五年（2018-2022）高考物理真题分类汇编28-37（含解析,10份打包）

五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编28-交变电流（含解析）
一、单选题
1．（2022·山东·统考高考真题）如图所示的变压器，输入电压为，可输出、、电压，匝数为的原线圈中电压随时间变化为．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为。将阻值为的电阻R接在两端时，功率为。下列说法正确的是（　　）
A．n1为1100匝，为
B．间线圈匝数为120匝，流过R的电流为
C．若将R接在两端，R两端的电压为，频率为
D．若将R接在两端，流过R的电流为，周期为
2．（2022·广东·高考真题）图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（　　）
A．两线圈产生的电动势的有效值相等 B．两线圈产生的交变电流频率相等
C．两线圈产生的电动势同时达到最大值 D．两电阻消耗的电功率相等
3．（2022·湖南·统考高考真题）如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表V的示数为U，理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是（　　）
A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
4．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是（　　）
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
5．（2022·河北·统考高考真题）张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是（　　）
A．发电机输出的电压为
B．发电机输出交变电流的频率为
C．变压器原、副线圈的匝数比为
D．发电机产生的瞬时电动势
6．（2022·浙江·高考真题）下列说法正确的是（ ）
A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
7．（2022·北京·高考真题）某理想变压器的原线圈接在的正弦交流电源上，副线圈输出电压为，输出电流为。该变压器（　　）
A．原、副线圈的匝数之比为100∶1 B．输入电流为
C．输入电流的最大值为 D．原、副线圈交流电的频率之比为1∶100
8．（2022·重庆·高考真题）低压卤素灯在家庭电路中使用时需要变压器降压。若将“”的交流卤素灯直接通过变压器（视为理想变压器）接入电压为的交流电后能正常工作，则（　　）
A．卤素灯两端的电压有效值为 B．变压器原、副线圈的匝数比为55∶3
C．流过卤素灯的电流为 D．卤素灯的电阻为
9．（2021·湖南·高考真题）如图，理想变压器原、副线圈匝数比为，输入端、接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻的阻值相同。在滑动变阻器的滑片从端滑动到端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（　　）
A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
10．（2021·广东·高考真题）某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是（　　）
A．交流电的频率为10Hz
B．副线圈两端电压最大值为3V
C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
11．（2021·浙江·高考真题）如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足（　　）
A． B． C． D．
12．（2021·辽宁·统考高考真题）如图所示，N匝正方形闭合金属线圈abcd边长为L，线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO′以角速度ω匀速转动，ab边距轴。线圈中感应电动势的有效值为（　　）
A． B． C． D．
13．（2021·湖北·统考高考真题）如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（　　）
A．电流表A1示数减小 B．电流表A2示数增大
C．原线圈输入功率先增大后减小 D．定值电阻R消耗的功率先减小后增大
14．（2021·北京·高考真题）一正弦式交变电流的i - t图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．在t0.4 s时电流改变方向 B．该交变电流的周期为0.5 s
C．该交变电流的表达式为 D．该交变电流的有效值为
15．（2021·重庆·高考真题）某电动牙刷的充电装置含有变压器，用正弦交流电给此电动牙刷充电时，原线圈两端的电压为，副线圈两端的电压为，副线圈的电流为，若将该变压器视为理想变压器，则（　　）
A．原、副线圈匝数之比为 B．原线圈的电流为
C．副线圈两端的电压最大值为 D．原、副线圈的功率之比为
16．（2021·天津·高考真题）如图所示，闭合开关后，的电阻两端的交流电压为，电压表和电流表均为理想交流电表，则（　　）
A．该交流电周期为 B．电压表的读数为
C．电流表的读数为 D．电阻的电功率为
17．（2021·福建·统考高考真题）某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R为输电线的总电阻。若变压器视为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则当住户使用的用电器增加时，图中各电表的示数变化情况是（　　）
A．A1增大，V2不变，V3增大
B．A1增大，V2减小，V3增大
C．A2增大，V2增大，V3减小
D．A2增大，V2不变，V3减小
18．（2020·山东·高考真题）图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=22：3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15 Ω，额定电压为24 V。定值电阻R1=10 Ω、R2=5 Ω， 滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为（　　）
A．1 Ω B．5 Ω C．6 Ω D．8 Ω
19．（2020·北京·高考真题）如图所示， 理想变压器原线圈接在的交流电源上， 副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后（　　）
A．电流表的示数减小
B．电压表的示数减小
C．电压表的示数不变
D．电流表的示数不变
20．（2020·江苏·高考真题）电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器（　　）
A．是一种降压变压器
B．能测量直流电路的电流
C．原、副线圈电流的频率不同
D．副线圈的电流小于原线圈的电流
21．（2020·浙江·统考高考真题）如图所示，某小型水电站发电机的输出功率，发电机的电压，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻，在用户端用降压变压器把电压降为。已知输电线上损失的功率，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（　　）
A．发电机输出的电流
B．输电线上的电流
C．降压变压器的匝数比
D．用户得到的电流
22．（2020·海南·高考真题）图甲、乙分别表示两种电流的波形，其中图乙所示电流按正弦规律变化，分别用和表示甲和乙两电流的有效值，则（ ）
A． B．
C． D．
23．（2020·浙江·高考真题）如图所示，甲乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压器原副线圈的匝数比为，电压表读数为U，乙图中变压器原副线圈的匝数比为，电流表读数为I。则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为（ ）
A．， B．， C．， D．，
24．（2018·全国·高考真题）一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为，该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示。则Q方∶Q正等于（　　）
A．1∶ B．∶1 C．1∶2 D．2∶1
25．（2018·江苏·高考真题）采用220 kV高压向远方的城市输电．当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为（ ）
A．55 kV B．110 kV C．440 kV D．880 kV
26．（2018·天津·高考真题）教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机内阻可忽略通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为。若发电机线圈的转速变为原来的，则（　　）
A．R消耗的功率变为 B．电压表V的读数变为
C．电流表A的读数变为2I D．通过R的交变电流频率不变
二、多选题
27．（2022·湖北·统考高考真题）近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是（　　）
A．接收线圈的输出电压约为8 V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22:1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
28．（2021·山东·高考真题）输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P。以下判断正确的是（　　）
A． B．
C． D．
29．（2021·浙江·高考真题）发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO’轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其它电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周（　　）
A．框内电流方向不变 B．电动势的最大值为Um
C．流过电阻的电荷 D．电阻产生的焦耳热
30．（2021·河北·高考真题）如图，发电机的矩形线圈长为、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为、和，两个副线圈分别接有电阻和，当发电机线圈以角速度匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是（　　）
A．通过电阻的电流为 B．电阻两端的电压为
C．与的比值为 D．发电机的功率为
31．（2021·海南·高考真题）如图，理想变压器原线圈接在的交流电源上，副线圈匝数可通过滑片P来调节。当滑片P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比，为了使图中“，”的灯泡能够正常发光，下列操作可行的是（　　）
A．仅将滑片P向上滑动
B．仅将滑片P向下滑动
C．仅在副线圈电路中并联一个阻值为的电阻
D．仅在副线圈电路中串联一个阻值为的电阻
32．（2020·全国·统考高考真题）在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2=10，R3=20，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A．所用交流电的频率为50Hz B．电压表的示数为100V
C．电流表的示数为1.0A D．变压器传输的电功率为15.0W
33．（2020·全国·统考高考真题）特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为 P，到达B处时电压下降了 U。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为 P′，到达B处时电压下降了 U′。不考虑其他因素的影响，则（　　）
A． P′= P B． P′= P C． U′= U D． U′= U
34．（2018·海南·高考真题）如图，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一面积为S的矩形单匝闭合导线abcd,ab边与磁场方向垂直，线框的电阻为R．使线框以恒定角速度ω绕过ad、bc中点的轴旋转．下列说法正确的是( )
A．线框abcd中感应电动势的最大值是BSω
B．线框abcd中感应电动势的有效值是BSω
C．线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最大
D．线框平面与磁场方向垂直时，流经线框的电流最大
35．（2019·海南·高考真题）如图，一理想变压器输入端接交流恒压源，输出端电路由、和三个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1后（ ）
A．流经的电流减小到原来的
B．两端的电压增加到原来的2倍
C．两端的电压减小到原来的
D．电阻上总的热功率减小到原来的
36．（2019·天津·高考真题）单匝闭合矩形线框电阻为，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量与时间的关系图像如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．时刻线框平面与中性面垂直
B．线框的感应电动势有效值为
C．线框转一周外力所做的功为
D．从到过程中线框的平均感应电动势为
三、解答题
37．（2021·江苏·高考真题）贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2020年我国风力发电量高达4000亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为，线圈的匝数为100、面积为，电阻为，若磁体转动的角速度为，线圈中产生的感应电流为。求：
（1）线圈中感应电动势的有效值E；
（2）线圈的输出功率P。
38．（2020·浙江·高考真题）如图甲所示，在水平面内，固定放置着间距为l的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器（内阻可视为无穷大），可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从。位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O。不计摩擦阻力和其它电阻，导体棒始终垂直导轨运动。（提示：可以用图象下的“面积”代表力F所做的功）
（1）求导体棒所受到的安培力随时间t的变化规律；
（2）求在0至0.25T时间内外力F的冲量；
（3）若时外力，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。
参考答案：
1．D
【详解】A．变压器的输入电压为220V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为
解得原线圈为2200匝，A错误；
B．根据图像可知，当原线圈输入220V时，BC间的电压应该为12V，故BC间的线圈匝数关系有
BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为
B错误；
C．若将R接在AB端，根据图像可知，当原线圈输入220V时，AB间的电压应该为18V。根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为，故交流电的频率为
C错误；
D．若将R接在AC端，根据图像可知，当原线圈输入220V时，AC间的电压应该为30V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为
交流电的周期为
D正确。
故选D。
2．B
【详解】AD．根据可得两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等；根据 可知，两电阻的电功率也不相等，选项AD错误；
B．因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，选项B正确；
C．当磁铁的磁极到达一线圈附近时，一个线圈的磁通量最大，感应电动势为0，另一个线圈通过的磁通量最小，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误。
故选B。
3．B
【详解】AB．由题意可知，原副线圈的匝数比为，则副线圈的电流为，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为
则变压器原线圈的电压有效值为
设输入交流电的电压有效值为，则
可得
保持位置不变，向左缓慢滑动的过程中，不断变大，根据欧姆定律
可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则两端的电压不断变小，则电压表示数变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率相等，可知消耗的功率增大，故B正确，A错误；
CD．设原副线圈的匝数比为，同理可得
则
整理可得
保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，不断变大，则变小，对由欧姆定律可知
可知不断变小，根据原副线圈的功率相等可知消耗的功率
整理可得
可知时，消耗的功率有最大值，可知消耗的功率先增大，后减小，故CD错误。
故选B。
4．A
【详解】A．甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；
B．乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；
C．根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C错误；
D．乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D错误；
故选A。
5．C
【详解】B．发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为
B错误；
A．线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为
输出电压的有效值为
A错误；
C．变压器原、副线圈的匝数比为
C正确；
D．发电机产生的瞬时电动势为
D错误。
故选C。
6．B
【详解】A．恒定磁场对速度不平行于磁感线的运动电荷才有力的作用，A错误；
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B正确；
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0，C错误；
D．根据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D错误。
故选B。
7．B
【详解】A．原、副线圈的匝数之比为
故A错误；
B．根据
可得输入电流为
故B正确；
C．输入电流的最大值为
故C错误；
D．变压器不会改变交流电的频率，故原、副线圈交流电的频率之比为1∶1，故D错误。
故选B。
8．B
【详解】A．卤素灯上标记的额定电压即为卤素灯两端的电压有效值，A错误；
B．根据理想变压器的原理可知
B正确；
C．流过卤素灯的电流为
C错误；
D．卤素灯是非线性元件，电阻随着电压不同而改变，D错误。
故选B。
9．A
【详解】副线圈的总电阻为
解得
则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，副线圈的总电阻选增大后减小，根据等效电阻关系有
则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有
，
先减小后增大，先减小后增大，则先变暗后变亮，根据
，
由于先减小后增大，则副线圈的电压先增大后减小，通过L2的电流为
则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，逐渐减小，副线圈的电压增大过程中 增大；在副线圈的电压减小过程中，通过R0的电流为
逐渐增大，则越来越小，则
则先变暗后变亮，一直变亮；
故选A。
10．B
【详解】A．周期是T=0.2s，频率是
故A错误；
B．由理想变压器原理可知
解得，副线两端的最大电压为
故B正确；
C．根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误；
D．由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误。
故选B。
11．D
【详解】因虚线是正弦交流电的图像，则该交流电的有效值为
由图可知，在任意时刻，实线所代表的交流电的瞬时值都不大于虚线表示的正弦交流电的瞬时值，则实线所代表的交流电的有效值小于虚线表示的正弦交流电的有效值，则
故选D。
12．B
【详解】交流电的最大值和两条边到转轴的距离无关，为
因此有效值为
故选B。
13．A
【分析】本题考查含理想变压器电路的动态分析。
【详解】AB．由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压恒定，变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，由数学知识可知，变压器副线圈所接的电阻值逐渐增大，则由欧姆定律得
可知副线圈的电流逐渐减小，由
可知变压器原线圈的电流I1也逐渐减小，故A正确，B错误；
C．原线圈的输入功率为
由于I1逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，故C错误；
D．由于副线圈的电流逐渐减小，则定值电阻与变阻器右半部分并联的总电流减小，又与定值电阻并联的变阻器右半部分的电阻值减小，则由并联分流规律可知，流过定值电阻的电流逐渐减小，则由公式
可知，定值电阻R消耗的电功率逐渐减小，故D错误。
故选A。
14．C
【详解】A．由图可知t0.4 s时电流为正方向最大，电流方向没有发生变化，故A错误；
B．由图可知，该交变电流的周期为T=0.4s，故B错误；
C．由图可知，电流的最大值为，角速度为
故该交变电流的表达式为
故C正确；
D．该交变电流的有效值为
故D错误。
故选C。
15．B
【详解】A．由理想变压器的变压公式，可知原副线圈匝数之比为
A错误；
B．由理想变压器的变流公式
解得原线圈电流
B正确；
C．根据有效值与最大值的关系可知，副线圈两端的电压最大值
C错误；
D．根据理想变压器输出功率大于输入功率可知，原副线圈的功率之比为，D错误。
故选B。
16．C
【详解】A．该交流电的周期
B．电压表的读数为交流电的有效值，即
选项B错误；
C．电流表的读数为
选项C正确；
D．电阻的电功率为
选项D错误。
故选C。
17．D
【详解】不考虑变压器的输入电压随负载变化，即变压器原线圈的输入电压不变，根据
可知，变压器副线圈的输出电压不变；当住户使用的用电器增加时，即用户的总电阻变小，由
可知，副线圈的电流变大，而由
可知V3减小；由理想变压器的原理
可知原线圈的电流变大；故综合上述分析可知A1增大，A2增大，V2不变，V3减小；
故选D。
18．A
【详解】输电电压的有效值为（即原线圈电压的有效值）
根据理想变压器电压规律可知副线圈电压有效值为
灯泡正常工作，根据欧姆定律可知分压为，则通过灯泡的电流，即副线圈部分的干路电流为
根据串联分压规律可知，和、构成的并联电路部分的分压为
通过的电流为
通过、的电流为
、的分压为
解得滑动变阻器的阻值为
A正确，BCD错误。
故选A。
19．A
【详解】开关S闭合时，副线圈总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，但因副线圈的总电阻减小，则副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大，故A1的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻R两端的电压增大，而副线圈的总电压不变，所以副线圈并联部分的电压减小，即的示数减小，故电流表的示数减小，故A正确，BCD错误。
故选A。
20．D
【详解】A．原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，A选项错误。
B． 电流互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象，只可以测量交变电流，B选项错误。
C． 电流互感器不会改变电流的频率，只改变电流，故原、副线圈电流的频率相同。C选项错误。
D．原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，副线圈的电流小于原线圈的电流。D正确。
故选D。
21．C
【详解】A．根据电功率公式
发电机输出电流
A错误；
B．输电线上损失功率，由
可得
故B错误；
C．降压变压器原副线圈得到的功率为
P4=P-P线=95kW
根据理想变压器电流与线圈匝数成反比关系，可得
C正确；
D．用户得到的功率为，用户得到的电流
D错误。
故选C。
22．D
【详解】对图甲的交流电分析，可知一个周期内交流电的电流方向变化，而电流的大小不变，故图甲的电流有效值为；对图乙的交流电分析可知，其为正弦式交流电，故其有效值为，故，故选D。
23．B
【详解】根据理想变压器的电压和电流规律：
解得甲图中高压线电压为
乙图中高压线电流为
故B正确，ACD错误。
故选B。
24．D
【详解】由有效值概念知，一个周期内产生的热量
可得
故D正确，ABC错误。
故选D。
25．C
【详解】本意考查输电线路的电能损失，意在考查考生的分析能力．当输电功率P=UI，U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P损=I2R，R为输电线路的电阻，即P损=．当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的，则输电电压为原来的2倍，即440V，故选项C正确．
点睛：本意以远距离输电为背景考查输电线路的电能损失，解题时要根据输送电功率不变，利用输电线路损失的功率P损=I2R解题．
26．B
【分析】根据公式分析电动机产生的交流电的最大值以及有效值、频率的变化情况；
根据判断原副线圈中电流电压的变化情况，根据副线圈中功率的变化判断原线圈中功率的变化；
【详解】AB．根据可知转速变为原来的，则角速度变为原来的，根据可知电动机产生的最大电动势为原来的，根据可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输出电压变为原来的，根据可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，根据可知R消耗的电功率变为，A错误B正确；
C．副线圈中的电流为，即变为原来的，根据可知原线圈中的电流也变为原来的，C错误；
D．转速减小为原来的，则频率变为原来的，D错误。
【点睛】本题考查了交流电最大值，有效值，频率，变压器等；需要知道交流电路中电表的示数为有效值，在理想变压器中，恒有，副线圈消耗的功率决定了原线圈的输入功率。
27．AC
【详解】A．根据
可得接收线圈的输出电压约为U2=8V；
B．由于存在磁漏现象，电流比不再与匝数成反比，故B错误；
C．变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；
D．由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误。
故选AC。
28．BD
【详解】当开关S接1时，左侧变压器次级电压
U2=3×7.5V=22.5V
电阻R上的电压，即右侧变压器的次级电压
电流
则右侧变压器初级电压
电流
则
当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的次级电流为0.5I；右侧变压两边电压关系可知
解得
I=3A
则R上的功率
故选BD。
29．BD
【详解】A．当线框转动时，框内电流方向每经过中性面一次都要变化一次，而线圈和外电路接点处通过换向器，保证电流的方向不发生变化，从而使加在电阻两端的电压方向保持不变，A错误；
B．由图乙可知，电动势的最大值为Um ，B正确；
C．线圈转过半周，则流过电阻的电荷量为
则金属框转过一周流过电阻的电荷量为
C错误；
D．因为
则
金属框转过一周电阻产生的焦耳热
D正确。
故选BD。
30．BC
【详解】AB．由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律
U1= IR1
根据变压器电压与匝数的关系有
，
代入数据有
U0= ，U2=
再由欧姆定律有
U2= I2R2
可计算出
I2=
综上可知，A错误、B正确；
C．由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有
Emax= NB2L2ω，U0= = NBL2ω
由选项AB知
U0=
则
C正确；
D．由于变压器为理想变压器则有
P0= P1 + P2= U1I + U2I2= I2R1 + U2I2
代入选项ABC公式有
P0=
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误。
故选BC。
31．BD
【详解】原线圈电压有效值
则次级电压有效值
则为了使图中“，”的灯泡能够正常发光，则需要减小次级电压，即仅将滑片P向下滑动；或者仅在副线圈电路中串联一个电阻，阻值为
故选BD。
32．AD
【详解】A．交流电的频率为
A正确；
B．通过电流的有效值为
两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知
根据理想变压器的电压规律可知原线圈的电压
电阻两端分压即为电压表示数，即
B错误；
C．电流表的示数为
C错误；
D．副线圈中流过的总电流为
变压器原副线圈传输的功率为
D正确。
故选AD。
33．AD
【详解】输电线上损失的功率
ΔP＝( )2·r
损失的电压
ΔU＝·r
当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的 ，即
ΔP′＝ΔP
损失的电压变为原来的，即
ΔU′＝ΔU
故选AD。
34．AC
【分析】本题考查了交变电流的最大值、有效值和瞬时值的相关知识点
【详解】一个单匝线圈在匀强磁场中旋转，当从中性面开始计时,产生的正弦式交变电流电动势的瞬时值表达式为：e=Emsin.＝Emsinωt.故感应电动势的最大值Em＝BSω，有效值E＝，故A正确，B错误；当，即线框平面与磁场方向平行时，感应电动势最大，电流最大，故C正确，D错误．
35．CD
【详解】设变压器初级电压为U，则该变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1后，根据可知，次级电压由变为，即次级电压变为原来的，可知R1两端的电压变为原来的，则流经R1的电流减小到原来的，选项A错误； R2两端的电压为，则两端的电压减小到原来的，选项B错误；同理R3两端的电压为，则两端的电压减小到原来的，选项C正确；因次级电压变为原来的，根据可知，次级电阻上总的热功率减小到原来的，选项D正确.
36．BC
【详解】由图像可知时刻线圈的磁通量最大，因此此时线圈处于中性面位置，因此A错误；由图可知交流电的周期为T，则，由交流电的电动势的最大值为，则有效值为，故B正确，线圈转一周所做的功为转动一周的发热量，，故C正确；从0时刻到时刻的平均感应电动势为，故D错误．
37．（1）；（2）
【详解】（1）电动势的最大值
有效值
解得
带入数据得
（2）输出电压
输出功率
解得
代入数据得
38．(1)
(2)
(3) 和；和
【详解】（1）由显示的波形可得
安培力随时间变化规律：
（2）安培力的冲量：
由动量定理，有：
解得：
（3）棒做简谐运动，有：
当时：
当时，设，
根据动能定理：
解得：和；和五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编29-理想气体（气体的等温变化）（含解析）
一、单选题
1．（2021·山东·高考真题）血压仪由加压气囊、臂带，压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为，压强计示数为。已知大气压强等于，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于（　　）
A． B． C． D．
2．（2020·天津·统考高考真题）水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体（ ）
A．压强变大 B．对外界做功
C．对外界放热 D．分子平均动能变大
二、多选题
3．（2021·湖南·高考真题）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为和）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从下降高度到位置时，活塞上细沙的总质量为。在此过程中，用外力作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．整个过程，外力做功大于0，小于
B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C．整个过程，理想气体的内能增大
D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于
E．左端活塞到达位置时，外力等于
三、填空题
4．（2021·全国·高考真题）如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温度（V-t）图上的两条直线I和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0=-273.15℃；a、b为直线I上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比=___________；气体在状态b和c的压强之比=___________。
5．（2021·广东·高考真题）在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，高空客舱内的气体压强______（选填“大于”、“小于”或“等于”）机场地面大气压强：从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平均动能______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
6．（2019·全国·高考真题）如p-V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3．用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，则N1______N2，T1______T3，T3，N2______N3．（填“大于”“小于”或“等于”）
四、解答题
7．（2022·山东·统考高考真题）某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁簿，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：
（1）鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度、需从A室充入B室的气体质量m；
（2）鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
8．（2022·广东·高考真题）玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将水装入容积为的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强取，重力加速度g取，水的密度取。求水底的压强p和水的深度h。
9．（2022·湖南·高考真题）如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积的导热汽缸下接一圆管，用质量、横截面积的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量的U形金属丝，活塞刚好处于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管中的最低位置为B。已知A、B间距离，外界大气压强，重力加速度取，环境温度保持不变，求：
（1）活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强；
（2）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。
10．（2022·河北·高考真题）水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求：
（i）此时上、下部分气体的压强；
（ii）“H”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为g）。
11．（2021·全国·高考真题）如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为，。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差。已知外界大气压为。求A、B两管内水银柱的高度差。
12．（2021·全国·高考真题）如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为。
（i）求A的体积和B的压强；
（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。
13．（2021·广东·高考真题）为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9mL，内装有0.5mL的药液，瓶内气体压强为，护士把注射器内横截面积为、长度为0.4cm、压强为的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强。
14．（2021·湖北·统考高考真题）质量为m的薄壁导热柱形气缸，内壁光滑，用横截面积为的活塞封闭一定量的理想气体。在下述所有过程中，气缸不漏气且与活塞不脱离。当气缸如图(a)竖直倒立静置时。缸内气体体积为V1，。温度为T1。已知重力加速度大小为g，大气压强为p0。
(1)将气缸如图(b)竖直悬挂，缸内气体温度仍为T1，求此时缸内气体体积V2；
(2)如图(c)所示，将气缸水平放置，稳定后对气缸缓慢加热，当缸内气体体积为V3时，求此时缸内气体的温度。
15．（2020·全国·高考真题）甲、乙两个储气罐储存有同种气体（可视为理想气体）。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后：
（i）两罐中气体的压强；
（ii）甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
16．（2020·全国·高考真题）如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=18cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0= 4cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l= 12cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1=283K。大气压强p0 =76cmHg。
（i）现从右侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
（ii）再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
17．（2020·全国·高考真题）潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，Hh，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
（1）求进入圆筒内水的高度l；
（2）保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。
18．（2020·江苏·高考真题）一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，其图象如图所示，求该过程中气体吸收的热量Q。
19．（2020·海南·高考真题）如图，圆柱形导热气缸长，缸内用活塞（质量和厚度均不计）密闭了一定质量的理想气体，缸底装有一个触发器D，当缸内压强达到时，D被触发，不计活塞与缸壁的摩擦。初始时，活塞位于缸口处，环境温度，压强。
(1)若环境温度不变，缓慢向下推活塞，求D刚好被触发时，到缸底的距离；
(2)若活塞固定在缸口位置，缓慢升高环境温度，求D刚好被触发时的环境温度。
20．（2019·全国·高考真题）如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积。
21．（2019·全国·高考真题）热等静压设备广泛用于材料加工中．该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改部其性能．一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中．已知每瓶氩气的容积为3.2×10-2 m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa；室温温度为27 ℃．氩气可视为理想气体．
（1）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；
（2）将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强．
22．（2018·全国·高考真题）在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg．现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边，求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。
23．（2018·全国·高考真题）如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。
24．（2019·全国·高考真题）如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。
（1）求细管的长度；
（2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。
25．（2019·海南·高考真题）如图，一封闭的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，一重量不可忽略的光滑活塞将容器内的理想气体分为A、B两部分，A体积为，压强为；B体积为，压强为。现将容器缓慢转至水平，气体温度保持不变，求此时A、B两部分气体的体积。
参考答案：
1．D
【详解】根据玻意耳定律可知
已知
，，
代入数据整理得
故选D。
2．B
【详解】A．随着水向外喷出，气体的体积增大，由于温度不变，根据
恒量
可知气体压强减小，A错误；
BC．由于气体体积膨胀，对外界做功，根据热力学第一定律
气体温度不变，内能不变，一定从外界吸收热量，B正确，C错误；
D．温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，分子的平均动能不变，D错误。
故选B。
3．BDE
【详解】A. 根据做功的两个必要因素有力和在力的方向上有位移，由于活塞没有移动，可知整个过程，外力F做功等于0，A错误；
BC. 根据气缸导热且环境温度没有变，可知气缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，B正确，C错误；
D. 由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：
D正确；
E. 左端活塞到达 B 位置时，根据压强平衡可得：
即：
E正确。
故选BDE。
4． 1
【详解】[1]根据盖吕萨克定律有
整理得
由于体积-温度（V-t）图像可知，直线I为等压线，则a、b两点压强相等，则有
[2]设时，当气体体积为 其压强为 ，当气体体积为 其压强为，根据等温变化，则有
由于直线I和Ⅱ各为两条等压线，则有
，
联立解得
5． 小于 不变
【详解】[1]机场地面温度与高空客舱温度相同，由题意知瓶内气体体积变小，以瓶内气体为研究对象，根据理想气体状态方程
故可知高空客舱内的气体压强小于机场地面大气压强；
[2]由于温度是平均动能的标志，气体的平均动能只与温度有关，机场地面温度与高空客舱温度相同，故从高空客舱到机场地面，瓶内气体的分子平均动能不变。
6． 大于 等于 大于
【详解】（1）1、2等体积，2、3等压强
由pV=nRT得：=，V1=V2，故=，可得：T1=2T2，即T1>T2，由于气体分子的密度相同，温度高，碰撞次数多，故N1>N2；
由于p1V1= p3V3；故T1=T3；
则T3>T2，又p2=p3，2状态气体分子的密度大，分子运动缓慢，单个分子平均作用力小，3状态气体分子的密度小，分子运动剧烈，单个分子平均作用力大．故3状态碰撞容器壁分子较少，即N2>N3；
7．（1）；（2）
【详解】（1）由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的体积为，有
且此时B室内气体体积为V，质量为m，则
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有
联立解得需从A室充入B室的气体质量
（2）B室内气体压强与鱼体外压强相等，则鱼静止在H处和水面下H1处时，B室内的压强分别为
，
由于鱼静止时，浮力等于重力，则鱼的体积不变，由于题可知，鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，则鱼在水下静止时，B室内气体体积不变，由题知开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，由于鱼鳔内气体温度不变，若，则在H处时，B室内气体需要增加，设吸入的气体体积为ΔV，根据玻意耳定律有
则此时B室内气体质量
若，则在H处时，B室内气体需要减少，设释放的气体体积为ΔV，根据玻意耳定律有
则此时B室内气体质量
8．，10m
【详解】对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知
即
解得
根据
解得
h=10m
9．（1）；（2）
【详解】（1）将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有
代入数据解得
（2）当活塞在B位置时，汽缸内压强为p2，则有
代入数据解得
将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有
联立解得
10．（1），；（2）
【详解】（1）旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意尔定律可知
解得旋转后上部分气体压强为
旋转前后，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为，则
解得旋转后下部分气体压强为
（2）对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知
解得活塞的质量为
11．
【详解】对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态为压强，体积为，末态压强为，设水银柱离下端同一水平面的高度为，体积为，由水银柱的平衡条件有
B管气体发生等温压缩，有
联立解得
对A管中的气体，初态为压强，体积为，末态压强为，设水银柱离下端同一水平面的高度为，则气体体积为，由水银柱的平衡条件有
A管气体发生等温压缩，有
联立可得
解得
或
则两水银柱的高度差为
12．（i），；（ⅱ），
【详解】（i）对B气体分析，等温变化，根据波意耳定律有
解得
对A气体分析，根据波意耳定律有
联立解得
（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为，由波意耳定律可得
则A此情况下的压强为
则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为、压强为，气体B的体积为、 压强为，根据等温变化有
，
，
联立解得
（舍去），
13．
【详解】以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V1,有
注射器内气体体积为V2，有
根据理想气体状态方程有
代入数据解得
【点睛】
14．(1)；(2)
【详解】(1)图(a)状态下，对气缸受力分析，如图1所示，则封闭气体的压强为
当气缸按图(b)方式悬挂时，对气缸受力分析，如图2所示，则封闭气体的压强为
对封闭气体由玻意耳定律得
解得
(2) 当气缸按图(c)的方式水平放置时，封闭气体的压强为
由理想气体状态方程得
解得
15．（i）；（ii）
【详解】（i）气体发生等温变化，对甲乙中的气体，可认为甲中原气体有体积V变成3V，乙中原气体体积有2V变成3V，则根据玻意尔定律分别有
，
则
则甲乙中气体最终压强
（ii）若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为p，则
计算可得
由密度定律可得，质量之比等于
16．（i）12.9cm；（ii）363K
【详解】（i）设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有
，
，
联立以上式子并代入题中数据得
h=12.9cm
（ii）密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖一吕萨克定律有
按题设条件有
代入题中数据得
T2=363K
17．（1）；（2）
【详解】（1）设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有
p1V1= p0V0 ①
V0=hS ②
V1=（h–l）S ③
p1= p0+ ρg（H–l） ④
联立以上各式并考虑到Hh，h >l，解得
⑤
（2）设水全部排出后筒内气体的压强为p2；此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有
p2V0= p0V3 ⑥
其中
p2= p0+ ρgH ⑦
设需压入筒内的气体体积为V，依题意
V = V3–V0 ⑧
联立②⑥⑦⑧式得
⑨
18．
【详解】根据图像可知状态A和状态C温度相同，内能相同；故从A经B到C过程中气体吸收的热量等于气体对外所做的功。根据图像可知状态A到状态B为等压过程，气体对外做功为
状态B到状态C为等容变化，气体不做功；故A经B到C过程中气体吸收的热量为
19．(1)；(2)
【详解】(1) 设气缸横截面积为；D刚好被触发时，到缸底的距离为，根据玻意耳定律得
带入数据解得
(2)此过程为等容变化，根据查理定律得
带入数据解得
20．(1)；(2)，
【详解】(1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得
，
得
(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有
由玻意耳定律得
p1V1=p10·2V0，p2V2=p0·V0
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1–2V0=2（V0–V2）
联立解得
，
21．（1） （2）
【详解】（1）设初始时每瓶气体的体积为，压强为；使用后气瓶中剩余气体的压强为，假设体积为，压强为的气体压强变为时，其体积膨胀为，由玻意耳定律得：
被压入进炉腔的气体在室温和条件下的体积为：
设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为，体积为，由玻意耳定律得：
联立方程并代入数据得：
（2）设加热前炉腔的温度为，加热后炉腔的温度为，气体压强为，由查理定律得：
联立方程并代入数据得：
22．U形管平放时，左边空气柱的长度为22.5 cm ，右边空气柱的长度为7.5 cm
【详解】设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有
①
式中为水银密度，g为重力加速度大小
由玻意耳定律有
②
③
④
由①②③④式和题给条件解得： l1′=22.5 cm，l2′=7.5 cm
23．
【详解】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得
p0＝p1V1
p0＝p2V2
由已知条件得
V1＝＋－＝V
V2＝－＝
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg
联立以上各式得
m＝
24．（1）41cm；（2）312K
【分析】以“液柱”为模型，通过对气体压强分析，利用玻意耳定律和盖-吕萨克定律求得细管长度和温度，找准初末状态、分析封闭气体经历的变化时关键。易错点：误把气体长度当成细管长度。
【详解】（1）设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有
pV=p1V1
由力的平衡条件可得，细管倒置前后后，管内气体压强有
p=p0+ρgh=78cmHg，p1S=p0S–ρghS=74cmHg
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有
V=S（L–h1–h），V1=S（L–h）
联立解得
L=41cm
（2）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖–吕萨克定律有
则
T=312K
25．；
【详解】设容器转至水平时，AB两部分气体的体积分别为V1和V2，两部分气体的压强均为P，则对气体A： ；
气体B： ；
其中
联立解得：，五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编30-理想气体（气体的等容变化）（含解析）
一、单选题
1．（2022·北京·高考真题）如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，沿图示路径先后到达状态b和c。下列说法正确的是（ ）
A．从a到b，气体温度保持不变 B．从a到b，气体对外界做功
C．从b到c，气体内能减小 D．从b到c，气体从外界吸热
2．（2020·北京·统考高考真题）如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度和的关系，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题
3．（2022·全国·统考高考真题）一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如图上从a到b的线段所示。在此过程中（　　）
A．气体一直对外做功
B．气体的内能一直增加
C．气体一直从外界吸热
D．气体吸收的热量等于其对外做的功
E．气体吸收的热量等于其内能的增加量
4．（2021·海南·高考真题）如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状态c，直线过原点。则气体（　　）
A．在状态c的压强等于在状态a的压强
B．在状态b的压强小于在状态c的压强
C．在的过程中内能保持不变
D．在的过程对外做功
三、解答题
5．（2021·江苏·高考真题）如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在气缸中，活塞的面积为S，与气缸底部相距L，气缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为和。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与气缸间的滑动摩擦为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中
（1）内能的增加量；
（2）最终温度T。
6．（2021·河北·高考真题）某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27℃时，压强为。
（1）当夹层中空气的温度升至37℃，求此时夹层中空气的压强；
（2）当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27℃，大气压强为。
7．（2021·湖南·高考真题）小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量、截面积的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为时，测得环境温度。设外界大气压强，重力加速度。
（1）当电子天平示数为时，环境温度为多少？
（2）该装置可测量的最高环境温度为多少？
8．（2021·重庆·高考真题）定高气球是种气象气球，充气完成后，其容积变化可以忽略。现有容积为的某气罐装有温度为、压强为的氦气，将该气罐与未充气的某定高气球连通充气。当充气完成后达到平衡状态后，气罐和球内的温度均为，压强均为，为常数。然后将气球密封并释放升空至某预定高度，气球内气体视为理想气体，假设全过程无漏气。
（1）求密封时定高气球内气体的体积；
（2）若在该预定高度球内气体重新达到平衡状态时的温度为，求此时气体的压强。
9．（2020·海南·高考真题）如图，圆柱形导热气缸长，缸内用活塞（质量和厚度均不计）密闭了一定质量的理想气体，缸底装有一个触发器D，当缸内压强达到时，D被触发，不计活塞与缸壁的摩擦。初始时，活塞位于缸口处，环境温度，压强。
(1)若环境温度不变，缓慢向下推活塞，求D刚好被触发时，到缸底的距离；
(2)若活塞固定在缸口位置，缓慢升高环境温度，求D刚好被触发时的环境温度。
10．（2019·全国·高考真题）热等静压设备广泛用于材料加工中．该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改部其性能．一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中．已知每瓶氩气的容积为3.2×10-2 m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa；室温温度为27 ℃．氩气可视为理想气体．
（1）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；
（2）将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强．
11．（2018·海南·高考真题） 一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室A和B，活塞可无摩擦地滑动。开始时用销钉固定活塞，A中气体体积为2.5×10-4m3，温度为27℃，压强为6.0×104Pa；B中气体体积为4.0×10-4m3，温度为-17℃，压强为2.0×104Pa。现将A中气体的温度降至-17℃，然后拔掉销钉，并保持A、B中气体温度不变，求稳定后A和B中气体的压强 。
参考答案：
1．D
【详解】AB．一定质量的理想气体从状态a开始，沿题图路径到达状态b过程中气体发生等容变化，压强减小，根据查理定律，可知气体温度降低，再根据热力学第一定律U = Q＋W，由于气体不做功，内能减小，则气体放热，AB错误；
CD．一定质量的理想气体从状态b沿题图路径到达状态c过程中气体发生等压变化，体积增大，根据，可知气体温度升高，内能增大，再根据热力学第一定律U = Q＋W，可知b到c过程吸热，且吸收的热量大于功值，C错误、D正确。
故选D。
2．C
【详解】由图可知状态A到状态B是一个等压过程，根据
因为VB>VA，故TB>TA；而状态B到状态C是一个等容过程，有
因为pB>pC，故TB>TC；对状态A和C有
可得TA=TC；综上分析可知C正确，ABD错误；
故选C。
3．BCE
【详解】A．因从a到b的p—T图像过原点，由可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，选项A错误；
B．因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确；
CDE．因W=0， U>0，根据热力学第一定律
U=W+Q
可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项CE正确，D错误。
故选BCE。
4．AC
【详解】AB．根据
可知，因直线ac过原点，可知在状态c的压强等于在状态a的压强，b点与原点连线的斜率小于c点与原点连线的斜率，可知在状态b的压强大于在状态c的压强，选项A正确，B错误；
C．在的过程中温度不变，则气体的内能保持不变，选项C正确；
D．在的过程中，气体的体积不变，则气体不对外做功，选项D错误。
故选AC。
5．（1）；（2）
【详解】（1）活塞移动时受力平衡
气体对外界做功
根据热力学第一定律
解得
（2）活塞发生移动前，等容过程
活塞向右移动了L，等压过程
且
解得
6．（1）；（2）
【详解】（1）由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知
代入数据解得
（2）当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有
解得
则增加空气的体积为
所以增加的空气质量与原有空气质量之比为
7．（1）297K；（2）309K
【详解】（1）由电子天平示数为600.0g时，则细绳对铁块拉力为
又：铁块和活塞对细绳的拉力相等，则气缸内气体压强等于大气压强
①
当电子天平示数为400.0g时，设此时气缸内气体压强为p2，对受力分析有
②
由题意可知，气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比：
③
联立①②③式解得
（2）环境温度越高，气缸内气体压强越大，活塞对细绳的拉力越小，则电子秤示数越大，由于细绳对铁块的拉力最大为0，即电子天平的示数恰好为1200g时，此时对应的环境温度为装置可以测量最高环境温度。设此时气缸内气体压强为p3，对受力分析有
④
又由气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比
⑤
联立①④⑤式解得
8．（1）；（2）
【详解】（1）设密封时定高气球内气体体积为V，由玻意耳定律
解得
（2）由查理定律
解得
9．(1)；(2)
【详解】(1) 设气缸横截面积为；D刚好被触发时，到缸底的距离为，根据玻意耳定律得
带入数据解得
(2)此过程为等容变化，根据查理定律得
带入数据解得
10．（1） （2）
【详解】（1）设初始时每瓶气体的体积为，压强为；使用后气瓶中剩余气体的压强为，假设体积为，压强为的气体压强变为时，其体积膨胀为，由玻意耳定律得：
被压入进炉腔的气体在室温和条件下的体积为：
设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为，体积为，由玻意耳定律得：
联立方程并代入数据得：
（2）设加热前炉腔的温度为，加热后炉腔的温度为，气体压强为，由查理定律得：
联立方程并代入数据得：
11．p=3.2×104Pa
【详解】对A中的气体，根据查理定律
代入数据可得
拔掉销钉后，根据玻意耳定律可得
代入数据解得五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编31-理想气体（气体的等压变化）（含解析）
一、单选题
1．（2022·北京·高考真题）如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，沿图示路径先后到达状态b和c。下列说法正确的是（ ）
A．从a到b，气体温度保持不变 B．从a到b，气体对外界做功
C．从b到c，气体内能减小 D．从b到c，气体从外界吸热
2．（2020·北京·统考高考真题）如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度和的关系，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题
3．（2022·全国·统考高考真题）一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如图上的两条线段所示，则气体在（　　）
A．状态a处的压强大于状态c处的压强
B．由a变化到b的过程中，气体对外做功
C．由b变化到c的过程中，气体的压强不变
D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热
E．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能
三、填空题
4．（2021·全国·高考真题）如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温度（V-t）图上的两条直线I和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0=-273.15℃；a、b为直线I上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比=___________；气体在状态b和c的压强之比=___________。
5．（2019·全国·高考真题）如p-V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3．用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，则N1______N2，T1______T3，T3，N2______N3．（填“大于”“小于”或“等于”）
四、解答题
6．（2022·全国·高考真题）如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为、m，面积分别为、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为。已知活塞外大气压强为，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。（重力加速度常量g）
（1）求弹簧的劲度系数；
（2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。
7．（2021·江苏·高考真题）如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在气缸中，活塞的面积为S，与气缸底部相距L，气缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为和。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与气缸间的滑动摩擦为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中
（1）内能的增加量；
（2）最终温度T。
8．（2020·全国·高考真题）如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=18cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0= 4cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l= 12cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1=283K。大气压强p0 =76cmHg。
（i）现从右侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
（ii）再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
9．（2019·全国·高考真题）如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。
（1）求细管的长度；
（2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。
10．（2018·江苏·高考真题）如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为，经历的过程，整个过程中对外界放出热量。求该气体在过程中对外界所做的功。
11．（2018·河南信阳·信阳高中三模）如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部由一细管连通（忽略细管的容积）．两气缸各有一个活塞，质量分别为m1和m2，活塞与气缸无摩擦．活塞的下方为理想气体，上方为真空．当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h.（已知m1＝3m，m2＝2m）
（1）在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为T0）；
（2）在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到1.25T0，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）．
参考答案：
1．D
【详解】AB．一定质量的理想气体从状态a开始，沿题图路径到达状态b过程中气体发生等容变化，压强减小，根据查理定律，可知气体温度降低，再根据热力学第一定律U = Q＋W，由于气体不做功，内能减小，则气体放热，AB错误；
CD．一定质量的理想气体从状态b沿题图路径到达状态c过程中气体发生等压变化，体积增大，根据，可知气体温度升高，内能增大，再根据热力学第一定律U = Q＋W，可知b到c过程吸热，且吸收的热量大于功值，C错误、D正确。
故选D。
2．C
【详解】由图可知状态A到状态B是一个等压过程，根据
因为VB>VA，故TB>TA；而状态B到状态C是一个等容过程，有
因为pB>pC，故TB>TC；对状态A和C有
可得TA=TC；综上分析可知C正确，ABD错误；
故选C。
3．ABD
【详解】AC．根据理想气体状态方程可知
即图像的斜率为，故有
故A正确，C错误；
B．理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；
DE．理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有
而，，则有
可得
，
即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误；
故选ABD。
4． 1
【详解】[1]根据盖吕萨克定律有
整理得
由于体积-温度（V-t）图像可知，直线I为等压线，则a、b两点压强相等，则有
[2]设时，当气体体积为 其压强为 ，当气体体积为 其压强为，根据等温变化，则有
由于直线I和Ⅱ各为两条等压线，则有
，
联立解得
5． 大于 等于 大于
【详解】（1）1、2等体积，2、3等压强
由pV=nRT得：=，V1=V2，故=，可得：T1=2T2，即T1>T2，由于气体分子的密度相同，温度高，碰撞次数多，故N1>N2；
由于p1V1= p3V3；故T1=T3；
则T3>T2，又p2=p3，2状态气体分子的密度大，分子运动缓慢，单个分子平均作用力小，3状态气体分子的密度小，分子运动剧烈，单个分子平均作用力大．故3状态碰撞容器壁分子较少，即N2>N3；
6．（1）；（2），
【详解】（1）设封闭气体的压强为，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有
解得
对活塞Ⅰ由平衡条件有
解得弹簧的劲度系数为
（2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为
即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为
，
由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有
有等压方程可知
解得
7．（1）；（2）
【详解】（1）活塞移动时受力平衡
气体对外界做功
根据热力学第一定律
解得
（2）活塞发生移动前，等容过程
活塞向右移动了L，等压过程
且
解得
8．（i）12.9cm；（ii）363K
【详解】（i）设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有
，
，
联立以上式子并代入题中数据得
h=12.9cm
（ii）密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖一吕萨克定律有
按题设条件有
代入题中数据得
T2=363K
9．（1）41cm；（2）312K
【分析】以“液柱”为模型，通过对气体压强分析，利用玻意耳定律和盖-吕萨克定律求得细管长度和温度，找准初末状态、分析封闭气体经历的变化时关键。易错点：误把气体长度当成细管长度。
【详解】（1）设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有
pV=p1V1
由力的平衡条件可得，细管倒置前后后，管内气体压强有
p=p0+ρgh=78cmHg，p1S=p0S–ρghS=74cmHg
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有
V=S（L–h1–h），V1=S（L–h）
联立解得
L=41cm
（2）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖–吕萨克定律有
则
T=312K
10．138.6J
【详解】整个过程中，外界对气体做功
W=WAB+WCA
且由C→A过程中，，故此过程为等压过程，体积减小，则C→A外界对气体做功
由热力学第一定律ΔU=Q+W，得
即气体对外界做的功为138.6 J。
11．（1）x=h（2）1.25mgh
【详解】⑴设左、右活塞的面积分别为和A，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即
由此得；
在两个活塞上各加一质量为m的物块后，右边物体对活塞产生的压强较大，所以气体向左气缸移动，最终右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中．
在初态，气体的压强为，体积为；在末态，气体压强为，体积为（x为左活塞的高度）．由玻意耳定律得：
解得，即两活塞的高度差为；
⑵当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为，设是温度达到T时左活塞的高度，由盖·吕萨克定律得：
活塞对气体做的功为：
在此过程中气体吸收热量。五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编32-理想气体的状态方程（含解析）
一、单选题
1．（2022·湖北·统考高考真题）一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p—V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是（ ）
A．a→b是等温过程
B．a→b过程中气体吸热
C．a→c过程中状态b的温度最低
D．a→c过程中外界对气体做正功
2．（2022·江苏·高考真题）如图所示，一定质量的理想气体分别经历和两个过程，其中为等温过程，状态b、c的体积相同，则（　　）
A．状态a的内能大于状态b B．状态a的温度高于状态c
C．过程中气体吸收热量 D．过程中外界对气体做正功
3．（2022·辽宁·高考真题）一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统（ ）
A．对外界做正功 B．压强保持不变 C．向外界放热 D．内能减少
4．（2022·江苏·高考真题）自主学习活动中，同学们对密闭容器中的氢气性质进行讨论，下列说法中正确的是（　　）
A．体积增大时，氢气分子的密集程度保持不变
B．压强增大是因为氢气分子之间斥力增大
C．因为氢气分子很小，所以氢气在任何情况下均可看成理想气体
D．温度变化时，氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化
5．（2022·重庆·高考真题）2022年5月15日，我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9032米的大气科学观测世界纪录。若在浮空艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体（　　）（视为理想气体）
A．吸收热量 B．压强增大 C．内能减小 D．对外做负功
二、多选题
6．（2022·全国·统考高考真题）一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如图上的两条线段所示，则气体在（　　）
A．状态a处的压强大于状态c处的压强
B．由a变化到b的过程中，气体对外做功
C．由b变化到c的过程中，气体的压强不变
D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热
E．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能
7．（2021·全国·高考真题）如图，一定量的理想气体从状态经热力学过程、、后又回到状态a。对于、、三个过程，下列说法正确的是（　　）
A．过程中，气体始终吸热
B．过程中，气体始终放热
C．过程中，气体对外界做功
D．过程中，气体的温度先降低后升高
E．过程中，气体的温度先升高后降低
8．（2018·海南·高考真题）如图，一定量的理想气体，由状态a等压变化到状态b，再从b等容变化到状态c。a、c两状态温度相等．下列说法正确的是______
A．从状态b到状态c的过程中气体吸热
B．气体在状态a的内能等于在状态c的内能
C．气体在状态b的温度小于在状态a的温度
D．从状态a到状态b的过程中气体对外做正功
三、填空题
9．（2022·河北·高考真题）如图，绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气体的气球。容器内温度处处相同。气球内部压强大于外部压强。气球慢慢漏气后，容器中气球外部气体的压强将______（填“增大”“减小”或“不变”）；温度将______（填“升高”“降低”或“不变”）。
10．（2021·福建·高考真题）如图，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程气体对外___________（填“做正功”“做负功”或“不做功”），气体的温度___________（填“升高”“降低”“先升高后降低”“先降低后升高”或“始终不变”）。
四、解答题
11．（2022·全国·统考高考真题）如图，容积均为、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为、温度为的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II、Ⅲ部分的体积分别为和、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
（1）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
（2）将环境温度缓慢改变至，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
12．（2022·重庆·高考真题）某同学探究一封闭气缸内理想气体的状态变化特性，得到压强p随温度t的变化如图所示。已知图线Ⅰ描述的是体积为的等容过程，当温度为时气体的压强为；图线Ⅱ描述的是压强为的等压过程。取为，求
①等容过程中，温度为时气体的压强；
②等压过程中，温度为时气体的体积。
13．（2021·河北·高考真题）某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27℃时，压强为。
（1）当夹层中空气的温度升至37℃，求此时夹层中空气的压强；
（2）当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27℃，大气压强为。
14．（2021·湖北·统考高考真题）质量为m的薄壁导热柱形气缸，内壁光滑，用横截面积为的活塞封闭一定量的理想气体。在下述所有过程中，气缸不漏气且与活塞不脱离。当气缸如图(a)竖直倒立静置时。缸内气体体积为V1，。温度为T1。已知重力加速度大小为g，大气压强为p0。
(1)将气缸如图(b)竖直悬挂，缸内气体温度仍为T1，求此时缸内气体体积V2；
(2)如图(c)所示，将气缸水平放置，稳定后对气缸缓慢加热，当缸内气体体积为V3时，求此时缸内气体的温度。
15．（2021·辽宁·高考真题）如图（a）所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途。图（b）为某一“系留气球”的简化模型图；主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气（可视为理想气体），副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氦气体积变为地面时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的。已知地面大气压强p0=1.0×105Pa、温度T0=300K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。
（1）设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p；
（2）气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的。求气球驻留处的大气温度T。
16．（2020·山东·高考真题）中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的。若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
17．（2018·全国·高考真题）如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。（重力加速度大小为g）
参考答案：
1．B
【详解】AB．根据理想气体的状态方程
可知a→b气体温度升高，内能增加，且体积增大气体对外界做功，则W < 0，由热力学第一定律
U = W + Q
可知a→b过程中气体吸热，A错误、B正确；
C．根据理想气体的状态方程
可知，p—V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；
D．a→c过程气体体积增大，外界对气体做负功，D错误。
故选B。
2．C
【详解】A．由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；
B．由于状态b和状态c体积相同，且，根据理想气体状态方程
可知，又因为，故，故B错误；
CD．因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功；而气体温度升高，内能增加，根据
可知气体吸收热量；故C正确，D错误；
故选C。
3．A
【详解】A．理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，理想气体对外界做正功，A正确；
B．由题图可知
V = V0 + kT
根据理想气体的状态方程有
联立有
可看出T增大，p增大，B错误；
D．理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；
C．理想气体从状态a变化到状态b，由选项AD可知，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知气体向外界吸收热量，C错误。
故选A。
4．D
【详解】A．密闭容器中的氢气质量不变，分子个数不变，根据
可知当体积增大时，单位体积内分子个数变少，分子的密集程度变小，故A错误；
B．气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的；压强增大并不是因为分子间斥力增大，故B错误；
C．普通气体在温度不太低，压强不太大的情况下才能看作理想气体，故C错误；
D．温度是气体分子平均动能的标志，大量气体分子的速率呈现“中间多，两边少”的规律，温度变化时，大量分子的平均速率会变化，即分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化，故D正确。
故选D。
5．C
【详解】由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据
可知温度降低，则艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据
可知气体放出热量。
故选C。
6．ABD
【详解】AC．根据理想气体状态方程可知
即图像的斜率为，故有
故A正确，C错误；
B．理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；
DE．理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有
而，，则有
可得
，
即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误；
故选ABD。
7．ABE
【详解】A．由理想气体的图可知，理想气体经历ab过程，体积不变，则，而压强增大，由可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由可知，气体一直吸热，故A正确；
BC．理想气体经历ca过程为等压压缩，则外界对气体做功，由知温度降低，即内能减少，由可知，，即气体放热，故B正确，C错误；
DE．由可知，图像的坐标围成的面积反映温度，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程的温度先升高后降低，故D错误，E正确；
故选ABE。
8．BD
【详解】A．内能是组成物体分子的无规则热运动动能和分子间相互作用势能的总和，由于理想气体的不考虑分子势能内能，故理想气体的内能等于分子平均动能的总和，而温度是分子平均动能的宏观表现，由理想气体状态方程
可知，当Vb=Vc，pb>pc时，Tb>TC，故，根据热力学第一定律
体积V不变，故W=0，所以，从状态b到状态c的过程中气体放热，选项A错误；
B．同理，气体在状态a的温度等于在状态c的温度，故气体在状态a的内能等于在状态c的内能，选项B正确；
C．由理想气体状态方程
可知当pa=pb，VaD．从状态a到状态b的过程中气体膨胀对外做正功，故D正确；
故选BD。
9． 增大 升高
【详解】[2]假设气球内部气体和气球外部气体的温度不变，当气球内部的气体缓慢释放到气球外部，气球内部气体压强大于外部气体压强，根据玻意尔定律可知气球内的气体释放到外部时体积增大，相当于容器的体积增大；而容器的体积无法改变，所以将假设扩大体积的容器绝热压缩到原来容器的体积即可，气体绝热压缩，与外界无热交换，即，外界对气体做功，即，根据绝热情况下的热力学第一定律可知气体内能增加，温度升高；
[1]气体温度升高，根据理想气体实验定律可知气体压强增大。
10． 做正功 先升高后降低
【详解】[1]该过程气体体积增大，对外做正功。
[2]由题图可知，从状态A到状态B，p与V的乘积先增大后减小，根据理想气体状态方程
可知气体的温度先升高后降低。
11．（1）；（2）
【详解】（1）因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖吕萨克定律可得
解得
（2）设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩的体积为V0-V，则对气体Ⅳ
对Ⅱ、Ⅲ两部分气体
联立解得
12．①；②
【详解】①在等容过程中，设0℃时气体压强为p0；根据查理定律有
解得
②当压强为p2，温度为0℃时，设此时体积为V2，则根据理想气体状态方程有
解得
13．（1）；（2）
【详解】（1）由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知
代入数据解得
（2）当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有
解得
则增加空气的体积为
所以增加的空气质量与原有空气质量之比为
14．(1)；(2)
【详解】(1)图(a)状态下，对气缸受力分析，如图1所示，则封闭气体的压强为
当气缸按图(b)方式悬挂时，对气缸受力分析，如图2所示，则封闭气体的压强为
对封闭气体由玻意耳定律得
解得
(2) 当气缸按图(c)的方式水平放置时，封闭气体的压强为
由理想气体状态方程得
解得
15．(1) 5.0×104Pa；(2) 266K
【详解】（1）汽囊中的温度不变，则发生的是等温变化，设气囊内的气体在目标位置的压强为，由玻意耳定律
解得
由目标处的内外压强差可得
解得
（2）有胡克定律可知弹簧的压缩量变为原来的，则活塞受到弹簧的压力也变为原来的，即
设此时气囊内气体的压强为，对活塞压强平衡可得
由理想气体状态方程可得
其中
解得
16．
【详解】设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知
p1=p0、T1=450 K、V1=V2、T2=300 K、①
由理想气体状态方程得
②
代入数据得
p2=0.7p0 ③
对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为，由题意知
p3=p0、V3=、p4=p2 ④
由玻意耳定律得
⑤
联立②⑤式，代入数据得
⑥
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知
⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为
⑧
联立②⑤⑦⑧式，代入数据得
⑨
17．，（p0S＋mg）h
【详解】开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有
根据力的平衡条件有
p1S＝p0S＋mg
联立可得
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有
式中
V1＝SH
V2＝S（H＋h）
联立③④⑤⑥式解得
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编33-热力学定律（含解析）
一、单选题
1．（2022·山东·统考高考真题）如图所示，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时气缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将气缸缓慢转动过程中，缸内气体（ ）
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
2．（2022·辽宁·高考真题）一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统（ ）
A．对外界做正功 B．压强保持不变 C．向外界放热 D．内能减少
3．（2022·江苏·高考真题）如图所示，一定质量的理想气体分别经历和两个过程，其中为等温过程，状态b、c的体积相同，则（　　）
A．状态a的内能大于状态b B．状态a的温度高于状态c
C．过程中气体吸收热量 D．过程中外界对气体做正功
4．（2022·北京·高考真题）如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，沿图示路径先后到达状态b和c。下列说法正确的是（ ）
A．从a到b，气体温度保持不变 B．从a到b，气体对外界做功
C．从b到c，气体内能减小 D．从b到c，气体从外界吸热
5．（2022·重庆·高考真题）2022年5月15日，我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9032米的大气科学观测世界纪录。若在浮空艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体（　　）（视为理想气体）
A．吸收热量 B．压强增大 C．内能减小 D．对外做负功
6．（2021·山东·高考真题）如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体（　　）
A．内能减少
B．对外界做正功
C．增加的内能大于吸收的热量
D．增加的内能等于吸收的热量
7．（2020·山东·统考高考真题）一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0， 2p0）、 b（2V0，p0）、c（3V0，2p0） 以下判断正确的是（　　）
A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C．在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D．气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
8．（2020·天津·统考高考真题）水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体（ ）
A．压强变大 B．对外界做功
C．对外界放热 D．分子平均动能变大
二、多选题
9．（2022·全国·统考高考真题）一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如图上的两条线段所示，则气体在（　　）
A．状态a处的压强大于状态c处的压强
B．由a变化到b的过程中，气体对外做功
C．由b变化到c的过程中，气体的压强不变
D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热
E．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能
10．（2022·全国·统考高考真题）一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如图上从a到b的线段所示。在此过程中（　　）
A．气体一直对外做功
B．气体的内能一直增加
C．气体一直从外界吸热
D．气体吸收的热量等于其对外做的功
E．气体吸收的热量等于其内能的增加量
11．（2022·湖南·统考高考真题）利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是（　　）
A．A端为冷端，B端为热端
B．A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C．A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D．该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
E．该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律
12．（2021·全国·高考真题）如图，一定量的理想气体从状态经热力学过程、、后又回到状态a。对于、、三个过程，下列说法正确的是（　　）
A．过程中，气体始终吸热
B．过程中，气体始终放热
C．过程中，气体对外界做功
D．过程中，气体的温度先降低后升高
E．过程中，气体的温度先升高后降低
13．（2021·天津·高考真题）列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要由活塞、气缸及内封的一定质量的气体构成。上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时气缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。若气缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中（　　）
A．上下乘客时，气体的内能不变 B．上下乘客时，气体从外界吸热
C．剧烈颠簸时，外界对气体做功 D．剧烈颠簸时，气体的温度不变
14．（2021·海南·高考真题）如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状态c，直线过原点。则气体（　　）
A．在状态c的压强等于在状态a的压强
B．在状态b的压强小于在状态c的压强
C．在的过程中内能保持不变
D．在的过程对外做功
15．（2020·全国·高考真题）如图，一开口向上的导热气缸内。用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与气缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上。使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中（　　）
A．气体体积逐渐减小，内能增知
B．气体压强逐渐增大，内能不变
C．气体压强逐渐增大，放出热量
D．外界对气体做功，气体内能不变
E．外界对气体做功，气体吸收热量
16．（2018·全国·高考真题）如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的直线所示．在此过程中______．
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
17．（2018·全国·高考真题）如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是（　　）
A．过程①中气体的压强逐渐减小
B．过程②中气体对外界做正功
C．过程④中气体从外界吸收了热量
D．状态c、d的内能相等
E．状态d的压强比状态b的压强小
18．（2019·海南·高考真题）一定量的理想气体从状态M出发，经状态N、P、Q回到状态M，完成一个循环。从M到N、从P到Q是等温过程；从N到P、从Q到M是等容过程；其体积—温度图像（V—T图）如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．从M到N是吸热过程
B．从N到P是吸热过程
C．从P到Q气体对外界做功
D．从Q到M是气体对外界做功
E．从Q到M气体的内能减少
19．（2018·全国·高考真题）对于实际的气体，下列说法正确的是（ ）
A．气体的内能包括气体分子的重力势能
B．气体的内能包括分子之间相互作用的势能
C．气体的内能包括气体整体运动的动能
D．气体体积变化时，其内能可能不变
E．气体的内能包括气体分子热运动的动能
20．（2018·海南·高考真题）如图，一定量的理想气体，由状态a等压变化到状态b，再从b等容变化到状态c。a、c两状态温度相等．下列说法正确的是______
A．从状态b到状态c的过程中气体吸热
B．气体在状态a的内能等于在状态c的内能
C．气体在状态b的温度小于在状态a的温度
D．从状态a到状态b的过程中气体对外做正功
三、填空题
21．（2022·广东·高考真题）利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，这个过程__________（选填“是”或“不是”）自发过程。该过程空调消耗了电能，空调排放到室外环境的热量__________（选填“大于”“等于”或“小于”）从室内吸收的热量。
22．（2022·河北·高考真题）如图，绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气体的气球。容器内温度处处相同。气球内部压强大于外部压强。气球慢慢漏气后，容器中气球外部气体的压强将______（填“增大”“减小”或“不变”）；温度将______（填“升高”“降低”或“不变”）。
23．（2021·河北·高考真题）两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B，汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图1所示，现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A中细沙的质量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能______（填“大于”“小于”或“等于”）汽缸B内气体的内能，图2为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速率分布图像，其中曲线______（填图像中曲线标号）表示汽缸B中气体分子的速率分布规律。
24．（2020·全国·统考高考真题）下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有_______，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有_______。（填正确答案标号）
A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
25．（2019·全国·高考真题）某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体．初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界．现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同．此时，容器中空气的温度__________（填“高于”“低于”或“等于”）外界温度，容器中空气的密度__________（填“大于”“小于”或“等于”）外界空气的密度．
四、解答题
26．（2021·江苏·高考真题）如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在气缸中，活塞的面积为S，与气缸底部相距L，气缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为和。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与气缸间的滑动摩擦为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中
（1）内能的增加量；
（2）最终温度T。
27．（2020·江苏·高考真题）一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，其图象如图所示，求该过程中气体吸收的热量Q。
28．（2018·江苏·高考真题）如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为，经历的过程，整个过程中对外界放出热量。求该气体在过程中对外界所做的功。
参考答案：
1．C
【详解】初始时气缸开口向上，活塞处于平衡状态，气缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有
气缸在缓慢转动的过程中，气缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿气缸壁的分力，故气缸内气体缓慢的将活塞往外推，最后气缸水平，缸内气压等于大气压。
AB．气缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，气缸内气体压强作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律得：气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，AB错误；
CD．气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误。
故选C。
2．A
【详解】A．理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，理想气体对外界做正功，A正确；
B．由题图可知
V = V0 + kT
根据理想气体的状态方程有
联立有
可看出T增大，p增大，B错误；
D．理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；
C．理想气体从状态a变化到状态b，由选项AD可知，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知气体向外界吸收热量，C错误。
故选A。
3．C
【详解】A．由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；
B．由于状态b和状态c体积相同，且，根据理想气体状态方程
可知，又因为，故，故B错误；
CD．因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功；而气体温度升高，内能增加，根据
可知气体吸收热量；故C正确，D错误；
故选C。
4．D
【详解】AB．一定质量的理想气体从状态a开始，沿题图路径到达状态b过程中气体发生等容变化，压强减小，根据查理定律，可知气体温度降低，再根据热力学第一定律U = Q＋W，由于气体不做功，内能减小，则气体放热，AB错误；
CD．一定质量的理想气体从状态b沿题图路径到达状态c过程中气体发生等压变化，体积增大，根据，可知气体温度升高，内能增大，再根据热力学第一定律U = Q＋W，可知b到c过程吸热，且吸收的热量大于功值，C错误、D正确。
故选D。
5．C
【详解】由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据
可知温度降低，则艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据
可知气体放出热量。
故选C。
6．B
【详解】A．由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内温度升高，内能增加，A错误；
B．在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程
气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；
CD．由AB分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律
由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，CD错误。
故选B。
7．C
【详解】A．根据气体做功的表达式可知图线和体积横轴围成的面积即为做功大小，所以气体在过程中对外界做的功等于过程中对外界做的功，A错误；
B．气体从，满足玻意尔定律，所以
所以，根据热力学第一定律可知
气体从，温度升高，所以，根据热力学第一定律可知
结合A选项可知
所以
过程气体吸收的热量大于过程吸收的热量，B错误；
C．气体从，温度降低，所以，气体体积减小，外界对气体做功，所以，根据热力学第一定律可知，放出热量，C正确；
D．理想气体的内能只与温度有关，根据可知从
所以气体从过程中内能的减少量等于过程中内能的增加量，D错误。
故选C。
8．B
【详解】A．随着水向外喷出，气体的体积增大，由于温度不变，根据
恒量
可知气体压强减小，A错误；
BC．由于气体体积膨胀，对外界做功，根据热力学第一定律
气体温度不变，内能不变，一定从外界吸收热量，B正确，C错误；
D．温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，分子的平均动能不变，D错误。
故选B。
9．ABD
【详解】AC．根据理想气体状态方程可知
即图像的斜率为，故有
故A正确，C错误；
B．理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；
DE．理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有
而，，则有
可得
，
即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误；
故选ABD。
10．BCE
【详解】A．因从a到b的p—T图像过原点，由可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，选项A错误；
B．因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确；
CDE．因W=0， U>0，根据热力学第一定律
U=W+Q
可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项CE正确，D错误。
故选BCE。
11．ABE
【详解】A. 依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相作用后反弹，从A端流出，而边缘部份热运动速率较高的气体从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，故A正确；
B．依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速度小于从B端流出的，故B正确；
C．A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故C错误；
DE．该装置将冷热不均气体的进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误，E正确。
故选ABE。
12．ABE
【详解】A．由理想气体的图可知，理想气体经历ab过程，体积不变，则，而压强增大，由可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由可知，气体一直吸热，故A正确；
BC．理想气体经历ca过程为等压压缩，则外界对气体做功，由知温度降低，即内能减少，由可知，，即气体放热，故B正确，C错误；
DE．由可知，图像的坐标围成的面积反映温度，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程的温度先升高后降低，故D错误，E正确；
故选ABE。
13．AC
【详解】AB．上下乘客时气缸内气体与外界有充分的热交换，即发生等温变化，温度不变，故气体的内能不变，体积变化缓慢，没有做功，故没有热交换，故A正确，B错误；
CD．剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，且气体与外界来不及热交换，气体经历绝热过程，外界对气体做功，温度升高，故C正确，D错误。
故选AC。
14．AC
【详解】AB．根据
可知，因直线ac过原点，可知在状态c的压强等于在状态a的压强，b点与原点连线的斜率小于c点与原点连线的斜率，可知在状态b的压强大于在状态c的压强，选项A正确，B错误；
C．在的过程中温度不变，则气体的内能保持不变，选项C正确；
D．在的过程中，气体的体积不变，则气体不对外做功，选项D错误。
故选AC。
15．BCD
【详解】A．理想气体的内能与温度之间唯一决定，温度保持不变，所以内能不变，A错误；
BCED．由理想气体状态方程，可知体积减少，温度不变，所以压强增大。因为温度不变，内能不变，体积减少，外界对系统做功，由热力学第一定律可知，系统放热，BCD正确，E错误；
故选BCD。
16．BCD
【详解】A．由图知气体的 pV一直增大，由，知气体的温度一直升高，故A错误；
B．一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B正确；
C．气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确；
D．气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律△U=W+Q可知气体一直从外界吸热，故D正确；
E．气体吸收的热量用于对外做功和增加内能，故E错误．
17．BDE
【详解】A．由理想气体状态方程
可知，体积不变温度升高即Tb>Ta，则pb>pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，A错误；
B．由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做功，B正确；
C．过程④中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，C错误；
D．由于状态c、d的温度相等，根据理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，D正确；
E．由理想气体状态方程＝C可得
p＝C
即T V图中的点与原点O的连线的斜率正比于该点的压强，故状态d的压强比状态b的压强小，E正确。
故选BDE。
18．BCE
【详解】从M到N的过程，体积减小，外界对气体做功，即W>0；温度不变，内能不变，即 U=0，根据 U=W+Q，可知Q<0，即气体放热，选项A错误；从N到P的过程，气体体积不变，则W=0，气体温度升高，内能增加，即 U>0，可知Q>0，即气体吸热，选项B正确；从P到Q气体体积变大，则气体对外界做功，选项C正确；从Q到M气体体积不变，则气体既不对外界做功，外界也不对气体做功，选项D错误；从Q到M气体的温度降低，则气体的内能减少，选项E正确。
19．BDE
【详解】ABCE．气体的内能等于所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，故AC错误，BE正确；
D．根据热力学第一定律
可知改变内能的方式有做功和热传递，所以体积发生变化时，内能可能不变，故D正确。
故选BDE。
20．BD
【详解】A．内能是组成物体分子的无规则热运动动能和分子间相互作用势能的总和，由于理想气体的不考虑分子势能内能，故理想气体的内能等于分子平均动能的总和，而温度是分子平均动能的宏观表现，由理想气体状态方程
可知，当Vb=Vc，pb>pc时，Tb>TC，故，根据热力学第一定律
体积V不变，故W=0，所以，从状态b到状态c的过程中气体放热，选项A错误；
B．同理，气体在状态a的温度等于在状态c的温度，故气体在状态a的内能等于在状态c的内能，选项B正确；
C．由理想气体状态方程
可知当pa=pb，VaD．从状态a到状态b的过程中气体膨胀对外做正功，故D正确；
故选BD。
21． 不是 大于
【详解】[1]空调将热量从温度低的室内传递到温度较高的室外，这个过程要消耗电能，不是自发的过程；
[2]由于空调的压缩机做功，使得空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。
22． 增大 升高
【详解】[2]假设气球内部气体和气球外部气体的温度不变，当气球内部的气体缓慢释放到气球外部，气球内部气体压强大于外部气体压强，根据玻意尔定律可知气球内的气体释放到外部时体积增大，相当于容器的体积增大；而容器的体积无法改变，所以将假设扩大体积的容器绝热压缩到原来容器的体积即可，气体绝热压缩，与外界无热交换，即，外界对气体做功，即，根据绝热情况下的热力学第一定律可知气体内能增加，温度升高；
[1]气体温度升高，根据理想气体实验定律可知气体压强增大。
23． 大于 ①
【详解】[1]对活塞分析有
因为A中细沙的质量大于B中细沙的质量，故稳定后有；所以在达到平衡过程中外界对气体做功有
则根据
因为气缸和活塞都是绝热的，故有
即重新平衡后A气缸内的气体内能大于B气缸内的气体内能；
[2]由图中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，所以由前面分析可知B气缸温度较低，故曲线①表示气缸B中气体分子的速率分布。
24． B C
【详解】A．燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化，同时热传递向空气转移。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；
B．冷水倒入保温杯后，没有对外做功，同时也没有热传递，内能不可能减少，故违背热力学第一定律；
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，必然产生其他影响故违背热力学第二定律；
D．制冷机消耗电能工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，发生了内能的转移，同时对外界产生了影响。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律。
25． 低于 大于
【详解】由题意可知，容器与活塞绝热性能良好，容器内气体与外界不发生热交换，故，但活塞移动的过程中，容器内气体压强减小，则容器内气体正在膨胀，体积增大，气体对外界做功，即，根据热力学第一定律可知：，故容器内气体内能减小，温度降低，低于外界温度．
最终容器内气体压强和外界气体压强相同，根据理想气体状态方程：
又，m为容器内气体质量
联立得：
取容器外界质量也为m的一部分气体，由于容器内温度T低于外界温度，故容器内气体密度大于外界．
故本题答案为：低于；大于．
26．（1）；（2）
【详解】（1）活塞移动时受力平衡
气体对外界做功
根据热力学第一定律
解得
（2）活塞发生移动前，等容过程
活塞向右移动了L，等压过程
且
解得
27．
【详解】根据图像可知状态A和状态C温度相同，内能相同；故从A经B到C过程中气体吸收的热量等于气体对外所做的功。根据图像可知状态A到状态B为等压过程，气体对外做功为
状态B到状态C为等容变化，气体不做功；故A经B到C过程中气体吸收的热量为
28．138.6J
【详解】整个过程中，外界对气体做功
W=WAB+WCA
且由C→A过程中，，故此过程为等压过程，体积减小，则C→A外界对气体做功
由热力学第一定律ΔU=Q+W，得
即气体对外界做的功为138.6 J。五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编34-几何光学（光的折射）（含解析）
一、单选题
1．（2022·辽宁·高考真题）完全失重时，液滴呈球形，气泡在液体中将不会上浮。2021年12月，在中国空间站“天宫课堂”的水球光学实验中，航天员向水球中注入空气形成了一个内含气泡的水球。如图所示，若气泡与水球同心，在过球心O的平面内，用单色平行光照射这一水球。下列说法正确的是（ ）
A．此单色光从空气进入水球，频率一定变大
B．此单色光从空气进入水球，频率一定变小
C．若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射
D．若光线2在N处发生全反射，光线1在M处一定发生全反射
2．（2022·浙江·高考真题）如图所示，用激光笔照射半圆形玻璃砖圆心O点，发现有a、b、c、d四条细光束，其中d是光经折射和反射形成的。当入射光束a绕O点逆时针方向转过小角度时，b、c、d也会随之转动，则（　　）
A．光束b顺时针旋转角度小于
B．光束c逆时针旋转角度小于
C．光束d顺时针旋转角度大于
D．光束b、c之间的夹角减小了
3．（2021·浙江·高考真题）用激光笔照射透明塑料制成的光盘边缘时观察到的现象如图所示。入射点O和两出射点P、Q恰好位于光盘边缘等间隔的三点处，空气中的四条细光束分别为入射光束a、反射光束b、出射光束c和d、已知光束a和b间的夹角为，则（　　）
A．光盘材料的折射率
B．光在光盘内的速度为真空中光速的三分之二
C．光束b、c和d的强度之和等于光束a的强度
D．光束c的强度小于O点处折射光束的强度
4．（2021·天津·高考真题）光刻机是制造芯片的核心装备，利用光源发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经技术处理制成芯片。为提高光刻机清晰投影最小图像的能力，在透镜组和硅片之间充有液体。紫外线进入液体后与其在真空中相比（　　）
A．波长变短 B．光子能量增加 C．频率降低 D．传播速度增大
5．（2021·湖北·高考真题）如图所示，由波长为λ1和λ2的单色光组成的一束复色光，经半反半透镜后分成透射光和反射光。透射光经扩束器后垂直照射到双缝上并在屏上形成干涉条纹。O是两单色光中央亮条纹的中心位置，P1和P2分别是波长为λ1和λ2的光形成的距离O点最近的亮条纹中心位置。反射光入射到三棱镜一侧面上，从另一侧面M和N位置出射，则（　　）
A．λ1<λ2，M是波长为λ1的光出射位置 B．λ1<λ2，N是波长为λ1的光出射位置
C．λ1>λ2，M是波长为λ1的光出射位置 D．λ1>λ2，N是波长为λ1的光出射位置
6．（2020·山东·高考真题）双缝干涉实验装置的截面图如图所示。光源S到S1、S2的距离相等，O点为S1、S2连线中垂线与光屏的交点。光源S发出的波长为的光，经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点，经S2出射后直接传播到O点，由S1到O点与由S2到O点，光传播的时间差为。玻璃片厚度为10，玻璃对该波长光的折射率为1.5，空气中光速为c，不计光在玻璃片内的反射。以下判断正确的是（　　）
A． B． C． D．
7．（2020·浙江·统考高考真题）如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射；当入射角时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行。已知真空中的光速为c，则（　　）
A．玻璃砖的折射率为1.5
B．之间的距离为
C．光在玻璃砖内的传播速度为
D．光从玻璃到空气的临界角为30°
8．（2018·天津·高考真题）氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线，都是氢原子中电子从量子数n>2的能级跃迁到n=2的能级发出的光，它们在真空中的波长由长到短，可以判定
A．对应的前后能级之差最小
B．同一介质对的折射率最大
C．同一介质中的传播速度最大
D．用照射某一金属能发生光电效应，则也一定能
9．（2019·天津·高考真题）如图为、、三种光在同一光电效应装置中测的光电流和电压的关系．由、、组成的复色光通过三棱镜时，下述光路图中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
10．（2020·浙江·高考真题）如图所示，波长为和的两种单色光射入三棱镜，经折射后射出两束单色光a和b，则这两束光（ ）
A．照射同一种金属均有光电子逸出，光电子最大初动能
B．射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距
C．在水中的传播速度
D．光子动量
11．（2019·浙江·高考真题）处于较高能级的氢原子向较低能级跃迁时，能辐射出a、b两种可见光，a光照射某金属表面时有光电子逸出，b光照射该金属表面时没有光电子逸出，则（　　）
A．以相同的入射角射向一平行玻璃砖，a光的侧移量小于b光的
B．垂直入射到同一单缝衍射装置，a光的衍射中央亮条纹宽度小于b光的
C．a光和b光的频率之比可能是
D．a光子的动量大于b光子的
三、填空题
12．（2021·全国·高考真题）如图，单色光从折射率n=1.5、厚度d=10.0cm的玻璃板上表面射入。已知真空中的光速为m/s，则该单色光在玻璃板内传播的速度为___________m/s；对于所有可能的入射角，该单色光通过玻璃板所用时间t的取值范围是___________s≤t<___________s（不考虑反射）。
13．（2018·全国·高考真题）如图，△ABC为一玻璃三棱镜的横截面，∠A=30°，一束红光垂直AB边射入，从AC边上的D点射出，其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为_____。若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D点射出时的折射射角______（“小于”“等于”或“大于”）60°。
14．（2018·海南·高考真题）（1）警车向路上的车辆发射频率已知的超声波，同时探测反射波的频率．下列说法正确的是_______．（填入正确答案标号）
A．车辆匀速驶向停在路边的警车，警车探测到的反射波频率增高
B．车辆匀速驶离停在路边的警车，警车探测到的反射波频率降低
C．警车匀速驶向停在路边的汽车，探测到的反射波频率降低
D．警车匀速驶离停在路边的汽车，探测到的反射波频率不变
（2）如图，由透明介质构成的半球壳的内外表面半径分别为R和R．一横截面半径为R的平行光束入射到半球壳内表面，入射方向与半球壳的对称轴平行，所有的入射光线都能从半球壳的外表面射出．已知透明介质的折射率为n=．求半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径________．不考虑多次反射．
四、解答题
15．（2022·湖北·高考真题）如图所示，水族馆训练员在训练海豚时，将一发光小球高举在水面上方的A位置，海豚的眼睛在B位置，A位置和B位置的水平距离为d，A位置离水面的高度为d。训练员将小球向左水平抛出，入水点在B位置的正上方，入水前瞬间速度方向与水面夹角为θ。小球在A位置发出的一束光线经水面折射后到达B位置，折射光线与水平方向的夹角也为θ。
已知水的折射率，求:
（1）tanθ的值；
（2）B位置到水面的距离H。
16．（2022·江苏·高考真题）如图所示，两条距离为D的平行光线，以入射角θ从空气射入平静水面，反射光线与折射光线垂直，求：
（1）水的折射率n；
（2）两条折射光线之间的距离d。
17．（2021·广东·高考真题）如图所示，一种光学传感器是通过接收器Q接收到光的强度变化而触发工作的。光从挡风玻璃内侧P点射向外侧M点再折射到空气中，测得入射角为，折射角为；光从P点射向外侧N点，刚好发生全反射并被Q接收，求光从玻璃射向空气时临界角的正弦值表达式。
18．（2020·全国·高考真题）直角棱镜的折射率n=1.5，其横截面如图所示，图中∠C=90°，∠A=30°。截面内一细束与BC边平行的光线，从棱镜AB边上的D点射入，经折射后射到BC边上。
（1）光线在BC边上是否会发生全反射 说明理由；
（2）不考虑多次反射，求从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。
19．（2020·全国·统考高考真题）如图，一折射率为的材料制作的三棱镜，其横截面为直角三角形ABC，∠A=90°，∠B=30°。一束平行光平行于BC边从AB边射入棱镜，不计光线在棱镜内的多次反射，求AC边与BC边上有光出射区域的长度的比值。
20．（2019·全国·高考真题）如图，一般帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m．距水面4 m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°（取sin53°=0.8）．已知水的折射率为
（1）求桅杆到P点的水平距离；
（2）船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离．
21．（2018·全国·高考真题）如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中O点)，然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC边上．D位于AB边上，过D点做AC边的垂线交AC于F．该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察．恰好可以看到小标记的像；过O点做AB边的垂线交直线DF于E；DE=2 cm，EF=1 cm．求三棱镜的折射率．(不考虑光线在三棱镜中的反射)
参考答案：
1．C
【详解】AB．光的频率是由光源决定的，与介质无关，频率不变，AB错误；
CD．如图可看出光线1入射到水球的入射角小于光线2入射到水球的入射角，则光线1在水球外表面折射后的折射角小于光线2在水球外表面折射后的折射角，设水球半径为R、气泡半径为r、光线经过水球后的折射角为α、光线进入气泡的入射角为θ，根据几何关系有
则可得出光线2的θ大于光线1的θ，故若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射，C正确、D错误。
故选C。
2．B
【详解】A．设入射光线a的入射角为，则反射角为，光束c的折射角为，光束d的反射角也为，入射光束a绕O点逆时针方向转过小角度时，入射角变为
由反射定律可知反射角等于入射角，则光束b顺时针旋转角度等于，故A错误；
B．由折射定律有
，
可得
即光束c逆时针旋转角度小于，故B正确；
C．光束d的反射角变化与光束c的折射角变化相等，则光束d顺时针旋转角度小于，故C错误；
D．光束b顺时针旋转角度等于，光束c逆时针旋转角度小于，则光速b、c之间的夹角减小的角度小于，故D错误；
故选B。
3．D
【详解】
A．如图所示由几何关系可得入射角为
折射角为
根据折射定律有
所以A错误；
B．根据
所以B错误；
C．光束在b、c和d的强度之和小于光束a的强度，因为在Q处光还有反射光线，所以C错误；
D．光束c的强度与反射光线PQ强度之和等于折身光线OP的强度，所以D正确；
故选D。
4．A
【详解】紫外线进入液体后与真空相比，频率不变，传播速度减小，根据
可知波长变短；根据
可知，光子能量不变。
故选A。
5．D
【分析】本题考查折射定律以及双缝干涉实验。
【详解】由双缝干涉条纹间距的公式
可知，当两种色光通过同一双缝干涉装置时，波长越长条纹间距越宽，由屏上亮条纹的位置可知
反射光经过三棱镜后分成两束色光，由图可知M光的折射角小，又由折射定律可知，入射角相同时，折射率越大的色光折射角越大，由于
则
所以N是波长为λ1的光出射位置，故D正确，ABC错误。
故选D。
6．A
【详解】光在玻璃中的传播速度为
可知时间差
故选A。
7．C
【详解】AB．作出两种情况下的光路图，如图所示
设，在A处发生全反射故有
由于出射光平行可知，在B处射出，故
由于
联立可得，，故AB错误；
C．由
可得，故C正确；
D．由于
所以临界角不为30°，故D错误。
故选C。
8．A
【详解】试题分析：根据分析前后能级差的大小；根据折射率与频率的关系分析折射率的大小；根据判断传播速度的大小；根据发生光电效应现象的条件是入射光的频率大于该光的极限频率判断是否会发生光电效应．
波长越大，频率越小，故的频率最小，根据可知对应的能量最小，根据可知对应的前后能级之差最小，A正确；的频率最小，同一介质对应的折射率最小，根据可知的传播速度最大，BC错误；的波长小于的波长，故的频率大于的频率，若用照射某一金属能发生光电效应，则不一定能，D错误．
【点睛】光的波长越大，频率越小，同一介质对其的折射率越小，光子的能量越小．
9．C
【详解】由光电效应的方程，动能定理，两式联立可得，故截止电压越大说明光的频率越大，则有三种光的频率，则可知三种光的折射率的关系为，因此光穿过三棱镜时b光偏折最大，c光次之，a光最小，故选C，ABD错误．
10．BD
【详解】A．根据光路图可知三棱镜对b光的偏折程度更大，所以b光折射率大，频率高，波长短。根据光电效应方程：
因为，所以，故A错误；
B．根据双缝干涉条纹间距公式：
因为，所以，故B正确；
C．介质中传播速度：
因为，所以，故C错误；
D．根据光子动量的公式：
因为，所以，故D正确。
故选BD．
11．BD
【分析】要发生光电效应现象，入射光频率大于该金属的极限频率，据此分析两种光的频率关系，然后根据频率越大，波长越小，折射率越大分析各个选项．
【详解】A．根据题意可知a光频率高于b光频率，玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，b光的折射率较小，以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后，b光的折射角较大，所以b光侧移量小，即a光的侧移量大于b光的，A错误；
B．频率越大，波长越小，通过同一单缝衍射装置时，中央亮条纹宽度越小，B正确；
C．a光的频率大，故频率之比不可能为，C错误；
D．频率越大，波长越小，即，根据可知，D正确。
故选BD。
【点睛】本题关键是知道光的频率越大，则其波长越小，同一光学器件对其的折射率越大，通过同一单缝衍射装置时中央亮条纹宽度越小。
12．
【详解】[1] 该单色光在玻璃板内传播的速度为
[2]当光垂直玻璃板射入时，光不发生偏折，该单色光通过玻璃板所用时间最短，最短时间
[3]当光的入射角是90°时，该单色光通过玻璃板所用时间最长。由折射定律可知
最长时间
13． 大于
【详解】[1][2]由几何知识可知，红光在D点发生折射时，折射角为i=60°，入射角为r=30°，由折射定律可得
解得玻璃对红光的折射率为
若改用蓝光沿同一路径入射，由于玻璃对蓝光的折射率大于对红光的折射率，则光线在D点射出时的折射角大于60°。
14． AB
【详解】（1）本题考查的是多普勒效应，凡是波源靠近观察者，观察者接收到的频率就会变大，远离观察者，接收到的频率就会变小，故AB正确
（2）分析边缘光线a，如图：
由几何关系得，，可得∠CAB=45°，
在△OAB中，AC=AB，设为r，在△OBC中，
由勾股定理有：
进而求出
故半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径为
15．（1）；（2）
【详解】（1）由平抛运动的规律可知
解得
（2）因可知，从A点射到水面的光线的入射角为α，折射角为，则由折射定律可知
解得
由几何关系可知
解得
16．（1）；（2）
【详解】（1）设折射角为，根据几何关系可得
根据折射定律可得
联立可得
（2）如图所示
根据几何关系可得
17．
【详解】根据光的折射定律有
根据光的全反射规律有
联立解得
18．（1）光线在E点发生全反射；（2）
【详解】（1）如图，设光线在D点的入射角为i，折射角为r。折射光线射到BC边上的E点。设光线在E点的入射角为，由几何关系，有
=90°–（30°–r）> 60°①
根据题给数据得
sin> sin60°>②
即θ大于全反射临界角，因此光线在E点发生全反射。
（2）设光线在AC边上的F点射出棱镜，光线的入射角为i'，折射角为r'，由几何关系、反射定律及折射定律，有
i= 30°③
i' =90°–θ ④
sin i = nsinr ⑤
nsini' = sinr' ⑥
联立①③④⑤⑥式并代入题给数据，得
⑦
由几何关系，r'即AC边射出的光线与最初的入射光线的夹角。
19．2
【详解】设从点入射的光线经折射后恰好射向点，光在边上的入射角为，折射角为，如图所示
由折射定律有
设从范围入射的光折射后在边上的入射角为，由几何关系有
代入题中数据解得
，
所以从范围入射的光折射后在边上发生全反射，反射光线垂直射到边，边上全部有光射出。设从范围入射的光折射后在边上的入射角为，如图所示
由几何关系可知
根据已知条件可知
即从范围入射的光折射后在边上发生全反射，反射光线垂直射到边上。设边上有光线射出的部分为，由几何关系得
边与边有光射出区域的长度比值为
20．（1）7m （2）5.5m
【详解】①设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到P点的水平距离为，桅杆高度为，P点处水深为；激光束在水中与竖直方向的夹角为，由几何关系有
由折射定律有：
设桅杆到P点的水平距离为
则
联立方程并代入数据得：
②设激光束在水中与竖直方向的夹角为时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为
由折射定律有：
设船向左行驶的距离为，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到P点的水平距离为，则：
联立方程并代入数据得：
21．
【详解】过D点作AB边的发现，连接OD，则为O点发出的光纤在D点的入射角；设该光线在D点的折射角为β，如图所示．根据折射定律有
①
式中n为三棱镜的折射率
由几何关系可知
②
③
在中有
④
由③④式和题给条件得
⑤
根据题给条件可知，为等腰三角形，有
⑥
由①②⑥式得
⑦五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编35-几何光学（全反射）（含解析）
一、单选题
1．（2022·山东·统考高考真题）柱状光学器件横截面如图所示，右侧是以O为圆心、半径为R的圆，左则是直角梯形，长为R，与夹角，中点为B。a、b两种频率的细激光束，垂直面入射，器件介质对a，b光的折射率分别为1.42、1.40。保持光的入射方向不变，入射点从A向B移动过程中，能在面全反射后，从面射出的光是（不考虑三次反射以后的光）（ ）
A．仅有a光 B．仅有b光 C．a、b光都可以 D．a、b光都不可以
2．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，王亚平在天宫课堂上演示了水球光学实验，在失重环境下，往大水球中央注入空气，形成了一个空气泡，气泡看起来很明亮，其主要原因是（　　）
A．气泡表面有折射没有全反射
B．光射入气泡衍射形成“亮斑”
C．气泡表面有折射和全反射
D．光射入气泡干涉形成“亮纹”
3．（2022·辽宁·高考真题）完全失重时，液滴呈球形，气泡在液体中将不会上浮。2021年12月，在中国空间站“天宫课堂”的水球光学实验中，航天员向水球中注入空气形成了一个内含气泡的水球。如图所示，若气泡与水球同心，在过球心O的平面内，用单色平行光照射这一水球。下列说法正确的是（ ）
A．此单色光从空气进入水球，频率一定变大
B．此单色光从空气进入水球，频率一定变小
C．若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射
D．若光线2在N处发生全反射，光线1在M处一定发生全反射
4．（2021·江苏·高考真题）某种材料制成的半圆形透明砖平放在方格纸上，将激光束垂直于面射入，可以看到光束从圆弧面出射，沿AC方向缓慢平移该砖，在如图所示位置时，出射光束恰好消失，该材料的折射率为（　　）
A．1.2 B．1.4 C．1.6 D．1.8
5．（2021·辽宁·高考真题）一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，光路如图所示，比较内芯中的a、b两束光，a光的（　　）
A．频率小，发生全反射的临界角小
B．频率大，发生全反射的临界角小
C．频率小，发生全反射的临界角大
D．频率大，发生全反射的临界角大
6．（2021·海南·高考真题）如图，长方体玻璃砖的横截面为矩形，，其折射率为。一束单色光在纸面内以的入射角从空气射向边的中点O，则该束单色光（　　）
A．在边的折射角为
B．在边的入射角为
C．不能从边射出
D．不能从边射出
7．（2020·浙江·高考真题）如图所示，一束光与某材料表面成45°角入射，每次反射的光能量为入射光能量的k倍。若这束光最终进入材料的能量为入射光能量的倍，则该材料折射率至少为（ ）
A． B． C．1.5 D．2
8．（2020·浙江·统考高考真题）如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射；当入射角时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行。已知真空中的光速为c，则（　　）
A．玻璃砖的折射率为1.5
B．之间的距离为
C．光在玻璃砖内的传播速度为
D．光从玻璃到空气的临界角为30°
二、多选题
9．（2020·山东·高考真题）截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB'C'C面的线状单色可见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线段BC的中点。图乙为图甲中ABC面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率为，只考虑由DE直接射向侧面AA'CC的光线。下列说法正确的是（　　）
A．光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的
B．光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的
C．若DE发出的单色光频率变小，AA'C'C面有光出射的区域面积将增大
D．若DE发出的单色光频率变小，AA'C'C面有光出射的区域面积将减小
10．（2019·浙江·高考真题）【加试题】波长为λ1和λ2的两束可见光入射到双缝，在光屏上观察到干涉条纹，其中波长为λ1的光的条纹间距大于波长为λ2的条纹间距．则（下列表述中，脚标“1”和“2”分别代表波长为λ1和λ2的光所对应的物理量）
A．这两束光的光子的动量p1＞p2
B．这两束光从玻璃射向真空时，其临界角C1＞C2
C．这两束光都能使某种金属发生光电效应，则遏止电压U1＞U2
D．这两束光由氢原子从不同激发态跃迁到n＝2能级时产生，则相应激发态的电离能△E1＞△E2
三、填空题
11．（2020·江苏·高考真题）我国的光纤通信技术处于世界领先水平。光纤内芯（内层玻璃）的折射率比外套（外层玻璃）的_____（选填“大”或“小”）。某种光纤的内芯在空气中全反射的临界角为，则该内芯的折射率为_____。（取，结果保留2位有效数字）
四、解答题
12．（2022·全国·统考高考真题）如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在的平面，一光线自M点射入棱镜，入射角为60°，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱镜，求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。
13．（2022·全国·高考真题）一细束单色光在三棱镜的侧面上以大角度由D点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射角为i，经折射后射至边的E点，如图所示，逐渐减小i，E点向B点移动，当时，恰好没有光线从边射出棱镜，且。求棱镜的折射率。
14．（2022·广东·高考真题）一个水平放置的圆柱形罐体内装了一半的透明液体，液体上方是空气，其截面如图所示。一激光器从罐体底部P点沿着罐体的内壁向上移动，它所发出的光束始终指向圆心O点。当光束与竖直方向成角时，恰好观察不到从液体表面射向空气的折射光束。已知光在空气中的传播速度为c，求液体的折射率n和激光在液体中的传播速度v。
15．（2022·河北·高考真题）如图，一个半径为R的玻璃球，O点为球心。球面内侧单色点光源S发出的一束光在A点射出，出射光线AB与球直径SC平行，θ = 30°。光在真空中的传播速度为c。求：
（i）玻璃的折射率；
（ii）从S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间。
16．（2022·湖南·高考真题）如图，某种防窥屏由透明介质和对光完全吸收的屏障构成，其中屏障垂直于屏幕平行排列，可实现对像素单元可视角度的控制（可视角度定义为某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后最大折射角的2倍）。透明介质的折射率，屏障间隙。发光像素单元紧贴屏下，位于相邻两屏障的正中间．不考虑光的衍射。
（1）若把发光像素单元视为点光源，要求可视角度控制为60°，求屏障的高度d；
（2）若屏障高度，且发光像素单元的宽度不能忽略，求像素单元宽度x最小为多少时，其可视角度刚好被扩为180°（只要看到像素单元的任意一点，即视为能看到该像素单元）。
17．（2022·重庆·高考真题）如图所示，水面上有一透明均质球，上半球露出水面，下半球内竖直中心轴上有红、蓝两种单色灯（可视为点光源），均质球对两种色光的折射率分别为和。为使从光源照射到上半球面的光，都能发生折射（不考虑光线在球内反射后的折射），若红灯到水面的最大距离为，
（1）求蓝灯到水面的最大距离；
（2）两灯都装在各自到水面的最大距离处，蓝灯在红灯的上方还是下方？为什么？
18．（2021·广东·高考真题）如图所示，一种光学传感器是通过接收器Q接收到光的强度变化而触发工作的。光从挡风玻璃内侧P点射向外侧M点再折射到空气中，测得入射角为，折射角为；光从P点射向外侧N点，刚好发生全反射并被Q接收，求光从玻璃射向空气时临界角的正弦值表达式。
19．（2021·河北·高考真题）将两块半径均为R、完全相同的透明半圆柱体A、B正对放置，圆心上下错开一定距离，如图所示，用一束单色光沿半径照射半圆柱体A，设圆心处入射角为，当时，A右侧恰好无光线射出；当时，有光线沿B的半径射出，射出位置与A的圆心相比下移h，不考虑多次反射，求：
（1）半圆柱体对该单色光的折射率；
（2）两个半圆柱体之间的距离d。
20．（2021·山东·高考真题）超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖，其中用到的一种脉冲激光展宽器截面如图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜斜面间的距离，脉冲激光中包含两种频率的光，它们在棱镜中的折射率分别为和。取，，。
（1）为使两种频率的光都能从左侧第一个棱镜斜面射出，求的取值范围；
（2）若，求两种频率的光通过整个展宽器的过程中，在空气中的路程差（保留3位有效数字）。
21．（2021·湖南·高考真题）我国古代著作《墨经》中记载了小孔成倒像的实验，认识到光沿直线传播。身高的人站在水平地面上，其正前方处的竖直木板墙上有一个圆柱形孔洞，直径为、深度为，孔洞距水平地面的高度是人身高的一半。此时，由于孔洞深度过大，使得成像不完整，如图所示。现在孔洞中填充厚度等于洞深的某种均匀透明介质，不考虑光在透明介质中的反射。
（i）若该人通过小孔能成完整的像，透明介质的折射率最小为多少？
（ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，透明介质的折射率最小为多少？
22．（2021·重庆·高考真题）如图所示，一直角棱镜。从边界面垂直入射的甲、乙两种不同频率的单色光，在棱镜中传播速度分别为和（为真空中的光速），甲光第一次到达边恰好发生全反射。求：
（1）该棱镜分别对甲光和乙光的折射率；
（2）边的长度。
23．（2020·全国·高考真题）直角棱镜的折射率n=1.5，其横截面如图所示，图中∠C=90°，∠A=30°。截面内一细束与BC边平行的光线，从棱镜AB边上的D点射入，经折射后射到BC边上。
（1）光线在BC边上是否会发生全反射 说明理由；
（2）不考虑多次反射，求从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。
24．（2020·全国·统考高考真题）如图，一折射率为的材料制作的三棱镜，其横截面为直角三角形ABC，∠A=90°，∠B=30°。一束平行光平行于BC边从AB边射入棱镜，不计光线在棱镜内的多次反射，求AC边与BC边上有光出射区域的长度的比值。
25．（2018·全国·高考真题）如图，是一直角三棱镜的横截面，，，一细光束从边的D点折射后，射到边的E点，发生全反射后经边的F点射出。垂直于交于G，D恰好是的中点，不计多次反射。
（1）求出射光相对于D点的入射光的偏角；
（2）为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围
26．（2019·全国·高考真题）如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°．一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出．
（1）求棱镜的折射率；
（2）保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出．求此时AB边上入射角的正弦．
27．（2019·海南·高考真题）一透明材料制成的圆柱体的上底面中央有一球形凹陷，凹面与圆柱体下底面可透光，表面其余部分均涂有遮光材料，过圆柱体对称轴线的截面如图所示。O点是球形凹陷的球心，半径OA与OG夹角。平行光沿轴线方向向下入射时，从凹面边缘A点入射的光线经折射后，恰好由下底面上C点射出。已知，，。
(1)求此透明材料的折射率；
(2)撤去平行光，将一点光源置于球心O点处，求下底面上有光出射的圆形区域的半径（不考虑侧面的反射光及多次反射的影响）。
28．（2019·江苏·高考真题）如图所示，某L形透明材料的折射率n=2．现沿AB方向切去一角，AB与水平方向的夹角为θ．为使水平方向的光线射到AB面时不会射入空气，求θ的最大值．
参考答案：
1．A
【详解】当两种频率的细激光束从A点垂直于AB面入射时，激光沿直线传播到O点，经第一次反射沿半径方向直线传播出去。
保持光的入射方向不变，入射点从A向B移动过程中，如下图可知，激光沿直线传播到CO面经反射向PM面传播，根据图像可知，入射点从A向B移动过程中，光线传播到PM面的入射角逐渐增大。
当入射点为B点时，根据光的反射定律及几何关系可知，光线传播到PM面的P点，此时光线在PM面上的入射角最大，设为，由几何关系得
根据全反射临界角公式得
两种频率的细激光束的全反射的临界角关系为
故在入射光从A向B移动过程中，a光能在PM面全反射后，从OM面射出；b光不能在PM面发生全反射，故仅有a光。A正确，BCD错误。
故选A。
2．C
【详解】当光从水中射到空气泡的界面处时，一部分光的入射角大于或等于临界角，发生了全反射现象；还有一部分光折射到内壁然后再折射出去，所以水中的空气泡看起来比较亮。
故选C。
3．C
【详解】AB．光的频率是由光源决定的，与介质无关，频率不变，AB错误；
CD．如图可看出光线1入射到水球的入射角小于光线2入射到水球的入射角，则光线1在水球外表面折射后的折射角小于光线2在水球外表面折射后的折射角，设水球半径为R、气泡半径为r、光线经过水球后的折射角为α、光线进入气泡的入射角为θ，根据几何关系有
则可得出光线2的θ大于光线1的θ，故若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射，C正确、D错误。
故选C。
4．A
【详解】画出激光束从玻璃砖射出时恰好发生全反射的入射角如图所示
全反射的条件
由几何关系知
联立解得
故A正确，BCD错误.
故选A.
5．C
【详解】由光路图可知a光的偏折程度没有b光的大，因此a光的折射率小，频率小，由全反射可知折射率越小发生全反射的临界角越大。
故选C。
6．C
【详解】A．光线从O点入射，设折射角为，由折射定律有
解得
即该束单色光在边的折射角为，故A错误；
B．设边长，则，作出光路图如图所示。
由几何关系可知光在边的入射角为，故B错误；
C．设光在玻璃砖与空气界面发生全反射的临界角设为C，有
即，而光在MN边的入射角大于，所以光在MN边发生全反射，不能从边射出，故C正确；
D．根据几何关系可知光在A点发生全反射后到达NP边的B点时的入射角为30°，小于全反射临界角，所以光在B点折射出玻璃砖，故D错误。
故选C。
7．A
【详解】根据题意光束最终要进入材料，说明光在材料表面即发生反射又发生折射，且两次反射的入射角均为，若临界角等于，则发生全反射：
解得：
若临界角小于，即可发生折射，即：
根据选项可知，故A正确，BCD错误。
故选A．
8．C
【详解】AB．作出两种情况下的光路图，如图所示
设，在A处发生全反射故有
由于出射光平行可知，在B处射出，故
由于
联立可得，，故AB错误；
C．由
可得，故C正确；
D．由于
所以临界角不为30°，故D错误。
故选C。
9．AC
【详解】AB．由题可知
可知临界角为45o，因此从D点发出的光，竖直向上从M点射出的光线恰好是出射光线的边缘，同时C点也恰好是出射光线的边缘，如图所示，因此光线只能从MC段射出，根据几何关系可知，M恰好为AC的中点，因此在 平面上有一半的面积有光线射出，A正确，B错误；
C．由于频率越高，折射率越大，当光源发出的光的频率变小，，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大，C正确，D错误。
故选AC。
10．BD
【详解】A．根据双峰干涉的条纹间距的表达式可知λ1>λ2，由可知p1B．光1的折射率n1小于光2的折射率n2，则根据sinC=1/n可知这两束光从玻璃射向真空时，其临界角C1＞C2，选项B正确；
C．光1的频率f1小于光2的频率f2，则这两束光都能使某种金属发生光电效应，则根据可知，遏止电压U1D．这两束光由氢原子从不同激发态跃迁到n＝2能级时产生，可知1光所处的激发态的能级较低，相应激发态的电离能较大，即△E1＞△E2，选项D正确.
11． 大
【详解】[1]根据全反射定律可知光钎内芯的折射率比外套的折射率大，这样光在内芯和外壳的界面上才能发生全反射，保证信息的传输。
[2]折射率为
12．，
【详解】光线在M点发生折射有
sin60° = nsinθ
由题知，光线经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，则
C = 90° - θ
联立有
根据几何关系有
解得
再由
解得
13．1.5
【详解】
因为当时，恰好没有光线从AB边射出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为C，则
由几何关系可知，光线在D点的折射角为
则
联立可得
n=1.5
14．，
【详解】当入射角达到45o时，恰好到达临界角C，根据
可得液体的折射率
由于
可知激光在液体中的传播速度
15．（1）；（2）
【详解】（i）根据题意将光路图补充完整，如下图所示
根据几何关系可知
i1 = θ = 30°，i2 = 60°
根据折射定律有
nsini1 = sini2
解得
（ii）设全反射的临界角为C，则
光在玻璃球内的传播速度有
根据几何关系可知当θ = 45°时，即光路为圆的内接正方形，从S发出的光线经多次全反射回到S点的时间最短，则正方形的边长
则最短时间为
16．（1）1.55mm；（2）0.35mm
【详解】（1）发光像素单元射到屏障上的光被完全吸收，考虑射到屏障顶端的光射到透明介质和空气界面，折射后从界面射向空气，由题意可知θ=60°，则
在介质中的入射角为i，则
解得
由几何关系
解得
（2）若视角度刚好被扩为180°，则，此时光线在界面发生全反射，此时光线在界面处的入射角
解得
C=30°
此时发光像素单元发光点距离屏障的距离为
像素单元宽度x最小为
17．（1）；（2）上方，理由见解析
【详解】（1）为使从光源照射到上半球面的光，都能发生折射，关键是光线能够从折射出去，以红光为例，当折射角最大达到临界角时，光线垂直水面折射出去，光路图如图所示
假设半球半径为，根据全反射定律和几何关系可知
同理可知蓝光
两式联立解得
（2）蓝光的折射率大于红光的折射率，根据（1）问结果结合可知
所以蓝灯应该在红灯的上方。
18．
【详解】根据光的折射定律有
根据光的全反射规律有
联立解得
19．（i）；（ii）
【详解】（i）光从半圆柱体A射入，满足从光密介质到光疏介质，当时发生全反射，有
解得
（ii）当入射角，经两次折射从半圆柱体B的半径出射，设折射角为，光路如图
由折射定律有
有几何关系有
联立解得
20．（1）（或）；（2）
【详解】（1）由几何关系可得，光线在第一个三梭镜右侧斜面上的入射角等于，要使得两种频率的光都从左侧第一个棱镜斜面射出，则需要比两种频率光线的全反射角都小，设C是全反射的临界角，根据折射定律得
①
折射率越大，临界角越小，代入较大的折射率得
②
所以顶角的范围为
（或）③
（2）脉冲激光从第一个三棱镜右侧斜面射出时发生折射，设折射角分别为和，由折射定律得
④
⑤
设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为和，则
⑥
⑦
⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据得
⑨
21．（i）1.38；（ii）1.7
【详解】（i）根据题意作出如下光路图
当孔在人身高一半时有
tanθ = = ≈ ，sinθ = 0.8，
tanα = ，sinα =
由折射定律有
n =
（ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，则可画出如下光路图
根据几何关系有
【点睛】
22．（1），；（2）
【详解】（1）由光速与折射率的关系，可得该棱镜对甲光的折射率
该棱镜对乙光的折射率
（2）设边的长度为L，根据题述甲光第一次到达边恰好发生全反射，可画出光路图
解得
【点睛】
23．（1）光线在E点发生全反射；（2）
【详解】（1）如图，设光线在D点的入射角为i，折射角为r。折射光线射到BC边上的E点。设光线在E点的入射角为，由几何关系，有
=90°–（30°–r）> 60°①
根据题给数据得
sin> sin60°>②
即θ大于全反射临界角，因此光线在E点发生全反射。
（2）设光线在AC边上的F点射出棱镜，光线的入射角为i'，折射角为r'，由几何关系、反射定律及折射定律，有
i= 30°③
i' =90°–θ ④
sin i = nsinr ⑤
nsini' = sinr' ⑥
联立①③④⑤⑥式并代入题给数据，得
⑦
由几何关系，r'即AC边射出的光线与最初的入射光线的夹角。
24．2
【详解】设从点入射的光线经折射后恰好射向点，光在边上的入射角为，折射角为，如图所示
由折射定律有
设从范围入射的光折射后在边上的入射角为，由几何关系有
代入题中数据解得
，
所以从范围入射的光折射后在边上发生全反射，反射光线垂直射到边，边上全部有光射出。设从范围入射的光折射后在边上的入射角为，如图所示
由几何关系可知
根据已知条件可知
即从范围入射的光折射后在边上发生全反射，反射光线垂直射到边上。设边上有光线射出的部分为，由几何关系得
边与边有光射出区域的长度比值为
25．（1）；（2）
【详解】（1）由于D是CG的中点， ，根据几何关系可得：光束在D点发生折射时的折射角为
那么，根据几何关系可得：在E点的入射角、反射角均为
在F点的入射角为
在F点的入射角为 ，可得：折射角
故出射光相对于D点的入射光的偏角为
（2）由E点反射角为60°可得， 平行BC，故根据D点折射角为
在F点的入射角为
可得：棱镜折射率
根据光束在E点入射角为60°，发生全反射可得
故棱镜折射率的取值范围为
26．（1）；（2）sin=
【详解】（1）光路图及相关量如图所示．光束在AB边上折射，由折射定律得
…………①
式中n是棱镜的折射率．由几何关系可知
α+β=60°…………②
由几何关系和反射定律得
…………③
联立①②③式，并代入i=60°得
…………④
（2）设改变后的入射角为，折射角为，由折射定律得
…………⑤
依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角，且
…………⑥
由几何关系得
…………⑦
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为
sin=…………⑧
27．(1)；(2)
【详解】(1)从A点入射的光线光路如图；由几何关系可知，入射角， ，折射角 ，则折射率
(2)将一点光源置于球心O点处，设射到底边P点的光线恰好发生全反射，则，则
由几何关系可知下底面上有光出射的圆形区域的半径
28．
【详解】要使光线不会射入空气，即发生全反射，设临界角为C，即有：
由几何关系得：
联立解得： ．五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编36-物理光学（光的干涉、衍射、色散、偏振等）（含解析）
一、单选题
1．（2022·全国·统考高考真题）一点光源以113W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6 × 10 - 7m的光，在离点光源距离为R处每秒垂直通过每平方米的光子数为3 × 1014个。普朗克常量为h = 6.63 × 10 - 34Js。R约为（ ）
A．1 × 102m B．3 × 102m C．6 × 102m D．9 × 102m
2．（2022·浙江·统考高考真题）关于双缝干涉实验，下列说法正确的是（ ）
A．用复色光投射就看不到条纹
B．明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果
C．把光屏前移或后移，不能看到明暗相间条纹
D．蓝光干涉条纹的间距比红光的大
3．（2022·北京·高考真题）下列现象能说明光是横波的是（ ）
A．光的衍射现象 B．光的折射现象
C．光的偏振现象 D．光的干涉现象
4．（2021·山东·高考真题）用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2021·江苏·高考真题）铁丝圈上附有肥皂膜，竖直放置时，肥皂膜上的彩色条纹上疏下密，由此推测肥皂膜前后两个面的侧视形状应当是（　　）
A． B． C． D．
6．（2021·湖北·高考真题）如图所示，由波长为λ1和λ2的单色光组成的一束复色光，经半反半透镜后分成透射光和反射光。透射光经扩束器后垂直照射到双缝上并在屏上形成干涉条纹。O是两单色光中央亮条纹的中心位置，P1和P2分别是波长为λ1和λ2的光形成的距离O点最近的亮条纹中心位置。反射光入射到三棱镜一侧面上，从另一侧面M和N位置出射，则（　　）
A．λ1<λ2，M是波长为λ1的光出射位置 B．λ1<λ2，N是波长为λ1的光出射位置
C．λ1>λ2，M是波长为λ1的光出射位置 D．λ1>λ2，N是波长为λ1的光出射位置
7．（2021·浙江·高考真题）大功率微波对人和其他生物有一定的杀伤作用。实验表明，当人体单位面积接收的微波功率达到时会引起神经混乱，达到时会引起心肺功能衰竭。现有一微波武器，其发射功率。若发射的微波可视为球面波，则引起神经混乱和心肺功能衰竭的有效攻击的最远距离约为（　　）
A． B． C． D．
8．（2021·北京·高考真题）北京高能光源是我国首个第四代同步辐射光源，计划于2025年建成。同步辐射光具有光谱范围宽（从远红外到X光波段，波长范围约为10-5m～10-11m，对应能量范围约为10-1eV～105eV）、光源亮度高、偏振性好等诸多特点，在基础科学研究、应用科学和工艺学等领域已得到广泛应用。速度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出电磁辐射，这个现象最初是在同步加速器上观察到的，称为“同步辐射”。以接近光速运动的单个电子能量约为109eV，回旋一圈辐射的总能量约为104eV。下列说法正确的是（　　）
A．同步辐射的机理与氢原子发光的机理一样
B．用同步辐射光照射氢原子，不能使氢原子电离
C．蛋白质分子的线度约为10-8 m，不能用同步辐射光得到其衍射图样
D．尽管向外辐射能量，但电子回旋一圈后能量不会明显减小
9．（2021·北京·高考真题）如图所示的平面内，光束a经圆心O射入半圆形玻璃砖，出射光为b、c两束单色光。下列说法正确的是（ ）
A．这是光的干涉现象
B．在真空中光束b的波长大于光束c的波长
C．玻璃砖对光束b的折射率大于对光束c的折射率
D．在玻璃砖中光束b的传播速度大于光束c的传播速度
10．（2020·天津·高考真题）在物理学发展的进程中，人们通过对某些重要物理实验的深入观察和研究，获得正确的理论认识。下列图示的实验中导致发现原子具有核式结构的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2020·北京·高考真题）以下现象不属于干涉的是（　　）
A．白光经过杨氏双缝得到彩色图样
B．白光照射肥皂膜呈现彩色图样
C．白光经过三棱镜得到彩色图样
D．白光照射水面油膜呈现彩色图样
12．（2020·海南·高考真题）下列说法正确的是（ ）
A．单色光在介质中传播时，介质的折射率越大，光的传播速度越小
B．观察者靠近声波波源的过程中，接收到的声波频率小于波源频率
C．同一个双缝干涉实验中，蓝光产生的干涉条纹间距比红光的大
D．两束频率不同的光，可以产生干涉现象
13．（2020·天津·统考高考真题）新冠肺炎疫情突发，中华儿女风雨同舟、守望相助，筑起了抗击疫情的巍峨长城。志愿者用非接触式体温测量仪，通过人体辐射的红外线测量体温，防控人员用紫外线灯在无人的环境下消杀病毒，为人民健康保驾护航。红外线和紫外线相比较（ ）
A．红外线的光子能量比紫外线的大
B．真空中红外线的波长比紫外线的长
C．真空中红外线的传播速度比紫外线的大
D．红外线能发生偏振现象，而紫外线不能
14．（2020·浙江·统考高考真题）在抗击新冠病毒的过程中，广泛使用了红外体温计测量体温，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．当体温超过37.3℃时人体才辐射红外线
B．当体温超过周围空气温度时人体才辐射红外线
C．红外体温计是依据体温计发射红外线来测体温的
D．红外体温计是依据人体温度越高，辐射的红外线强度越大来测体温的
15．（2020·浙江·高考真题）如图所示，单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电。时开关S打到b端，时回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值。则（ ）
A．回路的周期为0.02s
B．回路的电流最大时电容器中电场能最大
C．时线圈中磁场能最大
D．时回路中电流沿顺时针方向
16．（2020·北京·统考高考真题）随着通信技术的更新换代，无线通信使用的电磁波频率更高，频率资源更丰富，在相同时间内能够传输的信息量更大。第5代移动通信技术(简称5G)意味着更快的网速和更大的网络容载能力，“4G改变生活，5G改变社会”。与4G相比，5G使用的电磁波（　　）
A．光子能量更大 B．衍射更明显
C．传播速度更大 D．波长更长
17．（2018·北京·高考真题）用双缝干涉实验装置得到白光的干涉条纹，在光源与单缝之间加上红色滤光片后
A．干涉条纹消失
B．彩色条纹中的红色条纹消失
C．中央条纹变成暗条纹
D．中央条纹变成红色
18．（2019·北京·高考真题）利用图1所示的装置（示意图），观察光的干涉、衍射现象，在光屏上得到如图2中甲和乙两种图样．下列关于P处放置的光学元件说法正确的是
A．甲对应单缝，乙对应双缝
B．甲对应双缝，乙对应单缝
C．都是单缝，甲对应的缝宽较大
D．都是双缝，甲对应的双缝间距较大
二、多选题
19．（2022·山东·统考高考真题）某同学采用图甲所示的实验装置研究光的干涉与衍射现象，狭缝，的宽度可调，狭缝到屏的距离为L。同一单色光垂直照射狭缝，实验中分别在屏上得到了图乙，图丙所示图样。下列描述正确的是（　　）
A．图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，也发生了衍射
B．遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，其他条件不变，图丙中亮条纹宽度增大
C．照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大
D．照射两条狭缝时，若光从狭缝、到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹
20．（2021·浙江·高考真题）肥皂膜的干涉条纹如图所示，条纹间距上面宽、下面窄。下列说法正确的是（　　）
A．过肥皂膜最高和最低点的截面一定不是梯形
B．肥皂膜上的条纹是前后表面反射光形成的干涉条纹
C．肥皂膜从形成到破裂，条纹的宽度和间距不会发生变化
D．将肥皂膜外金属环左侧的把柄向上转动，条纹也会跟着转动
21．（2021·福建·统考高考真题）以声波作为信息载体的水声通信是水下长距离通信的主要手段。2020年11月10日，中国载人潜水器“奋斗者”号创造了10909米深潜纪录。此次深潜作业利用了水声通信和电磁通信等多种通信方式进行指令传输或数据交换，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．“奋斗者”号与“探索一号”通信的信息载体属于横波
B．“奋斗者”号与“沧海”号通信的信息载体属于横波
C．“探索一号”与通信卫星的实时通信可以通过机械波实现
D．“探索一号”与“探索二号”的通信过程也是能量传播的过程
22．（2020·浙江·高考真题）如图所示，波长为和的两种单色光射入三棱镜，经折射后射出两束单色光a和b，则这两束光（ ）
A．照射同一种金属均有光电子逸出，光电子最大初动能
B．射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距
C．在水中的传播速度
D．光子动量
23．（2020·江苏·统考高考真题）电磁波广泛应用在现代医疗中。下列属于电磁波应用的医用器械有（　　）
A．杀菌用的紫外灯 B．拍胸片的X光机
C．治疗咽喉炎的超声波雾化器 D．检查血流情况的“彩超”机
24．（2018·江苏·高考真题）梳子在梳头后带上电荷，摇动这把梳子在空中产生电磁波．该电磁波　　
A．是横波
B．不能在真空中传播
C．只能沿着梳子摇动的方向传播
D．在空气中的传播速度约为
25．（2018·浙江·高考真题）a、b是两种单色光，其光子能量分别为、，其，则（　　）
A．a、b光子动量之比为
B．若a、b入射到同一双缝干涉装置上，则相邻亮条纹的间距之比
C．若a、b都能使某种金属发生光电效应，则光电子最大初动能之差
D．若a、b是由处在同一激发态的原子跃迁到a态和b态时产生的，则a、b两态能级之差
26．（2018·浙江·高考真题）下列说法正确的是（ ）
A．组成原子核的核子越多，原子核越稳定
B．衰变为经过4次衰，2次β衰变
C．在LC振荡电路中，当电流最大时，线圈两端电势差也最大
D．在电子的单缝衍射实验中，狭缝变窄，电子动量的不确定量变大
27．（2019·浙江·高考真题）处于较高能级的氢原子向较低能级跃迁时，能辐射出a、b两种可见光，a光照射某金属表面时有光电子逸出，b光照射该金属表面时没有光电子逸出，则（　　）
A．以相同的入射角射向一平行玻璃砖，a光的侧移量小于b光的
B．垂直入射到同一单缝衍射装置，a光的衍射中央亮条纹宽度小于b光的
C．a光和b光的频率之比可能是
D．a光子的动量大于b光子的
三、填空题
28．（2018·江苏·高考真题）两束单色光A、B的波长分别为、，且>，则______（选填“A”或“B”）在水中发生全反射时的临界角较大．用同一装置进行杨氏双缝干涉实验时，可以观察到______（选填“A”或“B”）产生的条纹间距较大．
四、实验题
29．（2019·全国·高考真题）某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光：调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可__________；
A．将单缝向双缝靠近
B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动
D．使用间距更小的双缝
（2）若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为Δx，则单色光的波长λ=_________；
（3）某次测量时，选用的双缝的间距为0．300 mm，测得屏与双缝间的距离为1.20 m，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为7.56 mm。则所测单色光的波长为______________nm（结果保留3位有效数字）。
五、解答题
30．（2022·重庆·高考真题）如图所示，水面上有一透明均质球，上半球露出水面，下半球内竖直中心轴上有红、蓝两种单色灯（可视为点光源），均质球对两种色光的折射率分别为和。为使从光源照射到上半球面的光，都能发生折射（不考虑光线在球内反射后的折射），若红灯到水面的最大距离为，
（1）求蓝灯到水面的最大距离；
（2）两灯都装在各自到水面的最大距离处，蓝灯在红灯的上方还是下方？为什么？
31．（2020·江苏·统考高考真题）国际宇航联合会将2020年度“世界航天奖”授予我国“嫦娥四号”任务团队。“嫦娥四号”任务创造了多项世界第一、在探月任务中，“玉兔二号”月球车朝正下方发射一束频率为f的电磁波，该电磁波分别在月壤层的上、下表面被反射回来，反射波回到“玉兔二号”的时间差为。已知电磁波在月壤层中传播的波长为，求该月壤层的厚度d。
32．（2018·北京·高考真题）（1）静电场可以用电场线和等势面形象描述．
a．请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式；
b．点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面S 、S 到点电荷的距离分别为r 、r ．我们知道，电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小．请计算S 、S 上单位面积通过的电场线条数之比N1/N2．
（2）观测宇宙中辐射电磁波的天体，距离越远单位面积接收的电磁波功率越小，观测越困难．为了收集足够强的来自天体的电磁波，增大望远镜口径是提高天文观测能力的一条重要路径．2016年9月25日，世界上最大的单口径球面射电望远镜FAST在我国贵州落成启用，被誉为“中国天眼”．FAST直径为500 m，有效提高了人类观测宇宙的精度和范围．
a．设直径为100 m的望远镜能够接收到的来自某天体的电磁波功率为P ，计算FAST能够接收到的来自该天体的电磁波功率P ；
b．在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的，仅以辐射功率为P的同类天体为观测对象，设直径为100 m望远镜能够观测到的此类天体数目是N0，计算FAST能够观测到的此类天体数目N．
参考答案：
1．B
【详解】一个光子的能量为
E = hν
ν为光的频率，光的波长与频率有以下关系
c = λν
光源每秒发出的光子的个数为
P为光源的功率，光子以球面波的形式传播，那么以光源为原点的球面上的光子数相同，此时距光源的距离为R处，每秒垂直通过每平方米的光子数为3 × 1014个，那么此处的球面的表面积为
S = 4πR2
则
联立以上各式解得
R ≈ 3 × 102m
故选B。
2．B
【详解】A．用复色光投射同样能看到条纹，A错误；
B．双缝干涉实验中，明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果，B正确；
C．由条纹间知，把光屏前移或后移，改变了L，从而改变了条纹间距，但还可能看到明暗相间条纹，C错误；
D．由条纹间知，且λ蓝 < λ红，则蓝光干涉条纹的间距比红光的小，D错误。
故选B。
3．C
【详解】光的偏振现象能说明光是横波。
故选C。
4．D
【详解】用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，从透明薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，发生干涉现象，出现条纹，所以此条纹是由上方玻璃板的下表面和下方玻璃板的上表面反射光叠加后形成的，其光程差为透明薄膜厚度的2倍，当光程差△x=nλ时此处表现为亮条纹，即当薄膜的厚度
时对应的条纹为亮条纹，在题目的干涉条纹中，从左向右条纹的间距逐渐增大，结合干涉条纹公式对应的厚度公式可知从左向右薄膜厚度的变化率逐渐减小。
故选D。
5．C
【详解】薄膜干涉为前后两个面反射回来的光发生干涉形成干涉条纹，在复色光时，出现彩色条纹，由于重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，从而使干涉条纹的间距上疏下密，由于表面张力的作用，使得肥皂膜向内凹陷，故C正确，ABD错误。
故选C。
6．D
【分析】本题考查折射定律以及双缝干涉实验。
【详解】由双缝干涉条纹间距的公式
可知，当两种色光通过同一双缝干涉装置时，波长越长条纹间距越宽，由屏上亮条纹的位置可知
反射光经过三棱镜后分成两束色光，由图可知M光的折射角小，又由折射定律可知，入射角相同时，折射率越大的色光折射角越大，由于
则
所以N是波长为λ1的光出射位置，故D正确，ABC错误。
故选D。
7．B
【详解】设微波有效攻击范围为r时单位面积接收微波功率为
解得
则引起神经混乱时有
引起心肺功能衰竭时有
所以B正确；ACD错误；
故选B。
8．D
【详解】A．同步辐射是在磁场中圆周自发辐射光能的过程，氢原子发光是先吸收能量到高能级，在回到基态时辐射光，两者的机理不同，故A错误；
B．用同步辐射光照射氢原子，总能量约为104eV大于电离能13.6eV，则氢原子可以电离，故B错误；
C．同步辐射光的波长范围约为10-5m～10-11m，与蛋白质分子的线度约为10-8 m差不多，故能发生明显的衍射，故C错误；
D．以接近光速运动的单个电子能量约为109eV，回旋一圈辐射的总能量约为104eV，则电子回旋一圈后能量不会明显减小，故D正确；
故选D。
9．C
【详解】A．光束a经圆心O射入半圆形玻璃砖，出射光为b、c两束单色光，这是光的色散现象，A错误；
C．由题图可知光束c的折射角大于光束b的折射角，根据折射定律可知
nc < nb
C正确；
B．由于光的折射率越大，其频率越大，波长越短，则b光在真空中的波长较短，B错误；
D．根据v =知，c光束的折射率小，则c光在棱镜中的传播速度大，D错误。
故选C。
10．D
【详解】A．双缝干涉实验说明了光具有波动性，故A错误；
B．光电效应实验，说明了光具有粒子性，故B错误；
C．实验是有关电磁波的发射与接收，与原子核无关，故C错误；
D．卢瑟福的α粒子散射实验导致发现了原子具有核式结构，故D正确；
故选D。
11．C
【详解】A．根据光的干涉定义可知白光经过杨氏双缝得到彩色图样是杨氏双缝干涉，故A错误；
B．由于重力的作用，肥皂膜形成了上薄下厚的薄膜，光线通过薄膜时频率不变，干涉条纹的产生是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波的叠加，白光照射肥皂膜呈现彩色图样是属于干涉现象，故B错误；
C．白光经过三棱镜得到彩色图样是光在折射时产生的色散现象，故C正确；
D．水面上的油膜呈现彩色是光的干涉现象，属于薄膜干涉，故D错误；
故选C。
12．A
【详解】A．根据
可知单色光在介质中传播时，介质的折射率越大，光的传播速度越小，故A正确；
B．根据多普勒效应，若声波波源向观察者靠近，则观察者接收到的声波频率大于波源频率，故B错误；
C．根据
同一个双缝干涉实验中，蓝光的波长小于红光的波长，故蓝光产生的干涉条纹间距比红光的小，故C错误；
D．根据光的干涉的条件可知，两束频率不同的光不能产生干涉现象，故D错误。
故选A。
13．B
【详解】A．因为红外线的频率小于紫外线，根据
可知红外线的光子能量比紫外线的低，故A错误；
B．根据
可知红外线的波长比紫外线的波长长，故B正确；
C．真空中红外线和紫外线的传播速度是一样的，故C错误；
D．光都具有偏振现象，故D错误。
故选B。
14．D
【详解】AB．凡是温度高于绝对零度的物体都能产生红外辐射，故人体一直都会辐射红外线，故A错误，B错误；
CD．人身体各个部位体温是有变化的，所以辐射的红外线强度就会不一样，温度越高红外线强度越高，温度越低辐射的红外线强度就越低，所以通过辐射出来的红外线的强度就会辐射出个各部位的温度；红外体温计并不是靠体温计发射红外线来测体温的，故C错误，D正确。
故选D。
15．C
【详解】A．以顺时针电流为正方向，LC电路中电流和电荷量变化的图像如下：
时电容器下极板带正电荷且最大，根据图像可知周期为，故A错误；
B．根据图像可知电流最大时，电容器中电荷量为0，电场能最小为0，故B错误；
CD．时，经过，根据图像可知此时电流最大，电流沿逆时针方向，说明电容器放电完毕，电能全部转化为磁场能，此时磁场能最大，故C正确，D错误。
故选C．
16．A
【详解】A．因为5G使用的电磁波频率比4G高，根据可知5G使用的电磁波比4G光子能量更大，故A正确；
B．发生明显衍射的条件是障碍物（或孔）的尺寸可以跟波长相比，甚至比波长还小；因5G使用的电磁波频率更高，即波长更短，故5G越不容易发生明显衍射，故B错误；
C．光在真空中的传播速度都是相同的；光在介质中的传播速度为
5G的频率比4G高，而频率越大折射率越大，光在介质中的传播速度越小，故C错误；
D．因5G使用的电磁波频率更高，根据
可知波长更短，故D错误。
故选A。
17．D
【详解】当用白光做干涉实验时，频率相同的色光，相互叠加干涉，在光屏上形成彩色条纹，中央形成白色的亮条纹；当在光源与单缝之间加上红色滤光片后，只有红光能通过单缝，然后通过双缝后相互叠加干涉，在光屏上形成红色干涉条纹，光屏中央为加强点，所以中央条纹变成红色亮条纹，故选项D正确，ABC错误；
点睛：本题考查了光的干涉现象，注意只有频率相同、振动相同的两列波才能形成稳定的干涉图像，同时要掌握哪些点是振动加强点，哪些点是振动减弱点．
18．A
【详解】根据单缝衍射图样和双缝干涉图样特点判断．
单缝衍射图样为中央亮条纹最宽最亮，往两边变窄，双缝干涉图样是明暗相间的条纹，条纹间距相等，条纹宽度相等，结合图甲，乙可知，甲对应单缝，乙对应双缝，故A正确，BCD错误．
19．ACD
【详解】A．由图可知，图乙中间部分等间距条纹，所以图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，同时也发生衍射，故A正确；
B．狭缝越小，衍射范围越大，衍射条纹越宽，遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，则衍射现象减弱，图丙中亮条纹宽度减小，故B错误；
C．根据条纹间距公式可知照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大，故C正确；
D．照射两条狭缝时，若光从狭缝、到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹，故D正确。
故选ACD。
20．AB
【详解】A．肥皂膜因为自重会上面薄而下面厚，因表面张力的原因其截面应是一个圆滑的曲面而不是梯形，A正确；
B．薄膜干涉是等厚干涉，其原因为肥皂膜上的条纹是前后表面反射光形成的干涉条纹，B正确；
C．形成条纹的原因是前后表面的反射光叠加出现了振动加强点和振动减弱点，形成到破裂的过程上面越来越薄，下面越来越厚，因此出现加强点和减弱点的位置发生了变化，条纹宽度和间距发生变化，C错误；
D．将肥皂膜外金属环左侧的把柄向上转动，由于重力，表面张力和粘滞力等的作用，肥皂膜的形状和厚度会重新分布，因此并不会跟着旋转90°；D错误。
故选AB。
21．BD
【详解】A．由题知，“奋斗者”号与“探索一号”通信是通过水声音通信，由下而上，故信息载体属于纵波，故A错误；
B．由题知，“奋斗者”号与“沧海”号通信是通过水声音通信，由左向右，故信息载体属于横波，故B正确；
C．因为太空中没有介质，故机械波无法传播，所以“探索一号”与通信卫星的实时通信只能通过电磁通信来实现，故C错误；
D．在传递信息的过程也是传递能量的过程，故“探索一号”与“探索二号”的通信过程也是能量传播的过程，故D正确。
故选BD。
22．BD
【详解】A．根据光路图可知三棱镜对b光的偏折程度更大，所以b光折射率大，频率高，波长短。根据光电效应方程：
因为，所以，故A错误；
B．根据双缝干涉条纹间距公式：
因为，所以，故B正确；
C．介质中传播速度：
因为，所以，故C错误；
D．根据光子动量的公式：
因为，所以，故D正确。
故选BD．
23．AB
【详解】A．紫外灯的频率高，能量强，所以用于杀菌，属于电磁波的应用，A正确；
B．X光的穿透能力较强，所以用于拍胸片，属于电磁波的应用，B正确；
C．超声波雾化器是超声波的应用，与电磁波无关，C错误；
D．彩超属于超声波的应用，与电磁波无关，D错误。
故选AB。
24．AD
【详解】摇动的梳子在空中产生电磁波，电磁波是横波，选项A正确；电磁波能在真空中传播，选项B错误；电磁波传播的方向与振动方向垂直，选项C错误；电磁波在空气中传播的速度约为光速，选项D正确．
25．BC
【分析】根据公式、、、分析解题。
【详解】A．根据德布罗意方程，以及光子能量公式可得
故
A错误；
B．根据可知，因为，故
所以
B正确；
C．根据电子最大初动能可知，故可得
C正确；
D．根据公式，又由同一激发态原子跃迁所以相同，且都由高能级往低能级跃迁，所以
D错误。
故选BC。
26．BD
【详解】A．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故A错误；
B．衰变为经过，质量数减少16，质子数减少6，而一次α衰变，质子数减2，质量数减4，一次β衰变，质子数增加1，质量数不变，所以是4次α衰变，2次β衰变，故B正确；
C．当线圈两端电势差最大时，电流变化率最大，电流为0，故C错误；
D．狭缝变窄，使得变小，根据不确定关系，则变大，故D正确。
故选BD。
27．BD
【分析】要发生光电效应现象，入射光频率大于该金属的极限频率，据此分析两种光的频率关系，然后根据频率越大，波长越小，折射率越大分析各个选项．
【详解】A．根据题意可知a光频率高于b光频率，玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，b光的折射率较小，以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后，b光的折射角较大，所以b光侧移量小，即a光的侧移量大于b光的，A错误；
B．频率越大，波长越小，通过同一单缝衍射装置时，中央亮条纹宽度越小，B正确；
C．a光的频率大，故频率之比不可能为，C错误；
D．频率越大，波长越小，即，根据可知，D正确。
故选BD。
【点睛】本题关键是知道光的频率越大，则其波长越小，同一光学器件对其的折射率越大，通过同一单缝衍射装置时中央亮条纹宽度越小。
28． A A
【详解】波长越长，频率越小，折射率越小，根据临界角，可知波长越大临界角越大，所以A光的临界角大；双缝干涉条纹的间距，因为A光的波长较长，所以A光产生的条纹间距较大．
29． B 630
【详解】（1）[1]相邻两亮（暗）干涉条纹的Δx=，要增加观察到的条纹数，即Δx越小，需增大d或减小l，因此应将屏向靠近双缝的方向移动，或使用间距更大的双缝，故A、C、D错误，B正确；
（2）[2]由
得
（3）[3]所测单色光的波长
30．（1）；（2）上方，理由见解析
【详解】（1）为使从光源照射到上半球面的光，都能发生折射，关键是光线能够从折射出去，以红光为例，当折射角最大达到临界角时，光线垂直水面折射出去，光路图如图所示
假设半球半径为，根据全反射定律和几何关系可知
同理可知蓝光
两式联立解得
（2）蓝光的折射率大于红光的折射率，根据（1）问结果结合可知
所以蓝灯应该在红灯的上方。
31．
【详解】电磁波的在土壤中传播速度满足
根据题意可知
解得土壤厚度为
32．（1）a． b．（2）a． b．
【详解】（1）a．在距Q为r的位置放一电荷量为q的检验电荷
根据库仑定律检验电荷受到的电场力
根据电场强度的定义
得
b．穿过每个面的电场线的总条数是相等的，若面积大，则单位面积上分担的条数就少，
故穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比
（2）a．地球上不同望远镜观测同一天体，单位面积上接收的功率应该相同，因此
b．在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的．因此一个望远镜能观测到的此类天体数目正比于以望远镜为球心、以最远观测距离为半径的球体体积．
设地面上望远镜能观测到此类天体需收集到的电磁波的总功率的最小值为P0，直径为100 m望远镜和FAST能观测到的最远距离分别为L0和L，则
可得L=5L0
则
故本题答案是：（1）a ; b.
（2）a ; b.
点睛：本题是一道信息题，要读懂题目中所描述的物理情景，然后结合物理知识求解，在电场线条数一定的情况下，圆的半径越大，则单位面积上的条数就越少；同样要知道地球上不同望远镜观测同一天体，单位面积上接收的功率应该相同，要借助于这些条件处理问题．五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编37-力学实验（含解析）
一、实验题
1．（2022·全国·统考高考真题）利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为的滑块A与质量为的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小和，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
（1）调节导轨水平；
（2）测得两滑块的质量分别为和。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为______kg的滑块作为A；
（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离与B的右端到右边挡板的距离相等；
（4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间和；
（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如下表所示；
1 2 3 4 5
0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
0.31 0.33 0.33 0.33
（6）表中的______（保留2位有效数字）；
（7）的平均值为______；（保留2位有效数字）
（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为______（用和表示），本实验中其值为______（保留2位有效数字），若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
2．（2022·山东·统考高考真题）在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发。某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示。主要步骤如下：
①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；
②接通气源。放上滑块。调平气垫导轨；
③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点。A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；
④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。
回答以下问题（结果均保留两位有效数字）：
（1）弹簧的劲度系数为_____N/m。
（2）该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a—F图像如图丙中I所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为________kg。
（3）该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a—F图像Ⅱ，则待测物体的质量为________kg。
3．（2022·广东·高考真题）某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图（a）所示的装置，实验过程如下：
（1）让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。
（2）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径__________。
（3）测量时，应__________（选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”）。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间和。
（4）计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失__________（用字母m、d、和表示）。
（5）若适当调高光电门的高度，将会__________（选填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误差。
4．（2022·浙江·高考真题）（1）在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O，建立水平与竖直坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图所示。在轨迹上取一点A，读取其坐标（x0，y0）。
①下列说法正确的是_______。
A．实验所用斜槽应尽量光滑
B．画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来
C．求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据
②根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v0=_______。
A．　　B．　　C．　　D．
③在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是_______。
5．（2022·浙江·高考真题）（1）①“探究小车速度随时间变化的规律”的实验装置如图1所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行。图2是打出纸带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计时起点，则打计数点B时小车位移大小为______cm。由图3中小车运动的数据点，求得加速度为______m/s2（保留两位有效数字）。
②利用图1装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，需调整的是______。
A．换成质量更小的小车 B．调整长木板的倾斜程度
C．把钩码更换成砝码盘和砝码 D．改变连接小车的细绳与长木板的夹角
（2）“探究求合力的方法”的实验装置如图4所示，在该实验中，
①下列说法正确的是______；
A．拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同
B．在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点
C．测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦
D．测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板
②若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要______（选填“2”、“3”或“4”）次把橡皮条结点拉到O点。
6．（2022·湖南·统考高考真题）小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等，设计了如图（a）所示的实验装置，测量冰墩墩玩具的质量。主要实验步骤如下：
（1）查找资料，得知每枚硬币的质量为；
（2）将硬币以5枚为一组逐次加入塑料袋，测量每次稳定后橡皮筋的长度，记录数据如下表：
序号 1 2 3 4 5
硬币数量/枚 5 10 15 20 25
长度 10.51 12.02 13.54 15.05 16.56
（3）根据表中数据在图（b）上描点，绘制图线；______
（4）取出全部硬币，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，稳定后橡皮筋长度的示数如图（c）所示，此时橡皮筋的长度为______；
（5）由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为______（计算结果保留3位有效数字）。
7．（2022·浙江·高考真题）“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示，阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B，给小车A一定速度去碰撞静止的小车B，小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得。
①实验应进行的操作有_______。
A．测量滑轨的长度
B．测量小车的长度和高度
C．碰撞前将滑轨调成水平
②下表是某次实验时测得的数据：
A的质量/kg B的质量/kg 碰撞前A的速度大小/（） 碰撞后A的速度大小/（） 碰撞后B的速度大小/（）
0.200 0.300 1.010 0.200 0.800
由表中数据可知，碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是_______kg·m/s。（结果保留3位有效数字）
8．（2022·河北·高考真题）某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图1所示。弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g。
（1）在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T（在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点）。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为______，钩码的动能增加量为______，钩码的重力势能增加量为______。
（2）利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图3所示。由图3可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是______。
9．（2022·湖北·高考真题）某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值和最小值。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的图像是一条直线，如图乙所示。
（1）若小钢球摆动过程中机械能守恒。则图乙中直线斜率的理论值为_______。
（2）由图乙得:直线的斜率为______，小钢球的重力为_______N。（结果均保留2位有效数字）
（3）该实验系统误差的主要来源是______（单选，填正确答案标号）。
A．小钢球摆动角度偏大
B．小钢球初始释放位置不同
C．小钢球摆动过程中有空气阻力
10．（2022·重庆·高考真题）如图为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。
（1）要测量滑块的动量，除了前述实验器材外，还必需的实验器材是___________。
（2）为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做___________运动。
（3）测得滑块B的质量为，两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示，其中①为滑块B碰前的图线。取滑块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块B碰前的动量为___________（保留2位有效数字），滑块A碰后的图线为___________（选填“②”“③”“④”）。
11．（2021·全国·高考真题）为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为的斜面（已知sin=0.34，cos=0.94），小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔（每个时间间隔 T=0.20s）内小铜块沿斜面下滑的距离si（i=1，2，3，4，5），如下表所示。
s1 s2 s3 s4 s5
5.87cm 7.58cm 9.31cm 11.02cm 12.74cm
由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为___________m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为___________。（结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取9.80m/s2）
12．（2021·广东·高考真题）某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数，缓冲装置如图所示，固定在斜面上的透明有机玻璃管与水平面夹角为30°，弹簧固定在有机玻璃管底端。实验过程如下：先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺，再将单个质量为200g的钢球（直径略小于玻璃管内径）逐个从管口滑进，每滑进一个钢球，待弹簧静止，记录管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻度尺示数，数据如表所示。实验过程中弹簧始终处于弹性限度内。采用逐差法计算弹簧压缩量，进而计算其劲度系数。
n 1 2 3 4 5 6
8.04 10.03 12.05 14.07 16.11 18.09
（1）利用计算弹簧的压缩量：，，______cm，压缩量的平均值______cm；
（2）上述是管中增加______个钢球时产生的弹簧平均压缩量；
（3）忽略摩擦，重力加速度g取，该弹簧的劲度系数为______N/m。（结果保留3位有效数字）
13．（2021·全国·高考真题）某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图（b）中标出。
完成下列填空：（结果均保留2位有效数字）
（1）小球运动到图（b）中位置A时，其速度的水平分量大小为___________，竖直分量大小为___________；
（2）根据图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为___________。
14．（2021·浙江·高考真题）在“验证机械能守恒定律”实验中，小王用如图1所示的装置，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图2所示。O点是打下的第一个点，A、B、C和D为另外4个连续打下的点。
①为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的理由是___________。
②已知交流电频率为，重物质量为，当地重力加速度，则从O点到C点，重物的重力势能变化量的绝对值___________J、C点的动能___________J（计算结果均保留3位有效数字）。比较与的大小，出现这一结果的原因可能是___________。
A．工作电压偏高 B．存在空气阻力和摩擦力 C．接通电源前释放了纸带
15．（2021·湖南·高考真题）某实验小组利用图（a）所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测量垫块厚度，示数如图（b）所示，___________；
（2）接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；
（3）在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；
（4）在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数和滑块对应的加速度；
（5）在右支点下增加垫块个数（垫块完全相同），重复步骤（4），记录数据如下表：
1 2 3 4 5 6
0.087 0.180 0.260 0.425 0.519
根据表中数据在图（c）上描点，绘制图线___________。
如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是___________（保留三位有效数字）。
16．（2021·北京·高考真题）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。例如：
（1）实验仪器。用游标卡尺测某金属管的内径，示数如图1所示。则该金属管的内径为_______mm。
（2）数据分析。打点计时器在随物体做匀变速直线运动的纸带上打点，其中一部分如图2所示，B、C、D为纸带上标出的连续3个计数点，相邻计数点之间还有4个计时点没有标出。打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上。则打C点时，纸带运动的速度vC = ________m/s（结果保留小数点后两位）。
（3）实验原理。图3为“探究加速度与力的关系”的实验装置示意图。认为桶和砂所受的重力等于使小车做匀加速直线运动的合力。实验中平衡了摩擦力后，要求桶和砂的总质量m比小车质量M小得多。请分析说明这个要求的理由。( )
17．（2021·天津·高考真题）某实验小组利用手机的录像功能拍下小球在斜面上做匀加速直线运动的过程。为便于记录小球各个时刻在斜面上的位置，将录像中时间间隔为T的连续7幅画面合成到同一张图中，示意如图。依次测得小球各相邻位置间的距离为、、、、、。
①写出小球在位置1的速度表达式___________。
②要求充分利用测量数据，写出小球运动过程中的加速度表达式___________。
③在测量小球相邻位置间距时由于实验者读数产生的误差是___________误差。（填“偶然”或“系统”）
18．（2021·浙江·统考高考真题）用如图所示装置进行“探究功与速度变化的关系”实验。装有砝码的盘用绕过滑轮的细线牵引小车，盘和砝码的重力可当作牵引力。小车运动的位移和速度可以由打点纸带测出，以小车为研究对象，改变砝码质量，便可探究牵引力所做的功与小车速度变化的关系。
①关于这个实验，下列说法正确的是______；
A．需要补偿小车受到阻力的影响
B．该实验装置可以“验证机械能守恒定律”
C．需要通过调节定滑轮使细线与长木板平行
D．需要满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量
②如图2所示是两条纸带，实验时打出的应是第______条（填写“I”或“II”）纸带；
③根据实验数据，在坐标纸上画出的W-v2图象是一条过原点的直线，据此图象______（填“能”或“不能”）求出小车的质量。
19．（2021·海南·高考真题）为了验证物体沿光滑斜面下滑的过程中机械能守恒，某学习小组用如图所示的气垫导轨装置（包括导轨、气源、光电门、滑块、遮光条、数字毫秒计）进行实验。此外可使用的实验器材还有：天平、游标卡尺、刻度尺。
（1）某同学设计了如下的实验步骤，其中不必要的步骤是___________；
①在导轨上选择两个适当的位置A、B安装光电门Ⅰ、Ⅱ，并连接数字毫秒计；
②用天平测量滑块和遮光条的总质量m；
③用游标卡尺测量遮光条的宽度d；
④通过导轨上的标尺测出A、B之间的距离l；
⑤调整好气垫导轨的倾斜状态；
⑥将滑块从光电门Ⅰ左侧某处，由静止开始释放，从数字毫秒计读出滑块通过光电门Ⅰ、Ⅱ的时间、；
⑦用刻度尺分别测量A、B点到水平桌面的高度、；
⑧改变气垫导轨倾斜程度，重复步骤⑤⑥⑦，完成多次测量。
（2）用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标卡尺的示数如图所示，则___________；某次实验中，测得，则滑块通过光电门Ⅰ的瞬时速度___________（保留3位有效数字）；
（3）在误差允许范围内，若___________（用上述必要的实验步骤直接测量的物理量符号表示，已知重力加速度为g），则认为滑块下滑过程中机械能守恒；
（4）写出两点产生误差的主要原因：___________。
20．（2021·河北·高考真题）某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为，其上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为，实验操作步骤如下：
①安装器材，调整两个光电门距离为，轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示；
②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；
③保持最下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；
④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量M、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量及系统总机械能的减少量，结果如下表所示：
0.200 0.250 0.300 0.350 0.400
0.582 0.490 0.392 0.294 0.195
0.393 0.490 0.686 0.785
回答下列问题：
（1）实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为______J（保留三位有效数字）；
（2）步骤④中的数据所缺数据为______；
（3）若M为横轴，为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出图像______；
若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则物块与木板之间的摩擦因数为______（保留两位有效数字）
21．（2020·浙江·高考真题）做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案，其实验操作步骤如下：
（ⅰ）挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
（ⅱ）取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；
（ⅲ）改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到的关系。
①实验获得如图所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速度大小_____（保留两位有效数字）；
②需要满足条件的方案是_____（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）；在作图象时，把作为F值的是_____（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）。
22．（2020·全国·统考高考真题）一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。
令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0=0.590 m，下降一段距离后的高度h=0.100 m；由h0下降至h所用的时间T=0.730 s。由此求得小球B加速度的大小为a=_______m/s2（保留3位有效数字）。
从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0 g和150.0 g，当地重力加速度大小为g=9.80 m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a′=_______m/s2（保留3位有效数字）。
可以看出，a′与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：__________。
23．（2020·北京·高考真题）在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，做如下探究：
（1）为猜想加速度与质量的关系，可利用图1所示装置进行对比实验。两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止。抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下。对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比。关于实验条件，下列正确的是：________(选填选项前的字母)。
A．小车质量相同，钩码质量不同
B．小车质量不同，钩码质量相同
C．小车质量不同，钩码质量不同
（2）某同学为了定量验证(1)中得到的初步关系，设计实验并得到小车加速度与质量的7组实验数据，如下表所示。在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请将余下的一组数据描在坐标纸上，并作出图像______。
次数 1 2 3 4 5 6 7
0.62 0.56 0.48 0.40 0.32 0.24 0.15
0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00
（3）在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。请在图3中画出小车受力的示意图。为了简化“力”的测量，下列说法正确的是：__________（选填选项前的字母）。
A．使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受绳的拉力
B．若斜面倾角过大，小车所受合力将小于绳的拉力
C．无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都等于绳的拉力
D．让小车的运动趋近与匀速运动，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力
24．（2020·浙江·高考真题）某同学用单摆测量重力加速度，
①为了减少测量误差，下列做法正确的是_____（多选）；
A．摆的振幅越大越好
B．摆球质量大些、体积小些
C．摆线尽量细些、长些、伸缩性小些
D．计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处
②改变摆长，多次测量，得到周期平方与摆长的关系图象如图所示，所得结果与当地重力加速度值相符，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是_____。
A．测周期时多数了一个周期
B．测周期时少数了一个周期
C．测摆长时直接将摆线的长度作为摆长
D．测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长
25．（2020·浙江·高考真题）在“探究加速度与力、质量的关系”和用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”实验中
（1）都是通过分析纸带上的点来测量物理量，下列说法正确的是______
A．都需要分析打点计时器打下的第一个点 B．都不需要分析打点计时器打下的第一个点
C．一条纸带都只能获得一组数据 D．一条纸带都能获得多组数据
（2）如图是两条纸带的一部分，A、B、C、…、G是纸带上标出的计数点，每两个相邻的计数点之间还有4个打出的点未画出。其中图_____（填“甲”或“乙”）所示的是用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”的实验纸带。“探究加速度与力、质量的关系”实验中，小车的加速度大小a=_____m/s2（保留2位有效数字）。
（3）在用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”实验中，平衡阻力后，小车与橡皮筋组成的系统在橡皮筋恢复形变前机械能_____（填“守恒”或“不守恒”）。
26．（2020·全国·统考高考真题）某同学利用图（a）所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b）所示。
已知打出图（b）中相邻两点的时间间隔为0.02 s，从图（b）给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小vB=_____m/s，打出P点时小车的速度大小vP=_____m/s（结果均保留2位小数）。
若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图（b）给出的数据中求得的物理量为_________。
27．（2020·天津·统考高考真题）某实验小组利用图1所示装置测定平抛运动的初速度。把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边ab与桌子边缘及木板均平行。每次改变木板和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。
①为了正确完成实验，以下做法必要的是________。
A．实验时应保持桌面水平
B．每次应使钢球从静止开始释放
C．使斜面的底边ab与桌边重合
D．选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面
②实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动，在白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离依次为、、，示意如图2。重力加速度，钢球平抛的初速度为________m/s。
③图1装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用是________。
28．（2019·全国·高考真题）某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行研究．物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示．已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出．在ABCDE五个点中，打点计时器最先打出的是______点，在打出C点时物块的速度大小为______m/s（保留3位有效数字）；物块下滑的加速度大小为_____m/s2（保留2位有效数字）．
29．（2019·全国·高考真题）如图（a），某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验．所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的交流电源，纸带等．回答下列问题：
（1）铁块与木板间动摩擦因数μ=______（用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示）
（2）某次实验时，调整木板与水平面的夹角θ=30°．接通电源．开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下．多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图（b）所示．图中的点为计数点（每两个相邻的计数点间还有4个点未画出）．重力加速度为9.8 m/s2．可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为_____________（结果保留2位小数）．
30．（2018·全国·高考真题）如图(a)，一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘；一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针．
现要测量图(a)中弹簧的劲度系数．当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为1.950 cm；当托盘内放有质量为0.100 kg的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图(b)所示，其读数为________cm.当地的重力加速度大小为9.80 m/s2，此弹簧的劲度系数为________N/m(保留3位有效数字)．
31．（2018·北京·高考真题）用图1所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律．
主要实验步骤如下：
a．安装好实验器材．接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次．
b．选出一条点迹清晰的纸带，找一个合适的点当作计时起点O（t=0），然后每隔相同的时间间隔T选取一个计数点，如图2中A、B、C、D、E、F……所示．
c．通过测量、计算可以得到在打A、B、C、D、E……点时小车的速度，分别记作v1、v2、v3、v4、v5……
d．以速度v为纵轴、时间t为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，如图3所示．
结合上述实验步骤，请你完成下列任务：
（1）在下列仪器和器材中，还需要使用的有____________和___________(填选项前的字母)．
A．电压合适的50 Hz交流电源
B．电压可调的直流电源
C．刻度尺
D．秒表
E．天平(含砝码)
（2）在图3中已标出计数点A、B、D、E对应的坐标点，请在该图中标出计数点C对应的坐标点，并画出v-t图像_____________．
（3）观察v-t图像，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是___________．v-t图像斜率的物理意义是______________________．
（4）描绘v-t图像前，还不知道小车是否做匀变速直线运动．用平均速度表示各计数点的瞬时速度，从理论上讲，对△t的要求是______（选填“越小越好”或“与大小无关”)；从实验的角度看，选取的△x大小与速度测量的误差______(选填“有关”或“无关”)．
（5）早在16世纪末，伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的．当时只能靠滴水计时，为此他设计了如图4所示的“斜面实验”，反复做了上百次，验证了他的猜想．请你结合匀变速直线运动的知识，分析说明如何利用伽利略“斜面实验”检验小球的速度是随时间均匀变化的_____________________．
32．（2018·天津·高考真题）某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5 N的弹簧测力计两个，橡皮条（带两个较长的细绳套），刻度尺，图钉（若干个）．
①具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有______．
A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上
B．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同
C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度
D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力
②该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O，力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示．其中对于提高实验精度最有利的是_____．
A． B． C． D．
33．（2019·江苏·高考真题）某兴趣小组用如题1图所示的装置验证动能定理．
（1）有两种工作频率均为50Hz的打点计时器供实验选用：
A．电磁打点计时器
B．电火花打点计时器
为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择_______（选填“A”或“B”）．
（2）保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔．实验中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动．同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除．同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动．看法正确的同学是_____（选填“甲”或“乙”）．
（3）消除摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码．接通打点计时器电源，松开小车，小车运动．纸带被打出一系列点，其中的一段如题2图所示．图中纸带按实际尺寸画出，纸带上A点的速度vA=______m/s．
（4）测出小车的质量为M，再测出纸带上起点到A点的距离为L．小车动能的变化量可用ΔEk=算出．砝码盘中砝码的质量为m，重力加速度为g；实验中，小车的质量应______（选填“远大于”“远小于”或“接近”）砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用W=mgL算出．多次测量，若W与ΔEk均基本相等则验证了动能定理．
34．（2019·海南·高考真题）某同学利用图（a）的装置测量轻弹簧的劲度系数。图中，光滑的细杆和直尺水平固定在铁架台上，一轻弹簧穿在细杆上，其左端固定，右端与细绳连接；细绳跨过光滑定滑轮，其下端可以悬挂砝码（实验中，每个砝码的质量均为），弹簧右端连有一竖直指针，其位置可在直尺上读出，实验步骤如下：
①在绳下端挂上一个硅码，调整滑轮，使弹簧与滑轮间的细线水平且弹簧与细杆没有接触；
②系统静止后，记录砝码的个数及指针的位置；
③逐次增加砝码个数，并重复步骤②（保持弹簧在弹性限度内）；
④用n表示砝码的个数，l表示相应的指针位置，将获得的数据记录在表格内。
回答下列问题：
(1)根据下表的实验数据在图（b）中补齐数据点并做出图像______；
l 1 2 3 4 5
10.48 10.96 11.45 11.95 12.40
(2)弹簧的劲度系数k可用砝码质量m、重力加速度大小g及图线的斜率表示，表达式为_____；若g取，则本实验中____（结果保留3位有效数字）。
35．（2019·浙江·高考真题）采用如图所示的实验装置做“研究平抛运动”的实验
（1）实验时需要下列哪个器材____
A．弹簧秤 B．重锤线 C．打点计时器
（2）做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹．下列的一些操作要求，正确的是____
A．每次必须由同一位置静止释放小球
B．每次必须严格地等距离下降记录小球位置
C．小球运动时不应与木板上的白纸相接触
D．记录的点应适当多一些
（3）若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，记录下如图所示的频闪照片．在测得x1，x2，x3，x4后，需要验证的关系是________________．已知频闪周期为T，用下列计算式求得的水平速度，误差较小的是____
A． B． C． D．
36．（2019·浙江·高考真题）小明做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图1所示，悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞，碰后小球A继续摆动，小球B做平抛运动．
（1）小明用游标卡尺测小球A直径如图2所示，则d=_______mm．又测得了小球A质量m1，细线长度l，碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h．为完成实验，还需要测量的物理量有：______________________．
（2）若A、B两球碰后粘在一起形成新单摆，其周期_________（选填“小于”、“等于”或“大于”）粘合前单摆的周期（摆角小于5°）．
37．（2019·浙江·高考真题）（1）在“探究求合力的方法”的实验中，下列操作正确的是( )
A．在使用弹簧秤时，使弹簧秤与木板平面平行
B．每次拉伸橡皮筋时，只要使橡皮筋伸长量相同即可
C．橡皮筋应与两绳夹角的平分线在同一直线上
D．描点确定拉力方向时，两点之间的距离应尽可能大一些
（2）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，两个相同的小车放在光滑水平板上，前段各系一条细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可放重物．小车的停和动通过用黑板擦按住小车后的细线和抬起来控制，如图1所示．实验要求小盘和重物所受的重力近似等于使小车做匀加速直线运动的力．
请指出图2中错误之处：_______________________________．
调整好装置后，在某次实验中测得两小车的位移分别是x1和x2，则两车的加速度之比为_______________．
38．（2018·浙江·高考真题）用图所示装置做“探究功与速度变化的关系”实验时，除了图中已给出的实验器材外，还需要的测量工具有_______（填字母）
A．秒表 B．天平 C．刻度尺 D．弹簧测力计
（2）用图所示装置做“验证机械能守恒定律”实验时，释放重物前有下列操作，其中正确的两项是_________（填字母）
A．将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上
B．手提纸带任意位置
C．使重物靠近打点计时器
（3）如图是小球做平抛运动的频闪照片，其上覆盖了一张透明方格纸．已知方格纸每小格边长均为0.8 cm，由图中可知小球的初速度大小为_____m/s（g取10 m/s2，结果保留两位有效数字）。
39．（2018·浙江·高考真题）在做“探究加速度与力、质量的关系”实验中
（1）下列仪器需要用到的是___________
（2）下列说法正确的是____________
A、先释放纸带再接通电源
B、拉小车的细线应尽可能与长木板平行
C、纸带与小车相连端的点迹较疏
D、轻推小车，拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡
（3）如图所示是实验时打击的一条纸带，ABCD……为每隔4个点取计数点，据此纸带可知小车在D点速度大小为_________m/s（小数点后保留两位）
二、解答题
40．（2022·全国·统考高考真题）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度和之比为3：7。重力加速度大小取，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。
参考答案：
1． 0.304 0.31 0.32 0.34
【详解】（2）[1]应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选0.304kg的滑块作为A。
（6）[2]由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得
（7）[3]平均值为
（8）[4][5]弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得
联立解得
代入数据可得
2． 12 0.20 0.13
【详解】（1）[1]由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm。拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F—t图有
Δx = 5.00cm，F = 0.610N
根据胡克定律
计算出
k ≈ 12N/m
（2）[2]根据牛顿第二定律有
F = ma
则a—F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中I，则有
则滑块与加速度传感器的总质量为
m = 0.20kg
（3）[3]滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中II，则有
则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为
m′ ≈0.33kg
则待测物体的质量为
Δm = m′ - m = 0.13kg
3． 7.884##7.882##7.883##7.885##7.886 B 增大
【详解】（2）[1]依题意，小球的直径为
（3）[2]在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时器，再释放小球，故选B。
（4）[3]依题意，小球向下、向上先后通过光电门时的速度分别为v1、v2，则有
则小球与硅胶材料碰撞过程中机械能的损失量为
（5）[4]若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
4． C D 确保多次运动的轨迹相同
【详解】①[1]A．只要保证小球每次从同一位置静止释放，到达斜槽末端的速度大小都相同，与实验所用斜槽是否光滑无关，故A错误；
B．画轨迹时应应舍去误差较大的点，把误差小的点用平滑的曲线连接起来，故B错误；
C．求平抛运动初速度时应读取轨迹上离远点较远的点的数据，便于减小读数产生的偶然误差，故C正确；
故选C。
②[2] 坐标原点O为抛出点，由平抛规律有
联立解得平抛的初速度为
故选D。
③[3] 小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相同，从而能确保多次运动的轨迹相同。
5． 6.15~6.25 1.7 ~2.1 BC##CB D 3
【详解】（1）[1]依题意，打计数点B时小车位移大小为6.20cm，考虑到偶然误差，6.15cm~6.25cm也可；
[2] 由图3中小车运动的数据点，有
考虑到偶然误差，1.7m/s2~2.1 m/s2也可；
[3] A．利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，需要满足小车质量远远大于钩码质量，所以不需要换质量更小的车，故A错误；
B．利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，需要利用小车斜向下的分力以平衡其摩擦阻力，所以需要将长木板安打点计时器一端较滑轮一端适当的高一些，故B正确；
C．以系统为研究对象，依题意“探究小车速度随时间变化的规律”实验时有
考虑到实际情况，即，有
则可知
而利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时要保证所悬挂质量远小于小车质量，即；可知目前实验条件不满足，所以利用当前装置在“探究加速度与力、质量的关系”时，需将钩码更换成砝码盘和砝码，以满足小车质量远远大于所悬挂物体的质量，故C正确；
D．实验过程中，需将连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板始终保持平行，与之前的相同，故D错误。
故选BC。
（2）[4] A．在不超出弹簧测力计的量程和橡皮条形变限度的条件下，使拉力适当大些，不必使两只测力计的示数相同，故A错误；
B．在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的一个点就可以了，故B错误；
C．实验中拉弹簧秤时，只需让弹簧与外壳间没有摩擦，此时弹簧测力计的示数即为弹簧对细绳的拉力相等，与弹簧秤外壳与木板之间是否存在摩擦无关，故C错误；
D．为了减小实验中摩擦对测量结果的影响，拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板，故D正确。
故选D。
[5] 若只有一只弹簧秤，为了完成该实验，用手拉住一条细绳，用弹簧称拉住另一条细绳，互成角度的拉橡皮条，使其结点达到某一点O，记下位置O和弹簧称示数F1和两个拉力的方向；交换弹簧称和手所拉细绳的位置，再次将结点拉至O点，使两力的方向与原来两力方向相同，并记下此时弹簧称的示数F2；只有一个弹簧称将结点拉至O点，并记下此时弹簧称的示数F的大小及方向；所以若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要3次把橡皮条结点拉到O。
6． 见解析 15.35 127
【详解】（3）[1]根据表格标点连线如图
（4）[2]由图可知刻度尺的分度值为1mm，故读数；
（5）[3]设橡皮筋的劲度系数为k，原长为x0，则
则橡皮筋的劲度系数为k
从作的l-n图线读取数据则可得
，
设冰墩墩的质量为m1，则有
可得
7． C
【详解】①[1]碰撞前将滑轨调成水平，保证碰撞前后A、B做匀速直线运动即可，没有必要测量滑轨的长度和小车的长度、高度。
故选C。
②[2]由表中数据可知小车A的质量小于B的质量，则碰后小车A反向运动，设碰前小车A的运动方向为正方向，则可知碰后系统的总动量大小为
解得
8． mgh5 见解析
【详解】（1）[1]从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为
整理有
[2]打F点时钩码的速度为
由于在误差允许的范围内，认为释放钩码的同时打出A点，则钩码动能的增加量为
[3]钩码的重力势能增加量为
Ep重 = mgh5
（2）[4]钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量。现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，以至于空气阻力做的功也逐渐增大。
9． 0.59 C
【详解】（1）[1]设初始位置时，细线与竖直方向夹角为θ，则细线拉力最小值为
到最低点时细线拉力最大，则
联立可得
即若小钢球摆动过程中机械能守恒。则图乙中直线斜率的理论值为；
（2）[2][3]由图乙得直线的斜率为
则小钢球的重力为
（3）[4]该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选C。
10． 天平 匀速直线 -0.011 ③
【详解】（1）[1]要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量，故还需要的器材是天平；
（2）[2]为了减小重力对实验的影响，应该让气垫导轨处于水平位置，故调节气垫导轨后要使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动；
（3）[3]取滑块A碰前运动方向为正方向，根据x-t图可知滑块B碰前的速度为
则滑块B碰前的动量为
[4]由题意可知两物块相碰要符合碰撞制约关系则④图线为碰前A物块的图线，由图可知碰后③图线的速度大于②图线的速度，根据“后不超前”的原则可知③为碰后A物块的图线。
11． 0.43 0.32
【详解】[1]根据逐差法有
[2]对小铜块受力分析根据牛顿第二定律有
代入数据解得
12． 6.04 6.05 3 48.6
【详解】（1）[1]根据压缩量的变化量为
[2]压缩量的平均值为
（2）[3]因三个是相差3个钢球的压缩量之差，则所求平均值为管中增加3个钢球时产生的弹簧平均压缩量；
（3）[4]根据钢球的平衡条件有
解得
13． 1.0 2.0
9.7
【详解】（1）[1]因小球水平方向做匀速直线运动，因此速度为
[2]竖直方向做自由落体运动，因此A点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求得
（2）[3]由竖直方向的自由落体运动可得
代入数据可得
14． 阻力与重力之比更小（或其它合理解释） 0.547 0.588 C
【详解】①[1]在验证机械能守恒实验时阻力越小越好，因此密度大的阻力与重力之比更小
②[2]由图中可知OC之间的距离为，因此机械能的减少量为
[3]匀变速运动时间中点的速度等于这段时间的平均速度，因此
因此动能的增加量为
[4]工作电压偏高不会影响实验的误差，存在摩擦力会使重力势能的减少量大于动能的增加量，只有提前释放了纸带，纸带的初速度不为零，下落到同一位置的速度偏大才会导致动能的增加量大于重力势能的减少量。
15． 1.02 0.342
【详解】（1）[1]垫块的厚度为
h=1cm+2×0.1mm=1.02cm
（5）[2]绘制图线如图；
[3]根据
可知a与n成正比关系，则根据图像可知，斜率
解得
a=0.342m/s2
16． 31.4 0.44 见解析
【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规则有
（2）[2]每隔4个点取一个点作为计数点，故两计数点间有5个间隔；故两点间的时间间隔为
匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有
（3）[3]设绳的拉力为T，小车运动的加速度为a。对桶和砂，有
对小车，有
得
小车受到细绳的拉力T等于小车受到的合力F，即
可见，只有桶和砂的总质量m比小车质量M小得多时，才能认为桶和砂所受的重力mg等于使小车做匀加速直线运动的合力F。
17． 偶然
【详解】①[1]匀变速直线运动中，中间时刻速度等于平均速度，所以1位置的速度为
②[2]题中要求充分利用数据，利用逐差法求解加速度，则
解得加速度为
③[3]读数产生的误差是人为因素造成的，属于偶然误差。
【点睛】一般来说，偶然误差是主观因素引起的误差，比如读数错误，操作错误等；系统误差是客观因素造成的，比如测量工具本身的精确度不够，测量方法带来的不可避免的误差等。
18． ACD Ⅱ 能
【详解】①[1]A．题中需要将盘和砝码的重力可当作牵引力，所以首先需要补偿小车受到阻力的影响，即抬高长木板右端，小车在不接盘和砝码的情况下，轻推小车，使小车做匀速直线运动，说明小车重力沿斜面的分力与小车所受阻力等大反向，A正确；
D．然后挂上盘与砝码，根据牛顿第二定律
对小车，根据牛顿第二定律
两式相比解得绳子拉力
当满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量，即，盘和砝码的重力可当作牵引力，D正确；
B．实验过程中摩擦阻力无法消除，本实验装置无法验证“机械能守恒定律”故B错误。
C．细线与长木板平行需要平行，保证绳子的拉力与小车运动方向一致，这样盘和砝码的重力可完全当作牵引力，C正确。
故选ACD。
②[2]小车做匀加速直线运动，位移逐渐增大，所以实验打出的纸带是第II条。
③[3]根据动能定理可知，图像的斜率为，据能求出小车的质量。
19． ②④ 滑块在下滑过程中受到空气阻力作用，产生误差；遮光条宽度不够窄，测量速度不准确，产生误差
【详解】（1）[1]滑块沿光滑的斜面下滑过程机械能守恒，需要通过光电门测量通过滑块运动的速度
滑块下滑过程中机械能守恒，减少的重力势能转化为动能
整理化简得
所以测量滑块和遮光条得总质量不必要，②满足题目要求，测量、之间的距离不必要，④满足题目要求。
故选②④。
（2）[2]游标卡尺的读数为
[3]滑块通过光电门的速度
（3）[4]根据（1）问可知
在误差允许的范围内，满足该等式可认滑块下滑过程中机械能守恒。
（4）[5]滑块在下滑过程中受到空气阻力作用，产生误差；遮光条宽度不够窄，测量速度不准确，产生误差。
20． 0.980 0.588 0.40（0.38~0.42）
【详解】（1）[1]四个钩码重力势能的减少量为
（2）[2]对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知
其中系统减少的重力势能为
系统增加的动能为
系统减少的机械能为，则代入数据可得表格中减少的机械能为
（3）[3]根据表格数据描点得的图像为
[4]根据做功关系可知
则图像的斜率为
解得动摩擦因数为
（0.38~0.42）
21． 0.18～0.19 甲 甲和乙
【详解】①[1]．打点计时器打点周期
由匀加速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，在打d点时小车的速度
②[2][3]．在图甲的实验方案中，由托盘和砝码的重力提供拉力，让小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
则
则绳子对小车的拉力
当时，绳子拉力近似等于托盘和砝码的重力。
故甲需要满足。
在图乙的实验方案中，挂上托盘和砝码，小车匀速下滑，设斜面的倾斜角为，斜面和纸带对小车的摩擦力或阻力总和为f，则有
取下托盘和砝码，小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
即
故乙方案中，不需要满足。
在甲乙方案中，均用托盘和砝码的重力mg作为小车匀加速的直线运动的合力及F。
22． 1.84 1.96 滑轮的轴不光滑，绳和滑轮之间有摩擦（或滑轮有质量）
【详解】①有题意可知小球下降过程中做匀加速直线运动，故根据运动学公式有
代入数据解得a=1.84m/s2；
②根据牛顿第二定律可知对小球A有
对小球B有
带入已知数据解得；
③在实验中绳和滑轮之间有摩擦会造成实际计算值偏小。
23． B AD
【详解】（1）[1]为了探究加速度与质量的关系，必须控制小车所受拉力相同，而让小车的质量不同，所以钩码质量相同，故B正确。
（2）[2]数据描点和图像如图所示
（3）[3]A．使小车沿倾角合适的斜面运动，小车所受重力沿斜面的分力刚好等于小车所受的摩擦力，则小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；
B．若斜面倾角过大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，不利于简化“力”的测量，故B错误；
C．由牛顿第二定律可知，无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都大于绳的拉力，故C错误D．当小车的运动为匀速时，由平衡可知，砂和桶的重力近似等于绳的拉力，故D正确；
故选AD。
24． BC C
【详解】①[1]．A．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不能超过5°，否则单摆将不做简谐振动，故A做法错误；
B．实验尽量选择质量大的、体积小的小球，减小空气阻力，减小实验误差，故B做法正确；
C．为了减小实验误差，摆线应轻且不易伸长的细线，实验选择细一些的、长度适当、伸缩性小的绳子，故C做法正确；
D．物体再平衡位置（最低点）速度最大，计时更准确，故D做法错误。
②[2]．单摆的周期
即
但是实验所得没过原点，测得重力加速度与当地结果相符，则斜率仍为；则
故实验可能是测量是直接将摆线的长度作为摆长了。
25． BC 甲 0.40 不守恒
【详解】（1）[1]AB．在“探究加速度与力、质量的关系”和用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”实验中均不需要打下的第一个点，前者主要利用纸带求解加速度，后者主要研究两点间的动能的变化，无需从第一个点进行研究。故A错误，B正确；
CD．牛顿第二定律实验探究一条纸带只能求解一个加速度，找到加速度a与质量m和合外力F的一组对应关系；动能定理探究也是从一条纸带上选择两个点作为一组数据进行过程分析，故C正确，D错误。
（2）[2]甲图中纸带后边是匀速直线运动，说明甲图应为用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”实验；
[3]对乙纸带采用逐差法求解加速度：
（3）[4]小车与橡皮筋在运动过程中，除了斜面的摩擦力外还会受到空气的阻力作用，故平衡摩擦力运动过程中机械能不守恒。
26． 0.36 1.80 B、P之间的距离
【详解】[1][2]由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度
[3]验证动能定理需要求出小车运动的过程中拉力对小车做的功，所以还需要测量对应的B、P之间的距离。
27． AB 2 方便调整木板保持在竖直平面上
【详解】①[1]A．实验过程中要保证钢球水平抛出，所以要保持桌面水平，故A正确；
B．为保证钢球抛出时速度相同，每次应使钢球从同一位置静止释放，故B正确；
CD．实验只要每次钢球抛出时速度相同即可，斜面底边ab与桌面是否重合和钢球与斜面间的摩擦力大小对于每次抛出的速度无影响，故C错误，D错误。
故选AB。
②[2] 每次将木板向远离桌子的方向移动，则在白纸上记录钢球的相邻两个落点的时间间隔相等，刚球抛出后在竖直方向做自由落体运动，根据可知相邻两点的时间间隔为
刚球在水平方向上做匀速直线运动，所以小球初速度为
③[3]悬挂铅垂线的目的是方便调整木板保持在竖直平面上。
28． A 0.233 0.75
【详解】分析可知，物块沿倾斜长木板最匀加速直线运动，纸带上的点迹，从A到E，间隔越来越大，可知，物块跟纸带的左端相连，纸带上最先打出的是A点；在打点计时器打C点瞬间，物块的速度；根据逐差法可知，物块下滑的加速度．
故本题正确答案为：A；0.233；0.75．
29． 0.35
【详解】（1）由mgsinθ-μmgcosθ=ma，解得：μ=……①
（2）由逐差法a= 得：SII=（76.39-31.83）×10-2m，T=0.10s，SI=（31.83-5.00）×10-2m，故a= m/s2=1.97 m/s2，代入①式，得：μ= =0.35
30． 3.775cm; 53.7N/m
【分析】本题主要考查游标卡尺的读数，弹簧劲度系数的测量、胡克定律及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用教材上游标卡尺的使用和探究弹簧的伸长与形变量的关系实验知识的能力．
【详解】实验所用的游标卡尺精度为0.05mm，游标卡尺上游标第15条刻度线与主尺刻度线对齐，根据游标卡尺的读数规则，图（b）所示的游标卡尺读数为3.7cm+15×0.05mm=3.7cm+0.075cm=3.775cm．
托盘中放有质量为m=0.100kg的砝码时，弹簧受到的拉力F=mg=0.100×9.8N=0.980N，弹簧伸长x=3.775cm-1.950cm=1.825cm=0.01825m，根据胡克定律，F=kx，解得此弹簧的劲度系数k=F/x=53.7N/m．
【点睛】解答此题常见错误主要有：一是游标卡尺读数误差，或单位搞错导致错写成37.70；二是把重力加速度按照习惯用g=10m/s2代入计算导致错误；三是考虑采用图象法处理实验数据计算劲度系数耽误时间．
31． A C 如图所示：
小车的速度随时间均匀变化 加速度 越小越好 有关 如果小球的初速度为0，其速度，那么它通过的位移x∝t2．因此，只要测量小球通过不同位移所用的时间，就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化．
【详解】（1）打点计时器需用交流电源；为了计算速度需要利用刻度尺测量长度．故需要的仪器选AC
（2）利用所给点迹描点连线，得图像
其中C点的横坐标为3T，纵坐标为
（3）结合图像可以看出小球速度随时间均匀变化，所以小球做匀加速运动，图像的斜率代表了运动时的加速度
（4） 越小，则 越接近计数点的瞬时速度，所以越小越好，计算速度需要用到 的测量值，所以大小与速度测量的误差有关．
（5）如果小球的初速度为0，其速度，那么它通过的位移x∝t2．因此，只要测量小球通过不同位移所用的时间，就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化．（要检验小球的速度是随时间均匀变化的，可以检验小球运动位移与时间的平方成正比，利用滴水可以得到小球的运动时间，并测出小球在相应时间内的位移，则可以验证．）
点睛：本题考查了速度与与时间得关系，速度没有办法直接测量，所以要利用物理关系转化，转换成我们能够测量的量，然后在来验证速度与时间得关系．
32． BC B
【详解】①A、F1、F2方向间夹角大小适当即可，不一定要橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上，故A错误；
B、合力与分力的关系为等效替代的关系，效果是相同的，所以在同一次实验时，需要让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，则必定结点O的位置要相同；而在重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同，故B正确；
C、使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，可以减小引摩擦产生的误差，读数时视线应正对测力计刻度，可以减小偶然误差，故C正确；
D、用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力不一定必须都小于只用一个测力计时的拉力，故D错误．
②A、为了便于确定拉力的方向，拉橡皮条的细绳要稍长一些，同时在纸上描点时，所描的点不要太靠近结点，该图中所描的点太靠近结点，故A错误；
B、该图中所描的点到结点的距离适中，力的大小适中，而且两个力的角度的大小也适中，故B正确；
C、实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，但不宜太大，该图中的读数都太小，故C错误；
D、该图中两个分力之间的夹角太小，这样误差容易大，故D错误．
点睛：在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解，同时要理解会给实验带来误差的因素．
33． B 乙 0.31（0.30~0.33都算对） 远大于
【详解】(1)为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选电火花打点计时器即B；
(2)当小车开始运动时有小车与木板间的摩擦为最大静摩擦力，由于最大静摩擦力大于滑动摩擦力，所以甲同学的看法错误，乙同学的看法正确；
(3)由图可知，相邻两点间的距离约为0.62cm，打点时间间隔为0.02s，所以速度为
；
(4)对小车由牛顿第二定律有：，对砝码盘由牛顿第二定律有： 联立解得：，当时有：，所以应满足：．
34． ； 109N/m
【详解】(1)做出图像如图；
(2)由胡克定律：，即，则，解得；由图形可知，解得
35． B ACD D
【详解】（1）实验时需要重锤线来确定竖直方向，不需要弹簧秤和打点计时器，故选B.
（2）实验时每次必须由同一位置静止释放小球，以保证小球到达最低点的速度相同，选项A正确；
每次不一定严格地等距离下降记录小球位置，选项B错误；
小球运动时不应与木板上的白纸相接触，否则会改变运动轨迹，选项C正确；
记录的点应适当多一些，以减小误差，选项D正确．
（3）因相邻两位置的时间间隔相同，则若小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，则满足：x4-x3=x3-x2 =x2-x1 =x1；由小球最后一个位置与第一个位置的水平距离计算求得的水平速度误差较小，则用计算式求得的水平速度误差较小 ，故选D.
36． 14.40； 小球B质量m2,碰后小球A摆动的最大角 ； 大于；
【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数；根据球A摆动过程中机械能守恒来分析球A的速度，根据平抛运动规律来分析球B的速度，从而确定要测量的物理量；两球粘在一起后球的重心发生变化，据此判断摆长的变化，从而判断周期的变化；
【详解】（1）球的直径为d=14mm+×8mm=14.40mm；
根据机械能守恒定律可得碰撞前瞬间球A的速度（），碰撞后仍可根据机械能守恒定律计算小球A的速度，所以需要小球A碰后摆动的最大角；小球B碰撞后做平抛运动，根据根据平抛运动规律可得小球B的速度，要求B的动量所以需要测量小球B的质量；
（2）黏在一起后，球的重心发生变化，如图所示，摆长发生变化，故根据单摆周期可得周期变大．
37． AD 拉小车的细绳与木板没有平衡，托盘和砝码的总质量m没有远小于小车的质量M
【分析】该实验采用了“等效法”，只要明确了实验原理即可，判断选项中的各个说法是否正确，从前正确的解答本题；利用控制变量法来研究加速度与力和质量间的关系，还用到了转化法，通过测量位移来求得加速度．
【详解】（1）弹簧秤是否与木板平面平行，将会影响弹簧秤的读数，即力的大小，A正确；两次拉橡皮筋，要使橡皮筋的结点到达同一位置，并不是两次拉橡皮筋的伸长量相同，也不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上，BC错误；在记录力的方向时，同一细绳方向的两点要远些，作图时产生的角度误差会减小，D正确；
（2）实验要求小盘和重物所受的重力近似等于使小车做匀加速直线运动的力，则必须满足托盘和砝码的总质量远远小于小车的质量，从图2可知托盘的质量150g，小车的质量200g，达不到要求；拉小车的细绳与木板没有平行；
两小车的运动时间相同，根据位移时间公式可得．
38． C AC##CA 0.70
【详解】（1）[1]A．探究功与速度变化的关系实验中因为使用打点计时器测速度，打点计时器本身就是计时工具，不需要秒表，故A错误；
B．该实验只要质量保持不变即可，在找关系时不需要天平测质量，故B错误；
C．由纸带上的点计算速度需要刻度尺测量距离，故C正确；
D．每次试验时橡皮筋成倍数的增加，不需要测力，故D错误。
故选C。
（2）[2]A．图中利用自由落体运动验证机械能守恒定律，需要将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上，故A正确；
B．释放前手应该提纸带不挂重锤的一端，使纸带竖直，故B错误；
C．为了打上更多的点，重物应该靠近打点计时器，故C正确。
故选AC。
（3）[3]由平抛运动的规律得：水平方向做匀速直线运动
竖直方向做自由落体运动
联立解得
39． AD BD 0.21±0.01
【详解】试题分析：根据实验原理选择仪器；在处理数据时，一般根据匀变速直线运动的中间时刻速度推论求解某计数点的瞬时速度．
（1）实验通过打点计时器求解物体的加速度，所以需要打点计时器，A正确；需要通过改变小车质量和悬挂物的重力，来研究加速度、质量、合力之间的关系，故还需测量质量，即需要天平，D正确；打点计时器为计时仪器，所以不需要秒表，本实验中小车受到的合力等于悬挂物的重力，故不需要弹簧测力计．
（2）实验时应先接通电源，后释放纸带，充分利用纸带，打出更多的数据，A错误；为了使得细线对小车的拉力等于小车所受的合力，所以绳子要与木板平行，B正确；刚开始运动时速度较小，所以在等时间内打出的点迹较密，所以纸带与小车相连端的点迹较，C错误；轻推小车，拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡，D正确．
（3）根据匀变速直线运动推论可知D点的瞬时速度等于CE过程中的平均速度，从图中可知AE=0.065m，AC=0.024m，所用时间，故．
40．
【详解】频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为
设抛出瞬间小球的速度为，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为、，根据平抛运动位移公式有
令，则有
已标注的线段、分别为
则有
整理得
故在抛出瞬间小球的速度大小为