2021-2022學年江西省上饒市六校高三（下）第一次聯(lián)考物理試卷 關于放射現(xiàn)象，以下敘述正確的是A. 原子序數小于83的化學元素不存在放射現(xiàn)象
B. 有60個放射性元素的原子核，當有30個發(fā)生衰變所需的時間就是該元素的半衰期
C. 在、衰變中伴隨產生射線，衰變前后的核子數不變但存在質量虧損
D. 鈾核衰變?yōu)殂U核的過程中，要經過8次衰變和10次衰變2021年11月7日晚上，神舟十三號載人飛船中航天員翟志剛、王亞平身著新一代“飛天”艙外航天服，先后從天和核心艙節(jié)點艙成功出艙，出艙時間大約小時。已知空間站圍繞地球一圈的時間90分鐘，一天繞行地球飛行16圈。由此推斷，有關神舟十三號與地球同步衛(wèi)星的認識，正確的是
A. 神舟十三號載人飛船中宇航員沒有受到力的作用
B. 神舟十三號載人飛船的線速度大于第一宇宙速度
C. 神舟十三號載人飛船的高度大于同步衛(wèi)星的高度
D. 神舟十三號載人飛船的高度小于同步衛(wèi)星的高度某排球教練給隊員進行擊球示范，她先站著將排球以某速度水平擊出，然后她又進行起跳擊球示范，她起跳后將同一排球以另一速度水平擊出，若兩次擊球點分別為N點、M點，擊球高度分別為h、2h，兩擊球點在同一豎直線上，且排球落地時的水平位移分別為2h、h，如圖所示。則A. 排球第一、二次的位移大小之比為1：1
B. 排球第一、二次的運動時間之比為1：2
C. 排球第一次的初速度是第二次的2倍
D. 排球第二次的末速度比第一次的末速度小在2021年的東京奧運會上，中國體育健兒表現(xiàn)出高昂斗志，頑強作風，精湛技能，生動詮釋了奧林匹克精神和中華體育精神，實現(xiàn)了“使命在肩、奮斗有我”的人生誓言。中國10米跳臺選手全紅嬋憑借“水花消失術”勇奪桂冠，一戰(zhàn)成名。如圖所示，在女子10m跳臺的決賽中，全紅嬋豎直向上跳離跳臺的速度為，豎直入水后到速度減為零的運動時間與空中運動時間相等，假設所受水的阻力恒定，該運動過程中全紅嬋可看成質點，不計空氣阻力，全紅嬋的體重為35kg，重力加速度大小為，則A. 全紅嬋在空中運動的時間為
B. 入水后全紅嬋受到水的阻力為
C. 全紅嬋入水時速度為
D. 跳離跳臺后上升階段全紅嬋處于超重狀態(tài)如圖所示，矩形線框的匝數為N，面積為S，理想變壓器原、副線圈的匝數比為3：1，定值電阻、的阻值均為R，線框所處磁場可視為勻強磁場，磁感應強度大小為B，現(xiàn)讓線框由圖示位置開始繞軸以恒定的角速度沿逆時針方向轉動，忽略線框以及導線的電阻。下列說法正確的是
A. 圖示位置，線框的輸出電壓為
B. 流過定值電阻的電流為
C. 矩形線框的輸出功率為
D. 定值電阻消耗的電功率與理想變壓器的輸出功率之比為1：1如圖所示，平行板電容器的兩個極板小B接在電壓為60V的恒定電源上，兩極板間距為3cm，電容器帶電荷量為，A極板接地。則下列說法中正確的是A. 平行板電容器的電容
B. 平行板電容器兩極板之間的電場強度
C. 距B極板為2cm的C點處的電勢為20V
D. 若將A板下移一小段距離，則固定在距B極板為2cm的C點處的正電荷的電勢能將增大如圖所示，ef、gh為水平放置的足夠長的平行光滑導軌，導軌問距為，導軌左端連接一個的電阻，一根電阻為、質量為1kg的金屬棒cd垂直地放置導軌上，與導軌接觸良好，導軌的電阻不計，整個裝置放在磁感應強度為的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向上?，F(xiàn)對金屬棒施加4N的水平向右的恒力F，使棒從靜止開始向右運動，則下列說法中正確的是
A. 金屬棒速度為零時的加速度為
B. 當導體棒速度時，導體棒的加速度為
C. 金屬棒達到的最大速度是
D. 金屬棒達到最大速度后，電阻R上的熱功率為16W如圖所示，半徑的光滑半圓軌道BC與傾角的粗糙斜面軌道在同一豎直平面內，兩軌道間由一條光滑水平軌道AB相連，A處用光滑小圓弧軌道平滑連接，B處與圓軌道相切。在水平軌道上，兩靜止小球P、Q壓緊輕質彈簧后用細線連在一起，某時刻剪斷細線后，小球P向左運動沖上斜面，小球Q沿圓軌道恰好能到達C點。已知小球P的質量，小球Q的質量，小球P與斜面間的動摩擦因數，小球到達A點或B點時已和彈簧分離。已知重力加速度，，，則
A. 剪斷細線后彈簧對小球Q的彈力的沖量大小為
B. 小球P沿斜面上升的最大高度
C. 剪斷細線之前彈簧具有的彈簧勢能75J
D. 剪斷細線之前彈簧具有的彈簧勢能實驗小組用圖甲所示的裝置來測量當地的重力加速度，由氣墊導軌下端的刻度尺測得光電門1、2之間的距離，遮光片通過光電門的時間可通過與光電門相連的數字計時器讀出。測得滑塊和槽碼的質量分別為和。
用游標卡尺測量該遮光片的寬度，如圖乙所示，則遮光片的寬度______mm。
滑塊經過光電門1、2的遮光時間分別為、，則滑塊經過光電門2的瞬時速度為______。結果保留兩位小數
當地的重力加速度______。結果保留兩位小數
 
多用電表是實驗室中常用的測量儀器，某實驗小組的同學練習使用多用電表。請回答下列問題：
多用電表無論是測電流、電壓還是電阻，電流總是從______填“紅”或“黑”表筆流進多用電表。
使用多用電表測電阻時，將選擇開關撥至歐姆“”擋，正確操作后，指針位置如圖所示，則待測電阻阻值約為______。

該小組同學計劃粗測多用電表內電源的電動勢，標準值為10V，將選擇開關撥至歐姆擋“”擋并歐姆調零后，與內阻為、量程15V的電壓表串聯(lián)，電壓表示數為，則電源的電動勢______填“大于”“小于”或“等于”標準值；則中電阻的測量值______填“大于”“小于”或等于電阻的真實值。如圖所示，光滑斜面體ABC固定在水平面上，底角，頂角，物塊a和長木板b分別放在斜面BC和AB上，細線繞過固定在斜面頂點的輕質光滑定滑輪，兩端分別與物塊a和長木板b相連，將物塊a鎖定，滑輪兩側的細線分別與兩側的斜面平行，長木板b的質量為m，物塊a質量為2m，解除物塊a的鎖定，同時將質量為的物塊c輕放在長木板的上端，物塊c始終保持靜止，重力加速度為，，。
求開始釋放時物體a的加速度。
如果經過之后，ab間繩子斷裂，問開始時長木板b上端距滑輪至少需多大距離才能避免與滑輪相碰？設整個過程中c不會從b上掉落。結果保留一位小數







 如圖所示，坐標系xOy在豎直平面內，水平軌道AD和傾斜彈性擋板碰撞時沿板方向速度不變，垂直板方向速度等大反向均光滑且絕緣，AD長度為L，DC長度為，彈性擋板DC與水平地面間的夾角，有一質量為m，電荷量為的帶電小球可視為質點被放在A點，已知在第一象限分布著相互垂直的勻強磁場和勻強電場，電場方向豎直向上，場強大小為，磁場為水平方向圖中垂直紙面向外，磁感應強度為B；在第二象限分布著沿x軸正方向的水平勻強電場，場強大小為?，F(xiàn)將放在A點的帶電小球由靜止釋放，求：
帶電小球運動到D點時的速度；
帶電小球在磁場中運動的半徑；
求帶電小球從A點出發(fā)到到達x軸過程中所用的時間小球所帶的電荷量不變。






 如圖所示，一開口向下的固定絕熱容器內，用輕質絕熱活塞封閉一定質量的理想氣體，活塞與氣缸無摩擦?，F(xiàn)在外力F作用下，將活塞緩慢向下拉動一小段距離后停止。關于這一過程下列說法正確的是
 A. 氣體體積增大，氣體對外界做功
B. 分子的平均動能減小，氣體溫度降低
C. 氣體的壓強與氣體分子的平均動能成正比
D. 氣體體積增大，與外界無熱量交換，內能減小
E. 氣體分子單位時間撞擊單位面積器壁的次數不變如圖所示，豎直面內有B端封口、A端開口的直角導熱粗細均勻細玻璃管，兩邊管長均為L，現(xiàn)在管內靠近B端用水銀封閉一段氣柱，使得A端氣柱長恰與其相等，封閉A端氣柱長不變，測得這兩段氣柱長均為?，F(xiàn)將該玻璃管逆時針緩慢旋轉，使A端在下B端在上，測得此時B端氣柱長度是A端氣柱長度的3倍，求管長轉動過程兩端氣柱無氣體交換，大氣壓強為。







 一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，波源位于坐標原點處，從時開始向上振動，如圖所示是簡諧橫波在時的部分波動圖象，a、b、c是波傳播方向上的質點，橫坐標分別為、、。下列說法正確的是A. a、c質點的位移大小始終相等
B. 波的傳播周期可能為
C. 波源的振動方程可能為
D. 在內，波源通過的最小路程為40cm
E. 在內，質點b通過的最小路程為150cm如圖所示，半徑為R的四分之一圓是某玻璃磚的橫截面，該玻璃磚放置在真空中，b兩束單色光同時從A點發(fā)出，a光射出玻璃磚時平行于OG，已知兩束光在玻璃磚中的傳播路徑平行，，，，光在真空中的傳播速度為c，求：
玻璃磚對a光和b光的折射率；
光從A點出射到射出玻璃磚的時間。








答案和解析 1.【答案】C
 【解析】解：A、原子序數大于83的原子一定有天然放射現(xiàn)象，而小于83的原子也可能有放射現(xiàn)象，比如放射性同位素，故A錯誤；
B、半衰期是針對大量原子核而言才具有的規(guī)律，故B錯誤；
C.在、衰變中伴隨產生射線，衰變前后的核子數不變，因為衰變釋放能量，根據可知，反應前后存在質量虧損，故C正確；
D、設鈾核衰變?yōu)殂U核的過程中需要經過x次衰變和y次衰變，
根據質量數和電荷數守恒則有：，，
所以解得：，，即衰變過程中共發(fā)生了8次衰變和6次衰變，故D錯誤。
故選：C。
半衰期由原子本身決定，是由大量原子核統(tǒng)計的規(guī)律；原子序數大于或等于83的所有元素都有天然放射現(xiàn)象；在、衰變中釋放能量，可知有質量虧損；根據電荷守恒可解得經過衰變和衰變的次數。
本題考查了半衰期的概念，三種射線的特點和衰變過程中質量數、電荷數守恒
 2.【答案】D
 【解析】解：神舟飛船繞地球做圓周運動，宇航員受到地球的萬有引力作用，故A錯誤；
B.由萬有引力提供向心力有：，解得：，第一宇宙速度為衛(wèi)星在地球表面繞地球做勻速圓周運動時的速度，由于神舟飛船的軌道半徑大于地球的半徑，則神舟十一號載人飛船的線速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；
根據開普勒第三定律可得：，空間站圍繞地球一圈的時間周期為90分鐘，同步衛(wèi)星的周期為24h，即同步衛(wèi)星的周期大于神舟十三號載人飛船的正確，則神舟十三號載人飛船的高度小于同步衛(wèi)星的高度，故C錯誤、D正確。
故選：D。
宇航員受到地球的萬有引力作用；根據分析速度大??；根據開普勒第三定律分析高度的大小。
本題主要是考查萬有引力定律及其應用，解答本題的關鍵是能夠根據萬有引力提供向心力結合向心力公式進行分析，掌握開普勒第三定律的應用方法。
 3.【答案】A
 【解析】解：A、位移為由初位置指向末位置的有向線段，兩次擊球后排球的位移大小分別為
，
，
故A正確；
B、排球兩次運動時間分別為
，
，
排球兩次的運動時間之比為：2，故B錯誤；
C、排球在水平方向上做勻速直線運動，則兩次運動的初速度分別為
，
，
解得：兩次運動的初速度之比為：1，故C錯誤；
D、排球兩次運動中豎直方向上的末速度分別為


所以兩次運動中排球的末速度分別為
，
，
解得：，
故D錯誤。
故選：A。
平拋運動水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，根據運動學規(guī)律列式可求兩次擊球時間、初速度和末速度關系。
解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，熟練運用運動學公式解答。
 4.【答案】B
 【解析】解：ACD、設全紅嬋在空中運動時間為t，入水時速度為v，設向上為正方向，則由運動學公式可得


代入數據可得
其中負號表示速度方向與正方向相反；
跳離跳臺后上升階段全紅嬋的加速度方向豎直向下，故全紅嬋處于失重狀態(tài)，故ACD錯誤；
B、根據加速度的定義式可得全紅嬋豎直入水后的加速度為

對全紅嬋利用牛頓第二定律可得

整理代入數據可得
故B正確。
故選：B。
ACD、根據已知條件，結合運動學公式求出在空中運動時間和入水速度；根據超重狀態(tài)和失重狀態(tài)的概念判斷跳離跳臺后上升階段全紅嬋處于失重狀態(tài)；
B、根據題意，利用運動學公式求出加速度，利用牛頓第二定律求出阻力大小。
在本題中全紅嬋先做豎直上拋運動，后做自由落體運動，最后做勻減速直線運動，在處理時要注意各階段的運動性質，再結合運動學公式解決問題。
 5.【答案】B
 【解析】解：A、由圖示可知，圖示位置線框位于中性面上，感應電動勢為零，線框的輸出電壓為零，故A錯誤；
B、線框產生的感應電動勢的最大值，感應電動勢的有效值，由圖示可知變壓器原線圈輸入電壓，由理想變壓器的變壓比可知：，代入數據解得：，流過定值電阻的電流，故B正確；
C、變壓器的輸入功率等于輸出功率，變壓器副線圈的功率，的的功率
矩形線框的輸出功率，故C錯誤；
D、定值電阻消耗的電功率與理想變壓器的輸出功率之比：：1，故D錯誤。
故選：B。
由求出感應電動勢的最大值，求出感應電動勢的有效值，分析清楚線框轉動過程，應用歐姆定律、電功率公式與變壓器的變壓比分析答題。
掌握正弦式交變電流最大值與有效值間的關系，求出感應電動勢的最大值，應用電功率公式與變壓器的電壓表即可解題。
 6.【答案】BD
 【解析】解：A、依電容定義，則電容為：，故A錯誤；
B、兩板之間為勻強電場，那么電場強度為： ，故B正確；
C、C點距A板間距離為，A與C間電勢差，又，，可得，故C錯誤；
D、根據，當電源電壓不變時，板間電場強度變大。再由可知，BC間電壓變大。那么AC間的電壓變小，而，C點的電勢變大，所以正電荷在C點的電勢能變大，故D正確。
故選：BD。
已知電容器的帶電量和電壓，由電容定義式求電容；
根據兩板之間為勻強電場由公式求解電場強度；
由公式求出A與C間電勢差，再由，可求解C點處的電勢；
將A板向下移動1cm，先確定板間場強，再按相同方法求C點的電勢，從而知道C點正電荷的電勢能的變化。
本題關鍵要掌握電容的定義式與決定式，知道勻強電場中場強與電勢差的關系，要知道求電勢往往先求電勢差，再求電勢，注意電場強度綜合表達式的推導．
 7.【答案】ABC
 【解析】解：A、金屬棒速度為零時，安培力為零，根據牛頓第二定律可得金屬棒的加速度為：，故A正確；
B、當導體棒速度時，安培力大小為，其中，根據牛頓第二定律可得：，聯(lián)立并代入數據解得：，故B正確；
C、當金屬棒勻速運動時，速度達到最大，由平衡條件得：，解得：，故C正確；
D、金屬棒達到最大速度后，電路中電流：，R上的發(fā)熱功率為：，故D錯誤。
故選：ABC。
分析金屬棒的受力情況，根據牛頓第二定律求解加速度大小；當金屬棒做勻速直線運動時速度達到最大，由平衡條件和安培力與速度的關系式可以求出最大速度；根據法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律和功率公式求解電功率。
本題是電磁感應與力學相結合的一道綜合題，應用法拉第電磁感應定律、歐姆定律、安培力公式、平衡條件、功率公式即可正確解題．
 8.【答案】AD
 【解析】解：A、設小球Q到達C點時的速度大小是，小球Q恰好能到達C點，在C點由重力提供向心力，由牛頓第二定律得：，代入數據解得：
設小球Q與彈簧分離時的速度大小為，小球Q由B到C的過程，由機械能守恒定律得：
代入數據解得：
剪斷細線后，對小球Q，由動量定理得彈簧對小球Q的彈力的沖量大?。?/span>，故A正確；
B、剪斷細線后，P、Q兩球被彈開的過程中，P、Q組成的系統(tǒng)動量守恒，設小球P被彈簧彈開時的速度大小為，以向左為正方向，由動量守恒定律得：
解得：
設小球P上升的最大高度為h，小球P沖上斜面的過程，由動能定理得：
代入數據解得：，故B錯誤；
CD、剪斷細線過程彈簧的彈性勢能轉化為兩球的動能，設剪斷細線之前彈簧具有的彈簧勢能是，由能量守恒定律得：
代入數據解得：，故C錯誤，D正確。
故選：AD。
小球Q恰好到達C點，在C點由重力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出小球Q到達C點時的速度大小，應用機械能守恒定律求出小球Q與彈簧分離時的速度大小，再運用動量定理可以求出剪斷細線后彈簧對小球Q的沖量大小。剪斷細線過程，小球P與Q組成的系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律求出小球P與彈簧分離時的速度，應用動能定理可以求出小球P沿斜面上升的最大高度。應用能量守恒定律可以求出剪斷細線之前彈簧具有的彈性勢能。
本題是多體多過程問題，根據題意分析清楚兩球的運動過程是解題的前提，應用牛頓第二定律、動能定理、動量守恒定律與能量守恒定律即可解題；解題時要知道小球Q恰好到達C點的臨界條件是由重力提供向心力。
 9.【答案】
 【解析】解：游標卡尺的讀數，主尺不足1mm的由游標尺讀取，如圖所示，是10分度的游標卡尺，游標尺1格比主尺1格少，主尺讀數4mm，游標尺第3格對準主尺7mm，所以游標尺讀數為
則遮光片的寬度；
滑塊經過光電門2的瞬時速度為；
滑塊經過光電門1的瞬時速度為，
由勻變速直線運動的速度-位移規(guī)律可求得滑塊的加速度：，整理代入數據得滑塊的加速度為
對滑塊和槽碼整體受力分析，運用牛頓第二定律可得：，整理得當地的重力加速度為。
答：遮光片的寬度為；
滑塊經過光電門2的瞬時速度為；
地的重力加速度為。
游標卡尺讀數主尺+游標尺，用速度公式計算滑塊通過光電門的速度，利用速度-位移公式計算加速度。
游標卡尺不需要估讀，注意十分度精確度，加速度求解注意整體法的便捷。
 10.【答案】紅  1500 小于  大于
 【解析】解：多用電表所有擋位共用一個表頭，接線規(guī)則是電流從+接線柱流進，從-接線柱流出，根據紅進黑出的原則可知，使用多用電表各擋位時，電流均由A表筆一側流入表頭；
所選擋位為電阻擋，由圖所示可知，示數為：；
將選擇開關撥至歐姆擋“”擋并歐姆調零后，與內阻為、量程15V的電壓表串聯(lián)。此時可以將多用電表看成一個內阻的電源，與電壓表串聯(lián)，根據閉合電路歐姆定律有：。
由于中電源按電動勢來計算的，偏大，那么實際的中值電阻也偏大，當再測量待測電阻時，電流偏小，對應的阻值偏大。
故答案為：紅；；小于、大于
根據電表的接線規(guī)則判斷電流的流向；
根據電流表量程確定其分度值，然后根據指針位置讀出其示數；歐姆表指針示數與擋位的乘積是歐姆表示數；
用歐姆表測電阻要選擇合適擋位使指針指在中央刻度線附近，歐姆表換擋后要進行歐姆調零。
本題考查了多用電表結構、多用電表讀數與歐姆表的使用方法，知道電流表。電壓表與歐姆表的改裝原理是解題的前提，分析清楚圖示電路結構、掌握基礎知識即可解題。
 11.【答案】解：因物塊c始終保持靜止，可知

代入數據可得
對ab整體，根據牛頓第二定律可得

代入數據可得
加速度的方向沿BC向下；
繩斷時，對b木板分析可知

代入數據可得
當時，
故至少需要的距離為
答：開始釋放時物體a的加速度大小為，加速度的方向沿BC向下。
如果經過之后，ab間繩子斷裂，開始時長木板b上端距滑輪至少需距離才能避免與滑輪相碰。
 【解析】根據題意求出動摩擦因數，再利用牛頓第二定律求出物體a的加速度；
根據牛頓第二定律求出繩斷時b木板的加速度，再結合運動學公式求出開始時長木板b上端距滑輪的最少距離。
在應用牛頓第二定律解決問題時，要注意研究對象的選取，可以選取單個物體，也可以選取幾個物體。
 12.【答案】解：設小球到達D點的速度為v，由動能定理有：
因，則求得小球到達D點的速度為：
由于小球在第一象限所受到的重力與電場力等大反向，所以小球由D點進入第一象限后做勻速圓周運動，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得：
則小球運動的軌道半徑為
從A到D點，由
而
解得小球從A點到D點所用的時間為：
可得小球落在CD上，依題意小球與斜面發(fā)生彈性碰撞，正好于沿水平方向再次進入磁場重復第一次過程，每次與斜面相交的弦長由如圖所示可求
運動的圓心角為
所以碰量次數為
故在斜面上碰撞2次，碰2次后與x軸的距離為d

之后恰好為再經過四分之一圓周后到達x軸，故圓心角
解得：
代入數據解得：
答：帶電小球運動到D點時的速度為；
帶電小球在磁場中運動的半徑為；
求帶電小球從A點出發(fā)到到達x軸過程中所用的時間為。
 【解析】從A到D點小球做勻加速直線運動，由動能定理就能求出速度．
從D點進入復合場后，由于重力與電場力平衡，所以小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，可求出軌道半徑，
由幾何關系確定在傾斜軌道上的位置，從而計算出偏轉角，在磁場中的時間就很容易求出，在兩種場區(qū)的時間相加就是所求．
本題是帶電小球先在電場力作用下加速，后進入復合場中做勻速圓周運動的問題，關鍵點在于求出半徑后結合題中長度和角度的幾何關系求出小球在傾斜軌道上的位置，這要用到三角函數和直角三角形的性質．
 13.【答案】ABD
 【解析】解：A、在外力F作用下，將活塞緩慢向下拉動一小段距離，氣體體積變大，故氣體對外做功，故A正確；
BD、容器與活塞都是絕熱的，氣體與外界沒有熱交換，氣體體積增大，對外做功，根據熱力學第一定律可知氣體的內能減少。一定量的理想氣體的內能僅僅與溫度有關，理想氣體的內能減少，則溫度降低；溫度是分子的平均動能的標志，溫度降低，則分子的平均動能減小，故BD正確；
C、根據可知一定量的理想氣體的壓強跟氣體的熱力學溫度成正比，溫度越高，分子的平均動能越大，溫度越低，分子的平均動能越小，但分子的平均動能與熱力學溫度不是成正比，所以氣體的壓強不是與氣體分子的平均動能成正比，故C錯誤；
E、一定量的理想氣體體積增大時單位體積內的分子數減少；溫度降低時氣體分子運動的激烈程度降低，所以氣體分子單位時間撞擊單位面積器壁的次數減少，故E錯誤。
故選：ABD。
根據氣體體積的變化判斷做功，由熱力學第一定律討論內能的變化，壓強的變化可由壓強產生的微觀解釋分析．
本題主要考查熱力學第一定律和壓強的微觀解釋，關鍵點在于明確容器與活塞都是絕熱的，根據熱力學第一定律即可正確分析內能的變化，則溫度變，所以分子平均動能變．
 14.【答案】解：玻璃管導導熱，又由于緩慢旋轉，此過程氣體變化可看成是等溫變化，設末態(tài)時，A端氣柱長為，則B端氣柱長為
由題意有：
可得：
對A端氣柱，有
對B端氣柱，有
又根據平衡條件有：

其中：，
聯(lián)立可得：
答：管長L為72cm。
 【解析】根據題意和幾何關系，寫出兩段氣體的長度及其關系式。根據平衡條件寫出兩段氣體的壓強及關系式，分別難兩段氣體根據玻意定律列式求出未知數。
本題考查玻意爾定律，難點在于此處是關聯(lián)的兩段氣體，聯(lián)絡兩段氣體的是壓強，由平衡條件是解決壓強關系的橋梁，另外還要注意此過程的變量和不變量。
 15.【答案】ABC
 【解析】解：、c質點平衡位置相隔半個波長，所以二者的位移大小始終相等，故A正確；
B.設波的周期為T，由題意可知

解得

當時，有

故B正確；
C.當時，有

此時波源的振動方程為

故C正確；
D.波源的最大周期為，所以在內，波源通過的最小路程為

故D錯誤；
E.當波源以最大周期振動時，波從波源傳播到質點b所用時間為

在內，質點b通過的最小路程為

代入數據解得：
故E錯誤。
故選：ABC。
a、c質點平衡位置相隔半個波長，所以二者的位移大小始終相等，根據題意可解得周期表達式，從而解得可能的周期，同時解得振動方程；根據時間與周期關系可解得質點運動的路程。
在機械波的問題中求解出波的傳播周期和波長是解題的關鍵，大多數問題只要能夠畫出波形圖就可以得到解決。
 16.【答案】解：畫出光路圖如圖所示，對a光，根據題設條件：
可得
a光的入射角，則
由幾何知識可知
可得
a光的折射率
兩光束在玻璃磚中的傳播路徑平行，則b光的折射角也為
b光的入射角
b光的折射率
由幾何關系可得，
為等腰三角形，故

a光在玻璃磚內傳播速度為
故a光從A點出射到射出玻璃磚的時間為
解得
答：玻璃磚對a、b光的折射率分別為、；
光從A點出射到射出玻璃磚的時間為。
 【解析】畫出光路圖，根據幾何關系求出a光和b光的入射角和折射角，再求玻璃磚對a、b光的折射率；
根據幾何知識求a光在玻璃磚內傳播的距離，由求出a光在玻璃磚內傳播速度，從而求出a光從A點出射到射出玻璃磚的時間。
本題考查折射定律的應用，要記住兩個公式，，結合幾何知識即可求解，關鍵要正確畫出光路圖，根據幾何知識求解相關角度和距離。
 

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