2019年广东省揭阳市高考物理一模试卷

2019年广东省揭阳市高考物理一模试卷
二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．（6分）如图所示，在粗糙水平面上放置A、B、C三个物块，物块之间由两根完全相同的轻弹簧相连接，两弹簧的伸长量相同，且它们之间的夹角∠ABC＝120°，整个系统处于静止状态。已知A物块所受的摩擦力大小为f，则B物块所受的摩擦力大小为（　　）

A．f B．f C．f D．2f
2．（6分）如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场（M点未画出）。设粒子从A点运动到C点所用时间为t1，由
P点运动到M点所用时间为t2（带电粒子重力不计），则t1：t2为（　　）

A．2：1 B．2：3 C．3：2 D．：
3．（6分）如图所示，x为未知的放射源，L为薄铝片，若在放射源和计数器之间加上L后，计数器的计数率大幅度减小，在L和计数器之间再加竖直向下的匀强磁场，计数器的计数率不变，则x可能是（　　）

A．α射线和β射线的混合放射源
B．纯α射线放射源
C．纯γ射线放射源
D．α射线和γ射线的混合放射源
4．（6分）一物体从某一行星表面竖直向上抛出（不计空气阻力）。t＝0时抛出，位移随时间变化的s﹣t图象如图所示，则（　　）

A．该行星表面的重力加速度为8m/s2
B．该物体上升的时间为5s
C．该物体被抛出时的初速度为10m/s
D．该物体落到行星表面时的速度为16m/s
5．（6分）在竖直墙壁上悬挂一镖靶，某人站在离墙壁一定距离的某处，先后将两只飞镖A、B由同一
位置水平掷出，两只飞镖落在靶上的状态如图所示（侧视图），若不计空气阻力，下列说法中
正确的是（　　）

A．A、B两镖在空中运动时间相同
B．B镖掷出时的初速度比A镖掷出时的初速度小
C．A、B镖的速度变化方向可能不同
D．A镖的质量一定比B镖的质量小
6．（6分）如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，调节前后（　　）

A．副线圈的接入匝数比为2：1
B．副线圈输出功率比为2：1
C．副线圈中的电流比为1：2
D．原线圈输入功率比为4：1
7．（6分）如图所示，一根长导线弯曲成“π”形，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内。在电流I增大的过程中，下列判断正确的是（　　）

A．金属环中无感应电流产生
B．金属环中有逆时针方向的感应电流
C．悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力
D．悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力
8．（6分）某人在春分那天（太阳光直射赤道）站在地球赤道上用天文望远镜观察他正上方的一颗同步卫星，他发现在日落后还有一段时间t1能观察到此卫星，然后连续有一段时间t2观察不到此卫星。地球表面的重力加速度为g，圆周率为π，根据这些数据可推算出（　　）
A．地球的质量 B．地球的半径
C．卫星距地面的高度 D．地球自转周期
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）
9．（6分）某同学用频闪照相法研究小球的自由落体运动，选择一张清晰的频闪照片，剪掉前面小球重叠部分进行研究。已知小球在释放位置时，球心与刻度尺的零刻度线对齐。

（1）根据照片中刻度尺的数据，请读出小球运动到照片中第5个像点时下落的高度为　 　m。
（2）若所用照相机的曝光频率为f，照片上1、3像点距离和1、5像点距离分别为s1、s2，则照相机相邻两次曝光的时间间隔T＝　 　，小球自由下落的加速度a＝　 　。
10．（9分）测量电阻丝的电阻率ρ，电阻丝的电阻约为20Ω．先把电阻丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在电阻丝上夹上一个与接线柱c相连的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度。除电池组E（电动势为3.0V，内阻约1Ω）、电阻箱R（0～999.9Ω）、开关、导线若干，可供选择的器材还有：
电流表A1（量程0～100mA，内阻约5Ω）；
电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.2Ω）。
①实验操作步骤如下：
A．用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径；
B．根据所提供的实验器材，设计并连接好如图甲所示的实验电路；
C．调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大，闭合开关；
D．将金属夹夹在电阻丝上某位置，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
E．断开开关，改变　 　的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏。重复多次，记录每一次的R和L数据。
F．断开开关。
②如图乙，用螺旋测微器测量电阻丝直径为d＝　 　mm；
③电流表应选择　 　（选填“A1”或“A2”）；
④用记录的多组R和L的数据，绘出了如图丙所示图线，截距分别为R0和L0，再结合测出的电阻丝直径d，写出电阻丝的电阻率表达式ρ＝　 　（用给定的字母表示）。
⑤电流表存在一定内阻，这对该实验的测量结果　 　影响（选填“有”、“无”）

11．（12分）如图所示的水平地面。可视为质点的物体A和B紧靠在一起，静止于b处，已知A的质量为3m，B的质量为m。两物体在足够大的内力作用下突然沿水平方向左右分离。B碰到c处的墙壁后等速率反弹，并追上已停在ab段的A，追上时B的速率等于两物体刚分离时B的速率的一半。A、B与地面的动摩擦因数均为μ，b与c间的距离为d，重力加速度为g。求：
（1）分离瞬间A、B的速率之比；
（2）分离瞬间A获得的动能。

12．（20分）如图，有小孔O和O′的两金属板正对并水平放置，分别与平行金属导轨连接，Ⅰ、Ⅱ区域有垂直导轨所在平面的匀强磁场。金属杆ab与导轨垂直且接触良好，并一直向右匀速运动。某时刻ab进入Ⅰ区域，同时一带正电小球从O孔竖直射入两板间。ab在Ⅰ区域运动时，小球匀速下落；ab从Ⅰ区域右边界离开Ⅰ区域时，小球恰好从O′孔离开。已知板间距为3d，导轨间距为L，Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小相等、宽度均为d。带电小球质量为m，电荷量为q，ab运动的速度为v0，重力加速度为g。求：
（1）磁感应强度的大小B；
（2）把磁感应强度增大到B′，金属杆进入Ⅰ区域和小球射入两板间的初速度不变，发现小
球从O′孔离开时的速度与其初速度相等，问B′多大？要实现这个过程，v0要满足什么条件？

（二）选考题：共45分．请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理──选修3-3】（15分）
13．（5分）以下说法正确的是（　　）
A．液体表面张力有使液面收缩到最小的趋势
B．水结为冰时，水分子的热运动不会消失
C．温度总是从分子平均动能大的物体向分子平均动能小的物体转移
D．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动
E．恒温水池中，小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，对外做功，吸收热量
14．（10分）如图所示，一个粗细均匀的固定圆管，左端用一活塞A塞住，活塞A离右端管口的距离是20cm，离左端管口的距离是2cm。把一个带手柄的活塞B从右端管口推入，将活塞B向左端缓慢推动10cm时活塞A未被推动。已知圆管的横截面积为S＝2.0×10﹣5m2，大气压强为1.0×105Pa，且推动活塞B过程中管内气体温度保持T0＝300K不变。求：
①活塞B向左端缓慢推动10cm时活塞A与圆管间的静摩擦力f；
②活塞B向左端缓慢推动10cm后保持活塞B不动，将管内气体温度缓慢升高到450K时，活塞A被推到左端管口处。设活塞A所受滑动摩擦力等于最大静摩擦力fm，求fm．
【物理──选修3-4】（15分）
15．如图所示，甲为一列简谐波在某一时刻的波形图，乙为介质中x＝2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象，质点Q的平衡位置位于x＝3.5m处，下列说法正确的是（　　）

A．这列波沿x轴正方向传播
B．这列波的传播速度为20m/s
C．在0.3s时间内，质点P向右移动了3m
D．t＝0.1s时，质点P的加速度大于点Q的加速度
E．t＝0.25s时，x＝3.5m处的质点Q到达波峰位置
16．如图所示为一半径为R的固定半圆柱玻璃砖的横截面，OA为水平直径MN的中垂线，足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且平行OA放置。一束复色光沿与OA成θ角的半径方向射向O点并在光屏上形成彩色光带和一个光斑，当θ＝30°时，光带的最高点与N点的距离为，增大入射角，当θ＝45°时，光屏上恰好只出现一个光斑，求：
①玻璃对复色光的折射率范围；
②当θ＝30°时，彩色光带的宽度。



2019年广东省揭阳市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．【分析】对A、B、C、分别受力分析，可得B物体受摩擦力与两弹簧拉力的合力等大反向
【解答】解：对A、B、C、分别受力分析

可得两弹簧对B的拉力都为f，夹角120°，可得B物体受摩擦力与两弹簧拉力的合力等大反向，大小为f。
故选：B。
【点评】本题主要考查对物体的受力分析，注意研究对象的选择，互为120°角的两个等大的力的合力特点。
2．【分析】根据粒子从A运动到C，由几何关系求得半径，进而求得中心角；然后根据半径求得粒子从P到M转过的中心角，即可根据中心角之比得到运动时间之比。
【解答】解：由带电粒子从A点沿AB方向射入磁场可知粒子做圆周运动的圆心在AD及其延长线上，又有粒子恰好从C点飞出磁场，故可得：粒子运动半径为L，粒子从A到C转过的中心角θ＝90°；
那么，从P点入射的粒子圆心在AD延长线上距D点处，那么粒子转过的中心角为：
θ′＝arccos，即θ′＝60°；
运动时间
所以，t1：t2＝θ：θ′＝3：2，故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】带电粒子的运动问题，加速电场一般由动能定理或匀加速运动规律求解；偏转电场由类平抛运动规律求解；磁场中的运动问题则根据圆周运动规律结合几何条件求解。
3．【分析】明确α、β、γ三种射线的性质特点，尤其是了解它们电离的能力以及穿透能力的大小以及带电性质等。
【解答】解：在放射源和计数器之间加薄铝片L后，发现计数器的计数率大幅度减小，说明射线中含有穿透能力弱的粒子，在L和计数器之间再加竖直向下的匀强磁场B，计数器的计数率不变，说明剩下的粒子不带电，即为γ射线，因此放射源x可能是α和γ的混合放射源，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题结合实验考查了α、β、γ三种射线的性质特点，这些知识大都属于记忆内容，在平时注意不断的记忆和积累。
4．【分析】物体从行星表面竖直上抛，由图读出最大高度和上升的时间，根据运动学公式求出初速度和重力加速度。物体落回行星表面的速度与抛出时速度大小相等。
【解答】解：ABC、由图读出，物体上升的最大高度为：h＝25m，上升的时间为：t＝2.5s。
对于上升过程，由h得初速度为：v0m/s＝20m/s，
物体上升的加速度大小为：a＝gm/s2＝8m/s2．故A正确，BC错误。
D、根据对称性可知，该物体落到行星表面时的速度大小与初速度大小相等，也为20m/s。故D错误。
故选：A。
【点评】本题首先考查读图能力，图上能读出最大高度、上升和下落时间等等；其次要灵活选择运动学公式求解。
5．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据下落的高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度的大小。
【解答】解：A、飞镖B下落的高度大于飞镖A下落的高度，根据h得：t，B下降的高度大，则B镖的运动时间长。故A错误。
B、因为水平位移相等，B镖的时间长，则B镖的初速度小。故B正确。
C、因为A、B镖都做平抛运动，速度变化量的方向与加速度方向相同，均竖直向下。故C错误。
D、平抛运动的时间与质量无关，本题无法比较两飞镖的质量。故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。
6．【分析】变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析。
【解答】解：A、通过调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，输出电压减小为原来的一半，在原线圈电压和匝数不变的情况下，根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，所以接入匝数之比为2：1，故A正确；
BD、由P，所以输出功率之比为4：1，副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4：1，故B错误，D正确
C、副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2：1，故C错误；
故选：AD。
【点评】本题考查了变压器的特点和欧姆定律，理解变压器的匝数比与电压比、电流比的关系是解答的关键。
7．【分析】金属环C处于弯曲成“π”导线中，导线中通以如图所示的电流，则会产生的磁场，根据楞次定律来确定感应电流的方向，再根据左手定则，判断出安培力的方向，从而判断出金属线圈的受力与运动状况。
【解答】解：AB、根据安培定则知，弯曲成“π”导线中电流的磁场方向为：垂直纸面向里，且大小增加，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针，故A错误，B正确；
CD、根据左手定则可知，安培力的方向指向圆心，由于弯曲成是“π”导线，所以金属环下边圆弧没有安培力，因此导致挂环的拉力大于环的重力，但环仍处于静止状态，故C正确，D错误，
故选：BC。
【点评】解决本题的关键会用安培定则判断电流周围磁场的方向，以及学会根据楞次定律来确定感应电流的方向，同时会用左手定则判断安培力的方向。
8．【分析】同步卫星绕地球做匀速圆周运动，受到的万有引力提供向心力，其向心力用周期表示，结合“黄金代换”求出同步卫星的轨道半径，再利用几何关系确定太阳照不到同步卫星的范围，那么，即可求出看不到卫星的时间。
【解答】解：A、设地球的半径为R，同步卫星的轨道半径为r，根据光的直线传播规律，日落后有t时间该观察者看不见此卫星图示如图所示，

该时间段内同步卫星相对地心转过角度为θ＝2α，sinα，
结合：θ＝ωtt2，…①
可得：sin②
结合图可知，地球的周期：T＝2（2t1+t2）
同步卫星受到的地球万有引力提供向心力，即：，
对地面上的物体万有引力等于重力有：，
由以上各式可得：r …③
联立得：解得：t2arcsin④
可得地球的半径：R⑤
所以同步卫星离地高度为hR…⑥
由以上的公式，知道卫星的角速度，及其高度，即可得出地球的质量，但要求仅根据g、t1、t2、π，故A错误，BCD正确；
故选：BCD。
【点评】解决天体问题把握两条思路：一是万有引力提供向心力，二是重力等于万有引力。针对本题关键还要分析好几何关系来求解。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）
9．【分析】（1）刻度尺的读数需读到最小刻度的下一位。
（2）根据曝光频率求出相邻两次曝光的时间间隔，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小球自由下落的加速度。
【解答】解：（1）小球运动到照片中第5个像点时下落的高度为21.20cm＝0.2120m。
（2）曝光周期和曝光频率互为倒数，则照相机相邻两次曝光的时间间隔为：T，根据得小球下落的加速度为：a。
故答案为：（1）0.2120 （0.2116～0.2122均可）；（2）；（3）。
【点评】解决本题的关键掌握刻度尺的读数方法，知道频率和周期互为倒数，掌握匀变速直线运动的推论公式，并能灵活运用。
10．【分析】①根据实验原理与实验步骤完成实验。
②螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
③根据电路最大电流选择电流表。
④由实验步骤可知，电源电动势不变，电路电流始终等于电流表的满偏电流，电路电流不变，由此可知，电路总电阻不变，由图象及串联电路特点可以求出电路总电阻，由电阻定律及实验数据可以求出电阻率的表达式。
⑤应用图象法求电阻率，电流表内阻对实验结果没有影响。
【解答】解：①E、断开开关，改变金属夹与电阻丝接触点的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏。重复多次，记录每一次的R和L数据。
②由图示螺旋测微器可知，固定刻度是0.5mm，可动刻度是23.0×0.01mm＝0.230mm，
金属丝直径d＝0.5mm+0.230mm＝0.730mm（0.728﹣0.732mm均正确）。
③电路最大电流约为I0.14A，不到0.6A的四分之一，
如果使用电流表A2实验误差较大，因此电流表应选A1。
④由实验步骤可知，外电路电阻不变，由串联电路特点可知，
外电路总电阻R总＝R+R电阻丝＝R+ρR+ρR+ρ，
由图象可知，当电阻丝接入电路的长度为零时，电路总电阻R总＝R0，
则R+ρR0，R＝R0﹣ρ，图象斜率k，则电阻率ρ；
⑤应用图象法处理实验数据，电流表内阻对实验结果无影响。
故答案为：①金属夹与电阻丝接触点；②0.730； ③A1；④；⑤无。
【点评】螺旋测微器示数等于固定刻度与可动刻度示数之和，对螺旋测微器读数时要注意估读；为减小读数误差，电表量程选择要合适，在保证安全的前提下，量程不能过大；知道外电路电阻不变，熟练应用电阻定律即可正确解题。
11．【分析】（1）分离过程，A、B的总动量守恒，由由动量守恒定律可求出分离瞬间A、B的速率之比；
（2）A、B分离后，A物体向左匀减速滑行，运用动能定理列式；对B从两物体分离后到追上A的过程应用动能定理列式。B追上A时在粗糙面上滑行距离与A滑行的距离相等，由动能定理求解分离瞬间A获得的动能。
【解答】解：（1）分离瞬间对A、B系统应用动量守恒定律有：
3mvA﹣mvB＝0…①
解得：
（2）A、B分离后，A物体向左匀减速滑行，对A应用动能定理得：
②
对B从两物体分离后到追上A的过程应用动能定理得：
③
分离瞬间A获得的动能为：⑤
联立解得：
答：（1）分离瞬间A、B的速率之比是1：3；
（2）分离瞬间A获得的动能是μmgd。
【点评】本题是爆炸类型，其基本规律是动量守恒和能量守恒。对于AB在粗糙水平面上滑行过程，根据动能定理研究滑行距离和速度，是常用的方法。
12．【分析】（1）ab在磁场区域运动时，由法拉第电磁感应定律求感应电动势，由公式E求金属板间产生的场强大小。ab在Ⅰ磁场区域运动时，带电小球匀速下落，重力和电场力平衡，由此列式求解。
（2）磁感应强度增大后，再由由法拉第电磁感应定律求感应电动势，由公式E求金属板间产生的场强大小。小球在两板间先做匀减速运动，再做匀加速运动，总位移等于3d，结合速度关系求解。
【解答】解：（1）ab在磁场区域运动时，产生的感应电动势大小为：?＝BLv0…①
金属板间产生的场强大小为：②
ab在Ⅰ磁场区域运动时，带电小球匀速下落，有：mg＝qE…③
①②③联立得：
（2）磁感应强度增大后，ab产生的感应电动势大小为：ε′＝B′Lv0
金属板间产生的场强大小为
小球在两板间先做匀减速运动，再做匀加速运动，设加速度大小分别为a1、a2
由牛顿第二定律得：qE′﹣mg＝ma1
qE′+mg＝ma2
根据运动学公式 s1

v1＝v﹣a1t1。
v＝v1+a2t2
s1+s2＝3d
当磁感应强度为B时，ab从Ⅰ区域右边离开磁场时，小球恰好从O′孔离开，则有：
3d＝vt
d＝v0t
联立解得：
根据题意B′＞B
即，解得：，这就是v0要满足的条件。
答：（1）磁感应强度的大小B是；
（2）v0要满足的条件是。
【点评】解决本题的关键要理清小球的受力情况和运动情况，并能抓住各个过程之间的联系，如速度关系、位移关系。
（二）选考题：共45分．请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理──选修3-3】（15分）
13．【分析】知道液体表面张力的成因，能用分子间作用力来解释；
明确分子热运动的性质，知道分子热运动与宏观运动无关，是物体内部分子的无规则运动，其剧烈程度与温度有关；
温度不会转移；
布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的；
在气泡缓慢上升的过程中，气泡外部的压强逐渐减小，气泡膨胀，对外做功，气泡缓慢上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，内能不变，根据热力学第一定律可以判断气泡做功的情况。
【解答】解：A、由于表面分子较为稀疏，故液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，表面张力有使液面收缩到最小的趋势。故A正确；
B、物体分子在永不停息在做无规则运动，故B正确；
C、温度是分子平均动能的标志，不会转移；根据热力学第二定律可知，热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体，故C错误；
D、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，是液体分子做无规则运动的反映，不是微粒内部分子是不停地做无规则运动的反应，故D错误；
E、气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，可以认为上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变，由热力学第一定律可得，△U＝W+Q知，气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收热量，故E正确。
故选：ABE。
【点评】本题考查了布朗运动、温度的微观意义、热力学第一定律、以及表面张力，要注意准确理解热学性质，能从微观上进行解释相关现象。
14．【分析】①管内气体是一个等温变化，应用理想气体状态方程，活塞A处于平衡状态，列平衡方程
②从开始升温到活塞A刚好未被推动的过程是一个等容过程，然后根据活塞A所受滑动摩擦力等于最大静摩擦力，可以认为活塞A匀速运动，是一个等压过程，应用理想气体状态方程建立方程组。
【解答】解：①管内气体等温变化可得 p0SL1＝p2SL2
对活塞A，由平衡条件 p2S＝p0S+f
解得f＝2N
②从开始升温到活塞A刚好未被推动的过程体积不变，
活塞A刚好未被推动时p3S＝p0S+fm
从活塞A刚好被推动到它被推到左端管口处的过程是一个等压过程
联立解得fm＝3N
答：①活塞B向左端缓慢推动10cm时活塞A与圆管间的静摩擦力f为2N；
②最大静摩擦力fm为3N。
【点评】本题涉及理想气体的等温变化，等容变化，等压变化，活塞A的平衡方程，综合性较强，难度中等，容易出错的是活塞B向左端缓慢推动10cm后保持活塞B不动，将管内气体温度缓慢升高到450K时，活塞A被推到左端管口处的过程需要建立等容变化，等压变化的两个方程。
【物理──选修3-4】（15分）
15．【分析】由振动图象读出t＝0时刻P点的振动方向，从而判断波的传播方向。由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速。分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q点的运动方向。
【解答】解：A、由乙图读出，t＝0时刻质点P的速度向上，由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播。故A正确。
B、由图知：λ＝4m，T＝0.4s，则波速v10m/s。故B错误。
C、根据波的传播特点可知，质点并不随波向前迁移，而是在平衡位置附近做简谐运动，故C错误；
D、当t＝0.1s时，质点P处于最大位移处，据简谐运动的特点可知，此时加速度最大；而质点Q此时不在最大位移处，所以质点P的加速度大于质点Q的加速度，故D正确；
E、据图象可知经过0.2 s时，质点P再次到达平衡位置，运动方向向下，而质点Q位于平衡位置上方；由于两质点相距1.5m，再经过0.05s时，质点P位移与质点Q在0时刻的位移相同，所以质点Q处于平衡位置的最上方，即处在波峰，故E正确。
故选：ADE。
【点评】波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，熟练要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。
16．【分析】①当θ＝30°时，画出光路图。由几何关系求得最大的折射角，由折射率定义求得最大的折射率。当θ＝45°时，光屏上恰好只出现一个光斑，所有光线均发生全反射，光屏上的光带消失，反射光束在光屏上形成一个光斑，由sinC求得最小折射率，从而得到折射率的范围。
②根据几何关系求彩色光带的宽度。
【解答】解：①当θ＝30°时，其光路如图所示，
由题意知BN，即α＝30°，所以最大折射角β＝60°
由折射率定义知最大折射率：nmax
θ＝45°时，所有光线均发生全反射，光屏上的光带消失，反射光束在光屏上形成一个光斑，由全反射规律及题意知：nmin
所以玻璃对复色光的折射率范围为n
②当θ＝30°时，设n的光线的折射角为γ，
则
解得γ＝45°
彩色光带的宽度为：Rtan（90°﹣45°）R＝（1）R
答：①玻璃对复色光的折射率范围是n；
②当θ＝30°时，彩色光带的宽度是（1）R。

【点评】对于涉及全反射的问题，要紧扣全反射产生的条件：一是光从光密介质射入光疏介质；二是入射角大于等于临界角。要能熟练运用几何知识帮助解答几何光学问题。

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