（江苏选考）物理第一部分六选考模块学案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE1学必求其心得，业必贵于专精PAGE专题六选考模块二十六、热学[思维脑图]学前串一串，平时翻一翻，考前忆一忆［学前先做高考题］高考题最经典，每做一次都有新发现1．（2015·江苏高考)（1)对下列几种固体物质的认识，正确的有__________。A．食盐熔化过程中，温度保持不变,说明食盐是晶体B．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C．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则D．石墨和金刚石的物理性质不同,是由于组成它们的物质微粒排列结构不同（2）在装有食品的包装袋中充入氮气，可以起到保质作用。某厂家为检测包装袋的密封性，在包装袋中充满一定量的氮气，然后密封进行加压测试。测试时，对包装袋缓慢地施加压力.将袋内的氮气视为理想气体，则加压测试过程中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力________（选填“增大"、“减小”或“不变”)，包装袋内氮气的内能________（选填“增大"、“减小”或“不变"）。(3)给某包装袋充入氮气后密封,在室温下，袋中气体压强为1个标准大气压、体积为1L。将其缓慢压缩到压强为2个标准大气压时，气体的体积变为0.45L.请通过计算判断该包装袋是否漏气.解析:(1）晶体在熔化过程中温度保持不变，食盐具有这样的特点，则说明食盐是晶体，选项A正确；蜂蜡的导热特点是各向同性的，烧热的针尖使蜂蜡熔化后呈椭圆形,说明云母片的导热特点是各向异性的，故云母片是晶体，选项B错误；天然石英表现为各向异性，则该物质微粒在空间的排列是规则的,选项C错误;石墨与金刚石皆由碳原子组成，但它们的物质微粒排列结构是不同的，选项D正确。（2）对氮气加压后，气体内部的压强增大，由F＝pS知,单位面积上所受气体分子撞击的作用力增大。由于加压过程是缓慢的，氮气的温度保持不变，所以氮气的内能不变。（3)若不漏气，设加压后的体积为V1，由玻意耳定律知：p0V0＝p1V1，代入数据得V1＝0。5L，因为0。45L〈0.5L,说明包装袋漏气。答案：(1)AD(2）增大不变（3）见解析2．（2016·江苏高考)（1）在高原地区烧水需要使用高压锅。水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽。停止加热,高压锅在密封状态下缓慢冷却。在冷却过程中，锅内水蒸气的变化情况为________。A．压强变小 B．压强不变C．一直是饱和汽 D．变为未饱和汽（2)如图1所示，在斯特林循环的p。V图像中，一定质量理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，整个过程由两个等温和两个等容过程组成。B→C的过程中，单位体积中的气体分子数目________(选填“增大”“减小"或“不变")。状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图像如图2所示，则状态A对应的是________（选填“①”或“②”).(3)如图1所示，在A→B和D→A的过程中,气体放出的热量分别为4J和20J。在B→C和C→D的过程中，气体吸收的热量分别为20J和12J。求气体完成一次循环对外界所做的功。解析：(1）高压锅在密封状态下缓慢冷却过程中，锅内水蒸气体积不变，温度降低，则压强变小，但锅内水蒸气发生的是动态变化过程,一定是饱和汽。故选项A、C正确.（2）B→C过程为等容过程，单位体积中的气体分子数目不变。气体状态A的温度低于状态D的温度，则状态A对应的气体分子的平均动能小，对应着图像①。(3）完成一次循环气体内能不变,ΔU＝0，吸收的热量Q＝(20＋12－4－20)J＝8J，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，W＝－8J，气体对外界所做的功为8J.答案：（1)AC（2）不变①(3)8J3．（2017·江苏高考)(1）一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V。T图像如图1所示.下列说法正确的有________。A．A→B的过程中，气体对外界做功B．A→B的过程中，气体放出热量C．B→C的过程中，气体压强不变D．A→B→C的过程中,气体内能增加(2）图2甲和乙是某同学从资料中查到的两张记录水中炭粒运动位置连线的图片,记录炭粒位置的时间间隔均为30s，两方格纸每格表示的长度相同。比较两张图片可知:若水温相同,________（选填“甲”或“乙”)中炭粒的颗粒较大；若炭粒大小相同,________(选填“甲"或“乙”)中水分子的热运动较剧烈。(3)科学家可以运用无规则运动的规律来研究生物蛋白分子。资料显示,某种蛋白的摩尔质量为66kg/mol，其分子可视为半径为3×10－9m的球，已知阿伏加德罗常数为6。0×1023mol－1。请估算该蛋白的密度。(计算结果保留一位有效数字）解析：（1)由题图1可知,A→B过程气体的体积减小，外界对气体做功，A项错误;A→B过程气体的温度不变，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，B项正确；B→C过程中，eq\f(V，T)是一个常数，气体发生的是等压变化，气体的温度降低，内能减少，C项正确，D项错误.(2)影响布朗运动快慢的因素有两个,即悬浮颗粒的大小和液体温度,颗粒越小布朗运动越明显，液体温度越高布朗运动越明显,从题图2可以看出，乙中炭粒的布朗运动明显，因此温度相同时，甲中炭粒的颗粒大；颗粒相同时，乙中水的温度高，水分子的热运动较剧烈。(3）摩尔体积V＝eq\f(4,3）πr3NA[或V＝(2r）3NA]由密度ρ＝eq\f（M，V),解得ρ＝eq\f（3M，4πr3NA)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或ρ＝\f(M,8r3NA))）代入数据得ρ≈1×103kg/m3(或ρ≈5×102kg/m3,5×102～1×103kg/m3均可）.答案：（1)BC（2)甲乙（3）1×103kg/m3(或5×102kg/m3，5×102～1×103kg/m3均可）［研透常考题根]对热学基本知识的考查1．分子动理论(1)分子大小①阿伏加德罗常数：NA＝6.02×1023mol－1。②分子体积:V0＝eq\f（Vmol,NA)（占有空间的体积）。③分子质量：m0＝eq\f（Mmol,NA)。④油膜法估测分子的直径：d＝eq\f（V，S).(2）分子热运动的实验基础：扩散现象和布朗运动。①扩散现象特点：温度越高,扩散越快。②布朗运动特点：液体内固体小颗粒做永不停息、无规则的运动,颗粒越小、温度越高，运动越剧烈。（3）分子间的相互作用力和分子势能①分子力:分子间引力与斥力的合力.分子间距离增大,引力和斥力均减小；分子间距离减小,引力和斥力均增大,但斥力总比引力变化得快。②分子势能:分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增大；当分子间距为r0（分子间的距离为r0时，分子间作用的合力为0)时，分子势能最小。2．固体和液体(1）晶体和非晶体的分子结构不同,表现出的物理性质不同。晶体具有确定的熔点.单晶体表现出各向异性，多晶体和非晶体表现出各向同性。晶体和非晶体在适当的条件下可以相互转化。(2)液晶是一种特殊的物质状态，所处的状态介于固态和液态之间。液晶具有流动性，在光学、电学物理性质上表现出各向异性.(3)液体的表面张力使液体表面具有收缩到最小的趋势，表面张力的方向跟液面相切。[即时训练]1．判断正误（1）布朗运动并不是液体分子的运动，但它说明分子永不停息地做无规则运动。（√)(2）液体温度越高，布朗运动会越激烈。（√)（3）显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性.（√)(4)悬浮在空气中做布朗运动的PM2.5微粒，气温越高,运动越剧烈.（√)（5)扩散现象不仅能发生在气体和液体中,固体中也可以.(√）（6)“酒香不怕巷子深"与分子热运动有关.(√）(7)水不容易被压缩说明分子间存在分子力.(√）（8）用力拉铁棒的两端,铁棒没有断，说明此时分子间只存在引力而不存在斥力.(×)(9)将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间的分子力先增大后减小最后再增大。(√）（10)当分子间距离增大时，分子间的引力减少，斥力增大.(×）(11)若两分子间距离减小,分子间斥力增大，引力减小，合力为斥力.(×）（12）当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时,分子间的距离越大，分子势能越小。（×）(13)同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现.（√)(14）大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体。（×)（15)单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的。（√)（16)单晶体和多晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点。（√)(17）晶体在各个方向上的导热性能相同时，表现为各向同性。(√）(18）单晶体的物理性质具有各向异性.(√)（19）太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果。(√）(20)液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部。(×)（21)液体表面的分子距离大于分子间的平衡距离，使得液面有表面张力。(√)(22）叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用。（√）（23）液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征.(√)(24)液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点。（√)（25）当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大.(×）（26）空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越快.(×)（27）只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数。(√)（28）用阿伏加德罗常数和某种气体的密度，就可以求出该种气体的分子质量。（×）(29）只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出该气体分子的体积。(×）（30)一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能。(√)(31)给自行车打气时气筒压下后反弹,是由分子斥力造成的。（×）（32)如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大.（×)（33)把很多小的单晶体放在一起，就变成了非晶体。(×)(34）用热针尖接触金属表面的石蜡，熔化区域呈圆形，这是晶体各向异性的表现。（×）（35）漂浮在热菜汤表面上的油滴,从上面观察是圆形的,是因为油滴液体呈各向同性的缘故。（×)（36)雨水没有透过布雨伞是因为液体分子表面张力的原因。（√）（37)在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零。（×)(38)压强变大时,分子间的平均距离必然变小.（×)（39）当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小。(√）(40)影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的实际压强与同一温度下水的饱和汽压的差距。（√)2．已知50℃时饱和水汽压是92.5mmHg,则在以下两种变化中:①如果温度不变,汽的体积缩小到原来一半；②体积不变，汽的温度升高到100℃.其饱和水汽压变化是(）A．不变，不变 B．变大，不变C．不变，变大 D．变大，变大解析：选C根据饱和水汽压与温度有关，随温度的升高而增大，与体积无关可知，如果温度不变,汽的体积缩小到原来一半，其饱和水汽压不变;如果保持体积不变,当汽的温度升高时，其饱和水汽压会变大.故C正确。热力学定律的理解1．物体内能变化的判定温度变化引起分子平均动能的变化；体积变化，分子间的分子力做功，引起分子势能的变化.2．热力学第一定律（1)公式：ΔU＝W＋Q。（2）符号规定：外界对系统做功,W>0；系统对外界做功，W〈0.系统从外界吸收热量，Q>0；系统向外界放出热量，Q〈0。系统内能增加，ΔU>0；系统内能减少,ΔU〈0。3．热力学第二定律的表述（1）热量不能自发地从低温物体传到高温物体(按热传递的方向性表述）。(2)不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功,而不产生其他影响(按机械能和内能转化的方向性表述)。（3)第二类永动机是不可能制成的。[即时训练]1．判断正误(1）外界对系统做功，其内能一定增加.(×)（2)系统从外界吸收热量，其内能一定增加。(×）(3）一定质量的理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变。（×)(4)一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大.(√)（5）在轮胎爆裂这一短暂过程中，气体膨胀，温度下降。（√)(6)密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程外界对其做功，瓶内空气内能增加。(×)（7)压缩处于绝热容器中的一定质量的理想气体，其内能一定增加.（√）(8)“钻木取火”和“捂热水袋”都是做功改变物体内能的.(×)(9）热量能够自发地从高温物体传导到低温物体，但不能自发地从低温物体传导到高温物体。（√)（10）利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的。(√）（11)自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的。（√）(12)功转变为热的实际宏观过程一定是可逆过程。(×)(13）空调既能制热又能制冷,说明热传递不存在方向性.（×)（14)不断改进工艺，热机的效率可能达到100%。(×)（15)热量不可以自发地从低温物体传递到高温物体,是因为违背了热力学第一定律。（×)（16）“第一类永动机”不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律。(√）（17）“第二类永动机”不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律。（×)2．关于热力学定律，下列说法正确的是()A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体解析：选BD根据热力学定律,气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，说法A错误；改变物体内能的方式有做功和传热,对气体做功可以改变其内能，说法B正确；理想气体等压膨胀对外做功，根据eq\f（pV，T）＝恒量知，膨胀过程一定吸热，说法C错误;根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，说法D正确。气体实验定律的应用1．气体实验定律(1)等温变化：pV＝C或p1V1＝p2V2。(2)等容变化：eq\f(p，T）＝C或eq\f(p1，T1)＝eq\f(p2,T2）。(3)等压变化：eq\f(V,T）＝C或eq\f（V1，T1）＝eq\f(V2,T2).(4）理想气体状态方程：eq\f(pV,T)＝C或eq\f(p1V1,T1）＝eq\f（p2V2，T2)。2．应用气体实验定律的三个重要环节（1）正确选择研究对象:对于变质量问题要保证研究质量不变的部分;对于多部分气体问题，要各部分独立研究，各部分之间一般通过压强找联系。（2)列出各状态的参量：气体在初、末状态，往往会有两个（或三个)参量发生变化,把这些状态参量罗列出来会比较准确、快速地找到规律。(3）认清变化过程：准确分析变化过程以便正确选用气体实验定律.［例1]一定质量的理想气体被质量m＝30kg、横截面积S＝100cm2的活塞封闭在光滑圆筒形的金属汽缸内，活塞与汽缸底之间用一轻弹簧连接.开始时汽缸水平放置，弹簧恰好处于原长L0＝50cm,如图(a)所示。将汽缸从水平位置缓慢地竖直立起，稳定后活塞下降L1＝10cm,如图(b)所示.再对汽缸内的气体逐渐加热,活塞上升L2＝30cm，如图(c)所示。已知重力加速度g＝10m/s2，外界气温t＝27℃，大气压强p0＝1.0×105Pa，不计一切摩擦,求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)加热后，汽缸内气体的温度T′。［解析］（1）设汽缸竖直稳定后，汽缸内气体压强为p1,活塞受力平衡p1S＋kL1＝p0S＋mg由玻意耳定律得p0L0S＝p1(L0－L1)S解得k＝500N/m。（2）设加热后汽缸内气体压强为p2,活塞受力平衡p2S＝p0S＋mg＋k（L2－L1）初始温度：T＝t＋273K由理想气体状态方程eq\f（p0L0S，T)＝eq\f（p2L0＋L2－L1S,T′）解得T′＝588K。[答案]（1）500N/m（2）588K[即时训练］1．(2016·全国卷Ⅱ）一氧气瓶的容积为0.08m3,开始时瓶中氧气的压强为20个大气压.某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天.解析：设氧气开始时的压强为p1,体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2.根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2①重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为V3＝V2－V1②设用去的氧气在p0（1个大气压）压强下的体积为V0,则有p2V3＝p0V0③设实验室每天用去的氧气在p0压强下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为N＝eq\f（V0，ΔV)④联立①②③④式,并代入数据得N＝4（天）。⑤答案：4天2．(2017·江苏四模)在水平面上有一个导热汽缸，如图甲所示，活塞与汽缸之间密封了一定质量的理想气体。最初密封气体的温度为27℃，气柱长10cm；给气体加热后，气柱长变为12cm。已知汽缸内横截面积为0.001m2，大气压强p0＝1.0×105Pa,重力加速度g取10m/s2,不计活塞与汽缸之间的摩擦.（1）求加热后汽缸内气体的温度；（2）若保持汽缸内气体温度不变,将汽缸直立后(如图乙所示），气柱长度又恢复为10cm，求活塞质量。解析:（1)汽缸内的密封气体温度升高后，压强不变，是等压变化,汽缸内横截面积用S表示，则V1＝0。1Sm3，V2＝0。12Sm3，T1＝（273＋27）K根据盖—吕萨克定律，有eq\f(V1,T1）＝eq\f（V2，T2）代入数据解得：T2＝360K（或87℃）。（2）将汽缸直立后，气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p2V2＝p3V3已知V2＝0。12Sm3，V3＝0。1Sm3，p2＝p0＝1。0×105Pa代入数据解得p3＝1。2×105Pa因为Δp＝p3－p0＝eq\f(mg,S）代入数据解得m＝2kg.答案：（1)360K（或87℃）(2)2kg热学综合问题［例2］(2017·南京一模）一定质量的理想气体从状态A经绝热过程到达状态B，再经等容过程到达状态C，此过程的p。V图像如图所示，图中虚线为等温线.在B→C的过程中，气体吸收热量为12J.（1）比较气体在A和B状态的内能EA、EB的大小；(2）求气体从A→B过程中气体对外界做的功。[解析］(1）A→B过程绝热，Q＝0，气体体积V增大，对外做功，内能减小，EA＞EB。(2）A→B→C过程中有：ΔU＝WAB＋WBC＋QAB＋QBCA、C温度相等，内能不变，ΔU＝0A→B过程绝热，QAB＝0B→C等容变化不做功,WBC＝0在B→C的过程中，气体吸收热量QBC＝12J解得WAB＝－12J即A→B过程气体对外做功12J。［答案](1）EA＞EB(2)12J［即时训练］1。(2017·许昌二模）如图所示,一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程。该循环过程中，下列说法正确的是(）A．A→B过程中,气体对外界做功,吸热B．B→C过程中,气体分子的平均动能增加C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少D．D→A过程中，气体吸热解析:选AA→B过程中，体积增大,气体对外界做功，W＜0，A→B为等温过程,内能不变，ΔU＝0,根据热力学第一定律知气体吸热，Q＞0，故A正确；B→C过程中，绝热膨胀,气体对外做功，内能减小,温度降低，气体分子的平均动能减小,故B错误；C→D过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C错误；D→A过程中，绝热压缩，Q＝0，故D错误.2.(2017·南通一模)如图所示，在开口向上、竖直放置的薄壁圆柱形容器内，用质量m＝2.0kg的活塞密封一部分气体，活塞在容器内能自由滑动且保持水平,容器的底面积S＝100cm2，开始时气体的温度T1＝280K，活塞到容器底的距离h1＝20.0cm.在气体从外界吸收Q＝40J热量的过程中，活塞缓慢上升的距离Δh＝1。0cm。已知大气压强p0＝1。0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)活塞停止上升时容器内气体的温度T2；（2）密封气体内能的增加量ΔU.解析：（1)活塞上升过程中,由盖-吕萨克定律有:eq\f(V1,V2）＝eq\f(T1，T2)则有：T2＝eq\f（V2,V1)T1＝eq\f（h1＋Δh,h1）T1代入数据解得T2＝294K.(2)活塞上升的过程，外界对系统做的功为：W＝－（mg＋p0S）Δh由热力学第一定律有：ΔU＝Q＋W解得：ΔU＝29.8J。答案：（1）294K（2)29。8J［专题跟踪检测］一、选择题1．（2017·泰州三模)下列说法中正确的是（)A．当分子间引力大于斥力时,随着分子间距增加，分子间作用力的合力一定减小B．单晶硅中原子排列成空间点阵结构，因此其他物质分子不能扩散到单晶硅中C．液晶具有液体的流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性D．密闭容器中水的饱和汽压随温度和体积的变化而变化解析:选C当分子间引力大于斥力时，分子间距离r＞r0，分子之间的作用力表现为引力，随着分子间距增加，分子力先增大,后减小，故A错误;单晶硅中原子排列成空间点阵结构,但分子之间仍然存在间隙，其他物质分子能扩散到单晶硅中，故B错误；液晶是一种特殊的物态，液晶像液体一样具有流动性,而其光学性质具有各向异性,故C正确；水的饱和汽压仅仅与温度有关，与体积无关,故D错误。2．在温度不变的情况下，增大液面上方饱和汽的体积，再次平衡时，下面有关说法正确的是（)A．饱和汽的质量不变，饱和汽的密度减小B．饱和汽的密度不变，饱和汽的压强减小C．饱和汽的密度不变，饱和汽的压强增大D．饱和汽的质量增大，饱和汽的压强不变解析:选D饱和汽压只与温度有关，故在温度不变的情况下，饱和汽的分子密度是不变的。增大液面上方饱和汽的体积,再次平衡时，饱和汽的质量增大,饱和汽的压强不变，故D正确。3。如图所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小,横坐标表示两个分子的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法正确的是（)A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线,e点横坐标的数量级为10－10mB．ab为引力曲线，cd为斥力曲线,e点横坐标的数量级为10－10mC．若两个分子间距离大于e点的横坐标，则分子间作用力表现为引力D．若两个分子间距离越来越大,则分子势能也越来越大解析：选BC在F。r图像中，随着距离的增大，斥力比引力变化快，所以ab为引力曲线,cd为斥力曲线，当分子间的距离等于分子直径数量级时，引力等于斥力，所以e点的横坐标为10－10m，故A错误，B正确；若两个分子间距离大于e点的横坐标,则分子间作用力表现为引力，故C正确；若两个分子间距离越来越大，小于平衡位置距离时，分子间作用力表现为斥力，斥力做正功；大于平衡位置距离时，分子间作用力表现为引力，引力做负功，故分子势能先减小后增大，故D错误。4．(2017·南通模拟)下列说法中正确的是（）A．两分子间的距离从r0处逐渐增大,分子间表现出的引力先增大后减小B．从水里逸出的水分子数目与撞回水里的水分子数之差越大,水面上方的空气越潮湿C.理想气体向真空中自由膨胀时,压强减小，同时从外界吸热D．液滴在完全失重状态下,其形状可以做如图所示虚线方向的周期性微小变化，这是表面张力产生的效果解析：选AD根据分子力的特点可知，两分子间的距离从r0处逐渐增大，分子间表现出的引力先增大后减小，故A正确；根据对蒸发与液化的平衡微观解释可知，从水里逸出的水分子数目与撞回水里的水分子数之差越大，水面上方的空气越干燥,故B错误；理想气体向真空中自由膨胀时,气体不对外做功，压强虽然减小，但不一定会从外界吸热，故C错误；液滴在完全失重状态下，由于表面张力的作用，其形状近似为球体，故D正确。5．（2017·徐州期中)如图所示，对于图片中所描述的物理过程，下列分析中正确的是（)A．图甲，厚玻璃筒内的空气被压缩，空气的内能增大B．图乙，瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气的内能增大C．图丙，试管内的水蒸气推动了塞子冲出时,水蒸气的内能减小D．图丁，汽缸内的气体推动活塞向下运动时，气体的内能增大解析:选AC题图甲，厚玻璃筒内的空气被压缩时,活塞对空气做功，瓶内空气温度升高，空气的内能增大,故A正确；题图乙,瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气对活塞做功，空气的内能减小，故B错误；题图丙，试管内的水蒸气推动了塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能减小，故C正确；题图丁，汽缸内的气体推动活塞向下运动时，内能转化为机械能，内能减小，故D错误。6．(2017·南京四模）下列说法正确的有（)A．天然水晶熔化后再凝固的水晶(石英玻璃)仍然是晶体B．大气中氢含量较少的原因是氢分子平均速率较大，更容易从地球逃逸C．相同的温度下，液体的扩散速度等于固体的扩散速度D．人类使用能量的过程是将髙品质的能量最终转化为低品质的内能解析：选BD天然水晶熔化后再凝固的水晶(石英玻璃）是非晶体，故A错误;在动能一定的情况下，质量越小，速率越大,地球大气中氢含量少，是由于外层气体中氢分子平均速率大，更容易大于地球的第一宇宙速度，更易从地球逃逸,故B正确;在相同的温度下,液体的扩散速度要比固体的扩散速度快，故C错误;根据热力学第二定律，能量在利用过程中,总是由高品质的能量最终转化为低品质的内能，故D正确.7。（2017·徐州二模）一定质量的理想气体经历了如图ABCDA的循环过程，其中A→B、C→D是两个等压过程，B→C、D→A是两个绝热过程.关于气体状态及其能量变化，下列说法中正确的有（)A．A→B过程，气体对外做功，内能增大B．B→C过程,气体分子平均动能增大C．ABCDA循环过程中,气体吸热，对外做功D．ABCDA循环过程中,A状态气体温度最低解析：选ACA→B过程，气体发生等压变化，体积增大，气体对外做功，根据盖—吕萨克定律知，体积与热力学温度成正比,体积增大，温度升高，内能增大，故A正确；B→C是绝热过程,体积增大，气体对外界做功，W＜0，绝热过程，Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q＜0，内能减小，温度降低,气体分子的平均动能减小，故B错误；ABCDA循环过程中,从A→B→C气体对外做功，C→D→A外界对气体做功，气体对外做功大于外界对气体做功，所以一个循环中表现为气体对外做功，W＜0；经过一个循环，气体回到初状态A，内能不变，ΔU＝0,根据热力学第一定律知Q＞0，气体吸热，故C正确；ABCDA循环过程中，从D→A，体积减小，外界对气体做功,W＞0，绝热过程，Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知ΔU＞0,内能增加，温度升高，D状态温度比A状态温度低，即A状态温度不是最低，故D错误。二、非选择题8。(2017·徐州模拟)一定质量的理想气体压强p与摄氏温度t的关系如图所示，气体从状态A变到状态B，则气体在状态A的体积______(选填“＞"、“＝”或“＜”）在状态B的体积；此过程中，气体做功的绝对值为W，内能变化量的绝对值为ΔU,则气体与外界之间传递的热量为__________。解析：在p­t图像中分别作出过A、B两点的等容线,延长线交于同一点－273。15℃，等容线斜率越大,体积越小，所以气体在状态A的体积小于在状态B的体积，气体从状态A到状态B，温度降低，内能减小，ΔU＜0，此过程中气体体积增大，气体对外做功,W＜0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，代入：－ΔU＝－W＋Q，解得：Q＝W－ΔU。答案：＜W－ΔU9．（2017·苏锡常二模)我国科技人员用升温析晶法制出了超大尺寸单晶钙钛矿晶体，尺寸超过71mm，这是世界上首次报道尺寸超过0。5英寸的钙钛矿单晶。假设该单晶体的体积为V,密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数NA,则该晶体所含有的分子数为________,分子直径为________。(球的体积公式V＝eq\f（1,6)πD3,D为球的直径）解析:该单晶体的质量m＝ρV，则分子数为：n＝eq\f（ρV,M)NA，单个分子体积V0＝eq\f（V,n）＝eq\f（M，ρNA)＝eq\f(πD3,6）解得：D＝eq\r(3,\f（6M，πρNA）)。答案：eq\f(ρV，M)NAeq\r(3，\f（6M,πρNA）)10.(2017·徐州模拟)如图所示,竖直放置的内壁光滑、导热良好的汽缸中封闭了一定质量的理想气体，活塞到缸底的距离h＝0.5m.已知活塞质量m＝2kg，横截面积S＝1×10－2m2，环境温度t＝0℃且保持不变，外界大气压强p0＝1×105Pa，阿伏加德罗常数NA＝6×1023mol－1,标准状态下气体的摩尔体积Vmol＝22。4L/mol，g＝10m/s2。现将汽缸缓慢地转至水平，求:(1）汽缸水平放置时，被封闭气体的体积V；（2）汽缸内空气分子的个数（结果保留一位有效数字）。解析：(1)根据平衡条件得，封闭气体的压强:p1＝p0＋eq\f（mg，S)＝1.2×105Pa体积V1＝Sh＝5×10－3m3由玻意耳定律有：p1V1＝p0V解得V＝6×10－3m3。（2)汽缸内空气分子的个数N＝eq\f（V，Vmol）×NA＝eq\f(6×10－3，22。4×10－3）×6×1023≈2×1023（个).答案:(1）6×10－3m3(2）2×1023个11．(2017·宿迁三模)成年人在正常状态下1分钟呼吸18次，每次吸入的空气约为500mL,空气中氧气的含量约为21％，氧气的密度约为1.4kg/m3、摩尔质量为3。2×10－2kg/mol，阿伏加德罗常数NA取6.0×1023mol－1.求一个成年人在一昼夜的时间内：（1)吸入氧气的质量；(2)吸入氧气的分子数。（结果均保留一位有效数字）解析：(1)吸入氧气的体积V＝eq\f（T,t)n0V0η＝eq\f(24×60，1)×18×500×10－6×21％m3≈2.72m3,吸入氧气的质量m＝ρV＝1.4×2.72kg≈4kg.(2）吸入的氧气分子数N＝eq\f(m，M)NA解得N＝eq\f（4,3.2×10－2)×6.0×1023≈8×1025（个）.答案:（1）4kg（2）8×1025个12.(2017·淮安一模)如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体,活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S。开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0.将整个装置放在大气压恒为p0的空气中后，当气体从外界吸收热量Q，活塞缓慢上升d后再次平衡。求：(1)外界空气的温度;(2)在此过程中密封气体的内能增加了多少。解析：（1)取密封气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖—吕萨克定律得：eq\f(h0S,T0)＝eq\f（h0＋dS，T）解得：外界空气的温度为T＝eq\f(h0＋d，h0）T0。(2)活塞上升的过程，密封气体克服大气压力和活塞的重力做功,所以外界对系统做的功W＝－（mg＋p0S)d。根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能ΔU＝Q＋W＝Q－(mg＋p0S)d。答案：(1)eq\f（h0＋d,h0)T0(2)Q－(mg＋p0S）d13.如图，在水平固定放置的汽缸内，用不漏气的轻质活塞封闭有一定量的理想气体，开有小孔的薄隔板将气体分为A、B两部分.活塞的横截面积为S，与汽缸壁之间无摩擦。初始时A、B两部分体积相同，温度为T,大气压强为p0。（1)加热气体，使A、B两部分体积之比达到1∶2，求此时的温度T′；(2）将气体温度加热至2T，然后在活塞上施加一向左的水平恒力F＝5p0S，推动活塞，直至最终达到平衡，推动活塞过程中温度始终维持2T不变，求最终气体压强p′。解析:(1)设A的体积为V,则初状态A、B总体积为2V，末状态总体积为3V由盖—吕萨克定律得：eq\f(2V，T）＝eq\f(3V,T′)解得T′＝1。5T。(2）假设活塞被推至隔板时气体压强为p临eq\f(p0×2V，T)＝eq\f（p临V，2T)解得p临＝4p0＜eq\f(F，S)由此可以判断，活塞一直被推至隔板，此后气体体积、温度均不变,则压强不再改变，p′＝4p0.答案:(1)1.5T(2)4p014．（2017·苏州模拟）冬天天气寒冷，有时室内需要加温.如果有一房间室内面积为22.4m2，高为3。0m，室内空气通过房间缝隙与外界大气相通，开始时室内温度为0℃，通过加热使室内温度升为20℃.若上述过程中大气压强不变，已知气体在0℃的摩尔体积为22.4L/mol，阿伏加德罗常数为6.0×1023mol－1,试估算这个过程中有多少空气分子从室内跑出.(结果保留两位有效数字）解析：0℃时室内气体分子总数N＝eq\f(Sh,Vmol)NA＝eq\f（22。4×3。0，22.4×10－3）×6。0×1023＝1.8×1027（个)设20℃时室内气体体积与气体总体积分别为V1和V2,根据盖—吕萨克定律得eq\f(V1,T1)＝eq\f（V2,T2)，T1＝273K，T2＝（273＋20）K＝293K解得eq\f（V1，V2)＝eq\f（273,293）则室内气体分子数与总分子数之比为eq\f(N1，N)＝eq\f(V1,V2）从室内跑出的气体分子数为ΔN＝N－N1联立解得ΔN＝eq\f（20，293)N≈1.2×1026(个）.答案：1.2×1026个二十七、振动和波动、光与电磁波[思维脑图]学前串一串，平时翻一翻，考前忆一忆[学前先做高考题]高考题最经典，每做一次都有新发现1．(2015·江苏高考）（1)一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近,则被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比________。A．波速变大 B．波速不变C．频率变高 D．频率不变（2）用2×106Hz的超声波检查胆结石,该超声波在结石和胆汁中的波速分别为2250m/s和1500m/s，则该超声波在结石中的波长是胆汁中的________倍。用超声波检查胆结石是因为超声波的波长较短，遇到结石时________（选填“容易”或“不容易”）发生衍射。（3)人造树脂是常用的眼镜镜片材料.如图所示,光线射在一人造树脂立方体上，经折射后，射在桌面上的P点。已知光线的入射角为30°，OA＝5cm，AB＝20cm，BP＝12cm，求该人造树脂材料的折射率n.解析：（1）渔船与鱼群发生相对运动，被鱼群反射回来的超声波的速度大小不变；由多普勒效应知,反射回来的超声波的频率变高，故选项B、C正确。(2）由v＝λf知，超声波在结石中的波长λ1＝eq\f（v1,f),在胆汁中的波长λ2＝eq\f（v2，f)，则波长之比：eq\f(λ1,λ2）＝eq\f（v1,v2)＝1.5。超声波遇到结石时，其波长远小于结石的线度，则超声波遇到结石时不容易发生衍射现象.(3)设折射角为γ，由折射定律知：eq\f（sin30°，sinγ）＝n由几何关系知：sinγ＝eq\f(BP－OA，OP)且OP＝eq\r（BP－OA2＋AB2)代入数据得n＝eq\f(\r（449),14）≈1。5.答案:(1）BC（2）1。5不容易（3)eq\f（\r（449)，14）(或n≈1.5）2．(2016·江苏高考）(1)一艘太空飞船静止时的长度为30m,它以0。6c(c为光速）的速度沿长度方向飞行越过地球，下列说法正确的是________.A．飞船上的观测者测得该飞船的长度小于30mB．地球上的观测者测得该飞船的长度小于30mC．飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于cD．地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于c（2)杨氏干涉实验证明光的确是一种波。一束单色光投射在两条相距很近的狭缝上，两狭缝就成了两个光源,它们发出的光波满足干涉的必要条件，即两列光的________相同。如图所示，在这两列光波相遇的区域中，实线表示波峰,虚线表示波谷，如果放置光屏，在________(选填“A”“B”或“C”)点会出现暗条纹.（3）在上述杨氏干涉实验中，若单色光的波长λ＝5.89×10－7m，双缝间的距离d＝1mm，双缝到屏的距离l＝2m.求第1个亮条纹到第11个亮条纹的中心间距。解析：(1）飞船上的观测者相对飞船静止，测得飞船的长度为飞船静止时的长度l0＝30m，选项A错误；地球上的观测者与飞船有相对运动，测得飞船的长度l＝l0eq\r（1－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(0.6c，c))）2）＜l0，故应小于30m，选项B正确；狭义相对论的一个基本假设是光速不变原理，即飞船上和地球上的观测者测得的光信号速度都等于c，选项C、D错误。(2)当一束光投射到两条相距很近的狭缝上，狭缝成了两个光源，两列光的频率、相位、振动方向相同。A、B两点是振动加强点，出现亮条纹,C点是波峰与波谷的叠加，为振动减弱点,出现暗条纹。(3)相邻亮条纹的中心间距Δx＝eq\f(l，d）λ由题意知，亮条纹的数目n＝10所以L＝eq\f(nlλ，d)，代入数据解得L＝1。178×10－2m。答案：(1)B（2）频率C（3)1.178×10－2m3．(2017·江苏高考）（1）接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟,飞船和地球上的人观测这两只钟的快慢,下列说法正确的有________。A．飞船上的人观测到飞船上的钟较快B．飞船上的人观测到飞船上的钟较慢C．地球上的人观测到地球上的钟较快D．地球上的人观测到地球上的钟较慢（2)野生大象群也有自己的“语言”。研究人员录下象群“语言”交流时发出的声音,发现以2倍速度快速播放录音时，能听到比正常播放时更多的声音。播放速度变为原来的2倍时，播出声波的________(选填“周期"或“频率")也变为原来的2倍,声波传播速度________（选填“变大”“变小”或“不变”）。（3)人的眼球可简化为如图所示的模型.折射率相同、半径不同的两个球体共轴.平行光束宽度为D，对称地沿轴线方向射入半径为R的小球,会聚在轴线上的P点。取球体的折射率为eq\r（2），且D＝eq\r(2)R.求光线的会聚角α。（示意图未按比例画出)解析:(1)相对论告诉我们，运动的钟会变慢，由于飞船上的人相对飞船上的钟是静止的，而观测到地球上的钟是高速运动的，因此飞船上的人观测到飞船上的钟相对于地球上的钟快，A项正确,B项错误；同理，地球上的人观测到飞船上的钟是高速运动的,因此地球上的人观测到地球上的钟比飞船上的钟快，C项正确，D项错误。(2)播放速度变为原来的2倍,则声波的频率也变为原来的2倍，但在同一均匀介质中声波的传播速度不变。(3)由几何关系sini＝eq\f（D,2R)，解得i＝45°则由折射定律eq\f(sini,sinr）＝n,解得r＝30°且i＝r＋eq\f（α，2)，解得α＝30°。答案:(1）AC（2）频率不变(3)30°［研透常考题根］机械振动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)。［例1](2017·盐城期中)一个在水平面内做简谐运动的弹簧振子，从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的某点a时开始计时,下列说法中正确的是（)A．到它第二次经过a点时，所需时间为半个周期B．到它第二次经过a点时，所需时间为一个周期C．到它第三次经过a点时,所需时间为一个周期D．到它第三次经过a点时,所需时间为二个周期［解析]振子从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的某点a时开始计时,当振子第二次经过a点时，速度的方向一定与开始时的方向相反，所需要的时间可能大于半个周期,也可能小于半个周期，但一定不等于半个周期或一个周期，故A、B错误；振子从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的某点a时开始计时，当振子第三次经过a点时，速度的方向一定与开始时的方向相同,所需要的时间一定是一个周期,故C正确，D错误。［答案］C［即时训练］1．（2016·北京高考)如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox轴，向右为x轴正方向。若振子位于N点时开始计时，则其振动图像为()解析：选A从振子位于N点开始计时，则在0时刻,振子位于正向最大位移处，分析振动图像可知选项A正确.2．如图所示,弹簧振子在BC间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5cm，若振子从B经O到C的运动时间是1s，则下列说法中正确的是（）A．振子从B经O到C完成一次全振动B．振动周期是1s，振幅是10cmC．经过两次全振动，振子通过的路程是20cmD．从B开始经过3s，振子通过的路程是30cm解析：选D振子在BC间振动，振子从B经O到C经历的时间为半个周期，即半次全振动,故A错误;振子从B经O到C经历的时间为半个周期，所以振动周期为2s，振子在B、C两点间做机械振动，BO＝OC＝5cm，O是平衡位置，则该振子的振幅为5cm，故B错误；结合A的分析可知，经过两次全振动,振子通过的路程为40cm，故C错误;从B开始经过3s，振子运动的时间是1。5个周期，振子通过的路程是:1.5×4×5cm＝30cm，故D正确.机械波1．波动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．深刻理解波动中的质点振动。质点振动的周期（频率）＝波源的周期(频率)＝波的传播周期（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。4．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，则产生相反的变化。另外,各矢量均在其值为零时改变方向。5．“一分、一看、二找"巧解波动图像与振动图像的综合问题.（1)分清振动图像与波动图像。只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图像，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)找准波动图像对应的时刻。(4）找准振动图像对应的质点。［例2]图甲为一列简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1m处的质点,Q是平衡位置为x＝4m处的质点,图乙为质点Q的振动图像，则（)A．t＝0.15s时，质点Q的加速度达到负向最大B．从t＝0.10s到t＝0。25s，质点Q沿x轴负方向运动了6mC．t＝0。15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向D．从t＝0.10s到t＝0.25s，质点P通过的路程为30cm［解析］t＝0。15s时，质点Q的位移达到负向最大,则知其加速度达到正向最大，故A错误；由题图乙知：t＝0。10s时质点Q的速度方向沿y轴负方向，则由波形的平移法判断得知，该波沿x轴负方向传播，t＝0.10s时,质点P沿y轴正方向运动，则t＝0。15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向,故C正确；从t＝0.10s到t＝0.25s，所经历的时间为Δt＝0.15s＝eq\f（3，4)T,该波沿x轴负方向传播了eq\f(3,4)λ＝6m,而质点Q只会在其平衡位置来回振动，故B错误；从t＝0.10s到t＝0。25s，所经历的时间为Δt＝0.15s＝eq\f（3,4)T，由于质点P向上接近波峰与向下接近波谷时速度较小，在这段时间内通过的路程小于其从平衡位置起在0。15s内通过的路程3A＝30cm，即路程s＜3A＝30cm，故D错误.［答案]C［即时训练］1.(2017·上海一模)一列沿x轴正方向传播的简谐波t＝0时刻的波形如图所示，t＝0.2s时质点C开始振动，则()A．t＝0.3s时，波向前传播了3m,质点B将到达质点C的位置B．t＝0.05s时，质点A的速度方向向下C．0～0.6s内，质点B的平均速度为2m/sD．若同时存在一列振幅为10cm、频率为2。5Hz的沿x轴负方向传播的简谐波，则两列波相遇叠加的区域会出现干涉现象解析:选D由题:t＝0。2s时质点C开始振动，波传播了2m，由波形平移法得：t＝0。3s时，波向前传播了3m，但B点只在自己的平衡位置附近上下振动,没有向前迁移，不会到达质点C的位置,故A错误；由题可得波的周期为T＝0。4s，t＝0时刻，质点A的速度方向向上，在t＝0.05s，质点A正向波峰运动，速度方向也向上，故B错误；0~0.6s内，时间经过了1。5个周期，质点B到达波峰，通过的位移大小为Δy＝20cm，平均速度大小为eq\x\to（v）＝eq\f（Δy，Δt）＝eq\f(0。2，0.6)m/s≈0。33m/s，故C错误;该波的频率为f＝eq\f(1,T）＝2.5Hz，若同时存在另一列振幅为10cm，频率为2.5Hz,沿x轴负方向传播的简谐波,则两列波相遇叠加的区域，由于频率相同，会出现干涉现象，故D正确.2.如图所示,一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t1＝0时刻波传播到x＝2。0m处的质点C。在t2＝0.1s时刻，x＝1。0m处的质点B第一次运动到负方向最大位移处，则（）A．质点C开始振动时的运动方向沿y轴负方向B．该简谐横波的波速等于5m/sC．在t1～t2时间内,质点B通过的路程为4.0cmD．在t2时刻,这列波刚好传播到位于x＝3.0m处的质点D解析：选B简谐横波沿x轴正方向传播，由“上下坡法”知，质点C开始振动时的运动方向沿y轴正方向，故A错误；在t1＝0时刻，质点B正向下运动，根据在t2＝0.1s时刻，质点B第一次运动到负方向最大位移处，有eq\f(T，4）＝0。1s,得T＝0.4s,由题图知波长λ＝2m，所以波速为v＝eq\f（λ，T)＝eq\f（2,0.4)m/s＝5m/s,故B正确；因为t2－t1＝0。1s＝eq\f（T,4)，所以在t1~t2时间内，质点B通过的路程为一个振幅,为2.0cm，故C错误；在t1~t2时间内波传播的距离x＝vt2＝5×0.1m＝0。5m，所以在t2时刻，这列波刚好传播到C、D的中间位置，故D错误。光的折射和全反射1．折射率光从真空射入某种介质,入射角的正弦与折射角的正弦之比叫做介质的折射率，公式为n＝eq\f(sinθ1,sinθ2).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跟光在这种介质中的传播速度v之比，即n＝eq\f(c，v）。2．临界角折射角等于90°时的入射角,称为临界角。当光从折射率为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sinC＝eq\f(1,n)。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．综合问题光的几何计算题往往是光路现象与光的反射、折射、全反射及几何图形关系的综合问题.解决此类问题应注意以下四个方面：(1)依据题目条件,正确分析可能的全反射及临界角.（2)通过分析、计算确定光传播过程中可能的折射、反射，把握光的“多过程”现象。(3)准确作出光路图。(4）充分考虑三角形、圆的特点,运用几何图形中的角关系、三角函数、相似形、全等形等，仔细分析光传播过程中产生的几何关系。[例3]（2017·江苏四模)某同学用下述方法测玻璃的折射率：先将平行玻璃砖固定在水平桌面的白纸上，画出两界面MN、PQ，在玻璃砖的一侧用激光照射，在光源同侧且与MN平行的光屏上得到两光点A、B，两光线的位置如图所示.测得入射光线与界面的夹角α＝30°，光屏上两光点之间的距离L＝3.0cm，玻璃砖的厚度h＝2。0cm，求玻璃的折射率。[解析］画出光路图如图所示。可知OO′＝AB，由几何知识得：sinβ＝eq\f(\f(L，2),\r（h2＋\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(L，2)））2)）＝eq\f（L，\r（4h2＋L2)）＝eq\f（3,\r（4×22＋32）)＝eq\f（3,5)则玻璃的折射率n＝eq\f（sin90°－α，sinβ）＝eq\f(sin90°－30°,\f（3,5))≈1.44。［答案］1。44［即时训练］1。如图，玻璃球冠的折射率为eq\r（3),其底面镀银，底面的半径是球半径的eq\f（\r(3）,2)倍；在过球心O且垂直于底面的平面（纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点,求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。解析：设球半径为R，球冠底面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB。令∠OAO′＝α，有cosα＝eq\f(O′A，OA）＝eq\f(\f（\r（3)，2）R，R)①即α＝30°②由题意知MA⊥AB所以∠OAM＝60°③设图中N点为光线在球冠内底面上的反射点，则光线的光路图如图所示。设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃的折射率为n。由于△OAM为等边三角形，有i＝60°④由折射定律有sini＝nsinr⑤代入题给条件n＝eq\r(3）得r＝30°⑥作底面在N点的法线NE，由NE∥AM，有i′＝30°⑦根据反射定律，有i″＝30°⑧连接ON，由几何关系知△MAN≌△MON，故有∠MNO＝60°⑨由⑦⑨式得∠ENO＝30°⑩于是∠ENO为反射角，ON为反射光线。这一反射光线经球面再次折射后不改变方向。所以,射出玻璃球冠的光线相对于入射光线的偏角β为β＝180°－∠ENO＝150°。⑪答案：150°2．(2016·海南高考）如图,半径为R的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平,球面与桌面相切于A点。一细束单色光经球心O从空气中射入玻璃体内（入射面即纸面）,入射角为45°，出射光线射在桌面上B点处。测得AB之间的距离为eq\f（R,2)。现将入射光束在纸面内向左平移,求射入玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时，光束在上表面的入射点到O点的距离。不考虑光线在玻璃体内的多次反射。解析：当光线经球心O入射时，光路图如图(a)所示。设玻璃的折射率为n，由折射定律有n＝eq\f（sini，sinr)式中，入射角i＝45°，r为折射角.ΔOAB为直角三角形，因此sinr＝eq\f(AB，\r（OA2＋AB2））发生全反射时，临界角C满足sinC＝eq\f(1，n）在玻璃体球面上光线恰好发生全反射时，光路图如图（b)所示。设此时光线入射点为E，折射光线射到玻璃体球面的D点。由题意有∠EDO＝C在ΔEDO内，根据正弦定理有eq\f（OD,sin90°－r）＝eq\f(OE,sinC）联立以上各式并利用题给条件得OE＝eq\f（\r（2),2）R。答案：eq\f(\r(2)，2)R光的几种特有现象1．机械波和光波都能发生干涉、衍射、多普勒效应等现象，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连线为振动加强处;实线和虚线的交点及其连线处为振动减弱处。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，显得振动剧烈.3．光的双缝干涉条纹间距Δx＝eq\f（l,d）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）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。［即时训练］1．判断正误（1）向人体内发射频率已知的超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“彩超”,是多普勒效应的应用。(√)（2）含有多种颜色的光被分解为单色光的现象叫作光的色散，光在干涉、衍射及折射时都可能发生色散。（√）(3）摄影机镜头镀膜增透是利用了光的衍射特性。（×)（4）拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度.（×）（5）彩虹现象与光的全反射有关。(×）（6)全息照相利用了激光的干涉原理。（√）(7）半径较大的凸透镜的弯曲表面向下放在另一块平板玻璃上，让光从上方射入,能看到亮暗相间的同心圆,这是光的干涉现象。(√)（8)在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大。(×)（9)泊松亮斑是光的衍射现象.(√)(10)肥皂液是无色的，吹出的肥皂泡却是彩色的，主要体现了光的波动性。(√)（11)太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传播速度相同。（×）（12)无线电波的发射能力与频率有关，频率越高发射能力越弱。(×）（13）为了从高频电流中取出所携带的声音信号就要进行调制。（×)（14）在高速运动的火箭外的人认为火箭本身变短了。(√）（15)不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的.（√）2．关于电磁波,下列说法正确的是()A．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波B．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C．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D．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AB周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波，选项A正确；电磁波传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直，选项B正确；电磁波可以通过光缆传输，选项C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D错误。3．（2017·扬州模拟）下列说法中正确的是(）A．拍摄玻璃橱窗内的物品时,往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度B．X射线能够穿透物质，可以用来检查人体内部器官C．当波源与观察者互相靠近时，观察者接收到的波的频率会变小D．第四代移动通信系统(4G）采用1880～2690MHz间的四个频段,该电磁波信号的磁感应强度随时间是均匀变化的解析：选B拍摄玻璃橱窗内的物品时,玻璃有反光,所以往往在镜头前加一个偏振片以减弱反射光的强度,使照片清晰,但不能增加透射光的强度，故A错误；X射线能够穿透物质,可以用来检查人体内部器官，故B正确；当波源与观察者互相靠近时，观察者接收到的波的频率会变大，故C错误；第四代移动通信系统（4G）采用1880～2690MHz间的四个频段，该电磁波信号的磁感应强度随时间是周期性变化的,故D错误。[专题跟踪检测］一、选择题1．(2017·宿迁期末)下列说法正确的是（)A．相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关B．光的偏振现象说明光是一种横波C．根据麦克斯韦的电磁场理论可知,变化的电场周围一定可以产生变化的磁场D．验钞机是利用红外线使钞票上的荧光物质产生发光效应进行防伪的解析：选AB相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关，速度增大时，长度缩短，时间变长，故A正确；偏振是横波特有的现象,故B正确;根据麦克斯韦电磁场理论可知，均匀变化的电场产生稳定的磁场，而非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场，恒定的电场不会产生磁场,故C错误；验钞机是利用紫外线使钞票上的荧光物质产生发光效应进行防伪的,故D错误。2。（2017·徐州二模）利用光的干涉，两台相距很远(几千公里）联合动作的射电望远镜观察固体的射电恒星,可以精确测定大陆板块漂移速度，模型可简化为如图所示的双缝干涉，将射电恒星看成点光源S，分别在地球上不同大陆的两个望远镜相当于两个狭缝S1、S2，它们收到的光满足相干条件，汇集两望远镜信号的接收器相当于光屏，设某时刻光屏上P点到S1、S2的距离相等,S到S1、S2的距离也相等，当S2向上远离S1时，下列说法中正确的有（)A．P点接收到的干涉信号先变强B．P点接收到的干涉信号先变弱C．干涉条纹间距发生改变D．干涉条纹间距不变解析：选BC在双缝干涉实验中，当S2向上远离S1时，则光经过S1、S2到P的路程差不等于0，导致P点接收到的干涉信号先变弱，当移动到经过S1、S2到P的路程差等于半波长的偶数倍时，才能出现干涉现象，故A错误，B正确；根据公式Δx＝eq\f（L，d)λ，当S2向上远离S1时，即d增大,那么干涉条纹间距变小,故C正确，D错误。3．（2017·南京一模)下列事例哪些应用了光的全反射现象（)A．光导纤维通讯B．用三棱镜观察太阳光谱C．用白光照肥皂膜看到彩色条纹D．某些光学仪器中用等腰直角玻璃三棱镜改变光路90°解析：选AD由于光导纤维能发生全反射，故用来传输光信号、图像信号，故A正确；用三棱镜观察太阳光谱，是利用光的折射率不同，属于光的色散现象,故B错误；用白光照肥皂膜看到彩色条纹是薄膜干涉现象,故C错误；某些光学仪器中用等腰直角玻璃三棱镜改变光路，是利用光的全反射现象,故D正确。4．（2017·南通模拟)以下说法中正确的是（）A．水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色,这是光的干涉现象B．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，并通过实验加以证实C．某种介质中振源振动得越快，机械波传播得就越快D．运动物体的速度可以大于真空中的光速解析：选A水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，是因为光在油膜的上下表面的反射光叠加形成干涉，故A正确；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在，故B错误；波的传播速度与振源的振动无关,取决于介质的性质，故C错误;运动物体的速度不可能大于光速，故D错误。二、非选择题5．在用双缝干涉测量光的波长时，激光投射到两条相距为d的狭缝上，双缝到屏的距离为l.屏上P点到两狭缝距离相等，该点出现________（选填“亮”或“暗")条纹。A、B两点分别为第5条和第10条亮条纹的中心位置，它们间的距离为x，则激光的波长为________.解析:两狭缝到屏上距离相等的点将出现亮条纹；A、B两点分别为第5条和第10条亮条纹的中心位置，它们间的距离为x,则相邻条纹间距为Δx＝eq\f(x，10－5)＝eq\f(x，5）；根据Δx＝eq\f（l，d)λ知，激光的波长为λ＝eq\f（xd,5l）.答案：亮eq\f（xd,5l)6.（2017·扬州模拟)如图所示，两束单色光a、b同时从空气中斜射入平行玻璃砖的上表面，进入玻璃砖后形成复合光束c,则穿过玻璃砖的过程中,________光所用时间较长；在相同的条件下，________光更容易发生衍射。解析：由题图看出，a光的入射角小于b光的入射角，而折射角相同，根据折射定律n＝eq\f(sini，sinr)知，玻璃砖对a光的折射率小于b光的折射率，由v＝eq\f(c，n)分析知，b光在玻璃砖中速度较小，穿过玻璃砖的过程所用时间较长。a光的折射率较小,则a光的波长较长，波动性较强，在相同的条件下更容易发生衍射.答案：ba7．(2017·泰州三模)我国自主研发的“海翼”号深海滑翔机，刷新了下潜深度的世界纪录，悬停在深海中某处的滑翔机发出声呐信号(超声波)的频率为f，在该处海水中的传播速度为v,则声呐信号在该处海水中的波长为_________;若停在海面上的监测船接收到的频率稍大于滑翔机发出声呐信号的频率，说明滑翔机正在________（选填“靠近”或“远离”）该监测船.解析：根据波速、波长与频率的关系,可知该波的波长：λ＝eq\f(v，f)；若停在海面上的监测船接收到的频率稍大于滑翔机发出声呐信号的频率，根据多普勒效应可知，滑翔机正在靠近该监测船。答案：eq\f(v，f)靠近8。（2017·扬州模拟)如图是探究单摆共振条件时得到的图像，它表示了振幅跟驱动力频率之间的关系(取π2＝g)。求：（1)这个单摆的摆长是多少？（保留三位有效数字)(2)如果摆长变短一些，得到的图像的高峰将向哪个方向移动?解析：（1）由题图可知，单摆的固有频率为0.3Hz，固有周期：T＝eq\f（1,0.3）s＝eq\f(10，3)s由单摆的周期公式T＝2πeq\r（\f（L,g））得：L＝eq\f（T2g，4π2)解得摆长为：L＝eq\f(25，9）m≈2。78m.（2)摆长减小时，单摆的固有频率增大，图像的高峰将向右移动。答案：(1）2.78m（2)向右移动9．一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播,波源位于坐标原点，在t＝0时刻波源开始振动，在t＝3s时刻的波形如图所示。求：（1)该波沿x方向传播的速度；(2)7s内x＝2m处质点运动的路程。解析：(1)根据题意,结合题图得:v＝eq\f(Δx，Δt）＝eq\f(3，3）m/s＝1m/s。（2)由题图知eq\f(3，4）λ＝3m，得λ＝4m周期T＝eq\f（λ，v）＝eq\f(4,1）s＝4st＝2s时位于x＝2m处质点开始起振，则7s内该质点的实际振动时间t＝5s＝T＋eq\f(T，4）所以x＝2m处质点运动的路程：s＝4A＋A＝5A＝50cm.答案:（1)1m/s(2)50cm10.(2017·徐州二模)如图所示,玻璃砖ABCD的折射率n＝eq\r(3）,左右两个侧面AD、BC垂直于上表面AB，∠ADC＝120°，一束光从图示方向射到AB面上，试通过计算作出光经过玻璃砖的光路图。解析：射到AB面的光的入射角θ1＝90°－30°＝60°由折射定律有eq\f(sinθ1，sinθ2）＝n解得光从AB面进入玻璃砖的折射角θ2＝30°由几何关系可得光在CD面上的入射角θ3＝60°设全反射临界角为C，则sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(\r（3）,3）＜sinθ3＝eq\f（\r(3），2)所以C＜60°，故光在CD面上发生了全反射，垂直射向BC面，光经过玻璃砖的光路图如图所示。答案：见解析图（计算过程见解析）11。(2017·南京二模）如图所示，一束光线从玻璃球的A点入射，入射角为60°,折射入玻璃球后，经过一次反射再折射到玻璃球外的光线恰好平行于入射光线。(1)求玻璃球的折射率；(2)B点是否有光线折射出玻璃球，请写出求解过程。解析:（1)光路图如图所示，由几何关系可得：i＝2r则得:r＝30°玻璃球的折射率为：n＝eq\f(sini，sinr)＝eq\f（sin60°,sin30°）＝eq\r（3).（2)设全反射临界角为C。则有：sinC＝eq\f（1,n）＝eq\f（\r(3)，3）光线射到B点时入射角为:i′＝r＝30°因为sini′＝eq\f（1,2)＜sinC＝eq\f（\r(3)，3），i′＜C所以光线在B点不能发生全反射,能折射出玻璃球。答案：(1)eq\r（3）(2）见解析12.（2017·徐州模拟)如图所示，半径为R的半球形玻璃砖的下表面涂有反射膜，玻璃砖的折射率n＝eq\r(2)。一束单色光以45°入射角从距离球心O左侧eq\f（\r（3）,3)R处射入玻璃砖（入射面即纸面），真空中光速为c。求:(1)单色光射入玻璃砖时的折射角；（2)单色光在玻璃砖中的传播时间。解析：(1)设折射角为r，根据折射定律得,eq\f（sini,sinr）＝n则sinr＝eq\f(sini，n)＝eq\f(sin45°，\r（2）)＝eq\f（1,2)，解得r＝30°。(2）由n＝eq\f(c，v）得,v＝eq\f（c，n），根据几何关系得，单色光在玻璃砖下表面的入射点在球心O的正下方，则在玻璃砖中的传播路程s＝eq\f（\f(\r（3），3)R,sin30°）×2＝eq\f(4\r(3），3)R，由eq\f（4\r（3）,3)R＝vt得,t＝eq\f(4\r(6)R,3c）。答案：(1）30°（2）eq\f(4\r（6)R，3c)13.(2017