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专题07 光学 热学
3 大考点概览
考点01 光学
考点02 分子动理论及气体状态方程
考点03 热力学定律
一、单选题
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
B
A
C
A
C
B
A
二．多选题
题号
8
9
答案
BC
AC
三、解答题
10．（2026·内蒙古兴安盟·一模）一底面半径为R 的半圆柱形透明体，横截面如图所示，O 表示半圆柱形
截面的圆心。一束极窄的光线在横截面内从AOB边上的A 点（以AOB为界面）以60°的入射角入射，该
束光线进入半圆形透明体后第一次到达圆弧面的位置与A 点的距离为R，求：
（1）该透明体的折射率n；
（2）该光线从进入透明体到第一次离开透明体时所经历的时间（已知真空中的光速为c，计算结果用R、c
表示）。
【答案】（1）❑√3；（2）t = 3 ❑√3 R
c
【详解】（1）由折射定律知
n= sini
sinγ
其中i=60° ,γ =30°
考点1
光学
解得
n= ❑√3
（2）临界角
sinC = 1
n =
❑√3
3
在C点入射角为60° ,60°>C，发生全反射，水平反射到D点，再次发生全反射，最终从B点射出
t = x
v
v = c
n
x =3 R
解得
t = 3 ❑√3 R
c
11．（2026·辽宁大连·一模）如图所示，一半径为R = 4 c m、折射率为n= ❑√2的玻璃半球，放在空气中，表
面中央半径为h0=2cm的区域被涂黑。一平行光束垂直入射到此平面上，正好覆盖整个表面。Ox 为以球心
O 为原点，与平面垂直的坐标轴。试求出坐标轴Ox 上玻璃半球右边有光线通过的长度是多少？（此题需
要用作图工具做出相应的光路图；结果用根式表示。）
【答案】4(❑√3−❑√2+1)cm
【详解】如图中画出的是进入玻璃半球的任一光线的光路（图中阴影处是无光线进入的区域）
光线在球面上的入射角和折射角分别为i 和i′，折射光线与坐标轴的交点在P，令轴上OP 的距离为x，MP
的距离为l，根据折射定律，有
sini′
sini =n
在△OMP中
l
sini =
x
sini′
l
2= R
2+ x
2−2 Rxcosi
联立得
x =nl
得
x
2=n
2( R
2+ x
2−2 Rxcosi)
设M 点到ox 的距离为h，有
h= Rsini
Rcosi=
❑√R
2−R
2sin
2i=
❑√R
2−h
2
得
x
2
n
2 = R
2+ x
2−2 x
❑√R
2−h
2
x
2(1−1
n
2 )−2 x
❑√R
2−h
2+ R
2=0
解得
x = n
2❑√R
2−h
2±n
❑√R
2−n
2h
2
n
2−1
为排除上式中应舍弃的解，令h→0，则x 处应为玻璃半球在光轴Ox 上的傍轴焦点，由上式
x→n(n±1) R
n
2−1
=
n
n−1 R或n
n+1 R
由图可知，应有x> R，故应排除±号中的负号，所以x 应表示为
x = n
2❑√R
2−h
2+n
❑√R
2−n
2h
2
n
2−1
上式给出x 随h 变化的关系；因为半球平表面中心有涂黑的面积，所以进入玻璃半球的光线都有h≥h0，其
中折射光线与Ox 轴交点最远处的坐标为
x0= n
2❑√R
2−h0
2+n
❑√R
2−n
2h0
2
n
2−1
在轴上x> x0处，无光线通过；随h 增大，球面上入射角i 增大，当i 大于临界角iC 时，即会发生全反射，
没有折射光线，与临界角iC 相应的光线有
hC = RsiniC = R⋅1
n
这光线的折射线与轴线的交点处于
xC =
n
2 R ❑√
1−1
n
2
n
2−1
=
nR
❑√n
2−1
在轴Ox 上R< x< xC处没有折射光线通过，由以上分析可知，在轴Ox 上玻璃半球以右xC≤x ≤x0的一段为
有光线段，其它各点属于无光线段，x0 与xC 就是所要求的分界点，如图所示
即在轴Ox 上玻璃半球以右
4 ❑√2cm ≤x ≤4(❑√3+1)cm
有光线射出，长度为4(❑√3−❑√2+1)cm。
12．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，半圆形透明玻璃砖横截面的半径为R，圆心为O，AB 为直径，
M 为圆弧中点。单色平行光以入射角θ = 45°射入玻璃砖AB 界面，在玻璃砖中折射率n= ❑√2。不考虑多次
反射后射出的光线，求：
(1)从M 射出的光线在AB 边的入射点到O 点距离d；
(2)圆弧表面有光线射出部分的弧长s；
(3)光线能从圆弧表面射出时，入射光在AB 上的距离L。
【答案】(1)
❑√3 R
3
(2)π R
2
(3)2❑√6 R
3
【详解】（1）经过M 点的光线如图
由折射定律可得sinθ =nsinα，d = Rtanα
解得d =
❑√3 R
3
（2）有光线射入与射出的范围如图
设临界角为C，sinC = 1
n
解得C = 45°
由几何关系可得∠DOE =90°，则s=π R
2
（3）由几何关系可得∠OO1 D =60°，∠OO2 E =120°，则
R
sin60° =
l1
sin 45° ，
R
sin120° =
l2
sin 45°
则L=l1+l2
则L= 2❑√6 R
3
13．（2026·吉林省G35+联合体·一模）如图所示，某玻璃砖的截面为半圆的一部分，O 为圆弧的圆心，AD
面与AB 面垂直，圆弧的半径为R，AB =1.5 R，一束单色光斜射到AD 边的中点，光线方向与AD 面的夹
角为30°，折射光线刚好照射到AB 的中点，求：
（1）玻璃砖对光的折射率；
（2）试判断折射光线照射到AB 面上时会不会发生全反射。
【答案】（1）❑√3；（2）会
【详解】（1）光路图如图所示
设光线与AD 面的交点为O1，法线为EF，光线与AB 面的交点为O2，法线为MN，由几何关系可得
A O1=
❑√3
4 R
∠O2O1 F =30
o
由折射定律可得
n=
sin 60
o
sin ∠O2O1 F = ❑√3
（2）设光在AB 面上发生全反射的临界角为C，则
sinC = 1
n =
❑√3
3
由几何关系可得
∠O1O2 N =60
o>C
所以光线照射到AB 面上时会发生全反射。
一、单选题
题号
1
2
3
答案
D
C
C
二．多选题
题号
4
答案
BC
三、解答题
5．（2026·黑龙江绥化·一模）某工业余热回收的氦气储能装置如图所示，装置的绝热圆筒内装有两个活塞，
顶部重活塞外覆绝热层（热损失可忽略），底部轻活塞（质量可忽略不计）导热性能优异。初始时装置与
车间环境处于热平衡，上下两腔各封闭1mol氦气（可视为理想气体），两活塞间距及轻活塞到缸底间距均
考点2
分子动理论及气体状态方程
为x，现通过缸底余热换热装置缓慢向气体传递热量 Q（x和Q均为已知量）。设重活塞可以无摩擦地滑
动，在整个过程中轻活塞位置保持不变，忽略气体泄漏。（重力加速度为g，汽缸横截面积为S，阿伏加德
罗常数的值为N A）
(1)对处在温度为T的平衡状态的理想气体，其内能只由气体分子的动能构成。依据能量均分定理，每个气
体分子的动能对内能的贡献为3 RT
2 N A
，R为气体普适常数，利用该常数可将理想气体的三个实验定律统一为
pV =nRT（n为物质的量），即克拉伯龙方程。若上述装置吸收热量前后的温度分别为T 1和T 2，试利用上
述规律写出热量Q与初末态温度间的关系。
(2)求系统再次稳定后轻活塞所受的摩擦力大小。
【答案】(1)Q = 4 R(T 2−T 1)
(2) Q
4 x
【详解】（1）在给底部汽缸传递热量前，设底部汽缸内压强为p1，由理想气体性质可知，顶部汽缸内压
强也为p1，故p1Sx = RT 1
由题意可知，当热量缓慢传递给底部汽缸，两汽缸温度同步升高，且顶部汽缸内的气体对重活塞做功，设
热量传递结束后，两活塞间距为z，则上述做功可表示为W = p1S (z−x)
利用能量均分定理，两个汽缸中的气体总内能的增量为ΔU =2 N A×3×
R
2 N A
×(T 2−T 1)=3 R(T 2−T 1)
故由热力学第一定律可知Q = p1S (z−x)+3 R(T 2−T 1)
当热量传递结束后，由于重活塞可无摩擦滑动，故对顶部气体p1Sz = RT 2
联立可得Q = 4 R(T 2−T 1)
（2）设热量传递结束后，底部汽缸内气体压强为p2，则p2Sx = RT 2
因此，为维持轻活塞位置不变，作用在轻活塞的摩擦力为Ff =( p2−p1)S
可得Q = 4 p1S (z−x)
联立可得p2= z
x p1
联立解得F f = Q
4 x
另解：（1）在给底部汽缸传递热量前，设底部汽缸内压强为p1，由理想气体性质可知，顶部汽缸内压强
同为p1，系统吸热后，两活塞间距变为z，由于上部分气体为等压过程，故由盖-吕萨克定律可得
p1Sx
T 1
= p1Sz
T 2
上部气体对外做功W = p1S (z−x)
由题意可知，上下两部分气体总内能增量为ΔU =2 N A×3×
R
2 N A
×(T 2−T 1)=3 R(T 2−T 1)
故由热力学第一定律ΔU =Q−W 得Q = p1Sx = T 2−T 1
T 1
+3 R(T 2−T 1)
又由题意可知p1Sx = RT 1
联立可得Q = 4 p1S (z−x)= 4 R(T 2−T 1)
（2）底部汽缸的下部分气体为等容过程，设吸收热量后，气体压强为p2，由查理定律可得
p1
T 1
= p2
T 2
对轻活塞，由题意可知其所受静摩擦力F f为Ff =( p2−p1)S
联立可得F f = p1S(T 2−T 1)
T 1
解得Ff = Q
4 x
6．（2026·吉林延边·一模）功夫茶讲究“烫杯热罐”，冲泡时需用热水淋烫茶具以激发茶香。如图甲所示
为一款功夫茶专用陶瓷茶杯，冲泡时先在杯中倒入半杯滚烫的茶汤，迅速盖上配套的陶瓷杯盖（避免茶香
散失）。刚盖上杯盖瞬间，杯中气体的压强为p0、温度为T 0；静置片刻后，杯中气体温度升至某一温度时，
此时杯盖刚好要被内部气体顶起。已知大气压强恒为p0，杯盖质量为m，杯盖边沿圆形截面的直径为d，
杯盖与杯口接触光滑（无摩擦），且盖沿不漏气，不考虑茶汤蒸发对气体质量的影响，杯中气体可视为理
想气体，重力加速度大小为g，求：
(1)杯盖刚好要被顶起时，杯中气体的压强；
(2)杯盖刚好要被顶起时，杯中气体的温度。
【答案】(1)p= p0+ 4 mg
πd
2
(2)T =T 0(1+
4 mg
π p0d
2)
【详解】（1）当杯盖刚好要被顶起时，根据力的平衡有p0 S +mg= pS
又S = π( d
2 )
2
解得p= p0+ 4 mg
π d
2
（2）设杯盖刚好要被顶起时杯中气体的温度为T，由查理定律可得
p0
T 0
= p
T
解得T =T 0(1+ 4 mg
π p0d
2)
一、单选题
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
A
B
C
D
D
D
C
二．多选题
题号
8
答案
BC
二、多选题
三、解答题
考点3
热力学定律
9．（2026·辽宁大连·一模）一场秋雨一场寒，进入秋天后，昼夜温差变大，小明发现晚上倒了热水的保温
杯，早上很难打开。小明测量到保温杯容积为500mL，倒入200mL 热水，拧紧杯盖，此时显示温度为
87° C，压强与外界相同，早上显示温度7° C与室温相同。已知外界大气压强p0为1.0×10
5Pa恒定不变。
杯中气体可视为理想气体，不计水蒸气产生的压强，不考虑水的体积随温度的变化
（1）求杯内温度降到7° C时，杯内气体的压强；
（2）杯内温度降到7° C时稍拧松杯盖，外界空气进入杯中，直至稳定。求此过程中外界进入水杯中的空
气体积。
【答案】（1）7.8×10
4pa；（2）66 mL
【详解】（1）杯内气体做等容变化，有
P1
T 1
= P2
T 2
其中
P1= P0=1×10
5pa，T 1=(273+87)K=360K，T 2=(273+7)K=280K
代入数据可得
P2=7.8×10
4pa
（2）设打开杯盖后进入杯内的气体在大气压强下的体积为V，以杯内原有气体为研究对象，则
P2V 2= P0V 3
其中
V 2=(500−200)mL=300 mL
则
V =V 2−V 3
联立可得
V =66 mL
