种在变化，运动的过程中才能出现的效应，并总结出法拉第电磁感应定律 B. 亚里士多德提出重的物体比轻的物体下落的快，是没有事实依据凭空猜想出来的 C. 富兰克林命名了正负电荷，为定量研究电现象定了基础 D. 爱因斯坦首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐射或吸收的，这个不可再分的最小能量值叫做能量子 ‎2.某人骑自行车在平直道路上行进，图中的实线记录了自行车开始一段时间内的v－t图象，某同学为了简化计算，用虚线作近似处理，下列说法正确的是　(　　)‎ A.在t3～t4时间内，自行车的速度恒定 B. 在t1时刻，实际加速度一定大于 C. 0～t3这段时间内的平均速度一定小于 ‎ D. 0～t1这段时间内的平均速度一定大于 ‎ ‎3.充电宝内部的主要部件是锂电池，充电宝中的锂电池在充电后，就是一个电源，可以给手机充电．充电宝的铭牌通常标注的是“m A·h”（毫安时）的数量，即锂电池充满电后全部放电的电荷量,机场规定：严禁携带额定能量超过160W·h的充电宝搭乘飞机．某同学查看了自己的充电宝铭牌，上面写着“10000mA·h”和“3.7V”，该充电宝 A.能带上飞机 B.额定能量为37000W·h C.额定能量为3.7W·h D. 不能带上飞机 ‎4.2019年初，中国科幻电影《流浪地球》热播、影片中为了让地球逃离太阳系，人们在地球上建造特大功率行星发动机，使地球完成一系列变轨操作、地球在椭圆轨道I上运行到远日点B变轨，进入椭圆轨道Ⅱ、在椭圆轨道Ⅱ上运行到B点，……，最终摆脱太阳束缚、对于该逃离过程，下列轨道示意图可能正确的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎5.1960年第11届国际计量大会通过了国际单位制（SI）其中“千克”作为质量的基本单位，其定义来自于一块保存在国际计量局的铂铱合金圆柱体，据国际计量局数据显示，百年来各国保存的质量基准与国际千克原器一致性发生了约0.05毫克的变化，为此2018年11月第26届国际计量大会通过了关于“修订国际单位制（SI）的1号决议，该决议将“千克”改用量子物理中的普朗克常数重新定义，使质量基本单位更加稳定，量值传递更加可靠，适用于任何地点，任何时间，若质量m与普朗克常数h的关系写成，在SI中比例系数k的单位用基本单位来表示，写成量纲式，式中L、M、T分别表示长度L，质量M，时间T，3个基本量的量纲，则量纲指数，，分别为 A. B. C. D. ‎ ‎6.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，此加速器由两个半径均为R的铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙。比荷为k的质子由加速器的中心附近飘入加速器，以最大速度vm射出加速器。氘核的比荷是质子比荷的，下列说法正确的是（　　）‎ A．交变电压u的最大值越大，质子射出加速器的速度也越大 B．磁场的磁感应强度大小为 ‎ C．此加速器可以直接用来加速氘核 ‎ D．若此加速器中磁场的磁感应强度加倍，就可用来加速氘核 ‎7.如图,为排球场示意图,场地长为MN,网AB高为H，某次训练时,从网左侧P点正上方的O处,将质量为m的球沿垂直于网的方向水平击出,球恰好通过网的上沿落到右侧底线N处,从击球到球落地用时为t。已知MA=NA,AP=,取重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是 A.球在网左侧运动时间为 B.球在网左右两侧运动速度变化量之比为1:2‎ C.球的重力势能减少了 D.球过网时与落到右侧底线时动能之比为1:9‎ 二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）‎ ‎8.如图所示，C1为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地．M和N为两水平正对放置的平行金属板，当金属板带上一定电荷后使在两板间的一带电小球P处于静止状态．M板与b板用导线相连，N板接地．在以下方法中，能使P向上运动的是( ) ‎ A.稍微增大M、N间的距离 B.稍微增大a、b间的距离 C.取出a、b两极板间的电介质 ‎ D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质 ‎9.如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原、副线圈匝数比为a，降压变压器的原、副线圈匝数比为b，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数增大了△U，则下列判断正确的是（　　）‎ A．电压表V1的示数不变 B．电流表A2的示数减小了 ‎ C．电流表A1的示数减小了 D．输电线损失的功率减小了 ‎ ‎10.根据生活经验可知，处于自然状态的水都是往低处流的，当水不再流动时，水面应该处于同一高度。将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度转动，稳定时水面呈凹状，如图所示。这一现象可解释为，以桶为参考系，其中的水除受重力外，还受到一个与转轴垂直的“力”，其方向背离转轴，大小与到轴的垂直距离成正比。水面上的一个小水滴在该力作用下也具有一个对应的“势能”，在重力和该力的共同作用下，水面上相同质量的小水滴最终将具有相同的势能。根据以上信息，下列说法正确的是 A. 该“力”对水面上小水滴做功与路径无关 B. 小水滴沿水面向上移动时该“势能”增加 C. 水面上的小水滴受到重力和该“力”的合力一定与水滴所在水面垂直 D. 小水滴沿水面向上移动时重力势能的增加量等于该“势能”的减少量 二、实验题探究题（本大题共2小题，共16.0分）‎ ‎11(7分).如图,OA为一圆弧,其末端水平。ABC为一斜面体。圆弧末端恰好与斜面体顶端在A点重合。现借助该装置验证碰撞中的动量守恒。‎ ‎(1)先不放玻璃小球2,让钢球1从圆弧上某一适当的位置自由滚下,重复10次,用尽可能小的圆将所有的落点都圈在里面,得到钢球1的平均落点;‎ ‎ (2)将玻璃小球2静置在A点,让入射钢球1继续从相同的位置处自由滚下,在A点与小球2发生碰撞,重复10次,同样的办法确定它们各自的平均落点;(两小球体积相同,且均视为质点);‎ ‎(3)(1分)确定的落点为斜面上的P、M、N三点,其中________点为玻璃小球2的落点;‎ ‎(4)(2分)为了验证碰撞中的动量守恒,必须测量的物理量有（ ）‎ A.小球1、2的质量m1、m2; B.斜面倾角θ;‎ C.各落点到A点的距离lAM、lAP、lAN ‎(5)(2分)实验需要验证是否成立的表达式为____________ (用所测物理量表达).‎ ‎(6)(2分)如果两钢球碰撞为弹性碰撞，则应满足的表达式为 (用所测物理量表达)‎ ‎12(9分).甲同学将标准电压表V0（量程为U0＝3V，内阻r0＝3‎ ‎ kΩ）改装为电压表V，改装后的电压表刻度盘上的刻度均匀分布共有N格，该同学改装后没有在刻度盘上标上相应的刻度值，乙同学想测量出改装后电压表的量程和内阻。提供的器材有：‎ A．改装后的待测电压表V（内阻Rv未知） B．标准电压表V1（量程为3V，内阻r1约为3kΩ）‎ C．标准电压表V2（量程为30V，内阻r2约为30kΩ） D．滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）‎ E．学生电源E（输出电压调节范围0～16V） F．开关S、导线若干 ‎(1)(3分)乙同学为了得到待测电压表V的量程和内阻，按图甲所示电路图连接好实验电路，闭合开关，调节滑动变阻器，发现标准电压表V1的指针接近满偏时，待测电压表V的指针还未偏到满偏的三分之一；接着该同学只将标准电压表V1换成标准电压表V2，调节滑动变阻器，当待测电压表V的指针满偏时，标准电压表V2的指针也还未偏到满偏的三分之一。为了让电表指针均偏转到满偏的三分之一以上，且能较精确地测出待测电压表V的量程和内阻，请重新设计工作电路，将其画在如图乙所示的虚线框内。‎ ‎(2)(每空2分)根据设计的电路进行实验，调节滑动变阻器，并让待测电压表V的指针恰好偏转了n格，为了得到待测电压表V的量程和内阻，还需要测量的物理量和相应的符号是 ，待测电压表V的量程为 ，待测电压表V的内阻为 。（用测得的物理量和题中已知量的符号表示）‎ 三、解答题(本大题共4小题，共44.0分，其中第16题在16(A)或16(B)中选做一题，解答应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位)‎ ‎13(8分).如图所示，汽车沿平直公路以9m/s的速度行驶，前方两路口的红灯都是20s、绿灯都是30s，且保持同步，两路口相距x2＝282m，公路允许的最高行驶速度为36km/h。汽车行至距第一路口x1‎ ‎＝100m处时该路口的红灯亮起，司机立即刹车，汽车开始做匀减速直线运动，行至停车线时绿灯恰好亮起，为了能在第二路口的红灯亮起前正常通过第二路口，司机又立即踩油门让汽车做匀加速直线运动。求：‎ ‎(1)汽车通过第一路口前加速度的大小；‎ ‎(2)汽车到达第一路口停车线时的速度；‎ ‎(3)汽车通过第一路口后加速运动时的最小加速度。‎ ‎14(10分).如图a所示，弹簧下端与静止在地面上的物块B相连，物块A从距弹簧上端H处由静止释放，并将弹簧压缩，弹簧形变始终在弹性限度内。已知A和B的质量分别为m1 和m2，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力。取物块A刚接触弹簧时的位置为坐标原点O，竖直向下为正方向，建立 x 轴。 ‎ ‎(1)在压缩弹簧的过程中，物块A所受弹簧弹力为F弹，请在图b中画出F弹 随x变化的示意图 ‎(2)求物块A在下落过程中最大速度vm 的大小； ‎ ‎(3)若用外力F将物块 A压住（A与弹簧栓接），如图c所示。撤去F后，A开始向上运动，要使B能够出现对地面无压力的情况，则F至少多大？‎ ‎15(16分).如图所示，有两根足够长的平行光滑导轨水平放置，右侧用一小段光滑圆弧和另一对竖直光滑导轨平滑连接，导轨间距L＝1m。细金属棒ab和cd垂直于导轨静止放置，它们的质量m均为1kg，电阻R均为0.5Ω．cd棒右侧lm处有一垂直于导轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1T，磁场区域长为s。以cd棒的初始位置为原点，向右为正方向建立坐标系。现用向右的水平变力F作用于ab棒上，力随时间变化的规律为F＝（0.25t+1）N，作用4s后撤去F．撤去F之后ab棒与cd棒发生完全弹性碰撞，cd棒向右运动。金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计。求：‎ ‎(1)ab棒与cd棒碰撞后瞬间的速度分别为多少；‎ ‎(2)若s＝1m，求cd棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最大高度h；‎ ‎(3)若可以通过调节磁场右边界的位置来改变s的大小，求cd棒最后静止时的位置x与s的关系。‎ ‎16(A).(10分)如图所示，AOB为扇形玻璃砖，一细光束照射到AO面上的C点，入射光线与AO面的夹角为，折射光线平行于BO边，圆弧的半径为R，C点到BO面的距离为，AD⊥BO，∠DAO＝，光在空气中的传播速度为c，求：‎ ‎①玻璃砖的折射率及光线在圆弧面上射出时的折射角；‎ ‎②光在玻璃砖中传播的时间．‎ ‎16(B). (10分)一辆汽车停放一夜，启动时参数表上显示四个轮胎示数都为240kpa，如图所示，此时气温为27．当汽车运行一段时间后，表盘上的示数变为260kpa。已知汽车单个轮胎气体体积为35升（L）。假设轮胎内气体体积变化忽略不计，轮胎内气体可视为理想气体，标准大气压为100kpa。求：‎ ② 此时轮胎内气体温度为多少；‎ ‎②汽车通过放气的方式让胎压变回240kpa，则在标准大气压下每个轮胎需要释放气体的体积。（气体释放过程温度不变）‎ ‎ ‎ 物理参考答案 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 答案 C B A C A D B BC AC ACD ‎ 1. 解析：A．法拉第通过实验研究，总结出“磁生电”，而纽曼，韦伯在对理论和实验资料进行严格分析先，后总结出：闭合电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律，故A错误；‎ B．亚里士多德提出重的物体比轻的物体下落的快，是根据生活经验猜想出来的，故B错误；‎ C．富兰克林命名了正负电荷，为定量研究电现象奠定了基础，符合史实，故C正确；‎ D．普朗克首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐射或吸收的，这个不可再分的最小能量值叫做能量子，故D错误 ‎2. 解析：A．在t3～t4时间内，速度图线为曲线，说明速度是变化的，故A项错误。‎ B．图线在t1时刻的斜率大于虚线在该处的斜率，表明实际加速度一定大于，故B项正确；‎ C．若自行车做匀变速直线运动，则0～t3这段时间内的平均速度为由题图可知，自行车的实际位移不一定小于虚线所围面积，故C项错误；‎ D．设t1时刻对应的速度为v0，0～t1这段时间内的位移小于自行车做匀变速直线运动的位移(题图中虚线)，因而平均速度根据几何知识有则v0＝所以故D项错误；‎ ‎3. BC．由题意可知，充电宝的额定电荷量和额定电压分别为10000mAh和3.7V，所以充电宝的额定能量为 故BC错误；‎ AD．由于机场规定：严禁携带额定能量超过160W·h的充电宝搭乘飞机，所以能带上飞机，故A正确，D错误。‎ ‎4.‎ ‎ 解：根据开普勒第一定律可得，太阳在椭圆轨道的一个焦点上，由题意可知B点是椭圆轨道的远日点，地球在做离心运动，从而可知C图可能正确，ABD错误。‎ ‎5.普朗克常量一般写成，在SI中其单位“”,单位“J”是导出单位，将其用基本单位导出，有，因此，对照量纲式可得正确选项是A ‎6. 解：A、由B＝得 vm＝kBR，可见vm与u的最大值无关，故A错误。‎ B、设质子的质量为m，电荷量为q，由qvB＝m，得 B＝．当r＝R时，v＝vm，故有B＝＝．故B错误。‎ C、回旋加速器正常工作时，要求交变电压u的周期等于粒子在加速器中运动的周期，即交变电压的周期T＝＝，而氘核在回旋加速器中运动的周期T′＝＝，所以此加速器不能直接用来加速氘核。故C错误。‎ D、若此加速器中磁场的磁感应强度加倍，则氘核的周期变为 T″＝＝＝T，可用来加速氘核，故D正确。‎ ‎7. 解析：A．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，由于，所以球在网右侧的运动时间为在左侧时间为2倍，由于总时间为t，所以球在网左侧运动时间为，故A错误；‎ B．由于平抛运动的加速度恒为，由加速度定义可知，速度变化量之比等于所用时间之比即为1:2，故B正确；‎ C．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，则排球从初位置运动网的位置与排球从初位置到落地的时间之比为1：3，通过竖直方向上做自由落体运动，由得，‎ 又 解得：所以球的重力势能减小量为 故C错误；‎ D．从抛出到过网时，由动能定理有从抛出到右侧落地时，由动能定理有 由于所以球过网时与落到右侧底线时动能之比不为1:9，故D错误。‎ ‎8. 解析：因P向上运动，因此EMN增大；根据，且与S均不变；则有：QMN增大，再根据QMN=UMN•CMN，由于CMN不变，即UMN增大；由题意可知，M，b是等势面，a与N接地，电势为零；所以UMN=Uab，即Uab增大；又因为Q总量不变，且QMN增大，那么Qab必然减小，即Cab只能减小，依据可知，‎ B.稍微增大a、b间的距离，电容Cab减小，故B项正确；‎ A.稍微增大M、N间的距离，依据可知，电容CMN变小，由于Q总量不变，即又UMN=Uab 所以有：‎ 而 由于变大，所以变小，所以P向下运动，故A项错误；‎ C.取出a、b两极板间的电介质，电容Cab减小，故C项正确；‎ D.换一块形状大小相同、介电常数更大电介质，电容Cab增大，故D项错误。‎ ‎9. 解：A、由于U不变，所以电压表V1的示数不变，故A正确；‎ BC、由于V2增大，所以降压变压器原线圈的电压U3增大了b△U，根据UV1＝IA1R+U3，所以IA1R减小了b△U，所以电流表A1的示数减小了，A2的示数减小了，故C正确；B错误；‎ D、输电线损失的功率减小了△P＝，故D错误。‎ ‎10. 解析：A项：由于该力做功与重力做功类似，所以该“力”对水面上小水滴做功与路径无关，故A正确；‎ B项：由于该“力”与转轴垂直，所以小水滴沿水面向上移动时该力的方向与位移方向夹角小于，该力做正功，该“势能减小，故B错误；‎ C项：以桶为参考系，小水滴处于平衡状态，小水滴受重力，与转轴垂直且背离转轴的力，水面的支持力，由于水面的支持力方向与水面垂直，所以水面上的小水滴受到重力和该“力”的合力一定与水滴所在水面垂直，故C正确；‎ D项：由能量守恒可知，小水滴具有的重力势能和该力对应的势能之和不变，小水滴沿水面向上移动时重力势能增加，该势能减小，所以小水滴沿水面向上移动时重力势能的增加量等于该“势能”的减少量，故D正确。‎ ‎11.(3)N点(1分)，(4)AC(2分)(5)(2分)(6)(2分)‎ ‎(3)[1]小球1和小球2相撞后，小球2的速度增大，小球1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后1球的落地点是P点，2球的落地点是N点；‎ ‎(4)[2]碰撞前，小球1落在图中的M点，设其水平初速度为v1．小球1和2发生碰撞后，小球1的落点在图中的P点，设其水平初速度为v1′，小球2的落点是图中的N点，设其水平初速度为v2． 设斜面AB与水平面的倾角为，由平抛运动规律得：‎ 解得：‎ 同理可解得：‎ ‎，‎ 所以只要满足即 A．小球1、2的质量m1、m2与分析相符，故A正确；‎ B．斜面倾角θ与分析不符，故B错误；‎ C．各落点到A点的距离lAM、lAP、lAN与分析相符，故C正确。‎ ‎(5)[3]由(4)分析可知，实验需要验证 ‎(6)由弹性碰撞有 解得 ‎12.(1) (3分)(2) 标准电压表V1的示数U1，标准电压表V2的示数U2；(2分) (2分)， (2分)‎ 解：(1)将标准电压表V1和待测电压表V并联，两者电压相等，当标准电压表V1满偏时，待测电压表V的指针还未偏到满偏的三分之一，说明待测电压表V的量程大于9V．将标准电压表V1换成标准电压表V2，调节滑动变阻器，待测电压表V的指针满偏时，标准电压表V2的指针也还未偏到满偏的三分之一，说明待测电压表V的量程小于10V，则待测电压表V的量程在9～10V之间，且待测电压表V是通过标准电压表V0改装而来，可以推测待测电压表V的内阻在9kΩ～10kΩ之间。由于没有电阻箱和定值电阻，故可以把标准电压表V1和待测电压表V串联后再和标准电压表V2并联。标准电压表V1和待测电压表V的指针接近满偏时，两者电压值之和在12～13V之间，标准电压表V2的指针可偏转到满偏的三分之一以上，实验电路图如图所示：‎ ‎(2)调节滑动变阻器，让待测电压表V的指针恰好偏转n格，记录标准电压表V1的示数U1和标准电压表V2的示数U2，假设待测电压表V的量程为U，‎ 则有：，解得：，由得：。‎ ‎13.(1)a＝0.4m/s2(2) v1＝lm/s(3) a2＝2.25m/s2‎ 解析：‎ ‎(1)设匀减速运动的加速度大小为a1，由题意得刹车的时间为t1＝20s，刹车通过的位移为：x1＝100m，由位移公式得： (1分)‎ 代入数据得：a＝0.4m/s2 (1分)‎ ‎(2)设车到达第一路口停车线时的速度为v1，由速度公式得：v1＝v0﹣a1t1 (1分)‎ 代入数据得：v1＝lm/s (1分)‎ ‎(3)设匀加速的最小加速度大小为a2，汽车先匀加速至最大允许速度为：v＝36km/h＝10m/s，‎ 这个过程的时间为： (1分)‎ 后以最大速度匀速运动至第二路口，在绿灯熄灭前通过路口停车线，这个过程的时间为：‎ t3＝30s﹣t2 (1分)‎ 由位移关系得：‎ ‎ (1分)‎ 代入数据得：a2＝2.25m/s2 (1分)‎ ‎14.(1) (2) (3) ‎ ‎(1)(2分)由胡克定律可得，A受到的弹力为（x为A的位移即弹簧的形变量），所以弹力与x成正比，图像如图所示 ‎(2)当物体的加速度为零时，速度最大，此时有 ‎ (1分)‎ 由动能定理得 ‎ (1分)‎ 解得：‎ ‎ (1分)‎ ‎(3)用外力F将物块A压住时，弹簧的压缩量为，此时由平衡可知 ‎ (1分)‎ B刚好离开地面时弹簧的伸长量为，由平衡可知 ‎ (1分)‎ B刚好离开地面时A的速度为0，从撤去力F到B刚好离开地面由动能定理得 ‎ (2分)‎ 联立以上三式解得 ‎ (1分)‎ ‎15.(1)0 6m/s ‎(2)若s＝1m，求cd棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最大高度h是1.25m；‎ ‎(3)①当s≥6m时，x＝d+1＝7m 当s＜6m时，此时棒的位置坐标为x＝2s﹣d+1（m）‎ ‎②当3m≤s＜6m时，x＝（2s﹣5）m 当s＜3m时，cd棒返回穿过磁场，与ab棒发生弹性碰撞后静止。‎ ‎③当0＜s＜3m时，x＝0。‎ 解：(1)设撤去力F的瞬间，ab棒的速度大小为v1。‎ ‎4s内的平均作用力 ‎ (2分)‎ 由动量定理得 t＝mv1﹣0 （1分）‎ 解得：v1＝6m/s （1分）‎ cd棒与ab棒质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，ab棒静止，cd棒以速度v1向右。‎ ‎(2)设cd棒离开磁场时的速度为v2，由动量定理得 ‎﹣BL△t＝mv2﹣mv1 （2分）‎ q＝△t＝＝ （2分）‎ 所以 v2＝v1﹣，解得v2＝5m/s 上升的高度h＝＝＝1.25m (1分)‎ ‎(3)分三种情况：如果s足够大，cd棒在磁场内运动的距离为d。‎ 由第二题的过程可知 d＝＝6m （2分）‎ ‎①当s≥6m时，x＝d+1＝7m (1分)‎ 当s＜6m时，cd棒穿过磁场后经竖直轨道返回，若仍没有穿过磁场，即2s≥d，此时棒的位置坐标为x＝2s﹣d+1（m）‎ ‎②当3m≤s＜6m时，x＝（2s﹣5）m （2分）‎ 当s＜3m时，cd棒返回穿过磁场，与ab棒发生弹性碰撞后静止。‎ ‎③当0＜s＜3m时，x＝0。 （2分）‎ ‎16(A)① ②‎ 光路如图所示 ‎ (2分)‎ 由于折射光线CE平行于BO，因此光线在圆弧面上的入射点E到BO的距离也为，则光线在E点的入射角α满足 ‎ (1分)‎ 得 由几何关系可知 ‎ (1分)‎ 因此光线在C点的折射角为 由折射定律知，玻璃砖的折射率为 ‎ (2分)‎ 由于光线在E点的入射角为，根据折射定律可知，光线在E点的折射角为；‎ ‎②由几何关系可知 ‎ (2分)‎ 光在玻璃砖中传播的速度为 ‎ (1分)‎ 因此光在玻璃砖中传播的时间为 ‎ (1分)‎ ‎16(B)①325K②7L ‎①轮胎内气体的压强增大的过程中气体的体积不变，‎ 初状态：p1＝240kpa，T1＝273+27＝300K，末状态：p2＝260kpa 则：‎ ‎ (2分)‎ 代入数据可得：T2＝325K (2分)‎ ‎②放气开始时：p2＝260kpa，T2＝325K，V2＝V0＝35L 放气后的气体分为两部分，‎ 内部：P3＝P1＝240kpa，T3＝T2＝325K，V3＝V0＝35L 外部：P4＝100kpa，T4＝T2＝325K，V4＝？‎ 由理想气体的状态方程：‎ ‎ (4分)‎ 代入数据可得：V4＝7L (2分)‎