试题君之每日一题君2017年高考物理（12月16-31日）

试题君之每日一题君2017年高考物理（12月16-31日）

12月 16日 气体实验定律及理想气体状态方程 高考频度：★★★★☆ 难易程度：★★★☆☆ 一定质量的理想气体，在体积不变时，温度由 50℃升高到 100℃，气体压强的变化情况是 A．气体压强是原来的 2倍 B．气体的压强比原来增加了 50/273 C．气体压强是原来的 373/323倍 D．气体的压强比原来增加了 50/323 【参考答案】CD 【试题解析】根据气体的状态变化方程可知， 1 2 273 50 273 100 P P    ，则 2 1 373 323 P P  ，所以气体 压强是原来的 373/323倍，比原来增加了 50/323，CD正确，AB错误。 【知识补给】 气体实验定律及理想气体状态方程 气体实验定律（适用于理想气体）  理想气体状态方程 等温变化 玻意耳定律，p1V1=p2V2 一般变化 1 1 1 pV T = 2 2 2 p V T 等容变化 查理定律， 1 1 p T = 2 2 p T 等压变化 盖–吕萨克定律， 1 1 V T = 2 2 V T 使用气体实验定律和理想气体状态方程解题的效果相同。气体实验定律可以看成理想气体状态 方程的三种特殊情况，理想气体状态方程则为三个气体实验定律的综合。 一定质量的理想气体，初始状态为 p、V、T。经过一系列状态变化后，压强仍为 p，则下 列过程中可以实现的是 A．先等温膨胀，再等容降温 B．先等温压缩，再等容降温 C．先等容升温，再等温压缩 D．先等容降温，再等温膨胀 两端封闭的竖直放置的玻璃管的中部有一段水银，水银柱的上、下方存有密闭气体，当它 在竖直方向运动时，发现水银柱相对玻璃在向上移动，则下列说法中正确的是 A．玻璃管做匀速运动，环境温度升高 B．温度不变，玻璃管向下做加速运动 C．温度不变，玻璃管向下做减速运动 D．温度降低，玻璃管向下做减速运动 一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量 33 10 kgM   、体积 3 0 0.5 mV  的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内冲入一定质量的气体，开始时筒内液面到水面的距 离 1 40 mh  ，筒内气体体积 3 1 1mV  。在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面的距离为 2h 时，拉力减为零，此时气体体积为 2V ，随后浮筒和重物自动上浮。求 2V 和 2h 。已知大气压强 5 0 1 10 Pap   ，水的密度 3 31 10 kg/m   ，重力加速度的大小 210 m/sg  。不计水温变化， 筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略。 【参考答案】 B 根据理想气体状态方程公式 PV C T ＝ 可知，先等温膨胀压强减小，再等容降温压强减 小，不能回到初始值，A错误；同理，先等温压缩压强增大，再等容降温压强减小，可以回到 初始值，B正确；先等容升温压强增大，再等温压缩压强增大，不能回到初始值，C错误；先 等容降温压强减小，再等温膨胀压强减小，不可以回到初始值，D错误。 AB 温度升高，假设水银柱不动，则两部分气体均发生等容变化，由查理定律 p C T  ， 得 p T p T    ，可得压强的变化量 Tp T    p。原来下部分气体的压强较大，可知它的压强增 加量较大，所以水银柱将向上移动，A正确；玻璃管原来处于静止状态，当玻璃管加速下降时， 加速度向下，水银柱处于失重状态，水银柱向上移动，是因为上部分气体压强增大，下部分气 体压强减小造成的，B正确；温度不变，玻璃管向下做减速运动，水银柱处于超重状态，是由 于水银柱向下移动，CD错误。 当 0F  时，由平衡条件得 0( )Mg g V V 2水 代入数据得 3 2 2.5 mV  设浮筒内气体初、末态的压强分别为 p1、p2，由题意得 1 0 1=p p gh ， 2 0 2=p p gh 此过程中，筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得 2 2 1 1=p V pV 联立各式，代入数据得 2 10 mh  12月 17日 热力学定律 高考频度：★★★☆☆ 难易程度：★★★☆☆ 用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示。充气袋四周被挤压时，假设袋内气体 与外界无热交换，则袋内气体 A．体积减小，内能增大 B．体积减小，压强减小 C．对外界做负功，内能增大 D．对外界做正功，压强减小 【参考答案】AC 【试题解析】充气袋被挤压时，气体体积减小，外界对气体做功，已知袋内气体与外界无热交 换，则袋内气体内能增加，C正确，D错误；气体体积减小，内能增加，温度一定升高，压强 变大，A正确，B错误。 【知识补给】 热力学定律 第 零 定 律 热平衡定律：如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，则这两个系统也一定处 于热平衡 两个系统热平衡由温度表示，故热力学第零定律给出了温度的定义和测量方法 第 一 定 律 一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和， ΔU=Q+W 能量守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一种形式转化为另 一种形式， 或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变 第一类永动机不可能制成 第 二 定 律 克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体 开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响， η<100% 气体向真空的自由膨胀是不可逆的 第二类永动机不可能制成 微观意义：一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行 熵增加原理：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小 第 三 定 律 不可能通过有限的过程把一个物体冷却到绝对零度 以下说法中正确的是 A．墒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减少的方向进行 B．在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加 C．一定质量理想气体对外做功，内能不一定减少，但密度一定减小 D．对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 E．第二类永动机不可能制成是因为它违背了能量守恒定律 下列说法中不正确的是 A．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递 B．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量 C．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机 D．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机 E．随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，并最终达到绝对零度 二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技 术。在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一个可自由压缩的导热容器中，将容器 缓慢移到海水某深处，气体体积减为原的一半，不计温度的变化，则此过程中 A．封闭气体对外界做正功 B．封闭气体向外界传递热量 C．封闭气体分子的平均动能不变 D．封闭气体从外界吸收热量 早些年农村的小孩子常用旧圆珠笔芯做一种玩具，铁丝的一端缠绕棉花，用水打湿后从一 端塞入笔芯内，将笔芯的另一端用力在马铃薯上触一下拔出来，然后用力推铁丝，马铃薯小块 高速飞出，能打出十几米远。下列说法正确的是 A．在推铁丝而马铃薯小块未飞出的过程中，笔芯内密封的气体的温度升高 B．在推铁丝而马铃薯小块未飞出的过程中，气体对外做功 C．马铃薯小块高速飞出的动能来自于气体内能 D．马铃薯小块高速飞出时外界对笔芯内气体做功 【参考答案】 BCD 墒增加原理说明在孤立系统中，一切不可逆过程总朝着熵增加方向进 行，A错误。据 U W Q    可知，B正确。改变内能的方式有做功和热传递两种， 所以对外做功，内能不一定减少，但体积变大，密度减小，C正确。由理想气体状 态方程 =pV nRT可知，当压强不变而体积增大时 ( 0)W  ，温度升高（ 0U  ），即 内能增大，由热力学第一定律 U Q W   可知 0Q  ，即从外界吸热，D正确。第 二类永动机是效率为 100%的热机，违反了热现象的方向性，E错误。 CDE 电冰箱的工作过程表明，压缩机工作，热量可以从低温物体向高温物体 传递，A正确。空调机在制冷过程中，压缩机工作，从室内吸收的热量少于向室外 放出的热量，B正确。根据热力学第一定律，科技的进步不可以使内燃机成为单一 热源的热机，C错误。对能源的过度消耗将使自然界的可以被利用的能量不断减少， 形成能源危机，而自然界的能量是守恒的，D错误。由热力学第三定律可知任何系 统都不能通过有限的步骤使自身温度降低到 0 K，E错误。 BC 因为不计气体的温度变化，所以气体的温度不变，气体分子的平均动能不变，即ΔE=0， C 正确；因为气体体积减半，故外界对气体做功，即 W>0，A 错误；根据热力学第一定律有 E W Q   ，可知 Q＜0，即气体向外界传递热量，B正确，D错误。 AC 在推铁丝而马铃薯小块未飞出的过程中，由于活塞对气体做功，即 W>0，而迅速压 缩气体时 Q=0，根据热力学第一定律可知，气体的内能变大，即笔芯内密封的气体的温度升高， A正确，B错误；马铃薯小块高速飞出时，气体的内能转化为马铃薯的动能，故马铃薯的动能 来自于气体内能，C正确；马铃薯小块高速飞出时，气体的体积变大，笔芯内气体对外做功， D错误。 12月 18日 气缸–活塞模型 高考频度：★★★★☆ 难易程度：★★★☆☆ 一横截面积为 S的气缸水平放置，固定不动，气缸壁是导热的，两个活塞 A和 B将气缸分隔为 1、2两气室，达到平衡时 1、2两气室体积之比为 3:2，如图所示，在室温不变的条件下，缓慢 推动活塞 A，使之向右移动一段距离 d，求活塞 B向右移动的距离，不计活塞与气缸壁之间的 摩擦。 【参考答案】 2 5 d 【试题解析】气缸水平放置，不计活塞与气缸壁之间的摩擦，故平衡时两气室的压强必相等， 设初态时气室内压强为 0p ，气室 1、2的体积分别为 1V 和 2V ，在活塞 A向右移动 d 的过程中 设活塞 B向右移动的距离为 x；最后气缸内压强为 p，因气缸壁是导热的，在室温不变，推动过 程缓慢，气体温度始终与室温相等，根据理想气体状态方程 pV C T  （常数），是等温变化，分 别对气室 1和 2的气体运用玻意耳定律，得 气室 1： 0 1 1( )p V p V Sd Sx   气室 2： 0 2 2( )p V p V Sx  联立解得 2 1 2 Vx d V V   根据题意 1V ： 2V =3:2 计算得活塞 B向右移动的距离 2 5 x d 【名师点睛】气缸–活塞模型中，通过活塞将气体分成多个部分。一般解题方法是：先列出各部 分气体的状态参量，列部分气体的状态变化方程；再根据各部分气体间的力学平衡条件（压强 平衡、力平衡）列方程求解。 如图甲，固定的导热气缸内用活塞密封一定质量的理想气体，气缸置于温度不变的环境中。 现用力使活塞缓慢地向上移动，密闭气体的状态发生了变化。下列图象中 p、V和 U分别表示 该气体的压强、体积和内能， kE 表示该气体分子的平均动能，n表示单位体积内气体的分子数， a、d为双曲线，b、c为直线。能正确反映上述过程的是 如图所示，一个圆筒形气缸平放在水平面上，A、B 为两个可以无摩擦滑动的活塞，B活 塞质量为 m， A活塞的质量及厚度都可不计。B活塞用一根轻弹簧与气缸底相连，a、b为气缸 侧壁上的两个小孔，与外界相通，两小孔及两活塞静止时的位置如左图所示。先用一根细管（细 管容积不计）把 a、b 两孔连通，然后把气缸直立起来，并在 A活塞上压一个质量也是 m的砝 码 C，则 B活塞下 L/6，A活塞下降了 l/3，恰好挡住 a孔，如右图所示。现在 A活塞上再加一 个与 C相同的砝码 D，求 A、B两活塞最后静止时的位置。（设温度始终保持不变） 如图，一固定的竖直气缸有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 1 2.50 kgm  ，横截面积为 2 1 80.0 cmS  ，小活塞的质量为 2 1.50 kgm  ，横截 面积为 2 2 40.0 cmS  ；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为 40.0 cml  ，气缸外大气压强为 51 10 Pap   ，温度为 300 KT  。初始时大活塞与大圆筒底部相距 2 l ，两活塞间封闭气体 的温度为 1 495 KT  ，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 210 m/sg  ，求： （1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，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。 【参考答案】 ABD 气缸和活塞导热性能良好，气缸内气体温度与环境温度相同，所以气体发生等温变 化，所以 p–V图象是双曲线，A正确；气缸内气体温度与环境温度相同，保持环境温度不变， 气体的内能保持不变，B正确；温度是分子平均动能变化的标志，所以该气体分子的平均动能 不变，C错误；一定质量的理想气体，所以 V Nn  ，N为所有气体的分子数，所以 n–V的图象 是双曲线，D正确。 只压 C时，气缸两部分压强相等设为 p1，当活塞平衡时 对活塞 B： 6 lmg K 对活塞 A：mg=p1S–p0S 对气缸内两部分气体，根据气态方程，有 0 1 52 3 lSp lS p p0S=5mg， 1 6mgp S  再压 D后，B活塞下面的气体与大气相通，压强为 p0，A活塞下面气体压强为 p2 对 A、B、C、D整体，有 Kx=3mg， 6mgK l  1 2 x l 对活塞 A：p2S=p0S+2mg=7mg 对活塞 A下面的气体： 1 2 5 6 lSp p l S  ， 5 7 ll  最后活塞 B距缸底 1 2 l，活塞 A距缸底 17 14 l （1）大小活塞缓慢下降过程，活塞外表受力情况不变，气缸内压强不变，气缸内气体为 等压变化，即 1 2 1 2 V V T T  初始 1 22 lV S S 1（ + ） 末状态 2 2V LS 代入可得 2 1 2 330 K 3 T T  （2）对大小活塞受力分析则有 1 2 1 1 2 2 1 1m g m g pS p S pS p S     可得 5 1 1.1 10 Pap   缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，气体体积不变，为等容变化，有 1 2 1 2 p p T T  可得 5 1 1.1 10 Pap   12月 19日 直管、T形管、U形管、连通器 高考频度：★★★☆☆ 难易程度：★★★★☆ 如图，一端封闭、粗细均匀的 U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管 中。当温度为 280 K时，被封闭的气柱长 L=22 cm，两边水银柱高度差 h=16 cm，大气压强 0p =76 cmHg。 （1）为使左端水银面下降 3 cm，封闭气体温度应变为多少？ （2）封闭气体的温度重新回到 280 K后，为使封闭气柱长度变为 20 cm，需向开口端注入的水 银柱长度为多少？ 【参考答案】（1）350 K （2）10 cm 【试题解析】（1）设玻璃管的横截面积为 S，封闭气体压强为 1p ，初始根据水银液面受力平衡 可分析得 1 016cmHgp p  ，可得 1 60 cmHgp  当 左 端 水 银 面 下 降 3 cm ， 右 端 液 面 必 然 上 升 3 cm ， 则 左 右 液 面 高 度 差 变 为 16 cm 3 cm 3 cm 10 cmh     ，此时封闭气体压强为 2p 同样根据液面平衡可分析得 2 010 cmHgp p  ，可得 2 66 cmHgp  根据理想气体状态方程 1 2 1 2 ( 3)p LS p L S T T   ，代入温度 1 280 KT  ，可得 2 350 KT  （2）设此时封闭气体压强为 3p ，封闭气体的长度 20 cmL  ，根据理想气体状态方程可得 31 1 1 p L Sp LS T T   计算可得 3 66 cmHgp  此时作用液面高度差 0 3 10 cmh p p    左端液面上升 1 2 cmx L L   ，右端上升 2 1 8 cmx h x h    所以开口端注入水银的长度为 1 2 10 cmx x  【名师点睛】由导管装液体将气体分成两部分的题目，相当于将气缸–活塞模型中的活塞替换成 液体，解题时要注意气体和液体的压强的不同分析方法。对一部分气体，其内部压强处处相等； 而液体的压强与液柱的高度正相关。解此类题时一般是：先分别对各部分气体列气体状态变化 方程，再根据平衡条件（压强平衡），对导管某一横截面列方程。 如图所示， 长为 1 m，开口竖直向上的玻璃管内，封闭着长为 15 cm的水银柱，封闭气体 的长度为 20 cm，已知大气压强为 75 cmHg。现缓慢旋转玻璃管，求： （1）当玻璃管水平放置时，封闭气体的长度为多少？ （2）当玻璃管开口竖直向下时，封闭气体的长度为多少？ 如图所示，玻璃管粗细均匀（粗细可忽略不计），竖直管两封闭端内理想气体长分别为上 端 30 cm、下端 27 cm，中间水银柱长 10 cm。在竖直管如图位置接一水平玻璃管，右端开口与 大气相通，用光滑活塞封闭 5 cm长水银柱。大气压 p0=75 cmHg。 （1）求活塞上不施加外力时两封闭气体的压强各为多少？ （2）现用外力缓慢推活塞恰好将水平管中水银全部推入竖直管中，求这时上下两部分气体的长度 各为多少？ 如图，一粗细均匀的 U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处 开关 K 关闭，A侧空气柱的长度为 l=10.0 cm，B侧水银面比 A侧的高 h=3.0 cm，现将开关 K 打开，从 U形管中放出部分水银，当两侧的高度差为 h1=10.0 cm 时，将开关 K 关闭，已知大 气压强 p0=75.0 cmHg。 （1）求放出部分水银后 A侧空气柱的长度； （2）此后再向 B侧注入水银，使 A、B两侧的水银达到同一高度，求注入水银在管内的长度。 【参考答案】 （1）以管内气体为研究对象，管口竖直向上为初态： 设管横截面积为 S，则 p1=75+15=90cmHg，V1=20S 水平放置为末态：p2=75cmHg 由玻意耳定律 p1V1=p2V2得 1 1 2 2 (90 20 ) 24 75 pV SV S p     所以，管内气体长 24cm （2）以管口竖直向上为初态，管口竖直向下为末态：p2=75–15=60 cmHg 由玻意耳定律得 1 1 2 2 30pVV S p   所以，管内气体长 30 cm 因为 30 cm+15 cm<100 cm，所以水银不会流出 （1）上部分气体 1 0 (75 5)cmHg=70 cmHghp p p    下端封闭气体的压强 2 0 (75 5)cmHg=80 cmHghp p p    （2）对上端封闭气体，等温变化（设玻璃管横截面积为 S） 1 1 1 1PL S P L S  对下端封闭气体，等温变化 2 2 2 2P L S P L S  且 1 215cmHgP P   ， 1 2 52cmL L   以上四个方程联立解得 1 28cmL   ， 2 24cmL   （1）以 cmHg为压强单位，设 A侧空气长度 l=10.0 cm时压强为 p；当两侧水银面的高度 差为 h1=10.0 cm时，空气柱的长度为 l1，压强为 p1，由玻意耳定律得 pl=p1l1 由力学平衡条件得 p=p0+h 打开开关 K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为 p0，而 A侧水银面处的压强随空气 柱的长度增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至 B侧水银低于 A侧水银 面 h1为止，由力学平衡有 p1=p0–h1，代入数据得 l1=12.0 cm （2）当 A、B两侧水银面达到同一高度时，设 A侧空气柱的长度为 l2，压强为 p2。由玻意耳定 律得 pl=p2l2 由力学平衡条件可知 p2=p0 代入数据得 l2=10.4 cm 设注入的水银柱在管内的长度Δh，依题意各Δh=2（l1–l2）+h1=13.2 cm 12月 20日 气体状态变化图象 高考频度：★★☆☆☆ 难易程度：★★★☆☆ 如图表示一定质量的理想气体从状态 1出发经过状态 2和 3，最终又回到状态 1。那么，能反映 该循环过程的 p–T图象是 【参考答案】B 【试题解析】在图中，1~2是等压过程，2~3是等容过程，3~1是等温过程，B正确。 【知识补给】 气体状态变化图象 等温变化 等容变化 等压变化 p–V p=CT 1 V ，反比例函数（双曲线） 线离原点越远，温度越高 平行 p轴直线 平行 V轴直线 p–T 平行 p轴直线 p= C V T，过(0 K，0 Pa)直 线 斜率越大，体积越小 平行 T轴直线 V–T 平行 V轴直线 平行 T轴直线 V= C p T，过(0 K，0 m3)直 线 斜率越大，压强越小 有甲、乙、丙、丁四位同学在做“研究气体实验定律实验”，分别得到如下四幅图象(如图所 示)。则下列有关他们的说法，不正确的是 A．若甲研究的是查理定律，则他作的图象可能是图 a B．若乙研究的是玻意耳定律，则他作的图象是图 b C．若丙研究的是查理定律，则他作的图象可能是图 c D．若丁研究的是盖–吕萨克定律，则他作的图象是图 d C 查理定律是研究等容变化， Cp T V  ，根据图线可知，a图的体积不变，A正确，C错 误；玻意耳定律是研究等温变化， pV CT ，根据图线可知，b图的温度不变，B正确；盖– 吕萨克定律是研究等压变化， CV T p  ， 根据图线可知，d图的压强不变，D正确。故选 C。 一定质量的理想气体，从图示 A状态开始，经历了 B、C，最后到 D状态，下列判断中正 确的是 A．A→B温度升高，体积减小 B．B→C体积不变，压强增大 C．C→D分子平均动能减小 D．D状态比 A状态分子密度小 如图所示，一定质量的理想气体从状态 A依次经过状态 B、C和 D后再回到状态 A。其中， A→B和 C→D为等温过程，B→C和 D→A为绝热过程（气体与外界无热量交换）。这就是著名 的“卡诺循环”。 （1）该循环过程中，下列说法正确的是________。 A．A→B过程中，外界对气体做功 B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大 C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化 （2）该循环过程中，内能减小的过程是_________（选填“A→B”、“B→C”、“C→D”或“D→A”）； 若气体在 A→B过程中吸收 63 kJ的热量，在 C→D过程中放出 38 kJ的热量，则气体完成一次 循环对外做的功为______kJ。 （3）若该循环过程中的气体为 1 mol，气体在 A状态时的体积为 10 L，在 B状态时压强为 A 状态时的 3 2 。求气体在 B状态时单位体积内的分子数。（已知阿伏加德罗常数 NA=6.0×1023mol–1， 计算结果保留一位有效数字） 【参考答案】 C 查理定律是研究等容变化， Cp T V  ，根据图线可知，a图的体积不变，A正确，C错 误；玻意耳定律是研究等温变化， pV CT ，根据图线可知，b图的温度不变，B正确；盖– 吕萨克定律是研究等压变化， CV T p  ， 根据图线可知，d图的压强不变，D正确。故选 C。 D 由 K T PV  和题目中的图可知：A→B压强不变，温度升高，体积增大，A错；B→C 体积不变，温度减少，压强减少，B错；C→D温度不变，分子平均动能不变，C 错；D状态 比 A状态体积大，分子密度小，D对。 （1）C （2）B→C 25 （3）4×1025 m–3 （1）对 A：从图上看：A→B过程体积变大，则气体对外做功，W<0，A错误；对 B：B→C过 程为绝热过程，则热交换 Q=0，且从图上看，气体的体积增大，气体对外做功，W<0，由热力 学第一定律ΔU=Q+W知：ΔU<0，则气体的温度将变低，气体分子的平均动能变小，B错误； 对 C：从图上看，C→D过程的气体压强在增大，则单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增 多，C正确；对 D：D→A为绝热过程，则热交换 Q=0，且从图上看，气体的体积减小，外界对 气体做功 W>0，由热力学第一定律ΔU=Q+W知，气体的内能ΔU>0，故气体温度升高，则气体 分子的速率分布曲线会发生变化，D错误。 （2）从（1）的分析中，知内能减小的过程为 B→C。B→C 和 D→A为绝热过程，无热量交换， 若在 A→B过程中吸收 63 kJ 的热量，在 C→D过程中放出 38 kJ 的热量，则整个过程热量交换 5kJ2 放吸总 QQQ ，整个循环中内能变化量ΔU=0，由ΔU=Q+W知 W=–25 kJ，即整个过 程对外做的功为 25 kJ。 （3）A→B过程为等温过程，由 pAVA=pBVB得 32m101.515L  B AA B p VpV ，则 由关系式 mol A B B n NNn V V   ，代入数据可得气体在 B状态时单位体积内的分子数 n=4×1025 m–3 12月 21日 充放气问题 高考频度：★★☆☆☆ 难易程度：★★★★☆ 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。 【参考答案】4 【试题解析】设氧气开始时的压强为 p1，体积为 V1，压强变为 p2（两个大气压）时，体积为 V2，根据玻意耳定律得 p1V1=p2V2 重新充气前，用去的氧气在 p2压强下的体积为 V3=V2–V1 设用去的氧气在 p0（1个大气压）压强下的体积为 V0，则有 p2V3=p0V0 设实验室每天用去的氧气在 p0下的体积为∆V，则氧气可用的天数为 N=V0/∆V 联立各式，并代入数据得 N=4（天） 【解题技巧】充放气问题的难点就是充放气前后的气体是由两部分状态参量不全相同（压强） 的气体组成的，解题的关键是分清剩余（原有）的气体和放掉（充进）的气体，对这两部分气 体分别列气体状态变化方程，最后通过体积、压强的关系联立求解。 理想气体状态方程为 pV=nRT，其中 R为普适气体常量，是一定值，n为物质的量。 充放气问题中物质的量 n改变了，于是就不能对整体根据气体实验定律列式求解了。 如图为某同学设计的喷水装置，内部装有 2 L水，上部密封 1 atm的空气 0.5 L，保持阀门 关闭，再充入 1 atm 的空气 0.1 L，设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说 法正确的有 A．充气后，密封气体压强增加 B．充气后，密封气体的分子平均动能增加 C．打开阀门后，密封气体对外界做正功 D．打开阀门后，不再充气也能把水喷光 一只篮球的体积为 V0，球内气体的压强为 p0，温度为 T0。现用打气筒对篮球充入压强为 p0、温度为 T0的气体，使球内气体压强变为 3p0，同时温度升至 2T0。已知气体内能 U与温度的 关系为 U=T（为正常数），充气过程中气体向外放出 Q的热量，篮球体积不变。求： （1）充入气体的体积； （2）充气过程中打气筒对气体做的功。 如图所示蹦蹦球是一种儿童健身玩具，某同学在 17℃的室内对蹦蹦球充气，已知充气前 球的总体积为 2 L，压强为 l atm，充气筒每次充入 0.2 L压强为 l atm 的气体，忽略蹦蹦球体积 变化及充气过程中气体温度的变化，求： （1）充气多少次可以让气体压强增大至 3 atm； （2）将充气后的蹦蹦球拿到温度为﹣13℃的室外后，压强将变为多少？ 【参考答案】 AC 充气后，因密封气体体积不变，但是质量增加，故气体的压强增加，A正确；但是由 于气体的温度不变，故气体的平均动能不变，B错误；打开阀门后，气体的体积膨胀，故密封 气体对外界做正功，C正确；打开阀门后，当气体的压强减小到 1 atm 时，气体的体积空间增 加 0.1 L，故只能喷出 0.1 L的水，即空气不再充气不能把水喷光，D错误。 （1）设充入气体体积ΔV，由理想气体状态方程可知   0 00 0 00 2 3 T Vp T vVp   则 05.0 VV  （2）由题意   0002 TTTU   由热力学第一定律  QWU  可得 0TQW  （1）设充气 n次可以让气体压强增大至 3 atm 根据题充气过程中气体发生等温变化，以蹦蹦球内原来的气体和所充的气体整体为研究对象， 由玻意耳定律得 p1(V+nΔV)=p2V 代入数据解得 n=20（次） （2）当温度变化，气体发生等容变化，由查理定律得 3 2 3 2 p p T T  可得 3 3 2 2 Tp p T  = 13 273 17 273    ×3 atm≈2.7 atm 12月 22日 简谐运动、受迫振动、共振 高考频度：★★☆☆☆ 难易程度：★★★☆☆ 如图所示，在一根绷紧的水平绳上挂着五个单摆，其中 B和 D的摆长相等。原来各摆都静止， 当 B摆振动的时候，其余各摆也随之振动起来。关于各摆的振动情况，下列说法中正确的是 A．各摆的振幅不相同，A摆振幅最大 B．各摆的振动周期不相同，C摆的振动周期最大，A摆的振动周期最小 C．各摆的振动频率都跟 B摆相同 D．各摆的振幅相同 【参考答案】C 【试题解析】受迫振动的频率等于驱动率的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振 幅最大。由题设知，B摆振动起来后，使得 A、C、D、E做受迫振动，振动的频率都等于 B振 动的频率。所以各摆振动的周期都相等。D摆的摆长与 B摆相等，则固有周期相等，即固有频 率相等，所以，D受迫振动的频率和 B摆振动的频率相等，发生共振，振幅最大。故 ABD 错 误，C正确。 【知识补给】 自由振动、受迫振动、共振 自由振动 受迫振动 共振 受力情况 仅受回复力 受驱动力作用 受驱动力作用 振动周期 或频率 由系统本身性质决定 由驱动力周期或频率决定 驱动力周期或频率等于 固有周期或固有频率 系统固有周期或固有频率 振动能量 机械能不变 由产生驱动力的物体提供 振动物体获得的能量最大 常见例子 弹簧振子或单摆（θ≤5°） 机械工作时底座的振动 共振筛、声音的共鸣等 关于做简谐运动的物体完成一次全振动的意义，有以下几种说法，其中正确的是 A．回复力第一次恢复为原来的大小和方向所经历的过程 B．速度第一次恢复为原来的大小和方向所经历的过程 C．动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程 D．速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程 一个单摆做受迫振动，其共振曲线（振幅 A与驱动力的频率 f的关系）如图所示，则 A．此单摆的固有周期约为 0.5 s B．此单摆的摆长约为 1 m C．若摆长增大，单摆的固有频率增大 D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动 如图所示，A、B叠放在光滑水平地面上，B与自由长度为 L0的轻弹簧相连。当系统振动 时，A、B始终无相对滑动，已知 mA=3m，mB=m，当振子距平衡位置的位移 x= 0 2 L 时，系统的 加速度为 a，求 A、B间摩擦力 Ff与位移 x的函数关系。 劲度系数为 k的轻弹簧上端固定一只质量为 m的小球，向下压小球后从静止释放，小球开 始做简谐运动。该过程小球的最大加速度是 2.8g（g为重力加速度）。求： （1）简谐运动的振幅大小 A； （2）当小球运动到最低点时，小球对弹簧弹力 F的大小和方向； （3）若弹簧原长为 L，则振动过程中弹簧的最大长度 L′是多少？ 【参考答案】 D 当物体先后两次经过同一位置时，回复力第一次恢复为原来的方向和大小，且经历的 过程不是一次全振动，A错误；由振动的对称性可知，关于平衡位置对称的两点，速度大小和 方向有可能相同，此时的两点，动能和势能相同，BC错误；速度和加速度第一次同时恢复为原 来的大小和方向所经历的过程，D正确。 B 由图可知，此单摆的固有频率为 0.5 Hz，固有周期 T=2 s，A 错误；根据周期公式 T=2π L g ，故摆长 L=1 m，选项 B正确；若摆长增大，固有周期将增大，固有频率将减小，C 错误；因为固有频率将减小，所以共振曲线的峰将向左移动，D错误。 设弹簧的劲度系数为 k，以 A、B整体为研究对象，系统在水平方向上做简谐运动，其中 弹簧的弹力为系统的回复力，所以对系统运动到距平衡位置为 0 2 L 时，有 k 0 2 L =（mA+mB）a， 由此可得 k= 0 8ma L 当系统位移为 x时，A、B间的静摩擦力为Ff，此时A、B具有共同加速度a′，对系统有–kx=(mA+mB)a′ 对 A有 Ff=mAa′，解得 Ff=– 0 6ma L x （1）竖直弹簧振子的回复力大小 F=kx=ma，位移最大时加速度最大，因此 kA=mam 将 am=2.8g代入可得 A=2.8mg/k （2）当小球运动到最低点时有：kx1–mg=mam，因此 kx1=3.8mg，由牛顿第三定律知道小球对弹 簧弹力 F的大小为 3.8mg，方向竖直向下 （3）小球位于平衡位置时弹簧压缩量为 mg/k，由于振幅为 2.8mg/k，可以判断小球位于最高点 时，弹簧处于伸长状态，其伸长量 x2=A–x0，最大长度 L′=L+x2= L+1.8mg/k 12月 23日 实验：用单摆测定重力加速度 高考频度：★★☆☆☆ 难易程度：★★★☆☆ 用单摆测重力加速度时。 （1）摆球应采用直径较小，密度尽可能_____的小球，摆线长度要在 1米左右，用细而不易断 的尼龙线。 （2）摆线偏离竖直方向的最大角度θ应_______。 （3）要在摆球通过________位置时开始计时并计为零次，摆线每经过此位置两次才完成一次全 振动，摆球应在________面内摆动，利用单摆测重力加速度的实验中，摆长的测量应在摆球自 然下垂的状况下从悬点量至_______________。 （4）某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为 L=97.50 cm；用 50分度的 游标卡尺（测量值可准确到 0.02 mm）测得摆球直径为 d=2.100 cm；然后用秒表记录了单摆振 动 n=50 次全振动所用的时间为 t=99.9 s。则该摆摆长为_______cm，周期为_______s，计算重 力加速度的表达式为 g=____________。 【参考答案】（1）大 （2）小于 5° （3）平衡 竖直 摆球球心 （4）98.550 1.998 2π2n2(2L+d)/t2 【试题解析】（1）用单摆测重力加速度时，由于存在空气阻力对实验的影响，为了减小这种影 响，所以采用体积小密度大的小球，有突出主要因素忽略次要因素的物理思想，当重力远远大 于空气阻力时，空气阻力就可以忽略，所以要用密度大的小球，减小直径的目的是减小摆球与 空气的接触面积。 （2）当角度很小时，单摆运动可以看成是简谐运动，由单摆周期公式算出的周期与实际测定之 间的误差，随着偏角的增大而增大，所以偏角越小，误差就会越小，所以最大角度θ应小于 5°。 （3）本实验偶然误差主要来自于时间（单摆周期）的测量上，因此，要注意测准时间，从摆球 通过平衡位置开始计时，为了防止振动是圆锥摆，要再竖直平面内摆动，摆长是悬线的长度和 小球半径之和，所以摆线从悬点至摆球球心。 （4）真正的摆长为 55098 2 10025097 2 ...dLl  cm，周期 9981 50 999 .. n tT  s。 根据周期公式 2π lT g  得出 2 2 4π lg T  代入摆长和周期计算可得 2 2 2 2π (2 )n L dg t   。 【名师点睛】用单摆测重力加速度的实验原理是单摆摆角较小时，摆动的周期 T=2π l g ，则 g= 2 2 4π l T ，需要测量摆长 l和单摆周期 T，而本实验的误差也就主要出现在这两个量的测量上。 摆长为摆动平面内的悬点到摆动物体重心的距离，一般为摆线长与摆球半径的和。 单摆周期常采用累积法进行测量，以单摆经过平衡位置处为起始时刻，因为单摆在平衡位置处 速率最大，从平衡位置处开始计时并结束计时，可以使时间的测量更加精确。 如图所示，用两根等长的轻线悬挂一个小球，设绳长 L和角α已知，当小球垂直于纸面做 简谐运动时，其周期表达式为 A．π g L B．2π g L C．2π g L cos D．2π g L sin 在“用单摆测定重力加速度”的实验中： （1）提供的器材有：铁架台、铁夹、细线、有孔的小铁球、刻度尺、秒表（停表）和天平，其 中多余的器材是___________，尚需补充的器材是______________。 （2）测周期时，当摆球经过______________位置时开始计时并数 1 次，测出经过该位置 N次 （约 80~100次）的时间为 t，则周期为___________。 （3）测摆长时，测得摆线长为 97.50 cm，球直径为 2.00 cm，然后用秒表记录了单摆全振动 50 次所用的时间（如图 1所示），则： ①该摆摆长为________cm，秒表所示读数为________s。 ②如果他测得的 g值偏小，可能的原因是_______。 A．测摆线长时摆线拉得过紧 B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动使摆线长度增加了 C．开始计时时，秒表过迟按下 D．实验中误将 49次全振动数为 50次 ③为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长 L并测出相应的周期 T，从而得出几组对应的 L与 T的数据，再以 L为横坐标，T2为纵坐标将所得数据点连成直线（如图 2），并求得该直 线的斜率为 K，则重力加速度 g=___________（用 K表示）。 某同学想在家里做“用单摆测定重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大 小约为 3 cm、外形不规则的大理石代替小球。他设计的实验步骤如下： A．将石块和细尼龙线系好，结点为 M，将尼龙线的上端固定于 O点，如图所示； B．用刻度尺测量 OM间尼龙线的长度 L作为摆长； C．将石块拉开一个大约α=5°的角度，然后由静止释放； D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出 30次全振动的总时间 t，由 T= 30 t 得出周期； E．改变 OM间尼龙线的长度再做几次实验，记下每次相应的 L和 T； F．求出多次实验中测得的 L和 T的平均值，作为计算时用的数据，代入公式 2 2 4π Lg T  ，求出重 力加速度 g。 （1）该同学以上实验步骤中有重大错误的是_______。（填选项前的序号） （2）该同学用 OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值 __________（填“偏大”或“偏小”）。 （3）用什么方法可以解决摆长无法准确测量的困难？ __________________________________________________________________________________ ______ 【参考答案】 D 由于小球垂直于纸面做简谐运动，所以等效摆长为 Lsin α，由于小球做简谐运动，所 以单摆的振动周期为： sin 2 L T g    ，D正确。 （1）天平 游标卡尺 （2）平衡 2 1 t N  （3）98.50 99.8 B 4π2/K （1）多余的器材是天平，尚需补充的器材是游标卡尺。 （2）测周期时，当摆球经过平衡位置时开始计时并数 1次，测出经过该位置 N次（约 80～100 次）的时间为 t，则周期为 2 1 t N  。 （3）①该摆摆长为 97.5 cm+1 cm=98.5 cm，秒表所示读数为 99.8 s。②根据 2π LT g  ，解得 2 2 4π Lg T  ，则测摆线长时摆线拉得过紧，则 L的测量值偏大，故 g测量值偏大，A错误；摆 线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动使摆线长度增加了，则测得的周期偏大，而计算 g 时摆长 L仍按测量值计算，故 g值偏小，B正确；开始计时时，秒表过迟按下，则周期测量值 偏小，故 g测量值偏大，C错误；实验中误将 49次全振动数为 50次，则则周期测量值偏小， 故 g测量值偏大，D错误；③因 2 2 4π LT g  ，故 T2–L图线的斜率为 24πK g  ，解得 24πg K  。 （1）BDF （2）偏小 （3）可采用图象法，以 T2为纵轴，以 L为横轴，作出多次测量 得到的 T2–L图线，求出图线斜率 k。再由 24πk g  得 24πg k  ，k值不受悬点不确定因素的影 响，因此可以解决摆长无法准确测量的困难或其联立方程求解也可。 （1）摆长为摆线长与小球半径之和，B错误；为了减小误差，应从最低点计时，D错误；测得 数据后，应先计算 g的值，再求平均值，F错误。 （2）用 OM的长作为摆长，摆长偏小，根据公式 2π LT g  得 2 2 4πg L T  ，故 g值偏小。 （3）可采用图象法，以 T2为纵轴，以 L为横轴，作出多次测量得到的 T2–L图线，求出图线斜 率 k，再由 24πk g  得 24πg k  。k值不受悬点不确定因素的影响，因此可以解决摆长无法准确 测量的困难，或其联立方程求解也可。 12月 24日 波的干涉、衍射、多普勒效应 高考频度：★★☆☆☆ 难易程度：★★★☆☆ 如图所示，在某一均匀介质中，A、B是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式均为 0.1sin(20π )mx t ，介质中 P点与 A、B两波源间的距离分别为 4 m和 5 m，两波源形成的简 谐波分别沿 AP、BP方向传播，波速都是 10 m/s。 （1）求简谐横波的波长。 （2）P点的振动 （填“加强”或“减弱”）。 【参考答案】（1）1 m （2）加强 【试题解析】（1）由简谐运动的表达式可知 π=20 ，则周期 2 1sπ 0.T  ＝ s，波长 =vT  1m。 （2）P点距离两波源的路程差为 1PB PA  m=，P点是振动加强点。 【名师点睛】产生稳定的波的干涉的条件是频率相同的两列同性质的波相遇，其中凡是到两波 源的路程差为半波长的偶数倍（整数倍波长）的位置，振动加强；凡是到两波源的路程差为半 波长的奇数倍的位置，振动减弱。振动加强点的振幅最大，振动减弱点仍可能振动，但振幅一 定最小。 在学校运动场上 50 m 直跑道的两端，分别安装了由同一信号发生器带动的两个相同的扬 声器。两个扬声器连续发出波长为 5 m的声波。一同学从该跑道的中点出发，向某一端点缓慢 行进 10 m。在此过程中，他听到扬声器声音由强变弱的次数为 A．2 B．4 C．6 D．8 如图，P为桥墩，A为靠近桥墩浮出水面的叶片，波源 S连续振动，形成水波，此时叶片 A静止不动。为使水波能带动叶片振动，可用的方法是 A．提高波源频率 B．降低波源频率 C．增加波源距桥墩的距离 D．减小波源距桥墩的距离 如图所示是两列完全相同的相干水波在某时刻的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示 波谷。则下列关于这两列波的说法中正确的是 A．P、N两质点始终处于平衡位置 B．该时刻质点 M正处于平衡位置 C．随着时间的推移，质点 O将向 M点移动 D．从该时刻起，经过四分之一个周期，质点 O将到达平衡位置，此时位移为零 E．OM连线的中点是振动加强点，其振幅为单个波引起的振幅的 2倍 在水面上有两个振幅和频率相同的波源 1S 和 2S ，开始起振时两波源的振动方向相反，在 两波源连线的中垂线上有 a b c、 、 三点，经过一段时间这三点都处于两列波的叠加区域内，如 图所示，下列说法中正确的是 A．点是振动加强点，点是振动减弱点 B． a c、 点是振动加强点，点是振动减弱点 C． a c、 点此时刻振动加强，经过一段时间后变为振动减弱点，而点可能变为振动加强点 D． a b c、 、 三点都是振动减弱点 【参考答案】 B 向某一端点每缓慢行进 2.5 m，他距离两波源的路程差为 5 m，听到扬声器声音强，缓 慢行进 10 m，他听到扬声器声音由强变弱的次数为 4次，B正确。 B 叶片 A之所以不动，是因为水波不能绕过桥墩传过来，也就是说水波衍射不太明显， 而发生明显衍射的条件是，障碍物的尺寸比波长小或差不多，所以要让叶片 A动起来方法只能 是减小桥墩的尺寸或增大水波的波长，水波的速度一定，减小频率会增长波长，增大频率会减 小波长，A错误，B正确；改变波源与桥墩的距离不会让衍射现象更明显，CD错误。 ADE 两列波在 P、N两质点引起的振动始终相反，相互抵消，所以始终处于平衡位置， A正确；该时刻质点 M是波峰与波峰相遇，相互叠加，处于波峰位置，B错误；质点 O只在平 衡位置附近上下振动，并不向 M点移动，C错误；该时刻质点 O是波谷与波谷相遇，处于波谷， 从该时刻起，经过四分之一个周期，质点 O将到达平衡位置，位移为零，D正确；OM连线的 各点都是振动加强点，其振幅为单个波引起的振幅之和，为单个波引起的振幅的 2倍，E正确。 D 由题， 1S 和 2S 是两个振动情况完全相反的振源，a b c、 、 在 1S 和 2S 连线的中垂线上， 则 a b c、 、 到两个波源的距离都相等，路程差都为零，三点的振动都减弱，D正确。 12月 25日 波的图象、振动图象 高考频度：★★★★☆ 难易程度：★★★☆☆ 在某一均匀介质中由波源 O发出的简谐横波在 x轴上传播，某时刻的波形如图，其波速为 5 m/s， 则下列说法正确的是 A．此时 P、Q两点运动方向相同 B．再经过 0.5 s质点 N刚好在（–5 m，20 cm）位置 C．能与该波发生干涉的横波的频率一定为 3 Hz D．波的频率与波源的振动频率无关 【参考答案】AB 【试题解析】根据对称性可知，此时 P（–2 m，0 cm）、Q（2 m，0 cm）两点运动方向相同，A 正确；由图知波长λ=2 m，周期为 T= v  = 5 2 s，时间 t=0.5 s= 4 5 T，波传到 N点时间为 T，波传到 N点时，N点向上运动，则经过 0.5 s质点 N刚好在波峰，其坐标为（–5 m，20 cm），B正确； 该波的频率为 f= T 1 =2.5 Hz，能与该波发生干涉的横波的频率一定为 2.5 Hz，C错误；波的频率 由波源的振动频率决定，D错误。 【知识补给】 波的图象与振动图象 波的图象（波形图） 振动图象 图象形式 y–x图象 y–t图象 描述对象 多个质点的位置关系 单个质点的运动趋势 能直接获取的信息 振幅、波长 振幅、周期 函数方程 y=Asin(kx+φ0)=Asin( 2π  x+φ0) y=Asin(ωt+φ0)=Asin( 2π T t+φ0) 若波的图象中有两个表示不同时刻的波形，则根据出现两个波形（相位差为Δφ）的时间间隔 Δt=(n+ Δ 2π  )T或(n+1– Δ 2π  )T，一般可以求出表示波向两个方向传播的两组周期。 一列简谐横波沿直线传播，该直线上平衡位置相距 9 m 的 a、b两质点的振动图象如图所 示，下列描述该波的图象可能正确的是 图（a）为一列简谐横波在 t=0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在 x=1.0 m 处的质点，Q 是平衡位置在 x=4.0 m处的质点；图（b）为质点 Q的振动图象，下列说法正确的是 A．在 t=0.10 s时，质点 Q向 y轴正方向运动 B．在 t=0.25 s时，质点 P的加速度方向与 y轴正方向相同 C．从 t=0.10 s到 t=0.25 s，该波沿 x轴负方向传播了 6 m D．从 t=0.10s到 t=0.25 s，质点 P通过的路程为 30 cm E．质点 Q简谐运动的表达式为 0 10 10= （国际单位） 一列横波在 x轴上传播，在 t1=0时刻波形如图中实线所示，t2=0.05 s时刻波形如图中虚线 所示。若周期大于 )( 2 1 21 tt  ，则最小波速和最大波速分别是多少？方向如何？ 【参考答案】 AC 由振动图象可知 t=0 时刻，a在正向最大位移处，b处在平衡位置且向下振动，当简 谐波由b向a传播时，其可能的波形图如图1所示。则a、b相距9 m，等于（n+ 1 4 ）λ，则 9 1 4 m n    （n=0，1，2，3…）当 n=2 时，λ=4 m，只有 A正确。当简谐波由 a向 b传播时，其可能的波 形图如图 2所示，则 a、b相距 9 m等于（n+ 3 4 ）λ，即 9 3 4 m n    （n=0，1，2，3…）当 n=0 时，λ=12 m，C正确。 图 1 图 2 BCE 由 Q点的振动图线可知，t=0.10 s时质点 Q向 y轴负方向振动，A 错误；由波的图 象可知，波向左传播，波的周期为 T=0.2 s，t=0.10 s时质点 P向上振动，经过 0.15 s= 3 4 T时， 即在 t=0.25 s时，质点 P振动到 x轴下方位置，且速度方向向上，加速度方向也沿 y轴正向，B 正确；波速为 8m =40m/s 0.2s v T    ，故从 t=0.10 s到 t=0.25 s，该波沿 x负方向传播的距离 为： 40 0.15 m 6 mx vt    ，C 正确；由于质点 P不是在波峰或波谷或平衡位置，故 从 t=0.10 s到 t=0.25 s的 3/4周期内，通过的路程不等于 3A=30 cm，D 错误；质点 Q做简谐振 动的表达式为： 2π 2πy sin 0.1sin 0.1sin10π 0.2 A t t t T    （国际单位），E正确。 当波沿 x轴正方向传播时，可能的周期为：Δt=nT+ 4 T ，且 n=0或 1；当波沿 x轴负方向传 播时，可能的周期为Δt=nT+ 3 4 T ，且 n=0或 1 由波速公式 v= T  可知，当速度 v最小时，周期 T最大。分析上面两类情况可知 当周期最大时，波沿 x轴正方向传，且在Δt=nT+ 4 T 中取 n=0，即Δt= 4 T ，则 T 大=0.2 s 最小速度 v 小=T  大 =40 m/s，方向沿 x轴正向 当 v最大时，周期 T最小，由上面分析可知周期最小时，波沿 x轴负方向传，且在Δt=nT+ 3 4 T 中 取 n=1，即Δt=T+ 3 4 T ，则 T 小= 1 35 s最大速度 v 大=T  小 =280 m/s，方向为沿 x轴负方向 12月 26日 光的折射和全反射 高考频度：★★★★★ 难易程度：★★★☆☆ 如图所示，S是红光与蓝光的固定的复色光源，发出一条细光束沿横截面为半圆形透明圆柱体 圆心 O的方向射入，经圆柱后打在光屏上的 P点。现把玻璃砖绕过 O点垂直纸面轴逆时针转 30°角，则可能 A．在 P的上侧出现两个光点，靠近 P的是红光 B．在 P的下侧出现两个光点，靠近 P的是红光 C．在 P的上侧出现一个复色光点 D．在 P的下侧只有一个红色光点 【参考答案】BD 【试题解析】由于红光的折射率小于蓝光，故从玻璃砖中折射出的光线在 P的下侧出现两个光 点，靠近 P的是红光，A错误，B正确；如果入射角大于蓝光的临界角小于红光的临界角，蓝 光发生全反射而红光射出，此时在 P的下侧只有一个红色光点，C错误，D 正确。 【名师点睛】光的折射和全反射的题目多要求分析光路，通过光路图找到可以应用的几何关系 进行求解。 彩虹是由阳光进入水滴，先折射一次，然后在水滴的背面反射，最后离开水滴时再折射一 次形成的。形成示意图如图所示，一束白光 L由左侧射入雨滴，a、b是白光射入雨滴后经过一 次反射和两次折射后的其中两条出射光（a、b是单色光）。下列关于 a光与 b光的说法中正确 的是 A．雨滴对 a光的折射率大于对 b光的折射率 B．a光在雨滴中的传播速度小于 b光在雨滴中的传播速度 C．a光、b光在雨滴中传播的波长都比各自在真空中传播的波长要长 D．若 a光、b光在同一介质中，以相同的入射角由介质射向空气，若 b光能够发生全反射，则 a光也一定能够发生全反射 打磨某剖面如图所示的宝石时，必须将 OP、OQ边与轴线的夹角θ切割在θ1<θ<θ2的范围内， 才能使从 MN边垂直入射的光线，在 OP边和 OQ边都发生全反射（仅考虑如图所示的光线第 一次射到 OP边并反射到 OQ边后射向 MN边的情况），则下列判断正确的是 A．若θ>θ2，光线一定在 OP边发生全反射 B．若θ>θ2，光线会从 OQ边射出 C．若θ<θ1，光线会从 OQ边射出 D．若θ<θ1，光线会在 OP边发生全反射 如图所示，直角玻璃三棱镜置于空气中，已知∠A=60°，∠C=90°，一束极细的光于 AC的 中点 D垂直 AC面入射，AD=a，棱镜的折射率为 2n  ，求： （1）此玻璃的临界角； （2）光从棱镜第一次射入空气时的折射角； （3）光从进入棱镜到它第一次射入空气所经历的时间（设光在真空中的传播速度为 c）。 【参考答案】 ABD 从光的折射光路可知，a光折射率大，即 a bn n ，A对；根据 Cn v  ，折射率越大， 介质中传播速度越小，即 a光在水珠中传播速度小，B对；光在两种介质表面发生折射时，频 率不变，从空气进入水珠，传播速度变小，所以波长变小，C错；光线从介质到空气，发生全 反射的临界角 1sinC n  ，即 a光全反射的临界角小，当 b光能够发生全反射时，已经超过了 a 光的临界角，a光也一定能够发生全反射，D对。 D 发生全反射的条件是光从光密介质射入光疏介质且入射角大于临界角。从 MN边垂直 入射，由几何关系可知光线射到 PO边上时的入射角 π 2 i ＝ ；根据条件θ在θ1<θ<θ2的范围内， 才能使从 MN边垂直入射的光线，在 OP边和 OQ边都发生全反射，说明临界角 C的范围为： 2 1 π π 2 2 C     。若θ>θ2，光线在 PO上入射角 2 π 2 i C   ，故光线在 OP边一定不发 生全反射，会从 OP边射出，AB 错误；若θ<θ1， 1 π 2 i C   ，故光线在 OP边会发生全反 射，根据几何关系可知光线 OQ边上入射角较大，光线会在 OQ边发生全反射，C错误，D正 确。 （1）设玻璃对空气的临界角为 C，则 1 1sin 2 C n   得 45C ＝ （2）如图所示， 1 60i ＝ ，因 1 45i  ，发生全反射 2 1 30 30i i C  ＝ － ＝ ，由折射定律有： 2 sin 2 sin r i  ，所以 45r ＝ （3）棱镜中光速 2 c cv n   ，所求时间： 3 5 2 cos30 3 a a at v v c     12月 27日 实验：测定玻璃的折射率 高考频度：★☆☆☆☆ 难易程度：★★★☆☆ 关于玻璃折射率测量方法很多，如插针法和全反射法等。请完成下列两题： （1）在用插针法“测定玻璃的折射率”实验中，已画好玻璃砖界面两直线 aa′与 bb′后，不小心误 将玻璃砖向上稍平移了一点，如图所示，若其他操作正确，则测得的折射率将___________（选 填“变大”、“不变”或“变小”）。 （2）用如图所示装置测定玻璃的折射率，在光具盘的中央固定一个半圆形的玻璃砖，使二者的 圆心 O重合。现使激光束从玻璃圆弧面一侧入射并垂直直径平面通过圆心 O射出玻璃砖，记下 入射光束在光具盘上所对应的刻度，以圆心 O为轴逆时针缓慢转动光具盘，同时观察直径平面 一侧出射光线的变化：出射光线不断向下偏转并越来越暗，直到刚好看不到出射光线为止，并 记下这时入射光线在光具盘上位置的刻度。则光具盘上两次刻度分别到 O连线之间的夹角θ就 是光束从玻璃射向空气的________，玻璃的折射率表达式为 n=________。 【参考答案】（1）不变 （2）临界角 1 sin 【试题解析】（1）光线经过玻璃砖后，根据大头针的位置得到的入射光线和折射光线平行，上 移玻璃砖后入射角和折射角大小没有变化，所以不影响测量。 （2）当转动光具盘正好看不到出射光线时，入射光发生了全反射，根据公式 1sinC n  ，可得 折射率。 【名师点睛】测定玻璃的折射率的实验原理为光的折射定律或全反射现象，实验时涉及角度的 测量，也可以通过单位圆把角度的测量转化为长度——三角函数的测量。 如图所示，用插针法测定玻璃折射率的实验中，以下各说法中正确的是 A．P1、P2及 P3、P4之间的距离适当大些，可以提高准确度 B．P1、P2及 P3、P4之间的距离取得小些，可以提高准确度 C．入射角θ1适当大些，可以提高准确度 D．入射角太大，折射光线会在玻璃砖的内表面发生全反射，使实验无法进行 学校开展研究性学习，某研究小组的同学根据所学的光学知识，设计了一个测量液体折射 率的仪器，如图所示。在一圆盘上，过其圆心 O作两条互相垂直的直径 BC、EF，在半径 OA 上，垂直盘面插下两枚大头针 P1、P2，并保持 P1、P2位置不变，每次测量时让圆盘的下半部分 竖直进入液体中，而且总使得液面与直径 BC相平，EF作为界面的法线，而后在图中右上方区 域观察 P1、P2的像，并在圆周上插上大头针 P3，使 P3正好挡住 P1、P2的像，同学们通过计算， 预先在圆周 EC部分刻好了折射率的值，这样只要根据 P3所插的位置，就可直接读出液体折射 率的值，则： （1）若∠AOF=30°，OP3与 OC的夹角为 30°，则 P3处所对应的折射率的值为________。 （2）图中 P3、P4两位置哪一处所对应的折射率的值大？ 答：______________________________________________________________________。 （3）作 AO的延长线交圆周于 K，K处所对应的折射率值应为________。 某同学用半圆形玻璃砖测定玻璃的折射率，如图所示。实验的主要过程如下： A．把白纸用图钉钉在木板上，在白纸上作出直角坐标系 xOy，在白纸上画一条线段 AO表示入 射光线； B．把半圆形玻璃砖 M放在白纸上，使其底边 aa′与 Ox轴重合； C．用一束平行于纸面的激光从 y>0 区域沿 y轴负方向射向玻璃砖，并沿 x轴方向调整玻璃砖 的位置，使这束激光从玻璃砖底面射出后，仍沿 y轴负方向传播； D．在 AO线段上竖直地插上两枚大头针 P1、P2； E．在坐标系 y<0的区域内竖直地插上大头针 P3，并使得从 P3一侧向玻璃砖方向看去，P3能同 时挡住 P1和 P2的像； F．移开玻璃砖，连接 O、P3，用圆规以O点为圆心画一个圆（如图中虚线所示），此圆与 AO线交 点为 B，与OP3线的交点为 C。确定出 B点到 x轴、y轴的距离分别为 x1、y1，C点到 x轴、y轴的 距离分别为 x2、y2。 （1）若实验中该同学没有将玻璃砖的底边 aa′与 Ox轴重合，而是向 y>0 方向侧移了一些，这 将导致所测的玻璃折射率与其真实值相比________。（选填“偏大”、“不变”或“偏小”） （2）若实验中该同学在 y<0 的区域内，从任何角度都无法透过玻璃砖看到 P1、P2，为能透过 玻璃砖看到 P1、P2，应采取的措施是_____________________________________________。 【参考答案】 AC 因为实验中的入射光线和折射光线都是通过隔着玻璃砖观察在一直线上后确定的，相 互间的距离大小，容易出现偏差，A正确，B错误；入射角适当大些，相应的折射角也增大， 折射现象较明显，容易测量些，C正确；由于光通过玻璃砖时，各相关角度是互相制约着的， 在平行玻璃砖中，其出射角恒等于入射角，而对于入射的界面，光线是从光疏介质射入光密介 质，折射角必小于入射角，当入射角趋于最大值 90°时，折射角也趋于最大值 C（临界角），而 对于出射的界面，在玻璃砖内的折射光线的入射角最大值也只能为 C，根据光路可逆原理，出 射角最大值也趋于 90°，即始终能透过玻璃砖看到入射光线，D错误。 （1） 3 （2）P4处对应的折射率的值大 （3）1 （1）根据折射定律 n= 1 2 sin sin   ，题中θ1=60°，θ2=∠AOF=30°，所以 n= sin 60 sin 30   = 3。 （2）图中 P4对应的入射角大于 P3所对应的入射角，所以 P4对应的折射率大。 （3）因 A、O、K在一条直线上，入射角等于折射角，所以 K处对应的折射率应为 1。 （1）偏大 （2）重新画线段 AO；减小 AO与 y轴间的夹角（或逆时针转动玻璃砖，重新 画坐标系） （1）折射率 n= 2 1 x x ，玻璃砖的底边 aa′与 Ox轴未重合而向 y>0 方向侧移了一些，导致测量的 x2偏大，x1偏小，所以玻璃折射率的测量值与真实值相比偏大。 （2）在 y<0的区域内，从任何角度都无法透过玻璃砖看到 P1、P2，说明光线 AO在界面 aa′上 发生了全反射。应该减小光线 AO的入射角。 12月 28日 光的干涉、衍射和偏振 高考频度：★★★☆☆ 难易程度：★★★☆☆ 下列有关光现象的说法中正确的是 A．在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的衍射现象 B．激光的相干性好可以用来通信，激光的平行度好可以用来测距 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增加透射光的强度 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 【参考答案】BD 【试题解析】在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的干涉现象，A错误；激光的相 干性好可以用来通信，激光的平行度好可以用来测距，B正确；由于玻璃的反射光是偏振光， 在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反射光的强度，C错误；在 地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，根据 c=λf，光速不变，则频率变小，由多普勒 效应可知，当频率变小时，则两者间距增大，因此该星球正在距离我们远去，D正确。 【名师点睛】光的干涉、衍射和偏振是光的波动性的体现，只要是波就一定可以发生干涉、衍 射和多普勒现象。要特别注意的是只有横波（机械横波及电磁波）能发生偏振现象，机械纵波 不能发生偏振现象。 如图所示，电灯 S发出的光先后经过偏振片 A和 B，人眼在 P处迎着入射光方向，看不到 光亮，则 A．图中 a光为偏振光 B．图中 b光为偏振光 C．以 SP为轴将 B转过 180°后，在 P处将看到光亮 D．以 SP为轴将 B转过 90°后，在 P处将看到光亮 如图所示，a、b、c、d四个图是不同的双缝干涉或单缝衍射图样。分析各图样的特点可以 得出的正确结论是 A．a、b是光的双缝干涉图样，c、d是光的单缝衍射图样 B．a、b是光的单缝衍射图样，c、d是光的双缝干涉图样 C．a、b实验装置一样时，形成 a图样光的波长比形成 b图样光的波长长 D．c、d实验装置一样时，形成 c图样光的波长比形成 d图样光的波长长 利用薄膜干涉可检查工件表面的平整度。如图（a）所示，现使透明标准板 M和待检工件 N间形成一楔形空气薄层，并用单色光照射，可观察到如图（b）所示的干涉条纹，条纹的弯曲 处 P和 Q对应于 A和 B处，下列判断中正确的是 A．N的上表面 A处向上凸起 B．N的上表面 B处向上凸起 C．条纹的 c、d点对应处的薄膜厚度相同 D．条纹的 d、e点对应处的薄膜厚度相同 登山运动员在登雪山时要注意防止紫外线的过度照射，尤其是眼睛更不能长时间被紫外线照 射，否则将会严重地损伤视力。有人想利用薄膜干涉的原理设计一种能大大减小紫外线对眼睛伤害 的眼镜。他选用的薄膜材料的折射率为 n=1.5，所要消除的紫外线的频率为ν=8.1×1014Hz。 （1）他设计的这种“增反膜”所依据的原理是____________________________。 （2）这种“增反膜”的厚度至少是________。 （3）以下有关薄膜干涉的说法正确的是________。 A．薄膜干涉说明光具有波动性 B．如果薄膜的厚度不同，产生的干涉条纹一定不平行 C．干涉条纹一定是彩色的 D．利用薄膜干涉也可以“增透” 【参考答案】 BD 自然光沿各个方向发散是均匀分布的，通过偏振片后，透射光是只沿着某一特定方向 振动的光。从电灯直接发出的光为自然光，A错；它通过 A偏振片后，即变为偏振光，B对； 设通过 A的光沿竖直方向振动，P点无光亮，则 B偏振片只能通过沿水平方向振动的偏振光， 将 B转过 180°后，P处仍无光亮，C错；若将 B转过 90°，则该偏振片将变为能通过竖直方向 上振动的光的偏振片，则偏振光能通过 B，即在 P处有光亮，D对。 AC 干涉图样的条纹等间距，故 a、b是光的双缝干涉图样；单缝衍射图样的 中间条纹的宽度比较大，所以 c、d是光的单缝衍射图样，A正确，B错误；无论是 干涉还是衍射，形成的条纹间距大的波长长，C正确，D错误。 BC 薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同。条纹的 c、d点在直条纹处， 故 c、d点对应处的薄膜厚度相同，从弯曲的条纹可知，A处检查平面左边处的空气膜厚度与后 面的空气膜厚度相同，知 A处凹陷，B处检查平面右边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相 同，知 B处凸起，A错误，B正确；由图可知，c、d在同一级条纹上，则条纹的 c、d点对应 处的薄膜厚度也相同，C正确；d、e点不在同一级条纹上所以对应的薄膜厚度不同，D错误。 （1）两反射光叠加后加强 （2）1.23×10–7 m （3）AD （1）为了减少进入眼睛的紫外线，应使入射光分别从该膜的前后两个表面反射后形成的反射光 叠加后加强，从而使透射的紫外线减弱。 （2）路程差（大小等于薄膜厚度 d的 2 倍）应等于光在薄膜中的波长λ′的整数倍，即 2d=Nλ′ （N=1，2，…），因此，膜的厚度至少是紫外线在膜中波长的 1 2 ，紫外线在真空中的波长是 λ=c/ν≈3.7×10–7 m。在膜中的波长是λ′=λ/n≈2.47×10–7 m，故膜的厚度至少是 1.23×10–7 m。 （3）干涉和衍射都证明光具有波动性；如果薄膜厚度均匀变化，则干涉条纹一定平行；白光的 干涉条纹为彩色条纹，单色光的干涉则为该色光颜色；当膜的厚度为四分之一波长时，两反射 光叠加后减弱则会“增透”，AD正确。 12月 29日 实验：用双缝干涉测光的波长 高考频度：★★★☆☆ 难易程度：★★★☆☆ 现有毛玻璃屏 A、双缝 B、白光光源 C、单缝 D、透红光的滤光片 E等光学元件，要把它们放 在图甲所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长。 （1）本实验的步骤有： ①调节单缝与双缝的间距为 5~10 cm，并使单缝与双缝相互平行； ②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线 上； ③取下遮光筒右侧的元件，打开光源，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线 把屏照亮； ④用米尺测出双缝到屏的距离；用测量头（读数方法同螺旋测微器）测量数条亮纹 间的距离； ⑤将测得的数据代入公式求出红光的波长。 以上步骤合理的顺序是________。（只填步骤代号） （2）将测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮纹定为第 1条亮纹， 此时手轮上的示数如图乙所示；然后同方向转动测量头，使分划板的中心刻线与第 5条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示。则图乙中手轮上的示数是 ________mm；图丙中手轮上的示数是________mm。 （3）已知双缝到屏的距离为 0.500 m，使用的双缝间距为 2.8×10–4 m，由此可求得 所测红光波长为λ=________m（结果保留三位有效数字）。 【参考答案】（1）③②①④⑤ （2）1.130 5.880 （3）6.65×10–7 【试题解析】（1）为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝。所 以各光学元件的字母排列顺序应为③②①④⑤。 （2）螺旋测微器乙的固定刻度读数为 1mm，可动刻度读数为 0.01×13.0mm=0.130mm， 则最终读数为 1.130mm。螺旋测微器丙的固定刻度读数为 5.5 mm，可动刻度读数为 0.01×38.0mm=0.380 mm，则最终读数为 5.880 mm。相邻条纹的间距 5.880 1.130 mm 1.187 5mm 4 x  ＝ ＝V 。 （3）根据双缝干涉相邻亮条纹间距公式 Lx d V ＝ ，得λ=6.65×10–7m。 【名师点睛】双缝干涉相邻亮（暗）条纹间距公式是认为：相邻亮（暗）条纹的间距Δx与双缝 到屏的距离 L之比近似等于波长λ与双缝间距 d之比，由此得到的。 如图是用双缝干涉测光波波长的实验设备示意图。 （1）图中①是光源，⑤是光屏，它们之间的②、③、④依次是 、 和 。 （2）下列操作能增大光屏上相邻两条亮纹之间距离的是 。 A．增大③和④之间的距离 B．增大④和⑤之间的距离 C．将绿色滤光片改为红色滤光片 D．增大双缝之间的距离 在“用双缝干涉测光的波长”实验中： （1）实验装置采用双缝干涉仪，它由各部分光学元件在光具座上组成，现准备了下列仪器：A．光 源，B．双缝片，C．单缝片，D．滤光片，E．毛玻璃（其中双缝片和光屏连在遮光筒上）． 把以上仪器安装在光具座上时，正确的排列顺序是________。 （2）关于本实验，正确的说法是________。 A．实验时应调节各器件共轴，并且单缝和双缝的缝应相互平行 B．观察到的白光的干涉图样是：可以看到彩色的干涉条纹，中央为一条白亮的零级干涉条纹； 彩色条纹的排列，以零级亮条纹为中心左右对称，在第一级亮条纹中紫色在最外侧 C．看到白光的干涉条纹后，在单缝前面放上红色或绿色滤光片，即可看到红黑相间或绿黑相 间的干涉条纹，且红条纹的间距比绿条纹的间距大 D．测量时应使测量头的分划板的中心刻线对齐条纹的中心再读数 某同学设计了一个测定激光的波长的实验装置如图所示，激光器发出一束直径很小的 红色激光进入一个一端装有双缝、另一端装有感光片的遮光筒，感光片的位置上出现一排等 距的亮线。 （1）这个现象说明激光具有_______性。 （2）某同学在做“用双缝干涉测光的波长”实验时，第一次分划板中心刻度线对齐 A条纹中心时 如图（1）所示，游标卡尺的示数如图（3）所示；第二次分划板中心刻度线对齐 B条纹中心线 时如图（2）所示，游标卡尺的读数如图（4）所示。已知双缝间距为 0.5 mm，从双缝到屏的距 离为 1 m，则图（3）中游标卡尺的示数为_______mm，图（4）中游标卡尺的示数为_______mm， 所测光波的波长为_______m（波长值保留两位有效数字）。 【参考答案】 （1）滤光片 单缝 双缝 （2）BC （1）根据实验装置知，②、③、④依次是滤光片、单缝和双缝。 （2）由Δx= d l λ知，增大④和⑤之间的距离，是增大 l，Δx变大；增大双缝之间的距离，Δx变 小；将绿色滤光片改为红色滤光片，波长变长，Δx变大，BC选项能增大光屏上相邻两条亮纹 之间的距离。 （1）ADCBE或 EBCDA （2）ACD （1）双缝干涉仪各组成部分在光具座上的正确顺序为：光源、滤光片、单缝、双缝、光屏，或 把它们全部倒过来，因此，答案为 ADCBE或 EBCDA。 （2）实验时应使光源、单缝、双缝的中心位于遮光筒的轴线上，且使单缝与双缝平行，A正确。 白光的干涉图样是彩色条纹，中央为白色亮纹，在第一级亮条纹中红色在最外侧，B错误。由 Δx= d l λ得红条纹的间距大于绿条纹间距，C正确。为了减少误差，应使分划板的中心刻线对齐 条纹中心再读数，D正确。 （1）相干 （2）11.4 16.8 6.8×10–7m （1）光的干涉现象说明激光具有相干性。 （2）题图 3游标卡尺的主尺读数为 11 mm，游标读数为 0.1×4 mm=0.4 mm，则最终读数为 11.4 mm，题图 4游标卡尺的主尺读数为 16 mm，游标读数为 0.1×8 mm=0.8 mm，则最终读数为 16.8 mm ， 则 相 邻 条 纹 的 间 距 16.8 11.4 mm 1.35 mm 4 x   ＝ ＝ ， 根 据 Lx d  ＝ 得 ， 3 3 71.35 10 0.5 10 6.8 10 m 1 xd L         ＝ ＝ 。 12月 30日 电磁振荡与电磁波 高考频度：★★☆☆☆ 难易程度：★★★☆☆ 关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是 A．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息 B．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波 C．太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传播速度相同 D．遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的 X射线波长相同 【参考答案】B 【试题解析】电磁波、声波都能够传递信息，A错误；手机通话时将人的声音转化为电信号并 通过电磁波传递，B正确；医院“B超”的超声波属于声波，传播速度远小于光速，C错误；红 外线与 X射线相比频率低，波长长，D错误。 【知识补给】 电磁波谱 性质 应用 无线电波 >1 mm 广播、电视、雷达、导航 红外线 – 红外探测、夜视仪 可见光 400 nm~760 nm – 紫外线 – 灭菌消毒、荧光作用 X射线 原子内层电子辐射 CT（X光检查）、机场与车站安检 γ射线 原子核辐射 放射治疗、金属探伤 要注意α射线、β射线、“B超”不是电磁波。 根据麦克斯韦电磁场理论，下列说法中正确的是 A．变化的电场一定产生变化的磁场 B．均匀变化的电场一定产生均匀变化的磁场 C．稳定的电场一定产生稳定的磁场 D．周期性变化的电场一定产生同频率的周期性变化的磁场 要提高 LC振荡电路辐射电磁波的本领，可采取的措施是 ①增加辐射波的波长 ②使振荡电容的正对面积足够小 ③尽可能使电磁场分散开 ④增加回路中的电容和电感 A．①② B．②③ C．③④ D．②④ 某雷达站正在跟踪一架飞机，此时飞机正朝着雷达站方向匀速飞来。某一时刻雷达发射出 一个雷达波脉冲，经过 2×10–4 s后收到反射波；再隔 0.8 s后再发出一个脉冲波，经过 1.98×10–4 s收到反射波，问； （1）雷达波是超声波还是电磁波？波速为多少？ （2）若雷达波的频率为 1.5×1010Hz，此波的波长为多少？ （3）飞机的飞行速度为多少？ 【参考答案】 D 均匀变化的电场产生稳定的磁场，而非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场，AB 错误；均匀变化的磁场一定产生稳定的电场，而非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场，则 稳定的电场不会产生磁场，C错误；周期性变化的电场一定产生同周期变化的磁场，而均匀变 化的电场则产生恒定的磁场，D正确。 B 理论证明，电磁波发射本领（功率)与 f成正比，电磁场应尽可能扩散到周围空间，形 成开放电器。f= 1 2π LC ，C= 4π S kd  ，可使 f增大，应减小 L或 C，通过选择，②③符合题意。 （1）雷达波是电磁波（或微波、或无线电波） 波速即等于光速 c = 3×108m/s （2）由 8 2 10 3 10 2.0 10 m 1.5 10 c        （3）由 2 1 2 1( / 2 / 2) 375m/sx x c t tv t t        12月 31日 相对论 高考频度：★★☆☆☆ 难易程度：★★★☆☆ 关于狭义相对论的说法，不正确的是 A．狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的 B．狭义相对论认为在一切惯性参考系中，光在真空中的速度都等于 c，与光源的运动无关 C．狭义相对论只涉及无加速运动的惯性系 D．狭义相对论任何情况下都适用 【参考答案】D 【试题解析】狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，A正确；狭 义相对论认为在一切惯性参考系中，光在真空中的速度都等于 c（光速不变原理），与光源的运 动无关，B正确；狭义相对论只涉及无加速运动的惯性系，C正确，D错误。 【知识补给】 不同层次理论的应用 代表人物 适用范围 研究对象 经典理论 牛顿 宏观、低速、弱引力 一般物体 量子力学 玻尔、海森堡、狄拉克等 微观 微观粒子 狭义相对论 爱因斯坦 惯性系、弱引力 高速运动的物体 广义相对论 爱因斯坦 宏观 大质量天体及其附近物体 理论的适用范围由小到大为：   量子力学 经典理论 狭义相对论 广义相对论 下列说法错误的是 A．爱因斯坦针对经典力学的绝对时空观在处理物体做高速运动时所遇到的困难创立了狭义相 对论 B．牛顿的经典力学仍适用高速（速度接近光速）、微观的粒子的运动 C．广义相对论是数学与物理学相结合的典范 D．相对论已经成为现代科学技术的重要理论基础之一 一艘太空飞船静止时的长度为 30 m，它以 0.6c（c为光速）的速度沿长度方向飞行越过地 球，下列说法正确的是 A．飞船上的观测者测得该飞船的长度小于 30 m B．地球上的观测者测得该飞船的长度小于 30 m C．飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于 c D．地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于 c 根据报导，欧洲大型强子对撞机开足马力可以把粒子加速到光速的 99.9%，单束粒子能量 可达到 7万亿电子伏特。下列说法正确的是 A．如果继续对粒子加速，粒子速度可以达到光速 B．如果继续对粒子加速，粒子速度可能超过光速 C．粒子高速运动时质量大于静止时的质量 D．粒子高速运动时质量小于静止时的质量 下列说法中正确的是 A．在任何参考系中，物理规律都是相同的，这就是广义相对性原理 B．狭义相对论认为：在不同的惯性参考系中，物理规律都是不同的 C．一个均匀的引力场与一个做匀速运动的参考系等价，这就是著名的等效原理 D．一个均匀的引力场与一个做匀加速运动的参考系等价，这就是著名的等效原理 【参考答案】 B 牛顿的经典力学的应用受到物体运动速率的限制，当物体运动的速率接近于真空中的 光速时，经典力学的许多观念将发生重大变化，但当物体运动速率远小于光速时，经典力学仍 然适用；牛顿运动定律不适用于微观领域中物质结构和能量不连续现象，对于宏观物体的运动， 经典力学仍然适用，B错误。 B 根据狭义相对论可知，沿相对运动方向的长度缩短，所以地球上的观测者测得该飞船 的长度小于 30 m，飞船上的人测量飞船的长度等于 30 m，A错误，B正确；根据光速不变原理， 飞船上和地球上测量光的速度都等于 c，CD错误。 C 光速是物体运动速度的最大值，只能接近，不能达到，AB错误；根据爱因斯坦的相对 论可知，静止质量和高速运动时质量的关系为 0 21 ( ) mm v c   ，由于 v

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