第4讲 光的波动性、电磁波
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1.(2022年上海卷)在单缝衍射实验中，仅减小单缝的宽度，则光屏上 ( )
A.条纹变宽，光强增强
B.条纹变窄，光强增强
C.条纹变宽，光强减弱
D.条纹变窄，光强减弱
【答案】C
2.(2022年深圳名校联考)如图所示，把一个凸透镜压在一块平面玻璃上，让单色光从上方垂直玻璃射入，从上往下看凸透镜，明暗相间的条纹分布是 ( )
A B C D
【答案】B
【解析】凸透镜的凸球面和玻璃平板之间形成一个厚度均匀变化的圆尖劈形空气薄膜，当单色光垂直射向平凸透镜时，从尖劈形空气膜上、下表面反射的两束光相互叠加而产生干涉.同一半径的圆环处空气膜厚度相同，上、下表面反射光程差相同，因此使干涉图样呈圆环状.并且可以观察到这些同心圆环分布是中间疏、边缘密，圆心在接触点，B正确.
3.(多选)关于电磁波的发射和接收，下列说法正确的是 ( )
A.为了使振荡电路有效地向空间辐射能量，电路必须是闭合的
B.音频电流的频率比较低，不能直接用来发射电磁波
C.当接收电路的固有频率与收到的电磁波的频率相同时，接收电路产生的振荡电流最强
D.要使电视机的屏幕上有图像，必须要有检波过程
【答案】BCD
4.(2022年天津模拟)下列说法正确的是( )
A.图甲中，用自然光照射透振方向(箭头所示)互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，光屏依然发亮
B.图乙为光导纤维示意图，内芯的折射率比外套的折射率小
C.图丙所示的雷达测速利用了多普勒效应
D.图丁所示的照相机镜头上呈现的淡紫色是由光的衍射现象引起的
【答案】C
【解析】用自然光照射透振方向(箭头所示)互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，因透振方向不同，光屏变暗，A错误；依据光的全反射条件可知，内芯的折射率比外套的折射率大，B错误；雷达测速利用了多普勒效应，C正确；照相机镜头上呈现的淡紫色是由光的干涉现象引起的，D错误.
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5.(多选)某一质检部门为检测一批矿泉水的质量，利用干涉原理测定矿泉水的折射率.方法是将待测矿泉水填充到特制容器中，放置在双缝与荧光屏之间(之前为空气)，如图所示，特制容器未画出，通过比对填充后的干涉条纹间距x2和填充前的干涉条纹间距x1就可以计算出该矿泉水的折射率.则下列说法正确的是(设空气的折射率为1)( )
A.x2＜x1
B.x2＞x1
C.该矿泉水的折射率为
D.该矿泉水的折射率为
【答案】AC
【解析】把空气换成矿泉水后，根据v＝λf，可知入射光的频率f不变，光在介质中的传播速度减小，波长减小.根据干涉的条纹间距公式Δx＝λ，可知对同一个装置来说，波长减小，条纹间距减小，即x2＜x1，因n＝，易得该矿泉水的折射率为，A、C正确.
6.为了测量细金属丝的直径，把金属丝夹在两块平板玻璃之间，使空气层形成尖劈，金属丝与劈尖平行，如图所示.如用单色光垂直照射，就得到等厚干涉条纹，测出干涉条纹间的距离，就可以算出金属丝的直径.某次测量结果为：单色光的波长λ＝
589.3 nm，金属丝与劈尖顶点间的距离L＝28.880 mm，其中30条亮条纹间的距离为4.295 mm，则金属丝的直径为( )
A.4.25×10－2 mm B.5.75×10－2 mm
C.6.50×10－2 mm D.7.20×10－2 mm
【答案】B
【解析】劈尖形空气层如图所示.距劈尖x处空气层厚度为y，由几何关系得，出现亮条纹的空气层厚度满足2y＝nλ(n＝1，2，3…，即整波长)，Δy＝，则相邻两亮条纹间距为Δx＝Δy＝mm，解得D＝5.75×10－2mm，故选B.实验十二 用单摆测定重力加速度
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1.(多选)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是 ( )
A.适当加长摆线
B.质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的
C.单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D.当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
【答案】AC
2.在利用单摆测定重力加速度的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝.只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2－l图像，就可以求出当地的重力加速度.理论上T2－l图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示.
(1)造成图像不过坐标原点的原因是__.
(2)由图像求出的重力加速度g＝______m/s2(取π2＝9.87).
【答案】(1)测摆长时，漏加小球半径 (2)9.87
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3.在“用单摆测量重力加速度”的实验中：
(1)下面说法正确的是________(选填字母).
A.1 m和30 cm长度不同的同种细线，选用1 m的细线做摆线
B.直径为1.8 cm的塑料球和铁球，选用铁球做摆球
C.如图A、B、C，摆线上端的三种悬挂方式，选A方式悬挂
D.当单摆经过平衡位置时开始计时，50次经过平衡位置后停止计时，用此时间除以50作为单摆振动的周期
A B C
甲
(2)利用图甲的方式测量摆长l，图中示数为________cm.
(3)若测出单摆的周期T、摆线长l、摆球直径d，则当地的重力加速度g＝________(用测出的物理量表示).
(4)某同学用一个铁锁代替小球做实验.只改变摆线的长度，测量了摆线长度分别为l1和l2时单摆的周期T1和T2，则可得重力加速度g＝________(用测出的物理量表示).
(5)另一位同学在利用图甲获得摆长l时，每次都在小球最低点b取数，然后测量了多组实验数据作出了T2－l图像，那么他最有可能得到的图像是________.
A B C D
(6)在一个实验小组中，得到的T2－l图像是一条倾斜直线.小组成员小牛同学算出图像斜率k，利用k＝，求出g；小爱同学量出直线与横轴l之间的夹角θ，然后利用tan θ＝，求出g.请问两位同学的处理方案，哪一位更合理，________.说明另一位同学方案的不合理原因是：__.
【答案】(1)AB (2)91.60(91.50~91.70均可)
(3) (4) (5)C
(6)小牛 小爱同学用U1求斜率是错误的.因为在T2－l图像中，横轴和纵轴的单位长度不一定相同，所以小爱同学方案不合理.
【解析】(1)1m和30cm长度不同的同种细线，选用1m的细线做摆线，A正确；直径为1.8cm的塑料球和铁球，选用铁球做摆球，B正确；如图A、B、C，摆线上端的三种悬挂方式，为了使摆长不变，选C方式悬挂，C错误；当单摆经过平衡位置时开始计时，50次经过平衡位置后停止计时，相邻两次经过平衡位置的时间是半个周期，正确的方法是用此时间除以25作为单摆振动的周期，D错误.
(2)利用图甲的方式测量摆长l，图中示数为91.60cm.
(3)根据单摆的周期公式T＝2π，解得g＝.
(4)设摆线下端到锁的重心的距离为x，根据单摆的周期公式得T1＝2π，T2＝2π，解得g＝.
(5)设球半径为r，根据单摆的周期公式得T＝2π，解得T2＝l－，他最有可能得到的图像是C.
(6)小牛同学的方案更合理；小爱同学用k＝tanθ求斜率是错误的.因为在T2－l图像中，横轴和纵轴的单位长度不一定相同，所以小爱同学方案不合理.实验十三 测定玻璃的折射率
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1.(1)如图所示，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，下列说法中正确的是 ( )
A.若P1、P2的距离较大时，通过玻璃砖会看不到P1、P2的像
B.为减少测量误差，P1、P2的连线与法线NN'的夹角应尽量小些
C.为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当取大些
D.若P1、P2的连线与法线NN'夹角较大时，有可能在bb'面发生全反射，所以在bb'一侧就看不到P1、P2的像
(2)在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图所示，从图线可知玻璃砖的折射率是________.
(3)该实验小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线P1O、折射光线OO'的延长线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN'的垂线，垂足分别为C、D点，如图甲所示，则玻璃的折射率n＝________(用图中线段的字母表示)；进一步测得所需数据分别为1.68 cm和1.12 cm，则该玻璃砖的折射率数值为________.
(4)在用针插法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙二位同学在纸上画出的界面aa'、bb'与玻璃砖位置的关系分别如图乙中①、②所示，其中甲同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖.他们的其他操作均正确，且均以aa'、bb'为界面画光路图.则甲同学测得的折射率与真实值相比____(填“偏大”“偏小”或“不变”)；乙同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”).
【答案】(1)C (2)1.5 (3) 1.5 (4)偏小 不变
【解析】(1)根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射，则即使P1、P2的距离较大，通过玻璃砖仍然可以看到P1、P2的像，A错误；为减少测量误差，入射角应适当大一些，则P1、P2的连线与法线NN'的夹角应尽量大些，B错误；为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当取大些，C正确；由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于下表面的入射角，根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射，D错误.
(2)由折射率公式，即n＝，代入数据，可得n＝＝1.5.
(3)设圆的半径为r，入射角为α，则有sinα＝；折射角为β，则有sinβ＝.故可得玻璃的折射率为n＝.当测得所需数据分别为1.68cm和1.12cm，则该玻璃砖的折射率数值为n＝＝1.5.
(4)图①甲同学测定折射率时，作出的折射光线如下图中虚线所示，实线表示实际光线，可见折射角增大，则由折射定律可知，折射率将偏小；图②测折射率时，主要操作正确，与玻璃砖形状无关，故乙同学测得的折射率与真实值相同.
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2.某校开展研究性学习，某研究小组根据光学知识，设计了一个测液体折射率的仪器.如图所示，在一个圆盘上，过其圆心O作两条相互垂直的直径BC、EF.在半径OA上，垂直盘面插上两枚大头针P1、P2并保持位置不变.每次测量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中，而且总使得液面与直径BC相平，EF作为界面的法线，然后在图中右上方区域观察P1、P2，在圆弧EC部分插上P3，使P3挡住P1、P2的像.同学们通过计算，预先在圆弧EC部分刻好了折射率的值，这样只要根据P3所插的位置，就可以直接读出液体折射率的值.
(1)若∠AOF＝30°，OP3与OC之间的夹角为30°，则P3处所对应的折射率的值为________.
(2)图中P3、P4两处，对应折射率大的是________.
(3)作AO的延长线交圆周于K，K处对应的折射率为________.
【答案】(1)1.73(或) (2)P4 (3)1
【解析】(1)根据折射定律n＝，题中θ1＝60°，θ2＝∠AOF＝30°，所以n＝≈1.73.
(2)在折射角相同的情况下，图中P4对应的入射角大于P3所对应的入射角，所以P4对应的折射率大.
(3)因A、O、K在一条直线上，折射角等于入射角，所以K处对应的折射率应为1.
3.某同学为了测量截面为正三角形的玻璃三棱镜的折射率，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的左侧插上两枚大头针P1和P2，然后在棱镜的右侧观察到P1和P2的像，当P1的像恰好被P2的像挡住时，插上大头针P3和P4，使P3挡住P1、P2的像，P4也挡住P1、P2的像，在纸上标出的大头
针位置和三棱镜轮廓如图所示.
(1)在图中画出对应的光路.
(2)为了测出三棱镜玻璃材料的折射率，若以AB为分界面，需要测量的量是__________________________，在图上标出它们.
(3)三棱镜玻璃材料折射率的计算公式是n＝______.
(4)若在描绘三棱镜轮廓的过程中，放置三棱镜的位置发生了微小的平移(移至图中的虚线位置，底边仍重合)，若仍以AB为分界面，则三棱镜玻璃材料折射率的测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值.
【答案】(1)见解析图 (2)入射角θ1、折射角θ2 (3) (4)大于
【解析】(1)光路图如图所示.
(2)若以AB为分界面，需要测量的量为入射角θ1、折射角θ2.
(3)该三棱镜玻璃材料的折射率的计算公式为n＝.
(4)若在描绘三棱镜轮廓的过程中，放置三棱镜的位置发生了微小的平移，仍以AB为分界面，将入射光线与AB的交点和出射光线与BC的交点连接起来，从而可知该连接线发生偏转，导致折射角变小，所以测量值比真实值大.实验十四 用双缝干涉测光的波长
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1.(多选)利用如图所示装置研究双缝干涉现象时，下列说法正确的是 ( )
A.将屏移近双缝，干涉条纹间距变窄
B.将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变宽
C.将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽
D.换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄
【答案】ABD
2.(2022年龙岩模拟)在“用双缝干涉测量光波长”的实验中，用图甲装置测量红光的波长.
(1)图甲中标示器材P应为________.
A.凸透镜 B.凹透镜
C.红色滤光片 D.红色毛玻璃片
(2)图乙为干涉图样，转动测量头上的手轮，使分划板中心刻线对准图乙所示的明条纹A的中心，此时游标卡尺的示数如图丙所示，则游标卡尺的读数x1＝________mm.
(3)再转动手轮，使分划板中心刻线向右边移动，直到对准明条纹B的中心，此时游标卡尺的示数如图丁所示，已知双缝间距离d＝0.20 mm，双缝到毛玻璃屏间的距离为l＝75.0 cm，则该单色光的波长是________nm.
【答案】(1)C (2)0.4 (3)720
【解析】(1)图甲中标示的器材P应为红色滤光片，C正确，A、B、D错误，故选C.
(2)游标卡尺为10分度游标卡尺，精确值为0.1mm，图丙游标卡尺的读数为0mm＋4×0.1mm＝0.4mm.
(3)图丁游标卡尺的读数为16mm＋6×0.1mm＝16.6mm，由图乙可知6Δx＝16.6mm－0.4mm＝16.2mm，解得Δx＝2.7mm，根据公式Δx＝λ，解得λ＝m＝720nm.
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3.利用双缝干涉测定光的波长实验中，双缝间距d＝0.4 mm，双缝到光屏间的距离l＝0.5 m，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图甲所示，分划板在图中A、B位置时，游标卡尺示数也如图中所给出，则：
(1)分划板在图甲中A、B位置时游标卡尺示数如图乙所示，分别为xA＝______mm，xB＝______mm，相邻两条暗纹间距Δx＝______mm.
(2)波长的表达式λ＝______(用Δx、l、d表示)，该单色光的波长λ＝______m.
(3)若改用频率较高的单色光照射，得到的干涉条纹间距将________(填“变大”“不变”或“变小”).
【答案】(1)11.1 15.6 0.75 (2)Δx 6.0×10－7 (3)变小
【解析】(1)游标卡尺读数时：一要注意精确度；二要注意读数时主尺读数应为游标尺零刻度线所对主尺位置的读数；三要注意单位，无论是主尺读数还是游标尺读数都要以mm为单位读取.本题中还要注意主尺上的数字的单位是cm，不是mm.由图可知xA＝11.1mm，xB＝15.6mm，
Δx＝×(15.6－11.1)mm＝0.75mm.
(2)由Δx＝λ得λ＝Δx＝×0.75×10－3m＝6.0×10－7m.
(3)从λ＝Δx可知，波长越长的光，干涉条纹间距越大.根据频率、光速与波长的关系，可知频率越高的光，波长越短，所以干涉条纹间距越小.第1讲 分子动理论、内能
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1.从下列哪一组物理量可以算出氧气的摩尔质量( )
A.氧气的密度和阿伏加德罗常数
B.氧气分子的体积和阿伏加德罗常数
C.氧气分子的质量和阿伏加德罗常数
D.氧气分子的体积和氧气分子的质量
【答案】C
2.(多选)关于分子动理论，下列说法正确的是( )
A.若已知气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可求出一个气体分子的体积
B.气体温度升高时，速率较大的分子占总分子数的比例升高
C.布朗运动不是分子运动，但它能间接反映液体分子在做无规则的运动
D.分子间的引力总是随分子间距增大而增大
【答案】BC
3.(多选)关于物体的内能，下列说法正确的是( )
A.若把氢气和氧气看作理想气体，则具有相同质量和相同温度的氢气和氧气具有相等的内能
B.相同质量0 ℃水的分子势能比0 ℃冰的分子势能小
C.物体吸收热量后，内能不一定增加
D.一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
【答案】CD
【解析】氢气和氧气的摩尔质量不同，故相同质量的氢气和氧气的分子数不同；温度相同，故分子热运动平均动能相同，故相同质量和相同温度的氢气的内能大于氧气具有的内能，故A错误.冰融化为水要吸收热量，故相同质量的0℃的水的分子势能比0℃的冰的分子势能大，故B错误.物体吸收热量后，可能对外做功，内能不一定增加，故C正确.温度是分子平均动能的标志，一定量的某种理想气体，分子势能忽略不计，其内能只与温度有关，故D正确.
4.(多选)关于分子动理论的基本观点和实验依据，下列说法正确的是( )
A.多数分子大小的数量级为10－10 m
B.扩散现象证明，物质分子永不停息地做无规则运动
C.悬浮在液体中的微粒越大，布朗运动就越明显
D.分子之间同时存在着引力和斥力
【答案】ABD
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5.(多选)两分子间的斥力和引力的合力F与分子间的距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0.相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近.若两分子相距无穷远处时分子势能为零，则下列说法正确的是( )
A.在r＞r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小
B.在r＜r0阶段，F做负功，分子动能减小，势能也减小
C.在r＝r0时，分子势能最小，动能最大
D.在r＝r0时，分子势能为零
【答案】AC
【解析】在r＞r0阶段，两分子间的斥力和引力的合力F表现为引力，两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近，F做正功，分子动能增加，势能减小，A正确；在r＜r0阶段，两分子间的斥力和引力的合力F表现为斥力，F做负功，分子动能减小，势能增大，B错误；在r＝r0时，分子势能最小，动能最大，C正确；在整个过程中，只有分子力做功，分子动能和势能之和保持不变，在r＝r0时，分子势能为负值，D错误.
6.很多轿车为了改善夜间行驶时的照明问题，在车灯的设计上选择了氙气灯，因为氙气灯的亮度是普通灯亮度的3倍，但是耗电量仅是普通灯的一半，氙气灯使用寿命则是普通灯的5倍，很多车主会选择配备氙气灯的汽车，若氙气充入灯头后的容积V＝1.6 L，氙气密度ρ＝6.0 kg/m3.已知氙气摩尔质量M＝0.131 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol－1.试估算(结果保留1位有效数字)：
(1)灯头中氙气分子的总个数N；
(2)灯头中氙气分子间的平均距离.
解：(1)设氙气的物质的量为n，则n＝，
氙气分子的总数N＝NA≈4×1022个.
(2)每个氙气分子所占的空间V0＝，
设氙气分子间平均距离为a，
则有V0＝a3，
即a＝≈3×10－9m.第2讲 气体、液体和固体
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1.2022年北京冬奥会开幕式上的雪花形主火炬由96块小雪花和6个橄榄枝组成.关于雪花的下列说法正确的是( )
A.一片雪花大约由1000个水分子组成
B.雪花融化成的水是液态的晶体
C.雪花是水蒸气凝华时形成的晶体
D.没有两片雪花是相同的，因此雪花不属于晶体
【答案】C
2.(多选)下列说法正确的是( )
A.分子间距离减小时分子势能一定减小
B.即使水凝结成冰后，水分子的热运动也不会停止
C.将一块晶体敲碎，得到的小颗粒也是晶体
D.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
【答案】BCD
3.(2022年南京模拟)物理“天宫课堂”中，王亚平将分别挤有水球的两块板慢慢靠近，直到两个水球融合在一起，再把两板慢慢拉开，水在两块板间形成了一座“水桥”.如图甲所示，为我们展示了微重力环境下液体表面张力的特性.“水桥”表面与空气接触的薄层叫表面层，已知分子间作用力F和分子间距r的关系如图乙.下列说法正确的是( )
A.能总体反映该表面层里的水分子之间相互作用的是B位置
B.“水桥”表面层中两水分子间的分子势能与其内部水相比偏小
C.“水桥”表面层中水分子距离与其内部水分子相比偏小
D.王亚平放开双手两板吸引到一起，该过程分子力做正功
【答案】D
【解析】在液体内部，分子间的距离在r0左右，分子力约为零，而在表面层，分子比较稀疏，分子间的距离大于r0，因此分子间的作用表现为相互吸引，从而使液体表面绷紧，所以能总体反映该表面层里的水分子之间相互作用的是C位置，故A、C错误；分子间距离从大于r0减小到r0左右的过程中，分子力表现为引力，做正功，则分子势能减小，所以“水桥”表面层中水分子距离与其内部水分子相比偏大，故B错误；王亚平放开双手，“水桥”在表面张力作用下收缩，而“水桥”与玻璃板接触面的水分子对玻璃板有吸引力作用，在两玻璃板靠近过程中分子力做正功，故D正确.
4.(2022年上海卷)将一个乒乓球浸没在水中，当水温升高时，球内气体( )
A.分子热运动平均动能变小，压强变小
B.分子热运动平均动能变小，压强变大
C.分子热运动平均动能增大，压强变小
D.分子热运动平均动能增大，压强变大
【答案】D
【解析】当水温升高时，乒乓球内的气体温度升高，气体分子平均动能增大，分子对器壁的撞击作用变大，气体压强变大，D正确.
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5.(2022年徐州模拟)两端开口、粗细相同的洁净玻璃管A和塑料管B竖直插入水中，管中液面的高度如图所示，则( )
A.A中是毛细现象，B中不是毛细现象
B.A中是不浸润现象，B中是浸润现象
C.B壁附近水分子间的作用力表现为引力
D.只减小两管的直径，管中的液面均上升
【答案】C
【解析】浸润液体在细管中上升和不浸润液体在细管中下降的现象都是毛细现象，A、B错误；B壁附近水分子间距大，表现为引力，C正确；细管越细，毛细现象越明显，只减小两管的直径，A管液面上升，B管液面下降，D错误.
6.(多选)下列说法正确的是( )
A.一切晶体的光学和力学性质都是各向异性的
B.在完全失重的宇宙飞船中，水的表面存在表面张力
C.当分子间的距离变小时，分子间的作用力一定减小
D.脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液
【答案】BD
【解析】单晶体具有各向异性，而多晶体表现为各向同性，A错误；液体表面层内分子较为稀疏，分子力表现为引力，故在完全失重的宇宙飞船中，水的表面依然存在表面张力，B正确；当分子间的距离变小时，如果开始时刻分子间距大于平衡距离，则分子间作用力可能减小，如果开始时刻分子间距小于平衡距离，则分子力增大，C错误；脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，D正确.第3讲 热力学定律、能量守恒
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1.(2022年郑州模拟)(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A.根据热力学第一定律，一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量
B.根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体
C.一定质量的理想气体压强不变，温度升高，单位时间气体分子对容器壁碰撞次数一定增大
D.一定质量的理想气体压强不变，体积增大，气体一定放出热量
【答案】AB
【解析】根据热力学第一定律，一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量，A正确；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体，B正确；一定质量的理想气体压强不变，温度升高，气体分子的平均动能增大，单位时间气体分子对容器壁碰撞次数一定减少，C错误；一定质量的理想气体，保持压强不变，当体积增大时，根据理想气体状态方程＝C可知，温度升高，则气体的内能增加，气体对外界做功，根据热力学第一定律得知气体吸热，D错误.
2.(2022年淄博模拟)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成.开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示.在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体( )
A.对外做正功，分子的平均动能减小
B.对外做正功，内能增大
C.对外做负功，分子的平均动能增大
D.对外做负功，内能减小
【答案】A
3.一定质量的页岩气(可看作理想气体)状态发生了一次循环变化，其压强p随热力学温度T变化的关系如图所示，O、a、b在同一直线上，bc与横轴平行.则( )
A.a到b过程，气体的体积减小
B.a到b过程，气体的体积增大
C.b到c过程，气体从外界吸收热量
D.b到c过程，气体向外界放出热量
【答案】C
【解析】ab是过原点的倾斜的直线，表示气体发生等容变化，即气体的体积不变，故A、B错误；b到c过程，气体发生等压变化，温度升高，内能增大，根据理想气态方程＝C可知气体的体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可知气体从外界吸收热量，故C正确，D错误.
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4.(2022年辽宁卷)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统( )
A.对外界做正功 B.压强保持不变
C.向外界放热 D.内能减少
【答案】A
【解析】理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，理想气体对外界做正功，A正确；由题图V－T图像可知V＝V0＋kT，根据理想气体的状态方程有＝C，联立有p＝，可看出T增大，p增大，B错误；理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；理想气体从状态a变化到状态b，A、D可知，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，C错误.
5.(2022年河北卷)如图，绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气体的气球.容器内温度处处相同.气球内部压强大于外部压强.气球慢慢漏气后，容器中气球外部气体的压强将________(填“增大”“减小”或“不变”)；温度将________(填“升高”“降低”或“不变”).
【答案】增大 升高
【解析】假设气球内部气体和气球外部气体的温度不变，当气球内部的气体缓慢释放到气球外部，容器中气球外部气体的压强将增大.当气球内部的气体缓慢释放到气球外部，原来气球外部气体绝热压缩，与外界无热交换，即Q＝0，外界对气体做功，即W＞0，根据绝热情况下的热力学第一定律ΔU＝W，可知气体内能增加，温度T升高.
6.(2022年山东模拟)如图所示是某种家庭便携式喷雾消毒桶及其原理图，内部可用容积为2 L，工作人员装入稀释过的1.2 L药液后旋紧壶盖，关闭喷水阀门，拉动压柄打气，每次打入压强为1 atm，体积为0.1 L的气体，此时大气压强为1 atm，当壶内压强增大到2 atm时，开始打开喷阀消杀，假设壶内温度保持不变，若不计管内液体体积.下列说法正确的是( )
A.工作人员共打气9次
B.打开阀门，当壶内不再喷出消毒液时，壶内剩余消毒液的体积为0.4 L
C.打开阀门，当壶内不再喷出消毒液时，壶内剩余消毒液的体积为0.1 L
D.消毒液喷出过程，气体对外做功，对外做功大于从外界吸收热量
【答案】B
【解析】设工作人员共打气n次，根据玻意耳定律有1atm×(2L－1.2L)＋n·1atm×0.1L＝2atm×(2L－1.2L)，解得n＝8，故A错误；打开阀门后，根据玻意耳定律有2atm×(2L－1.2L)＝1atm×V气，解得V气＝1.6L，壶内不再喷出消毒液时，壶内气体的体积为1.6L，则壶内剩余消毒液的体积为0.4L，B正确，C错误；由于壶内温度保持不变，则壶内气体的内能不变，则根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体对外做的功等于从外界吸收的热量，D错误.实验十五 用油膜法估测分子的大小
知识巩固练
1.关于用“油膜法估测油酸分子的大小”的实验，下列说法正确的是( )
A.处理数据时将一滴油酸酒精溶液的体积除以油膜面积就算得油酸分子的直径
B.实验时先将一滴油酸酒精溶液滴入水面，再把痱子粉洒在水面上
C.实验中数油膜轮廓内的正方形格数时，不足一格的应全部舍去
D.单分子油膜的厚度被认为等于油分子的直径
【答案】D
2.在“用单分子油膜估测分子大小”实验中，
(1)某同学操作步骤如下：
①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；
②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；
③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；
④在蒸发皿上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积.
改正其中的错误：________________________________________.
(2)若油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，一滴溶液的体积为4.8×10－3 mL，其形成的油膜面积为40 cm2，则估测出油酸分子的直径为________m.
【答案】(1)②在量筒中滴入N滴溶液
③在水面上先撒上痱子粉
(2)1.2×10－9
【解析】(1)②由于一滴溶液的体积太小，直接测量时相对误差太大，应用微小量累积法减小测量误差.
③液面上不撒痱子粉时，滴入的油酸酒精溶液在酒精挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜，油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败.
(2)由油膜的体积等于一滴油酸酒精溶液内纯油酸的体积可得d＝m＝1.2×10－9m.
3.在“用油膜法估测分子的大小”实验中，已知一滴溶液中油酸的体积为V油酸，配制的油酸溶液中，纯油酸与溶液体积之比为1∶5 000，1 mL溶液滴25滴，那么1滴溶液的体积是________mL，所以1滴溶液中油酸的体积V油酸＝________cm3.若实验中测得结果如下表所示，请根据所给数据填写出空白处的数值，并与公认的油酸分子直径d0＝1.12×1 m作比较，判断此实验是否符合数量级的要求：________.
次序 S/cm2 d＝/cm d的平均值/m
1 533
2 493
3 563
【答案】4×10－2 8×10－6 1.50×10－8 1.62×10－8 1.42×10－8 1.51×10－10 符合要求
【解析】由题给条件得，1滴溶液的体积V溶液＝mL＝4×10－2mL.因为，故1滴溶液中油酸的体积V油酸＝V溶液＝cm3＝8×10－6cm3，
据此算得3次测得d的结果分别为1.50×10－8cm，1.62×10－8cm，1.42×10－8cm，
d的平均值≈1.51×10－10m，
这与公认值的数量级相吻合，故本次估测数值符合数量级的要求.
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4.测量分子大小的方法有很多，如油膜法、显微法.
(1)在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用移液管量取0.25 mL 油酸，倒入标注250 mL的容量瓶中，再加入酒精后得到250 mL的溶液.然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中1 mL的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图甲所示.坐标格的正方形大小为2 cm×2 cm.由图可以估算出油膜的面积是________cm2，由此估算出油酸分子的直径是________m(结果保留1位有效数字).
(2)如图乙是用扫描隧道显微镜拍下的一个“量子围栏”的照片.这个量子围栏是由48个铁原子在铜的表面排列成直径为1.43×10－8 m的圆周而组成的.由此可以估算出铁原子的直径约为________m(结果保留2位有效数字).
【答案】(1)256 8×10－10 (2)9.4×10－10
【解析】(1)数油膜所占的正方形格数，大于半格的算一格，小于半格的舍去，得到油膜的面积S＝格数×2cm×2cm＝256cm2.溶液浓度为，每滴溶液体积为mL，2滴溶液中所含油酸体积V＝2×10－5cm3.油膜厚度即油酸分子的直径d＝≈8×10－10m.
(2)直径为1.43×10－8m的圆周周长D＝πd≈4.5×10－8m，可以估算出铁原子的直径约为d'＝m≈9.4×10－10m.第1讲 波粒二象性
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1.(2022年全国卷)一点光源以113 W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6×10－7 m的光，在离点光源距离为R处每秒垂直通过每平方米的光子数为3×1014个.普朗克常量为h＝6.63×10－34 J·s.R约为( )
A.1×102 m B.3×102 m
C.6×102 m D.9×102 m
【答案】B
【解析】一个光子的能量为E＝hν，ν为光的频率，光的波长与频率有以下关系c＝λν，光源每秒发出的光子的个数为n＝，P为光源的功率，光子以球面波的形式传播，那么以光源为原点的球面上的光子数相同，此时距光源的距离为R处，每秒垂直通过每平方米的光子数为3×1014个，那么此处的球面的表面积为S＝4πR2，则＝3×1014，联立以上各式解得R≈3×102m，B正确.
2.当具有5.0 eV的光子射到一金属表面时，从金属表面逸出的电子具有的最大初动能为1.5 eV，为了使这种金属产生光电效应，入射光子的能量必须不小于( )
A.1.5 eV B.2.5 eV
C.3.5 eV D.5.0 eV
【答案】C
3.(多选)关于黑体辐射图像，下列判断正确的是( )
A.T1＜T2＜T3＜T4
B.T1＞T2＞T3＞T4
C.测量某黑体辐射强度最强的光的波长可以得知其温度
D.测量某黑体任一波长的光的辐射强度可以得知其温度
【答案】BC
4.(多选)实物粒子和光都具有波粒二象性.下列事实中突出体现波动性的是( )
A.电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样
B.β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹
C.人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构
D.人们利用电子显微镜观测物质的微观结构
【答案】ACD
【解析】电子束通过双缝产生干涉图样，体现的是波动性，A正确；β射线在云室中留下清晰的径迹，不能体现波动性，B错误；衍射体现的是波动性，C正确；电子显微镜利用了电子束波长短的特性，D正确.
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5.(2022年太原模拟)在研究光电效应中电子的发射情况与照射光的强弱、光的颜色的关系时，将a、b、c三束光照射到同一光电管的阴极上，得到的光电流与电压的关系如图所示，可知( )
A.a光的频率高于c光的频率
B.c光的频率高于b光的频率
C.单位时间内c光入射的光子数大于b光入射的光子数
D.a光照射时逸出光电子的最大初动能可能比b光照射时的大
【答案】C
【解析】由爱因斯坦光电效应方程得Ek＝hν－W0，其中Ek＝eUc，可以看出遏止电压与频率呈线性关系，频率越大，遏止电压越大，所以由图像可知，a光的频率等于c光的频率，c光的频率低于b光的频率，A、B错误；由图可得，c光对应的饱和光电流大于b光对应的饱和光电流，因为饱和光电流越大，单位时间内逸出的光电子数越多，且逸出的光电子数等于入射的光子数，所以单位时间内c光入射的光子数大于b光入射的光子数，C正确；因为最大初动能为Ek＝eUc，所以a光照射时逸出光电子的最大初动能一定比b光照射时的小，故D错误.
6.(2022年肥城模拟)从1907年起，密立根就开始测量金属的遏止电压Uc(即图甲所示的电路中电流计G的读数减小到零时加在电极K、A之间的反向电压)与入射光的频率ν，由此算出普朗克常量h.按照密立根的方法我们利用图示装置进行实验，得到了某金属的Uc－ν图像如图乙所示.下列说法正确的是( )
A.该金属的截止频率约为4.30×1014 Hz
B.该金属的截止频率约为5.50×1014 Hz
C.该图线的斜率为普朗克常量
D.该图线的斜率为这种金属的逸出功
【答案】A
【解析】当Uc＝0时，可解得νc＝，此时读图可知νc≈4.3×1014Hz，即金属的截止频率约为4.30×1014Hz，在误差范围内，B错误，A正确；设金属的逸出功为W0，截止频率为νc，则有W0＝hνc，光电子的最大初动能与遏止电压的关系为Ekm＝eUc，光电效应方程为Ekm＝hν－W0，联立解得Uc＝ν－，故Uc与ν图像斜率为，C、D错误.第2讲 原子结构
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1.(多选)如图所示是氢原子的能级图，大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以辐射出6种不同频率的光子，其中巴耳末系是指氢原子由高能级向n＝2能级跃迁时释放的光子，则( )
A.6种光子中波长最长的是n＝4激发态跃迁到基态时产生的
B.6种光子中有3种属于巴耳末系
C.使n＝4能级的氢原子电离至少要0.85 eV的能量
D.在6种光子中，从n＝4能级跃迁到n＝1能级释放的光子康普顿效应最明显
【答案】CD
【解析】6种光子中从n＝4激发态跃迁到n＝3能级上时产生的光子的能量值最小，结合E＝，可知从n＝4激发态跃迁到n＝3能级上时产生的光子波长最长，A错误；6种光子中有2种属于巴耳末系，分别是n＝4→n＝2和n＝3→n＝2这两种光子，B错误；n＝4能级的氢原子具有的能量为－0.85eV，故要使其发生电离，能量变为0，至少需要0.85eV的能量，C正确；6种光子中从n＝4激发态跃迁到n＝1能级上时产生的光子的能量值最大，波长最短，根据P＝，可知光子的动量最大，根据康普顿效应的特点可知，在6种光子中，从n＝4能级跃迁到n＝1能级释放的光子康普顿效应最明显，D正确.
2.红宝石激光器的工作物质红宝石含有铬离子的三氧化二铝晶体，利用其中的铬离子产生激光.铬离子的能级如图所示，E1是基态，E2是亚稳态，E3是激发态，若以脉冲氙灯发出波长为λ1的绿光照射晶体，处于基态的铬离子受激发跃迁到E3，然后自发跃迁到E2，释放波长为λ2的光子，处于亚稳态E2的离子跃迁到基态时辐射出的光就是激光，这种激光的波长λ为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由，解得λ＝，A正确.
3.原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n＝4的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出可见光a，从n＝3的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出可见光b，则( )
A.氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出γ射线
B.氢原子从n＝4的能级向n＝3的能级跃迁时会辐射出紫外线
C.在水中传播时，a光较b光的速度小
D.氢原子在n＝2的能级时可吸收任意频率的光而发生电离
【答案】C
4.氢原子从能量为Em的较高激发态跃迁到能量为En的较低激发态，设真空中的光速为c，则( )
A.吸收光子的波长为
B.辐射光子的波长为
C.吸收光子的波长为
D.辐射光子的波长为
【答案】D
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5.(2022年石家庄模拟)用如图甲所示的装置做氢气放电管实验观测到四种频率的可见光.已知可见光的光子能量在1.6 eV~3.1 eV之间，氢原子能级图如图乙所示.下列说法正确的是( )
A.观测到的可见光可能是氢原子由高能级向n＝3的能级跃迁时放出的
B.n＝2能级的氢原子吸收上述某可见光后可能会电离
C.大量氢原子从高能级向基态跃迁时会辐射出紫外线
D.大量n＝4能级的氢原子最多能辐射出4种频率的光
【答案】C
【解析】因可见光光子能量在1.6eV~3.1 eV之间，所以观测到的可见光可能是氢原子由高能级向n＝3的能级跃迁时放出的，A错误；n＝2能级的氢原子要吸收至少3.4eV的能量才可能电离，而可见光的光子能量在1.6eV~3.1eV之间，B错误；当大量氢原子从n＝2向基态跃迁时辐射出的能量为10.2eV，而从其他高能级向基态跃迁时辐射出的能量都大于10.2eV，且都大于可见光的最大能量3.1eV，所以大量氢原子从高能级向基态跃迁时会辐射出紫外线，C正确；大量n＝4能级的氢原子向基态跃迁时，根据＝6，可知大量n＝4能级的氢原子最多能辐射出6种频率的光，D错误.
6.(2022年济南模拟)根据玻尔理论，氢原子的能级图如图甲所示，大量处于某激发态的氢原子向低能级跃迁时，发出的复色光通过玻璃三棱镜后能分成如图乙所示的a、b、c、d四条可见光束.已知可见光的光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间，则b光为( )
A.第6能级向第 2 能级跃迁产生的
B.第 4能级向第2 能级跃迁产生的
C.第6能级向第1能级跃迁产生的
D.第4能级向第1能级跃迁产生的
【答案】B
【解析】根据玻尔原子模型理论，依题意，因光子能量在1.62eV到3.11eV之间，不可能任何一个较高能级向第1能级跃迁而产生，因为从第2能级到第1能级辐射的光子能量最低，为10.2eV，C、D错误；结合前面分析，因光子能量在1.62eV到3.11eV之间，也不可能是更高能级向第3能级跃迁产生的，因为辐射的最高能量为1.51eV，所以一定是从较高能级向第2能级跃迁时产生的；根据玻尔理论，第7能级向第 2 能级跃迁辐射光子的能量大于3.11eV，所以a、b、c、d四条光束只能是第6、5、4、3能级向第2能级跃迁辐射产生，且辐射光子能量依次减小；a、b、c、d四条可见光通过三棱镜，根据偏折程度可知，d光光子能量最大，b光光子能量第三，所以b光为第 4能级向第2 能级跃迁产生的，A错误，B正确.
