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专题05 光学、热学、近代物理
5 大高频考点概览
考点01 光的折射、全反射
考点02 光的干涉
考点03 分子动理论、热力学定律
考点04 气体实验定律
考点05 近代物理
一、单选题
1．（2026·山东临沂·模拟）如图所示，一束复色光与平行玻璃砖上表面成θ角射向厚度为d 的玻璃砖上的
O 点，从玻璃砖的下界面射出两条光线a、b，下列说法中正确的是（ ）
A．出射光线a、b 不可能平行
B．a 光比b 光在此玻璃砖中传播速度慢
C．若减小θ角，出射光线a 最先消失
D．若a 光和b 光都能使某种金属发生光电效应，则b 光激发的光电子最大初动能较大
【答案】B
【解析】A．玻璃砖上下表面平行，光线在上表面的折射角等于下表面的入射角，根据折射定律，出射光
线的出射角等于入射光的入射角，因此所有出射光线都与入射光线平行，a、b 出射光线一定平行。故A
错误。
B．根据光在介质中的速度公式 v = c
n，折射率越大，传播速度越小，因 na>nb，故va<vb ，故B 正确。
C． 设上表面入射角为i，折射角为r（即下表面的入射角），由折射定律得：sin i=nsin r，即
sin r = sini
n ；全反射临界角满足 sin C = 1
n，因此 sin r = sini
n < 1
n =sin C，即 r <C，无论怎么改变入
射角，下表面都不会发生全反射，不会有光线消失，C 错误。
光的折射、全反射
考点01
地 城
D． 光的折射率越大，频率越高，因此 νa>νb；根据光电效应方程 Ekm=hν −W 0，频率越大，光电子最
大初动能越大，因此a 光激发的光电子最大初动能更大。D 错误。
故选B。
2.（2026·滨州·一模）如图所示为某仪器中使用的一种截面为扇形的玻璃砖光学元件，其圆心角为120°，O
为圆心，半径为R，弧AB 上镀有反射膜。一束激光照射到半径AO 上的一点C，OC 长度L=
❑√3
3 R，光线
与半径AO 的夹角为45°。已知玻璃砖对该激光的折射率n= ❑√2。则第一次从玻璃砖中出射的光线相对入射
光线的偏转角为（ ）
A．30°
B．60°
C．90°
D．120°
【答案】D
【解析】光线与半径AO 的夹角为45°，则光线入射角∠1= 45°
根据折射定律n= sin∠1
sin∠2
解得∠2=30°
所以∠OCD =60°
根据正弦定理
R
sin∠OCD =
L
sin∠3
解得∠3=30°
在D 点发生反射，且圆心角为120°，根据几何关系可知∠4 =∠5=30°
根据折射定律n= sin∠6
sin∠5
解得∠6= 45°
由于入射光线与AO 夹角45°，出射光线与BO 夹角45°，且AO 与BO 夹角为120°，根据几何关系可知出
射的光线相对入射光线的偏转角为120°，故选D。
二、解答题
3.（2026·山东德州·一模）某足够大景观水池的水面下方有一直径为d =0.4 m的发光圆盘，发出的光为单色
光，光源所在平面与水面平行，与水面间的竖直距离为h=
❑√7
10 m。已知该光源发出的光在水中的最短传播
时间为t = 2❑√7
45 ×10
−8s，光在真空中的传播速度为c =3×10
8 m/s。
求：
(1)该光源发出的光在水中的折射率n；
(2)该光源发出的光在水面上可以射出的区域面积S。
【答案】(1)n= 4
3
(2)S = π
4 m
2
【解析】（1）该光源发出的光在水中的最短传播时间t = h
v
又n= c
v
解得该光源发出的光在水中的折射率n= 4
3
（2）设该单色光自水射向空气的临界角为C，sinC= 1
n
该光源发出的光在水面上可以射出的区域为圆形，设半径为r，有r =htanC+ d
2
又S = π r
2
解得该光源发出的光在水面上可以射出的区域面积S = π
4 m
2
4.（2026·山东济南·一模）如图所示，一种特殊材料制成的柱形透明玻璃砖，其截面为R=12cm 的半圆形，
与玻璃砖平面距离为R=12cm 处有一与玻璃砖平面平行的光屏。一束包含a 光和b 光的复色光从P 点沿半
径方向射入玻璃砖，从O 点以入射角i=30°射出玻璃砖，打在光屏上。已知玻璃砖对a 光的折射率n1=1.6，
对b 光的折射率n2=1.2，光在真空中的速度为c=3×108m/s，求
(1)光屏上两光点之间的距离；
(2)两单色光从射入玻璃砖到打在光屏上的时间差。
【答案】(1)l =7cm
(2)Δt =3.27×10
−10s
【解析】（1）根据光的折射定律，对a 光 sin ra
sini =n1
解得sin ra=0.8，tan ra= 4
3
对b 光 sin rb
sini =n2
解得sin rb=0.6，tan rb= 3
4
光屏上两光点之间的距离l = R tan ra−R tan rb
解得l =7cm
（2）a、b 光在玻璃中的传播速度分别为va= c
n1
，vb= c
n2
a、b 光从射入玻璃砖到打在光屏上的时间分别为ta= R
va
+
R
cosra⋅c ，tb= R
vb
+
R
cosrb⋅c
解得时间差 Δt =ta−tb= 9.8
3 ×10
−10s= 49
15 ×10
−10s≈3.27×10
−10s
5.（2026·泰安·一模）导光管采光系统是一套采集天然光并经管道传输到室内的采光系统，如图所示为过
系统中心轴线的截面图。上面部分是某种均匀透明材料制成的半球形采光球，采光球球心为O点，半径为
R =0.3 m ，M 、N为球面两点，下面部分是内侧涂有反光涂层的长为l =3 m竖直空心导光管，导光管上端
与界面MN垂直，导光管下端水平界面PQ与室内相连。一平行于MN的细光束，与MN相距h= 3 ❑√3
20 m，
从A点射入采光球，经折射恰好照射到N点，已知真空中的光速为c =3×10
8 m /s。
(1)求该透明材料的折射率；
(2)若上述细光束竖直向下由B点射入采光球，OB与竖直方向夹角α =60
∘，求光由B点到达导光管下端水平
界面PQ的时间。
【答案】(1)❑√3
(2)2.1×10
−8s
【解析】（1）如图所示
根据几何关系知sin β = h
R =
❑√3
2
则α =60
∘，θ = β
2 =30
∘
则n=sin β
sinθ = ❑√3
（2）光竖直向下由B点射入采光球时，如图所示
由n=sinr
sini 得，B点的折射角i=30
∘
设光在采光球内传播的路程为x1，由正弦定理得
x1
sin30° =
R
sin120°
解得x1=
❑√3
10 m
由v = c
n得，光在采光球内的速度v = ❑√3×10
8 m /s
在界面MN由几何关系知，入射角为30
∘，由折射定律可知，该处的折射角为60
∘，由几何关系可知，光在
导光管的传播路程为x2=
l
sin30
∘=6 m
光到达导光管下端水平界面PQ的时间t = x1
v + x2
c
代入数据解得t =2.1×10
−8s
6.（2026·山东日照·模拟）由某种透明介质制成的空心球壳，截面如图所示。球壳内外径分别为5
4 R和
2R，MN是过球心的直线。一细束单色光线平行于MN从P 点射入球壳，折射后到达内表面上的Q 点。已
知OQ与MN垂直，PQ与OQ延长线的夹角α =74°，P 点与MN的距离为8
5 R，sin53° =0.8，
sin37° =0.6，光在真空中的传播速度为c，不考虑光线在介质中的二次反射。求：
(1)球壳对该单色光的折射率；
(2)该单色光在球壳中传播的时间t。
【答案】(1)n= 4
3
(2)t = 5 R
3c
【解析】（1）以球心O为原点，ON为x轴，OQ为y轴建立坐标系。由题意得，外半径OP=2 R
P点纵坐标为8
5 R，可得P点横坐标为−
❑√(2 R)
2−( 8 R
5 )
2
=−6 R
5
，即P(−6 R
5 , 8 R
5 )
Q在内球面，OQ⊥MN，内半径OQ = 5 R
4 ，得Q(0, 5 R
4 )
PQ的长度为PQ = ❑√(
6 R
5 −0)
2
+(
8 R
5 −5 R
4 )
2
= 5 R
4
则PQ =OQ = 5 R
4
则△POQ是等腰三角形，由几何关系，得∠OPQ =∠POQ = α
2 =37°
即折射角r =37°
入射光线平行MN，入射角i为入射光线与法线OP的夹角，得i=90°−37° =53°
由折射定律n= sini
sin r = 0.8
0.6 = 4
3
（2）光在介质中的速度v = c
n = 3c
4
光在球壳中传播的路程就是PQ = 5 R
4
传播时间t = PQ
v = 5 R
3c
7.（2026·山东烟台·一模）激光雷达（LiDAR）是自动驾驶技术的核心传感器，其光学系统常由棱镜和透
镜组合构成。简化图如图所示，等腰直角三角形ABC 为三棱镜的横截面，半球形玻璃砖的半径为R，O 为
球心，O
′O为半球形玻璃砖的对称轴。间距为R 的两激光束从空气中由左侧垂直AB 边射入棱镜，经AC 边
反射后进入半球形玻璃砖，反射光线关于轴线O
′O对称，最后会聚于玻璃砖另一侧探测点P。半球形玻璃
砖的折射率为❑√2，光在真空中的传播速度为c，sin15° =
❑√6−❑√2
4
。
(1)要使射向半球形玻璃砖的光线不能从三棱镜的AC 边射出，求三棱镜折射率的最小值；
(2)求激光从开始进入半球形玻璃砖到会聚到P 点的时间。
【答案】(1)❑√2
(2)2❑√6+ ❑√2
2c
R
【解析】（1）依题意，可知光射到三棱镜AC 边的入射角为45°，由sinC = 1
n
可得sin 45° = 1
n
所以三棱镜的折射率至少为❑√2
（2）如图所示，光在半球形玻璃砖内传播过程，设由D 点进入，由球形玻璃砖下端点E 点射出，由两条
光束会聚到P 点可知OD = R
2 ，θ1=30°
由折射定律得n=sinθ2
sinθ1
得θ2= 45°，在△OEP中，由正弦定理得
R
sin15° =
EP
sin30°
解得EP =
❑√6+ ❑√2
2
R
光在玻璃砖中的传播速度v = c
n
光在玻璃砖中的传播时间t1= DE
v =
❑√3
2 R
v
光射出玻璃砖后的传播时间t2= EP
c
所以激光从进入半球形玻璃砖到会聚到P 点的时间t =t1+t2= 2❑√6+ ❑√2
2c
R
8.（2026·山东临沂·模拟）如图所示，一半圆形玻璃砖半径为R，圆心为O，AB 与OC 垂直，一光源M 同
时发出两条光线a、b，b 射向圆心O 点，与OC 的夹角θ =30°，光线a 射向C 点，与OC 的夹角α =60°，
已知两条光线从AB 界面射出后是平行的，光速为c。
(1)求玻璃砖的折射率
(2)求两条光线从AB 界面射出的时间间隔。
【答案】(1)n= ❑√3
(2)Δt = (4−2❑√3)R
c
【解析】（1）画出光路图，如图所示
根据折射定律可得n= sin α
sin β = sin α
sinθ
解得n= ❑√3
（2）光线在玻璃砖内的传播速度为v = c
n =
❑√3
3 c
由几何关系得ta=t MC +tCD= R
c +
2❑√3
3
R
v
= 3 R
c
tb=t MN +t NO= (❑√3−1)R
c
+ R
v = (2❑√3−1)R
c
则两条光线从AB 界面射出的时间间隔为Δt =ta−tb= (4−2❑√3)R
c
9.（2026·菏泽·一模）如图所示，平放在桌面上的某透光圆环外圆和内圆半径为R、r。一束激光从P点水
平射入，当入射角α由0
∘增大到37
∘时，激光在圆环的内表面恰好发生了全反射；继续增大入射角，当入射
角增至45°时，观察到折射光线恰与内圆相切。光在真空中的传播速度为c，不考虑多次反射。求：
(1) r
R 的值；
(2)激光通过圆环的最长时间（用R和c表示）。
【答案】(1)3
5
(2)4 ❑√2 R
3c
【解析】（1）根据题意作出光路图
界面上P点，n=sinα
sinθ
激光在Q点恰好发生全反射，可知sinC = 1
n
在△OPQ中由正弦定理
R
sinC =
r
sinθ
三式联立得r
R =sinα，α =37
∘，可得r
R = 3
5
（2）界面上P点n=sinα
sinθ
当折射光与内表面相切时sinθ = r
R
代入数据可得n= 5 ❑√2
6
由折射率与光速的计算公式v = c
n = 3 ❑√2c
5
当激光与内圆相切时在圆环内的光程最长s=2 R cosθ
激光在圆环中的最长传播时间为t = s
v
代入数据可得t = 4 ❑√2 R
3c
10.（2026·山东·调研）如图所示，一半圆形玻璃砖的半径为R，AB 边水平，O为圆心，一纸面内的单色光
束从玻璃砖的某一定点D射入，入射光线可以从D点法线左右两侧射入并且入射角可以任意变化，现只考
虑能从AB 边折射的光线（不考虑从AB 边反射后的光线），已知真空中光速为c，玻璃砖对该单色光的折
射率n=2，OD 连线与AB 的夹角α =75°，sin75° =
❑√6+ ❑√2
4
，sin15° =
❑√6−❑√2
4
，求：
(1)在玻璃砖中传播的最短时间是多少？
(2)AB 边上有光线射出区域的最大长度L。
【答案】(1)t = (❑√6+ ❑√2)R
2c
(2)L=
❑√6
3 R
【解析】（1）光在玻璃砖中传播的最短距离x = R sin α
光在玻璃砖中传播速度v = c
n
在玻璃砖中传播的最短时间t = x
v
可得t = (❑√6+ ❑√2)R
2c
（2）根据sinC = 1
n
可得C =30°
光从D点法线右侧射入，临界如图所示，∠OCM ≤C
在AB 边上有光线射出的最左端为M，则OM
sin30° =
R
sin75°
解得OM = (❑√6−❑√2)
2
R
光从D点法线左侧射入，临界如图所示，在AB 边上有光线射出的最右端为N，则ON
sin15° =
R
sin 60°
解得ON = (3 ❑√2−❑√6)
6
R
AB 边上有光线射出的区域的最大长度L=OM +ON =
❑√6
3 R
11.（2026·高三·淄博·一模）用光学显微镜观察样品时，显微镜部分结构示意图如图所示，样品P 等效为点
光源，上面盖以盖玻片。半球形物镜的球心O恰好位于样品正上方，物镜下表面与盖玻片上表面平行，它
与盖玻片间有一层空气。从样品P 所发出的光线经盖玻片上表面折射至空气时，入射角为θ。已知物镜、
盖玻片的折射率均为n= ❑√2，盖玻片厚度为d，物镜半径为4 d，不考虑光的多次反射。
(1)为使样品发出的光能离开盖玻片上表面射入空气，求θ应满足的条件；
(2)若θ =30°，沿PO 方向上下调节物镜与盖玻片间的距离，使光在物镜球面上恰好发生全反射，求物镜与
盖玻片间的距离h。
【答案】(1)θ<45
∘
(2)h= (4 ❑√6−❑√3)d
3
【解析】（1）设光从盖玻片射入空气时发生全反射的临界角为C，已知盖玻片的折射率为n= ❑√2，则有
sinC = 1
n =
❑√2
2
解得C = 45
∘
所以为使样品发出的光能离开盖玻片上表面射入空气，θ应满足的条件为θ<45
∘。
（2）P 点发出的光依次经过盖玻片、空气、物镜，最后在物镜球面上恰好发生全反射的光路图如图所示：
由折射定律有n= sin α
sinθ = ❑√2
解得α = 45
∘
由于物镜、盖玻片的折射率均为n= ❑√2，所以光线由空气射入物镜时的折射角为45
∘；光线在物镜球面上
恰好发生全反射，说明光线与球面法线（即半径OA）的夹角恰好为临界角，即β =C = 45
∘
所以由几何关系可得γ =60
∘，i=15
∘
则有x AB= 4 d cosi=d tanθ+h tan α + 4 d sini
tan γ
代入数据解得物镜与盖玻片间的距离为h= (4 ❑√6−❑√3)d
3
12.（2026·山东济宁·一模）如图所示，半圆ABC为半球形玻璃砖的截面，半径为R、圆心为O，AC为水
平直径。一束单色光斜射到AC边上的D点，D点到O点距离为
❑√3
3 R，入射角α =60
∘，折射光线刚好射到
半圆的最低点B。
(1)求玻璃砖对该单色光的折射率；
(2)保持入射光的方向不变，将入射点从D点水平向右移动，至折射光线在BC面上刚好发生全反射，求入
射点移动的距离。
【答案】(1)❑√3
(2)(2+ ❑√3)R
3
【解析】（1）设折射角为β，在△ODB中，OD =
❑√3
3 R，OB = R，因此tan β = OD
OB =
❑√3
3
解得β =30°
根据折射定律n= sin α
sin β
代入α =60°，β =30°，解得n= ❑√3
（2）光线在BC面上刚好发生全反射时，入射角等于临界角C，满足sinC = 1
n = 1
❑√3
入射方向不变，因此折射角仍为β =30°
即折射光线与竖直法线夹角恒为30°，与水平直径AC夹角为60
∘。设移动后入射点为D
′，D
′在O右侧，E
为折射光线与弧面交点，在△O D
′ E中，OE = R，∠O D
′ E =120°，∠OE D
′ =C
由正弦定理，得
OE
sin ∠O D
′ E
= O D
′
sinC
联立解得O D
′ = 2
3 R
原入射点D在O左侧，因此入射点移动的距离Δ x =O D
′ +OD = 2
3 R+
❑√3
3 R = (2+ ❑√3)R
3
一、单选题
1．（2026·山东德州·一模）如图所示是双缝干涉实验装置，用单色光照射单缝，光屏上会呈现干涉条纹。
对干涉条纹的下列叙述正确的是（ ）
A．从双缝中出来的两列光在屏上所有暗纹中心都是波谷与波谷叠加
B．若只将单缝向右平移一小段距离，屏上两相邻明条纹间距变小
C．若只将双缝向右平移一小段距离，屏上两相邻明条纹间距变小
D．若只改用频率较小的单色光，屏上两相邻明条纹间距变小
【答案】C
光的干涉
考点02
地 城
【解析】A．暗纹中心是振动减弱区域，是波峰与波谷叠加；波谷与波谷叠加属于振动加强，对应明纹中
心，故A 错误；
B．根据Δ x = Lλ
d ，单缝向右平移，不改变公式中的L、d 、λ，因此相邻明条纹间距不变，故B 错误；
C．双缝向右平移，双缝到光屏的距离L减小，根据 Δ x = Lλ
d ，Δ x减小，即相邻明条纹间距变小，故C 正
确；
D．频率较小的单色光，由λ = c
f 可知波长λ更大，根据Δ x = Lλ
d ，Δ x增大，相邻明条纹间距变大，故D 错
误。
故选C。
2.（2026·泰安·一模）1834 年，洛埃用平面镜得到了杨氏干涉的结果（称洛埃镜实验）。洛埃镜实验的基
本装置如图所示，S 为单色光源，M 为一水平放置的平面镜。S 发出的光一部分直接照在竖直光屏上，另
一部分通过平面镜反射在光屏上，这样在屏上可以看到明暗相间的条纹。设S 到平面镜的距离为a、到平
面镜左端点的水平距离为b，平面镜左端点到光屏的水平距离为c，光在真空中的波长为λ。若将整套装置
完全浸入某种透明溶液中，测得光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为Δ x，则该液体的折射率为（ ）
A．
c
2aΔ x λ
B．b+c
2aΔ x λ
C．2aΔ x
(b+c) λ
D．2aΔ x
cλ
【答案】B
【解析】作单色光源S 关于平面镜的对称点S
'，则S 和S
'相当于双缝的两个缝，设该单色光在液体中的波
长为λ
'，则Δ x = b+c
2a λ
'
光在液体中的频率与在真空中的频率相等，根据v = λf 可知，光在液体中的波长与在真空中的波长之比等
于波速之比，即λ
'
λ = v
c = 1
n
得λ
' = λ
n
解得n= b+c
2aΔ x λ
故选B。
3.（2026·山东·调研）1834 年，洛埃利用与光屏垂直的平面镜同样得到了杨氏双缝干涉的结果（称洛埃镜
实验）。如图，光源S发出的光一部分直接照在光屏上，一部分经平面镜反射后照在光屏上（由平面镜反
射的光相当于从S在平面镜中的虚像发出的）。已知光源S到平面镜的距离为a，到光屏的距离为L，光的
波长为λ。下列关于洛埃镜实验的说法正确的是（ ）
A．光屏上相邻两明条纹间距离Δ x = Lλ
a
B．若将平面镜向下平移稍许，则屏上相邻两明条纹间距离减小
C．若将入射光频率增大，则屏上相邻两明条纹间距离增大
D．若增大光源发光强度，相邻两明条纹间距离会明显增大
【答案】B
【解析】A．此问题可类比双缝干涉实验，这里S 光源和它在平面镜中的虚像相当于双缝干涉中的双缝，
二者间距d =2a
在双缝干涉中，相邻亮纹（或暗纹）间距公式为Δ x = Lλ
d
将d =2a代入，可得Δ x = Lλ
2a，故A 错误；
B．根据Δ x = Lλ
2a，若将平面镜向下平移稍许，a 增大，条纹间距将减小，B 正确；
C．频率越大，波长越小，根据Δ x = Lλ
2a，相邻暗条纹间距将减小，C 错误；
D．根据Δ x = Lλ
2a，光照强度对明暗条纹间距没有影响，D 错误。
故选B。
4.（2025-2026·聊城·模拟）平凹透镜由平面和半径很大的球面构成，如图所示，现将平凹透镜与水平玻璃
板叠放，中间形成一层很薄的空气膜。用单色光垂直透镜的平面向下照射，会观察到明暗相间的同心圆环，
则下列说法正确的是（ ）
A．同心圆环的形成原理是由于光的折射
B．同心圆环外疏内密
C．透镜下表面半径越大，圆环越密集
D．选择波长更长的单色光，圆环会变稀疏
【答案】D
【解析】A．形成同心圆环由光的叠加原理形成，属于光的薄膜干涉现象，故A 错误；
B．明暗相间的同心圆环是由透镜和玻璃板之间的空气膜上下两表面的反射光发生干涉后形成的，同一亮
圆环（或暗圆环）处空气膜的厚度相等，相邻的两个明圆环处，空气膜的厚度差等于半个波长，离圆心越
远的位置，空气膜的厚度减小的越快，则圆环越密，所以同心圆环内疏外密，故B 错误；
C．透镜的曲率半径R 变大，空气膜的厚度变化越慢，其形成的圆环比曲率半径小的透镜形成的圆环稀疏，
故C 错误；
D．选择波长更大的单色光，出现同一级亮纹的光程差大，空气层厚度应增大，所以同一级圆环的半径大，
即圆环状条纹间距将增大，所以圆环更稀疏，故D 正确。
故选D。
5.（2026·高三·淄博·一模）用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象。图甲是点燃的酒精灯（在灯芯
上洒些盐），图乙是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属丝圈，干涉条纹如图丙所示，则（ ）
A．肥皂液薄膜厚度均匀
B．肥皂液薄膜厚度上薄下厚
C．过肥皂液薄膜最高点和最低点的侧截面一定是梯形
D．当金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转30°时，干涉条纹同方向旋转30°
【答案】B
【解析】A．薄膜干涉是等厚干涉，即同一条纹对应薄膜厚度相同，图丙中干涉条纹是水平的，说明同一
水平高度处薄膜厚度相同，若肥皂液薄膜厚度均匀，则光程差处处相同，不会出现明暗相间的干涉条纹，
故A 错误；
B．在重力作用下，肥皂液薄膜中的液体会向下流动，导致薄膜形成上薄下厚的楔形结构，光从膜的前后
表面反射，光程差随厚度变化，从而形成干涉条纹，且条纹间距不断减小，说明薄膜上薄下厚，故B 正确；
C．如果截面为梯形，则条纹间距相等，由于条纹间距逐渐变小，因此表面是弯曲的液面，故C 错误；
D．干涉条纹是由薄膜厚度决定的（等厚干涉），当金属丝圈在竖直平面内缓慢旋转时，肥皂液在重力作
用下会重新分布，始终保持“上薄下厚”的状态，即等厚线（水平线）方向不变，所以干涉条纹依然保持
水平，不会随金属丝圈旋转，故D 错误。
故选B。
6.（2026·山东日照·模拟）技术人员用劈尖薄膜干涉装置来检查样品平面的平整程度。某单色光从标准样
板上方入射后，从上向下看到的部分明暗相间的条纹如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．图中条纹弯曲处对应被检查平面处凸起
B．若将标准样板竖直向上平移，条纹向左平移
C．若薄片厚度增大，其他条件不变，条纹间距变宽
D．若换用频率更大的单色光，其他条件不变，条纹间距变宽
【答案】A
【解析】A．根据薄膜干涉的规律可知，同一条纹对应的空气薄膜的厚度相同，当条纹向薄片一侧弯曲，
可知弯曲处对应着被检查平面处凸起，故A 正确；
B．将图1 中的标准样板竖直向上平移，没有改变光的波长和劈尖的角度，所以条纹间距不变，条纹不会
平移，故B 错误；
C．设膜厚为d1处产生亮条纹
则有2d1=nλ
设相邻亮条纹处膜厚为d2，则有2d2=(n+1) λ
设空气膜顶角为θ，则有tanθ = d2−d1
Δ x
解得Δ x =
λ
2tanθ
若薄片厚度增大，其他条件不变，tanθ增大，条纹间距将减小，故C 错误；
D．若换用频率更大的单色光，其他条件不变，波长变短，可知条纹间距变窄，故D 错误。
故选A。
7.（2026·山东烟台·一模）一实验小组利用光传感器做双缝干涉实验，实验装置如图甲所示。某次实验中
用激光器发射一单色光照射双缝，利用传感器和计算机得到干涉条纹各点的光照强度分布曲线如图乙所示，
已知双缝中心之间的距离为0.3mm，双缝与光传感器感应屏之间的距离为1m，则该单色光的波长为（
）
A．4.5×10
−7 m
B．5×10
−7 m
C．6×10
−7 m
D．7.5×10
−7 m
【答案】C
【解析】由图乙可知，相邻条纹间距Δ x =2mm=2×10
−3 m
根据双缝干涉条纹间距Δ x = l
d λ
解得单色光的波长为λ= d
l · Δ x = 0.3×10
−3
1
×2×10
−3 m =6×10
−7 m
故选C。
8.（2026·滨州·一模）某物理兴趣小组设计了一套光的干涉实验装置，其截面如图所示，直线MN 与OA 垂
直共面，两块平面镜边缘对齐交于O，两镜面与MN 成微小角度θ，A 点处有一垂直于OA 的光屏。S 点处
有一个单色光源，在小挡光板的遮挡下，光线不能直接射到光屏。则（ ）
A．若增大入射光的频率，屏上条纹间距不变B．若增大入射光的频率，屏上条纹间距变小
C．若把光屏向右平移，屏上条纹间距不变
D．若把光屏向右平移，屏上条纹间距减小
【答案】B
【解析】AB．干涉条纹间距满足双缝干涉公式 Δ x = λL
d
由光速公式c = λf
可知若增大入射光频率f ，波长λ减小，代入公式可知Δ x减小，故A 错误，B 正确；
CD．若把光屏向右平移，虚光源到光屏的距离L增大，λ，d不变，因此Δ x增大，条纹间距变大，故CD
错误。
故选B。
二、多选题
9.（2026·山东济宁·一模）如图所示，甲、乙、丙、丁四幅图是不同的单色光通过同一双缝或单缝观测装
置形成的图样。下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙是光的干涉图样
B．丙、丁是光的干涉图样
C．形成甲图样的光的频率比形成乙图样的光的频率大
D．形成丙图样的光的频率比形成丁图样的光的频率小
【答案】AD
【解析】AB．双缝干涉的条纹特点是等间距、等宽度的平行条纹，单缝衍射的条纹特点是不等间距，中
央亮纹最宽最亮，两侧条纹宽度逐渐变窄。由图可知，甲、乙是等间距条纹，属于干涉图样；丙、丁是中
央宽、两侧窄的不等间距条纹，属于衍射图样，故A 正确，B 错误；
C．对于双缝干涉，条纹间距越大，光的波长越大。甲条纹间距更大，对应光波长更长，频率更小，故C
错误；
D．对于单缝衍射，波长越长，衍射越明显。丙衍射更明显，对应光波长更长，频率更小，故D 正确。
故选AD。
一、单选题
1.（2026·泰安·一模）关于下列四幅插图，以下说法正确的是（ ）
A．图甲中小炭粒在水中的运动位置连线图说明了小炭粒分子在做无规则运动
B．图乙中石蜡在云母片上熔化成椭圆形，说明石蜡是晶体
C．图丙为食盐晶体的微观结构，具有空间上的周期性
D．图丁中一只水黾能停在水面上，是因为受到液体的表面张力
【答案】C
【解析】A．图甲中小炭粒在水中的运动位置连线图说明了水分子在做无规则运动，A 错误；
B．图乙中石蜡在云母片上熔化成椭圆形，说明云母各向异性，说明云母是晶体，B 错误；
C．图丙为食盐晶体的微观结构，具有空间上的周期性，C 正确；
D．图丁中一只水黾能停在水面上，是液体的表面张力的作用的结果，而表面张力是作用在液体上的力，
D 错误。
故选C。
2.（2026·菏泽·一模）水银具有强毒性与不可降解性，根据《关于汞的水俣公约》，从2026 年1 月1 日起，
我国禁止生产水银体温计。水银体温计断裂后，逸出的水银在玻璃表面形成球形的水银滴并能轻松滚落。
下列说法正确的是（ ）
A．水银能浸润玻璃
B．水银很难被压缩是因为液体分子间不存在空隙
C．水银滴呈球形是因为水银滴表面层分子间引力与斥力相等
D．将两端开口的细玻璃管竖直插入水银中，管内水银面低于管外水银面
【答案】D
分子动理论、热力学定律
考点03
地 城
【解析】A．水银在玻璃表面形成球形且可轻松滚落，说明水银不会附着在玻璃表面，属于不浸润玻璃的
液体，故A 错误；
B．液体分子间存在空隙，水银难以压缩的原因是分子间距小于平衡距离时，分子间斥力远大于引力，斥
力阻碍压缩，并非分子间无空隙，故B 错误；
C．水银滴呈球形是表面张力作用的结果，由于水银表面层分子比内部分子稀疏，分子间距大于平衡距离，
分子间表现为引力，使液面收缩为球形，并非引力与斥力相等，故C 错误；
D．水银不浸润玻璃，毛细现象中不浸润液体在细管内液面会下降，因此管内水银面低于管外水银面，故
D 正确。
故选D。
3.（2026·山东日照·模拟）一定质量的理想气体，在相同体积、不同温度时分子速率分布如图中①、②所
示。下列说法正确的是（ ）
A．状态①的温度高于状态②的温度
B．状态①的压强小于状态②的压强
C．状态①的分子数密度大于状态②的分子数密度
D．图线①与横轴所围的面积大于图线②与横轴所围的面积
【答案】B
【解析】A．随着温度的升高，图像峰值对应的平均速率变大，所以状态①的温度低于状态②的温度，故
A 错误；
B．两状态下，气体体积相同，状态①的温度低于状态②的温度，所以状态①的压强小于状态②的压强，
故B 正确；
C．两状态下，气体分子数目相同，体积也相同，所以状态①的分子数密度等于状态②的分子数密度，故
C 错误；
D．某一段图线与横轴围成图形的面积代表该速率区间段分子个数占总分子个数的百分比，则整条图线与
横轴围成的总面积必为100%等于1，即图线①与横轴所围的面积等于图线②与横轴所围的面积，故D 错误。
故选B。
4.（2026·山东·调研）关于分子动理论，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，状态①的温度比状态②的温度高
B．图甲中，两条曲线如果完整，下方的面积不相等
C．由图乙可知，当分子间的距离从r0逐渐减小为r1时，分子势能不断减小
D．图丙中分子间作用力与分子间距的关系图中，阴影部分面积表示分子势能差值，与零势能点的选取
有关
【答案】A
【解析】A．由图可知，①中速度大的分子占据比例较大，说明①对应的平均动能较大，故①对应的温度
较高，故A 正确；
B．由图可知，在两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横
轴所围面积都应该等于1，即相等，故B 错误；
C．由图乙可知，当分子间的距离从r0逐渐减小为r1时，分子间的作用力为斥力，分子间的距离减小时，
分子力做负功，分子势能增大，故C 错误；
D．图丙中分子间作用力与分子间距的关系图中，阴影部分面积表示分子势能差值，虽然分子势能的大小
与零势能点的选取有关，但分子势能的差值与零势能点的选择无关，故D 错误。
故选A。
5.（2026·山东济宁·一模）如图所示，导热良好的气缸和活塞之间密封一定质量的理想气体。若外界温度
保持不变，缓慢下压活塞的过程中，关于气缸内的气体，下列说法正确的是（ ）
A．内能增大
B．对外界做功
C．向外界放热
D．单位时间内撞击气缸内壁单位面积的分子数不变
【答案】C
【解析】A．由于外界温度保持不变，气缸导热性能良好，在缓慢下压活塞的过程中，气体温度不变，则
气体内能不变，故A 错误；
B．由于缓慢下压活塞，气体体积减小，可知，外界对气体做功，故B 错误；
C，结合上述有W>0，ΔU =0
根据热力学第一定律有ΔU =W +Q
则有Q<0
即气体向外界放热，故C 正确；
D．气体温度不变，气体分子运动的平均速率不变，气体体积减小，气体分子分布密集程度增大，可知，
单位时间内撞击气缸内壁单位面积的分子数增大，故D 错误。
故选C。
6.（2025-2026·聊城·模拟）卡诺循环是只有两个热源的简单循环。一定质量的理想气体经历如图所示的卡
诺循环过程，该循环由A →B、C →D两个等温过程和B→C、D→A两个绝热过程组成。下列说法正
确的是（ ）
A．气体在状态B的温度低于在状态C的温度
B．C →D过程中单位时间内气体分子碰撞单位面积器壁的次数不变
C．A →B过程中气体从外界吸收的热量等于C →D过程中放出的热量
D．B→C过程中气体对外做的功等于D→A过程中外界对气体做的功
【答案】D
【解析】A．B→C过程，气体的体积增大，故气体对外做功，由于该过程为绝热过程，没有热交换，则
根据热力学第一定律有ΔU =W +Q =W <0
即气体的内能减少，所以气体的温度降低，即气体在状态B的温度高于在状态C的温度，故A 错误；
B．C →D是等温压缩过程，气体的温度不变，故分子的平均动能不变；由于此过程气体的体积减小，分
子数密度增大，所以单位时间内气体分子碰撞单位面积器壁的次数会增加，故B 错误；
C．A →B是等温膨胀过程，气体对外做功，吸收的热量等于对外做的功，即Q1=W 1
C →D是等温压缩过程，外界对气体做功，放出的热量等于外界对气体做的功，即Q2=W 2
由于p−V 图像与坐标轴围成的面积表示气体对外界做的功（或外界对气体做的功），由题图可知W 1>W 2
所以Q1>Q2
即A →B过程中气体从外界吸收的热量大于C →D过程中放出的热量，故C 错误；
D．从A →B气体的温度不变，所以气体的内能不变；从B→C气体的温度降低，内能减小；从C →D气
体的温度不变，内能不变；从D→A气体的温度升高内能增大，且此时回到初始状态与初始内能相同，所
以B→C过程气体内能的减少量等于D→A过程气体内能的增加量，且这两个过程均绝热，故这两个过程
做功数值大小相等，即B→C过程气体对外界做的功等于D→A过程外界对气体做的功，故D 正确。
故选D。
7.（2026·山东德州·一模）如图所示，开口向右的水平固定导热汽缸用横截面积为S的光滑活塞封闭一定质
量的理想气体。跨过光滑定滑轮的轻绳一端连接活塞，另一端连接质量为m的小桶，小桶静止，气体处于
状态1。一段时间后由于温度降低，活塞向左缓慢移动L后静止，气体处于状态2。由状态1 到状态2 气体
内能减小量为ΔU。已知重力加速度为g，外界大气压强始终为p0。从状态1 到状态2 封闭气体向外放出
的热量为（ ）
A．ΔU +( p0 S−mg)L
B．ΔU −( p0 S−mg)L
C．ΔU −p0 SL
D．p0 SL+ ΔU
【答案】A
【解析】设被封闭气体的压强为p，对活塞由平衡条件有pS +mg= p0 S
解得p= p0−mg
S
外界对气体做功为W = pSL=( p0 S−mg)L
由热力学第一定律有ΔU =W +Q
内能减小量为ΔU，即内能增加量为-ΔU
解得Q =−ΔU −( p0 S−mg)L
气体向外放出的热量为|Q)= ΔU +( p0 S−mg)L
故选A。
8.（2026·高三·淄博·一模）密闭容器内一定质量的理想气体经历如图所示的ab、bc、cd、da 四个状态变化
过程。已知bc 延长线过坐标原点，ab 竖直，cd 水平，da 和bc 平行。下列说法正确的是（ ）
A．ab 过程中气体从外界吸收热量
B．bc 过程中单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增加
C．cd 过程中气体分子数密度不断增大
D．da 过程中气体压强不断减小
【答案】B
【分析】根据理想气体状态方程 PV =nRT
可得 V = nR
P T
因此V-T 图中过原点的直线为等压线，某点与原点连线的斜率 k = V
T = nR
P
斜率越大，压强越小，且理想气体内能仅与温度有关
【解析】A．ab 是竖直线，温度T不变，体积V 减小。理想气体内能不变ΔU =0
体积减小说明外界对气体做功W >0，由热力学第一定律ΔU =W +Q
得：Q =−W <0
气体对外放热，故A 错误。
B．bc 延长线过原点，是等压过程，压强P不变。从b 到c 温度降低，气体分子平均动能减小；压强不变，
因此单位时间内单位面积器壁碰撞的分子数必须增加，才能维持压强不变，故B 正确。
C．cd 是水平线，体积V 不变，气体总分子数不变，因此气体分子数密度（单位体积分子数）不变，故C
错误。
D．da 平行于bc，其方程满足V =kT +c（k为bc 的斜率，c>0）
整理得V
T =k + c
T
由P= nRT
V
= nR
V
T
从d 到a 温度T增大，c
T 减小，V
T 减小，因此压强P增大，即da 过程气体压强不断增大，故D 错误。
故选B。
二、多选题
9.（2026·山东临沂·模拟）在研究一定质量理想气体的压强p、体积V、热力学温度T 的关系时，在直角坐
标系中作出如图所示的图像，其中长方体OABC-MNPQ 有三条边在坐标轴上，D、E、F、G 是对应边的中
点，H、I 是对角线MP、PC 的中点，IH 是DEFG 平面内的一条双曲线。气体从状态H 开始经HP、PI、
IH 三个过程回到原状态H，则下列说法正确的是（ ）
A．H 到P 气体体积增大
B．H 到P 气体分子平均动能减少
C．I 到H 外界对气体做功，气体向外界放热
D．P 到I 单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力增大
【答案】AC
【解析】AB．由图可知，气体在H 处的压强与P 处的压强相等，故气体从H 到P 发生等压变化，此过程
中温度升高，体积增大，所以气体平均动能增大，故A 正确，B 错误；
C．由图可知，气体在H 处的温度与I 处的温度相等，又IH 是DEFG 平面内的一条双曲线，所以该曲线为
等温变化的曲线，即气体从I 到H 发生等温变化，所以该过程温度不变，则内能保持不变，又该过程体积
减小，所以外界对气体做功，因气体内能不变，根据热力学第一定律，可知气体向外界放热，故C 正确；
D．由图可知，气体在P 处的体积与I 处的体积相等，故气体从P 到I 发生等容变化，温度降低，压强减小，
故P 到I 单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小，故D 错误。
故选AC。
10.（2026·山东烟台·一模）如图所示为一定质量的理想气体由A→B→C→A 变化过程的V −T图像。其中
CA 部分的延长线过坐标原点，BC 部分与横轴平行，理想气体的内能与热力学温度成正比，下列说法正确
的是（ ）
A．气体在BC 过程中分子的数密度保持不变
B．气体在状态A 下的压强大于状态B 下的压强
C．气体在状态A 下分子的平均动能大于状态C 下分子的平均动能
D．气体在CA 过程放出的热量大于在AB 和BC 过程吸收的总热量
【答案】ABD
【解析】A．BC 过程是等容过程，故气体分子的数密度保持不变，故A 正确；
B．由pV
T =nR
得V
T = nR
p ，V −T图中A 和O 连线的斜率比B 和O 连线的斜率小，故气体在状态A 下的压强大于状态B
下的压强，故B 正确；
C．气体从状态A 到状态 C ，温度升高，而温度是分子的平均动能大小的标志，故气体在状态A 下分子的
平均动能小于状态C 下分子的平均动能，故C 错误；
D．因从C →A →B→C这一个循环，气体的内能没变，由V −T图作出对应p-V 图可知
气体在CA 过程中外界对气体做的功大于在AB 和BC 过程气体对外界做的功，气体在CA 过程放出的热量
大于在AB 和BC 过程吸收的总热量，故D 正确。
故选ABD。
三、解答题
11.（2026·山东临沂·模拟）如图所示的绝热圆筒汽缸内装有两个活塞，上面活塞外面覆盖着绝热层（与外
面的热交换可忽略），其质量为m；底部活塞导热性能优良，质量可忽略不计。汽缸Ⅰ、Ⅱ内各封闭了
1mol 的单原子分子理想气体。初始时，两个活塞均处于静止状态，两部分气体温度均为T 0，压强相同，
两活塞的间距及下面活塞到缸底的距离均为d．现利用加热装置（图中未画）对Ⅱ部分气体进行缓慢加热
直到温度上升至3
2 T 0，上面活塞与汽缸间的摩擦可忽略，下面活塞位置始终不变，气体不发生泄漏，重力
加速度为g，大气压强为p0，活塞横截面积均为S，已知1mol 的单原子分子理想气体在温度为T 时内能表
达式为3
2 RT，R 为普适气体常量。求：
(1)从温度T 0加热到3
2 T 0过程中，两部分气体吸收的总热量Q；
(2)温度加热到3
2 T 0时，下面活塞受到的摩擦力。
【答案】(1)Q = 3
2 RT 0+ 1
2 p0 Sd + 1
2 mgd
(2)f = 1
2 p0 S+ 1
2 mg，方向竖直向下
【解析】（1）设未加热时，气体Ⅰ、Ⅱ的压强为p1，对于上面活塞进行受力分析得p1S = p0 S+mg
解得p1= p0+ mg
S
由于底部活塞导热性能优良，气体Ⅰ、Ⅱ的温度会同步变化。
又上面活塞与汽缸间的摩擦可忽略，所以气体Ⅰ在温度变化过程中，压强不变，根据盖-吕萨克定律得
V 1
T 0
= V 2
3
2 T 0
解得加热到3
2 T 0后，气体Ⅰ体积V 2= 3
2 V 1= 3
2 Sd
气体Ⅰ对外做功W 1=−p1 ΔV =−1
2 p1Sd =−1
2 p0 Sd −1
2 mgd
气体Ⅰ内能变化量ΔU 1= 3
2 R× 3
2 T 0−3
2 RT 0= 3
4 RT 0
由热力学第一定律得ΔU 1=W 1+Q1
解得加热过程中，气体Ⅰ吸收的热量Q1= ΔU 1−W 1= 3
4 RT 0+ 1
2 p0 Sd + 1
2 mgd
对于气体Ⅱ，下面活塞位置始终不变，加热过程中体积不变，气体Ⅱ对外做功W 2=0J
气体Ⅱ内能变化量ΔU 2= 3
2 R× 3
2 T 0−3
2 RT 0= 3
4 RT 0
由热力学第一定律得ΔU 2=W 2+Q2
解得加热过程中，气体Ⅱ吸收的热量Q2= ΔU 2−W 2= 3
4 RT 0
所以，加热过程中，两部分气体吸收的总热量Q =Q1+Q2= 3
2 RT 0+ 1
2 p0 Sd + 1
2 mgd
（2）对于气体Ⅱ，下面活塞位置始终不变，加热过程中体积不变，根据查理定律得
p1
T 0
= p2
3
2 T 0
解得加热后气体Ⅱ的压强p2= 3
2 p1
加热后，对底部活塞进行受力分析得p1S + f = p2S
解得f = 1
2 p1S = 1
2 p0 S+ 1
2 mg
由于p2> p1，摩擦力方向竖直向下。
12.（2026·泰安·一模）某充气式座椅简化模型如图所示，导热性能良好的两个汽缸C、D通过活塞a、b分
别封闭质量相等的两部分同种理想气体A、B，活塞通过轻弹簧相连，整个装置竖直静置在水平地面上。
已知两个汽缸C、D的质量均为M（汽缸壁的厚度不计），活塞的横截面积均为S，活塞的质量和厚度不
计。初始环境温度为T 0，封闭气体的初始长度均为L0，在环境温度缓慢升至1.1T 0过程中，A、B气体总
内能增加了ΔU =0.2 Mg L0。已知轻弹簧的劲度系数为k = Mg
L0
、原长为3 L0，弹簧形变始终在弹性限度
内，大气压强为p0= Mg
S ，重力加速度为g，活塞始终未脱离汽缸，不计活塞与汽缸之间的摩擦。求：
(1)环境温度为1.1T 0时，活塞a离水平地面的高度；
(2)升温过程A 气体从外界吸收的热量。
【答案】(1)3.1 L0
(2)0.3 Mg L0
【解析】（1）B 气体的压强不变，由盖-吕萨克定律得S L0
T 0
= S LB
1.1T 0
解得LB=1.1 L0
对气体A 所在汽缸与活塞整体受力分析，设弹簧的形变量为x，则Mg=kx
稳定时活塞a离地的高度h= LB+(3 L0−x)
所以h=3.1 L0
（2）A 气体的压强也保持不变，同理由盖一吕萨克定律知气体A 末状态的长度LA=1.1 L0
对汽缸C 受力分析得Mg+ p0 S = pS
解得p= 2 Mg
S
由于A、B质量相等的同种理想气体，状态变化相同，所以ΔU A=ΔU
2
对气体A 由热力学第一定律得ΔU
2
=Q+W
其中W =−pS(LA−L0)
解得Q =0.3 Mg L0
一、多选题
气体实验定律
考点04
地 城
1.（2026·高三·淄博·一模）如图，一汽缸水平固定在静止的小车上，一质量为m、横截面积为S 的活塞将
一定质量的气体封闭在汽缸内，平衡时活塞与汽缸底相距L。现让小车以一较小的水平恒定加速度a 向右
加速运动，稳定时发现活塞相对于汽缸移动了一定的距离。已知大气压强为p0，不计汽缸和活塞间的摩擦，
且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p0，整个过程中气体温度保持不变，气体可视为理想气体，则
此时（ ）
A．汽缸内气体的压强为p0+ ma
S
B．汽缸内气体的压强为p0−ma
S
C．活塞移动的距离为
ma
p0 S+ma L
D．活塞移动的距离为
p0 S
p0 S+ma L
【答案】AC
【解析】AB．小车运动后对活塞受力分析，设内部气体压强为p，根据牛顿第二定律，有pS−p0 S =ma
内部气体压强为p= p0+ ma
S ，故A 正确，B 错误；
CD．设运动后活塞移动的距离为Δ L，根据玻意耳定律，有p0 SL= pS( L−Δ L)
解得Δ L=
ma
ma+ p0 S L，故C 正确，D 错误。
故选AC。
二、解答题
2.（2026·山东·调研）某种肺活量测试的规则为：一次尽力吸气（气体在人体内热力学温度可视为T 0），
快速尽力呼出后，呼出气体的温度可视为不变，压强变为大气压强p0，体积为V 0（未知），则V 0为肺活
量测试的结果。甲同学用如图甲所示的装置进行测试，绝热气缸的底面积为S、总高度为H，导热活塞可
在气缸内无摩擦滑动而不漏气，活塞的质量和厚度均忽略不计。测试前，气缸顶部的小孔和底部软管均与
大气连通，活塞位于气缸底部，环境大气压强为p0、热力学温度为T 1；测试时，先将气缸顶部的小孔密闭，
甲同学尽力吸气后，快速尽力呼出，通过软管把气体吹入气缸中活塞的下部，然后关闭软管的阀门，稳定
时如图乙所示，活塞上升的高度为h，软管内气体忽略不计，吸气和呼气中水蒸气的影响可忽略不计，人
呼出的气体可视为理想气体。求：
(1)该次测试中，甲同学的肺活量V 0；
(2)若甲同学测试后活塞上升的高度h= H
2 ，乙同学按照相同的方法在环境温度为T 2时进行测试，测试后活
塞上升的高度h
′ = H
3 ，则甲乙两人的肺活量之比是多少。
【答案】(1)V 0=
T 0 SHh
T 1( H −h)
(2)2T 2
T 1
【解析】（1）设完成测试后，下方气体温度为T，则对下方吹入的气体p0V 0
T 0
= pSh
T
①
对上方封闭气体
p0 SH
T 1
= pS( H −h)
T
②
由①②式可得V 0=
T 0 SHh
T 1( H −h)
（2）同理由（1）得乙同学的肺活量V
′
0= T 0 SH h
′
T 2(H −h
′)
代入数据可得甲乙的肺活量之比为
2T 2
T 1
。
3.（2026·山东济宁·一模）如图所示，一竖直放置的导热圆筒高度h=1.0 m，进行科学实验时，将圆筒开口
向下，由水面沿竖直方向缓慢下压，筒口距离水面的深度为H（未知）时，封闭气柱的长度恰好为1
2 h。
已知下压过程中气体温度保持不变，圆筒中的气体可视为理想气体，水的密度ρ=1.0×10
3kg/m
3，大气压
强p0=1.0×10
5Pa，重力加速度大小g=10 m/s
2。
(1)求H；
(2)若保持H不变，向圆筒内压入空气，使圆筒内的水恰好全部排出，求压入的空气质量与圆筒中原有的空
气质量之比k。
【答案】(1)10.5m
(2)1.05
【解析】（1）设圆筒的横截面积为S，则初始状态下圆筒内气体的压强为p0，体积为V 0= Sh
筒口距离水面的深度为H时，圆筒内气体的压强为p1= p0+ ρg(H −1
2 h)
体积为V 1= S⋅1
2 h
则由玻意耳定律有p0V 0= p1V 1
代入数据联立解得H =10.5 m
（2）设向圆筒内压入压强为p0的空气体积为V 2，压入气体后圆筒内气体的压强为p2，则p2= p0+ ρgH
则由玻意耳定律有p1V 1+ p0V 2= p2V 0
代入数据联立解得V 2=1.05 Sh
所以压入的空气质量与圆筒中原有的空气质量之比为k = m压入
m原
= V 2
V 0
=1.05
4.（2026·山东日照·模拟）某氧气瓶容积V 0=35L，启用前瓶内温度T 1=280K，压强p1= 40atm，瓶内氧
气可视为理想气体。
(1)若瓶内的压强超过p2=50atm会报警，求报警时瓶内的最低温度T 2；
(2)某医院使用该氧气瓶为病房供氧，氧气以每分钟ΔV =5.0L的流量输出，输出氧气的压强稳定为
1atm、温度为27℃，瓶内压强降至p3=10atm时停止输出，瓶内温度保持T 1不变。求：
①供氧时间；
②氧气瓶内最终剩余氧气与启用前氧气的质量之比。
【答案】(1)T 2=350K
(2)
225min
①
；②1
4
【解析】（1）由题意可知，氧气的体积不变，根据查理定理可得p1
T 1
= p2
T 2
代入数据，解得T 2=350K
（2）①假设氧气的温度不变，即等温膨胀，则设此过程下该氧气瓶为病房供氧总体积为V ，根据玻意耳定
律可得p1V 0= p3(V 0+V )
解得V =105L
输出氧气的温度为T 3=(273+27)K =300K
设输出氧气的压强为p4，体积为V
′，根据理想气体状态方程可得p3V
T 1
= p4V
′
T 3
解得V
′ =1125L
所以，供氧时间为t = V
′
ΔV min=225min
②氧气瓶内最终剩余氧气与启用前氧气的质量之比
m余
m = p3
p1
= 1
4
5.（2026·滨州·一模）茶宠是茶具观赏物品，它历经千年演变，工艺精湛、寓意丰富，是中华茶文化的缩
影。有一款南瓜样茶宠玩具如图甲所示，当将热茶淋在其上时，它会向外喷水。为了研究其中的原理，可
将该茶宠简化为一圆柱形容器，容器的上表面有一小孔（尺寸可忽略），孔内连接有一细管，如图乙。初
始时，容器内充满压强为P0、温度为T0的空气。其工作过程可分为三个阶段：第一阶段为排气过程，用热
水缓慢淋在容器上，使容器内气体温度达到T1，此过程中容器内部有部分空气从小孔逸出；第二阶段为吸
水过程，迅速将容器放入温度为T0的水中，并让容器上的小孔始终处在水面以下，容器内气体温度逐渐降
低，水逐渐被吸入容器，忽略水温的变化，直到容器内气体温度再次恢复到T0；第三阶段为喷水过程，取
出容器，再次将热水淋在容器上，就会出现神奇的喷水现象。已知水的密度为ρ，大气压强为P0，容器内
气体可视为理想气体。
(1)第一阶段排气过程中，求从容器中逸出的空气质量与容器中原有空气质量的比值m1
m
；
(2)第二阶段吸水过程中，容器内外因水面高度差产生的压强相对大气压强可忽略不计，封闭气体吸水过程
可视为等压变化，测量出吸水过程前后容器的质量差为Δm，求容器容积V。
【答案】(1)m1
m = T 1−T 0
T 1
(2)V =
ΔmT 1
ρ(T 1−T 0)
【解析】（1）设容器容积为V ，原有气体初始状态：压强p0、温度T 0、体积V ；温度升高到T 1后，若原
有气体全部不逸出，总体积变为V 1，根据盖-吕萨克定律有V
T 0
= V 1
T 1
整理得V 1= T 1
T 0
V
气体密度均匀，逸出质量与总质量之比等于体积比，因此
m1
m = V 1−V
V 1
= T 1−T 0
T 1
（2）第一阶段结束后，容器内剩余气体体积为V 、温度为T 1；降温到T 0后，设剩余气体体积变为V 2，由
盖-吕萨克定律有V
T 1
= V 2
T 0
整理得V 2= T 0
T 1
V
吸入容器的水的体积为ΔV =V −V 2=V ⋅T 1−T 0
T 1
吸水后容器质量差Δm= ρΔV
代入整理得V =Δm⋅T 1
ρ(T 1−T 0)
6.（2026·山东德州·一模）单向阀门可控制气体进行单向流动，广泛应用于各种充气、抽气设备中。如图
所示，A、B、C 三个导热良好的汽缸通过单向阀门a 和单向阀门b 连接，A 和C 的体积均不变，活塞可在
足够高的B 内无摩擦地上下移动，对阀门a 或阀门b，只有其左侧气体压强大于右侧气体压强时才能打开
使两侧气体连通；当左侧气体压强等于或小于右侧气体压强时处于关闭状态。开始时A、B、C 三个汽缸
内气体的压强大小相等、体积均为V 0、热力学温度均为T 0，若周围环境温度升高至2T 0后又降低为3
5 T 0
（此时气体没有液化）。已知活塞横截面积为S，不计连结相邻汽缸的细管和阀门内气体的体积。求：
(1)周围环境温度升高至2T 0时活塞距B 底面的高度；
(2)周围环境温度又降低为3
5 T 0时活塞距B 底面的高度。
【答案】(1)3V 0
S
(2)V 0
2S
【解析】（1）周围环境温度由T 0升高至2T 0的过程，阀门a打开，b关闭，对A、B两汽缸中的气体，由等
压变化得
2V 0
T 0
= V 0+V B
2T 0
，V B=hS
解得温度升高至2T 0时活塞距B底面的高度h= 3V 0
S
（2）温度由2T 0降为3
5 T 0的过程阀门a一直关闭，在温度由2T 0降为T 0的过程阀门b关闭，由T 0降为3
5 T 0
的过程阀门b打开，对B、C两汽缸中的气体
V B
2T 0
+ V 0
T 0
= V B' +V 0
3
5 T 0
，V B' =h' S
解得活塞距B底面的高度h' = V 0
2S
7.（2026·山东烟台·一模）如图所示，上、下端均开口的竖直气缸由大、小两个同轴圆筒组成，两圆筒足
够长且筒中各有一个厚度不计且导热性良好的光滑活塞，小活塞的横截面积为S、质量为m，大活塞的横
截面积为4S、质量为5m。两活塞用长为L 的刚性细杆连接，两活塞间封闭一定质量的气体，在距离大圆
筒底端L
4 处有一水平小卡栓。开始时，位于大圆筒底端右侧的阀门K 处于关闭状态，两活塞处于静止状态，
活塞A 与卡栓间的距离为L
4 ，现将阀门K 打开，抽气装置缓慢抽气，当杆对B 的作用力恰好为零时关闭
K。已知重力加速度为g，外界大气压强恒为p0，且p0 S =2mg，抽气管、卡栓和细杆体积不计，环境温度
保持不变，两活塞间封闭气体始终可视为理想气体。求：
(1)抽气前杆对A 活塞的作用力大小和方向；
(2)抽气装置抽出气体的质量与原先封闭气体的质量之比。
【答案】(1)F =3mg，方向竖直向下
(2)m0−m2
m0
= 33
40
【解析】（1）设开始时封闭气体压强为p1，杆对A 的作用力为F
对A、B 整体有3 p1S =6mg+3 p0 S
对A 有4 p1S =5mg+ 4 p0 S + F
解得F =3mg，方向竖直向下
（2）设原先封闭气体的质量为m0，抽气装置缓慢抽气过程，活塞A 缓慢向下移动，该过程中杆的作用力
保持3mg 不变；
气体压强保持p1= 4 mg
S
不变，直至A 移动至卡栓处，设杆的作用力为零时，封闭气体压强为p2
活塞A 刚移动至卡栓位置时，封闭气体的质量为m1=
S⋅3 L
4 + 4 S⋅L
4
S⋅L
2 + 4 S⋅L
2
⋅m0= 7
10 m0
对B 有p0 S =mg+ p2S
将质量为m1、压强为p1、体积为7 SL
4
的封闭气体等温降为压强为p2，设此时气体体积为V 2，则有
p1
7 SL
4
= p2V 2
则关闭K 后封闭气体的质量为m2=
7 SL
4
V 2
m1= m1
4 = 7m0
40
解得
m0−m2
m0
= 33
40
8.（2026·菏泽·一模）如图是医院用于静脉输液的示意图，倒置的输液瓶上方有一气室A，密封瓶口处的软
木塞上插有两根细管，其中a 管与大气相通且药液始终没有进入，b 管为输液软管，中间有一气室B，c管
通过针头接入人体静脉，输液处由于液体压强高于静脉血压，药液顺利进入静脉。气室A 内气体温度与室
温相同，输液瓶近似为高度22cm 的圆柱体，瓶内总体积V =220 ml。初始时，药液体积200ml，输液一段
时间后，药液体积减少至100ml。大气压强p0=1×105Pa，药液密度ρ=1×10
3kg/ m
3，重力加速度
g=10 m /s
2，a 管上端到瓶口的距离为L=2cm。求：
(1)初始状态气室A 中封闭气体压强pA；
(2)此过程中进入气室A 的空气与原有空气的质量比。
【答案】(1)9.82×104Pa
(2)5:1
【解析】（1）输液瓶为圆柱体，总容积 V =220 ml，总高 22cm，因此横截面积 S = 220 ml
22cm =10cm
2
初始药液体积200 ml，气室体积 V 1=220 ml−200 ml=20 ml
气室高度 hA 1= 20 ml
S
=2cm
液体总高度20cm，a 管上端到液面的高度h1=22cm−hA1−L=18cm
a 管上端的压强p0，可得初始状态气室A中的压强pA= p0−ρgh1
代入数据得pA=9.82×10
4 Pa
（2）药液体积100 ml时，A中封闭气体体积V 2=120 ml
压强p2= p0−ρgh2，h2=h1−10cm =8cm
代入数据得p2=9.92×10
4 Pa
由理想气体方程pV =nRT可得，A中封闭气体物质的量之比
n2
n1
= p2V 2
p1V 1
代入数据可得
n2
n1
=6.06
进入空气与原有空气的物质的量之比
n2−n1
n1
=5.06
故此过程中进入气室A的空气与原有空气的质量比约为5:1。
一、单选题
1.（2026·山东临沂·模拟）我国科学家发明了一种神奇的微核电池，该电池比一颗米粒还小，却可以让手
机50 年不充电。电池使用从核废料中提出来的镅作为原料，镅的一种衰变方程为❑95
241Am →93
237 Np+ X，关
于该反应，下列说法正确的是（ ）
A．反应前后总质量保持不变
B．❑95
241Am的比结合能比❑93
237 Np的比结合能大
近代物理
考点05
地 城
C．方程中的X 为❑2
4 He，其穿透能力比β射线弱
D．方程中的X 来自❑95
241Am核内一个质子和一个中子结合在一起产生的
【答案】C
【解析】A．该衰变是放能反应，存在质量亏损，反应后总质量小于反应前总质量，故A 错误；
B．比结合能越大原子核越稳定，衰变过程是由不稳定的❑95
241Am生成更稳定的❑93
237 Np，因此❑93
237 Np的比
结合能更大，故B 错误；
C．根据核反应电荷数守恒、质量数守恒，计算得X 的电荷数为95−93=2
质量数为241−237= 4
故X 为❑2
4 He，即α粒子，α射线的穿透能力弱于β射线，故C 正确；
D．α粒子是原子核内2 个质子和2 个中子结合形成后释放的，并非一个质子和一个中子结合产生，故D 错
误。
故选C。
2.（2026·泰安·一模）硼中子俘获治疗技术（BNCT）是近年来国际肿瘤治疗领域新兴快速发展的精准诊疗
技术，其原理是进入癌细胞内的硼原子核❑5
10B吸收慢中子，转变为锂原子核❑3
7Li和α粒子，并释放出γ
光子。已知硼原子核的比结合能为E1，锂原子核的比结合能为E2，这个核反应过程中质量亏损为Δm，真
空中的光速为c，则α粒子的结合能为（ ）
A．Δmc
2
B．10 E1−7 E2
C．E1−Δmc
2−E2
D．Δmc
2+10 E1−7 E2
【答案】D
【解析】由质能方程可知，核反应中放出的能量E = Δmc
2
由能量关系可得E =7 E2+ 4 Eα−10 E1
则α粒子的结合能为4 Eα =Δmc
2+10 E1−7 E2
故选D。
3.（2026·山东·调研）根据所给图片及有关物理知识，判断下列说法正确的是（ ）
A．图1 为α粒子散射实验装置，汤姆逊通过分析该实验提出了原子的核式结构模型
B．图2 为光电流与光电管两端电压的关系图，若甲光和丙光照射某金属都能发生光电效应，则甲光照
射产生的光电子的最大初动能更大
C．图3 为放射性元素衰变曲线，若有16 个氢原子核，经过一个半衰期后只剩下8 个氢原子核
D．图4 为工业上利用射线检查金属内部是否有缺陷的装置，探测射线应采用穿透能力强的γ射线
【答案】D
【解析】A．图1 为α粒子散射实验装置，卢瑟福通过分析该实验提出了原子的核式结构模型，A 错误；
B．图2 为光电流与光电管两端电压的关系图，若甲光和丙光照射某金属都能发生光电效应，因丙的遏止
电压较大，根据U ce = Ekm，则丙光照射产生的光电子的最大初动能更大，B 错误；
C．图3 为放射性元素衰变曲线，因半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量的原子核不适用，可知
若有16 个氢原子核，经过一个半衰期后不一定只剩下8 个氢原子核，C 错误；
D．图4 为工业上利用射线检查金属内部是否有缺陷的装置，因γ射线穿透力最强，则探测射线应采用γ射
线，D 正确。
故选D。
4.（2026·山东日照·模拟）关于原子核，下列说法正确的是（ ）
A．任何原子核的结合能均大于零
B．核反应前后，比结合能一定减小
C．结合能越大的原子核一定越稳定
D．比结合能越大的原子核一定越稳定
【答案】D
【解析】A．仅含1 个质子的氕核没有核子结合过程，结合能为0，并非所有原子核结合能都大于零，故A
错误；
B．裂变、聚变等放能核反应中，反应后生成物的比结合能大于反应物，比结合能不是一定减小，故B 错
误；
C．结合能大小与核子数有关，重核总结合能可能大于中等质量核，但重核比结合能更小、更不稳定，原
子核稳定性不由总结合能决定，故C 错误；
D．比结合能越大，说明拆分单个核子平均需要的能量越多，核子结合越牢固，原子核越稳定，故D 正确。
故选D。
5.（2026·滨州·一模）2025 年5 月，我国“天问三号”在火星表面完成采样任务升空返回，其火星表面上
升器中搭载了钚238（❑94
238Pu）核电池，利用衰变释放的能在极寒的火星夜为设备供热供电。已知钚238
（❑94
238Pu）的衰变方程为❑94
238Pu→92
234 U+ X。则（ ）
A．X 为氦核，该衰变属于β 衰变
B．衰变前钚238的质量等于衰变后铀234与X 的质量之和
C．火星夜的极寒环境会显著延长钚238的半衰期
D．❑94
238Pu的比结合能小于❑92
234 U的比结合能
【答案】D
【解析】A．根据核反应电荷数守恒、质量数守恒，可得X 的电荷数为2，质量数为4，故X 为氦核（α 粒
子），该衰变为α 衰变，故A 错误；
B．衰变过程释放能量，存在质量亏损，因此衰变前钚238的质量大于衰变后铀234与X 的质量之和，故B
错误；
C．半衰期由原子核内部结构决定，与外界温度、压强等环境因素无关，极寒环境不会改变钚238的半衰
期，故C 错误；
D．衰变过程释放能量，说明生成物的原子核更稳定，而比结合能越大原子核越稳定，因此❑94
238Pu的比结
合能小于❑92
234 U的比结合能，故D 正确。
故选D。
6.（2026·山东烟台·一模）山东海阳核电站是中国大型商用核电站，反应堆中所用到的铀-235 是一种放射
性同位素，反应堆中核反应的方程为❑92
235U+0
1n→56
144 Ba+36
89Kr+3X，下列说法正确的是（ ）
A．该核反应方程中X 为中子
B．该核反应为核聚变反应
C．该核反应过程中没有质量亏损
D．经过一个半衰期，10 个放射性铀-235 原子核一定剩下5 个
【答案】A
【解析】A．根据质量数守恒，有144+89+3 A =236
解得A =1
电荷数守恒，有56+36+3 Z =92
解得Z =0，故X 为中子，故A 正确；
B．该反应为铀-235 吸收中子后分裂为钡和氪等中等质量核，属于核裂变反应，而非轻核结合的核聚变反
应，故B 错误；
C．核裂变释放大量能量，根据爱因斯坦质能方程E =Δmc
2，能量释放对应质量亏损，故C 错误；
D．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核无法确定衰变后剩余确切个数，只能描述概率行
为，故D 错误。
故选A。
7.（2026·山东德州·一模）钛金属因其优异的性能在许多领域都有应用。已知钛金属的逸出功W 0=6.6eV，
可见光的光子能量介于1.63eV~3.10eV 之间，氢原子的能级图如图所示。若大量处于n=3能级的氢原子向
低能级跃迁，使它们发出的光子分别照射钛金属，对该过程下列说法正确的是（ ）
A．跃迁过程最多能产生6 种不同频率的光
B．放出的所有光子中，没有可见光
C．能够使钛金属发生光电效应的有2 种频率的光
D．用这些光照射钛金属，逸出光电子初动能的最大值为7eV
【答案】C
【解析】A．大量处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁，跃迁过程最多能产生C3
2=3种不同频率的光，A 错
误；
B．放出的所有光子中，其中的3→2 的跃迁辐射光子的能量为1.89eV，属于可见光，B 错误；
C．其中从3→1 和2→1 的跃迁对应的光子的能量分别为12.09eV 和10.2eV，均大于金属钛的逸出功，则
都能使钛金属发生光电效应，即能够使钛金属发生光电效应的有2 种频率的光，C 正确；
D．用从3→1 跃迁时释放的光子照射钛金属，逸出光电子初动能最大，则初动能的最大值为
12.09eV−6.6eV=5.49eV，D 错误。
故选C。
8.（2026·山东济宁·一模）某实验小组利用如图所示的电路研究“光电效应”现象，用红光照射光电管，
有光电子从K 极逸出，现改用蓝光照射光电管。下列说法正确的是（ ）
A．饱和电流一定增大
B．光电子的最大初动能增大
C．测得相应的遏止电压减小
D．需要克服K 极金属的逸出功增大
【答案】B
【解析】A．饱和光电流的大小与入射光的强度有关，题目仅更换入射光的频率，未说明光强变化，无法
确定饱和电流一定增大，故A 错误；
B．蓝光频率大于红光频率，根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hν −W 0
其中逸出功W 0是金属本身的固有属性，不随入射光改变，入射光频率ν增大时，光电子的最大初动能一定
增大，故B 正确；
C．遏止电压满足关系U c = Ek
e ，最大初动能增大时，遏止电压也随之增大，故C 错误；
D．逸出功由金属本身性质决定，与入射光无关，因此克服逸出功不变，故D 错误。
故选B。
9.（2026·高三·淄博·一模）氢原子的能级示意图如图所示，不同色光的光子能量如下表所示。
色光
红
橙
黄
绿
蓝靛
紫
光子
能量
1.61~2.00
2.00~2.07
2.07~2.14
2.14~2.53
2.53~2.76
2.76~3.10
范围
(eV)
大量处于n=5激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内的颜色分别为（ ）
A．红、橙
B．黄、绿、紫
C．橙、黄、绿
D．红、蓝靛、紫
【答案】D
【解析】大量处于n=5激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射光子的能量满足Δ E = E高−E低，我们计算
所有跃迁的光子能量，结合题干给出的可见光光子能量范围判断：
所有跃迁到基态n=1的光子能量都大于3.10eV，属于紫外线，不在可见光范围内；
所有跃迁到n≥3低能级的光子能量都小于1.61eV，属于红外线，也不在可见光范围内；
只有跃迁到n=2能级的三种光子符合可见光要求
n=3→n=2：Δ E =(−1.51eV)−(−3.4eV)=1.89eV，对应红光（能量范围1.61∼2.00eV）
n= 4→n=2：Δ E =(−0.85eV)−(−3.4eV)=2.55eV，对应蓝靛光（能量范围2.53∼2.76eV）
n=5→n=2：Δ E =(−0.54eV)−(−3.4eV)=2.86eV，对应紫光（能量范围2.76∼3.10eV）
因此谱线在可见光范围内的颜色为红、蓝靛、紫。
故选D。
二、多选题
10.（2026·菏泽·一模）关于高中物理教科书中的以下四张图片，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，车从你身边疾驰而过，鸣笛的音调由高变低，是由声波反射引起的
B．图乙中，若换用频率更大的单色光，其他条件不变，观察到的干涉条纹变窄
C．图丙中，光子与电子碰撞时，一部分动量转移给电子，光子的波长变长
D．图丁中，卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，成功解释了氢原子光谱分立特点
【答案】BC
【解析】A．车从身边疾驰而过，鸣笛音调由高变低，是由多普勒效应引起的，不是声波反射，A 错误；
B．在双缝干涉中，根据条纹间距公式Δ x = Lλ
d 可知，若换用频率更大的单色光，波长λ 变短，其他条件
不变，则干涉条纹变窄，B 正确；
C．光子与电子碰撞时，一部分动量转移给电子，光子动量减小。由λ = h
p可知，光子的波长变长，C 正确；
D．卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，但成功解释氢原子光谱分立特点的是玻尔的
原子模型，D 错误。
故选BC。
