2020屆高考物理二輪復習 專題沖刺 專題復習篇十 選考部分練習（含解析）

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1、選考部分 要點提煉 1.熱學基本概念和規(guī)律 (1)分子動理論與內能 ①分子動理論 a．物體是由大量分子組成的：油膜法測分子直徑d＝。 b．分子的熱運動：分子永不停息的無規(guī)則運動。證據：擴散現(xiàn)象、布朗運動。 c．分子間存在相互作用力，如圖1所示。 ②溫度和溫標 a．熱平衡定律：如果兩個系統(tǒng)分別與第三個系統(tǒng)達到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)彼此之間也必定處于熱平衡。 一切達到熱平衡的系統(tǒng)都具有相同的溫度。 b．攝氏溫度t與熱力學溫度T的關系：T＝t＋273.15 K ③內能 a．分子動能 溫度是分子熱運動平均動能的標志。 b．分子勢能：如圖2所示 c．內能：是對于物

2、體而言。物體中所有分子的熱運動動能與分子勢能的總和，叫做物體的內能。 (2)氣體狀態(tài)方程 ①玻意耳定律(等溫)：p1V1＝p2V2。 ②查理定律(等容)：＝。 ③蓋—呂薩克定律(等壓)：＝。 ④理想氣體狀態(tài)方程：＝。 (3)固體、液體、液晶 ①固體 a．晶體 形狀規(guī)則，有固定熔點。 單晶體：各向異性的性質；多晶體：各向同性。 有的物質在不同條件下能夠生成不同的晶體。那是因為組成它們的微粒能夠按照不同規(guī)則在空間分布。例如均由碳原子組成的石墨和金剛石。 b．非晶體 無確定幾何形狀，物理性質各向同性，無固定熔點。 同種物質也可能以晶體和非晶體兩種不同的形態(tài)出現(xiàn)。物質是晶體

3、還是非晶體，并不是絕對的，是能夠相互轉化的，例如天然水晶和石英玻璃。 ②液體 a．表面張力：使液體表面積收縮到最小。 b．浸潤和不浸潤：是分子力作用的表現(xiàn)。一種液體是否浸潤某種固體，與這兩種物質的性質都有關系。如圖3所示。 水可以浸潤玻璃，但水不能浸潤蜂蠟和石蠟；水銀不浸潤玻璃，但水銀浸潤鉛。 c．毛細現(xiàn)象：浸潤液體在細管中上升的現(xiàn)象，以及不浸潤液體在細管中下降的現(xiàn)象。 d．液晶：具有液體的流動性；具有晶體的光學各向異性。 e．飽和汽與飽和氣壓 飽和汽：與液體處于動態(tài)平衡的蒸汽。 飽和氣壓：在一定溫度下，飽和汽的壓強。隨溫度而變。 絕對濕度：用空氣中所含水蒸氣的壓強p1

4、來表示。 相對濕度：空氣中水蒸氣的壓強與同一溫度時水的飽和氣壓的比值。 相對濕度＝ (4)熱力學定律 ①熱力學第一定律：ΔU＝Q＋W。 ②熱力學第二定律 a．不可能使熱量由低溫物體傳遞到高溫物體，而不引起其他變化。 b．不可能從單一熱源吸收熱量并把它全部用來對外做功，而不引起其他變化。 2．氣體壓強的幾種求法 (1)參考液片法：選取假想的液體薄片(自身重力不計)為研究對象，分析液片兩側受力情況，建立平衡方程，消去面積，得到液片兩側壓強相等方程，求得氣體的壓強。 (2)力平衡法：選與氣體接觸的液柱(或活塞)為研究對象進行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得氣體的壓

5、強。 (3)等壓面法：在連通器中，同一種液體(中間不間斷)同一深度處壓強相等。 (4)牛頓第二定律法：求解加速運動系統(tǒng)中封閉氣體壓強，通常選與氣體接觸的液柱或活塞為研究對象，進行受力分析，利用牛頓第二定律列方程求解。 3．機械振動與機械波的有關公式 (1)簡諧運動的方程x＝Acos(ωt＋φ)。 (2)單擺周期公式T＝2π。 (3)波長、波速和周期(或頻率)的關系式λ＝vT＝。 4．光的折射和全反射的有關公式 (1)n＝(θ1、θ2分別為空氣到介質時的入射角和折射角)。 (2)n＝(c、v分別為光在真空、介質中的速度)。 (3)臨界角公式：sinC＝。 5．折射率與頻率(

6、或波長)的關系：在同一介質中，不同頻率的光對應的折射率不同，頻率越高，波長越短，對應的折射率越大。 6．光的雙縫干涉間距：Δx＝λ。 高考考向1　氣體實驗定律的應用 命題角度1 汽缸活塞類問題 例1　(2019·全國卷Ⅰ)熱等靜壓設備廣泛應用于材料加工中。該設備工作時，先在室溫下把惰性氣體用壓縮機壓入到一個預抽真空的爐腔中，然后爐腔升溫，利用高溫高氣壓環(huán)境對放入爐腔中的材料加工處理，改善其性能。一臺熱等靜壓設備的爐腔中某次放入固體材料后剩余的容積為0.13 m3，爐腔抽真空后，在室溫下用壓縮機將10瓶氬氣壓入到爐腔中。已知每瓶氬氣的容積為3.2×10－2 m3，使用前瓶中氣體壓強為1

7、.5×107 Pa，使用后瓶中剩余氣體壓強為2.0×106 Pa；室溫溫度為27 ℃。氬氣可視為理想氣體。 (1)求壓入氬氣后爐腔中氣體在室溫下的壓強； (2)將壓入氬氣后的爐腔加熱到1227 ℃，求此時爐腔中氣體的壓強。 解析　(1)設初始時每瓶氣體的體積為V0，壓強為p0；使用后氣瓶中剩余氣體的壓強為p1。假設體積為V0、壓強為p0的氣體壓強變?yōu)閜1時，其體積膨脹為V1。由玻意耳定律 p0V0＝p1V1① 被壓入進爐腔的氣體在室溫和p1條件下的體積為 V1′＝V1－V0② 設10瓶氣體壓入完成后爐腔中氣體的壓強為p2，體積為V2。由玻意耳定律 p2V2＝10p1V1′?、?

8、 聯(lián)立①②③式并代入題給數據得 p2＝3.2×107 Pa④ (2)設加熱前爐腔的溫度為T0，加熱后爐腔溫度為T1，氣體壓強為p3，由查理定律 ＝⑤ 聯(lián)立④⑤式并代入題給數據得 p3＝1.6×108 Pa⑥ 答案　(1)3.2×107 Pa　(2)1.6×108 Pa (1)氣體問題中汽缸活塞類模型的處理思路 ①弄清題意，確定研究對象。一般地說，研究對象分為兩類：一類是熱學研究對象(一定質量的理想氣體)；另一類是力學研究對象(汽缸、活塞等)。 ②分析清楚題目所述的物理過程。對熱學研究對象分析清楚初、末狀態(tài)及狀態(tài)變化過程，依據氣體實驗定律或理想氣體狀態(tài)方程＝恒量，列出式子；

9、對力學研究對象要正確地進行受力分析，依據力學規(guī)律列出方程。 ③注意挖掘題目中的隱含條件，如幾何關系等，列出輔助方程。 ④多個方程聯(lián)立求解。對求解的結果注意檢驗它們的合理性。 (2)在“充氣、抽氣”模型中可以假設把充進或抽出的氣體包含在氣體變化的始末狀態(tài)中，即用等效法把變質量問題轉化為恒定質量的問題。 ①充氣中的變質量問題 設想將充進容器內的氣體用一個無形的彈性口袋收集起來，那么當我們取容器和口袋內的全部氣體作為研究對象時，這些氣體狀態(tài)不管怎樣變化，其質量總是不變的。這樣，就將變質量的問題轉化成質量一定的問題了。 ②抽氣中的變質量問題 用抽氣筒對容器抽氣的過程中，對每一次抽氣而言，

10、氣體質量發(fā)生變化，其解決方法和充氣問題類似，取剩余氣體和抽出的氣體作為研究對象，這些氣體不管怎樣變化，其質量總是不變的。 備課記錄： 　 1．(2019·全國卷Ⅱ)如圖，一容器由橫截面積分別為2S和S的兩個汽缸連通而成，容器平放在水平地面上，汽缸內壁光滑。整個容器被通過剛性桿連接的兩活塞分隔成三部分，分別充有氫氣、空氣和氮氣。平衡時，氮氣的壓強和體

11、積分別為p0和V0，氫氣的體積為2V0，空氣的壓強為p。現(xiàn)緩慢地將中部的空氣全部抽出，抽氣過程中氫氣和氮氣的溫度保持不變，活塞沒有到達兩汽缸的連接處，求 (1)抽氣前氫氣的壓強； (2)抽氣后氫氣的壓強和體積。 答案　(1)(p0＋p)　(2)p0＋p　 解析　(1)設抽氣前氫氣的壓強為p10，根據力的平衡條件得 p10·2S＋p·S＝p·2S＋p0·S① 得p10＝(p0＋p)② (2)設抽氣后氫氣的壓強和體積分別為p1和V1，氮氣的壓強和體積分別為p2和V2。根據力的平衡條件有 p2·S＝p1·2S③ 由玻意耳定律得 p1V1＝p10·2V0④ p2V2＝p0V0

12、⑤ 由于兩活塞用剛性桿連接，故 V1－2V0＝2(V0－V2)⑥ 聯(lián)立②③④⑤⑥式解得 p1＝p0＋p V1＝。 命題角度2 液柱類問題 例2　(2019·全國卷Ⅲ)如圖，一粗細均勻的細管開口向上豎直放置，管內有一段高度為2.0 cm的水銀柱，水銀柱下密封了一定量的理想氣體，水銀柱上表面到管口的距離為2.0 cm。若將細管倒置，水銀柱下表面恰好位于管口處，且無水銀滴落，管內氣體溫度與環(huán)境溫度相同。已知大氣壓強為76 cmHg，環(huán)境溫度為296 K。 (1)求細管的長度； (2)若在倒置前，緩慢加熱管內被密封的氣體，直到水銀柱的上表面恰好與管口平齊為止，求此時密封氣體

13、的溫度。 解析　(1)設細管的長度為L，橫截面的面積為S，水銀柱高度為h；初始時，設水銀柱上表面到管口的距離為h1，被密封氣體的體積為V，壓強為p；細管倒置時，被密封氣體的體積為V1，壓強為p1。由玻意耳定律有 pV＝p1V1① 由力的平衡條件有 pS＝p0S＋ρghS② p1S＋ρghS＝p0S③ 式中，ρ、g分別為水銀的密度和重力加速度的大小，p0為大氣壓強。由題意有 V＝S(L－h(huán)1－h(huán))④ V1＝S(L－h(huán))⑤ 由①②③④⑤式和題給數據得 L＝41 cm⑥ (2)設氣體被加熱前后的溫度分別為T0和T，由蓋—呂薩克定律有＝⑦ 由④⑤⑥⑦式和題給數據得T＝312 K

14、。 答案　(1)41 cm　(2)312 K 氣體實驗定律與熱力學定律問題的處理思路 備課記錄： 　 　 2. (2019·河南省八市三模)如圖所示，粗細均勻的U形管中，封閉了兩段水銀柱和兩部分空氣柱，水銀柱A的長度h1＝25 cm，位于左側封閉端的頂部。水銀柱B與A之間的空氣柱長度L1＝12.5 cm，右側被活塞C封閉的空氣柱長度

15、L2＝12.5 cm，已知玻璃管周圍環(huán)境溫度t＝27 ℃時，右側封閉空氣柱的壓強恰為p0＝75 cmHg，水銀柱B左右兩部分液面的高度差h2＝45 cm。保持環(huán)境溫度t＝27 ℃不變，緩慢拉動活塞C，求： (1)當水銀柱A恰好對U形管的頂部沒有壓力時，右側封閉氣體的壓強為多少？ (2)當U形管內B部分的水銀面相平時，活塞C共向上移動多少？ 答案　(1)65 cmHg　(2)47.5 cm 解析　(1)左側氣體做等溫變化，有： p1SL1＝p1′SL1′ p1＝p0－ρgh2＝30 cmHg，p1′＝25 cmHg 解得：L1′＝15 cm 故水銀柱B左右兩部分液面的高度差變

16、為 h2′＝h2－2(L1′－L1)＝40 cm 右側氣體壓強為 p2′＝p1′＋ρgh2′＝65 cmHg。 (2)B部分的水銀面相平時，左側液面下降，右側液面上升 水銀柱A下降，左側氣體壓強仍為p1′＝25 cmHg 此時左右兩側氣體壓強相等，即右側氣體壓強p″＝25 cmHg 右側氣柱做等溫變化，有：p0SL2＝p″SL2″ 解得：L2″＝37.5 cm； 則活塞上升的高度h＝L2″－L2＋＝47.5 cm。 高考考向2　氣體實驗定律與圖象、熱力學第一定律綜合應用 例3　(2019·全國卷Ⅱ)如p-V圖所示，1、2、3三個點代表某容器中一定量理想氣體的三個不同狀態(tài)，

17、對應的溫度分別是T1、T2、T3。用N1、N2、N3分別表示這三個狀態(tài)下氣體分子在單位時間內撞擊容器壁上單位面積的平均次數，則N1________N2，T1________T3，N2________N3。(填“大于”“小于”或“等于”) 解析　根據理想氣體狀態(tài)方程有＝＝，可知T1＞T2，T2T2，所以狀態(tài)1時氣體分子熱運動的平均動能大，熱運動的平均速率大，體積相等，分子數密度相等，故分子在單位時間內對單位面積容器壁的平均碰撞次數多，即N1>N2；對于狀態(tài)2、3，由于T2

18、撞擊力小，而壓強等于單位時間撞擊到器壁單位面積上的分子數N與單位時間每個分子對器壁的平均撞擊力的乘積，即p＝N·，而p2′＝p3′，2<3，則N2>N3。 答案　大于　等于　大于 近3年全國高考熱學部分對氣體實驗定律與圖象、熱力學第一定律、分子動理論(氣體溫度、壓強的微觀意義)等的綜合考查比較多，也是一個難點。另外2019全國卷Ⅰ考過與密度相關的綜合問題，2017全國卷Ⅱ考過與密度、浮力相關的綜合問題。對于這類問題： (1)首先要熟練掌握理想氣體狀態(tài)方程和熱力學第一定律方程的運用； (2)如果題目涉及圖象，要先弄清是p-V圖象、p-T圖象還是V-T圖象，并根據氣體狀態(tài)變化的圖線結合

19、理想氣體狀態(tài)方程分析第三個量的變化情況，然后結合熱力學第一定律分析吸放熱和內能變化情況； (3)與氣體有關的分子動理論(包括氣體分子速率分布、氣體溫度和內能、氣體壓強)前幾年基本是考查對知識的簡單理解，2019年全國卷Ⅱ考查對這部分知識的理解運用，難度較大。其中氣體壓強的微觀意義是個難點，應抓住教材，加深理解。由教材可知，氣體壓強的影響因素：①從氣體壓強產生的原理角度：單位時間撞擊到容器壁單位面積上的分子數N，每個分子對容器壁的平均撞擊力；②從氣體微觀狀態(tài)量角度：氣體的分子數密度n，氣體分子平均動能k。注意N和n是不同的物理量(參見例題)。 備課記錄：

20、 　 3－1　(2019·全國卷Ⅰ)某容器中的空氣被光滑活塞封住，容器和活塞絕熱性能良好，空氣可視為理想氣體。初始時容器中空氣的溫度與外界相同，壓強大于外界。現(xiàn)使活塞緩慢移動，直至容器中的空氣壓強與外界相同。此時，容器中空氣的溫度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界溫度，容器中空氣的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空氣的密度。 答案　低于　大于

21、 解析　活塞光滑，容器絕熱，容器內空氣體積增大，對外做功，由ΔU＝W＋Q知，氣體內能減少，溫度降低。 氣體的壓強與溫度和單位體積內的分子數有關，由于容器內空氣的溫度低于外界溫度，但壓強相同，則容器中空氣的密度大于外界空氣的密度。 3－2　(2018·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，一定質量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經歷過程①、②、③、④到達狀態(tài)e。對此氣體，下列說法正確的是(　　) A．過程①中氣體的壓強逐漸減小 B．過程②中氣體對外界做正功 C．過程④中氣體從外界吸收了熱量 D．狀態(tài)c、d的內能相等 E．狀態(tài)d的壓強比狀態(tài)b的壓強小 答案　BDE 解析　由理想氣體狀態(tài)方程＝可知，

22、體積不變溫度升高即Tb>Ta，則pb>pa，即過程①中氣體的壓強逐漸增大，A錯誤；由于過程②中氣體體積增大，所以過程②中氣體對外做功，B正確；過程④中氣體體積不變，對外做功為零，溫度降低，內能減小，根據熱力學第一定律，過程④中氣體放出熱量，C錯誤；由于狀態(tài)c、d的溫度相等，根據理想氣體的內能只與溫度有關，可知狀態(tài)c、d的內能相等，D正確；由理想氣體狀態(tài)方程＝C可得p＝C，即T-V圖中的點與原點O的連線的斜率正比于該點的壓強，故狀態(tài)d的壓強比狀態(tài)b的壓強小，E正確。 高考考向3　機械振動與機械波 例4　(2019·全國卷Ⅰ)(多選)一簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t＝時刻，該波的波形圖如圖a所

23、示，P、Q是介質中的兩個質點。圖b表示介質中某質點的振動圖象。下列說法正確的是(　　) A．質點Q的振動圖象與圖b相同 B．在t＝0時刻，質點P的速率比質點Q的大 C．在t＝0時刻，質點P的加速度的大小比質點Q的大 D．平衡位置在坐標原點的質點的振動圖象如圖b所示 E．在t＝0時刻，質點P與其平衡位置的距離比質點Q的大 解析　t＝時刻，質點Q在平衡位置，向上振動，對應的振動圖象與圖b不符，A錯誤；t＝0時刻的波形圖如圖所示(圖a的波形圖左移半個波長即可得到)，質點P在最低點，質點Q在平衡位置，質點Q的速率比質點P的大，質點P的加速度大小比質點Q的大，質點P此時所在位置與其平衡位

24、置的距離為振幅，質點Q在平衡位置，與其平衡位置的距離為0，故B錯誤，C、E正確；t＝時刻，平衡位置在坐標原點的質點經過平衡位置向下振動，對應的振動圖象與圖b吻合，D正確。 答案　CDE (1)振動與波兩種圖象綜合問題的處理思路 ①定位：依據已知條件明確波的圖象對應的時刻，依據質點振動圖象找出該時刻質點振動的位移及振動方向。再根據此位移及振動方向，在波的圖象中找出該質點，則所有問題將解決。 ②定時：依據已知條件找到波的圖象中對應的質點，讀出該質點的位移并判斷其振動方向，依據位移在振動圖象中確定該質點處在此位移對應的時刻。 (2)巧解波動圖象與振動圖象綜合問題的基本方法 求解波

25、動圖象與振動圖象綜合類問題可采用“一分、一看、二找”的方法： 備課記錄： 　 4－1　(2019·全國卷Ⅱ) 如圖，長為l的細繩下方懸掛一小球a，繩的另一端固定在天花板上O點處，在O點正下方l的O′處有一固定細鐵釘。將小球向右拉開，使細繩與豎直方向成一小角度(約為2°)后由靜止釋放，并從釋放時開始計時。當小球a擺至最低位置時，細繩會受到鐵釘的阻

26、擋。設小球相對于其平衡位置的水平位移為x，向右為正。下列圖象中，能描述小球在開始一個周期內的x-t關系的是(　　) 答案　A 解析　擺長為l時單擺的周期T1＝2π，振幅A1＝lα(α為擺角)，擺長為l時單擺的周期T2＝2π ＝π＝，振幅A2＝lβ(β為擺角)。根據機械能守恒定律得mgl(1－cosα)＝mg(1－cosβ)，利用cosα＝1－2sin2，cosβ＝1－2sin2，以及sin≈tan≈，sin≈tan≈，解得β＝2α，故A2＝A1，故A正確。 4－2　(2019·天津高考)(多選)一列簡諧橫波沿x軸傳播，已知x軸上x1＝1 m和x2＝7 m處質點的振動圖象分別如圖1

27、、圖2所示，則此列波的傳播速率可能是(　　) A．7 m/s B．2 m/s C．1.2 m/s D．1 m/s 答案　BC 解析　由振動圖象可知周期T＝4 s，零時刻x1處質點在平衡位置且向下振動，而x2處質點在正的最大位移處。①若波沿x軸正方向傳播，其波形如圖甲所示，x2處質點的平衡位置可能在A1或A2或A3…… 則有：x2－x1＝λ(n＝0、1、2…)， 得波速v＝＝＝ m/s(n＝0、1、2…)， 當n＝0時，v＝6 m/s，當n＝1時，v＝1.2 m/s，當n＝2時，v＝ m/s，C正確。 ②若波沿x軸負方向傳播，其波形如圖乙所示，x2處質點的平衡位置

28、可能在A1或A2或A3…… 則有x2－x1＝λ(n＝0、1、2…)， 得波速v＝＝＝ m/s(n＝0、1、2…)， 當n＝0時，v＝2 m/s，當n＝1時，v≈0.86 m/s，B正確。 高考考向4　光的折射與全反射 例5　(2019·全國卷Ⅲ)如圖，直角三角形ABC為一棱鏡的橫截面，∠A＝90°，∠B＝30°。一束光線平行于底邊BC射到AB邊上并進入棱鏡，然后垂直于AC邊射出。 (1)求棱鏡的折射率； (2)保持AB邊上的入射點不變，逐漸減小入射角，直到BC邊上恰好有光線射出。求此時AB邊上入射角的正弦。 解析　(1)光路圖及相關量如圖所示。 光束在AB邊上折射

29、，由折射定律得 ＝n① 式中n是棱鏡的折射率。由幾何關系可知 α＋β＝60°② 由幾何關系和反射定律得 β＝β′＝∠B③ 聯(lián)立①②③式，并代入i＝60°得 n＝④ (2)設改變后的入射角為i′，折射角為α′，由折射定律得 ＝n⑤ 依題意，光束在BC邊上的入射角為全反射的臨界角θc，且sinθc＝⑥ 由幾何關系得θc＝α′＋30°⑦ 由④⑤⑥⑦式得此時AB邊上入射角的正弦為 sini′＝。 答案　(1)　(2) 光的折射和全反射題型的分析思路 (1)確定要研究的光線，有時需根據題意，分析、尋找臨界光線為研究對象。 (2)找入射點，確認界面，并畫出法線。 (3

30、)明確兩介質折射率的大小關系。 ①若光疏→光密：定有反射、折射光線。 ②若光密→光疏：如果入射角大于或等于臨界角，一定發(fā)生全反射。 (4)根據反射定律、折射定律列出關系式，結合幾何關系，聯(lián)立求解。充分考慮三角形、圓的特點，運用幾何圖形中的邊角關系、三角函數、相似形、全等形等，仔細分析光傳播過程中的幾何關系。 備課記錄： 　 5－1　(2019

31、·江蘇高考)如圖所示，某L形透明材料的折射率n＝2。現(xiàn)沿AB方向切去一角，AB與水平方向的夾角為θ。為使水平方向的光線射到AB面時不會射入空氣，求θ的最大值。 答案　60° 解析　光線射到AB面時不射入空氣中，則在AB面發(fā)生全反射。當恰好發(fā)生全反射時，入射角為臨界角C，此時θ最大，sinC＝，由幾何關系得C＋θm＝90°，解得θm＝60°。 5－2　(2019·全國卷Ⅰ)如圖，一艘帆船靜止在湖面上，帆船的豎直桅桿頂端高出水面3 m。距水面4 m的湖底P點發(fā)出的激光束，從水面出射后恰好照射到桅桿頂端，該出射光束與豎直方向的夾角為53°(取sin53°＝0.8)。已知水的折射率為。

32、 (1)求桅桿到P點的水平距離； (2)船向左行駛一段距離后停止，調整由P點發(fā)出的激光束方向，當其與豎直方向夾角為45°時，從水面射出后仍照射在桅桿頂端，求船行駛的距離。 答案　(1)7 m　(2)5.5 m 解析　(1)設光束從水面射出的點到桅桿的水平距離為x1，到P點的水平距離為x2；桅桿高度為h1，P點處水深為h2；激光束在水中與豎直方向的夾角為θ。由幾何關系有 ＝tan53°① ＝tanθ② 由折射定律有 sin53°＝nsinθ③ 設桅桿到P點的水平距離為x，則 x＝x1＋x2④ 聯(lián)立①②③④式并代入題給數據得 x＝7 m⑤ (2)設激光束在水中與豎直方向的夾

33、角為45°時，從水面出射的方向與豎直方向夾角為i′，由折射定律有 sini′＝nsin45°⑥ 設船向左行駛的距離為x′，此時光束從水面射出的點到桅桿的水平距離為x1′，到P點的水平距離為x2′，則 x1′＋x2′＝x′＋x⑦ ＝tani′⑧ ＝tan45°⑨ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入題給數據得 x′＝(6－3) m≈5.5 m。 閱卷現(xiàn)場　液面移動分析出錯 例6　(2018·全國卷Ⅲ) (10分)在兩端封閉、粗細均勻的U形細玻璃管內有一段水銀柱，水銀柱的兩端各封閉有一段空氣。當U形管兩端豎直朝上時，左、右兩邊空氣柱的長度分別為l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左邊氣

34、體的壓強為12.0 cmHg?，F(xiàn)將U形管緩慢平放在水平桌面上，沒有氣體從管的一邊通過水銀逸入另一邊。求U形管平放時兩邊空氣柱的長度。在整個過程中，氣體溫度不變。 正解　設U形管兩端豎直朝上時，左、右兩邊氣體的壓強分別為p1和p2。U形管水平放置時，兩邊氣體壓強相等，設為p，原左、右兩邊氣體長度分別變?yōu)閘1′和l2′。由力的平衡條件有 p1＝p2＋ρg(l1－l2)①(2分) 式中ρ為水銀密度，g為重力加速度大小。 由玻意耳定律有 p1l1＝pl1′②(2分) p2l2＝pl2′③(2分) l1′－l1＝l2－l2′④(2分) 由①②③④式和題給條件得 l1′＝22.5 c

35、m；l2′＝7.5 cm。(2分) 答案　22.5 cm　7.5 cm 錯解　設U形管兩端豎直朝上時，左、右兩邊氣體的壓強分別為p1和p2。U形管水平放置時，兩邊氣體壓強相等，設為p，原左、右兩邊氣體長度分別變?yōu)閘1′和l2′。由力的平衡條件有 p1＝p2＋ρg(l1－l2)①(2分) 式中ρ為水銀密度，g為重力加速度大小。 由玻意耳定律有 p1l1＝pl1′②(2分) p2l2＝pl2′③(2分) l1′－l1＝l2′－l2④(扣2分) 由①②③④式和題給條件得l1′＝9 cm，l2′＝3 cm。(扣2分) 答案　9 cm　3 cm 涉及玻璃管內液柱移動的問題，需要

36、特別注意：(1)兩邊玻璃管的橫截面積是否相同；(2)兩邊液面同時移動。兩邊液面上升或下降的距離根據液體總體積不變求得，一邊液面上升的體積等于另一邊液面下降的體積(兩邊橫截面積相同時，上升高度與下降高度相同)，分析液面高度差的變化時，一定要同時關注兩個液面，切不可只考慮一個液面的變化而忽略另一液面的變化。本題的錯誤，是僅考慮到兩液面高度的變化量大小相同，而沒有考慮到兩液面一邊是升高的另一邊是下降的，沒有緊扣液體體積不變這個關鍵點。 專題作業(yè) 1．(2019·四川宜賓二診)(多選)圖甲為一列簡諧橫波在t＝0 s時刻的波形圖，P是平衡位置為x＝1 m處的質點，Q是平衡位置為x＝4 m處的質點，圖

37、乙為質點Q的振動圖象，則下列說法正確的是(　　) A．該波的周期是0.10 s B．該波的傳播速度是40 m/s C．該波沿x軸的正方向傳播 D．t＝0.10 s時，質點Q的速度方向向下 E．從t＝0 s到t＝0.15 s，質點P通過的路程為30 cm 答案　BCD 解析　由圖甲得到該波的波長為λ＝8 m，由圖乙得到該波的周期為T＝0.20 s，故波速為：v＝＝40 m/s，A錯誤，B正確；t＝0時Q向上振動，故波沿x軸正方向傳播，C正確；t＝0.10 s時Q點處在平衡位置上，且向下振動，D正確；從t＝0 s到t＝0.15 s，經歷時間Δt＝0.15 s＝T，由于t＝0 s時

38、刻質點P不在平衡位置和最大位移處，所以通過的路程不是3A＝30 cm，E錯誤。 2. (2019·山東聊城一模)(多選)兩列機械波在同一介質中沿相同方向傳播，某時刻的波形如圖所示，此時a波上某質點P的運動方向沿y軸負方向，則下列說法正確的是(　　) A．兩列波具有相同的波速 B．此時b波上的質點Q沿y軸正方向運動 C．一個周期內，Q質點沿x軸前進的距離是P質點的1.5倍 D．在P質點完成30次全振動的時間內Q質點可完成20次全振動 E．a波和b波在空間相遇處會產生穩(wěn)定的干涉圖樣 答案　ABD 解析　機械波在同一介質中的傳播速度相同，故A正確；由P點向下振動可判斷a波的傳播方

39、向沿x軸負方向，a、b兩波的傳播方向一致，因此b波向x軸負方向傳播，Q點向上振動，故B正確；機械波在傳播時質點上下振動，不隨波運動，C錯誤；由圖象可知＝，T＝，又波速相同，聯(lián)立可得＝，Q全振動的次數nb＝×30＝20，因此D正確；a、b波的周期不同，頻率就不同，因此不會發(fā)生穩(wěn)定干涉，E錯誤。 3．(2019·全國卷Ⅲ)(多選)水槽中，與水面接觸的兩根相同細桿固定在同一個振動片上。振動片做簡諧振動時，兩根細桿周期性觸動水面形成兩個波源。兩波源發(fā)出的波在水面上相遇，在重疊區(qū)域發(fā)生干涉并形成了干涉圖樣。關于兩列波重疊區(qū)域內水面上振動的質點，下列說法正確的是(　　) A．不同質點的振幅都相同 B

40、．不同質點振動的頻率都相同 C．不同質點振動的相位都相同 D．不同質點振動的周期都與振動片的周期相同 E．同一質點處，兩列波的相位差不隨時間變化 答案　BDE 解析　兩列波相遇疊加產生干涉，一些質點的振動加強，一些質點的振動減弱，即振幅不同，A錯誤；各質點的振動頻率、周期都與振動片相同，B、D正確；不同質點振動的相位不同(不是同時到達正的最大位移處)，C錯誤；兩列波頻率相同，在同一質點處的相位差恒定，E正確。 4．(2019·遼寧卓越名校聯(lián)盟二模)(多選)用雙縫干涉測光的波長的實驗裝置如圖所示，其中光源為白熾燈泡，調整實驗裝置使光屏上能觀察到清晰的干涉條紋。關于該實驗，下列說法正確

41、的是(　　) A．取下濾光片，光屏上將出現(xiàn)彩色的干涉條紋 B．若單縫向右平移一小段距離，光屏上相鄰兩條亮紋中心的距離增大 C．若將雙縫間的距離d增大，光屏上相鄰兩條暗紋中心的距離減小 D．若將濾光片由紅色換成綠色，光屏上相鄰兩條暗紋中心的距離減小 E．測出n條亮條紋間的距離a，則相鄰兩條亮條紋的間距為Δx＝ 答案　ACD 解析　取下濾光片，不同色光的干涉圖樣疊加，在光屏上將出現(xiàn)彩色的干涉條紋，故A正確；若單縫向右平移一小段距離，由于雙縫到光屏的距離不變，則光屏上相鄰兩條亮紋中心的距離不變，故B錯誤；根據Δx＝λ知，將雙縫的距離d增大，則光屏上相鄰兩條暗紋中心的距離減小，故C正

42、確；若將濾光片由紅色換成綠色，色光的波長減小，根據Δx＝λ知，光屏上相鄰兩條暗紋中心的距離減小，故D正確；測出n條亮條紋間的距離a，則相鄰兩條亮條紋的間距為Δx＝，故E錯誤。 5. (2019·山東青島二模)(多選)如圖，光源S從水下向空氣中射出一束由紅光、黃光和藍光組成的復色光，在水面上的P點分裂成a、b、c三束單色光，下列說法正確的是(　　) A．c光為紅色光 B．在水中傳播時a光速度最大，c光波長最小 C．逐漸增大入射角，c光最先發(fā)生全反射 D．b光比a光更容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象 E．a、b、c三種色光分別用同一雙縫干涉實驗裝置發(fā)生干涉，a光相鄰亮條紋間距最大 答案　B

43、CE 解析　由圖中a、b、c光線的偏折角大小可知navb>vc，而光在水中的波長λ＝，結合faλb>λc，B正確；由sinC＝及naλ0b>λ0c，所以a光比b光更容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故D錯誤；由公式Δx＝λ可知，波長越長的，間距越大，所以a光相鄰亮條紋間距最大，故E正確。 6. (2020·廣東省肇慶市高中畢業(yè)班統(tǒng)考)(多選)如圖

44、所示，在一定質量的理想氣體的壓強隨體積變化的p-V圖象中，氣體先后經歷了ab、bc、cd、da四個過程，其中ab垂直于cd，ab垂直于V軸且與p軸平行，bc、da是兩條等溫線。下列判斷正確的是(　　) A．氣體在狀態(tài)a時的溫度低于在狀態(tài)c時的溫度 B．從a→b的過程，氣體分子密集程度不變，分子平均動能增加 C．從a→b→c的過程，氣體密度不斷減小，溫度先升高后不變 D．從c→d的過程，氣體放出的熱量大于外界對氣體做的功 E．從a→b→c→d的過程，設氣體對外做功為W1，外界對氣體做功為W2，氣體吸熱為Q1，放熱為Q2，則W1－W2

45、狀態(tài)方程可得：＝，所以有＝，即氣體在狀態(tài)a時的溫度低于在狀態(tài)c時的溫度，所以A正確；從a→b的過程，體積不變，壓強升高，故溫度升高，所以氣體分子密集程度不變，分子平均動能增加，所以B正確；從a→b→c的過程，從a→b階段的體積不變，溫度升高，從b→c的階段體積再增大，溫度不變，所以C錯誤；從c→d的過程，壓強不變，體積減小，溫度降低，故內能減小，外界對氣體做功，根據熱力學第一定律可得氣體放出的熱量大于外界對氣體做的功，所以D正確；從a→b→c→d的過程，始末溫度不變，內能沒有變化，根據熱力學第一定律有ΔU＝W2－W1＋Q1－Q2＝0，即W1－W2＝Q1－Q2，所以E錯誤。 7. (2020·

46、河南天一高三第一次聯(lián)考)如圖所示，一質點在AB之間做簡諧運動，C為平衡位置，E、F分別為AC和CB之間的點，且EC和CF的距離相等。質點從E點向右運動經過時間t1第一次經過F點，再經過時間t2第4次經過F點，則該質點的振動周期為________。若此簡諧運動分別在空氣和水中進行，則形成的兩列波的波長________(填“相同”“不相同”或“不能確定”)。 答案　　不相同 解析　設質點的振動周期為T，根據對稱性可知質點從C點第一次運動到F點的時間為t1，從F點第一次運動到B點的時間為(t2－T)，則質點的振動周期T＝4，聯(lián)立解得T＝。簡諧運動在空氣和水中的傳播速度v不同，而周期相同，根據

47、波長λ＝vT可知波長不相同。 8．(2019·全國卷Ⅱ)某同學利用圖示裝置測量某種單色光的波長。實驗時，接通電源使光源正常發(fā)光；調整光路，使得從目鏡中可以觀察到干涉條紋?；卮鹣铝袉栴}： (1)若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數，該同學可________。 A．將單縫向雙縫靠近 B．將屏向靠近雙縫的方向移動 C．將屏向遠離雙縫的方向移動 D．使用間距更小的雙縫 (2)若雙縫的間距為d，屏與雙縫間的距離為l，測得第1條暗條紋到第n條暗條紋之間的距離為Δx，則單色光的波長λ＝________。 (3)某次測量時，選用的雙縫的間距為0.300 mm，測得屏與雙縫間的距離為1.20 m

48、，第1條暗條紋到第4條暗條紋之間的距離為7.56 mm。則所測單色光的波長為________ nm(結果保留三位有效數字)。 答案　(1)B　(2)　(3)630 解析　(1)相鄰明(暗)干涉條紋的間距Δx＝λ，要增加觀察到的條紋個數，即減小Δx，需增大d或減小l，因此應將屏向靠近雙縫的方向移動，或使用間距更大的雙縫，B正確，A、C、D錯誤。 (2)第1條暗條紋到第n條暗條紋間的距離為Δx，則相鄰暗條紋間的距離Δx′＝，又Δx′＝λ，解得λ＝。 (3)由λ＝，代入數據解得λ＝630 nm。 9．(2019·全國卷Ⅲ)用油膜法估算分子大小的實驗中，首先需將純油酸稀釋成一定濃度的油酸酒精

49、溶液，稀釋的目的是________________________________。實驗中為了測量出一滴已知濃度的油酸酒精溶液中純油酸的體積，可以____________________________________________________________________。為得到油酸分子的直徑，還需測量的物理量是______________。 答案　使油酸在淺盤的水面上容易形成一塊單分子層油膜　把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，測出1 mL油酸酒精溶液的滴數，得到一滴溶液中純油酸的體積　單分子層油膜的面積 解析　用油膜法估測分子直徑時，需使油酸在水面上形成單分子層油膜，為使油

50、酸盡可能地散開，將油酸用酒精稀釋。要測出一滴已知濃度的油酸酒精溶液中純油酸的體積，需要測量一滴油酸酒精溶液的體積，可用累積法，即測量出1 mL油酸酒精溶液的滴數。根據V＝Sd，要求得油酸分子的直徑d，則需要測出單分子層油膜的面積，以及一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積。 10．(2019·天津高考)某小組做測定玻璃的折射率實驗，所用器材有：玻璃磚，大頭針，刻度尺，圓規(guī)，筆，白紙。 (1)下列哪些措施能夠提高實驗準確程度________。 A．選用兩光學表面間距大的玻璃磚 B．選用兩光學表面平行的玻璃磚 C．選用粗的大頭針完成實驗 D．插在玻璃磚同側的兩枚大頭針間的距離盡量大些 (2)

51、該小組用同一套器材完成了四次實驗，記錄的玻璃磚界線和四個大頭針扎下的孔洞如下圖所示，其中實驗操作正確的是________。 (3)該小組選取了操作正確的實驗記錄，在白紙上畫出光線的徑跡，以入射點O為圓心作圓，與入射光線、折射光線分別交于A、B點，再過A、B點作法線NN′的垂線，垂足分別為C、D點，如圖所示，則玻璃的折射率n＝________。(用圖中線段的字母表示) 答案　(1)AD　(2)D　(3) 解析　(1)測定玻璃折射率的關鍵是根據入射光線和出射光線確定在玻璃中的傳播光線，因此選用光學表面間距大的玻璃磚以及使同側兩枚大頭針間的距離盡量大些都有利于提高實驗的準確程度，A、D

52、正確；兩光學表面是否平行不影響折射率的測量，為減小誤差，應選用細長的大頭針，故B、C錯誤。 (2)兩光學表面平行的玻璃磚的入射光線與出射光線平行，在空氣中的入射角大于玻璃中的折射角，在題圖中，根據玻璃磚界線及四個孔洞位置分別作出光路圖及法線，如圖1所示分析可知實驗操作正確的是D。 (3)如圖2所示，玻璃的折射率n＝，又sini＝，sinr＝，故n＝。 11．(2019·四川綿陽三模)如圖所示，橫截面積為S，質量為M的活塞在汽缸內封閉著一定質量的理想氣體，現(xiàn)對汽缸內氣體緩慢加熱，使其溫度從T1升高了ΔT，氣柱的高度增加了ΔL，吸收的熱量為Q，不計汽缸與活塞的摩擦，外界大氣壓強為p0

53、，重力加速度為g，求： (1)此加熱過程中氣體內能增加了多少？ (2)若保持缸內氣體溫度不變，再在活塞上放一砝碼，如圖所示，使缸內氣體的體積又恢復到初始狀態(tài)，則砝碼的質量為多少？ 答案　(1)Q－(p0S＋Mg)ΔL　(2) 解析　(1)設缸內氣體的溫度為T1時壓強為p1，活塞受重力、大氣壓力和缸內氣體的壓力作用而平衡，得：Mg＋p0S＝p1S 氣體膨脹對外界做功為：W＝p1SΔL 根據熱力學第一定律得到：Q－W＝ΔU 聯(lián)立可得：ΔU＝Q－(p0S＋Mg)ΔL。 (2)設放入砝碼的質量為m，缸內氣體的溫度為T2＝T1＋ΔT時壓強為p2，活塞和砝碼受重力、大氣壓力和缸內氣體的

54、壓力作用而平衡，得： (M＋m)g＋p0S＝p2S 根據查理定律：＝ 聯(lián)立可以得到：m＝。 12．(2019·四川內江三模) 如圖所示，一單色細光束AB從真空中以入射角i＝45°，入射到折射率n＝的某透明球體的表面上B點。經研究發(fā)現(xiàn)光束在過球心O的平面內，從B點折射進入球內后，又經球的內表面只反射一次，再經球表面上的C點折射后，以光線CD射出球外，真空中的光速為3×108 m/s。則： (1)光束在球內的傳播速度是多少？ (2)出射光線CD相對入射光線AB方向改變的角度是多少？ 答案　(1)1.5×108 m/s　(2)150 解析　(1)根據公式n＝ 光束在球內的傳

55、播速度 v＝＝1.5×108 m/s。 (2)作出光路圖如圖，由折射定律得n＝ 由幾何關系及對稱性得＝2r－i 由以上各式解得α＝30° 出射光線CD相對入射光線AB方向改變的角度為β＝180°－α＝150°。 13．(2019·山東濰坊三模)如圖所示，圓柱形容器高H＝45 cm，底端左側通過裝有閥門1的細管與上端開口的豎直玻璃管相連，右側安裝閥門2。起初閥門2關閉，閥門1打開，玻璃管內水銀面比容器內水銀面高Δh＝25 cm，容器內氣柱長l＝28 cm。關閉閥門1，打開閥門2，直至水銀不再流出。已知容器導熱良好，環(huán)境溫度始終為300 K，大氣壓強p0＝75 cmHg。 (1)

56、求最終容器內水銀的高度； (2)若再次關閉閥門2，將容器內氣體加熱至某一溫度，再次打開閥門1后，發(fā)現(xiàn)水銀液面不動，求此溫度。 答案　(1)5 cm　(2)480 K 解析　(1)密閉氣體初狀態(tài)的壓強p1＝p0＋ρ水銀gΔh① 設水銀不再流出時容器內水銀柱的高度為h′ 則密閉氣體此時的壓強p2＝p0－ρ水銀gh′② 密閉氣體氣柱長為l′＝H－h(huán)′③ 由玻意耳定律得：p1lS＝p2l′S④ 解得：h′＝5 cm或h′＝115 cm(舍去)⑤ (2)打開閥門2后，右側水銀面下降的高度 x＝H－l－h(huán)′＝12 cm， 將容器內氣體加熱至某一溫度后，再次打開閥門1時，兩側液面高度差

57、為Δh′＝Δh＋x＝37 cm⑥ 則容器內氣體壓強p3＝p0＋ρ水銀gΔh′⑦ 由查理定律得：＝⑧ 解得：T′＝480 K。⑨ 14．(2019·鄭州三模)如圖甲所示，一個不計重力的彈性繩水平放置，O、b、c是彈性繩上的三個質點?，F(xiàn)讓質點O從t＝0時刻開始，在豎直面內做簡諧運動，其位移隨時間變化的振動方程為y＝20sin5πt(cm)，形成的簡諧波同時沿該直線向Ob和Oc方向傳播。在t1＝0.5 s時，質點b恰好第一次到達正向最大位移處，O、b兩質點平衡位置間的距離L1＝0.8 m，O、c兩質點平衡位置間的距離L2＝0.6 m。求： (1)此橫波的波長和波速； (2)計算0～1.0

58、 s的時間內質點c運動的總路程。并在圖乙中畫出t＝1.0 s時刻向兩方向傳播的大致波形圖。(畫波形圖時不要求解題過程) 答案　(1)0.8 m　2 m/s　(2)1.4 m　圖見解析 解析　(1)由質點O的位移隨時間變化的振動方程可知T＝＝0.4 s 設質點O振動產生的機械波的波長為λ，波速為v，由題意可得t1＝＋ 代入數據解得v＝2 m/s 根據波長、波速和周期的關系，可得該波的波長 λ＝vT 代入數據解得λ＝0.8 m。 (2)設波由O點傳播到c點所用時間為t2，t2之前質點c處于靜止狀態(tài)。 t2＝＝0.3 s 質點c在1.0 s的時間內振動的時間為 t＝1.0

59、s－0.3 s＝0.7 s t＝T 從t＝0開始，經過t2＝0.3 s后，質點c向上振動，其振幅為A＝20 cm，振動周期和振源O的周期相等，所以在0～1.0 s內質點c通過的路程為 s＝×4A 代入數據解得s＝1.4 m t＝1.0 s時刻的波形圖如圖所示。 15. (2019·湖北武漢二模)內徑為r，外徑為r的透明介質半球殼折射率n＝2，如圖為其截面示意圖。 (1)將點光源放在球心O處，求光射出球殼的最短時間； (2)將光源移至O點正上方內殼上的P點，使其發(fā)出的光射向球殼外，求透明球殼外表面發(fā)光區(qū)域在截面上形成的弧長。 答案　(1)　(2) 解析　(1)光線從O點沿直線傳播出來，在空氣中傳播的時間為t1＝ 在介質中傳播的時間為：t2＝ 介質中傳播的速度滿足n＝ 所以：t＝＋＝。 (2)光由介質射向空氣，臨界角滿足sinC＝， 得：C＝30° 恰好發(fā)生全反射的光路圖如圖，由正弦定理得： ＝ 得：∠APO＝135°，∠AOP＝180°－∠APO－C＝15° 介質球殼外表面發(fā)光區(qū)域在界面上形成的弧長為 s＝·πr＝。 - 30 -