专题07 热、光、原、振动与波-2025年高考物理二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

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目录
01.题型综述 PAGEREF _Tc32423 \h 1
02.解题攻略 PAGEREF _Tc32423 \h 1
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc9696" 题组01 热学 PAGEREF _Tc9696 \h 1
\l "_Tc18804" 题组02 光学 PAGEREF _Tc18804 \h 9
\l "_Tc28864" 题组03 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 PAGEREF _Tc28864 \h 16
\l "_Tc29112" 题组04 振动与波 PAGEREF _Tc29112 \h 25
03.高考练场
热、光、原、振动与波是高考物理的必考点，考察方向多以选择题形式考察深度较浅多以识记与简单计算为主，属于学生必须得分的模块。从往年高考中可以看出在选择题中热学考察主要以热力学定律及图像分析为主，光学多以物理光学为主，原子物理多以光电效应、能级跃迁、原子核相关知识点为主、振动与波多以波的图像分析为主。本专题更多是基于以上分析的基础上精选具有代表性的习题作为例题与变式训练，旨在通过本专题的训练能帮助考生在这四个模块上取得满分。
题组01 热学
【提分秘籍】
1.分子动理论
(1)分子大小
①分子体积(或占有空间的体积)：V0＝eq \f(Vml,NA)。
②分子质量：m0＝eq \f(Mml,NA)。
③油膜法估测分子的直径：d＝eq \f(V,S)。
④两种微观模型
a．球体模型(适用于固体、液体)：一个分子的体积V0＝eq \f(4,3)π（eq \f(d,2)）3＝eq \f(1,6)πd3，d为分子的直径。
b．立方体模型(适用于气体)：一个分子占据的平均空间体积V0＝d3，d为分子间的距离。
(2)分子热运动的实验基础：扩散现象和布朗运动
①扩散现象特点：温度越高，扩散越快。
②布朗运动特点：液体内固体小颗粒永不停息、无规则地运动，颗粒越小、温度越高，运动越剧烈。(反映了液体分子的无规则运动，但并非液体分子的无规则运动)
(3)分子势能、分子力与分子间距离的关系
2．热力学第一定律的灵活应用
(1)应用热力学第一定律时，要注意各符号正负的规定，并要充分考虑改变内能的两个因素：做功和热传递。不能认为物体吸热(或对物体做功)，物体的内能一定增加。
(2)若研究物体为气体，对气体做功的正负由气体的体积决定，气体体积增大，气体对外做功，W为负值；气体的体积减小，外界对气体做功，W为正值。
(3)三种特殊情况
①若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体(物体对外界)做的功等于物体内能的增加量(减少量)。
②若过程中不做功，即W＝0，Q＝ΔU，物体吸收(放出)的热量等于物体内能的增加量(减少量)。
③若过程的始、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量(物体对外界做的功等于物体吸收的热量)。
【典例剖析】
【例1-1】（2024·全国·模拟预测）一定质量的理想气体按图中箭头所示的顺序进行状态变化，图中段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线，则下列说法正确的是（ ）
A．过程，气体体积增大，温度降低
B．过程，气体体积增大，温度不变，每个气体分子的动能都不变
C．过程，气体体积减小，温度降低，气体分子的平均动能减小
D．气体沿不同的途径从状态变化到状态的过程对外界做的功都相同
【答案】C
【详解】A．由题图可知，过程气体压强不变、体积增大，根据盖—吕萨克定律可知，气体温度升高，A错误；
B．由题图可知过程气体体积增大，由于段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线，故过程气体的值不变，根据玻意耳定律可知，过程气体温度不变，则气体分子的平均动能不变，但并不是每个气体分子的动能都不变，B错误；
C．由题图可知，过程气体的压强不变、体积减小，根据盖-吕萨克定律可知，气体温度降低，则气体分子的平均动能减小，C正确；
D．图像中图线与横轴所围图形的面积在数值上等于气体或外界做的功，可知气体沿不同的途径从状态变化到状态对外界做的功可能不同，D错误。
故选C。
【点睛】气体或外界做功情况一般看气体体积的变化，体积增大则气体对外界做功，体积减小则外界对气体做功；图像中图线与横轴所围图形的面积等于气体或外界做功的数值。
【例1-2】．（2025高三上·江苏南京·期中）关于下列各图说法正确的是（ ）
A．图甲中，实验现象说明薄板材料是非晶体
B．图乙中液体和管壁表现为不浸润
C．图丙中，T2对应曲线为同一气体温度较高时的速率分布图
D．图丁中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越明显
【答案】C
【详解】A．图甲中，实验现象表明材料具有各向同性，则说明薄板材料可能是多晶体，也有可能是非晶体，故A错误；
B．图乙中液体和管壁接触面中的附着层中的液体分子间表现为斥力效果，可知液体和管壁表现为浸润，故B错误；
C．图丙中，当温度升高时，分子速率较大的分子数占总分子数的百分比增大，可知T2对应曲线为同一气体温度较高时的速率分布图，故C正确；
D．图丁中，微粒越小，温度越高，布朗运动越明显，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越不明显，故D错误。
故选C。
【例1-3】．用打气筒给篮球打气，设每推一次活塞都将一个大气压的一整筒空气压入篮球。不考虑打气过程中的温度变化，忽略篮球容积的变化，则后一次与前一次推活塞过程相比较（ ）
A．两次篮球内气体压强的增加量相等
B．后一次篮球内气体压强的增加量大
C．后一次压入的气体分子数多
D．后一次压入的气体分子数少
【答案】A
【详解】AB．设篮球体积为，打气筒体积为，打第n次气后篮球内气体的压强为，打第n+1次气后气体压强为，根据玻意耳定律，有
可知
即两次篮球内气体压强的增加量相等，故A正确，B错误；
CD．每次压入的气体均为同温度、同压强、同体积，由理想气体状态方程知每次压入气体的物质的量相同，可知压入的气体分子数相等，故CD错误。
故选A。
【变式演练】
【变式1-1】（2025高三上·内蒙古赤峰·阶段练习）下图是一台热机的循环过程，工作物质为理想气体，它由两个等容过程和两个等温过程组成，温度为，温度为，关于该循环，下列判断正确的是（ ）
A．温度小于温度
B．放出的热量等于吸收的热量
C．气体对外做功等于外界对气体做功
D．气体分子在状态A时的平均动能大于在状态B时的平均动能
【答案】B
【详解】A．过程，理想气体体积不变，压强变小，根据理想气体状态方程
可知热力学温度降低，即
故A错误；
B．和均为等容过程，对外界不做功，温度变化相同，即内能变化量的大小相等，由热力学第一定律
可知放出的热量等于吸收的热量，故B正确；
C．气体温度不变，气体内能不变，气体压强减小，体积增大，气体对外界做功； 气体温度不变，气体内能不变，气体压强增大，体积减小，外界对气体做功；图像与坐标轴所围图形的面积等于气体做的功，由图像可知，过程图像的面积大于过程图像所围成的面积，即
故C错误；
D．为等温状态，则两状态的温度相等，故气体分子在状态A时的平均动能等于在状态B时的平均动能，故D错误。
故选B。
【变式1-2】．一定质量的理想气体从状态A开始，经A→B、B→C、C→A三个过程后回到初始状态A，其图像如图所示，已知状态A的气体温度为，下列说法正确的是（ ）
A．状态B的气体温度为
B．在A→B过程中，气体对外界做负功
C．在B→C过程中，外界对气体做功为
D．在A→B→C→A一个循环过程中，气体从外界吸收热量为
【答案】A
【详解】A．在A→B过程中，气体发生等容变化，根据查理定律得
解得
故A正确；
B．在A→B过程中，气体的体积不变，所以气体对外不做功，故B错误；
C．在B→C过程中，气体的压强不变，体积减小，外界对气体做功为
故C错误；
D．在A→B→C→A一个循环过程中，内能不变，则
围成的面积表示一个循环过程中外界对气体做的功，为
根据热力学第一定律
可知，气体从外界吸收的热量
即气体向外界释放热量，故D错误。
故选A。
【变式1-3】．（2025高三上·河北沧州·期中）一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C，其图像如图所示。已知气体在状态C时的体积为。下列说法正确的是（ ）
A．气体在状态A时的温度为300K、体积为
B．从状态A到状态B的过程中，单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数可能不变
C．从状态B到状态C的过程中，分子数密度减小，单个分子对器壁的平均撞击力不变
D．从状态A到状态C的过程中，气体从外界吸收的热量大于45000J
【答案】D
【详解】A．从状态到状态的过程中，气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律有
解得
从状态到状态的过程中，气体的压强与热力学温度成正比，所以气体发生等容变化，体积保持不变
根据查理定律有
解得
A错误；
B．从状态到状态B的过程中，体积不变，分子数密度不变，温度升高，分子平均动能增大，分子与器壁碰撞机会增加，单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数增多，B错误；
C．从状态B到状态C的过程中，体积增大，分子数密度减小，温度升高，分子平均动能增大，单个分子对器壁的平均撞击力增大，C错误；
D．从状态A到状态C的过程中，气体内能增加，气体对外做的功
根据热力学第一定律可知，整个过程吸收的热量等于内能增加量与气体对外做的功之和，大于45000J，D正确。
故选D。
【变式1-4】（2025·辽宁本溪·一模）一定质量的理想气体经历了a→b→c→a循环，其图像如图所示，气体在各状态时的温度、压强和体积部分已标出。已知该气体在状态a时的压强为，下列说法正确的是（ ）
A．气体在状态c的温度是
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
D．气体经历了a→b→c→a循环的过程中，吸收的热量小于释放的热量
【答案】D
【详解】A．由图像中ca连线过原点，可知气体由状态c到状态a，发生等压降温的过程，气体的体积减小，由
解得
故A错误；
B．气体由状态c到状态a的过程中，气体体积减小，分子的数密度增大，温度降低，分子的平均动能减小，压强保持不变，则单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增大。故B错误；
C．气体由状态a到状态b，气体体积增大，对外界做功。故C错误；
D．气体经历了a→b→c→a循环的过程中，由状态a到状态b，气体体积增大，对外界做功
由状态b到状态c，气体体积不变，对外界不做功，由状态c到状态a，气体体积减小，外界对气体做功
由
可知
可得
又
由热力学第一定律
可知
说明气体经历了a→b→c→a循环的过程中，吸收的热量小于释放的热量。故D正确。
故选D。
【变式1-5】用活塞式气筒向一个容积为的容器内打气，每次把体积为、压强为的空气打入容器内。若容器内原有空气的压强为，打气过程中温度不变，则打了次气后容器内气体的压强为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】以容器内原有的气体和打进的气体为研究对象，初态是压强，体积，末态压强是，体积，由玻意耳定律
所以
故选C。
【变式1-5】．（2025高三上·天津北辰·期中）气缸内封闭有一定质量的理想气体，当快速压缩该气体，压缩过程可以看作绝热变化，则压缩过程中（ ）
A．气体温度升高，内能增大
B．气体温度升高，内能减小
C．气体压强增大，内能减小
D．气体压强减小，内能增大
【答案】A
【详解】当快速压缩该气体时，气体体积减小，外界对气体做功即W>0，气体与外界无热交换，即Q=0，根据热力学第一定律可知
∆U=W+Q
可知∆U>0，即气体内能变大，温度升高；根据
可知气体压强变大。
故选A。
题组02 光学
【提分秘籍】
1．常用的三个公式：eq \f(sin θ1,sin θ2)＝n，n＝eq \f(c,v)，sin C＝eq \f(1,n)。
2．折射率的理解
(1)折射率与介质和光的频率有关，与入射角的大小无关。
(2)光密介质指折射率较大的介质，而不是指密度大的介质。
(3)同一种介质中，频率越高的光折射率越大，传播速度越小。
3．求解光的折射和全反射问题的思路
(1)根据题意画出正确的光路图，特别注意全反射的临界光线。
(2)利用几何关系确定光路中的边、角关系。
(3)利用折射定律等公式求解。
(4)注意折射现象中光路的可逆性。
4．光的干涉现象：双缝干涉、薄膜干涉(油膜、空气膜、增透膜、牛顿环)；
光的衍射现象：单缝衍射、圆孔衍射、光栅衍射、泊松亮斑。
5．光的双缝干涉和单缝衍射的比较
【典例剖析】
【例2-1】（2024·广东韶关·模拟预测）如图为某款手机防窥膜的原理图，在透明介质中等距排列有相互平行的吸光屏障，屏障的高度与防窥膜厚度均为，相邻屏障的间距为L，方向与屏幕垂直。防窥膜的可视角度通常是以垂直于屏幕的法线为基线，左右各有一定的可视角度（如下图所示），可视角度越小，防窥效果越好。当可视角度时，透明介质的折射率为（ ）
A．1B．C．3D．无法确定
【答案】B
【详解】设光线由透明介质射向空气的入射角为，则
即
所以，透明介质的折射率为
故选B。
【例2-2】．（2025·云南昆明·模拟预测）彩虹是由阳光进入水滴，先折射一次，然后在水滴的背面反射，最后离开水滴时再折射一次形成的。彩虹形成的示意图如图所示，一束白光L由左侧射入水滴，a、b是白光射入水滴后经过一次反射和两次折射后的两条出射光线（a、b是单色光）。下列关于a光与b光的说法正确的是（ ）
A．水滴对a光的折射率大于对b光的折射率
B．a光在水滴中的传播速度等于b光在水滴中的传播速度
C．a、b光在由空气进入水滴后波长变长
D．若a光、b光在同一介质中，以相同的入射角由介质射向空气，若a光能够发生全反射，则b光也一定能够发生全反射
【答案】A
【详解】A．由光路可知，a光的偏折程度大于b光，可知水滴对a光的折射率大于对b光的折射率，选项A正确；
B．根据
可知，a光在水滴中的传播速度小于b光在水滴中的传播速度，选项B错误；
C．a、b光在由空气进入水滴后波速变小，频率不变，根据
则波长变短，选项C错误；
D．根据
可知，a光的折射率大于对b光的折射率，可知a光的临界角小于b光的临界角，则若a光、b光在同一介质中，以相同的入射角由介质射向空气，若a光能够发生全反射，则b光不一定能够发生全反射，选项D错误。故选A
【变式演练】
【变式2-1】（2025届广西壮族自治区贵港市高三上学期12月模拟考试物理试题）如图，一个圆柱形储油桶的底面直径为，高为。当桶内没有油时，从某点E恰能看到桶底边缘的某点A。当桶内油的深度等于桶高的一半时，仍沿EA方向看去，恰好看到桶底上的点F，F、A两点相距，则油的折射率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设光线与油面交点为O点，几何关系可知AC距离为10d，入射角、折射角分别为，故入射角正弦值为
几何关系可知OF距离为
故折射角正弦值为
故折射率
联立以上解得
故选A。
【变式2-1】．（2025·河北邯郸·阶段练习）如图所示，a、b两束相同的平行细光束以垂直底面的方向射到正三棱镜的两个侧面，且a、b两束光间的距离为d，两束光的入射点A、B到底面的距离相等，经折射后两束光射到三棱镜的底面上。已知三棱镜截面的边长为2d，三棱镜的折射率为，则底面上两光点间的距离为（ ）
A．0B．C．D．d
【答案】A
【详解】光线a射到A点发生折射现象，入射角，根据折射定律
可得折射角
故光线恰好射到底边的中点，如图乙所示，同理光线b射到B点发生折射现象，也恰好射到底边的中点，即两光点重合。
故选A。
【变式2-2】．如图所示，半圆柱形玻璃砖的截面如图所示，截面的半径为R，O点为截面的圆心，与水平直径AB垂直，玻璃砖的左侧紧靠与直径AB垂直的光屏。一细束与截面平行且与成θ=37°角的光线在O点反射、折射后，在光屏上形成两个光斑C、D，且反射光线与折射光线垂直。已知，则此玻璃砖对单色光的折射率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】根据题意作出光路图如图所示
由于反射光线与折射光线垂直，根据几何关系可知折射角为，根据折射定律可得，此玻璃砖的折射率为
故选B。
【变式2-3】．（2025高三上·江苏·阶段练习）霓的形成原理与彩虹大致相同，是太阳光经过水珠的折射和反射形成的，简化示意图如图所示，其中a、b是两种不同频率的单色光，下列说法正确的是（ ）
A．霓是经过2次折射和1次全反射形成的现象
B．光束a、b通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻亮条纹间距大
C．b光在玻璃中的传播速度比a光在玻璃中的传播速度大
D．若a光能使某金属发生光电效应，则b光也一定能使该金属发生光电效应
【答案】C
【详解】A．由图可知，霓是经过2次折射和2次全反射形成的现象，故A错误；
BCD．根据题意，做出白光第一次折射的法线，如图所示
由图可知，当入射角相同时，光的折射角小于光的折射角，由折射定律
可知，光的折射率较大，频率较大，波长较小，由公式
可知，光束a、b通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻亮条纹间距小，由公式可知，b光在玻璃中的传播速度比a光在玻璃中的传播速度大，由光电效应方程
由于a光的频率大，光子的能量大，a光能使某金属发生光电效应，b光不一定能使该金属发生光电效应，故BD错误，C正确。
故选C。
【变式2-4】．（2025高三上·四川宜宾·专题练习）如图甲是夏季常出现的日晕现象，日晕是太阳光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射形成的。图乙为一束太阳光射到六角形冰晶上的光路图，a、b为其折射出的光线中的两种单色光，比较a、b两种单色光，下列说法正确的是（ ）
A．b光比a光更容易发生明显衍射现象
B．在冰晶中，a光的波速与b光的波速一样大
C．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻明条纹间距较大
D．a、b两种光分别从水射入空气发生全反射时，a光的临界角比b光的小
【答案】C
【详解】B．由图可知a光的偏折程度小于b光的偏折程度，所以
，，
根据
可知
故B错误；
A．当缝隙和波长差不多或缝隙比波长小的多时能发生明显得衍射现象，因为，所以a光比b光更容易发生明显衍射现象，故A错误；
C．由
可知，波长越长条纹间距越大，因为所以通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻明条纹间距较大，故C正确；
D．根据
可知
故D错误。
故选C。
题组03 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
【提分秘籍】
一．光电效应问题的五个关系与四种图象
(1)五个关系
①逸出功W0一定时，入射光的频率决定着能否产生光电效应以及光电子的最大初动能。
②入射光的频率一定时，入射光的强度决定着单位时间内发射出来的光电子数。
③爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0。
④光电子的最大初动能Ek可以利用光电管用实验的方法测得，即Ek＝eUc，其中Uc为遏止电压。
⑤光电效应方程中的W0为逸出功。它与极限频率νc的关系是W0＝hνc。
(2)四种光电效应的图象
二．原子能级跃迁问题的解题技巧
(1)原子跃迁时，所吸收或释放的光子能量只能等于两能级之间的能量差，即ΔE＝hν＝|E初－E末|。
(2)原子电离时，所吸收的能量可以大于或等于某一能级能量的绝对值。
(3)一群氢原子和一个氢原子不同，氢原子核外只有一个电子，这个电子在某时刻只能处在某一个确定的轨道上，在某段时间内，由这一轨道跃迁到另一较低能级轨道时，可能的情况只有一种，所以一个氢原子从n能级跃迁发射出光子的最多可能种类N＝n－1。但是如果有大量n能级的氢原子，它们的核外电子向低能级跃迁时就会有各种情况出现了，发射光子的种类N＝Ceq \\al(2,n)＝eq \f(nn－1,2)。
(4)计算氢原子能级跃迁放出或吸收光子的频率和波长时，要注意各能级的能量值均为负值，且单位为电子伏，计算时需换算单位，1 eV＝1.6×10－19 J。
(5)氢原子能量为电势能与动能的总和，能量越大，轨道半径越大，势能越大，动能越小。
三．核反应 核能
1.原子核的衰变问题
(1)衰变实质：α衰变是原子核中的2个质子和2个中子结合成一个氦核并射出；β衰变是原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子，再将电子射出；γ衰变伴随着α衰变或β衰变同时发生，不改变原子核的质量数与电荷数，以光子形式释放出衰变过程中的多余能量。
(2)核衰变规律：，其中t为衰变的时长，τ为原子核的半衰期。衰变的快慢由原子核内部因素决定，跟原子所处的物理、化学状态无关；半衰期是统计规律，对个别、少数原子核无意义。
(3)α衰变和β衰变次数的确定方法
①方法一：由于β衰变不改变质量数，故可以先由质量数改变确定α衰变的次数，再根据电荷数守恒确定β衰变的次数。
②方法二：设α衰变次数为x，β衰变次数为y，根据质量数和电荷数守恒列方程组求解。
2．三种射线
(1)α射线：穿透能力最弱，电离作用最强。
(2)β射线：穿透能力较强，电离作用较弱。
(3)γ射线：穿透能力更强，电离作用更弱。
3．核反应方程
(1)核反应方程遵循的规律
核反应方程遵循质量数、电荷数守恒，但核反应前后的总质量一般会发生变化(质量亏损)且释放出核能。核反应过程一般不可逆，所以核反应方程中用“→”表示方向而不能用等号代替。
(2)核反应类型
①衰变
α衰变：eq \\al(A,Z)X―→eq \\al(A－4,Z－2)Y＋eq \\al(4,2)He
β衰变：eq \\al(A,Z)X―→eq \\al( A,Z＋1)Y＋eq \\al(0,－1)e
②原子核的人工转变
质子的发现：eq \\al(14, 7)N＋eq \\al(4,2)He―→eq \\al(17, 8)O＋eq \\al(1,1)H
中子的发现：eq \\al(9,4)Be＋eq \\al(4,2)He―→eq \\al(12, 6)C＋eq \\al(1,0)n
人工放射性同位素的发现：eq \\al(27,13)Al＋eq \\al(4,2)He―→eq \\al(30,15)P＋eq \\al(1,0)n
eq \\al(30,15)P―→eq \\al(30,14)Si＋eq \\al( 0,＋1)e
③重核裂变
例如：eq \\al(235, 92)U＋eq \\al(1,0)n―→eq \\al(144, 56)Ba＋eq \\al(89,36)Kr＋3eq \\al(1,0)n。
④轻核聚变
例如：eq \\al(2,1)H＋eq \\al(3,1)H―→eq \\al(4,2)He＋eq \\al(1,0)n。
4．核能的计算方法
(1)根据爱因斯坦质能方程，用核反应的质量亏损的千克数乘以真空中光速c的平方，即ΔE＝Δmc2(J)。
(2)根据1原子质量单位(u)相当于931.5兆电子伏(MeV)的能量，用核反应的质量亏损的原子质量单位数乘以931.5 MeV，即ΔE＝Δm×931.5(MeV)。
(3)如果核反应时释放的核能是以动能形式呈现，则核反应过程中系统动能的增量即为释放的核能。
【典例剖析】
【例3-1】太阳能电池发电的原理主要是半导体的光电效应，太阳能硅晶片中，P型半导体中含有较多的空穴（可视为正电荷），而N型半导体中含有较多的电子。当能量等于、波长为的光子打在太阳能硅晶片上时，太阳能硅晶片吸收一个光子恰好产生一对自由电子和空穴，电子—空穴对从太阳能硅晶片表面向内迅速扩散，在结电场的作用下，最后建立一个与光照强度有关的电动势，工作原理如图所示。太阳光照强度越大，太阳能硅晶片单位时间内释放的电子越多，若光速为，则（ ）
A．可以得出普朗克常量
B．太阳能硅晶片内部电流方向从下极板流向上极板
C．继续增大太阳光照强度，上下电极间的电势差不会变化
D．用能量为的光子照射太阳能硅晶片，电子和空穴的最大初动能为零
【答案】D
【详解】A．根据可以得出普朗克常量A错误；
B．由题图可知发生光电效应时，太阳能硅晶片中电子向上极板移动，空穴向下极板移动，所以太阳能硅晶片内部电流方向从上极板流向下极板，B错误；
C．继续增大太阳光照强度，太阳能硅晶片单位时间内释放的电子越多，上下电极间电势差越大，C错误；
D．用能量为的光子照射太阳能硅晶片，恰好发生光电效应，即为逸出功，电子和空穴的最大初动能为零，D正确。
故选D。
【例3-2】氢原子的能级图如图甲所示，一群处于n=4能级的氢原子，用其向低能级跃迁过程中发出的光照射图乙电路中的阴极K，其中只有a、b两种频率的光能使之发生光电效应。分别用这两种频率的光照射阴极K，测得图乙中电流表示数随电压表示数变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．题中的氢原子跃迁共能发出6种不同频率的光
B．a光是从n=4能级向n=1能级跃迁产生的
C．a光的波长小于b光的波长
D．b光照射阴极K时逸出的光电子的最大初动能比a光照射时的小
【答案】A
【详解】A．一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁过程中，共能发出=6种不同频率的光，故A正确；
B．依题意，6种不同频率的光中只有2种能够使阴极K发生光电效应，可知这两种光的光子能量是较大的，那么这两种光是n=3能级向n=1能级跃迁和n=4能级向n=1能级跃迁产生的。图丙中的图线a所对应的遏止电压较小，则光电子的最大初动能较小，根据Ekm=hν-W0
可知对应的光子能量较小，原子跃迁对应的能级差较小，即a光是氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁产生的，故B错误；
C．根据上述分析，a光的光子能量小于b光的光子能量，根据E=hν=h
可知a光的波长大于b光的波长，故C错误；
D．根据Ekm=hν-W0
由于b光的光子能量大于a光的光子能量，则b光照射阴极K时逸出的光电子的最大初动能比a光照射时的大，故D错误。故选A。
【例3-3】（2025高三上·广西南宁·阶段练习）我国第四代反应堆——钍基熔盐堆能源系统（TMSR）研究已获重要突破。在相关中企发布熔盐反应堆驱动的巨型集装箱船的设计方案之后，钍基熔盐核反应堆被很多人认为是中国下一代核动力航母的理想动力。钍基熔盐核反应堆的核反应方程式主要包括两个主要的核反应，其中一个是：。已知核、、、的质量分别为是、、、，根据质能方程，1u物质的能量相当于931MeV。下列说法正确的是（ ）
A．核反应方程中的，
B．一个核裂变放出的核能约为196.36MeV
C．核裂变放出一个光子，若该光子撞击一个粒子后动量大小变小，则波长会变短
D．核反应堆是通过核裂变把核能直接转化为电能发电
【答案】A
【详解】A．根据质量数守恒和电荷数守恒可知
解得
，
故A正确；
B．根据质能方程
解得
故B错误；
C．根据
光子撞击一个粒子后动量大小变小，则波长会变长，故C错误；
D．在核电站的核反应堆内部，核燃料具有的核能通过核裂变反应转化为内能，然后通过发电机转化为电能，故D错误。
故选A。
【变式演练】
【变式3-1】一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核，衰变方程为。下列说法正确的是（ ）
A．射线的穿透能力比射线强B．高温下的半衰期变短
C．铀核的质量大于粒子与钍核的质量之和D．比的比结合能大
【答案】C
【详解】A．射线的电离能力比射线强，但射线的穿透能力比射线弱，故A错误；
B．半衰期只由原子核自身决定，与环境温度无关，故高温下的半衰期不变，故B错误；
C．由于衰变过程释放能量，存在质量亏损，所以铀核的质量大于粒子与钍核的质量之和，故C正确；
D．衰变后核比核更稳定，所以比的比结合能小，故D错误。
故选C。
【变式3-2】碳14能够自发地进行衰变：。碳14的半衰期为5730年。在考古和经济建设中可用碳14测定年代。以下说法正确的是（ ）
A．衰变放出的X是一种穿透能力极强的高频电磁波
B．碳14的衰变方程为
C．温度升高，碳14的半衰期会变长
D．衰变后X与氮核的质量之和等于衰变前碳核的质量
【答案】B
【详解】AB．根据反应过程电荷数守恒和质量数守恒可知其核反应方程为
可知X为电子，那么衰变放出的是电子流为射线，射线穿透能力比粒子强，通常需要一块几毫米厚的铝片才能阻挡，射线才是一种穿透能力极强的高频电磁波，故A错误，B正确；
C．放射性元素的半衰期是由原子核内部自身因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，故C错误；
D．碳14自发地进行衰变，衰变中释放了能量，存在质量亏损，所以衰变后X与氮核的质量之和小于衰变前碳核的质量，故D错误。
故选B。
【变式3-3】国际原子能机构利用核技术，如沉降放射性核素技术和特定化合物稳定同位素技术，可以协助各国进行土壤侵蚀的评估，为土壤保护和土地管理提供科学依据。沉降放射性元素铯-137随雨水沉积在地面后，被表层土壤吸收，通过测量不同位置表层土壤的放射性，从而确定容易出现土壤侵蚀的位置。铯-137发生衰变时的方程为，其半衰期约为30年，下列说法正确的是（ ）
A．铯-137发生的衰变为衰变
B．雨后测量需要尽快，防止衰变反应导致含量随时间明显降低
C．的比结合能比的比结合能更小
D．在溶液中比在沉积物中衰变得更快
【答案】C
【详解】A．根据质量数守恒和电荷数守恒，可知核反应方程为
故为衰变，A错误；
B．因为半衰期约为30年，所以短时间内衰变反应不会导致含量明显降低，B错误；
C．衰变为释放能量的反应，产物的比结合能大于反应物的比结合能，C正确；
D．半衰期不受环境因素和物质状态的影响，D错误。
故选C。
【变式3-4】2023年4月12日，我国全超导托卡马克核聚变实验装置（人造太阳）成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒，对提升核聚变能源经济性、可行性，加快实现聚变发电具有重要意义。实验装置内核反应方程为。已知质子的质量为，中子的质量为，、、原子核的质量分别为、、，光在真空中的速度为。下列说法正确的是（ ）
A．核聚变在常温下即可进行
B．的结合能小于的结合能
C．1个、个聚变释放的能量为
D．的结合能为
【答案】D
【详解】A．在很高的温度下原子核才能克服巨大的库仑斥力，使它们之间的距离达到以内，以使核力起作用，从而发生核聚变，A错误；
B．由核子数越多结合能越大，可知的结合能大于的结合能，错误；
C．1个、1个聚变释放的能量为
C错误；
D．将核子结合为原子核时所释放的能量即为结合能，中有两个质子和两个中子，它们结合为时，质量亏损为
可知的结合能为
D正确。
故选D。
【变式3-5】我国科学家通过分析“嫦娥六号”探测器带回来的月壤发现，月球上含有丰富的（氦3），它是安全的核聚变燃料，聚变的核反应方程为，相当于931 MeV，下列表述正确的是（ ）
A．X为中子
B．方程中核子平均释放的能量约为4.28 MeV
C．反应后总质量减少0.0183 u
D．的比结合能比的比结合能小
【答案】D
【详解】A．根据质量数及电荷数守恒规律，质量数为1，电荷数为1，可判断出X为质子，A错误；
B．方程中，每个含有三个核子，因此核子平均释放的能量为
B错误；
C．根据质能方程
代入数据解得
C错误；
D．由核反应方程可知，该核反应释放出核能，所以生成物比反应物更稳定，比结合能也更大，即的比结合能比的比结合能小，D正确。
故选D。
【变式3-6】如图所示在铅制盒子中存放有放射性元素铀，射线只能从盒子右侧面上的小孔射出，形成细细的一束。在射线经过的区域施加垂直于纸面向外的匀强磁场，发现射线分成了1、2和3三束，则（ ）
A．射线1带负电
B．射线2为γ射线，电离能力最强
C．射线3的粒子与光电效应现象中从金属板中逸出的带电粒子是同一种粒子
D．三束射线的穿透能力相同
【答案】C
【详解】根据原子物理相关知识可知，放射性元素自发地发出射线的现象叫做天然放射现象。天然放射现象可发出三种不同的射线，射线名称及特性分别为：
射线，由高速氦核流组成，电荷量为，速率为0.1c，穿透能力较弱，电离作用很强；
射线，由高速电子流组成，电荷量，速率为0.99c，穿透能力较强，电离作用较弱；
射线，由光子流组成，不带电，速率为c，穿透能力最强，电离作用很弱。（c为光速）
根据左手定则判断粒子所受洛伦兹力的方向特性可知，射线1向下偏转带正电，所以为射线。射线2不偏转不带电，所以为射线。射线3向上偏转带负电，所以为射线。
由以上分析可知：
A．射线1为射线，带正电，A错误；
B．射线2为射线，电离能力很弱，B错误；
C．射线3为射线，带负电，光电效应现象中从金属板中逸出的为核外电子，带负电，二者为同一种粒子，C正确；
D．三束射线穿透能力不同，2最强，3比较强，1最弱，D错误。
故选C。
【变式3-7】光电效应实验，得到光电子最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图所示。普朗克常量、金属材料的逸出功分别为（ ）
A．，B．，C．，D．，
【答案】C
【详解】根据
可知，纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，即
图线的斜率等于普朗克常量，即
故选C。
【变式3-8】城市夜景因绽放的霓虹灯变得多姿多彩。霓虹灯发光原理是不同气体原子从高能级向低能级跃迁时发出能量各异的光子而呈现五颜六色，如图为氢原子的能级示意图，已知可见光光子能量范围为，若一群氢原子处于能级，则下列说法正确的是（ ）

A．这群氢原子自发跃迁时能辐射出4种不同频率的光
B．这群氢原子从高能级向低能级跃迁时可能辐射出射线
C．氢原子从能级向能级跃迁过程中发出的光为可见光
D．这群氢原子自发跃迁时能辐射出3种不同频率的可见光
【答案】D
【详解】A．这群氢原子自发跃迁时能发出光子频率的种类为种不同频率的光。A错误；
B．射线为重核衰变或裂变时才会放出，氢原子跃迁无法辐射射线，B错误；
C．这群氢原子中从能级跃迁能级时辐射出的能量为13.06eV，不在可见光光子能量范围之内，C错误；
D．这群氢原子从能级跃迁能级辐射出的能量是2.86eV，从能级跃迁能级时辐射出的能量为2.55eV，从能级跃迁能级辐射出的能量是1.89eV，这三个属于可见光，其他的不属于。D正确。
故选D。
题组04 振动与波
【提分秘籍】
一．机械振动
1.简谐运动的五个特征
2.单摆
(1)单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))
①g为当地重力加速度，在地球上不同位置g的取值不同，不同星球表面g值也不相同。
②单摆处于超重或失重状态时等效重力加速度g0＝g±a。在近地轨道上运动的卫星加速度a＝g，为完全失重，等效重力加速度g0＝0。
(2)①当摆球在最高点时，F向＝eq \f(mv2,l)＝0，FT＝mgcs θ。
②当摆球在最低点时，F向＝eq \f(mveq \\al(2,max),l)，F向最大，FT＝mg＋meq \f(veq \\al(2,max),l)。
二．机械波的特点及性质
【典例剖析】
【例4-1】（2025届广西壮族自治区贵港市高三上学期12月模拟考试物理试题）如图所示，竖直悬挂的弹簧振子向下振动过程中依次通过相距L的A、B两点（图中未画出）。已知振子在A点的位移大小等于振幅，在B点位移大小是在A点的倍，振子经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】由题意得
由于弹簧振子向下振动过程中依次通过相距L的A、B两点，平衡位置在A、B之间，则
解得
则振动方程为
所以
由于振子经过A点时开始计时，时刻第二次经过B点，解得
解得
故选B。
【例4-2】如图甲为某简谐机械横波在时刻波的图像，乙图为波的传播方向上某质点的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该波一定沿x轴正方向传播
B．该波的波速是10
C．若乙是质点Q的振动图像，则0~0.15s时间内，质点Q运动的路程为1.5m
D．若乙是质点P的振动图像，则时刻，质点Q的坐标为
【答案】B
【详解】A．由于不知道图乙图像为波动图像中具体哪个质点的振动图像，所以不能确定波的传播方向，故A错误；
B．图甲可知该波波长，图乙可知该波周期，故波的传播速度，故B正确；
C．若乙是质点Q的振动图像，则0~0.15s时间内，质点Q运动的路程为3倍振幅，即12cm，故C错误；
D．若乙是质点P的振动图像，结合图甲可知改波沿向左传播，故时刻，质点Q在波谷位置，故坐标为(2m,-4m)，故D错误。
故选B 。
【例4-3】如图所示，实线是一列简谐横波在t = 0时的波形图，虚线是这列波在t = 1 s时的波形图。下列判断正确的是（ ）
A．x = 0处的质点，在t = 1 s时的位移为−5 cm
B．若波沿x轴正方向传播，波速可能为3 m/s
C．若波沿x轴负方向传播，波速可能为11 m/s
D．若波沿x轴负方向传播，x = 0处的质点在t = 2 s时位于波峰
【答案】BD
【详解】A．由题意可知，x = 0处的质点，在t = 1 s时的位移即为图像中虚线在x = 0处的位移，则根据波的传播特点结合数学知识可知，此时x = 0处质点的位移为
故A错误；
B．由图像知，该列波的波长为λ = 8 m，若波沿x轴正方向传播，经过t = 1 s则
可得波速
当n = 0时，v = 3 m/s，故B正确；
C．若波沿x轴负方向传播，经过t = 1 s则
可得波速
显然该情形下，波速不可能为11 m/s，故C错误；
D．若波沿x轴负方向传播，则在t = 2 s内波向左传播的距离为
可知t = 2 s时的波形图相当于t = 0时的波形图（实线）向左平移个波长，故此时x = 0处的质点位于波峰位置，故D正确。
故选BD。
【变式演练】
【变式4-1】如图所示，一个质量为M的物块A放置在水平地面上，一个劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端与物块A连接，上端与质量为m的物块B连接，将物块B从弹簧原长位置静止释放，不计阻力，下列说法正确的是（ ）
A．物块A对地面的最大压力为B．弹簧的压缩量为时，物块B的速度为0
C．物块A对地面的最小压力为D．弹簧的最大压缩量大于
【答案】A
【详解】ACD．依题意，物块B从弹簧原长位置静止释放后，在自身重力和弹簧弹力作用下做竖直方向的简谐运动，根据简谐运动特点可知，物块B释放瞬间，其加速度大小为g，方向竖直向下，物块A对地面的压力最小为自身重力，即
物块B运动至最低点时，加速度大小为g，方向竖直向上，由牛顿第二定律
解得
可得弹簧的最大压缩量
物块A对地面的压力最大为弹簧弹力与自身重力之和，即
故A正确；CD错误；
B．弹簧的压缩量为时，有
此时物块B的加速度为零，速度具有最大值。故B错误；
故选A。
【变式4-2】．（24-25高三上·辽宁沈阳·期中）一列简谐机械横波沿x轴传播，其在时的波形图如图a所示，P、Q是介质中的两个质点，图b是质点Q的振动图像。则（ ）
A．该列波沿x轴负方向传播
B．该列波的波速是0.18m/s
C．在时，质点Q的位移为
D．质点P的平衡位置的坐标x=2cm
【答案】ABC
【详解】A．图b可知时，Q质点向上振动，同侧法结合图a可知，波沿x轴负方向传播，故A正确；
B．结合图ab可知，波长，周期，根据
故B正确；
C．质点Q从平衡位置开始振动，由振动方程
可知，当，联立以上，解得Q质点位移为
故C正确；
D．分析图a可知，OP相位差为，故OP距离为
故D错误。
故选 ABC。
【变式4-3】（2024·山西·一模）如图所示，在x轴上有A、B、C、D四个点，其间距已在图中标注。现有一周期为T、波长为0.5m、沿x轴正方向传播的横波，当t=0时波恰好传到B点，则t=2T时，CD段的波形图为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】该波的波长为0.5m，故波速可表示为
时，该波传播的距离为
由于距离为0.75m，故在时，该波刚好传播至点前方0.25m处，故段的波形图与选项D一致。
故选D。
【变式4-4】如图所示，介质中有两个相距6 m的波源S1和S2，两波源的振动方向与纸面垂直，所形成的机械波在纸面内传播，传播速度均为0.25 m/s。图2是S1的振动图像，图3是S2的振动图像。M点在S1和S2的连线上，与波源S1相距2.5 m，N和S1的连线与S1和S2的连线垂直，N点到S1的距离为8 m。下列说法正确的是（ ）
A．M是振动加强点B．N是振动加强点
C．M和N的连线上必定有一振动加强点D．S1和S2振动步调相反，不能形成稳定的干涉图样
【答案】C
【详解】A．根据图像可知波的传播周期为T = 4 s，所以波长为
两波源到M点的波程差为
由于两波源振动是反相位，所以M点为减弱点，故A错误；
B．两波源到N点的波程差为
由于两波源振动是反相位，所以N点为减弱点，故B错误；
C．在S1和S2之间，且距S1或S2距离为处开始，做以S1和S2为焦点的双曲线与M和N的连线的交点就是加强点，故C正确；
D．S1和S2两波源同频，振动方向相同，振动步调相反，能形成稳定的干涉图样，故D错误。
故选C。
【变式4-5】手持软绳的一端点在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成沿绳水平传播的简谐波，、为绳上的两点。时点由平衡位置出发开始振动，时刻点刚要开始振动，此时绳上间形成如图所示的波形（点之后未画出）。下列说法正确的是（ ）
A．点的起振方向向上B．点在向右运动
C．时刻点运动方向向上D．时刻点刚好完成1次全振动
【答案】A
【详解】A．因为时刻Q点刚要开始振动，此时Q的状态与O点刚起振时相同，由于波的传播方向是从O到Q，根据同侧法可知，Q点的起振方向向上，即O点运动方向向上，故A正确；
B．P点在平衡位置上下振动，不会随波迁移，故B错误；
C．由于波的传播方向是从O到Q，根据同侧法可知，时刻点运动方向向下，故C错误；
D．根据图像可知，P点与Q点间隔半个波长，因此时刻P点振动了半个周期，还未完成1次全振动，故D错误。
故选A。
【变式4-6】一列横波在某介质中沿轴传播，时的波形图如图甲所示，处的质点的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．波沿轴负向传播
B．如果以图甲中质点和为相干波源，使质点和按图甲的振动规律振动，则距离波源和距离相等的点为振动加强点
C．该波源激起的波在传播途中遇到一个直径为的球，能够发生明显的衍射现象
D．从图甲时刻开始再经过，质点通过的路程约为
【答案】ACD
【详解】A．由图乙可知时质点的振动方向沿轴负方向，结合甲图知波的传播方向是沿轴负方向传播，故A正确；
B．由甲图知质点平衡位置间距离为半个波长，所以和质点为反步调点，如果以和激起的波为相干波源，和等距离的点为振动减弱点，故B错误；
C．由图甲可知该波波长为大于障碍物的线度，所以能够发生明显衍射现象，故C正确；
D．由图甲时刻开始计时再经过，即，通过的路程为
故D正确。
故选ACD。
【变式4-7】．（2024·湖北·模拟预测）如图所示，握住软绳的一端周期性上下抖动，在绳上激发了一列简谐波。图是该简谐横波在传播方向上相距的两个质点的振动图像，则波的传播速度可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【详解】根据题意知，周期0秒时相距的这两个质点左侧的在波峰位置，右侧在波谷位置，据图及题意知，波向右传播，则（）根据当
时解得
是最大值，当时解得
当时解得
当时解得
故BC正确。故选BC。
1．（2024·重庆·高考真题）某救生手环主要由高压气罐密闭。气囊内视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中。若气囊内气体温度不变，体积增大，则（ ）
A．外界对气囊内气体做正功B．气囊内气体压强增大
C．气囊内气体内能增大D．气囊内气体从外界吸热
【答案】D
【详解】AB．气囊上浮过程，密闭气体温度不变，由玻意耳定律
pV = C
可知，体积变大，则压强变小，气体对外做功，故AB错误；
CD．气体温度不变，内能不变，气体对外做功，W < 0，由热力学第一定律
ΔU = Q＋W
则Q > 0，需要从外界吸热，故C错误，D正确。
故选D。
2．（2024·海南·高考真题）用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱（长度不计）粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为，薄吸管底面积，罐外吸管总长度为20cm，当温度为27℃时，油柱离罐口10cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是（ ）
A．若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B．该装置所测温度不高于31.5℃
C．该装置所测温度不低于23.5℃
D．其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
【答案】B
【详解】A．由盖—吕萨克定律得
其中
，，
代入解得
根据可知
故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；
BC．当时，该装置所测的温度最高，代入解得
故该装置所测温度不高于，当时，该装置所测的温度最低，代入解得
故该装置所测温度不低于，故B正确，C错误；
D．其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。
故选B。
3．（2024·北京·高考真题）一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体（ ）
A．内能变大B．压强变大C．体积不变D．从水中吸热
【答案】D
【详解】A．上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，故A错误；
B．气泡内气体压强p = p0＋ρ水gh，故上浮过程气泡内气体的压强减小，故B错误；
C．由玻意耳定律pV = C知，气体的体积变大，故C错误；
D．上浮过程气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU = Q＋W知，气体从水中吸热，故D正确。
故选D。
4．（2024·山东·高考真题）一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是（ ）
A．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B．b→c过程，气体对外做功，内能增加
C．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D．a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
【答案】C
【详解】A．a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W