2024年重慶市主城區四區高考物理調研試卷

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.如圖是一個豎直放置的肥皂膜，上面出現了彩色的上疏下密條紋。根據提供的信息判

斷，從側面觀察肥皂膜的形狀，最接近的是（）

2.如圖所示，由條形磁鐵做成的磁性小車右邊放有一固定的螺線管，繞線兩端并聯了發光二極管a和從某

時刻磁性小車從圖示位置快速沿水平方向離開螺線管,下列所描述的實驗現象正確的是（)

A.發光二極管a亮B.發光二極管b亮

C.發光二極管a、6均亮D.發光二極管0、6均不亮

3.如圖甲為手機正在進行無線充電，無線充電的原理圖如圖乙所示，充電器和手機各有一個線圈，充電器

端的叫發射線圈?匝數為，，，手機端的叫接收線圈?匝數為，-，兩線圈面積均為S,在、內發射線圈產

生磁場的磁感應強度增加量為磁場可視為垂直穿過線圈。下列說法正確的是（）

A.手機端的接收線圈b點的電勢低于。點

B,手機端的接收線圈。和b間的電勢差值為

Al

第1頁，共20頁

C.接收線圈和發射線圈是通過自感實現能量傳遞

D.增加c、d間電流的變化率，接收線圈。和b間的電勢差始終不變

4.一定質量的理想氣體從狀態N變化到狀態8,再變化到狀態C,其狀態變化過程的「I圖像如圖所示。

已知該氣體在狀態/時的熱力學溫度為300K,關于圖示熱力學過程中，下列說法正確的是（）

pXXIOTa)

23V4X10-W)

A.該氣體在狀態C時的熱力學溫度為200左

B.氣體從狀態A到狀態B其分子平均動能增加

C.該氣體從狀態/到狀態C全程均放出熱量

D.該氣體從狀態A到狀態C與外界交換的熱量是200J

5.如圖甲所示，一圓形線圈置于垂直紙面向里的磁場中，線圈右端通過導線與兩塊平行金屬板相連接，金

屬板間寬度”足夠大。有一帶正電粒子q靜止在平行板正中央，從，。時刻開始，磁場按如圖乙所示變化,

不計粒子重力。以豎直向上運動為正方向，下列關于粒子在一個周期內的運動圖像可能正確的是（）

第2頁，共20頁

6.如圖所示為某研究小組設計的非常規變壓器,該變壓器原線圈上由ac和川兩條導線雙線繞制，均為…匝,

a、b、c、d為四個接頭。副線圈為單繞線，共〃匝。通過控制/、2接頭不同接法會得到不同的實驗效果。

下列分析正確的是（）

A.若N接e8接c,且將6c短接，負載R的電壓為零

B.若/從接°改接6,3從接c改接力負載R消耗的電功率增加

C.若/接a,B接b,且將cd短接，原副線圈電壓之比?

D.若4接a,8接力且將6c短接，原副線圈電流之比;小

/22fl|

7.半徑為￡的圓形邊界內分布有垂直圓所在平面的磁場，垂直紙面向里的磁感應強度大小為28,垂直紙面

向外的磁感應強度大小為2,如圖所示。/E。為八分之一圓導線框，其總電阻為凡以角速度「繞。軸逆

時針勻速轉動，從圖中所示位置開始計時，用，表示導線框中的感應電流I順時針方向為正I,線框中感應

電流i隨時間f變化圖象可能是（）

第3頁，共20頁

共15分。

8.如圖所示，不計電阻、邊長為10cm的正方形線框“5C。,置于磁感應強度為

口」廣的勻強磁場中，線框匝數為100,某時刻線框開始以〃r、的轉速

D

繞勻速轉動，電刷接頭斯串聯阻值為的定值電阻尺和理想電流表。從

Q

圖示位置開始計時，下列說法正確的是（）OER

A.理想電流表的示數為2/

B.線框轉過的通過電阻尺的電量為0.02C

C.將電阻R換成電容使其不擊穿，其耐壓值為20憶

D.線框產生的電動勢的瞬時表達式為，,ix

9.如圖為我國航天領域某透明光學部件截面示意圖，其截面一側是半徑為R的四分之

一圓弧，其余兩側為直面NC與3C,且I，HC該部件獨特的性能是放在。

點的光源發出的光線，在圓弧N8上有三分之二最終不能從NC、2C面射出，光速為c。

下列說法正確的是（）

A.該透明光學部件的全反射臨界角為為!B.該透明光學部件的折射率為'

2

C.光線透過該部件最長時間為D.該透明光學部件/C邊不透光長度為、

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10.如圖所示，在水平面內質量為I）」」的導棒置于/8、CD組成的寬為2加導軌上，導軌電阻不計，導棒電

阻，.軌道間充滿垂直紙面向里的磁感應強度為U.IT的磁場，導軌端連接一原副線圈匝數比為2：

1的理想變壓器，副線圈接有阻值為"上！的電阻。某時刻開始，導棒在外力的作用下以

r5\2句曰）;八小、，的速度開始運動，向右為正方向，不計一切阻力，下列說法正確的是（）

A.導棒中產生的電動勢，=Isin2iI-,'III

B.原線圈兩端的電壓八

?I

C.電阻R的消耗功率為2少

D.?,'■>>內外力對導棒做的功為，一

三、實驗題：本大題共2小題，共16分。

11.某小組同學在學校實驗室利用“插針法”測量玻璃磚的折射率，實驗原理如圖甲所示，他們組提出的處

理數據方案是：多次測出入射角，和折射角心作出卜小，、:「的圖像，利用圖像求出玻璃的折射率。

II］下列說法正確的是=

4實驗開始后，玻璃磚在紙上的位置不可移動

B.r、匚及個、月之間的距離取得小些，可以提高精確度

C玻璃磚應選用兩光學表面間距較大且兩光學表面平行的玻璃磚，以免影響折射率的測定結果

采用該組同學數據處理方案，玻璃折射率計算式為，，I用〃、〃一表示，。

島I設計好方案后實驗操作時發現忘帶量角器，只帶了刻度尺。于是他們將光線與玻璃磚上，"表面與川，'表

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面的交點分別設為。點和尸點，過P點做玻璃成〃〃'表面的垂線P。，再將入射光線延長與尸。交于點

如圖乙所示。測得（〃>/,（11//...,則該玻璃磚的折射率“=o

12.某項目式學習小組，在老師帶領下設計了一個汽車輪胎溫度報警器，其電路如圖甲所示，其中溫度傳感

器"/核心部件在常溫下阻值約為幾千歐姆的熱敏電阻）與一塊變阻箱并聯，滑動變阻器"的最大阻值為

IIO'S電路中沒有使用電流表，而是將一塊滿偏〔電壓表與定值電阻"，并聯，電源不計

內阻，且。_3Vo

III在連接電路時可供選擇的變阻箱有兩個不同規格：阻值范圍為U的變阻箱"一；阻值范圍為

”-的變阻箱/八。應該選用（選填”的"或“用”）進行實驗。

連接好電路后，在老師的帶領下同學們測量溫度傳感器/力“溫度一電阻”變化規律。閉合開關前應將

變阻器"的滑片往（選填“a"或）端滑。

」將圖乙所示的傳感器測溫探頭放在溫度不斷上升的水中，然后做如下操作：將.、］閉合到“1”位置，調

節滑動變阻器，使電壓表的示數為（"接近滿偏I,再迅速將開關'閉合到“2”位置，調節電阻箱使電壓

表示數再次為，J忽略該操作過程液體溫度變化，，此時變阻箱的阻值就是溫度傳感器熱敏電阻",在此溫

度下的阻值。待溫度上升下一個記錄溫度時，重復上述操作得到了下表數據。

溫度（■0102030405060708090100

阻值Ml9.993,(X11.6(1l.(NI().711■，?'III0.310.210.211

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丙丁

內有同學利用測出的熱敏電阻/，'，的阻值隨溫度變化規律,又設計了如圖丁所示電路圖，采用量程為加，“1

內阻為川U的電流表，將其改裝成3加/和15〃源的量程，可以實現變檔測溫，通過控制開關、.能夠實現

N,和“：?」的兩種測溫范圍，改裝后的電流表不同擋位對應不同測溫范圍。由此可推測

&=ft-將開關$接到(選填%"或“屋'|測溫量程為()?l(Mi(??

四、計算題：本大題共3小題，共41分。

13.如圖所示，“拔火罐”是我國傳統醫學的一種治療手段。操作時，醫生用點燃的酒精棉球加熱一個小罐

內的空氣，加熱后小罐內的溫度為67(、隨后迅速把小罐倒扣在需要治療的部位。室溫為2；。，大氣壓

H-1,()>urp??罐內氣體可視為理想氣體。求：

“上罐時忽略罐內空氣體積變化，當罐內空氣溫度回到室溫時，罐內空氣的壓強；

加熱過程中罐內溢出的空氣質量與加熱前罐中空氣質量之比。

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14.如圖甲所示，孩子們經常會在平靜的水中投擲一塊石頭激起水波。現對該模型做適當簡化，若小孩將小

石頭垂直于水面投入水中，以小石頭入水點為坐標原點以此為計時起點，沿波傳播的某個方向建立0-J

坐標軸，在x軸上離。點不遠處有一片小樹葉，若水波為簡諧橫波，如圖乙所示，，川、時的波動圖像，圖

丙為小樹葉的部分振動圖像。

甲

Hl請判斷小樹葉位于尸、。兩點中的哪點？并寫出合理的解釋；

?波源的振動形式第一次傳到尸點需要的時間；

求質點尸在小石頭入水后（1.八、內運動的總路程。

15.如圖甲所示為簡易普通電磁炮原理圖。連接在電動勢為E內阻為r的電源上的平行光滑導軌水平放置在

豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為￡平行導軌寬度為L將兩根質量均為〃?的仍、cd勻質導棒平行

放置在導軌上且接觸良好，且與導軌垂直。兩導棒與軌道接觸點之間的電阻均為凡cd導棒固定在軌道上,

導軌電阻忽略。

1，閉合開關瞬間，此時導棒〃兩端的電壓為多少？

」閉合開關，導棒仍從靜止開始運動，求導棒仍的最大速度和加速過程中流過導棒防的電荷量？

，如圖乙所示為改進后的電磁炮，其他條件不變，在圖甲基礎上去掉了導棒力，加入了電容C,其原理圖

如圖丙。先將開關接到“1”，電容充電結束后將開關撥開并接到“2”，求導體棒的最大動能的極值。

鐵釘（炮彈）

丙

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：因豎直放置的肥皂薄膜受到重力的作用，薄膜呈現下面厚，上面薄的劈尖形狀，因此在薄膜

上不同的地方，來自前后兩個面的反射光所走的路程差不同，導致上疏下密，故從側面觀察肥皂膜的形狀,

最接近的是C,故錯誤，C正確。

故選：Co

薄膜干涉是一種等厚干涉，同一干涉條紋出現在薄膜的同一厚度上，肥皂膜從上往下變厚越來越快，則條

紋是上疏下密。

解決本題的關鍵要知道薄膜干涉的條件和特征，知道薄膜干涉是一種等厚干涉。

2.【答案】B

【解析】解：小車從圖示位置快速沿水平方向離開螺線管，則穿過螺線管的磁感線減小，根據楞次定律，

螺線管會產生順時針方向的電流I從左向右看則兩發光二極管右邊電勢高于左邊電勢，故發光二極管6

亮，a不亮。故/CD錯誤，8正確。

故選：Bo

根據楞次定律判斷電流方向，結合發光二極管單向導電性分析求解。

本題考查了楞次定律，理解磁通量變化和閉合電路為產生感應電流的條件是解決此類問題的關鍵。

3.【答案】B

【解析】解：.1.由楞次定律得，電流從。流向6,線圈是電源，在內電路電流由低電勢流向高電勢，所以

手機端的接收線圈6點的電勢高于。點，故/錯誤；

3手機端的接收線圈。和b間的電勢差值為［…由法拉第電磁感應定律得：

〃—IS

故8正確；

C無線充電利用的是電磁感應原理，所以送電線圈和受電線圈通過互感現象實現能量傳遞，故C錯誤；

。增加c、d間電流的變化率，將會使磁場的變化率增加，根據法拉第電磁感應定律可知，接收線圈。和6

間的電勢差變大，故。錯誤。

故選：Bo

根據楞次定律分析感應電流的方向，再根據在內電路電流由低電勢流向高電勢分析；根據法拉第電磁感應

定律列式分析判斷；送電線圈和受電線圈通過互感現象實現能量傳遞；增加c、d間電流的變化率，將會使

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磁場的變化率增加，根據法拉第電磁感應定律分析電勢差的變化。

本題綜合考查了法拉第電磁感應定律和楞次定律，注意判斷電勢高低時注意區分電路是內電路還是外電路。

4.【答案】D

【解析】解：.1.由理想氣體狀態方程得

〃,八。_Pcyc

元=丁

解得

Tc=300K

故”錯誤；

2.氣體從狀態”到狀態2的〃%乘積減小，溫度降低，所以分子的平均動能減小，故2錯誤；

C氣體從狀態N到狀態8內能減小，體積不變，外界對氣體做功為零，氣體釋放熱量；氣體由狀態8到狀

態C,溫度升高，內能增加，外界對氣體做負功，由熱力學第一定律得

AU="+Q

那么氣體由狀態2到狀態C吸收熱量，故C錯誤；

。.該氣體從狀態/到狀態C外界對氣體做功為

IF=-2()()./

由熱力學第一定律得

=|『+Q=0

解得

Q=

所以氣體從狀態A到狀態C從外界吸收熱量為200J,故。正確。

故選：Do

根據一定質量的理想氣體狀態方程分析出對應狀態下的溫度；

根據圖像的物理意義分析出氣體溫度的變化趨勢，結合熱力學第一定律分析出氣體的吸放熱情況。

本題主要考查了熱力學第一定律的相關應用，理解圖像的物理意義，結合熱力學第一定律即可完成分析。

5.【答案】C

【解析】解：〈/一I、時間，磁場向里均勻變大增大，磁通量變大，根據楞次定律可知，下極板帶正電,

粒子受電場力向上，加速度向上，「一上時間，磁場向里減小，磁通量變小，根據楞次定律可知，上極板

帶正電，粒子受電場力向下，加速度向下，同理2h時間，加速度向下，LI、時間，加速度向上，故

C正確，。錯誤；

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根據法拉第電磁感應定律

lA4>AB。

E=——=——S

ZA，

可知加速度大小不變，「-f圖像斜率表示加速度，貝/，圖像不是曲線，速度大小會發生變化，故N3錯

誤。

故選：Co

由圖可知磁感應強度的變化，則由楞次定則可得出平行板上的帶電情況；對帶電粒子受力分析可知帶電粒

子的受力情況，由牛頓第二定律可知粒子的運動情況；根據粒子受力的變化可知粒子加速度的變化，通過

分析可得出粒子的運動過程。

本題屬于綜合性題目，注意將產生感應電流的部分看作電源，則可知電容器兩端的電壓等于線圈兩端的電

壓，這樣即可還原為我們常見題型。

6.【答案】D

【解析】解：/、若N接。，8接c,且將加短接，原線圈的匝數為“I匝，負載R的電壓不為零，故/錯

誤；

C、若/接a,8接6,且將力短接，就會造成原線圈的電流方向相反，從而穿過原線圈上的磁通量為零，

副線圈兩端電壓則為零，故C錯誤；

B、若/從接。改接6,8從接c改接力原線圈的匝數為3匝，負載R的電壓不變，那么負載R消耗的電

功率不變，故8錯誤；

D、若/接a,B接d,且將6c短接，原線圈的匝數為匝，原副線圈電流之比等于匝數反比，即

A"2

石=布

故D正確。

故選：Do

根據變壓器的工作原理和變壓器兩端電壓關系判斷；根據電路的連接關系，結合變壓器的工作原理方向；

根據理想變壓器原副線圈兩端的功率關系分析原；根據副線圈電流之比等于匝數反比進行計算。

本題考查了變壓器的工作原理和變壓規律，注意一原多副和多原一副的情況。

7.【答案】B

【解析】解：在第一個）內，根據楞次定律可得電流方向為順時針，感應電動勢大小為：

S.

111：：

I-<HI"-HI’?〃/”,感應電流大小為：，:/1；

222R2H2

在第二個I內，感應電流為零；

第H頁，共20頁

在第三個）內，根據楞次定律可得電流方向為逆時針，感應電動勢大小為：

/.1.2/〃七一LxUL:-—'?〃/J_,感應電流大小為：，1""七3/,；

222R2R2

在第四個）內，感應電流為零；

在第五個）內，根據楞次定律可得電流方向為順時針，感應電動勢大小為「,感應電流大小為

在第六個I內，感應電流為零；

在第七個）內，根據楞次定律可得電流方向為逆時針，根據楞次定律可得電流方向為逆時針，感應電動勢

.

大小為卜=\,感應電流大小為，-'=/?；

在第八個）內，感應電流為零；

故8正確，/CD錯誤。

故選：Bo

根據法拉第電磁感應定律求解感應電動勢大小，再根據閉合電路的歐姆定律求解感應電流大小，根據楞次

定律判斷感應電流方向。

對于電磁感應現象中的圖象問題，磁場是根據楞次定律或右手定則判斷電流方向，根據法拉第電磁感應定

律和閉合電路的歐姆定律求解感應電流隨時間變化關系，由此進行解答，這是電磁感應問題中常用的方法

和思路。

8.【答案】AB

【解析】解：線圈轉動的角速度為3?210|?**3122/3：1110\，01//「線圈轉動產生的感應電動

勢的最大值為/\八一II".Iu1.=_儲\_!「，產生的交流電的有效值為

/、理想電流表的示數為//1一＞1,故/正確；

R10

B、轉過，小穿過線圈的磁通量的變化量為△力m則通過電阻的電量為

NZ

.../'..A.'X解得V"“'X，故2正確；

q0a,H*R

C、將電阻R換成電容使其不擊穿，其耐壓值為感應電動勢的最大值二h?「，故C錯誤;

第12頁，共20頁

D,線框產生的電動勢的瞬時表達式為,，11-，=21i\1m*-；HMIT\2/IV,故。錯誤。

故選：AB。

先計算出感應電動勢的最大值和有效值，然后根據歐姆定律計算電流表的示數；根據

,、，、\、中計算通過電阻的電荷量；電容器的耐壓值應該大于電動勢的最大值；

"d/產K""

根據，-/寫出瞬時值的表達式。

掌握計算電荷量的計算公式，知道線圈從中性面開始計時時，電動勢是按照正弦規律變化的，而從和中性

面垂直的位置開始計時，電動勢是按照余弦規律變化的。

9.【答案】AC

【解析】解：若射到E點和G點的光線恰能發生全反射，可知射到/￡之間和G3之間的光線都能從透

明光學部件中射出，由題意可知該兩部分占圓弧的三分之二，可知

￡ADE=C*30°

折射率”,.2

MllC

故4正確，5錯誤；

C光線在該部件中的速度

c

t?—一

光線透過該部件最長時間為從C點射出的光線，則最長時間

_Vin-R

解得，/（々T）。

C

故C正確；

D該透明光學部件AC邊不透光長度為

EC?R-AtnnW-

3

故。錯誤。

第13頁，共20頁

故選：ACo

由幾何知識結合全反射臨界角公式解得區域長度；由幾何關系求出傳送距離，即可得傳播時間。

對于幾何光學問題的分析，能正確的畫出光路圖，結合幾何關系進行分析是關鍵。

10.【答案】BD

【解析】解：4、導棒中產生的電動勢為，=Bh0.4x2x20x^(V)=>v2：Vi,故/錯

誤；

2、根據理想變壓器的電壓比和電流比可得

對于導棒和原線圈組成的回路，由閉合電路歐姆定律得

￡=/ir<,+1/1

對于R,由歐姆定律得「1.1(

導棒中產生的電動勢有效值為/1II

v2

綜合以上各式可得

_32

V|*

9

”嗎，

V

*9

故8正確；

162

C、電阻尺的消耗功率為'9...1八…，故C錯誤；

/==I*=99

R281

。、該正弦交流電的周期為/''"--n1-

,21斤

「，一剛好是;個周期，在這段時間內電動勢有效值為/IV，所以在本段時間內產生的熱量為

42

Q=K/ft=?!x—xO.(K25i/=——?/

945

“Li、時刻導體棒的速度為?\-111("''二/■

第14頁，共20頁

由能量守恒定律得I，-"-'1、內外力對導棒做的功為（}?,/nr

解得：H.1,故。正確。

15

故選：BD.

根據，lib求導棒中產生的電動勢；根據閉合電路歐姆定律、變壓關系、變流關系分別列式，即可求得原

副線圈兩端的電壓和電流，從而求得電阻R的消耗功率；。、川「3、內，根據焦耳定律求出產生的熱量，

由導棒速度表達式求出時刻導體棒的速度，再根據能量守恒定律求外力對導棒做的功。

解答本題的關鍵要掌握理想變壓器的變流關系和變壓關系，結合切割感應電動勢公式求出原副線圈的電壓

和電流。

_...,_AO'L

Ti

11.【答案?】.1-

（XM的L-?

【解析】解：Il，」.實驗開始后，玻璃磚在紙上的位置不可移動，否則對入射角和折射角的確定和測量帶來

影響，故/正確；

民插在玻璃磚同側的兩枚大頭針間的距離盡量大些，可以減小在確定入射方向和出射方向時帶來誤差，故3

錯誤；

C.選用兩光學表面間距大的玻璃磚，可以減小測量折射角的誤差；兩光學面是否平行對實驗誤差無影響，

因此選用兩光學表面平行的玻璃磚不能減小誤差，故C錯誤。

故選:Ao

.r-,rr-.t-AIZ-UMill）0}|CIS。]

j根據折射定律門

⑶根據數學知識\'

CzA*izj1.〃L]

根據上述」，折射率，，!.O

的s（乂25

故答案為：I11.I;12;i3i-o

cm的Ui

1「根據實驗的正確操作進行分析；

根據入射角和折射角的含義結合折射定律求解作答；

"，根據數學知識結合折射定律求折射率。

本題主要考查了玻璃磚折射率的測量實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作；明確入射角和折射角的含

義，根據折射定律結合數學知識即可完成分析。

12.【答案】/1b2c

第15頁，共20頁

【解析】解：I由于溫度傳感器外在常溫下阻值約為幾千歐姆，則變阻箱應該選用小;

L閉合開關前，為了保證電表安全，將變阻器"的滑片往b端滑。

h根據表格數據描出剩余點，并作出II,的阻值隨溫度變化的圖線如圖所示

7MWWW

8ISIIBIIIIIIBiBhhIIBhailiigiitiHi

7

6

5

*

4

2■?■?????????■■?■??????????????????■???????????????

??????????????????-'.?????????????■???????????????

???????????**■■*■????■????

0,

020406080IOO//r

人采用量程為川51,內阻為+”的電流表，將其改裝成3九4和15九4的量程，則有

。=4+=3mA,/r=/.+/式竺即=irtmA,代入數據可得：

0,3，104P.10?.0.3—：':':「1儂二IS.10\聯立解得:

R.+&凡

R.=2U,小二川

當開關S接到c時，改裝的電流表量程為15〃弘，電流表的內阻為：

當開關、接到d時，改裝的電流表量程為3mA,電流表的內阻為=**二嗎二:=911

/（r+/iv+/Cd/~ryu_o

當溫度為III「時，"■I:"

若將開關b接到C,則有A?'fl,山4

/勺?H.4I4川/I.zR）

若將開關發接到d,則有八,,二^W、〃7-ILInA，/“=3,”A可知將開關舟接到c測溫量

fly+n42JIMI+SI

程為0?100T°

故答案為：

⑵匕

第16頁，共20頁

020406080IOOr/r

I，根據溫度傳感器在常溫下阻值確定滑動變阻箱；

「閉合開關前，為了保證電表安全，將變阻器的電阻調到最大；

利用題干數據，使用描點法，將剩余點用圓滑曲線連接得到圖線；

;，根據串并聯知識和歐姆定律列式求解。

本題主要考查傳感器的使用，根據實驗原理解答。

13.【答案】解：1加熱后罐內空氣的溫度-273：/<31HK,降溫后罐內空氣的溫度

/.27-:地小；

哈哈哈根據查理定律

，I?2

代入數據解得八_II、、_?X1H

口加熱過程中，空氣做等壓變化，設空氣體積的變化為加熱前的溫度匚**”；

好好好根據蓋-呂薩克定律;

/I

代入數據解得Al--

15

根據密度公式…J,則，'AI

2

因此加熱過程中罐內溢出的空氣質量與加熱前罐中空氣質量之比A"r?

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答：111當罐內空氣溫度回到室溫時，罐內空氣的壓強為U.SH2,1“7”；

加熱過程中罐內溢出的空氣質量與加熱前罐中空氣質量之比2：15。

第17頁，共20頁

【解析】1根據查理定律求解罐內空氣的壓強；

」加熱過程中，空氣做等壓變化，根據蓋-呂薩克定律求罐內空氣體積的變化；

根據密度公式求解加熱過程中罐內溢出的空氣質量與加熱前罐中空氣質量之比。

本題考查了氣體的等容和等溫變化，正確分析氣體前后物理量的變化情況是解決此類問題的關鍵。

14.【答案】解：I'■，.時，根據圖丙，小樹葉將往下振動；根據圖乙，尸點將往下運動，0點將往上

運動，因此小樹葉位于尸點；

-1根據波長與波速關系有

A

T

0()H

結合圖像解得”=，"、="」，3、