高三物理二轮复习第一部分专题六选考模块教师用书

专题六选考模块第一讲分子动理论__气体及热力学定律1．(2021·西安模拟)(1)(多项选择)以下说法中正确是________。A．一定量气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J热量，那么它内能增大20JB．在使两个分子间距离由很远(r＞10－9mC．由于液体外表层分子间距离大于液体内局部子间距离，液体外表存在张力D．用油膜法测出油分子直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油密度即可E．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水饱和汽压，水蒸发越慢。(2)一定质量理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程p­V图像如下图。该气体在状态A时温度为27℃。那么：①该气体在状态B、C时温度分别为多少℃？②该气体从状态A到状态C过程中内能变化量是多大？③该气体从状态A到状态C过程中是吸热，还是放热？传递热量是多少？解析：(1)根据热力学第一定律知：ΔU＝W＋Q＝－100J＋120J＝20J，A正确；在使两个分子间距离由很远(r＞10－9m(2)①状态A：tA＝300K，pA＝3×105Pa，VA＝1×10－3状态B：tB＝？pB＝1×105Pa，VB＝1×10－3状态C：tC＝？pC＝1×105Pa，VC＝3×10－3A到B过程等容变化，由等容变化规律得：eq\f(pA,tA)＝eq\f(pB,tB)，代入数据得：tB＝100K＝－173℃B到C为等压变化，由等压变化规律得：eq\f(VB,tB)＝eq\f(VC,tC)，代入数据得：tC＝300K＝27℃。②因为状态A和状态C温度相等，且气体内能是所有分子动能之和，温度是分子平均动能标志所以在这个过程中：ΔU＝0。③由热力学第一定律得：ΔU＝Q＋W，因为ΔU＝0故：Q＝－W在整个过程中，气体在B到C过程对外做功，所以：W＝－pΔV＝－1×105×(3×10－3－1×10－3)J＝－200J即：Q＝200J，是正值，故在这个过程中吸热。答案：(1)ACE(2)①－173℃27℃②0③吸热200J2．(2021·衡水冀州中学检测)(1)(多项选择)关于扩散现象，以下说法正确是________。A．温度越高，扩散进展得越快B．扩散现象是不同物质间一种化学反响C．扩散现象是由物质分子无规那么运动产生D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E．液体中扩散现象是由于液体对流形成(2)如图，一粗细均匀U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱长度l＝10.0cm，B侧水银面比A侧高h＝3.0cm。现将开关K翻开，从U形管中放出局部水银，当两侧水银面高度差为h1＝10.0cm时将开关K关闭。大气压强p0＝75.0cmHg。(ⅰ)求放出局部水银后A侧空气柱长度；(ⅱ)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧水银面到达同一高度，求注入水银在管内长度。解析：(1)扩散现象与温度有关，温度越高，扩散进展得越快，选项A正确。扩散现象是由于分子无规那么运动引起，不是一种化学反响，选项B错误，选项C正确，选项E错误。扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，选项D正确。(2)(ⅰ)以cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l＝10.0cm时压强为p；当两侧水银面高度差为h1＝10.0cm时，空气柱长度为l1，压强为p1。由玻意耳定律得pl＝p1l1由力学平衡条件得p＝p0＋h②翻开开关K放出水银过程中，B侧水银面处压强始终为p0，而A侧水银面处压强随空气柱长度增加逐渐减小，B、A两侧水银面高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止。由力学平衡条件有p1＝p0－h1③联立①②③式，并代入题给数据得l1＝12.0cm。④(ⅱ)当A、B两侧水银面到达同一高度时，设A侧空气柱长度为l2，压强为p2。由玻意耳定律得pl＝p2l2由力学平衡条件有p2＝p0⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝10.4cm⑦设注入水银在管内长度为Δh，依题意得Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh＝13.2cm。答案：(1)ACD(2)(ⅰ)12.0cm(ⅱ)13.2cm3．(2021·济宁一模)(1)(多项选择)以下说法正确是________。A．悬浮在液体中微粒越小，在液体分子撞击下越容易保持平衡B．荷叶上小水珠呈球形是由于液体外表张力作用C．物体内所有分子热运动动能之和叫做物体内能D．当人们感到潮湿时，空气绝对湿度不一定较大E．一定质量理想气体先经等容降温，再经等温压缩，压强可以回到初始数值(2)如下图，用两个质量均为m、横截面积均为S密闭活塞将开口向下竖直悬挂导热气缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两局部，当在活塞A下方悬挂质量为2m物体后，整个装置处于静止状态，此时Ⅰ、Ⅱ两局部气体高度均为l0。环境温度、大气压强p0均保持不变，且满足5mg＝p0S，不计一切摩擦。当取走物体后，两活塞重新恢复平衡，求活塞A解析：(1)做布朗运动微粒越小，在液体分子撞击下越不容易保持平衡，故A错误；叶面上小水珠呈球形是由于液体外表张力作用，故B正确；物体内所有分子热运动动能之和与分子势能总和叫做物体内能，故C错误；人们感到潮湿时，与空气相对湿度有关，与绝对湿度无关，当人们感到潮湿时，空气绝对湿度不一定较大，故D正确；根据理想气体状态方程：eq\f(pV,T)＝C可知，一定质量理想气体先经等容降温，压强减小；再经等温压缩，压强又增大，所以压强可以回到初始数值，故E正确。(2)对气体Ⅰ分析，初状态压强为：p1＝p0－eq\f(3mg,S)＝eq\f(2,5)p0末状态压强为：p1′＝p0－eq\f(mg,S)＝eq\f(4,5)p0由玻意耳定律有：p1l0S＝p1′l1解得：l1＝eq\f(1,2)l0对气体Ⅱ分析，初状态p2＝p1－eq\f(mg,S)＝eq\f(1,5)p0末状态p2′＝p1′－eq\f(mg,S)＝eq\f(3,5)p0由玻意耳定律p2l0S＝p2′l2l2＝eq\f(1,3)l0A活塞上升高度Δl＝(l0－l1)＋(l0－l2)＝eq\f(7,6)l0。答案：(1)BDE(2)eq\f(7,6)l04.(2021·六安一中模拟)(1)(多项选择)对于分子动理论和物体内能理解，以下说法正确是________。A．温度高物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B．外界对物体做功，物体内能一定增加C．温度越高，布朗运动越显著D．当分子间距离增大时，分子间作用力就一直减小E．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离减小而增大(2)如下图，上端封闭、下端开口内径均匀玻璃管，管长L＝100cm，其中有一段长h＝15cm水银柱把一局部空气封闭在管中。当管竖直放置时，封闭气柱A长度LA＝50cm。现把开口端向下插入水银槽中，直至A端气柱长LA′＝37.5cm时为止，这时系统处于静止状态。大气压强p0＝75cmHg，整个过程中温度保持不变，试求槽内水银进入管内长度。解析：(1)温度高物体分子平均动能一定大，但是内能不一定大，选项A正确；外界对物体做功，假设物体散热，物体内能不一定增加，选项B错误；温度越高，布朗运动越显著，选项C正确；当分子间距离增大时，分子间作用力可能先增大后减小，选项D错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离减小而增大，选项E正确。(2)对A局部气体，由玻意耳定律有：pALAS＝pA′LA′SpA＝60cmHg解得：pA′＝eq\f(pALA,LA′)＝eq\f(60×50,37.5)＝80cmHg对B局部气体有：pBLBS＝pB′LB′S而pB′＝95cmHgpB＝p0＝75cmHg解得：LB′＝eq\f(75×35,95)＝27.6cmΔh＝L－LA′－h－LB′＝19.9cm。答案：(1)ACE(2)19.9cm5.(2021·全国甲卷)(1)(多项选择)一定量理想气体从状态a开场，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p­T图像如下图。其中对角线ac延长线过原点O。以下判断正确是________。A．气体在a、c两状态体积相等B．气体在状态a时内能大于它在状态c时内能C．在过程cd中气体向外界放出热量大于外界对气体做功D．在过程da中气体从外界吸收热量小于气体对外界做功E．在过程bc中外界对气体做功等于在过程da中气体对外界做功(2)一氧气瓶容积为0.08m3，开场时瓶中氧气压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压氧气0.36m解析：(1)由ac延长线过原点O知，直线Oca为一条等容线，气体在a、c两状态体积相等，选项A正确；理想气体内能由其温度决定，故在状态a时内能大于在状态c时内能，选项B正确；过程cd是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出热量等于外界对气体做功，选项C错误；过程da气体内能增大，从外界吸收热量大于气体对外界做功，选项D错误；由理想气体状态方程知：eq\f(paVa,Ta)＝eq\f(pbVb,Tb)＝eq\f(pcVc,Tc)＝eq\f(pdVd,Td)＝C，即paVa＝CTa，pbVb＝CTb，pcVc＝CTc，pdVd＝CTd。设过程bc中压强为p0＝pb＝pc，过程da中压强为p0′＝pd＝pa。由外界对气体做功W＝p·ΔV知，过程bc中外界对气体做功Wbc＝p0(Vb－Vc)＝C(Tb－Tc)，过程da中气体对外界做功Wda＝p0′(Va－Vd)＝C(Ta－Td)，Ta＝Tb，Tc＝Td，故Wbc＝Wda，选项E正确。(2)设氧气开场时压强为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，用去氧气在p2压强下体积为V3＝V2－V1②设用去氧气在p0(1个大气压)压强下体积为V0，那么有p2V3＝p0V0③设实验室每天用去氧气在p0压强下体积为ΔV，那么氧气可用天数为N＝eq\f(V0,ΔV)④联立①②③④式，并代入数据得N＝4(天)。⑤答案：(1)ABE(2)4天6．(2021·全国乙卷)(1)(多项选择)关于热力学定律，以下说法正确是________。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E．如果两个系统分别与状态确定第三个系统到达热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定到达热平衡(2)在水下气泡内空气压强大于气泡外表外侧水压强，两压强差Δp与气泡半径r之间关系为Δp＝eq\f(2σ,r)，其中σ＝0.070N/m。现让水下10m处一半径为0.50cm气泡缓慢上升。大气压强p0＝1.0×105Pa，水密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g＝10m/s2。(ⅰ)求在水下10m处气泡内外压强差；(ⅱ)忽略水温随水深变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡半径与其原来半径之比近似值。解析：(1)根据热力学定律，气体吸热后如果对外做功，那么温度不一定升高，说法A错误。改变物体内能方式有做功和传热，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。两个系统到达热平衡时，温度相等，如果这两个系统分别与状态确定第三个系统到达热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定到达热平衡，说法E正确。(2)(ⅰ)当气泡在水下h＝10m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，那么Δp1＝eq\f(2σ,r1)①代入题给数据得Δp1＝28Pa。②(ⅱ)设气泡在水下10m处时，气泡内空气压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气压强为p2，气泡内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2。气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2③由力学平衡条件有p1＝p0＋ρgh＋Δp1④p2＝p0＋Δp2⑤气泡体积V1和V2分别为V1＝eq\f(4,3)πr13⑥V2＝eq\f(4,3)πr23⑦联立③④⑤⑥⑦式得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1,r2)))3＝eq\f(p0＋Δp2,ρgh＋p0＋Δp1)⑧由②式知，Δpi≪p0，i＝1,2，故可略去⑧式中Δpi项。代入题给数据得eq\f(r2,r1)＝eq\r(3,2)≈1.3。⑨答案：(1)BDE(2)(ⅰ)28Pa(ⅱ)eq\r(3,2)考点一分子动理论内能及热力学定律(一)必须理清知识联系(二)必须掌握三个要点1．估算问题(1)油膜法估算分子直径：d＝eq\f(V,S)V为纯油体积，S为单分子油膜面积(2)分子总数：N＝nNA＝eq\f(m,Mm)·NA＝eq\f(V,Vm)NA注意：对气体而言，N≠eq\f(V,V个)。(3)两种模型：球模型：V＝eq\f(4,3)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．反映分子运动规律两个实例(1)布朗运动：①研究对象：悬浮在液体或气体中固体小颗粒。②运动特点：无规那么、永不停息。③相关因素：颗粒大小、温度。(2)扩散现象①产生原因：分子永不停息无规那么运动。②相关因素：温度。如诊断卷第2题第(1)问，扩散现象是分子无规那么热运动产生，不是物质间化学反响或液体对流形成，故B、E均错误。3．对热力学定律理解(1)改变物体内能方式有两种，只表达一种改变方式是无法确定内能变化。(2)热力学第一定律ΔU＝Q＋W中W和Q符号可以这样确定：只要此项改变对内能增加有正奉献即为正。(3)对热力学第二定律理解：热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但不引起其他变化是不可能。如诊断卷第6题第(1)问D项中，热量可以由低温物体传递到高温物体，但该过程不能自由进展，故D项正确。1．(多项选择)(2021·全国卷Ⅰ)两个相距较远分子仅在分子力作用下由静止开场运动，直至不再靠近。在此过程中，以下说法正确是()A．分子力先增大，后一直减小B．分子力先做正功，后做负功C．分子动能先增大，后减小D．分子势能先增大，后减小E．分子势能和动能之和不变解析：选BCE分子力应先增大，后减小，再增大，所以A选项错；分子力先为引力，做正功，再为斥力，做负功，B选项正确；根据动能定理可知分子动能先增大后减小，分子势能先减小后增大，分子动能和分子势能之和保持不变，所以C、E选项正确，D错误。2．(多项选择)以下说法中正确是〔〕A．气体放出热量，其分子平均动能可能增大B．布朗运动不是液体分子运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规那么运动C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离减小而增大D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律E．某气体摩尔体积为V，每个分子体积为V0，那么阿伏加德罗常数可表示为NA＝eq\f(V,V0)解析：选ABC气体放出热量，假设外界对气体做功，温度升高，其分子平均动能增大，故A正确；布朗运动不是液体分子运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规那么运动，故B正确；当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离减小而增大，故C正确；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故D错误；某固体或液体摩尔体积为V，每个分子体积为V0，那么阿伏加德罗常数可表示为NA＝eq\f(V,V0)，而气体此式不成立，故E错误。3．(多项选择)(2021·随州调考)以下说法正确是()A．显微镜下观察到墨水中小炭粒在不停地作无规那么运动，这反映了液体分子运动无规那么性B．分子间相互作用力随着分子间距离增大，一定先减小后增大C．分子势能随着分子间距离增大，可能先减小后增大D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动速率一定都增大解析：选ACD布朗运动是固体颗粒在液体中运动，反响液体分子运动，故显微镜下观察到墨水中小炭粒在不停地作无规那么运动，这反映了液体分子运动无规那么性，应选项A正确；分子间相互作用力随着分子间距离由很小逐渐增大，r<r0，分子力随r增大减小，分子势能减小，当r＝r0时，分子力等于零，分子势能最小，然后随r增大分子力先增大再减小，分子势能逐渐增大，应选项B错误，选项C正确；分子之间存在间隙，在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素，故D正确；温度升高，分子平均动能增大，但单个分子运动不确定，故E错误。考点二固体、液体和气体(一)必须理清知识联系(二)必须理解三个问题1．对晶体、非晶体特性理解(1)只有单晶体，才可能具有各向异性。(2)各种晶体都具有固定熔点，晶体熔化时，温度不变，吸收热量全部用于分子势能增加。(3)晶体与非晶体可以相互转化。(4)有些晶体属于同素异构体，如金刚石和石墨。2．正确理解温度微含义(1)温度是分子平均动能标志，温度越高，分子平均动能越大。(2)温度越高，物体分子动能总和增大，但物体内能不一定越大。明白以上两点，即可判断诊断卷第4题第(1)问A选项。3．对气体压强理解(1)气体对容器壁压强是气体分子频繁碰撞结果，温度越高，气体分子密度越大，气体对容器壁因碰撞而产生压强就越大。(2)地球外表大气压强可认为是大气重力产生。1．(多项选择)(2021·全国卷Ⅰ)以下说法正确是()A．将一块晶体敲碎后，得到小颗粒是非晶体B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同光学性质C．由同种元素构成固体，可能会由于原子排列方式不同而成为不同晶体D．在适宜条件下，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E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变解析：选BCD将一晶体敲碎后，得到小颗粒仍是晶体，应选项A错误。单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上光学性质不同，应选项B正确。金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子排列方式不同而成为不同晶体，应选项C正确。晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化，如天然水晶是晶体，熔融过水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，应选项D正确。熔化过程中，晶体温度不变，但内能改变，应选项E错误。2．(多项选择)(2021·洛阳检测)以下说法正确是()A．液体外表层分子间距离大于液体内局部子间距离，故液体外表存在张力B．悬浮在液体中固体小颗粒会不停地做无规那么运动，这种运动是分子热运动C．把很多小单晶体放在一起，就变成了非晶体D．第二类永动机没有违反能量守恒定律E．绝对零度不可到达解析：选ADE处于液体外表层分子较为稀薄，其分子间距较大，液体分子之间引力大于斥力，合力表现为平行于液体界面引力，故A正确；悬浮在液体中固体小颗粒会不停地做无规那么运动，这种运动是布朗运动，故B错误；把很多小单晶体放在一起，就变成了多晶体，故C错误；第二类永动机没有违反能量守恒定律，但是违背了热力学第二定律，故D正确；理论上，假设粒子动能低到量子力学最低点时，物质即到达绝对零度，不能再低。然而，绝对零度永远无法到达，只可无限逼近。因为任何空间必然存有能量和热量，也不断进展相互转换而不消失。所以绝对零度是不存在，故E正确。3．(多项选择)(2021·兰州一中月考)如下图，密闭容器内氢气温度与外界空气温度一样，现对该容器缓慢加热，当容器内氢气温度高于外界空气温度时，那么()A．氢分子平均动能增大B．氢分子势能增大C．容器内氢气内能增大D．容器内氢气内能可能不变E．容器内氢气压强增大解析：选ACE温度是分子平均动能标志，氢气温度升高，那么分子平均动能一定增大，故A正确；气体分子之间距离比拟大，气体分子势能忽略不计，故B错误；气体内能由分子动能决定，氢气分子动能增大，那么内能增大，故C正确，D错误；根据理想气体状态方程：eq\f(pV,T)＝C可知，氢气体积不变，温度升高那么压强增大，故E正确。考点三气体实验定律和理想气体状态方程(一)必须理清知识联系(二)必须掌握三个要点1．压强计算(1)被活塞、气缸封闭气体，通常分析活塞或气缸受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解。如诊断卷第3题第(2)问，活塞A下方悬挂物体后，p1S＋3mg＝p0S，p2S＋mg＝p1S，去掉物体后，p1′S＋mg＝p0S，p2′S＋mg＝p1′S，由以上四式即可求得p1、p2、p1′、p2′大小。(2)被液柱封闭气体压强，假设分析液柱受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解，得出压强单位为Pa。如诊断卷第6题第(2)问，水面下方h处气泡内空气压强为p1＝p0＋ρgh＋Δp1，其单位为Pa。假设应用p＝p0＋h或p＝p0－h来表示压强，那么压强p单位为cmHg或mmHg。如诊断卷第2题第(2)问中，A侧空气柱压强p＝p0＋h＝78.0cmHg，p1＝p0－h1＝65.0cmHg。2．合理选取气体变化所遵循规律列方程(1)假设气体质量一定，p、V、T均发生变化，那么选用理想气体状态方程列式求解。(2)假设气体质量一定，p、V、T中有一个量不发生变化，那么选用对应实验定律列方程求解。如诊断卷第2题第(2)问，第3题第(2)问，均保持气体状态变化过程中温度不变，故均选用玻意耳定律列式求解。3．多个研究对象问题由活塞、液柱相联系“两团气〞问题，要注意寻找两团气之间压强、体积或位移关系，列出辅助方程，最后联立求解。如诊断卷第3题第(2)问中，上下两团气压强关系：p1S＝p2S＋mg，p1′S＝p2′S＋mg。A活塞上升高度Δl＝(l0－l1)＋(l0－l2)。(三)必须研透三类常考题型1．“气缸〞类题型eq\a\vs4\al([例1])(2021·全国卷Ⅰ)如下图，一固定竖直气缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞。大活塞质量为m1＝2.50kg，横截面积为S1＝80.0cm2；小活塞质量为m2＝1.50kg，横截面积为S2＝40.0cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0cm；气缸外大气压强为p＝1.00×105Pa，温度为T＝303K。初始时大活塞与大圆筒底部相距eq\f(l,2)，两活塞间封闭气体温度为T1＝495K。现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。忽略两活塞与气缸壁之间摩擦，重力加速度大小g取10m/s2。求：(1)在大活塞与大圆筒底部接触前瞬间，气缸内封闭气体温度；(2)缸内封闭气体与缸外大气到达热平衡时，缸内封闭气体压强。[解析](1)设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体体积为V2，温度为T2。由题给条件得V1＝S1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))＋S2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－\f(l,2)))①V2＝S2l在活塞缓慢下移过程中，用p1表示缸内气体压强，由力平衡条件得S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p故缸内气体压强不变。由盖—吕萨克定律有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)④联立①②④式并代入题给数据得T2＝330K⑤(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体压强为p1。在此后与气缸外大气到达热平衡过程中，被封闭气体体积不变。设到达热平衡时被封闭气体压强为p′，由查理定律，有eq\f(p′,T)＝eq\f(p1,T2)⑥联立③⑤⑥式并代入题给数据得p′＝1.01×105Pa。⑦[答案](1)330K(2)1.01×105Pa2．“液柱〞类题型eq\a\vs4\al([例2])如下图，两端开口、粗细均匀长直U形玻璃管内由两段水银柱封闭着长度为15cm空气柱，气体温度为300K时，空气柱在U形管左侧。(1)假设保持气体温度不变，从左侧开口处缓慢地注入25cm长水银柱，管内空气柱长为多少？(2)为了使空气柱长度恢复到15cm，且回到原位置，可以向U形管内再注入一些水银，并改变气体温度，应从哪一侧注入长度为多少水银柱？气体温度变为多少？(大气压强p0＝75cmHg，图中标注长度单位均为cm)[解析](1)由于气柱上面水银柱长度是25cm，所以右侧水银柱液面高度比气柱下外表高25cm，所以右侧水银柱总长度是25cm＋5cm＝30cm，玻璃管下面与右侧段水银柱总长为45cm，所以在左侧注入25cm长水银后，设有长度为x水银处于底部水平管中，那么50cm－x＝45cm，解得x＝5cm即5cm水银处于底部水平管中，末态压强为75cm＋(25＋25)cm－5cm＝120cmHg，由玻意耳定律p1V1＝p2V2代入数据，解得：L2＝12.5cm。(2)由水银柱平衡条件可知需要向右侧注入25cm长水银柱才能使空气柱回到A、B之间，这时空气柱压强为：p3＝(75＋50)cmHg＝125cmHg由查理定律，有：eq\f(p1,T1)＝eq\f(p3,T3)解得：T3＝375K。[答案](1)12.5cm(2)从右侧注入25cm长水银柱375K3．“图像〞类题型eq\a\vs4\al([例3])一粗细均匀J形玻璃管竖直放置，短臂端封闭，长臂端(足够长)开口向上，短臂内封有一定质量理想气体，初始状态时管内各段长度如图甲所示，密闭气体温度为27℃，大气压强为75cmHg。求：(1)假设沿长臂管壁缓慢参加5cm长水银柱并与下方水银合为一体，为使密闭气体保持原来长度，应使气体温度变为多少？(2)在第(1)问情况下，再使玻璃管沿绕过O点水平轴在竖直平面内逆时针转过180°，稳定后密闭气体长度为多少？(3)在图乙所给p­T坐标系中画出以上两个过程中密闭气体状态变化过程。[解析](1)p1＝p0＝75cmHg，T1＝(273＋27)K＝300K，p2＝p0＋5cmHg＝80cmHg，那么由eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，解得T2＝320K。(2)假设玻璃管旋转180°后短臂内无水银，水平管内水银柱长为x，那么有p2＝80cmHg，p3＝p0－(10＋10＋10＋5－x)cmHg＝(40＋x)cmHgV3＝S(18＋10＋10－x)＝S(38－x)由p2V2＝p3V3可得80×18＝(40＋x)(38－x)解得x＝8cm与假设相符，故假设成立。那么密闭气体长度为(18＋10＋10－x)＝30cm。(3)p3＝48cmHg，变化过程如下图。[答案](1)320K(2)30cm(3)见解析第二讲振动和波动__光学1．(1)(多项选择)一振动周期为T，位于x＝0处波源从平衡位置开场沿y轴正方向做简谐运动，该波源产生简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v，关于在x＝eq\f(3vT,2)处质点P，以下说法正确是________。A．质点P振动周期为T，速度最大值为vB．假设某时刻质点P速度方向沿y轴负方向，那么该时刻波源速度方向沿y轴正方向C．质点P开场振动方向沿y轴正方向D．当P开场振动后，假设某时刻波源在波峰，那么质点P一定在波谷E．假设某时刻波源在波谷，那么质点P也一定在波谷(2)如下图，某种透明材料做成三棱镜，其横截面是边长为a等边三角形，现用一束宽度为a单色平行光束，以垂直于BC面方向正好入射到该三棱镜AB及AC面上，结果所有从AB、AC面入射光线进入后恰好全部直接到达BC面。求：(ⅰ)该材料对此平行光束折射率；(ⅱ)这些直接到达BC面光线从BC面折射而出后，如果照射到一块平行于BC面屏上形成光斑，那么当屏到BC面距离d满足什么条件时，此光斑分为两条？解析：(1)质点P振动周期与O点振动周期一样，也为T。但其振动速度与波速不同，故A错误。x＝eq\f(3vT,2)＝eq\f(3,2)λ，P与O是反相点，假设某时刻质点P速度方向沿y轴负方向，那么该时刻波源速度方向沿y轴正方向，故B正确。根据波特点：简谐波传播过程中，质点起振方向都与波源起振方向一样，故质点P开场振动方向沿y轴正方向，故C正确。P与O是反相点，故假设某时刻波源在波峰，那么质点P一定在波谷，故D正确，E错误。(2)(ⅰ)由于对称性，我们考虑从AB面入射光线，这些光线在棱镜中是平行于AC面，由对称性和几何知识可得，光线进入AB面时入射角α和折射角β分别为：α＝60°，β＝30°那么材料折射率为n＝eq\f(sinα,sinβ)＝eq\r(3)。(ⅱ)如图O为BC中点，紧靠B点从BC面射出光线与直线AO交于D，由图可知：当光屏放在D点右侧时，根据对称性，光屏上形成两条光斑。由几何关系有OD＝eq\f(a,2)tanβ＝eq\f(\r(3),6)a所以当光屏到BC距离d超过eq\f(\r(3),6)a时，光斑分为两条。答案：(1)BCD(2)(ⅰ)eq\r(3)(ⅱ)大于eq\f(\r(3),6)a2．(2021·超级全能生26省联考)(1)(多项选择)关于光在传播过程中所表现现象，以下说法正确是________。A．雨后天空出现彩虹是光衍射现象B．白光通过分光镜在光屏上形成彩色光带是光色散现象C．涂有增透膜照相机镜头呈淡紫色，说明增透膜增强了对淡紫色透色程度D．夜间观看到天边星座位置比实际位置偏高，这是光折射现象E．利用红外线进展遥感主要是因为红外线波长长，容易发生衍射(2)一列沿x轴传播简谐横波，其周期为T，某时刻波形图像如图中实线所示，再经t＝0.2s波形图如图中虚线所示。求：(ⅰ)假设t小于T，那么此列波波速为多大？(ⅱ)假设t大于T，那么此列波波速为多大？解析：(1)雨后天空出现彩虹是光折射现象，故A错误；白光通过分光镜在光屏上形成彩色光带是由于不同色光折射率不同而产生色散现象，故B正确；照相机镜头所涂增透膜厚度是绿光在薄膜中波长eq\f(1,4)，从薄膜前后外表反射绿光发生干预相互抵消，即大局部通过增透膜和镜头，红色和紫色光反射后那么不发生干预，所以人眼看到镜头呈淡紫色，故C错误；夜间观看到天边星座位置比实际位置高，这是光折射现象，故D正确；波长越长，越容易发生衍射现象，利用红外线进展遥感是因为红外线波长大，容易发生衍射，故E正确。(2)(ⅰ)t小于T，波传播距离小于一个波长。假设波向右传播，t＝0.2s内传播距离是x1＝1.5m，波速为：v1＝eq\f(x1,t)＝eq\,0.2)m/s＝7.5m/s；假设波向左传播，t＝0.2s内传播距离是x2＝0.5m，波速为：v2＝eq\f(x2,t)＝eq\,0.2)m/s＝2.5m/s；(ⅱ)假设t大于T：假设波向右传播，t＝0.2s内传播距离是：x3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))λ，(n＝1,2,3，…)波速为：v3＝eq\f(x3,t)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))×2,0.2)＝10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))＝(10n＋7.5)m/s，(n＝1,2,3，…)假设波向左传播，t＝0.2s内传播距离是：x4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,4)))λ，(n＝1,2,3，…)波速为：v4＝eq\f(x4,t)＝10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,4)))＝(10n＋2.5)m/s，(n＝1,2,3，…)。答案：(1)BDE(2)(ⅰ)向右传播：7.5m/s向左传播：2.5m/s(ⅱ)向右传播：(10n＋7.5)m/s，(n＝1,2,3，…)向左传播：(10n＋2.5)m/s，(n＝1,2,3，…)3．(2021·南平质检)(1)(多项选择)彩虹产生原因是光色散，如下图为太阳光射到空气中小水珠时局部光路图，其中a、b为两种单色光，以下说法正确是________。A．a、b光在水珠中传播波长都比各自在真空中传播波长要长B．水珠对a光折射率大于对b光折射率C．用同一双缝干预仪做光双缝干预实验，a光条纹间距大于b光条纹间距D．在水珠中a光传播速度小于b光传播速度E．a、b光在同一介质中，以一样入射角由介质射向空气，假设b光能够发生全反射，那么a光也一定能够发生全反射(2)一列简谐横波在t＝2.0s时波形如图甲所示，图乙是这列波中质点P振动图像。(ⅰ)求这列波波速和传播方向；(ⅱ)求0到2.0s时间内，质点P通过路程。解析：(1)根据公式v＝λf，及v＝eq\f(c,n)，光在水中传播波长小于光在真空中传播波长，故A错误；根据光路图知，太阳光进入水珠时a光偏折程度大，那么a光折射率大于b光折射率，故B正确；折射率小，那么频率小，波长大，那么知a光波长小于b光波长，根据干预条纹间距公式Δx＝eq\f(l,d)λ知，a光干预条纹间距比b光干预条纹间距窄，故C错误；a光折射率较大，由v＝eq\f(c,n)分析可知，在同一玻璃中光线a传播速度较小，故D正确；a、b光在同一介质中，因a光折射率较大，依据sinC＝eq\f(1,n)，可知，a光临界角较小，当以一样入射角由介质射向空气，假设b光能够发生全反射，那么a光也一定能够发生全反射，故E正确。(2)(ⅰ)由题图可知，λ＝8cm，T＝4s，波速v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(8cm,4s)＝2cm/s由振动图像可知，t＝2.0s时质点P向下振动，由上下坡法可知，该波向右传播。(ⅱ)质点周期T＝4s,0到2.0s时间内，质点振动eq\f(1,2)周期，通过路程为2振幅，所以质点经历路程：S＝2A＝2×6cm＝12cm。答案：(1)BDE(2)(ⅰ)2cm/s方向向右(ⅱ)12cm4．(2021·全国乙卷)(1)(多项选择)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m/s速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近。该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下时间间隔为15s。以下说法正确是________。A．水面波是一种机械波B．该水面波频率为6HzC．该水面波波长为3mD．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去E．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动质点并不随波迁移(2)如图，在注满水游泳池池底有一点光源A，它到池边水平距离为3.0m。从点光源A射向池边光线AB与竖直方向夹角恰好等于全反射临界角，水折射率为eq\f(4,3)。(ⅰ)求池内水深；(ⅱ)一救生员坐在离池边不远处高凳上，他眼睛到池面高度为2.0m。当他看到正前下方点光源A时，他眼睛所承受光线与竖直方向夹角恰好为45°。求救生员眼睛到池边水平距离(结果保存1位有效数字)。解析：(1)水面波是一种机械波，说法A正确。根据题意得周期T＝eq\f(15,9)s＝eq\f(5,3)s，频率f＝eq\f(1,T)＝0.6Hz，说法B错误。波长λ＝eq\f(v,f)＝eq\,0.6)m＝3m，说法C正确。波传播过程中，传播是振动形式，能量可以传递出去，但质点并不随波迁移，说法D错误，说法E正确。(2)(ⅰ)如图，设到达池边光线入射角为i，依题意，水折射率n＝eq\f(4,3)，光线折射角θ＝90°。由折射定律有nsini＝sinθ①由几何关系有sini＝eq\f(l,\r(l2＋h2))②式中，l＝3.0m，h是池内水深度。联立①②式并代入题给数据得h＝eq\r(7)m≈2.6m。③(ⅱ)设此时救生员眼睛到池边距离为x。依题意，救生员视线与竖直方向夹角为θ′＝45°。由折射定律有nsini′＝sinθ′④式中，i′是光线在水面入射角。设池底点光源A到水面入射点水平距离为a。由几何关系有sini′＝eq\f(a,\r(a2＋h2))⑤x＋l＝a＋h′⑥式中h′＝2m。联立③④⑤⑥式得x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(\f(7,23))－1))m≈0.7m。⑦答案：(1)ACE(2)(ⅰ)2.6m(ⅱ)0.7m5.(2021·全国卷Ⅱ)(1)(多项选择)如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线。那么________。A．在玻璃中，a光传播速度小于b光传播速度B．在真空中，a光波长小于b光波长C．玻璃砖对a光折射率小于对b光折射率D．假设改变光束入射方向使θ角逐渐变大，那么折射光线a首先消失E．分别用a、b光在同一个双缝干预实验装置上做实验，a光干预条纹间距大于b光干预条纹间距(2)平衡位置位于原点O波源发出简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x轴上两个点(均位于x轴正向)，P与O距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间。波源自t＝0时由平衡位置开场向上振动，周期T＝1s，振幅A＝5cm。当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5s，平衡位置在Q处质点第一次处于波峰位置。求：(ⅰ)P、Q间距离；(ⅱ)从t＝0开场到平衡位置在Q处质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过路程。解析：(1)通过光路图可看出，折射后a光偏折程度大于b光偏折程度，玻璃砖对a光折射率大于b光折射率，选项C错误。a光频率大于b光频率，波长小于b光波长，选项B正确。由n＝eq\f(c,v)知，在玻璃中，a光传播速度小于b光传播速度，选项A正确。入射角增大时，折射率大光线首先发生全反射，a光首先消失，选项D正确。做双缝干预实验时，根据Δx＝eq\f(L,d)λ得a光干预条纹间距小于b光干预条纹间距，选项E错误。(2)(ⅰ)由题意，O、P两点间距离与波长λ之间满足OP＝eq\f(5,4)λ①波速v与波长关系为v＝eq\f(λ,T)②在t＝5s时间间隔内，波传播路程为vt。由题意有vt＝PQ＋eq\f(λ,4)③式中，PQ为P、Q间距离。由①②③式和题给数据，得PQ＝133cm。④(ⅱ)Q处质点第一次处于波峰位置时，波源运动时间为t1＝t＋eq\f(5,4)T⑤波源从平衡位置开场运动，每经过eq\f(T,4)，波源运动路程为A。由题给条件得t1＝25×eq\f(T,4)⑥故t1时间内，波源运动路程为s＝25A＝125cm。答案：(1)ABD(2)(ⅰ)133cm(ⅱ)125cm6．(2021·全国丙卷)(1)(多项选择)由波源S形成简谐横波在均匀介质中向左、右传播。波源振动频率为20Hz，波速为16m/s。介质中P、Q两质点位于波源S两侧，且P、Q和S平衡位置在一条直线上，P、Q平衡位置到S平衡位置之间距离分别为15.8m、14.6m。P、Q开场振动后，以下判断正确是________。A．P、Q两质点运动方向始终一样B．P、Q两质点运动方向始终相反C．当S恰好通过平衡位置时，P、Q两点也正好通过平衡位置D．当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰E．当S恰好通过平衡位置向下运动时，Q在波峰(2)如图，玻璃球冠折射率为eq\r(3)，其底面镀银，底面半径是球半径eq\f(\r(3),2)倍；在过球心O且垂直于底面平面(纸面)内，有一与底面垂直光线射到玻璃球冠上M点，该光线延长线恰好过底面边缘上A点，求该光线从球面射出方向相对于其初始入射方向偏角。解析：(1)简谐横波波长λ＝eq\f(v,f)＝eq\f(16,20)m＝0.8m。P、Q两质点距离波源S距离PS＝15.8m＝19λ＋eq\f(3,4)λ，SQ＝14.6m＝18λ＋eq\f(1,4)λ。因此P、Q两质点运动方向始终相反，A错误，B正确。当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰位置，Q在波谷位置。当S恰好通过平衡位置向下运动时，P在波谷位置，Q在波峰位置。C错误，D、E正确。(2)设球半径为R，球冠底面中心为O′，连接OO′，那么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反射点，那么光线光路图如下图。设光线在M点入射角为i，折射角为r，在N点入射角为i′，反射角为i″，玻璃折射率为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，射出玻璃球冠光线相对于入射光线偏角β为β＝180°－∠ENO＝150°。⑪答案：(1)BDE(2)150°考点一机械振动和机械波(一)必须理清知识联系(二)必须弄明三个问题1．波传播问题(1)沿波传播方向上各质点起振方向与波源起振方向一致。(2)介质中各质点随波振动，但并不随波迁移。如诊断卷第4题第(1)问E选项。(3)沿波传播方向上波每个周期传播一个波长距离。如诊断卷第5题第(2)问中，波传到P点后，经过5s，Q点第一次处于波峰位置，也就是说Q点前方eq\f(λ,4)处开场振动，由此可得：5λ＝PQ＋eq\f(λ,4)，可得：PQ＝eq\f(19,4)λ＝133cm。(4)在波传播过程中，同一时刻如果一个质点处于波峰，而另一质点处于波谷，那么这两个质点一定是反相点。如诊断卷第6题第(1)问中，因PS＝19λ＋eq\f(3,4)λ，SQ＝18λ＋eq\f(λ,4)，也就是说当P在波峰时，Q一定在波谷，这两点振动方向始终相反。2．波叠加问题(1)两个振动情况一样波源形成波，在空间某点振动加强条件为Δx＝nλ，振动减弱条件为Δx＝nλ＋eq\f(λ,2)。两个振动情况相反波源形成波，在空间某点振动加强条件为Δx＝nλ＋eq\f(λ,2)，振动减弱条件为Δx＝nλ。(2)振动加强点位移随时间而改变，振幅最大。3．波多解问题由于波周期性、波传播方向双向性，波传播问题易出现多解现象。如诊断卷第2题第(2)问，只说波沿x轴传播，那么有向左、向右两种方向可能；而波形图在0.2s内由实线波形变为虚线波形，波可能向右传播nλ＋eq\f(3,4)λ，也可能向左传播nλ＋eq\f(λ,4)，故其波速出现多解现象。1．(多项选择)如图是水面上两列频率一样波在某时刻叠加情况，以波源S1、S2为圆心两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波波峰(实线)和波谷(虚线)，S1振幅A1＝4cm，S2振幅A2＝3cm，那么以下说法正确是()A．质点D是振动减弱点B．质点A、D在该时刻高度差为14cmC．再过半个周期，质点B、C是振动加强点D．质点C振幅为1cmE．质点C此刻以后将向下振动解析：选BDE由图像可知，D点为两波谷相遇是加强点，选项A错误；此时A点在加强后最高点，D点在加强后最低点，由合成叠加关系可知A、D高度差为14cm，选项B正确；由于两波频率相等，叠加后会形成稳定干预图像，所以A、D点始终是加强点，B、C点始终是减弱点，选项C错误；质点C为减弱点，振幅为两振幅之差，为1cm，选项D正确；由题意可知此时质点C将向下振动，选项E正确。2．(多项选择)(2021·海南高考)一列沿x轴正方向传播简谐横波在t＝0时刻波形如下图，质点Px坐标为3m。任意振动质点连续2次经过平衡位置时间间隔为0.4s。以下说法正确是()A．波速为4m/sB．波频率为1.25HzC．x坐标为15m质点在t＝0.6s时恰好位于波谷D．x坐标为22m质点在t＝0.2s时恰好位于波峰E．当质点P位于波峰时，x坐标为17m质点恰好位于波谷解析：选BDE任意振动质点连续2次经过平衡位置时间间隔为0.4s，那么eq\f(1,2)T＝0.4s，解得T＝0.8s。从图像中可知λ＝4m，所以根据公式v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(4,0.8)m/s＝5m/s，故A错误；根据公式f＝eq\f(1,T)可得波频率为1.25Hz，B正确；x坐标为15m质点和x坐标为3m质点相隔12m，为波长整数倍，即两质点为同相点，而x坐标为3m质点经过t＝0.6s即四分之三周期振动到平衡位置，所以x坐标为15m质点在t＝0.6s时振动到平衡位置，C错误；x坐标为22m质点和x坐标为2m质点为同相点，x坐标为2m质点经过t＝0.2s即四分之一周期恰好位于波峰，故x坐标为22m质点在t＝0.2s时恰好位于波峰，D正确；当质点P从t＝0时波谷位置到位于波峰位置，经过了半个周期，而x坐标为17m质点和x坐标为1m质点为同相点，经过半个周期x坐标为1m质点恰好位于波谷，E正确。3．(多项选择)一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x＝2m处质点振动图像如图甲所示，在x＝8m处质点振动图像如图乙所示。以下说法正确是()A．该波周期为12sB．x＝2m处质点在平衡位置向y轴正方向振动时，x＝8m处质点在波峰位置C．在0～4s内x＝2m处和x＝8m处质点通过路程均为6cmD．该波波长可能为8mE．该波传播速度可能为2m/s解析：选ABD由题图可知，该波周期为12s，故A正确；该波沿x轴正方向传播，在x＝2m处质点在平衡位置向y轴正方向振动时(如t＝3s时)，x＝8m处质点在波峰位置，故B正确；由题图可知，在0～4s内x＝2m处质点通过路程为6cm，而x＝8m处质点通过路程小于6cm，故C错误；简谐横波沿x轴正方向传播，由题图可知，t＝0时刻，x1＝2m处质点位于波谷，x2＝8m处质点在t＝9s时刻才位于波谷，时间相差eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))T，结合波形得x2－x1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))λ(n＝0,1，2，…)，得到波长λ＝eq\f(24,4n＋3)m，当n＝0时，λ＝8m，故D正确；该波波速v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(2,4n＋3)m/s，当n＝0时，v＝eq\f(2,3)m/s，当n＝1时，v＝eq\f(2,7)m/s，可知该波传播速度不可能为2m/s，故E错误。

考点二光折射、全反射和光波动性(一)必须理清知识联系(二)必须掌握四个要点1．光折射和全反射问题(1)确定要研究光线(如临界光线、边界光线等)。(2)找准入射点，画出光路图，注意判断是否发生全反射。(3)根据反射定律、折射定律、临界角公式、几何关系等列出关系式，具体求解。如诊断卷第6题第(2)问，只有画出入射光线折射后入射到AB面上入射光线和反射光线，再利用折射定律、反射定律和几何关系列出关系式，才能具体求解。第1题第〔2〕问，“所有从AB、AC面入射光线进入后恰好全部直接到达BC面〞，根据这句话结合几何知识可知，AB面折射光线平行于AC面，而AC面光线特点与AB面光线特点一样。2．光色散问题(1)在同一介质中，不同频率光折射率不同，频率越高，折射率越大。(2)可由n＝eq\f(c,v)，n＝eq\f(λ0,λ)可知，光频率越高，在介质中波速越小，波长越小。如诊断卷第3题第(1)问，a光发生折射时偏转角大，其折射率大，频率高，波长短，由n＝eq\f(