【物理】2018届二轮复习专题六选考模块教案

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选修3－3 分子动理论　气体及热力学定律 一、聚焦选择题考法——分子动理论、热力学定律 ‎1．[多选](2016·全国Ⅰ卷)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，选项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，选项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，选项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，选项D正确；根据热平衡定律可知，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，选项E正确。‎ ‎2．[多选](2017·全国Ⅲ卷)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。‎ ‎3.[多选](2016·全国Ⅱ卷)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其pT图象如图所示。其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是(　　)‎ A．气体在a、c两状态的体积相等 B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功 D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功 E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功 解析：选ABE　由ac的延长线过原点O知，直线Oca为一条等容线，气体在a、c两状态的体积相等，选项A正确；理想气体的内能由其温度决定，故在状态a时的内能大于在状态c时的内能，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，气体对外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误；过程da气体内能增大，从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误；由理想气体状态方程知：＝＝＝＝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中外界对气体做的功Wbc＝p0(Vb－Vc)＝C(Tb－Tc)，过程da中气体对外界做的功Wda＝p0′(Va－Vd)＝C(Ta－Td)，Ta＝Tb，Tc＝Td，故Wbc＝Wda，选项E正确。‎ ‎4．[多选](2017·全国Ⅱ卷)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。‎ ‎5．[多选](2016·全国Ⅲ卷)关于气体的内能，下列说法正确的是(　　)‎ A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同 B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大 C．气体被压缩时，内能可能不变 D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 解析：选CDE　气体的内能由物质的量、温度和体积决定，质量和温度都相同的气体，内能可能不同，A错误；内能与物体的运动速度无关，B错误；气体被压缩时，同时对外传热，根据热力学第一定律知内能可能不变，C正确；一定量的某种理想气体的内能只与温度有关，D正确；根据理想气体状态方程，一定量的某种理想气体在压强不变的情况下，体积变大，则温度一定升高，内能一定增加，E正确。‎ ‎6．[多选](2017·全国Ⅰ卷)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。‎ 典型试题 难度 主要考查知识点 ‎2016·全国Ⅰ卷 ‎★★☆‎ 热力学定律 ‎2017·全国Ⅲ卷 ‎★★★‎ ‎2016·全国Ⅱ卷 ‎★★★‎ 气体实验定律、热力学定律 ‎2017·全国Ⅱ卷 ‎★★☆‎ ‎2016·全国Ⅲ卷 ‎★★☆‎ 气体的内能、热力学定律 ‎2017·全国Ⅰ卷 ‎★★★‎ 气体分子速率分布 二、聚焦计算题考法——气体性质 ‎7．(2017·全国Ⅰ卷)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 ‎3p0V＝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 ‎3p0V＝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 ‎8．(2017·全国Ⅱ卷)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。⑩‎ 答案：(1)Vgρ0　(2)Vgρ0　‎ ‎(3)Vρ0T0－m0‎ ‎9．(2017·全国Ⅲ卷)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) ‎10．(2016·全国Ⅰ卷)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070 N/m。现让水下‎10 m处一半径为 ‎0.50 cm的气泡缓慢上升。已知大气压强p0＝ 1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×‎103 kg/m3，重力加速度大小g＝‎10 m/s2。‎ ‎(1)求在水下‎10 m处气泡内外的压强差；‎ ‎(2)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。‎ 解析：(1)当气泡在水下h＝‎10 m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，则 Δp1＝①‎ 代入题给数据得Δp1＝28 Pa。②‎ ‎(2)设气泡在水下‎10 m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为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＋Δp1④‎ p2＝p0＋Δp2⑤‎ 气泡体积V1和V2分别为 V1＝πr13⑥‎ V2＝πr23⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得 3＝⑧‎ 由②式知，Δpi≪p0，i＝1,2，故可略去⑧式中的Δpi项。‎ 代入题给数据得 ＝≈1.3。⑨‎ 答案：(1)28 Pa　(2)或1.3‎ ‎11．(2016·全国Ⅱ卷)一氧气瓶的容积为‎0.08 m3‎ ‎，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‎0.36 m3‎。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＝④‎ 联立①②③④式，并代入数据得 N＝4(天)。⑤‎ 答案：4天 ‎ ‎12．(2016·全国Ⅲ卷)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 典型试题 难度 主要考查知识点 ‎2017·全国Ⅰ卷 ‎★★★‎ 气体压强、气体实验定律 ‎2017·全国Ⅱ卷 ‎★★★‎ ‎2017·全国Ⅲ卷 ‎★★★‎ ‎2016·全国Ⅰ卷 ‎★★★‎ ‎2016·全国Ⅱ卷 ‎★★★‎ 充气、玻意耳定律 ‎2016·全国Ⅲ卷 ‎★★★‎ 分子动理论 ‎[必备知能]‎ ‎1．分子大小 ‎(1)阿伏加德罗常数：NA＝6.02×1023 mol－1。‎ ‎(2)分子体积：V0＝(占有空间的体积)。‎ ‎(3)分子质量：m0＝。‎ ‎(4)油膜法估测分子的直径：d＝。‎ ‎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：液体内固体微粒做永不停息、无规则的运动，微粒越小、温度越高，运动越剧烈。‎ ‎[演练冲关]‎ ‎1．易错辨析(正确的打“√”号，错误的打“×”号)‎ ‎(1)布朗运动是液体分子的无规则运动(　　)‎ ‎(2)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(　　)‎ ‎(3)液体温度越高，固体微粒越小，布朗运动会越激烈(　　)‎ ‎(4)布朗运动反映了悬浮颗粒中分子运动的无规则性(　　)‎ ‎(5)悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显(　　)‎ ‎(6)悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子的撞击就越容易平衡(　　)‎ ‎(7)布朗运动是由于液体各部分温度不同引起的(　　)‎ ‎(8)在较暗的房间里，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动(　　)‎ ‎(9)布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动(　　)‎ ‎(10)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(　　)‎ ‎(11)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(　　)‎ ‎(12)扩散现象就是布朗运动(　　)‎ ‎(13)扩散现象与布朗运动都与温度有关(　　)‎ ‎(14)扩散现象不仅能发生在气体和液体中，固体中也可以发生(　　)‎ ‎(15)“酒香不怕巷子深”与分子热运动有关(　　)‎ ‎(16)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(　　)‎ ‎(17)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(　　)‎ ‎(18)已知某气体的摩尔体积V，再知道阿伏加德罗常数NA，就可以求出一个气体分子的体积(　　)‎ ‎(19)只要知道气体的摩尔质量和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的质量(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√　(6)×　(7)×　(8)√　(9)×　(10)√　(11)√　(12)×　(13)√　(14)√　(15)√　(16)√　(17)×　(18)×　(19)√‎ 分子力、分子势能和内能 ‎[必备知能]‎ ‎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，分子间作用力的合力为0)时，分子势能最小。‎ ‎3．内能 物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和。组成任何物体的分子都在做无规则的热运动，所以任何物体都具有内能。‎ ‎[演练冲关]‎ ‎2．易错辨析(正确的打“√”号，错误的打“×”号)‎ ‎(1)水不易被压缩说明分子间存在分子力(　　)‎ ‎(2)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(　　)‎ ‎(3)分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小(　　)‎ ‎(4)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(　　)‎ ‎(5)当分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大(　　)‎ ‎(6)若两分子间距离减小，分子间斥力增大，引力减小，合力表现为斥力(　　)‎ ‎(7)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(　　)‎ ‎(8)分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力增大，斥力减小(　　)‎ ‎(9)分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，先减小后增大(　　)‎ ‎(10)分子间距离增大时，分子间的引力、斥力都减小(　　)‎ ‎(11)随着分子间距离增大，分子间作用力减小，分子势能也减小(　　)‎ ‎(12)分子间的距离为平衡位置的间距r0时，分子间作用力的合力为零，分子势能最小(　　)‎ ‎(13)达到热平衡的两个物体具有相同的热量(　　)‎ ‎(14)物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大(　　)‎ ‎(15)温度升高时，物体内的每个分子的运动速率一定增大(　　)‎ ‎(16)物体中所有分子的热运动动能的总和叫做物体的内能(　　)‎ ‎(17)物体的内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和(　　)‎ ‎(18)温度升高，物体内每个分子的动能一定增大(　　)‎ ‎(19)相同质量‎0 ℃‎的水的分子势能比‎0 ℃‎的冰的分子势能大(　　)‎ 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×　(7)×　(8)×　(9)×　(10)√　(11)×　(12)√　(13)×　(14)√　(15)×　(16)×　(17)√　(18)×　(19)√‎ 固体、液体 ‎[必备知能]‎ ‎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度水的饱和汽压的百分比。即：B＝×100%。‎ ‎[演练冲关]‎ ‎3．易错辨析(正确的打“√”号，错误的打“×”号)‎ ‎(1)同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现(　　)‎ ‎(2)大颗粒的食盐磨成了细盐，就变成了非晶体(　　)‎ ‎(3)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(　　)‎ ‎(4)单晶体和多晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点(　　)‎ ‎(5)晶体在各个方向上的导热性能相同，表现为各向同性(　　)‎ ‎(6)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化(　　)‎ ‎(7)太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果(　　)‎ ‎(8)漂浮在热菜汤表面上的油滴，可以观察到是圆形的，是油滴液体呈各向同性的缘故(　　)‎ ‎(9)液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引(　　)‎ ‎(10)由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势(　　)‎ ‎(11)液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部(　　)‎ ‎(12)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(　　)‎ ‎(13)叶面上的小露珠呈球形，是由于液体表面张力的作用(　　)‎ ‎(14)肥皂水的水面能托住小的硬币，主要与液体的表面张力有关(　　)‎ ‎(15)雨水没有透过布雨伞，是因为液体表面存在张力(　　)‎ ‎(16)液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征(　　)‎ ‎(17)液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点(　　)‎ ‎(18)当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大(　　)‎ ‎(19)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(　　)‎ 答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×　(6)√　(7)√　(8)×　(9)√　(10)×　(11)×　(12)√　(13)√　(14)√　(15)√　(16)√　(17)√　(18)×　(19)×‎ 气体分子的运动特点 ‎[必备知能]‎ ‎1．气体压强是由气体分子频繁地碰撞器壁产生的，压强大小与分子热运动的剧烈程度和分子密集程度有关。‎ ‎2．做功和热传递都可以改变物体的内能，理想气体的内能只与温度有关。 ‎ ‎3．温度变化时，物体内分子的平均动能随之变化，并非物体内每个分子的动能都发生同样的变化。 ‎ ‎[演练冲关]‎ ‎4．易错辨析(正确的打“√”号，错误的打“×”号)‎ ‎(1)气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力(　　)‎ ‎(2)单位体积的气体分子数增加，气体的压强一定增大(　　)‎ ‎(3)气体的压强是由于大量分子所受的重力产生的(　　)‎ ‎(4)若气体的温度不变，压强增大，说明每秒撞击单位面积器壁的分子数增多(　　)‎ ‎(5)一定质量的理想气体压强不变时，气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少(　　)‎ ‎(6)从微观角度看，气体压强只与分子平均动能有关(　　)‎ ‎(7)气体分子单位时间内与单位面积器壁发生碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度都有关(　　)‎ ‎(8)单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强一定减小(　　)‎ 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√　(6)×　(7)√　(8)×‎ 热力学定律的理解与应用 ‎[必备知能]‎ ‎1．热力学第一定律：ΔU＝Q＋W ‎2．热力学第二定律 ‎(1)热量不能自发地从低温物体传到高温物体，而不引起其他变化。‎ ‎(2)不可能从单一热库吸收热量，并使之完全变为功，而不产生其他影响。‎ ‎[演练冲关]‎ ‎5．易错辨析(正确的打“√”号，错误的打“×”号)‎ ‎(1)外界对系统做功，系统内能一定增加(　　)‎ ‎(2)系统从外界吸收热量，系统内能一定增加(　　)‎ ‎(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)热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体(　　)‎ ‎(8)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(　　)‎ ‎(9)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(　　)‎ ‎(10)功转变为热的实际宏观过程一定是可逆过程(　　)‎ ‎(11)空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性(　　)‎ ‎(12)不断改进工艺，热机的效率可能达到100%(　　)‎ ‎(13)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(　　)‎ ‎(14)“第一类永动机”不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律(　　)‎ ‎(15)“第二类永动机”不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√　(6)×　(7)√　(8)√　(9)√　(10)×　(11)×　(12)×　(13)×　(14)√　(15)×‎ ‎“汽缸”类问题 ‎[必备知能]‎ ‎[典例示法]‎ ‎[例1]　(2017·东北三省四市模拟)如图所示，两竖直且正对放置的导热汽缸底部由细管道(体积忽略不计)连通，两活塞a、b用刚性轻杆相连，可在两汽缸内无摩擦地移动。上下两活塞(厚度不计)的横截面积分别为S1＝‎10 cm2、S2＝‎20 cm2，两活塞总质量为M＝‎5 kg，两汽缸高度均为H＝‎10 cm。汽缸内封闭有一定质量的理想气体，系统平衡时，活塞a、b到汽缸底部距离均为l＝‎5 cm(图中未标出)。已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，环境温度为T0＝300 K，重力加速度g取 ‎10 m/s2。‎ ‎(1)若缓慢升高环境温度，使活塞缓慢移到一侧汽缸的底部，求此时的环境温度；‎ ‎(2)若保持温度不变，用竖直向下的力缓慢推活塞b，在活塞b由开始运动到汽缸底部过程中，求向下推力的最大值。‎ ‎[解析]　(1)汽缸内气体压强不变，温度升高，气体体积变大，故活塞向上移动，由盖—吕萨克定律得：‎ ＝ 代入数据得：T＝400 K。‎ ‎(2)设初始气体压强为p1，由平衡条件有：‎ p0S1＋p1S2＝Mg＋p0S2＋p1S1‎ 代入数据得：p1＝1.5×105 Pa 由题意知，活塞b刚要到达汽缸底部时，向下的推力最大，此时气体的体积为HS1，设压强为p2‎ 由玻意耳定律得：p1(lS1＋lS2)＝p2HS1‎ 代入数据得：p2＝2.25×105 Pa 由平衡条件有：p0S1＋p2S2＝Mg＋p0S2＋p2S1＋F 代入数据得：F＝75 N。‎ ‎[答案]　(1)400 K　(2)75 N 应用气体实验定律的三个重点环节 ‎[演练冲关]‎ ‎6．(2018届高三·焦作四校联考)如图1所示，开口向上、内壁光滑的圆柱形汽缸竖直放置，在汽缸P、Q两处设有卡口，使厚度不计的活塞只能在P、Q之间运动。开始时活塞停在Q处，气体温度为300 K，现缓慢加热缸内气体，直至活塞运动到P处，整个过程中的pV图线如图2所示。设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa。‎ ‎(1)写出图2中气体状态的变化过程，求卡口Q下方气体的体积以及两卡口之间的体积；‎ ‎(2)求活塞刚离开Q处时气体的温度以及缸内气体的最高温度。‎ 解析：(1)从题图2可以看出，气体先做等容变化，然后做等压变化，最后做等容变化。‎ 由题图2可知，卡口Q下方气体的体积 V0＝1.0×10－‎‎3 m3‎ 两卡口之间的体积ΔV＝(1.2×10－3－1.0×10－3)m3＝0.2×10－‎3 m3‎。‎ ‎(2)从题图2可以看出，开始时缸内气体的压强为 p1＝0.9×105 Pa 活塞刚离开Q处时，气体压强p2＝1.2×105 Pa 由查理定律有：＝ 解得：T2＝400 K 活塞最终运动到P处，由题图2可知，此时气体压强 p3＝1.5×105 Pa，体积V3＝1.2×10－‎‎3 m3‎ 由理想气体状态方程有：＝ 解得：T3＝600 K。‎ 答案：(1)变化过程见解析　1.0×10－‎3 m3‎　0.2×10－‎‎3 m3‎ ‎(2)400 K　600 K ‎“液柱”类问题 ‎[典例示法]‎ ‎[例2]　(2017·南昌重点中学模拟)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：‎ ‎(1)右管内空气柱的长度L2；‎ ‎(2)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)左管内气体压强：p1＝p0＋ρgh2＝80 cmHg，‎ 右管内气体压强：‎ p2＝p1＋ρgh1＝85 cmHg，‎ 设右管内外液面高度差为h3，则 p2＝p0＋ρgh3，‎ 解得h3＝‎10 cm，‎ 右管内空气柱长度L2＝L1－h1－h2＋h3＝‎50 cm。‎ ‎(2)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)‎50 cm　(2)‎‎60 cm ‎ [演练冲关]‎ ‎7.(2017·晋城模拟)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，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－ ‎[选考题保分练] 分子动理论　气体及热力学定律 ‎ ‎1．(2018届高三·第一次全国大联考Ⅱ卷)(1)[多选]下列说法中正确的是________。‎ A．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 B．悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子的撞击就越容易平衡 C．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离增大，分子势能减小 D．PM2.5的运动轨迹只由大量空气分子对PM2.5无规则碰撞的不平衡和气流的运动决定 E．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体 ‎(2)内壁光滑且厚度不计的汽缸通过活塞封闭有压强为1.0×105 Pa、温度为‎27 ℃‎ 的气体，初始活塞到汽缸底部的距离为‎50 cm，现对汽缸加热，气体膨胀而活塞右移。已知汽缸横截面积为‎200 cm2，总长为‎100 cm，大气压强为1.0×105 Pa。‎ ‎(ⅰ)当温度升高到‎927 ℃‎时，求缸内封闭气体的压强；‎ ‎(ⅱ)若在此过程中封闭气体共吸收了800 J的热量，试计算气体增加的内能。‎ 解析：(1)气体温度升高过程吸收的热量要根据气体升温过程是否伴随做功来决定，选项A对；悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子的撞击就越少，就越不容易平衡，选项B错；当分子间作用力表现为引力时，分子间距离增大，分子力做负功，分子势能增大，选项C错；PM2.5是悬浮在空气中的固体小颗粒，受到气体分子无规则撞击和气流影响而运动，选项D对；热传递具有方向性，能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，选项E对。‎ ‎(2)(ⅰ)由题意可知，在活塞移动到汽缸口的过程中，气体发生的是等压变化。设活塞未移动时封闭气体的温度为T1，当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T2，则由盖—吕萨克定律可知：‎ ＝，又T1＝300 K 解得：T2＝600 K，即‎327 ℃‎，因为‎327 ℃‎<‎927 ℃‎，所以气体接着发生等容变化，‎ 设当气体温度达到‎927 ℃‎时，封闭气体的压强为p，由查理定律可以得到：‎ ＝，‎ 解得：p＝2×105 Pa。‎ ‎(ⅱ)由题意可知，气体膨胀过程中活塞移动的距离Δx＝L2－L1＝‎0.5 m，‎ 故大气压力对封闭气体所做的功为W＝－p0SΔx，‎ 解得：W＝－1 000 J，‎ 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 解得：ΔU＝－200 J。‎ 答案：(1)ADE　(2)(ⅰ)2×105 Pa　(ⅱ)－200 J ‎2．(2018届高三·第二次全国大联考Ⅱ卷)(1)[多选]下列说法中正确的是________。‎ A．绝对湿度大，相对湿度一定大 B．对于一定质量的理想气体，当分子间的平均距离变大时，压强不一定变小 C．密封在体积不变的容器中的气体，温度升高，气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大 D．两个铁块用力挤压不能粘合在一起，说明分子之间存在斥力 E．液体表面张力的作用是使液体表面收缩 ‎(2)如图所示汽缸内壁光滑，敞口端通过一个质量为m、横截面积为S的活塞密闭一定质量气体，通电后汽缸内的电热丝缓慢加热气体，由于汽缸绝热，使得汽缸内的气体吸收热量Q后温度由T‎1升高到T2，加热前活塞到汽缸底部距离为h。大气压强用p0表示，求：‎ ‎(ⅰ)活塞上升的高度；‎ ‎(ⅱ)加热过程中气体的内能增加量。‎ 解析：(1)相对湿度表示空气中的绝对湿度与同温度下水的饱和汽压的比值，绝对湿度大时，同温度下水的饱和汽压也可能大，所以相对湿度不一定大，选项A错误；对于一定质量的理想气体，当分子间的平均距离变大时，气体体积变大，但气体的温度可能也变大，压强不一定变小，选项B正确；密封在体积不变的容器中的气体，温度升高时，气体的压强增大，说明气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大，选项C正确；两个铁块挤压时，分子之间的距离超过了分子力作用的范围，所以不能说明分子斥力的存在，选项D错误；液体的表面张力使液体表面具有收缩的趋势，选项E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)由题意可知，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律可知＝ 解得Δh＝h。‎ ‎(ⅱ)加热过程中气体对外做功为 W＝pSΔh＝(p0S＋mg)h 由热力学第一定律知，气体内能的增加量为 ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋mg)h。‎ 答案：(1)BCE　(2)(ⅰ)h ‎(ⅱ)Q－(p0S＋mg)h ‎3．(2018届高三·第三次全国大联考Ⅲ卷)(1)[多选]关于热现象，下列说法中正确的是________。‎ A．气体的温度升高时，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大 B．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的 C．在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁的压强不变 D．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向同性的特点 E．一定量‎100 ℃‎的水变成‎100 ℃‎的水蒸气，其分子之间的势能增加 ‎(2)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时的温度为－‎3 ℃‎，从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p–V图象如图所示，求：‎ ‎(ⅰ)该气体在状态B时的温度；‎ ‎(ⅱ)该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量。‎ 解析：(1)气体的温度升高时，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，但气体的压强还与气体的密集程度有关，不一定增大，A错误；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，B正确；气体压强是由于气体分子频繁撞击器壁产生的，所以在完全失重的情况下，气体压强不变，C正确；液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，D错误；一定量‎100 ℃‎的水变成‎100 ℃‎ 的水蒸气，分子动能之和不变，由于此过程中吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大，E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)对于理想气体：A→B的过程，由查理定律有 ＝ TA＝270 K，解得TB＝90 K，‎ 所以tB＝TB－‎273 ℃‎＝－‎183 ℃‎。‎ ‎(ⅱ)B→C的过程，由盖—吕萨克定律有＝ 解得TC＝270 K，即tC＝TC－‎273 ℃‎＝－‎‎3 ℃‎ 由于状态A与状态C温度相同，气体内能相等，而A→B的过程是等容变化，气体对外不做功，B→C的过程中，气体体积膨胀对外做功，即从状态A到状态C气体对外做功，故气体应从外界吸收热量 Q＝pΔV＝2×105×(6×10－3－2×10－3)J＝800 J。‎ 答案：(1)BCE　(2)(ⅰ)－183 ℃　(ⅱ)800 J ‎4．(2018届高三·第三次全国大联考Ⅰ卷)(1)[多选]下列说法正确的是_________。‎ A．空调机既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性 B．当分子间距离减小时，分子势能不一定减小 C．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是水表面存在表面张力的缘故 D．气体对容器壁的压强，是由气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的 E．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积 ‎(2)如图所示，一竖直放置的薄壁汽缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，上端与大气相连，下端封闭，但有阀门K与大气相连。上侧圆筒内有一厚度不计、质量为m＝‎314 kg的活塞A，它可以在筒内无摩擦地上下滑动且不漏气。圆筒的深度和直径数值如图所示(图中d＝‎0.2 m)。开始时，活塞在如图位置，室温为‎27 ℃‎，现关闭阀门K，对密封气体进行加热，大气压强p0＝1.0 × 105 Pa，重力加速度为g＝‎10 m/s2，π＝3.14。则：‎ ‎(ⅰ)活塞A刚要运动时，密封气体的温度是多少？‎ ‎(ⅱ)活塞A升到圆筒最上端时，密封气体的温度是多少？‎ 解析：(1)根据热力学第二定律可知，热传递的方向性指的是自发的过程，热量不能自发从低温物体传给高温物体，故A错误；分子间距离减小时，若分子力为引力，则做正功，分子势能减小，若分子力为斥力，则分子力做负功，分子势能增大，故B正确；一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，是由于水表面存在表面张力的缘故，故C正确；气体对容器壁的压强，是由气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的，故D正确；知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以计算出每个气体分子占据的平均空间，但不是气体分子的体积，故E错误。‎ ‎(2)(ⅰ)活塞A刚要运动时，活塞只受重力、大气对它向下的压力和密封气体对它向上的作用力，且合力为0，p0πd2＋mg＝p1π2‎ 解得密封气体的压强p1＝5×105 Pa 活塞A运动前气体体积不变，由查理定律得：＝，‎ T0＝(27＋273)K＝300 K 解得T1＝1 500 K。‎ ‎(ⅱ)当活塞A升到圆筒最上端时，满足 p0πd2＋mg＝p2πd2‎ 解得密封气体的压强p2＝1.25×105 Pa 初状态：p0＝1.0×105 Pa，V0＝πd3，T0＝300 K 末状态：p2＝1.25×105 Pa，V2＝πd3，T2＝？‎ 由理想气体的状态方程＝ 解得T2＝1 875 K。‎ 答案：(1)BCD　(2)(ⅰ)1 500 K　(ⅱ)1 875 K ‎5．(2018届高三·第三次全国大联考Ⅱ卷)(1)[多选]下列说法中正确的是________。‎ A．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行的 B．当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大 C．系统在吸收热量时内能一定增大 D．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 E．一定量的理想气体，在压强不变时，分子对单位面积器壁的平均作用力随着温度的降低而增大 ‎(2)如图所示，粗细均匀的U形管左端封闭、右端开口，一段空气柱将水银分为A、B两部分，水银柱A的长度h1＝‎25 cm，位于封闭端的顶部，B部分位于U型管的底部。右管内有一轻活塞，活塞与管壁之间的摩擦不计。活塞自由静止时，底面与左侧空气柱的下端平齐，此时空气柱的长度L0＝‎12.5 cm，B部分水银两液面的高度差h2＝‎45 cm，外界大气压强p0＝75 cmHg。保持温度不变，将活塞缓慢上提，当A部分的水银柱恰好对U形管的顶部没有压力时，活塞移动的距离为多少？‎ 解析：(1)只要有温度差就会有能量的转移，用热机把转移的能量转化为机械能是可行的，选项A对；当分子力表现为斥力时，随分子间距离的减小，分子力做负功，分子势能增大，选项B对；改变内能的方式有做功和热传递两种，而吸热时是否对外做功不确定，所以内能不一定增大，选项C错；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，选项D对；一定量的理想气体，若压强不变，温度降低，则分子的平均动能变小，分子对单位面积器壁的平均作用力减小，选项E错。‎ ‎(2)活塞自由静止时，右管内气体的压强：p1＝p0，‎ 左管内气体的压强：p2＝p1－ρgh2‎ 活塞上提后再平衡时，左管内气体的压强：p3＝ρgh1‎ 设此时B部分水银柱两端液面的高度差为h3，则右管中被封气体的压强为：p4＝p3＋ρgh3‎ 设左管中的气体长度为L，右管中被封气体的长度为l，管的横截面积为S，根据玻意耳定律：‎ 对右管中的被封气体：p1h2S＝p4lS 对左管中的气体：p‎2L0S＝p3LS 根据几何关系知：h3＝h2－2(L－L0)‎ 设活塞上移的距离为x，则：x＝(l－h2)＋(L－L0)‎ 解得：x≈‎9.4 cm。‎ 答案：(1)ABD　(2)‎‎9.4 cm ‎选修3－4 振动与波动　光与电磁波 一、聚焦选择、填空题考法——振动与波动　光与电磁波 ‎1．(2017·全国Ⅰ卷)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，波长为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 ‎2．[多选](2017·全国Ⅲ卷)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　由题图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。‎ ‎3．[多选](2016·全国Ⅰ卷)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，A正确；根据题意得周期T＝ s＝ s，频率f＝＝0.6 Hz，B错误；波长λ＝＝ m＝‎3 m，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，D错误，E正确。‎ ‎4．[多选](2016·全国Ⅲ卷)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．[多选](2016·全国Ⅱ卷)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。‎ ‎6．[多选](2017·全国Ⅱ卷)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。‎ 典型试题 难度 主要考查知识点 ‎2017·全国Ⅰ卷 ‎★★★‎ 振动与波动 ‎2017·全国Ⅲ卷 ‎★★★‎ ‎2016·全国Ⅰ卷 ‎★★☆‎ ‎2016·全国Ⅲ卷 ‎★★★‎ ‎2016·全国Ⅱ卷 ‎★★☆‎ 电磁波 ‎2017·全国Ⅱ卷 ‎★★★‎ 光的双缝干涉实验 二、聚焦计算题考法——振动与波动　光的折射、全反射　　　　　[对应学生用书P88]‎ ‎7．(2016·全国Ⅱ卷)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，可得波速 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)‎ ‎8．(2017·全国Ⅰ卷)如图，一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体，O点为球心；下半部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜。有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC之间的距离为0.6R。已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)。求该玻璃的折射率。‎ 解析：如图，根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于OC轴对称的出射光线一定与入射光线平行。这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心C点反射。设光线在半球面的入射角为i，折射角为r。由折射定律有 sin i＝nsin r①‎ 由正弦定理有 ＝②‎ 由几何关系，入射点的法线与OC的夹角为i。由题设条件和几何关系有 sin i＝③‎ 式中L是入射光线与OC的距离。‎ 由②③式和题给数据得 sin r＝④‎ 由①③④式和题给数据得 n＝≈1.43。⑤‎ 答案：1.43‎ ‎9．(2017·全国Ⅱ卷)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。⑦‎ 答案：1.55‎ ‎10.(2017·全国Ⅲ卷)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到光轴距离的最大值；‎ ‎(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 ‎11．(2016·全国Ⅰ卷)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(结果保留一位有效数字)。‎ 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 ‎12．(2016·全国Ⅲ卷)如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的倍；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 cos α＝＝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sin i＝nsin r⑤‎ 代入题给条件n＝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°‎ 典型试题 难度 主要考查知识点 ‎2016·全国Ⅱ卷 ‎★★★‎ 振动与波动 ‎2017·全国Ⅰ卷 ‎★★★‎ 光的折射、全反射 ‎2017·全国Ⅱ卷 ‎★★★‎ ‎2017·全国Ⅲ卷 ‎★★★‎ ‎2016·全国Ⅰ卷 ‎★★★‎ ‎2016·全国Ⅲ卷 ‎★★★‎ 机械振动、机械波 ‎[必备知能]‎ ‎1．机械振动与机械波 ‎2．求解波的图象与振动图象综合类问题的方法 ‎(1)分清振动图象与波的图象。分清横坐标即可，横坐标为x则为波的图象，横坐标为t则为振动图象。‎ ‎(2)看清横、纵坐标的单位。尤其要注意单位前的数量级。‎ ‎(3)找准波的图象对应的时刻。‎ ‎(4)找准振动图象对应的质点。‎ ‎3．判断波的传播方向和质点振动方向的方法 ‎(1)特殊点法。‎ ‎(2)微平移法(波形移动法)。‎ ‎4．波传播的周期性、双向性 ‎(1)波的图象的周期性：相隔时间为周期整数倍的两个时刻的波形相同，从而出现多解的可能性。‎ ‎(2)波传播方向的双向性：在题目未给出波的传播方向时，要考虑到波可沿x轴正向或负向传播的两种可能性。‎ ‎[演练冲关]‎ ‎1．[多选](2018届高三·第一次全国大联考Ⅱ卷)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．若某时刻质点N速度为零，则质点Q速度一定为零 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 解析：选ADE　根据题图所示时刻质点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，则质点P振动的周期(即波的周期)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，可判断初始质点P在向下振动，据此可知波沿x轴负方向传播，由题图可得波长为‎12 m，易知波速为‎10 m/s，A正确，B错误；M、Q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；N、Q之间的距离为，为反相点，若某时刻质点N速度为零，质点Q速度一定为零，D正确；从题图所示位置开始计时，在3 s时刻即经过了T，根据振动的对称性可得质点M在y＝－‎10 cm 处，E正确。‎ ‎2．[多选](2018届高三·第一次全国大联考Ⅰ卷)一列简谐横波沿x轴的负方向传播，振幅为‎4 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‎2 cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴正方向运动，如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．该列简谐横波波长可能为‎7.5 cm B．该列简谐横波波长可能为‎3 cm C．质点a振动周期是1.2 s D．当质点a的位移为＋‎4 cm时，质点b的位移为0‎ E．在t＝时刻质点b的位移是－‎‎4 cm 解析：选ABE　设质点的起振方向向上，根据质点振动方程y＝Asin ωt，t＝0时对质点a、b有2＝4sin ωt，可得ωt＝＋nπ或＋nπ(n＝0,1,2，……)，因为质点b振动的时间比质点a长，所以质点a、b振动的时间差Δt＝－＋nT＝＋nT(n＝0,1,2，…)，质点a、b间的距离Δx＝vΔt＝＋nvT＝＋nλ(n＝0,1,2，…)，则波长λ＝ cm(n＝0,1,2，…)；当n＝5时，λ＝‎7.5 cm，故A正确；当＝13时，λ＝‎3 cm，故B正确；根据题给条件，无法求出质点的振动周期，故C错误；当质点a的位移为＋‎4 cm时，a到达正向最大位移处，a振动的最短时间为＝，此时b的位移为‎4 cm·sin＋＝－‎2 cm，故D错误；在t＝时刻质点b的位移为‎4 cm·sin＝－‎4 cm，故E正确。 ‎ ‎3．[多选](2017·楚雄检测)一列沿x轴正方向传播的机械波，波速为‎4 m/s，t＝0时刻波形如图所示，下面说法正确的是(　　)‎ A．这列波传播的周期为2 s B．平衡位置为x＝‎10 m处的质点起振方向为竖直向下 C．平衡位置为x＝‎3.5 m处的质点在t＝0到t＝时间段内路程等于‎2 cm D．t＝9 s时，平衡位置为x＝‎3.5 m处的质点正在向下振动 E．平衡位置为x＝‎4 m处的质点位移总是和平衡位置为x＝‎8 m处的质点位移相同 解析：选ABD　由题图可知λ＝‎8 m，故这列波传播的周期为T＝＝ s＝2 s，A正确；波上所有质点的起振方向都相同，t＝0时刻x＝‎8 m处的质点开始振动，方向竖直向下，故x＝‎ ‎10 m处质点的起振方向也为竖直向下，B正确；平衡位置为x＝‎3.5 m处的质点t＝0时刻不在波峰或者波谷，故在四分之一周期内的路程不等于‎2 cm，C错误；平衡位置为x＝‎3.5 m处的质点在t＝1 s时和t＝9 s 时振动情况相同，根据波的平移法，t＝9 s时和题图中x＝‎7.5 m处的质点振动情况相同，故质点正向下振动，D正确；平衡位置为x＝‎4 m 处的质点和平衡位置为x＝‎8 m处的质点相距半个波长，为反相点，两者振动情况总是相反，E错误。‎ ‎4．(2018届高三·第一次全国大联考Ⅰ卷)如图甲所示，在均匀介质中P、Q两质点相距d＝‎0.4 m，质点P的振动图象如图乙所示，已知t＝0时刻，P、Q两质点都在平衡位置，且P、Q之间只有一个波峰。求：‎ ‎(1)波速；‎ ‎(2)质点Q下一次出现在波谷的时间。‎ 解析：(1)由题图乙可得该波的周期T＝0.2 s 若P、Q间没有波谷，P、Q间距离等于半个波长，即λ＝‎0.8 m，波速v＝＝‎4 m/s 若P、Q间有一个波谷，P、Q间距离等于一个波长，即λ＝‎0.4 m，波速v＝＝‎2 m/s 若P、Q间有两个波谷，则λ＝‎0.4 m，即λ＝ m，波速v＝＝ m/s。‎ ‎(2)t＝0时刻，质点P向下振动，经过0.05 s到波谷处，经过0.15 s到波峰处 若P、Q间距为一个波长，P、Q会同时出现在波谷处，则质点Q下一次出现在波谷的时间是t＝0.05 s 若P、Q间距为半波长的1倍或3倍，质点Q在波谷时，质点P在波峰，则质点Q下一次出现在波谷的时间是t＝0.15 s。‎ 答案：(1)‎4 m/s或‎2 m/s或 m/s　(2)0.05 s或0.15 s ‎5．(2018届高三·第二次全国大联考Ⅱ卷)A和B是一列简谐横波上平衡位置相距x＝‎3 m的两个质点，某时刻，质点A到达平衡位置正向上振动，而质点B刚刚从平衡位置开始起振，且二者之间只有一个波谷，经过时间t＝0.6 s质点B第一次到达波峰。‎ ‎(1)画出B刚开始起振时A、B两质点间的波形，并在图中标出B质点此时的振动方向；‎ ‎(2)求该波波速的可能大小。‎ 解析：(1)根据题意，B开始起振时，A已经在振动，说明传播方向为A到B。A、B两质点间的波形以及B质点此时的振动方向有两种情况，如图甲、乙所示。‎ ‎(2)若是甲种情况，波长、周期、波速分别为λ＝2x＝‎6 m，T＝0.6 s，v＝＝‎7.5 m/s，‎ 若是乙种情况，波长、周期、波速分别为λ＝‎3 m，＝0.6 s，v＝＝‎1.25 m/s。‎ 答案：(1)见解析图　(2)‎7.5 m/s或‎1.25 m/s 光的波动性、电磁波 ‎[必备知能]‎ ‎[演练冲关]‎ ‎6．[多选](2018届高三·第二次全国大联考Ⅱ卷)下列说法中正确的是(　　)‎ A．利用红外摄影可以不受天气(阴雨、大雾等)的影响，因为红外线比可见光波长长，更容易绕过障碍物 B．水中的气泡看上去比较明亮是因为有一部分光发生了衍射现象 C．紫光的双缝干涉条纹间距可能大于红光双缝干涉条纹间距 D．我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，可以判断该星球正在离我们远去 E．光的色散现象都是由于光的干涉现象引起的 解析：选ACD　红外线比可见光波长长，容易发生衍射，容易绕过障碍物，选项A正确；水中的气泡看上去比较明亮是由于有一部分光发生了全反射现象，选项B错误；双缝干涉条纹的间距不但与波长有关，还与双缝间距、双缝到光屏的距离有关，若装置不同则结果不同，选项C正确；接收到星球的光波的波长变长，说明频率变小，根据多普勒效应，可知星球在远离接收者，选项D正确；光的色散现象都是由于光的折射引起的，选项E错误。‎ ‎7．[多选](2018届高三·烟台调研)有关电磁波与振动和波的知识，下列说法正确的是(　　)‎ A．日光灯是应用了紫外线的荧光效应制成的 B．在一个周期内，沿波的传播方向，振动在介质中传播半个波长的距离 C．机械波在介质中传播的速度由介质本身决定 D．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在 E．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 解析：选ACE　日光灯应用了紫外线的荧光效应，A正确；由v＝可知，在一个周期内，沿波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离，B错误；机械波在介质中传播的速度由介质本身决定，C正确；麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，D错误；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，E正确。‎ ‎8．[多选]下列说法中正确的是(　　)‎ A．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度利用了光的干涉现象 B．电磁波和机械波都可以在真空中传播 C．在折射率越大的介质中，光的传播速度越慢 D．在城市道路修护地段常用红灯表示警示，这是因为红光更容易发生衍射 E．在光导纤维束内传送图像利用了光的色散现象 解析：选ACD　用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度利用了光的干涉现象，A正确；电磁波可以在真空中传播，而机械波只能在介质中传播，B错误；根据折射率公式v＝可知，在折射率越大的介质中，光的传播速度越慢，C正确；红光更容易发生衍射，照射到更远的地方，故常用红灯表示警示，D正确；在光导纤维束内传送图像利用了光的全反射现象，E错误。‎ 光的折射、全反射 ‎[必备知能]‎ ‎1．光的特性 ‎2．光的折射和全反射题型的分析思路 ‎(1)确定要研究的光线，有时需根据题意，分析、寻找临界光线、边界光线为研究对象。‎ ‎(2)找入射点，确认界面，并画出法线。‎ ‎(3)明确两介质折射率的大小关系。‎ ‎①若光疏→光密：定有反射、折射光线。‎ ‎②若光密→光疏：如果入射角大于或等于临界角，一定发生全反射。‎ ‎(4)根据反射定律、折射定律列出关系式，结合几何关系，具体求解。‎ ‎[演练冲关]‎ ‎9.(2018届高三·昆明调研)如图所示为某种透明物质制成的直角三棱镜ABC，光在该透明物质中的传播速度为2.4×‎108 m/s, 一束光线在纸面内垂直AB面射入棱镜，发现光线刚好不能从AC面射出，光在真空中传播速度为3.0×‎108 m/s，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： ‎ ‎(1)该透明物质的折射率和∠A的大小；‎ ‎(2)光线从BC面首次射出时的折射角α。(结果用α的三角函数表示) ‎ 解析：(1)由折射率与光速间的关系：n＝ 解得：n＝1.25‎ 由题意可知，光线从AB面垂直射入，恰好在AC面发生全反射，光线从BC面射出，光路图如图所示，‎ 设该透明物质的临界角为C，‎ sin C＝，即临界角为53°‎ 由几何关系可知∠A＝53°。‎ ‎(2)根据光路图，由几何关系知：β＝37°‎ 由折射定律知：n＝ 解得：sin α＝。‎ 答案：(1)1.25　53°　(2)sin α＝ ‎10.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，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：‎ ‎(1)透明材料的折射率n；‎ ‎(2)该光在透明材料内传播的时间t。‎ 解析：(1)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＝ 设棱镜的全反射临界角为θC，由题意，光线在BC面恰好发生全反射，得到sin θC＝ 由几何知识可知，r＋θC＝90°‎ 联立以上各式解得n＝。‎ ‎(2)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)　(2) ‎11.(2018届高三·泰安六校联考)单色光以入射角i＝60°射到折射率为n＝的透明球体中，并在球内经一次反射及折射后射出，入射和折射光线如图所示。‎ ‎(1)在图上大致画出光线在球内的路径和方向；‎ ‎(2)求入射光与出射光之间的夹角α。‎ 解析：(1)光线从入射到出射的光路如图所示。入射光线AB经球体折射后，折射光线为BC，又经球内壁反射后，反射光线为CD，再经折射后射出，折射出的光线为DE。OB、OC、OD为球的半径，即为法线。‎ ‎(2)由折射定律n＝，得sin r＝＝＝ 所以r＝45°‎ 由几何关系及对称性，有α＝r－(i－r)＝2r－i 所以α＝4r－2i，解得α＝60°。‎ 答案：(1)见解析图　(2)60°‎ ‎[选考题保分练] 振动与波动　光与电磁波 ‎ ‎1．(2018届高三·第三次全国大联考Ⅰ卷)(1)[多选]同一均匀介质中的一条直线上有相距‎12 m的两个振幅相等的振源A、B。从0时刻起，A、B同时开始振动，且都只振动了一个周期。如图所示，图甲为A的振动图象，图乙为B的振动图象。若A向右传播的波与B向左传播的波在0.4 s 时相遇，下列说法正确的是________。‎ A．两列波在A、B间的传播速度均为‎15 m/s B．两列波的波长都是‎0.2 m C．在两列波相遇过程中，A、B连线的中点C始终静止不动 D．在A、B两点之间有4个振动加强的点 E．两个波源振动的相位差为0‎ ‎(2)(ⅰ)如图所示，某同学在利用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，误将界面画得向内偏离玻璃砖边缘一段距离，但自己并未察觉。则他测得的折射率将________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。‎ ‎(ⅱ)如图所示为某同学利用方格坐标纸测定半圆形玻璃砖折射率实验的记录情况，虚线为半径与玻璃砖相同的圆，在没有其他测量工具的情况下，只需根据实验中作出的光线路径(图中两斜线)，即可测出玻璃砖的折射率。则玻璃砖所在位置为图中的________(填“上半圆”或“下半圆”)，由此计算出玻璃砖的折射率为________。‎ 解析：(1)两列波在同一均匀介质中传播速度相同，设为v，则有2vt1＝xAB，解得v＝‎15 m/s，故A正确；由题图知两列波的周期均为T＝0.2 s，则波长λ＝vT＝‎3 m，故B错误；当A的波峰(或波谷)传到C时，恰好B的波谷(或波峰)传到C点，所以C点的振动始终减弱，由于两列波的振幅相等，所以C点振幅为0，故C点始终静止不动，故C正确；A、B两点之间有离A点‎1.5 m、‎4.5 m、‎7.5 m、‎10.5 m四个振动加强的点，故D正确；由题图可知，A的简谐运动方程为y＝Asin ωt，B的简谐运动方程为y＝－Asin ωt＝Asin(ωt－π)，两个波源振动的相位差为π，故E错误。‎ ‎(2)(ⅰ)根据题意，虚线表示该同学作图得到的光路图，实线是实际光路图，如图所示。‎ 由图可知，入射角没有变化，折射角的测量值偏小，则由n＝得，折射率测量值偏大，也就是测得的折射率将大于真实值。‎ ‎(ⅱ ‎)由题图可知，水平实粗线为界面，光从玻璃砖射向空气时，折射角大于入射角，因此玻璃砖所在位置为图中的上半圆，设玻璃砖的半径为R，根据折射定律和图中坐标格数可知，当光由玻璃砖射向空气时，有：n＝＝＝1.5。‎ 答案：(1)ACD　(2)(ⅰ)大于　(ⅱ)上半圆　1.5‎ ‎2．(2018届高三·第三次全国大联考Ⅱ卷)(1)[多选]如图所示为一列简谐横波t＝0时的波形图，波沿x轴负方向传播，传播速度v＝‎1 m/s，则下列说法正确的是________。‎ A．此时x＝‎1.25 m处的质点正在做加速度增大的减速运动 B．x＝‎0.4 m处的质点比x＝‎0.6 m处的质点先回到平衡位置 C．x＝‎4 m处的质点再经过1.5 s可运动到波峰位置 D．t＝2 s的波形图与t＝0时的波形图重合 E．x＝‎2 m处的质点在做简谐运动，其振动方程为y＝0.4sin πt m ‎(2)如图所示，一个半径为R的透明球体放在水平面上，一束单色光从A点水平射入球体，恰好没有从圆弧面射出，已知OA＝R。‎ ‎(ⅰ)求球体对该单色光的折射率；‎ ‎(ⅱ)若光在真空中的传播速度为c，请推导出光从进入球体到离开球体所需时间t的表达式(用c、R表示)。‎ 解析：(1)简谐横波向x轴负方向传播，由题图知波长λ＝‎2 m，周期T＝＝2 s，可判断x＝‎1.25 m 处的质点正在向y轴正方向运动，远离平衡位置做减速运动，且相对平衡位置的位移增大，回复力增大，加速度增大，选项A对；x＝‎0.4 m处的质点正在向y轴负方向运动，x＝‎0.6 m处的质点正在向y轴正方向运动，x＝‎0.4 m处的质点比x＝‎0.6 m处的质点晚回到平衡位置，选项B错；x＝‎4 m处的质点正在向y轴负方向运动，再经过T＝1.5 s到波峰位置，选项C对；由于周期T＝2 s，所以t＝0与t＝2 s 的波形图重合，选项D对；x＝‎2 m处的质点正在向y轴负方向振动，所以振动方程是y＝－0.4sin πt m，选项E错。‎ ‎(2)(ⅰ)入射光在球体中的光路如图所示，设单色光在圆弧面的入射角为α，根据几何关系可得 sin α＝＝ 由于刚好没有光从圆弧面射出，说明恰好发生全反射，即sin α＝ 折射率n＝。‎ ‎(ⅱ)光在球体中的传播速度v＝＝c 根据几何关系，光在球体中传播路程为R＋R＝R 所以光从进入球体到离开球体所需时间为 t＝＝＝。‎ 答案：(1)ACD　(2)(ⅰ)　(ⅱ)t＝ ‎3．(2018届高三·第三次全国大联考Ⅲ卷)(1)[多选]有关振动与机械波的知识，下列说法正确的是________。‎ A．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 B．单摆在做受迫振动时的周期等于单摆的固有周期 C．机械波从一种介质进入另一种介质后，它的频率保持不变 D．产生干涉时，振动加强点的位移可能比振动减弱点的位移小 E．发生多普勒效应时，波源发出的波的频率并没有发生变化 ‎(2)如图所示，玻璃直角三棱镜的∠A＝60°，一束单色光线从BC边射入，从AB射出，光线射入BC边时，入射角为45°。光线射出AB边时，与AB边垂直。则：(计算结果可以用根式表示)‎ ‎(ⅰ)该玻璃棱镜的折射率为多大？‎ ‎(ⅱ)该玻璃棱镜临界角为多大？若光速为c，则光在棱镜中的速度为多大？‎ 解析：(1)若弹簧振子初始时刻在波峰或波谷位置，知道周期后，才可以确定任意时刻运动速度的方向，选项A错误；单摆做受迫振动时的周期等于驱动力的周期，不一定等于它的固有周期，选项B错误；机械波从一种介质进入另一种介质，频率不变，选项C正确；在干涉现象中，振动加强点的位移时刻发生变化，某时刻可能比振动减弱点的位移小，选项D正确；发生多普勒效应时，波源发出的波的频率并没有发生变化，只是观察者接收到的波的频率发生了变化，选项E正确。‎ ‎(2)(ⅰ ‎)光线进入玻璃棱镜的光路图如图所示，根据几何关系可得，光线射入BC边后，折射角为30°‎ 由折射定律n＝ 解得该玻璃棱镜的折射率n＝。‎ ‎(ⅱ)设该玻璃棱镜的临界角为C，由几何关系可知：‎ sin C＝ 解得玻璃棱镜的临界角C＝45°‎ 由折射率与光速间的关系v＝ 解得光在棱镜中的传播速度v＝。‎ 答案：(1)CDE　(2)(ⅰ)　(ⅱ)45°　 ‎4．(2018届高三·第一次全国大联考Ⅲ卷)(1)[多选]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，某时刻的波形图象如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，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质点，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现象，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，同一双缝干涉装置，波长越长，条纹间距越宽，选项C正确；玻璃内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)由振动图象可知，此波的周期为T＝0.8 s，Δt＝0.4 s＝，‎ 故经Δt＝0.4 s，‎ P质点回到平衡位置，位移为0‎ P质点通过的路程为‎2A＝‎‎4 cm 波传播的距离为＝‎10 m。‎ ‎(ⅱ)由波形图象可知，此波的波长λ＝‎20 m，由A质点在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 由波的周期性可得，‎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 ‎5．(2017·南昌重点中学模拟)(1)[多选]如图甲所示为一列沿水平方向传播的简谐横波在时刻t的波形图，如图乙所示为质点b从时刻t开始计时的振动图象，则下列说法中正确的是________。‎ A．该简谐横波沿x轴正方向传播 B．该简谐横波波速为‎0.4 m/s C．再经过12.5 s，质点a通过的路程为‎0.5 m D．再经过12.5 s，质点a通过的路程为‎10 cm E．当该波传播中遇到尺寸为‎3 m的障碍物，能发生明显的衍射现象 ‎(2)如图所示，半圆玻璃砖的半径R＝‎10 cm，折射率n＝，直径AB与屏幕MN垂直并接触于A点，激光α以入射角i＝30°从真空射向半圆玻璃砖的圆心O，在屏幕MN上出现两个光斑。已知真空中该激光波长λ0＝650 nm，真空中光速c＝3.0×‎108 m/s。求：‎ ‎(ⅰ)该激光在玻璃砖中的波长λ；‎ ‎(ⅱ)屏幕MN上两光斑间的距离。‎ 解析：(1)t时刻，从题图乙可知质点b速度沿y轴负方向，由题图甲结合波形平移的方法可知，波沿x轴正方向传播，故A正确；由题图甲得到波长为λ＝‎4 m，由题图乙得到周期为T＝10 s，故波速：v＝＝ m/s＝‎0.4 m/s，故B正确；t＝12.5 s＝1T，则质点a通过的路程为s＝‎4A＋×‎4A＝‎100 cm，故C、D错误；发生明显的衍射现象的条件是障碍物的尺寸与波长相差不大或者比波长小，该波波长λ＝‎4 m，故该波遇到尺寸为‎3 m的障碍物能发生明显的衍射现象，故E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)光由真空进入玻璃砖频率不变，设该激光在玻璃砖中的波长为λ，速度为v 则：＝，n＝ 解得：λ≈375 nm。‎ ‎(ⅱ)画出该激光的光路图如图所示 设折射角为r，根据折射定律 n＝ 可得：r＝60°‎ 由几何关系得，△OPQ为直角三角形，所以两个光斑PQ之间的距离 L＝PA＋AQ＝Rtan 30°＋ 解得：L≈‎23.1 cm。‎ 答案：(1)ABE　(2)(ⅰ)375 nm　(ⅱ)‎‎23.1 cm