2025年華師大新版高二物理下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年華師大新版高二物理下冊月考試卷592考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、放入電場中某點的電荷所受的靜電力F跟它的電荷量q的比值，叫做該點的電場強度E，即E=下列說法正確的是A.若將放入該點的電荷從電場中移出，則該點的電場強度變?yōu)?B.若將放入該點的電荷量增加一倍，則該點的電場強度將減少一半C.放入該點的電荷所受的靜電力的方向就是該點的電場強度的方向D.電場強度的國際單位是N/C2、以下說法正確的是(

)

A.由E=Fq

可知，電場中某點的電場強度E

與F

成正比B.由公式婁脮=婁脜q

知，電場中某點的電勢婁脮

與q

成反比C.由Uab=Ed

可知，勻強電場中的任意兩點ab

間的距離越大，則兩點間的電勢差也一定越大D.由公式C=QU

可知，電容器的電容大小C

與電容器兩極板間電勢差U

無關3、某人站在自動扶梯上，經(jīng)時間t1由一樓升到二樓．如果自動扶梯不動，人從一樓走到二樓的時間為t2；現(xiàn)在扶梯正常運行，人也保持原來的速率沿扶梯向上走，則人從一樓到二樓的時間是（）

A.t2-t1

B.

C.

D.

4、如圖所示為質(zhì)點P在0～4s內(nèi)的振動圖象；下列敘述正確的是（）

A.該質(zhì)點的周期為4s，振幅為4cmB.4s末，該質(zhì)點的速度沿正方向C.6s末，該質(zhì)點的加速度沿正方向，且達到最大值D.2s末，該質(zhì)點速度達到最大5、一質(zhì)點做簡諧運動的圖象如圖所示，下列說法正確的是

A.第4s

末質(zhì)點的加速度最大B.第4s

末質(zhì)點的速度為零C.在10s

內(nèi)質(zhì)點經(jīng)過的路程是20cm

D.在t=1s

和t=3s

兩時刻，質(zhì)點位移相同6、如圖中虛線框內(nèi)是一個未知電路，測得它的兩端點a、b之間電阻是R，在a、b之間加上電壓U；測得流過電路的電流為I，則未知電路的電功率一定是（）

A.I2RB.UI－I2RC.U2/RD.UI評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、下列做法哪些存在安全隱患（）A.發(fā)現(xiàn)家中有很大的煤氣味，立即開窗，不要打開電器開關B.把插頭插入插座后，習慣再按一下C.牽動導線把電器插頭從插座中拉出D.經(jīng)常用濕手接觸電器開關8、據(jù)悉長白快速鐵路項目將于2017

年5

月竣工；項目建成后長春至白城的運行時長將壓縮在2

小時以內(nèi).

電力機車供電系統(tǒng)如圖所示，發(fā)電廠利用升壓變壓器將低壓交流電升至110kV

牽引變電所利用降壓變壓器將電力系統(tǒng)輸送來的高壓交流電變換為27.5kV

升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電廠的輸出電壓不變，輸電線的電阻不能忽略.

若機車功率的增大，則(

)

A.升壓變壓器的輸出電壓增大B.降壓變壓器的輸出電壓增大C.輸電線上損耗的功率增大D.輸電線上損耗的功率占總功率的比例增大9、如圖所示，一輕質(zhì)彈簧一端固定在墻上的O點，另一端可自由伸長到B點．今使一質(zhì)量為m的小物體靠著彈簧，將彈簧壓縮到A點，然后釋放，小物體能在水平面上運動到C點靜止，已知AC=L；若將小物體系在彈簧上，在A點由靜止釋放，則小物體將做阻尼振動直到最后靜止，設小物體通過的總路程為s，則下列說法中可能的是（）A.s＞LB.s=LC.s＜LD.無法判斷10、如圖所示，L1和L2是遠距離輸電的兩根高壓線，在靠近用戶端的某處用電壓互感器和電流互感器監(jiān)測輸電參數(shù)．在用電高峰期，用戶接入電路的用電器逐漸增多的時候（）A.甲電表的示數(shù)變小B.甲電表的示數(shù)變大C.乙電表的示數(shù)變小D.乙電表的示數(shù)變大11、如圖所示，若考慮電表內(nèi)阻的影響，用兩表示數(shù)算出R虜芒=UI(

)

A.比R

真實值大B.比R

真實值小C.引起誤差的原因是電壓表分流D.引起誤差的原因是電流表分壓12、如圖所示，PQS

是固定于豎直平面內(nèi)的光滑的14

圓周軌道，PO

在同一水平面，圓心O

在S

的正上方。在P

和O

兩點各有一質(zhì)量為m

的有小球a

和b

從同一時刻開始，a

沿圓弧下滑，b

自由下落。以下說法正確的是(

)

A.ab

球在到達S

的過程中重力沖量相同B.它們在S

點的動能相同C.它們在S

點的動量相同D.a

在S

點重力的瞬時功率為零評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)13、A、B兩帶電小球，A固定不動，B的質(zhì)量為m．在庫侖力的作用下，B由靜止開始運動．初始時，AB間的距離為d，B的加速度為a．經(jīng)過一段時間后，B的加速度變?yōu)榇藭rA、B間的距離應為____．14、一輕質(zhì)彈簧原長2.0cm，當用10N的力同時拉彈簧兩端時，彈簧長度變?yōu)?.2cm，此彈簧的勁度系數(shù)為______N/m．15、如圖，質(zhì)量為m

的帶電小球A

用絕緣細線懸掛于O

點，處于靜止狀態(tài).

施加一水平向右的勻強電場后，A

向右擺動，擺動的最大角度為60鈭?

則A

受到的電場力大小為______.

在改變電場強度的大小和方向后，小球A

的平衡位置在婁脕=60鈭?

處，然后再將A

的質(zhì)量改變?yōu)?m

其新的平衡位置在婁脕=30鈭?

處，A

受到的電場力大小為______．16、某品牌電熱水壺的銘牌如圖所示..用該電熱水壺燒水，在額定電壓下工作時，它的工作電流是________AA正常工作1min1min消耗的電能是________JJ．產(chǎn)品型號DSB隆陋055DSB隆陋055

額定電壓220V220V

額定功率880W880W

使用頻率50Hz50Hz

容量0.8L0.8L17、在場強大小為E

的勻強電場中，一質(zhì)量為m

帶電量為q

的物體，以某一初速沿電場反方向做勻減速直線運動，其加速度大小為0.8qEm

物體運動S

距離時速度變?yōu)榱?

此過程中電場力做功為______；物體的動能變化量的大小為______．18、在方向水平的勻強電場中，一不可伸長的絕緣細線的一端連著一個質(zhì)量為m的帶電小球，另一端固定于O點．把小球拉起直至細線與場強平行，然后無初速度釋放．已知小球擺到最低點的另一側，線與豎直方向的最大夾角為θ．則小球電性為____（填正電或負電），經(jīng)過最低點時細線對小球的拉力為____．

19、有三根長度皆為l=1.00m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點，另一端分別拴有質(zhì)量皆為m=1.00×10-2kg的帶電小球A和B，它們的電量分別為-q和+q，q=1.00×10-7C．A、B之間用第三根線連接起來．空間中存在大小為E=1.00×106N/C的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時A、B球的位置如圖所示．現(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會達到新的平衡位置．求最后兩球達到新的平衡位置時，線OA和線AB與豎直方向的夾角分別為多少？（不計兩帶電小球間相互作用的靜電力）（g=10m/s2）20、在做測定玻璃折射率的實驗時：

（1）甲同學在紙正確畫出玻璃的兩個界面ab和cd時不慎碰了玻璃磚使它向ab方向平移了一些，如圖甲所示，其后的操作都正確，但畫光路圖時，將折射點確定在ab和cd上，則測出的n值將______．（填”偏小；不變、偏大”）

（2）乙同學為了避免筆尖接觸玻璃面，畫出的a′b′和c′d′都比實際側面外側平。

移了一些，如圖乙所示，以后的操作都是正確的，畫光路時將入射點和折射點都確定在a′b′和c′d′上，則測出的n值將______．（填”偏小、不變、偏大”）評卷人得分四、判斷題(共3題，共27分)21、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）22、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）23、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）評卷人得分五、識圖作答題(共1題，共2分)24、圖為碳循環(huán)的示意圖。請據(jù)圖回答：（1）碳循環(huán)具有全球性，碳在生物與生物之間的傳遞主要以_________的形式進行。（2）從生態(tài)系統(tǒng)的成分看，A是_________，它能將動植物的遺體、廢物等分解成無機物。（3）與能量流動相比，碳循環(huán)的特點是無機環(huán)境中的碳可以被生物群落_________利用。（4）倡導低碳生活，開發(fā)使用環(huán)保新能源，主要目的是為了減少人工碳排放，避免_________效應進一步加劇。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【解析】試題分析：若將放入該點的電荷從電場中移出，則電場力隨之而消失，但電場強度受到電場的性質(zhì)決定，所以依然存在．故A錯誤；若將放入該點的電荷量增加一倍，則電場力也將會增大一倍，而該處的電場強度卻不變，故B錯誤；放入該點的正電荷所受的靜電力的方向就是該點的電場強度的方向，若是負電荷則受力的反方向為電場強度的方向．故C錯誤；由公式可知國際單位是N/C．故D正確；考點：考查了對電場強度定義式的理解【解析】【答案】D2、D【分析】解：ABD

三個公式E=Fq婁脮=婁脜qC=QU

都是運用比值法定義的；所以E

由電場本身決定，與F

無關；電勢婁脮

與q

成反比；C

由電容器本身決定，與UQ

無關.

故AB錯誤，D正確．

C、由Uab=Ed

可知，勻強電場中的兩點ab

沿電場線方向的距離越大；則兩點間的電勢差一定越大，故C錯誤．

故選：D

．

公式E=Fq婁脮=婁脜qC=QU

都運用比值法定義；定義出來的量與參與定義的量無關；公式U=Ed

中d

是兩點沿電場線方向的距離；

本題要理解并掌握E=Fq婁脮=婁脜qC=QU

的定義方式，掌握比值法定義的共性.

知道公式U=Ed

中d

是兩點沿電場線方向的距離．【解析】D

3、C【分析】

人既參與了電梯的勻速運動，還參與了扶著電梯向上走的勻速運動．．所以合速度v=．所以運動時間t=．故C正確；A；B、D錯誤．

故選C．

【解析】【答案】將人從一樓到二樓的運動分解為兩個分運動；一個是電梯的勻速運動，一個是扶著電梯向上走的勻速運動．

4、C【分析】解：A；由圖知；質(zhì)點振動的周期是8s，振幅為4cm．故A錯誤．

B；2s末；切線的斜率為負，則該質(zhì)點的速度沿負方向，故B錯誤．

C、6s末，該質(zhì)點的位移為負向最大，由a=-知；加速度沿正方向，且達到最大值．故C正確．

D；2s末；該質(zhì)點的位移最大，速度為零，故D錯誤．

故選：C

根據(jù)圖象可直接讀出周期和振幅的大?。治稣駝舆^程；可判斷位移；速度等物理量的變化情況．根據(jù)圖象的斜率分析速度的方向．

本題考查對振動圖象的認識，會由圖象得到周期、振幅及振動方向等問題，進而分析質(zhì)點的速度、加速度的變化情況．【解析】【答案】C5、C【分析】【分析】由簡諧運動的圖象直接讀出周期；求出頻率，根據(jù)時間與周期的關系求出在10s

內(nèi)質(zhì)點經(jīng)過的路程；根據(jù)質(zhì)點的位置分析其速度，根據(jù)對稱性分析t=1s

和t=3s

兩時刻質(zhì)點的位移關系。

由振動圖象能直接判得質(zhì)點的振幅、周期，還可讀出質(zhì)點的速度、加速度方向等等，求質(zhì)點的路程，往往根據(jù)時間與周期的關系求解，知道質(zhì)點在一個周期內(nèi)通過的距離是4A

半個周期內(nèi)路程是2A

但不能依此類推，14

周期內(nèi)路程不一定是A

【解答】A.第4s4s末質(zhì)點在平衡位置，回復力為零加速度最小，故A錯誤；

B.在第4s4s末，質(zhì)點的位移為00經(jīng)過平衡位置，速度最大，B錯誤；C.質(zhì)點做簡諧運動；在一個周期內(nèi)通過的路程是4At=10s=2.5T

所以在10s

內(nèi)質(zhì)點經(jīng)過的路程是S=2.5隆脕4A=10隆脕2cm=20cm

故C正確；

D.由圖知在t=1s

和t=3s

兩時刻；質(zhì)點位移大小相等；方向相反，故D錯誤。

故選C。【解析】C

6、D【分析】【分析】

由于虛線框內(nèi)是一個未知電路；歐姆定律不一定適用，求解功率只能用P=UI．

【詳解】

若虛線框內(nèi)是一個純電阻電路時，歐姆定律適用，求解功率可以用P=IU=I2R=U2/R求解．若虛線框內(nèi)是一個非純電阻電路時，歐姆定律不適用，求解功率不能用I2R和U2/R，只能通過P=UI求解．故ABC錯誤，D正確。故選D。二、多選題(共6題，共12分)7、ABCD【分析】解：A；發(fā)現(xiàn)煤氣泄露時；要立即開窗通風，注意不能打開電器開關，以免引發(fā)火災；故A錯誤；

B；把插頭插入插座后如果再按一下；長期下來可能導致接觸不良，故B錯誤；

C；牽動導線把電器插頭從插座中拉出可能會導致電線斷開；故應用手拿插頭的塑料部分拔出；故C錯誤；

D；由于水是導體；濕水有可能使人出現(xiàn)觸電現(xiàn)象；故D錯誤；

本題考查存在安全隱患的；故選：ABCD．

明確用電小知識；在用電中應保證用電安全，同時注意應該如何操作電器開關等．

本題考查用電安全常識，用電安全關系到個人生命財產(chǎn)安全，應注意掌握相關知識，并在生活中加以應用．【解析】【答案】ABCD8、CD【分析】解：A

升壓變壓器輸出電壓由發(fā)電機輸出電壓決定；因升壓變壓器匝數(shù)比不變，故升高變壓器輸出電壓不變，故A錯誤；

B；因機車的功率增大；則發(fā)電廠輸出的功率一定增大，則輸送電流增大，導線上損失的電壓一定增大，故降壓變壓器獲得的輸入電壓減小，則輸出電壓減小，故B錯誤；

C；因輸電電流增加；則由P=I2R

可知，輸電線上損失的功率增大，故C正確；

D、根據(jù)P脣冒=(PU)2R

則有：P脣冒P=PRU2

因發(fā)電廠的輸出電壓不變；輸電線上的電阻不變，所以輸電線上損耗的功率占總功率的比例隨著發(fā)電廠輸出功率的增大而增大.

故D正確．

故選：CD

．

正確解答本題需要掌握：理想變壓器的輸入功率由輸出功率決定；輸出電壓有輸入電壓決定；明確遠距離輸電過程中的功率；電壓的損失與哪些因素有關，明確整個過程中的功率、電壓關系.

理想變壓器電壓和匝數(shù)關系．

對于遠距離輸電問題，一定要明確整個過程中的功率、電壓關系，尤其注意導線上損失的電壓和功率與哪些因素有關.

正確選擇功率公式進行分析求解．【解析】CD

9、BC【分析】解：設彈簧釋放前具有的彈性勢能為EP；物體所受的摩擦力大小為f．

第一次：彈簧自由端最終停在B處，彈簧的彈性勢能全部轉化為內(nèi)能，即EP=fL；

第二次：若最終物體恰好停在B處時，彈簧的彈性勢能恰好全部轉化為內(nèi)能，即有fs=EP，得到s=L；若物體最終沒有停在B處，彈簧還有彈性勢能，則fs＜EP；得到s＜L．

故選；BC．

根據(jù)功能關系分析：第一次：物體運動到B處時彈簧的彈性勢能全部轉化為物體的動能；物體的動能又全部轉化為內(nèi)能．第二次：若彈簧的自由端可能恰好停在B處，也可能不停在B處，根據(jù)功能關系分析物體運動的總路程L與s的關系．

本題根據(jù)功能關系分析物體運動的路程，此題中涉及三種形式的能：彈性勢能、動能和內(nèi)能，分析最終彈簧是否具有彈性勢能是關鍵．【解析】【答案】BC10、AD【分析】解：由圖可知：甲是電壓表；乙是電流表，所以甲是電壓互感器，乙是電流互感器．

A；在用電高峰期；用戶接入電路的用電器逐漸增多的時候，副線圈總電阻變小，副線圈總電流變大，所以輸電導線電流變大；

輸電導線電阻R不變；由U=IR可知，電壓損失變大，所以高壓線上輸出電壓變??；

根據(jù)匝數(shù)比等于電壓之比；所以甲電表的示數(shù)變小．故A正確，B錯誤；

C；輸電導線電流變大；所以乙電表的示數(shù)變大，故C錯誤，D正確；

故選：AD．

根據(jù)匝數(shù)比等于電壓之比和匝數(shù)比等于電流反比求解；結合電路動態(tài)分析判斷電阻增大時電流的變化．

本題實質(zhì)是電壓互感器與電流互感器的簡單運用，電壓互感器與電流互感器是利用變壓器原理將電壓、電流減小到可測范圍進行測量的儀器．掌握電路的動態(tài)分析，這是高考中的熱點．【解析】【答案】AD11、BC【分析】略【解析】BC

12、BD【分析】解：A

兩球到達S

點時時間不等；根據(jù)I=mgt

可知，重力的沖量不等，故A錯誤；

B、根據(jù)動能定理知Ek=12mv2=mgR

則它們在S

點的動能相同，故B正確；

C；它們在S

點的速度方向不同；則動量不相同，故C錯誤；

D；a

在S

點的速度為水平；與重力方向垂直，根據(jù)P=mgvcos婁脠

可知重力的瞬時功率為零，故D正確；

故選：BD

分析ab

兩球運動時間關系；判斷重力沖量關系。根據(jù)動能定理分析動能關系。動量是矢量，只有大小和方向都相同時動量才相同。由功率公式P=mgvcos婁脠

分析a

在S

點重力的瞬時功率。

解決本題時要注意：動量和沖量都是矢量，要考慮大小和方向；根據(jù)機械能守恒定律，相同高度速率相同；重力的功率與速度的方向有關。【解析】BD

三、填空題(共8題，共16分)13、略

【分析】

B球僅在庫侖力作用下；由靜止開始運動，當間距為d時，B的加速度為a，則合力為F=ma，且F與d的平方成反比；

當B的加速度為此時B球的合力為F′=則兩球間距為2d．

故答案為：2d

【解析】【答案】當在真空中兩個點電荷；其間的庫侖力與兩點電荷的電量乘積成正比，與間距的平方成反比．兩球在某一狀態(tài)下，小球加速度與質(zhì)量成反比．同一小球在不同狀態(tài)下，加速度與合力成正比．

14、略

【分析】解：由題意得：彈簧的伸長量為：x=2.2cm-2.0cm=0.2cm=0.002m；彈簧的彈力大小為F=10N

根據(jù)胡克定律F=kx得。

k===5000N/m

故答案為：5000．

本題中彈簧的彈力等于其一端受到的拉力；確定出彈簧的伸長量，再由胡克定律求出勁度系數(shù)．

本題關鍵要掌握胡克定律F=kx，知道x是彈簧伸長或壓縮的長度，不是彈簧的長度．【解析】500015、33mgmg

【分析】【分析】

選取擺動最大角度60鈭?

根據(jù)動能定理，結合拉力不做功，即可求解；

根據(jù)平衡條件；依據(jù)正弦定理，列出方程組，即可求解．

考查動能定理的應用；掌握正弦定理的內(nèi)容，理解平衡條件及矢量合成法則的運用．

【解答】

帶電小球A

受到電場力向右擺動的最大角度為60鈭?

末速度為零，此過程中電場力F

對小球做正功，重力G

做負功，細線拉力T

不做功；

根據(jù)動能定理；則有：Flsin婁脕鈭?mgl(1鈭?cos婁脕)=0

解得：F=33mg

改變電場強度的大小和方向后，平衡在婁脕=60鈭?

處時，根據(jù)正弦定理，則有：Fsin60鈭?=mgsin(180鈭?鈭?60鈭?鈭?婁脙)

而在新的平衡位置在婁脕=30鈭?

處，根據(jù)正弦定理，則有：Fsin30鈭?=2mgsin(180鈭?鈭?30鈭?鈭?婁脙)

解得：F=mg

故答案為：33mgmg

．

【解析】33mgmg

16、4.8×104【分析】【分析】由表中數(shù)據(jù)可以得到額定電壓；額定功率；由電功率公式P=UI

可以求得電流，由W=pt

可以求得電能。

用電器銘牌上都會有額定電壓和功率，有了這兩個信息我們可以求出其他幾個量：額定電流、電阻、用電量等，做題時要注意總結。【解答】由圖知電水壺的額定電壓為220V

額定功率為800W

由P=UI

得：I=PU=4011A

t=1min=60s

則1

分鐘消耗的電能為：W=Pt=800W隆脕60s=4.8隆脕104J

。

故填：40114.8隆脕104

【解析】40114.8隆脕104.8隆脕104

17、略

【分析】解：由于物體所受電場力和運動方向相反；故電場力做負功，即為：W=鈭?EqS

物體做減速運動，合外力做負功，動能減小，由動能定理得：鈻?Ek=F潞脧S=鈭?maS=鈭?0.8EqS

．

故答案為：鈭?qES0.8qES

．

物體所受電場力為F=Eq

方向和電場方向相同，由于運動方向和電場方向相反，故電場力做負功，根據(jù)電場力做功情況可以判斷電勢能的變化；動能的變化可以利用動能定理通過合外力做功來求。

本題在電場中考察了各種功能關系的轉化，正確解答的關鍵是明確各種功能關系．【解析】鈭?Eqs0.8Eqs

18、略

【分析】

依題；小球無初速度釋放后做圓周運動，則小球帶正電，否則小球做直線運動．

設細線長度為L．根據(jù)動能定理得。

小球從釋放到最低點的過程：mgL-qEL=①

小球無初速度釋放擺到最低點的另一側的過程：mgLcosθ-qEL（1+sinθ）=0②

小球最低點時。

根據(jù)牛頓第二定律得。

F-mg=m③

聯(lián)立以上三式得。

F=

故答案為：

【解析】【答案】由題；小球從靜止釋放后沿圓弧運動到最低點，說明小球一定帶正電．根據(jù)動能定理求出小球經(jīng)過最低點時的速度．經(jīng)過最低點時，由重力和細線的拉力的合力提供小球的向心力，由牛頓第二定律求出細線對小球的拉力．

19、略

【分析】

α；β分別表示重新達到平衡位置時細線OA、AB與豎直方向的夾角．

A球受力如圖所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向左；細線OA對A的拉力T1，方向如圖；細線AB對A的拉力T2；方向如圖．

由平衡條件。

T1sinα+T2sinβ=qE

T1cosα=mg+T2cosβ

B球受力如圖所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向右；細線AB對B的拉力T2；方向如圖．由平衡條件。

T2sinβ=qE

T2cosβ=mg

聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)；得α=0

β=45°

答：兩球達到新的平衡位置時；線OA和線AB與豎直方向的夾角分別為0°和45°．

【解析】【答案】先對物體A受力分析；根據(jù)平衡條件并運用正交分解法列方程；再對物體B受力分析，并運用平衡條件列方程；最后聯(lián)立方程組求解．

20、略

【分析】解：（1）作出光路圖如圖所示，實線是實際的光路，虛線是作圖的光路，由幾何知識可知，入射角與折射角沒有誤差，則由折射定律n=可知；測出的n值將不變．

（2）作出光路圖如圖所示，實線是實際的光路，虛線是作圖的光路，可知入射角不變，但折射角變大，由由折射定律n=可知；測出的n值將偏?。?/p>

故答案為：（1）不變（