高中试卷答案网2023年广西桂林市、河池市、防城港市三市联考高考物理调研试卷
1. 据了解，型复兴号动车组是拥有完全自主国产研发的中国标准动车组体系中的新车型。该车型设计时速为千米每小时，外观呈淡蓝色，运行平稳舒适、乘坐环境宽敞明亮、列车噪音低、振动小，除此之外复兴号动车组全车覆盖免费，且每两个座椅有一个插座。假设一列复兴号动车进站时从某时刻起做匀减速直线运动，分别用时、、连续通过三段位移后停下，则这三段位移的平均速度之比是( )
A. ：： B. ：： C. ：： D. ：：
2. 氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。已知基态的氦离子能量为，氦离子能级的示意图如图所示。以下关于该基态的氦离子说法正确的是( )
A. 该基态氦离子吸收光子跃迁后，核外电子的动能增大，电势能减小
B. 用能量为的电子轰击该基态氦离子能使其发生跃迁
C. 一个该基态氦离子吸收能量为的光子后，最多能辐射种频率的光子
D. 该基态氦离子吸收能量为的光子后能发生电离
3. 如图所示，竖直墙与水平地面交点为，从竖直墙上的、两点分别搭两条光滑直轨道到点，、，点正上方与等高处有一点。现同时将完全相同的、、三球分别从、、三点由静止开始释放。则从开始释放至小球运动到点的过程( )
A. 球的加速度小于球的加速度
B. 球最先到达点
C. 、两球所受重力的冲量相同
D. 球到达点的速度比球的大
4. 年月日，远在火星执行全球遥感科学探测任务的“天问一号”火星探测器，已经在火星“上岗”两年整。两年来，探测器“履职尽责”，获取一手探测数据，取得丰硕科研成果。“天问一号”作为我国首枚火星探测器其发射轨道可简化为如图所示，其中轨道Ⅰ为与第一宇宙速度对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度对应的脱离轨道，、、三点分别位于三条轨道上，、两点为轨道Ⅱ的远地点和近地点，、点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的倍，则( )
A. 卫星从轨道Ⅰ变轨进入轨道Ⅱ需要在点减速
B. 卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ周期的倍
C. 质量相同的卫星在点的机械能小于在点的机械能
D. 卫星在点的加速度大小为在点加速度大小的倍
5. 如图所示，在真空中水平放置一长方体高为，其上下两个面是边长为的正方形，在顶点、处分别放置电荷量为的点电荷，在顶点、处分别放置电荷量为的点电荷，、分别是线段和线段的中点。下列说法正确的是( )
A. 该长方体的几何中心处场强为零
B. B、两点场强相同
C. 沿竖直方向从到，电势先减小后增大
D. 将一电子从点移到点，电场力做负功
6. 核聚变具有高效率、原料丰富以及安全清洁等优势，中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置，这是我国科学家率先建成的世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置。将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，磁场方向水平向右，分布在整个立体空间中，所有粒子的质量均为，电荷量均为，某时刻甲、乙、丙三个粒子的速度如图所示，忽略粒子所受重力的影响，以下判断正确的是( )
A. 图示时刻甲粒子受到洛伦兹力大小为，且方向水平向右
B. 乙粒子受到洛伦兹力大小为零，做匀速直线运动
C. 丙粒子做匀速圆周运动，运动轨迹半径为
D. 所有粒子运动过程中速度大小不变
7. 如图所示，带正电的小球穿在一根不可伸长的光滑绝缘轻绳上，可自由滑动，轻绳的两端分别系在两根竖直绝缘杆上的、两点，整个装置处于水平向右的匀强电场中，小球处于静止状态。保持端位置不变，则下列说法中正确的是两杆间距合适，小球两侧绳子之间夹角始终小于( )
A. 将端向上移动一小段距离到，再次稳定后绳子张力增大
B. 将端向下移动一小段距离到，再次稳定后绳子张力增大
C. 将右边竖直杆向左移动一小段距离，再次稳定后绳子张力减小
D. 将右边竖直杆向右移动一小段距离，再次稳定后绳子张力减小
8. 如图所示，被锁定在墙边的压缩弹簧右端与质量为、静止于点的滑块接触但不粘连，滑块所在光滑水平轨道与半径为的光滑半圆轨道平滑连接于点，压缩的弹簧储存的弹性势能为，重力加速度取，现将弹簧解除锁定，滑块被弹簧弹出，脱离弹簧后冲上半圆轨道的过程中，关于滑块以下说法正确的是( )
A. 可以到达半圆轨道最高点
B. 经过点时对半圆轨道的压力大小为
C. 不能到达最高点，滑块能到达的最大高度为
D. 可以通过点且在之间某位置脱离轨道，脱离时的速度大小为
9. 某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小铁球从点自由下落，下落过程中经过点正下方的光电门时，光电计时器记录下小球通过光电门的时间，已知小球的质量为，直径为，当地的重力加速度为。
用游标卡尺测得的铁球直径如图丙所示，读数为______ ；
若之间距离为，则小球从到过程中，减少的重力势能为______ ，增加的动能为______ 用题中给出的字母表示；
调整之间距离，记录下小球通过光电门的时间，多次重复上述过程，作出随的变化图像如图乙所示。若小球下落过程中机械能守恒，该直线斜率 ______ 。
10. 在把电流表改装成电压表的实验中，要将量程为的电流表改装成量程为的电压表，电流表的内阻约几百欧。提供的实验器材如下：
干电池电动势约为，内阻约为、电阻箱、均为、开关、导线若干。
先利用如图甲所示的电路，测出电流表的内电阻，有关实验测量的操作步骤如下：
按照图甲连接好电路，电阻箱、阻值均调至最大，开关、均断开；
只闭合，调节电阻箱使电流表满偏，此时电阻箱的阻值为；
再闭合，调节电阻箱使电流表半偏，此时电阻箱的阻值为，由此可得电流表内阻的测量值为______ 。
测量电流表内阻时，为了减小测量误差，要求远大于比值越大，测量误差越小，本实验中虽比大，但两者之比不是很大，因此导致的测量误差较大。通过分析可知，的测量值______ 真实值填“大于”或“小于”。
为减小的测量误差，可以通过补偿回路总电阻的方法，即把半偏时回路的总电阻的变化补回来。实际操作如下：在中粗测出后，再把先增加到______ 用第问中的有关条件求得具体数值，再闭合调节使电流表半偏。用这时的读数表示的测量值，如此重复操作多次补偿即可使误差尽量减小。
通过多次补偿测量，最终取，为完成上述改装，需要用一个______ 的电阻与电流表串联。用改装后的电压表，按图乙所示的电路测量未知电阻。若测量未知电阻时，电流表的读数为，而改装后的电压表的表头刻度盘仍为原电流表的刻度示数如图丙所示，那么的测量值为______ 。
11. 某智能家居品牌，因科技含量高、丰富的人性化设计深受年轻人的追捧，其中一款语音控制电动窗帘轨道盒的工作原理可简化成如图所示的、两个滑块在轨道上的运动，电动机通过轻细绳拉动滑块正常使用时滑块与窗布布连接，滑块为防撞模块它用一段柔软轻绳与左面墙连接。某次实验操作过程中，从语音控制电动机接收到打开窗帘的指令开始计时，电动机以额定功率牵引滑块未连接窗帘布由静止出发，当滑块以最大速度向左运动与滑块发生碰撞，碰撞瞬间电动机自动切断电源停止对滑块提供拉力，滑块、碰撞后粘在一起向前运动，碰撞时间极短可忽略不计，到达墙面前速度刚好减为零。已知语音控制电动机在正常工作时的额定功率为，滑块、的质量分别为、，滑块、在轨道上滑动时所受阻力均为滑块重力的倍，滑块最初位置与滑块相距，重力加速度取。求：
电动机牵引滑块在轨道上运动能达到的最大速度；
滑块由静止出发到最后停在墙边共需要多少时间。
12. 如图所示，和为在同一水平面内足够长的金属导轨，处在磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。导轨的段与段相互平行，距离为；段与段也是平行的，距离为。质量均为的金属杆、垂直于导轨放置，一根不可伸长的绝缘轻绳一端固定在金属杆上，另一端绕过光滑定滑轮与质量也为的重物相连，重物放置在地面上，绝缘轻绳的水平部分与平行且足够长重物始终不与滑轮相撞，对杆施加一水平向左大小为的恒力使其从静止开始运动。已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，轨道足够长使杆始终在宽度为的轨道部分运动，两杆与导轨构成的回路的总电阻始终为，重力加速度取。
若将重物锁定在地面上，求杆的最终速度的大小；
若将重物解除锁定，从杆开始运动到重物刚要离开地面时，共经历时间，求此过程回路产生的总焦耳热；
若将重物解除锁定，求杆运动全过程中回路的最大电流结果保留三位有效数字。
13. 一定质量的理想气体，在经历如图所示的的状态变化过程，下列描述正确的是( )
A. 气体从状态到状态的过程是等容变化，温度升高，内能增大
B. 气体从状态到状态的过程，温度升高，对外做功，内能增大
C. 气体从状态回到状态的过程是等压变化，温度降低，对外做功
D. 气体从状态回到状态的过程，内能减少，放出热量
E. 气体从状态再回到状态的全过程，外界对气体做功，气体放出热量，内能增大
14. 如图甲所示，一竖直放置的玻璃管导热良好用水银柱封闭了一定质量的气体，水银柱的长度为，封闭的气柱长度为，玻璃管的总长度为，现用如图乙所示的方式，将小活塞缓慢从管口向下推下，直到气柱长度变为，已知小活塞与玻璃管壁密闭良好，环境温度不变，大气压强为。求：
Ⅰ气柱长度变为时这段气柱的压强多大；
Ⅱ小活塞从管口向下移动的距离。
15. 一列横波时刻的波形图如图所示，波沿着轴的正方向传播，此时刚好传到图中点，已知波速为，下列说法正确的是( )
A. 波长为，波的周期为
B. 时刻质点运动方向沿轴正方向，经秒刚好运动到点
C. 时刻质点刚好经过平衡位置向轴负方向运动
D. 从时刻开始经过，质点运动的路程为
E. 质点的振动方程是
16. 如图所示，一个柱状光学元件的横截面由直角边边长为的等腰直角三角形与半径为的四分之一圆组成，一束平行光线垂直于边射入，其中一条过点为的中点的光线，在光学元件中经边反射后恰好从图中点射出，已知角为。
求：Ⅰ光学元件的折射率；
Ⅱ所有从边垂直入射的光线，经边反射后到达边，只有部分光线能够从边射出，则不能从边射出的光线在边入射时的宽度是多少？
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：可将动车减速过程看作初速度为的加速过程，根据匀变速直线运动规律可知最后、、连续通过三段位移的比为：：，根据平均速度的计算公式，可知这三段位移的平均速度之比是：：，故A正确，BCD错误；
故选：。
动车刹车做匀减速直线运动，最后停止，可以反过来看成初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律及平均速度公式求解即可．
本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，本题可以逆向思维，把刹车运动看成初速度为零的匀加速直线运动，难度适中．
2.【答案】
【解析】解：、该基态氦离子吸收光子跃迁后，到更高轨道，核外电子的动能减小，电势能增大，故A错误；
B、能量为的光子，若能被该基态氦离子吸收，吸收后氦离子的能量：，不是能级的能量，所以不能跃迁，故B错误；
C、一个该基态氦离子吸收能量为的光子后，能量为：，能跃迁到第能级，一个第能级的电子向低能级跃迁时，最多能辐射种频率的光子，故C正确；
D、该基态氦离子吸收能量为的光子后能发生电离，故D错误。
故选：。
类氢结构的氦离子可以使用玻尔理论来解答，结合库仑力提供向心力分析核外电子动能的变化；原子从一个能量状态向另一个能量状态跃迁时要吸收或放出一定频率的光子，光子的能量等于两个状态的能级差，即．
该题中的类氢结构的氦离子在发生跃迁时，其变化的规律与氢原子的情况是相似的，将玻尔理论的知识迁移过来即可正确解答．
3.【答案】
【解析】解：、对小球，根据牛顿第二定律有：
解得：
球所在斜面倾角较大，则球的加速度大于球的加速度，故A错误；
B、设距离为，对于小球有：
解得：
对于小球有：
解得
可见球最先到达点，故B正确；
C、对根据动量定理有：
可见球重力的冲量较大，故C错误；
D、根据动能定理有，所以球到达点的速度与球的一样大，故D错误。
故选：。
根据牛顿第二定律解得加速度，根据运动学公式比较时间大小，根据冲量的公式和动能定理分析。
解决本题的关键根据牛顿第二定律求出各段的加速度，运用匀变速直线运动的位移时间公式进行求解。
4.【答案】
【解析】解：、根据变轨原理可知，卫星从轨道Ⅰ变轨进入轨道Ⅱ需要在点点火加速，故A错误；
B、点与地心的距离为，则Ⅱ轨道半长轴为，根据开普勒第三定律可得：，所以：，故B错误；
C、卫星从轨道Ⅱ变到轨道Ⅲ需要点火加速，因此在同一点加速动能增大也就是机械能增大，而同一轨道机械能守恒，因此点的机械能小于在点的机械能，故C正确；
D、根据牛顿第二定律可得，解得，由于、，所以卫星在点的加速度大小为在点加速度大小的倍，故D错误。
故选：。
根据变轨原理分析、选项；根据开普勒第三定律求解周期之比；根据牛顿第二定律求解加速度大小之比。
此题考查了人造卫星的相关知识，对于卫星的运动问题，要明确所受万有引力与所需要的向心力的关系确定了卫星的运动轨道。若做匀速圆周运动，则向心力等于万有引力，从而来理解变轨原理。
5.【答案】
【解析】解：、由等量同种点电荷电场特点可知，、处放置的正电荷在长方体的几何中心处场强方向竖直向下，、处放置的负电荷在长方体的几何中心处场强方向竖直向下，则该长方体的几何中心处合场强竖直向下，大小不为零，故A错误；
B、、两点到两正电荷的距离相同，到两负电荷的距离相同，由矢量合成可知，、两点的场强大小相等，方向不同，故B错误；
C、沿竖直方向从到，所在位置距离正电荷越来越远，离负电荷越来越近，所以电势一直减小，故C错误；
D、点离两正电荷更近，点离两负电荷更近，则点电势高于点电势，将一电子从点移到点，电场力做负功，故D正确。
故选：。
根据等量同种点电荷的电场的特点，结合矢量合成的特点分析出不同位置的场强关系；根据不同位置到电荷的距离变化分析出电势的变化，再判断电场力做功的正负。
本题主要考查了电场叠加的相关应用，熟悉点电荷周围的场强和电势的分布，理解物理量的叠加特点即可完成分析。
6.【答案】
【解析】解：甲粒子速度方向与磁场方向垂直，则洛伦兹力大小为，由左手定则得，洛伦兹力方向垂直纸面向里，故A错误；
B.乙粒子速度方向与磁场方向平行，则洛伦兹力大小为，做匀速直线运动，故B正确；
C.丙粒子速度方向与磁场方向不垂直，不是做匀速圆周运动，故C错误；
D.洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，所有粒子运动过程中动能不变，速度大小不变，故D正确。
故选：。
由左手定则判断洛伦兹力方向；速度方向与磁场方向平行，则不受洛伦兹力，做匀速直线运动；粒子速度方向与磁场方向不垂直时不是做匀速圆周运动；根据洛伦兹力不做功分析速度是否变化。
本题主要是考查带电粒子在磁场中的运动，注意粒子的速度与磁场垂直时，粒子才做匀速圆周运动，速度与磁场平行时，不受洛伦兹力。
7.【答案】
【解析】解：对小球进行受力分析，如图所示
将重力和电场力合并为为等效重力，两段绳子拉力等大，其合力与等效重力等大反向。过分别做平行于的直线、、为等效绝缘杆，
直线、间距为，显然，可知，又，且
：移至时，间距增大，则增大，则变小，增大，故A正确；
：移至时，减小，则减小，增大，减小，故B错误；
：右杆左移，减小，则减小，增大，减小，故C正确；
：右杆右移，增大，则增大。减小，增大，故D错误。
故选：。
对小球进行受力分析，将重力和电场力合并为为等效重力，两段绳子拉力等大，其合力与等效重力等大反向。过分别做平行于的直线、、为等效绝缘杆，直线、间距为，显然，可知，又，且，进而分析各选项。
本题考查一般情况下共点力平衡以及力的合成与分解的应用，学生需对小球进行受力分析，作图求解。
8.【答案】
【解析】解：、取地面为零势能面，物块在点的重力势能为：，所以物块不能到达半圆轨道最高点，故A错误；
B、经过点时的速度大小为，根据功能关系可得：
在点根据牛顿第二定律可得：
联立解得：，根据牛顿第三定律可知对半圆轨道的压力大小为，故B正确；
D、物块在点的重力势能为：，物块可以通过点且在之间某位置脱离轨道。设脱离轨道时与圆心连线与竖直方向的夹角为，此时的速度大小为，如图所示：
根据功能关系可得：
根据牛顿第二定律可得：
联立解得：，，故D错误；
C、物块离开轨道后做斜上抛运动，斜上抛运动过程中的水平速度大小为：
根据功能关系可得：
解得滑块能到达的最大高度为：，故C正确。
故选：。
求出物块在点的重力势能进行分析；根据功能关系求解点的速度，在点根据牛顿第二定律、牛顿第三定律进行解答；设脱离轨道时与圆心连线与竖直方向的夹角为，根据功能关系进行解答；物块离开轨道后做斜上抛运动，求出斜上抛运动过程中的水平速度大小，根据功能关系求解滑块能到达的最大高度。
本题主要是考查功能关系，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
9.【答案】
【解析】解：游标卡尺的最小分度值为，主尺读数为，游标尺的读数为
故铁球直径为：
若之间距离为，则小球从到过程中，减少的重力势能为
小球通过光电门的速度为：
小球从到过程中，增加的动能为：
根据机械能守恒定律有：
即
整理得：
该直线斜率
故答案为：；，；。
先确定游标卡尺的最小分度值，再读出主尺和游标尺的读数，相加即为游标卡尺读数；
根据重力势能表达式计算重力势能的变化量，根据平均速度计算小球通过光电门的速度，根据动能表达式计算动能的变化量；
根据机械能守恒定律推导结合图像判断。
本题考查验证机械能守恒定律实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理。
10.【答案】 小于
【解析】解：只闭合，电流表的满偏电流为，当开关闭合时，由于电流表与的并联电阻远小于电阻的电阻，干路电流不变；调节电阻箱使电流表半偏时，根据并联电路电流的分配与电阻的关系，电流表的内阻；
当开关闭合时，电流表与的并联电阻小于电流表的内阻，电路中的总电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流变大；根据并联电路的电流特点，当电流表半偏时，通过电阻的电流大于，根据并联电路电阻与电流的分配关系可知，即；
并联等值电阻后，，并联部分电阻减少了原来的一半，则串阻部分要增加同样大小的阻值，因此把先增加到，偿后再次用半偏法测量；
根据欧姆定律得
需要串联的电阻
丙图的读数
通过待测电阻的电流
根据欧姆定律，待测电阻
故答案为：；小于；；；。
根据半偏法测电阻的原理作答；
根据并联电路的电阻特点，闭合电路的欧姆定律分析实验误差；
当并联同阻值的电阻后，并联部分阻值变为原来的一半，则串联的电阻阻值要增加所测出电阻的一半；
把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律求出串联电阻阻值；根据图示求出电压表示数，然后由欧姆定律求出待测电阻阻值。
考查半偏法的原理，由串并联电路特点分析实验误差及补偿方法．
11.【答案】解：当达到最大速度时牵引力等于阻力，根据功率的计算公式可得：
解得：
设碰撞前运动时间为，根据动能定理可得：，其中
代入数据解得：
碰撞过程中，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：
解得碰撞后的速度大小为：
设碰撞后到静止的时间为，取向左为正方向，对整体根据动量定理可得：
解得：
所以滑块由静止出发到最后停在墙边共需要的时间为：。
答：电动机牵引滑块在轨道上运动能达到的最大速度为；
滑块由静止出发到最后停在墙边共需要时间。
【解析】根据功率的计算公式求解最大速度；
根据动能定理求解碰撞前运动时间，根据动量守恒定律求解碰撞后的速度大小，对整体根据动量定理求解碰撞后到静止的时间，因此得到滑块由静止出发到最后停在墙边共需要的时间。
本题主要是考查了动量守恒定律和动能定理；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
12.【答案】解：若将重物锁定在地面上，则杆静止不动，杆产生感应电动势，感应电流
安培力
杆加速运动，由牛顿第二定律，可知杆的加速度减小，当加速度减小到零时，杆做匀速直线运动
即：，可得杆稳定速度；
重物刚要离开地面时，则有，则杆所受安培力
两杆串联，电流相等，杆长度是杆的倍，所以杆安培力是杆的倍，即
由可知电路中电流，电动势
由可知此时杆的速度
从杆开始运动到重物刚要离开地面过程，对杆利用动量定理有：
设杆运动的位移为，则，代入上式，可得
对杆利用动能定理有：，可得克服安培力做的功
此过程回路产生的总焦耳热；
重物解除锁定后，设某时刻、两杆的速度分别为、
回路中产生的感应电动势
回路中总电流
杆的加速度
杆和重物看作一个整体，则加速度
、两杆均加速运动，开始杆的加速度大于杆加速度，所以杆加速快，杆加速慢，可知增大，则电流增大，所以减小，增大，当与增加的一样快时，即时，回路中电流达到稳定时的最大值
由，可知，代入数据，可得。
答：若将重物锁定在地面上，杆的最终速度的大小为；
若将重物解除锁定，从杆开始运动到重物刚要离开地面时，共经历时间，此过程回路产生的总焦耳热为；
若将重物解除锁定，杆运动全过程中回路的最大电流为。
【解析】重物锁定时，只有杆运动，利用牛顿第二定律可知杆做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时，杆做匀速直线运动；
从杆开始运动到重物刚要离开地面过程中，对杆利用动量定理可以求出杆运动的位移，则可以求出拉力做的功，利用动能定理可以求出克服安培力做的功，则可以得到回路中产生的焦耳热；
将重物解除锁定后，两杆均做加速运动，开始杆加速度大于杆加速度，杆的速度增加的比杆速度快，但是杆的加速度减小，杆的加速度增大，当的速度增加快慢与杆速度的一半增加快慢相同时，即的加速度是的两倍时，回路中的电流达到稳定，且电流达到最大。
本题考查了学生分析综合的能力，能熟练运用动量定理求出物体运动的位移，利用动能定理求出克服安培力做功，利用牛顿第二定律分析两杆的加速度变化分析出速度变化的快慢，进而得到两加速度的大小关系是解题的关键。
13.【答案】
【解析】解：、气体从状态到状态的过程，图线是过原点直线，，由理想气体状态方程，知不变，此过程等容变化。温度升高，内能增大，故A正确；
B、气体从状态到状态的过程，温度升高，内能增大，。图线上的点与原点连线的斜率等于，可知减小，由理想气体状态方程，知增大，气体对外做功，故B正确；
C、气体从状态回到状态的过程是等压变化，温度降低，由，知减小，外界对气体做功，故C错误；
D、气体从状态回到状态的过程，温度降低，内能减少，。外界对气体做功，，由热力学第一定律，知，即放出热量，故D正确；
E、作出图像，如图所示。
根据图像与轴所围的面积表示气体做功，可知气体从状态再回到状态的全过程，气体对外界做功，内能不变，，由热力学第一定律，知，气体吸收热量，故E错误。
故选：。
根据理想气体状态方程分析气体状态参量的变化，由图读出温度的变化，判断内能的变化，画出图像，分析气体做功情况，由热力学第一定律分析吸放热情况。
解答本题的关键是画出图像根据图像与轴所围的面积表示气体做功，分析全过程中气体做功情况。
14.【答案】解：Ⅰ开始时，封闭的气体压强，该封闭气体的长度为：
设玻璃管的横截面积为，封闭气柱长度为时，封闭的气体压强为
对封闭的气体，由玻意耳定律：
解得：；
Ⅱ开始时，管内上端气体的压强：，气体柱长度：
当封闭气柱长度为：时，管内上端封闭气体的压强变为：
设此时管内上端封闭气体的长度为，对管内上端封闭气体，由玻意耳定律：
解得：
故小活塞从管口向下移动的距离
代入数据解得：
答：Ⅰ气柱长度变为时这段气柱的压强为；
Ⅱ小活塞从管口向下移动的距离为。
【解析】Ⅰ求出开始时封闭的气体压强，对封闭的气体，由玻意耳定律列方程求解；
Ⅱ求出开始时管内上端气体的压强和气体柱长度，再求出后来管内上方封闭气体的压强，由玻意耳定律列方程求解后来上方气柱的长度，再根据几何关系求解小活塞从管口向下移动的距离。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，选择合适的气体实验定律解决问题。
15.【答案】
【解析】解：、由图可知，该波的波长为：；波速为，则周期为：，故A正确。
B、根据平移法可知点向下运动，经波传到点，故B错误。
C、时刻质点完成一个全振动，刚好经过平衡位置向轴负方向运动，故C正确；
D、波经传到点，则在时刻开始经过，质点运动的路程为，故D正确。
E、因点初始向下振动，则的振动方程是，故E错误。
故选：。
由图直接读出波长，结合波速可解得周期，根据平移法分析的运动情况；质点一个周期完成一次全振动，根据时间与周期关系解得路程，根据的振动情况解得振动方程。
本题的关键要理解波的多解性以及振动的性质，要注意理解波速、周期、波长的计算公式。
16.【答案】解：Ⅰ画出光路图如图所示
由几何关系可得，可得光线在点的入射角
光学元件的折射率
Ⅱ设临界角为，则
可得
所有从边垂直入射的光线，经边反射后到达边，不能从边射出的光线发生了全反射，设光线在上的点刚好发生了全反射。
则不能从边射出的光线在边入射时的宽度是
答：Ⅰ光学元件的折射率为；
Ⅱ不能从边射出的光线在边入射时的宽度是。
【解析】Ⅰ画出光路图，由几何知识求出光线在点的入射角，由折射定律求光学元件的折射率；
Ⅱ所有从边垂直入射的光线，经边反射后到达边，不能从边射出的光线发生了全反射，考虑临界光路，即刚好在上发生全反射的光路，由求出临界角，由几何关系求解不能从边射出的光线在边入射时的宽度。
解决本题时，要能正确作出光路图，能根据几何知识求解相关距离和角度，熟练应用折射定律以及全反射临界角公式解答。
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