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专题05 光学、热学、近代物理
一、单选题
1．B
2.D
二、解答题
3.(1)n= 4
3
(2)S = π
4 m
2
【解析】（1）该光源发出的光在水中的最短传播时间t = h
v
又n= c
v
解得该光源发出的光在水中的折射率n= 4
3
（2）设该单色光自水射向空气的临界角为C，sinC= 1
n
该光源发出的光在水面上可以射出的区域为圆形，设半径为r，有r =htanC+ d
2
又S = π r
2
解得该光源发出的光在水面上可以射出的区域面积S = π
4 m
2
4.(1)l =7cm
(2)Δt =3.27×10
−10s
【解析】（1）根据光的折射定律，对a 光 sin ra
sini =n1
解得sin ra=0.8，tan ra= 4
3
对b 光 sin rb
sini =n2
解得sin rb=0.6，tan rb= 3
4
光的折射、全反射
考点01
地 城
光屏上两光点之间的距离l = Rtanra−Rtanrb
解得l =7cm
（2）a、b 光在玻璃中的传播速度分别为va= c
n1
，vb= c
n2
a、b 光从射入玻璃砖到打在光屏上的时间分别为ta= R
va
+
R
cosra⋅c ，tb= R
vb
+
R
cosrb⋅c
解得时间差 Δt =ta−tb= 9.8
3 ×10
−10s= 49
15 ×10
−10s≈3.27×10
−10s
5.(1)❑√3
(2)2.1×10
−8s
【解析】（1）如图所示
根据几何关系知sinβ = h
R =
❑√3
2
则α =60
∘，θ = β
2 =30
∘
则n=sin β
sinθ = ❑√3
（2）光竖直向下由B点射入采光球时，如图所示
由n=sinr
sini
得，B点的折射角i=30
∘
设光在采光球内传播的路程为x1，由正弦定理得
x1
sin30° =
R
sin120°
解得x1=
❑√3
10 m
由v = c
n
得，光在采光球内的速度v = ❑√3×10
8 m /s
在界面MN由几何关系知，入射角为30
∘，由折射定律可知，该处的折射角为60
∘，由几何关系可知，光在
导光管的传播路程为x2=
l
sin30
∘=6 m
光到达导光管下端水平界面PQ的时间t = x1
v + x2
c
代入数据解得t =2.1×10
−8s
6.(1)n= 4
3
(2)t = 5 R
3c
【解析】（1）以球心O为原点，ON为x轴，OQ为y轴建立坐标系。由题意得，外半径OP=2 R
P点纵坐标为8
5 R，可得P点横坐标为−
❑√(2 R)
2−( 8 R
5 )
2
=−6 R
5
，即P(−6 R
5 , 8 R
5 )
Q在内球面，OQ⊥MN，内半径OQ = 5 R
4
，得Q(0, 5 R
4 )
PQ的长度为PQ = ❑√(
6 R
5 −0)
2
+(
8 R
5 −5 R
4 )
2
= 5 R
4
则PQ =OQ = 5 R
4
则△POQ是等腰三角形，由几何关系，得∠OPQ =∠POQ = α
2 =37°
即折射角r =37°
入射光线平行MN，入射角i为入射光线与法线OP的夹角，得i=90°−37° =53°
由折射定律n= sini
sinr = 0.8
0.6 = 4
3
（2）光在介质中的速度v = c
n = 3c
4
光在球壳中传播的路程就是PQ = 5 R
4
传播时间t = PQ
v = 5 R
3c
7.(1)❑√2
(2)2❑√6+ ❑√2
2c
R
【解析】（1）依题意，可知光射到三棱镜AC 边的入射角为45°，由sinC = 1
n
可得sin 45° = 1
n
所以三棱镜的折射率至少为❑√2
（2）如图所示，光在半球形玻璃砖内传播过程，设由D 点进入，由球形玻璃砖下端点E 点射出，由两条
光束会聚到P 点可知OD = R
2
，θ1=30°
由折射定律得n=sinθ2
sinθ1
得θ2= 45°，在△OEP中，由正弦定理得
R
sin15° =
EP
sin30°
解得EP =
❑√6+ ❑√2
2
R
光在玻璃砖中的传播速度v = c
n
光在玻璃砖中的传播时间t1= DE
v =
❑√3
2 R
v
光射出玻璃砖后的传播时间t2= EP
c
所以激光从进入半球形玻璃砖到会聚到P 点的时间t =t1+t2= 2❑√6+ ❑√2
2c
R
8.(1)n= ❑√3
(2)Δt = (4−2❑√3)R
c
【解析】（1）画出光路图，如图所示
根据折射定律可得n= sinα
sinβ = sinα
sinθ
解得n= ❑√3
（2）光线在玻璃砖内的传播速度为v = c
n =
❑√3
3 c
由几何关系得ta=t MC +tCD= R
c +
2❑√3
3
R
v
= 3 R
c
tb=t MN +t NO= (❑√3−1)R
c
+ R
v = (2❑√3−1)R
c
则两条光线从AB 界面射出的时间间隔为Δt =ta−tb= (4−2❑√3)R
c
9.(1)3
5
(2)4 ❑√2 R
3c
【解析】（1）根据题意作出光路图
界面上P点，n=sinα
sinθ
激光在Q点恰好发生全反射，可知sinC = 1
n
在△OPQ中由正弦定理R
sinC =
r
sinθ
三式联立得r
R =sinα，α =37
∘，可得r
R = 3
5
（2）界面上P点n=sinα
sinθ
当折射光与内表面相切时sinθ = r
R
代入数据可得n= 5 ❑√2
6
由折射率与光速的计算公式v = c
n = 3 ❑√2c
5
当激光与内圆相切时在圆环内的光程最长s=2 Rcosθ
激光在圆环中的最长传播时间为t = s
v
代入数据可得t = 4 ❑√2 R
3c
10.(1)t = (❑√6+ ❑√2)R
2c
(2)L=
❑√6
3 R
【解析】（1）光在玻璃砖中传播的最短距离x = Rsinα
光在玻璃砖中传播速度v = c
n
在玻璃砖中传播的最短时间t = x
v
可得t = (❑√6+ ❑√2)R
2c
（2）根据sinC = 1
n
可得C =30°
光从D点法线右侧射入，临界如图所示，∠OCM ≤C
在AB 边上有光线射出的最左端为M，则OM
sin30° =
R
sin75°
解得OM = (❑√6−❑√2)
2
R
光从D点法线左侧射入，临界如图所示，在AB 边上有光线射出的最右端为N，则ON
sin15° =
R
sin 60°
解得ON = (3 ❑√2−❑√6)
6
R
AB 边上有光线射出的区域的最大长度L=OM +ON =
❑√6
3 R
11.(1)θ<45
∘
(2)h= (4 ❑√6−❑√3)d
3
【解析】（1）设光从盖玻片射入空气时发生全反射的临界角为C，已知盖玻片的折射率为n= ❑√2，则有
sinC = 1
n =
❑√2
2
解得C = 45
∘
所以为使样品发出的光能离开盖玻片上表面射入空气，θ应满足的条件为θ<45
∘。
（2）P 点发出的光依次经过盖玻片、空气、物镜，最后在物镜球面上恰好发生全反射的光路图如图所示：
由折射定律有n= sinα
sinθ = ❑√2
解得α = 45
∘
由于物镜、盖玻片的折射率均为n= ❑√2，所以光线由空气射入物镜时的折射角为45
∘；光线在物镜球面上
恰好发生全反射，说明光线与球面法线（即半径OA）的夹角恰好为临界角，即β =C = 45
∘
所以由几何关系可得γ =60
∘，i=15
∘
则有x AB= 4 dcosi=dtanθ+htanα + 4 dsini
tanγ
代入数据解得物镜与盖玻片间的距离为h= (4 ❑√6−❑√3)d
3
12.(1)❑√3
(2)(2+ ❑√3)R
3
【解析】（1）设折射角为β，在△ODB中，OD =
❑√3
3 R，OB = R，因此tanβ = OD
OB =
❑√3
3
解得β =30°
根据折射定律n= sinα
sinβ
代入α =60°，β =30°，解得n= ❑√3
（2）光线在BC面上刚好发生全反射时，入射角等于临界角C，满足sinC = 1
n = 1
❑√3
入射方向不变，因此折射角仍为β =30°
即折射光线与竖直法线夹角恒为30°，与水平直径AC夹角为60
∘。设移动后入射点为D
′，D
′在O右侧，E
为折射光线与弧面交点，在△O D
′ E中，OE = R，∠O D
′ E =120°，∠OE D
′ =C
由正弦定理，得
OE
sin ∠O D
′ E
= O D
′
sinC
联立解得O D
′ = 2
3 R
原入射点D在O左侧，因此入射点移动的距离Δ x =O D
′ +OD = 2
3 R+
❑√3
3 R = (2+ ❑√3)R
3
一、单选题
1．C
2.B
3.B
4.D
5.B
6.A
7.C
8.B
二、多选题
9.AD
一、单选题
1.C
2.D
3.B
4.A
5.C
6.D
7.A
8.B
二、多选题
光的干涉
考点02
地 城
分子动理论、热力学定律
考点03
地 城
9.AC
10.ABD
三、解答题
11.(1)Q = 3
2 RT 0+ 1
2 p0 Sd + 1
2 mgd
(2)f = 1
2 p0 S+ 1
2 mg，方向竖直向下
【解析】（1）设未加热时，气体Ⅰ、Ⅱ的压强为p1，对于上面活塞进行受力分析得p1S = p0 S+mg
解得p1= p0+ mg
S
由于底部活塞导热性能优良，气体Ⅰ、Ⅱ的温度会同步变化。
又上面活塞与汽缸间的摩擦可忽略，所以气体Ⅰ在温度变化过程中，压强不变，根据盖-吕萨克定律得
V 1
T 0
= V 2
3
2 T 0
解得加热到3
2 T 0后，气体Ⅰ体积V 2= 3
2 V 1= 3
2 Sd
气体Ⅰ对外做功W 1=−p1 ΔV =−1
2 p1Sd =−1
2 p0 Sd −1
2 mgd
气体Ⅰ内能变化量ΔU 1= 3
2 R× 3
2 T 0−3
2 RT 0= 3
4 RT 0
由热力学第一定律得ΔU 1=W 1+Q1
解得加热过程中，气体Ⅰ吸收的热量Q1= ΔU 1−W 1= 3
4 RT 0+ 1
2 p0 Sd + 1
2 mgd
对于气体Ⅱ，下面活塞位置始终不变，加热过程中体积不变，气体Ⅱ对外做功W 2=0J
气体Ⅱ内能变化量ΔU 2= 3
2 R× 3
2 T 0−3
2 RT 0= 3
4 RT 0
由热力学第一定律得ΔU 2=W 2+Q2
解得加热过程中，气体Ⅱ吸收的热量Q2= ΔU 2−W 2= 3
4 RT 0
所以，加热过程中，两部分气体吸收的总热量Q =Q1+Q2= 3
2 RT 0+ 1
2 p0 Sd + 1
2 mgd
（2）对于气体Ⅱ，下面活塞位置始终不变，加热过程中体积不变，根据查理定律得
p1
T 0
= p2
3
2 T 0
解得加热后气体Ⅱ的压强p2= 3
2 p1
加热后，对底部活塞进行受力分析得p1S + f = p2S
解得f = 1
2 p1S = 1
2 p0 S+ 1
2 mg
由于p2> p1，摩擦力方向竖直向下。
12.(1)3.1 L0
(2)0.3 Mg L0
【解析】（1）B 气体的压强不变，由盖-吕萨克定律得S L0
T 0
= S LB
1.1T 0
解得LB=1.1 L0
对气体A 所在汽缸与活塞整体受力分析，设弹簧的形变量为x，则Mg=kx
稳定时活塞a离地的高度h= LB+(3 L0−x)
所以h=3.1 L0
（2）A 气体的压强也保持不变，同理由盖一吕萨克定律知气体A 末状态的长度LA=1.1 L0
对汽缸C 受力分析得Mg+ p0 S = pS
解得p= 2 Mg
S
由于A、B质量相等的同种理想气体，状态变化相同，所以ΔU A=ΔU
2
对气体A 由热力学第一定律得ΔU
2
=Q+W
其中W =−pS(LA−L0)
解得Q =0.3 Mg L0
一、多选题
1.AC
二、解答题
气体实验定律
考点04
地 城
2.(1)V 0=
T 0 SHh
T 1( H −h)
(2)2T 2
T 1
【解析】（1）设完成测试后，下方气体温度为T，则对下方吹入的气体p0V 0
T 0
= pSh
T
①
对上方封闭气体p0 SH
T 1
= pS( H −h)
T
②
由①②式可得V 0=
T 0 SHh
T 1( H −h)
（2）同理由（1）得乙同学的肺活量V
′
0= T 0 SH h
′
T 2(H −h
′)
代入数据可得甲乙的肺活量之比为2T 2
T 1
。
3.(1)10.5m
(2)1.05
【解析】（1）设圆筒的横截面积为S，则初始状态下圆筒内气体的压强为p0，体积为V 0= Sh
筒口距离水面的深度为H时，圆筒内气体的压强为p1= p0+ ρg(H −1
2 h)
体积为V 1= S⋅1
2 h
则由玻意耳定律有p0V 0= p1V 1
代入数据联立解得H =10.5 m
（2）设向圆筒内压入压强为p0的空气体积为V 2，压入气体后圆筒内气体的压强为p2，则p2= p0+ ρgH
则由玻意耳定律有p1V 1+ p0V 2= p2V 0
代入数据联立解得V 2=1.05 Sh
所以压入的空气质量与圆筒中原有的空气质量之比为k = m压入
m原
= V 2
V 0
=1.05
4.1)T 2=350K
(2)①225min；②1
4
【解析】（1）由题意可知，氧气的体积不变，根据查理定理可得p1
T 1
= p2
T 2
代入数据，解得T 2=350K
（2）①假设氧气的温度不变，即等温膨胀，则设此过程下该氧气瓶为病房供氧总体积为V ，根据玻意耳定
律可得p1V 0= p3(V 0+V )
解得V =105L
输出氧气的温度为T 3=(273+27)K =300K
设输出氧气的压强为p4，体积为V
′，根据理想气体状态方程可得p3V
T 1
= p4V
′
T 3
解得V
′ =1125L
所以，供氧时间为t = V
′
ΔV min=225min
②氧气瓶内最终剩余氧气与启用前氧气的质量之比m余
m = p3
p1
= 1
4
5.(1)m1
m = T 1−T 0
T 1
(2)V =
ΔmT 1
ρ(T 1−T 0)
【解析】（1）设容器容积为V ，原有气体初始状态：压强p0、温度T 0、体积V ；温度升高到T 1后，若原
有气体全部不逸出，总体积变为V 1
，根据盖-吕萨克定律有V
T 0
= V 1
T 1
整理得V 1= T 1
T 0
V
气体密度均匀，逸出质量与总质量之比等于体积比，因此m1
m = V 1−V
V 1
= T 1−T 0
T 1
（2）第一阶段结束后，容器内剩余气体体积为V 、温度为T 1；降温到T 0后，设剩余气体体积变为V 2，由
盖-吕萨克定律有V
T 1
= V 2
T 0
整理得V 2= T 0
T 1
V
吸入容器的水的体积为ΔV =V −V 2=V ⋅T 1−T 0
T 1
吸水后容器质量差Δm= ρΔV
代入整理得V =Δm⋅T 1
ρ(T 1−T 0)
6.(1)3V 0
S
(2)V 0
2S
【解析】（1）周围环境温度由T 0升高至2T 0的过程，阀门a打开，b关闭，对A、B两汽缸中的气体，由等
压变化得2V 0
T 0
= V 0+V B
2T 0
，V B=hS
解得温度升高至2T 0时活塞距B底面的高度h= 3V 0
S
（2）温度由2T 0降为3
5 T 0的过程阀门a一直关闭，在温度由2T 0降为T 0的过程阀门b关闭，由T 0降为3
5 T 0
的过程阀门b打开，对B、C两汽缸中的气体
V B
2T 0
+ V 0
T 0
= V B' +V 0
3
5 T 0
，V B' =h' S
解得活塞距B底面的高度h' = V 0
2S
7.(1)F =3mg，方向竖直向下
(2)m0−m2
m0
= 33
40
【解析】（1）设开始时封闭气体压强为p1，杆对A 的作用力为F
对A、B 整体有3 p1S =6mg+3 p0 S
对A 有4 p1S =5mg+ 4 p0 S + F
解得F =3mg，方向竖直向下
（2）设原先封闭气体的质量为m0，抽气装置缓慢抽气过程，活塞A 缓慢向下移动，该过程中杆的作用力
保持3mg 不变；
气体压强保持p1= 4 mg
S
不变，直至A 移动至卡栓处，设杆的作用力为零时，封闭气体压强为p2
活塞A 刚移动至卡栓位置时，封闭气体的质量为m1=
S⋅3 L
4 + 4 S⋅L
4
S⋅L
2 + 4 S⋅L
2
⋅m0= 7
10 m0
对B 有p0 S =mg+ p2S
将质量为m1、压强为p1、体积为7 SL
4
的封闭气体等温降为压强为p2，设此时气体体积为V 2，则有
p1
7 SL
4
= p2V 2
则关闭K 后封闭气体的质量为m2=
7 SL
4
V 2
m1= m1
4 = 7m0
40
解得m0−m2
m0
= 33
40
8.(1)9.82×104Pa
(2)5:1
【解析】（1）输液瓶为圆柱体，总容积 V =220 ml，总高 22cm，因此横截面积 S = 220 ml
22cm =10cm
2
初始药液体积200 ml，气室体积 V 1=220 ml−200 ml=20 ml
气室高度 hA 1= 20 ml
S
=2cm
液体总高度20cm，a 管上端到液面的高度h1=22cm−hA1−L=18cm
a 管上端的压强p0，可得初始状态气室A中的压强pA= p0−ρgh1
代入数据得pA=9.82×10
4 Pa
（2）药液体积100 ml时，A中封闭气体体积V 2=120 ml
压强p2= p0−ρgh2，h2=h1−10cm =8cm
代入数据得p2=9.92×10
4 Pa
由理想气体方程pV =nRT可得，A中封闭气体物质的量之比n2
n1
= p2V 2
p1V 1
代入数据可得n2
n1
=6.06
进入空气与原有空气的物质的量之比n2−n1
n1
=5.06
故此过程中进入气室A的空气与原有空气的质量比约为5:1。
一、单选题
1.C
2.D
3.D
4.D
5.D
6.A
7.C
8.B
9.D
二、多选题
10.BC
近代物理
考点05
地 城
