文档文本内容
大单元周测卷(五)
层级一 教材溯源·基础固本
1．D 2．B 3．C 4．D
5．D [根据题意，画出光路图，如图甲所示，由几何关系可知，折射角为
45°，则由折射定律有n＝sin θ
sin 45° ＝√2sin θ>1，则有sin θ>√2
2 ，n<√2
解得θ>45°，故AB 错误；根据题意，由sin C＝1
n，可知sin C>√2
2 ，即
C>45°，
增大入射角，光路图如图乙所示，由几何关系可知，光在BC 上的入射角小于
45°，则该单色光在BC 上不可能发生全反射，故C 错误；减小入射角，光路图
如图丙所示，
由几何关系可知，光在AB 上的入射角大于45°，可能大于临界角，则该单色光
在AB 上可能发生全反射，故D 正确。故选D。]
6．C [根据光电效应方程1
2mvm
2 ＝hν－W0，根据动能定理－eUc＝0－1
2mvm
2 ，
解得hν＝eUc+W0，乙光对应的遏止电压Uc最大，对应的光子能量最大，A 错
误；用甲光照射时饱和电流最大，B 错误；根据动能定理－eUc＝0－1
2mvm
2 ，解
得1
2mvm
2 ＝eUc，用乙光照射时光电子的最大初动能最大，C 正确；乙光的光子
能量最大，频率最高，波长最短，分别射入同一单缝衍射装置时，乙光的中央
亮条纹最窄，D 错误。故选C。]
7．B [a→b 过程为绝热过程，体积减小，外界对气体做功，则W>0，根据热
力学第一定律可知ΔU＝W+Q>0，即a→b 过程内能增大，温度升高，A 错误；
b→c 过程中，气体压强不变，根据V
T ＝C，可知，气体体积增大，温度升高，
则内能ΔU>0，气体体积增大，气体对外做功，则W<0，根据热力学第一定律
ΔU＝W+Q>0，可知，气体吸收的热量大于对外界做的功，B 正确；d→a 过程
中体积不变，则W＝0，根据p
T ＝C 可知，气体的压强减小，温度降低，内能减
小，气体放出热量，C 错误；根据p⁃V 图线与坐标轴围成的面积表示气体所做
的功可知，经历一个循环后，气体对外界做功不为零，D 错误。故选B。]
8．BC [电子具有波动性，而物质波是概率波，相干加强处电子出现的概率大。
微观粒子具有隧道效应。故选BC。]
9．BD [γ 光子是铀核 92
235U 从高能态跃迁到低能态释放出来的，故A 错误；根
据衰变过程满足质量数和电荷数守恒可知，94
239Pu 的衰变方程为 94
239Pu→92
235U+2
4
He，故B 正确；衰变过程满足动量守恒，可知衰变产生的 92
235U 和 2
4He 的动量
大小相等，方向相反；根据Ek＝1
2mv2＝p
2
2m，可知衰变产生的 92
235U 和 2
4He 的
动能之比为
EkU
Ek α
＝mα
mU
＝4
235，故C 错误；设α 粒子的比结合能为E3，则衰变过
程释放的能量为ΔE＝235E2+4E3－239E1，又ΔE＝Δmc2＝(mPu－mU－mα)c2，联
立可得α 粒子的结合能为E＝4E3＝(mPu－mU－mα)c2+239E1－235E2，故D 正确。
故选BD。]
10．BCD [由图可知，在t＝0.6 s 时质点A 向下振动，根据“上下坡”法可知，
该波沿x 轴正方向传播，故A 错误；由甲图可知，该波的波长为λ＝20 m，由
乙图可知，该波的周期为T＝1.2 s，故该波的波速v＝λ
T ＝50
3 m/s，故B 正确；
甲图中y 与x 的函数表达式为y＝2cosπ x
10 (cm)，当y＝－1 cm 时，解得xP＝20
3
m，xQ＝40
3 m，质点P 比质点Q 早回到平衡位置的时间为Δt＝xQ- xP
v
＝0.4
s，故C 正确；t＝0.6 s 时，A 质点处于平衡位置，因为Δt＝0.6 s＝T
2 ，所以A
质点通过的路程是s＝2A＝4 cm，故D 正确。故选BCD。]
11．解析：(1)①摆球的选择有钢质实心小球和木质实心小球两种，选用钢质实
心小球，故A 错误；摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽量长一些，故
B 正确；当单摆的摆球经过最低点开始计时，故C 错误；实验中应使摆角小一
些，故D 错误。故选B。
②根据单摆的周期公式
T＝2π√
l+ d
2
g
，T＝t
n
联立解得g＝
4 π
2n
2(l+ d
2 )
t
2
。
(2)①根据玻意耳定律可得p1L1S＝p2L2S
两边横截面积可以约掉，所以不需要测量针筒内空气柱的横截面积。
②实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管(或注射器)，并且在实验中
要缓慢推动活塞，这些要求的目的是防止玻璃管内的气体温度发生变化。
③根据理想气体状态方程pV
T ＝C
变形可得V＝CT· 1
p
所以温度越高，图线的斜率越大，所以T2<T1。
答案：(1)①B ②
4 π
2n
2(l+ d
2 )
t
2
(2)①不需要 ②防止玻璃管内的气体温度发生变化 ③<
12．解析：(1)以气体为研究对象，根据盖⁃吕萨克定律，有
V P
T P
＝V Q
T Q
解得VQ＝6×10－4 m3。
(2)依题意，气体的内能与热力学温度成正比，有
U P
U Q
＝T P
T Q
解得UQ＝108 J
活塞从P 位置缓慢移到Q 位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研
究对象，有pS＝p0S+mg
解得p＝p0+mg
S ＝1.4×105 Pa
气体膨胀，外界对气体做功
W＝－p(VQ－VP)＝－28 J
由热力学第一定律UQ－UP＝Q+W
可得气体变化过程吸收的总热量为Q＝64 J。
答案：(1)6×10－4 m3 (2)64 J
13．解析：(1)波速由介质决定，在介质OM 中波的传播速度为v2＝4 m/s，根
据v2＝λ2f
解得λ2＝2 m
在介质ON 中波的传播速度为v1＝2 m/s，根据v1＝λ1f
解得λ1＝1 m。
(2)波源M 的振动形式传播到O 处所需的时间t1＝
x - xON
v2
＝8-2
4 s＝1.5 s
波速由介质决定，波源M 的振动形式从O 传播到N 处所需的时间t2＝
xON
v1
＝2
2
s＝1 s
则波源M 的振动形式传播到N 处所需的时间t＝t1+t2＝2.5 s。
(3)结合上述可知xMP＝λ2＝2 m，xPO＝x－λ2－xON＝4 m
波源振动的周期T＝1
f ＝0.5 s
波源M 的振动形式传播到P 处所需的时间t3＝
xMP
v2
＝2
4 s＝0.5 s
波源N 的振动形式传播到P 处所需的时间t4＝
xON
v1
+
xPO
v2
＝2
2 s+4
4 s＝2 s
根据图示可知，两波源起振方向均向上，由于t3等于一个周期，t4等于四个周期，
即经过2 s 时，两波源的振动形式传播到P 点运动方向均向上，可知，P 点为振
动加强点，则在t4＝2 s 时间内P 以M 波源振动形式运动了Δt1＝t4－t3＝1.5 s＝
3T
此时间内，P 运动的路程x1＝3×4A2＝60 cm
6 1
24 s 内两波源振动形式同时到达P 点运动时间Δt2＝6 1
24 s－2 s＝4 1
24 s＝8T+
1
12T
在上述时间8T 内，P 运动的路程x2＝8×4( A1+ A2)＝480 cm
在上述时间1
12T 内，根据振动函数方程y＝Asin2π
T t
解得1
12T 时刻，对应的y＝1
2A
可知，在上述时间1
12T 内，P 运动的路程x2＝A1+ A2
2
＝7.5 cm
结合上述可知，两波源振动开始计时6 1
24 s 内P 点运动的路程x＝x1+x2+x3＝
547.5 cm。
答案：(1)2 m 1 m (2)2.5 s
(3)547.5 cm
层级二 模拟精选·能力进阶
1．D 2．D 3．B 4．B
5．A [原子发光是由于电子在不同能级间跃迁时释放或吸收光子，所以电子运
动是原子发光的直接原因，A 正确；由题意可知Hα对应的光子的频率比Hγ对
应的光子频率小，根据爱因斯坦提出的光子能量ε＝hν，可知Hα对应的光子能
量比Hγ对应的光子能量小，B 错误；由题意可知，四条谱线所对应的光子的频
率从小到大依次排列为Hα、Hβ、Hγ、Hδ，所以四条谱线所对应的光子的能量
从小到大依次排列为Hα、Hβ、Hγ、Hδ，因此Hδ对应着最大的能量，是氢原子
从n＝6 能级向n＝2 能级跃迁时产生的，C 错误；处于n＝2 能级的氢原子跃迁
到n＝3 能级需要吸收的能量为E3－E2＝1.89 eV，D 错误。故选A。]
6．D [平衡位置在x 轴上且x＝0.2 m 处的质点，离波源S1更近，故该质点先
按波源S1的振动形式振动，波源S1开始沿z 轴正方向振动，故该质点开始振动
时也是先沿z 轴正方向振动，故A 错误；由于两列波的波速相等，振动周期均
为0.2 s，故波长也相等，均为λ＝vT＝0.2×2 m＝0.4 m，由于两列波的起振方
向相反，故质点离两波源距离差为波长的整数倍处为振动减弱点，质点离两波
源距离差为半波长的奇数倍处为振动加强点，平衡位置在x 轴上且x＝0.6 m 处
的质点，离两波源的距离差为0.6 m+0.2 m－(1.2 m－0.6 m)＝0.2 m，该距离
差为半波长的奇数倍，故该点为振动加强点，故B 错误；结合上述，平衡位置
在x 轴上且x＝0.5 m 处的质点，离两波源的距离差为0.5 m+0.2 m－(1.2 m－
0.5 m)＝0 m，该距离差为波长的整数倍，故该点为振动减弱点，故C 错误；
由于MS2－MS1＝0.2 m，该距离差为半波长的奇数倍，结合上述可知，该点为
振动加强点，振幅为A＝2×0.2 m＝0.4 m，圆频率ω＝2π
T ＝10π rad/s，由于
MS2>MS1，则从波源S2形成的波传到M 点开始计时，又因为波源S2起振方向
沿z 轴负方向，则M 处质点初相位φ＝π，故其振动方程为z＝Asin(ωt+φ)＝
0.4sin(10πt+π)m，故D 正确。故选D。]
7．C [根据临界角与折射率的关系有n＝
1
sin C ，解得C＝30°，激光从沿DA
方向顺时针转动过程，在AB 边的入射角逐渐变大，即开始有光射出，若光在
AB 边恰好发生全反射，令此时AP 长度为x0，根据几何关系有x0＝Rtan C＝
√3 R
3
，则AB 边上有激光射出的长度占AB 边的x0
R ＝√3
3 ，故A 错误；由于只考
虑首次从圆弧AC 直接射向AB、BC 的光线，可知，直接射向B 点的光路程最
大，最大路程为x1＝√2R－R，根据光速与折射率的关系有n＝c
v ，则激光在平
面ABCD 内传播的最长时间为t＝x1
v ，解得t＝2(√2-1)R
c
，故B 错误；令P 点
运动到AB 边中点时DP 长度为x2，根据几何关系有x2＝√
R
2+(
R
2)
2
＝√5 R
2
，激
光在平面ABCD 内以角速度ω 匀速转动，P 点运动到AB 边中点时速度大小为
v1，根据速度分解有v1cos∠ADP＝ωx2，其中cos∠ADP＝R
x2，解得v1＝5 Rω
4
，
故C 正确；结合上述，根据速度分解有v2cos∠PDC＝
ωR
cos∠PDC ，解得v2＝
ωR
(cos∠PDC )
2，令P 点在BC 边运动的位移为x3，根据几何关系有cos∠PDC＝
R
√R
2+( R - x3)
2，解得v2＝ω R
2+ω( R - x3)
2
R
，在匀变速直线运动中，速度与位移
的关系表达式为v2－v0
2＝2ax，将P 点速度与位移表达式与上述速度与位移的关
系式对比可知，P 点在BC 边上做的不是匀变速运动，故D 错误。故选C。]
8．BC [氢原子从能级6 跃迁到能级2 产生可见光Ⅰ的光子能量为E62＝(－0.38
eV)－(－3.4 eV)＝3.02 eV，从能级3 跃迁到能级2 产生可见光Ⅱ的光子能量
E32＝(－1.51 eV)－(－3.4 eV)＝1.89 eV，可知光Ⅰ光子能量较大，频率较大，
比光Ⅱ有更显著的粒子性，故A 错误；根据Ekm＝hν－W 逸出功，可知两种光分
别照射阴极K 产生的光电子的最大初动能之差等于光子能量之差，即ΔEkm＝
(3.02－1.89) eV＝1.13 eV，根据E'km＝Ekm+eU，可知到达阳极A 的最大动能之
差为ΔE'km＝ΔEkm＝1.13 eV，故B 正确；滑片P 向a 移动，光电管的反向电压
变大，当光电流为零时满足Uce＝Ekm＝hν－W 逸出功，可知光Ⅰ对应的遏止电压
较大，即电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大，故C 正确；Ⅰ光频
率较大，折射率较大，可知用Ⅰ光和Ⅱ光以相同入射角θ(0°<θ<90°)照射同一平
行玻璃砖，Ⅰ光的侧移量大，故D 错误。故选BC。]
9．AB [波沿x 轴正方向传播，根据“同侧法”可知t＝0 时刻A 质点的振动方向
向下，故A 正确；根据波形图可知(
1
8 + 1
4)λ＝1.5 m，解得λ＝4 m，故B 正确；
该波的周期为T＝λ
v ＝4
2 s＝2 s，t＝2 s＝T 时，x＝1.5 m 的质点仍位于平衡位
置，故C 错误；t＝0 到t＝5 s 时间内，振动的时间Δt＝5
2T，x＝1.5 m 的质点
经过的路程为s＝5
2×4A＝10A＝10×2 cm＝20 cm，故D 错误。故选AB。]
10．AD [根据n＝sin i
sin r ，相同入射角时，a 光折射角较小，可知a 光的折射
率大于b 光，选项A 正确；根据v＝c
n，可知，a 光在玻璃中的传播速度小于b
光，选项B 错误；b 光折射率较小，则频率较小，波长较大，则a、b 两束单色
光通过同一单缝，b 光的衍射现象更明显，选项C 错误；根据Δx＝l
d λ，因b 光
波长较大，可知a、b 两束单色光通过同一双缝干涉时，b 光产生的干涉条纹间
距较大，选项D 正确。故选AD。]
11．解析：(1)步骤(ⅰ)中体积为a 的油酸溶液应为体积为a 的油酸，步骤(ⅲ)
(ⅳ)顺序颠倒了。
(2)正方形小方格面积S0＝1 cm2，通过数格子发现小格子有62 个，则油酸膜的
面积是S＝62S0＝62 cm2。
(3)由题意可得一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积V0＝ac
nb
则油酸分子直径D＝V 0
S ＝ac
nbS。
答案：(1)步骤(ⅰ)中体积为a 的油酸溶液应为体积为a 的油酸，步骤(ⅲ)(ⅳ)顺
序颠倒 (2)62 (3) ac
nbS
12．解析：(1)根据折射定律可得，玻璃砖的折射率n＝
sin ∠S1OB
sin ∠S2OB ＝
L1
R
L3
R
＝L1
L3
。
故选B。
(2)根据题意可知结合几何关系，有OS'2＝√(
4
3 OB)
2
+O B
2＝5
3OB
根据几何关系，有sin∠S'2OB＝
S'2B
OS'2
＝4
5
根据折射定律可得，玻璃砖的折射率n＝
sin 90°
sin ∠S'2OB ＝5
4 。
(3)不小心将玻璃砖沿直径方向向左平移了少许，实验时仍保证光线在O 点恰好
发生全反射，光射入玻璃砖时，入射角偏小，折射角不变，则折射率的测量值
偏大。
答案：(1)B (2)5
4 (3)偏大
13．解析：(1)A→B 气体温度升高发生等容升压，根据查理定律
p1
T 1
＝p2
T 2
代入题中数据，解得T2＝1 500 K。
(2)B→C 过程为绝热过程Q＝0，根据热力学第一定律得ΔU＝W+Q
其中W＝－400 J，联立解得ΔU＝－400 J。
(3)在经历B→C 的绝热膨胀过程中，气体对外做功，汽缸内温度降低了400
K，膨胀结束到达状态C 时，燃烧室内压强降低到120 kPa
根据理想气体状态方程可得
p1V 1
T 1
＝pCV 2
T C
联立以上，可得该汽油机的压缩比为k＝
V 2
V 1
＝22
9 。
答案：(1)1 500 K (2)－400 J (3)22
9
14．解析：(1)光束在棱镜内的光路图如图所示。
(2)根据题意可知，第一次射到AC 边时恰好发生全反射，则临界角C＝60°
根据n＝
1
sin C
可得折射率n＝2√3
3
光线从P 点入射，折射角β＝30°
根据折射定律n＝sin θ
sin β
解得sin θ＝√3
3 。
(3)光在玻璃砖中的传播速度v＝c
n
设光第一次射到AC 边时恰好在M 点发生全反射，BC 边在N 点发生反射，根
据几何关系有PM＝√3
3 l，MN＝√3
6 l，NQ＝√3
12 l
则t＝s
v ，s＝PM+MN+NQ
联立可得t＝7l
6c 。
答案：(1)见解析图 (2)2√3
3 √3
3 (3) 7l
6c
层级三 高考重组·素养对标
1．C 2．C 3．C 4．C
5．B [密封气体温度缓慢升高过程中在外力F 作用下体积缓慢减小，结合理想
气体状态方程pV
T ＝C(C 为常量)可知，密封气体压强缓慢增大，对活塞由平衡
条件有mg+p0S+F＝pS，则外力F 增大，A 错误；由于温度升高，密封气体的
内能增大，B 正确；密封气体的体积减小，气体对外做负功，C 错误；结合A
项分析可知
p1V 1
T 1
＝p2V 2
T 2
，由题可知密封气体初末状态温度之比为
T 1
T 2
＝1
2，且
体积减小，则密封气体的末态压强p2＝
2V 1
V 2
p1>2p1，D 错误。]
6．C [根据单摆周期公式T＝2π√
L
g ，可知T 丁>T 丙>T 乙>T 甲，设甲的周期为T
甲，根据题意可得2T 甲＝3T 乙
2
＝T 丙＝T 丁
2 ，可得T 丙＝2T 甲，T 乙＝4
3T 甲，T 丁＝
4T 甲，可得T 甲∶T 乙＝3∶4，T 丙∶T 丁＝1∶2，根据单摆周期公式T＝2π√
L
g ，
结合T 丙∶T 丁＝1∶2，可得小球丙、丁的摆长之比L 丙∶L 丁＝1∶4，故C 正确，
D 错误；小球甲第一次回到释放位置时，即经过T 甲(
T 丙
2 )时间，小球丙到达另
一侧最高点，此时速度为零，位移最大，根据a＝－kx
m 可知此时加速度最大，
故A 错误；根据上述分析可得T 乙＝1
3T 丁，小球丁第一次回到平衡位置时，小
球乙振动的时间为T 丁
4 (即3T 乙
4 )，可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最
大，动能最大，故B 错误。故选C。]
7．B [
由折射定律可知光线射入玻璃时的折射角r 满足sin r＝sin 45°
n
，解得r＝
30°，光路图如图所示，则由几何知识可知，该光线从圆柱体中射出时与竖直方
向的夹角α＝2×30°－45°＝15°，B 正确。]
8．BC [根据Uce＝1
2mvm
2 ＝hν－W 逸出功，因Q 的遏止电压大于R，可知Q 的频
率大于R 的频率，Q 的波长小于R 的波长，则分别射入同一单缝衍射装置时，
R 的衍射现象比Q 更明显，则Q 的中央亮纹比R 窄，选项A 错误；同理可知
P、Q 产生的光电子在K 处Q 的最大初动能比P 较大，根据λ＝h
p ＝
h
√2m Ekm，
可知最小德布罗意波长，P 大于Q，选项B 正确；因Q 对应的能量最大，则氢
原子向第一激发态跃迁发光时，根据hν＝Em－E2，可知三束光中Q 对应的能级
最高，选项C 正确；对应于图2 中的M 点，P 和Q 的光电流相等，可知P 和Q
单位时间到达阳极A 的光电子数目相等，选项D 错误。故选BC。]
9．ACD [A→B 过程，体积不变，则W＝0，温度升高，则ΔU>0，根据热力
学第一定律ΔU＝W+Q，可知Q>0，即该过程吸热，选项A 正确；B→C 过程，
温度不变，则ΔU＝0，体积减小，则W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，
可知Q<0，即该过程为放热过程，选项B 错误；A→B 过程，体积不变，温度升
高，根据pV
T ＝C，可知，压强变大，即状态A 压强比状态B 压强小，选项C 正
确；状态A 的温度低于状态C 的温度，可知状态A 的内能比状态C 的小，选项
D 正确。故选ACD。]
10．BD [由题图可知，甲波的波长λ 甲＝4 m，由v＝λ
T 可知，甲波的周期T 甲
＝4 s，A 错误；设t＝0 时刻乙波的波形图表达式为y＝Asin
2π
λ乙x+φ ，结合题
图有sin
2π
λ乙×2+φ ＝1
2，sin
2π
λ乙×6+φ ＝1
2，且4 m<λ 乙<8 m，联立解得乙波
的波长为λ 乙＝6 m，B 正确；结合题图由同侧法可知，t＝0 时刻M 向y 轴正方
向运动，则t＝6 s＝3
2T 甲时刻，M 向y 轴负方向运动，C 错误；结合B 项分析
和v＝λ
T 可知，乙波的周期为T 乙＝6 s，由题图可知t＝0 时刻N 向y 轴负方向运
动，则t＝6 s＝T 乙时刻，N 向y 轴负方向运动，D 正确。]
11．解析：(1)单摆的摆长为L＝l+d
2＝80.00 cm。
(2)为减小实验计时误差，需小球经过最低点时开始计时；
单摆周期T＝t
n ＝54
30 s＝1.8 s
根据单摆周期公式T＝2π√
L
g
可得g＝4 π
2 L
T
2
代入数值得g≈9.88 m/s2。
答案：(1)80.00 (2)最低 1.8 9.88
12．解析：(1)①集气室内气体压强等于桶内水位高度H 和集气室进水高度的高
度差产生的压强和大气压强之和，根据p＝ρgh 可知其内径D 的大小不会影响
集气室内气体压强的大小。
②由于实验中使用同一把刻度尺进行测量，分度值相同，根据数据分析，桶内
水位高度H 明显大于集气室内进水高度h，所以测量桶内水位高度H 产生的相
对误差较小。
③该延长线不过原点的主要原因是与集气室相连的细管中的气体被忽略不计，
导致集气室气体体积V 相比于实际气体体积偏小。
(2)桶内水位高度H 越大，集气室内气体压强越大，铁芯进入电感线圈的长度越
大，电感线圈的自感系数越大，根据T＝2π√LC可知LC 振荡电路的周期越大，
所以图3 中乙对应的水位较高。
答案：(1)①不会 ②H ③见解析 (2)乙
13．解析：(1)根据波长的定义及两列波的波形图可知λ1＝0.5 m，λ2＝1 m。
(2)由波形图可知在x＝0 处两列波均处于波峰处，x＝0 处的质点位移x1＝A+A
＝2 μm
在x＝0.375 m 处，对于第一列波有x＝0.375 m＝3
4λ1
对于第二列波有x＝0.375 m＝3
8λ2
在x＝0.375 m 处质点的位移x2＝0+Acos(
3
8 ×2π)＝－√2
2 μm。
(3)对于第一列波有T1＝λ1
v ＝0.5
340 s＝1
680 s
对于第二列波有T2＝λ2
v ＝1
340 s＝2T1
这两列波叠加后的周期1
340 s。
答案：(1)0.5 m 1 m (2)2 μm
－√2
2 μm (3) 1
340s
14．解析：(1)从T1状态到T2状态，封闭气体发生等压变化，由盖⁃吕萨克定律
有
V 1
T 1
＝V 2
T 2
其中V1＝Sh1，V2＝Sh2
联立解得h2＝4
3 h1。
(2)从T1状态到T4状态，封闭气体的温度不变，则整个过程内能变化量为ΔU＝
0
T1状态到T2状态，由平衡条件有
p0S+f0＝p1S
解得p1＝22
21p0
从T2状态到T3状态，封闭气体发生等容变化，由查理定律可知
p1
T 2
＝p3
T 3
解得p3＝20
21p0
从T3状态到T4状态，封闭气体发生等压变化，由盖⁃吕萨克定律有
V 2
T 3
＝V 4
T 4
其中V4＝Sh4
解得h4＝11
10h1
则从T1状态到T4状态，外界对封闭气体做的功为
W＝－[p1S(h2－h1)－p3S(h2－h4)]＝－8
63p0Sh1
由热力学第一定律ΔU＝W+Q 可知，封闭气体吸收的净热量为Q＝－W＝8
63
p0Sh1。
答案：(1)4
3 h1 (2) 8
63p0Sh1
15．解析：(1)作出光路图如图所示
由三角形内角和为180°和等腰三角形特点可知∠BAC＝75°，由几何关系可知光
线从AB 边射入棱镜时的入射角i＝90°－[75°－(90°－α)]＝105°－α
当α＝45°时，i＝60°
根据折射定律n＝sin i
sin r 可知光线从AB 边射入棱镜时折射角的正弦值为
sin r＝√6
4 。
(2)由(1)问图可知光线在BC 边的入射角为β＝90°－[180°－75°－(90°－r)]＝75°
－r，由于光线在BC 边恰好发生全反射，由发生全反射的临界角公式有
sin C0＝1
n ＝√2
2 ，即C0＝45°
则当光线在BC 边恰好发生全反射时，β＝C0，即r＝30°
根据折射定律，该情况下光线从AB 边射入棱镜时入射角的正弦值为sin i＝√2
2
，即i＝45°
结合(1)问i＝105°－α，可知光线在BC 边恰好发生全反射时α 的值为60°。
答案：(1)√6
4 (2)60°
