2019高考物理二轮教师用书：第三部分选考


第1讲
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考法
学法
高考对本部分内容考查的重点和热点有：①对分子动理论内容的理解；②物态变化中的能量问题；③气体实验定律和状态方程的理解与应用；④固、液、气三态的微观解释和理解；⑤热力学定律的理解和简单计算；⑥实验：用油膜法估测分子大小等内容。选修3-3内容琐碎、考查点多，复习中应以四个板块(分子动理论，从微观角度分析固体、液体、气体的性质，气体实验定律，热力学定律)为主干，梳理出知识点，进行理解性记忆。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．必须理清的知识联系

2．必须掌握的三个要点
(1)估算问题
①油膜法估算分子直径：d＝
V为纯油酸体积，S为单分子油膜面积。
②分子总数：N＝nNA＝NA＝NA。
注意：对气体而言，N≠。
③两种分子模型：
球模型：V＝πR3(适用于估算液体、固体分子直径)；
立方体模型：V＝a3(适用于估算气体分子间距)。
(2)反映分子运动规律的两个实例
布朗运动
液体内固体小颗粒永不停息、无规则的运动，颗粒越小、温度越高，运动越剧烈
扩散现象
分子永不停息的无规则运动，温度越高，扩散越快
(3)对热力学定律的理解
①改变物体内能的方式有两种，只知道一种改变方式是无法确定内能变化的。
②热力学第一定律ΔU＝Q＋W中W和Q的符号可以这样确定：只要此项改变对内能增加有正贡献的即为正。
③对热力学第二定律的理解：热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热库吸收热量全部转化为功，但不引起其他变化是不可能的。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选](2018·全国卷Ⅱ)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．气体的内能包括气体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．气体的体积变化时，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
解析：选BDE　气体分子的重力势能和气体整体运动的动能都属于机械能，不是气体的内能，故A、C错误；实际气体的内能包括气体的分子动能和分子势能两部分，故B、E正确；气体体积变化时，分子势能发生变化，气体温度也可能发生变化，则分子势能与分子动能之和可能不变，故D正确。
2．[多选](2019届高三·湖南六校联考)下列说法不正确的是(　　)
A．没有规则几何外形的物体不是晶体
B．物体的温度为0 ℃时，分子的平均动能却不为零
C．布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动
D．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性
E．用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功4.5×105 J，同时空气的内能增加了3.5×
105 J，则空气从外界吸收热量1×105 J
解析：选ACE　多晶体没有规则的几何外形，而多晶体仍然是晶体，A错误；物体的温度为0 ℃时，物体的分子平均动能不为零，如果分子平均动能为零，则温度是绝对零度，B正确；布朗运动是在显微镜中看到的固体颗粒的无规则运动，而其反映的是液体分子的无规则热运动，C错误；根据热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，D正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得Q＝ΔU－W＝3.5×105 J－4.5×
105 J＝－1×105 J，即放热，E错误。
3．[多选](2018·广州模拟)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是(　　)
A．当气体温度变化时，气体内能一定变化
B．若气体的内能不变，其状态也一定不变
C．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变
D．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
E．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关
解析：选ACE　一定量的理想气体的内能仅仅与温度有关，所以当气体的温度发生变化时，内能一定改变，A正确；由理想气体的状态方程＝C知，若气体的压强、体积不变，则T一定不变，故内能一定不变，反之则不对，C正确，B错误；由理想气体的状态方程
＝C知，温度T升高，pV一定增大，但压强不一定增大，D错误；气体的温度每升高1 K，内能的变化是相同的，而内能的变化与气体吸收的热量以及外界对气体做的功两个因素有关，所以气体的温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关，E正确。
4．[多选]下列说法正确的是(　　)
A．第二类永动机违背了热力学第二定律，也违背了能量守恒定律
B．布朗运动的规律反映出分子热运动的规律，即固体小颗粒的运动是固体分子无规则运动产生的
C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果
D．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果
E．从微观上看，气体压强的大小与分子平均动能和分子的密集程度有关
解析：选CDE　第二类永动机违背了热力学第二定律，但没有违背能量守恒定律，故A错误；布朗运动的规律反映了分子热运动的规律，但固体小颗粒的运动是液体分子无规则运动时对固体小颗粒碰撞产生的，故B错误；在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是由于液体表面分子间存在引力(即表面张力)，从而使表面水分子相互吸引而形成球形，故C正确；干湿泡湿度计中湿温度计的下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，故D正确；从微观上看，气体压强的大小取决于分子对器壁的碰撞作用，故与分子平均动能和分子的密集程度有关，故E正确。

[知能全通]————————————————————————————————
1．固体和液体
(1)晶体和非晶体
比较
晶体
非晶体
单晶体
多晶体
形状
规则
不规则
不规则
熔点
固定
固定
不固定
特性
各向异性
各向同性
各向同性
(2)液晶的性质
液晶是一种特殊的物质，既可以流动，又可以表现出单晶体的分子排列特点，在光学性质上表现出各向异性。
(3)液体的表面张力
使液体表面有收缩到球形的趋势，表面张力的方向跟液面相切。
(4)饱和汽压的特点
液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积
无关。
(5)相对湿度
某温度时空气中水蒸气的实际压强与同温下水的饱和汽压的百分比，即：B＝×
100%。
2．气体状态参量

3．气体分子运动特点

[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选](2018·济南质检)以下说法正确的是(　　)
A．气体对外做功，其内能可能增加
B．分子势能可能随分子间距离的增加而增加
C．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是
晶体
D．热量不可能从低温物体传到高温物体
E．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体
解析：选ABE　根据热力学第一定律可知，做功和热传递都可以改变物体的内能，气体对外做功，若同时吸收一定的热量，其内能可能增加，A正确；当分子力表现为引力且分子间距离增大时，分子力做负功，分子势能增大，B正确；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母是晶体，C错误；根据热力学第二定律可知，在一定的条件下热量可能从低温物体传到高温物体，如空调制冷，D错误；根据晶体的特点可知，在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体，把晶体硫加热熔化(温度超过300 ℃)再倒进冷
水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，E正确。
2．[多选](2018·湖北七校联考)下列说法正确的是(　　)
A．控制液面上方饱和汽的体积不变，升高温度，则达到动态平衡后该饱和汽的质量增大，密度增大，压强也增大
B．没有摩擦的理想热机可以把获得的能量全部转化为机械能
C．两个分子甲和乙相距较远(此时它们之间的作用力可以忽略)，设甲固定不动，乙逐渐向甲靠近，直到不能再靠近，在整个移动过程中分子力先增大后减小，分子势能先减小后增大
D．晶体熔化过程中，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，而分子平均动能却保持不变，所以晶体有固定的熔点
E．理想气体的热力学温度与分子的平均动能成正比
解析：选ADE　温度升高时，液体分子的平均动能增大，单位时间内从液面飞出的分子数增多，所以达到动态平衡后该饱和汽的质量增大，密度增大，压强也增大，A正确；根据热力学第二定律知，热机的效率不可能为100%，B错误；两个分子甲和乙相距较远(此时它们之间的作用力可以忽略)，设甲固定不动，乙逐渐向甲靠近，直到不能再靠近，在整个移动过程中分子力先增大后减小最后增大，分子势能先减小后增大，C错误；由晶体熔化过程特点知，D正确；理想气体的热力学温度与分子的平均动能成正比，E正确。

3．[多选]下列说法正确的是(　　)
A．当液体与大气接触时，液体表面层分子的势能比液体内部分子的大
B．表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球的表面积最小
C．若已知某物质的摩尔质量和密度，则可求出阿伏加德罗常数
D．气体温度升高时，气体所有分子的速率均增大
E．液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点
解析：选ABE　当液体与大气接触时，液体表面层分子的间距大于液体内部分子的间距，所以液体表面层分子的势能比液体内部分子的大，A正确；根据表面张力的特点知，B正确；已知物质的摩尔质量和密度可以求出该物质的摩尔体积，但是不知该物质的分子质量或分子体积，因此无法求出阿伏加德罗常数，C错误；气体温度升高时，分子热运动的平均动能增大，但并非所有分子的速率都增大，D错误；液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点，E正确。
4．[多选](2018·东北三市联考)关于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是(　　)
A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
B．一定量的理想气体在等温变化时，内能不改变，气体不和外界发生热交换
C．布朗运动不是分子运动，但它能间接反映液体分子在做无规则的运动
D．温度越高，两种物质的浓度差越大，则扩散进行的越快
E．相对湿度大时，蒸发快
解析：选ACD　温度是分子平均动能的标志，所以温度高的物体分子平均动能一定大，而物体的内能还与物质的量、体积等因素有关，所以物体的内能不一定大，故A正确；一定量的理想气体在等温变化时，内能不改变，当气体体积变化时气体对外界或外界对气体要做功，由热力学第一定律知，气体与外界要发生热交换，故B错误；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，它间接地反映了液体分子的无规则运动，故C正确；扩散现象说明分子永不停息地做无规则运动，温度越高，两种物质的浓度差越大，则扩散进行的越快，故D正确；相对湿度大时，空气中水蒸气的压强接近同温度水的饱和汽压，液体内部分子进入空气的速度与空气里的水蒸气进入液体中的速度差不多，蒸发很难进行，故E错误。

1．气体实验定律和状态方程
(1)等温变化：玻意耳定律p1V1＝p2V2。
(2)等容变化：查理定律＝。
(3)等压变化：盖—吕萨克定律＝。
(4)理想气体状态方程：＝。
2．一定质量理想气体的状态变化图像与特点
类别
图像
特点
其他图像
等温线

pV＝CT(其中C为恒量)，pV之积越大，等温线温度越高，线离原点越远


p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
等容线

p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小

等压线

V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小

3.压强的计算方法
(1)被活塞封闭在汽缸内的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件求解。
(2)被液柱封闭在细管内的气体，通常分析液柱的受力，应用平衡条件求解，二者得出的压强单位一般都为Pa。
4．利用气体实验定律及状态方程解决问题的基本思路


1．通过分析图像提供的物理信息，可以将图像反映的物理过程“还原”成气体状态变化遵循的规律或相关公式，结合热力学定律判断气体做功、热传递及气体内能的变化。
2．理想气体状态变化的过程，可以用不同的图像描述，已知某个图像，可以根据这一图像转换成另一图像，如由p­V图像变成p­T图像或V­T图像。
[例1]　[多选](2018·全国卷Ⅰ)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
[解析]　过程①中，气体体积V不变、温度T升高，则压强增大，故A错误；过程②中，气体体积V变大，对外界做功，故B正确；过程④中，气体温度T降低，内能减小，体积V不变，气体不做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得Q＜0，即气体放出热量，故C错误；状态c、d温度相同，所以内能相等，故D正确；分别作出状态b、c、d的等压线，如图所示，分析可得pb＞pc＞pd，故E正确。
[答案]　BDE

求活塞封闭气体的压强时，一般以活塞为研究对象(有时取汽缸为研究对象)，分析它受到的气体压力及其他各力，列出受力的平衡方程，求解压强。如图所示，活塞静止于光滑的汽缸中，活塞质量为m，横截面积为S，被封闭气体的压强为p，大气压强为p0，活塞受力如图所示，由平衡条件得pS＝p0S＋mg，解得p＝p0＋。
[例2]　(2018·全国卷Ⅱ)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。
[解析]　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
＝①
根据力的平衡条件有
p1S＝p0S＋mg②
联立①②式可得
T1＝T0③
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
＝④
式中
V1＝SH⑤
V2＝S(H＋h)⑥
联立③④⑤⑥式解得
T2＝T0⑦
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
W＝(p0S＋mg)h。⑧
[答案]　T0　(p0S＋mg)h

求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，但要注意：
(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为液面至气体的竖直高度)。当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”。
(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。
(3)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等。
[例3]　(2018·福州质检)有一粗细均匀、一端封闭一端开口的U形玻璃细管，用水银封闭一定量空气，空气可近似看成理想气体，如图所示。在室温t＝27 ℃、大气压强p0＝75 cmHg时进行实验，玻璃管开口朝上竖直放置时，测得两管水银面高度差h＝5 cm，封闭空气柱的长度L1＝15 cm，开口端玻璃管足够长。
(1)将左右两玻璃管缓慢平放在水平桌面时，求封闭空气柱的长度L2；
(2)接着缓慢将玻璃管开口朝下竖直放置，若左侧玻璃管仍有水银存在，求这时封闭空气柱的长度L3；
(3)为确保(2)问中左侧玻璃管始终有水银，则左侧玻璃管总长度L至少多长？
[解析]　(1)设玻璃管的横截面积为S，对封闭气体，玻璃管开口朝上时：
p1＝p0＋h＝80 cmHg
V1＝L1S
平放在水平桌面时：p2＝p0＝75 cmHg
V2＝L2S
气体等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得L2＝16 cm。
(2)当开口朝下竖直放置时，设封闭空气柱长度改变量为ΔL(如图所示)，此时封闭气体的状态：
p3＝p0－h－2ΔL＝(70－2ΔL)cmHg
V3＝(L1＋ΔL)S
由开口向上到开口向下，依然认为气体等温变化
由玻意耳定律得p1V1＝p3V3
得80×15S＝(70－2ΔL)(15＋ΔL)S
解得ΔL1＝15 cm，ΔL2＝5 cm
空气柱长度L3＝L1＋ΔL1＝30 cm
或L3＝L1＋ΔL2＝20 cm。
(3)为确保第(2)问中左侧玻璃管始终有水银，则左侧玻璃管总长度L至少为：
L＝L1＋ΔL2＝(15＋5)cm＝20 cm。
[答案]　(1)16 cm　(2)30 cm或20 cm　(3)20 cm

多个系统相互联系的定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联。例如，当气体间活塞可自由移动时，一般要根据活塞的平衡状态确定两部分气体的压强关系。
[例4]　(2018·全国卷Ⅰ)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。
[解析]　设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；活塞下方气体的体积为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＝。
[答案]　

1．在“充气、抽气”模型中可以假设把充进或抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把变质量问题转化为定质量问题。
2．分装问题：将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看成整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。
3．漏气问题：容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，不能用理想气体状态方程求解。如果选容器内剩余气体为研究对象，便可转化为一定质量的气体状态变化问题，可用理想气体状态方程求解。
[例5]　如图为压缩式喷雾器，该喷雾器储液桶的容积为V0＝6 dm3。往桶内注入体积为V＝4 dm3的药液，然后通过进气口给储液桶打气，每次打进ΔV＝0.2 dm3的空气，使喷雾器内空气的压强达到p＝4 atm。假定打气过程中，储液桶内空气温度保持不变，药液不会向外喷出，喷液管体积及喷液口与储液桶底间高度差不计，外界大气压强p0＝1 atm。求：
(1)打气的次数n；
(2)通过计算说明，能否使喷雾器内的药液全部喷完。
[解析]　(1)根据一定质量的理想气体的等温变化，
由玻意耳定律有
p0(V0－V)＋np0ΔV＝p(V0－V)
解得n＝30。
(2)设喷雾器内的药液全部喷完后气体压强为p′，
由玻意耳定律有
p(V0－V)＝p′V0
解得p′≈1.33 atm＞p0
说明能使喷雾器内的药液全部喷完。
[答案]　(1)30　(2)能
[专题强训提能]
1．(2018·全国卷Ⅲ)(1)[多选]如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p­V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
(2)在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，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。
解析：(1)由理想气体的状态方程＝C知，从a到b气体温度一直升高，故A错误；一定量的理想气体的内能由温度决定，可知气体内能一直增加，故B正确；气体体积逐渐膨胀，一直对外做功，故C正确；根据热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能，故D正确，E错误。
(2)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，由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)
U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p。此时原左、右两边空气柱长度分别变为l1′和l2′，显然原左边空气柱的长度将增加，右边则减小，且两边空气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′
p2l2＝pl2′
联立解得
l1′＝22.5 cm，l2′＝7.5 cm。
答案：(1)BCD　(2)22.5 cm　7.5 cm
2．(2019届高三·云南师大附中质检)(1)[多选]下列说法正确的是________。
A．昆明地区晴朗天气晒衣服易干，是因为空气的绝对湿度小
B．当分子间距增大时，分子势能一定增大
C．一定量的理想气体，在等压膨胀时，气体分子每秒对器壁单位面积的平均碰撞次数减少
D．晶体熔化时吸收的热量主要用来破坏空间点阵
E．肥皂泡呈球形是由于液体表面张力的作用
(2)如图所示，内壁光滑、导热良好的圆柱形汽缸开口向下竖直悬挂，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞截面积为S，外界大气压强为p0，缸内气体温度为T1。现对汽缸缓慢加热，使理想气体体积由V增大了2V的过程中，气体吸收的热量为Q1；停止加热并保持气体体积不变，使其温度降低为T1。已知重力加速度为g，求：
(ⅰ)停止加热时缸内气体的温度；
(ⅱ)降温过程中气体放出的热量。
解析：(1)昆明地区晴朗天气晒衣服易干，是因为相对湿度小，所以晾晒的衣服易干，故A错误；若分子间表现为引力，随分子间距的增大引力做负功，分子势能增加，若分子间表现为斥力，随分子间距的增大斥力做正功，分子势能减小，故B错误；一定量的理想气体，在等压膨胀时，温度升高，气体分子对器壁的平均撞击力增大，为保证压强不变，气体分子每秒对器壁单位面积的平均碰撞次数减少，故C正确；晶体在熔化过程中所吸收的热量，主要用于破坏空间点阵结构，增加分子势能，故D正确；肥皂泡呈球形是由于液体表面张力的作用，故E正确。
(2)(ⅰ)停止加热前缸内气体发生等压变化，
由盖—吕萨克定律得＝
由题意知V1＝V，V2＝3V
解得：T2＝3T1。
(ⅱ)体积由V增大到3V的过程中，由活塞受力平衡有
pS＝p0S－mg
解得：p＝p0－
气体对外所做的功W1＝pΔV＝2V
停止加热并保持气体体积不变，W2＝0
全程内能变化，ΔU＝0
根据热力学第一定律得ΔU＝－W1＋Q1－Q2
所以降温过程中气体放出的热量
Q2＝Q1－2V。
答案：(1)CDE　(2)(ⅰ)3T1　(ⅱ)Q1－2V
3．(2018·东北三省四市教研联合体模拟)(1)[多选]下列说法正确的是________。
A．温度相同的一切物质的分子平均动能都相同
B．若两分子克服它们之间的分子力做功，则这两个分子的势能增加
C．只要知道某物质的密度和其分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数
D．迈尔是第一个提出能量守恒思想的人
E．根据一滴油酸酒精溶液的体积V和其在水面上形成的油膜面积S，就能算出油酸分子直径d＝
(2)利用如图所示的实验装置可测量粉末状物体的体积。导热性能良好的密闭容器，顶部连接一气压计可测出容器内的气体压强，容器左端与一个带有活塞的1缸相连，右端有一个小门。把小门开启，将活塞置于图中1位置，记录此时气压计读数p0＝
1.00 atm。把小门封闭，将活塞缓慢推至图中2位置，记录此时气压计读数p1＝1.20 atm，此过程中，汽缸中气体体积变化ΔV＝0.5 L。然后打开小门，将活塞恢复到1位置，放入待测粉末状物体后封闭小门。再次将活塞缓慢推至2位置，记录此时气压计读数p2＝1.25 atm。
整个过程中环境温度不变，求待测粉末状物体的体积。
解析：(1)温度是分子平均动能的标志，则温度相同的一切物质的分子平均动能都相同，选项A正确；由分子势能的变化特点可知，若两分子克服它们之间的分子力做功，则这两个分子的势能增加，选项B正确；只要知道某物质的摩尔质量和其分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数，选项C错误；迈尔是第一个提出能量守恒思想的人，选项D正确；根据一滴油酸酒精溶液中含有油酸的体积V和其在水面上形成的油膜面积S，就能算出油酸分子直径d＝，选项E错误。
(2)未放入粉末状物体时，推动活塞时，气体经历等温压缩过程，
由玻意耳定律得：p0V1＝p1V2
压缩后气体的体积为：V2＝V1－ΔV
放入粉末状物体后，推动活塞时，气体仍经历等温压缩过程，
由玻意耳定律得：p0V3＝p2V4
压缩前气体的体积为：V3＝V1－V
压缩后体的体积为：V4＝V1－V－ΔV
代入数据得：V＝0.5 L。
答案：(1)ABD　(2)0.5 L
4．(2019届高三·重庆四校联考)
(1)[多选]如图所示，“奥托循环”由两条绝热线和两条等容线组成，其中，a→b和c→d为绝热过程，b→c和d→a为等容过程。下列说法正确的是________。
A．a→b过程中，外界对气体做功
B．a→b过程中，气体分子的平均动能变小
C．b→c过程中，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增多
D．c→d过程中，单位体积内气体分子数减少
E．d→a过程中，气体从外界吸收热量
(2)如图所示为一水平固定放置的汽缸，由截面积不同的两圆筒连接而成。活塞A、B面积分别为2S和S，活塞A、B用长为2l的细直杆连接，活塞与筒壁气密性好且摩擦不计。现活塞间密闭有一定质量的理想气体，两活塞外侧(A的左方和B的右方)都是大气，大气压强始终保持为p0，当汽缸内气体温度为T0时，活塞B与两圆筒连接处的距离为l且处于静止状态。
(ⅰ)现使汽缸内气体温度缓慢下降，活塞A刚刚缓慢右移到两圆筒连接处时，求密闭气体的温度T1；
(ⅱ)若汽缸内气体温度缓慢下降至，求细直杆对活塞的弹力大小F。
解析：(1)由题意知，a→b过程为等温过程，气体分子的平均动能不变，气体体积变小，外界对气体做功，故A正确，B错误；b→c 过程中，体积不变，由＝C，可知压强变大，温度升高，故单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增多，故C正确；c→d过程为等温过程，体积变大，单位体积内气体分子数减少，故D正确；d→a过程为等容过程，由＝C，可知压强减小，温度降低，由ΔU＝W＋Q，可知ΔU<0，W＝0，故Q<0，气体放热，故E错误。
(2)(ⅰ)由题可知，汽缸内气体温度缓慢下降时，气体压强为p0保持不变，
初态体积：V0＝2Sl＋Sl＝3Sl
末态体积：V1＝2Sl
由盖—吕萨克定律：＝
解得T1＝T0。
(ⅱ)若汽缸内气体温度缓慢下降至 由查理定律：＝
解得p2＝p0
细直杆对活塞的弹力大小为
F＝p0S－p2S＝。
答案：(1)ACD　(2)(ⅰ)T0　(ⅱ)
5．(2018·衡阳第一次联考)(1)[多选]关于生活中的热学现象，下列说法正确的是________。
A．夏天和冬天相比，夏天的气温较高，水的饱和汽压较大，在相对湿度相同的情况下，夏天的绝对湿度较大
B．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是用镊子夹一棉球，沾一些酒精，点燃，在罐内迅速旋转一下再抽出，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上，其原因是，当火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强增大
C．盛有氧气的钢瓶，在27 ℃的室内测得其压强是9.0×106 Pa，将其搬到－3 ℃的工地上时，测得瓶内氧气的压强变为7.8×106 Pa，通过计算可判断出钢瓶漏气
D．汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，想办法使它们自发地分离，既清洁了空气又变废为宝
E．一辆空载的卡车停于水平地面，在缓慢装沙过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体向外界放热
(2)如图所示，内壁光滑的水平放置的汽缸被两个活塞分成A、B、C三部分，两活塞间用轻杆连接，活塞厚度不计，在E、F两处设有限制装置，使左边活塞只能在E、F之间运动，E、F之间的容积为0.1V0。开始时左边活塞在E处，A部分的容积为V0，A缸内气体的压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297 K；B部分的容积为1.1V0，B缸内气体的压强为p0，温度恒为297 K，C缸内为真空。现缓慢加热A缸内气体，直至温度为399.3 K。求：

(ⅰ)活塞刚离开E处时的温度TE；
(ⅱ)A缸内气体最后的压强p。
解析：(1)根据相对湿度的定义：相对湿度＝，可知在相对湿度相同的情况下，夏天的气温较高，水的饱和汽压较大，则绝对湿度较大，故A正确；当火罐内的气体体积不变时，温度降低，根据＝C分析知，气体的压强减小，这样外界大气压大于火罐内气体的压强，从而使火罐紧紧地被“吸”在皮肤上，故B错误；若不漏气，则气体做等容变化，有：＝，得p2＝＝8.1×106 Pa，因为p2>7.8×106 Pa，所以钢瓶漏气，故C正确；根据熵增加原理可知，有害气体排入大气后，被污染的空气不会自发分离，故D错误；不计分子势能，则气体为理想气体，又因为温度不变，故内能变化量ΔU＝W＋Q＝0，装沙过程中轮胎受地面挤压力增大，导致气体体积变小，外界对气体做功W>0，所以Q＝
－W<0，即气体向外界放热，故E正确。
(2)(ⅰ)活塞刚要离开E时，A缸内气体体积V0保持不变，根据活塞受力平衡可得：
pE＝p0
对A缸内气体，由查理定律得：
＝
T1＝297 K
解得：TE＝330 K。
(ⅱ)随A缸内气体温度继续增加，A缸内气体压强增大，活塞向右滑动，B缸内气体体积减小，压强增大。
设A缸内气体温度到达T2＝399.3 K时，活塞向右移动的体积为ΔV，且未超过F处
根据活塞受力平衡可得：
pA＝pB＝p
对A缸内气体，根据理想气体状态方程可得：
＝
对B缸内气体，由玻意耳定律可得：
p0·1.1V0＝pB(1.1V0－ΔV)
解得：ΔV＝0.1V0，p＝1.1p0
此时活塞刚好移动到F
所以此时A缸内气体的最后压强p＝1.1p0。
答案：(1)ACE　 (2)(ⅰ)330 K　(ⅱ)1.1p0


第2讲
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考法
学法
高考对本部分内容考查的重点和热点有：①简谐运动和受迫振动；②振动图像；③波的产生和传播规律；④波的图像；⑤波长、波速和频率及其相互关系；⑥光的折射及全反射；⑦光的干涉、衍射及双缝干涉实验；⑧电磁波的有关性质；
⑨相对论简介。复习选修3­4内容时，应加强对基本概念和规律的理解，抓住波的传播和图像、光的折射和全反射这两条主线，强化训练，提高对典型问题的分析能力。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．简谐运动的对称性
振动质点在关于平衡位置对称的两点，x、F、a、v、Ek、Ep的大小均相等，其中回复力F、加速度a与位移x的方向相反，而v与x的方向可能相同，也可能相反。振动质点来回通过相同的两点间的时间相等，即
tBC＝tCB；振动质点通过关于平衡位置对称的等长的两线段的时间相等，即tBC＝tB′C′。如图所示。
2．简谐运动的周期性
做简谐运动的物体，其位移、回复力、加速度、速度都随时间按“正弦”或“余弦”规律变化，它们的周期均相同。其位移随时间变化的表达式为：x＝Asin(ωt＋φ)或x＝Acos(ωt＋φ)。
3．简谐运动中物理量的变化
分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生与上述相反的变化。另外，各矢量均在其值为零时改变方向。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选](2018·天津高考)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。t＝0时振子的位移为－0.1 m，t＝1 s 时位移为0.1 m，则(　　)
A．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 s
B．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 s
C．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 s
D．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s
解析：选AD　若振幅为0.1 m，则T＝1 s，其中n＝0、1、2、…，当n＝0时，
T＝2 s，n＝1时，T＝ s，n＝2时，T＝ s，故A正确，B错误；若振幅为0.2 m，振动分4种情况讨论：

第①种情况，设振动方程为x＝Asin(ωt＋φ)，t＝0时，－＝Asin φ，解得φ＝－，所以由P点到O点用时至少为，由简谐运动的对称性可知，由P点到Q点用时至少为，即T＝1 s，其中n＝0、1、2、…，当n＝0时，T＝6 s，n＝1时，T＝ s；第②③种情况，由P点到Q点用时至少为，周期最大为2 s；第④种情况，周期一定小于2 s，故C错误，D
正确。
2．[多选](2016·海南高考)下列说法正确的是(　　)
A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比
B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变
C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小
D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率
E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的
方向
解析：选ABD　在同一地点，重力加速度g为定值，根据单摆周期公式T＝2π可知，周期的平方与摆长成正比，故选项A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项B正确；根据单摆周期公式T＝2π可知，单摆的周期与摆球质量无关，故选项C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项D正确；若弹簧振子初始时刻在波峰或波谷位置，知道周期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻不在波峰或波谷位置，则无法确定任意时刻运动的方向，故选项E错误。


3．[多选]如图所示为同一地点的甲、乙两单摆的振动图像，下列说法中正确的是(　　)
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的振幅比乙摆的大
C．甲摆的机械能比乙摆的大
D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
E．由图像可以求出当地的重力加速度
解析：选ABD　由题图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T＝2π可知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A正确；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆的大，故B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆的大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故C错误；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确；由单摆的周期公式T＝2π得g＝，由于单摆的摆长不知道，所以不能求得当地的重力加速度，故E错误。
4．某同学利用单摆测当地的重力加速度，他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图甲所示。通过改变摆线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图乙所示。由图像可知，摆球的半径r＝_______m，当地重力加速度g＝_______m/s2，由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会________(选填“偏大”“偏小”或“一样”)。

解析：由T＝2π 得T2＝L＋，由题图乙中横轴截距得，球的半径应为1.0×10－2 m；图像斜率k＝＝＝4，解得g＝π2 m/s2，根据以上推导可知，由此种方法得到的重力加速度与实际值一样。
答案：1.0×10－2　π2　一样


1．机械波的传播规律
(1)沿波的传播方向上各质点的起振方向与波源的起振方向一致。
(2)介质中各质点随波振动，但并不随波迁移。
(3)沿波的传播方向上，波每个周期传播一个波长的距离。
(4)在波的传播过程中，同一时刻如果一个质点处于波峰，而另一质点处于波谷，则这两个质点一定是反相点。
2．波的图像
(1)波的图像描述的是在同一时刻，沿波的传播方向上的各个质点偏离平衡位置的位移，在时间上具有周期性，空间上具有重复性和双向性的特点。
(2)质点振动的周期(频率)＝波源振动的周期(频率)＝波的周期(频率)。
(3)要画好、用好振动图像，并正确地与实际情景相对应。要能正确画出波形图，准确写出波形平移距离、质点振动时间与波长、周期的单一解或多解表达式。
[例1]　[多选](2018·全国卷Ⅲ)一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝0和t＝0.20 s时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期T＞0.20 s。下列说法正确的是(　　)

A．波速为0.40 m/s
B．波长为0.08 m
C．x＝0.08 m的质点在t＝0.70 s时位于波谷
D．x＝0.08 m的质点在t＝0.12 s时位于波谷
E．若此波传入另一介质中其波速变为0.80 m/s，则它在该介质中的波长为0.32 m
[解析]　因周期T＞0.20 s，故波在t＝0到t＝0.20 s时间内传播的距离小于波长λ，由y­x图像可知传播距离Δx＝0.08 m，故波速v＝＝0.40 m/s，故A正确；由y­x图像可知波长
λ＝0.16 m，故B错误；由v＝得，波的周期T＝＝0.4 s，根据振动与波动的关系知t＝0时，x＝0.08 m的质点沿＋y方向振动，t＝0.7 s＝1T，故此时该质点位于波谷；因为T＜
0.12 s＜，此时x＝0.08 m的质点在x轴上方沿－y方向振动，故C正确，D错误；根据
λ＝vT得，波速变为0.80 m/s时波长λ＝0.32 m，故E正确。
[答案]　ACE


波的多解问题的分析思路

[例2]　(2018·东北三省四市模拟)甲、乙两列横波传播速率相同，分别沿x轴负方向和正方向传播，t0时刻两列波的前端刚好分别传播到质点A和质点B，如图所示，设t0时刻为计时起点，已知甲波的频率为5 Hz。求：

(1)t0时刻之前，x轴上的质点C振动了多长时间；
(2)在t0时刻之后的0.9 s内，x＝0处的质点位移为＋6 cm 的时刻。
[解析]　(1)由题中条件可知，甲波的周期为：T甲＝＝0.2 s
波速为：v＝λ甲f甲＝4×5 m/s＝20 m/s
乙波的周期为：T乙＝＝ s＝0.4 s
由题图可知，质点C开始振动的时刻距t0时刻为：tC＝T乙
解得质点C已振动时间：tC＝0.1 s。
(2)x＝0处的质点位移为＋6 cm，表明两列波的波峰同时到达x＝0处。
甲波的波峰到达x＝0处的时刻为：t甲＝mT甲(m＝0,1,2,3，…)
乙波的波峰到达x＝0处的时刻为：t乙＝T乙(n＝0,1,2,3，…)
由t＝t甲＝t乙
解得：m＝2n＋1
n＝0时，m＝1，t＝0.2 s
n＝1时，m＝3，t＝0.6 s
n＝2时，m＝5，t＝1 s
可知：在t0时刻之后的0.9 s内，x＝0处的质点位移为＋6 cm的时刻为0.2 s和0.6 s。
[答案]　(1)0.1 s　(2)0.2 s和0.6 s

“一分、一看、二找”巧解振动图像与波的图像的综合问题
(1)分清振动图像与波的图像。只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波的图像，横坐标为t则为振动图像。
(2)看清横、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级。
(3)找准波的图像对应的时刻。
(4)找准振动图像对应的质点。
[例3]　(2018·全国卷Ⅰ)一列简谐横波在t＝ s时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图像。求：

(1)波速及波的传播方向；
(2)质点Q的平衡位置的x坐标。
[解析]　(1)由题图(a)可以看出，该波的波长为
λ＝36 cm
由题图(b)可以看出，周期为
T＝2 s
波速为v＝＝18 cm/s
由题图(b)知，当t＝ s时，质点Q向上运动，结合题图(a)可得，波沿x轴负方向传播。
(2)设质点O的振动方程为yO＝Asin(ωt＋φ)，其中ω＝＝π rad/s
t＝ s时有yO＝Asin＝－，可得φ＝－
即yO＝Asin
由题图(b)可知yQ＝Asin ωt
所以O、Q两质点的相位差为
xQ＝λ＝9 cm。
[答案]　(1)18 cm/s　沿x轴负方向传播　(2)9 cm


1．两个振动情况相同的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝nλ，振动减弱的条件为Δx＝nλ＋；两个振动情况相反的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝nλ＋，振动减弱的条件为Δx＝nλ。
2．振动加强点的振幅最大，位移随时间而改变。
[例4]　[多选]如图所示，两列相干简谐横波在同一区域传播，实线与虚线分别表示两列波的波峰和波谷，已知两列波的振幅均为A、频率均为f。此刻，a、c是波峰与波谷相遇点，b是波谷与波谷相遇点，d是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是(　　)
A．b点振幅为2A
B．a、c两点始终处在平衡位置
C．a、c连线的中点始终处在平衡位置
D．从该时刻起，经过时间，b点移动到d点
E．从该时刻起，经过时间，b点到达平衡位置
[解析]　b点是波谷与波谷相遇点，振动加强，则振幅为2A，选项A正确；a、c两点是波峰与波谷相遇点，振动减弱，振幅为零，则始终处在平衡位置，选项B正确；a、c连线的中点也是b、d连线的中点，是振动加强点，选项C错误；质点在振动时不随波移动，选项D错误；该时刻b点在波谷位置，则从该时刻起，经过时间＝，b点到达平衡位置，选项E正确。
[答案]　ABE

1．折射率
光从真空射入某种介质发生折射时，入射角的正弦与折射角的正弦之比叫做这种介质的折射率，公式为n＝。实验和研究证明，某种介质的折射率等于光在真空中的传播速度c与光在这种介质中的传播速度v之比，即n＝。
2．临界角
折射角等于90°时的入射角，称为临界角。若光从折射率为n的某种介质射向真空(空气)时发生全反射的临界角为C，则sin C＝。
3．全反射的条件
(1)光从光密介质射向光疏介质。
(2)入射角大于或等于临界角。
4．光的色散问题
(1)同种介质对不同频率的光的折射率不同，频率越高，折射率越大。
(2)由n＝，n＝可知，光的频率越高，在介质中的波速越小，波长越小。
[例1]　(2018·全国卷Ⅲ)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)
[解析]　如图所示，过D点作AB边的法线NN′，连接OD，则α、β分别为O点发出的光线在D点的入射角和折射角，根据折射定律有n＝
由几何关系可知
β＝60°
θ＝30°
在△OEF中有
OE＝2EF＝2 cm
所以△OED为等腰三角形，可得
α＝∠DOE＝∠EDO＝30°
解得n＝。
[答案]　
[例2]　(2018·全国卷Ⅱ)如图，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝60°。一细光束从BC边的D点折射后，射到AC边的E点，发生全反射后经AB边的F点射出。EG垂直于AC交BC于G，D恰好是CG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？
[解析]　(1)光线在BC面上发生折射，如图所示，由折射定律有
n＝①
光线在AC面上发生全反射，i2＝r2②
光线在AB面上发生折射，n＝③
由几何关系得
i2＝r2＝60°，r1＝i3＝30°④
F点的出射光相对于D点的入射光的偏角为
δ＝(r1－i1)＋(180°－i2－r2)＋(r3－i3)⑤
由①②③④⑤式得
δ＝60°。⑥
(2)光线在AC面上发生全反射，在AB面上不发生全反射，有i2≥C，i3＜C⑦
式中C是全反射临界角，满足
sin C＝⑧
由④⑦⑧式知，棱镜的折射率n的取值范围应为
≤n＜2。⑨
[答案]　(1)60°　(2)≤n＜2
[系统通法]————————————————————————————————
求解光的折射和全反射的思路
1．确定研究的光线：该光线一般是入射光线，还有可能是反射光线或折射光线，若研究的光线不明确，则需根据题意分析、寻找，如临界光线、边界光线等。
2．画光路图：找入射点，确认界面，并画出法线，根据反射定律、折射定律作出光路图，结合几何关系，具体求解。
3．光线从光疏→光密：一定有反射、折射光线；光线从光密→光疏：如果入射角大于或等于临界角，则发生全反射。
[题题过关]————————————————————————————————
1．(2019届高三·长沙调研)如图所示，在MN的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率n＝，玻璃介质的上边界MN是屏幕。玻璃中有一正三角形空气泡，其边长l＝40 cm，顶点与屏幕接触于C点，底边AB与屏幕平行。激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕MN上出现两个光斑。
(1)画出光路图；
(2)求两个光斑之间的距离L。

解析：(1)光路图如图所示。

(2)如图所示，在AC边，a光的入射角i＝60°
由光的折射定律有：＝n
代入数据，求得折射角r＝30°
由光的反射定律得，反射角i′＝60°
由几何关系易得：△ODC是边长为0.5l的正三角形，△COE为等腰三角形，
CE＝OC＝0.5l
故两光斑之间的距离L＝DC＋CE＝l＝40 cm。
答案：(1)见解析图　(2)40 cm
2.(2018·遵义高三质检)如图所示，一柱形玻璃的横截面是半径为R的圆，圆心为O，以O为原点建立直角坐标系xOy。一单色光平行于x轴射入玻璃，入射点的坐标为(0，d)，单色光在玻璃中的折射率为
n＝。
(1)当d为多大时，该单色光在圆弧面上刚好发生全反射？
(2)当d→0时，求该单色光照射到x轴上的坐标，不考虑单色光经圆弧面反射后的情况。(θ很小时，sin θ≈θ )
解析：(1)如图1所示，当光射到圆弧面上的入射角等于临界角时刚好发生全反射，则
sin θ＝＝
解得θ＝45°
根据几何关系得d＝Rsin θ＝R。
(2)如图2所示，当光射到圆弧面上的入射角很小时，设折射角为α，入射角为β，由折射定律得：
n＝
在△OEF中，由正弦定理得
＝
当d→0时，sin α≈α，则得OF＝ R，α＝nβ
解得OF＝(2＋)R。
答案：(1)R　(2)(2＋)R
3.(2018·哈尔滨高三模拟)如图所示，上、下表面平行的厚玻璃砖置于水平面上，在其上方水平放置一光屏。一单色细光束从玻璃砖上表面入射，入射角为i，经过玻璃砖上表面和下表面各一次反射后，在光屏上形成两个光斑。已知玻璃砖的厚度
为h，玻璃对该单色光的折射率为n，光在真空中的传播速度为c。求：
(1)两个光斑的间距d；
(2)两个光斑出现的时间差Δt。
解析：(1)作出光路图如图所示，
根据折射定律有＝n
d＝2htan r
解得d＝。
(2)折射光束在玻璃砖内传播时，下表面的反射光束多走的路程s＝
光在玻璃中的传播速度v＝
两个光斑出现的时间差Δt＝
解得Δt＝。
答案：(1)　(2)

[知能全通]————————————————————————————————
1．机械波和光波都能发生干涉、衍射、多普勒效应等现象，这些都是波特有的现象。偏振现象是横波的特有现象。要观察到稳定的干涉现象和明显的衍射现象需要一定的条件。
2．机械波的干涉图样中，实线和实线的交点、虚线和虚线的交点及其以两波源为中心向外辐射的连线处为振动加强区；实线和虚线的交点及其以两波源为中心向外辐射的连线处为振动减弱区。振动加强点有时位移也为零，只是振幅为两列波的振幅之和，振动最剧烈。
3．光的双缝干涉条纹间距Δx＝λ
(1)l、d相同时，Δx∝λ，可见光中的红光条纹间距最大，紫光最小。
(2)单色光条纹间隔均匀，亮度均匀，中央为亮条纹。
(3)如用白光做实验，中间为白色，两边为由紫到红的彩色。
4．光的干涉现象：薄膜干涉(油膜、空气膜、增透膜、牛顿环)；光的衍射现象：圆孔衍射、泊松亮斑。
5．狭义相对论的重要结论
(1)在任何惯性系中观察光速均为c。
(2)相对观测者运动的物体长度变短。
(3)相对观测者运动的时钟变慢。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2018·北京高考)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
解析：选D　在光源与单缝之间加上红色滤光片后，只透过红光，屏上出现红光(单色光)的干涉条纹，D正确。
2．[多选]下列说法正确的是(　　)
A．摆钟偏慢时可缩短摆长进行校准
B．火车鸣笛驶出站台时，站台旅客听到的笛声频率将比声源发声的频率高
C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以减弱玻璃反射光的透射
D．肥皂膜在太阳光照射下看上去呈现彩色，是因为光的色散
E．要有效地发射电磁波，振荡电路必须采用开放电路且要有足够高的振荡频率
解析：选ACE　摆钟偏慢时，说明周期偏大，若要周期变小，根据单摆周期公式，则可缩短摆长进行校准，故A正确；火车鸣笛驶出站台时，远离站台，站台旅客听到的笛声频率将比声源发声的频率低，故B错误；拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片，可以减弱玻璃反射光的透射，故C正确；肥皂膜在太阳光照射下呈现彩色是光的干涉现象，故D错误；为了有效地向外发射电磁波，振荡电路必须采用开放电路，同时提高振荡频率，故E正确。


3．[多选](2018·湖南高三六校联考)下列说法中正确的是(　　)
A．产生多普勒效应时波源频率发生了变化
B．两列频率相同的波发生干涉现象时，介质中振动加强的点，振动能量最大，振动减弱的点振动能量可能为零
C．振动图像和波的图像中，横坐标所反映的物理意义是不同的
D．超声波比次声波更容易发生衍射
E．在地球表面上走得很准的摆钟搬到月球表面上，其摆动周期变大
解析：选BCE　产生多普勒效应时波源频率不变，接收频率发生变化，A错误；两列频率相同的波发生干涉现象时，振动加强的点振幅最大，则振动能量最大，若两列波的振幅相等，则振动减弱的点振动能量为零，B正确；振动图像和波的图像中，横坐标所反映的物理意义是不同的，振动图像横轴表示时间，而波的图像横轴表示各质点平衡位置，C正确；超声波频率高，波长小，次声波的波长比超声波的波长长，因此次声波更容易发生衍射，D错误；在地球表面上走得很准的摆钟搬到月球表面上，根据周期公式T＝2π，可知所处地点重力加速度减小，那么其摆动周期变大，E正确。
4．[多选](2018·江西八所重点中学高三联考)下列说法中正确的是(　　)
A．两束单色光以相同角度斜射到同一平行玻璃砖，透过平行表面后，频率大的单色光侧移量大
B．当观察者向静止的声源运动时，接收到的声音的频率低于声源发出的频率
C．医生利用超声波探测病人血管中血液的流速时利用了多普勒效应
D．让蓝光和绿光通过同一双缝干涉装置，形成的干涉条纹间距较大的是绿光
E．在纵波的传播方向上，某个质点的振动速度等于波的传播速度
解析：选ACD　两束单色光以相同角度斜射到同一平行玻璃砖，透过平行表面后，折射率越大偏移量越大，频率大的单色光折射率大，则侧移量大，故A正确；当观察者向静止的声源运动时，接收到的声音的频率将高于声源发出的频率，故B错误；医生利用超声波探测病人血管中血液的流速时利用了多普勒效应，故C正确；让蓝光和绿光通过同一双缝干涉装置，因蓝光的波长小于绿光，因此形成的干涉条纹间距较大的是绿光，故D正确；在同种均匀介质中波的传播速度为定值，而质点只在平衡位置两侧做简谐运动，其速度大小是变化的，和波速无关，故E错误。
5．[多选](2016·全国卷Ⅱ)关于电磁波，下列说法正确的是(　　)
A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关
B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波
C．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直
D．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输
E．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失
解析：选ABC　电磁波在真空中的传播速度等于光速，与电磁波的频率无关，选项A正确；周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波，选项B正确；电磁波传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直，选项C正确；电磁波可以通过电缆、光缆传输，选项D错误；电磁波波源的电磁振荡停止，波源不再产生新的电磁波，但空间中已产生的电磁波仍可继续传播，选项E错误。
[专题强训提能]
1．(1)如图所示，△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点射出时的折射角________(选填“小于”“等于”或“大于”)60°。
(2)一列简谐横波沿＋x方向传播，t＝0时刻的波形如图甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个质点，t＝0时刻波刚好传播到B点。质点A的振动图像如图乙所示，则：

(ⅰ)该波的传播速度是多大？
(ⅱ)从t＝0到t＝1.6 s，质点P通过的路程是多少？
(ⅲ)经过多长时间质点Q第二次到达波谷？
解析：(1)根据光路的可逆性及折射率定义有n＝＝；玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，入射角相同时，蓝光的折射角更大些。
(2)(ⅰ)由题图甲可知该波的波长λ＝20 m
由题图乙可知，该波的周期T＝0.8 s
传播速度v＝＝25 m/s。
(ⅱ)从t＝0到t＝1.6 s经过2个周期，质点P通过的路程s＝2×4A＝16 m。
(ⅲ)质点P、Q平衡位置之间的距离L＝85 m－10 m＝75 m
由L＝vt，解得t＝3 s
即经过3 s质点Q第一次到达波谷，故经过3.8 s质点Q第二次到达波谷。
答案：(1)　大于　(2)(ⅰ)25 m/s　(ⅱ)16 m　(ⅲ)3.8 s
2．(1)声波在空气中的传播速度为340 m/s，在钢铁中的传播速度为4 900 m/s。一平直桥由钢铁制成，某同学用锤子敲击一下桥的一端发出声音，分别经空气和桥传到另一端的时间之差为1.00 s。桥的长度为________m。若该声波在空气中的波长为λ，则它在钢铁中的波长为λ的________倍。
(2)某种柱状透明工艺品的截面形状如图中实线所示，AO、BO为夹角是60°的平面，底部ADB是半径为R的圆弧面，其对应的圆心角也为60°，圆心在∠AOB的角平分线OD的延长线上。一束单色平行光沿与OA面成45°角的方向斜向下射向OA面，经OA面折射进入该柱状介质内，已知介质折射率为。
(ⅰ)通过计算说明在介质中经OA面折射的光线的方向；
(ⅱ)要使底部弧面ADB没有光线射出，OA面至少应该遮住多长的距离(不考虑二次
反射)。
解析：(1)设声波在钢铁中的传播时间为t，由L＝vt知，340(t＋1.00)＝4 900t，解得t＝
s，代入L＝vt中解得桥长L≈365 m。声波在传播过程中频率不变，根据v＝λf知，声波在钢铁中的波长λ′＝＝λ。
(2)(ⅰ)由题意可知，光线在OA面上的入射角i＝45°，由折射定律知：
＝n
解得折射角r＝30°
由几何关系知，折射光线平行于OB。
(ⅱ)光路图如图所示
进入介质内的光线，在弧面ADB上到达的位置越向左入射角越大，假设光线射向M点时，折射到弧面ADB上P点时恰好发生全反射，则AM为OA面上应该遮住的部分
此时在弧面ADB上的入射角为θ，则θ＝45°
由几何关系得α＝15°
过A点作PO′的平行线AN与PM的延长线相交于N点，则四边形ANPO′为菱形，在△AMN中，由几何关系得∠NMA＝120°，∠MNA＝45°
根据正弦定理＝
解得AM＝R。
答案：(1)365　　(2)(ⅰ)折射光线平行于OB　(ⅱ)R
3.(2019届高三·哈尔滨模拟)(1)[多选]一列沿x轴传播的简谐横波，t＝0时刻的波形如图所示，此时质点P恰在波峰，质点Q恰在平衡位置且向下振动。再过0.5 s，质点Q第二次到达波谷，下列说法中正确的是________。
A．波沿x轴负方向传播
B．波的传播速度为60 m/s
C．波的周期为0.2 s
D．t＝0至0.9 s时间内质点P通过的路程为1.8 m
E．1 s末质点P的位移是零
(2)如图所示为等腰直角三棱镜ABC，一组平行光线垂直斜面AB射入。
(ⅰ)如果光线不从BC、AC面射出，求三棱镜的折射率n的范围；
(ⅱ)如果光线顺时针转过60°，即与AB面成30°角斜向下，不考虑反射光线的影响，当n＝ 时，能否有光线从BC、AC面射出？
解析：(1)t＝0时刻，质点Q恰在平衡位置且向下振动，可知波沿x轴负方向传播，选项A正确；再过0.5 s，质点Q第二次到达波谷，可得＝0.5 s，T＝0.4 s，波的传播速度为v＝＝ m/s＝60 m/s，选项B正确，C错误；0.9 s＝2.25T，故t＝0至0.9 s时间内质点P通过的路程为2.25×4A＝9×0.2 m＝1.8 m，选项D正确；1 s＝2.5T，则1 s末质点P的位移是－0.2 m，选项E错误。
(2)(ⅰ)光线穿过AB面后方向不变，在BC、AC面上的入射角均为45°，光线不从BC、AC面射出(即发生全反射)的条件为：
sin 45°≥
解得n≥。
(ⅱ)当n＝时，设全反射的临界角为C，
sin C＝
折射光线如图所示，
由n＝，
解得r＝30°
光线在BC面的入射角β＝15°C，所以不能从AC面射出。
答案：(1)ABD　(2)(ⅰ)n≥　(ⅱ)只从BC面射出
4．(1)[多选]一列简谐横波沿x轴正方向传播，振幅为2 cm，周期为T，已知在t＝0时刻波上平衡位置相距40 cm的两质点a、b的位移都是1 cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负方向运动，如图所示。下列说法正确的是________。
A．该列简谐横波波长可能为150 cm
B．该列简谐横波波长可能为12 cm
C．当质点b的位移为＋2 cm时，质点a的位移为负
D．在t＝时刻，质点b速度最大
E．质点a、b的速度始终大小相等，方向相反
(2)如图所示为某种透明材料制成的一柱形棱镜的横截面图，CD是半径为R的四分之一圆弧面，圆心为O；光线从AB面上的M点入射，入射角为θ，光进入棱镜后恰好在BC面上的O点发生全反射，然后由CD面射出。已知OB段的长度为L，真空中的光速为c。求：
(ⅰ)透明材料的折射率n；
(ⅱ)该光在透明材料内传播的时间t。
解析：(1)根据题意，质点a、b在波的图像中的位置可能情况如图所示。

有×＋kλ＝0.4 m，可得λ＝ m，其中k为大于等于0的整数，波长最长为1.2 m，选项A错误；当k＝3时，λ＝12 cm，选项B正确；质点b再经过T位移为＋2 cm(波峰位置)，质点a再经过T到平衡位置，之后再经过T到波谷位置，选项C正确；t＝T时，质点b经过平衡位置，速度最大，选项D正确；两质点平衡位置间的距离等于半个波长的奇数倍时速度才会始终等大反向，而a、b两质点平衡位置间的距离不等于半个波长的奇数倍，选项E错误。



(2)(ⅰ)设光线在AB面的折射角为r，光路如图所示
根据折射定律得n＝
设棱镜发生全反射的临界角为θC，由题意，光线在BC面恰好发生全反射，可得sin θC＝
由几何知识可知，r＋θC＝90°
联立以上各式解得n＝。
(ⅱ)光在棱镜中的传播速度v＝
由几何知识得，MO＝＝nL
该光在透明材料内传播的时间
t＝＝。
答案：(1)BCD　(2)(ⅰ)　(ⅱ)
5．(2018·太原高三段考)(1)[多选]据报道，台湾高雄市曾发生6.7级地震，震源深度为
15 km。如果该地震中的简谐横波在地球中匀速传播的速度大小为4 km/s，已知波沿x轴正方向传播，某时刻刚好传到N处，如图所示，则下列说法中正确的是________。

A．从波源开始振动到波源迁移到地面需要经过3.75 s
B．从波传到N处开始计时，经过t＝0.03 s位于x＝240 m 处的质点加速度最小
C．波的周期为0.015 s
D．波的图像上M点此时速度方向沿y轴负方向，经过一段极短的时间后动能减小
E．从波传到N处开始，经过0.012 5 s，M点的波动状态传播到N点
(2)如图，等腰三角形ABC为某透明介质的横截面，AB＝AC，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O点以角i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射。已知θ＝15°，BC边长为2L，该介质的折射率为。求：
(ⅰ)入射角i；


(ⅱ)光从入射到发生第一次全反射所用的时间。
解析：(1)波上的质点并不随波迁移，选项A错误；由题意可知该波的周期为T＝ s
＝0.015 s，从波传到x＝120 m处开始计时，经过t＝0.03 s，波向前传播的距离s＝4×103×
0.03 m＝120 m，位于x＝240 m处的质点在平衡位置，加速度最小，选项B、C正确；由“上下坡法”可得M点的速度方向沿y轴负方向，正在往平衡位置运动，速度增大，动能增大，选项D错误；M、N两点的平衡位置之间相距50 m，波从M点传到N点所需时间t1＝ s＝0.012 5 s，选项E正确。
(2)(ⅰ)作出光路图如图所示，根据全反射规律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由折射定律得sin C＝
代入数据得C＝45°
设光线在BC面上的折射角为r，由几何关系得r＝30°
由折射定律得n＝
联立以上各式，代入数据得
i＝45°。
(ⅱ)在△OPB中，根据正弦定理得
＝
设所用时间为t，光线在介质中的传播速度为v，得
＝vt
又v＝
联立以上各式，代入数据得
t＝L。
答案：(1)BCE　(2)(ⅰ)45°　(ⅱ) L