2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇十 選考部分練習(xí)（含解析）

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1、選考部分 要點(diǎn)提煉 1.熱學(xué)基本概念和規(guī)律 (1)分子動理論與內(nèi)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(yùn)動：分子永不停息的無規(guī)則運(yùn)動。證據(jù)：擴(kuò)散現(xiàn)象、布朗運(yùn)動。 c．分子間存在相互作用力，如圖1所示。 ②溫度和溫標(biāo) a．熱平衡定律：如果兩個系統(tǒng)分別與第三個系統(tǒng)達(dá)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(dá)到熱平衡的系統(tǒng)都具有相同的溫度。 b．?dāng)z氏溫度t與熱力學(xué)溫度T的關(guān)系：T＝t＋273.15 K ③內(nèi)能 a．分子動能 溫度是分子熱運(yùn)動平均動能的標(biāo)志。 b．分子勢能：如圖2所示 c．內(nèi)能：是對于物

2、體而言。物體中所有分子的熱運(yùn)動動能與分子勢能的總和，叫做物體的內(nèi)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(diǎn)。 單晶體：各向異性的性質(zhì)；多晶體：各向同性。 有的物質(zhì)在不同條件下能夠生成不同的晶體。那是因?yàn)榻M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(zhì)各向同性，無固定熔點(diǎn)。 同種物質(zhì)也可能以晶體和非晶體兩種不同的形態(tài)出現(xiàn)。物質(zhì)是晶體

3、還是非晶體，并不是絕對的，是能夠相互轉(zhuǎn)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(zhì)的性質(zhì)都有關(guān)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(xì)現(xiàn)象：浸潤液體在細(xì)管中上升的現(xiàn)象，以及不浸潤液體在細(xì)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(xué)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(qiáng)。隨溫度而變。 絕對濕度：用空氣中所含水蒸氣的壓強(qiáng)p1

4、來表示。 相對濕度：空氣中水蒸氣的壓強(qiáng)與同一溫度時水的飽和氣壓的比值。 相對濕度＝ (4)熱力學(xué)定律 ①熱力學(xué)第一定律：ΔU＝Q＋W。 ②熱力學(xué)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(qiáng)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(jì))為研究對象，分析液片兩側(cè)受力情況，建立平衡方程，消去面積，得到液片兩側(cè)壓強(qiáng)相等方程，求得氣體的壓強(qiáng)。 (2)力平衡法：選與氣體接觸的液柱(或活塞)為研究對象進(jìn)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(qiáng)。 (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(qiáng)相等。 (4)牛頓第二定律法：求解加速運(yùn)動系統(tǒng)中封閉氣體壓強(qiáng)，通常選與氣體接觸的液柱或活塞為研究對象，進(jìn)行受力分析，利用牛頓第二定律列方程求解。 3．機(jī)械振動與機(jī)械波的有關(guān)公式 (1)簡諧運(yùn)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(guān)系式λ＝vT＝。 4．光的折射和全反射的有關(guān)公式 (1)n＝(θ1、θ2分別為空氣到介質(zhì)時的入射角和折射角)。 (2)n＝(c、v分別為光在真空、介質(zhì)中的速度)。 (3)臨界角公式：sinC＝。 5．折射率與頻率(

6、或波長)的關(guān)系：在同一介質(zhì)中，不同頻率的光對應(yīng)的折射率不同，頻率越高，波長越短，對應(yīng)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(shí)驗(yàn)定律的應(yīng)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(shè)備廣泛應(yīng)用于材料加工中。該設(shè)備工作時，先在室溫下把惰性氣體用壓縮機(jī)壓入到一個預(yù)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(shè)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(jī)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(qiáng)為1

7、.5×107 Pa，使用后瓶中剩余氣體壓強(qiáng)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(qiáng)； (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(qiáng)。 解析　(1)設(shè)初始時每瓶氣體的體積為V0，壓強(qiáng)為p0；使用后氣瓶中剩余氣體的壓強(qiáng)為p1。假設(shè)體積為V0、壓強(qiáng)為p0的氣體壓強(qiáng)變?yōu)閜1時，其體積膨脹為V1。由玻意耳定律 p0V0＝p1V1① 被壓入進(jìn)爐腔的氣體在室溫和p1條件下的體積為 V1′＝V1－V0② 設(shè)10瓶氣體壓入完成后爐腔中氣體的壓強(qiáng)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(shù)據(jù)得 p2＝3.2×107 Pa④ (2)設(shè)加熱前爐腔的溫度為T0，加熱后爐腔溫度為T1，氣體壓強(qiáng)為p3，由查理定律 ＝⑤ 聯(lián)立④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)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(xué)研究對象(一定質(zhì)量的理想氣體)；另一類是力學(xué)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(xué)研究對象分析清楚初、末狀態(tài)及狀態(tài)變化過程，依據(jù)氣體實(shí)驗(yàn)定律或理想氣體狀態(tài)方程＝恒量，列出式子；

9、對力學(xué)研究對象要正確地進(jìn)行受力分析，依據(jù)力學(xué)規(guī)律列出方程。 ③注意挖掘題目中的隱含條件，如幾何關(guān)系等，列出輔助方程。 ④多個方程聯(lián)立求解。對求解的結(jié)果注意檢驗(yàn)它們的合理性。 (2)在“充氣、抽氣”模型中可以假設(shè)把充進(jìn)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(zhì)量問題轉(zhuǎn)化為恒定質(zhì)量的問題。 ①充氣中的變質(zhì)量問題 設(shè)想將充進(jìn)容器內(nèi)的氣體用一個無形的彈性口袋收集起來，那么當(dāng)我們?nèi)∪萜骱涂诖鼉?nèi)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(zhì)量總是不變的。這樣，就將變質(zhì)量的問題轉(zhuǎn)化成質(zhì)量一定的問題了。 ②抽氣中的變質(zhì)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(zhì)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(zhì)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(nèi)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?dú)?。平衡時，氮?dú)獾膲簭?qiáng)和體

11、積分別為p0和V0，氫氣的體積為2V0，空氣的壓強(qiáng)為p?，F(xiàn)緩慢地將中部的空氣全部抽出，抽氣過程中氫氣和氮?dú)獾臏囟缺３植蛔儯钊麤]有到達(dá)兩汽缸的連接處，求 (1)抽氣前氫氣的壓強(qiáng)； (2)抽氣后氫氣的壓強(qiáng)和體積。 答案　(1)(p0＋p)　(2)p0＋p　 解析　(1)設(shè)抽氣前氫氣的壓強(qiáng)為p10，根據(jù)力的平衡條件得 p10·2S＋p·S＝p·2S＋p0·S① 得p10＝(p0＋p)② (2)設(shè)抽氣后氫氣的壓強(qiáng)和體積分別為p1和V1，氮?dú)獾膲簭?qiáng)和體積分別為p2和V2。根據(jù)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(xì)均勻的細(xì)管開口向上豎直放置，管內(nèi)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(xì)管倒置，水銀柱下表面恰好位于管口處，且無水銀滴落，管內(nèi)氣體溫度與環(huán)境溫度相同。已知大氣壓強(qiáng)為76 cmHg，環(huán)境溫度為296 K。 (1)求細(xì)管的長度； (2)若在倒置前，緩慢加熱管內(nèi)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(shè)細(xì)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(shè)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(qiáng)為p；細(xì)管倒置時，被密封氣體的體積為V1，壓強(qiáng)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(qiáng)。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(shù)據(jù)得 L＝41 cm⑥ (2)設(shè)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(shù)據(jù)得T＝312 K

14、。 答案　(1)41 cm　(2)312 K 氣體實(shí)驗(yàn)定律與熱力學(xué)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(xì)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(cè)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(cè)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(cè)封閉空氣柱的壓強(qiáng)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(dāng)水銀柱A恰好對U形管的頂部沒有壓力時，右側(cè)封閉氣體的壓強(qiáng)為多少？ (2)當(dāng)U形管內(nèi)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(cè)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(cè)氣體壓強(qiáng)為 p2′＝p1′＋ρgh2′＝65 cmHg。 (2)B部分的水銀面相平時，左側(cè)液面下降，右側(cè)液面上升 水銀柱A下降，左側(cè)氣體壓強(qiáng)仍為p1′＝25 cmHg 此時左右兩側(cè)氣體壓強(qiáng)相等，即右側(cè)氣體壓強(qiáng)p″＝25 cmHg 右側(cè)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(shí)驗(yàn)定律與圖象、熱力學(xué)第一定律綜合應(yīng)用 例3　(2019·全國卷Ⅱ)如p-V圖所示，1、2、3三個點(diǎn)代表某容器中一定量理想氣體的三個不同狀態(tài)，

17、對應(yīng)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(nèi)撞擊容器壁上單位面積的平均次數(shù)，則N1________N2，T1________T3，N2________N3。(填“大于”“小于”或“等于”) 解析　根據(jù)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(yùn)動的平均動能大，熱運(yùn)動的平均速率大，體積相等，分子數(shù)密度相等，故分子在單位時間內(nèi)對單位面積容器壁的平均碰撞次數(shù)多，即N1>N2；對于狀態(tài)2、3，由于T2

18、撞擊力小，而壓強(qiáng)等于單位時間撞擊到器壁單位面積上的分子數(shù)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(xué)部分對氣體實(shí)驗(yàn)定律與圖象、熱力學(xué)第一定律、分子動理論(氣體溫度、壓強(qiáng)的微觀意義)等的綜合考查比較多，也是一個難點(diǎn)。另外2019全國卷Ⅰ考過與密度相關(guān)的綜合問題，2017全國卷Ⅱ考過與密度、浮力相關(guān)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(xué)第一定律方程的運(yùn)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(jù)氣體狀態(tài)變化的圖線結(jié)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(jié)合熱力學(xué)第一定律分析吸放熱和內(nèi)能變化情況； (3)與氣體有關(guān)的分子動理論(包括氣體分子速率分布、氣體溫度和內(nèi)能、氣體壓強(qiáng))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(yùn)用，難度較大。其中氣體壓強(qiáng)的微觀意義是個難點(diǎn)，應(yīng)抓住教材，加深理解。由教材可知，氣體壓強(qiáng)的影響因素：①從氣體壓強(qiáng)產(chǎn)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(shù)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(shù)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(qiáng)大于外界?，F(xiàn)使活塞緩慢移動，直至容器中的空氣壓強(qiáng)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(nèi)空氣體積增大，對外做功，由ΔU＝W＋Q知，氣體內(nèi)能減少，溫度降低。 氣體的壓強(qiáng)與溫度和單位體積內(nèi)的分子數(shù)有關(guān)，由于容器內(nèi)空氣的溫度低于外界溫度，但壓強(qiáng)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(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷過程①、②、③、④到達(dá)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(qiáng)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(nèi)能相等 E．狀態(tài)d的壓強(qiáng)比狀態(tài)b的壓強(qiáng)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(qiáng)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(nèi)能減小，根據(jù)熱力學(xué)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(jù)理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，可知狀態(tài)c、d的內(nèi)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(diǎn)與原點(diǎn)O的連線的斜率正比于該點(diǎn)的壓強(qiáng)，故狀態(tài)d的壓強(qiáng)比狀態(tài)b的壓強(qiáng)小，E正確。 高考考向3　機(jī)械振動與機(jī)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(zhì)中的兩個質(zhì)點(diǎn)。圖b表示介質(zhì)中某質(zhì)點(diǎn)的振動圖象。下列說法正確的是(　　) A．質(zhì)點(diǎn)Q的振動圖象與圖b相同 B．在t＝0時刻，質(zhì)點(diǎn)P的速率比質(zhì)點(diǎn)Q的大 C．在t＝0時刻，質(zhì)點(diǎn)P的加速度的大小比質(zhì)點(diǎn)Q的大 D．平衡位置在坐標(biāo)原點(diǎn)的質(zhì)點(diǎn)的振動圖象如圖b所示 E．在t＝0時刻，質(zhì)點(diǎn)P與其平衡位置的距離比質(zhì)點(diǎn)Q的大 解析　t＝時刻，質(zhì)點(diǎn)Q在平衡位置，向上振動，對應(yīng)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(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)Q在平衡位置，質(zhì)點(diǎn)Q的速率比質(zhì)點(diǎn)P的大，質(zhì)點(diǎn)P的加速度大小比質(zhì)點(diǎn)Q的大，質(zhì)點(diǎn)P此時所在位置與其平衡位

24、置的距離為振幅，質(zhì)點(diǎn)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(biāo)原點(diǎn)的質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過平衡位置向下振動，對應(yīng)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(jù)已知條件明確波的圖象對應(yīng)的時刻，依據(jù)質(zhì)點(diǎn)振動圖象找出該時刻質(zhì)點(diǎn)振動的位移及振動方向。再根據(jù)此位移及振動方向，在波的圖象中找出該質(zhì)點(diǎn)，則所有問題將解決。 ②定時：依據(jù)已知條件找到波的圖象中對應(yīng)的質(zhì)點(diǎn)，讀出該質(zhì)點(diǎn)的位移并判斷其振動方向，依據(jù)位移在振動圖象中確定該質(zhì)點(diǎn)處在此位移對應(yīng)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(xì)繩下方懸掛一小球a，繩的另一端固定在天花板上O點(diǎn)處，在O點(diǎn)正下方l的O′處有一固定細(xì)鐵釘。將小球向右拉開，使細(xì)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(jì)時。當(dāng)小球a擺至最低位置時，細(xì)繩會受到鐵釘?shù)淖?/p>

26、擋。設(shè)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(nèi)的x-t關(guān)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(jù)機(jī)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(zhì)點(diǎn)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(zhì)點(diǎn)在平衡位置且向下振動，而x2處質(zhì)點(diǎn)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(zhì)點(diǎn)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(dāng)n＝0時，v＝6 m/s，當(dāng)n＝1時，v＝1.2 m/s，當(dāng)n＝2時，v＝ m/s，C正確。 ②若波沿x軸負(fù)方向傳播，其波形如圖乙所示，x2處質(zhì)點(diǎn)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(dāng)n＝0時，v＝2 m/s，當(dāng)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(jìn)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(diǎn)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(guān)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(guān)系可知 α＋β＝60°② 由幾何關(guān)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(shè)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(guān)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(jù)題意，分析、尋找臨界光線為研究對象。 (2)找入射點(diǎn)，確認(rèn)界面，并畫出法線。 (3

30、)明確兩介質(zhì)折射率的大小關(guān)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(jù)反射定律、折射定律列出關(guān)系式，結(jié)合幾何關(guān)系，聯(lián)立求解。充分考慮三角形、圓的特點(diǎn)，運(yùn)用幾何圖形中的邊角關(guān)系、三角函數(shù)、相似形、全等形等，仔細(xì)分析光傳播過程中的幾何關(guān)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?，F(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(dāng)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(guān)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(diǎn)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(diǎn)的水平距離； (2)船向左行駛一段距離后停止，調(diào)整由P點(diǎn)發(fā)出的激光束方向，當(dāng)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(shè)光束從水面射出的點(diǎn)到桅桿的水平距離為x1，到P點(diǎn)的水平距離為x2；桅桿高度為h1，P點(diǎn)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(guān)系有 ＝tan53°① ＝tanθ② 由折射定律有 sin53°＝nsinθ③ 設(shè)桅桿到P點(diǎn)的水平距離為x，則 x＝x1＋x2④ 聯(lián)立①②③④式并代入題給數(shù)據(jù)得 x＝7 m⑤ (2)設(shè)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(shè)船向左行駛的距離為x′，此時光束從水面射出的點(diǎn)到桅桿的水平距離為x1′，到P點(diǎn)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(shù)據(jù)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(xì)均勻的U形細(xì)玻璃管內(nèi)有一段水銀柱，水銀柱的兩端各封閉有一段空氣。當(dāng)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(qiáng)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(shè)U形管兩端豎直朝上時，左、右兩邊氣體的壓強(qiáng)分別為p1和p2。U形管水平放置時，兩邊氣體壓強(qiáng)相等，設(shè)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(shè)U形管兩端豎直朝上時，左、右兩邊氣體的壓強(qiáng)分別為p1和p2。U形管水平放置時，兩邊氣體壓強(qiáng)相等，設(shè)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(nèi)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(jù)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(guān)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(guān)鍵點(diǎn)。 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(zhì)點(diǎn)，Q是平衡位置為x＝4 m處的質(zhì)點(diǎn)，圖

37、乙為質(zhì)點(diǎn)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(zhì)點(diǎn)Q的速度方向向下 E．從t＝0 s到t＝0.15 s，質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)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(jīng)歷時間Δt＝0.15 s＝T，由于t＝0 s時

38、刻質(zhì)點(diǎn)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(jī)械波在同一介質(zhì)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(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動方向沿y軸負(fù)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(zhì)點(diǎn)Q沿y軸正方向運(yùn)動 C．一個周期內(nèi)，Q質(zhì)點(diǎn)沿x軸前進(jìn)的距離是P質(zhì)點(diǎn)的1.5倍 D．在P質(zhì)點(diǎn)完成30次全振動的時間內(nèi)Q質(zhì)點(diǎn)可完成20次全振動 E．a(chǎn)波和b波在空間相遇處會產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉圖樣 答案　ABD 解析　機(jī)械波在同一介質(zhì)中的傳播速度相同，故A正確；由P點(diǎn)向下振動可判斷a波的傳播方

39、向沿x軸負(fù)方向，a、b兩波的傳播方向一致，因此b波向x軸負(fù)方向傳播，Q點(diǎn)向上振動，故B正確；機(jī)械波在傳播時質(zhì)點(diǎn)上下振動，不隨波運(yùn)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(shù)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(xì)桿固定在同一個振動片上。振動片做簡諧振動時，兩根細(xì)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(guān)于兩列波重疊區(qū)域內(nèi)水面上振動的質(zhì)點(diǎn)，下列說法正確的是(　　) A．不同質(zhì)點(diǎn)的振幅都相同 B

40、．不同質(zhì)點(diǎn)振動的頻率都相同 C．不同質(zhì)點(diǎn)振動的相位都相同 D．不同質(zhì)點(diǎn)振動的周期都與振動片的周期相同 E．同一質(zhì)點(diǎn)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(chǎn)生干涉，一些質(zhì)點(diǎn)的振動加強(qiáng)，一些質(zhì)點(diǎn)的振動減弱，即振幅不同，A錯誤；各質(zhì)點(diǎn)的振動頻率、周期都與振動片相同，B、D正確；不同質(zhì)點(diǎn)振動的相位不同(不是同時到達(dá)正的最大位移處)，C錯誤；兩列波頻率相同，在同一質(zhì)點(diǎn)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(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，其中光源為白熾燈泡，調(diào)整實(shí)驗(yàn)裝置使光屏上能觀察到清晰的干涉條紋。關(guān)于該實(shí)驗(yàn)，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(jù)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(jù)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(lán)光組成的復(fù)色光，在水面上的P點(diǎn)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(chǎn)、b、c三種色光分別用同一雙縫干涉實(shí)驗(yàn)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(jié)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(zhì)量的理想氣體的壓強(qiáng)隨體積變化的p-V圖象中，氣體先后經(jīng)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(shè)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(qiáng)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(qiáng)不變，體積減小，溫度降低，故內(nèi)能減小，外界對氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)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(nèi)能沒有變化，根據(jù)熱力學(xué)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(zhì)點(diǎn)在AB之間做簡諧運(yùn)動，C為平衡位置，E、F分別為AC和CB之間的點(diǎn)，且EC和CF的距離相等。質(zhì)點(diǎn)從E點(diǎn)向右運(yùn)動經(jīng)過時間t1第一次經(jīng)過F點(diǎn)，再經(jīng)過時間t2第4次經(jīng)過F點(diǎn)，則該質(zhì)點(diǎn)的振動周期為________。若此簡諧運(yùn)動分別在空氣和水中進(jìn)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(shè)質(zhì)點(diǎn)的振動周期為T，根據(jù)對稱性可知質(zhì)點(diǎn)從C點(diǎn)第一次運(yùn)動到F點(diǎn)的時間為t1，從F點(diǎn)第一次運(yùn)動到B點(diǎn)的時間為(t2－T)，則質(zhì)點(diǎn)的振動周期T＝4，聯(lián)立解得T＝。簡諧運(yùn)動在空氣和水中的傳播速度v不同，而周期相同，根據(jù)

47、波長λ＝vT可知波長不相同。 8．(2019·全國卷Ⅱ)某同學(xué)利用圖示裝置測量某種單色光的波長。實(shí)驗(yàn)時，接通電源使光源正常發(fā)光；調(diào)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(shù)，該同學(xué)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(yuǎn)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(jié)果保留三位有效數(shù)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(shù)，即減小Δx，需增大d或減小l，因此應(yīng)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(shù)據(jù)解得λ＝630 nm。 9．(2019·全國卷Ⅲ)用油膜法估算分子大小的實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)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(shù)，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(shù)。根據(jù)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(shí)驗(yàn)，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(shí)驗(yàn)準(zhǔn)確程度________。 A．選用兩光學(xué)表面間距大的玻璃磚 B．選用兩光學(xué)表面平行的玻璃磚 C．選用粗的大頭針完成實(shí)驗(yàn) D．插在玻璃磚同側(cè)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(shí)驗(yàn)，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(shí)驗(yàn)操作正確的是________。 (3)該小組選取了操作正確的實(shí)驗(yàn)記錄，在白紙上畫出光線的徑跡，以入射點(diǎn)O為圓心作圓，與入射光線、折射光線分別交于A、B點(diǎn)，再過A、B點(diǎn)作法線NN′的垂線，垂足分別為C、D點(diǎn)，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(guān)鍵是根據(jù)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(xué)表面間距大的玻璃磚以及使同側(cè)兩枚大頭針間的距離盡量大些都有利于提高實(shí)驗(yàn)的準(zhǔn)確程度，A、D

52、正確；兩光學(xué)表面是否平行不影響折射率的測量，為減小誤差，應(yīng)選用細(xì)長的大頭針，故B、C錯誤。 (2)兩光學(xué)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(jù)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(shí)驗(yàn)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(zhì)量為M的活塞在汽缸內(nèi)封閉著一定質(zhì)量的理想氣體，現(xiàn)對汽缸內(nèi)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(jì)汽缸與活塞的摩擦，外界大氣壓強(qiáng)為p0

53、，重力加速度為g，求： (1)此加熱過程中氣體內(nèi)能增加了多少？ (2)若保持缸內(nèi)氣體溫度不變，再在活塞上放一砝碼，如圖所示，使缸內(nèi)氣體的體積又恢復(fù)到初始狀態(tài)，則砝碼的質(zhì)量為多少？ 答案　(1)Q－(p0S＋Mg)ΔL　(2) 解析　(1)設(shè)缸內(nèi)氣體的溫度為T1時壓強(qiáng)為p1，活塞受重力、大氣壓力和缸內(nèi)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(jù)熱力學(xué)第一定律得到：Q－W＝ΔU 聯(lián)立可得：ΔU＝Q－(p0S＋Mg)ΔL。 (2)設(shè)放入砝碼的質(zhì)量為m，缸內(nèi)氣體的溫度為T2＝T1＋ΔT時壓強(qiáng)為p2，活塞和砝碼受重力、大氣壓力和缸內(nèi)氣體的

54、壓力作用而平衡，得： (M＋m)g＋p0S＝p2S 根據(jù)查理定律：＝ 聯(lián)立可以得到：m＝。 12．(2019·四川內(nèi)江三模) 如圖所示，一單色細(xì)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(diǎn)。經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)光束在過球心O的平面內(nèi)，從B點(diǎn)折射進(jìn)入球內(nèi)后，又經(jīng)球的內(nèi)表面只反射一次，再經(jīng)球表面上的C點(diǎn)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(nèi)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(jù)公式n＝ 光束在球內(nèi)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(guān)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(cè)通過裝有閥門1的細(xì)管與上端開口的豎直玻璃管相連，右側(cè)安裝閥門2。起初閥門2關(guān)閉，閥門1打開，玻璃管內(nèi)水銀面比容器內(nèi)水銀面高Δh＝25 cm，容器內(nèi)氣柱長l＝28 cm。關(guān)閉閥門1，打開閥門2，直至水銀不再流出。已知容器導(dǎo)熱良好，環(huán)境溫度始終為300 K，大氣壓強(qiáng)p0＝75 cmHg。 (1)

56、求最終容器內(nèi)水銀的高度； (2)若再次關(guān)閉閥門2，將容器內(nèi)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(qiáng)p1＝p0＋ρ水銀gΔh① 設(shè)水銀不再流出時容器內(nèi)水銀柱的高度為h′ 則密閉氣體此時的壓強(qiáng)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(cè)水銀面下降的高度 x＝H－l－h(huán)′＝12 cm， 將容器內(nèi)氣體加熱至某一溫度后，再次打開閥門1時，兩側(cè)液面高度差

57、為Δh′＝Δh＋x＝37 cm⑥ 則容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)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(jì)重力的彈性繩水平放置，O、b、c是彈性繩上的三個質(zhì)點(diǎn)?，F(xiàn)讓質(zhì)點(diǎn)O從t＝0時刻開始，在豎直面內(nèi)做簡諧運(yùn)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(zhì)點(diǎn)b恰好第一次到達(dá)正向最大位移處，O、b兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置間的距離L1＝0.8 m，O、c兩質(zhì)點(diǎn)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(jì)算0～1.0

58、 s的時間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)c運(yùn)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(zhì)點(diǎn)O的位移隨時間變化的振動方程可知T＝＝0.4 s 設(shè)質(zhì)點(diǎn)O振動產(chǎn)生的機(jī)械波的波長為λ，波速為v，由題意可得t1＝＋ 代入數(shù)據(jù)解得v＝2 m/s 根據(jù)波長、波速和周期的關(guān)系，可得該波的波長 λ＝vT 代入數(shù)據(jù)解得λ＝0.8 m。 (2)設(shè)波由O點(diǎn)傳播到c點(diǎn)所用時間為t2，t2之前質(zhì)點(diǎn)c處于靜止?fàn)顟B(tài)。 t2＝＝0.3 s 質(zhì)點(diǎn)c在1.0 s的時間內(nèi)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(jīng)過t2＝0.3 s后，質(zhì)點(diǎn)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(nèi)質(zhì)點(diǎn)c通過的路程為 s＝×4A 代入數(shù)據(jù)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(nèi)徑為r，外徑為r的透明介質(zhì)半球殼折射率n＝2，如圖為其截面示意圖。 (1)將點(diǎn)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(diǎn)正上方內(nèi)殼上的P點(diǎn)，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(diǎn)沿直線傳播出來，在空氣中傳播的時間為t1＝ 在介質(zhì)中傳播的時間為：t2＝ 介質(zhì)中傳播的速度滿足n＝ 所以：t＝＋＝。 (2)光由介質(zhì)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(zhì)球殼外表面發(fā)光區(qū)域在界面上形成的弧長為 s＝·πr＝。 - 30 -