（通用版）2017高考物理二轮复习 第1部分 核心突破 专题6 选考部分（课件+试题）（打包6套）.zip

1第 1 讲 分子动理论，气体及热力学定律1．(2016·郑州毕业班质量预测二)下列说法正确的是( ACE )A．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小B．布朗运动就是气体或液体分子的无规则运动C．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性D．做功和热传递在改变系统内能方向是不等价的E．第二类永动机虽不违背能量守恒定律，但也是不可能制成的解析：根据分子力与分子间距离的关系，距离增大，分子引力和斥力都减小，选项 A正确；布朗运动是固体悬浮颗粒的运动，反映了分子的无规则运动，选项 B 错误；根据晶体的特点，选项 C 正确；做功和热传递在改变系统内能方面是等价的，选项 D 错误；第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反了热力学第二定律，所有永动机都是不可能制成的，选项 E 正确．2．(2016·湖南衡阳联考二)以下说法中正确的是( BCD )A．熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性减少的方向进行B．在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加C．液晶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D．由于液体表面分子间距大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势E．在温度不变的情况下，增大液面上方饱和汽的体积，待气体重新达到饱和时，饱和汽的压强增大解析：熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行，选项 A 错误；绝热说明气体与外界不发生热交换，则 Q＝0，压缩气体说明外界对气体做功，则 W＞0，由热力学第一定律 ΔU ＝ W＋ Q 知， ΔU ＞0，即气体的内能增加，选项 B 正确；液晶是介于晶体与液体之间的特殊物质，它既具有流动性，也具有光学各向异性，选项 C 正确；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，所以液体表面具有收缩的趋势，选项 D 正确；饱和汽的压强只与温度有关，选项 E 错误．3．(2016·武汉调考)(1)下列说法中正确的是__ACE__.(填正确答案标号)A．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都变小B．布朗运动反映了悬浮在液体中固体颗粒分子的无规则运动C．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁频率碰撞而产生的D．随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，并最终达到绝对零度E．物体的内能是组成物体的所有分子热运动动能与分子势能的总和(2)使一定质量的理想气体的状态按图甲中箭头所示的顺序变化，图线 BC 是一段以纵2轴和横轴为渐近线的双曲线．①已知气体在状态 A 的温度 TA＝300 K，问气体在状态 B、 C 和 D 的温度各是多大？②请在图乙上将上述气体变化过程在 V­T 图中表示出来(图中要标明 A、 B、 C、 D 四点，并且要画箭头表示变化方向)．解析：(1)分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，A 正确；布朗运动是固体颗粒的运动，是液体分子无规则运动的反映，B 错误；气体对气壁的压强是大量气体分子频繁地碰撞器壁产生的，C 正确；绝对零度是低温的极限，不可能达到，D 错误；物体的内能是物体内所有分子动能和势能的总和，E 正确．(2)①根据气态方程有 ＝ ，pAVATA pCVCTC得 TC＝ TA＝ ×300 K＝600 K，pCVCpAVA 2×404×10由 ＝ ，pAVATA pDVDTD得 TD＝ TA＝ ×300 K＝300 K.pDVDpAVA 2×204×10TB＝ TC＝600 K.②由状态 B 到状态 C 为等温变化，由玻意耳定律得pBVB＝ pCVC，VB＝ ＝ L＝20 L，pCVCPB 2×404上述过程在 V－ T 图上状态变化过程的图线如图所示．4．(2016·湖南省十三校第二次联考)(1)如图所示是一定质量的理想气体的体积 V 和摄氏温度 t 变化关系的 V－ t 图象，气体由状态 A 变化到状态 B 的过程中，下列说法正确的是__ACE__.(填正确的答案标号)3A．气体的内能增大 B．气体的内能不变C．气体的压强减小 D．气体的压强不变E．气体对外做功，同时从外界吸收热量(2)图甲为一个横截面积足够大的喷水装置，内部装有 200 L 水，上部密封 1 atm 的空气 1.0 L．保持阀门关闭，再充入 2 atm 的空气 1.0 L．设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变．①求充入 2 atm 的空气 1.0 L 后密封气体的压强；②打开阀门后，水从喷嘴喷出(喷嘴与水面等高)，通过计算，在图乙中画出喷水过程中气体状态变化的图象，求最后容器内剩余水的体积．(不计阀门右侧的管中水的体积及喷嘴与装置水平的高度差)解析：(1) A 到 B 温度升高，气体内能只和温度有关，所以内能增大； A 到 B 内能增大，体积增大，对外做功，必须吸收热量；由图可知 V＝ kt， k 是常数；根据理想气体的状态方程 ＝ C．pVT＝ C，则 p＝ ＋ ， A 到 B， t 升高， p 减小．pkt273＋ t 273Ckt Ck(2)①气体做等温变化， p0＝1 atm， p1＝2 atm，V0＝1.0 L，V 1＝1.0 L2 atm 的空气在压强为 p0时的体积 V2＝ ，相当于密封的空气 V0加空气 V2做等温p1V1p0变化：p0(V2＋ V0)＝ p2V0解得： p2＝3 atm②打开阀门后，水从喷嘴喷出(喷嘴与水面等高)，此时封闭气体的压强和外界的压强相等为 p0，封闭的气体做等温变化， p2V0＝ p0V3解得： V3＝3.0 L 故容器内剩余水的体积为 198 L.作图如图所示4答案：(2)3 atm (2)如图所示5．(2015·全国卷Ⅰ)如图所示，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 cm 2；小活塞的质量为 m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm 2；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＝1.00×10 5 Pa，温度为 T＝303 K．初始时大活塞与大圆筒底部相距 ，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l2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)大小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律得 ＝V1T1 V2T2初状态 V1＝ (S1＋S 2)，l2T1＝495 K，末状态 V2＝ lS2，代入可得 T2＝ T1＝330 K.23(2)对大、小活塞受力分析则有m1g＋ m2g＋ pS1＋ p1S2＝ P1S1＋ pS2，可得 p1＝1.1×10 5 Pa，缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变， ＝ ， T3＝ T＝303 p1T2 p2T3K，解得 p2＝1.01×10 5 Pa.答案：(1)330 K (2)1.01×10 5 Pa1第 1 讲 分子动理论，气体及热力学定律1．(2016·东北三省四市联考一)(1)下列说法正确的是 A B D .A．已知水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数B．布朗运动说明分子在永不停息地做无规则运动C．两个分子间由很远( r10－9 m)距离减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用E．热量只能由高温物体传递给低温物体(2)如图所示，竖直放置且粗细均匀的 U 形玻璃管与容积为 V0＝90 cm 3的金属球形空容器连通，用 U 形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体，当环境湿度为 27℃时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出 h1＝16 cm，水银柱上方空气长 h0＝20 cm.现在对金属球形容器缓慢加热，当 U 形玻璃管左侧水银面比右侧水银面高出 h2＝24 cm 时停止加热．已知大气压 p0＝76 cmHg，U 形玻璃管的横截面积为 S＝0.5 cm 2，求此时金属球形容器内气体的温度为多少摄氏度？解析：(1)水的摩尔质量除以水分子的质量等于每摩尔水中水分子的个数，即为阿伏伽德罗常数，选项 A 正确；布朗运动是悬浮在液体(或气体)中的微小颗粒的无规则运动，是分子无规则运动的反映，选项 B 正确；两个分子间由距离很远减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大后减小再增大，分子力先做正功再做负功，故分子势能先减小再增大，选项 C 错误；液体的表面张力使液面具有收缩的趋势，故露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，选项 D 正确；根据热力学第二定律，在不引起其他变化时，热量不能从低温物体传到高温物体，也就是说，热量既可以由高温物体传递给低温物体，也可以在一定条件下由低温物体传递给高温物体，选项 E 错误．(2)初始状态： p1＝ p0－ h1＝60 cmHg，V1＝V 0＋ h0S＝100 cm 3，T1＝300 K，末状态： p2＝ p0＋ h2＝100 cmHg，V2＝V 1＋ ＝110 cm 3， h1＋ h2 S2T2＝(273＋ t2) K.由理想气体状态方程有 ＝ ，p1V1T1 p2V2T2代入数据解得 t2＝277 ℃.2答案：277 ℃2．(2016·江苏苏州调研)(1)下列说法中正确的是 C D (填写选项前的字母)．A．压缩气体需要做功，说明气体分子间存在斥力B．用手捏面包，面包体积会缩小，说明分子间有空隙C．温度相同的氢气和氧气，氢气分子的平均动能和氧气分子的相同D．夏天荷叶上小水珠呈球形，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故(2)如图所示，气缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞距缸口 0.2 m，活塞面积 10 cm2，大气压强 1.0×105 Pa，物重 50 N，活塞质量及活塞与气缸的摩擦不计．缓慢升高环境温度，使活塞刚好升到缸口，封闭气体吸收了 60 J 的热量．则封闭气体的压强__不变__(填“增加” “减小”或“不变”)，气体内能变化量为__30__J.(3)如图所示，一边长为 L 的立方体容器内充有密度为 ρ 的某种气体，已知该气体的摩尔质量为 μ ，阿伏伽德罗常数为 NA． 求①容器内气体的分子数；②气体分子间的平均间距．解析：气体分子间距很大，分子力很小，可以忽略不计，气体压强是大量分子对容器壁的无规则碰撞产生的，选项 A 错误；用手捏面包，面包体积会缩小，是由于面包气孔多，选项 B 错误；温度是分子平均动能的标志，故温度相同的氢气和氧气，氢气分子的平均动能和氧气分子的相同，选项 C 正确；夏天荷叶上小水珠呈球形，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故，选项 D 正确．(2)封闭气体的压强等于大气压与物重产生的压强之和，即 p＝Pa＝1.5×10 5 Pa，在活塞运动的过程中，压强不变，根据热力(1.0×105＋5010×10－ 4)学第一定律可知气体内能变化量为 ΔU ＝ Q＋ W＝60J－1.5×10 5×10×10－4 ×0.2 J＝30 J.(3)①容器内气体的分子数 n＝ ，ρ L3NAμ②气体分子间的平均间距 d＝3μρ NA答案：(3)① ②ρ L3NAμ 3μρ NA3．(2016·湖南长郡中学月考三)(1)下列叙述中，正确的是 A C D .A．同一温度下，气体分子速率呈现出“中间多，两头少”的分布规律B．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映3C．第二类永动机是不可能制造出来的，尽管它不违反热力学一定律，但它违反热力学第二定律D．物体熔化时吸热，分子平均动能不一定增加E．只知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数就可以算出气体分子的体积(2)如图所示，用销钉固定的导热活塞把水平放置的导热气缸分隔成容积相等的两部分，分别封闭着 A、 B 两部分理想气体． A 部分气体压强为 pA0＝2.5×10 5 Pa， B 部分气体压强为 pB0＝1.5×10 5 Pa.现拔去销钉，待活塞重新稳定后： (外界温度保持不变，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，整个过程无漏气发生)①求此时 A 部分气体体积与原来体积之比；②判断此过程中 A 部分气体是吸热还是放热，并简述理由．解析：(1)根据气体分子速率分布特点，选项 A 正确；布朗运动反映了固体悬浮颗粒周围的液体分子的无规则运动，选项 B 错误；第二类永动机不违反热力学第一定律，但违反了热力学第二定律，选项 C 正确；物体熔化时，如果温度不变，分子的平均动能就不变，比如晶体的熔化过程，选项 D 正确；气体分子间的距离比较大，只知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，无法算出气体分子的体积，选项 E 错误．(2)①设 A 部分气体原来体积为 V，由玻意耳定律得pA0V＝ pA(V＋ ΔV )，pB0V＝ pB(V－ ΔV )，又因为 pA＝ pB，由以上各式可解得 ΔV ＝ ，V4因此， A 部分气体此时体积与原来体积之比为 5∶4.② A 部分气体由于温度不变，所以内能不变；体积膨胀，对外做功，由热力学第一定律可知，一定从外界吸收热量．4．(2016·辽宁大连双基测试)(1)下列说法中正确的是 A C .A．若分子间距变大，则分子间引力减小，分子间斥力也减小B．单晶体和多晶体都是各向异性的C．热力学第二定律表明：不违反能量守恒定律的热现象不一定都能发生D．气体体积变小，单位体积内的分子数增多，气体的压强一定增大E．热传递一定是热量从内能大的物体向内能小的物体转移(2)如图所示， A 气缸截面积为 500 cm2， A、 B 两个气缸中装有体积均为 10 L、压强均为 1 atm、温度均为 27℃的理想气体，中间用细管连接．细管中有一绝热活塞 M，细管容积不计．现给左面的活塞 N 施加一个推力，使其缓慢向右移动，同时给 B 中气体加热，使4此过程中 A 气缸中的气体温度保持不变，活塞 M 保持在原位置不动．不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为 1 atm＝10 5 Pa，当推力 F＝ ×103 N 时，求：53①活塞 N 向右移动的距离是多少厘米？② B 气缸中的气体升温到多少摄氏度？解析：(1)分子间距变大时，分子间的引力和斥力都减小，但斥力减小得快，选项 A 正确；多晶体具有各向同性，选项 B 错误；热量不能自发地从低温物体转移到高温物体，而不产生其他变化，内能大的物体温度不一定高，可能是质量大，选项 E 错误；第二类永动机不违反能量守恒定律，但其不可制成，选项 C正确；由理想气体状态方程知，当气体体积减小、温度变化不明时，气体压强变化不确定，选项 D 错误．(2)① p′ A＝ pA＋ ＝ ×105 Pa，FS 43对 A 中气体，由 pAVA＝ p′ AV′ A，得 V′ A＝ 解得 V′ A＝ VA，pAVAp′ A 34LA＝ ＝20 cm，VASL′ A＝ ＝15 cm，V′ ASΔx ＝ LA－ L′ A＝5 cm.②对 B 中气体， p′ B＝ p′ A＝ ×105Pa43＝pBTB p′ BT′ BT′ B＝ TB＝400 K＝127 ℃.p′ BpB答案：(1)AC (2)①5 cm ②127 ℃5．(2016·长沙模拟二)(1)如图，质量为 M 的绝热活塞把一定质量的理想气体密封在竖直放置的绝热气缸内．活塞可在气缸内无摩擦滑动．现通过电热丝对理想气体十分缓慢地加热．设气缸处在大气中，大气压强恒定．经过一段较长时间后，下列说法正确的是BCE.A．气缸中气体的压强比加热前要大 B．气缸中气体的压强保持不变C．气缸中气体的体积比加热前要大 D．气缸中气体的内能可能和加热前一样大5E．活塞在单位时间内受气缸中气体分子撞击的次数比加热前要少(2)U 形管两壁粗细不等，左管开口向上，封闭的右管横截面积是开口的左管的 3 倍，管中装入水银，大气压为 p0＝76 cmHg.开口管中水银面到管口距离为 h1＝22 cm，且水银面比封闭管内高 Δh ＝4 cm，封闭管内空气柱长为 h2＝11 cm，如图所示．现用小活塞把开口端封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：①右管中气体的最终压强；②活塞推动的距离．解析：(1)电热丝对气体缓慢地加热过程中，气缸中气体的压强 p＝ p0＋，保持不变，选项 A 错误，B 正确；气缸中气体温度升高，压强不变，故MgS气缸中气体的体积比加热前要大，内能变大，选项 C 正确，D 错误；气体的压强是气体分子频繁撞击器壁产生的，由气体分子的平均动能和单位时间内分子撞击的次数共同决定，气缸中气体温度升高，气体分子的平均动能增大，而气体的压强不变，故活塞在单位时间内受气缸中气体分子撞击的次数比加热前要少，选项 E 正确．(2)①设左管横截面积为 S，则右管横截面积为 3S以右管封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1＝ p0＋ Δh ＝80 cmHg，体积为 V1＝3 Sh2，末状态的压强为 p2从初始状态到末状态，设左管水银面下降 Δh 1，设右管水银面上升 Δh 2，则Δh 1＋ Δh 2＝ Δh ，Δh 1S＝3 Δh 2S，故 Δh 1＝3 Δh 2＝ ＝3 cm3Δ h4末状态的体积为 V2＝3 S(h2－ Δh 2)，由等温变化有 p1V1＝ p2V2，由以上各式得 p2＝88 cmHg.②以左管被活塞封闭气体为研究对象初状态有： p3＝ p0＝76 cmHg，体积为 V3＝ Sh1，末状态有： p4＝ p2＝88 cmHg，体积为 V4＝ Sh4，由等温变化有 p3V3＝ p4V4，由以上各式得 h4＝19 cm，活塞推动的距离 L＝ h1－ h4＋ Δh 1＝6 cm.答案：(2)①88 cmHg ②6 cm66．(2016·石家庄正定中学月考一)(1)下列说法正确的是 BCE .A．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大B．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力C．两个分子的间距从极近逐渐增大到 10r0的过程中，它们之间的分子势能先减小后增大D．液晶具有流动性，其光学性质具有各向同性的特点E．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性(2)如图所示，用质量 m＝1 kg 的活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸壁间的摩擦忽略不计，开始时活塞距离气缸底部的高度 h1＝0.50 m，气体的温度 t1＝27℃.给气缸缓慢加热至 t2＝207℃，活塞缓慢上升到距离气缸底某一高度 h2处，此过程中被封闭气体增加的内能 ΔU ＝300 J．已知大气压强 p0＝1.0×10 5 Pa，重力加速度 g＝10 m/s2，活塞横截面积 S＝5.0×10 －4 m2.求：①初始时气缸内气体的压强和缓慢加热后活塞距离气缸底部的高度 h2；②此过程中缸内气体吸收的热量 Q.解析：(1)当温度升高时，物体内大多数分子热运动的速率增大，但不是所有分子的动能都增大，选项 A 错误；液体表面存在表面张力的原因是液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，选项 B 正确；当两个分子的间距 r＜ r0时，分子间作用力表现为斥力，两个分子的间距从极近增大到平衡位置的过程中，分子力做正功，分子势能减小，当两个分子的间距 rr0时，分子间作用力表现为引力，两个分子间的间距从平衡位置到 10r0的过程中，分子力做负功，分子势能增大，选项 C 正确；液晶具有各向异性的特点，选项 D 错误；小炭粒的无规则运动反映了液体分子的无规则运动，选项 E 正确．(2)①初始时气缸内气体的压强p＝ p0＋ ＝1.2×10 5 Pa，mgS气体做等压变化，可得 ＝ ，h1ST1 h2ST2即 ＝ ，0.50 m 273＋ 27 K h2 273＋ 207 K解得 h2＝0.80 m.②在气体膨胀过程中，气体对外做功W0＝ pS(h2－ h1)＝[1.2×10 5×(0.80－0.50)×5.0×10 －4 ] J＝18 J根据热力学第一定律可得气体内能的变化 ΔU ＝－ W0＋ Q7得 Q＝ ΔU ＋ W0＝318 J.答案：(2)①0.80 m ②318 J7．(2016·全国卷Ⅱ)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 p­T 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 ABE .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)选项 正误 原因A √ a、 c 在同一条等容线上，所以体积相同B √ 由图象可得， a 温度高于 c 的温度，所以 a 的内能大于它在状态 c 的内能C ×由热力学第一定律得， cd 是等温变化，内能不变，但体积减小，所以外界对气体做的功等于气体向外界放出热量D ×在 da 中，温度升高内能增大，体积增大对外做功，所以由热力学第一定律得，吸收的热量要大于气体对外做的功E √把过程转化为由 d→ a 和由 c→ d 研究，由热力学第一定律，由于内能增量相同，所以做功大小一样.(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＝ p2V2， ①重新充气前，用去的氧气在 p2压强下的体积为V3＝V 2－V 1， ②设用去的氧气在 p0(1 个大气压)压强下的体积为 V0，则有p2V3＝ p0V0， ③8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＝ ， ④V0Δ V联立①②③④式，并代入数据得 N＝4(天)．答案：4(天)1第 2 讲 机械振动和波、光1．(2016·浙江嘉兴期末)随着网络技术的发展，WiFi 无线网络(标识如图所示)成为了一种时尚．WiFi 实质是一种短程无线传输技术，能够在一定范围内支持互联网接入的无线电信号，下列关于 WiFi 的说法，正确的是( AD )A．WiFi 信号实质是一种电磁波B．WiFi 信号不可能在真空中传输C．WiFi 信号限于短程传输，是因为其波长太短D．WiFi 信号限于短程传输，是因为在传输过程中存在能量损失解析：WiFi 信号是利用电磁波来传递信息的，选项 A 正确；电磁波可以在真空中传播，选项 B 错误；WiFi 信号限于短程传输，是因为在传输过程有能量损失，而不是因为波长太短，选项 C 错误，选项 D 正确．2．(2016·北京海淀区期末练习)如图甲所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器可在竖直面内摆动，且在摆动过程中能持续向下流出一细束墨水．沿着与注射器摆动平面垂直的方向匀速拖动一张硬纸板，摆动的注射器流出的墨水在硬纸板上形成了如图乙所示的曲线．注射器喷嘴到硬纸板的距离很小，且摆动中注射器重心的高度变化可忽略不计．若按图乙所示建立 xOy 坐标系，则硬纸板上的墨迹所呈现的图样可视为注射器振动的图象．关于图乙所示的图象，下列说法中正确的是( B )A． x 轴表示拖动硬纸板的速度B． y 轴表示注射器振动的位移C．匀速拖动硬纸板移动距离 L 的时间等于注射器振动的周期D．拖动硬纸板的速度增大，可使注射器振动的周期变短解析：硬纸板做匀速直线运动， x 轴表示拖动硬纸板的位移，选项 A 错误； y 表示注射器振动的位移，选项 B 正确；由图可知；匀速拖动硬纸板移动距离 L 的时间是注射器振动周期的 2 倍，选项 C 错误；由 T＝2π 知，注射器振动的周期与拖动硬纸板的速度无关，lg2选项 D 错误．3．一简谐振子沿 x 轴振动，平衡位置在坐标原点． t＝0 时刻振子的位移 x＝－0.1 m； t＝ s 时刻 x＝0.1 m； t＝4 s 时刻 x＝0.1 m．该振子的振幅和周期可能为( ACD )43A．0.1 m， s B．0.1 m,8 s83C．0.2 m， s D．0.2 m,8 s83解析：由于 ω ＝ ，若 T＝ s，2πT 83A＝0.1 m， t＝0 时刻振子的位移 x＝－0.1 m，则振动方程为 x＝－0.1cos t.3π4t＝ s 时刻 x＝0.1 m，43t＝4 s， x＝0.1 m，满足题设条件，A 正确．若 T＝8 s， A＝0.1 m，t＝0 时刻振子的位移 x＝－0.1 m，则振动方程为 x＝－0.1cos t，π 4t＝ s 时刻 x＝－0.05 m；43t＝4 s 时刻 x＝－0.1 m，与题设条件不符，B 错误．若 T＝ s， A＝0.2 m，83t＝0 时刻振子位移 x＝－0.1 m，则振动方程为x＝0.2sin 或 x＝0.2sin ，(3π4t－ π 6) (3π4t－ 5π6)t＝ s 时刻 x＝0.1 m， t＝4 s 时刻， x＝0.1 m 满足题设条件，C 正确．43若 T＝8 s， A＝0.2 m， t＝0 时刻振子的位移x＝－0.1 m，则振动方程为x＝0.2sin 或 x＝0.2sin ，(π 4t－ π 6) (π 4t－ 5π6)t＝ s 时刻 x＝0.1 m， t＝4 s 时刻 x＝0.1 m，满足题设条件，D 正确．4334．(2016·永州三模)如图所示，某种透明材料做成的三棱镜，其横截面是边长为 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．求：(1)该材料对此平行光束的折射率；(2)这些直接到达 BC 面的光线从 BC 面折射而出后，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，此光斑分为两条？解析：(1)由于对称性，我们考虑从 AB 面入射的光线，这些光线在棱镜中是平行于 AC面的，由对称性和几何知识可得，光线进入 AB 面时和入射角 α 和折射角 β 分别为：α ＝60°， β ＝30°则材料的折射率为 n＝ ＝sin αsin β 3(2)如图， O 为 BC 中点，紧靠 B 点从 BC 面射出的光线与直线 AO 交于 D，由图可知；当光屏放在 D 点右侧时，根据对称性，光屏上形成两条光斑．由几何关系有 OD＝ ＝ aa2tan a 36所以当光屏到 BC 距离 d 超过 a 时，光斑分为两条．36答案：见解析1第 2 讲 机械振动和波、光1．(2016·江苏苏州调研)(1)下列说法中正确的是 AC .A．全息照片用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性B．在光的双缝干涉实验中，将入射光由绿光改为紫光，则条纹间距变宽C．如果测量到来自遥远星系上的元素发出的光波长变长，这说明该星系正在远离我们而去D．拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片可以增加透射光的强度(2)如图所示，一个半径为 R 的 透明圆柱体放置在水平面上，一束蓝光从 A 点沿水平14方向垂直于左表面射入柱体后经 B 点射出，最后射到水平面上的 C 点．已知 OA＝ ，该柱R2体对蓝光的折射率为 ，则它从右侧面射出时的出射角 β ＝__45°__；若将蓝光换成紫光，2则它从柱体射出后落到水平面上形成的光点与 C 点相比，位置_偏左_(填“偏左” “偏右”或“不变”)．(3)一列横波在某时刻的波动图象如图所示，从此时开始 d 质点比 e 质点早 0.1 s 到达波谷．求：①此波的传播方向和波速大小；②1.0 s 内 b 质点通过的路程．解析：(1)全息照片用激光来拍摄，主要利用了激光的相干性，选项 A 正确；光的双缝干涉实验中条纹间隔与光的波长成正比，绿光的波长长，改为紫光，则条纹间距变窄，选项 B 错误；如果测量到来自遥远星系上的元素发出的光波长变长，则频率变小，知星系正在远离我们而去，选项 C 正确；拍摄玻璃橱窗内的物品时镜头前加一个偏振片是为减弱反射光线的影响，选项 D 错误．(2)在 B 点，由几何关系可得入射角 i＝∠ ABO＝30°，由折射定律得 n＝ ，解得sin βsiniβ ＝45°.将蓝光换成紫色，蓝光的折射率小于紫光的折射率，折射定律 n＝ 得知，sin βsini2β 增大，则紫光从柱体射出后落到水平面上形成的光点与 C 点相比，位置将偏左．(3)①此波沿 x 轴正向传播波速 v＝ ＝ m/s＝10 m/sλ T 40.4②1.0 s 内 b 质点通过的路程是 s＝10 A＝0.5 m答案：(3)10 m/s 0.5 m2．(2016·武汉 4 月调研)(1)如图所示，自左向右依次固定放置半圆形玻璃砖、足够长的竖立的长方体玻璃砖和光屏， BC、 MN、 PQ 三个表面相互平行．一点光源沿着圆弧移动，从点光源发出的一束白光始终正对圆心 O 射入半圆形玻璃砖，经过长方体玻璃砖BAC︵ 后，打在光屏上．已知玻璃对红光的折射率为 η ＝1.513.若不考虑光在各个界面的反射，则下列说法正确的是 BCE .A．点光源从 B 移动到 C 的过程中，光屏上总有彩色光斑B．点光源从 B 移动到 C 的过程中，光屏上红色光斑的移动速率比紫色光斑的小C．点光源在 A 点时，光屏上红色光斑在紫色光斑的上方D．点光源在 A 点时，若撤除长方体玻璃砖，光屏上红色光斑将向上移动E．点光源在 A 点时，若将光屏稍向右平移，光屏上红色光斑与紫色光斑的间距将增大(2)如图甲所示，用一根不可伸长的轻质细线将小球悬挂在天花板上的 O 点，现将小球拉离平衡位置，使细线与竖直方向成一夹角(该夹角小于 5°)后由静止释放．小球的大小和受到的空气阻力忽略不计．①证明小球的运动是简谐运动；②由传感器测得小球偏离平衡位置的位移随时间变化的规律如图乙所示，求小球运动过程中的最大速度值．解析：(1)由红光到紫光在同种介质中的折射率依次增大，由 sin C＝ 知，红光在玻1n璃砖中的临界角最大，当白光在半圆形玻璃砖中的入射角大于红光的临界角时，所有单色3光都发生全反射，在光屏上没有彩色光斑，选项 A 错误；由于红光的折射率最小，紫光的折射率最大，点光源从 B 移动到 C 的过程中，红光通过半圆形玻璃砖后折射角最小，移动的距离最小，由于光线通过长方体玻璃砖后，出射光线与入射光线平行，可知光屏上红色光斑的移动距离比紫光小，红光移动速率比紫色光斑的小，选项 B 正确；点光源在 A 点时，由于红光的偏折程度最小，紫光的偏折程度最大，则光屏上红色光斑在紫色光斑的上方，选项 C 正确；光线通过长方体玻璃砖后会向上发生移侧，则点光源在 A 点时，若撤除长方体玻璃砖，光屏上红色光斑将向下移动，选项 D 错误；点光源在 A 点时，若将光屏稍向右平移，出射光线方向不变，根据几何关系可知，光屏上红色光斑与紫色光斑的间距增大，选项 E 正确．(2)解析：①设小球偏角为 θ 时离开平衡位置的位移为 x，摆长为 L， θ ＜5°，则x＝ θL ，sin θ ≈ θ ，小球受到的回复力为 F＝ mgsin θ ，联立解得 F＝ x，mgL且因 F 与 x 方向相反，故小球做简谐运动．②由图乙可知摆球的振幅 A＝0.08 m，周期 T＝2 s，以摆球为研究对象，由周期公式 T＝2π ，Lg由机械能守恒得 mgL(1－cos θ )＝ mv ，12 2max由三角函数知识得 1－cos θ ＝2sin 2 ≈ ，θ 2 θ 22由圆的知识得 θ ＝ ，AL联立解得 vmax＝0.08π m/s答案：(2)①见解析 ②0.08π m/s3．(2016·石家庄一模)(1)如图所示，空间同一平面内有 A、 B、 C 三点， AB＝5 m， BC＝4 m， AC＝3 m． A、 C 两点处有完全相同的波源做简谐振动，振动频率为 1 360 Hz，波速为 340 m/s.下列说法正确的是 ABE .A．两列波的波长均为 0.25 m B． B、 C 间有 8 个振动减弱的点C． B 点的位移总是最大 D． A、 B 间有 7 个振动加强的点E．振动减弱点的位移总是为零(2)一等腰三角形玻璃砖放在空气中，其截面如图所示，三个顶点分别为4A、 B、 C． ∠ ABC＝∠ ACB＝75°， AC 面镀一层反光膜． CB 的延长线上有一 D 点，从 D 点发射一束光线射到 AB 面上的 E 点，从 E 点进入玻璃砖的光在 AC 面经过第一次反射后沿原路返回．已知∠ EDB＝45°，求玻璃砖的折射率．解析：由 λ ＝ ＝0.25 m 知，A 正确；只要到两振源的路程差为半vf波长奇数倍的点就是振动减弱点，两波源到 BC 上的点的位移差从 1 m逐渐增大到 3 m，因此在 B、 C 间有 8 个振动减弱点，B 正确； B 点到两振源的路程差为 1 m，为波长的整数倍，处在振动加强点上，但只是振动的振幅增大，不是任意时刻位移都最大，C 错误；从 AB 上的点，到两振源的路程差从 0到 3 m，因此有 17 个振动加强点，D 错误；振动减弱点的振幅为两振源振幅的差，因此振幅为零，故位移总为零，E 正确．(2)过 E 点作 AB 的垂线，交 AC 于 F，设折射光线射到 AC 面上的 G 点，因折射进玻璃砖的光在 AC 面经过第一次反射后原路返回，则可得到折射光线与 AC 面垂直可得折射角∠ GEF＝30°由几何关系得到入射角 θ ＝60°根据光路可逆知，玻璃砖的折射率n＝ ＝sin θsin∠ GEF 3答案：(2) 34．(2016·西安质检一)(1)如图所示，从点光源 S 发出的一细束白光以一定的角度入射到三棱镜的表面，经过三棱镜的折射后发生色散现象，在光屏的 ab 间形成一条彩色光带．下面的说法中正确的是( BC )A． a 侧是红色光， b 侧是紫色光B．在真空中 a 侧光的波长小于 b 侧光的波长C．三棱镜对 a 侧光的折射率大于对 b 侧光的折射率D．在三棱镜中 a 侧光的传播速率大于 b 侧光的传播速率(2)一根弹性绳沿 x 轴方向放置，左端在原点 O 处，用手握住绳的左端使其沿 y 轴方向做周期为 1 s 的简谐运动，于是在绳上形成一简谐波，绳上质点 N 的平衡位置为 x＝5 m，振动传播到质点 M 时的波形如图所示，求：5①绳的左端振动后经多长时间传播到质点 N；②质点 N 开始振动时，绳的左端已通过的路程．解析：(1)红光的折射率小，所以偏折角小，故 b 为红色光， a 为紫色光，红色光的波长比紫色光的波长长，在玻璃中的传播速度大，BC 项正确，AD 错误．(2)解①由图可知波长 λ ＝2 m，波速 v＝ ＝2 m/s，λ T振动传播到质点 N 经历的时间 t＝ ＝ s＝2.5 s，xv 52②质点 N 开始振动时，绳的左端已通过的路程s＝ ×4×8 cm＝80 cmtT答案：(2)80 cm5．(2016·海口一中质检三)(1)图甲为一列简谐横波在 t＝2 s 时的波形图．图乙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 ACE .A．波速为 0.5m/sB．波的传播方向向右C．0～2 s 时间内， P 运动的路程为 8 cmD．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)一厚度为 h 的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为 r 的圆形发光面，在玻璃板上表面放置一半径为 R 的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上，已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率．解析：(1)由图甲可知该简谐横波波长为 2 m，由图乙知周期为 4 s，则波速为v＝ ＝0.5 m/s，选项 A 正确，根据图乙的振动图象可知，在 x＝1.5 m 外的质点在 t＝2 λ Ts 时振动方向向下，所以该波向左传播，选项 B 错误；由于 t＝2 s 时，质点 P 在波谷，且62 s＝0.5 T，所以质点 P 的路程为 2A＝8 cm，选项 C 正确；由于该波向左传播，由图甲可知 t＝2 s 时，质点 P 已经在波谷，所以可知 0～2 s 时间内， P 向 y 轴负方向运动，选项D 错误；当 t＝7 s 时， Δt ＝5 s＝1 T， P 恰好回平衡位置，选项 E 正确．14(2)如图所示，考虑从圆形发光面边缘的 A 点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃上表面的 A′点折射，根据折射定律有 nsin θ ＝sin α式中 n 是玻璃的折射率， θ 是入射角， α 是折射角．现假设 A′恰好在纸片边缘，由题意，在 A′点刚好发生全反射，故 α ＝π 2设 AA′线段在玻璃上表面的投影长为 L，由几何关系有sin θ ＝LL2＋ h2由题意，纸片的半径应为 R＝ L＋ r联立以上各式可得 n＝1＋ ( hR－ r)2答案：(2)1＋ ( hR－ r)26．(2016·怀化二模)(1)一列简谐横波从左向右以 v＝2 m/s 的速度传播，某时刻的波形图如图所示，下列说法正确的是 BDE .(填正确答案标号)A． A 质点再经过一个周期将传播到 D 点B． B 点正在向上运动C． B 点再经过 T 回到平衡位置18D．该波的周期 T＝0.05 sE． C 点再经过 T 将到达波峰的位置34(2)如图所示， MN 是一条通过透明球体球心的直线，在真空中波长为 λ 0＝600 nm 的单色细光束 AB 平行于 MN 射向球体， B 为入射点，若出射光线 CD 与 MN 的交点 P 到球心 O的距离是球半径的 倍，且与 MN 所成的夹角 α ＝30°.求：27①透明球体的折射率 n；②此单色光在透明球体中的波长 λ .解析：(1)质点不随波传播，A 错；由波向右传播可知 B 点向上振动，B 对； B 点向上振动靠近平衡位置平均速度大，回到平衡位置所用时间小于八分之一周期，C 错误；由于T＝ 可知周期为 0.05 s，D 对； C 点向下运动，所以经过四分之三周期到达波峰，E 对．λ v①光路图如图所示，设在 B 点的入射角 i、折射角为 γ ，在 C 点的入射角为 β ，出射角为 θ ，在△ OCP 中， OC＝ R， OP＝ R；由正弦定理可得：2＝Rsin α 2Rsin π － θ sin θ ＝22θ ＝45°所以∠ COP＝ θ － α ＝15°因为 OB＝ OC＝ R，所以 γ ＝ β ，又根据折射定律可得 i＝ θ ＝45°所以∠ BOM＝ i＝45°由几何关系可得： γ ＋ β ＝∠ COP＋∠ BOM＝60°所以 γ ＝ β ＝30°由折射定律可得： n＝ ＝sin isin γ 2② n＝ ＝cv λ 0λ所以 λ ＝ ≈424 nmλ 0n答案：(2)① ②424 nm27．(2016·湖北 7 市(州)联考)(1)如图为一列简谐横波在 t＝0 时的波形图，波源位于坐标原点，已知当 t＝0.5 s 时 x＝4 cm 处的质点第一次位于波谷．下列说法正确的是 ADE .8A．此波的波速为 5 cm/sB．此波的频率为 1.5 HzC．波源在 t＝0 时运动速度沿 y 轴正方向D．波源振动已经历 0.6 sE． x＝10 cm 的质点在 t＝1.5 s 时处于波峰(2)如图，一玻璃砖截面为矩形 ABCD，固定在水面上，其下表面 BC 刚好跟水接触．现有一单色平行光束与水平方向夹角为 θ (θ 0)，从 AB 面射入玻璃砖．若要求不论 θ 取多少，此光束从 AB 面进入后，到达 BC 界面上的部分都能在 BC 面上发生全反射，则该玻璃砖的折射率最小为多少？已知水的折射率为 .43解析：(1) t＝0.5 s 时， x＝1.5 cm 处的波谷传播到 x＝4 cm 处， v＝ ＝5 cm/s，AΔ xΔ t正确；由波形图可得波长 λ ＝2 cm，由 v＝ λf 可得 f＝2.5 Hz，B 错误；波源在 t＝0 时是上坡，则质点向 y 轴负向运动，C 错误；题图示时刻此波传播位移 Δx ＝3 cm，则 Δt ＝＝0.6 s，D 正确； x＝10 cm 处的质点达到波峰所用的时间为 x＝2.5 cm 处的质点的波Δ xv峰传播到此处所用的时间 t＝ ＝ ＝1.5 s，E 正确．Δ xv 7.5 cm5 cm/s(2)当 θ 为 90°时， α 最大， β 最小，此时若在 BC 上发生全反射，则对任意 θ 都能发生全反射．由折射定律 ＝ nsin 90°sin α由于临界全反射sin β ＝4/3n9由几何关系有 sin2α ＋sin 2β ＝1由以上各式解得 n＝53答案：(2)53