1、专题十 选考部分 要点提炼 要点提炼1.热学基本概念和规律(1)分子动理论与内能分子动理论a物体是由大量分子组成的：油膜法测分子直径 dVS。b分子的热运动：分子永不停息的无规则运动。证据：扩散现象、布朗运动。c分子间存在相互作用力，如图 1 所示。温度和温标a热平衡定律：如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡。一切达到热平衡的系统都具有相同的温度。b摄氏温度 t 与热力学温度 T 的关系：Tt273.15 K内能a分子动能温度是分子热运动平均动能的标志。b分子势能：如图 2 所示c内能：是对于物体而言。物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，叫做物
2、体的内能。(2)气体状态方程玻意耳定律(等温)：p1V1p2V2。查理定律(等容)：p1T1p2T2。盖吕萨克定律(等压)：V1T1V2T2。理想气体状态方程：p1V1T1 p2V2T2。(3)固体、液体、液晶固体a晶体形状规则，有固定熔点。单晶体：各向异性的性质；多晶体：各向同性。有的物质在不同条件下能够生成不同的晶体。那是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布。例如均由碳原子组成的石墨和金刚石。b非晶体无确定几何形状，物理性质各向同性，无固定熔点。同种物质也可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现。物质是晶体还是非晶体，并不是绝对的，是能够相互转化的，例如天然水晶和石英玻璃。液体a表面张
3、力：使液体表面积收缩到最小。b浸润和不浸润：是分子力作用的表现。一种液体是否浸润某种固体，与这两种物质的性质都有关系。如图 3 所示。水可以浸润玻璃，但水不能浸润蜂蜡和石蜡；水银不浸润玻璃，但水银浸润铅。c毛细现象：浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下降的现象。d液晶：具有液体的流动性；具有晶体的光学各向异性。e饱和汽与饱和气压饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽。饱和气压：在一定温度下，饱和汽的压强。随温度而变。绝对湿度：用空气中所含水蒸气的压强 p1 来表示。相对湿度：空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和气压的比值。相对湿度 水蒸气的实际压强同温度水的饱和汽压(4)热力学定律
4、热力学第一定律：UQW。热力学第二定律a不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化。b不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化。2气体压强的几种求法(1)参考液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强。(2)力平衡法：选与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强。(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等。(4)牛顿第二定律法：求解加速运动系统中封闭气体压强，通常选与气体接触的液
5、柱或活塞为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解。3机械振动与机械波的有关公式(1)简谐运动的方程 xAcos(t)。(2)单摆周期公式 T2Lg。(3)波长、波速和周期(或频率)的关系式 vTvf。4光的折射和全反射的有关公式(1)nsin1sin2(1、2 分别为空气到介质时的入射角和折射角)。(2)ncv(c、v 分别为光在真空、介质中的速度)。(3)临界角公式：sinC1n。5折射率与频率(或波长)的关系：在同一介质中，不同频率的光对应的折射率不同，频率越高，波长越短，对应的折射率越大。6光的双缝干涉间距：xLd。高考考向 高考考向 1 气体实验定律的应用命题角度 1汽缸活
6、塞类问题例 1(2019全国卷)热等静压设备广泛应用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为 0.13 m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将 10 瓶氩气压入到炉腔中。已知每瓶氩气的容积为 3.2102 m3，使用前瓶中气体压强为 1.5107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为 2.0106 Pa；室温温度为 27。氩气可视为理想气体。(1)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；(2)将压入氩气后的炉腔加热到 1227，求此时
7、炉腔中气体的压强。解析(1)设初始时每瓶气体的体积为 V0，压强为 p0；使用后气瓶中剩余气体的压强为 p1。假设体积为 V0、压强为 p0的气体压强变为 p1时，其体积膨胀为 V1。由玻意耳定律p0V0p1V1被压入进炉腔的气体在室温和 p1条件下的体积为V1V1V0设 10 瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为 p2，体积为 V2。由玻意耳定律p2V210p1V1 联立式并代入题给数据得p23.2107 Pa(2)设加热前炉腔的温度为 T0，加热后炉腔温度为 T1，气体压强为 p3，由查理定律p3T1p2T0联立式并代入题给数据得p31.6108 Pa答案(1)3.2107 Pa(2)1.6
8、108 Pa(1)气体问题中汽缸活塞类模型的处理思路弄清题意，确定研究对象。一般地说，研究对象分为两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞等)。分析清楚题目所述的物理过程。对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程pVT 恒量，列出式子；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。多个方程联立求解。对求解的结果注意检验它们的合理性。(2)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
9、的问题。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作为研究对象时，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。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，其解决方法和充气问题类似，取剩余气体和抽出的气体作为研究对象，这些气体不管怎样变化，其质量总是不变的。备课记录：1(2019全国卷)如图，一容器由横截面积分别为 2S 和 S 的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮
10、气。平衡时，氮气的压强和体积分别为 p0 和 V0，氢气的体积为 2V0，空气的压强为 p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求(1)抽气前氢气的压强；(2)抽气后氢气的压强和体积。答案(1)12(p0p)(2)12p014p 4p0pV02p0p解析(1)设抽气前氢气的压强为 p10，根据力的平衡条件得p102SpSp2Sp0S得 p1012(p0p)(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为 p1 和 V1，氮气的压强和体积分别为 p2和 V2。根据力的平衡条件有p2Sp12S由玻意耳定律得p1V1p102V0p2V2p0V0由于两活塞
11、用刚性杆连接，故V12V02(V0V2)联立式解得p112p014pV14p0pV02p0p。命题角度 2液柱类问题例 2(2019全国卷)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为 2.0 cm 的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为 2.0 cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为 76 cmHg，环境温度为 296 K。(1)求细管的长度；(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。解析(1)设细管的长度为 L，横截面的面
12、积为 S，水银柱高度为 h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为 h1，被密封气体的体积为 V，压强为p；细管倒置时，被密封气体的体积为 V1，压强为 p1。由玻意耳定律有pVp1V1由力的平衡条件有pSp0SghSp1SghSp0S式中，、g 分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有VS(Lh1h)V1S(Lh)由式和题给数据得L41 cm(2)设气体被加热前后的温度分别为 T0和 T，由盖吕萨克定律有VT0V1T由式和题给数据得 T312 K。答案(1)41 cm(2)312 K气体实验定律与热力学定律问题的处理思路备课记录：2.(2019河南省八市三模)如图所示，粗细
13、均匀的 U 形管中，封闭了两段水银柱和两部分空气柱，水银柱 A 的长度 h125 cm，位于左侧封闭端的顶部。水银柱 B 与 A 之间的空气柱长度 L112.5 cm，右侧被活塞 C 封闭的空气柱长度 L212.5 cm，已知玻璃管周围环境温度 t27 时，右侧封闭空气柱的压强恰为 p075 cmHg，水银柱 B 左右两部分液面的高度差 h245 cm。保持环境温度 t27 不变，缓慢拉动活塞 C，求：(1)当水银柱 A 恰好对 U 形管的顶部没有压力时，右侧封闭气体的压强为多少？(2)当 U 形管内 B 部分的水银面相平时，活塞 C 共向上移动多少？答案(1)65 cmHg(2)47.5 c
14、m解析(1)左侧气体做等温变化，有：p1SL1p1SL1p1p0gh230 cmHg，p125 cmHg解得：L115 cm故水银柱 B 左右两部分液面的高度差变为h2h22(L1L1)40 cm右侧气体压强为p2p1gh265 cmHg。(2)B 部分的水银面相平时，左侧液面下降h22，右侧液面上升h22水银柱 A 下降，左侧气体压强仍为 p125 cmHg此时左右两侧气体压强相等，即右侧气体压强 p25 cmHg右侧气柱做等温变化，有：p0SL2pSL2解得：L237.5 cm；则活塞上升的高度 hL2L2h22 47.5 cm。高考考向 2 气体实验定律与图象、热力学第一定律综合应用例
15、3(2019全国卷)如 p-V 图所示，1、2、3 三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是 T1、T2、T3。用 N1、N2、N3 分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则 N1_N2，T1_T3，N2_N3。(填“大于”“小于”或“等于”)解析 根据理想气体状态方程有p1V1T1p2V2T2p3V3T3，可知T1T2，T2T2，所以状态 1 时气体分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，体积相等，分子数密度相等，故分子在单位时间内对单位面积容器壁的平均碰撞次数多，即 N1N2；对于状态 2、3，由于 T2T3，所以状态 2 时分
16、子热运动的平均速率小，每个分子单位时间内对器壁的平均撞击力小，而压强等于单位时间撞击到器壁单位面积上的分子数 N 与单位时间每个分子对器壁的平均撞击力的乘积，即 pN F，而 p2p3，F 2N3。答案 大于 等于 大于近 3 年全国高考热学部分对气体实验定律与图象、热力学第一定律、分子动理论(气体温度、压强的微观意义)等的综合考查比较多，也是一个难点。另外 2019 全国卷考过与密度相关的综合问题，2017 全国卷考过与密度、浮力相关的综合问题。对于这类问题：(1)首先要熟练掌握理想气体状态方程和热力学第一定律方程的运用；(2)如果题目涉及图象，要先弄清是 p-V 图象、p-T 图象还是 V
17、-T 图象，并根据气体状态变化的图线结合理想气体状态方程分析第三个量的变化情况，然后结合热力学第一定律分析吸放热和内能变化情况；(3)与气体有关的分子动理论(包括气体分子速率分布、气体温度和内能、气体压强)前几年基本是考查对知识的简单理解，2019 年全国卷考查对这部分知识的理解运用，难度较大。其中气体压强的微观意义是个难点，应抓住教材，加深理解。由教材可知，气体压强的影响因素：从气体压强产生的原理角度：单位时间撞击到容器壁单位面积上的分子数 N，每个分子对容器壁的平均撞击力 F；从气体微观状态量角度：气体的分子数密度 n，气体分子平均动能 E k。注意 N 和 n 是不同的物理量(参见例题)
18、。备课记录：31(2019全国卷)某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度_(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度_(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。答案 低于 大于解析 活塞光滑，容器绝热，容器内空气体积增大，对外做功，由 UWQ 知，气体内能减少，温度降低。气体的压强与温度和单位体积内的分子数有关，由于容器内空气的温度低于外界温度，但压强相同，则容器中空气的密度大于外界空气的密度。32(2018全国卷)(
19、多选)如图，一定质量的理想气体从状态 a 开始，经历过程、到达状态 e。对此气体，下列说法正确的是()A过程中气体的压强逐渐减小B过程中气体对外界做正功C过程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 的压强小答案 BDE解析 由理想气体状态方程paVaTa pbVbTb 可知，体积不变温度升高即TbTa，则 pbpa，即过程中气体的压强逐渐增大，A 错误；由于过程中气体体积增大，所以过程中气体对外做功，B 正确；过程中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程中气体放出热量，C 错误；由于状态 c、d 的温度相等，根据理想气体的
20、内能只与温度有关，可知状态 c、d 的内能相等，D 正确；由理想气体状态方程pVT C 可得 pCTV，即 T-V 图中的点与原点 O 的连线的斜率正比于该点的压强，故状态 d 的压强比状态 b 的压强小，E 正确。高考考向 3 机械振动与机械波例 4(2019全国卷)(多选)一简谐横波沿 x轴正方向传播，在 tT2时刻，该波的波形图如图 a 所示，P、Q 是介质中的两个质点。图 b 表示介质中某质点的振动图象。下列说法正确的是()A质点 Q 的振动图象与图 b 相同B在 t0 时刻，质点 P 的速率比质点 Q 的大C在 t0 时刻，质点 P 的加速度的大小比质点 Q 的大D平衡位置在坐标原点
21、的质点的振动图象如图 b 所示E在 t0 时刻，质点 P 与其平衡位置的距离比质点 Q 的大解析 tT2时刻，质点 Q 在平衡位置，向上振动，对应的振动图象与图b 不符，A 错误；t0 时刻的波形图如图所示(图 a 的波形图左移半个波长即可得到)，质点 P 在最低点，质点 Q 在平衡位置，质点 Q 的速率比质点 P 的大，质点 P 的加速度大小比质点 Q 的大，质点 P 此时所在位置与其平衡位置的距离为振幅，质点 Q 在平衡位置，与其平衡位置的距离为 0，故 B 错误，C、E 正确；tT2时刻，平衡位置在坐标原点的质点经过平衡位置向下振动，对应的振动图象与图 b 吻合，D 正确。答案 CDE(
22、1)振动与波两种图象综合问题的处理思路定位：依据已知条件明确波的图象对应的时刻，依据质点振动图象找出该时刻质点振动的位移及振动方向。再根据此位移及振动方向，在波的图象中找出该质点，则所有问题将解决。定时：依据已知条件找到波的图象中对应的质点，读出该质点的位移并判断其振动方向，依据位移在振动图象中确定该质点处在此位移对应的时刻。(2)巧解波动图象与振动图象综合问题的基本方法求解波动图象与振动图象综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法：备课记录：41(2019全国卷)如图，长为 l 的细绳下方悬挂一小球 a，绳的另一端固定在天花板上 O 点处，在 O 点正下方34l 的 O处有一固定细铁钉。将
23、小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为 2)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球 a 摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为 x，向右为正。下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的 x-t 关系的是()答案 A解析 摆长为 l 时单摆的周期 T12lg，振幅 A1l(为摆角)，摆长为14l 时单摆的周期 T22 14lg lgT12，振幅 A214l(为摆角)。根据机械能守恒定律得 mgl(1cos)mgl4(1cos)，利用 cos12sin22，cos12sin22，以及 sin2tan22，sin2tan222、2很小，解得 2，故 A212
24、A1，故 A 正确。42(2019天津高考)(多选)一列简谐横波沿 x 轴传播，已知 x 轴上 x11 m 和 x27 m 处质点的振动图象分别如图 1、图 2 所示，则此列波的传播速率可能是()A7 m/s B2 m/sC1.2 m/s D1 m/s答案 BC解析 由振动图象可知周期 T4 s，零时刻 x1处质点在平衡位置且向下振动，而 x2处质点在正的最大位移处。若波沿 x 轴正方向传播，其波形如图甲所示，x2处质点的平衡位置可能在 A1 或 A2或 A3则有：x2x1n14(n0、1、2)，得波速 vTx2x1n14T64n1 m/s(n0、1、2)，当 n0 时，v6 m/s，当 n1
25、 时，v1.2 m/s，当 n2 时，v23 m/s，C 正确。若波沿 x 轴负方向传播，其波形如图乙所示，x2处质点的平衡位置可能在 A1或 A2或 A3则有 x2x1n34(n0、1、2)，得波速 vTx2x1n34T64n3 m/s(n0、1、2)，当 n0 时，v2 m/s，当 n1 时，v0.86 m/s，B 正确。高考考向 4 光的折射与全反射例 5(2019全国卷)如图，直角三角形 ABC 为一棱镜的横截面，A90，B30。一束光线平行于底边 BC 射到 AB 边上并进入棱镜，然后垂直于 AC 边射出。(1)求棱镜的折射率；(2)保持 AB 边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到
26、 BC 边上恰好有光线射出。求此时 AB 边上入射角的正弦。解析(1)光路图及相关量如图所示。光束在 AB 边上折射，由折射定律得sinisinn式中 n 是棱镜的折射率。由几何关系可知60由几何关系和反射定律得B联立式，并代入 i60得n 3(2)设改变后的入射角为 i，折射角为，由折射定律得sinisinn依题意，光束在 BC 边上的入射角为全反射的临界角 c，且 sinc1n由几何关系得 c30由式得此时 AB 边上入射角的正弦为sini 3 22。答案(1)3(2)3 22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、寻找临界光线为研究对象。(2)找入射点
27、，确认界面，并画出法线。(3)明确两介质折射率的大小关系。若光疏光密：定有反射、折射光线。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，联立求解。充分考虑三角形、圆的特点，运用几何图形中的边角关系、三角函数、相似形、全等形等，仔细分析光传播过程中的几何关系。备课记录：51(2019江苏高考)如图所示，某 L 形透明材料的折射率 n2。现沿AB 方向切去一角，AB 与水平方向的夹角为。为使水平方向的光线射到 AB面时不会射入空气，求 的最大值。答案 60解析 光线射到 AB 面时不射入空气中，则在 AB 面发生全反射。当恰好发生全反
28、射时，入射角为临界角 C，此时 最大，sinC1n，由几何关系得Cm90，解得 m60。52(2019全国卷)如图，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面 3 m。距水面 4 m 的湖底 P 点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为 53(取 sin530.8)。已知水的折射率为43。(1)求桅杆到 P 点的水平距离；(2)船向左行驶一段距离后停止，调整由 P 点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为 45时，从水面射出后仍照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。答案(1)7 m(2)5.5 m解析(1)设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为 x1，到 P
29、 点的水平距离为 x2；桅杆高度为 h1，P 点处水深为 h2；激光束在水中与竖直方向的夹角为。由几何关系有x1h1tan53x2h2tan由折射定律有sin53nsin设桅杆到 P 点的水平距离为 x，则xx1x2联立式并代入题给数据得x7 m(2)设激光束在水中与竖直方向的夹角为 45时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为 i，由折射定律有sininsin45设船向左行驶的距离为 x，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为 x1，到 P 点的水平距离为 x2，则x1x2xxx1h1 tanix2h2 tan45联立式并代入题给数据得x(6 23)m5.5 m。阅卷现场 阅卷现场 液面移动分
30、析出错例 6(2018全国卷)(10 分)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 l118.0 cm 和 l212.0 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。正解 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。U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为 p，原左、右两边气体长度分别变为 l1和 l2。由力的平衡条件有p1p2g(
31、l1l2)(2 分)式中 为水银密度，g 为重力加速度大小。由玻意耳定律有p1l1pl1(2 分)p2l2pl2(2 分)l1l1l2l2(2 分)由式和题给条件得l122.5 cm；l27.5 cm。(2 分)答案 22.5 cm 7.5 cm错解 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。U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为 p，原左、右两边气体长度分别变为 l1和 l2。由力的平衡条件有p1p2g(l1l2)(2 分)式中 为水银密度，g 为重力加速度大小。由玻意耳定律有p1l1pl1(2 分)p2l2pl2(2 分)l1l1l2l2(扣 2 分)由式和
32、题给条件得 l19 cm，l23 cm。(扣 2 分)答案 9 cm 3 cm涉及玻璃管内液柱移动的问题，需要特别注意：(1)两边玻璃管的横截面积是否相同；(2)两边液面同时移动。两边液面上升或下降的距离根据液体总体积不变求得，一边液面上升的体积等于另一边液面下降的体积(两边横截面积相同时，上升高度与下降高度相同)，分析液面高度差的变化时，一定要同时关注两个液面，切不可只考虑一个液面的变化而忽略另一液面的变化。本题的错误，是仅考虑到两液面高度的变化量大小相同，而没有考虑到两液面一边是升高的另一边是下降的，没有紧扣液体体积不变这个关键点。专题作业 1(2019四川宜宾二诊)(多选)图甲为一列简谐
33、横波在 t0 s 时刻的波形图，P 是平衡位置为 x1 m 处的质点，Q 是平衡位置为 x4 m 处的质点，图乙为质点 Q 的振动图象，则下列说法正确的是()A该波的周期是 0.10 sB该波的传播速度是 40 m/sC该波沿 x 轴的正方向传播Dt0.10 s 时，质点 Q 的速度方向向下E从 t0 s 到 t0.15 s，质点 P 通过的路程为 30 cm答案 BCD解析 由图甲得到该波的波长为 8 m，由图乙得到该波的周期为 T0.20 s，故波速为：vT40 m/s，A 错误，B 正确；t0 时 Q 向上振动，故波沿 x 轴正方向传播，C 正确；t0.10 s 时 Q 点处在平衡位置上
34、，且向下振动，D 正确；从 t0 s 到 t0.15 s，经历时间 t0.15 s34T，由于 t0 s 时刻质点 P 不在平衡位置和最大位移处，所以通过的路程不是 3A30 cm，E错误。2.(2019山东聊城一模)(多选)两列机械波在同一介质中沿相同方向传播，某时刻的波形如图所示，此时 a 波上某质点 P 的运动方向沿 y 轴负方向，则下列说法正确的是()A两列波具有相同的波速B此时 b 波上的质点 Q 沿 y 轴正方向运动C一个周期内，Q 质点沿 x 轴前进的距离是 P 质点的 1.5 倍D在 P 质点完成 30 次全振动的时间内 Q 质点可完成 20 次全振动Ea 波和 b 波在空间相
35、遇处会产生稳定的干涉图样答案 ABD解析 机械波在同一介质中的传播速度相同，故 A 正确；由 P 点向下振动可判断 a 波的传播方向沿 x 轴负方向，a、b 两波的传播方向一致，因此 b波向 x 轴负方向传播，Q 点向上振动，故 B 正确；机械波在传播时质点上下振动，不随波运动，C 错误；由图象可知ab23，Tv，又波速相同，联立可得TaTb23，Q 全振动的次数 nbTaTb3020，因此 D 正确；a、b 波的周期不同，频率就不同，因此不会发生稳定干涉，E 错误。3(2019全国卷)(多选)水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上。振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成
36、两个波源。两波源发出的波在水面上相遇，在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样。关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是()A不同质点的振幅都相同B不同质点振动的频率都相同C不同质点振动的相位都相同D不同质点振动的周期都与振动片的周期相同E同一质点处，两列波的相位差不随时间变化答案 BDE解析 两列波相遇叠加产生干涉，一些质点的振动加强，一些质点的振动减弱，即振幅不同，A 错误；各质点的振动频率、周期都与振动片相同，B、D 正确；不同质点振动的相位不同(不是同时到达正的最大位移处)，C 错误；两列波频率相同，在同一质点处的相位差恒定，E 正确。4(2019辽宁卓越名校联盟二模)(多选)
37、用双缝干涉测光的波长的实验装置如图所示，其中光源为白炽灯泡，调整实验装置使光屏上能观察到清晰的干涉条纹。关于该实验，下列说法正确的是()A取下滤光片，光屏上将出现彩色的干涉条纹B若单缝向右平移一小段距离，光屏上相邻两条亮纹中心的距离增大C若将双缝间的距离 d 增大，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小D若将滤光片由红色换成绿色，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小E测出 n 条亮条纹间的距离 a，则相邻两条亮条纹的间距为 xan答案 ACD解析 取下滤光片，不同色光的干涉图样叠加，在光屏上将出现彩色的干涉条纹，故 A 正确；若单缝向右平移一小段距离，由于双缝到光屏的距离不变，则光屏上相邻两条亮纹中心的
38、距离不变，故 B 错误；根据 xLd 知，将双缝的距离 d 增大，则光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小，故 C 正确；若将滤光片由红色换成绿色，色光的波长减小，根据 xLd 知，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小，故 D 正确；测出 n 条亮条纹间的距离 a，则相邻两条亮条纹的间距为 xan1，故 E 错误。5.(2019山东青岛二模)(多选)如图，光源 S 从水下向空气中射出一束由红光、黄光和蓝光组成的复色光，在水面上的 P 点分裂成 a、b、c 三束单色光，下列说法正确的是()Ac 光为红色光B在水中传播时 a 光速度最大，c 光波长最小C逐渐增大入射角，c 光最先发生全反射Db 光比 a 光
39、更容易发生明显的衍射现象Ea、b、c 三种色光分别用同一双缝干涉实验装置发生干涉，a 光相邻亮条纹间距最大答案 BCE解析 由图中 a、b、c 光线的偏折角大小可知 nanbvbvc，而光在水中的波长 vf，结合 fafbbc，B 正确；由 sinC1n及 nanbnc可知Cc最小，即 c 光的全反射临界角最小，所以增大入射角时，c 光最先发生全反射，C 正确；光在真空中的波长 0cf，结合 fafb0b0c，所以 a 光比 b 光更容易发生明显的衍射现象，故 D 错误；由公式 xLd 可知，波长越长的，间距越大，所以 a 光相邻亮条纹间距最大，故 E 正确。6.(2020广东省肇庆市高中毕业
40、班统考)(多选)如图所示，在一定质量的理想气体的压强随体积变化的 p-V 图象中，气体先后经历了 ab、bc、cd、da四个过程，其中 ab 垂直于 cd，ab 垂直于 V 轴且与 p 轴平行，bc、da 是两条等温线。下列判断正确的是()A气体在状态 a 时的温度低于在状态 c 时的温度B从 ab 的过程，气体分子密集程度不变，分子平均动能增加C从 abc 的过程，气体密度不断减小，温度先升高后不变D从 cd 的过程，气体放出的热量大于外界对气体做的功E从 abcd 的过程，设气体对外做功为 W1，外界对气体做功为W2，气体吸热为 Q1，放热为 Q2，则 W1W2Q1Q2答案 ABD解析 根
41、据理想气体状态方程可得：paVaTa pcVcTc，所以有TaTc12，即气体在状态 a 时的温度低于在状态 c 时的温度，所以 A 正确；从 ab 的过程，体积不变，压强升高，故温度升高，所以气体分子密集程度不变，分子平均动能增加，所以 B 正确；从 abc 的过程，从 ab 阶段的体积不变，温度升高，从 bc 的阶段体积再增大，温度不变，所以 C 错误；从 cd 的过程，压强不变，体积减小，温度降低，故内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可得气体放出的热量大于外界对气体做的功，所以 D 正确；从 abcd 的过程，始末温度不变，内能没有变化，根据热力学第一定律有 UW2W1Q1Q2
42、0，即 W1W2Q1Q2，所以 E 错误。7.(2020河南天一高三第一次联考)如图所示，一质点在 AB 之间做简谐运动，C 为平衡位置，E、F 分别为 AC 和 CB 之间的点，且 EC 和 CF 的距离相等。质点从 E 点向右运动经过时间 t1 第一次经过 F 点，再经过时间 t2第 4 次经过 F 点，则该质点的振动周期为_。若此简谐运动分别在空气和水中进行，则形成的两列波的波长_(填“相同”“不相同”或“不能确定”)。答案 2t1t23 不相同解析 设质点的振动周期为 T，根据对称性可知质点从 C 点第一次运动到 F 点的时间为12t1，从 F 点第一次运动到 B 点的时间为12(t2
43、T)，则质点的振动周期 T412t112t2T，联立解得 T2t1t23。简谐运动在空气和水中的传播速度 v 不同，而周期相同，根据波长 vT 可知波长不相同。8(2019全国卷)某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：(1)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可_。A将单缝向双缝靠近B将屏向靠近双缝的方向移动C将屏向远离双缝的方向移动D使用间距更小的双缝(2)若双缝的间距为 d，屏与双缝间的距离为 l，测得第 1 条暗条纹到第 n条暗条纹之间的距离为 x，则单色光的波长 _。(3)某次测量时，选用的双
44、缝的间距为 0.300 mm，测得屏与双缝间的距离为 1.20 m，第 1 条暗条纹到第 4 条暗条纹之间的距离为 7.56 mm。则所测单色光的波长为_ nm(结果保留三位有效数字)。答案(1)B(2)xdn1l(3)630解析(1)相邻明(暗)干涉条纹的间距 xld，要增加观察到的条纹个数，即减小 x，需增大 d 或减小 l，因此应将屏向靠近双缝的方向移动，或使用间距更大的双缝，B 正确，A、C、D 错误。(2)第 1 条暗条纹到第 n 条暗条纹间的距离为 x，则相邻暗条纹间的距离 x xn1，又 xld，解得 xdn1l。(3)由 xdn1l，代入数据解得 630 nm。9(2019全国
45、卷)用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是_。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以_。为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是_。答案 使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜 把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出 1 mL 油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积 单分子层油膜的面积解析 用油膜法估测分子直径时，需使油酸在水面上形成单分子层油膜，为使油酸尽可能地散开，将油酸用酒精稀释。要测出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，需要测量一滴油酸酒精溶液的体积，可用累积法，即测量出 1 mL 油酸酒精
46、溶液的滴数。根据 VSd，要求得油酸分子的直径 d，则需要测出单分子层油膜的面积，以及一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积。10(2019天津高考)某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸。(1)下列哪些措施能够提高实验准确程度_。A选用两光学表面间距大的玻璃砖B选用两光学表面平行的玻璃砖C选用粗的大头针完成实验D插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些(2)该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是_。(3)该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点 O 为圆心作圆，与入射
47、光线、折射光线分别交于 A、B 点，再过 A、B点作法线 NN的垂线，垂足分别为 C、D 点，如图所示，则玻璃的折射率 n_。(用图中线段的字母表示)答案(1)AD(2)D(3)ACBD解析(1)测定玻璃折射率的关键是根据入射光线和出射光线确定在玻璃中的传播光线，因此选用光学表面间距大的玻璃砖以及使同侧两枚大头针间的距离尽量大些都有利于提高实验的准确程度，A、D 正确；两光学表面是否平行不影响折射率的测量，为减小误差，应选用细长的大头针，故 B、C 错误。(2)两光学表面平行的玻璃砖的入射光线与出射光线平行，在空气中的入射角大于玻璃中的折射角，在题图中，根据玻璃砖界线及四个孔洞位置分别作出光路
48、图及法线，如图 1 所示分析可知实验操作正确的是 D。(3)如图 2 所示，玻璃的折射率 nsinisinr，又 siniACR，sinrBDR，故 nACBD。11(2019四川绵阳三模)如图所示，横截面积为 S，质量为 M 的活塞在汽缸内封闭着一定质量的理想气体，现对汽缸内气体缓慢加热，使其温度从T1 升高了 T，气柱的高度增加了 L，吸收的热量为 Q，不计汽缸与活塞的摩擦，外界大气压强为 p0，重力加速度为 g，求：(1)此加热过程中气体内能增加了多少？(2)若保持缸内气体温度不变，再在活塞上放一砝码，如图所示，使缸内气体的体积又恢复到初始状态，则砝码的质量为多少？答案(1)Q(p0SM
49、g)L(2)p0SMgTgT1解析(1)设缸内气体的温度为 T1 时压强为 p1，活塞受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，得：Mgp0Sp1S气体膨胀对外界做功为：Wp1SL根据热力学第一定律得到：QWU联立可得：UQ(p0SMg)L。(2)设放入砝码的质量为 m，缸内气体的温度为 T2T1T 时压强为 p2，活塞和砝码受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，得：(Mm)gp0Sp2S根据查理定律：p1T1p2T2联立可以得到：mp0SMgTgT1。12(2019四川内江三模)如图所示，一单色细光束 AB 从真空中以入射角 i45，入射到折射率 n 2的某透明球体的表面上 B 点。
50、经研究发现光束在过球心 O 的平面内，从 B 点折射进入球内后，又经球的内表面只反射一次，再经球表面上的 C点折射后，以光线 CD射出球外，真空中的光速为 3108m/s。则：(1)光束在球内的传播速度是多少？(2)出射光线 CD 相对入射光线 AB 方向改变的角度是多少？答案(1)1.5 2108 m/s(2)150解析(1)根据公式 ncv光束在球内的传播速度vcn1.5 2108 m/s。(2)作出光路图如图，由折射定律得 nsinisinr由几何关系及对称性得22ri由以上各式解得 30出射光线 CD 相对入射光线 AB 方向改变的角度为 180150。13(2019山东潍坊三模)如图
51、所示，圆柱形容器高 H45 cm，底端左侧通过装有阀门 1 的细管与上端开口的竖直玻璃管相连，右侧安装阀门 2。起初阀门 2 关闭，阀门 1 打开，玻璃管内水银面比容器内水银面高 h25 cm，容器内气柱长 l28 cm。关闭阀门 1，打开阀门 2，直至水银不再流出。已知容器导热良好，环境温度始终为 300 K，大气压强 p075 cmHg。(1)求最终容器内水银的高度；(2)若再次关闭阀门 2，将容器内气体加热至某一温度，再次打开阀门 1后，发现水银液面不动，求此温度。答案(1)5 cm(2)480 K解析(1)密闭气体初状态的压强 p1p0 水银 gh设水银不再流出时容器内水银柱的高度为
52、h则密闭气体此时的压强 p2p0 水银 gh密闭气体气柱长为 lHh由玻意耳定律得：p1lSp2lS解得：h5 cm 或 h115 cm(舍去)(2)打开阀门 2 后，右侧水银面下降的高度xHlh12 cm，将容器内气体加热至某一温度后，再次打开阀门 1 时，两侧液面高度差为 hhx37 cm则容器内气体压强 p3p0 水银 gh由查理定律得：p2T p3T解得：T480 K。14(2019郑州三模)如图甲所示，一个不计重力的弹性绳水平放置，O、b、c 是弹性绳上的三个质点。现让质点 O 从 t0 时刻开始，在竖直面内做简谐运动，其位移随时间变化的振动方程为 y20sin5t(cm)，形成的简
53、谐波同时沿该直线向 Ob 和 Oc 方向传播。在 t10.5 s 时，质点 b 恰好第一次到达正向最大位移处，O、b 两质点平衡位置间的距离 L10.8 m，O、c 两质点平衡位置间的距离 L20.6 m。求：(1)此横波的波长和波速；(2)计算 01.0 s 的时间内质点 c 运动的总路程。并在图乙中画出 t1.0 s时刻向两方向传播的大致波形图。(画波形图时不要求解题过程)答案(1)0.8 m 2 m/s(2)1.4 m 图见解析解析(1)由质点 O 的位移随时间变化的振动方程可知 T2 0.4 s设质点 O 振动产生的机械波的波长为，波速为 v，由题意可得 t1L1v T4代入数据解得
54、v2 m/s根据波长、波速和周期的关系，可得该波的波长vT代入数据解得 0.8 m。(2)设波由 O 点传播到 c 点所用时间为 t2，t2 之前质点 c 处于静止状态。t2L2v 0.3 s质点 c 在 1.0 s 的时间内振动的时间为t1.0 s0.3 s0.7 st74T从 t0 开始，经过 t20.3 s 后，质点 c 向上振动，其振幅为 A20 cm，振动周期和振源 O 的周期相等，所以在 01.0 s 内质点 c 通过的路程为s744A代入数据解得 s1.4 mt1.0 s 时刻的波形图如图所示。15.(2019湖北武汉二模)内径为 r，外径为 2r 的透明介质半球壳折射率n2，如
55、图为其截面示意图。(1)将点光源放在球心 O 处，求光射出球壳的最短时间；(2)将光源移至 O 点正上方内壳上的 P 点，使其发出的光射向球壳外，求透明球壳外表面发光区域在截面上形成的弧长。答案(1)2 21rc(2)2r6解析(1)光线从 O 点沿直线传播出来，在空气中传播的时间为 t1rc在介质中传播的时间为：t2 21rv介质中传播的速度满足 ncv所以：trc 21nrc2 21rc。(2)光由介质射向空气，临界角满足 sinC1n，得：C30恰好发生全反射的光路图如图，由正弦定理得：OPsinCAOsinAPO得：APO135，AOP180APOC15介质球壳外表面发光区域在界面上形成的弧长为s2AOP180 2r 2r6。本课结束