2021年高考全國(guó)甲卷物理試題

2021年高考全國(guó)甲卷物理試題二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。14．如圖，將光滑長(zhǎng)平板的下端置于鐵架臺(tái)水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點(diǎn)Q處?kù)o止釋放，物塊沿平板從Q點(diǎn)滑至P點(diǎn)所用的時(shí)間t與夾角θ的大小有關(guān)。若由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時(shí)間t將()A．逐漸增大 B．逐漸減小C．先增大后減小 D．先減小后增大D[由題意知，小物塊沿光滑長(zhǎng)平板加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＝ma，小物塊的加速度大小a＝gsinθ；設(shè)鐵架臺(tái)底座的長(zhǎng)度為d，根據(jù)幾何關(guān)系，小物塊的位移大小為eq\f(d,cosθ)；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得eq\f(d,cosθ)＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立可得t＝eq\r(\f(4d,gsin2θ))，θ由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時(shí)間t將先減小后增大，D正確。]15．“旋轉(zhuǎn)紐扣”是一種傳統(tǒng)游戲。如圖，先將紐扣繞幾圈，使穿過紐扣的兩股細(xì)繩擰在一起，然后用力反復(fù)拉繩的兩端，紐扣正轉(zhuǎn)和反轉(zhuǎn)會(huì)交替出現(xiàn)。拉動(dòng)多次后，紐扣繞其中心的轉(zhuǎn)速可達(dá)50r/s，此時(shí)紐扣上距離中心1cm處的點(diǎn)向心加速度大小約為()A．10m/s2 B．100m/s2C．1000m/s2 D．10000m/s2C[向心加速度的公式an＝rω2，結(jié)合角速度與轉(zhuǎn)速的關(guān)系ω＝2πn，代入數(shù)據(jù)可得an約為1000m/s2，C正確。]16．兩足夠長(zhǎng)直導(dǎo)線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內(nèi)，EO與O′Q在一條直線上，PO′與OF在一條直線上，兩導(dǎo)線相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長(zhǎng)直導(dǎo)線通過電流I時(shí)，所產(chǎn)生的磁場(chǎng)在距離導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則圖中與導(dǎo)線距離均為d的M、N兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為()A．B、0 B．0、2BC．2B、2B D．B、BB[根據(jù)安培定則可知，兩根導(dǎo)線在M處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反，疊加后磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0；豎直方向的導(dǎo)線和水平方向的導(dǎo)線在N處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相同，疊加后磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，B正確。]17．如圖，一個(gè)原子核X經(jīng)圖中所示的一系列α、β衰變后，生成穩(wěn)定的原子核Y，在此過程中放射出電子的總個(gè)數(shù)為()A．6 B．8C．10 D．14A[X的中子數(shù)為146，質(zhì)子數(shù)為92，質(zhì)量數(shù)為146＋92＝238，Y的中子數(shù)為124，質(zhì)子數(shù)為82，質(zhì)量數(shù)為124＋82＝206，質(zhì)量數(shù)減少238－206＝32，發(fā)生α衰變的次數(shù)為32÷4＝8，發(fā)生β衰變的次數(shù)為82－(92－2×8)＝6，即在此過程中放射出電子的總個(gè)數(shù)為6，A正確。]18．2021年2月，執(zhí)行我國(guó)火星探測(cè)任務(wù)的“天問一號(hào)”探測(cè)器在成功實(shí)施三次近火制動(dòng)后，進(jìn)入運(yùn)行周期約為1.8×105s的橢圓形停泊軌道，軌道與火星表面的最近距離約為2.8×105m。已知火星半徑約為3.4×106m，火星表面處自由落體的加速度大小約為3.7m/s2A．6×105m B．6C．6×107m D．6C[在火星表面附近，對(duì)于繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，有mg火＝meq\f(4π2,T\o\al(2,1))R火，得Teq\o\al(2,1)＝eq\f(4π2R火,g火)，根據(jù)開普勒第三定律，有eq\f(R\o\al(3,火),T\o\al(2,1))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l近＋2R火＋l遠(yuǎn),2)))eq\s\up12(3),T\o\al(2,2))，代入數(shù)據(jù)解得l遠(yuǎn)≈6×107m，C正確。]19．某電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖所示，圖中a、b、c、d、e為電場(chǎng)中的5個(gè)點(diǎn)，則()A．一正電荷從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到e點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功B．一電子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為4eVC．b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度垂直于該點(diǎn)所在等勢(shì)面，方向向右D．a(chǎn)、b、c、d四個(gè)點(diǎn)中，b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小最大BD[一正電荷從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到e點(diǎn)，在同一等勢(shì)面上運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力不做功，A錯(cuò)誤；一電子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為－eUad＝4eV，B正確；場(chǎng)強(qiáng)垂直于等勢(shì)面，并指向電勢(shì)降低的方向，b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度垂直于該點(diǎn)所在等勢(shì)面，方向向左，C錯(cuò)誤；題圖中的等勢(shì)面為等差等勢(shì)面，a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)中，b點(diǎn)處的等勢(shì)面最密，電場(chǎng)強(qiáng)度大小最大，D正確。]20．一質(zhì)量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動(dòng)。該物體開始滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為Ek/5，向上滑動(dòng)一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能為3Ek/25。已知sinα＝0.6，重力加速度大小為g。則()A．物體向上滑動(dòng)的距離為Ek/2mgB．物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為g/5C．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于0.5D．物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)BC[設(shè)物體沿斜面向上滑動(dòng)的距離為s，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體沿斜面上滑過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－mgssinα－μmgscosα＝0－Ek，同理，物體沿斜面下滑過程中有mgssinα－μmgscosα＝eq\f(Ek,5)－0，兩式聯(lián)立解得s＝eq\f(Ek,mg)，μ＝eq\f(1,2)，物體沿斜面下滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma下，解得a下＝eq\f(g,5)，同理可知物體沿斜面上滑過程的加速度大于下滑過程的加速度，由s＝eq\f(1,2)at2可知，物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)所用的時(shí)間短。B、C正確，A、D錯(cuò)誤。]21．由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長(zhǎng)相同的甲、乙兩個(gè)正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時(shí)由靜止開始下落，一段時(shí)間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的上邊界水平，如圖所示。不計(jì)空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進(jìn)入磁場(chǎng)后且上邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，可能出現(xiàn)的是()A．甲和乙都加速運(yùn)動(dòng)B．甲和乙都減速運(yùn)動(dòng)C．甲加速運(yùn)動(dòng)，乙減速運(yùn)動(dòng)D．甲減速運(yùn)動(dòng)，乙加速運(yùn)動(dòng)AB[兩線圈的質(zhì)量相等，線圈所用材料相同，則體積相同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍，則甲的橫截面積是乙的一半，長(zhǎng)度是乙的2倍，由電阻定律可知，甲的電阻是乙的4倍；兩線圈從同一高度同時(shí)由靜止開始下落，則到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)兩線圈的速度相同，設(shè)乙線圈的匝數(shù)為n，兩線圈的邊長(zhǎng)均為l，兩線圈進(jìn)入磁場(chǎng)后，乙受到的安培力F乙＝nBIl＝eq\f(n2B2l2v,R)，甲受到的安培力F甲＝eq\f(4n2B2l2v,4R)＝eq\f(n2B2l2v,R)，可見，甲、乙受到的安培力大小相同，重力也相同，則運(yùn)動(dòng)情況相同，A、B正確。]三、非選擇題：共174分。第22～32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33～38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共129分。22．(5分)為測(cè)量小銅塊與瓷磚表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，一同學(xué)將貼有標(biāo)尺的瓷磚的一端放在水平桌面上，形成一傾角為α的斜面(已知sinα＝0.34，cosα＝0.94)，小銅塊可在斜面上加速下滑，如圖所示。該同學(xué)用手機(jī)拍攝小銅塊的下滑過程，然后解析視頻記錄的圖像，獲得5個(gè)連續(xù)相等時(shí)間間隔(每個(gè)時(shí)間間隔ΔT＝0.20s)內(nèi)小銅塊沿斜面下滑的距離si＝(i＝1,2,3,4,5)，如下表所示。S1S2S3S4S55.879.311由表中數(shù)據(jù)可得，小銅塊沿斜面下滑的加速度大小為________m/s2，小銅塊與瓷磚表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為________。(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字，重力加速度大小取9.80m/s2[解析]利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的推論Δx＝at2，得a＝eq\f(Δx,t2)＝eq\f(12.74＋11.02－5.87－7.58×10－2,6×0.202)m/s2＝0.43m/s2；由牛頓第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma，解得μ＝eq\f(gsinα－a,gcosα)＝eq\f(9.80×0.34－0.43,9.80×0.94)＝0.32。[答案]0.430.3223．(10分)某同學(xué)用圖(a)所示電路探究小燈泡的伏安特性，所用器材有：小燈泡(額定電壓2.5V，額定電流0.3A)、電壓表(量程300mV，內(nèi)阻300Ω)、電流表(量程300mA，內(nèi)阻0.27Ω)定值電阻R0、滑動(dòng)變阻器R1(阻值0－20Ω)、電阻箱R2(最大阻值9999.9Ω)、電源E(電動(dòng)勢(shì)6V，內(nèi)阻不計(jì))、開關(guān)S、導(dǎo)線若干。圖(a)(1)有3個(gè)阻值分別為10Ω、20Ω、30Ω的定值電阻可供選擇，為了描繪小燈泡電流在0－300mA的U-I曲線，R0應(yīng)選取阻值為________Ω的定值電阻；(2)閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)置于變阻器的________(填“a”或“b”)端；(3)在流過電流表的電流較小時(shí)，將電阻箱R2的阻值置零，改變滑動(dòng)變阻器滑片的位置，讀取電壓表和電流表的示數(shù)U、I，結(jié)果如圖(b)所示。當(dāng)流過電流表的電流為10mA時(shí)，小燈泡的電阻為________Ω(保留1位有效數(shù)字)；圖(b)(4)為使得電壓表滿量程時(shí)對(duì)應(yīng)于小燈泡兩端的電壓為3V，該同學(xué)經(jīng)計(jì)算知，應(yīng)將R2的阻值調(diào)整為________Ω。然后調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R1，測(cè)得數(shù)據(jù)如下表所示：U/mV24.046.076.0110.0128.0152.0184.0216.0250.0I/mA140.0160.0180.0200.0220.0240.0260.0280.0300.0(5)由圖(b)和上表可知，隨流過小燈泡電流的增加，其燈絲的電阻________(填“增大”“減小”或“不變”)；(6)該同學(xué)觀測(cè)到小燈泡剛開始發(fā)光時(shí)流過電流表的電流為160mA，可得此時(shí)小燈泡電功率W1＝________W(保留2位有效數(shù)字)；當(dāng)流過電流表的電流為300mA時(shí)，小燈泡的電功率為W2，則W2/W1＝________(保留至整數(shù))。[解析](1)由于小燈泡的額定電壓為2.5V，R0分得的電壓約為3.5V，由歐姆定律得R＝eq\f(U,I)＝eq\f(3.5,0.3)Ω＝12Ω，若R＞12Ω，則小燈泡無法達(dá)到額定電壓，故選10Ω的定值電阻。(2)由題圖(a)知，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，則閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)置于a端。(3)由題圖(b)可得，當(dāng)電流為10mA時(shí)，電壓表的讀數(shù)U＝7.0mV，電壓表內(nèi)阻較大，流過電壓表的電流可忽略不計(jì)，由歐姆定律得小燈泡的電阻R＝eq\f(U,I)＝eq\f(7.0,10)Ω＝0.7Ω。(4)根據(jù)電表的改裝原理，有eq\f(UV,RV)(300Ω＋R2)＝3V，代入數(shù)據(jù)解得R2＝2700.0Ω。(5)根據(jù)題表中數(shù)據(jù)結(jié)合題圖(b)中U-I曲線的斜率可得，隨流過小燈泡電流的增大，燈絲的電阻增大。(6)由題表中數(shù)據(jù)可知P1＝0.046×10×0.16W＝0.074W，P2＝0.25×10×0.3W＝0.75W，故eq\f(P2,P1)＝10。[答案](1)10(2)a(3)0.7(4)2700.0(5)增大(6)0.0741024．(12分)如圖，一傾角為θ的光滑斜面上有50個(gè)減速帶(圖中未完全畫出)，相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠(yuǎn)小于d；一質(zhì)量為m的無動(dòng)力小車(可視為質(zhì)點(diǎn))從距第一個(gè)減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機(jī)械能與到達(dá)減速帶時(shí)的速度有關(guān)。觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個(gè)減速帶后立刻進(jìn)入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。(1)求小車通過第30個(gè)減速帶后，經(jīng)過每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能；(2)求小車通過前30個(gè)減速帶的過程中在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能；(3)若小車在前30個(gè)減速帶上平均每一個(gè)損失的機(jī)械能大于之后每一個(gè)減速帶上損失的機(jī)械能，則L應(yīng)滿足什么條件？[解析](1)設(shè)小車通過第30個(gè)減速帶后，經(jīng)過每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能為ΔE，由小車通過第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，可知小車通過每一個(gè)減速帶時(shí)重力勢(shì)能的減少量等于經(jīng)過減速帶損失的機(jī)械能，即ΔE＝mgdsinθ ①(2)設(shè)小車通過前30個(gè)減速帶的過程中在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能為ΔE0，對(duì)小車從靜止開始到進(jìn)入水平面停止，由動(dòng)能定理有mg(49d＋L)sinθ－30ΔE0－20ΔE－μmgs＝0－0 ②聯(lián)立①②解得ΔE0＝eq\f(mg29d＋Lsinθ－μmgs,30) ③(3)要使ΔE0＞ΔE，有eq\f(mg29d＋Lsinθ－μmgs,30)＞mgdsinθ ④解得L＞d＋eq\f(μs,sinθ)。[答案](1)mgdsinθ(2)eq\f(mg29d＋Lsinθ－μmgs,30)(3)L＞d＋eq\f(μs,sinθ)25．(20分)如圖，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的兩塊擋板豎直相對(duì)放置，間距也為L(zhǎng)，兩擋板上邊緣P和M處于同一水平線上，在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)節(jié)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m，電荷量為q(q＞0)的粒子自電場(chǎng)中某處以大小為v0的速度水平向右發(fā)射，恰好從P點(diǎn)處射入磁場(chǎng)，從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)過程中粒子未與擋板碰撞。已知粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與PQ的夾角為60°，不計(jì)重力(1)求粒子發(fā)射位置到P點(diǎn)的距離；(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍；(3)若粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場(chǎng)，求粒子在磁場(chǎng)中的軌跡與擋板MN的最近距離。[解析](1)帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子經(jīng)過P點(diǎn)的速度在水平方向和豎直方向的分速度分別為vx和vy，運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)所用時(shí)間為t，加速度大小為a，有qE＝ma，eq\f(vx,vy)＝tan60°，vx＝v0，vy＝at，x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2，s＝eq\r(x2＋y2)，聯(lián)立解得t＝eq\f(\r(3)mv0,3qE)，s＝eq\f(\r(13)mv\o\al(2,0),6qE)。(2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度v＝eq\f(v0,sin60°)＝eq\f(2\r(3)v0,3)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，若粒子從Q點(diǎn)射出，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑最小，設(shè)為r1，則由幾何知識(shí)可得r1＝eq\f(\r(3),3)l，解得最大磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝eq\f(2mv0,ql)，若粒子從N點(diǎn)射出，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑最大，設(shè)為r2，由幾何知識(shí)得sin15°＝eq\f(\f(\r(2),2)l,r2)，解得r2＝(eq\r(3)＋1)l，最小磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),3)))eq\f(mv0,ql)，即磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),3)))eq\f(mv0,ql)≤B≤eq\f(2mv0,ql)。(3)畫出粒子的軌跡如圖所示，設(shè)此時(shí)粒子的軌跡半徑為r′，粒子從QN的中點(diǎn)E射出，由幾何知識(shí)得PE＝eq\r(l2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)l))eq\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),2)l，r′＝eq\f(PE,2sin∠POO′)，sin∠POO′＝sin∠FPO′＝sin(60°－∠QPE)，解得r′＝eq\f(52\r(3)＋1,22)l，軌跡上與MN距離最近的點(diǎn)與圓心O的連線與QN平行，由幾何關(guān)系得最近的距離d＝QN－eq\f(r′,2)＝eq\f(39－10\r(3),44)l。[答案](1)eq\f(\r(13)mv\o\al(2,0),6qE)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),3)))eq\f(mv0,ql)≤B≤eq\f(2mv0,ql)(3)eq\f(39－10\r(3),44)l(二)選考題33．[物理——選修3－3](15分)(1)(5分)如圖，一定量的理想氣體經(jīng)歷的兩個(gè)不同過程，分別由體積-溫度(V-t)圖上的兩條直線Ⅰ和Ⅱ表示，V1和V2分別為兩直線與縱軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)；t0為它們的延長(zhǎng)線與橫軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，t0是它們的延長(zhǎng)線與橫軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，t0＝－273.15℃；a為直線Ⅰ上的一點(diǎn)。由圖可知，氣體在狀態(tài)a和b的壓強(qiáng)之比pa/pb＝________；氣體在狀態(tài)b和c的壓強(qiáng)之比為pb/p(2)(10分)如圖，一汽缸中由活塞封閉有一定量的理想氣體，中間的隔板將氣體分為A、B兩部分；初始時(shí)，A、B的體積均為V，壓強(qiáng)均等于大氣壓p0。隔板上裝有壓力傳感器和控制裝置，當(dāng)隔板兩邊壓強(qiáng)差超過0.5p0時(shí)隔板就會(huì)滑動(dòng)，否則隔板停止運(yùn)動(dòng)。氣體溫度始終保持不變。向右緩慢推動(dòng)活塞，使B的體積減小為V/2。(ⅰ)求A的體積和B的壓強(qiáng)；(ⅱ)再使活塞向左緩慢回到初始位置，求此時(shí)A的體積和B的壓強(qiáng)。[解析](1)由題圖結(jié)合題意可知Ⅰ、Ⅱ的V-T圖線均為過原點(diǎn)的傾斜直線，則Ⅰ、Ⅱ過程均為等壓變化，則eq\f(pa,pb)＝1；由理想氣體狀態(tài)方程有eq\f(pV,T)＝C，得V-T圖像的斜率k＝eq\f(C,p)，kⅠ＝eq\f(V1,t0)＝eq\f(C,pb)，kⅡ＝eq\f(V2,t0)＝eq\f(C,pc)，得eq\f(pb,pc)＝eq\f(V2,V1)。(2)(ⅰ)對(duì)氣體B，由玻意耳定律有p0V＝pBeq\f(V,2)，代入數(shù)據(jù)解得pB＝2p0，此時(shí)pA＝pB＋0.5p0＝2.5p0，同理有p0V＝pAVA，代入數(shù)據(jù)解得VA＝0.4V。(ⅱ)設(shè)此時(shí)氣體A、B的壓強(qiáng)分別為pA1、pB1，體積分別為VA1、VB1，由玻意耳定律有pAVA＝pA1VA1，pBeq\f(V,2)＝pB1VB1，VA1＋VB1＝2V，pA1＋0.5p0＝pB1，聯(lián)立解得VA1＝(eq\r(5)－1)V，pB1＝eq\f(3＋\r(5),4)p0。[答案](1)1eq\f(V2,V1)(2)(ⅰ)0.4V2p0(ⅱ)(eq\r(5)－1)Veq\f(3＋\r(5),4)p034．[物理——選修3－4](15分)(1)(5分)如圖，單色光從折射率n＝1.5、厚度d＝10.0cm的玻璃板上