高考物理二轮复习第1部分专题讲练突破六第1讲分子动理论气体及热力学定律 77页

专题六 选修部分 第 1 讲 分子动理论 气体及热力学定律 微网构建 核心再现 知识 规律 (1)分子动理论：分子直径的数量级 是 10－10m；分子永不停息地做无规则 运动；分子间存在相互的引力和斥 力． (2)气体实验定律和理想气体状态 方程． ①p1V1＝p2V2；②p1 T1 ＝p2 T2 ；③V1 T1 ＝V2 T2 ； ④p1V1 T1 ＝p2V2 T2 . (3)热力学定律． ①热力学第一定律：ΔU＝W＋Q. ②热力学第二定律：自然界中进行 的涉及热现象的宏观过程都具有方 向性． 思想 方法 (1)物理思想：理想化模型思想、控 制变量思想． (2)物理方法：类比法、假设法、转 换研究对象法. 高频考点一 分子动理论 知能 必备 1.分子动理论的基本内容． 2.分子的两种模型及分子直径的测量方法． 3.比较布朗运动、扩散现象和分子的热运动． 4.分子间相互作用力随分子间距的变化特点，分子力做功与分子势能的 变化及影响物体内能的因素. [题组冲关] 1．(2016·湖南长沙高三质检)(多选)下列叙述中正确的是( ) A．布朗运动是固体小颗粒的运动，是液体分子的热运动的反映 B．分子间距离越大，分子势能越大；分子间距离越小，分子势能也越小 C．两个铅块压紧后能粘在一起，说明分子间有引力 D．用打气筒向篮球充气时需用力，说明气体分子间有斥力 E．温度升高，物体的内能却不一定增大 解析：选 ACE.布朗运动不是液体分子的运动，而是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它反映 了液体分子的运动，A 正确；若取两分子相距无穷远时的分子势能为零，则当两分子间距离 大于 r0 时，分子力表现为引力，分子势能随间距的减小而减小(此时分子力做正功)，当分 子间距离小于 r0 时，分子力表现为斥力，分子势能随间距的减小而增大(此时分子力做负功)， 故 B 错误；将两个铅块用刀刮平压紧后便能粘在一起，说明分子间存在引力，C 正确；用打 气筒向篮球充气时需用力，是由于篮球内压强在增大，不能说明分子间有斥力，D 错误；物 体的内能取决于温度、体积及物体的质量，温度升高，内能不一定增大，E 正确． 2．(多选)关于分子间的作用力，下列说法正确的是( ) A．分子之间的斥力和引力同时存在 B．分子之间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小 C．分子之间的距离减小时，分子力一直做正功 D．分子之间的距离增大时，分子势能一直减小 E．分子之间的距离增大时，可能存在分子势能相等的两个点 解析：选 ABE.分子间既存在引力，也存在斥力，只是当分子间距离大于平衡距离时表现为 引力，小于平衡距离时表现为斥力，故 A 正确；分子间存在相互作用的引力和斥力，引力和 斥力都随分子间距离的增大而减小，故 B 正确；两分子之间的距离大于 r0 时，分子力为引 力，故当相互靠近时分子力做正功；当分子间距小于 r0 时，分子力为斥力，相互靠近时， 分子力做负功，因无法判断是在何处减小距离，故 C 错误；两分子之间的距离大于 r0，分子 力为引力，故当分子之间的距离增加时，分子力做负功，分子势能增加，故 D 错误；当两分 子之间的距离等于 r0 时，分子势能最小；从该位置起增加或减小分子距离，都是分子力做 负功，分子势能增加，故分子之间的距离分别减小或增大时，可能存在分子势能相等的两个 点，故 E 正确． 3．已知地球大气层的厚度 h 远小于地球半径 R，空气平均摩尔质量为 M，阿伏加德罗常数为 NA，地面大气压强为 p0，重力加速度大小为 g.由此可估算得，地球大气层空气分子总数为 ________，空气分子之间的平均距离为________． 解析：可认为地球大气对地球表面的压力是由其重力引起的，即 mg＝p0S＝p0×4πR2，故大 气层的空气总质量 m＝4πp0R2 g ，空气分子总数 N＝m M NA＝4πp0NAR2 Mg .由于 h≪R，则大气层的总 体积 V＝4πR2h，每个分子所占空间设为一个棱长为 a 的正方体，则有 Na3＝V，可得分子间 的平均距离 a＝ 3 Mgh p0NA . 答案：4πp0NAR2 Mg 3 Mgh p0NA 4．(原创题)(1)(多选)给体积相同的两个容器 A、B 分别装满温度为 60 ℃的热水和 6 ℃的 冷水．下列说法中正确的是( ) A．由于温度是分子平均动能的标志，所以容器 A 中水分子的平均动能比容器 B 中水分子的 平均动能大 B．由于温度越高，布朗运动越剧烈，所以容器 A 中水分子的布朗运动比容器 B 中水分子的 布朗运动更剧烈 C．若把 A、B 两个容器靠在一起，则 A、B 两容器内水的内能都将发生改变，这种改变内能 的方式叫热传递 D．由于 A、B 两容器内水的体积相等，所以 A、B 两容器中水分子间的平均距离相等 E．已知水的相对分子质量是 18，若容器 B 中水的质量为 3 kg，水的密度为 1.0×103 kg/m3， 阿伏加德罗常数 NA＝6.02×1023 mol－1，则容器 B 中水分子个数约为 1.0×1026 (2)教育部办公厅和卫生部办公厅日前联合发布了《关于进一步加强学校控烟工作的意 见》．《意见》中要求，教师在学校的禁烟活动中应以身作则、带头戒烟，通过自身的戒烟， 教育、带动学生自觉抵制烟草的诱惑．试估算一个高约 2.8 m，面积约 10 m2 的两人办公室， 若只有一人吸了一根烟(人正常呼吸一次吸入气体 300 cm3，一根烟大约吸 10 次)．求： ①估算被污染的空气分子间的平均距离； 二轮复习 物理第 1 部分 专题六 选修部分②另一不吸烟者呼吸一次大约吸入多少个被 污染过的空气分子． 解析：(1)布朗运动不是水分子的运动，而是水中小颗粒的无规则运动，所以选项 B 错误．由 于 A、B 两容器中水的密度不同(热水的密度较小)，所以 A、B 两容器中水的质量不同，水分 子的个数不同，水分子间的平均距离也不相等，选项 D 错误．根据题意，水的摩尔质量为 18 g/mol，容器 B 中水的物质的量为 n＝3 000 18 mol＝500 3 mol，所以容器 B 中水分子个数约 为 N＝nNA＝1.0×1026，选项 E 正确． (2)①吸烟者一根烟吸入的总气体体积为 V＝10×300 cm3＝3 000 cm3 含有空气分子数为 n＝3 000×10－6 22.4×10－3 ×6.02×1023 个＝8.1×1022 个 办公室单位体积内含有的被污染空气分子数为 8.1×1022 10×2.8 个＝2.9×1021 个 每个污染空气分子所占的体积为 V0＝ 1 2.9×1021 m3 分子间的平均距离 L＝ 3 V0＝ 3 1 2.9×1021 m≈7×10－8 m ②不吸烟者一次呼吸吸入的被污染过的空气分子个数为 N＝ 300×10－6 1 2.9×1021 ＝8.7×1017 个． 答案：(1)ACE (2)①7×10－8 m ②8.7×1017 个 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＝4 3 πR3，立方体模型：V＝a3. (2)分子数：N＝nNA＝m Mm NA＝V Vm NA. 2．分子运动： 分子做永不停息的无规则运动，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： 高频考点二 固体、液体性质的考查 知能 必备 1.晶体、非晶体及多晶体的区别，液晶的微观结构． 2.饱和汽压和温度的理解． 3.液体表面张力的形成原因及特点. [题组冲关] 1．(多选)下列说法正确的是( ) A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故 E．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热 的结果 解析：选 BCE.水中花粉的布朗运动，反映的是水分子的热运动规律，则 A 项错．正是表面 张力使空中雨滴呈球形，则 B 项正确．液晶的光学性质是各向异性，液晶显示器正是利用了 这种性质，C 项正确．高原地区大气压较低，对应的水的沸点较低，D 项错误．因为纱布中 的水蒸发吸热，则同样环境下湿泡温度计显示的温度较低，E 项正确． 2．(多选)下列说法正确的是( ) A．液体的分子势能与体积有关 B．空中下落的雨滴呈球形是因为液体有表面张力 C．饱和蒸汽是指液体不再蒸发，蒸汽不再液化时的状态 D．布朗运动表明了分子越小，分子运动越剧烈 E．液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性 解析：选 ABE.分子的势能与分子间的距离有关，则就与液体的体积有关，故 A 正确；空中 下落的雨滴呈球形是因为液体有表面张力，液体表面有收缩的趋势而形成的，故 B 正确；饱 和蒸汽是指液体蒸发与蒸汽液化相平衡的状态，液体仍在蒸发，蒸汽仍在液化，故 C 错误； 布朗运动是液体分子无规则运动的反映，它不是分子运动，故 D 错误；液晶既有液体的流动 性，又有光学性质的各向异性，故 E 正确． 3．(2016·江西南昌十校二模)(多选)下列说法正确的是( ) A．液晶具有流动性，光学性质各向异性 B．气体扩散现象表明气体分子间存在斥力 C．热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体 D．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功以转化成机械能 E．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以以液体表面存在表面张力 解析：选 ACE.液晶是一类介于晶体与液体之间的特殊物质，它具有流动性，光学性质各向 异性，故 A 正确；扩散说 明分子在做无规则运动，不能说明分子间存在斥力，故 B 错误；热量总是自发地从温度高的 物体传递到温度低的物体，而温度是分子平均动能的标志，故 C 正确；根据能量转化的方向 可知，机械能可能全部转化为内能，故 D 错误；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间 距离，分子之间的作用力表现为引力，所以液体表面存在表面张力，故 E 正确． 4．(改编题)(多选)对下列几种固体物质的认识，正确的有( ) A．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体 B．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 C．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则 D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同 E．晶体都具有固定熔点、熔化时吸收的热量全部用于分子势能的增加 解析：选 ADE.晶体在熔化过程中温度保持不变，吸收的热量用来增加分子势能，食盐具有 这样的特点，则说明食盐是晶体，选项 A、E 正确；蜂蜡的导热特点是各向同性的，烧热的 针尖使蜂蜡熔化后呈椭圆形，说明云母片的导热特点是各向异性的，故云母片是晶体，选项 B 错误；天然石英表现为各向异性，则该物质微粒在空间的排列是规则的，选项 C 错误；石 墨与金刚石皆由碳原子组成，但它们的物质微粒排列结构是不同的，选项 D 正确． 1．熟记晶体和非晶体的区别 晶体具有固定的熔点，而非晶体没有固定的熔点；晶体中的单晶体物理性质为各向异性，晶 体中的多晶体和非晶体物理性质为各向同性． 2．理解液晶的特性 液晶是一种特殊物质，它既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性．不是 所有物质都具有液晶态． 高频考点三 气体实验定律与热力学定律的综合应用 知能必 备 1.热力学第一定律的内容、公式及公式中各符号的意义． 2.热力学第二定律的两种表述． 3.气体实验定律及理想气体状态方程． 4.气体状态变化的图象及其意义. [命题视角] 视角 1 热力学定律与能量守恒定律 [例 1] (2016·湖北黄石二中月考)在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界 做了 24 kJ 的功．现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保 持不变，且放出了 5 kJ 的热量．在上述两个过程中，空气的内能共减小________kJ，空气 ________(填“吸收”或“放出”)的总热量为________kJ. 思路探究 (1)改变物体内能的两种方式是什么？ (2)公式ΔU＝Q＋W 中各符号的意义是什么？ 尝试解答 __________ 解析 因为理想气体的内能只跟温度有关，第一个过程是等温压缩，所以内能不变，有ΔU ＝Q＋W，又 W＝24 kJ，故 Q＝－24 kJ，即在第一个过程中，空气放出的热量为 24 kJ；第 二个过程中，体积不变，说明只与外界发生热传递，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，所以 ΔU＝0－5 kJ＝－5 kJ，故空气内能减小 5 kJ，空气放出 29 kJ 的热量． 答案 5 放出 29 视角 2 以图象方式考查气体实验定律和热力学定律 [例 2] (2016·湖南十校联考)(多选)如图甲所示，用面积为 S 的活塞在汽缸内封闭着一定 质量的理想气体，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为 m.现使汽缸内的气体缓缓按图 乙所示的规律变化，汽缸内的气体从状态 A 变化到状态 B.若该过程中气体内能发生了变化， 气体柱高度增加了ΔL.外界大气压强为 p0. (1)下列说法中正确的是( ) A．该过程中汽缸内气体的压强始终为 p0 B．该过程中气体的内能不断增大 C．该过程中气体不断从外界吸收热量 D．气体在该过程中吸收的热量大于它对外界做的功 E．A 和 B 两个状态，汽缸内壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同 (2)汽缸内气体的温度为 T1 时，气体柱的高度为 L＝________(用图中和题目中给出的字母表 示)． (3)若气体从状态 A 变化到状态 B 的过程中从外界吸收的热量为 Q，则被封闭气体的内能变 化了多少？ 思路探究 (1)由乙图分析封闭气体发生了怎样的变化？满足什么规律？ (2)热力学第一定律中，正、负号如何规定？ 尝试解答 __________ 解析 (1)根据图乙可知气体在该过程中发生的是等压变化，该过程中汽缸内气体的压强始 终为 p0＋mg S ，选项 A 错误；由图乙可知气体温度升高，内能增大，气体体积膨胀对外做功， 根据热力学第一定律可知，气体必定从外界吸收热量，且气体从外界吸收的热量大于气体对 外做的功，选项 B、C、D 正确；A 和 B 两个状态，气体温度不相同，气体分子运动的平均速 率不相等，单个分子对汽缸内壁的平均撞击力也不相等，根据等压变化，可判断汽缸内壁单 位面积单位时间内受到分子撞击的次数不同，选项 E 错误． (2)由盖－吕萨克定律得V1 T1 ＝V2 T2 ， 即L·S T1 ＝ L＋ΔL· S T2 ， 解得 L＝T1·ΔL T2－T1 . (3)对活塞和砝码整体，由力的平衡条件得 mg＋p0S＝pS 解得 p＝p0＋mg S 气体从状态 A 变化到状态 B 的过程中对外做的功为 W＝pSΔL＝(p0S＋mg)ΔL 由热力学第一定律得 气体内能的变化量为ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋mg)ΔL. 答案 (1)BCD (2)T1·ΔL T2－T1 (3)Q－(p0S＋mg)ΔL 视角 3 气体实验定律与理想气体状态方程的综合 [例 3] (2016·武汉模拟)如图，上粗下细且上端开口的薄壁玻璃管内有一部分水银封住密 闭气体，横截面积分别为 S1＝1 cm2、S2＝2 cm2，细管内水银长度为 h1＝4 cm，封闭气体长 度为 L＝6 cm.大气压强为 p0＝76 cmHg，气体初始温度为 T1＝288 K，上管足够长． (1)缓慢升高气体温度，求水银刚好全部进入粗管内时的温度 T2； (2)气体温度保持 T2 不变，为使封闭气体长度变为 8 cm，需向开口端注入的水银柱的体积为 多少？ 思路探究 (1)水银移动过程中，体积如何变化？ (2)“水银刚好全部进入粗管内时”前后状态有哪些变化？ (3)“T2 不变，封闭气体变为 8 cm”封闭气体压强为多大？ 尝试解答 __________ 解析 (1)初状态：p1＝p0＋ph1，V1＝LS1 末状态：p2＝p0＋ph2，V2＝(L＋h1)S1 又有：S1h1＝S2h2 根据p1V1 T1 ＝p2V2 T2 由以上各式并代入数据解得：T2＝468 K. (2)气体等温变化有：p2V2＝p3V3 解得 p3＝97.5 cmHg， 设此时水银柱的液面高度差为 h3，有： h3＝97.5 cm－76 cm＝21.5 cm 注入的水银柱体积 V 注＝(21.5－2)×2 cm3＋2×1 cm3－4×1 cm3＝37 cm3. 答案 (1)468 K (2)37 cm3 1．热力学第一定律公式ΔU＝Q＋W 符号的规定 物理量 功 W 热量 Q 内能的改变ΔU 取正值“＋” 外界对物体做功 物体从外界吸收热量 物体的内能增加 取负值“－” 物体对外界做功 物体向外界放出热量 物体的内能减少 2．气体实验定律 (1)等温变化：pV＝C 或 p1V1＝p2V2； (2)等容变化：p T ＝C 或p1 T1 ＝p2 T2 ； (3)等压变化：V T ＝C 或V1 T1 ＝V2 T2 ； (4)理想气体状态方程：pV T ＝C 或p1V1 T1 ＝p2V2 T2 . 3．分析有关气体实验定律和理想气体状态方程问题的物理过程一般要抓住三个要点： (1)阶段性，即弄清一个物理过程分为哪几个阶段； (2)联系性，即找出几个阶段之间是由什么物理量联系起来的； (3)规律性，即明确哪个阶段应遵循什么实验定律． [题组冲关] 1．(原创题)(1)(多选)关于热力学定律，以下说法正确的是________． A．热力学第一定律是能量守恒定律在热力学中的体现，否定了创造和消灭能量的可能性， 告诉我们第一类永动机不可能制成 B．热力学第二定律反映了一切与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性，告诉我们第二 类永动机不可能制成 C．做功和热传递都能改变物体的内能，根据最后的结果可以区分是做功还是热传递使物体 温度升高的 D．热力学第一定律指出内能可以与其他形式的能相互转化，热力学第二定律指出内能不可 能完全转化为机械能，故二者是相互矛盾的 E．热力学第一定律和热力学第二定律分别从不同的角度揭示了与热现象有关的物理过程所 遵循的规律，二者相互独立，又相互补充，都是热力学的理论基础 (2)如图所示，在一端封闭的 U 形管中用水银柱封住一段空气柱，当空气柱的温度为 14 ℃ 时，左臂水银柱的长度 h1＝10 cm，右臂水银柱的长度 h2＝7 cm，空气柱长度 L＝15 cm；将 U 形管放入 100 ℃水中且状态稳定时，h1 变为 7 cm.分别写出空气柱在初末两个状态的气体 参量，并求出末状态空气柱的压强和当时的大气压强(单位用 cmHg)． 解析：(1)做功和热传递都能改变物体的内能，根据最后的结果无法判断是做功还是热传递 使物体温度升高的，选项 C 错误；热力学第一定律是能量守恒定律在热现象中的体现，热力 学第二定律则指出了能量转化的方向性，二者并不矛盾，选项 D 错误． (2)对于封闭的空气柱(设大气压强为 p0，管的横截面积为 S) 初态：p1＝p0＋h2－h1＝p0－3 cmHg V1＝LS＝15S(cm3)，T1＝287 K 末态：h1′＝7 cm，h2′＝10 cm 故压强 p2＝p0＋h2′－h1′＝p0＋3 cmHg V2＝(L＋3)S＝18S(cm3)，T2＝373 K 由理想气体状态方程得 p1V1/T1＝p2V2/T2 解得大气压强为 p0＝75.25 cmHg 在 100 ℃的水中时，空气柱的压强为 p2＝78.25 cmHg 答案：(1)ABE (2)78.25 cmHg 75.25 cmHg 2．(1)(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是( ) A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量 B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加 C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功 D．不可能使热量从低温物体传向高温物体 E．机械能转化为内能的实际宏观过程是不可逆过程 (2)一定质量的理想气体，处在 A 状态时，温度为 tA＝27 ℃，气体从状态 A 等容变化到状态 M，再等压变化到状态 B，A、M、B 的状态参量如图所示．求： ①状态 B 的温度； ②从 A 到 B 气体对外所做的功．(取 1 atm＝1.0×105 Pa) 解析：(1)由ΔU＝W＋Q 可知做功和热传递是改变内能的两种途径，它们是等效的，故 A 正 确、B 错误．由热力学第二定律可知，可以从单一热源吸收热量，使之全部变为功，但会产 生其他影响，故 C 正确．由热力学第二定律知，热量只是不能自发地从低温物体传向高温物 体，则 D 项错．一切与热现象有关的宏观过程不可逆，则 E 正确． (2)①气体在 A 状态：T1＝300 K，V1＝3 m3，p1＝2.5 atm 气体在 B 状态：T2，V2＝6 m3，p2＝1 atm 气体从 A 状态到 B 状态 由p1V1 T1 ＝p2V2 T2 ，得 T2＝240 K＝－33 ℃ ②从 A 到 M 状态，气体做等容变化，不做功，从 M 到 B 是等压变化，做的功为 W＝p2ΔV＝ 3.0×105 J，从 A 到 B 气体对外做功 3.0×105 J. 答案：(1)ACE (2)①－33 ℃ ②3.0×105 J [真题试做] [真题 1] (2016·高考全国甲卷)(1)(多选)一定量的理想气体从状态 a 开始，经历等温或 等压过程 ab、bc、cd、da 回到原状态，其 p－T 图象如图所示，其中对角线 ac 的延长线过 原点 O.下列判断正确的是________． A．气体在 a、c 两状态的体积相等 B．气体在状态 a 时的内能大于它在状态 c 时的内能 C．在过程 cd 中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功 D．在过程 da 中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功 E．在过程 bc 中外界对气体做的功等于在过程 da 中气体对外界做的功 (2)一氧气瓶的容积为 0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为 20 个大气压．某实验室每天消耗 1 个大气压的氧气 0.36 m3.当氧气瓶中的压强降低到 2 个大气压时，需重新充气．若氧气的 温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天． 解析：(1)由 ac 的延长线过原点 O 知，直线 Oca 为一条等容线，气体在 a、c 两状态的体积 相等，选项 A 正确；理想气体的内能由其温度决定，故在状态 a 时的内能大于在状态 c 时的 内能，选项 B 正确；过程 cd 是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外 放出的热量等于外界对气体做的功，选项 C 错误；过程 da 气体内能增大，从外界吸收的热 量大于气体对外界做的功，选项 D 错误；由理想气体状态方程知：paVa Ta ＝pbVb Tb ＝pcVc Tc ＝pdVd Td ＝C， 即 paVa＝CTa，pbVb＝CTb，pcVc＝CTc，pdVd＝CTd.设过程 bc 中压强为 p0＝pb＝pc，过程 da 中压 强为 p0′＝pd＝pa.由外界对气体做功 W＝p·ΔV 知，过程 bc 中外界对气体做的功 Wbc＝p0(Vb －Vc)＝C(Tb－Tc)，过程 da 中气体对外界做的功 Wda＝p0′(Va－Vd)＝C(Ta－Td)，Ta＝Tb，Tc＝ Td，故 Wbc＝Wda，选项 E 正确(此选项也可用排除法直接判断更快捷)． (2)设氧气开始时的压强为 p1，体积为 V1，压强变为 p2(2 个大气压)时，体积为 V2.根据玻意 耳定律得 p1V1＝p2V2① 重新充气前，用去的氧气在 p2 压强下的体积为 V3＝V2－V1② 设用去的氧气在 p0(1 个大气压)压强下的体积为 V0，则有 p2V3＝p0V0③ 设实验室每天用去的氧气在 p0 下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为 N＝V0/ΔV④ 联立①②③④式，并代入数据得 N＝4(天)⑤ 答案：(1)ABE (2)4 天 [真题 2] (2015·高考新课标卷Ⅰ)(1)(多选)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 (2) 如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活 塞的质量为 m1＝2.50 kg，横截面积为 S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为 m2＝1.50 kg，横截面 积为 S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为 l＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为 p＝1.00×105 Pa，温度为 T＝303 K．初始时大活塞与大圆筒底部相距l 2 ，两活塞间封闭气体 的温度为 T1＝495 K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之 间的摩擦，重力加速度大小 g 取 10 m/s2.求： ①在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度； ②缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强． 解析：(1)A.将一晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，故选项 A 错误． B．单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，故选项 B 正确． C．例如金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，故 选项 C 正确． D．晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化．如天然水晶是晶体，熔融过的水晶(即石英玻 璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，故选项 D 正确． E．熔化过程中，晶体的温度不变，但内能改变，故选项 E 错误． (2)①设初始时气体体积为 V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为 V2， 温度为 T2.由题给条件得 V1＝S1 l 2 ＋S2 l－l 2 ① V2＝S2l② 在活塞缓慢下移的过程中，用 p1 表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得 S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p)③ 故缸内气体的压强不变．由盖－吕萨克定律有 V1 T1 ＝V2 T2 ④ 联立①②④式并代入题给数据得 T2＝330 K⑤ ②在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为 p1.在此后与汽缸外大气达到热平 衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为 p′，由查理定 律，有 p′ T ＝p1 T2 ⑥ 联立③⑤⑥式并代入题给数据得 p′＝1.01×105 Pa⑦ 答案：(1)BCD (2)①330 K ②1.01×105 Pa [真题 3] (2016·高考全国丙卷)(1)(多选)关于气体的内能，下列说法正确的是________． A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同 B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大 C．气体被压缩时，内能可能不变 D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 (2)一 U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时， 管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为 止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同； 在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强 p0＝75.0 cmHg.环境温度不变． 解析：(1)气体的内能由物质的量、温度和体积决定，质量和温度都相同的气体，内能可能 不同，说法 A 错误．内能与物体的运动速度无关，说法 B 错误．气体被压缩时，同时对外传 热，根据热力学第一定律知内能可能不变，说法 C 正确．一定量的某种理想气体的内能只与 温度有关，说法 D 正确．根据理想气体状态方程，一定量的某种理想气体在压强不变的情况 下，体积变大，则温度一定升高，内能一定增加，说法 E 正确． (2)设初始时，右管中空气柱的压强为 p1，长度为 l1；左管中空气柱的压强为 p2＝p0，长度 为 l2.活塞被下推 h 后，右管中空气柱的压强为 p1′，长度为 l1′；左管中空气柱的压强为 P2′，长度为 l2′.以 cmHg 为压强单位．由题给条件得 p1＝p0＋(20.0－5.00)cmHg① l1′＝ 20.0－20.0－5.00 2 cm② 由玻意耳定律得 p1l1＝p1′l1′③ 联立①②③式和题给条件得 P1′＝144 cmHg④ 依题意 p2′＝p1′⑤ l2′＝4.00 cm＋20.0－5.00 2 cm－h⑥ 由玻意耳定律得 p2l2＝p2′l2′⑦ 联立④⑤⑥⑦式和题给条件得 h＝9.42 cm⑧ 答案：(1)CDE (2)144 cmHg 9.42 cm [新题预测] (1)(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态 A 依次经过状态 B、C 和 D 后再回到状态 A. 其中，A→B 和 C→D 为等温过程，B→C 和 D→A 为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就 是著名的“卡诺循环”．该循环过程中，下列说法正确 的是( ) A．A→B 过程中，气体对外界做功 B．B→C 过程中，气体分子的平均动能增大 C．C→D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 D．D→A 过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化 E．B→C 过程中，气体内能减小 (2)如图所示，两端封闭的玻璃管中间有一段长为 h＝16 cm 的水银柱，在 27 ℃的室内水平 放置，水银柱把玻璃管中的气体分成长度都是 L0＝40 cm 的 A、B 两部分，两部分气体的压 强均为 p0＝30 cmHg，现将 A 端抬起使玻璃管竖直． ①求玻璃管竖直时两段气体的长度 LA 和 LB； ②在玻璃管竖直状态下，给 B 气体加热(全过程中 A 气体温度不变)，需要加热到多少摄氏度 才能使水银柱回到初始位置？ 解析：(1)A→B 过程中，气体体积变大，气体对外做功，A 项正确；B→C 为绝热过程，气体 体积增大，气体对外界做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故 B 项错误， E 项正确；C→D 为等温过程，气体的温度不变，体积减小，压强增大，单位时间内碰撞单位 面积器壁的分子数增多，故 C 项正确；D→A 过程中绝热压缩，气体的温度升高，因此气体 分子的速率分布曲线的最大值向速率大的方向偏移，故 D 项错误． (2)①玻璃管由水平放置转到竖直放置，两部分气体均为等温变化，设玻璃管的横截面积为 S 对 A 有 p0L0S＝pALAS 对 B 有 p0L0S＝pBLBS PB＝PA＋h，LA＋LB＝2L0 解得 LA＝50 cm，LB＝30 cm. ②给 B 气体加热后，水银柱回到初始位置，A 部分气体状态参量与初始状态相同，B 气体体 积与初始状态相同，此时 B 气体压强为 p＝p0＋h＝46 cmHg 对 B 有p0 T0 ＝p T 解得 T＝460 K 故需将 B 气体加热到 187 ℃ 答案：(1)ACE (2)①50 cm 30 cm ②187 ℃ 限时规范训练 建议用时：40 分钟 1．(1)(多选)一定量的理想气体从状态 a 开始，经历三个过程 ab、bc、ca 回到原状态，其 p－T 图象如图所示．下列判断正确的是( ) A．过程 ab 中气体一定吸热 B．过程 bc 中气体既不吸热也不放热 C．过程 ca 中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D．a、b 和 c 三个状态中，状态 a 分子的平均动能最小 E．b 和 c 两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同 (2)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内．汽缸壁导热良好，活塞可 沿汽缸壁无摩擦地滑动．开始时气体压强为 p，活塞下表面相对于汽缸底部的高度为 h，外 界的温度为 T0.现取质量为 m 的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h 4 . 若此后外界的温度变为 T，求重新达到平衡后气体的体积．已知外界大气的压强始终保持不 变，重力加速度大小为 g. 解析：(1)对封闭气体，由题图可知 a→b 过程，气体体积 V 不变，没有做功，而温度 T 升高， 则为吸热过程，A 项正确．b→c 过程为等温变化，压强减小，体积增大，对外做功，则为吸 热过程，B 项错．c→a 过程为等压变化，温度 T 降低，内能减少，体积 V 减小，外界对气体 做功，依据 W＋Q＝ΔE，外界对气体所做的功小于气体所放的热，C 项错．温度是分子平均 动能的标志，Tapc，显然 E 项正确． (2)设汽缸的横截面积为 S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定律得 phS＝(p＋Δp) h－1 4 h S① 解得Δp＝1 3 p② 外界的温度变为 T 后，设活塞距底面的高度为 h′.根据盖－吕萨克定律，得 h－1 4 h S T0 ＝h′S T ③ 解得 h′＝3T 4T0 h④ 据题意可得Δp＝mg S ⑤ 气体最后的体积为 V＝Sh′⑥ 联立②④⑤⑥式得 V＝9mghT 4pT0 ⑦ 答案：(1)ADE (2)9mghT 4pT0 2．(1)(多选)下列说法中正确的是( ) A．分子间的距离增大时，分子势能一定增大 B．晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点 C．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体 D．物体吸热时，它的内能可能不增加 E．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 (2)如图，在圆柱形汽缸中用具有质量的光滑导热活塞密闭有一定质量的理想气体，在汽缸 底部开有一小孔，与 U 形水银管相连，已知外界大气压为 p0＝75 cmHg，室温 t0＝27 ℃，稳 定后两边水银面的高度差为Δh＝1.5 cm，此时活塞离容器底部的高度为 L＝50 cm.已知柱 形容器横截面积 S＝0.01 m2,75 cmHg＝1.0×105 Pa. ①求活塞的质量； ②使容器内温度降至－63 ℃，求此时 U 形管两侧水银面的高度差和活塞离容器底部的高度 L′. 解析：(1)分子间的距离有一个特殊值 r0，此时分子间引力与斥力平衡，分子势能最小．当 分子间的距离小于 r0 时，分子势能随距离的增大而减小，当分子间的距离大于 r0 时，分子 势能随距离的增大而增大，选项 A 错误．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体 传到高温物体而不引起其他变化．在有外力做功的情况下热量可以从低温物体传到高温物 体，选项 C 错误． (2)①根据 U 形管两侧水银面的高度差为 Δh＝1.5 cm，可知 A 中气体压强 pA1＝p0＋pΔh＝75 cmHg＋1.5 cmHg＝76.5 cmHg 而 pA1＝p0＋p 塞 所以活塞产生的压强 p 塞＝1.5 cmHg＝1.5× 1 75 ×105 Pa＝0.02×105 Pa 由 p 塞＝mg/S，解得 m＝2 kg. ②由于活塞光滑，所以气体等压变化，U 形管两侧水银面的高度差不变 仍为Δh＝1.5 cm 初状态：温度 T1＝300 K，体积 V1＝50 cm·S； 末状态：温度 T2＝210 K，体积 V2＝L′S 由盖－吕萨克定律，V1 T1 ＝V2 T2 解得活塞离容器底部的高度 L′＝35 cm. 答案：(1)BDE (2)①2 kg ②1.5 cm 35 cm 3．(原创题)(1)(多选)下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是( ) A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律 B．能量耗散过程中能量不守恒 C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律 D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性 E．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功 (2)如图所示，右端开口的绝缘、绝热圆柱形汽缸放置在水平地面上，容积为 V，汽缸内部 被绝热活塞 M 和导热性能良好的活塞 N 分成三个相等的部分，左边两部分分别封闭气体 A 和 B，两活塞均与汽缸接触良好，忽略一切摩擦；汽缸左边有加热装置，可对气体 A 缓慢加 热；初始状态温度为 T0，大气压强为 p0. ①给气体 A 加热，当活塞 N 恰好到达汽缸右端时，求气体 A 的温度； ②继续给气体 A 加热，当气体 B 的长度变为原来的3 4 时，求气体 B 的压强和气体 A 的温度． 解析：(1)由热力学第一定律知 A 正确，能量耗散是指能量品质降低，反映能量转化的方向 性仍遵守能量守恒定律，B 错误，D 正确；电冰箱的热量传递不是自发，不违背热力学第二 定律，C 错误；在有外界影响的情况下，从单一热源吸收的热量可以全部用于做功，E 正确． (2)①活塞 N 移动至恰好到达汽缸右端的过程中气体 A 做等压变化 V 3 T0 ＝ 2V 3 T1 解得 T1＝2T0. ②继续加热过程，气体 B 体积减小，做等温变化 p0·V 3 ＝p1·V 4 解得 p1＝4 3 p0 因不计摩擦，气体 A 的压强等于气体 B 的压强，对气体 A 有 p0·2V 3 T1 ＝ p1·3V 4 T2 解得 T2＝3T0. 答案：(1)ADE (2)①2T0 ②4 3 p0 3T0 4．(1)(多选)有关分子的热运动和内能，下列说法正确的是( ) A．一定质量的气体，温度不变，分子的平均动能不变 B．物体的温度越高，分子热运动越剧烈 C．物体的内能是物体中所有分子热运动动能和分子势能的总和 D．布朗运动是由悬浮在液体中的微粒之间的相互碰撞引起的 E．外界对物体做功，物体的内能必定增加 (2)在室温恒定的实验室内放置着如图所示的粗细均匀的 L 形管，管的两端封闭且管内充有 水银，管的上端和左端分别封闭着长度均为 L0＝15 cm 的 A、B 两部分气体，已知竖直管内 水银柱高度为 H＝20 cm，A 部分气体的压强恰好等于大气压强．对 B 部分气体进行加热到某 一温度，保持 A 部分气体温度不变，水银柱上升 h＝5 cm(已知大气压强为 76 cmHg，室温为 300 K)．试求： ①水银柱升高后 A 部分气体的压强； ②温度升高后 B 部分气体的温度． 解析：(1)温度是分子平均动能的标志，A 正确；温度越高，分子运动越剧烈，B 正确；内能 指所有分子热运动动能与分子势能的总和，C 正确；布朗运动是液体分子对悬浮颗粒的碰撞 引起的，D 错误；根据热力学第一定律，内能变化由做功和传热共同决定，E 错误． (2)①设 L 形管的横截面积为 S，水银柱上升前后 A 部分气体的压强分别为 pA 和 pA′，气体 A 的温度并没有发生变化，由玻意耳定律可得： pAL0S＝pA′(L0－h)S pA′＝ pAL0 L0－h 代入数据可得：pA′＝114 cmHg ②设水银柱上升前后 B 部分气体的压强分别为 pB 和 pB′，温度分别是 T 和 T′，则 pB＝pA＋PH，pB′＝pA′＋Ph＋PH 由气体状态方程可得： pA＋PH L0S T ＝ pA′＋PH＋Ph L0＋h S T′ 代入数据解得：T′≈579.2 K 答案：(1)ABC (2)①114 cmHg ②579.2 K 5．(1)(多选)两个相邻的分子之间同时存在着引力和斥力，它们随分子之间距离 r 的变化关 系如图所示．图中虚线是分子斥力和分子引力曲线，实线是分子合力曲线．当分子间距 r＝ r0 时，分子之间合力为零，则下列关于这两个分子组成系统的分子势能 Ep 与两分子间距离 r 的关系曲线，可能正确的是( ) (2)一定质量的理想气体从状态 A 变化到状态 B，再变化到状态 C，其状态变化过程的 p－V 图象如图所示．已知该气体在状态 A 时的温度为 27 ℃.求： ①该气体在状态 B 时的温度； ②该气体从状态 A 到状态 C 的过程中与外界交换的热量． 解析：(1)由于 r＝r0 时，分子之间的作用力为零，当 r＞r0 时，分子间的作用力为引力，随 着分子间距离的增大，分子力做负功，分子势能增加，当 r＜r0 时，分子间的作用力为斥力， 随着分子间距离的减小，分子力做负功，分子势能增加，故 r＝r0 时，分子势能最小．综上 所述，选项 B、C、E 正确，选项 A、D 错误． (2)①对于理想气体：A→B 过程，由查理定律有 pA TA ＝pB TB ， 得 TB＝100 K， 所以 tB＝TB－273 ℃＝－173 ℃. ②B→C 过程，由盖－吕萨克定律有VB TB ＝VC TC ， 得 TC＝300 K， 所以 tC＝TC－273 ℃＝27 ℃. 由于状态 A 与状态 C 温度相同，气体内能相等，而 A→B 过程是等容变化气体对外不做功， B→C 过程中气体体积膨胀对外做功，即从状态 A 到状态 C 气体对外做功，故气体应从外界 吸收热量．Q＝pΔV＝1×105×(3×10－3－1×10－3)J＝200 J. 答案：(1)BCE (2)①－173 ℃ ②200 J 6．(原创题)(1)(多选)在一个标准大气压下，1 g 水在沸腾时吸收了 2 260 J 的热量后变成 同温度的水蒸气，对外做了 170 J 的功．已知阿伏加德罗常数 NA＝6.0×1023 mol－1，水的摩 尔质量 M＝18 g/mol.下列说法中正确的是( ) A．分子间的平均距离增大 B．水分子的热运动变得更剧烈了 C．水分子总势能的变化量为 2 090 J D．在整个过程中能量是不守恒的 E．1 g 水所含的分子数为 3.3×1022 个 (2)如图所示，一个绝热的汽缸竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的 导热性良好的隔板，隔板将汽缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体 A 和 B.活塞的质 量为 m，横截面积为 S，与隔板相距 h.现通过电热丝缓慢加热气体，已知电热丝电阻为 R， 通过的电流为 I.通电时间为 t 时，活塞上升了 h，此时气体的温度为 T1，已知大气压强为 p0，电热丝放出热量的 90%被气体吸收，重力加速度为 g. ①加热过程中，若 A 气体内能增加了ΔE1，求 B 气体内能增加量ΔE2. ②现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的总质量为 m0 时，活塞恰 好回到原来的位置．求此时 A 气体的温度 T2. 解析：(1)液体变成气体后，分子间的平均距离增大了，选项 A 正确；温度是分子热运动剧 烈程度的标志，由于两种状态下的温度是相同的，故两种状态下水分子热运动的剧烈程度是 相同的，选项 B 错误；水发生等温变化，分子平均动能不变，因水分子总数不变，分子的总 动能不变，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得水的内能的变化量为ΔU＝2 260 J－170 J ＝2 090 J，即水的内能增大 2 090 J，则水分子的总势能增大了 2 090 J，选项 C 正确；在 整个过程中能量是守恒的，选项 D 错误；1 g 水所含的分子数为 n＝m M NA＝ 1 18 ×6.0×1023＝ 3.3×1022(个)，选项 E 正确． (2)①由焦耳定律可得，电热丝放出的热量 Q0＝I2Rt 气体吸收的热量 Q＝0.9Q0＝0.9I2Rt B 气体对外做功：W＝pSh＝(p0S＋mg)h 由热力学第一定律得：ΔE1＋ΔE2＝Q－W 解得：ΔE2＝0.9I2Rt－(p0S＋mg)h－ΔE1. ②B 气体的初状态：压强 p1＝p0＋mg S ，体积 V1＝2hS，温度为 T1 B 气体的末状态：压强 p2＝p0＋ m＋m0 g S ，体积 V2＝hS，温度为 T2 由理想气体状态方程：p1V1 T1 ＝p2V2 T2 解得：T2＝p0S＋ m＋m0 g 2 p0S＋mg T1. 答案：(1)ACE (2)见解析 7．(原创题)(1)(多选)下列说法中正确的是( ) A．分子间的距离增大时，分子间的引力增大，斥力减小 B．大量气体分子对容器壁的持续性作用形成气体的压强 C．对于一定质量的理想气体，温度不变，压强增大时，气体的体积一定减小 D．根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 E．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故 (2)在标准状态下，空气的密度为 1.29 g/L，若房间的容积为 100 m3，大气压等于 77 cmHg， 那么当室温由 17 ℃升至 27 ℃时，房间里空气的质量将减少________kg. (3)某高速公路发生一起车祸，车祸系轮胎爆胎所致．爆胎后气体迅速外泄，假设气体对外 做功为 1 000 J，且来不及与外界发生热交换，则此过程胎内原有气体内能如何变化，变化 了多少？ 解析：(1)当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，A 错误；根据气体压强产 生的原因知，气体的压强就是大量气体分子对容器壁的持续性作用形成的，B 正确；由理想 气体状态方程知，对于一定质量的理想气体，温度不变，压强增大时，气体的体积一定减小， C 正确；根据热力学第二定律知，热量从低温物体传到高温物体需要其他作用的影响，D 正 确；气体失去了容器的约束会散开，是因为气体分子自由运动的缘故，E 错误． (2)以 17 ℃时“室内气体”为研究对象，气体做等压膨胀， 由盖－吕萨克定律可得V1 V2 ＝T1 T2 根据题意，V1＝100 m3，T1＝290 K，T2＝300 K，代入得： V2＝T2 T1 V1＝300 290 ×100 m3＝300 29 m3， 因此 27 ℃时有ΔV＝V2－V1＝100 29 m3 体积的气体处于房间之外 再算出 27 ℃时空气密度ρ2，标准状态下：p0＝76 cmHg、T0＝273 K、ρ0＝1.29 g/L. 27 ℃时房间内的空气：p2＝77 cmHg、T2＝300 K. 由理想气体的状态方程变形有： p0 ρ0T0 ＝ p2 ρ2T2 可得ρ2＝ρ0p2T0 p0T2 ＝1.29×77×273 76×300 kg/m3＝1.19 kg/m3. 因此房间里空气质量将减少Δm＝ρ2ΔV＝4.1 kg (3)气体迅速膨胀对外做功，但短时间内与外界几乎不发生热量传递，所以内能减少 由热力学第一定律得，变化的内能为： ΔU＝W＋Q＝－1 000 J 答案：(1)BCD (2)4.1 kg (3)内能减少 －1 000 J 第 2 讲 振动和波 光 微网构建 核心再现 知识 规律 (1)振动和波． ①振动的周期性、对称性：x＝Asin ωt. ②波的产生和传播：v＝λ T . (2)光的折射和全反射． ①折射定律：光从真空进入介质时： sin i sin r ＝n. ②全反射条件：光从光密介质射入光 疏介质；入射角等于或大于临界角 C， sin C＝1 n . (3)波的干涉、衍射等现象． ①干涉、衍射是波特有的现象．干涉 条件：频率相同、相位差恒定，振动 方向相同；明显衍射条件： d≤λ. ②明条纹(振动加强区)：Δr＝kλ； 暗条纹(振动减弱区)：Δr＝(k＋ 1 2 )λ. ③光的干涉条纹特点：明暗相间，条 纹间距Δx＝l d λ. 思想 方法 (1)物理思想：理想化模型思想、类比 思想． (2)物理方法：图象法、作图法、临界 与极值法. 高频考点一 机械振动、机械波 知能必 备 1.简谐运动的基本特征及描述简谐运动的物理量． 2.机械波的产生及描述，波速与波长、频率的关系． 3.振动图象和波动图象的比较． 4.波的传播方向与质点振动方向的互判方法． 5.波的多解问题产生的原因及求解方法. [命题视角] 视角 1 波动图象的分析及应用 [例 1] (多选)2016 年 2 月 6 日，台湾高雄市发生 6.7 级地震，震源深度为 15 km.如果该 地震中的简谐横波在地球中匀速传播的速度大小为 4 km/s，已知波沿 x 轴正方向传播，某 时刻刚好传到 N 处，如图所示，则下列说法中正确的是________． A．从波源开始振动到波源迁移到地面需要经过 3.75 s B．从波传到 N 处开始计时，经过 t＝0.03 s 位于 x＝240 m 处的质点加速度最小 C．波的周期为 0.015 s D．波动图象上 M 点此时速度方向沿 y 轴负方向，经过一段极短的时间后动能减小 E．从波传到 N 处开始，经过 0.012 5 s，M 点的波动状态传播到 N 点 思路探究 (1)参与波动的所有质点的运动有什么特点和规律？ (2)如何根据波的传播方向判断某一质点的振动方向？ 尝试解答 __________ 解析 波上所有质点并不随波迁移，选项 A 错误；由题意可知该波的周期为 T＝0.015 s， 从波传到 x＝120 m 处开始计时，经过 t＝0.03 s，波向前传播了 2 个周期，位于 x＝240 m 处的质点在平衡位置，加速度最小，选项 B、C 正确；由“上下坡法”可得 M 点的速度方向 沿 y 轴负方向，正在往平衡位置运动，速度增大，动能增大，选项 D 错误；M、N 点之间相 距 50 m，波从 M 点传到 N 点所需时间 t1＝ 50 4×103 s＝0.012 5 s，选项 E 正确． 答案 BCE 视角 2 振动图象与波动图象的综合分析 [例 2] (2016·江南十校联考)图甲为某一列沿 x 轴正向传播的简谐横波在 t＝1.0 s 时刻 的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图象，则下列说法正确的是( ) A．该简谐横波的传播速度为 4 m/s B．从此时刻起，经过 2 s，P 质点运动了 8 m 的路程 C．从此时刻起，P 质点比 Q 质点先回到平衡位置 D．乙图可能是甲图 x＝2 m 处质点的振动图象 E．此时刻 M 质点的振动速度小于 Q 质点的振动速度 思路探究 (1)振动图象和波动图象有什么区别？ (2)两种图象分别提供哪些信息？ (3)公式 v＝λ T 中各符号代表什么？ 尝试解答 __________ 解析 由甲图可得λ＝4 m，由乙图中可得 T＝1.0 s，所以该简谐横波的传播速度为 v＝λ T ＝ 4 m/s，选项 A 正确；t＝2 s＝2T，则从此时刻起，经过 2 s，P 质点运动的路程为 s＝8A＝ 8×0.2 cm＝1.6 cm，选项 B 错误；简谐横波沿 x 轴正向传播，此时刻 Q 质点向上运动，而 P 质点直接向下运动，所以 P 质点比 Q 质点先回到平衡位置，选项 C 正确．由乙图知 t＝0 时刻质点的位移为 0，振动方向沿 y 轴负方向，与甲图 x＝2 m 处 t＝0 时刻的状态相同，所 以乙图可能是甲图 x＝2 m 处质点的振动图象，选项 D 正确．质点越靠近平衡位置速度越大， 则此时刻 M 质点的振动速度大于 Q 质点的振动速度，选项 E 错误． 答案 ACD 视角 3 波的多解问题 [例 3] (2016·江西名校联考)一列简谐横波在 x 轴上传播，在 t1＝0 和 t2＝0.05 s 时，其 波形图分别用如图所示的实线和虚线表示，求： (1)这列波可能具有的波速； (2)当波速为 280 m/s 时，波的传播方向如何？以此波速传播时，x＝8 m 处的质点 P 从平衡 位置运动至波谷所需的最短时间是多少？ 思路探究 (1)通常造成波多解的原因有哪些？ (2)“P 从平衡位置至波谷所需最短时间”的条件？ 尝试解答 __________ 解析 (1)若波沿 x 轴正向传播，则Δx＝Δx1＋nλ＝(2＋8n)m(n＝0,1,2,3，…) v＝Δx Δt ＝2＋8n 0.05 m/s＝(40＋160n)m/s 若波沿 x 轴负向传播，则 Δx′＝Δx2＋nλ＝(6＋8n)m(m＝0,1,2,3，…) v′＝Δx′ Δt ＝6＋8n 0.05 m/s＝(120＋160n)m/s (2)当波速为 280 m/s 时，有 280＝(120＋160n)，n＝1，所以波沿 x 轴负向传播． 所以质点 P 第一次达到波谷所需最短时间为 t＝3 4 T＝3 4 ×λ v ＝3 4 × 8 280 s≈2.1×10－2s 答 案 (1)(40 ＋ 160n)m/s (120＋ 160n)m/s(n ＝ 0,1,2,3 ， …) (2)沿 x 轴 负 向 传播 2.1×10－2s 1．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、一找”的方法： (1)分清振动图象与波动图象，此问题最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为 x 则为波动 图象，横坐标为 t 则为振动图象． (2)看清横、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级． (3)找准波动图象对应的时刻及振动图象对应的质点，灵活应用“波振法则”． 2．波的多解问题的分析思路 [题组冲关] 1．(2016·陕西宝鸡二模)(多选)如图所示是一列简谐波在 t＝0 时的波形图，介质中的质点 P 沿 y 轴方向做简谐运动， 其位移随时间变化的函数表达式为 y＝10sin 5πt(cm)．关于这 列简谐波及质点 P 的振动，下列说法中正确的是( ) A．质点 P 的周期为 0.4 s B．质点 P 的位移方向和速度方向始终相反 C．这列简谐波的振幅为 20 cm D．这列简谐波沿 x 轴正向传播 E．这列简谐波在该介质中的传播速度为 10 m/s 解析：选 ADE.由函数表达式易知该波的角速度ω＝5π，由 T＝2π ω 易知，T＝0.4 s，A 正确； 由波的波动特点和质点振动特点易知 B 错误；由波的图象可知，该波的振幅为 10 cm，C 错 误；由波的函数表达式易知，P 的振动方向向上，波应沿 x 轴正向传播，选项 D 正确；由 v ＝λ T 可知，v＝10 m/s，选项 E 正确． 2．(原创题)(多选)一物理教师某天正在一湖边钓鱼，突然湖的周围起了风，他发现湖中钓 鱼的浮标上下浮动．他根据自己的经验认为浮标上下浮动可简化成竖直方向的简谐运动，他 通过观测绘制出了浮标的振动图象，如图 1 所示，接着他又根据湖面的波纹绘制出了水的波 动图象，如图 2 所示．假设图 2 是一列沿 x 轴正方向传播的水波在 t＝0.5 s 时的波形图， 图 1 是图 2 中离原点 0～4 m 范围内某质点的振动图象，则下列说法正确的是( ) A．浮标上下振动的周期为 T＝2 s B．该列波的波速为 2 m/s C．再经 0.5 秒 x＝4 m 处的质点到达波谷位置 D．图 1 是 x＝2 m 处质点的振动图象 E．不能确定图 1 是 0～4 m 范围内哪个质点的振动图象 解析：选 ABD.由题图 1 可知，浮标振动的周期 T＝2 s，由题图 2 可知，波长λ＝4 m，该波 的波速 v＝λ T ＝2 m/s，选项 A、B 正确；由题图 1 可知，质点在 t＝0.5 s 时处于平衡位置 且沿 y 轴负方向运动，在 0～4 m 范围内的质点在 t＝0.5 s 时刻有 x＝0、x＝2 m、x＝4 m 处的质点处在平衡位置，但只有 x＝2 m 处的质点是沿 y 轴负方向运动的，故题图 1 是 x＝2 m 处质点的振动图象，此时刻 x＝4 m 处的质点正向 x 轴正向运动，故再经 0.5 秒 x＝4 m 处 质点应到达波峰位置．选项 D 正确，C、E 错误． 3．(2016·吉林长春三模)(多选)一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，t 时刻波形图如图中的 实线所示，此时波刚好传到 P 点，t＋0.6 s 时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q 是介质中的质点，则下列说法正确的是( ) A．这列波的波速可能为 50 m/s B．质点 a 在这段时间内通过的路程一定小于 30 cm C．质点 c 在这段时间内通过的路程可能为 60 cm D．若周期 T＝0.8 s，则在 t＋0.5 s 时刻，质点 b、P 的位移相同 E．若周期 T＝0.8 s，从 t＋0.4 s 时刻开始计时，则质点 c 的振动方程为 x＝0.1sin(πt)m 解析：选 ACD.由波形图可知波长λ＝40 m，且 0.6 s＝nT＋3 4 T(n＝0,1,2，…)，解得周期 T ＝ 2.4 4n＋3 s(n＝0,1,2，…)．当 n＝0 时，T＝0.8 s，波速 v＝λ T ＝50 m/s，选项 A 正确；由 传播方向沿 x 轴正方向可知质点 a 在 t 时刻向上运动，当 n＝0 时，T＝0.8 s，则质点 a 在 这段时间内通过的路程小于 30 cm，当 n＝1 时，T＝24 70 s，质点 a 在这段时间内通过的路程 大于 30 cm，选项 B 错误；若 n＝1，则 T＝24 70 s，波传播到 c 点所用时间为 1 4 T,0.6 s＝7T 4 ， 质点 c 振动的时间为 7 4 T－1 4 T＝6 4 T，故在这段时间内质点 c 通过的路程则为 6A＝60 cm，选项 C 正确；若 T＝0.8 s，t＋0.5 s 时刻，质点 b、P 的位移均为负值，大小相等，选项 D 正确； 若 T＝0.8 s，从 t＋0.4 s 时刻开始计时，则质点 c 的振动方程为 x＝0.1cos 5 2 πt m，选项 E 错误． 高频考点二 光的折射与全反射 知能必备 1.光的折射现象及折射定律． 2.光密介质、光疏介质及全反射现象． 3.光的色散现象. [命题视角] 视角 1 光的折射及折射率的计算 [例 4] (2016·开封质检)如图所示为一个透明球体的横截面，其半径为 R，AB 是一竖直直 径，现有一束半径为 3 2 R 的圆环形平行细光沿 AB 方向射向球体(AB 直径为圆环中心轴线)， 所有光线经折射后恰好经过 B 点而在水平光屏上形成一圆亮环，水平光屏到 B 点的距离为 L ＝R，光在真空中的传播速度为 c，求： (1)透明球体的折射率； (2)光从入射点传播到光屏所用时间． 思路探究 (1)计算折射率的基本公式是什么？ (2)能否画出光路图？ (3)光在介质中的传播速度与真空中一样吗？ 尝试解答 __________ 解析 (1)光路图如图所示， 则由几何关系知，Rsin α＝ 3 2 R，即α＝60° 由图知，α＝2β，得β＝30° 由折射定律有 n＝sin α sin β ＝ 3 (2)光在介质中的速度为 v＝c n 光在透明介质中的传播时间 t1＝2Rcos β v ＝3R c 由图及折射定律知光线从 B 点出射后与竖直方向的夹角为α＝60° 所以光从透明球体出射后到光屏所用时间为 t2＝2L c ＝2R c 所以光从入射点传播到光屏所用时间为 t＝t1＋t2＝5R c . 答案 (1) 3 (2)5R c 视角 2 光的折射与全反射的综合 [例 5] 一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为 R 的半圆，AB 为半圆的直径，O 为圆心， 如图所示．玻璃的折射率为 n＝ 2. (1)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入 射光束在 AB 上的最大宽度为多少？ (2)一细束光线在 O 点左侧与 O 相距 3 2 R 处垂直于 AB 从下方入射，求此光线从玻璃砖射出 点的位置． 尝试解答 __________ 解析 (1)在 O 点左侧，设从 E 点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反 射的临界角θ，则 OE 区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如图． 由全反射条件有 sin θ＝1 n ① 由几何关系有 OE＝Rsin θ② 由对称性可知，若光线都能从上表面射出，光束的宽度最大为 l＝2OE③ 联立①②③式，代入已知数据得 l＝ 2R④ (2)设光线在距 O 点 3 2 R 的 C 点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系及①式和已知 条件得 α＝60°＞θ⑤ 光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由 G 点射出，如图． 由反射定律和几何关系得 OG＝OC＝ 3 2 R⑥ 射到 G 点的光有一部分被反射，沿原路返回到达 C 点射出． 答案 (1) 2R (2)见解析 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、边界光线为研究对象． 2．找入射点，确认界面，并画出法线，结合反射定律、折射定律作出光路图． 3．明确两介质折射率的大小关系． (1)若光疏→光密：定有反射、折射光线． (2)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，具体求解． [题组冲关] 1．如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的 AB 面上，经 AB 和 AC 两个面折射后从 AC 面 进入空气，当出射角 i′和入射角 i 相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为θ.已 知棱镜顶角为α，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为( ) A. sin α＋θ 2 sin α 2 B. sin α＋θ 2 sin θ 2 C. sin θ sin θ－α 2 D. sin α sin α－θ 2 解析：选 A.当出射角 i′和入射角 i 相等时，由几何知识，作角 A 的平分线，角平分线过入 射光线的延长线和出射光线的反向延长线的交点、两法线的交点，如图所示 可知∠1＝∠2＝θ 2 ，∠4＝∠3＝α 2 而 i＝∠1＋∠4＝θ 2 ＋α 2 由折射率公式 n＝ sin i sin ∠4 ＝ sin α＋θ 2 sin α 2 ，选项 A 正确． 2．一半径为 R 的1 4 球体放置在水平面上，球体由折射率为 3的透明材料制成．现有一束位 于过球心 O 的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面 射出，如图所示．已知入射光线与桌面的距离为 3R 2 ，求出射角． 解析：设入射光线与1 4 球体的交点为 C，连接 OC，OC 即为入射点的法线．因此，图中的角α 为入射角．过 C 点作球体水平表面的垂线，垂足为 B.依题意，∠COB＝α 又由△OBC 知 sin α＝ 3 2 ① 设光线在 C 点的折射角为β，由折射定律得 sin α sin β ＝ 3② 由①②式得β＝30° 由几何关系知，光线在球体的竖直表面上的入射角γ(见图)为 30°. 由折射定律得sin γ sin θ ＝ 1 3 因此 sin θ＝ 3 2 ， 解得θ＝60° 答案：60° 3．(原创题)平静的水面上有一块圆形的浮萍，在浮萍中心正下方 h＝3 m 处有一条可视为质 点的鱼静止不动，人在岸边贴着水面观察恰好看不到这条鱼． (1)浮萍的面积是多少？ (2)渔民驾竹筏悄悄靠近，当身高为 h1＝2 m 的渔民(渔民眼睛高度近似为 2 m 且渔民保持直 立站在竹筏上)到达距离浮萍中心 d＝5 m 处时能否看到这条鱼？(水的折射率 n＝ 2) 解析：(1)作出光路图如图甲所示 sin C＝1 n ＝ 2 2 ，C＝45° 浮萍的半径 R＝htan C＝3 m 浮萍的面积 S＝πR2＝9π m2. (2)作出光路图如图乙所示 sin i＝ d－R d－R 2＋h2 1 ＝ 2 2 因为 n＝sin i sin r 所以 sin r＝sin i n ＝1 2 ，r＝30° 渔民能看到浮萍正下方的深度 H＝ R tan 30° ＝3 3 m＞h＝3 m，所以渔民看不到这条鱼． 答案：(1)9π m2 (2)看不到 高频考点三 光的波动性 知能必 备 1.光的干涉现象、干涉条件． 2.光的衍射现象、发生明显衍射的条件． 3.光的偏振现象及偏振光的形式． 4.干涉图样和衍射图样的区别． 5.电磁波的产生机理、特性及应用. [题组冲关] 1．(2016·陕西西安八校联考)(多选)下列说法中正确的是( ) A．人耳能听见的声波比超声波更易发生明显衍射 B．离开地球的高速火箭里的人认为地球上时钟变快 C．无论什么波，只要振幅足够大就可以产生明显的衍射现象 D．透过平行于日光灯的窄缝观察正常发光的日光灯时能看到彩色的条纹，这是光的衍射现 象 E．光纤通信的工作原理是全反射，光纤通信具有容量大、抗干扰性强等优点 解析：选 ADE.波的波长越大，越容易发生衍射现象，声波传播速度一定，频率低于超声波， 由波速、波长和频率关系 v＝λf 可知，声波波长较大，较容易发生衍射，A 项正确，C 项错； 由相对论效应可知，在高速火箭里的人认为地球上时钟变慢，B 项错；通过单个窄缝观察日 光灯时看到彩色条纹为单缝衍射现象，D 项正确；由光纤通信的特点易知 E 项正确． 2．(多选)某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图甲所示的条纹，仅改变一 个实验条件后，观察到的条纹如图乙所示．他改变的实验条件可能是( ) A．减小光源到单缝的距离 B．减小双缝之间的距离 C．增大双缝到光屏之间的距离 D．换用频率更高的单色光源 E．换用频率更低的单色光源 解析：选 BCE.在双缝干涉中，相邻明条纹间的距离Δx＝l d λ，由题图知干涉条纹间距变宽， 故可增大 l、λ或减小 d.根据 c＝λν知要增大λ，应减小ν.选项 B、C、E 正确，选项 A、 D 错误． 3．(多选)光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是( ) A．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象 B．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象 C．在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象 D．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象 E．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄 解析：选 CDE.用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的薄膜干涉现象，A 错误；用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的折射形成的色散现象，B 错误；在光导 纤维束内传送图象是利用光的全反射现象，C 正确；光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现 象，D 正确；由Δx＝l d λ知 E 正确． 4．(2016·河南名校联考)以下说法中正确的是( ) A．图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中 a 束光在水珠中传播的速度一定大于 b 束光在水珠中传播的速度 B．图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角 i 逐渐增大到某一值后不 再会有光线从 bb′面射出 C．图丙是双缝干涉示意图，若只减小屏到挡板间距离 l，两相邻亮条纹间距离Δx 将减小 D．图丁是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测 的平面在此处是凸起的 E．图戊中的 M、N 是偏振片，P 是光屏，当 M 固定不动、缓慢转动 N 时，光屏 P 上的光亮度 将一明一暗交替变化，此现象表明光波是横波 解析：选 ACE.根据折射率和光的传播速度之间的关系 n＝c v ，可知，折射率越大，传播速度 越小，从图中可以看出，b 光线在水中偏折得厉害，即 b 的折射率大于 a 的折射率，则 a 在 水中的传播速度大于 b 的传播速度，故 A 正确；当入射角 i 逐渐增大，折射角逐渐增大，由 于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯定有光线从 bb′面射出，故 B 错误；根据双缝干涉相邻两亮条纹的间距Δx 与双缝间距离 d 及光的波长 λ的关系式Δx＝l d λ，可知只减小屏到挡板间距离 l，两相邻亮条纹间距离Δx 将减小，故 C 正确；由于不知道被测工件表面的放置方式，故不能判断此处是凸起的，故 D 错误；只有 横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故 E 正确． 1．机械波和光波都能发生干涉、衍射、多普勒效应等现象，是波特有的现象．偏振现象是 横波的特有现象．要观察到稳定的干涉现象和明显的衍射现象需要一定的条件． 2．机械波的干涉图样中，实线和实线的交点、虚线和虚线的交点及其连线为振动加强处； 实线和虚线的交点及其连线处为振动减弱处．振动加强点有时位移也为零，只是振幅为两列 波的振幅之和，显得振动剧烈． 3．光的双缝干涉条纹间距Δx＝l d λ： (1)l、d 相同时，Δx∝λ，可见光中的红光条纹间距最大，紫光最小； (2)间隔均匀，亮度均匀，中央为亮条纹； (3)如用白光做实验，中间为白色，两边为由紫到红的彩色． 4．光的干涉现象：薄膜干涉(油膜、空气膜、增透膜、牛顿环)；光的衍射现象：圆孔衍射、 泊松亮斑． [真题试做] [真题 1] (2016·高考全国乙卷)(1)(多选)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以 1.8 m/s 的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近．该同学发现从第 1 个波峰到第 10 个 波峰通过身下的时间间隔为 15 s．下列说法正确的是________． A．水面波是一种机械波 B．该水面波的频率为 6 Hz C．该水面波的波长为 3 m D．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去 E．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移 (2)如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源 A，它到池边的水平距离为 3.0 m．从点光源 A 射向池边的光线 AB 与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为4 3 . ①求池内的水深； ②一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到池面的高度为 2.0 m．当他看到正前下 方的点光源 A 时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为 45°.求救生员的眼睛到 池边的水平距离(结果保留 1 位有效数字)． 解析：(1)水面波是一种机械波，说法 A 正确．根据题意得周期 T＝15 9 s＝5 3 s，频率 f＝1 T ＝ 0.6 Hz，说法 B 错误．波长λ＝v f ＝1.8 0.6 m＝3 m，说法 C 正确．波传播过程中，传播的是振 动形式，能量可以传递出去，但质点并不随波迁移，说法 D 错误，说法 E 正确． (2)①如图，设到达池边的光线的入射角为 i，依题意，水的折射率 n＝4 3 ，光线的折射角θ ＝90°.由折射定律有 nsin i＝sin θ① 由几何关系有 sin i＝ l l2＋h2 ② 式中，l＝3.0 m，h 是池内水的深度．联立①②式并代入题给数据得 h＝ 7 m≈2.6 m③ ②设此时救生员的眼睛到池边的距离为 x.依题意，救生员的视线与竖直方向的夹角为θ′ ＝45°.由折射定律有 nsin i′＝sin θ′④ 式中，i′是光线在水面的入射角．设池底点光源 A 到水面入射点的水平距离为 a.由几何关 系有 sin i′＝ a a2＋h2 ⑤ x＋l＝a＋h′⑥ 式中 h′＝2 m．联立③④⑤⑥式得 x＝ 3 7 23 －1 m≈0.7 m⑦ 答案：(1)ACE (2)①2.6 m ②0.7 m [真题 2] (2015·高考全国卷Ⅱ)(1)如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖， 在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出 a、b 两束光线．则________． A．在玻璃中，a 光的传播速度小于 b 光的传播速度 B．在真空中，a 光的波长小于 b 光的波长 C．玻璃砖对 a 光的折射率小于对 b 光的折射率 D．若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线 a 首先消失 E．分别用 a、b 光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a 光的干涉条纹间距大于 b 光的干 涉条纹间距 (2)平衡位置位于原点 O 的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平 x 轴传播，P、Q 为 x 轴 上的两个点(均位于 x 轴正向)，P 与 O 的距离为 35 cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之 间．已知波源自 t＝0 时由平衡位置开始向上振动，周期 T＝1 s，振幅 A＝5 cm.当波传到 P 点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过 5 s，平衡位置在 Q 处的质点第一次处于波峰位 置．求： ①P、Q 间的距离； ②从 t＝0 开始到平衡位置在 Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的 路程． 解析：(1)通过光路图可看出，折射后 a 光的偏折程度大于 b 光的偏折程度，玻璃砖对 a 光 的折射率大于 b 光的折射率，选项 C 错误．a 光的频率大于 b 光的频率，波长小于 b 光的波 长，选项 B 正确．由 n＝c v 知，在玻璃中，a 光的传播速度小于 b 光的传播速度，选项 A 正确．入 射角增大时，折射率大的光线首先发生全反射，a 光首先消失，选项 D 正确．做双缝干涉实 验时，根据Δx＝L d λ得 a 光的干涉条纹间距小于 b 光的干涉条纹间距，选项 E 错误． (2)①由题意，O、P 两点间的距离与波长λ之间满足 OP＝5 4 λ① 波速 v 与波长的关系为 v＝λ T ② 在 t＝5 s 的时间间隔内，波传播的路程为 vt.由题意有 vt＝PQ＋λ 4 ③ 式中，PQ 为 P、Q 间的距离．由①②③式和题给数据，得 PQ＝133 cm④ ②Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为 t1＝t＋5 4 T⑤ 波源从平衡位置开始运动，每经过T 4 ，波源运动的路程为 A.由题给条件得 t1＝25×T 4 ⑥ 故 t1 时间内，波源运动的路程为 s＝25A＝125 cm⑦ 答案：(1)ABD (2)①133 cm ②125 cm [真题 3] (2016·高考全国丙卷)(1)(多选)由波源 S 形成的简谐横波在均匀介质中向左、 右传播．波源振动的频率为 20 Hz，波速为 16 m/s.已知介质中 P、Q 两质点位于波源 S 的两 侧，且 P、Q 和 S 的平衡位置在一条直线上，P、Q 的平衡位置到 S 的平衡位置之间的距离分 别为 15.8 m、14.6 m．P、Q 开始振动后，下列判断正确的是________． A．P、Q 两质点运动的方向始终相同 B．P、Q 两质点运动的方向始终相反 C．当 S 恰好通过平衡位置时，P、Q 两点也正好通过平衡位置 D．当 S 恰好通过平衡位置向上运动时，P 在波峰 E．当 S 恰好通过平衡位置向下运动时，Q 在波峰 (2)如图，玻璃球冠的折射率为 3，其底面镀银，底面的半径是球半径的 3 2 倍；在过球心 O 且垂直于底面的平面(纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的 M 点，该光线的延 长线恰好过底面边缘上的 A 点，求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角． 解析：(1)简谐横波的波长λ＝v f ＝16 20 m＝0.8 m．P、Q 两质点距离波源 S 的距离 PS＝15.8 m ＝19λ＋3 4 λ，SQ＝14.6 m＝18λ＋1 4 λ.因此 P、Q 两质点运动的方向始终相反，说法 A 错误， 说法 B 正确．当 S 恰好通过平衡位置向上运动时，P 在波峰的位置，Q 在波谷的位置．当 S 恰好通过平衡位置向下运动时，P 在波谷的位置，Q 在波峰的位置．说法 C 错误，说法 D、E 正确． (2)设球半径为 R，球冠底面中心为 O′，连接 OO′，则 OO′⊥AB.令∠OAO′＝α，有 cos α＝O′A OA ＝ 3 2 R R ① 即α＝30°② 由题意知 MA⊥AB 所以∠OAM＝60°③ 设图中 N 点为光线在球冠内底面上的反射点，所考虑的光线的光路图如图所示．设光线在 M 点的入射角为 i，折射角为 r，在 N 点的入射角为 i′，反射角为 i″，玻璃的折射率为 n. 由于△OAM 为等边三角形，有 i＝60°④ 由折射定律有 sin i＝nsin r⑤ 代入题给条件 n＝ 3得 r＝30°⑥ 作底面在 N 点的法线 NE，由 NE∥AM，有 i′＝30° ⑦ 根据反射定律，有 i″＝30°⑧ 连接 ON，由几何关系知△MAN≌△MON，故有∠MNO＝60°⑨ 由⑦⑨式得∠ENO＝30°⑩ 于是∠ENO 为反射角，ON 为反射光线．这一反射光线经球面再次折射后不改变方向．所以， 射出玻璃球冠的光线相对于入射光线的偏角β为 β＝180°－∠ENO＝150°⑪ 答案：(1)BDE (2)150° [新题预测] (1)(多选)如图甲所示为一列简谐横波在 t＝0.6 s 时的波形图，图乙为质点 A 的振动图象， 则下列判断正确的是______． A．该简谐波沿 x 轴负方向传播 B．这列波的传播速度为20 3 m/s C．从 t＝0.6 s 开始，质点 P 比质点 Q 先回到平衡位置 D．从 t＝0.6 s 开始，再经过Δt＝1.5 s 后质点 A 传播到了坐标原点处 E．从 t＝0.6 s 开始，紧接着的Δt＝0.6 s 的时间内质点 A 通过的路程为 10 cm (2)如图丙所示，ABNM 为一透明柱体的横截面，AB 和 MN 为两段以 O 为圆心的同心1 4 圆弧，AB 圆弧所在圆的半径为 R，现有一单色光垂直水平端面并从 AM 上的 D 点射入透明柱体，经过 一次全反射后恰好从 B 点射出，出射光线与水平方向成 60°角且反向延长线恰好与 MN 相切， 已知光在真空中的传播速度为 c，求： ①透明柱体的折射率； ②光在透明柱体中的传播时间； ③MN 圆弧所在圆的半径． 解析：(1)由题图乙知 t＝0.6 s 时，质点 A 的振动方向是向下的，由“上下坡法”可知此波 是沿 x 轴负方向传播的，A 对；由题图甲知波长λ＝8 m，由题图乙知该波的周期 T＝1.2 s， 所以该波的波速为 v＝λ T ＝20 3 m/s，B 对；由波上各质点的振动情况可知此时质点 P 向上振 动，质点 Q 向下振动，但 P 离波峰距离大，应后回到平衡位置，C 错；因波传播的是能量和 波形，质点本身并不随波传播，D 错；0.6 s 是半个周期，所以质点 A 通过的路程为 s＝2A ＝10 cm，E 对． (2)①由题意可画出如图所示的光路图，由图知∠DCO＝∠OCB＝∠CBO ∠DCO＋∠OCB＋∠CBO＝180° 所以∠CBO＝60° 所以由折射率定义知透明柱体的折射率为 n＝ sin 60° sin 90°－60° ＝ 3. ②由几何关系知 DC＝R 2 ，BC＝R 光在透明柱体中的传播速度为 v＝c n ＝ 3 3 c 所以光在透明柱体中的传播时间为 t＝DC＋CB v ＝3 3R 2c . ③由几何关系知，法线 OC 一定经过出射光线的反向延长线与弧 MN 的切点 MN 圆弧所在圆的半径 r＝R 2 . 答案：(1)ABE (2)① 3 ②3 3R 2c ③R 2 限时规范训练 建议用时：40 分钟 1．(1)(多选)以下有关振动、波动和相对论内容的若干叙述中正确的是________． A．在“用单摆测定重力加速度”实验中，必须从最大位移处开始计时 B．光速不变原理是指真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的 C．两列波相叠加产生干涉现象，在干涉图样中，振动加强区域的质点，其位移始终保持最 大；振动减弱区域的质点，其位移始终保持最小 D．光的偏振现象说明光波是横波 E．用绿光做双缝干涉实验，在光屏上呈现出明、暗相间的条纹，相邻两条绿条纹间的距离 为Δx，如果只增大双缝到光屏之间的距离，Δx 将增大 (2) 如图，为某种透明材料做成的三棱镜横截面，其形状是边长为 a 的等边三角形，现用一束宽 度为 a 的单色平行光束，以垂直于 BC 面的方向正好入射到该三棱镜的 AB 及 AC 面上，结果 所有从 AB、AC 面入射的光线进入后恰好全部直接到达 BC 面．试求： ①该材料对此平行光束的折射率； ②这些到达 BC 面的光线从 BC 面折射出后，如果照射到一块平行于 BC 面的屏上形成光斑， 则当屏到 BC 面的距离 d 满足什么条件时，此光斑分为两块？ 解析：(1)在“用单摆测定重力加速度”实验中，必须从平衡位置处开始计时，A 错误；光 速不变原理是指真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，B 正确；两列波相叠加产 生干涉现象，在干涉图样中，振动加强区域的质点，其振幅最大；振动减弱区域的质点，其 振幅最小，C 错误；光的偏振现象说明光波是横波，D 正确；Δx＝l d λ可知，如果只增大双 缝到光屏之间的距离，Δx 将增大，E 正确． (2)本题考查光的折射和光路图． ①由于对称性，只需考虑从 AB 面入射的光线，由题知，这些光线在棱镜中是平行于 AC 面的， 由对称性得出，光线进入 AB 面时的入射角α、折射角β分别为α＝60°，β＝30° 由折射定律，折射率 n＝sin α sin β ＝ 3 ② 如图 O 为 BC 中点，在 B 点附近折射的光线从 BC 射出后与直线 AO 交于 D，可看出只要光屏 放得比 D 点远，则光斑会分成两块．由几何关系可得 OD＝ 3 6 a 所以当光屏到 BC 距离超过 3 6 a 时，光斑分为两块． 答案：(1)BDE (2)见解析 2．(1)(多选)图(a)为一列简谐横波在 t＝2 s 时的波形图，图(b)为媒质中平衡位置在 x＝ 1.5 m 处的质点的振动图象，P 是平衡位置为 x＝2 m 的质点．下列说法正确的是( ) A．波速为 0.5 m/s B．波的传播方向向右 C．0～2 s 时间内，P 运动的路程为 8 cm D．0～2 s 时间内，P 向 y 轴正方向运动 E．当 t＝7 s 时，P 恰好回到平衡位置 (2)某同学用刻度尺测定如图所示的玻璃容器内某种液体的折射率，实验步骤如下： a．用刻度尺测出容器口的内径为 12 cm b．在容器内装满液体 c．将刻度尺沿容器边缘竖直插入液体中 d．沿容器内侧边缘 D 点向液体中刻度尺正面看去，恰能看到刻度尺的 0 刻度(即图中 A 点) 的像与 B 点刻度的像 B′重合 e．液面恰与刻度尺的 C 点相平，读出 C 点的刻度为 16 cm，B 点的刻度为 25 cm ①试利用以上数据求出该液体的折射率； ②若仍在容器边缘 D 点观察刻度尺，通过计算判断能否看到刻度尺的 7 cm 刻度线的像． 解析：(1)由题图(a)可知，波长λ＝2 m，由题图(b)可知周期 T＝4 s，则波速 v＝λ T ＝0.5 m/s， A 正确．t＝2 s 时，x＝1.5 m 处的质点振动方向向下，则波向左传播，B 错.0～2 s 时间内 P 质点运动的路程 xP＝t T ×4A＝8 cm，C 项正确.0～2 s 内 P 质点向 y 轴负方向运动，D 项错．t ＝0 时 P 质点位于正向最大位移处，故 P 质点达到平衡位置的时刻为 t＝(2n＋1)T 4 ，则 n＝3 时，t＝7 s，P 恰好回到平衡位置，E 项正确． (2)①如图 1 所示，设折射角为θ1，入射角为θ2，则有：sin θ1＝ 12 122＋92 ＝0.8，sin θ2 ＝ 12 122＋162 ＝0.6，由折射定律可得该液体的折射率 n＝sin θ1 sin θ2 ＝4 3 . ②如图 2 所示，设光线的入射角为θ3，则有 sin θ3＝ 12 122＋ 16－7 2 ＝0.8 该液体的临界角 sin C＝1 n ＝3 4 由 sin θ3＞sin C，即θ3＞C，可知无法在容器边缘 D 点观察到刻度尺的 7 cm 刻度线的像． 答案：(1)ACE (2)①4 3 ②不能 3．(1)如图所示，一个半径为 R 的1 4 透明球体放置在水平面上，一束蓝光从 A 点沿水平方向 射入球体后经 B 点射出，最后射到水平面上的 C 点．已知 OA＝R 2 ，该球体对蓝光的折射率为 3.则它从球面射出时的出射角β＝________；若换用一束紫光同样从 A 点射向该球体，则 它从球体射出后落到水平面上形成的光点与 C 点相比，位置________(选填“偏左”“偏 右”或“不变”)． (2)如图所示是一列简谐横波上 A、B 两质点的振动图象，两质点平衡位置间的距离Δx＝4.0 m，波长大于 3.0 m，求这列波的传播速度． 解析：(1)根据 OA＝R 2 可知入射角为 30°，由折射定律可得它从球面射出时的出射角β＝60°. 若换用一束紫光同样从 A 点射向该球体，由于紫光的折射率大于蓝光的折射率，则它从球体 射出后落到水平面上形成的光点与 C 点相比，位置偏左． (2)由振动图象可知， 质点振动周期 T＝0.4 s ①若该波从质点 A 传到质点 B，取 t＝0 时刻分析，质点 A 经平衡位置向上振动，质点 B 处 于波谷，则Δx＝nλ＋1 4 λ(n＝0、1、2、3…) 所以该波波长为 λ＝ 4Δx 4n＋1 ＝ 16 4n＋1 m(n＝0、1、2、3…) 因为有λ＞3.0 m 的条件，所以取 n＝0、1 当 n＝0 时，λ1＝16 m， 波速 v1＝λ1 T ＝40 m/s 当 n＝1 时，λ2＝3.2 m， 波速 v2＝λ2 T ＝8.0 m/s ②若该波从质点 B 传到质点 A，取 t＝0 时刻分析，质点 A 经平衡位置向上振动，质点 B 处 于波谷，Δx＝nλ＋3 4 λ(n＝0、1、2、3…) 所以该波波长为 λ＝ 4Δx 4n＋3 ＝ 16 4n＋3 m(n＝0、1、2、3…) 因为有λ＞3.0 m 的条件，所以取 n＝0 当 n＝0 时，λ3＝16 3 m， 波速 v3＝λ3 T ＝40 3 m/s 答案：(1)60° 偏左 (2)见解析 4．(2016·江西二模)(1)(多选)如图所示是水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况， 以波源 S1、S2 为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰(实线)和波谷(虚线)； S1 的振幅 A1＝4 cm，S2 的振幅 A2＝3 cm，则下列说法正确的是________． A．质点 D 是振动减弱点 B．质点 A、D 在该时刻的高度差为 14 cm C．再过半个周期，质点 B、C 是振动加强点 D．质点 C 的振幅为 1 cm E．质点 C 此刻以后将向下振动 (2)如图所示，AOB 是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ＝75°，今有一束单色光 线在横截平面内从 OA 的中点 E 沿垂直 OA 的方向射入玻璃砖，一部分光线经 AB 面反射后恰 好未从 OB 面射出，不考虑多次反射作用．试求玻璃砖的折射率 n. 解析：(1)由干涉图样可知，D 点为两波谷相遇应该是加强点，选项 A 错误；此时 A 点在加 强后的最高点，D 点在加强后的最低点，由合成叠加关系可知 AD 的高度差为 14 cm，选项 B 正确；由于两波的频率相等，叠加后会形成稳定的干涉图样，所以 A、D 点始终是加强点，B、 C 点始终是减弱点，选项 C 错误；质点 C 为减弱点，振幅为两振幅之差，为 1 cm，选项 D 正确；由题意可知此时质点 C 将向下振动，选项 E 正确． (2)如图所示 因 E 点为 OA 的中点，所以入射角 α＝30°① β＝θ＝75°② 临界角 C＝180°－2α－β＝45°③ OB 面恰好发生全反射，则 sin C＝1 n ④ 解得 n＝ 2 答案：(1)BDE (2) 2 5．(原创题)(1)(多选)以下说法正确的是________． A．一束白光穿过玻璃砖，各种单色光在玻璃砖中的速度不相等，红光速度最大，紫光速度 最小 B．一束紫光由空气中射入水中，在水中的速度大于在空气中的速度 C．同一种介质中，不同波长的光的传播速度不同，波长越短，波速越慢 D．光纤通信利用了全反射原理，光纤由内芯和外套两层组成，内芯的折射率小于外套的折 射率 E．夜晚人们看到的天上星星的位置总比其实际位置高 (2)如图甲所示，O、P、Q 为 x 轴上的三个点，在 O 点有一个振源，振源的振动图象如图乙 所示，O、P 间距离 s1＝8 m，O、Q 之间的距离 s2＝5 m，t＝0 时刻振源开始振动，传播过程 中两相邻波峰之间的距离为 0.8 m. ①请写出振源的振动方程． ②经多长时间质点 P 开始振动？ ③求质点 P 第一次经过平衡位置向下振动时质点 Q 与 x 轴之间的距离． 解析：(1)水的折射率大于空气的折射率，由 v＝c n 知，一束紫光由空气射入水中，在水中的 速度小于在空气中的速度，选项 B 错误；光纤内芯的折射率大于外套的折射率，D 选项错误． (2)①由图乙知周期 T＝0.4 s，振幅 A＝0.4 m，ω＝2π T ＝5π rad/s，因此振源的振动方程 为 y＝0.4sin 5πt(m)． ②由题意知波长λ＝0.8 m 故波速 v＝λ T ＝2 m/s 设经时间 t1 质点 P 开始振动，t1＝s1 v ＝8 2 s＝4 s. ③质点 P 开始振动时向上振动，再经 t2＝T 2 ＝0.2 s 第一次经过平衡位置向下振动， 波传到 Q 所需的时间 t3＝s2 v ＝5 2 s＝2.5 s 质点 Q 振动的时间 t4＝t1＋t2－t3＝1.7 s 因周期 T＝0.4 s，所以 t4＝4T＋T 4 ， 即质点 Q 振动了 4 1 4 周期 此时质点 Q 在波峰位置，距离 x 轴 0.4 m. 答案：(1)ACE (2)①y＝0.4sin 5πt(m) ②4 s ③0.4 m 6．(1)(多选)a、b 两种单色光沿圆心方向以相同入射角分别由空气射入半圆玻璃砖，光路 图分别如图甲、乙所示，则下列说法正确的是________． A．若 a 为蓝光，则 b 可能为红光 B．在玻璃中，a 光的传播速度小于 b 光 C．减小 b 光的入射角，b 的折射光线可能消失 D．增大 b 光的入射角，b 的折射光线可能消失 E．用同一双缝干涉装置看到 a 光的干涉条纹间距比 b 光的宽 (2)如图所示为一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波在 t＝0 时刻的波形图．x＝0 处的质点做 简谐运动的振动方程为 y＝－2sin 10πt.求： ①这列简谐波的传播速度； ②从现在开始计时，P 点第一次到达波峰位置所需时间． 解析：(1)由图可知，入射角相同，a 光发生了全反射，可得 a 光临界角较小，折射率较大， 若 a 为蓝光，则 b 可能为红光，A 正确；由 n＝c v 可得在玻璃中 a 光的传播速度小于 b 光的传 播速度，B 正确；减小 b 光的入射角，b 光由玻璃到空气的入射角更小，小于临界角，不会 发生全反射，折射光线不会消失，C 错误；增大 b 光的入射角，b 光由玻璃到空气的入射角 增大，可能会达到临界角发生全反射，折射光线可能消失，D 正确；由于 a 光折射率大，波 长短，故用同一双缝干涉装置看到 a 光的干涉条纹间距比 b 光的窄，E 错误． (2)①由振动公式可知，波的周期 T＝2π ω ＝0.2 s 由波形图可知，波长λ＝2 m 波速 v＝λ T ＝10 m/s. ②这列波传到 P 点所需要的时间 t1＝Δx v ＝0.3 s P 点由平衡位置运动到波峰位置所需要的时间 t2＝3 4 T＝0.15 s P 点第一次到达波峰位置所需时间 t＝t1＋t2＝0.45 s 答案：(1)ABD (2)①10 m/s ②0.45 s 7．(1)(多选)关于波的现象，下列说法正确的有________． A．当波从一种介质进入另一种介质时，频率不会发生变化 B．光波从空气中进入水中后，更容易发生衍射 C．波源沿直线匀速靠近一静止接收者，则接收者接收到波信号的频率会比波源频率低 D．不论机械波、电磁波，都满足 v＝λf，式中三个参量依次为波速、波长、频率 E．电磁波具有偏振现象 (2)半径为 R、介质折射率为 n 的透明圆柱体，过其轴线 OO′的截面如图所示．位于截面所 在的平面内的一细束光线，以角 i0 由 O 点入射，折射光线由上边界的 A 点射出．当光线在 O 点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的 B 点恰好发生全反射．求 A、B 两点间的 距离． 解析：(1)波在传播过程中波速和波长会变化，始终不变的量是频率，A 正确；光从空气中 进入水中后，波长减小，更不容易发生衍射，B 错误；根据多普勒效应可知，当波源与观察 者之间的相对距离减小，则接收到波信号的频率升高，C 错误；公式 v＝fλ适用任何波，D 正确；电磁波是横波，横波具有偏振现象，E 正确． (2)当光线在 O 点的入射角为 i0 时，设折射角为 r0，由折射定律得sin i0 sin r0 ＝n① 设 A 点与左端面的距离为 dA，由几何关系得 sin r0＝ R d2 A＋R2 ② 若折射光线恰好发生全反射，则在 B 点的入射角恰好为临界角 C，设 B 点与左端面的距离为 dB，由折射定律得 sin C＝1 n ③ 由几何关系得 sin C＝ dB d2 B＋R2 ④ 设 A、B 两点间的距离为 d，可得 d＝dB－dA⑤ 联立①②③④⑤式得 d＝ 1 n2－1 － n2－sin2i0 sin i0 R⑥ 答案：(1)ADE (2) 1 n2－1 － n2－sin2i0 sin i0 R 第 3 讲 动量守恒定律和原子物理 微网构建 核心再现 知识 规律 (1)动量守恒定律． ①条件：系统不受外力或系统所受 外力的矢量和为零． ②表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋ m2v2′. (2)能级跃迁． ①辐射条件：hν＝Em－En. ②辐射光谱线条数：一群处于量子 数为 n 的激发态的氢原子，可辐射 出的光谱线条数 N＝C2 n. (3)光电效应． ①光电效应规律．②光电效应方程： hν＝Ek＋W0. (4)核反应、核能的计算． ①两个守恒：质量数守恒、电荷数 守恒． ②质能方程：E＝mc2. 思想 方法 (1)物理思想：理想化模型思想、守 恒思想、类比思想． (2)物理方法：临界法、整体与隔离 法 高频考点一 动量守恒定律的应用 知能必 备 1.动量、冲量的概念，碰撞的特点及分类． 2.动量守恒的条件及动量守恒定律的内容、表达式. [命题视角] 视角 1 动量定理及动量守恒的应用 [例 1] (2016·百校联盟押题卷)如图所示，半径为 R＝16 11 m 的光滑的圆弧形凹槽放置在光 滑的水平面上，凹槽的圆弧面与水平面在 B 点相切，另一条半径 OC 与竖直方向夹角为θ＝ 37°，C 点是圆弧形凹槽的最高点，两个大小相同的小球 P、Q 质量分别为 m1＝2 kg 和 m2＝1 kg，Q 静止于 B 点，P 放置于水平面上 A 点，给 P 施加一个 F＝60 N 的水平向右的瞬间作用 力，P 在 B 点与 Q 发生对心正碰，碰撞过程没有能量损失，碰后 Q 恰好能经过最高点 C，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，求： (1)P 碰前的速度大小 v1 和碰后的速度大小 v2； (2)力 F 的作用时间 t. 思路探究 (1)小球 Q 恰能经过最高点 C，应满足什么条件？ (2)P、Q 碰撞过程中动量守恒吗？ (3)P、Q 碰后，Q 在 B 点的速度是多大？ 尝试解答 __________ 解析 (1)Q 恰能经过最高点 C，在 C 点有 m2gcos θ＝m2v2 C R Q 从 B 到 C 过程中机械能守恒 1 2 m2v2 B＝1 2 m2v2 C＋m2gR(1＋cos θ) 联立解得 vB＝8 m/s P 和 Q 碰撞过程中系统动量守恒 m1v1＝m1v2＋m2vB 系统能量守恒 1 2 m1v2 1＝1 2 m1v2 2＋1 2 m2v2 B 解得 v1＝6 m/s，v2＝2 m/s. (2)由动量定理知 Ft＝m1v1 t＝m1v1 F ＝0.2 s. 答案 (1)6 m/s 2 m/s (2)0.2 s 视角 2 动量守恒定律与能量守恒定律的综合 [例 2] 两滑块 a、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动， 经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置 x 随时间 t 变化的图象如图所示．求： (1)滑块 a、b 的质量之比； (2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比． 思路探究 (1)x－t 图象能获取 a、b 两滑块碰前、碰后的速度吗？ (2)两滑块的最终状态是什么？两滑块的能量是如何转化的？ 尝试解答 __________ 解析 (1)设 a、b 的质量分别为 m1、m2，a、b 碰撞前的速度为 v1、v2.由题给图象得 v1＝－2 m/s① v2＝1 m/s② a、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为 v. 由题给图象得 v＝2 3 m/s③ 由动量守恒定律得 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④ 联立①②③④式得 m1∶m2＝1∶8⑤ (2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE＝1 2 m1v2 1＋1 2 m2v2 2－1 2 (m1＋m2)v2⑥ 由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为 W＝1 2 (m1 ＋m2)v2⑦ 联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W∶ΔE＝1∶2⑧ 答案 (1)1∶8 (2)1∶2 1．动量守恒定律的适用条件 (1)系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零． (2)系统所受合力不为零，但在某一方向上系统所受外力的合力为零，则在该方向上系统动 量守恒． (3)系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程． 2．两物体相互碰撞的问题，若不说明是弹性碰撞，则碰撞中动能一般都有损失，而两物体 碰后粘在一起的情况，碰撞中动能损失最多． 3．利用动量和能量观点解题的技巧 (1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律． (2)动量守恒定律和能量守恒定律都只考查一个物理过程的初、末两个状态，对过程的细节 不予追究． (3)注意挖掘隐含条件，根据选取的对象和过程判断动量和能量是否守恒． [题组冲关] 1．(2016·百校联盟大考卷)如图所示，A、B、C 为三个大小相同的小球，mA＝0.5 kg，mB ＝0.3 kg，mC＝0.2 kg，A 和 B 固定在轻弹簧的两端(A 和 B 静止在光滑的水平面上)．小球 C 以初速度 v0＝8 m/s 向右运动，在极短时间Δt＝0.1 s 内与 A 发生碰撞后以速度 v＝－2 m/s 被反弹，求： (1)C 与 A 碰撞过程中的平均作用力大小 F； (2)碰撞过程中损失的机械能ΔE； (3)弹簧的最大弹性势能 Ep. 解析：(1)对 C 由动量定理得：－FΔt＝mCv－mCv0 代入数据解得 F＝20 N (2)C 与 A 碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得 mCv0＝mAvA＋mCv，解得 vA＝4 m/s 碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝1 2 mCv2 0－1 2 mCv2－1 2 mAv2 A＝2 J. (3)A 和 B 在运动过程中动量守恒，机械能守恒，当弹簧压缩到最短时有共同速度，此时弹 性势能最大，设共同速度为 v1，有 mAvA＝(mA＋mB)v1 1 2 mAv2 A＝1 2 (mA＋mB)v2 1＋Ep 联立解得 Ep＝1.5 J. 答案：(1)20 N (2)2 J (3)1.5 J 2．如图甲所示，质量 M＝2 kg 的木板以初速度 v0＝5 m/s 在光滑的水平面上运动，质量 m ＝0.5 kg 的滑块落在木板的右端没有弹起，最终恰好没掉下来，从滑块落到木板上开始计 时，二者的速度—时间图象如图乙所示，g 取 10 m/s2，求： (1)滑块与木板间的动摩擦因数μ； (2)木板的长度 L 和系统产生的内能 Q. 解析：(1)由图乙知，t＝2 s 末二者达到共同速度，设共同速度为 v 对滑块，由动量定理得 μmgt＝mv－0 对木板和滑块组成的系统，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得 Mv0＝(M＋m)v 联立解得μ＝0.2. (2)2 s 内木板的位移 x1＝v0＋v 2 t＝9 m 滑块的位移 x2＝v 2 t＝4 m 木板的长度 L＝x1－x2＝5 m 系统产生的内能 Q＝μmgL＝5 J. 答案：(1)0.2 (2)5 J 3．如图，小球 a、b 用等长细线悬挂于同一固定点 O.让球 a 静止下垂，将球 b 向右拉起， 使细线水平．从静止释放球 b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最 大偏角为 60°.忽略空气阻力，求： (1)两球 a、b 的质量之比； (2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球 b 在碰前的最大动能之比． 解析：(1)设球 b 的质量为 m2，细线长为 L，球 b 下落至最低点，但未与球 a 相碰时的速率 为 v，由机械能守恒定律得 m2gL＝1 2 m2v2① 式中 g 为重力加速度的大小．设球 a 的质量为 m1，在两球碰后的瞬间，两球的共同速度为 v′， 以向左为正方向，由动量守恒定律得 m2v＝(m1＋m2)v′② 设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得 1 2 (m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cos θ)③ 联立①②③式得m1 m2 ＝1－ 1－cos θ 1－cos θ ④ 代入题给数据得m1 m2 ＝ 2－1 1 ⑤ (2)两球在碰撞过程中的机械能损失为 Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cos θ)⑥ 联立①⑥式，Q 与球 b 在碰前的最大动能 Ek Ek＝1 2 m2v2 之比为Q Ek ＝m2－ m1＋m2 1－cos θ m2 ⑦ 联立⑤⑦式，并代入题给数据得Q Ek ＝2－ 2 2 ⑧ 答案：(1) 2－1 1 (2)2－ 2 2 高频考点二 原子的能级跃迁及光电效应 知能必 备 1.玻尔理论的基本假设． 2.原子能级、能级跃迁的条件及辐射光子种类的计算． 3.区分一个原子跃迁和一群原子跃迁的现象． 4.光电效应现象及解释. [命题视角] 视角 1 能级跃迁问题 [例 3] (2016·河北唐山二模)(多选)如图是氢原子的能级图，对于一群处于 n＝4 的氢原 子，下列说法中正确的是( ) A．这群氢原子能够吸收任意能量的光子后向更高能级跃迁 B．这群氢原子能够发出 6 种不同频率的光 C．这群氢原子发出的光子中，能量最大为 10.2 eV D．如果发出的光子中有两种能使某金属产生光电效应，其中一种一定是由 n＝3 能级跃迁到 n＝1 能级发出的 E．从 n＝4 能级跃迁到 n＝3 能级发出的光的波长最长 思路探究 (1)光子被氢原子吸收的条件是什么？ (2)如何计算辐射光子种类数？ (3)发生光电效应的条件是什么？ 尝试解答 __________ 解析 氢原子向更高能级跃迁时只能吸收特定频率的光子，A 错误；处于 n＝4 激发态的大 量氢原子跃迁时，最多发出的光子种数为 C2 4＝6 种，B 正确；这群氢原子发出的光子中，由 n＝4 能级跃迁到 n＝1 能级产生的光子能量最大，最大能量为 12.75 eV，C 错误；如果发出 的光子中有两种能使某金属产生光电效应，一定是由 n＝4 能级跃迁到 n＝1 能级和 n＝3 能 级跃迁到 n＝1 能级发出的，D 正确；由 n＝4 能级跃迁到 n＝3 能级产生的光子能量最小， 所以频率最小，波长最长，E 正确． 答案 BDE 视角 2 光电效应现象的分析 [例 4] 小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示．已 知普朗克常量 h＝6.63×10－34 J·s. (1)图甲中电极 A 为光电管的________(填“阴极”或“阳极”)； (2)实验中测得铷的遏止电压 Uc 与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率 νc＝________Hz，逸出功 W0＝________J； (3)如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014 Hz，则产生的光电子的最大初动能 Ek ＝ ________J. 思路探究 (1)光电管的原理是什么？ (2)Ucν图象中截距的意义是什么？ (3)公式 Ek＝hν－W0 中各符号的意义是什么？ 尝试解答 __________ 解析 (1)由光电管的结构知，A 为阳极； (2)Uc－ν图象中横轴的截距表示截止频率νc，逸出功 W0＝hνc； (3)由爱因斯坦的光电效应方程 Ek＝hν－W0，可求结果． 答案 (1)阳极 (2)(5.12～5.18)×1014 (3.39～3.43)×10－19 (3)(1.21～1.25)×10－19 1．解决氢原子能级跃迁问题的四点技巧 (1)原子跃迁时，所吸收或释放的光子能量只能等于两能级之间的能量差． (2)原子电离时，所吸收的能量可以大于或等于某一能级能量的绝对值． (3)一群原子和一个原子不同，它们的核外电子向基态跃迁时发射光子的种类 N＝C2 n＝ n n－1 2 . (4)计算能级能量时应注意：因一般取无穷远处为零电势参考面，故各能级的能量值均为负 值；能量单位 1 eV＝1.6×10－19J. 2．解决光电效应类问题的三点注意 (1)决定光电子初动能大小的是入射光的频率，决定光电流大小的是入射光光强的大小． (2)由光电效应发射出的光电子由一极到达另一极，是电路中产生光电流的条件． (3)明确加在光电管两极间的电压对光电子起到了加速作用还是减速作用． [题组冲关] 1．(2016·百校联盟押题卷)(多选)下列说法中正确的是( ) A．用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能大 B．任何微观粒子都具有波动性，其波长λ＝h/p，式中 h 为普朗克常量，p 为粒子的动量 C．对任何一种金属都存在一个“极限频率”，入射光的频率必须小于这个频率，才能产生 光电效应 D．氢原子从基态跃迁至某激发态要吸收特定频率的光子 E．原子在 a、b 两个能级的能量分别为 Ea、Eb，且 Ea＞Eb，当原子从 a 能级跃迁到 b 能级时， 释放的光子的波长λ＝ hc Ea－Eb (其中 c 为真空中的光速，h 为普朗克常量) 解析：选 BDE.不可见光包括红外线、紫外线等，红外线光子能量小于可见光，若用红外线 照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能小，选项 A 错误．对任何一种 金属都存在一个“极限频率”，入射光的频率必须大于这个频率，才能产生光电效应，选项 C 错误．根据玻尔原子模型可知，原子从高能级跃迁到低能级时会释放光子，由 Ea－Eb＝ hc/λ，解得λ＝ hc Ea－Eb ，选项 E 正确． 2．(多选)如图甲所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变 化图线(直线与横轴的交点的横坐标为 4.27，与纵轴的交点的纵坐标为 0.5)，图乙是氢原子 的能级图，下列说法正确的是( ) A．该金属的极限频率为 4.27×1014Hz B．根据该图线能求出普朗克常量 C．该金属的逸出功为 0.5 eV D．用 n＝3 能级的氢原子跃迁到 n＝2 能级时所辐射的光照射该金属能使该金属发生光电效 应 E．用频率ν＝5.5×1014 Hz 的光照射该金属时，该金属发出的光电子去激发处于 n＝2 能级 的氢原子，可能使氢原子跃迁到 n＝3 能级 解析：选 ABD.根据爱因斯坦光电效应方程 Ek＝hν－W0 可知，Ek－ν图象在横轴上的截距等 于该金属发生光电效应的极限频率ν0，由图甲知该金属的极限频率ν0＝4.27×1014Hz，该金 属的逸出功 W0＝hν0＝6.63×10－34×4.27×1014J＝2.83×10－19J＝1.77 eV，选项 A 正确、C 错误；根据光电效应方程 Ek＝hν－W0 可知图线的斜率表示普朗克常量，根据该图线可求出 普朗克常量，选项 B 正确；氢原子从 n＝3 能级跃迁到 n＝2 能级释放的光子所具有的能量 E ＝1.89 eV，这个能量大于该金属的逸出功 W0＝1.77 eV，选项 D 正确；用频率ν＝5.5×1014Hz 的光照射该金属时，该金属发生光电效应释放出来的光电子的最大初动能为 Ek＝0.5 eV，用 该金属发出的光电子去激发处于 n＝2 能级的氢原子，不能使氢原子跃迁到 n＝3 能级，选项 E 错误． 3．如图所示为氢原子的能级图，氢原子从 n＝4 向 n＝2 能级跃迁所放出的光子恰能使某种 金属发生光电效应，该金属的截止频率为________Hz；用一群 n＝5 能级的氢原子向低能级 跃迁时所放出的光子照射该金属，产生的光电子的最大动能为________eV.(普朗克常量为 h ＝6.63×10－34 J·s，结果保留三位有效数字) 解析：根据玻尔理论，E4－E2＝hν，ν＝6.15×1014 Hz，从 n＝5 向 n＝1 能级跃迁所放出的 光子照射该金属时产生的光电子的动能最大，由爱因斯坦光电效应方程，Ek＝(E5－E1)－hν， 得 Ek＝10.5 eV. 答案：6.15×1014 10.5 高频考点三 核反应方程与核能的计算 知能必 备 1.原子核的衰变方程、半衰期公式及衰变次数的确定方法． 2.核反应方程的书写原则及常见几种核反应方程． 3.质能方程及核能的计算方法. [命题视角] 视角 1 原子核的衰变 [例 5] (原创题)我国矿泉水资源十分丰富，但其中也有不少水源受到天然或人工的放射性 污染．据有关部门检测，有些盲目开发的矿泉水，其氡浓度远远超标，如果长期饮用这种矿 泉水就会有害健康．含有氡元素的物质溶解在矿泉水中是氡浓度远远超标的原因之一，而氡 会发生放射性衰变，放出α、β、γ射线，这些射线会导致人体细胞发生癌变及呼吸道等方 面的疾病． (1)(多选)下列说法正确的是( ) A．在高温下氡的半衰期不会发生改变 B．氡元素发生β衰变时会发生质量亏损 C．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能 力也最强 D．医院常用γ射线来对注射区消毒 E．发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了 2 (2)若花岗岩中的氡核(222 86Rn)发生衰变后变为钋(218 84Po)，其衰变方程为________；若氡(222 86Rn) 经过一系列衰变后的最终产物为铅(206 82Pb)，则共经过________次α衰变，________次β衰变． 思路探究 (1)衰变方程的书写应注意什么？ (2)α、β、γ三种射线的用途及性质有什么不同？ (3)原子核衰变的半衰期和什么有关？ 尝试解答 __________ 解析 (1)半衰期与外界因素无关，由原子核内部自身的因素决定，选项 A 正确；原子核发 生β衰变时会放出β射线，会出现质量亏损，选项 B 正确；γ射线一般伴随着α或β射线产 生，在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，选项 C 错误；医院对医院里 的污染区、注射区常用紫外线来消毒，而不是用γ射线来消毒，选项 D 错误；发生α衰变时， 新核与原来的原子核相比，质量数减少 4，质子数减少 2，故中子数减少 2，选项 E 正确． (2)根据质量数守恒、电荷数守恒，氡核衰变的方程为： 222 86Rn→218 84Po＋4 2He；设氡(222 86Rn)衰变为铅(206 82Pb)共经过了 m 次α衰变，n 次β衰变，有：4m＝16,2m －n＝4，解得 m＝4，n＝4. 答案 (1)ABE (2)222 86Rn→218 84Po＋4 2He 4 4 视角 2 核能的计算 [例 6] (1)铀核裂变的一种方式是：235 92U＋1 0n→143 60Nd＋90 40Zr＋31 0n＋8X，该反应的质量亏损是 0.2 u，1 u 相当于 931.5 MeV 的能量．(元电荷电荷量 e＝1.6×10－19 C) ①核反应方程中的 X 是________； ②该反应放出的能量是________J．(结果保留三位有效数字) (2)用速度大小为 v 的中子轰击静止的锂核(6 3Li)，发生核反应后生成氚核和α粒子，生成的 氚核速度方向与中子的初速度方向相反，氚核与α粒子的速度之比为 7∶8.中子的质量为 m， 质子的质量可近似看作 m，光速为 c. ①写出核反应方程； ②求氚核和α粒子的速度大小； ③若核反应过程中放出的核能全部转化为α粒子和氚核的动能，求质量亏损． 思路探究 (1)核反应方程的书写依据是什么？ (2)质能方程ΔE＝Δmc2 中各符号的意义？ 尝试解答 __________ 解析 (1)①根据质量数守恒和电荷数守恒可得，X 是 0 －1e. ②该反应放出的能量是 E＝0.2×931.5 MeV＝186.3 MeV＝186.3×106×1.6×10 － 19J＝ 2.98×10－11 J. (2)①1 0n＋6 3Li→3 1H＋4 2He ②由动量守恒定律得 mv＝－3mv1＋4mv2 由题意得 v1∶v2＝7∶8 解得 v1＝ 7 11 v，v2＝ 8 11 v ③氚核和α粒子的动能之和为 Ek＝1 2 ×3mv2 1＋1 2 ×4mv2 2＝403 242 mv2 释放的核能为 ΔE＝Ek－Ekn＝403 242 mv2－1 2 mv2＝141 121 mv2 由爱因斯坦质能方程得，质量亏损为 Δm＝ΔE c2 ＝141mv2 121c2 答案 见解析 1．α衰变与β衰变次数的确定方法 (1)方法一：由于β衰变不改变质量数，故可以先由质量数改变确定α衰变的次数，再根据 电荷数守恒确定β衰变的次数． (2)方法二：设α衰变次数为 x，β衰变次数为 y，根据质量数和电荷数守恒列方程求解． 2．不同元素的半衰期是不一样的，用τ表示半衰期，m0 与 N0 表示衰变前的质量和原子核数， m 和 N 表示衰变后的质量和原子核数，t 表示衰变时间，则 m＝(1 2 ) t τ m0 或m m0 ＝(1 2 ) t τ N＝(1 2 ) t τ N0 或N N0 ＝(1 2 ) t τ 3．解决核反应方程与核能计算问题的方法 (1)掌握核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒的规律． (2)掌握常见的主要核反应方程式，并知道其意义． (3)熟记常见的基本粒子的符号，如质子、中子、α粒子等． (4)进行核能计算时注意单位的对应，若Δm 用 kg 做单位，则ΔE 用 J 做单位；若Δm 用 u 做单位，则ΔE 用 eV 做单位，且 1 u 对应 931.5 MeV. [题组冲关] 1．恒星向外辐射的能量来自其内部发生的各种热核反应，当温度达到 108 K 时，可以发生 “氦燃烧”． (1)完成“氦燃烧”的核反应方程：4 2He＋________→8 4Be＋γ. (2)8 4Be 是一种不稳定的粒子，其半衰期为 2.6×10－16 s．一定质量的 8 4Be，经 7.8×10－16 s 后所剩 8 4Be 占开始时的________． 解析：(1)根据质量数和电荷数守恒可知 4 2He＋4 2He→8 4Be＋γ. (2)经历半衰期的次数 n＝ t τ ＝7.8×10－16 2.6×10－16＝3，故剩余的占开始时的 1 2 3＝1 8 . 答案：(1)4 2He 或α (2)1 8 或 12.5% 2．(1)核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电，235 92U 是核电站常用的核燃料.235 92U 受一个中子轰击后裂变成 144 56Ba 和 89 36Kr 两部分，并产生________个中子．要使链式反应发生， 裂变物质的体积要________(选填“大于”或“小于”)它的临界体积． (2)取质子的质量 mp＝1.672 6×10－27 kg，中子的质量 mn＝1.674 9×10－27 kg，α粒子的质 量 mα＝6.646 7×10－27 kg，光速 c＝3.0×108 m/s.请计算α粒子的结合能．(计算结果保留 两位有效数字) 解析：(1)核反应方程遵守质量数守恒和电荷数守恒，且该核反应方程为：235 92U＋1 0n→144 56Ba＋89 36Kr ＋31 0n，即产生 3 个中子．临界体积是发生链式反应的最小体积，要使链式反应发生，裂变 物质的体积要大于它的临界体积． (2)组成α粒子的核子与α粒子的质量差 Δm＝(2mp＋2mn)－mα 结合能ΔE＝Δmc2 代入数据得ΔE＝4.3×10－12J 答案：(1)3 大于 (2)4.3×10－12J 3．(原创题)(1)关于核反应方程 234 90Th→234 91Pa＋X＋ΔE(ΔE 为释放出的核能，X 为新生成粒子)， 已知 234 90Th 的半衰期为τ，则下列说法正确的是( ) A.234 91Pa 没有放射性 B.234 91Pa 比 234 90Th 少 1 个中子，X 粒子是从原子核中射出的，此核反应为β衰变 C．N0 个 234 90Th 经 2τ时间因发生上述核反应而放出的核能为 3 4 N0ΔE(N0 数值很大) D.234 90Th 的比结合能为ΔE 234 E.234 90Th 的化合物的半衰期等于τ (2)约里奥－居里夫妇因发现人工放射性元素而获得了 1935 年的诺贝尔物理学奖，他们发现 的放射性元素 30 15P 衰变成 30 14Si 的同时放出另一种粒子，这种粒子是________.32 15P 是 30 15P 的同位 素，被广泛应用于生物示踪技术，1 mg 32 15P 随时间衰变的关系如图所示，请估算 4 mg 的 32 15P 经多少天的衰变后还剩 0.25 mg? 解析：(1)234 91Pa 有放射性，A 错误；由质量数守恒和电荷守恒易得 X 为 0 －1e，可判断出该反应 是β衰变，B 正确；N0 个 234 90Th 经τ时间后只剩下N0 2 个 234 90Th，再经过τ，N0 2 个 234 90Th 只剩下N0 4 个 234 90Th，故在 2τ时间内，有3N0 4 个 234 90Th 发生β衰变，放出的能量为 3 4 N0ΔE，故 C 正确；由比结 合能的定义，易知 D 错误；不管 234 90Th 是以单质形式存在，还是与其他元素形成化合物，它 的半衰期都不改变，E 正确． (2)衰变方程为 30 15P→30 14Si＋ 0 ＋1e，故这种粒子为正电子 由 mt 图知 32 15P 的半衰期为 14 天， 由 m 余＝m 原 1 2 1 τ 得， 0．25 mg＝4 mg× 1 2 t 14 ， 故 t＝56 天． 答案：(1)BCE (2)正电子 56 天 [真题试做] [真题 1] (2016·高考全国乙卷)(1)(多选)现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一 频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是________． A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大 B．入射光的频率变高，饱和光电流变大 C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大 D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生 E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关 (2)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为 M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为 计算方便起见，假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v0 竖直向上喷出；玩具底部为 平板(面积略大于 S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝 四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为 g.求 ①喷泉单位时间内喷出的水的质量； ②玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度． 解析：(1)产生光电效应时，光的强度越大，单位时间内逸出的光电子数越多，饱和光电流 越大，说法 A 正确．饱和光电流大小与入射光的频率无关，说法 B 错误．光电子的最大初动 能随入射光频率的增加而增加，与入射光的强度无关，说法 C 正确．减小入射光的频率，如 低于极限频率，则不能发生光电效应，没有光电流产生，说法 D 错误．遏止电压的大小与入 射光的频率有关，与光的强度无关，说法 E 正确． (2)①设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV① ΔV＝v0SΔt② 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 Δm Δt ＝ρv0S③ ②设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小 为 v.对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒得 1 2 (Δm)v2＋(Δm)gh＝1 2 (Δm)v2 0④ 在 h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 Δp＝(Δm)v⑤ 设水对玩具的作用力的大小为 F，根据动量定理有 FΔt＝Δp⑥ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F＝Mg⑦ 联立③④⑤⑥⑦式得 h＝v2 0 2g － M2g 2ρ2v2 0S2⑧ 答案：(1)ACE (2)①ρv0S ②v2 0 2g － M2g 2ρ2v2 0S2 [真题 2] (2015·新课标全国卷Ⅰ)(1)在某次光电效应实验中，得到的遏止电压 Uc 与入射 光的频率ν的关系如图所示．若该直线的斜率和截距分别为 k 和 b，电子电荷量的绝对值为 e，则普朗克常量可表示为________，所用材料的逸出功可表示为________． (2)如图，在足够长的光滑水平面上，物体 A、B、C 位于同一直线上，A 位于 B、C 之间．A 的质量为 m，B、C 的质量都为 M，三者均处于静止状态．现使 A 以某一速度向右运动，求 m 和 M 之间应满足什么条件，才能使 A 只与 B、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性 的． 解析：(1)根据光电效应方程 Ekm＝hν－W0 及 Ekm＝eUc 得 Uc＝hν e －W0 e ，故h e ＝k，b＝－W0 e ，得 h ＝ek，W0＝－eb. (2)A 向右运动与 C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度 方向向右为正，开始时 A 的速度为 v0，第一次碰撞后 C 的速度为 vC1，A 的速度为 vA1.由动量 守恒定律和机械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1① 1 2 mv2 0＝1 2 mv2 A1＋1 2 Mv2 C1② 联立①②式得 vA1＝m－M m＋M v0③ vC1＝ 2m m＋M v0④ 如果 m>M，第一次碰撞后，A 与 C 速度同向，且 A 的速度小于 C 的速度，不可能与 B 发生碰 撞；如果 m＝M，第一次碰撞后，A 停止，C 以 A 碰前的速度向右运动，A 不可能与 B 发生碰 撞；所以只需考虑 mμmgl① 即μ< v2 0 2gl ② 设在 a、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为 v1.由能量守恒有 1 2 mv2 0＝1 2 mv2 1＋μmgl③ 设在 a、b 碰撞后的瞬间，a、b 的速度大小分别为 v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋3 4 mv2′④ 1 2 mv2 1＝1 2 mv1′2＋1 2 3 4 m v2′2⑤ 联立④⑤式解得 v2′＝8 7 v1⑥ 由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 1 2 3 4 m v2′2≤μ3 4 mgl⑦ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥ 32v2 0 113gl ⑧ 联立②⑧式，a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞的条件 32v2 0 113gl ≤μ< v2 0 2gl ⑨ 答案：(1)ABE (2) 32v2 0 113gl ≤μ< v2 0 2gl [新题预测] (1)(多选)下列说法正确的是( ) A．方程式 238 92U→234 90Th＋4 2He 是重核裂变反应方程 B．光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性 C．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的 D．德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想 E．在光电效应实验中，某金属的截止频率对应的波长为λ0，若用波长为λ(λ＞λ0)的单色 光做该实验，会产生光电效应 (2)在光滑水平面上静置有质量均为 m 的木板 AB 和滑块 CD，木板 AB 上表面粗糙，动摩擦因 数为μ，滑块 CD 上表面是光滑的 1/4 圆弧，其始端 D 点切线水平且与木板 AB 上表面相接， 它们紧靠在一起，如图所示．一可视为质点的物块 P，质量也为 m，从木板 AB 的右端以初速 度 v0 滑上木板 AB，过 B 点时速度为 v0/2，又滑上滑块 CD，最终恰好能滑到滑块 CD 圆弧的 最高点 C 处，求： ①物块滑到 B 处时木板的速度 vAB； ②滑块 CD 圆弧的半径 R. 解析：(1)238 92U→234 90Th＋4 2He 是衰变反应，不是重核裂变反应方程，故 A 错误；光电效应和康普 顿效应都说明光具有粒子性，故 B 正确；β衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质 子和电子时所产生的，故 C 正确；德布罗意首先提出了物质波的猜想，之后电子衍射实验证 实了他的猜想，故 D 正确；某金属的截止频率对应的波长为λ0，根据ν＝ c λ ，结合光电效 应发生的条件可知，若用波长为λ(λ＞λ0)的单色光做该实验，其频率变小，不会产生光 电效应，故 E 错误． (2)①由点 A 到点 B，取向左为正方向，由动量守恒得 mv0＝mvB＋2m·vAB，则 vAB＝v0 4 . ②由点 D 到点 C，滑块 CD 与物块 P 组成的系统动量守恒、机械能守恒，得 m·v0 2 ＋m·v0 4 ＝2mv 共 mgR＝1 2 m v0 2 2＋1 2 m v0 4 2－1 2 ×2mv2 共 解得 R＝ v2 0 64g . 答案：(1)BCD (2)①v0 4 ② v2 0 64g 限时规范训练 建议用时：40 分钟 1．(1)某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为 1 1H＋12 6C→13 7N ＋Q1，1 1H＋15 7N→12 6C＋X＋Q2，方程中 Q1、Q2 表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：则 X 是________，Q2________(选填“大于”“等于”或“小于”)Q1. 原子核 1 1H 3 2He 4 2He 12 6C 13 7N 15 7N 质量/u 1.007 8 3.016 0 4.002 6 12.000 0 13.005 7 15.000 1 (2)一个 210 83Bi 原子核中含有的中子个数是________；210 83Bi 具有放射性，现有 210 83Bi 元素 16 g， 经 15 天，该元素还剩 2 g，则该元素的半衰期为________天． 解析：(1)核反应过程中，反应前后质量数和电荷数守恒，所以 X 的质量数 15＋1－12＝4， 电荷数 1＋7－6＝2，所以 X 为 4 2He；据ΔE＝Δmc2，经过计算Δm1＝0.002 1 u，Δm2＝0.005 3 u，则可以知道 Q2＞Q1. (2)210 83Bi 原子核中质子数为 83 个，质子与中子的总数共 210 个，因此中子数为 210－83＝127 个；210 83Bi 共 16 g，经过一个半衰期还剩 8 g，经过两个半衰期还剩 4 g，经过三个半衰期还 剩 2 g,15 天等于三个半衰期，因此半衰期为 5 天． 答案：(1)4 2He 大于 (2)127 5 2．(1)如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于 n＝3 的激发态，在向较低能级跃 迁的过程中向外发出光子，并用这些光照射逸出功为 2.49 eV 的金属钠． ①这群氢原子能发出________种不同频率的光，其中有________种频率的光能使金属钠发生 光电效应． ②金属钠发出的光电子的最大初动能________eV. (2)如图，三个质量相同的滑块 A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块 A 向右的初速度 v0，一段时间后 A 与 B 发生碰撞，碰后 A、B 分别以 1 8 v0、3 4 v0 的速度向右运动， B 再与 C 发生碰撞，碰后 B、C 粘在一起向右运动．滑块 A、B 与轨道间的动摩擦因数为同一 恒定值．两次碰撞时间均极短．求 B、C 碰后瞬间共同速度的大小． 解析：(1)①一群氢原子处于 n＝3 的激发态，在向较低能级跃迁的过程可以发出的光的种类 有：n＝3 向 n＝2；n＝3 向 n＝1；n＝2 向 n＝1 三种不同频率的光；n＝3 向 n＝2 时放出的 光子的能量是 1.89 eV，n＝3 向 n＝1 时放出的光子的能量是 12.09 eV，n＝2 向 n＝1 时放 出的光子的能量是 10.2 eV，所以有 2 种频率的光能使金属钠发生光电效应． ②金属钠发出的光电子的最大初动能是 Ekm＝hν－W0＝12.09 eV－2.49 eV＝9.60 eV. (2)设滑块质量为 m，A 与 B 碰撞前 A 的速度为 vA，由题意知，碰撞后 A 的速度 vA′＝1 8 v0，B 的速度 vB＝3 4 v0，由动量守恒定律得 mvA＝mvA′＋mvB① 设碰撞前 A 克服轨道阻力所做的功为 WA，由功能关系得 WA＝1 2 mv2 0－1 2 mv2 A② 设 B 与 C 碰撞前 B 的速度为 vB′，B 克服轨道阻力所做的功为 WB，由功能关系得 WB＝1 2 mv2 B－ 1 2 mvB′2③ 据题意可知 WA＝WB④ 设 B、C 碰撞后瞬间共同速度的大小为 v，由动量守恒定律得 mvB′＝2mv⑤ 联立①②③④⑤式，代入数据得 v＝ 21 16 v0⑥ 答案：(1)①3 2 ②9.60 (2) 21 16 v0 3．(1)如图所示是研究光电效应的实验装置，某同学进行了如下操作： ①用频率为ν1 的光照射光电管，此时电流表中有电流．调节滑动变阻器，将触头 P 向 ________(选填“a”或“b”)端滑动，使微安表示数恰好变为零，记下电压表示数 U1. ②用频率为ν2 的光照射光电管，重复①中的步骤，记下电压表示数 U2.已知电子的电量为 e， 由上述实验可知，普朗克常量 h＝________(用上述已知量和测量量表示)． (2)如图，光滑水平直轨道上两滑块 A、B 用橡皮筋连接，A 的质量为 m.开始时橡皮筋松弛， B 静止，给 A 向左的初速度 v0.一段时间后，B 与 A 同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的 共同速度是碰撞前瞬间 A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间 B 的速度的一半．求： ①B 的质量； ②碰撞过程中 A、B 系统机械能的损失． 解析：(1)①根据电路图，结合逸出电子受到电场阻力时，微安表示数才可能为零，因只有 K 的电势高于 A 点，即触头 P 向 a 端滑动，才能实现微安表示数恰好变为零． ②根据光电效应方程得 Ek1＝hν1－W0＝eU1 Ek2＝hν2－W0＝eU2 联立两式解得：h＝e U1－U2 ν1－ν2 . (2)①以初速度 v0 的方向为正方向，设 B 的质量为 mB，A、B 碰撞后的共同速度为 v，由题意 知：碰撞前瞬间 A 的速度为v 2 ，碰撞前瞬间 B 的速度为 2v，由动量守恒定律得 mv 2 ＋2mBv＝(m ＋mB)v① 由①式得 mB＝m 2 ② ②从开始到碰撞后的全过程，由动量守恒定律得 mv0＝(m＋mB)v③ 设碰撞过程 A、B 系统机械能的损失为ΔE，则 ΔE＝1 2 m v 2 2＋1 2 mB(2v)2－1 2 (m＋mB)v2④ 联立②③④式得ΔE＝1 6 mv2 0 答案：(1)①a ②e U1－U2 ν1－ν2 (2)①m 2 ②1 6 mv2 0 4．(1)(多选)一群基态氢原子吸收某种波长的光后，可以发出三种波长的光，这三种光的波 长关系为λ3＞λ2＞λ1，已知某金属的极限波长为λ2，则下列说法正确的是________． A．该金属的逸出功为 hλ2 B．波长为λ1 的光一定可以使该金属发生光电效应 C．波长为λ3 的光一定可以使该金属发生光电效应 D．基态氢原子吸收的光子的波长为λ1 E．若用波长为λ4 的光照射该金属且能发生光电效应，则发生光电效应的光电子的最大初动 能为 hc 1 λ4 － 1 λ2 (2)两块厚度相同的木块 A 和 B 并列紧靠着放在光滑的水平面上，处于静止状态，其质量分 别为 mA＝2.0 kg，mB＝0.9 kg，B 的上、下底面光滑．另有质量 mC＝0.10 kg 的铅块 C(其长 度可略去不计)以大小为 vC＝10 m/s 的速度恰好水平地滑到 A 的上表面，如图所示．若 A、C 间接触面粗糙，轻质弹簧的原长等于 B 板的长度，由相互作用，铅块 C 和木块 B 最后一起运 动的共同速度大小为 v＝0.5 m/s，求： ①铅块 C 离开 A 时的速度大小； ②轻质弹簧的最大弹性势能． 解析：(1)该金属的逸出功为 W＝h c λ2 ，A 错误；由ν＝ c λ 可知ν1＞ν2＞ν3，大于等于极限 频率的光才可以发生光电效应，因此波长为λ1 的光一定可以使该金属发生光电效应，波长 为λ3 的光一定不可以使该金属发生光电效应，B 正确、C 错误；基态氢原子吸收光子的能量 为辐射光子能量的最大值，因此吸收的光子的波长为λ1，D 正确；用波长为λ4 的光照射该 金属，光电子最大初动能为 Ekm＝hν4－hν2＝hc 1 λ4 － 1 λ2 ，E 正确． (2)①设 C 离开 A 时的速度大小为 v1，此时 A、B 的共同速度大小为 vA.从 C 滑上 A 开始到 C 刚离开 A，对 A、B、C 组成的系统利用动量守恒定律得 mCvC＝(mA＋mB)vA＋mCv1 从 C 滑上 B 到 C、B 相对静止时，由动量守恒定律知 mCv1＋mBvA＝(mB＋mC)v 联立解得 v1＝2.75 m/s. ②C、B 相对静止时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得 Epm＝1 2 mCv2 1＋1 2 mBv2 A－1 2 (mB＋mC)v2 由①知 vA＝0.25 m/s 解得 Epm＝0.28 J. 答案：(1)BDE (2)①2.75 m/s ②0.28 J 5．(1)某发射台的发射功率为 10 kW，所发射的能量子呈均匀辐射状，在空气中所发射的电 磁波的波长为 187.5 m，已知普朗克常量 h＝6.63×10－34J·s，光速 c＝3.0×108 m/s，则该 发射台每秒从天线发射的能量子数为________个，离天线 2 km 处，直径为 2 m 的圆形接收 器每秒钟所接收的能量子数目为________个，其接收功率为________W．(结果保留两位有效 数字) (2)如图所示，光滑水平轨道 AB 的左侧与一半径 R＝0.9 m 的1 4 光滑细圆管相切于 A 点，在轨 道 AB 上的 B 点放有一质量为 m0＝0.8 kg 的小物块，在 A、B 间有两个等大、质量分别为 M ＝0.6 kg 和 m＝0.2 kg 的小球(直径略小于圆管口径，可视为质点)，两个小球中间夹着一 个被压缩的轻弹簧(与小球不相连)，原来各物体均处于静止状态，现突然释放轻弹簧，两小 球被弹开(弹簧已恢复原长)，质量为 M 的小球进入圆管中运动，在 A 点时对圆管壁恰好无作 用力，质量为 m 的小球与小物块相碰而粘在一起向右运动，取 g＝10 m/s2，求： ①被压缩弹簧具有的弹性势能 Ep； ②质量为 m 的小球与物块相碰而粘在一起后向右运动 x＝3.6 m 所需要的时间 t. 解析：(1)由 E＝hν＝h c λ 可知每个能量子的能量为 E＝1.061×10－27 J，所以该发射台每秒 从天线发射的能量子数为 N＝Pt E ＝9.4×1030 个；因所发射的能量子呈均匀辐射状，所以接收 器每秒钟所接收的能量子数目为 n＝ πr2 4πR2N＝5.9×1023个；接收功率为 P 收＝ πr2 4πR2P＝6.3×10 －4 W. (2)①令质量为 M、m 的小球被弹开时速度大小分别为 v1、v2，因质量为 M 的小球在 A 点时对 圆管壁恰好无作用力，由牛顿第二定律知 Mg＝Mv2 1 R 两小球被弹开时满足动量守恒定律和能量守恒定律，即 0＝Mv1－mv2 Ep＝1 2 Mv2 1＋1 2 mv2 2 联立并代入数值得 v2＝9 m/s，Ep＝10.8 J. ②质量为 m 的小球与物块相碰时满足动量守恒定律，有 mv2＝(m＋m0)v 代入数值得 v＝1.8 m/s 所以一起向右运动 x＝3.6 m 所需要的时间为 t＝x v ＝2 s. 答案：(1)9.4×1030 5.9×1023 6.3×10－4 (2)①10.8 J ②2 s 6．(2016·东北三省联考)(1)(多选)下列五幅图的有关说法中正确的是________． A．原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的 B．发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小的空间范围 C．光电效应实验说明了光具有粒子性 D．射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷 E．链式反应属于重核的裂变 (2)质量为 M 的木块静止在光滑的水平面上，一颗子弹质量为 m，以水平速度 v0 击中木块并 最终停留在木块中．在这个过程中，求： ①木块的最大动能； ②子弹和木块的位移之比． 解析：(1)根据玻尔理论可以知道，电子绕原子核运动过程中是沿着特定轨道半径运动的，A 错；根据卢瑟福的α粒子散射实验现象，可以知道 B 对；光电效应表明了光的粒子性，C 对； 根据左手定则可以判断射线甲带负电，D 错；链式反应是重核裂变反应，E 对． (2)①由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v v＝ mv0 M＋m . 木块的最大动能 Ek＝1 2 Mv2＝ Mm2v2 0 2 M＋m 2 ②设子弹和木块之间的相互作用力为 F，位移分别为 x1、x2，由动能定理得：对子弹：－Fx1 ＝1 2 mv2－1 2 mv2 0， 对木块：Fx2＝1 2 Mv2－0 联立解得子弹和木块的位移之比x1 x2 ＝2m＋M m . 答案：(1)BCE (2)① Mm2v2 0 2 M＋m 2 ②2m＋M m 7．(1)(多选)下列说法正确的是________． A．普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说 B．大量的氢原子从 n＝3 的能级向低能级跃迁时只会辐射两种不同频率的光 C．发生光电效应时，入射光的光强一定，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越少 D．比结合能小的原子核分解为比结合能大的原子核时一定释放核能 E．运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大，物质波的波长越大 (2)质量为 m1＝1 200 kg 的汽车 A 以速度 v1＝21 m/s 沿平直公路行驶时，发现前方相距 s0 ＝33 m 处有一质量 m2＝800 kg 的汽车 B 以速度 v2＝15 m/s 迎面驶来．两车同时急刹车，使 车做匀减速运动，但未能避免两车猛烈地相撞，相撞后结合在一起再滑行一段距离后停下， 设两车与路面间动摩擦因数为μ＝0.3，取 g＝10 m/s2.忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量， 求： ①设两车相撞时间(从接触到一起滑行)t0＝0.2 s，则 A 车受到的水平平均冲力是其自身重 力的几倍？ ②两车一起滑行的距离是多少？ 解析：(1)能量子假说是普朗克在研究黑体辐射问题时提出的，A 正确；由 N＝n n－1 2 知， B 错误；发生光电效应时，入射光的光强一定，频率越高，单个光子的能量越大，光子数越 少，故单位时间内逸出的光电子数越少，C 正确；比结合能小的原子核分解为比结合能大的 原子核时有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程知，一定释放核能，D 正确；德布罗意指出， 运动的宏观物体也具有波动性，根据 h＝λp 知，其速度越大，动量 p 越大，则物质波的波 长越小，E 错误． (2)①设从开始刹车到相撞经过的时间为 t，则有： v1t－1 2 a1t2＋v2t－1 2 a2t2＝s0 两车刹车加速度大小为：a＝a1＝a2＝μg＝3 m/s2 代入数据得：t2－12t＋11＝0 解得：t＝1 s(舍去 t＝11 s) 两车相碰前瞬间的速度大小分别为： v1′＝v1－a1t＝18 m/s v2′＝v2－a2t＝12 m/s A 车动量大于 B 车动量，由动量守恒定律有： m1v1′－m2v2′＝(m1＋m2)v 解得两车碰后的速度 v＝6 m/s 对 A 车由动量定理有 Ft0＝Δp＝m1(v－v1′) 代入数据解得：F 的大小为 6m1g，为其自身重力的 6 倍． ②两车一起滑动的加速度仍为：a＝μg＝3 m/s2 两车共同滑行的距离 s＝v2 2a ＝ 36 2×3 m＝6 m. 答案：(1)ACD (2)①6 倍 ②6 m