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1、第三部分 選考 第1講 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 考法 學法 高考對本部分內容考查的重點和熱點有：①對分子動理論內容的理解；②物態(tài)變化中的能量問題；③氣體實驗定律和狀態(tài)方程的理解與應用；④固、液、氣三態(tài)的微觀解釋和理解；⑤熱力學定律的理解和簡單計算；⑥實驗：用油膜法估測分子大小等內容。選修3-3內容瑣碎、考查點多，復習中應以四個板塊(分子動理論，從微觀角度分析固體、液體、氣體的性質，氣體實驗定律，熱力學定律)為主干，梳理出知識點，進行理解性記憶。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄

2、 [知能全通]———————————————————————————————— 1．必須理清的知識聯系 2．必須掌握的三個要點 (1)估算問題 ①油膜法估算分子直徑：d＝ V為純油酸體積，S為單分子油膜面積。 ②分子總數：N＝nNA＝NA＝NA。 注意：對氣體而言，N≠。 ③兩種分子模型： 球模型：V＝πR3(適用于估算液體、固體分子直徑)； 立方體模型：V＝a3(適用于估算氣體分子間距)。 (2)反映分子運動規(guī)律的兩個實例 布朗運動 液體內固體小顆粒永不停息、無規(guī)則的運動，顆粒越小、溫度越高，運動越劇烈 擴散現象 分子永不停息的無規(guī)則運動，溫度越高，擴散

3、越快 (3)對熱力學定律的理解 ①改變物體內能的方式有兩種，只知道一種改變方式是無法確定內能變化的。 ②熱力學第一定律ΔU＝Q＋W中W和Q的符號可以這樣確定：只要此項改變對內能增加有正貢獻的即為正。 ③對熱力學第二定律的理解：熱量可以由低溫物體傳遞到高溫物體，也可以從單一熱庫吸收熱量全部轉化為功，但不引起其他變化是不可能的。 [題點全練]———————————————————————————————— 1．[多選](2018·全國卷Ⅱ)對于實際的氣體，下列說法正確的是(　　) A．氣體的內能包括氣體分子的重力勢能 B．氣體的內能包括氣體分子之間相互作用的勢能 C．氣體的內能包

4、括氣體整體運動的動能 D．氣體的體積變化時，其內能可能不變 E．氣體的內能包括氣體分子熱運動的動能 解析：選BDE　氣體分子的重力勢能和氣體整體運動的動能都屬于機械能，不是氣體的內能，故A、C錯誤；實際氣體的內能包括氣體的分子動能和分子勢能兩部分，故B、E正確；氣體體積變化時，分子勢能發(fā)生變化，氣體溫度也可能發(fā)生變化，則分子勢能與分子動能之和可能不變，故D正確。 2．[多選](2019屆高三·湖南六校聯考)下列說法不正確的是(　　) A．沒有規(guī)則幾何外形的物體不是晶體 B．物體的溫度為0 ℃時，分子的平均動能卻不為零 C．布朗運動是在顯微鏡中看到的液體分子的無規(guī)則運動 D．自然

5、界中只要涉及熱現象的宏觀過程都具有方向性 E．用活塞壓縮汽缸里的空氣，對空氣做功4.5×105 J，同時空氣的內能增加了3.5× 105 J，則空氣從外界吸收熱量1×105 J 解析：選ACE　多晶體沒有規(guī)則的幾何外形，而多晶體仍然是晶體，A錯誤；物體的溫度為0 ℃時，物體的分子平均動能不為零，如果分子平均動能為零，則溫度是絕對零度，B正確；布朗運動是在顯微鏡中看到的固體顆粒的無規(guī)則運動，而其反映的是液體分子的無規(guī)則熱運動，C錯誤；根據熱力學第二定律可知，自然界中進行的涉及熱現象的宏觀過程都具有方向性，D正確；根據熱力學第一定律ΔU＝W＋Q，可得Q＝ΔU－W＝3.5×105 J－4.5×

6、 105 J＝－1×105 J，即放熱，E錯誤。 3．[多選](2018·廣州模擬)對于一定量的理想氣體，下列說法正確的是(　　) A．當氣體溫度變化時，氣體內能一定變化 B．若氣體的內能不變，其狀態(tài)也一定不變 C．若氣體的壓強和體積都不變，其內能也一定不變 D．若氣體的溫度隨時間不斷升高，其壓強也一定不斷增大 E．氣體溫度每升高1 K所吸收的熱量與氣體經歷的過程有關 解析：選ACE　一定量的理想氣體的內能僅僅與溫度有關，所以當氣體的溫度發(fā)生變化時，內能一定改變，A正確；由理想氣體的狀態(tài)方程＝C知，若氣體的壓強、體積不變，則T一定不變，故內能一定不變，反之則不對，C正確，B錯誤

7、；由理想氣體的狀態(tài)方程 ＝C知，溫度T升高，pV一定增大，但壓強不一定增大，D錯誤；氣體的溫度每升高1 K，內能的變化是相同的，而內能的變化與氣體吸收的熱量以及外界對氣體做的功兩個因素有關，所以氣體的溫度每升高1 K所吸收的熱量與氣體經歷的過程有關，E正確。 4．[多選]下列說法正確的是(　　) A．第二類永動機違背了熱力學第二定律，也違背了能量守恒定律 B．布朗運動的規(guī)律反映出分子熱運動的規(guī)律，即固體小顆粒的運動是固體分子無規(guī)則運動產生的 C．在圍繞地球飛行的宇宙飛船中，自由飄浮的水滴呈球形，這是表面張力作用的結果 D．干濕泡濕度計的濕泡顯示的溫度低于干泡顯示的溫度，這是濕泡外紗

8、布中的水蒸發(fā)吸熱的結果 E．從微觀上看，氣體壓強的大小與分子平均動能和分子的密集程度有關 解析：選CDE　第二類永動機違背了熱力學第二定律，但沒有違背能量守恒定律，故A錯誤；布朗運動的規(guī)律反映了分子熱運動的規(guī)律，但固體小顆粒的運動是液體分子無規(guī)則運動時對固體小顆粒碰撞產生的，故B錯誤；在圍繞地球飛行的宇宙飛船中，自由飄浮的水滴呈球形，這是由于液體表面分子間存在引力(即表面張力)，從而使表面水分子相互吸引而形成球形，故C正確；干濕泡濕度計中濕溫度計的下端包有濕紗布，濕紗布上的水分要蒸發(fā)，蒸發(fā)是一種汽化現象，汽化要吸熱，所以干濕泡濕度計的濕泡顯示的溫度低于干泡顯示的溫度，故D正確；從微觀上看，

9、氣體壓強的大小取決于分子對器壁的碰撞作用，故與分子平均動能和分子的密集程度有關，故E正確。 [知能全通]———————————————————————————————— 1．固體和液體 (1)晶體和非晶體 比較 晶體 非晶體 單晶體 多晶體 形狀 規(guī)則 不規(guī)則 不規(guī)則 熔點 固定 固定 不固定 特性 各向異性 各向同性 各向同性 (2)液晶的性質 液晶是一種特殊的物質，既可以流動，又可以表現出單晶體的分子排列特點，在光學性質上表現出各向異性。 (3)液體的表面張力 使液體表面有收縮到球形的趨勢，表面張力的方向跟液面相切。 (4)飽和汽壓的

10、特點 液體的飽和汽壓與溫度有關，溫度越高，飽和汽壓越大，且飽和汽壓與飽和汽的體積 無關。 (5)相對濕度 某溫度時空氣中水蒸氣的實際壓強與同溫下水的飽和汽壓的百分比，即：B＝× 100%。 2．氣體狀態(tài)參量 3．氣體分子運動特點 [題點全練]———————————————————————————————— 1．[多選](2018·濟南質檢)以下說法正確的是(　　) A．氣體對外做功，其內能可能增加 B．分子勢能可能隨分子間距離的增加而增加 C．燒熱的針尖接觸涂有蜂蠟薄層的云母片背面，熔化的蜂蠟呈橢圓形，說明蜂蠟是 晶體 D．熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體

11、 E．在合適的條件下，某些晶體可以轉變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉變?yōu)榫w 解析：選ABE　根據熱力學第一定律可知，做功和熱傳遞都可以改變物體的內能，氣體對外做功，若同時吸收一定的熱量，其內能可能增加，A正確；當分子力表現為引力且分子間距離增大時，分子力做負功，分子勢能增大，B正確；燒熱的針尖接觸涂有蜂蠟薄層的云母片背面，熔化的蜂蠟呈橢圓形，說明云母是晶體，C錯誤；根據熱力學第二定律可知，在一定的條件下熱量可能從低溫物體傳到高溫物體，如空調制冷，D錯誤；根據晶體的特點可知，在合適的條件下，某些晶體可以轉變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉變?yōu)榫w，如天然石英是晶體，熔融過的石英卻是非晶體，把晶體硫

12、加熱熔化(溫度超過300 ℃)再倒進冷 水中，會變成柔軟的非晶硫，再過一段時間又會轉化為晶體硫，E正確。 2．[多選](2018·湖北七校聯考)下列說法正確的是(　　) A．控制液面上方飽和汽的體積不變，升高溫度，則達到動態(tài)平衡后該飽和汽的質量增大，密度增大，壓強也增大 B．沒有摩擦的理想熱機可以把獲得的能量全部轉化為機械能 C．兩個分子甲和乙相距較遠(此時它們之間的作用力可以忽略)，設甲固定不動，乙逐漸向甲靠近，直到不能再靠近，在整個移動過程中分子力先增大后減小，分子勢能先減小后增大 D．晶體熔化過程中，吸收的熱量全部用來破壞空間點陣，增加分子勢能，而分子平均動能卻保持不變，所以

13、晶體有固定的熔點 E．理想氣體的熱力學溫度與分子的平均動能成正比 解析：選ADE　溫度升高時，液體分子的平均動能增大，單位時間內從液面飛出的分子數增多，所以達到動態(tài)平衡后該飽和汽的質量增大，密度增大，壓強也增大，A正確；根據熱力學第二定律知，熱機的效率不可能為100%，B錯誤；兩個分子甲和乙相距較遠(此時它們之間的作用力可以忽略)，設甲固定不動，乙逐漸向甲靠近，直到不能再靠近，在整個移動過程中分子力先增大后減小最后增大，分子勢能先減小后增大，C錯誤；由晶體熔化過程特點知，D正確；理想氣體的熱力學溫度與分子的平均動能成正比，E正確。 3．[多選]下列說法正確的是(　　) A．當液體與

14、大氣接觸時，液體表面層分子的勢能比液體內部分子的大 B．表面張力使液體表面具有收縮趨勢，使液體表面積趨于最小，而在體積相同的條件下，球的表面積最小 C．若已知某物質的摩爾質量和密度，則可求出阿伏加德羅常數 D．氣體溫度升高時，氣體所有分子的速率均增大 E．液晶顯示器利用了液晶對光具有各向異性的特點 解析：選ABE　當液體與大氣接觸時，液體表面層分子的間距大于液體內部分子的間距，所以液體表面層分子的勢能比液體內部分子的大，A正確；根據表面張力的特點知，B正確；已知物質的摩爾質量和密度可以求出該物質的摩爾體積，但是不知該物質的分子質量或分子體積，因此無法求出阿伏加德羅常數，C錯誤；氣體溫

15、度升高時，分子熱運動的平均動能增大，但并非所有分子的速率都增大，D錯誤；液晶顯示器利用了液晶對光具有各向異性的特點，E正確。 4．[多選](2018·東北三市聯考)關于分子動理論和物體內能的理解，下列說法正確的是(　　) A．溫度高的物體內能不一定大，但分子平均動能一定大 B．一定量的理想氣體在等溫變化時，內能不改變，氣體不和外界發(fā)生熱交換 C．布朗運動不是分子運動，但它能間接反映液體分子在做無規(guī)則的運動 D．溫度越高，兩種物質的濃度差越大，則擴散進行的越快 E．相對濕度大時，蒸發(fā)快 解析：選ACD　溫度是分子平均動能的標志，所以溫度高的物體分子平均動能一定大，而物體的內能還與物

16、質的量、體積等因素有關，所以物體的內能不一定大，故A正確；一定量的理想氣體在等溫變化時，內能不改變，當氣體體積變化時氣體對外界或外界對氣體要做功，由熱力學第一定律知，氣體與外界要發(fā)生熱交換，故B錯誤；布朗運動是懸浮在液體中固體顆粒的運動，它間接地反映了液體分子的無規(guī)則運動，故C正確；擴散現象說明分子永不停息地做無規(guī)則運動，溫度越高，兩種物質的濃度差越大，則擴散進行的越快，故D正確；相對濕度大時，空氣中水蒸氣的壓強接近同溫度水的飽和汽壓，液體內部分子進入空氣的速度與空氣里的水蒸氣進入液體中的速度差不多，蒸發(fā)很難進行，故E錯誤。 1．氣體實驗定律和狀態(tài)方程 (1)等溫變化：玻意耳定律p1V

17、1＝p2V2。 (2)等容變化：查理定律＝。 (3)等壓變化：蓋—呂薩克定律＝。 (4)理想氣體狀態(tài)方程：＝。 2．一定質量理想氣體的狀態(tài)變化圖像與特點 類別 圖像 特點 其他圖像 等溫線 pV＝CT(其中C為恒量)，pV之積越大，等溫線溫度越高，線離原點越遠 p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，溫度越高 等容線 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，體積越小 等壓線 V＝T，斜率k＝，即斜率越大，壓強越小 3.壓強的計算方法 (1)被活塞封閉在汽缸內的氣體，通常分析活塞或汽缸的受力，應用平衡條件求解。 (2)被液柱封閉在細管內的氣體，通

18、常分析液柱的受力，應用平衡條件求解，二者得出的壓強單位一般都為Pa。 4．利用氣體實驗定律及狀態(tài)方程解決問題的基本思路 1．通過分析圖像提供的物理信息，可以將圖像反映的物理過程“還原”成氣體狀態(tài)變化遵循的規(guī)律或相關公式，結合熱力學定律判斷氣體做功、熱傳遞及氣體內能的變化。 2．理想氣體狀態(tài)變化的過程，可以用不同的圖像描述，已知某個圖像，可以根據這一圖像轉換成另一圖像，如由p-V圖像變成p-T圖像或V-T圖像。 [例1]　[多選](2018·全國卷Ⅰ)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

19、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 [解析]　過程①中，氣體體積V不變、溫度T升高，則壓強增大，故A錯誤；過程②中，氣體體積V變大，對外界做功，故B正確；過程④中，氣體溫度T降低，內能減小，體積V不變，氣體不做功，根據熱力學第一定律ΔU＝Q＋W得Q＜0，即氣體放出熱量，故C錯誤；狀態(tài)c、d溫度相同，所以內能相等，故D正確；分別作出狀態(tài)b、c、d的等壓線，如圖所示，分析可得pb＞pc＞pd，故E正確。 [答案]　BDE 求活塞封閉氣體的壓強時，一般以活塞為研究對象(有時取汽缸為研

20、究對象)，分析它受到的氣體壓力及其他各力，列出受力的平衡方程，求解壓強。如圖所示，活塞靜止于光滑的汽缸中，活塞質量為m，橫截面積為S，被封閉氣體的壓強為p，大氣壓強為p0，活塞受力如圖所示，由平衡條件得pS＝p0S＋mg，解得p＝p0＋。 [例2]　(2018·全國卷Ⅱ)如圖，一豎直放置的汽缸上端開口，汽缸壁內有卡口a和b，a、b間距為h，a距缸底的高度為H；活塞只能在a、b間移動，其下方密封有一定質量的理想氣體。已知活塞質量為m，面積為S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均絕熱，不計它們之間的摩擦。開始時活塞處于靜止狀態(tài)，上、下方氣體壓強均為p0，溫度均為T0。現用電熱絲緩慢加熱汽缸中的氣體，直至

21、活塞剛好到達b處。求此時汽缸內氣體的溫度以及在此過程中氣體對外所做的功。重力加速度大小為g。 [解析]　開始時活塞位于a處，加熱后，汽缸中的氣體先經歷等容過程，直至活塞開始運動。設此時汽缸中氣體的溫度為T1，壓強為p1，根據查理定律有 ＝① 根據力的平衡條件有 p1S＝p0S＋mg② 聯立①②式可得 T1＝T0③ 此后，汽缸中的氣體經歷等壓過程，直至活塞剛好到達b處，設此時汽缸中氣體的溫度為T2；活塞位于a處和b處時氣體的體積分別為V1和V2。根據蓋—呂薩克定律有 ＝④ 式中 V1＝SH⑤ V2＝S(H＋h)⑥ 聯立③④⑤⑥式解得 T2＝T0⑦ 從開始加熱到活塞到達

22、b處的過程中，汽缸中的氣體對外做的功為 W＝(p0S＋mg)h。⑧ [答案]　T0　(p0S＋mg)h 求液柱封閉的氣體壓強時，一般以液柱為研究對象分析受力、列平衡方程，但要注意： (1)液體因重力產生的壓強大小為p＝ρgh(其中h為液面至氣體的豎直高度)。當液體為水銀時，可靈活應用壓強單位“cmHg”。 (2)不要漏掉大氣壓強，同時又要盡可能平衡掉某些大氣的壓力。 (3)有時可直接應用連通器原理——連通器內靜止的液體，同種液體在同一水平面上各處壓強相等。 [例3]　(2018·福州質檢)有一粗細均勻、一端封閉一端開口的U形玻璃細管，用水銀封閉一定量空氣，空氣可近似看成理想氣

23、體，如圖所示。在室溫t＝27 ℃、大氣壓強p0＝75 cmHg時進行實驗，玻璃管開口朝上豎直放置時，測得兩管水銀面高度差h＝5 cm，封閉空氣柱的長度L1＝15 cm，開口端玻璃管足夠長。 (1)將左右兩玻璃管緩慢平放在水平桌面時，求封閉空氣柱的長度L2； (2)接著緩慢將玻璃管開口朝下豎直放置，若左側玻璃管仍有水銀存在，求這時封閉空氣柱的長度L3； (3)為確保(2)問中左側玻璃管始終有水銀，則左側玻璃管總長度L至少多長？ [解析]　(1)設玻璃管的橫截面積為S，對封閉氣體，玻璃管開口朝上時： p1＝p0＋h＝80 cmHg V1＝L1S 平放在水平桌面時：p2＝p0＝75 c

24、mHg V2＝L2S 氣體等溫變化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2 解得L2＝16 cm。 (2)當開口朝下豎直放置時，設封閉空氣柱長度改變量為ΔL(如圖所示)，此時封閉氣體的狀態(tài)： p3＝p0－h(huán)－2ΔL＝(70－2ΔL)cmHg V3＝(L1＋ΔL)S 由開口向上到開口向下，依然認為氣體等溫變化 由玻意耳定律得p1V1＝p3V3 得80×15S＝(70－2ΔL)(15＋ΔL)S 解得ΔL1＝15 cm，ΔL2＝5 cm 空氣柱長度L3＝L1＋ΔL1＝30 cm 或L3＝L1＋ΔL2＝20 cm。 (3)為確保第(2)問中左側玻璃管始終有水銀，則左側玻璃管總長度L

25、至少為： L＝L1＋ΔL2＝(15＋5)cm＝20 cm。 [答案]　(1)16 cm　(2)30 cm或20 cm　(3)20 cm 多個系統(tǒng)相互聯系的定質量氣體問題，往往以壓強建立起系統(tǒng)間的關系，各系統(tǒng)獨立進行狀態(tài)分析，要確定每個研究對象的變化性質，分別應用相應的實驗定律，并充分應用各研究對象之間的壓強、體積、溫度等量的有效關聯。例如，當氣體間活塞可自由移動時，一般要根據活塞的平衡狀態(tài)確定兩部分氣體的壓強關系。 [例4]　(2018·全國卷Ⅰ)如圖，容積為V的汽缸由導熱材料制成，面積為S的活塞將汽缸分成容積相等的上下兩部分，汽缸上部通過細管與裝有某種液體的容器相連，細管上有一閥

26、門K。開始時，K關閉，汽缸內上下兩部分氣體的壓強均為p0?，F將K打開，容器內的液體緩慢地流入汽缸，當流入的液體體積為時，將K關閉，活塞平衡時其下方氣體的體積減小了。不計活塞的質量和體積，外界溫度保持不變，重力加速度大小為g。求流入汽缸內液體的質量。 [解析]　設活塞再次平衡后，活塞上方氣體的體積為V1，壓強為p1；活塞下方氣體的體積為V2，壓強為p2。在活塞下移的過程中，活塞上、下方氣體的溫度均保持不變，由玻意耳定律得 p0·＝p1V1 p0·＝p2V2 由已知條件得 V1＝＋－＝V V2＝－＝ 設活塞上方液體的質量為m，由力的平衡條件得 p2S＝p1S＋mg 聯立以上各式得

27、 m＝。 [答案]　 1．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定質量問題。 2．分裝問題：將一個大容器里的氣體分裝到多個小容器中的問題，可以把大容器中的氣體和多個小容器中的氣體看成整體作為研究對象，可將變質量問題轉化為定質量問題。 3．漏氣問題：容器漏氣過程中氣體的質量不斷發(fā)生變化，不能用理想氣體狀態(tài)方程求解。如果選容器內剩余氣體為研究對象，便可轉化為一定質量的氣體狀態(tài)變化問題，可用理想氣體狀態(tài)方程求解。 [例5]　如圖為壓縮式噴霧器，該噴霧器儲液桶的容積為V0＝6 dm3。往桶內注入體積為V＝4 dm3的藥液

28、，然后通過進氣口給儲液桶打氣，每次打進ΔV＝0.2 dm3的空氣，使噴霧器內空氣的壓強達到p＝4 atm。假定打氣過程中，儲液桶內空氣溫度保持不變，藥液不會向外噴出，噴液管體積及噴液口與儲液桶底間高度差不計，外界大氣壓強p0＝1 atm。求： (1)打氣的次數n； (2)通過計算說明，能否使噴霧器內的藥液全部噴完。 [解析]　(1)根據一定質量的理想氣體的等溫變化， 由玻意耳定律有 p0(V0－V)＋np0ΔV＝p(V0－V) 解得n＝30。 (2)設噴霧器內的藥液全部噴完后氣體壓強為p′， 由玻意耳定律有 p(V0－V)＝p′V0 解得p′≈1.33 atm＞p0 說明

29、能使噴霧器內的藥液全部噴完。 [答案]　(1)30　(2)能 [專題強訓提能] 1．(2018·全國卷Ⅲ)(1)[多選]如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如p-V圖中從a到b的直線所示。在此過程中________。 A．氣體溫度一直降低 B．氣體內能一直增加 C．氣體一直對外做功 D．氣體一直從外界吸熱 E．氣體吸收的熱量一直全部用于對外做功 (2)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

30、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，左邊氣體的壓強為 12.0 cmHg?，F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。 解析：(1)由理想氣體的狀態(tài)方程＝C知，從a到b氣體溫度一直升高，故A錯誤；一定量的理想氣體的內能由溫度決定，可知氣體內能一直增加，故B正確；氣體體積逐漸膨脹，一直對外做功，故C正確；根據熱力學第一定律可知，氣體一直從外界吸熱，吸收的熱量一部分用來對外做功，一部分用來增加氣體的內能，故D正確，E錯誤。 (2)設U形管兩端豎直朝上時，左

31、、右兩邊氣體的壓強分別為p1和p2，由力的平衡條件有 p1＝p2＋ρg(l1－l2) U形管水平放置時，兩邊氣體壓強相等，設為p。此時原左、右兩邊空氣柱長度分別變?yōu)閘1′和l2′，顯然原左邊空氣柱的長度將增加，右邊則減小，且兩邊空氣柱長度的變化量大小相等 l1′－l1＝l2－l2′ 由玻意耳定律有 p1l1＝pl1′ p2l2＝pl2′ 聯立解得 l1′＝22.5 cm，l2′＝7.5 cm。 答案：(1)BCD　(2)22.5 cm　7.5 cm 2．(2019屆高三·云南師大附中質檢)(1)[多選]下列說法正確的是________。 A．昆明地區(qū)晴朗天氣曬衣服易干，是

32、因為空氣的絕對濕度小 B．當分子間距增大時，分子勢能一定增大 C．一定量的理想氣體，在等壓膨脹時，氣體分子每秒對器壁單位面積的平均碰撞次數減少 D．晶體熔化時吸收的熱量主要用來破壞空間點陣 E．肥皂泡呈球形是由于液體表面張力的作用 (2)如圖所示，內壁光滑、導熱良好的圓柱形汽缸開口向下豎直懸掛，內有一質量為m的活塞封閉一定質量的理想氣體。已知活塞截面積為S，外界大氣壓強為p0，缸內氣體溫度為T1?，F對汽缸緩慢加熱，使理想氣體體積由V增大了2V的過程中，氣體吸收的熱量為Q1；停止加熱并保持氣體體積不變，使其溫度降低為T1。已知重力加速度為g，求： (ⅰ)停止加熱時缸內氣體的溫度；

33、(ⅱ)降溫過程中氣體放出的熱量。 解析：(1)昆明地區(qū)晴朗天氣曬衣服易干，是因為相對濕度小，所以晾曬的衣服易干，故A錯誤；若分子間表現為引力，隨分子間距的增大引力做負功，分子勢能增加，若分子間表現為斥力，隨分子間距的增大斥力做正功，分子勢能減小，故B錯誤；一定量的理想氣體，在等壓膨脹時，溫度升高，氣體分子對器壁的平均撞擊力增大，為保證壓強不變，氣體分子每秒對器壁單位面積的平均碰撞次數減少，故C正確；晶體在熔化過程中所吸收的熱量，主要用于破壞空間點陣結構，增加分子勢能，故D正確；肥皂泡呈球形是由于液體表面張力的作用，故E正確。 (2)(ⅰ)停止加熱前缸內氣體發(fā)生等壓變化， 由蓋—呂薩克定律

34、得＝ 由題意知V1＝V，V2＝3V 解得：T2＝3T1。 (ⅱ)體積由V增大到3V的過程中，由活塞受力平衡有 pS＝p0S－mg 解得：p＝p0－ 氣體對外所做的功W1＝pΔV＝2V 停止加熱并保持氣體體積不變，W2＝0 全程內能變化，ΔU＝0 根據熱力學第一定律得ΔU＝－W1＋Q1－Q2 所以降溫過程中氣體放出的熱量 Q2＝Q1－2V。 答案：(1)CDE　(2)(ⅰ)3T1　(ⅱ)Q1－2V 3．(2018·東北三省四市教研聯合體模擬)(1)[多選]下列說法正確的是________。 A．溫度相同的一切物質的分子平均動能都相同 B．若兩分子克服它們之間的分子力

35、做功，則這兩個分子的勢能增加 C．只要知道某物質的密度和其分子的質量，就可以計算出阿伏加德羅常數 D．邁爾是第一個提出能量守恒思想的人 E．根據一滴油酸酒精溶液的體積V和其在水面上形成的油膜面積S，就能算出油酸分子直徑d＝ (2)利用如圖所示的實驗裝置可測量粉末狀物體的體積。導熱性能良好的密閉容器，頂部連接一氣壓計可測出容器內的氣體壓強，容器左端與一個帶有活塞的1缸相連，右端有一個小門。把小門開啟，將活塞置于圖中1位置，記錄此時氣壓計讀數p0＝ 1.00 atm。把小門封閉，將活塞緩慢推至圖中2位置，記錄此時氣壓計讀數p1＝1.20 atm，此過程中，汽缸中氣體體積變化ΔV＝0.5

36、L。然后打開小門，將活塞恢復到1位置，放入待測粉末狀物體后封閉小門。再次將活塞緩慢推至2位置，記錄此時氣壓計讀數p2＝1.25 atm。 整個過程中環(huán)境溫度不變，求待測粉末狀物體的體積。 解析：(1)溫度是分子平均動能的標志，則溫度相同的一切物質的分子平均動能都相同，選項A正確；由分子勢能的變化特點可知，若兩分子克服它們之間的分子力做功，則這兩個分子的勢能增加，選項B正確；只要知道某物質的摩爾質量和其分子的質量，就可以計算出阿伏加德羅常數，選項C錯誤；邁爾是第一個提出能量守恒思想的人，選項D正確；根據一滴油酸酒精溶液中含有油酸的體積V和其在水面上形成的油膜面積S，就能算出油酸分子直徑d＝，

37、選項E錯誤。 (2)未放入粉末狀物體時，推動活塞時，氣體經歷等溫壓縮過程， 由玻意耳定律得：p0V1＝p1V2 壓縮后氣體的體積為：V2＝V1－ΔV 放入粉末狀物體后，推動活塞時，氣體仍經歷等溫壓縮過程， 由玻意耳定律得：p0V3＝p2V4 壓縮前氣體的體積為：V3＝V1－V 壓縮后體的體積為：V4＝V1－V－ΔV 代入數據得：V＝0.5 L。 答案：(1)ABD　(2)0.5 L 4．(2019屆高三·重慶四校聯考) (1)[多選]如圖所示，“奧托循環(huán)”由兩條絕熱線和兩條等容線組成，其中，a→b和c→d為絕熱過程，b→c和d→a為等容過程。下列說法正確的是_______

38、_。 A．a→b過程中，外界對氣體做功 B．a→b過程中，氣體分子的平均動能變小 C．b→c過程中，單位時間內與器壁單位面積碰撞的分子數增多 D．c→d過程中，單位體積內氣體分子數減少 E．d→a過程中，氣體從外界吸收熱量 (2)如圖所示為一水平固定放置的汽缸，由截面積不同的兩圓筒連接而成?；钊鸄、B面積分別為2S和S，活塞A、B用長為2l的細直桿連接，活塞與筒壁氣密性好且摩擦不計。現活塞間密閉有一定質量的理想氣體，兩活塞外側(A的左方和B的右方)都是大氣，大氣壓強始終保持為p0，當汽缸內氣體溫度為T0時，活塞B與兩圓筒連接處的距離為l且處于靜止狀態(tài)。 (ⅰ)現使汽缸內氣體溫度緩

39、慢下降，活塞A剛剛緩慢右移到兩圓筒連接處時，求密閉氣體的溫度T1； (ⅱ)若汽缸內氣體溫度緩慢下降至，求細直桿對活塞的彈力大小F。 解析：(1)由題意知，a→b過程為等溫過程，氣體分子的平均動能不變，氣體體積變小，外界對氣體做功，故A正確，B錯誤；b→c 過程中，體積不變，由＝C，可知壓強變大，溫度升高，故單位時間內與器壁單位面積碰撞的分子數增多，故C正確；c→d過程為等溫過程，體積變大，單位體積內氣體分子數減少，故D正確；d→a過程為等容過程，由＝C，可知壓強減小，溫度降低，由ΔU＝W＋Q，可知ΔU<0，W＝0，故Q<0，氣體放熱，故E錯誤。 (2)(ⅰ)由題可知，汽缸內氣體溫度緩慢下

40、降時，氣體壓強為p0保持不變， 初態(tài)體積：V0＝2Sl＋Sl＝3Sl 末態(tài)體積：V1＝2Sl 由蓋—呂薩克定律：＝ 解得T1＝T0。 (ⅱ)若汽缸內氣體溫度緩慢下降至

41、些疾病，方法是用鑷子夾一棉球，沾一些酒精，點燃，在罐內迅速旋轉一下再抽出，迅速將火罐開口端緊壓在皮膚上，火罐就會緊緊地被“吸”在皮膚上，其原因是，當火罐內的氣體體積不變時，溫度降低，壓強增大 C．盛有氧氣的鋼瓶，在27 ℃的室內測得其壓強是9.0×106 Pa，將其搬到－3 ℃的工地上時，測得瓶內氧氣的壓強變?yōu)?.8×106 Pa，通過計算可判斷出鋼瓶漏氣 D．汽車尾氣中各類有害氣體排入大氣后嚴重污染了空氣，想辦法使它們自發(fā)地分離，既清潔了空氣又變廢為寶 E．一輛空載的卡車停于水平地面，在緩慢裝沙過程中，若車胎不漏氣，胎內氣體溫度不變，不計分子間勢能，則胎內氣體向外界放熱 (2)如圖所

42、示，內壁光滑的水平放置的汽缸被兩個活塞分成A、B、C三部分，兩活塞間用輕桿連接，活塞厚度不計，在E、F兩處設有限制裝置，使左邊活塞只能在E、F之間運動，E、F之間的容積為0.1V0。開始時左邊活塞在E處，A部分的容積為V0，A缸內氣體的壓強為0.9p0(p0為大氣壓強)，溫度為297 K；B部分的容積為1.1V0，B缸內氣體的壓強為p0，溫度恒為297 K，C缸內為真空。現緩慢加熱A缸內氣體，直至溫度為399.3 K。求： (ⅰ)活塞剛離開E處時的溫度TE； (ⅱ)A缸內氣體最后的壓強p。 解析：(1)根據相對濕度的定義：相對濕度＝，可知在相對濕度相同的情況下，夏天的氣溫較高，水的飽

43、和汽壓較大，則絕對濕度較大，故A正確；當火罐內的氣體體積不變時，溫度降低，根據＝C分析知，氣體的壓強減小，這樣外界大氣壓大于火罐內氣體的壓強，從而使火罐緊緊地被“吸”在皮膚上，故B錯誤；若不漏氣，則氣體做等容變化，有：＝，得p2＝＝8.1×106 Pa，因為p2>7.8×106 Pa，所以鋼瓶漏氣，故C正確；根據熵增加原理可知，有害氣體排入大氣后，被污染的空氣不會自發(fā)分離，故D錯誤；不計分子勢能，則氣體為理想氣體，又因為溫度不變，故內能變化量ΔU＝W＋Q＝0，裝沙過程中輪胎受地面擠壓力增大，導致氣體體積變小，外界對氣體做功W>0，所以Q＝ －W<0，即氣體向外界放熱，故E正確。 (2)(ⅰ

44、)活塞剛要離開E時，A缸內氣體體積V0保持不變，根據活塞受力平衡可得： pE＝p0 對A缸內氣體，由查理定律得： ＝ T1＝297 K 解得：TE＝330 K。 (ⅱ)隨A缸內氣體溫度繼續(xù)增加，A缸內氣體壓強增大，活塞向右滑動，B缸內氣體體積減小，壓強增大。 設A缸內氣體溫度到達T2＝399.3 K時，活塞向右移動的體積為ΔV，且未超過F處 根據活塞受力平衡可得： pA＝pB＝p 對A缸內氣體，根據理想氣體狀態(tài)方程可得： ＝ 對B缸內氣體，由玻意耳定律可得： p0·1.1V0＝pB(1.1V0－ΔV) 解得：ΔV＝0.1V0，p＝1.1p0 此時活塞剛好移動到F

45、 所以此時A缸內氣體的最后壓強p＝1.1p0。 答案：(1)ACE　 (2)(ⅰ)330 K　(ⅱ)1.1p0 第2講 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 考法 學法 高考對本部分內容考查的重點和熱點有：①簡諧運動和受迫振動；②振動圖像；③波的產生和傳播規(guī)律；④波的圖像；⑤波長、波速和頻率及其相互關系；⑥光的折射及全反射；⑦光的干涉、衍射及雙縫干涉實驗；⑧電磁波的有關性質； ⑨相對論簡介。復習選修3-4內容時，應加強對基本概念和規(guī)律的理解，抓住波的傳播和圖像、光的折射和全反射這兩條主線，強化訓練，提高對典型問題的分析能力。

46、┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ [知能全通]———————————————————————————————— 1．簡諧運動的對稱性 振動質點在關于平衡位置對稱的兩點，x、F、a、v、Ek、Ep的大小均相等，其中回復力F、加速度a與位移x的方向相反，而v與x的方向可能相同，也可能相反。振動質點來回通過相同的兩點間的時間相等，即 tBC＝tCB；振動質點通過關于平衡位置對稱的等長的兩線段的時間相等，即tBC＝tB′C′。如圖所示。 2．簡諧運動的周期性 做簡諧運動的物體，其位移、回復力、加速度、速度都隨時間按“正弦”或“余弦”規(guī)律變化

47、，它們的周期均相同。其位移隨時間變化的表達式為：x＝Asin(ωt＋φ)或x＝Acos(ωt＋φ)。 3．簡諧運動中物理量的變化 分析簡諧運動中各物理量的變化情況時，一定要以位移為橋梁，位移增大時，振動質點的回復力、加速度、勢能均增大，速度、動能均減??；反之，則產生與上述相反的變化。另外，各矢量均在其值為零時改變方向。 [題點全練]———————————————————————————————— 1．[多選](2018·天津高考)一振子沿x軸做簡諧運動，平衡位置在坐標原點。t＝0時振子的位移為－0.1 m，t＝1 s 時位移為0.1 m，則(　　) A．若振幅為0.1 m，振子的周期

48、可能為 s B．若振幅為0.1 m，振子的周期可能為 s C．若振幅為0.2 m，振子的周期可能為4 s D．若振幅為0.2 m，振子的周期可能為6 s 解析：選AD　若振幅為0.1 m，則T＝1 s，其中n＝0、1、2、…，當n＝0時， T＝2 s，n＝1時，T＝ s，n＝2時，T＝ s，故A正確，B錯誤；若振幅為0.2 m，振動分4種情況討論： 第①種情況，設振動方程為x＝Asin(ωt＋φ)，t＝0時，－＝Asin φ，解得φ＝－，所以由P點到O點用時至少為，由簡諧運動的對稱性可知，由P點到Q點用時至少為，即T＝1 s，其中n＝0、1、2、…，當n＝0時，T＝6 s，n＝

49、1時，T＝ s；第②③種情況，由P點到Q點用時至少為，周期最大為2 s；第④種情況，周期一定小于2 s，故C錯誤，D 正確。 2．[多選](2016·海南高考)下列說法正確的是(　　) A．在同一地點，單擺做簡諧振動的周期的平方與其擺長成正比 B．彈簧振子做簡諧振動時，振動系統(tǒng)的勢能與動能之和保持不變 C．在同一地點，當擺長不變時，擺球質量越大，單擺做簡諧振動的周期越小 D．系統(tǒng)做穩(wěn)定的受迫振動時，系統(tǒng)振動的頻率等于周期性驅動力的頻率 E．已知彈簧振子初始時刻的位置及其振動周期，就可知振子在任意時刻運動速度的 方向 解析：選ABD　在同一地點，重力加速度g為定值，根據單擺周期

50、公式T＝2π可知，周期的平方與擺長成正比，故選項A正確；彈簧振子做簡諧振動時，只有動能和勢能參與轉化，根據機械能守恒條件可知，振動系統(tǒng)的勢能與動能之和保持不變，故選項B正確；根據單擺周期公式T＝2π可知，單擺的周期與擺球質量無關，故選項C錯誤；當系統(tǒng)做穩(wěn)定的受迫振動時，系統(tǒng)振動的頻率等于周期性驅動力的頻率，故選項D正確；若彈簧振子初始時刻在波峰或波谷位置，知道周期后，可以確定任意時刻運動速度的方向，若彈簧振子初始時刻不在波峰或波谷位置，則無法確定任意時刻運動的方向，故選項E錯誤。 3．[多選]如圖所示為同一地點的甲、乙兩單擺的振動圖像，下列說法中正確的是(　　) A．甲、乙兩單擺的

51、擺長相等 B．甲擺的振幅比乙擺的大 C．甲擺的機械能比乙擺的大 D．在t＝0.5 s時有正向最大加速度的是乙擺 E．由圖像可以求出當地的重力加速度 解析：選ABD　由題圖看出，兩單擺的周期相同，同一地點g相同，由單擺的周期公式T＝2π可知，甲、乙兩單擺的擺長L相等，故A正確；甲擺的振幅為10 cm，乙擺的振幅為7 cm，則甲擺的振幅比乙擺的大，故B正確；盡管甲擺的振幅比乙擺的大，兩擺的擺長也相等，但由于兩擺的質量未知，無法比較機械能的大小，故C錯誤；在t＝0.5 s時，甲擺經過平衡位置，振動的加速度為零，而乙擺的位移為負的最大，則乙擺具有正向最大加速度，故D正確；由單擺的周期公式T＝

52、2π得g＝，由于單擺的擺長不知道，所以不能求得當地的重力加速度，故E錯誤。 4．某同學利用單擺測當地的重力加速度，他測出了擺線長度L和擺動周期T，如圖甲所示。通過改變擺線長度L，測出對應的擺動周期T，獲得多組T與L，再以T2為縱軸、L為橫軸畫出函數關系圖像如圖乙所示。由圖像可知，擺球的半徑r＝_______m，當地重力加速度g＝_______m/s2，由此種方法得到的重力加速度值與實際的重力加速度值相比會________(選填“偏大”“偏小”或“一樣”)。 解析：由T＝2π 得T2＝L＋，由題圖乙中橫軸截距得，球的半徑應為1.0×10－2 m；圖像斜率k＝＝＝4，解得g＝π2 m/s2

53、，根據以上推導可知，由此種方法得到的重力加速度與實際值一樣。 答案：1.0×10－2　π2　一樣 1．機械波的傳播規(guī)律 (1)沿波的傳播方向上各質點的起振方向與波源的起振方向一致。 (2)介質中各質點隨波振動，但并不隨波遷移。 (3)沿波的傳播方向上，波每個周期傳播一個波長的距離。 (4)在波的傳播過程中，同一時刻如果一個質點處于波峰，而另一質點處于波谷，則這兩個質點一定是反相點。 2．波的圖像 (1)波的圖像描述的是在同一時刻，沿波的傳播方向上的各個質點偏離平衡位置的位移，在時間上具有周期性，空間上具有重復性和雙向性的特點。 (2)質點振動的周期(頻率)＝波源振動的

54、周期(頻率)＝波的周期(頻率)。 (3)要畫好、用好振動圖像，并正確地與實際情景相對應。要能正確畫出波形圖，準確寫出波形平移距離、質點振動時間與波長、周期的單一解或多解表達式。 [例1]　[多選](2018·全國卷Ⅲ)一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t＝0和t＝0.20 s時的波形分別如圖中實線和虛線所示。已知該波的周期T＞0.20 s。下列說法正確的是(　　) A．波速為0.40 m/s B．波長為0.08 m C．x＝0.08 m的質點在t＝0.70 s時位于波谷 D．x＝0.08 m的質點在t＝0.12 s時位于波谷 E．若此波傳入另一介質中其波速變?yōu)?.80 m/s

55、，則它在該介質中的波長為0.32 m [解析]　因周期T＞0.20 s，故波在t＝0到t＝0.20 s時間內傳播的距離小于波長λ，由y-x圖像可知傳播距離Δx＝0.08 m，故波速v＝＝0.40 m/s，故A正確；由y-x圖像可知波長 λ＝0.16 m，故B錯誤；由v＝得，波的周期T＝＝0.4 s，根據振動與波動的關系知t＝0時，x＝0.08 m的質點沿＋y方向振動，t＝0.7 s＝1T，故此時該質點位于波谷；因為T＜ 0.12 s＜，此時x＝0.08 m的質點在x軸上方沿－y方向振動，故C正確，D錯誤；根據 λ＝vT得，波速變?yōu)?.80 m/s時波長λ＝0.32 m，故E正確。 [

56、答案]　ACE 波的多解問題的分析思路 [例2]　(2018·東北三省四市模擬)甲、乙兩列橫波傳播速率相同，分別沿x軸負方向和正方向傳播，t0時刻兩列波的前端剛好分別傳播到質點A和質點B，如圖所示，設t0時刻為計時起點，已知甲波的頻率為5 Hz。求： (1)t0時刻之前，x軸上的質點C振動了多長時間； (2)在t0時刻之后的0.9 s內，x＝0處的質點位移為＋6 cm 的時刻。 [解析]　(1)由題中條件可知，甲波的周期為：T甲＝＝0.2 s 波速為：v＝λ甲f甲＝4×5 m/s＝20 m/s 乙波的周期為：T乙＝＝ s＝0.4 s 由題圖可知，質點C開始振動的

57、時刻距t0時刻為：tC＝T乙 解得質點C已振動時間：tC＝0.1 s。 (2)x＝0處的質點位移為＋6 cm，表明兩列波的波峰同時到達x＝0處。 甲波的波峰到達x＝0處的時刻為：t甲＝mT甲(m＝0,1,2,3，…) 乙波的波峰到達x＝0處的時刻為：t乙＝T乙(n＝0,1,2,3，…) 由t＝t甲＝t乙 解得：m＝2n＋1 n＝0時，m＝1，t＝0.2 s n＝1時，m＝3，t＝0.6 s n＝2時，m＝5，t＝1 s 可知：在t0時刻之后的0.9 s內，x＝0處的質點位移為＋6 cm的時刻為0.2 s和0.6 s。 [答案]　(1)0.1 s　(2)0.2 s和0.6

58、s “一分、一看、二找”巧解振動圖像與波的圖像的綜合問題 (1)分清振動圖像與波的圖像。只要看清橫坐標即可，橫坐標為x則為波的圖像，橫坐標為t則為振動圖像。 (2)看清橫、縱坐標的單位，尤其要注意單位前的數量級。 (3)找準波的圖像對應的時刻。 (4)找準振動圖像對應的質點。 [例3]　(2018·全國卷Ⅰ)一列簡諧橫波在t＝ s時的波形圖如圖(a)所示，P、Q是介質中的兩個質點。圖(b)是質點Q的振動圖像。求： (1)波速及波的傳播方向； (2)質點Q的平衡位置的x坐標。 [解析]　(1)由題圖(a)可以看出，該波的波長為 λ＝36 cm 由題圖(b)可以看出，

59、周期為 T＝2 s 波速為v＝＝18 cm/s 由題圖(b)知，當t＝ s時，質點Q向上運動，結合題圖(a)可得，波沿x軸負方向傳播。 (2)設質點O的振動方程為yO＝Asin(ωt＋φ)，其中ω＝＝π rad/s t＝ s時有yO＝Asin＝－，可得φ＝－ 即yO＝Asin 由題圖(b)可知yQ＝Asin ωt 所以O、Q兩質點的相位差為 xQ＝λ＝9 cm。 [答案]　(1)18 cm/s　沿x軸負方向傳播　(2)9 cm 1．兩個振動情況相同的波源形成的波，在空間某點振動加強的條件為Δx＝nλ，振動減弱的條件為Δx＝nλ＋；兩個振動情況相反的波源形成的波，在

60、空間某點振動加強的條件為Δx＝nλ＋，振動減弱的條件為Δx＝nλ。 2．振動加強點的振幅最大，位移隨時間而改變。 [例4]　[多選]如圖所示，兩列相干簡諧橫波在同一區(qū)域傳播，實線與虛線分別表示兩列波的波峰和波谷，已知兩列波的振幅均為A、頻率均為f。此刻，a、c是波峰與波谷相遇點，b是波谷與波谷相遇點，d是波峰與波峰相遇點，下列說法中正確的是(　　) A．b點振幅為2A B．a、c兩點始終處在平衡位置 C．a、c連線的中點始終處在平衡位置 D．從該時刻起，經過時間，b點移動到d點 E．從該時刻起，經過時間，b點到達平衡位置 [解析]　b點是波谷與波谷相遇點，振動加強，則振幅為2A

61、，選項A正確；a、c兩點是波峰與波谷相遇點，振動減弱，振幅為零，則始終處在平衡位置，選項B正確；a、c連線的中點也是b、d連線的中點，是振動加強點，選項C錯誤；質點在振動時不隨波移動，選項D錯誤；該時刻b點在波谷位置，則從該時刻起，經過時間＝，b點到達平衡位置，選項E正確。 [答案]　ABE 1．折射率 光從真空射入某種介質發(fā)生折射時，入射角的正弦與折射角的正弦之比叫做這種介質的折射率，公式為n＝。實驗和研究證明，某種介質的折射率等于光在真空中的傳播速度c與光在這種介質中的傳播速度v之比，即n＝。 2．臨界角 折射角等于90°時的入射角，稱為臨界角。若光從折射率為n的某種介質射向

62、真空(空氣)時發(fā)生全反射的臨界角為C，則sin C＝。 3．全反射的條件 (1)光從光密介質射向光疏介質。 (2)入射角大于或等于臨界角。 4．光的色散問題 (1)同種介質對不同頻率的光的折射率不同，頻率越高，折射率越大。 (2)由n＝，n＝可知，光的頻率越高，在介質中的波速越小，波長越小。 [例1]　(2018·全國卷Ⅲ)如圖，某同學在一張水平放置的白紙上畫了一個小標記“·”(圖中O點)，然后用橫截面為等邊三角形ABC的三棱鏡壓在這個標記上，小標記位于AC邊上。D位于AB邊上，過D點做AC邊的垂線交AC于F。該同學在D點正上方向下順著直線DF的方向觀察，恰好可以看到小標記的像；

63、過O點做AB邊的垂線交直線DF于E；DE＝2 cm，EF＝1 cm。求三棱鏡的折射率。(不考慮光線在三棱鏡中的反射) [解析]　如圖所示，過D點作AB邊的法線NN′，連接OD，則α、β分別為O點發(fā)出的光線在D點的入射角和折射角，根據折射定律有n＝ 由幾何關系可知 β＝60° θ＝30° 在△OEF中有 OE＝2EF＝2 cm 所以△OED為等腰三角形，可得 α＝∠DOE＝∠EDO＝30° 解得n＝。 [答案]　 [例2]　(2018·全國卷Ⅱ)如圖，△ABC是一直角三棱鏡的橫截面，∠A＝90°，∠B＝60°。一細光束從BC邊的D點折射后，射到AC邊的E點，發(fā)生全反射后經A

64、B邊的F點射出。EG垂直于AC交BC于G，D恰好是CG的中點。不計多次反射。 (1)求出射光相對于D點的入射光的偏角； (2)為實現上述光路，棱鏡折射率的取值應在什么范圍？ [解析]　(1)光線在BC面上發(fā)生折射，如圖所示，由折射定律有 n＝① 光線在AC面上發(fā)生全反射，i2＝r2② 光線在AB面上發(fā)生折射，n＝③ 由幾何關系得 i2＝r2＝60°，r1＝i3＝30°④ F點的出射光相對于D點的入射光的偏角為 δ＝(r1－i1)＋(180°－i2－r2)＋(r3－i3)⑤ 由①②③④⑤式得 δ＝60°。⑥ (2)光線在AC面上發(fā)生全反射，在AB面上不發(fā)生全反射，有i2

65、≥C，i3＜C⑦ 式中C是全反射臨界角，滿足 sin C＝⑧ 由④⑦⑧式知，棱鏡的折射率n的取值范圍應為 ≤n＜2。⑨ [答案]　(1)60°　(2)≤n＜2 [系統(tǒng)通法]———————————————————————————————— 求解光的折射和全反射的思路 1．確定研究的光線：該光線一般是入射光線，還有可能是反射光線或折射光線，若研究的光線不明確，則需根據題意分析、尋找，如臨界光線、邊界光線等。 2．畫光路圖：找入射點，確認界面，并畫出法線，根據反射定律、折射定律作出光路圖，結合幾何關系，具體求解。 3．光線從光疏→光密：一定有反射、折射光線；光線從光密→光疏：如果

66、入射角大于或等于臨界角，則發(fā)生全反射。 [題題過關]———————————————————————————————— 1．(2019屆高三·長沙調研)如圖所示，在MN的下方足夠大的空間是玻璃介質，其折射率n＝，玻璃介質的上邊界MN是屏幕。玻璃中有一正三角形空氣泡，其邊長l＝40 cm，頂點與屏幕接觸于C點，底邊AB與屏幕平行。激光a垂直于AB邊射向AC邊的中點O，結果在屏幕MN上出現兩個光斑。 (1)畫出光路圖； (2)求兩個光斑之間的距離L。 解析：(1)光路圖如圖所示。 (2)如圖所示，在AC邊，a光的入射角i＝60° 由光的折射定律有：＝n 代入數據，求得折射角r＝30° 由光的反射定律得，反射角i′＝60° 由幾何關系易得：△ODC是邊長為0.5l的正三角形，△COE為等腰三角形， CE＝OC＝0.5l 故兩光斑之間的距離L＝DC＋CE＝l＝40 cm。 答案：(1)見解析圖　(2)40 cm 2.(2018·遵義高三質檢)如圖所示，一柱形玻璃的橫截面是半徑為R的圓，圓心為O，以O為原點建立直角坐標系xOy。一單色光平行于x軸射入玻璃，入射點