②要使物块上升

1h的高度，需要将缸内气体的温度降为多少？ 214、角反射器是由三个互相垂直的反射平面所组成，入射光束被它反射后，总能沿原方向返回，自行车尾灯也用到了这一装置。如图所示，自行车尾灯左侧面切割成角反射器阵列，为简化起见，假设角反射器的一个平面平行于纸面，另两个平面均与尾灯右侧面夹45o角，且只考虑纸面内的入射光线。

(1)为使垂直于尾灯右侧面入射的光线在左侧面发生两次全反射后沿原方向返回，尾灯材料的折射率要满足什么条件？

(2)若尾灯材料的折射率n?2，光线从右侧面以?角入射，且能在左侧面发生两次全反射，求sin?满足的条件。

15、如图圆柱形导热气缸质量为M，内部横截面积为S，活塞的质量为m，稳定时活塞到气缸底部的距离为L1。用竖直方向的力将活塞缓慢向上拉，直到气缸即将离开地面为止，此时活塞仍在气缸中，此过程中拉力做的功为W0。已知大气压强为p0，重力加速度为g，环境温度不变，气缸密闭性良好且与活塞之间无摩擦。求：

（1）最终活塞到气缸底部的距离L2； （2）上拉过程中气体从外界吸收的热量Q。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、B 【解析】 【分析】

当发电机线圈的转速变为原来n倍，发电机产生交流电的电动势有效值和频率都将发生变化。变压器的输入电压变化后，变压器的输出电压、副线圈的电流、R消耗的功率随之改变，原线圈的电流也会发生变化。原线圈中电流的频率变化，通过R的交变电流频率变化。 【详解】

B：发电机线圈的转速变为原来n倍，发电机线圈的角速度变为原来n倍，据Em?NBS?可得，发电机产生交流电电动势的最大值变为原来n倍，原线圈两端电压变为原来n倍。据U1:U2?n1:n2可得，副线圈两端电压变为原来n倍，电压表V的读数为nU。故B项正确。

2U2A：R消耗的功率PR?，副线圈两端电压变为原来n倍，则R消耗的功率变为n2P。故A项错误。

RC：流过R的电流I2=U2，副线圈两端电压变为原来n倍，则流过R的电流I2变为原来的n倍；再据RI1:I2?n2:n1，原线圈中电流变为原来n倍，电流表A的读数为nI。故C项错误。

D：发电机线圈的转速变为原来n倍，发电机产生交流电的频率变为原来的n倍，通过R的交变电流频率变为原来的n倍。故D项错误。 2、C 【解析】 【详解】

通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁，因此根据磁感线的分布，再由磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小，如图所示：那么各点沿ab方向上的磁感应强度分量Bx的大小从a向b先增大，后减小到零，再反向增大，最后减小，故C正确。 故选C。 3、A 【解析】 【详解】

GMmm?4?2rA、根据万有引力提供向心力，则有，轨道半径越大，周期越大，可知a的运行周期大?22rT于卫星b的运行周期，故选项A正确；

GMmmv2B、根据，轨道半径越小，速度越大，当轨道半径等于地球半径时，速度最大等于第一宇宙?r2r速度，故b的速度小于第一宇宙速度7.9km/s，故选项B错误；

C、卫星b加速后需要的向心力增大，大于万有引力，所以卫星将做离心运动，所以不能追上前面的卫星c，故选项C错误；

D、a为地球同步卫星，在赤道的正上方，不可能经过宜昌市的正上方，故选项D错误． 4、B 【解析】 【分析】 【详解】

A．根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E?V?，得 VxE?1VEp? qVx由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率等于不是最小的，故A错误；

VEpVx，x1处的斜率可以认为与0-x1段相等，故此时电场强度并

B．根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带负电，q＜0，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有 φ3＜φ2=φ0＜φ1 故B正确；

C．由图可知，0～x1段和0～x2段电场方向相反，故加速度并不相同，不是一直做匀变速运动，故C错误； D．0～x1段电场方向不变，大小不变，x2～x3段图象的斜率减小，故电场强度大小减小，方向不变，故D错误。 故选B。 5、B 【解析】 【详解】

根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X的电荷数为2+13=15，质量数为4+27-1=30，根据原子核的电荷数等于原子序数，可知X的原子序数为15，质量数为30，故B正确；ACD错误． 6、D 【解析】 【分析】 【详解】

AB．利用点电荷场强的合成A、O、C三点的合场强均水平向右，AB错误；

C．在BD直线上场强方向垂直BD向右，则沿着BD移动正电荷电场力不做功，C错误； D．沿着电场线方向电势降低，则O点的电势低于A点的电势，选项D正确.

故选D。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7、ADE 【解析】 【分析】 【详解】

AB．由于1s＞0.2s，即质点P第一次达到相同速度的时间间隔大于第二次的，故可得到图示时刻质点P向下运动，经过1.2s正好运动一个周期回到图示位置，故波沿x轴负方向传播，且周期为1.2 s，波速

?12v＝＝m/s＝10m/s

T1.2故A正确，B错误；

C．M、Q的平衡位置距离大于

1λ，故质点M和质点Q的相位差不等于π，那么，质点M与质点Q的21λ，故质点M和质点Q的相位差等于π，那么，质点M与质点Q2位移不可能总是大小相等，方向相反，故C错误； D．N、Q的平衡位置距离刚好等于

的位移、速度总是大小相等，方向相反，故若某时刻N质点速度为零，则Q质点一定速度为零，故D正确； E．3s＝

55T，即质点M振动个周期，那么，由波沿x轴负方向传播可得：零时刻质点向上振动，故在223s时刻，质点M偏离平衡位置的位移y=-10cm，故E正确； 故选ADE。 8、BC 【解析】 【分析】 【详解】

AB．由图知，碰前瞬间甲物块的速度为

v?3m/s

碰后瞬间甲物块的速度为

v1?1m/s

设乙物块碰后瞬间的速度为v2，取碰前甲物块的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得

m甲v?m甲v1?m乙v2

解得

v2?2.5m/s