【物理】2018届二轮复习专题七　选考模块学案（全国通用）

【物理】2018届二轮复习专题七　选考模块学案（全国通用）

专题七　选考模块 第一讲分子动理论__气体及热力学定律 一、选择题 ‎1．(2017·全国卷Ⅰ)氧气分子在‎0 ℃‎和‎100 ℃‎温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．图中两条曲线下面积相等 B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形 C．图中实线对应于氧气分子在‎100 ℃‎时的情形 D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目 E．与‎0 ℃‎时相比，‎100 ℃‎时氧气分子速率出现在0～‎400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大 解析：选ABC　根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧气分子在‎100 ℃‎时的情形，选项C正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选项D错误；由分子速率分布图可知，与‎0 ℃‎时相比，‎100 ℃‎时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项E错误。‎ ‎2．(2015·全国卷Ⅱ)关于扩散现象，下列说法正确的是(　　)‎ A．温度越高，扩散进行得越快 B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应 C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的 D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生 E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 解析：选ACD　扩散现象与温度有关，温度越高，扩散进行得越快，A正确。扩散现象是由于分子的无规则运动引起的，不是一种化学反应，B错误，C正确，E错误。扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，D正确。‎ ‎3．(2015·全国卷Ⅰ)下列说法正确的是(　　)‎ A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体 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的光学性质 C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 D．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 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，得到的小颗粒仍是晶体，故选项A错误。单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，故选项B正确。例如金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，故选项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，熔融过的水晶(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，故选项D正确。熔化过程中，晶体的温度不变，但内能改变，故选项E错误。‎ ‎4．(2016·全国卷Ⅰ)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 E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡 解析：选BDE　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＝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。两个系统达到热平衡时，温度相等，如果这两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，说法E正确。‎ ‎5．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到初态a。下列说法正确的是(　　)‎ A．在过程ab中气体的内能增加 B．在过程ca中外界对气体做功 C．在过程ab中气体对外界做功 D．在过程bc中气体从外界吸收热量 E．在过程ca中气体从外界吸收热量 解析：选ABD　ab过程中气体压强增大，体积不变，则温度升高，内能增加，A项正确；ab过程发生等容变化，气体对外界不做功，C项错误；一定质量的理想气体内能仅由温度决定，bc过程发生等温变化，内能不变，bc过程中气体体积增大，气体对外界做正功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，D项正确；ca过程发生等压变化，气体体积减小，外界对气体做功，B项正确；ca过程中气体温度降低，内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，E项错误。‎ ‎6.(2017·全国卷Ⅱ)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是(　　)‎ A．气体自发扩散前后内能相同 B．气体在被压缩的过程中内能增大 C．在自发扩散过程中，气体对外界做功 D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功 E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变 解析：选ABD　抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，A项正确，C项错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，D项正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，因此气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，B项正确，E项错误。‎ 二、计算题 ‎7．(2017·全国卷Ⅱ)一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压，温度T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。‎ ‎(1)求该热气球所受浮力的大小；‎ ‎(2)求该热气球内空气所受的重力；‎ ‎(3)设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量。‎ 解析：(1)设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为ρ0＝①‎ 在温度为T时的体积为VT，密度为 ρ(T)＝②‎ 由盖吕萨克定律得＝③‎ 联立①②③式得 ρ(T)＝ρ0④‎ 气球所受到的浮力为 f＝ρ(Tb)gV⑤‎ 联立④⑤式得 f＝Vgρ0。⑥‎ ‎(2)气球内热空气所受的重力为 G＝ρ(Ta)Vg⑦‎ 联立④⑦式得 G＝Vgρ0。⑧‎ ‎(3)设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件得 mg＝f－G－m‎0g⑨‎ 联立⑥⑧⑨式得m＝Vρ0T0－m0。‎ 答案：(1)Vgρ0　(2)Vgρ0　‎ ‎(3)Vρ0T0－m0‎ ‎8．(2015·全国卷Ⅰ)如图，一固定的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。已知大活塞的质量为m1＝‎2.50 kg，横截面积为S1＝‎80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝‎1.50 kg，横截面积为S2＝‎40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝‎40.0 cm；气缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K。初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K。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的摩擦，重力加速度大小g取‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，气缸内封闭气体的温度；‎ ‎(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。‎ 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，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2。由题给条件得 V1＝S1·＋S2①‎ V2＝S‎2l②‎ 在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得 S1(p1－p)＝m‎1g＋m‎2g＋S2(p1－p)③‎ 故缸内气体的压强不变。由盖—吕萨克定律有 ＝④‎ 联立①②④式并代入题给数据得 T2＝330 K。⑤‎ ‎(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1。在此后与气缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变。设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′，由查理定律，有 ＝⑥‎ 联立③⑤⑥式并代入题给数据得 p′＝1.01×105 Pa。⑦‎ 答案：(1)330 K　(2)1.01×105 Pa ‎9．(2016·全国卷Ⅲ)一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg。环境温度不变。‎ 解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2。活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′。以cmHg为压强单位。由题给条件得 p1＝p0＋(20.0－5.00)cmHg①‎ l1′＝cm②‎ 由玻意耳定律得p‎1l1＝p1′l1′③‎ 联立①②③式和题给条件得 p1′＝144 cmHg④‎ 依题意p2′＝p1′⑤‎ l2′＝‎4.00 cm＋ cm－h⑥‎ 由玻意耳定律得p‎2l2＝p2′l2′⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h＝‎9.42 cm。⑧‎ 答案：144 cmHg　‎‎9.42 cm ‎10.(2017·全国卷Ⅰ)如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为‎27 ℃‎，汽缸导热。‎ ‎(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；‎ ‎(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；‎ ‎(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高‎20 ℃‎，求此时活塞下方气体的压强。‎ 解析：(1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得 p0V＝p1V1①‎ ‎(3p0)V＝p1(2V—V1)②‎ 联立①②式得 V1＝③‎ p1＝2p0。④‎ ‎(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2。由玻意耳定律得 ‎(3p0)V＝p2V2⑤‎ 由⑤式得 p2＝p0⑥‎ 由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p2′＝p0。‎ ‎(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得 ＝⑦‎ 将有关数据代入⑦式得 p3＝1.6p0。⑧‎ 答案：(1)　2p0　(2)在汽缸B的顶部　(3)1.6p0‎ ‎11．(2017·全国卷Ⅲ)一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M 的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2。K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示。设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变。已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：‎ ‎(1)待测气体的压强；‎ ‎(2)该仪器能够测量的最大压强。‎ 解析：(1)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p。提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则 V＝V0＋πd‎2l①‎ V1＝πd2h②‎ 由力学平衡条件得 p1＝p＋ρhg③‎ 整个过程为等温过程，由玻意耳定律得 pV＝p1V1④‎ 联立①②③④式得 p＝。⑤‎ ‎(2)由题意知 h≤l⑥‎ 联立⑤⑥式有 p≤⑦‎ 该仪器能够测量的最大压强为 pmax＝。⑧‎ 答案：(1)　‎ ‎(2) 考点一　分子动理论　内能及热力学定律 一、必须理清的知识联系 二、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 ‎(1)布朗运动 ‎①研究对象：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒。‎ ‎②运动特点：无规则、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：分子永不停息的无规则运动。‎ ‎②相关因素：温度。‎ 如诊断卷第2题，扩散现象是由分子无规则热运动产生的，不是物质间的化学反应或液体对流形成的，故B、E均错误。‎ ‎3．对热力学定律的理解 ‎(1)改变物体内能的方式有两种，只叙述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，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但不引起其他变化是不可能的。‎ 如诊断卷第4题D项中，热量可以由低温物体传递到高温物体，但该过程不能自发进行，故D项正确。‎ ‎1．正误判断 ‎(1)液体温度越高，布朗运动会越激烈。(√)‎ ‎(2)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。(√)‎ ‎(3)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。(√)‎ ‎(4)扩散现象不仅能发生在气体和液体中，固体中也可以。(√)‎ ‎(5)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。(√)‎ ‎(6)当分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大。(×)‎ ‎(7)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。(×)‎ ‎(8)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。(×)‎ ‎(9)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。(√)‎ ‎(10)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。(×)‎ ‎(11)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。(×)‎ ‎(12)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。(√)‎ ‎(13)外界对系统做功，其内能一定增加。(×)‎ ‎(14)一定质量的理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变。(×)‎ ‎(15)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。(√)‎ ‎(16)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。(√)‎ ‎(17)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。(√)‎ ‎(18)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。(×)‎ ‎(19)“第一类永动机”不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律。(√)‎ ‎(20)“第二类永动机”不可能制成是因为它违反了能量守恒定律。(×)‎ ‎2．(2017·遵义期中)下列有关热现象的说法中，正确的是(　　)‎ A．玻璃砖很难变形，但其内的玻璃分子仍然在做无规则的热运动 B．气体存在压强是因为气体分子间存在斥力 C．当气体吸热时，其内能并不一定增加 D．把一定量的气体压缩，其内能一定增加 E．热量可以从低温物体传到高温物体 解析：选ACE　一切物体的分子在做无规则的热运动，则A正确；气体存在压强是因为气体分子对器壁的撞击产生的，则B错误；改变内能的方式有做功和热传递，气体从外界吸热，其内能不一定增加，C正确；把一定量的气体压缩，但若对外传递热量，则其内能可能减小，则D错误；热量不可以自发地从低温物体传到高温物体，但在一定条件下可以实现，则E正确。‎ ‎3．下列说法中正确的是(　　)‎ A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大 B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动 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的减小而增大 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．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝ 解析：选ABC　气体放出热量，若外界对气体做功，温度升高，其分子的平均动能增大，故A正确；布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，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的减小而增大，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；某固体或液体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝，而气体此式不成立，故E错误。‎ 考点二　固体、液体和气体 一、必须理清的知识联系 二、必须理解的三个问题 ‎1．对晶体、非晶体特性的理解 ‎(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，吸收的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形体，如金刚石和石墨。‎ 如诊断卷第3题，晶体与非晶体可以相互转化，但晶体被敲碎得到的小颗粒仍为晶体；晶体吸收热量熔化过程中，分子动能不变，分子势能增大，故A、E均错误。‎ ‎2．正确理解温度的微含义 ‎(1)温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大。‎ ‎(2)温度越高，物体分子动能总和增大，但物体的内能不一定越大。‎ ‎3．对气体压强的理解 ‎(1)气体对容器壁的压强是气体分子频繁碰撞的结果，温度越高，气体分子密度越大，气体对容器壁因碰撞而产生的压强就越大。‎ ‎(2)地球表面大气压强可认为是大气重力产生的。‎ ‎1．正误判断 ‎(1)大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体。(×)‎ ‎(2)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。(√)‎ ‎(3)单晶体和多晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点。(√)‎ ‎(4)晶体在各个方向上的导热性能相同时，表现为各向同性。(√)‎ ‎(5)单晶体的物理性质具有各向异性。(√)‎ ‎(6)太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果。(√)‎ ‎(7)液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部。(×)‎ ‎(8)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。(√)‎ ‎(9)叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用。(√)‎ ‎(10)液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征。(√)‎ ‎(11)液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点。(√)‎ ‎(12)当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大。(×)‎ ‎(13)空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越快。(×)‎ ‎(14)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。(×)‎ ‎(15)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。(×)‎ ‎(16)雨水没有透过布雨伞是因为液体分子表面张力的原因。(√)‎ ‎(17)在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零。(×)‎ ‎(18)压强变大时，分子间的平均距离必然变小。(×)‎ ‎(19)当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小。(√)‎ ‎(20)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压强与同一温度下水的饱和汽压的差距。(√)‎ ‎2．(2017·中卫一模)下列说法正确的是(　　)‎ A．当一定量气体吸热时，其内能可能减小 B．玻璃、石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体 C．气体分子单位时间内和单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关 D．当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是指向液体内部 E．单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点 解析：选ACD　根据ΔU＝W＋Q 可知，当一定量气体吸热时，其内能可能减小，也可能不变，也可能增大，故A正确；玻璃是非晶体，故B错误；单位体积内气体的分子数多少和气体温度的高低，影响着气体的压强，即气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，故C正确；液体与大气相接触时，液体表面层的分子间的距离大于液体内部分子间的距离，体现为引力，因此分子力的合力指向液体内部，故D正确；单晶体和多晶体都具有固定的熔点，故E错误。‎ ‎3．(2017·揭阳市揭东一中检测)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　理想气体的内能由温度决定，温度变化气体内能一定变化，故A正确；若气体的内能不变，则气体的温度不变，气体的压强与体积可能发生变化，气体的状态可能变化，故B错误；由理想气体状态方程＝C，可知若气体的压强和体积都不变，则温度不变，所以其内能也一定不变，故C正确；由理想气体状态方程＝C知，温度T升高，pV一定增大，但压强不一定增大，故D错误；气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关，故E正确。‎ 考点三　气体实验定律和理想气体状态方程 一、必须理清的知识联系 二、必须掌握的三个要点 ‎1．压强的计算 ‎(1)被活塞、气缸封闭的气体，通常分析活塞或气缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解。如诊断卷第8题，分析两活塞受力，由平衡条件及气体实验定律可求出缸内气体的压强。‎ ‎(2)应用平衡条件或牛顿第二定律求解，得出的压强单位为Pa。如诊断卷第8题，由力的平衡条件得S1(p1－p)＝m‎1g＋m‎2g＋S2(p1－p ‎)，再结合查理定律，即可求得缸内封闭气体的压强，其单位为Pa。‎ 若应用p＝p0＋h或p＝p0－h来表示压强，则压强p的单位为cmHg或mmHg。如诊断卷第11题，题图中初始状态，因活塞为光滑轻活塞，有左侧空气柱p2＝p0，右侧空气柱压强：p1＝p0＋(20.0－5.00)cmHg＝90 cmHg。‎ ‎2．合理选取气体变化所遵循的规律列方程 ‎(1)若气体质量一定，p、V、T均发生变化，则选用理想气体状态方程列式求解。‎ ‎(2)若气体质量一定，p、V、T中有一个量不发生变化，则选用对应的实验定律列方程求解。如诊断卷第8题，活塞缓慢下降过程中气体的压强不变，选用盖—吕萨克定律列方程，以后气体温度再下降时压强减小，体积不变，应选用查理定理列方程求解。‎ ‎3．多个研究对象的问题 由活塞、液柱相联系的“两团气”问题，要注意寻找两团气之间的压强、体积或位移关系，列出辅助方程，最后联立求解。如诊断卷第11题，对左右气柱，当两边汞柱高度相等时，右侧气柱长度l1′＝cm，活塞下移的距离h＝cm－l2′。‎ 三、必须研透的三类常考模型 ‎1．“气缸”模型 　如图所示，理想气体封闭在两连通的导热容器中，左侧活塞面积为S1＝S，质量为m1＝‎5m，右侧活塞的面积未知，质量为m2＝‎3m，在T1＝400 K的初始状态下，细绳对活塞的拉力是F＝mg，且两活塞正好都在距底部高为h的位置静止。两容器底部连通部分体积可以忽略，大气压强p0＝，重力加速度为g，现将气体温度缓慢降低到T2＝300 K并达到稳定状态，求：‎ ‎(1)在温度T1时，气体的压强；‎ ‎(2)在温度T2时，右侧活塞距离底部的高度。‎ ‎[解析]　(1)初始时左侧活塞稳定，故 pS1＋F＝m‎1g＋p0S1‎ 得此时气体压强p＝。‎ 即p＝＋p0＝。‎ ‎(2)在温度T1时，右侧活塞稳定，同样有pS2＋F＝m‎2g＋p0S2‎ 解得右侧活塞的面积为S2＝S1＝S 将气体温度缓慢降低到T2，两活塞处于稳定状态，则有p′S1＋F′＝m‎1g＋p0S1‎ p′S2＋F′＝m‎2g＋p0S2‎ 代入数据解得p′＝ 故p′＝p，即这个变化过程为等压变化过程，设右侧活塞升高Δh，‎ 则有＝，‎ 解得Δh＝h 则右侧活塞距离底部的高度为h′＝h＋Δh＝h。‎ ‎[答案]　(1)　(2)h ‎[方法点拨]‎ ‎1．解决“气缸”模型的一般思路 ‎(1)弄清题意，确定研究对象，一般地说，研究对象分为两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(气缸、活塞或某系统)。‎ ‎(2)分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。‎ ‎(3)注意挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。‎ ‎(4)多个方程联立求解，对求解的结果注意检验它们的合理性。‎ ‎2．“气缸”模型的几种常见问题 ‎(1)气体系统处于平衡状态，需要综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。‎ ‎(2)气体系统处于非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。‎ ‎(3)两个或多个气缸封闭着几部分气体，并且气缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解。‎ ‎2．“液柱”模型 　(2017·晋城三模)如图甲所示，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置，管长为L，管里一段长L的水银柱封住一段长L的气柱，温度为T0，大气压强为p0。‎ ‎(1)现通过降低气柱温度，使水银柱下降L。求：气柱温度应降为多少？‎ ‎(2)若气柱温度不变，在管口加一个厚度、重力不计的活塞，给活塞加一个向下的力，使活塞缓慢向下移动，当水银柱下降L时，活塞下降的距离为多少？‎ ‎[解析]　(1)气柱发生等压变化，由盖—吕萨克定律得：＝，解得：T2＝T0。‎ ‎(2)对下部气柱由玻意耳定律得：‎ ×LS＝p下2×LS，‎ 解得：p下2＝2，‎ 对上部气柱，p上2＝p下2－L＝2p0＋L，‎ 对上部气柱由玻意耳定律得：‎ p0×LS＝×h上2S，‎ 解得：h上2＝，‎ 则活塞向下移动的距离：‎ d＝L－＋L＝L－。‎ ‎[答案]　(1)T0　(2)L－ ‎[方法点拨]‎ ‎(1)解答“液柱”模型的关键是求被液柱封闭的气体的压强和体积，体积一般通过几何关系求解。在求封闭气体的压强时，如果系统处于平衡状态，一般求压强采用平衡法和取等压面法。如果系统有加速度，一般选与气体接触的液柱为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求出封闭气体的压强。‎ ‎(2)装有水银的直玻璃管转动到开口向下时，要判断是否有水银流出。‎ ‎3．“充气、抽气”模型 　如图为压缩式喷雾器，该喷雾器储液桶的容积为V0＝6 dm3。先往桶内注入体积为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。设定打气过程中，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，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′，有p(V0－V)＝p′V0‎ 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 ‎[方法点拨]‎ ‎1．等效法 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恒定质量的问题。‎ ‎(1)充气中的变质量问题 设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时，这些气体状态不管怎样变化，其质量总是不变的。这样，就将变质量的问题转化成质量一定的问题了。‎ ‎(2)抽气中的变质量问题 用抽气筒对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，其解决方法同充气问题类似，假设把每次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恒定质量的问题。‎ ‎2．巧选研究对象 ‎(1)灌气问题 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做整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。‎ ‎(2)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，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，可用理想气体状态方程求解。‎ ‎1.(2017·肇庆二模)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0，温度为T0。设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为S，且mg＝p0S，环境温度保持不变。若在活塞A上逐渐添加细砂，当细砂质量等于‎2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，求活塞A下降的高度。‎ 解析：对Ⅰ气体，初状态：p1＝p0＋＝2p0‎ 末状态：p1′＝p0＋＝4p0‎ 由玻意耳定律得：p‎1l0S＝p1′l1S l1＝l0‎ 对Ⅱ气体，初状态：p2＝p1＋＝3p0‎ 末状态：p2′＝p1′＋＝5p0‎ 由玻意耳定律得：p‎2l0S＝p2′l2S l2＝l0‎ 故A活塞下降的高度为：Δl＝(l0－l1)＋(l0－l2)＝l0。‎ 答案：l0‎ ‎2．如图1所示，左端封闭、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L＝‎20 cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长。已知大气压强为p0＝75 cmHg。‎ ‎(1)若将装置翻转180°，使U形细玻璃管竖直倒置(水银未溢出)，如图2所示。当管中水银静止时，求左管中空气柱的长度；‎ ‎(2)若将图1中的阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H＝‎35 cm，求左管水银面下降的高度。‎ 解析：(1)设左管中空气柱的长度增加h，由玻意耳定律：p‎0L＝(p0－2h)(L＋h)‎ 代入数据解得：h＝0或h＝‎‎17.5 cm 所以，左管中空气柱的长度为‎20 cm或‎37.5 cm。‎ ‎(2)设左管水银面下降的高度为x，左、右管水银面的高度差为y，由几何关系：x＋y＝H 由玻意耳定律：p‎0L＝(p0－y)(L＋x)‎ 联立两式解得：x2＋60x－700＝0‎ 解方程得：x＝‎10 cm　x＝－‎70 cm(舍去)‎ 故左管水银面下降的高度为‎10 cm。‎ 答案：(1)‎20 cm或‎37.5 cm　(2)‎‎10 cm ‎3．有一个兴趣小组想估测一下教室内含有的空气分子个数，他们测得一教室长L1＝‎8 m，宽L2＝‎7 m，高h＝‎4 m。已知阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023 mol－1。求：‎ ‎(1)当室内的空气处于标准状况时，教室里应有多少个空气分子；‎ ‎(2)如果空气的压强不变，空气的温度由‎0 ℃‎升高到‎27 ℃‎，此时在教室里还有多少个空气分子。‎ 解析：(1)教室的体积V＝L‎1L2h＝‎‎224 m3‎ 教室里的空气分子数n＝NA＝6.02×1027个。‎ ‎(2)温度由T＝273 K升高到T′＝300 K，设原来在教室中的空气的体积将增大到V′，‎ 则有＝ V′＝V＝ m3＝‎‎246 m3‎ 此时在教室里有空气分子数 n′＝n＝(个)＝5.48×1027个。‎ 答案：(1)6.02×1027个　(2)5.48×1027个 ‎1．(2017·潍坊期中)‎ ‎(1)下列说法正确的是(　　)‎ A．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大 B．已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可算出该气体分子间的平均距离 C．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律 D．附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润 E．若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大 ‎(2)如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银柱，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中。开启上部连通左右水银的阀门A，当温度为300 K，平衡时水银柱的位置如图(h1＝h2＝‎5 cm，L1＝‎50 cm)，大气压强为75 cmHg。求：‎ ‎(ⅰ)右管内空气柱的长度L2；‎ ‎(ⅱ)关闭阀门A，当温度升至405 K时，左侧竖直管内空气柱的长度L3。(大气压强保持不变)‎ 解析：(1)温度是分子平均动能的标志，是大量分子无规则运动的宏观表现，气体温度升高，分子的平均动能增加，分子的平均速率增大，不是每个气体分子运动的速率都增大，故A错误；知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出气体的摩尔体积和每个气体分子占据的空间大小，从而能求出分子间的平均距离，故B正确；将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，产生了其他影响，即消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，故C错误；附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润，故D正确；若分子间的距离减小，如图所示，则分子间的引力和斥力均增大，故E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)左管内气体压强：p1＝p0＋h2＝80 cmHg，‎ 右管内气体压强：‎ p2＝p1＋h1＝85 cmHg，‎ 设右管内外液面高度差为h3，则p2＝p0＋h3，‎ 解得h3＝‎10 cm，‎ 右管内空气柱长度L2＝L1－h1－h2＋h3＝‎50 cm。‎ ‎(ⅱ)设玻璃管横截面积为S，由理想气体状态方程 ＝，‎ 解得：L3＝‎60 cm。‎ 答案：(1)BDE　(2)(ⅰ)‎50 cm　(ⅱ)‎‎60 cm ‎2．(2017·梅河口市五中一模)‎ ‎(1)下列说法正确的是(　　)‎ A．当分子间距离为平衡距离时分子势能最大 B．饱和汽压随温度的升高而减小 C．对于一定质量的理想气体，当分子热运动变剧烈时，压强可以不变 D．熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行 E．由于液体表面分子间距大于液体内部分子间的距离，所以液体表面具有收缩的趋势 ‎(2)如图所示，内壁光滑的圆柱形导热气缸固定在水平面上，气缸内部被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与气缸底部连接在一起，弹簧处于原长。已知周围环境温度为T0，大气压强为p0，弹簧的劲度系数k＝(S为活塞横截面积)，原长为l0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力F，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到一定值时保持恒定，此时活塞向右移动了‎0.2l0，缸内气体压强为1.1p0。‎ ‎(ⅰ)求此时缸内的气体的温度T1；‎ ‎(ⅱ)对气缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距离气缸底部‎1.2l0时，求此时缸内的气体温度T2。‎ 解析：(1)当分子间距离r＞r0，随着距离的增大，分子引力和斥力都减小，但斥力减小快，分子力表现为引力，分子之间的距离增大时，分子力做负功，分子势能增大；相反r＜r0，分子力表现为斥力，分子间距离越小，分子力做负功，分子势能增大，故可知当分子间距离为r0时，分子具有最小势能，A错误；水的饱和汽压随温度的升高而增大，B错误；根据＝C可得，对于一定质量的理想气体，当分子热运动变剧烈时，即温度升高时，体积增大，压强可能不变，C正确；由熵增加原理可知，一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增加的方向进行，D正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，产生表面张力，从而使液体表面具有收缩的趋势，故E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)气缸内的气体，初态时，压强为p0，体积为V0＝Sl0，温度为T0‎ 末态时，压强为p1＝1.1p0，体积为V1＝S(l0－‎0.2l0)‎ 根据理想气体状态方程可得＝，‎ 解得T1＝0.88T0‎ ‎(ⅱ)当活塞移动到距气缸底部‎1.2l0时，‎ 体积为V2＝‎1.2l0S，设气体压强为p2，‎ 由理想气体状态方程可得：＝ 此时活塞受力平衡，‎ p0S＋F－p2S＋k(‎1.2l0－l0)＝0‎ 当活塞向右移动了‎0.2l0后压力F保持恒定，活塞受力平衡：p0S＋F－1.1p0S－‎0.2l0k＝0‎ 解得T2＝1.8T0。‎ 答案：(1)CDE　(2)(ⅰ)0.88T0　(ⅱ)1.8T0‎ 第二讲振动和波动__光学 一、选择题 ‎1．(2016·全国卷Ⅰ)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以‎1.8 m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近。该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s。下列说法正确的是(　　)‎ A．水面波是一种机械波 B．该水面波的频率为6 Hz C．该水面波的波长为‎3 m D．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的质点并不随波迁移 解析：选ACE　水面波是一种机械波，说法A正确。根据题意得周期T＝ s＝ s，频率f＝＝0.6 Hz，说法B错误。波长λ＝＝ m＝‎3 m，说法C正确。波传播过程中，传播的是振动形式，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．(2017·全国卷Ⅱ)在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样。若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是(　　)‎ A．改用红色激光 B．改用蓝色激光 C．减小双缝间距 D．将屏幕向远离双缝的位置移动 E．将光源向远离双缝的位置移动 解析：选ACD　由Δx＝λ可知，改用波长更长的激光照射在双缝上，相邻亮条纹的间距Δx增大，A项正确，B项错误；减小双缝间距d，相邻亮条纹的间距Δx增大，C项正确；将屏幕向远离双缝的位置移动，增大了屏幕与双缝的距离l，相邻亮条纹的间距Δx增大，D项正确；相邻亮条纹的间距与光源到双缝的距离无关，E项错误。‎ ‎3．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t＝0时的波形图，虚线为t＝0.5 s时的波形图。已知该简谐波的周期大于0.5 s。关于该简谐波，下列说法正确的是(　　)‎ A．波长为‎2 m B．波速为‎6 m/s C．频率为1.5 Hz D．t＝1 s时，x＝‎1 m处的质点处于波峰 E．t＝2 s时，x＝‎2 m处的质点经过平衡位置 解析：选BCE　由图像可知简谐横波的波长为λ＝‎4 m，A项错误；波沿x轴正向传播，t＝0.5 s＝T，可得周期T＝ s、频率f＝＝1.5 Hz，波速v＝＝‎6 m/s，B、C项正确；t＝0时刻，‎ x＝‎1 m处的质点在波峰，经过1 s＝T，一定在波谷，D项错误；t＝0时刻，x＝‎2 m处的质点在平衡位置，经过2 s＝3T，质点一定经过平衡位置，E项正确。‎ ‎4．(2016·全国卷Ⅲ)由波源S形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播。波源振动的频率为20 Hz，波速为‎16 m/s。已知介质中P、Q两质点位于波源S的两侧，且P、Q和S的平衡位置在一条直线上，P、Q的平衡位置到S的平衡位置之间的距离分别为‎15.8 m、‎14.6 m。P、Q开始振动后，下列判断正确的是(　　)‎ A．P、Q两质点运动的方向始终相同 B．P、Q两质点运动的方向始终相反 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 解析：选BDE　简谐横波的波长λ＝＝ m＝‎0.8 m。P、Q两质点距离波源S的距离PS＝‎15.8 m＝19λ＋λ，SQ＝‎14.6 m＝18λ＋λ。因此P、Q两质点运动的方向始终相反，A错误，B正确。当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰的位置，Q在波谷的位置。当S恰好通过平衡位置向下运动时，P在波谷的位置，Q在波峰的位置。C错误，D、E正确。‎ ‎5．(2015·全国卷Ⅱ)如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线。则(　　)‎ A．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度 B．在真空中，a光的波长小于b光的波长 C．玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率 D．若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a首先消失 E．分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距 解析：选ABD　通过光路图可看出，折射后a光的偏折程度大于b光的偏折程度，玻璃砖对a光的折射率大于b光的折射率，选项C错误。a光的频率大于b光的频率，波长小于b光的波长，选项B正确。由n＝知，在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度，选项A正确。入射角增大时，折射率大的光线首先发生全反射，a光首先消失，选项D正确。做双缝干涉实验时，根据Δx＝λ得a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，选项E错误。‎ ‎6．(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。‎ 二、计算题 ‎7．(2015·全国卷Ⅱ)平衡位置位于原点O的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x轴上的两个点(均位于x轴正向)，P与O的距离为‎35 cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间。已知波源自t＝0时由平衡位置开始向上振动，周期T＝1 s，振幅A＝‎5 cm。当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5 s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置。求：‎ ‎(1)P、Q间的距离；‎ ‎(2)从t＝0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程。‎ 解析：(1)由题意，O、P两点间的距离与波长λ之间满足 OP＝λ①‎ 波速v与波长的关系为v＝②‎ 在t＝5 s的时间间隔内，波传播的路程为vt。由题意有 vt＝PQ＋③‎ 式中，PQ为P、Q间的距离。由①②③式和题给数据，得 PQ＝‎133 cm。④‎ ‎(2)Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为t1＝t＋T⑤‎ 波源从平衡位置开始运动，每经过，波源运动的路程为A。由题给条件得t1＝25×⑥‎ 故t1时间内，波源运动的路程为 s＝‎25A＝‎125 cm。⑦‎ 答案：(1)‎133 cm　(2)‎‎125 cm ‎8．(2016·全国卷Ⅱ)一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于‎10 cm。O和A是介质中平衡位置分别位于x＝0和x＝‎5 cm 处的两个质点。t＝0时开始观测，此时质点O的位移为y＝‎4 cm，质点A处于波峰位置；t＝ s时，质点O第一次回到平衡位置，t＝1 s时，质点A第一次回到平衡位置。求 ‎(1)简谐波的周期、波速和波长；‎ ‎(2)质点O的位移随时间变化的关系式。‎ 解析：(1)设振动周期为T。由于质点A在0到1 s内由最大位移处第一次回到平衡位置，经历的是个周期，由此可知T＝4 s①‎ 由于质点O与A的距离‎5 cm小于半个波长，且波沿x轴正向传播，O在t＝ s时回到平衡位置，而A在t＝1 s时回到平衡位置，时间相差 s。两质点平衡位置的距离除以传播时间，可得波的速度 ‎ v＝‎7.5 cm/s②‎ 利用波长、波速和周期的关系得，简谐波的波长 λ＝‎30 cm。③‎ ‎(2)设质点O的位移随时间变化的关系为 y＝Acos④‎ 将①式及题给条件代入上式得 ⑤‎ 解得φ0＝，A＝‎8 cm⑥‎ 质点O的位移随时间变化的关系式为 y＝0.08cos(国际单位制)‎ 或y＝0.08sin(国际单位制)。‎ 答案：(1)4 s　‎7.5 cm/s　‎‎30 cm ‎(2)y＝0.08cos(国际单位制)‎ 或y＝0.08sin(国际单位制)‎ ‎9．(2017·全国卷Ⅱ)一直桶状容器的高为‎2l，底面是边长为l的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD′‎ ‎、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示。容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料。在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率。‎ 解析：设从光源发出直接射到D点的光线的入射角为i1，折射角为r1。在剖面内作光源相对于反光壁的镜像对称点C，连接C、D，交反光壁于E点，由光源射向E点的光线，反射后沿ED射向D点。光线在D点的入射角为i2，折射角为r2，如图所示。设液体的折射率为n，由折射定律有 nsin i1＝sin r1①‎ nsin i2＝sin r2②‎ 由题意知 r1＋r2＝90°③‎ 联立①②③式得 n2＝④‎ 由几何关系可知 sin i1＝＝⑤‎ sin i2＝＝⑥‎ 联立④⑤⑥式得 n＝1.55。‎ 答案：1.55‎ ‎10．(2016·全国卷Ⅰ)如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为‎3.0 m。从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为。‎ ‎(1)求池内的水深；‎ ‎(2)一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到池面的高度为‎2.0 m。当他看到正前下方的点光源A时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°。求救生员的眼睛到池边的水平距离(结果保留1位有效数字)。‎ 解析：(1)如图，设到达池边的光线的入射角为i ‎，依题意，水的折射率n＝，光线的折射角θ＝90°。由折射定律有 nsin i＝sin θ①‎ 由几何关系有 sin i＝②‎ 式中，l＝‎3.0 m，h是池内水的深度。联立①②式并代入题给数据得h＝ m≈‎2.6 m。③‎ ‎(2)设此时救生员的眼睛到池边的距离为x。依题意，救生员的视线与竖直方向的夹角为θ′＝45°。由折射定律有nsin i′＝sin θ′④‎ 式中，i′是光线在水面的入射角。设池底点光源A到水面入射点的水平距离为a。由几何关系有 sin i′＝⑤‎ x＋l＝a＋h′⑥‎ 式中h′＝‎2 m。联立③④⑤⑥式得 x＝m≈‎0.7 m。⑦‎ 答案：(1)‎2.6 m　(2)‎‎0.7 m ‎11．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一半径为R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线OO′表示光轴(过球心O与半球底面垂直的直线)。已知玻璃的折射率为1.5。现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反射后的光线)。求 ‎(1)从球面射出的光线对应的入射光线与光轴距离的最大值；‎ ‎(2)距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离。‎ 解析：(1)如图，从底面上A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角ic时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l。‎ i＝ic①‎ 设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有nsin ic＝1②‎ 由几何关系有 sin i＝③‎ 联立①②③式并利用题给条件，得 l＝R。④‎ ‎(2)设与光轴相距的光线在球面B点发生折射时的入 射角和折射角分别为i1和r1，由折射定律有 nsin i1＝sin r1⑤‎ 设折射光线与光轴的交点为C，在△OBC中，由正弦定理有 ＝⑥‎ 由几何关系有 ‎∠C＝r1－i1⑦‎ sin i1＝⑧‎ 联立⑤⑥⑦⑧式及题给条件得 OC＝R≈2.74R。⑨‎ 答案：(1)R　(2)2.74R 考点一　机械振动和机械波 一、必须理清的知识联系 二、必须弄明的三个问题 ‎1．波的传播问题 ‎(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。如诊断卷第1题E选项。‎ ‎(3)沿波的传播方向上波每个周期传播一个波长的距离。如诊断卷第7题中，波传到P 点后，经过5 s，Q点第一次处于波峰位置，也就是说Q点前方处开始振动，由此可得：vt＝PQ＋，可得：PQ＝λ＝‎133 cm。‎ ‎(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。如诊断卷第4题中，因PS＝19λ＋λ，SQ＝18λ＋，也就是说当P在波峰时，Q一定在波谷，这两点的振动方向始终相反。‎ ‎2．波的叠加问题 ‎(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)振动加强点的位移随时间而改变，振幅最大。‎ ‎3．波的多解问题 由于波的周期性、波传播方向的双向性，波的传播问题易出现多解现象。‎ ‎1.如图是水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰(实线)和波谷(虚线)；S1的振幅A1＝‎3 cm，S2的振幅为A2＝‎2 cm，下列说法正确的是(　　)‎ A．质点D是振动减弱点 B．质点A、D在该时刻的高度差为‎10 cm C．再过半个周期，质点B、C是振动加强点 D．质点C的振幅为‎1 cm E．质点C此刻以后将向下运动 解析：选BDE　两个波源的振动步调一致，图中A、D到两个波源路程差为零，是振动加强点，而B、C是波峰与波谷相遇，是振动减弱点，故A错误；图示时刻，质点A的位移为‎3 cm＋‎2 cm＝‎5 cm，质点D的位移为－‎3 cm＋(－‎2 cm)＝－‎5 cm，故质点A、D在该时刻的高度差为‎10 cm，故B正确；振动的干涉图像是稳定的，A、D一直是振动加强点，而B、C一直是振动减弱点，故C错误；质点C是振动减弱点，振幅为‎3 cm－‎2 cm＝‎1 cm，故D正确；质点C是振动减弱点，此刻在上方最大位移处，故质点C此刻以后将向下运动，故E正确。‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅰ)如图(a)，在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1(0,4)和S2(0，－2)。两波源的振动图线分别如图(b)和图(c)所示。两列波的波速均为‎1.00 m ‎/s。两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为________ m，两列波引起的点B(4,1)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)，点C(0,0.5)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)。‎ 解析：点波源S1(0,4)的振动形式传播到点A(8，－2)的路程为L1＝‎10 m，点波源S2(0，－2)的振动形式传播到点A(8，－2)的路程为L2＝‎8 m，两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为ΔL＝L1－L2＝‎2 m。由于两列波的波源到点B(4,1)的路程相等，路程差为零，且t＝0时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点B时振动方向相反，引起点B处质点的振动相互减弱；由振动图线可知，波动周期为T＝2 s，波长λ＝vT＝‎2 m。由于两列波的波源到点C(0,0.5)的路程分别为‎3.5 m和‎2.5 m，路程差为‎1 m，而t＝0时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点C时振动方向相同，引起点C处质点的振动相互加强。‎ 答案：2　减弱　加强 ‎3．如图甲为一从波源发出的连续简谐横波t＝0时刻在x轴上的波形图像，图乙为横波中某一质点P的振动图像，若波源在t＝7 s时刻将波的频率变为原来的4倍，振幅不变，求：‎ ‎(1)质点P的平衡位置；‎ ‎(2)在0～14 s时间内，质点P的振动路程。‎ 解析：(1)从题图甲可知：若波向x轴正向传播，则质点P滞后波源起振，其初始振动方向应该与波的前段质点振动方向一致，则P点起振方向应该是向下，而根据题图乙可判断质点P在起振时，其振动方向是向上的，所以波应该是向x轴负方向传播的，由图乙可知波的周期为4 s，由图甲可知波的波长为‎8 m 所以波的传播速度为v＝＝‎2 m/s 则图甲中的‎8 m处为波源所在位置，0处在t＝0时刻是波的前端，经过3 s波的前端传播到P点，根据x＝vt＝‎6 m，所以P点位置在－‎6 m处。‎ ‎(2)根据图乙可知，质点P在第3 s末才开始振动，所以0～14 s时间内，P 质点实际只参与了11 s振动，前4 s振动周期为4 s，路程为‎4A＝‎‎80 cm 后7 s振动周期为1 s，路程为‎28A＝‎‎560 cm ‎0～14 s内质点P振动的总路程为‎640 cm。‎ 答案：(1)－‎6 m处　(2)‎‎640 cm 考点二　光的折射和全反射 　(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。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＝①‎ 式中，入射角i＝45°，r为折射角。‎ ‎△OAB为直角三角形，因此sin r＝②‎ 发生全反射时，临界角C满足sin C＝③‎ 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＝C④‎ 在△EDO内，根据正弦定理有＝⑤‎ 联立以上各式并利用题给条件得OE＝R。⑥‎ ‎[答案]　R ‎[方法点拨]‎ 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，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．注意两点：(1)从光疏→光密：一定有反射、折射光线；(2)从光密→光疏：如果入射角大于或等于临界角，则发生全反射。‎ ‎1．(2018届高三·厦门一中检测)如图所示，上下表面平行的玻璃砖折射率为n＝，下表面镶有银反射面，一束单色光与界面的夹角θ＝45°射到玻璃表面上，结果在玻璃砖右边竖直光屏上出现相距h＝‎2.0 cm的光点A和B(图中未画出)。‎ ‎(1)请在图中画出光路示意图(请使用刻度尺)；‎ ‎(2)求玻璃砖的厚度d。‎ 解析：(1)画出光路图如图所示。‎ ‎(2)设第一次折射时折射角为θ1，则有 n＝＝，代入解得θ1＝30°‎ 设第二次折射时折射角为θ2，‎ 则有＝，解得θ2＝45°‎ 可知AC与BE平行，由几何知识得：h＝2dtan θ1，‎ 则d＝＝ cm。‎ 答案：(1)见解析　(2) cm ‎2.如图所示是截面为直角三角形ABC的玻璃砖，其中∠A＝60°，＝‎10 cm，现有两束平行光a、b分别从AC面上的D点和E点以45°入射角入射，都能从AB边上的F点射出，已知＝＝‎4 cm。求：‎ ‎(1)玻璃的折射率；‎ ‎(2)D、E两点之间的距离。‎ 解析：(1)作出光路如图所示，由于 ＝，∠A＝60°，‎ 所以三角形ADF是等边三角形，入射光a在AC边的折射角θ＝30°‎ 所以玻璃砖的折射率为 n＝＝＝。‎ ‎(2)设b光的折射光线与BC面相交于G点，会发生全反射，由几何关系得四边形DEGF是平行四边形，易知∠BFG＝60°‎ cos 60°＝ ＝－ ＝ 联立以上各式解得＝‎12 cm。‎ 答案：(1)　(2)‎‎12 cm 考点三　光的波动性 一、必须理清的知识联系 二、必须掌握的两类问题 ‎1．光的色散问题 ‎(1)在同一介质中，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。‎ 如诊断卷第5题，a光发生折射时偏转角大，其折射率大，对应频率高，波长短，由n＝可知，a光在玻璃中的传播速度小，由sin C＝可知，a光的临界角较小，先发生全反射。‎ ‎2．光的衍射和干涉问题 ‎(1)光的衍射是无条件的，但发生明显的衍射现象是有条件的。‎ ‎(2)两列光波发生稳定干涉现象时，光的频率相等，相位差恒定，条纹间距Δx＝λ。‎ 如诊断卷第5题，a光折射率大，频率高，波长小，由Δx＝λ可知，a光干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距。‎ ‎1．正误判断 ‎(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做光的色散，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．(2017·吉林大学附中模拟)下列说法正确的是(　　)‎ A．光的偏振现象说明光是一种横波 B．某玻璃对a光的折射率大于b光，则在该玻璃中传播速度a光大于b光 C．当观察者向静止的声源运动时，接收到的声音的波长大于声源发出的波长 D．变化的电场一定产生磁场，变化的磁场一定产生电场 E．狭义相对论认为：真空中的光速大小在不同惯性参考系中都是相同的 解析：选ADE　纵波没有偏振现象，光的偏振现象说明光是一种横波，故A正确；根据v＝可得在该玻璃中传播速度a光小于b光，B错误；根据多普勒效应，当观察者向静止的声源运动时，接收到的声音的频率大于声源发出的频率，结合v＝λf 可知，接收到的声音的波长小于声源发出的波长，故C错误；根据麦克斯韦电磁理论可知变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，D正确；狭义相对论认为真空中的光速在不同的惯性参考系中是相同的，故E正确。‎ ‎3．(2018届高三·厦门一中检测)下列说法中正确的是(　　)‎ A．军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象 B．机械波和电磁波在介质中的传播速度均仅由介质决定 C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃反射光的影响 D．假设火车以接近光速通过站台时，站台上旅客观察到车上乘客变矮 E．赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在 解析：选ACE　军队士兵过桥时使用便步，防止行走的频率与桥的频率相同，使桥发生共振现象，故A正确；机械波在介质中的传播速度由介质决定，与波的频率无关，电磁波在介质中的传播速度与介质和波的频率均有关，故B错误；加装偏振片的作用是减弱反射光的强度，故C正确；根据尺缩效应，沿物体运动的方向上的长度将变短，火车以接近光速通过站台时，站在站台上旅客观察车上乘客变瘦，而不是变矮，故D错误；赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，E正确。‎ ‎1．(2017·龙岩质检)‎ ‎(1)关于光现象及其应用，下列说法正确的有(　　)‎ A．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象 B．光导纤维传输信号是利用光的干涉现象 C．分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽 D．玻璃内气泡看起来特别明亮，是因为光线从气泡中射出的原因 E．在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物，可使景象更清晰 ‎(2)一列简谐横波，某时刻的波形图像如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图像如图乙所示，则：‎ ‎(ⅰ)从该时刻起，再经过Δt＝0.4 s，P质点的位移、通过的路程和波传播的距离分别为多少？‎ ‎(ⅱ)若t＝0时振动刚刚传到A点，从该时刻起再经多长时间坐标为‎45 m的质点(未画出)第二次位于波峰？‎ 解析：‎ ‎(1)用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉，选项A正确；光导纤维传输信号是利用光的全反射现象，选项B错误；根据Δx＝λ知，同一装置，波长越长条纹间距越宽，选项C正确；玻璃中的气泡看起来特别明亮是因为光从玻璃射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射，选项D错误；在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物，可减弱反射光，从而使景象更清晰，选项E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)由振动图像可以看出，此波的周期为0.8 s，所以频率为1.25 Hz。因为Δt＝0.4 s＝，故经0.4 s P质点回到平衡位置，位移为0‎ 质点P通过的路程为‎2A＝‎‎4 cm 在时间内波传播的距离为＝‎10 m。‎ ‎(ⅱ)由A点在t＝0时刻向上振动知，波沿x轴正方向传播，波速v＝＝ m/s＝‎25 m/s x＝‎45 m处的质点第一次到达波峰的时间 t1＝＝ s＝1 s 此质点第二次位于波峰的时间t＝t1＋T＝1.8 s。‎ 答案：(1)ACE　(2)(ⅰ)0　‎4 cm　‎10 m　(ⅱ)1.8 s ‎2．(2017·梅河口市五中一模)‎ ‎(1)一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，经过1 s后它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过0.2 s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断正确的是(　　)‎ A．波沿x轴负方向传播，且周期为1.2 s B．波沿x轴正方向传播，且波速为‎10 m/s C．质点M与质点Q的位移大小总是相等，方向总是相反 D．若某时刻N质点速度为零，则Q质点一定速度为零 E．从图示位置开始计时，在3 s时刻，质点M偏离平衡位置的位移y＝－‎‎10 cm ‎(2)单色光以入射角i＝45°射到折射率为n＝的透明球体中，并在球内经一次反射后再折射后射出，入射和折射光路如图所示。‎ ‎(ⅰ)在图上大致画出光线在球内的路径和方向；‎ ‎(ⅱ)求入射光与出射光之间的夹角α。‎ 解析：(1)根据图示时刻质点P的速度为v，经过1 s它的速度大小、方向第一次与v相同，质点P运动到关于平衡位置对称的位置，再经过0.2 s它的速度大小、方向第二次与v相同时，回到原来位置，完成一次全振动，则P振动的周期T＝1.2 s，根据回到对称点时间长，从对称点回到原来位置时间短，可判断初始P 点在向下振动，据此判断波的传播方向为沿x轴负方向，选项A对B错。MQ之间的距离不是的奇数倍，不属于反相点，故振动步调不总是相反，C错误。NQ之间的距离为，为反相点，若某时刻N质点速度为零，Q质点一定速度为零，D正确。故从图示位置开始计时，在3 s时刻即经过了T，根据对称性可得质点M在y＝－‎10 cm处，E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)光线从入射到出射的光路如图所示。入射光线AB经玻璃折射后，折射光线为BC，又经球内壁反射后，反射光线为CD，再经折射后，折射出的光线为DE。OB、OD为球的半径，即为法线。‎ ‎(ⅱ)由折射定律＝n，‎ 得sin r＝＝＝ 可得r＝30°‎ 由几何关系及对称性，有α＝r－(i－r)＝2r－i 可得α＝4r－2i，把r＝30°，i＝45°代入解得α＝30°。‎ 答案：(1)ADE　(2)(ⅰ)见解析　(ⅱ)30°‎