专题卷(15)热学-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（黑吉辽蒙、广东、广西、河北、江西 云南、陕晋青宁、河南、四川专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（十五） 物理·热学 (考试时间75分钟，满分100分) 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目 要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但 不全的得3分，有选错的得0分。带￥题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.下列说法正确的是 A.在“用油膜法估算分子的大小”实验中，从盘中央加爽身粉，这样做的目的是吸收油酸 B.扫地时，在阳光照射下，看到尘埃飞舞，这是尘埃在做布朗运动 C.单晶体中，原子（或分子、离子）是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性 D.打气筒给自行车打气时，要用力才能将空气压缩，说明空气分子之间存在着斥力 2.很多汽车都可以通过传感器监测汽车轮胎内气体的温度和压强，通过某次监控数据发现，中 午12点的气温比早上8点的气温升高了10℃，轮胎内气压升高了0.1个标准大气压，轮胎不 漏气，气体可看成理想气体，忽略气体体积变化。与早上相比 A.轮胎内气体吸收的热量等于其内能的增加量 B.轮胎内气体内能不变 C.单位时间内轮胎内气体分子碰撞单位面积内壁的次数不变 D.轮胎内气体分子数密度变小 3.2025年，中国科学院物理研究所研制出二维金属材料（单原子层金属）。科研人员将金属铋在 280℃的高温下熔化，之后通过范德华挤压技术给金属施压，经数小时冷却后就得到了二维金 属，则金属铋在 A.熔化的过程中，分子热运动的平均动能一直增加 B.熔化的过程中，温度不变但内能增加 C.温度升高时，每个分子的动能均增大 D.冷却后，所有分子都停止热运动 4.一定质量的理想气体经历了a→b→c→a循环，其V-T图像如图所示，气体在各状态时的温 度和体积部分已标出。已知该气体在状态α时的压强为卫。，下列说法正确的是 A.气体在状态c的温度是0.5T。 2V B.气体由状态c到状态a的过程中单位时间内撞击单位面积器壁的分 子数减少 C.气体由状态a到状态b,外界对气体做功为pV。 D.气体经历了a→bc→a循环的过程中，吸收的热量小于释放的热量 物理B·专题卷（十五）第1页（共8页） 鱼跃方 5.游客去高海拔景区旅游时，有时会出现高原反应，而通过吸氧可以缓解高原反应。某游客按 压便携式氧气罐喷出气体过程中，假定罐内气体可视为理想气体且温度保持不变，则罐内 气体 A.压强不变 B.总内能不变 C.对外做功 D.放出热量 6.如图所示，国际空间站核心舱内航天员要到舱外太空行走，需经过气闸舱，开始时气闸舱内气 压为p。,用抽气机多次抽取气闸舱中的气体，当气压降到一定程度后才能打开气闸门B,已知 每次从气闸舱抽取的气体体积都是气闸舱容积的。，者抽气过程中温度保持不变，则抽气2 次后，气闸舱内气压为 Apo 9po 核心舱 A 气闸舱 A. B. 5 11 B 81p0 外太空 100po C. 100 D. 121 7.血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将 加压气囊 外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强 细管 的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V;每次挤压气压强计 囊都能将60cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气 臂带 体体积变为5V,压强计示数为150mmHg。已知大气压强等于750mmHg,气体温度不变。 忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于 A.30 cm3 B.40 cm C.50 cm D.60 cm3 如图，U形玻璃管两端封闭竖直静置，管内水银柱把管内气体分成两部分，此时两边 气体温度相同，水银面高度差为五。若要使左右水银面高度差变大，则可行的方 法是 A.同时升高相同的温度 B.玻璃管竖直匀速下落 C.同时降低相同的温度 D.玻璃管竖直加速下落 8.分子势能的大小是由分子间的相对位置决定的。分子势能E。与分子间距离x的关系如图所 示，r。为分子间的平衡位置，下列说法正确的是 个E A.当r=r。时，分子势能最小 B.当r=r1时，分子势能最小 ri ro C.当r=ro时，分子力为0 D.当r=x1时，分子力表现为引力 龙门卷 物理B·专题卷（十五）第2页（共8页） 9.斯特林循环包括等温膨胀、等容降温、等温压缩和等容加热四个过程，一个p 完整斯特林循环过程中的p-V关系如图所示。工作气体在热交换器之间 来回流动，从而实现热能和机械能的转化。若将工作气体看成理想气体， 关于斯特林循环，下列说法正确的是 A.A→B过程是等温膨胀，工作气体吸收的热量等于对外做的功 B.B→C过程是等容降温，所有气体分子的动能都减小 C.C→D过程是等温压缩，工作气体平均动能不变 D.D→A过程是等容加热，工作气体吸收的热量大于内能的增加量 10.如图所示，在活塞可自由移动的竖直放置的汽缸中，将一个热敏电阻月 (电阻率随温度升高而减小)置于汽缸中，热敏电阻与容器外的电源 E和电流表A组成闭合回路，电路中的电流很小，电阻R上产生的热 量可以不计。汽缸中封闭一定质量的气体（不计分子间的作用力，外 界大气压恒定不变)，在某一段时间内电流表的读数逐渐增大，则在这 段时间内汽缸中气体 A.压强增大 B.分子平均动能增大 C.向外界放热 D.对外界做功 液体的表面张力会使液体表面总处于绷紧的状态。设想在液面上作一条分界线，张力的作用 表现在分界线两边液面以一定的拉力F相互作用，F的大小与分界线的长度1成正比，即F= σ(。为液体的表面张力系数)，F的方向总是与液面相切，并垂直于液面的分界线。小明设计 了一个简易装置用来测量某液体的表面张力系数。如图所示，间距为L的U形细框上放置一 细杆MN,两者间摩擦不计。将装置从肥皂水中取出后水平放置，会形成一水平膜（忽略膜受 到的重力)，甲、乙分别为俯视图和正视图，由于表面张力的缘故，膜的上、下表面会对MN产生 水平向左的力。小明用一测力计水平向右拉住MN使其保持静止，测力计示数为F。,接着将 该肥皂膜吹成了球形肥皂泡，如图丙所示。当肥皂泡大小稳定时，测得其球形半径为R。下列 说法正确的是 甲（俯视图） 乙（正视图） 丙 A.表面张力系数。的单位是kg·s1 B.测得肥皂水的表面张力系数为2 o C.肥皂泡内部气体压强大于外部大气压强 D,肥皂泡内外气体对右侧半球膜的压力差为4红RF。 L 物理B·专题卷（十五）第3页（共8页） 鱼跃龙门 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(8分)“声致发光”是悬浮于液体中的气泡受到强声波的激发，气泡膨胀后迅速塌缩并发出极 短暂亮光的现象。设气泡内气体最初的压强p。=100kPa,温度T。=300K,气泡半径r。= 5.0um。当气泡周围流体中的压强降低时，气泡等温膨胀至半径为r1=25.0μm;接着由于 声波的作用，压强突然爆增，气泡迅速坍缩到半径为r。。已知气泡在膨胀过程吸收2.4× 10-10J的热量，在塌缩过程中内能增加了3.6×10-9J。求： (1)气泡膨胀后的压强； (2)在一次膨胀和塌缩的过程中外界对气泡所做的总功。 卷 物理B·专题卷（十五）第4页（共8页） 班级 12.(8分)某同学制作了一个简易温度计，如图所示，向一个空金属饮料罐内插入一根玻璃管，将 13. 接口密封好，在玻璃管内注入一段5cm长的水银柱。如果不计大气压的变化和饮料罐容积 姓名 的变化，这就成了一个温度计。已知饮料罐的容积为330mL,玻璃管的横截面积为 1.6cm2,玻璃管在饮料罐外面的长度为30cm,当温度为27℃时，水银柱下表面距离饮料罐 得分 上表面的高度为10cm,大气压p。=75.0cmHg,T=t+273K,不计饮料罐容积的变化。 (结果均保留1位小数) (1)求该温度计测量温度的范围； (2)某次温度计的测量值为40.5℃，后来发现实际的大气压为73.0cmHg,求当时 的实际温度。 答题栏 1 2 3 5 6 7 * 6 9 o 物理B·专题卷（十五）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 (10分)如图所示，粗细均匀的长直玻璃管被轻绳倒挂于倾角为0的斜面上，管内一段长为h 的水银柱（其密度为ρ）封闭着一段空气柱，大气压强为p。,重力加速度大小为g。求在下列 情况下，被封闭气体的压强为多少。（题干中各物理量单位均为国际单位制单位） (1)玻璃管静止不动； (2)剪断轻绳后，玻璃管沿斜面保持匀加速下滑过程（已知管与斜面间的动 摩擦因数为4，且u<tan8)。 物理B·专题卷（十五）第6页（共8页） 14.(12分)汽车刹车助力装置能有效辅助驾驶员踩刹车，达到省力目的。该装置结构与工作原 15. 理如图乙所示。连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员通过对连杆AB施加水平力，推动 液压泵实现刹车。助力气室与抽气气室用极细的导气管连接，汽车启动后，发动机带动抽气 活塞快速上下运动。抽气活塞向上运动时，K1打开，K2闭合；抽气活塞向下运动时，K1闭 4 合，K打开，直至助力气室压强变为。p,K立刻锁定。停车熄火后，助力气室压强缓慢恢 复至p。后，抽气活塞复位至底部，K1、K2均锁定。已知助力气室容积为V。=240cm3,外界 大气压强为饣。，助力气室长度为L。,助力活塞横截面积为S,侧壁视为光滑，抽气气室的容 积为V1=120cm3,假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不 变。求： (1)抽气几次，才能使助力气室内气压达到： (2)已知将AB杆向右推进2时，液压泵左端受到大小为F,的力，此时才能产生足够大的制 动力。为达到有效制动，比较汽车启动前后，驾驶员能节省的力△F大小。 抽气活塞 助力活塞 V 抽气气室 Po K 推杆（与制动踏板相连） 制动总泵 40 液压泵 水平力 助力气室 连杆 B S 真空助力器 Lo- 甲 乙 物理B·专题卷（十五）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (16分)如图，圆形线圈的匝数n=200,面积S=0.3m2,处在垂直于纸面向里的匀强磁场中， 磁感应强度大小B随时间t变化的规律为B=0.05t(T),回路中接有阻值为R=5Ω的电热 丝，线圈的电阻r=12。电热丝密封在体积为V=1×10-3m3的长方体绝热容器内，容器开 口处有卡环。容器内有一不计质量的活塞，活塞与容器内壁无摩擦且不漏气，活塞左侧封闭 一定质量的理想气体，起始时活塞处于容器中间位置，外界大气压强始终为p。=1×105Pa, 接通电路开始缓慢对气体加热，加热前气体温度为T。。 (1)求流过电热丝的电流； (2)通电后活塞缓慢运动，刚到达卡环时，汽缸内气体的内能增加了100J,若电热丝产生的热 量全部被气体吸收，求此时汽缸内气体的温度及电热丝的通电时间。 B 物理B·专题卷（十五）第8页（共8页）·物理B· 931.5MeV≈1.4×102MeV。 7.D【解析】根据玻意耳定律可知pV+5poV。=p1×5V,已知 (2)核电站每年输出的能量为E出=1×10°×3600×24× o=750 mmHg,Vo=60 cm',1=750 mmHg+150 mmHg= 365J≈3.15×1016J, 900mmHg,代入数据整理得V=60cm3。 需要的总核能为E。品786X10, 米C 【解析】假设两部分气体做等容变化，则根据织 T+△T,可 需要的铀235核数为N= 是8.52x10个 得压强变化△p=|p一。| △T T 0，则△左= △ Tp左， 每年消耗的铀235的质量为M=3.52×1027×235.0439× △T 1.66×10-7kg≈1.4×103kg。 △p右=7D右，而其中P左=p右十p,若同时升高相同的温 Eu=0.64, (3)每次碰撞后中子动能比例为 度，则左侧气体压强增加得多，所以左侧水银面上升，右侧水银 面下降，左右水银面高度差变小；同理若同时降低相同的温度， 设需要碰撞n次，则有0.64-0.025×10 则左侧气体压强减少得多，所以左侧水银面下降，右侧水银面上 2 =1.25×10-8, 升，左右水银面高度差变大，故A错误，C正确；玻璃管竖直匀速 可得n=lg(1.25X108) 下落与静止放置，水银柱都处于平衡状态，所以两侧气体压强不 lg0.64 变，左右水银面高度差不变，故B错误；玻璃管竖直加速下落，水 其中gQ.6t=g() =6lg2-2≈-0.194,1g(1.25×10-8) 银柱处于失重状态，有向下的加速度，则有(p右十p6一左)S= 1g1.25-8≈0.0969-8=-7.9031， ma,假设左右水银面高度差不变，则可知左侧压强减小，右侧压 联立解得m=二7.9031 强增大，由V。=pV,可知左侧气体体积增大，右侧气体体积减 41。 -0.194 小，则左右水银面高度差变小，故D错误。 8.AC 物理（十五） 9.AC【解析】A→B过程是一定质量的理想气体的温度不变，内 1.C2.A3.B 能不变，体积增大，气体对外做功，A→B为等温膨胀过程，根据 4.D【解析】由V-T图像中ca连线过原点，可知气体由状态c到 热力学第一定律可知气体从外界吸收的热量等于对外做的功， 状态a,发生等压降温的过程，气体的体积减小，由T。=T 2V。V。 ,解 A正确；B→C过程是一定质量的理想气体压强减小，温度降 低，B→C为等容降温过程，分子的平均动能减小，并不是所有 得T,=2T。,故A错误；气体由状态c到状态a的过程中，气体 气体分子的动能都减小，B错误：C→D过程是一定质量的理想 体积减小，分子的数密度增大，温度降低，分子的平均动能减 气体的压强增大，体积减小，分子密集程度增大，温度不变，C→ 小，压强保持不变，则单位时间内撞击单位面积器壁的分子数 D为等温压缩过程，工作气体平均动能不变，C正确；D→A过 增大，故B错误；气体由状态a到状态b,气体体积增大，对外界 程是外界对气体不做功，一定质量的理想气体的压强增大，温度 做功，故C错误；气体经历a→b→c→a循环的过程中，由状态 升高，D→A为等容加热过程，内能的增加量等于气体从外界吸 a到状态b,气体体积增大，对外界做功W=pb△V,由状态b 收的热量，D错误。 到状态c,气体体积不变，对外界不做功，由状态c到状态a,气 10.BD【解析】在某一段时间内电流表的读数逐渐增大，可知热 体体积减小，外界对气体做功W。=p.△V,由V= CT,可知 敏电阻阻值逐渐减小，则在这段时间内，汽缸中气体温度逐渐 pb<pa,可得W=Wb十Wa>0,又△U=0,由热力学第一定 升高，分子平均动能增大，故B正确；由于外界大气压恒定不 律△U=W十Q,可知Q<0,说明气体经历a→b→c→a循环的 变，以活塞为对象，根据受力平衡可知，汽缸中气体压强不变 过程中，吸收的热量小于释放的热量，故D正确。 故A错误：根据理想气体状态方程兴-C,由于气体压强不 5.C【解析】喷出气体过程中，罐内气体质量变小，温度、体积不 变，温度升高，所以气体体积增大，气体对外界做功；由于气体 变，根据bV=nRT,可知气体压强减小，故A错误；温度不变， 内能升高，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故C 平均动能不变，罐内气体分子数减少了，故总内能减小，故B错 错误，D正确。 误；气体膨张，对外做功，故C正确；根据热力学第一定律可知 △U=W十Q,喷出气体瞬间，气体对外做功，内能减小，温度降 ,BC【解折】由F=,得g=号，其中F的单位是N,即kg 低，此时罐内气体需要吸收热量，使得罐内气体温度保持不变， m/s2,l的单位是m,代入上式，得到表面张力系数。的单位是 故D错误。 kg·s2,故A错误；肥皂膜上下两个表面都存在表面张力，故有 6.D【解析】第一次抽气相当于气体的体积由V变为(1+)口 F。=2aL,得到肥皂水的表面张力系数为G二F外 F。 湿度不变，根据玻意耳定律得pV=p,(1+)V,解得p, 2元，故B正确：由于肥皂泡表面存在表面张力， ,同理可得，第二次抽气后有V=:(1+)V,解得 10 肥皂泡呈球形，为了维持球形的形状，肥皂泡内部气体压强大于 外部大气压强，故C正确；右侧半球膜受到膜内、外气体的压力 100 p2=121p0 和膜边缘的表面张力，如图，根据受力平衡可知F内=F外十F,因 肥皂泡的内外表面都存在表面张力，故肥皂泡内外气体对右侧 ·15 参考答案及解析 顿第二定律得N'=Mg cos0,Mg sin0-f=Ma,又f=uN', 半球膜的压力差为F内一F外=F=2G·2元R=2· 2L ·2元R= 解得a=g(sin0-μcos0), 2元RFe,故D错误。 以水银柱为研究对象，其受力情况如图丙所示， L 沿平行于斜面方向应用牛顿第二定律得mg sin0+p2S- 1.(1)0.8kPa(2)3.36×10-9J PoS=ma, 【解析】(1)气泡等温膨胀，根据玻意耳定律有poV。=p1V1, 4 4 且V。=3r8,V=3ri, 解得p:=p,十智a一gsin0, 将m=oSh及上面求出的a值代入该式并整理得p2=p。一 得气泡膨胀后的压强p1=0.8kPa。 ogh cos0。 (2)根据热力学第一定律，膨胀过程有△U1=W1十Q1, 塌缩过程△U2=W2十Q2, 4.1)抽气2次（②）日p,S 其中△U1=0,△U2=3.6×10-9J,Q1=2.4×10-10J,Q2=0, 【解析】(1)由题意可知，每次抽气气体的温度不发生变化，即 解得W=W1+W2=3.36×10-9J 气体发生等温变化，则第一次抽气有V。=p1(V。十V1), (1)13.1~47.8℃(2)32.7℃ V。 【解析】(1)由题意可知饮料罐内的气体压强p=p。十p= 解得D1=V,十Vpo, 80 cmHg, 则对第二次抽气有p1V。=p2(V。十V), 在测温过程中，封闭气体做等压变化，当温度为27℃时，T= 解得=（年v)广‘p=音p, V。2 273K+27K=300K, 封闭气体的体积V=V+h1S=346cm3, 可知抽气2次，助力气室内气压达到gp0。 4 所测温度最低时，封闭气体的体积V=V。=330cm3, 所测温度最高时，封闭气体的体积Vmx=V。十(L一h)S= (②启动前制动，助力气室长度压缩为，该过程发生等温变 370cm3, 由等压变化复体有学二-六会 化，有pSLo=p1S·2, 此时杆AB由受力平衡得F,十pS=p1S十F。, 解得Tmin≈286.1K,tmn=13.1℃，Tma≈320.8K,tmx= 47.8℃， 启动后制动助力气室长度将压缩分，有音，SL,=p4S· 2 即该温度计的测量范围是13.1~47.8℃。 此时杆AB由受力平衡得F2十pS=p2S十F。, (2)当温度计显示温度为40.5℃时，T1=273K十40.5K= 所以驾驶员能节省的力为△F=F,一F2, 313.5K, V Vi 由等压变化规律有T一不， 联立得△F=9,S。 15.(1)0.5A(2)2T。120s 解得此时封闭气体的体积V1≈361.6cm3, 【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律可得电动势为E= 此时封闭气体的压强p1=p。十p=78.0cmHg, 曲真短气体状态方程有兴兴， 2S=200×0.05×0.3V=3V, △B n E 解得T1≈305.7K, 根据闭合电路欧姆定律可得流过电热丝的电流为I一R十， 即t=32.7℃。 5+1A=0.5A. 3 3. (1)po-pghsin 0 (2)Po-uoghcos 0 【解析】(1)当玻璃管静止时，设被封闭气体的压强为p1,以水 (2)开始通电活塞缓慢运动，直至到达卡环，密封气体做等压变 银柱为研究对象，其受力情况如图甲所示， 根据水银柱沿斜面方向受力平衡有p,S=mg sin0十p1S, 化，根据盖一吕萨克定律可得 2 V 一云，解得此时汽缸内气体 而m=pSh,解得p1=p。一pghsin0。 的温度为T=2T。, 体对外界做功为W三o△V三p。:?V= ng 2×1×103J=50J, 甲 汽缸内气体的内能增加了100J,根据热力学第一定律可得 (2)在玻璃管沿粗糙斜面匀加速下滑过程中，设被封闭气体压 △U=-W+Q, 强为p2,以玻璃管、水银柱及封闭气体整体为研究对象，其受 可解得气体吸收热量为Q=150J, 力情况如图乙所示， 根据焦耳定律可得Q=I2Rt,解得电热丝的通电时间为t= 分别沿垂直于斜面和平行于斜面方向应用力的平衡条件和牛 120s。 高三二轮复习专题卷 物理（十六） 1.D【解析】物块A做简谐运动，回复力由弹簧弹力和重力的合 力提供，选项A错误；在t1时刻A在平衡位置，此时弹簧被压 缩，弹力为2mg,则此时木板B对地面的压力大小为3mg,选项 B错误；物块A在最高点时B与水平面间的作用力刚好为零 此时弹簧弹力为mg,则对A,mg十2mg=2ma,解得a=1.5g, 由对称性可知物块A在最低点时加速度向上，为1.5g,则F 2mg=2ma,解得弹簧弹力为F=5mg,选项C错误；设物块A的 振动方程为y=Asin(wt十p)(m),根据T=1s,A=10cm,w= 2祭=2x8,当=0时y=5cm,即5=10sn9,可得g=吾，则 物块A的振动方程为y=0.1sin(2t+）(m,选项D正确。 2.D【解析】当吊坠位移为零时，弹簧处于伸长状态，纸弹簧弹性 势能不为零，故A错误；吊坠的回复力F=一x,可知F-x是 过原点的直线，且斜率为负，故B错误；根据牛顿第二定律，加 速度a=E=-虹，可知a-z是过原点的直线，且斜率为负，故 m C错误；物体做简谐运动的位移随时间变化的表达式为x= ),速度的表达式为u=Acos(o十)，联 A=1,可知x图像为椭圆方程，故D正确。 3.A4.A 5.C【解析】根据图乙可知，t=0时刻，质点P向上振动，根据 “上下坡”法可知，该简谐波沿x轴负方向传播，故A错误；根据 图甲可知，该波的波长为2m,则波速为0=入=2 T-4 m/s= 0.5m/s,故B结误；由于5s=T+T,则质点P运动的路程 为s=4A+A=5A=5X1cm=5cm,故C正确；介质中的质点 只在自己的平衡位置附近振动，而不会随波迁移，故D错误。 6.B【解析】高频噪声波长较短，衍射现象不如低频噪声明显，故 A错误。两列同频率声波叠加形成干涉，导致某些区域振动加 强（声音增强区）或减弱（声音减弱区），故B正确。根据多普勒 效应，当观察者远离声源时，接收到的波的频率会低于声源频 率，故C错误。声波是机械波，传播需要介质，不能在真空中传 播，故D错误。 7.D【解析】根据t=0时刻的波形图和上下坡法可知，P的起振 方向沿y轴负方向，Q的起振方向沿y轴正方向，故A错误；质 点只能在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，故B错误；由 图可知，两列波的波长都为4m,则周期为T=入=1s,又t= 1.75s=T+是T,因两列波只振动一个周期，可知在1=1.755 时右侧波已离开x=8m处，左侧波经t=1.75s向右传播的距 离为x=t=7m,即左侧波的波谷恰好传到x=8m处，故此时 质点Q的位移为一4cm,故C错误；由图可知，PM的距离与 QM的距离相等，故两列波同时传至M点，两列波的频率相同， 振动方向相反，故M点为振动减弱点，所以整个传播过程M点 一直没有振动，故D正确。 *D【解析】为使现实场景光进出光学系统前后不发生偏折，即现 实场景光在棱镜3与棱镜1中沿直线传播，可知，棱镜3材料的 折射率应等于棱镜1材料的折射率，故A错误；经棱镜的多次折 射与反射后，由微型显示器发出的光的能量会减弱，其本质是有 一部分光在界面上发生了反射，光子的频率不变，故B错误；在 S；面的外表面镀一层增透膜可使人眼看到的景象更加明亮，是 利用了光的干涉原理，故C错误；光在S、面发生全反射，根据折 射率与临界角的关系有%=C,解得snC=.48,由于 sin45°=2-1、 22>1.48则有45>C,可知，若选用折射率n 1 1.48的材料制作棱镜1，光线在S,面的入射角大于45°可以满 足设计要求，故D正确。 BC【解析】蟾蜍声带的振动产生了在空气中传播的声波和在 池塘中传播的水波，无论是声波还是水波，它们都是由声带振 动产生的，所以其频率都应该等于声带的振动频率，而与传播 介质无关，故A错误；池塘水面上的落叶随着水波而振动，做的 是受迫振动，故B正确；由已知水波的传播速度与水的深度成 正相关，可知水波的波长与水深有关，深水区的波长大，所以更 容易发生衍射现象，故C正确；蟾蜍的鸣叫频率f=1451Hz, 且水波波长入=0.5cm=0.005m,则波速o=入f=0.005× 1451m/s≈7.3m/s,故D错误。 BC【解析】泊松亮斑是光照射在宽度小于或与光源波长相差 不大的小圆板或圆珠时，会在之后的光屏上出现环状的互为同 心圆的衍射条纹，故A错误；乙图为肥皂泡薄膜干涉示意图，将 框架顺时针旋转90°，肥皂泡薄膜仍然是上薄下厚，条纹不会跟 着旋转，故B正确；丙图为劈尖干涉检查平整度示意图，由干涉 原理可知，若某处凹陷，则对应条纹提前出现，若某处凸起，则对 应的条纹延后出现，因此由条纹可以推断出P处凹陷，Q处凸 起，故C正确；相机拍摄时减弱了玻璃表面的反射光，是在照相 机镜头前增加偏振片过滤掉了反射的光，应用了偏振原理，故D 错误。 0.AC【解析】根据图甲可知，太阳光（白光）通过三角形玻璃棱 镜后，光的入射角相同，但不同波长的光的折射角不同，根据光 的折射定律可知，同样的介质，对不同波长的光折射率不同，故 A正确；根据折射定律-s血=s加，可知折射率越大，偏 sin iz sin ig 向角越大，故B错误；通过几何关系有0=i1一i2+i4一i3, i2十i3=A,解得0=i1+i4一A,说明偏向角0与折射率和棱 镜顶角A都有关，故C正确；i3最大为A,若A小于临界角， 则不会发生全反射，故D错误。 AC【解析】由两波源的振动图像可知，两波源起振方向相反， 因A点到两振源的距离之差为零，可知质点A位于振动减弱 区，振幅为A1=4m一2m=2m,则质点A的最小位移为0，选 项A、C正确；两列波的波长均为入=vT=2m,B点到两波源距 离之差△xB-5m-4m=1m-分，则B点振动加强，而A点 振动减弱，但是两质点振动频率仍相同，即质点A与质点B振动 的快慢相同，选项B错误；因B点振动加强，可知振幅为A2= 2m十4m=6m,可知0~4s内，质点B的最大位移为6m,选 ·16 项D错误。 1.(1)0.8s(2)5+20n(m/s),其中n=0,1,2, 由会。 2.(1)2.0m/s(2)40cm 可得a3=60°， 号R(22.7R 即出射光线DE平行于中心轴OO射出，打到光屏E点，则 3. 【解析】(1)如图，从底面上A处射入的光线，在球面上发生折 4-ME-R. 射时的入射角为i,当i等于全反射临界角C时，对应入射光 线到光轴的距离最大，设最大距离为1。 D (2)设为光在左侧玻璃砖由A传播至B的时间，=AB i=C,由全反射临界角的定义有sinC=】, B 由几何关系有sinC= R R 设：为光在两个玻璃砖中间由B传播至C的时间，=BC, 联立解得1=2 39 可得行织， (2)设与光箱相距的光线在球面B点发生折射时的入射角 设为光在右侧玻璃砖由C传播至D的时间，t,=CD, = 和折射角分别为i1和r1,由折射定律有nsin i1=sinr1, ，可得4= c c 设折射光线与光轴的交点为D,在△OBD中，由正弦定理有 sin∠Dsin(180°-r1) 设，为光从右侧玻璃砖射出由D传播至E的时间，=DE, R OD 由几何关系有∠D=r1一i1, 可得1，-梁 smi=号，联立解得0D-3C2E+R≈2.74R. 29R 5 则光传播的总时间t=ti1十t2十t十t4=6c。 (1(2) 6c 15ω2语 (2)6:13 【解析】(1)作出光路图如图所示， 【解析】(1)经AB边折射出的光线与BC边垂直，结合几何知 a以4 2R 2R 识可知，折射角r=45°， B sn7,可得sini=3y2 由折射定律得n=sinr, 101 1 (2)根据sinC=元，可得临界角C=37, B:as 光屏 当光线刚好在AB边上M点发生全反 根据n= sin a1 射时，如光路图所示，入射角α=37°， sinB' 由几何关系知，反射到AC边的入射角 由几何知识可得sine=), a'=53>C,能够发生全反射， 过P点作AB边的垂线，垂足为Q点，设PQ=a,由几何关系 可得sin月=2月，=30， 知QM=aan3r=子a, 由几何关系可知B1=B2=30°，AB=OB= -R, 根据对称性，可知从P点发出的光能从AB边射出棱镜区域 的长度为L1=2QM=2a, 3 由n sin a23, sinβ2 当P点发出的光线刚好在AC边上发生全反射时，如光路图 可得sin az 2,02=60°， 所示，设与AC交点为H,过P点作AC边的垂线，垂足为I 由几何关系可知，0C=OB=5天 点，由几何关系知P1=3a,1H=PI·tan37”-号a, 3R, 从P点发出的光线到A点时，由几何关系知∠PAB<37°，光 由n sin a23, 线可以出射。从P点发出的光能从AC边射出棱镜区域的长 sinβ2 可得sinB,=2B=30, 度为L,=AH=a+是-只。， 则L1:L2=6:13。 O'C O'D 根据正弦定理得in月一sin(9,十90' 可得B=30°，