2020年高考物理一轮复习文档：第14章选修3-3第63讲 学案

第63讲　热力学定律　能量守恒定律
考点一　热力学第一定律

1．热力学第一定律
(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU＝Q＋W。
2．热力学第一定律符号意义


3．能的转化和守恒定律
(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
(2)第一类永动机：违背能量守恒定律的机器被称为第一类永动机。它是不可能制成的。
4．三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，即Q＝0，则W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量。
(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量。
(3)若过程的初、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。

1．在一个密闭隔热的房间里，有一电冰箱正在工作，如果打开电冰箱的门，过一段时间后房间的温度会(　　)
A．降低B．不变 C．升高D．无法判断
答案　C
解析　电冰箱工作时，将部分电能转化为热能散发到房间内，所以房间内温度升高，C正确。
2．(多选)夏天，小明同学把自行车轮胎上的气门芯拔出的时候，会觉得从轮胎里喷出的气体凉，如果把轮胎里的气体视为理想气体，则关于气体喷出的过程，下列说法正确的是(　　)
A．气体的内能减少
B．气体的内能不变
C．气体来不及与外界发生热交换，对外做功，温度降低
D．气体膨胀时，热量散得太快，使气体温度降低了
E．气体分子的平均动能减小
答案　ACE
解析　气体喷出时，来不及与外界交换热量，发生绝热膨胀，即Q＝0、W<0，根据ΔU＝W＋Q可知ΔU<0，即内能减少，温度降低，气体分子的平均动能减小，A、C、E正确。
3．[教材母题]　(人教版选修3－3 P56·T1)用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做了900 J的功，同时汽缸向外散热210 J，汽缸里空气的内能改变了多少？
[变式子题]　一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280 J，并对外做功120 J，试问：
(1)气体的内能怎样发生变化？变化了多少？
(2)如果气体又返回原来的状态，并放出了240 J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？
答案　(1)增加' 160 J'(2)外界对气体做功'80 J
解析　(1)由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120 J＋280 J＝160 J，气体的内能增加了160 J。
(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从状态2回到状态1的过程中内能应减少，其减少量应等于从状态1到状态2的过程中内能的增加量，则从状态2到状态1的内能应减少160 J，即ΔU′＝－160 J，又Q′＝－240 J，根据热力学第一定律得：ΔU′＝W′＋Q′，所以W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J，即外界对气体做功80 J。
考点二　热力学第二定律

1．热力学第二定律的两种表述
(1)克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。
(2)开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。或表述为“第二类永动机是不可能制成的。”
2．用熵的概念表示热力学第二定律
在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小。
3．热力学第二定律的微观解释
一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。
4．对热力学第二定律的理解
(1)在热力学第二定律的表述中，“自发地”“不产生其他影响”的涵义：
①“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助。
②“不产生其他影响”的涵义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响，如吸热、放热、做功等。
(2)热力学第二定律的实质
自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。如：
①高温物体低温物体
②机械能内能
③气体体积V1气体体积V2(较大)
④不同气体A和B混合气体AB
5．两类永动机的比较



1．[教材母题]　(人教版选修3－3 P61·T2)以下哪些现象能够发生、哪些不能发生？能够发生的现象是否违背热力学第二定律？
A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热。
B．蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能。
C．桶中浑浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离。
D．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体。
[变式子题]　(2018·青岛模拟)(多选)以下哪个现象不违背热力学第二定律(　　)
A．一杯热茶在打开盖后，茶会自动变凉
B．没有漏气、没有摩擦的理想热机，其效率可能是100%
C．桶中浑浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离
D．热量自发地从低温物体传到高温物体
E．在地面上运动的物体逐渐停下来，机械能全部变为内能
答案　ACE
解析　热茶自动变凉是热量从高温物体传递到低温物体，A正确；任何热机效率都不可能达到100%，B错误；泥水分离是机械能(重力势能)向内能的转化，C正确；热量不能自发地从低温物体传到高温物体，D错误；物体因摩擦力而停下来，是机械能(动能)向内能的转化，是自发过程，E正确。
2．(多选)下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是(　　)
A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律
B．能量耗散过程中能量不守恒
C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律
D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
E．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
答案　ADE
解析　第一类永动机违背能量守恒定律，A正确；能量耗散过程中能量也是守恒的，B错误；电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，因为它消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，C错误；能量耗散反映了能量转化的方向性，D正确；在产生了其他影响的情况下，物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功，E正确。
3．(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
答案　AC
解析　由ΔU＝W＋Q可知做功和热传递是改变内能的两种途径，它们是等效的，A正确，B错误；由热力学第二定律可知，可以从单一热源吸收热量，使之全部变为功，但会产生其他影响，C正确；由热力学第二定律知，热量只是不能自发地从低温物体传向高温物体，D错误。

考点三　热力学定律与气体实验定律的综合

　解答此类问题基本流程


(2018·达州一模)在图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的V－T图象。已知AB的反向延长线通过坐标原点，气体在A点的压强为p＝1.0×105 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝6.0×102 J，求：

(1)气体在状态B的体积VB；
(2)此过程中气体内能的增量ΔU。
解析　(1)由V­T图象通过坐标原点，可知从A到B理想气体发生等压变化。
由盖—吕萨克定律得：＝；
解得：VB＝VA＝×6.0×10－3 m3＝8.0×10－3 m3。
(2)外界对气体做的功：
W＝－p(VB－VA)＝－1.0×105×(8.0×10－3－6.0×10－3) J＝－2×102 J
根据热力学第一定律：ΔU＝Q＋W
解得：ΔU＝6.0×102 J－2×102 J＝4.0×102 J＝400 J。
答案　(1)8.0×10－3 m3　(2)400 J
方法归纳
一定量的理想气体发生变化，一般有绝热过程(Q＝0)、无功过程(W＝0)、一般过程(Q、W均不为零)。
(1)做功情况看体积
体积V减小→外界对气体做功→W＝pΔV>0；
体积V增大→气体对外界做功→W＝pΔV<0；
自由膨胀→W＝0；
体积不变→W＝pΔV＝0。
(2)内能变化看温度(理想气体)
温度T升高→内能增加→ΔU>0；
温度T降低→内能减少→ΔU<0；
温度T不变→内能不变→ΔU＝0。
(3)吸热还是放热，一般题目中会说明，或由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，知道W和ΔU后确定Q的正负。




1.(2017·全国卷Ⅱ)(多选)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是(　　)

A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
答案　ABD
解析　气体向真空膨胀时不受阻碍，气体不对外做功，由于汽缸是绝热的，没有热交换，所以气体扩散前后内能不变，选项A正确。气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，且没有热交换，根据热力学第一定律，气体的内能增大，选项B、D正确。气体在真空中自发扩散的过程中不对外做功，选项C错误。气体在被压缩过程中，内能增大，由于一定质量的理想气体的内能完全由温度决定，温度越高，内能越大，气体分子的平均动能越大，选项E错误。
2.(2018·湖南师大附中模拟)如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸，高度为L、底面积为S，缸内有一个质量为m的活塞，封闭了一定质量的理想气体。温度为热力学温标T0时，用绳子系住汽缸底，将汽缸倒过来悬挂起来，汽缸处于竖直状态，缸内气体高为L0。已知重力加速度为g，大气压强为p0，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，求：

(1)采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到多少？
(2)从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体压力对活塞做功多少？
(3)当活塞刚要脱离汽缸时，缸内气体的内能增加量为ΔU，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为多少？
答案　(1)T0　(2)(p0S－mg)(L－L0)
(3)ΔU＋(p0S－mg)(L－L0)
解析　(1)气体等压变化，由盖—吕萨克定律得：＝，解得：T＝。
(2)对活塞，由平衡条件得：
mg＋pS＝p0S，
气体做功：
W′＝Fl＝pSl＝pS(L－L0)，
解得：W′＝(p0S－mg)(L－L0)。
(3)由热力学第一定律得：
ΔU＝W＋Q，且W＝－W′，
则气体吸收的热量：
Q＝ΔU＋W′＝ΔU＋(p0S－mg)(L－L0)。
课后作业
[巩固强化练]
1．一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104 J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列各式中正确的是(　　)
A．W＝8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝4×104 J
B．W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 J
C．W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝2×104 J
D．W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J
答案　B
解析　因为外界对气体做功，W取正值，即W＝8×104 J；内能减少，ΔU取负值，即ΔU＝－1.2×105 J；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＝ΔU－W＝－1.2×105 J－8×104 J＝－2×105 J，B正确。
2．某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大。若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么(　　)
A．外界对胎内气体做功，气体内能减小
B．外界对胎内气体做功，气体内能增大
C．胎内气体对外界做功，内能减小
D．胎内气体对外界做功，内能增大
答案　D
解析　由＝C可知车胎内气体p、V增大时，车胎内气体温度升高，内能增大；车胎体积增大，气体对外做功，D正确。
3．(多选)一定质量的理想气体，沿箭头方向由状态1变化到状态2，其中气体放出热量的变化过程是(　　)

答案　BD
解析　由图象A是双曲线知，状态1到状态2是等温变化过程，故状态1与状态2温度相同内能相同，又从状态1至状态2气体的体积增加，故气体对外做功，根据热力学第一定律知，气体从外界吸热，故A错误；由图象B有p1>p2，V1>V2，根据理想气体状态方程＝，可知T1>T2，所以从状态1至状态2，气体体积减小，说明外界对气体做功，又T1>T2，说明气体的内能减小，根据热力学第一定律知气体对外放热，故B正确；由图象C知，状态1至状态2，气体温度升高内能增加，气体体积增大气体对外做功，根据热力学第一定律知，气体从外界吸收热量，故C错误；由图象D知气体的体积保持不变，气体对外界不做功，从状态1至状态2气体的温度降低内能减小，根据热力学第一定律，气体对外放热，故D正确。
4.(多选)如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分。已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空。抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态。在此过程中(　　)

A．气体对外界做功，内能减少
B．气体不做功，内能不变
C．气体压强变小，温度降低
D．气体压强变小，温度不变
答案　BD
解析　a内气体向真空膨胀，不对外界做功，故A错误；又因容器绝热，Q＝0，由热力学第一定律知，ΔU＝0，故B正确；由玻意耳定律知压强减小，稀薄气体可看做理想气体，内能不变，则温度不变，C错误，D正确。
5.如图所示，一直柱形导热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸的摩擦，活塞的质量为m、横截面积为S。因为电热丝的加热，某时刻气体温度为T1，活塞与容器底部相距h。现停止加热，气体通过汽缸缓慢放热，当气体放出热量Q时，气体温度下降到T2，求该过程中：

(1)活塞下降的距离；
(2)气体内能的改变量。
答案　(1)h　(2)(p0S＋mg)h－Q
解析　(1)气体发生等压变化，有＝，
解得Δh＝h。
(2)放热过程中，外界对气体做的功
W＝pS·Δh＝(p0S＋mg)h，
由热力学第一定律知内能改变量
ΔU＝W－Q＝(p0S＋mg)h－Q。
[真题模拟练]
6．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p­V图中从a到b的直线所示。在此过程中(　　)

A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
答案　BCD
解析　一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程＝可知，Tb>Ta，即气体的温度一直升高，A错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，B正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，C正确；根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，D正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，E错误。
7．(2018·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是(　　)

A．过程①中气体的压强逐渐减小
B．过程②中气体对外界做正功
C．过程④中气体从外界吸收了热量
D．状态c、d的内能相等
E．状态d的压强比状态b的压强小
答案　BDE
解析　由理想气体状态方程＝可知，体积不变温度升高即Tb>Ta，则pb>pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，A错误；由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外界做正功，B正确；过程④中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，C错误；由于状态c、d的温度相等，根据理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，D正确；由理想气体状态方程＝C可得p＝C，即T­V图中的点与原点O的连线的斜率正比于该点的压强，故状态d的压强比状态b的压强小，E正确。
8．(2017·全国卷Ⅲ)(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。下列说法正确的是(　　)

A．在过程ab中气体的内能增加
B．在过程ca中外界对气体做功
C．在过程ab中气体对外界做功
D．在过程bc中气体从外界吸收热量
E．在过程ca中气体从外界吸收热量
答案　ABD
解析　ab过程是等容变化，压强增大，温度升高，气体内能增大，选项A正确；而由于体积不变，气体对外界不做功，选项C错误。ca过程是等压变化，体积减小，外界对气体做功，选项B正确；体积减小过程中，温度降低，内能减小，气体要放出热量，选项E错误。bc过程是等温变化，内能不变，体积增大，气体对外界做功，则需要吸收热量，选项D正确。
9．(2016·全国卷Ⅰ)(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A．气体吸热后温度一定升高
B．对气体做功可以改变其内能
C．理想气体等压膨胀过程一定放热
D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
答案　BDE
解析　若气体吸热的同时对外做功，则其温度不一定升高，A错误；做功是改变物体内能的途径之一，B正确；理想气体等压膨胀，气体对外做功，由理想气体状态方程＝C知，气体温度升高，内能增加，故一定吸热，C错误；根据热力学第二定律知D正确；如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统与第三个系统的温度均相等，则这两个系统之间也必定达到热平衡，故E正确。
10．(2016·全国卷Ⅱ)(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p­T图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是(　　)

A．气体在a、c两状态的体积相等
B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能
C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功
答案　ABE
解析　由理想气体状态方程＝C知，p＝T，因此气体在a、c两状态的体积相等，故A项正确；对理想气体而言，内能由温度决定，因Ta>Tc，故气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，B项正确；过程cd为等温变化，内能不变(ΔU＝0)，压强变大，体积减小，外界对气体做功(W>0)，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知Q<0，故为放热过程且W＝|Q|，C项错误；过程da为等压变化，温度升高，体积变大，气体的内能增大，ΔU>0，对外做功，W<0，由ΔU＝W＋Q，知该过程吸热且Q>|W|，D项错误；bc和da过程中温度改变量相同，故体积变化量与压强的乘积相同，由W＝Fl＝pSl＝p·ΔV知，E项正确。
11．(2018·福建省高中毕业检查模拟(一))一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其循环过程的p－V图象如图所示。其中，A→B过程为等温过程，气体放出热量4 J；B→C过程为等容过程，气体吸收热量20 J；C→D过程为等温过程，气体吸收热量12 J；D→A过程为等容过程，气体放出热量20 J。则气体完成一次循环对外界所做的功为________ J；A→B的过程中，单位体积中的气体分子数目________(选填“减小”“不变”或“增大”)；B→C 的过程中，气体分子热运动的平均动能________(选填“减小”“不变”或“增大”)。

答案　8　增大　增大
解析　在气体完成一次循环后的内能与开始时是相等的，所以内能不变，即ΔU＝0；由题意可知，A→B和D→A的过程中，气体放出的热量分别为4 J和20 J，在B→C和C→D的过程中气体吸收的热量分别为20 J和12 J，则吸收的热量Q＝QAB＋QBC＋QCD＋QDA＝－4 J＋20 J＋12 J－20 J＝8 J。由热力学第一定律：ΔU＝Q＋W，所以W＝－8 J，所以气体完成一次循环对外做功是8 J。A→B的过程中，体积减小，则单位体积中的气体分子数目增大；B→C的过程中，体积不变，压强变大，则气体的温度升高，则气体分子热运动的平均动能增大。
12．(2018·江苏高考)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为2.0×105 Pa，经历A→B→C→A的过程，整个过程中对外界放出61.4 J热量。求该气体在A→B过程中对外界所做的功。

答案　138.6 J
解析　整个过程中，外界对气体做功W＝WAB＋WCA，
且WCA＝pA(VC－VA)，
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，以及ΔU＝0，
得WAB＝－(Q＋WCA)，
代入数据得WAB＝－138.6 J，即气体对外界做的功为138.6 J。
13．(2018·太原市一模)如图所示，导热良好的汽缸开口向上竖直固定在水平面上。缸内轻质光滑活塞封闭一段一定质量的理想气体。一根不可伸长的轻质细绳绕过光滑定滑轮，一端拴住活塞，另一端拴着质量为m的重物处于平衡状态。此时气体体积为V。用手托着重物，使其缓慢上升，直到细绳刚开始松弛但并未弯曲。已知大气压强为p0，活塞横截面积为S，环境温度保持不变。求：

(1)从重物开始被托起到最高点的过程中，活塞下降的高度；
(2)之后从静止释放重物，重物下落到最低点未与地面接触时，活塞在汽缸内比最初托起重物前的位置上升了H。若气体的温度不变，则气体吸收的热量是多少？
答案　(1)　(2)(p0S－mg)
解析　(1)根据对活塞受力分析可知，
未托活塞时p1＝p0－，气体体积是V1＝V，
托起重物时p2＝p0，气体体积是V2＝V－hS，
根据玻意耳定律可知：p1V1＝p2V2，解得h＝。
(2)根据热力学第一定律且理想气体的温度不变内能不变：ΔU＝Q＋W＝0，
气体对外做功：－W＝p0S(H＋h)－mg(H＋h)，
吸收的热量Q＝－W＝(p0S－mg)。

第十五章　选修3-4

[研读考纲明方向]


,考情分析：
1．机械振动和机械波的考查以图象为主，通过简谐运动的图象研究振动的特点和规律，通过机械波的图象研究波的形成与传播规律。
2．机械振动和机械波部分常以弹簧振子或单摆为载体，考查简谐运动规律。结合波动问题，考查简谐运动。
3．光学部分主要考查光的折射、全反射等光的传播规律，要重视折射率公式和临界角公式，重视数理相结合的方法。
命题趋势：
1．基本概念、机械波多以选择题的形式出现。
2．机械波的部分内容及光的折射、全反射多以计算题的形式来考查。
说明：
1．简谐运动只限于单摆和弹簧振子
2．简谐运动的公式只限于回复力公式；图象只限于位移—时间图象
3．光的干涉只限于双缝干涉、薄膜干涉

[重读教材定方法]
(对应人教版选修3－4的页码及相关问题)
1．P13图11.3－6，试写出物体的振动方程。
提示：x＝Asin(ωt＋φ)，由图知A＝4 cm，T＝0.8 s，ω＝＝π rad/s；t＝0.1 s时，x0＝Asin＝－A，解得φ＝π(0≤φ<2π)，所以x＝4sin cm。
2．P17阅读“用单摆测定重力加速度”一段，请思考：如果只测出多组摆线长l和对应的周期T，如何求重力加速度g?
提示：设小球半径为r，则摆长L＝l＋r，由T＝2π，得l＝T2－r，由l－T2图象的斜率即可求出g。
3．P30图12.3－2，请思考：哪些因素可能造成波动问题的多解性？
提示：传播方向(振动方向)不确定引起的多解；波的周期性引起的多解。
4．P36图12.4－7，图中M点此刻振动状态如何？后呢？N点一定静止吗？
提示：此刻M点波峰与波峰相遇，为振动加强点，后到达平衡位置，仍是振动加强点；N点是波峰与波谷相遇，为振动减弱点，只有两列波的振幅相等时，N点才静止。
5．P51图13.2－7，图中内芯和外套哪个折射率大？
提示：光从内芯射向外套发生全反射，故内芯的折射率大。
6．P54图13.3－2，若通过S1和S2的是不同颜色的光，屏上也会出现干涉条纹吗？
提示：不会，因频率不同的波相遇不能产生干涉现象。
7．P58图13.4－3，P60图13.5－2，对比两图，试总结出干涉和衍射图样的不同与相似之处。
提示：不同之处：干涉条纹是等间距等宽度的， 衍射条纹的中央亮纹最宽，越向两侧条纹越窄，间距越小。
相似之处：两缝距离或缝越窄，光的波长越长，干涉和衍射的条纹越宽，间距越大。
8．P71图13.7－11，甲、乙两图都能发生全反射吗？增大入射角，如果发生全反射，是红光还是紫光先发生？
提示：光从玻璃射向空气才可能发生全反射，所以只有乙图能发生全反射。由于紫光的折射率大，由sinC＝知紫光的全反射临界角小，所以紫光先发生全反射。
9．P75～76，阅读“伟大的预言”部分，你如何理解麦克斯韦的电磁场理论？
提示：麦克斯韦提出：(1)变化的磁场产生电场，(2)变化的电场产生磁场。这说明稳定的电(磁)场不产生磁(电)场；均匀变化的电(磁)场产生稳定的磁(电)场；非均匀变化的电(磁)场产生变化的磁(电)场；周期性变化的电(磁)场产生同周期变化的磁(电)场，电磁场交替产生，空间存在电磁波。