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2020（四川专用）高考物理新课标大二轮优生讲义第8块：热学、机械振动与机械波、光学（1）有答案



1、热学


[知识建构] (注1)……(注4)：详见答案部分 [备考点睛]1.常考知识 (1)分子大小的估算. (2)对分子动理论内容的理解. (3)气体实验定律的理解和计算. (4)固、液、气三态的特点和理解. (5)热力学定律的理解和简单计算. (6)用油膜法估测分子大小等内容.2.常用的思想方法 (1)测分子直径的方法. (2)估算微观量的方法. (3)理想模型法.3.常见易错点 (1)公式V0＝不能估算气体分子体积，求出的是每个分子所占有的空间. (2)正确区分布朗运动与扩散现象. (3)正确区分晶体与非晶体.

[答案]　(1)布朗运动与热运动异同点对比


(2)对物体内能的理解
①物体的体积变大，分子势能不一定变大，如0 ℃的水结成0 ℃的冰后体积变大，但分子势能却减小了．
②理想气体分子间相互作用力为零，故分子势能忽略不计，一定质量的理想气体的内能只与温度有关．
③内能是对物体的大量分子而言的，不存在某个分子内能的说法．
(3)热力学第一定律应用思路与技巧
应注意符号法则：“＋”表示外界对物体或流向物体；“－”表示物体对外界或流向外界．
ΔU＝Q＋W的三种特殊情况：
①若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加．
②若过程是等容的，即W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加．
③若过程是等温的，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量．
(4)①一定质量的理想气体，p、T、V三者的关系是：＝C，C是一个定值．
②气体实验定律可看成理想气体状态方程的特例．
对一定质量的理想气体
当T1＝T2时，p1V1＝p2V2——玻意耳定律．
当V1＝V2时，＝——查理定律．
当p1＝p2时，＝——盖—吕萨克定律．

热点考向一　热学基本概念和规律的理解

角度一　分子动理论、内能
【典例1】　(多选)关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．分子间作用力随分子间距离的增大而减小
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
[思路引领]　(1)内能是物体内所有分子做无规则运动的动能和分子势能的总和．
(2)r>r0时与r[解析]　温度高的物体，其分子平均动能一定大，内能不一定大，选项A正确；若外界对物体做功的同时，物体对外界放热，则物体内能不一定增加，选项B错误；温度越高，布朗运动越显著，选项C正确；当分子间距离增大时，分子间作用力可能先增大后减小，选项D错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子间距减小，分子力做负功，分子势能增大，选项E正确．
[答案]　ACE
角度二　固体、液体和气体
【典例2】　(多选)(2019·河北衡水中学模拟)以下对固体和液体的认识，正确的有(　　)
A．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
B．液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏，表现为不浸润
C．影响蒸发快慢以及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气温下水的饱和汽压的差距
D．液体汽化时吸收的热量等于液体分子克服分子引力而做的功
E．车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象
[思路引领]　(1)只要具有各向异性的物体必定是晶体且是单晶体．
(2)影响蒸发快慢的因素不是绝对湿度，而是相对湿度．
[解析]　烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母是晶体，故A错误；液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏，分子力为引力，表现为不浸润，故B正确；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的相对湿度B＝×100%，即空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距，故C正确；液体汽化时，液体分子离开液体表面成为气体分子，要克服其他液体分子的吸引而做功，因此要吸收热量．液体汽化过程中体积增大很多，体积膨胀时要克服外界气压做功，也要吸收热量，故D错误；车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象，选项E正确．
[答案]　BCE

1．分子动理论的三个核心规律
(1)分子模型、分子数
①分子模型：球模型：V＝πR3，立方体模型：V＝a3.
②分子数：N＝nNA＝NA＝NA.
(2)分子运动：分子做永不停息地无规则运动，温度越高，分子的无规则运动越剧烈．
(3)分子势能、分子力与分子间距离的关系．

2．固体和液体
(1)晶体和非晶体的分子结构不同，表现出的物理性质不同．晶体具有确定的熔点．单晶体表现为各向异性，多晶体和非晶体表现为各向同性．晶体和非晶体在适当的条件下可以相互转化．
(2)液晶是一种特殊的物质状态，所处的状态介于固态和液态之间．液晶具有流动性，在光学、电学、物理性质上表现为各向异性．
(3)液体的表面张力使液体表面具有收缩到最小的趋势，表面张力的方向跟液面相切．

迁移一　固体和液体
1．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)下列说法正确的是(　　)
A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质
C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体
E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
[解析]　一个固体是否是晶体是由分子的空间排列结构决定的，与体积大小无关，将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，选项A错误；由于单晶体具有各向异性的特点，所以有些晶体在不同方向上有不同的光学性质，选项B正确；有的物质在不同条件下能够生成不同的晶体，原因是组成它们的原子能够按照不同排列方式形成不同的空间分布，选项C正确；物质是晶体还是非晶体并不是绝对的，在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，选项D正确；在熔化过程中，晶体要吸收热量，温度不变，分子平均动能不变，分子势能增加，内能增加，选项E错误．
[答案]　BCD
迁移二　分子热运动与布朗运动
2．关于分子热运动和布朗运动，下列说法正确的是(　　)
A．布朗运动是指在显微镜中看到的液体分子的无规则运动
B．布朗运动间接反映了分子在永不停息地做无规则运动
C．悬浮颗粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，布朗运动越显著
D．当物体温度达到0 ℃时，物体分子的热运动就会停止
[解析]　布朗运动是指在显微镜中看到的悬浮的固体小颗粒的无规则运动，A错误；布朗运动间接反映了液体分子运动的无规则性，B正确；悬浮颗粒越大，液体分子对它的撞击作用的不平衡性越小，布朗运动越不明显，C错误；热运动在0 ℃时不会停止，D错误．
[答案]　B

布朗运动与分子热运动的区别

热点考向二　气体实验定律的应用

【典例】　(2019·全国卷Ⅱ)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．
[思路引领]　抽气后活塞右移，两活塞用刚性杆连接，故氢气体积增加量是氮气体积减少量的2倍．
[解析]　(1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得
(p10－p)·2S＝(p0－p)·S①
得p10＝(p0＋p)②
(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p2·S＝p1·2S③
由玻意耳定律得
p1V1＝p10·2V0④
p2V2＝p0V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故V1－2V0＝2(V0－V2)⑥
联立②③④⑤⑥式解得
p1＝p0＋p⑦
V1＝⑧
[答案]　(1)(p0＋p)　(2)p0＋p　

气体实验定律的解题方法
1．选对象
根据题意，选出所研究的那一部分气体，这部分气体在状态变化过程中，其质量必须保持一定．
2．找参量
找出作为研究对象的这部分气体发生状态变化前后的一组p、V、T数值或表达式．压强的确定往往是个关键，常需结合力学知识(如力的平衡条件或牛顿运动定律)才能写出表达式．
3．认过程
过程表示两个状态之间的一种变化方式，除题中条件已直接指明外，在许多情况下，往往需要通过对研究对象跟周围环境的相互关系的分析才能确定．认清变化过程是正确选用物理规律的前提．
4．列方程
根据研究对象状态变化的具体方式，选用气体状态方程或能量守恒定律，代入具体数值，求出结果，最后分析讨论所得结果的合理性及其物理意义．

迁移一　盖—吕萨克定律和查理定律的综合应用
1．(2019·武昌实验中学一模)如图所示，在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由a、b和c三个粗细不同的部分连接而成，各部分的横截面积分别为2S、和S.已知大气压强为p0，温度为T0.两活塞A和B用一根长为4l的不可伸长的轻线相连，把温度为T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示．现对被密封的气体加热，使其温度缓慢上升到T.若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，此时两活塞之间气体的压强可能为多少？

[解析]　设加热前，被密封气体的压强为p1，轻线的张力为F，根据平衡条件有
对活塞A：p0·2S－p1·2S＋F＝0，
对活塞B：p1S－p0S－F＝0，
解得：p1＝p0，F＝0.
即被密封气体的压强与大气压强相等，轻线处在刚好拉直的状态且张力为0，这时气体的体积为：V1＝2Sl＋·2l＋Sl＝4Sl，
对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持p1不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于l为止，这时气体的体积为：V2＝4Sl＋·2l＝5Sl，
根据盖—吕萨克定律有：＝，解得：T2＝T0，
由此可知，当T≤T2＝T0时，气体的压强为：p＝p0.
当T>T2时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持V2不变，由查理定理有：＝，
解得：p＝p0，则当T>T0时，气体的压强为p0.
[答案]　见解析
迁移二　理想气体状态方程的应用
2．(2019·苏北四市第一次大联考)如图所示，容器A和汽缸B都能导热，均处于27 ℃的环境中，汽缸B上方与大气连通，大气压强为p0＝1.0×105 Pa.开始时阀门K关闭．A内为真空，其容积VA＝1.2 L，B内活塞横截面积S＝100 cm2、质量m＝1 kg，活塞下方充有理想气体，其体积VB＝4.8 L．活塞上方恰与汽缸上部接触但没有弹力．A与B间连通的细管体积不计，打开阀门K后使活塞缓慢下移．不计摩擦，g取10 m/s2.

(1)求稳定后活塞的位置距汽缸顶部的距离及活塞下移过程中汽缸B内气体对活塞做的功；
(2)稳定后将阀门K再次关闭，然后把整个装置放置于207 ℃的恒温槽中．求活塞稳定后汽缸B内气体的压强．
[解析]　(1)未打开阀门K时有pB＝＝1.01×105 Pa，打开阀门后，活塞缓慢下降，如果活塞稳定时停留在汽缸底部，则此时汽缸内气体体积减小为1.2 L，压强会大于pB，不符合实际，故最终活塞未与汽缸底部接触．
所以气体的温度、压强均未变化，则体积也不变，设最终汽缸B中气体体积为V1，则有VB＝VA＋V1，代入数据解得V1＝3.6 L，
活塞下移距离为d＝＝ m＝0.12 m，
所以稳定后活塞的位置距汽缸顶部的距离为0.12 m.
气体对活塞的作用力为
pBS＝p0S＋mg＝(1×105×0.01＋10) N＝1010 N，
气体对活塞做的功为
W＝－pBSd＝－1010×0.12 J＝－121.2 J.
(2)阀门K关闭，整个装置放置于207 ℃的恒温槽中，则活塞将上升，气体发生等压变化，设最终体积为V2，
根据盖—吕萨克定律得＝，
解得V2＝5.76 L>VB＝4.8 L，
说明活塞最终停在汽缸顶部，设最终气压为pB′，根据理想气体状态方程有＝，
代入数据解得pB′＝1.212×105 Pa.
[答案]　(1)0.12 m　－121.2 J　(2)1.212×105 Pa

理想气体状态方程与气体实验定律的关系
＝
当p、V、T均发生变化时，要考虑理想气体状态方程解题，但要注意必须是一定质量的理想气体.
热点考向三　气体状态变化与热力学定律的综合应用

【典例】　(多选)(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p—V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
[思路引领]　(1)根据＝C可知从a到b温度升高．
(2)从a到b过程，T↑→ΔU>0，V↑→W<0.
(3)由ΔU＝W＋Q可知Q>0，且Q>|W|.
[解析]　A错：在p－V图中理想气体的等温线是双曲线的一支，而且离坐标轴越远温度越高，故从a到b温度升高．B对：一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大．C对：气体体积膨胀，对外做功．D对：根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＝ΔU－W，由于ΔU>0、W<0，故Q>0，气体吸热．E错：由Q＝ΔU－W可知，气体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．
[答案]　BCD

气体实验定律与热力学第一定律的综合问题的处理方法


迁移一　结合气缸考查气体实验定律与热力学第一定律
1.如图，一质量和厚度均可忽略的活塞将气体密封在足够高的导热气缸内，系统静止时缸内的气体温度、压强分别与外界温度T0、外界压强p0相等，活塞与气缸底部高度差为h.现对气缸底部缓慢加热，活塞缓慢上升．已知气体吸收的热量Q与温度差ΔT的关系为Q＝kΔT(其中k为常量，且k>0)，活塞的面积为S，不计一切摩擦，求：

(1)当活塞在缸内上升到离缸底高度为3h时缸内气体的温度T；
(2)在活塞从离缸底高度为h上升到高度为3h的过程中，缸内气体增加的内能ΔU.
[解析]　(1)活塞在缸内缓慢上升的过程，缸内气体的压强恒为p0，发生等压变化，则由盖—吕萨克定律得＝
得T＝3T0
(2)在活塞上升过程中，气体对活塞做的功W＝p0S(3h－h)
在这一过程中，气体吸收的热量Q＝k(T－T0)
由热力学第一定律得，缸内气体增加的内能ΔU＝Q－W
由以上各式得ΔU＝2kT0－2p0Sh
[答案]　(1)3T0　(2)2kT0－2p0Sh
迁移二　结合图像考查气体实验定律与热力学第一定律
2．(2019·湛江市高三调研)一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系如图所示，气体在状态A时的压强pA＝p0，温度TA＝T0，体积VA＝V0，线段AB与V轴平行，线段AC与T轴平行，BC的延长线过原点．

(1)求气体在状态B时的压强pB；
(2)气体从状态A变化到状态B的过程中，对外界做的功为10 J，该过程中气体吸收的热量Q为多少？
(3)求气体在状态C时的压强pC和温度TC.
[解析]　(1)A到B是等温变化，根据玻意耳定律：pAVA＝pBVB
解得pB＝p0
(2)A到B是等温变化，气体的内能不变，即ΔU＝0
气体对外界做的功为10 J，即W＝－10 J
由W＋Q＝ΔU
解得Q＝－W＝10 J
(3)B到C是等压变化，根据盖—吕萨克定律得：＝
解得TC＝
A到C是等容变化，根据查理定律得：＝
解得pC＝
[答案]　(1)p0　(2)10 J　(3)　

应用热力学第一定律的三点注意
(1)做功看体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正．气体向真空中自由膨胀，对外界不做功，W＝0.
(2)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0.
(3)由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，主要体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化.

易错精析——误把变质量问题当成定质量问题



1．(2018·广东省茂名市第二次模拟)一位消防员在火灾现场发现一个容积为V0的废弃的氧气罐(认为容积不变)，经检测，内部封闭气体压强为1.2p0(p0为1个标准大气压)．为了消除安全隐患，消防队员拟用下面两种处理方案：
(1)冷却法：经过合理冷却，使罐内气体温度降为27 ℃，此时气体压强降为p0，求氧气罐内气体原来的温度是多少摄氏度？
(2)放气法：保持罐内气体温度不变，缓慢地放出一部分气体，使罐内气体压强降为p0，求氧气罐内剩余气体的质量与原来总质量的比值．
[解析]　(1)对气体由查理定律有＝，
解得T1＝T0＝360 K，
气体原来温度为t＝(360－273) ℃＝87 ℃.
(2)假设将放出的气体先收集起来，并保持压强与氧气罐内相同，以全部气体为研究对象，由气体的玻意耳定律有p1V0＝p0V，
解得V＝V0＝1.2V0，
则剩余气体与原来气体的质量比为＝＝.
[答案]　(1)87 ℃　(2)
2.(2018·河南省郑州市第二次质量预测)如图所示为喷洒农药用的某种喷雾器．其药液桶的总容积为15 L，装入药液后，封闭在药液上方的空气体积为2 L，打气筒活塞每次可以打进1 atm、150 cm3的空气，忽略打气和喷药过程气体温度的变化．

(1)若要使气体压强增大到2.5 atm，应打气多少次？
(2)如果压强达到2.5 atm时停止打气，并开始向外喷药，那么当喷雾器不能再向外喷药时，桶内剩下的药液还有多少升？
[解析]　(1)设应打气n次，初态为：
p1＝1 atm，V1＝150 cm3·n＋2 L＝0.15n L＋2 L
末态为：p2＝2.5 atm，V2＝2 L
根据玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
解得：n＝20
(2)由题意可知：p2′＝1 atm
根据玻意耳定律得：p2V2＝p2′V2′
代入数据解得：V2′＝5 L
剩下的药液为：V＝15 L－5 L＝10 L.
[答案]　(1)20　(2)10 L
专题强化训练(十七)
1．(2019·全国卷Ⅰ)(1)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，压强大于外界压强．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．
(2)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3.2×10－2 m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa；室温温度为27 ℃.氩气可视为理想气体．
(ⅰ)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；
(ⅱ)将压入氩气后的炉腔加热到1227 ℃，求此时炉腔中气体的压强．
[解析]　(1)由于初始时封闭在容器中的空气的压强大于外界压强，容器和活塞绝热性能良好，容器中空气与外界没有热量交换，容器中的空气推动活塞对外做功，由热力学第一定律可知，空气内能减小．根据理想气体内能只与温度有关可知，活塞缓慢移动后容器中空气的温度降低，即容器中的空气温度低于外界温度．因压强与气体温度和分子的密集程度有关，当容器中的空气压强与外界压强相同时，容器中空气温度小于外界空气温度，故容器中空气的密度大于外界空气密度．
(2)(ⅰ)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p0V0＝p1V1①
被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为
V1′＝V1－V0②
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
p2V2＝10p1V1′③
联立①②③式并代入题给数据得
p2＝3.2×107 Pa④
(ⅱ)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＝⑤
联立④⑤式并代入题给数据得
p3＝1.6×108 Pa⑥
[答案]　(1)低于　大于　(2)(ⅰ)3.2×107 Pa　(ⅱ)1.6×108 Pa
2．(2019·全国卷Ⅲ)(1)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________________________．
(2)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.

(ⅰ)求细管的长度；
(ⅱ)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)如果不稀释油酸，无法形成单分子油膜层，因此实验前需要将油酸稀释，使油酸在浅盘的水面上形成一块单分子层油膜以便测量油膜厚度，即分子直径．可以用累积法测量多滴溶液的体积后计算得到一滴溶液的体积．油酸分子直径等于油酸的体积与单分子层油膜的面积之比，即d＝，故除测得油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积外，还需要测量单分子层油膜的面积．
(2)(ⅰ)设细管的长度为L，横截面的面积为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，气体体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有
pV＝p1V1①
由力的平衡条件有
p＝p0＋ρgh②
p1＝p0－ρgh③
式中，ρ、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
V＝S(L－h1－h)④
V1＝S(L－h)⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L＝41 cm⑥
(ⅱ)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
＝⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得
T＝312 K
[答案]　(1)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　(2)(ⅰ)41 cm　(ⅱ)312 K
3．(2019·石家庄一模)(1)(多选)下列说法正确的是________．(填正确答案标号)

A．图甲为中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为T的理想气体，右侧为真空．现抽掉隔板，气体的最终温度仍为T
B．图乙为布朗运动示意图，悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子越多，撞击作用的不平衡性表现得越明显
C．图丙为同一气体在0 ℃和100 ℃两种不同情况下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线，两图线与横轴所围图形的面积不相等
D．图丁中，液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，液体表面层中分子间的作用力表现为引力
E．图戊中，由于液体浸润管壁，管中液体能上升到一定高度，利用此原理把地下的水分引上来，就用磙子压紧土壤
(2)如图所示，有一足够深的容器内装有密度ρ＝1.0×103 kg/m3的液体，现将一端开口、另一端封闭，质量m＝25 g、截面面积S＝2.5 cm2的圆柱形玻璃细管倒插入液体中(细管本身玻璃的体积可忽略不计)，稳定后用活塞将容器封闭，此时容器内液面上方的气体压强p0＝1.01×105 Pa，玻璃细管内空气柱的长度l1＝20 cm.已知所有装置导热良好，环境温度不变，重力加速度g取10 m/s2.

①求玻璃细管内空气柱的压强；
②若缓慢向下推动活塞，当玻璃细管底部与液面平齐时(活塞与细管不接触)，求容器液面上方的气体压强．
[解析]　(1)对图甲，由于右侧为真空，抽掉隔板，气体不对外做功，因为容器绝热与外界无法热传递，由热力学第一定律可知气体内能不变，最终温度不变，选项A正确；对图乙，在某一瞬间跟微粒相撞的液体分子越多，由于分子运动的无规则性，撞击作用的平衡性表现得越明显，选项B错误；图丙中，两图线与横轴所围图形的面积相等，选项C错误；图丁中，由于液体蒸发，液体表面层中分子之间的距离比液体内部分子之间的距离大，液体表面层中分子之间的作用力表现为引力，选项D正确；图戊中，由于液体浸润管壁，管中液体能上升到一定高度，是毛细现象，利用此原理把地下的水分引上来，就用磙子压紧土壤，减小毛细管的直径，选项E正确．
(2)解法一：①以玻璃管为研究对象，受力平衡可得：
p1S＝p0S＋mg
解得管内空气柱的压强p1＝p0＋＝1.02×105 Pa
②当细管封闭处恰好与液面平齐时，设细管内气柱长度为l2，压强为p2，容器内液面上方气体压强为p
p2＝p＋ρgl2
玻璃管受力平衡：p2S＝pS＋mg
对玻璃管内的气体由玻意耳定律有p1l1S＝p2l2S
联立解得：l2＝0.1 m，p＝2.03×105 Pa
解法二：①玻璃管受力平衡，浮力等于重力，假设此时容器内液面与玻璃管内液面的距离为h0，有：mg＝ρh0Sg
解得：h0＝
设此时玻璃管内气体压强为p1，有：p1＝p0＋ρgh0
解得：p1＝p0＋＝1.02×105 Pa
②当细管封闭处恰好与液面平齐时，设细管内气柱长度为l2，压强为p2，容器内液面上方气体压强为p，则mg＝ρl2Sg
解得l2＝
对于玻璃管内气体，由玻意耳定律有p1l1S＝p2l2S
可得压强：p2＝
又p＋ρgl2＝p2
可解得：p＝－＝2.03×105 Pa
[答案]　(1)ADE　(2)①1.02×105 Pa　②2.03×105 Pa
4．(2019·武汉市毕业生调研)(1)如图是人教版教材3－5封面的插图，它是通过扫描隧道显微镜拍下的照片：

48个铁原子在铜的表面排列成圆圈，构成了“量子围栏”．为了估算铁原子直径，查到以下数据：铁的密度ρ＝7.8×103 kg/m3，摩尔质量M＝5.6×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1.若将铁原子简化为球体模型，铁原子直径的表达式D＝________，铁原子直径约为________m(结果保留一位有效数字)．
(2)如图所示，总容积为3V0、内壁光滑的气缸水平放置，一横截面积为S的轻质薄活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞左侧由跨过光滑定滑轮的细绳与一质量为m的重物相连，气缸右侧封闭且留有抽气孔．活塞右侧气体的压强为p0，活塞左侧气体的体积为V0，温度为T0.将活塞右侧抽成真空并密封，整个抽气过程中缸内气体温度始终保持不变．然后将密封的气体缓慢加热．已知重物的质量满足关系式mg＝p0S，重力加速度为g.求：

①活塞刚碰到气缸右侧时气体的温度；
②当气体温度达到2T0时气体的压强．
[解析]　(1)由题意可知，一个铁原子的质量为m＝，一个铁原子的体积为V＝，又V＝π3，整理得铁原子的直径为D＝，代入数据解得D＝3×10－10 m.
(2)①当活塞右侧的气体压强为p0时，左侧气体压强为p1，对活塞受力分析，有
p1＝＋p0＝2p0
右侧抽成真空时，左侧气体压强为p2，有
p2＝p0
设此时左侧气体体积为V2，由玻意耳定律有
p1V0＝p2V2
解得V2＝2V0
缓慢加热气体，气体发生等压变化，活塞与气缸右侧接触时，体积V3＝3V0，气体的温度为T3，由盖—吕萨克定律有
＝
解得T3＝1.5T0
②气体温度升高到1.5T0之后，气体发生等容变化，由查理定律有
＝
解得p4＝p0
[答案]　(1)　3×10－10　(2)①1.5T0　②p0
5．(2019·江西省八校联考)(1)(多选)下列说法正确的是________．(填正确答案标号)
A．当分子间距r>r0时，分子间的引力随着分子间距的增大而增大，分子间的斥力随着分子间距的增大而减小，所以分子力表现为引力
B．一定质量的理想气体放出热量，它的内能可能增加
C．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
D．第一类永动机和第二类永动机研制失败的原因都是违背了能量守恒定律
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)一质量M＝10 kg、高度L＝35 cm的圆柱形气缸，内壁光滑，气缸内有一厚度可忽略的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞质量m＝4 kg、横截面积S＝50 cm2.温度t0＝27 ℃时，用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，如图甲所示，气缸内气体柱的高L1＝32 cm.如果用绳子系住气缸底，将气缸倒过来悬挂起来，如图乙所示，气缸内气体柱的高L2＝28 cm，两种情况下气缸都处于竖直状态，取重力加速度g＝10 m/s2，零摄氏度对应的热力学温度为273 K.

①求当时的大气压强；
②图乙状态时，在活塞下挂一质量m0＝3 kg的物体，如图丙所示，则温度升高到多少摄氏度时，活塞将从气缸中脱落．(结果保留两位小数)
[解析]　(1)当分子间距r＝r0时，分子间引力等于斥力，分子间距r>r0时，分子间的引力和斥力均随分子间距的增大而减小，但斥力减小得快，因此分子力表现为引力，A错误；一定质量的理想气体放出热量的同时如果外界对它做功，则气体的内能可能增加，B正确；相对湿度为空气中水蒸气的压强与相同温度下水的饱和汽压的比值，大气中相对湿度越大，人就感觉到越潮湿，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，C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，D错误；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，吸收热量，分子势能增大，E正确．
(2)①由图甲状态到图乙状态，气体做等温变化
由玻意耳定律有：p1L1S＝p2L2S
其中p1＝p0－
p2＝p0－
所以L1S＝L2S
可解得p0＝＝1.04×105 Pa
②活塞脱落的临界状态：
气柱体积V3＝LS
压强p3＝p0－
设临界温度为t，则有＝
得t＝78.56 ℃
[答案]　(1)BCE　(2)①1.04×105 Pa　②78.56 ℃


2020（四川专用）高考物理新课标大二轮优生讲义第8块：热学、机械振动与机械波、光学（2）有答案
2、机械振动与机械波　光学


[知识建构] (注1)……(注4)：详见答案部分 [备考点睛]1.常考知识 (1)波的图像. (2)波长、波速和频率及其相互关系. (3)光的折射及全反射. (4)光的干涉、衍射及双缝干涉实验. (5)简谐运动的规律及振动图像. (6)电磁波的有关性质.2.常用的思想方法 (1)波的传播方向与质点振动方向的互判方法. (2)波动问题出现多解的处理方法. (3)光的全反射问题的处理方法.3.常见易错点 (1)质点不会随波迁移，波速和振速不同；(2)干涉条纹与衍射条纹的区别要分清；(3)增透膜最小厚度为光在介质中波长的四分之一.
[答案]　(1)自由振动、受迫振动和共振的关系比较

(2)波动图像和振动图像异同点对比
振动图像 波动图像
研究对象 一振动质元 沿波传播方向的所有质元
研究内容 一质元位移随时间变化规律 某时刻所有质元的空间分布规律
图像
物理意义 表示一质元在各时刻的位移 表示某时刻各质元的位移
形象比喻 记录一个人一段时间内活动的录像带 记录一些人同一时刻不同动作表情的集体合影照片
图像变化 随时间推移图像延续，但已有形态不变 随时间推移，图像沿传播方向平移
一完整曲线占横坐标距离 表示一个周期 表示一个波长
(3)全反射的条件：①光从光密介质射入光疏介质；②入射角大于或等于临界角．
(4)光的干涉和衍射的比较
内容 干涉 衍射
现象 在光重叠区域出现加强或减弱的现象 光绕过障碍物偏离直线传播的现象
产生条件 两束光频率相同、相位差恒定、振动方向相同 障碍物或孔的尺寸与波长差不多或比波长小得多
典型实验 杨氏双缝干涉实验 单缝衍射(圆孔衍射、不透明小圆盘衍射、泊松亮斑)
图样特点 中央亮纹，两边等间距分布的明暗相间条纹．各条纹亮度基本相同 中央最宽最亮，两边不等间距分布的明暗相间条纹．中央条纹最亮、两边变暗

应用 检查平面，增透膜 测定波长(光栅)
共同点 都是波特有的现象，都是波叠加的结果．干涉中有衍射，衍射中有干涉．都有明暗相间的条纹



热点考向一　振动与波动的综合应用

【典例】　(多选)(2019·全国卷Ⅰ)一简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝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像．下列说法正确的是________．(填正确答案标号)

A．质点Q的振动图像与图(b)相同
B．在t＝0时刻，质点P的速率比质点Q的大
C．在t＝0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的质点的振动图像如图(b)所示
E．在t＝0时刻，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大
[思路引领]　图(a)为波形图，时刻Q质点向上振动，图(b)为振动图像，时刻该质点向下振动．
[解析]　t＝时刻，题图(b)表示介质中的某质点从平衡位置向下振动，而题图(a)中质点Q在t＝时刻从平衡位置向上振动，平衡位置在坐标原点的质点从平衡位置向下振动，所以质点Q的振动图像与题图(b)不同，平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如题图(b)所示，选项A错误，D正确；在t＝0时刻，质点P处在波谷位置，速率为零，与其平衡位置的距离最大，加速度最大，而质点Q运动到平衡位置，速率最大，加速度为零，即在t＝0时刻，质点P的速率比质点Q的小，质点P的加速度比质点Q的大，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大，选项B错误，C、E正确．
[答案]　CDE

求解波动图像与振动图像综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法
1．分清振动图像与波动图像．此问题最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图像，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．找准波动图像对应的时刻．
4．找准振动图像对应的质点．

迁移一　波的传播方向与质点振动方向的相互判断
1．(多选)如图甲所示为沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，图乙为参与波动的质点P的振动图像，则下列判断正确的是________．(填正确答案标号)

A．该波的传播速率为4 m/s
B．该波沿x轴正方向传播
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尺寸为4 m的障碍物，能发生明显的衍射现象
E．从t＝0时刻起，经过0.5 s的时间，质点P的位移为零，路程为0.4 m
[解析]　由图甲可知波长λ＝4 m，由图乙可知周期T＝1 s，则该波的传播速率为v＝＝4 m/s，选项A正确；根据图乙可知，在t＝0时刻质点P向下运动，则该波沿x轴负方向传播，选项B错误；质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移，选项C错误；该波的波长为4 m，若在传播过程中遇到尺寸为4 m的障碍物，能发生明显的衍射现象，选项D正确；经过0.5 s的时间，质点P向下运动到最大位移后又向上运动到平衡位置，其位移为零，路程为2个振幅，即0.4 m，选项E正确．
[答案]　ADE
迁移二　振动图像和波动图像的转化
2．如图所示，图甲为t＝1 s时某横波的波形图像，图乙为该波传播方向上某一质点的振动图像，则距该质点Δx＝0.5 m处质点的振动图像可能是(　　)


[解析]　从甲图可以得到波长为2 m，从乙图可以得到周期为2 s，即波速为1 m/s；由乙图的振动图像可知t＝1 s时，该质点的位移为负，并且向下运动，再经过T到达波谷，在波动图像甲中，大致标出这个质点，假定波是向左传播，而距该质点Δx＝0.5 m处的质点有左右两个点，若是该点左侧的点，在t＝1 s时位移为正方向且向下运动，对应选项中振动图像t＝1 s时刻，只有A选项正确．若是该点右侧的点，在t＝1 s时位移为负方向且向上运动，对应选项中振动图像t＝1 s时刻，没有选项正确．假定波是向右传播，同理可得只有A选项正确．
[答案]　A

波的传播方向与质点振动方向的互判方法
方法解读 图像演示
“上下坡”法 沿波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下坡”时质点向上振动
“同侧”法 波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧
“微平移”法 将波形图沿传播方向进行微小平移，再由对应同一x坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向
热点考向二　光的折射和全反射

【典例】　(2019·全国卷Ⅲ)如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝30°.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BC边上恰好有光线射出．求此时AB边上入射角的正弦．
[思路引领]　如图，正确画出光路图是解题关键，注意图中α＋β＝60°.

[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
＝n①
式中n是棱镜的折射率．由几何关系可知
α＋β＝60°②
由几何关系和反射定律得
β＝β′＝∠B③
联立①②③式，并代入i＝60°得
n＝④
(2)设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律得
＝n⑤
依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角θc，且
sinθc＝⑥
由几何关系得
θc＝α′＋30°⑦
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为
sini′＝
[答案]　(1)　(2)

1．求解光的折射问题时应掌握以下几点
(1)光的折射现象遵守折射定律；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.＝n，实验证明：n＝.
(2)光线照射到棱镜的一个侧面上时，经两个侧面折射后，出射光线向棱镜的底边偏折．白光通过三棱镜后，出射光束变为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七色光的光束，这种现象叫光的色散．
(3)在解决光的折射问题时，应根据题意作出光路图，找出入射角和折射角，并注意光路是可逆的．灵活运用几何知识和三角函数的知识解决几何光学问题，然后应用公式来求解．
2．分析光的全反射、临界角问题的一般思路
(1)画出恰好发生全反射的光路．
(2)利用几何知识分析边、角关系，找出临界角．
(3)以刚好发生全反射的光线为比较对象来判断光线是否发生全反射，从而画出其他光线的光路图．

迁移一　截面为圆形或半圆形的玻璃砖
1.(2019·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)，经折射后恰好射到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点传播到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＝2Rcosr
折射率：n＝
x＝vt
由以上三式可得：t＝.
[答案]　(1)60°　(2)
迁移二　截面为方形的玻璃砖
2．(2019·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：nsinθ＝sinα，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，θ为临界角，sinθ＝，设线段OA在正方体上表面的投影长为RA，由几何关系有sinθ＝ .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]　
迁移三　截面为三角形的玻璃砖
3．(2019·河北名校联盟)如图所示，一束平行单色光从空气垂直入射到等腰三棱镜的AB面上，AB和AC边长相等，顶角为θ＝30°，底边BC长为L，这种单色光在三棱镜中的折射率为n＝，在三棱镜右侧有一足够大的竖直光屏垂直于BC放置，光屏到C点的水平距离为3L.求光屏上光斑的最高点和最低点之间的距离．(tan15°＝2－，结果可以带根号)

[解析]　根据全反射条件得全反射临界角C＝45°
光线射入三棱镜后，在AC边的入射角为30°，不会发生全反射．
设射出AC边时的出射角为i，根据折射定律有＝n，解得i＝45°
根据题意，如图所示，射到光屏上最低点的位置在图中S1点．由几何关系可知，∠OCS1＝30°

故OS1＝3Ltan30°＝L
光线在BC边的入射角为75°，大于全反射临界角45°，会发生全反射
由题意可知，从BC边全反射的光线中从B点反射到光屏上最高点的位置在图中S2点，如图所示．由几何关系可知，∠OBS2＝15°
故OS2＝4Ltan15°＝(8－4)L
所以，光屏上光斑的最高点和最低点之间的距离为s＝OS1＋OS2＝(8－3)L
[答案]　(8－3)L

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. 热点
考向三　光的波动性

【典例】　(多选)把一平行玻璃板压在另一个平行玻璃板上，一端用薄片垫起，构成空气劈尖，让单色光从上方射入，如图所示，这时可以看到明暗相间的条纹．下面关于条纹的说法中正确的是(　　)

A．干涉条纹的产生是由于光在空气劈尖膜的上下两面反射形成的两列光波叠加的结果
B．干涉条纹中的暗纹是由于上述两列反射光的波谷与波谷叠加的结果
C．将上玻璃板平行上移，条纹向着劈尖移动
D．观察薄膜干涉条纹时，应在入射光的另一侧
[思路引领]　从空气劈尖膜的上下两表面分别反射的两列相干光，其光程差为Δx＝nλ(n＝1,2,3，…)时为亮条纹．观察条纹时应在入射光一侧．
[解析]　根据薄膜干涉的产生原理，上述现象是由空气劈尖膜上下两面反射的两列光波叠加而成的，当波峰与波峰、波谷与波谷相遇叠加时，振动加强，形成亮条纹，所以A项对，B项错；因相干光是反射光，故观察薄膜干涉时，应在入射光的同一侧，故D项错误；条纹的位置与空气膜的厚度是对应的，当上玻璃板平行上移时，同一厚度的空气膜向劈尖移动，故条纹向着劈尖移动，故C项正确．
[答案]　AC

1．干涉与衍射的比较
光的干涉与衍射现象是光的波动性的表现，也是光具有波动性的证据．两者的区别是：光的干涉现象只有在符合一定条件下才发生；而光的衍射现象却总是存在的，只有明显与不明显之分．
光的干涉现象和衍射现象在屏上出现的都是明暗相间的条纹，但双缝干涉时条纹间隔均匀，从中央到两侧的明纹亮度不变化；而单缝衍射的条纹间隔不均匀，中央明纹又宽又亮，从中央向两侧，条纹宽度减小，明纹亮度显著减弱．
2．光的偏振
横波的振动矢量垂直于波的传播方向振动时，偏于某个特定方向的现象叫偏振．纵波只能沿着波的传播方向振动，所以不可能有偏振，光的偏振现象证明光是横波．光的偏振现象在科技、生活中的应用有：照相机镜头上的偏振片、立体电影等．

迁移一　光的衍射
1.抽制细丝时可用激光监控其粗细，如图所示，激光束越过细丝时产生的条纹和它通过遮光板上的一条同样宽度的窄缝规律相同，则下列描述正确的是(　　)

①这是利用光的干涉现象　②这是利用光的衍射现象　③如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗了　④如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变细了
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A．①③ B．②④ C．①④ D．②③
[解析]　上述现象符合光的衍射产生的条件，故②正确，①错误；由衍射产生的条件，可知丝越细，即障碍物尺寸越小，衍射条纹越宽，衍射现象越明显，故④正确，③错误．
[答案]　B
迁移二　光的干涉
2．(多选)把一个曲率半径很大的凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让单色光从上方射入，俯视可以观察到明暗相间的同心圆环，如图所示．这个现象是牛顿首先发现的，这些同心圆叫做牛顿环．为了使同一级圆环的半径变大(例如从中心数起的第二条圆环)，则应(　　)

A．将凸透镜的曲率半径变大
B．将凸透镜的曲率半径变小
C．改用波长更长的单色光照射
D．改用波长更短的单色光照射
[解析]　牛顿环的形成是利用空气薄膜干涉原理，为了使同一级圆环半径变大，可以使空气薄膜更薄，或改用波长更长的单色光照射，故选A、C.
[答案]　AC
迁移三　光的偏振
3．(多选)(2019·皖南八校联考)如图所示是一种利用光纤温度传感器测量温度的装置，一束偏振光射入光纤，由于温度的变化，光纤的长度、芯径、折射率发生变化，从而使偏振光的透振方向发生变化，光接收器接收的光强度就会变化．设起偏器和检偏器透振方向相同，关于这种温度计的工作原理，下列说法不正确的是(　　)

A．到达检偏器的光的透振方向变化越小，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越大
B．到达检偏器的光的透振方向变化越大，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越大
C．到达检偏器的光的透振方向变化越小，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越小
D．到达检偏器的光的透振方向变化越大，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越小
[解析]　偏振光通过一些介质后，其振动方向相对原来的振动方向会发生一定角度的旋转，旋转的这个角度叫旋光度，旋光度与介质的浓度、长度、折射率等因素有关．测量旋光度的大小，就可以知道介质相关物理量的变化．光纤的温度变化越大，则偏振光通过光纤后的旋光度越大，通过检偏器后光的强度就会越小，选项B说法正确，A、C、D说法错误．
[答案]　ACD

自然光与偏振光的比较


高考热点题型突破——波的多解问题

造成波动问题多解的主要因素
1．周期性
(1)时间周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确；
(2)空间周期性：波传播距离Δx与波长λ的关系不明确．
2．双向性
(1)传播方向双向性：波的传播方向不确定；
(2)振动方向双向性：质点振动方向不确定．
3．对称性
波源的振动，要带动它左、右相邻质元的振动，波向左、右两方向传播．对称性是指波在介质中向左、右同时传播时，关于波源对称的左、右两质点振动情况完全相同．
4．波形的隐含性形成多解在波动问题中，往往只给出完整波形的一部分，或给出几个特殊点，而其余信息，均处于隐含状态．这样，波形就有多种情况，形成波动问题的多解性．
【典例】　(多选)(2019·河北六校联考)简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距10 m的两质点．波先传到P，当波传到Q开始计时，P、Q两质点的振动图像如图所示．则(　　)

A．质点Q开始振动的方向沿y轴正方向
B．该波从P传到Q的时间可能为7 s
C．该波的传播速度可能为2 m/s
D．该波的波长可能为6 m
[审题指导]　
第一步　读题干和选项—提信息
题干 信息
P、Q是传播方向上相距10 m的两质点 需确立距离与λ的关系
可能 此题为多解问题
振动图像 判断两点某时刻振动方向
第二步　审程序—顺思路

[解析]　由图可知，t＝0时质点Q处于平衡位置，t＝时运动至波峰，故其起振方向沿y轴正方向，A正确；仍由图可知，T＝6 s，质点Q比质点P到达同一振动状态晚了Δt＝nT＋T＝(6n＋4) s(n＝0,1,2，…)，此即为该波从P传到Q所需的时间，当Δt＝7 s时n＝，故B错误；由v＝＝ m/s知，当v＝2 m/s时n＝，故C错误；再由λ＝vT＝ m知，当n＝1时λ＝6 m，故D正确．
[答案]　AD

解决波的多解问题的方法
一般采用从特殊到一般再从一般到特殊的思维方法，即首先找出一个周期内满足条件的关系Δt或Δx，若此关系为时间，则t＝nT＋Δt(n＝0,1,2，…)；若此关系为距离，则x＝nλ＋Δx(n＝0,1,2，…)．然后结合题意或附加限制条件从多种可能情况中选出完全符合要求的一种或几种答案.

1．(2019·北京、海淀区二模)如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线表示t＝0时刻的波形，虚线表示t＝0.7 s时刻的波形．则这列波的(　　)

A．波长为4 cm
B．周期可能为0.4 s
C．频率可能为0.25 Hz
D．传播速度可能约为5.7 m/s
[解析]　该波波长为4 m，选项A错误；当n＝1时，T＝0.4 s，选项B正确；该波的频率f＝＝ Hz(n＝0,1,2，…)，因为n为整数，f不可能等于0.25 Hz，选项C错误；该波的速度v＝λf＝ m/s，同理，n为整数，v不可能等于5.7 m/s，选项D错误．
[答案]　B
2．(多选)(2019·河北唐山模拟)一列简谐横波在某介质中沿直线由a点向b点传播，a、b两点的平衡位置相距2.5 m，如图所示，图中实线表示a点的振动图像，图中虚线表示b点的振动图像，则下列说法中正确的是(　　)

A．质点a的振动方程为y＝2sin cm
B．从0时刻起经过0.40 s，质点a、b运动的路程均为16 cm
C．在t＝0.45 s时质点b又回到平衡位置
D．在0.1～0.15 s内，质点b向y轴负方向运动，做加速度逐渐变大的减速运动
E．此波的传播速度可能为1.2 m/s
[解析]　质点a的振幅为2 cm，周期为T＝0.2 s，角频率ω＝＝10π rad/s，相位为，质点a的振动方程为y＝2sin cm，选项A正确；0.40 s是两个周期，质点a、b运动的路程都是8个振幅，即16 cm，选项B正确；在t＝0.45 s时，质点b在最大位移处，选项C错误；根据图像，0.1～0.15 s，质点b从平衡位置运动到负方向的最大位移，运动过程中，加速度逐渐变大，速度减小，选项D正确；波的传播速度v＝ m/s，(n取0,1,2,3，…)，速度v不可能为1.2 m/s，选项E错误．
[答案]　ABD
专题强化训练(十八)
1．(2019·石家庄一模)(1)(多选)下列说法正确的是________．(填正确答案标号)
A．注满水的游泳池看起来比较浅，这是光的折射引起的
B．水中的气泡看起来特别明亮，这是光的全反射引起的
C．随着技术的发展，光学显微镜的分辨本领可以无限提高
D．阳光下的肥皂泡看起来是彩色的，这是光的衍射引起的
E．摄影师在拍摄池中的游鱼时，在照相机镜头前加一偏振滤光片，可以使游鱼的影像更清晰
(2)一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上相距0.4 m的两质点，如图甲所示．两质点的振动图像分别如图乙、丙所示．


①若该波在该介质中传播的速度为2 m/s，求该波的波长；
②若该波的波长大于0.3 m，求可能的波速．
[解析]　(1)由于光的折射，注满水的游泳池看起来比较浅，选项A正确；水中的气泡看起来特别明亮，这是光的全反射引起的，选项B正确；由于光的衍射作用，当所观察物体的尺寸小于光的波长时，光学显微镜无法分辨，所以光学显微镜的分辨本领不可以无限提高，选项C错误；阳光下的肥皂泡看起来是彩色的，这是薄膜干涉引起的，选项D错误；摄影师在拍摄池中的游鱼时，在照相机镜头前加一偏振滤光片，可以降低水面反射光的干扰，使游鱼的影像更清晰，选项E正确．
(2)①由图像可知T＝0.8 s
又λ＝vT
解得波长λ＝1.6 m
②解法一：若波由a向b传播，则有
λ＝0.4 m(n＝0,1,2，…)
又λ>0.3 m，知n＝0，此时λ＝ m
v＝，得v＝ m/s＝0.67 m/s
若波由b向a传播，则有
λ＝0.4 m(n＝0,1,2，…)
又λ>0.3 m，知n＝0或1，此时λ＝1.6 m或λ＝ m
v＝，得v＝2 m/s或v＝0.4 m/s
解法二：若波由a向b传播，则有
Δt＝T(n＝0,1,2，…)
v＝＝ m/s(n＝0,1,2，…)
λ＝vT＝ m(n＝0,1,2，…)
又λ>0.3 m，知n＝0，此时λ＝ m
得：v＝0.67 m/s
若波由b向a传播，则有
Δt＝T(n＝0,1,2，…)
v＝＝ m/s(n＝0,1,2，…)
λ＝vT＝ m(n＝0,1,2，…)
又λ>0.3 m，知n＝0或1，此时λ＝1.6 m或λ＝ m
得：v＝2 m/s或0.4 m/s
[答案]　(1)ABE　(2)①1.6 m　②2 m/s或0.4 m/s
2．(2019·武汉市高中毕业生调研)(1)将一枚石子投入静水中，圆形波纹沿水面向外传播．t＝0时刻，第一个波峰传到离石子入水处3 m的地方，第6个波峰恰好位于石子入水处，则水波波长为________m．若水波传播速度为1.2 m/s,0～7.8 s内，水面上离石子入水处9 m的点________次经历波峰．
(2)内径为r，外径为r的透明介质半球壳折射率n＝2，如图为其截面示意图，真空中光速为c.

①将点光源放在球心O处，求光射出球壳的时间；
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．
[解析]　(1)由题意可知，当第一个波峰传到距石子入水处3 m的地方时，该波峰与石子入水处波峰的距离为5个波长，则波长为λ＝ m＝0.6 m；波的周期为T＝＝ s＝0.5 s．从0时刻起，第1个波峰再经过10个周期刚好从3 m处传到9 m处的点，即所需的时间为5 s，则剩余的时间为2.8 s，大于5个周期，小于6个周期，因此0～7.8 s的时间内，水面上离石子入水处9 m的点经历了6次波峰．
(2)①光线从O点沿直线射出球壳
光在空气中传播的时间t1＝
光在介质中传播的时间t2＝
光在介质中传播的速度满足n＝
所以t＝＋＝
②光由介质射向空气，临界角满足
sinC＝
解得C＝30°
如图，由正弦定理有

＝
解得∠APO＝135°
则α＝15°＝
透明球壳外表面发光区域在截面上形成的弧长
s＝2α·r＝
[答案]　(1)0.6　6　(2)①　②
3．(2019·昆明市质量检测)(1)(多选)图甲为沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0.2 s时刻的波形图，图乙为质点B的振动图像，下列说法正确的是________．(填正确答案标号)

A．从t＝0到t＝0.1 s，该波沿x轴正方向传播了2 cm
B．在t＝0时，质点A的速度方向和加速度方向均沿y轴正方向
C．从t＝0.2 s到t＝0.3 s，质点B通过的路程等于5 cm
D．在t＝0.1 s时，质点C和质点D的速度相同
E．质点D做简谐运动的表达式为y＝－0.05cos(5πt) m
(2)如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，MN为直径，OA与OM的夹角为30°，一细束光线沿与OA成60°角的方向从A点射入玻璃球体，入射光线与OA在同一平面内，该光线经折射后从玻璃球体射出，已知玻璃的折射率n＝，光在真空中的传播速度为c，求：

①该光线最先从玻璃球体射出的方向相对于初始入射方向的偏转角；
②该光线从入射到第一次回到A点所需的时间．
[解析]　(1)由图乙可知，0.2 s时质点B正在向下运动，结合图甲由“上下坡法”或“同侧同向法”可知波沿x轴负方向传播，选项A错误；由图乙可知，波的周期为0.4 s，根据图甲可知，0.2 s时质点A的速度方向和加速度方向均沿y轴负方向，则半个周期前，t＝0时质点A的速度方向和加速度方向均沿y轴正方向，选项B正确；t＝0.2 s时，质点B恰好位于平衡位置处，经过0.1 s即四分之一周期，质点B通过的路程恰好为一个振幅，即5 cm，选项C正确；质点C和质点D平衡位置的距离恰好为半个波长，0.1 s时二者的速度方向相反，选项D错误；分析可知，t＝0时质点D正位于负向位移最大处，则质点D做简谐运动的表达式为y＝－0.05cos(5πt) m，选项E正确．
(2)①光路图如图所示

根据折射定律有＝
i2＝r1＝30°
＝
则光线偏转的角度
θ＝60°－r1＋r2－i2
解得θ＝60°
②根据几何关系可得，该光线从入射到第一次回到A点通过的路程为s＝3R
光在玻璃球体内的传播速度为v＝
光在玻璃球体内经历的时间t＝
解得t＝
[答案]　(1)BCE　(2)①60°　②
4．(2019·东北三省四市调研)(1)(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时的波形图如图所示，此时波刚好传到d点，a、b、c、d、e是介质中的质点，下列说法正确的是________．(填正确答案标号)

A．a、b两质点的运动情况总相反
B．质点b比质点c先到达平衡位置
C．此时质点c的运动方向沿y轴负方向
D．此刻起经四分之一周期，质点a经过的路程为(20－10) cm
E．波传到质点e时，e将沿y轴正方向开始振动
(2)如图所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径r＝10 cm，外圆半径R＝10 cm，折射率n＝，O为圆心．现有一单色细光束a从外圆上A点射入透明柱体，真空中的光速为c＝3×108 m/s，sin15°＝，cos15°＝.求光束a从射入到第一次射出透明柱体所用的时间(结果可以保留根式)．

[解析]　(1)只有满足平衡位置间距离为半波长奇数倍的两质点的运动情况才一直相反，图中a、b两质点平衡位置之间的距离大于半个波长且小于一个波长，故选项A错误；波沿x轴正方向传播，可以判断出t＝0时质点b正在向下振动，所以质点b比质点c先到达平衡位置，选项B正确；t＝0时质点c处于波峰，速度为零，选项C错误；t＝0时质点a向上运动，此刻起经四分之一周期，质点a先上升到波峰然后向下运动到位移为5 cm处，经过的路程为s＝2(10－5) cm＝(20－10) cm，选项D正确；根据波形图和波的传播规律，可知图中任何质点的起振方向都向上，所以波传播到质点e时，e将沿y轴正方向开始振动，选项E正确．
(2)光路图如图所示，a光射入透明柱体时＝n

解得α＝30°
在△OAP中，＝＝
即＝＝
解得β＝45°，γ＝15°，AP＝5(－) cm
sinC＝，代入数据可知β>C，故光在P点发生全反射，从D点射出
根据对称性可知AP＝PD，光从射入到第一次射出透明柱体所用的时间t＝
又v＝
解得t＝×10－9 s
[答案]　(1)BDE　(2)×10－9 s
5.(2019·全国卷Ⅱ)(1)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l的O′处有一固定细铁钉．将小球向右拉开，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．下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x－t关系的是________．


(2)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Δx，则单色光的波长λ＝________；
③某次测量时，选用的双缝的间距为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3位有效数字)．
[解析]　(1)由单摆的周期公式T＝2π可知，小球在钉子右侧时，振动周期为在左侧时振动周期的2倍，所以B、D项错误．由机械能守恒定律可知，小球在左、右最大位移处距离最低点的高度相同，但由于摆长不同，所以小球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同，当小球在右侧摆动时，最大水平位移较大，故A项正确．
(2)①若想增加从目镜中观察到的条纹个数，需要减小条纹间距，由公式Δx＝λ可知，需要减小双缝到屏的距离l或增大双缝间的距离d，故B项正确，A、C、D项错误．
②由题意可知，＝λ?λ＝.
③将已知条件代入公式解得λ＝630 nm.
[答案]　(1)A　(2)①B　②　③630

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