【物理】2019届二轮复习第一部分专题六选考模块学案

【物理】2019届二轮复习第一部分专题六选考模块学案

专题六 第一讲分子动理论　气体及热力学定律 一、选择题 ‎1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如pV图中从a到b的直线所示。在此过程中________。‎ A．气体温度一直降低 B．气体内能一直增加 C．气体一直对外做功 D．气体一直从外界吸热 E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功 解析：选BCD　由理想气体的状态方程＝C知，从a到b气体温度一直升高，故A错误。一定质量的理想气体的内能由温度决定，可知气体内能一直增加，故B正确。气体体积逐渐膨胀，一直对外做功，故C正确。根据热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能，故D正确、E错误。‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅰ)如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是________。‎ A．过程①中气体的压强逐渐减小 B．过程②中气体对外界做正功 C．过程④中气体从外界吸收了热量 D．状态c、d的内能相等 E．状态d的压强比状态b的压强小 解析：选BDE　过程①中，气体体积V不变、温度T升高，则压强增大，故A错误。过程②中，气体体积V变大，对外界做功，故B正确。过程④中，气体温度T降低，内能减小，体积V不变，气体不做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得Q＜0，即气体放出热量，故C错误。状态c、d温度相同，所以内能相等，故D正确。分别作出状态b、c、d的等压线，分析可得pb＞pc＞pd，故E正确。‎ ‎3．(2018·全国卷Ⅱ)对于实际的气体，下列说法正确的是________。‎ A．气体的内能包括气体分子的重力势能 B．气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能 C．气体的内能包括气体整体运动的动能 D．气体的体积变化时，其内能可能不变 E．气体的内能包括气体分子热运动的动能 解析：选BDE　气体分子的重力势能和气体整体运动的动能都属于机械能，不是气体的内能，故A、C错误；实际气体的内能包括气体的分子动能和分子势能两部分，故B、E正确；气体体积变化时，分子势能发生变化，气体温度也可能发生变化，则分子势能与分子动能之和可能不变，故D正确。‎ ‎4．(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。‎ ‎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的内能仅由温度决定，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)＝ρ0 ④‎ 气球所受到的浮力为f＝ρ(Tb)gV ⑤‎ 联立④⑤式得f＝Vgρ0。 ⑥‎ ‎(2)气球内热空气所受的重力为G＝ρ(Ta)Vg ⑦‎ 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－m‎0g ⑨‎ 联立⑥⑧⑨式得m＝Vρ0T0－m0。‎ 答案：(1)Vgρ0　(2)Vgρ0　(3)Vρ0T0－m0‎ ‎8．(2018·全国卷Ⅰ)如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。‎ 解析：设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；活塞下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得 p0＝p1V1‎ p0＝p2V2‎ 由已知条件得 V1＝＋－＝V V2＝－＝ 设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得 p2S＝p1S＋mg 联立以上各式得 m＝。‎ 答案： ‎9．(2018·全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。‎ 解析：开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有 ＝ ①‎ 根据力的平衡条件有 p1S＝p0S＋mg ②‎ 联立①②式可得 T1＝T0 ③‎ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有 ＝ ④‎ 式中 V1＝SH ⑤‎ V2＝S(H＋h) ⑥‎ 联立③④⑤⑥式解得 T2＝T0 ⑦‎ 从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为 W＝(p0S＋mg)h。 ⑧‎ 答案：T0　(p0S＋mg)h ‎10．(2018·全国卷Ⅲ)‎ 在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝‎18.0 cm和l2＝‎12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。‎ 解析：设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2，由力的平衡条件有 p1＝p2＋(l1－l2)‎ U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p。此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′，显然原左边气柱的长度将增加，右边则减小，且两边气柱长度的变化量大小相等 l1′－l1＝l2－l2′‎ 由玻意耳定律有 p‎1l1＝pl1′‎ p‎2l2＝pl2′‎ 联立解得 l1′＝‎22.5 cm，l2′＝‎7.5 cm。‎ 答案：‎22.5 cm　‎‎7.5 cm 释疑3大考点 考点一　分子动理论　内能及热力学定律 ‎ (一)理清知识体系 ‎(二)突破三个重点 ‎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 布朗 运动 研究对象：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒 运动特点：无规则、永不停息 相关因素：颗粒大小、温度 扩散 现象 产生原因：分子永不停息的无规则运动 相关因素：温度 ‎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。‎ ‎[题点全练]‎ ‎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移动到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递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体。(√)‎ ‎(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．(2018·西安联考)对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是________。‎ A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大 B．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．当分子间的距离增大时，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的减小而增大 解析：选ACE　温度高的物体内能不一定大，内能还与质量有关，但分子平均动能一定大，因为温度是分子平均动能的标志，故A正确；改变内能的方式有做功和热传递，若外界对物体做功的同时物体放热，内能不一定增大，故B错误；布朗运动是由液体分子碰撞的不平衡性造成的，液体温度越高，液体分子热运动越激烈，布朗运动越显著，故C正确；当分子间的距离从平衡位置增大时，分子间作用力先增大后减小，故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的减小而增大，故E正确。‎ ‎3．(2018·榆林模拟)关于热现象和内能，下列说法正确的是________。‎ A．做功和热传递都能改变物体的内能 B．外界对气体做了功，则气体的温度一定升高 C．一定质量的气体，体积不变时，温度越高，内能越大 D．温度升高，物体内分子的平均动能一定增加 E．气体能够充满容器的整个空间，是由于气体分子间呈现出斥力的作用 解析：选ACD　做功和热传递都能改变物体的内能，选项A正确；外界对气体做了功，如果气体向外放热，则气体的温度不一定升高，选项B错误；一定质量的气体，体积不变时，温度越高，内能越大，选项C正确；温度升高，物体内分子的平均动能一定增加，选项D正确；气体能够充满容器的整个空间，是由于气体分子能够自由移动，选项E错误。‎ ‎4．(2018·衡水中学模拟)关于分子间相互作用力与分子间势能，下列说法正确的是________。‎ A．在10r0(r0为分子间作用力为零的间距，其值为10－‎10 m)距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力 ‎ B．分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零 ‎ C．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小 D．分子间距离越大，分子间的斥力越小 E．两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力变化总是比斥力变化慢 解析：选ADE　分子间同时存在引力和斥力，在平衡距离以内表现为斥力，在平衡距离以外表现为引力，在10r0距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力，A正确。设分子平衡距离为r0，分子距离为r，当r＞r0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当r＜r0，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；故当r＝r0，分子力为0，分子势能最小；由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，所以分子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零，B、C错误。分子间同时存在引力和斥力，两个分子间的距离变大的过程中，分子斥力与分子引力都减小，分子间引力变化总是比斥力变化慢，D、E正确。‎ 考点二　固体、液体和气体的性质 ‎ (一)理清知识体系 ‎(二)理解三个问题 ‎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。‎ ‎2．正确理解温度的微观含义 ‎(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。‎ ‎[题点全练]‎ ‎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)液体表面的分子间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.(2019届高三·武汉调研)气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理图如图所示。座舱A与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满空气，气闸舱B内为真空。航天员从太空返回时，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是________。‎ A．气体并没有对外做功，气体内能不变 B．B中气体可自发地全部退回到A中 C．气体温度不变，体积增大，压强减小 D．气体体积膨胀，对外做功，内能减小 E．气体体积变大，气体分子单位时间对容器壁单位面积碰撞的次数将变少 解析：选ACE　由于气闸舱B内为真空，所以气体在扩张过程中不会对外做功，系统与外界没有热交换，所以气体内能不变，故A正确，D错误；根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然变化都是不可逆的，故B错误；气体温度不变，由pV＝C可知，体积增大，压强减小，故C正确；气体体积变大，压强减小，由压强微观解释可知，气体分子单位时间对容器壁单位面积碰撞的次数将变少，故E正确。‎ ‎3．(2018·淄博二模)下列说法正确的是________。‎ A．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点 B．温度升高时分子的热运动加剧，分子的平均动能增加 C．用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数就可以估算出气体分子的体积 D．浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距大，分子间作用力表现为引力的缘故 E．第二类永动机不可能制成，因为内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化 解析：选ABE　液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故A正确；温度是分子平均动能的标志，温度升高时分子的热运动加剧，分子的平均动能增加，故B正确；用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数就可以估算出单个气体分子所占空间的体积，不能估算出气体分子的体积，故C错误；浸润现象产生的原因是附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离，附着层内分子之间的作用表现为斥力，附着层有扩展的趋势，故D错误；第二类永动机不可能制成，因为内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化，故E正确。‎ ‎4．(2018·青岛模拟)如图是一定质量的理想气体的pT图，气体从a→b→c→a完成一次循环，关于气体的变化过程。下列说法正确的是________。‎ A．气体在a态的体积Va小于在c态的体积Vc B．a→b过程气体的分子数密度变大 C．b→c过程外界对气体做的功等于气体放出的热量 D．c→a过程气体压强增大，从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的 E．若a→b过程气体吸热300 J，c→a过程放热400 J，则c→a过程外界对气体做功100 J 解析：选ADE　c→a过程气体压强增大，温度降低，根据＝C可知体积减小，故气体在a态的体积Va小于在c态的体积Vc，故A正确；a→b过程是等容变化，气体的分子数密度不变，故B错误；b→c过程是等温变化，气体内能不变，ΔU＝0，气体体积增大，气体对外界做功，W<0，由热力学第一定律得：Q＝ΔU－W＝－W>0，气体吸收热量，由以上分析可知，b→c过程气体对外界做的功等于气体吸收的热量，故C错误；c→a过程温度降低，气体分子的平均动能减小，气体压强增大，体积减小，气体的分子数密度增大，所以从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的，故D正确；由热力学第一定律可知，若a→b过程气体吸热300 J，c→a过程放热400 J，则c→a过程外界对气体做功100 J，故E正确。‎ 考点三　气体实验定律和理想气体状态方程 ‎(一)理清知识体系 ‎(二)掌握三个要点 ‎1．压强的计算 ‎(1)被活塞、汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解。‎ ‎(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。‎ 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。‎ ‎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。‎ ‎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。‎ ‎(三)研透四类常考模型 ‎1．“汽缸”模型 　(2018·齐鲁名校协作体联考)如图所示，开口向上的汽缸C静置于水平桌面上，用一横截面积S＝‎50 cm2的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，一轻绳一端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系数k＝2 800 N/m的竖直轻弹簧A，A下端系有一质量m＝‎14 kg的物块B。开始时，缸内气体的温度t1＝‎27 ℃‎，活塞到缸底的距离L1＝‎120 cm，弹簧恰好处于原长状态。已知外界大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，取重力加速度g＝‎10 m/s2，不计一切摩擦。现使缸内气体缓慢冷却，求：‎ ‎(1)当B刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度(用摄氏温度表示)；‎ ‎(2)气体的温度冷却到－‎93 ℃‎时，B离桌面的高度H。‎ ‎[思路点拨]‎ ‎[解析]　 (1)B刚要离开桌面时弹簧拉力为 kx1＝mg，‎ 由活塞受力平衡得p2S＝p0S－kx1，‎ 根据理想气体状态方程有＝，‎ 代入数据解得T2＝207 K，‎ 当B刚要离开桌面时缸内气体的温度t2＝－‎66 ℃‎。‎ ‎(2)由(1)得x1＝‎5 cm，当温度降至－‎66 ℃‎之后，若继续降温，则缸内气体的压强不变，‎ 根据盖－吕萨克定律，有＝，‎ 代入数据解得H＝‎15 cm。‎ ‎[答案]　(1)－‎66 ℃‎　(2)‎‎15 cm ‎ ‎“汽缸”模型的三种常见问题 ‎(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)两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽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 　(2018·石家庄二模)如图所示，内径相同的两U形玻璃管竖直放置在空气中，中间用细软管相连，左侧U形管顶端封闭，右侧U形管开口，用水银将部分气体A封闭在左侧U形管内，细软管内还有一部分气体。已知环境温度恒为‎27 ℃‎，大气压强为76 cmHg，稳定时，A部分气体长度为‎20 cm，管内各液面高度差分别为h1＝‎10 cm、h2＝‎12 cm。‎ ‎(1)求A部分气体的压强；‎ ‎(2)现仅给A部分气体加热，当管内气体温度升高了‎50 ℃‎时，A部分气体长度为‎21 cm，求此时右侧U形管液面高度差h2′。‎ ‎[解析]　(1)设左侧A部分气体压强为p1，软管内气体压强为p2，由图中液面的高度关系可知，p0＝p2＋h2，p2＝p1＋h1，解得p1＝p0－(h1＋h2)＝54 cmHg。‎ ‎(2)由理想气体状态方程有＝，‎ 解得p1′＝60 cmHg；‎ 由于空气柱长度增加‎1 cm，则水银柱向右侧移动‎1 cm，因此液面高度差h1′＝‎8 cm，由p1′＝p0－(h1′＋h2′)，‎ 解得h2′＝‎8 cm。‎ ‎[答案]　(1)54 cmHg　(2)‎‎8 cm 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，求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意以下4点：‎ ‎(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为气、液接触面至液面的竖直高度)。‎ ‎(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。‎ ‎(3)有时直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等。‎ ‎(4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”，使计算过程简捷。　　 ‎ ‎3．“两团气”模型 　(2018·开封模拟)某物理社团受“蛟龙号”载人潜水器的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口。外界大气压强为p0，汽缸Ⅰ内通过活塞A封有压强为p0的气体，汽缸Ⅱ内通过活塞B封有压强为2p0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于‎10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：‎ ‎(1)当A向右移动时，水的深度h；‎ ‎(2)该深度计能测量的最大水深hm。‎ ‎[解析]　(1)当A向右移动时，设B不移动，‎ 对Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：p0SL＝p1·SL 解得：p1＝p0‎ 而此时B中气体的压强为2p0＞p1，故B不动。‎ 由p1＝p0＋ρgh 解得：水的深度h＝10·＝‎3.33 m。‎ ‎(2)该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于2p0后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原Ⅰ内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动x距离，两部分气体压强为p2‎ 对原Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：p0SL＝p2Sx 对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得：2p0SL＝p2S(L－x)‎ 又p2＝p0＋ρghm 联立解得hm＝10·＝‎20 m。‎ ‎[答案]　(1)‎3.33 m　(2)‎‎20 m 多个系统相互联系的定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联。若活塞可自由移动，一般要根据活塞的平衡状态确定两部分气体的压强关系。　　 ‎ ‎4．“充气、抽气”模型 　(2018·漳州调研)如图，横截面积为S的汽缸导热良好、内壁光滑，汽缸上端开口，底端有一阀门K连接进气口。原长‎2l、劲度系数k＝的轻弹簧一端固定在汽缸底部，另一端连接质量为m＝的活塞，外界大气压强p0已知。现汽缸内封闭一定质量的空气，此时活塞距汽缸底部的距离为，求：‎ ‎(1)汽缸中气体的压强p1；‎ ‎(2)进气口连接打气筒，打开阀门K，给汽缸缓慢打气，每次打入气体压强为p0、体积为V＝，为使汽缸中弹簧恢复原长，需要打气几次？ (设环境温度不变，打入的气体及汽缸内已有的气体可视为理想气体)‎ ‎[解析]　(1)对活塞受力分析如图所示：‎ 根据平衡条件有：mg＋p0S＝p1S＋k 解得：p1＝p0。‎ ‎(2)设弹簧恢复原长时气体的压强为p2‎ 根据平衡条件有：mg＋p0S＝p2S 可得：p2＝2p0‎ 设打气简打气n次，对于打入的气体及汽缸内已有的气体，由玻意耳定律得 p1·Sl＋np0·＝p2·2Sl 解得： n＝28，故需要打气28次。‎ ‎[答案]　(1)p0　(2)28次 ‎1．等效法求解变质量的气体问题 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。　　‎ ‎[题点全练]‎ ‎1.如图所示，内径均匀的U形细玻璃管一端开口，竖直放置，开口端与一个容积很大的贮汽缸B连通，封闭端由水银封闭一段空气A，已知－‎23 ℃‎时空气柱A长‎62 cm，右管水银面比左管水银面低‎40 cm，当气温上升到‎27 ℃‎时，水银面高度差变化‎4 cm。B 贮汽缸左侧连接的细玻璃管的体积变化不计，A、B两部分气体的温度始终相同。‎ ‎(1)试论证当气温上升到‎27 ℃‎时，水银面高度差是增大‎4 cm 还是减小‎4 cm?‎ ‎(2)求－‎23 ℃‎时贮汽缸B中气体的压强。‎ 解析：(1)假设水银柱不动，由查理定律得＝＝ 所以Δp＝ΔT 显然在ΔT、T1相同情况下，初始压强p1越大，升高相同温度时，压强的增量越大，‎ 而初始状态时，pA＜pB，所以ΔpA＜ΔpB，则A中水银上升，水银面高度差增大。‎ ‎(2)设－‎23 ℃‎时，B中气体压强为pB，玻璃管的横截面积为S，对A中理想气体有＝ 即＝ 对B中气体有：＝＝ 联立得pB＝140 cmHg。‎ 答案：(1)水银面高度差增大　(2)140 cmHg ‎2．(2018·青岛模拟)如图，A、B两个内壁光滑、导热良好的汽缸用细管连接，A汽缸中活塞M的截面积为‎500 cm2，装有一个大气压强的理想气体‎50 L。B汽缸中活塞N的截面积为‎250 cm2，装有两个大气压强的理想气体‎25 L。现给活塞M施加一水平推力，使其缓慢向右移动，此过程中汽缸均不动，周围环境温度不变，大气压强为1.0×105 Pa。求：‎ ‎(1)当推力F＝5×103 N时，活塞M向右移动的距离；‎ ‎(2)汽缸B中能达到的最大压强。‎ 解析：(1)加力F后，A中气体的压强为 pA′＝p0＋＝2×105 Pa 所以N活塞刚好不动 对A中气体，由玻意耳定律得：pAVA＝pA′VA′‎ 解得VA′＝‎‎25 L 故活塞M向右移动的距离是x＝＝‎50 cm。‎ ‎(2)当A中气体全部进入B中后B中气体压强最大，设为p，A中气体在B中所占体积为V A中气体进入B中，由玻意耳定律得：p0VA＝pV B中气体在A中气体进入前后，由玻意耳定律得：‎ ‎2p0VB＝p(VB－V)‎ 解得p＝4×105 Pa。‎ 答案：(1)‎50 cm　(2)4×105 Pa ‎3．(2018·东北三省四市二模)用销钉固定的导热活塞将竖直放置的导热汽缸分隔成A、B两部分，每部分都封闭有气体，此时A、B两部分气体压强之比为5∶3，上下两部分气体体积相等。(外界温度保持不变，不计活塞和汽缸间的摩擦，整个过程不漏气)‎ ‎(1)如图甲，若活塞为轻质活塞，拔去销钉后，待其重新稳定时求B部分气体的体积与原来体积之比；‎ ‎(2)如图乙，若活塞的质量为M，横截面积为S，拔去销钉并把汽缸倒置，稳定后A、B两部分气体体积之比为1∶2，重力加速度为g，求后来B气体的压强。‎ 解析：(1)拔去销钉前，设A气体的体积为V，由玻意耳定律得到：‎ pAV＝pA′(V＋ΔV)，pBV＝pB′(V－ΔV)，‎ 又pA∶pB＝5∶3，pA′＝pB′‎ 解得：ΔV＝V，‎ B部分气体体积与原来的体积之比为3∶4。‎ ‎(2)初始状态：＝，‎ 最终平衡状态：pA′＝pB′＋ 设汽缸总容积为V′，A、B两部分气体做等温变化 pA＝pA′，pB＝pB′ 联立解得：pB′＝。‎ 答案：(1)3∶4　(2) ‎4．(2018·淄博二模)如图所示，某小组在一次实验中，将底面积S＝‎30 cm2、导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)。当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中，此时水的温度t1＝‎7 ℃‎，筒内气柱的长度h1＝‎14 cm，若大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×‎103 kg/m3，重力加速度g大小取‎10 m/s2。(计算结果保留三位有效数字)‎ ‎(1)当水的温度缓慢升高至‎27 ℃‎时，筒底露出水面一定高度。该过程中，气体吸收的热量为5 J，则气体的内能变化了多少？‎ ‎(2)若水温升至‎27 ℃‎后保持不变，用力将圆筒缓慢下移至某一位置(水足够深)，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离H。‎ 解析：(1)设温度升高后圆筒内外液面高度差为h2，圆筒的截面积为S、质量为m，分析可知封闭气体的初态参量：V1＝h1S，T1＝280 K 封闭气体的末态参量：V2＝(h2＋Δh)S，T2＝300 K 由等压变化规律＝知：Δh＝‎1 cm(其中h1＝h2)‎ 此时筒底露出水面的高度为‎1 cm 外界对气体做功W＝－(ρgh1＋p0)SΔh 代入数据得：W＝－3.042 J 对被封闭气体由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 知：ΔU＝1.96 J 即该过程中气体内能增加了ΔU＝1.96 J。‎ ‎(2)设圆筒悬浮时封闭气体的长度为h3‎ 筒底恰与水面齐平时有：ρgh1S＝mg 圆筒后来平衡时有ρgh3S＝mg，所以h1＝h3‎ 即圆筒恰齐平水面到后来悬浮水中为等容变化 筒底恰与水面齐平时的状态参量为：p1＝ρgh1＋p0，‎ T1＝280 K 悬浮时气体的状态参量为p3＝ρg(h1＋H)＋p0，T3＝300 K 由等容变化规律＝知：H＝‎72.4 cm。‎ 即后来圆筒悬浮于水中时筒底距水面高度为‎72.4 cm。‎ 答案：(1)增加1.96 J　(2)‎72.4 cm ‎ ‎1．(2018·渭南联考)(1)下列说法中正确的是________。‎ A．当分子间距r>r0时(r＝r0时分子力为零)，分子间的引力随着分子间距的增大而减小，分子间的斥力随着分子间距的增大而减小，分子力表现为引力 B．第一类永动机和第二类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律 C．一定质量的理想气体等压膨胀过程中的内能不变 D．大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大 E．一定质量的单晶体在熔化过程中分子势能一定是增大的 ‎(2)如图所示，劲度系数为k＝100 N/m 的轻质弹簧与完全相同的导热活塞A、B不拴接，一定质量的理想气体被活塞A、B分成两个部分封闭在可导热的汽缸内。活塞A、B之间的距离与B到汽缸底部的距离均为l＝‎1.2 m，初始时刻，气体Ⅰ与外界大气压强相同，温度为T1＝300 K，将环境温度缓慢升高至T2＝440 K，系统再次达到稳定，A已经与弹簧分离，已知活塞A、B的质量均为m＝‎1.0 kg。横截面积为S＝‎10 cm2；外界大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa。不计活塞与汽缸之间的摩擦且密封良好，g取‎10 m/s2，求活塞A相对初始时刻上升的高度。‎ 解析：(1)当分子间距r>r0时，分子间的引力和斥力都随着分子间距的增大而减小，而且斥力减小更快，所以分子力表现为引力，故A正确；第一类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律，而第二类永动机研制失败的原因并不是违背了能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，故B错误；一定质量的理想气体等压膨胀，体积变大，温度升高，内能增大，故C错误；相对湿度为水蒸气的实际压强与相同温度水的饱和汽压的比值的百分数，大气中相对湿度越大，水蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大，故D正确；一定质量的单晶体在熔化过程中温度不变，分子的平均动能不变，所吸收的热量全部用来增大分子势能，故E正确。‎ ‎(2)对气体Ⅰ，初态：T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，‎ V1＝lS；‎ 末态：T2＝440 K，p2＝p0＋＝1.1×105 Pa，V2＝l′S 根据理想气体状态方程：＝ 解得末态气体Ⅰ的长度为l′＝‎1.6 m。‎ 对气体Ⅱ，初态：T3＝300 K，p3＝p0＋＝1.2×105 Pa，V3＝lS；‎ 末态：T4＝440 K，p4＝p2＋＝1.2×105 Pa，V4＝l″S 根据理想气体状态方程：＝ 解得末态气体Ⅱ的长度为l″＝‎1.76 m。‎ 故活塞A上升的高度为Δh＝(l′－l)＋(l″－l)＝(‎1.6 m－‎1.2 m)＋(‎1.76 m－‎1.2 m)＝‎0.96 m。‎ 答案：(1)ADE　(2)‎‎0.96 m ‎2．(2019届高三·烟台模拟)(1)下列说法正确的是________。‎ A．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性 B．当两薄玻璃板间加有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的缘故 C．当环境的相对湿度为1时，则干湿泡湿度计的两个温度计读数一定相同 D．用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油酸的密度和油酸的摩尔质量 E. PM2.5是指环境空气中直径小于等于2.5 μm的颗粒物。温度越高，PM2.5的运动就会越激烈，所以PM2.5的运动属于分子热运动 ‎(2)如图所示，一绝热汽缸固定在倾角为30°的固定斜面上，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为m，横截面积为S。初始时，气体的温度为T0，活塞与汽缸底部相距为L。通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，活塞上升到与汽缸底部相距‎2L处，已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦。求：‎ ‎(ⅰ)此时气体的温度；‎ ‎(ⅱ)加热过程中气体内能的增加量。‎ 解析：(1)液晶既具有液体的流动性，同时又具有晶体的各向异性，故A正确； 中间有一层水膜的薄玻璃板，沿垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，是由于大气压强的缘故，故B错误； 当环境的相对湿度为1时，湿泡温度计停止蒸发，则干湿泡湿度计的两个温度计读数一定相同，故C正确；在已知直径的情况下要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的摩尔体积，若知道油酸的密度和油酸的摩尔质量，则可求得阿伏加德罗常数，则D正确；PM2.5是指环境空气中直径小于等于2.5 μm的颗粒物，不是分子，故E错误。‎ ‎(2)(ⅰ)设加热后的温度为T，此时气体体积V＝2LS 初始时体积V0＝LS，由等压变化有：‎ ＝ 解得T＝2T0。‎ ‎(ⅱ)由题意得，封闭气体压强为 p＝p0＋＝p0＋ 该过程气体对外界做功W＝pSL＝SL 气体内能的增加量ΔU＝－W＋Q＝Q－SL。‎ 答案：(1)ACD　(2)(ⅰ)2T0　(ⅱ)Q－SL ‎3．(2018·芜湖模拟)(1)下列说法中正确的是________。‎ A．需要用力才能压缩气体表明气体分子间存在斥力 B．一定温度下，水的饱和蒸气压是一定的 C．一定质量的理想气体从外界吸热，内能可能减小 D．微粒越大，撞击微粒的液体分子数量越多，布朗运动越明显 E．液体与大气相接触，液体表面层内分子间的作用表现为相互吸引 ‎(2)如图所示，圆柱形汽缸上部开口且有挡板，内部底面积S为‎0.1 m2‎，内部高度为d。筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，活塞上放置一质量为‎10 kg的重物，开始时活塞处于离底部的高度，外界大气压强为1.01×105 Pa，温度为‎27 ℃‎。活塞与汽缸内壁的摩擦忽略不计，现对气体加热，求：(g取‎10 m/s2)‎ ‎(ⅰ)当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度；‎ ‎(ⅱ)气体温度达到‎387 ℃‎时气体的压强。‎ 解析：(1)需要用力才能压缩气体这是由于气体压强的缘故，与气体分子间的斥力无关，选项A错误；饱和汽压与温度有关，在一定温度下，水的饱和蒸气压是一定的，选项B正确；一定质量的理想气体从外界吸热，若对外做功，则内能可能减小，选项C正确；微粒越小，液体分子对微粒的碰撞越不平衡，布朗运动越明显，选项D错误；液体与大气相接触，液体表面层内分子比较稀疏，分子间的作用表现为相互吸引，选项E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)被封闭气体做等压变化：V1＝S T1＝(273＋27)K＝300 K 设温度升高到T2时，活塞刚好到达汽缸口：V2＝Sd 根据盖吕萨克定律：＝ 解得T2＝600 K。‎ ‎(ⅱ)T3＝‎387 ℃‎＝660 K>T2 ‎ 故被封闭气体先做等压变化，待活塞到达汽缸口后做等容变化V3＝Sd 由理想气体状态方程：＝ p1＝p0＋ 解得p3＝1.122×105 Pa。‎ 答案：(1)BCE　(2)(ⅰ) 600 K　(ⅱ) 1.122×105 Pa ‎4．(1)下列说法中正确的是________。‎ A．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小 B．布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在永不停息地做无规则的热运动 C．雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用 D．一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 E．一定量的理想气体，如果体积不变，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减少 ‎(2)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：‎ ‎(ⅰ)待测气体的压强；‎ ‎(ⅱ)该仪器能够测量的最大压强。‎ 解析：(1)分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但斥力减小得快，故A错误；布朗运动反映了液体分子在永不停息地做无规则热运动，故B错误；伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用，故C正确；由理想气体状态方程＝C可知，如果压强不变，体积增大，温度升高，那么它一定从外界吸热，故D正确；由理想气体状态方程＝C可知，体积不变，当温度降低时，压强减小，分子每秒平均碰撞次数减小，故E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)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＋πd‎2l ①‎ V1＝πd2h ②‎ 由力学平衡条件得p1＝p＋ρhg ③‎ 整个过程为等温过程，由玻意耳定律得 pV＝p1V1 ④‎ 联立①②③④式得 p＝。 ⑤‎ ‎(ⅱ)由题意知h≤l ⑥‎ 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)CDE　(2)(ⅰ)　(ⅱ) ‎5.(2018·安顺监测)(1)关于物体的内能，下列说法正确的是________。‎ A．橡皮筋被拉伸时，分子间势能增加 B．物体内部所有分子动能的总和叫做物体的内能 C．一定质量的‎0 ℃‎的冰融化为‎0 ℃‎的水时，分子势能增加 D．一定质量的理想气体放出热量，它的内能可能增加 E．通电时电阻发热，它的内能增加是通过“热传递”方式实现的 ‎(2)如图所示为某型号的太阳能空气集热器的简易图，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0。经过太阳暴晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝400 K，为减小集热器内部压强，集热器自动控制系统缓慢抽出部分气体，并使温度降为360 K，此时，集热器内气体的压强回到p0。求：‎ ‎(ⅰ)T1＝400 K时气体的压强；‎ ‎(ⅱ)温度降为360 K时，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。‎ 解析：(1)橡皮筋被拉伸时，分子力做负功，分子间势能增加，故A正确。物体的内能包括分子动能和分子势能，物体内部所有分子动能的总和只是内能的一部分，故B错 误。一定质量的‎0 ℃‎的冰融化为‎0 ℃‎的水时需要吸热，而此时分子平均动能不变，分子动能不变，故分子势能增加，故C正确。一定质量的理想气体放出热量，如果同时有外界对它做功，且做功的量大于它放出的热量，它的内能就会增加，故D正确。通电时电阻发热，它的内能增加是通过电流做功的方式实现的，故E错误。‎ ‎(2)(ⅰ)集热器内的气体发生等容变化，根据查理定律，有＝，‎ 代入数据解得：p1＝p0。‎ ‎(ⅱ)以抽出的气体和集热器内的气体为研究对象，设抽出的气体温度也为T2，压强也为p0，此时与集热器内气体的总体积为V，由理想气体状态方程得，‎ ＝，‎ 联立解得：V＝V0‎ 设剩余气体的质量与原来气体的总质量之比为k，由题意得 k＝，联立解得：k＝。‎ 答案：(1)ACD　(2)(ⅰ)p0　(ⅱ) 第二讲振动和波动__光学 一、选择题 ‎1．(2018·全国卷Ⅲ)一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝0和t＝0.20 s时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期T＞0.20 s。下列说法正确的是________。‎ A．波速为‎0.40 m/s B．波长为‎0.08 m C．x＝‎0.08 m的质点在t＝0.70 s时位于波谷 D．x＝‎0.08 m的质点在t＝0.12 s时位于波谷 E．若此波传入另一介质中其波速变为‎0.80 m/s，则它在该介质中的波长为‎0.32 m 解析：选ACE　因周期T＞0.20 s，故波在t＝0到t＝0.20 s时间内传播的距离小于波长λ，由yx图像可知传播距离Δx＝‎0.08 m，故波速v＝＝‎0.40 m/s，故A正确。由yx图像可知波长λ＝‎0.16 m，故B错误。由v＝得，波的周期T＝＝0.4 s，根据振动与波动的关系知t＝0时，x＝‎0.08 m的质点沿＋y方向振动，t＝0.7 s＝1T，故此时该质点位于波谷；因为T＜0.12 s＜，此时x＝‎0.08 m的质点在x轴上方沿－y方向振动，故C正确、D错误。根据λ＝得波速变为‎0.80 m/s时波长λ＝‎0.32 m，故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．(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、填空题 ‎4．(2018·全国卷Ⅱ)声波在空气中的传播速度为‎340 m/s，在钢铁中的传播速度为4 ‎900 m/s。一平直桥由钢铁制成，某同学用锤子敲击一下桥的一端发出声音，分别经空气和桥传到另一端的时间之差为1.00 s。桥的长度为________ m。若该声波在空气中的波长为λ，则它在钢铁中的波长为λ的________倍。‎ 解析：设声波在钢铁中的传播时间为t，由L＝vt知，‎ ‎340(t＋1.00)＝4 900t，解得t＝ s，‎ 代入L＝vt中解得桥长L＝‎‎365 m 声波在传播过程中频率不变，根据v＝λf知，声波在钢铁中的波长λ′＝＝λ。‎ 答案：365　 ‎5．(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，振动周期为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 ‎6．(2018·全国卷Ⅰ)如图，△ABC为一玻璃三棱镜的横截面，∠A＝30°。一束红光垂直AB边射入，从AC边上的D点射出，其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为________。若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D点射出时的折射角________(填“小于”“等于”或“大于”)60°。‎ 解析：根据光路的可逆性，在AC面由空气射入玻璃三棱镜，入射角为60°时，折射角为30°。‎ 根据光的折射定律有n＝＝＝。‎ 玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，沿同一路径入射时，r角仍为30°不变，对应的i角变大，因此折射角大于60°。‎ 答案：　大于 三、计算题 ‎7．(2018·全国卷Ⅱ)如图，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝60°。一细光束从BC边的D点折射后，射到AC边的E点，发生全反射后经AB边的F点射出。EG垂直于AC交BC于G，D恰好是CG的中点。不计多次反射。‎ ‎(1)求出射光相对于D点的入射光的偏角；‎ ‎(2)为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？‎ 解析：(1)光线在BC面上发生折射，如图所示，由折射定律有 n＝ ①‎ 在AC面上发生全反射，i2＝r2 ②‎ 在AB面上发生折射，n＝ ③‎ 由几何关系得 i2＝r2＝60°，r1＝i3＝30° ④‎ F点的出射光相对于D点的入射光的偏角为 δ＝(r1－i1)＋(180°－i2－r2)＋(r3－i3) ⑤‎ 由①②③④⑤式得 δ＝60°。 ⑥‎ ‎(2)光线在AC面上发生全反射，在AB面上不发生全反射，有i2≥C，i3＜C⑦‎ 式中C是全反射临界角，满足 sin C＝ ⑧‎ 由④⑦⑧式知，棱镜的折射率n的取值范围应为 ≤n＜2。 ⑨‎ 答案：(1)60°　(2)≤n＜2‎ ‎8．(2018·全国卷Ⅲ)如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中O点)，然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC边上。D位于AB边上，过D点做AC边的垂线交AC于F。该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察，恰好可以看到小标记的像；过O点做AB边的垂线交直线DF于E；DE＝‎2 cm，EF＝‎1 cm。求三棱镜的折射率。(不考虑光线在三棱镜中的反射)‎ 解析：如图所示，过D点作AB边的法线NN′，连接OD，则α、β分别为O点发出的光线在D点的入射角和折射角，根据折射定律有n＝ 由几何关系可知 β＝60°，θ＝30°‎ 在△OEF中有 OE＝2EF＝‎‎2 cm 所以△OED为等腰三角形，可得 α＝30°‎ 解得n＝。‎ 答案： ‎9．(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＝ic ①‎ 设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有nsin ic＝1 ②‎ 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 r1 ⑤‎ 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－i1 ⑦‎ 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 ‎10．(2018·全国卷Ⅰ)一列简谐横波在t＝ s时的波形图如图(a)所示，P、Q 是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图像。求：‎ ‎(1)波速及波的传播方向；‎ ‎(2)质点Q的平衡位置的x坐标。‎ 解析：(1)由图(a)可以看出，该波的波长为 λ＝‎‎36 cm 由图(b)可以看出，周期为 T＝2 s 波速为v＝＝‎18 cm/s 由图(b)知，当t＝ s时，Q点向上运动，结合图(a)可得，波沿x轴负方向传播。‎ ‎(2)设质点O的振动方程为yO＝Asin(ωt＋φ)，其中ω＝＝π rad/s t＝ s时有yO＝Asin＝－，可得φ＝－ 即yO＝Asin 由图(b)可知yQ＝Asin(ωt)‎ 所以O、Q两质点的相位差为 xQ＝λ＝‎9 cm。‎ 答案：(1)‎18 cm/s　沿x轴负方向传播　(2)‎‎9 cm 释疑3大考点 考点一　机械振动和机械波 ‎(一)理清知识体系 ‎(二)弄明三个问题 ‎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。‎ ‎(3)沿波的传播方向上波每个周期传播一个波长的距离。‎ ‎(4)在波的传播过程中，同一时刻如果一个质点处于波峰，而另一质点处于波谷，则这两个质点一定是反相点。‎ ‎2．波的叠加问题 ‎(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。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．(2019届高三·榆林模拟)一列简谐横波沿x轴传播，波速为‎2 m/s，t＝0时刻的波形如图所示，此时平衡位置在x＝‎3 m处的质点N正沿y轴正方向运动，M、P两质点平衡位置的坐标分别为xM＝‎2 m、xP＝‎5 m。下列判断正确的是________。‎ A．该波沿x轴负方向传播 B．该时刻质点M的加速度为零 C．质点N的振动方程为y＝0.2sin πt(m)‎ D．从该时刻开始，经过10 s，质点P的路程为‎2 m E．当质点M在波峰时，质点P在平衡位置并正沿y轴正方向运动 解析：选ACE　t＝0时刻平衡位置在x＝‎3 m处的质点N正沿y轴正方向运动，可知波沿x轴负向传播，选项A正确；该时刻质点M在最低点，加速度为正向最大，选项B错误；因T＝＝ s＝2 s，ω＝＝π，则质点N的振动方程为y＝0.2sin πt(m) ，选项C正确；从该时刻开始，经过10 s＝5T，质点P的路程为5×‎4A＝‎4 m，选项D错误；当质点M在波峰时，质点P在平衡位置并正沿y轴正方向运动，选项E正确。‎ ‎2．(2018·青岛模拟)如图所示为一沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，图中P质点从此时刻开始的振动方程为y＝5cos cm，则下列说法正确的是________。‎ A．这列简谐横波沿x轴负方向传播 B．这列简谐横波的传播速度为‎10 m/s C．再过0.05 s，质点P到达波谷 D．再过0.05 s，质点P沿x轴传播了‎1 m E．该波遇到宽度为‎10 cm的狭缝时，可以发生明显的衍射现象 解析：选ABE　由表达式y＝5coscm，可知t＝0时刻质点P沿y轴负方向运动，故结合波形平移可得波的波形向左平移，即该波的传播方向沿x轴负方向，故A正确；由题图读出波长为λ＝‎4 m，由y＝5coscm可知ω＝5π rad/s，则周期为：T＝＝0.4 s，则波速为：v＝＝ m/s＝‎10 m/s，故B正确；再过0.05 s，y＝5coscm＝5cosπ，质点P没到达波谷，故C错误；质点在平衡位置附近做简谐运动，不随波迁移，故D错误；发生明显衍射的条件是波长与障碍物尺寸相差不大，或者比障碍物尺寸大，该波波长为‎4 m，该波在传播的过程中，由于波长比障碍物尺寸大，故能够发生明显的衍射，故E正确。‎ ‎3．(2018·济宁模拟)一列简谐横波在弹性介质中沿x轴传播，波源位于坐标原点O，t＝0时刻波源开始振动，t＝3 s时波源停止振动，如图所示为t＝3.2 s时靠近波源的部分波形图。其中质点a的平衡位置离原点O的距离为x＝‎2.5 m。下列说法中正确的是________。‎ A．波速为‎5 m/s B．波长为‎2.0 m C．波源起振方向沿y轴正方向 D．在t＝3.3 s，质点a位于波谷 E．从波源起振开始计时，3.0 s内质点a运动的总路程为‎2.5 m 解析：选ABE　由题意可知v＝＝ m/s＝‎5 m/s，选项A正确；由题图可知，波长λ＝‎2 m，选项B正确；t＝3.2 s时，Δx1＝v·Δt1＝5×‎3.2 m＝‎16 m，由于λ＝‎2.0 m，故波形前端的运动同x＝‎2.0 m质点的运动，可判断‎2.0 m处的质点向下振动，故波源起振方向沿y轴负方向，选项C错误；T＝＝ s＝0.4 s，从图示时刻经Δt′＝0.1 s＝T，质点a位于平衡位置，选项D错误；从t＝0时刻起，经Δt2＝＝ s＝0.5 s，质点a开始振动，3.0 s内质点a振动了2.5 s,2.5 s＝6T，故质点a运动的总路程为s＝6×‎4A＋A＝25×‎0.1 m＝‎2.5 m，选项E正确。‎ ‎4．(2018·芜湖模拟)某列简谐横波传播的路径上有P、Q两质点，图甲所示为质点P的振动图像，图乙所示为t＝0.3 s时刻的波形图。则由图可知________。‎ A．质点简谐运动的振幅A＝‎‎0.4 m B．t＝0.2 s时，质点P的速度大于Q的速度 C．简谐波的波速v＝‎20 m/s D．0～0.3 s，质点P通过的路程为‎0.9 m E．0～0.3 s，波沿x轴的负方向传播‎6 m 解析：选BCE　质点简谐运动的振幅A＝‎0.2 m，选项A错误；波的周期为T＝0.2 s，t＝0.3 s时刻质点P在平衡位置向上振动，由波形图可知，波沿x轴负向传播，则根据t＝0.3 s时刻的波形图可知t＝0.2 s时刻，P点仍在平衡位置，向下振动，振动速度最大；Q 点在平衡位置上方，则质点P的速度大于Q的速度，选项B正确；波长为λ＝‎4 m，则波速v＝＝ m/s＝‎20 m/s，选项C正确；0.3 s＝1.5T，则0～0.3 s质点P通过的路程为‎6A＝‎1.2 m，选项D错误；0～0.3 s，波沿x轴的负方向传播x＝vt＝‎6 m，选项E正确。‎ ‎5．(2018·漳州调研)一列简谐横波在均匀介质中传播，介质中有相距d＝‎3 m的P、Q两点与波源在同一条直线上，其振动的图像分别如图甲、乙所示。‎ ‎(1)请写出质点P做简谐运动的位移与时间的关系式；‎ ‎(2)如果波从P点传到Q，求波速的大小。‎ 解析：(1)由题图可知振幅为A＝‎0.4 m，角速度为：‎ ω＝＝ rad/s 所以质点P做简谐运动的位移与时间的关系式为：‎ y＝0.4cos 0.5πt(m)。‎ ‎(2)由振动图像可知，P点在正向最大位移处，且将向下振动时，Q点在平衡位置，且将向下振动，由位置关系可知：d＝λ(n＝0,1,2，…)‎ 波长λ＝ m 由图像知，T＝4 s 波速v＝＝ m/s(n＝0,1,2，…)。‎ 答案：(1)y＝0.4cos 0.5πt(m)‎ ‎(2) m/s(n＝0,1,2，…)‎ ‎“一分、一看、二找”巧解波的图像与振动图像的综合问题 ‎(1)分清振动图像与波的图像。只要看清横坐标即可，横坐标为x，则为波的图像，横坐标为t，则为振动图像。‎ ‎(2)看清横、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级。‎ ‎(3)找准波的图像对应的时刻。‎ ‎(4)找准振动图像对应的质点。　　 ‎ 考点二　光的折射和全反射 ‎ (一)理解基本概念和规律 ‎1．折射率 ‎(1)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＝。‎ ‎(2)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＝。‎ ‎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sin C＝。‎ ‎3．全反射的条件 ‎(1)光从光密介质射向光疏介质。‎ ‎(2)入射角大于或等于临界角。‎ ‎(二)掌握解题方法和注意事项 几何光学计算题往往是光的反射、折射、全反射(临界点)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、相似三角形、全等三角形等，仔细分析光传播过程中产生的几何关系。‎ ‎(三)研透三类常见玻璃砖 ‎1．截面为圆形或半圆形的玻璃砖 ‎　　　(2018·芜湖模拟)一个透明圆柱体的半径为R，其横截面如图所示， AB是一条直径，一束平行单色光沿AB方向射向圆柱体，该圆柱体的折射率为。若有一条入射到P点的光线(P点图中未标出)，经折射后恰好到B点，求：‎ ‎(1)该入射光线射入圆柱体的入射角i; ‎ ‎(2)光在圆柱体介质中，由P点运动至B点所用的时间t。(设光在真空中的速度为c)‎ ‎[解析]　(1)设这条光线经P点折射后过B点，光路如图所示：‎ 根据折射定律n＝ 在△OBP中，由几何关系得：i＝2r 由以上两式可得：r＝30°，i＝60°‎ 这条入射光线的入射角i为60°。‎ ‎(2)设B、P两点间距为x，由几何关系得：x＝2Rcos r 折射率：n＝ x＝vt 由以上三式可得： t＝。‎ ‎[答案]　(1)60°　 (2) ‎2．截面为方形的玻璃砖 　(2018·梅州二模)一玻璃正方体中心有一点状光源。今在正方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出正方体。已知该玻璃的折射率为，求镀膜的面积与正方体表面积之比的最小值。‎ ‎[解析]　如图，考虑从玻璃正方体中心O点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃正方体上表面发生折射，根据折射定律有：nsin θ＝sin α，式中，n是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角，现假设A点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点。由题意，在A点刚好发生全反射，故αA＝。设线段OA在正方体上表面的投影长为RA，由几何关系有sin θA＝。式中a为玻璃正方体的边长，联立解得RA＝，代入n＝，得RA＝，由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为RA的圆。所求的镀膜面积S′与玻璃正方体的表面积S之比为＝＝。‎ ‎[答案]　 ‎3．截面为三角形的玻璃砖 　(2018·榆林模拟)如图所示，一透明棱镜其截面为直角三角形ABC，BC边长为a，∠A＝30°。现有一细束单色光沿与AB平行的方向从到C点距离为a的O点入射，折射后恰好射到AB边上的D点，且CD⊥AB。光在真空中的传播速度为c。求：‎ ‎(1)棱镜的折射率n；‎ ‎(2)单色光从O点入射到第一次从棱镜中射出所用的时间t。‎ ‎[解析]　(1)单色光在棱镜中的光路如图所示，由几何关系可知，CD长为a，△OCD为等边三角形，故α＝β＝60°‎ 根据折射定律有：n＝ 解得：n＝。‎ ‎(2)由于sin β＝>，故单色光在D点发生全反射，由几何关系可知，反射光垂直BC边，从BC边射出棱镜，故：γ＝β＝60°。‎ 光在棱镜中的传播速度为：v＝ 故：t＝ 解得：t＝。‎ ‎[答案]　(1)　(2) ‎[题点全练]‎ ‎1．(2018·淄博二模)如图所示，一个三棱镜的截面为等腰直角三角形ABC，腰长为a，∠A＝90°。一束细光线沿此截面所在平面且平行于BC边的方向射到AB边上的中点，光进入棱镜后直接射到AC边上，并刚好能发生全反射。已知真空中的光速为c，试求：‎ ‎(1)该棱镜材料的折射率n；‎ ‎(2)光从AB边到AC边的传播时间t。‎ 解析：(1)设光从AB边射入时折射角为α，射到AC边上N点时入射角为β，光路如图：‎ 根据折射定律： n＝ 得：sin α＝ ①‎ 光在AC边上恰好发生全反射：sin β＝ ②‎ 又由几何关系：α＋β＝90°‎ 则sin 2α＋sin 2β＝1 ③‎ 将①②代入③解得：n＝。‎ ‎(2)由图中几何关系可得M、N间距：x＝ 由①可得：sin α＝ 用v表示光在棱镜内传播的速度，则v＝，又t＝ 所以光从AB边到AC边的传播时间：t＝。‎ 答案：(1)　(2) ‎2.(2018·济宁模拟)如图所示，MN为半圆形玻璃砖的对称轴，O为玻璃砖的圆心，某同学在与MN平行的直线上插上两枚大头针P1、P2，在MN上插大头针P3，从P3一侧透过玻璃砖观察P1、P2的像，调整P3位置使P3能同时挡住P1、P2的像，确定了的P3位置如图所示，他测得玻璃砖直径D＝‎8 cm，P1、P2连线与MN之间的距离d1＝‎2 cm，P3到O的距离d2＝‎6.92 cm(取＝1.73)。画出光路图并求该玻璃砖的折射率。‎ 解析：光路图如图所示，‎ sin i＝＝，得i＝30°‎ 则∠OAB＝60° ‎ OB＝OAsin 60°＝‎‎3.46 cm 根据几何关系有P3B＝d2－OB＝‎‎3.46 cm tan∠BAP3＝＝1.73，得∠BAP3＝60°‎ 因此r＝180°－∠OAB－∠BAP3＝60° ‎ 据折射定律得n＝，解得n＝1.73。‎ 答案：1.73　光路图见解析 ‎3.(2018·石家庄二模)长度为‎20 cm 柱状透明工艺品由折射率为的材料构成，其横截面AOB形状如图所示，侧边AO、BO边长均为‎3 cm，夹角为60°，底边AB为半径为R的一段圆弧，其对应的圆心角也为60°。单色平行光束沿与OA面成45°角的方向斜向下射向整个OA侧面，折射进入该柱状介质内，求：‎ ‎(1)光线射到OA面时折射角的大小；‎ ‎(2)从下部观察，AB所在底面透光的面积(二次反射光线很微弱，忽略不计)。‎ 解析：(1)所有光线在OA面上入射角都相同，由折射定律知＝n，其中i＝45°，‎ 解得折射角r＝30°。‎ ‎(2)如图所示，进入介质内的光线，在AB弧上到达位置越向左入射角越大，光线射向M点时，折射到AB弧上P点，此时恰好发生全反射，sin C＝ 此时入射角为C，则C＝45°，‎ ‎∠PO′A＝45°＝，‎ 由几何关系可知R＝‎3 cm，‎ 故S＝RL＝1.5π×10－‎3 m2‎。‎ 答案：(1)30°　(2)1.5π×10－‎‎3 m2‎ ‎4．(2018·渭南三模)如图所示为某玻璃砖的截面图，ABCE部分为梯形，AB垂直于上、下两底。CD是ED圆弧所在圆的直径，O为圆心，直径CD长为d，∠ECO＝60°，一束单色光从AB的中点斜射入玻璃砖，在AE面上刚好发生全反射，经AE面反射后反射光刚好垂直平分CE，求：‎ ‎(1)光在AB面的入射角的正弦值及玻璃对该单色光的折射率；‎ ‎(2)光在玻璃砖中运动的时间。(已知光在真空中的传播速度为c)‎ 解析：(1)由题意可知，CE是圆的一个弦。光线经AE面反射后反射光垂直平分CE，则反射光刚好照射到圆心O，光路图如图所示。‎ 由几何关系可知，光线在AE面的入射角为60°，由于光线刚好在AE面上发生全反射，则全反射的临界角：C＝60°‎ 则玻璃对光的折射率：n＝＝。‎ 由几何关系可知，光在AB面上折射的折射角为r＝30°，设入射角为i，则n＝ 求得：sin i＝。‎ ‎(2)由几何关系，圆弧的直径为d，则AB长为d 则光在玻璃中传播的距离s＝O1O2＋O2O＋＝d 又光在玻璃中的传播速度v＝ 所以光在玻璃中传播的时间t＝＝。‎ 答案：(1)　　(2) 考点三　光的波动性、电磁波与相对论 ‎(一)理清知识体系 ‎(二)突破两类问题 ‎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。‎ ‎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。‎ ‎[题点全练]‎ ‎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．(2019届高三·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·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。‎ ‎4．下列说法正确的是________。‎ A．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 B．雷达发射的电磁波是由均匀变化的电场或磁场产生的 C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，可在镜头前加一个偏振片来减弱橱窗玻璃表面的反射光 D．红色和蓝色的激光在不同介质中传播时波长可能相同 E．狭义相对论认为：真空中的光速在不同惯性参考系中都是相同的 解析：选CDE　水中的气泡看上去比较明亮是因为有一部分光发生了全反射现象，不是衍射现象，故A错误； 电磁波是由周期性变化的电场或磁场产生的，均匀变化的电场或磁场产生稳定的磁场或电场，不能产生电磁波，故B错误； 反射光属于偏振光，拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片能减弱橱窗玻璃表面的反射光，提高拍摄的效果，故C正确； 光速与介质有关，红色和蓝色的激光的频率不同，在同种介质中的波长是不同的，而在不同介质中传播时波长可能相同，故D正确；根据爱因斯坦的狭义相对论认为：真空中的光速在不同惯性参考系中都是相同的，故E正确。‎ ‎1．(2018·烟台模拟)(1)如图所示，P、Q、M是均匀媒介中x轴上的三个质点，PQ、QM的距离分别为‎3 m、‎2 m，一列简谐横波沿x轴向右传播。在t＝0时刻，波传播到质点P处并且P开始向下振动，经t＝3 s，波刚好传到质点Q，而此时质点P恰好第一次到达最高点且离平衡位置‎10 cm处。下列说法正确的是 ________。‎ A．该简谐波的波速为‎1 m/s B．该简谐波的波长为‎12 m C．当波传播到质点M时，质点P通过的路程为‎50 cm D．当t＝5 s时，质点Q的加速度方向竖直向下 E．当质点M运动到最高点时，质点Q恰好处于最低点 ‎(2)如图所示是一透明物体的横截面，横截面为等腰直角三角形ABC，AB边长为a，底面AC镀有反射膜。今有一条光线垂直AB边从中点入射，进入透明物体后直接射到底面AC上，并恰好发生全反射，(已知光在真空中的传播速度为c)求：‎ ‎(ⅰ)透明物体的折射率和光在透明物体内的传播时间；‎ ‎(ⅱ)若光线从AB边中点沿平行于底面的方向射向透明物体，求光线最终离开透明物体时的出射角。‎ 解析：(1)在t＝0时刻，波传播到质点P，经t＝3 s，波刚好传到质点Q，则v＝＝ m/s＝‎1 m/s，故A正确； 在t＝0时刻，质点P开始向下振动，经t＝3 s，质点P恰好第一次到达最高点，则T＝3 s，T＝4 s，根据v＝，可得λ＝vT＝‎4 m，故B错误；当波传播到质点M时，用时t′＝＝5 s，即T，质点P通过的路程为‎5A＝‎50 cm，故C正确；当t＝5 s时，质点Q已经振动了2 s，运动到了平衡位置，加速度为零，故D错误；质点M比质点Q晚运动了半个周期，当质点M运动到最高点时，质点Q恰好处于最低点，故E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)根据题意，光线射到AC面上时入射角度恰好为临界角C，由几何关系可知C＝45°，根据sin C＝可得n＝＝ 由几何关系可知光在透明物体中的传播路径长为a，设光在介质中的传播速度为v，有v＝，t＝ 可得t＝。‎ ‎(ⅱ)设此时光在AB面的入射角为i，折射角为r，由题意可知，i＝45°‎ 根据公式n＝ 可得r＝30°‎ 由几何关系可知β＝60°＞C＝45°，光线在BC面发生全反射。设光线在AC面的入射角为i′，折射角为r′，‎ 根据几何关系，i′＝15°‎ 根据公式n＝，解得r′＝arcsin。‎ 答案：(1)ACE　(2)(ⅰ)　　(ⅱ)arcsin ‎2．(2018·衡阳联考)(1)‎2018年1月31日，天空中上演了一场万众瞩目、被称为“超级满月、蓝月亮、红月亮”的月全食大戏，这次月全食历时近5小时。最精彩之处是在发生月全食阶段月亮呈现红色，下列有关月食的说法，其中正确的是______。‎ A．当地球处于太阳和月球中间时才会出现月食现象 B．当月球处于太阳和地球中间时才会出现月食现象 C．月食可能是太阳光经月球反射到地球大气层时发生全反射形成的 D．出现月食现象，是因为月球处于地球的“影子”中 E．“红月亮”是太阳光中的红光经地球大气层折射到月球时形成的 ‎(2)如图所示，实线是一列简谐横波在t1时刻的波形图，虚线是在t2＝(t1＋0.2)s时刻的波形图。‎ ‎(ⅰ)在t1到t2的时间内，如果M通过的路程为‎1 m，那么波的传播方向怎样？波速多大？‎ ‎(ⅱ)若波速为‎55 m/s，求质点M在t1时刻的振动方向。‎ 解析：(1)当太阳、地球、月球在同一直线上，地球位于太阳与月球之间时，太阳发出的沿直线传播的光被不透明的地球完全挡住，光线照不到月球上，月球处于地球的“影子”中，在地球上完全看不到月球的现象就是月全食。看到整个月球是暗红的，是因为太阳光中的红光经地球大气层折射到月球，选项A、D、E正确，B、C错误。‎ ‎(2)(ⅰ)从波的图像可以看出质点的振幅为A＝‎20 cm＝‎0.2 m。如果M通过的路程为x′＝‎1 m，则经历的时间与周期的比值m＝＝1，说明波沿x轴正方向传播；波速为v2＝＝ m/s＝‎25 m/s。‎ ‎(ⅱ)从波的图像可以看出，波长为λ＝‎4 m。若波沿x轴正方向传播，波传播的距离为x1＝λ(n＝0,1,2，…)，波传播的速度为v1＝＝5(4n＋1)m/s(n＝0,1,2，…)，波速不可能等于‎55 m/s，说明波沿x轴负方向传播，质点M向下振动。‎ 答案：(1)ADE　(2)(ⅰ)沿x轴正方向传播　‎25 m/s　(ⅱ)向下振动 ‎3．(2019届高三·西安八校联考)(1)一列沿x轴正方向传播的简谐波，在t＝0时刻的波形图如图所示，已知这列波在P出现两次波峰的最短时间是0.4 s，根据以上可知：‎ 这列波的波速是__________ m/s；再经过________ s质点R才能第一次到达波峰；这段时间里R通过的路程为________ cm。‎ ‎(2)如图所示，一透明球体置于空气中，球半径R＝‎10 cm，折射率n＝，MN是一条通过球心的直线，单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入射点，AB与MN间距为‎5 cm，CD为出射光线。‎ ‎(ⅰ)补全光路并求出光从B点传到C点的时间；‎ ‎(ⅱ)求CD与MN所成的角α。‎ 解析：(1)依题，P点两次出现波峰的最短时间是0.4 s，所以这列波的周期T＝0.4 s。由波速公式得 v＝＝ m/s＝‎10 m/s 由t＝0时刻到R第一次出现波峰，波移动的距离 s＝‎‎7 m 则t＝＝ s＝0.7 s 在上述时间内，R实际振动时间t1＝0.3 s 因此R通过的路程为s＝‎3A＝‎6 cm。‎ ‎(2)(ⅰ)连接BC，光路图如图所示；在B点光线的入射角、折射角分别标为i、r，sin i＝＝，所以i＝45°。‎ 由折射率定律，在B点有n＝ 可得sin r＝ 故r＝30°。‎ 又BC＝2Rcos r，v＝ 所以t＝＝＝×10－9 s。‎ ‎(ⅱ)由几何关系可知∠COP＝15°，∠OCP＝135°，所以α＝30°。‎ 答案：(1)10　0.7　6‎ ‎(2)(ⅰ)光路图见解析　×10－9 s　(ⅱ)30°‎ ‎4．(2018·武汉模拟)(1)如图所示，甲图为沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波动图像，乙图为参与波动的质点P的振动图像，则下列判断正确的是________。‎ A．该波的传播速率为‎4 m/s B．该波的传播方向沿x轴正方向 C．经过0.5 s，质点P沿波的传播方向向前传播‎2 m D．该波在传播过程中若遇到‎4 m的障碍物，能发生明显衍射现象 E．经过0.5 s时间，质点P的位移为零，路程为‎0.4 m ‎(2)如图所示，透明的柱形元件的横截面是半径为R的圆弧，圆心为O，以O为原点建立直角坐标系xOy。一束单色光平行于x轴射入该元件，入射点的坐标为(0，d)，单色光对此元件的折射率为n＝。‎ ‎(ⅰ)当d多大时，该单色光在圆弧面上恰好发生全反射？‎ ‎(ⅱ)当d→0时，求该单色光照射到x轴上的位置到圆心O的距离。(不考虑单色光经圆弧面反射后的情况。θ很小时，sin θ≈θ)‎ 解析：(1)由题图甲读出该波的波长为 λ＝‎4 m，由题图乙读出周期为 T＝1 s，则波速为v＝＝‎4 m/s，故A正确；在题图乙上读出t＝0时刻P质点的振动方向沿y轴负方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x轴负方向，故B错误；质点P只在自己的平衡位置附近上下振动，并不沿波的传播方向向前传播，故C错误；由于该波的波长为‎4 m，与障碍物尺寸相等，能发生明显的衍射现象，故D正确；经过t＝0.5 s＝，质点P又回到平衡位置，位移为零，路程为s＝‎2A＝2×‎0.2 m＝‎0.4 m，故E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)如图甲所示，当光射到圆弧面上的入射角等于临界角时，刚好发生全反射，‎ 由sin θ＝ 解得：θ＝60°，‎ 根据几何关系可得d＝。‎ ‎(ⅱ)如图乙所示，当光射到圆弧面上的入射角很小时，设入射角为β，折射角为α，由折射定律n＝ 在△OEF中，由正弦定理＝ 当d→0时，α、β很小，sin α≈α，sin(α－β)≈α－β 解得： OF＝ α＝nβ 所以OF＝(4＋2)R。‎ 答案：(1)ADE　(2)(ⅰ)　(ⅱ)(4＋2)R ‎5．(2018·江西重点中学联考)‎ ‎(1)下列有关叙述正确的是________。‎ A．第四代移动通信系统(‎4G)采用1 880～2 690 MHz间的四个频段，该电磁波信号的磁感应强度随时间是非均匀变化的 B．狭义相对论的时间效应，可通过卫星上的时钟与地面上的时钟对比进行验证，高速运行的卫星上的人会认为地球上时钟变快 C．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关 D．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受，测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法应用的是共振原理 E．泊松亮斑的发现有力地支持了光的波动学说，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象 ‎(2)如图所示，一束截面为圆形(半径R＝‎1 cm)的平行复色光垂直射向一玻璃半球的面。经折射后在屏幕S上形成一个圆形彩色亮区。已知玻璃半球的半径也为R。屏幕S至球心的距离为d＝‎4 cm。不考虑光的干涉和衍射，试问：‎ ‎(ⅰ)在屏幕S上形成的圆形亮区的最外侧是什么颜色？‎ ‎(ⅱ)若玻璃半球对圆形亮区最外侧单色光的折射率为n＝，求屏幕S上圆形亮区的最大半径。(结果可保留根号)‎ 解析：(1)第四代移动通信系统(‎4G)采用1 880～2 690 MHz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，是非均匀变化的，故A正确；狭义相对论中有运动延迟效应，即“动钟变慢”，高速运行的卫星上的人会认为地面上的时钟变慢，故B错误；单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期由驱动力的周期决定，与单摆的固有周期无关，故与摆长无关，故C正确；向人体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，这种方法应用的是多普勒效应原理，故D错误；泊松亮斑的发现有力地支持了光的波动学说，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象，故E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)复色光与半球形玻璃面的下表面相垂直，方向不变，但是在上面的圆弧面会发生偏折，紫光的折射率最大，临界角最小，偏折能力最强，所以紫光偏折的最多，因此最外侧是紫色。‎ ‎(ⅱ)如图所示，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点D到亮区中心E的距离r就是所求最大半径。‎ 设紫光临界角为C，由全反射的知识：sin C＝ 所以cos C＝ tan C＝ OB＝＝ r＝＝d－nR 代入数据得：r＝(4－)cm。‎ 答案：(1)ACE　(2)(ⅰ)紫色　(ⅱ)(4－)cm