專題六選考模塊第一講分子動理論__氣體及熱力學定律1．(2021·西安模擬)(1)(多項選擇)以下說法中正確是________。A．一定量氣體膨脹對外做功100J，同時從外界吸收120J熱量，那么它內能增大20JB．在使兩個分子間距離由很遠(r＞10－9mC．由于液體外表層分子間距離大于液體內局部子間距離，液體外表存在張力D．用油膜法測出油分子直徑后，要測定阿伏加德羅常數，只需再知道油密度即可E．空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近同溫度水飽和汽壓，水蒸發越慢。(2)一定質量理想氣體從狀態A變化到狀態B，再變化到狀態C，其狀態變化過程p-V圖像如下圖。該氣體在狀態A時溫度為27℃。那么：①該氣體在狀態B、C時溫度分別為多少℃？②該氣體從狀態A到狀態C過程中內能變化量是多大？③該氣體從狀態A到狀態C過程中是吸熱，還是放熱？傳遞熱量是多少？解析：(1)根據熱力學第一定律知：ΔU＝W＋Q＝－100J＋120J＝20J，A正確；在使兩個分子間距離由很遠(r＞10－9m(2)①狀態A：tA＝300K，pA＝3×105Pa，VA＝1×10－3狀態B：tB＝？pB＝1×105Pa，VB＝1×10－3狀態C：tC＝？pC＝1×105Pa，VC＝3×10－3A到B過程等容變化，由等容變化規律得：eq\f(pA,tA)＝eq\f(pB,tB)，代入數據得：tB＝100K＝－173℃B到C為等壓變化，由等壓變化規律得：eq\f(VB,tB)＝eq\f(VC,tC)，代入數據得：tC＝300K＝27℃。②因為狀態A和狀態C溫度相等，且氣體內能是所有分子動能之和，溫度是分子平均動能標志所以在這個過程中：ΔU＝0。③由熱力學第一定律得：ΔU＝Q＋W，因為ΔU＝0故：Q＝－W在整個過程中，氣體在B到C過程對外做功，所以：W＝－pΔV＝－1×105×(3×10－3－1×10－3)J＝－200J即：Q＝200J，是正值，故在這個過程中吸熱。答案：(1)ACE(2)①－173℃27℃②0③吸熱200J2．(2021·衡水冀州中學檢測)(1)(多項選擇)關于擴散現象，以下說法正確是________。A．溫度越高，擴散進展得越快B．擴散現象是不同物質間一種化學反響C．擴散現象是由物質分子無規那么運動產生D．擴散現象在氣體、液體和固體中都能發生E．液體中擴散現象是由于液體對流形成(2)如圖，一粗細均勻U形管豎直放置，A側上端封閉，B側上端與大氣相通，下端開口處開關K關閉；A側空氣柱長度l＝10.0cm，B側水銀面比A側高h＝3.0cm?，F將開關K翻開，從U形管中放出局部水銀，當兩側水銀面高度差為h1＝10.0cm時將開關K關閉。大氣壓強p0＝75.0cmHg。(ⅰ)求放出局部水銀后A側空氣柱長度；(ⅱ)此后再向B側注入水銀，使A、B兩側水銀面到達同一高度，求注入水銀在管內長度。解析：(1)擴散現象與溫度有關，溫度越高，擴散進展得越快，選項A正確。擴散現象是由于分子無規那么運動引起，不是一種化學反響，選項B錯誤，選項C正確，選項E錯誤。擴散現象在氣體、液體和固體中都能發生，選項D正確。(2)(ⅰ)以cmHg為壓強單位。設A側空氣柱長度l＝10.0cm時壓強為p；當兩側水銀面高度差為h1＝10.0cm時，空氣柱長度為l1，壓強為p1。由玻意耳定律得pl＝p1l1由力學平衡條件得p＝p0＋h②翻開開關K放出水銀過程中，B側水銀面處壓強始終為p0，而A側水銀面處壓強隨空氣柱長度增加逐漸減小，B、A兩側水銀面高度差也隨之減小，直至B側水銀面低于A側水銀面h1為止。由力學平衡條件有p1＝p0－h1③聯立①②③式，并代入題給數據得l1＝12.0cm。④(ⅱ)當A、B兩側水銀面到達同一高度時，設A側空氣柱長度為l2，壓強為p2。由玻意耳定律得pl＝p2l2由力學平衡條件有p2＝p0⑥聯立②⑤⑥式，并代入題給數據得l2＝10.4cm⑦設注入水銀在管內長度為Δh，依題意得Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧聯立④⑦⑧式，并代入題給數據得Δh＝13.2cm。答案：(1)ACD(2)(ⅰ)12.0cm(ⅱ)13.2cm3．(2021·濟寧一模)(1)(多項選擇)以下說法正確是________。A．懸浮在液體中微粒越小，在液體分子撞擊下越容易保持平衡B．荷葉上小水珠呈球形是由于液體外表張力作用C．物體內所有分子熱運動動能之和叫做物體內能D．當人們感到潮濕時，空氣絕對濕度不一定較大E．一定質量理想氣體先經等容降溫，再經等溫壓縮，壓強可以回到初始數值(2)如下圖，用兩個質量均為m、橫截面積均為S密閉活塞將開口向下豎直懸掛導熱氣缸內理想氣體分成Ⅰ、Ⅱ兩局部，當在活塞A下方懸掛質量為2m物體后，整個裝置處于靜止狀態，此時Ⅰ、Ⅱ兩局部氣體高度均為l0。環境溫度、大氣壓強p0均保持不變，且滿足5mg＝p0S，不計一切摩擦。當取走物體后，兩活塞重新恢復平衡，求活塞A解析：(1)做布朗運動微粒越小，在液體分子撞擊下越不容易保持平衡，故A錯誤；葉面上小水珠呈球形是由于液體外表張力作用，故B正確；物體內所有分子熱運動動能之和與分子勢能總和叫做物體內能，故C錯誤；人們感到潮濕時，與空氣相對濕度有關，與絕對濕度無關，當人們感到潮濕時，空氣絕對濕度不一定較大，故D正確；根據理想氣體狀態方程：eq\f(pV,T)＝C可知，一定質量理想氣體先經等容降溫，壓強減小；再經等溫壓縮，壓強又增大，所以壓強可以回到初始數值，故E正確。(2)對氣體Ⅰ分析，初狀態壓強為：p1＝p0－eq\f(3mg,S)＝eq\f(2,5)p0末狀態壓強為：p1′＝p0－eq\f(mg,S)＝eq\f(4,5)p0由玻意耳定律有：p1l0S＝p1′l1解得：l1＝eq\f(1,2)l0對氣體Ⅱ分析，初狀態p2＝p1－eq\f(mg,S)＝eq\f(1,5)p0末狀態p2′＝p1′－eq\f(mg,S)＝eq\f(3,5)p0由玻意耳定律p2l0S＝p2′l2l2＝eq\f(1,3)l0A活塞上升高度Δl＝(l0－l1)＋(l0－l2)＝eq\f(7,6)l0。答案：(1)BDE(2)eq\f(7,6)l04.(2021·六安一中模擬)(1)(多項選擇)對于分子動理論和物體內能理解，以下說法正確是________。A．溫度高物體內能不一定大，但分子平均動能一定大B．外界對物體做功，物體內能一定增加C．溫度越高，布朗運動越顯著D．當分子間距離增大時，分子間作用力就一直減小E．當分子間作用力表現為斥力時，分子勢能隨分子間距離減小而增大(2)如下圖，上端封閉、下端開口內徑均勻玻璃管，管長L＝100cm，其中有一段長h＝15cm水銀柱把一局部空氣封閉在管中。當管豎直放置時，封閉氣柱A長度LA＝50cm。現把開口端向下插入水銀槽中，直至A端氣柱長LA′＝37.5cm時為止，這時系統處于靜止狀態。大氣壓強p0＝75cmHg，整個過程中溫度保持不變，試求槽內水銀進入管內長度。解析：(1)溫度高物體分子平均動能一定大，但是內能不一定大，選項A正確；外界對物體做功，假設物體散熱，物體內能不一定增加，選項B錯誤；溫度越高，布朗運動越顯著，選項C正確；當分子間距離增大時，分子間作用力可能先增大后減小，選項D錯誤；當分子間作用力表現為斥力時，分子勢能隨分子間距離減小而增大，選項E正確。(2)對A局部氣體，由玻意耳定律有：pALAS＝pA′LA′SpA＝60cmHg解得：pA′＝eq\f(pALA,LA′)＝eq\f(60×50,37.5)＝80cmHg對B局部氣體有：pBLBS＝pB′LB′S而pB′＝95cmHgpB＝p0＝75cmHg解得：LB′＝eq\f(75×35,95)＝27.6cmΔh＝L－LA′－h－LB′＝19.9cm。答案：(1)ACE(2)19.9cm5.(2021·全國甲卷)(1)(多項選擇)一定量理想氣體從狀態a開場，經歷等溫或等壓過程ab、bc、cd、da回到原狀態，其p-T圖像如下圖。其中對角線ac延長線過原點O。以下判斷正確是________。A．氣體在a、c兩狀態體積相等B．氣體在狀態a時內能大于它在狀態c時內能C．在過程cd中氣體向外界放出熱量大于外界對氣體做功D．在過程da中氣體從外界吸收熱量小于氣體對外界做功E．在過程bc中外界對氣體做功等于在過程da中氣體對外界做功(2)一氧氣瓶容積為0.08m3，開場時瓶中氧氣壓強為20個大氣壓。某實驗室每天消耗1個大氣壓氧氣0.36m解析：(1)由ac延長線過原點O知，直線Oca為一條等容線，氣體在a、c兩狀態體積相等，選項A正確；理想氣體內能由其溫度決定，故在狀態a時內能大于在狀態c時內能，選項B正確；過程cd是等溫變化，氣體內能不變，由熱力學第一定律知，氣體對外放出熱量等于外界對氣體做功，選項C錯誤；過程da氣體內能增大，從外界吸收熱量大于氣體對外界做功，選項D錯誤；由理想氣體狀態方程知：eq\f(paVa,Ta)＝eq\f(pbVb,Tb)＝eq\f(pcVc,Tc)＝eq\f(pdVd,Td)＝C，即paVa＝CTa，pbVb＝CTb，pcVc＝CTc，pdVd＝CTd。設過程bc中壓強為p0＝pb＝pc，過程da中壓強為p0′＝pd＝pa。由外界對氣體做功W＝p·ΔV知，過程bc中外界對氣體做功Wbc＝p0(Vb－Vc)＝C(Tb－Tc)，過程da中氣體對外界做功Wda＝p0′(Va－Vd)＝C(Ta－Td)，Ta＝Tb，Tc＝Td，故Wbc＝Wda，選項E正確。(2)設氧氣開場時壓強為p1，體積為V1，壓強變為p2(2個大氣壓)時，體積為V2。根據玻意耳定律得p1V1＝p2V2①重新充氣前，用去氧氣在p2壓強下體積為V3＝V2－V1②設用去氧氣在p0(1個大氣壓)壓強下體積為V0，那么有p2V3＝p0V0③設實驗室每天用去氧氣在p0壓強下體積為ΔV，那么氧氣可用天數為N＝eq\f(V0,ΔV)④聯立①②③④式，并代入數據得N＝4(天)。⑤答案：(1)ABE(2)4天6．(2021·全國乙卷)(1)(多項選擇)關于熱力學定律，以下說法正確是________。A．氣體吸熱后溫度一定升高B．對氣體做功可以改變其內能C．理想氣體等壓膨脹過程一定放熱D．熱量不可能自發地從低溫物體傳到高溫物體E．如果兩個系統分別與狀態確定第三個系統到達熱平衡，那么這兩個系統彼此之間也必定到達熱平衡(2)在水下氣泡內空氣壓強大于氣泡外表外側水壓強，兩壓強差Δp與氣泡半徑r之間關系為Δp＝eq\f(2σ,r)，其中σ＝0.070N/m?，F讓水下10m處一半徑為0.50cm氣泡緩慢上升。大氣壓強p0＝1.0×105Pa，水密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g＝10m/s2。(ⅰ)求在水下10m處氣泡內外壓強差；(ⅱ)忽略水溫隨水深變化，在氣泡上升到十分接近水面時，求氣泡半徑與其原來半徑之比近似值。解析：(1)根據熱力學定律，氣體吸熱后如果對外做功，那么溫度不一定升高，說法A錯誤。改變物體內能方式有做功和傳熱，對氣體做功可以改變其內能，說法B正確。理想氣體等壓膨脹對外做功，根據eq\f(pV,T)＝恒量知，膨脹過程一定吸熱，說法C錯誤。根據熱力學第二定律，熱量不可能自發地從低溫物體傳到高溫物體，說法D正確。兩個系統到達熱平衡時，溫度相等，如果這兩個系統分別與狀態確定第三個系統到達熱平衡，那么這兩個系統彼此之間也必定到達熱平衡，說法E正確。(2)(ⅰ)當氣泡在水下h＝10m處時，設其半徑為r1，氣泡內外壓強差為Δp1，那么Δp1＝eq\f(2σ,r1)①代入題給數據得Δp1＝28Pa。②(ⅱ)設氣泡在水下10m處時，氣泡內空氣壓強為p1，氣泡體積為V1；氣泡到達水面附近時，氣泡內空氣壓強為p2，氣泡內外壓強差為Δp2，其體積為V2，半徑為r2。氣泡上升過程中溫度不變，根據玻意耳定律有p1V1＝p2V2③由力學平衡條件有p1＝p0＋ρgh＋Δp1④p2＝p0＋Δp2⑤氣泡體積V1和V2分別為V1＝eq\f(4,3)πr13⑥V2＝eq\f(4,3)πr23⑦聯立③④⑤⑥⑦式得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1,r2)))3＝eq\f(p0＋Δp2,ρgh＋p0＋Δp1)⑧由②式知，Δpi?p0，i＝1,2，故可略去⑧式中Δpi項。代入題給數據得eq\f(r2,r1)＝eq\r(3,2)≈1.3。⑨答案：(1)BDE(2)(ⅰ)28Pa(ⅱ)eq\r(3,2)考點一分子動理論內能及熱力學定律(一)必須理清知識聯系(二)必須掌握三個要點1．估算問題(1)油膜法估算分子直徑：d＝eq\f(V,S)V為純油體積，S為單分子油膜面積(2)分子總數：N＝nNA＝eq\f(m,Mm)·NA＝eq\f(V,Vm)NA注意：對氣體而言，N≠eq\f(V,V個)。(3)兩種模型：球模型：V＝eq\f(4,3)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．反映分子運動規律兩個實例(1)布朗運動：①研究對象：懸浮在液體或氣體中固體小顆粒。②運動特點：無規那么、永不停息。③相關因素：顆粒大小、溫度。(2)擴散現象①產生原因：分子永不停息無規那么運動。②相關因素：溫度。如診斷卷第2題第(1)問，擴散現象是分子無規那么熱運動產生，不是物質間化學反響或液體對流形成，故B、E均錯誤。3．對熱力學定律理解(1)改變物體內能方式有兩種，只表達一種改變方式是無法確定內能變化。(2)熱力學第一定律ΔU＝Q＋W中W和Q符號可以這樣確定：只要此項改變對內能增加有正奉獻即為正。(3)對熱力學第二定律理解：熱量可以由低溫物體傳遞到高溫物體，也可以從單一熱源吸收熱量全部轉化為功，但不引起其他變化是不可能。如診斷卷第6題第(1)問D項中，熱量可以由低溫物體傳遞到高溫物體，但該過程不能自由進展，故D項正確。1．(多項選擇)(2021·全國卷Ⅰ)兩個相距較遠分子僅在分子力作用下由靜止開場運動，直至不再靠近。在此過程中，以下說法正確是()A．分子力先增大，后一直減小B．分子力先做正功，后做負功C．分子動能先增大，后減小D．分子勢能先增大，后減小E．分子勢能和動能之和不變解析：選BCE分子力應先增大，后減小，再增大，所以A選項錯；分子力先為引力，做正功，再為斥力，做負功，B選項正確；根據動能定理可知分子動能先增大后減小，分子勢能先減小后增大，分子動能和分子勢能之和保持不變，所以C、E選項正確，D錯誤。2．(多項選擇)以下說法中正確是〔〕A．氣體放出熱量，其分子平均動能可能增大B．布朗運動不是液體分子運動，但它可以說明分子在永不停息地做無規那么運動C．當分子力表現為斥力時，分子力和分子勢能總是隨分子間距離減小而增大D．第二類永動機不違反能量守恒定律，但違反了熱力學第一定律E．某氣體摩爾體積為V，每個分子體積為V0，那么阿伏加德羅常數可表示為NA＝eq\f(V,V0)解析：選ABC氣體放出熱量，假設外界對氣體做功，溫度升高，其分子平均動能增大，故A正確；布朗運動不是液體分子運動，但它可以說明液體分子在永不停息地做無規那么運動，故B正確；當分子力表現為斥力時，分子力和分子勢能總是隨分子間距離減小而增大，故C正確；第二類永動機不違反能量守恒定律，但違反了熱力學第二定律，故D錯誤；某固體或液體摩爾體積為V，每個分子體積為V0，那么阿伏加德羅常數可表示為NA＝eq\f(V,V0)，而氣體此式不成立，故E錯誤。3．(多項選擇)(2021·隨州調考)以下說法正確是()A．顯微鏡下觀察到墨水中小炭粒在不停地作無規那么運動，這反映了液體分子運動無規那么性B．分子間相互作用力隨著分子間距離增大，一定先減小后增大C．分子勢能隨著分子間距離增大，可能先減小后增大D．在真空、高溫條件下，可以利用分子擴散向半導體材料摻入其他元素E．當溫度升高時，物體內每一個分子熱運動速率一定都增大解析：選ACD布朗運動是固體顆粒在液體中運動，反響液體分子運動，故顯微鏡下觀察到墨水中小炭粒在不停地作無規那么運動，這反映了液體分子運動無規那么性，應選項A正確；分子間相互作用力隨著分子間距離由很小逐漸增大，r<r0，分子力隨r增大減小，分子勢能減小，當r＝r0時，分子力等于零，分子勢能最小，然后隨r增大分子力先增大再減小，分子勢能逐漸增大，應選項B錯誤，選項C正確；分子之間存在間隙，在真空、高溫條件下，可以利用分子擴散向半導體材料摻入其他元素，故D正確；溫度升高，分子平均動能增大，但單個分子運動不確定，故E錯誤。考點二固體、液體和氣體(一)必須理清知識聯系(二)必須理解三個問題1．對晶體、非晶體特性理解(1)只有單晶體，才可能具有各向異性。(2)各種晶體都具有固定熔點，晶體熔化時，溫度不變，吸收熱量全部用于分子勢能增加。(3)晶體與非晶體可以相互轉化。(4)有些晶體屬于同素異構體，如金剛石和石墨。2．正確理解溫度微含義(1)溫度是分子平均動能標志，溫度越高，分子平均動能越大。(2)溫度越高，物體分子動能總和增大，但物體內能不一定越大。明白以上兩點，即可判斷診斷卷第4題第(1)問A選項。3．對氣體壓強理解(1)氣體對容器壁壓強是氣體分子頻繁碰撞結果，溫度越高，氣體分子密度越大，氣體對容器壁因碰撞而產生壓強就越大。(2)地球外表大氣壓強可認為是大氣重力產生。1．(多項選擇)(2021·全國卷Ⅰ)以下說法正確是()A．將一塊晶體敲碎后，得到小顆粒是非晶體B．固體可以分為晶體和非晶體兩類，有些晶體在不同方向上有不同光學性質C．由同種元素構成固體，可能會由于原子排列方式不同而成為不同晶體D．在適宜條件下，某些晶體可以轉變為非晶體，某些非晶體也可以轉變為晶體E．在熔化過程中，晶體要吸收熱量，但溫度保持不變，內能也保持不變解析：選BCD將一晶體敲碎后，得到小顆粒仍是晶體，應選項A錯誤。單晶體具有各向異性，有些單晶體沿不同方向上光學性質不同，應選項B正確。金剛石和石墨由同種元素構成，但由于原子排列方式不同而成為不同晶體，應選項C正確。晶體與非晶體在一定條件下可以相互轉化，如天然水晶是晶體，熔融過水晶(即石英玻璃)是非晶體，也有些非晶體在一定條件下可轉化為晶體，應選項D正確。熔化過程中，晶體溫度不變，但內能改變，應選項E錯誤。2．(多項選擇)(2021·洛陽檢測)以下說法正確是()A．液體外表層分子間距離大于液體內局部子間距離，故液體外表存在張力B．懸浮在液體中固體小顆粒會不停地做無規那么運動，這種運動是分子熱運動C．把很多小單晶體放在一起，就變成了非晶體D．第二類永動機沒有違反能量守恒定律E．絕對零度不可到達解析：選ADE處于液體外表層分子較為稀薄，其分子間距較大，液體分子之間引力大于斥力，合力表現為平行于液體界面引力，故A正確；懸浮在液體中固體小顆粒會不停地做無規那么運動，這種運動是布朗運動，故B錯誤；把很多小單晶體放在一起，就變成了多晶體，故C錯誤；第二類永動機沒有違反能量守恒定律，但是違背了熱力學第二定律，故D正確；理論上，假設粒子動能低到量子力學最低點時，物質即到達絕對零度，不能再低。然而，絕對零度永遠無法到達，只可無限逼近。因為任何空間必然存有能量和熱量，也不斷進展相互轉換而不消失。所以絕對零度是不存在，故E正確。3．(多項選擇)(2021·蘭州一中月考)如下圖，密閉容器內氫氣溫度與外界空氣溫度一樣，現對該容器緩慢加熱，當容器內氫氣溫度高于外界空氣溫度時，那么()A．氫分子平均動能增大B．氫分子勢能增大C．容器內氫氣內能增大D．容器內氫氣內能可能不變E．容器內氫氣壓強增大解析：選ACE溫度是分子平均動能標志，氫氣溫度升高，那么分子平均動能一定增大，故A正確；氣體分子之間距離比擬大，氣體分子勢能忽略不計，故B錯誤；氣體內能由分子動能決定，氫氣分子動能增大，那么內能增大，故C正確，D錯誤；根據理想氣體狀態方程：eq\f(pV,T)＝C可知，氫氣體積不變，溫度升高那么壓強增大，故E正確?？键c三氣體實驗定律和理想氣體狀態方程(一)必須理清知識聯系(二)必須掌握三個要點1．壓強計算(1)被活塞、氣缸封閉氣體，通常分析活塞或氣缸受力，應用平衡條件或牛頓第二定律求解。如診斷卷第3題第(2)問，活塞A下方懸掛物體后，p1S＋3mg＝p0S，p2S＋mg＝p1S，去掉物體后，p1′S＋mg＝p0S，p2′S＋mg＝p1′S，由以上四式即可求得p1、p2、p1′、p2′大小。(2)被液柱封閉氣體壓強，假設分析液柱受力，應用平衡條件或牛頓第二定律求解，得出壓強單位為Pa。如診斷卷第6題第(2)問，水面下方h處氣泡內空氣壓強為p1＝p0＋ρgh＋Δp1，其單位為Pa。假設應用p＝p0＋h或p＝p0－h來表示壓強，那么壓強p單位為cmHg或mmHg。如診斷卷第2題第(2)問中，A側空氣柱壓強p＝p0＋h＝78.0cmHg，p1＝p0－h1＝65.0cmHg。2．合理選取氣體變化所遵循規律列方程(1)假設氣體質量一定，p、V、T均發生變化，那么選用理想氣體狀態方程列式求解。(2)假設氣體質量一定，p、V、T中有一個量不發生變化，那么選用對應實驗定律列方程求解。如診斷卷第2題第(2)問，第3題第(2)問，均保持氣體狀態變化過程中溫度不變，故均選用玻意耳定律列式求解。3．多個研究對象問題由活塞、液柱相聯系“兩團氣〞問題，要注意尋找兩團氣之間壓強、體積或位移關系，列出輔助方程，最后聯立求解。如診斷卷第3題第(2)問中，上下兩團氣壓強關系：p1S＝p2S＋mg，p1′S＝p2′S＋mg。A活塞上升高度Δl＝(l0－l1)＋(l0－l2)。(三)必須研透三類常考題型1．“氣缸〞類題型eq\a\vs4\al([例1])(2021·全國卷Ⅰ)如下圖，一固定豎直氣缸由一大一小兩個同軸圓筒組成，兩圓筒中各有一個活塞。大活塞質量為m1＝2.50kg，橫截面積為S1＝80.0cm2；小活塞質量為m2＝1.50kg，橫截面積為S2＝40.0cm2；兩活塞用剛性輕桿連接，間距保持為l＝40.0cm；氣缸外大氣壓強為p＝1.00×105Pa，溫度為T＝303K。初始時大活塞與大圓筒底部相距eq\f(l,2)，兩活塞間封閉氣體溫度為T1＝495K?，F氣缸內氣體溫度緩慢下降，活塞緩慢下移。忽略兩活塞與氣缸壁之間摩擦，重力加速度大小g取10m/s2。求：(1)在大活塞與大圓筒底部接觸前瞬間，氣缸內封閉氣體溫度；(2)缸內封閉氣體與缸外大氣到達熱平衡時，缸內封閉氣體壓強。[解析](1)設初始時氣體體積為V1，在大活塞與大圓筒底部剛接觸時，缸內封閉氣體體積為V2，溫度為T2。由題給條件得V1＝S1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))＋S2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－\f(l,2)))①V2＝S2l在活塞緩慢下移過程中，用p1表示缸內氣體壓強，由力平衡條件得S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p故缸內氣體壓強不變。由蓋—呂薩克定律有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)④聯立①②④式并代入題給數據得T2＝330K⑤(2)在大活塞與大圓筒底部剛接觸時，被封閉氣體壓強為p1。在此后與氣缸外大氣到達熱平衡過程中，被封閉氣體體積不變。設到達熱平衡時被封閉氣體壓強為p′，由查理定律，有eq\f(p′,T)＝eq\f(p1,T2)⑥聯立③⑤⑥式并代入題給數據得p′＝1.01×105Pa。⑦[答案](1)330K(2)1.01×105Pa2．“液柱〞類題型eq\a\vs4\al([例2])如下圖，兩端開口、粗細均勻長直U形玻璃管內由兩段水銀柱封閉著長度為15cm空氣柱，氣體溫度為300K時，空氣柱在U形管左側。(1)假設保持氣體溫度不變，從左側開口處緩慢地注入25cm長水銀柱，管內空氣柱長為多少？(2)為了使空氣柱長度恢復到15cm，且回到原位置，可以向U形管內再注入一些水銀，并改變氣體溫度，應從哪一側注入長度為多少水銀柱？氣體溫度變為多少？(大氣壓強p0＝75cmHg，圖中標注長度單位均為cm)[解析](1)由于氣柱上面水銀柱長度是25cm，所以右側水銀柱液面高度比氣柱下外表高25cm，所以右側水銀柱總長度是25cm＋5cm＝30cm，玻璃管下面與右側段水銀柱總長為45cm，所以在左側注入25cm長水銀后，設有長度為x水銀處于底部水平管中，那么50cm－x＝45cm，解得x＝5cm即5cm水銀處于底部水平管中，末態壓強為75cm＋(25＋25)cm－5cm＝120cmHg，由玻意耳定律p1V1＝p2V2代入數據，解得：L2＝12.5cm。(2)由水銀柱平衡條件可知需要向右側注入25cm長水銀柱才能使空氣柱回到A、B之間，這時空氣柱壓強為：p3＝(75＋50)cmHg＝125cmHg由查理定律，有：eq\f(p1,T1)＝eq\f(p3,T3)解得：T3＝375K。[答案](1)12.5cm(2)從右側注入25cm長水銀柱375K3．“圖像〞類題型eq\a\vs4\al([例3])一粗細均勻J形玻璃管豎直放置，短臂端封閉，長臂端(足夠長)開口向上，短臂內封有一定質量理想氣體，初始狀態時管內各段長度如圖甲所示，密閉氣體溫度為27℃，大氣壓強為75cmHg。求：(1)假設沿長臂管壁緩慢參加5cm長水銀柱并與下方水銀合為一體，為使密閉氣體保持原來長度，應使氣體溫度變為多少？(2)在第(1)問情況下，再使玻璃管沿繞過O點水平軸在豎直平面內逆時針轉過180°，穩定后密閉氣體長度為多少？(3)在圖乙所給p-T坐標系中畫出以上兩個過程中密閉氣體狀態變化過程。[解析](1)p1＝p0＝75cmHg，T1＝(273＋27)K＝300K，p2＝p0＋5cmHg＝80cmHg，那么由eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，解得T2＝320K。(2)假設玻璃管旋轉180°后短臂內無水銀，水平管內水銀柱長為x，那么有p2＝80cmHg，p3＝p0－(10＋10＋10＋5－x)cmHg＝(40＋x)cmHgV3＝S(18＋10＋10－x)＝S(38－x)由p2V2＝p3V3可得80×18＝(40＋x)(38－x)解得x＝8cm與假設相符，故假設成立。那么密閉氣體長度為(18＋10＋10－x)＝30cm。(3)p3＝48cmHg，變化過程如下圖。[答案](1)320K(2)30cm(3)見解析第二講振動和波動__光學1．(1)(多項選擇)一振動周期為T，位于x＝0處波源從平衡位置開場沿y軸正方向做簡諧運動，該波源產生簡諧橫波沿x軸正方向傳播，波速為v，關于在x＝eq\f(3vT,2)處質點P，以下說法正確是________。A．質點P振動周期為T，速度最大值為vB．假設某時刻質點P速度方向沿y軸負方向，那么該時刻波源速度方向沿y軸正方向C．質點P開場振動方向沿y軸正方向D．當P開場振動后，假設某時刻波源在波峰，那么質點P一定在波谷E．假設某時刻波源在波谷，那么質點P也一定在波谷(2)如下圖，某種透明材料做成三棱鏡，其橫截面是邊長為a等邊三角形，現用一束寬度為a單色平行光束，以垂直于BC面方向正好入射到該三棱鏡AB及AC面上，結果所有從AB、AC面入射光線進入后恰好全部直接到達BC面。求：(ⅰ)該材料對此平行光束折射率；(ⅱ)這些直接到達BC面光線從BC面折射而出后，如果照射到一塊平行于BC面屏上形成光斑，那么當屏到BC面距離d滿足什么條件時，此光斑分為兩條？解析：(1)質點P振動周期與O點振動周期一樣，也為T。但其振動速度與波速不同，故A錯誤。x＝eq\f(3vT,2)＝eq\f(3,2)λ，P與O是反相點，假設某時刻質點P速度方向沿y軸負方向，那么該時刻波源速度方向沿y軸正方向，故B正確。根據波特點：簡諧波傳播過程中，質點起振方向都與波源起振方向一樣，故質點P開場振動方向沿y軸正方向，故C正確。P與O是反相點，故假設某時刻波源在波峰，那么質點P一定在波谷，故D正確，E錯誤。(2)(ⅰ)由于對稱性，我們考慮從AB面入射光線，這些光線在棱鏡中是平行于AC面，由對稱性和幾何知識可得，光線進入AB面時入射角α和折射角β分別為：α＝60°，β＝30°那么材料折射率為n＝eq\f(sinα,sinβ)＝eq\r(3)。(ⅱ)如圖O為BC中點，緊靠B點從BC面射出光線與直線AO交于D，由圖可知：當光屏放在D點右側時，根據對稱性，光屏上形成兩條光斑。由幾何關系有OD＝eq\f(a,2)tanβ＝eq\f(\r(3),6)a所以當光屏到BC距離d超過eq\f(\r(3),6)a時，光斑分為兩條。答案：(1)BCD(2)(ⅰ)eq\r(3)(ⅱ)大于eq\f(\r(3),6)a2．(2021·超級全能生26省聯考)(1)(多項選擇)關于光在傳播過程中所表現現象，以下說法正確是________。A．雨后天空出現彩虹是光衍射現象B．白光通過分光鏡在光屏上形成彩色光帶是光色散現象C．涂有增透膜照相機鏡頭呈淡紫色，說明增透膜增強了對淡紫色透色程度D．夜間觀看到天邊星座位置比實際位置偏高，這是光折射現象E．利用紅外線進展遙感主要是因為紅外線波長長，容易發生衍射(2)一列沿x軸傳播簡諧橫波，其周期為T，某時刻波形圖像如圖中實線所示，再經t＝0.2s波形圖如圖中虛線所示。求：(ⅰ)假設t小于T，那么此列波波速為多大？(ⅱ)假設t大于T，那么此列波波速為多大？解析：(1)雨后天空出現彩虹是光折射現象，故A錯誤；白光通過分光鏡在光屏上形成彩色光帶是由于不同色光折射率不同而產生色散現象，故B正確；照相機鏡頭所涂增透膜厚度是綠光在薄膜中波長eq\f(1,4)，從薄膜前后外表反射綠光發生干預相互抵消，即大局部通過增透膜和鏡頭，紅色和紫色光反射后那么不發生干預，所以人眼看到鏡頭呈淡紫色，故C錯誤；夜間觀看到天邊星座位置比實際位置高，這是光折射現象，故D正確；波長越長，越容易發生衍射現象，利用紅外線進展遙感是因為紅外線波長大，容易發生衍射，故E正確。(2)(ⅰ)t小于T，波傳播距離小于一個波長。假設波向右傳播，t＝0.2s內傳播距離是x1＝1.5m，波速為：v1＝eq\f(x1,t)＝eq\,0.2)m/s＝7.5m/s；假設波向左傳播，t＝0.2s內傳播距離是x2＝0.5m，波速為：v2＝eq\f(x2,t)＝eq\,0.2)m/s＝2.5m/s；(ⅱ)假設t大于T：假設波向右傳播，t＝0.2s內傳播距離是：x3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))λ，(n＝1,2,3，…)波速為：v3＝eq\f(x3,t)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))×2,0.2)＝10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))＝(10n＋7.5)m/s，(n＝1,2,3，…)假設波向左傳播，t＝0.2s內傳播距離是：x4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,4)))λ，(n＝1,2,3，…)波速為：v4＝eq\f(x4,t)＝10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,4)))＝(10n＋2.5)m/s，(n＝1,2,3，…)。答案：(1)BDE(2)(ⅰ)向右傳播：7.5m/s向左傳播：2.5m/s(ⅱ)向右傳播：(10n＋7.5)m/s，(n＝1,2,3，…)向左傳播：(10n＋2.5)m/s，(n＝1,2,3，…)3．(2021·南平質檢)(1)(多項選擇)彩虹產生原因是光色散，如下圖為太陽光射到空氣中小水珠時局部光路圖，其中a、b為兩種單色光，以下說法正確是________。A．a、b光在水珠中傳播波長都比各自在真空中傳播波長要長B．水珠對a光折射率大于對b光折射率C．用同一雙縫干預儀做光雙縫干預實驗，a光條紋間距大于b光條紋間距D．在水珠中a光傳播速度小于b光傳播速度E．a、b光在同一介質中，以一樣入射角由介質射向空氣，假設b光能夠發生全反射，那么a光也一定能夠發生全反射(2)一列簡諧橫波在t＝2.0s時波形如圖甲所示，圖乙是這列波中質點P振動圖像。(ⅰ)求這列波波速和傳播方向；(ⅱ)求0到2.0s時間內，質點P通過路程。解析：(1)根據公式v＝λf，及v＝eq\f(c,n)，光在水中傳播波長小于光在真空中傳播波長，故A錯誤；根據光路圖知，太陽光進入水珠時a光偏折程度大，那么a光折射率大于b光折射率，故B正確；折射率小，那么頻率小，波長大，那么知a光波長小于b光波長，根據干預條紋間距公式Δx＝eq\f(l,d)λ知，a光干預條紋間距比b光干預條紋間距窄，故C錯誤；a光折射率較大，由v＝eq\f(c,n)分析可知，在同一玻璃中光線a傳播速度較小，故D正確；a、b光在同一介質中，因a光折射率較大，依據sinC＝eq\f(1,n)，可知，a光臨界角較小，當以一樣入射角由介質射向空氣，假設b光能夠發生全反射，那么a光也一定能夠發生全反射，故E正確。(2)(ⅰ)由題圖可知，λ＝8cm，T＝4s，波速v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(8cm,4s)＝2cm/s由振動圖像可知，t＝2.0s時質點P向下振動，由上下坡法可知，該波向右傳播。(ⅱ)質點周期T＝4s,0到2.0s時間內，質點振動eq\f(1,2)周期，通過路程為2振幅，所以質點經歷路程：S＝2A＝2×6cm＝12cm。答案：(1)BDE(2)(ⅰ)2cm/s方向向右(ⅱ)12cm4．(2021·全國乙卷)(1)(多項選擇)某同學漂浮在海面上，雖然水面波正平穩地以1.8m/s速率向著海灘傳播，但他并不向海灘靠近。該同學發現從第1個波峰到第10個波峰通過身下時間間隔為15s。以下說法正確是________。A．水面波是一種機械波B．該水面波頻率為6HzC．該水面波波長為3mD．水面波沒有將該同學推向岸邊，是因為波傳播時能量不會傳遞出去E．水面波沒有將該同學推向岸邊，是因為波傳播時振動質點并不隨波遷移(2)如圖，在注滿水游泳池池底有一點光源A，它到池邊水平距離為3.0m。從點光源A射向池邊光線AB與豎直方向夾角恰好等于全反射臨界角，水折射率為eq\f(4,3)。(ⅰ)求池內水深；(ⅱ)一救生員坐在離池邊不遠處高凳上，他眼睛到池面高度為2.0m。當他看到正前下方點光源A時，他眼睛所承受光線與豎直方向夾角恰好為45°。求救生員眼睛到池邊水平距離(結果保存1位有效數字)。解析：(1)水面波是一種機械波，說法A正確。根據題意得周期T＝eq\f(15,9)s＝eq\f(5,3)s，頻率f＝eq\f(1,T)＝0.6Hz，說法B錯誤。波長λ＝eq\f(v,f)＝eq\,0.6)m＝3m，說法C正確。波傳播過程中，傳播是振動形式，能量可以傳遞出去，但質點并不隨波遷移，說法D錯誤，說法E正確。(2)(ⅰ)如圖，設到達池邊光線入射角為i，依題意，水折射率n＝eq\f(4,3)，光線折射角θ＝90°。由折射定律有nsini＝sinθ①由幾何關系有sini＝eq\f(l,\r(l2＋h2))②式中，l＝3.0m，h是池內水深度。聯立①②式并代入題給數據得h＝eq\r(7)m≈2.6m。③(ⅱ)設此時救生員眼睛到池邊距離為x。依題意，救生員視線與豎直方向夾角為θ′＝45°。由折射定律有nsini′＝sinθ′④式中，i′是光線在水面入射角。設池底點光源A到水面入射點水平距離為a。由幾何關系有sini′＝eq\f(a,\r(a2＋h2))⑤x＋l＝a＋h′⑥式中h′＝2m。聯立③④⑤⑥式得x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(\f(7,23))－1))m≈0.7m。⑦答案：(1)ACE(2)(ⅰ)2.6m(ⅱ)0.7m5.(2021·全國卷Ⅱ)(1)(多項選擇)如圖，一束光沿半徑方向射向一塊半圓柱形玻璃磚，在玻璃磚底面上入射角為θ，經折射后射出a、b兩束光線。那么________。A．在玻璃中，a光傳播速度小于b光傳播速度B．在真空中，a光波長小于b光波長C．玻璃磚對a光折射率小于對b光折射率D．假設改變光束入射方向使θ角逐漸變大，那么折射光線a首先消失E．分別用a、b光在同一個雙縫干預實驗裝置上做實驗，a光干預條紋間距大于b光干預條紋間距(2)平衡位置位于原點O波源發出簡諧橫波在均勻介質中沿水平x軸傳播，P、Q為x軸上兩個點(均位于x軸正向)，P與O距離為35cm，此距離介于一倍波長與二倍波長之間。波源自t＝0時由平衡位置開場向上振動，周期T＝1s，振幅A＝5cm。當波傳到P點時，波源恰好處于波峰位置；此后再經過5s，平衡位置在Q處質點第一次處于波峰位置。求：(ⅰ)P、Q間距離；(ⅱ)從t＝0開場到平衡位置在Q處質點第一次處于波峰位置時，波源在振動過程中通過路程。解析：(1)通過光路圖可看出，折射后a光偏折程度大于b光偏折程度，玻璃磚對a光折射率大于b光折射率，選項C錯誤。a光頻率大于b光頻率，波長小于b光波長，選項B正確。由n＝eq\f(c,v)知，在玻璃中，a光傳播速度小于b光傳播速度，選項A正確。入射角增大時，折射率大光線首先發生全反射，a光首先消失，選項D正確。做雙縫干預實驗時，根據Δx＝eq\f(L,d)λ得a光干預條紋間距小于b光干預條紋間距，選項E錯誤。(2)(ⅰ)由題意，O、P兩點間距離與波長λ之間滿足OP＝eq\f(5,4)λ①波速v與波長關系為v＝eq\f(λ,T)②在t＝5s時間間隔內，波傳播路程為vt。由題意有vt＝PQ＋eq\f(λ,4)③式中，PQ為P、Q間距離。由①②③式和題給數據，得PQ＝133cm。④(ⅱ)Q處質點第一次處于波峰位置時，波源運動時間為t1＝t＋eq\f(5,4)T⑤波源從平衡位置開場運動，每經過eq\f(T,4)，波源運動路程為A。由題給條件得t1＝25×eq\f(T,4)⑥故t1時間內，波源運動路程為s＝25A＝125cm。答案：(1)ABD(2)(ⅰ)133cm(ⅱ)125cm6．(2021·全國丙卷)(1)(多項選擇)由波源S形成簡諧橫波在均勻介質中向左、右傳播。波源振動頻率為20Hz，波速為16m/s。介質中P、Q兩質點位于波源S兩側，且P、Q和S平衡位置在一條直線上，P、Q平衡位置到S平衡位置之間距離分別為15.8m、14.6m。P、Q開場振動后，以下判斷正確是________。A．P、Q兩質點運動方向始終一樣B．P、Q兩質點運動方向始終相反C．當S恰好通過平衡位置時，P、Q兩點也正好通過平衡位置D．當S恰好通過平衡位置向上運動時，P在波峰E．當S恰好通過平衡位置向下運動時，Q在波峰(2)如圖，玻璃球冠折射率為eq\r(3)，其底面鍍銀，底面半徑是球半徑eq\f(\r(3),2)倍；在過球心O且垂直于底面平面(紙面)內，有一與底面垂直光線射到玻璃球冠上M點，該光線延長線恰好過底面邊緣上A點，求該光線從球面射出方向相對于其初始入射方向偏角。解析：(1)簡諧橫波波長λ＝eq\f(v,f)＝eq\f(16,20)m＝0.8m。P、Q兩質點距離波源S距離PS＝15.8m＝19λ＋eq\f(3,4)λ，SQ＝14.6m＝18λ＋eq\f(1,4)λ。因此P、Q兩質點運動方向始終相反，A錯誤，B正確。當S恰好通過平衡位置向上運動時，P在波峰位置，Q在波谷位置。當S恰好通過平衡位置向下運動時，P在波谷位置，Q在波峰位置。C錯誤，D、E正確。(2)設球半徑為R，球冠底面中心為O′，連接OO′，那么OO′⊥AB。令∠OAO′＝α，有cosα＝eq\f(O′A,OA)＝eq\f(\f(\r(3),2)R,R)①即α＝30°②由題意知MA⊥AB所以∠OAM＝60°③設圖中N點為光線在球冠內底面上反射點，那么光線光路圖如下圖。設光線在M點入射角為i，折射角為r，在N點入射角為i′，反射角為i″，玻璃折射率為n。由于△OAM為等邊三角形，有i＝60°④由折射定律有sini＝nsinr⑤代入題給條件n＝eq\r(3)得r＝30°⑥作底面在N點法線NE，由NE∥AM，有i′＝30°⑦根據反射定律，有i″＝30°⑧連接ON，由幾何關系知△MAN≌△MON，故有∠MNO＝60°⑨由⑦⑨式得∠ENO＝30°⑩于是∠ENO為反射角，ON為反射光線。這一反射光線經球面再次折射后不改變方向。所以，射出玻璃球冠光線相對于入射光線偏角β為β＝180°－∠ENO＝150°。?答案：(1)BDE(2)150°考點一機械振動和機械波(一)必須理清知識聯系(二)必須弄明三個問題1．波傳播問題(1)沿波傳播方向上各質點起振方向與波源起振方向一致。(2)介質中各質點隨波振動，但并不隨波遷移。如診斷卷第4題第(1)問E選項。(3)沿波傳播方向上波每個周期傳播一個波長距離。如診斷卷第5題第(2)問中，波傳到P點后，經過5s，Q點第一次處于波峰位置，也就是說Q點前方eq\f(λ,4)處開場振動，由此可得：5λ＝PQ＋eq\f(λ,4)，可得：PQ＝eq\f(19,4)λ＝133cm。(4)在波傳播過程中，同一時刻如果一個質點處于波峰，而另一質點處于波谷，那么這兩個質點一定是反相點。如診斷卷第6題第(1)問中，因PS＝19λ＋eq\f(3,4)λ，SQ＝18λ＋eq\f(λ,4)，也就是說當P在波峰時，Q一定在波谷，這兩點振動方向始終相反。2．波疊加問題(1)兩個振動情況一樣波源形成波，在空間某點振動加強條件為Δx＝nλ，振動減弱條件為Δx＝nλ＋eq\f(λ,2)。兩個振動情況相反波源形成波，在空間某點振動加強條件為Δx＝nλ＋eq\f(λ,2)，振動減弱條件為Δx＝nλ。(2)振動加強點位移隨時間而改變，振幅最大。3．波多解問題由于波周期性、波傳播方向雙向性，波傳播問題易出現多解現象。如診斷卷第2題第(2)問，只說波沿x軸傳播，那么有向左、向右兩種方向可能；而波形圖在0.2s內由實線波形變為虛線波形，波可能向右傳播nλ＋eq\f(3,4)λ，也可能向左傳播nλ＋eq\f(λ,4)，故其波速出現多解現象。1．(多項選擇)如圖是水面上兩列頻率一樣波在某時刻疊加情況，以波源S1、S2為圓心兩組同心圓弧分別表示同一時刻兩列波波峰(實線)和波谷(虛線)，S1振幅A1＝4cm，S2振幅A2＝3cm，那么以下說法正確是()A．質點D是振動減弱點B．質點A、D在該時刻高度差為14cmC．再過半個周期，質點B、C是振動加強點D．質點C振幅為1cmE．質點C此刻以后將向下振動解析：選BDE由圖像可知，D點為兩波谷相遇是加強點，選項A錯誤；此時A點在加強后最高點，D點在加強后最低點，由合成疊加關系可知A、D高度差為14cm，選項B正確；由于兩波頻率相等，疊加后會形成穩定干預圖像，所以A、D點始終是加強點，B、C點始終是減弱點，選項C錯誤；質點C為減弱點，振幅為兩振幅之差，為1cm，選項D正確；由題意可知此時質點C將向下振動，選項E正確。2．(多項選擇)(2021·海南高考)一列沿x軸正方向傳播簡諧橫波在t＝0時刻波形如下圖，質點Px坐標為3m。任意振動質點連續2次經過平衡位置時間間隔為0.4s。以下說法正確是()A．波速為4m/sB．波頻率為1.25HzC．x坐標為15m質點在t＝0.6s時恰好位于波谷D．x坐標為22m質點在t＝0.2s時恰好位于波峰E．當質點P位于波峰時，x坐標為17m質點恰好位于波谷解析：選BDE任意振動質點連續2次經過平衡位置時間間隔為0.4s，那么eq\f(1,2)T＝0.4s，解得T＝0.8s。從圖像中可知λ＝4m，所以根據公式v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(4,0.8)m/s＝5m/s，故A錯誤；根據公式f＝eq\f(1,T)可得波頻率為1.25Hz，B正確；x坐標為15m質點和x坐標為3m質點相隔12m，為波長整數倍，即兩質點為同相點，而x坐標為3m質點經過t＝0.6s即四分之三周期振動到平衡位置，所以x坐標為15m質點在t＝0.6s時振動到平衡位置，C錯誤；x坐標為22m質點和x坐標為2m質點為同相點，x坐標為2m質點經過t＝0.2s即四分之一周期恰好位于波峰，故x坐標為22m質點在t＝0.2s時恰好位于波峰，D正確；當質點P從t＝0時波谷位置到位于波峰位置，經過了半個周期，而x坐標為17m質點和x坐標為1m質點為同相點，經過半個周期x坐標為1m質點恰好位于波谷，E正確。3．(多項選擇)一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在x＝2m處質點振動圖像如圖甲所示，在x＝8m處質點振動圖像如圖乙所示。以下說法正確是()A．該波周期為12sB．x＝2m處質點在平衡位置向y軸正方向振動時，x＝8m處質點在波峰位置C．在0～4s內x＝2m處和x＝8m處質點通過路程均為6cmD．該波波長可能為8mE．該波傳播速度可能為2m/s解析：選ABD由題圖可知，該波周期為12s，故A正確；該波沿x軸正方向傳播，在x＝2m處質點在平衡位置向y軸正方向振動時(如t＝3s時)，x＝8m處質點在波峰位置，故B正確；由題圖可知，在0～4s內x＝2m處質點通過路程為6cm，而x＝8m處質點通過路程小于6cm，故C錯誤；簡諧橫波沿x軸正方向傳播，由題圖可知，t＝0時刻，x1＝2m處質點位于波谷，x2＝8m處質點在t＝9s時刻才位于波谷，時間相差eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))T，結合波形得x2－x1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))λ(n＝0,1，2，…)，得到波長λ＝eq\f(24,4n＋3)m，當n＝0時，λ＝8m，故D正確；該波波速v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(2,4n＋3)m/s，當n＝0時，v＝eq\f(2,3)m/s，當n＝1時，v＝eq\f(2,7)m/s，可知該波傳播速度不可能為2m/s，故E錯誤。

考點二光折射、全反射和光波動性(一)必須理清知識聯系(二)必須掌握四個要點1．光折射和全反射問題(1)確定要研究光線(如臨界光線、邊界光線等)。(2)找準入射點，畫出光路圖，注意判斷是否發生全反射。(3)根據反射定律、折射定律、臨界角公式、幾何關系等列出關系式，具體求解。如診斷卷第6題第(2)問，只有畫出入射光線折射后入射到AB面上入射光線和反射光線，再利用折射定律、反射定律和幾何關系列出關系式，才能具體求解。第1題第〔2〕問，“所有從AB、AC面入射光線進入后恰好全部直接到達BC面〞，根據這句話結合幾何知識可知，AB面折射光線平行于AC面，而AC面光線特點與AB面光線特點一樣。2．光色散問題(1)在同一介質中，不同頻率光折射率不同，頻率越高，折射率越大。(2)可由n＝eq\f(c,v)，n＝eq\f(λ0,λ)可知，光頻率越高，在介質中波速越小，波長越小。如診斷卷第3題第(1)問，a光發生折射時偏轉角大，其折射率大，頻率高，波長短，由n＝eq\f(