2026年高考物理二轮复习讲练测（广东）易错05 机械振动与机械波 光学 热学 近代物理（易错专练）（解析版）

易错05机械振动与机械波光学热学近代物理

目录

第一部分易错点剖析

易错典题避错攻略举一反三

易错点1误认为波的传播过程中质点随波迁移和不理解波的图像

易错点2分析振动图像与波的图像综合问题出现错误

易错点3忽略全反射现象，肓目套用折射定律

易错点4不理解薄膜干涉形成原理

易错点5错误理解光电效应规律

易错点6错误理解跃迁规律

易错点7错误理解变质量问题

第二部分易错题闯关

易错点1误认为波的传播过程中质点随波迁移和不理解波的图像

易错典题

【例1】某波源O在t0时刻发出一列简谐横波，t0.2s时波传播到距波源0.4m处，此时的波形图及质

点P、Q的位置如图所示，则下列判断正确的是（）

A．t0时，波源O向y轴正方向运动

B．t0时，质点P的速度正在减小

C．t0.2s时，质点Q的加速度正在增大

D．经过10s时间，质点P沿波的传播方向移动的距离为20m

【易错分析】不理解是质点的振动形成了波，误认为波的传播过程中质点随波迁移，不能由质点的

振动方向判断波的传播方向，也不能由波的传播方向判断质点的振动方向

【答案】C

【详解】A．由图可知，根据同侧法可知，0.4m处的质点刚开始振动时方向沿y轴负方向，由于质点的起

振方向均相同，则波源O在刚开始振动时也应沿y轴负方向，故A错误；

B．t0时刻，波源O开始振动，质点P仍然在平衡位置处于静止状态，其速度为0，故B错误；

C．根据同侧法，t0.2s时，质点Q沿y轴负方向，即远离离开平衡位置，可知加速度正在增大，故C正

确；

D．质点P只能沿y轴振动，不能沿波的传播方向移动，故D错误。故选C。

避错攻略

【方法总结】

1.传播特点

(1)波传到任意一点，该点的起振方向都和波源的起振方向相同。

(2)介质中每个质点都做受迫振动，因此，任一质点的振动频率和周期都和波源的振动频率和周期相同。

(3)波从一种介质进入另一种介质，由于介质的情况不同，它的波长和波速可能改变，但频率和周期都不会

改变。

λ

(4)波源经过一个周期T完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离，所以v＝＝λf。

T

2.波的传播方向与质点振动方向的互判方法

内容图像

“上下沿波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，

坡”法“下坡”时质点向上振动

“同波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头

侧”法在图线同侧

将波形沿传播方向进行微小的平移，再由对应

“微平

同一横坐标的两波形曲线上的点来判断振动方

移”法

向

举一反三

【变式1-1】一列简谐横波在介质中沿x轴传播，波速为2m/s，t＝0时的波形图如图所示，P为该介质中

的一质点。则()

A.该波的波长为14m

B.该波的周期为8s

C.t＝0时质点P的加速度方向沿y轴负方向

D.0～2s内质点P运动的路程有可能小于0.1m

答案BD

3λλ16

解析由图可知λ＝12m，解得λ＝16m，A错误；由v＝，得T＝＝s＝8s，B正确；简谐运动的加

4Tv2

速度方向总指向平衡位置，P点位于y轴负半轴，加速度方向沿y轴正方向，C错误；P点位于y轴的负半

T

轴，经过2s＝，若波向x轴负方向传播，P向远离平衡位置方向振动，在0～2s内质点P运动的路程小

4

于0.1m，D正确。

【变式1-2】t＝0时刻手持较长软绳端点O开始带动绳上各点上下做简谐运动，振幅为0.2m，t＝0.6s时

振动恰好传到Q点，细绳上形成的波形如图所示。下列说法正确的是()

A.t＝0时刻O点的振动方向向上

B.t＝0.6s时质点P恰好完成一次全振动

C.t＝0.6s时P、Q两质点的速度相同

D.若手上下振动加快，则该波的波长将变大

答案A

解析根据题意可知，该波向右传播，根据“同侧法”可知，质点Q在t＝0.6s恰好要向上振动，而在波

的传播方向上，所有质点的起振方向均和波源的起振方向相同，则t＝0时刻O点的振动方向向上，故A正

确；根据波形图可知，形成1.5个波长的波形需要0.6s，则该波的周期为t＝0.4s，即波从O点传播到P点

恰好用时一个周期，而波从P点传播到Q点用时半个周期，在传播过程中，质点P振动了半个周期，故B

错误；根据“同侧法”可知，t＝0.6s时，质点P向下振动，质点Q向上振动，振动方向相反，故C错误；

v

若手上下振动加快，则该波的频率增大，而波的传播速度不变，由λ＝可知该波的波长变短，故D错误。

f

易错点2分析振动图像与波的图像综合问题出现错误

易错典题

【例2】一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是t0时刻的波形图；P是介质中位于x2m处的质点，

其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（）

A.波速为2m/s

B.波向左传播

C.波的振幅是10cm

D.x3m处的质点在t7s时位于平衡位置

E.质点P在0~7s时间内运动的路程为70cm

【易错分析】(1)不理解振动图像与波的图像的区别。

(2)误将振动图像看作波的图像或将波的图像看作振动图像。

(3)不知道波传播过程中任意质点的起振方向就是波源的起振方向。

(4)不会区分波的传播位移和质点的振动位移。

【答案】ABE

【解析】A．由图a可知波长为4m，由图b可知波的周期为2s，则波速为

4

vm/s2m/s故A正确；

T2

B．由图乙可知t=0时，P点向下运动，根据“上下坡”法可知波向左传播，故B正确；

C．由图a可知波的振幅为5cm，故C错误；

1

DE．根据图a可知t=0时x=3m处的质点位于波谷处，由于t7s=3TT

2

1

可知在t=7s时质点位于波峰处；质点P运动的路程为s34A4A70cm

2

故D错误，E正确；

故选ABE。

避错攻略

【方法总结】

振动图像和波的图像比较

振动图像波的图像

研究内容某质点的位移随时间的变化规律某时刻所有质点的空间分布规律

图像特点

物理意义表示同一质点在各时刻的位移表示某时刻各质点的位移

(1)波长、振幅

(1)振动周期、振幅

(2)所有质点在该时刻的位移和加

图像信息(2)某一质点在各时刻的位移

速度方向

(3)各时刻速度、加速度的方向

(3)传播方向、振动方向的互判

随着时间推移，图像延续，但已随着时间推移，波形沿传播方向平

图像变化

有形状不变移

举一反三

【变式2-1】一列简谐横波沿x轴传播，t＝2s时刻波的图像如图甲所示，x＝2m处的质点P的振动图像如

图乙所示，由此可以判断()

A.该波沿x轴负方向传播

B.在t＝3s时质点P的加速度方向沿y轴正方向

C.该波在0～5s时间内传播的距离是2m

D.在0～5s时间内质点P通过的路程是20cm

答案B

解析由题图乙可知，x＝2m处的质点P在t＝2s时刻沿y轴负向振动，结合题图甲可知，该波沿x轴正

方向传播，故A错误；在t＝3s时质点P在负的最大位移处，由回复力F＝－kx，可知，回复力方向沿y

轴正方向。由牛顿第二定律，可知在t＝3s时质点P的加速度方向沿y轴正方向，故B正确；波长λ＝2m，

λ2

周期T＝4s，波速v＝＝m/s＝0.5m/s，该波在0～5s时间内传播的距离Δx＝v·Δt＝0.5×5m＝2.5m，故

T4

C错误；振幅A＝5cm，周期为4s，在0～5s时间内质点P通过的路程是s＝5A＝25cm，故D错误。

【变式2-2】一列简谐横波沿x轴正向传播，波长为100cm，振幅为8cm。介质中有a和b两个质点，其

40

平衡位置分别位于x＝－cm和x＝120cm处。某时刻b质点的位移为y＝4cm，且向y轴正方向运动。

3

从该时刻开始计时，a质点的振动图像为()

答案A

40

120＋4λ

解析a、b两质点平衡位置的距离Δx＝3cm＝λ＝λ＋，a质点的振动情况和b质点左侧与b质点

33

λ

平衡位置相差的质点的振动情况相同，由波向x轴正向传播，某时刻b质点的位移为y＝4cm，且向y轴

3

正方向运动，可推出a、b两质点之间的波形如图所示，此刻a质点向y轴负方向振动，速度增大，且此刻

a质点与b质点位移相同，均为y＝4cm，振动图像为A，A正确，B、C、D错误。

易错点3忽略全反射现象，肓目套用折射定律

易错典题

【例3】一束白光从玻璃里射入稀薄空气中，已知玻璃的折射率为1.53，则下列说法中正确的是（）

A．入射角为30°，由折射定律得光线的折射角19°4′

B．入射角为30°，由折射定律得光线的折射角49°54′

C．入射角为50°，由折射定律得光线的折射角30°3′

D．入射角为50°，光线将发生全反射，不能进入空气中

【易错分析】解答错误的主要原因是此解法中没有先分析判断光线是从光疏媒质进入光密媒质，还是

从光密媒质进入光疏媒质，会不会发生全反射。而是死套公式，引起错误。

【答案】BD

解析：光线由玻璃里射入空气中，是由光密媒质射入光疏媒质，其临界角为

11

sinA0.6536，所以A=40°50′；由已知条件知，当i=50°时，i＞A，所以光线将发生全反

n1.53

sini

射，不能进入空气中。当i=30°时，i＜A，光进入空气中发生折射现象。由折射定律n，得

sinr

sinr=n·sini=1.53×sin30°=0.765，所以r=49°54′，故选项B、D正确。

避错攻略

【方法总结】

解答全反射问题的技巧

(1)解答全反射问题时，要抓住发生全反射的两个条件：

①光必须从光密介质射入光疏介质。

②入射角大于或等于临界角。

(2)利用好光路图中的临界光线，准确地判断出恰好发生全反射的光路图是解题的关键，且在作光路图时尽

量与实际相符。

【变式3-1】“天宫课堂”逐渐成为中国太空科普的国家品牌。某同学观看太空水球光学实验后，想研究光

在水球中的传播情况，于是找到一块横截面为半圆柱形玻璃砖，如图所示，半圆的半径为R，O为圆心。入

3

射光线PQ以∠AQP＝30°的方向射入玻璃砖，入射点Q到圆心O的距离为R，光线恰好从玻璃砖圆弧

3

AB的中点E射出。

(1)求玻璃砖的折射率；

(2)现使光线PQ向左平移，求移动多大距离时恰不能使光线从圆弧面射出(不考虑经半圆柱内表面反射后射

出的光)。

2－3

答案(1)3(2)R

3

解析(1)光线PQ入射到玻璃砖表面，入射角α＝60°，设对应折射光线QE的折射角为β，如图所示。

3

R3

由几何关系得tanβ＝3＝

R3

即得β＝30°

sinα

根据折射定律有n＝

sinβ

解得n＝3。

(2)若使光线PQ向左平移距离x，折射光线Q′E′到达圆弧面时恰好发生全反射，此时在圆弧面上的入射角恰

1

好等于临界角C，则sinC＝

n

3

RR＋x

在△Q′E′O中，由正弦定理有＝3

sin（90°－β）sinC

2－3

联立解得x＝R。

3

1

【变式3-2】一半径为R的球体放置在水平桌面上，球体由透明材料制成。现有一束位于过球心O的竖直

4

平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图3所示。已知入射光

3R

线与桌面的距离为，出射光线与水平方向的夹角θ＝60°。则该透明材料的折射率为()

2

A.1.2B.1.5

C.2D.3

答案D

解析设入射光线与球体的交点为C，连接OC，OC即为入射点的法线，如图所示。因此，图中的α为入射

3

角、β为折射角，过C点作桌面的垂线，垂足为B，由题意有CB＝R，由几何关系有∠COB＝α，sin∠COB

2

CB3

＝＝，解得α＝60°，由于θ＝60°，根据光路可逆可知β＝γ，由几何关系可得β＋γ＝60°，所以折射角β

CO2

sinα

＝30°，可得折射率n＝＝3，故D正确。

sinβ

易错点4不理解薄膜干涉形成原理

易错典题

【例4】如图是用干涉法检查某块厚玻璃板的上表面是否平整的装置，所用单色光是用普通光源加滤光片

产生的，检查中所观察到的干涉条纹是由下列哪两个表面反射的光线叠加而成的？

A.a的上表面和b的下表面B.a的上表面和b的上表面

C.a的下表面和b的上表面D.a的下表面和b的下表面

【错因分析】解答错误的主要原因是没有弄清薄膜干涉是薄膜的两个表面光分别反射后叠加产生的。

【答案】C

【解析】由于光波的波长很短，只有利用很薄的介质膜才能观察到明显的干涉条纹。所以该题中是利

用标准样板和被检测板间很薄的空气膜上、下表面的反射光发生干涉来对被检查板的平整度进行检验的。

因而选项C是正确的。

避错攻略

【知识链接】

薄膜干涉

(1)形成原因

如图所示，竖直的肥皂薄膜，由于重力的作用，形成上薄下厚的楔形。光照射到薄膜上时，在膜的前表面

AA′和后表面BB′分别反射回来，形成两列频率相同的光波，并且叠加。

(2)亮、暗条纹的判断方法

两个表面反射回来的两列光波的路程差Δr，等于薄膜厚度的2倍，在P1、P2处，光在薄膜中的波长为λ，

λ

Δr＝nλ(n＝1，2，3…)，薄膜上出现亮条纹；在Q处，Δr＝(2n＋1)(n＝0，1，2，3…)，薄膜上出现暗

2

条纹。

(3)薄膜干涉的应用

干涉法检查平面，如图所示，两板之间形成一楔形空气膜，用单色光从上向下照射，如果被检平面是平整

光滑的，我们会观察到平行且等间距的明暗相间的条纹；若被检平面不平整，则干涉条纹发生弯曲。

举一反三

【变式4-1】如图所示，关于薄膜干涉现象及其应用，下列说法正确的是()

A.如图甲所示，竖直放置的肥皂液膜，来自前后两个面的反射光发生干涉，形成明暗相间的竖直条纹

B.如图乙所示，照相机的镜头表面常常镀一层透光膜，膜的外表面和玻璃表面反射的光发生干涉使镜头看

起来有颜色，膜的厚度为光在膜中波长的1

2

C.如图丙所示，利用光的干涉检查平整度，用单色光从上面照射，空气膜的上下两个表面反射的两列光波

发生干涉，图中条纹弯曲说明此处是凹下的

D.如图丁所示，把一个凸透镜压在一块平面玻璃上，让单色光从上方射入，从上往下看凸透镜，可以看到

等间距的明暗相间的圆环状条纹

答案C

解析竖直放置的肥皂液膜，来自前后两个面的反射光发生干涉，由于同一水平线上的薄膜厚度近似相同，

所以干涉后能产生水平的明暗条纹，故A错误；照相机的镜头表面常常镀一层透光膜，从薄膜前后两表面

1

反射的光发生干涉使镜头看起来有颜色，膜的厚度为光在膜中波长的，故B错误；利用光的干涉检查平整

4

度，用单色光从上面照射，空气膜的上下两个表面反射的两列光波发生干涉，根据条纹弯曲的方向，说明

此处是凹下的，故C正确；把一个凸透镜压在一块平面玻璃上，让单色光从上方射入，从上往下看凸透镜，

由于凸透镜下表面是曲面，所以空气膜厚度越往外越厚，所以看到的明暗相间的圆环状条纹越往外越密，

故D错误。

【变式4-2】如图所示为一种干涉热膨胀仪原理图，G为标准石英环，C为待测柱形样品，C的上表面与上

方标准平面石英板之间存在劈形空气层。用单色平行光垂直照射上方石英板，会形成干涉条纹。已知C的

膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，下列说法正确的是()

A.劈形空气层的厚度变大，条纹向左移动

B.劈形空气层的厚度变小，条纹向左移动

C.劈形空气层的厚度变大，条纹向右移动

D.劈形空气层的厚度变小，条纹向右移动

答案A

解析由题知，C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，G增加的高度大于C增加的高度，所以

标准平面石英板被顶起，劈形空气层的厚度变大，且同一厚度的空气膜向劈尖移动，则条纹向左移动，故A

正确。

易错点5错误理解光电效应规律

易错典题

【例5】光电继电器是一种利用光电效应工作的仪器。当光照射到光电管阴极时，阴极会逸出光电子，此时

放大器中有电流流过，进而使得电磁继电器工作，实现自动控制。下列说法正确的是（）

A．只要入射光的强度足够大，光电管就能发生光电效应，与光的频率无关

B．保持入射光的强度不变，增大入射光的频率，放大器中的电流将变小

C．若将电源的正负极对调，放大器中的电流将减为零

D．若入射光的频率为，阴极材料的逸出功为W0，普朗克常量为h，则电子逸出时的动能为hW0

【错解分析】认为发生光电效应的与光的强度无关而错选A，实际上发生光电效应的条件是入射光的频率

大于或等于截止频率

【答案】B

【详解】A．根据光电效应的条件可知，入射光的频率必须大于或等于阴极金属的截止频率才能发生光电效

应，A错误；

B．保持入射光的强度不变，增大入射光的频率，则单位时间照射到阴极单位面积上的入射光的光子数目减

少，即阴极单位时间单位面积上接收到的光子数将减少，故而阴极单位时间内逸出的电子数减少，放大器

中的电流也将减小，B正确；

C．若将电源的正负极对调，电源将提供反向减速电压，如果该反向电压可能没有达到遏止电压，故而电流

不一定为零，C错误；

D．根据EkmaxhW0可知，hW0为光电子的最大初动能，实际上电子逸出时的动能可能比hW0小，D

错误。故选B。

避错攻略

【方法总结】

1.“四点”提醒

(1)能否发生光电效应，不取决于光的强度而取决于光的频率。

(2)光电效应中的“光”不是特指可见光，也包括不可见光。

(3)逸出功的大小由金属本身决定，与入射光无关。

(4)光电子不是光子，而是电子。

2.“两条”关系

(1)光的强度大→光子数目多→发射光电子多→光电流大。

(2)光子频率高→光子能量大→产生光电子的最大初动能大→遏止电压大。

3.“三个”关系式

(1)爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hν－W0。

12

(2)最大初动能与遏止电压的关系：mevc＝eUc。

2

(3)逸出功与极限频率的关系：W0＝hνc。

举一反三

【变式5-1】用如图所示的实验装置研究光电效应现象。用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生

了光电效应，电流表G的示数不为零。移动滑动变阻器的滑片P，发现当电压表的示数大于或等于1.7V时，

电流表示数为零，则在该实验中()

A.光电子的最大初动能为1.05eV

B.光电管阴极的逸出功为1.7eV

C.开关S断开，电流表G示数为零

D.当滑动变阻器的滑片P由b端向a端滑动时，电压表示数增大

答案D

解析由题意可知，遏止电压Uc＝1.7V，光电子的最大初动能Ek＝eUc＝1.7eV，A错误；根据光电效应方

程可知，逸出功W0＝ε－Ek＝1.05eV，B错误；断开开关S，光电效应依然发生，有光电流，光电管、电流

表、滑动变阻器构成闭合回路，电流表中电流不为零，C错误；电源电压为反向电压，当滑动变阻器的滑

片P由b端向a端滑动时，反向电压增大，电压表示数增大，D正确。

【变式5-2】研究某种金属的光电效应规律，所得相关图像分别如图甲、乙、丙、丁所示，Ek为光电子的最

大初动能、ν为入射光的频率、I为光电流、U为两极板间的电压、Uc为遏止电压。下列说法正确的是()

νcEk

A.由图甲知，入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为

22

B.由图乙知，入射光的光照强度越大，光电子的最大初动能越大

C.由图丙知，入射光2的频率大于入射光1的频率

D.由图丁知，入射光的频率大于νc时，入射光的频率越大，遏止电压越大

答案D

νc

解析根据Ek＝hν－W0，W0＝hνc，结合图甲可知，νc为截止频率，当入射光的频率为时，不能发生光电

2

效应，不能产生光电子，故A错误；光电子的最大初动能由入射光的频率与金属的逸出功共同决定，与光

照强度无关，故B错误；根据图丙可知Uc1>Uc2，根据eUc1＝Ek1＝hν1－W0，eUc2＝Ek2＝hν2－W0，则有ν1>ν2，

hW0

即入射光2的频率小于入射光1的频率，故C错误；由Uc＝ν－可知入射光的频率大于νc时，入射光的

ee

频率越大，遏止电压越大，故D正确。

易错点6错误理解跃迁规律

易错典题

【例】处于基态的氢原子在某单色光的照射下，只能发出频率为的三种光，且＜＜,则照射光的

6r1r2r3

光子能量为()

++)

A.hr1B.hr2C.hr3D.h(r1r2r3

【易错分析】许多同学认为在某单色光束的照射下,处于基态氯原子吸收了能量为++)的光子

h(r1r2r3

后,将分别跃迁到能量为、、的激光态，然后处于这三个激发态的氢原子分别辐射出能量为、

hr1hr2hr3hr1

、的光子而跃迁到基态，所以选。

hr2hr3D

【答案】C

【解析】根据玻尔理论，当处于基态的氢原子受到某单色光照射时，氢原子应吸收一个光子的能量hr

从基态（能量为）跃迁到某一定态（能量为）。如果处于该定态的氢原子向较低定态跃迁只能发出频

E1E2

率为的三种光，则由图上可以看出该定态与基态之间只能隔一个定态，由题意＜＜，因此在

r1,r2,r3r1r2r3

单色光束的照射下要使处于基态的氢原子跃迁到能量为的定态，照射光的光子能量应为。故正确选

Enhr3

项是C。

避错攻略

【知识链接】

1.两类能级跃迁

跃迁

(1)自发跃迁：高能级(n)――→低能级(m)→放出能量，发射光子，hν＝En－Em。

跃迁

(2)受激跃迁：低能级(m)――→高能级(n)→吸收能量。

①光照(吸收光子)：光子的能量必须恰好等于能级差，hν＝En－Em。

②碰撞、加热等：只要入射粒子的能量大于或等于能级差即可，E外≥En－Em。

③大于电离能的光子被吸收，原子将电离。

2.电离

电离态：n＝∞，E＝0

基态→电离态：E吸＝0－(－13.6eV)＝13.6eV。

激发态→电离态：E吸＞0－En＝|En|。

若吸收能量足够大，克服电离能后，获得自由的电子还携带动能。

3.原子辐射光谱线数量的确定方法

(1)一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为(n－1)条。

（－）

2nn1

(2)一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数N＝Cn＝。

2

举一反三

【变式6-1】“梦天号”实验舱携带世界首套可相互比对的冷原子钟组发射升空，对提升我国导航定位、深

空探测等技术具有重要意义。如图所示为某原子钟工作的四能级体系，原子吸收频率为ν0的光子从基态能

级Ⅰ跃迁至激发态能级Ⅱ，然后自发辐射出频率为ν1的光子，跃迁到钟跃迁的上能级2，并在一定条件下可

跃迁到钟跃迁的下能级1，实现受激辐射，发出钟激光，最后辐射出频率为ν3的光子回到基态。该原子钟产

生的钟激光的频率ν2为()

A.ν0＋ν1＋ν3B.ν0＋ν1－ν3

C.ν0－ν1＋ν3D.ν0－ν1－ν3

答案D

解析原子吸收频率为ν0的光子从基态能级Ⅰ跃迁至激发态能级Ⅱ时有EⅡ－EⅠ＝hν0，且从激发态能级Ⅱ跃

迁到基态Ⅰ的过程有EⅡ－EⅠ＝hν1＋hν2＋hν3，联立解得ν2＝ν0－ν1－ν3，故D正确。

E1

【变式6-2】根据玻尔提出的轨道量子化模型，氢原子不同能级的能量关系为En＝，部分能级如图3所

n2

示，已知可见光的波长在400nm～760nm之间，对应的可见光光子能量范围为1.64eV～3.14eV。由此可

推知氢原子在能级跃迁时()

A.从n＝2能级跃迁到基态时发出可见光

B.从高能级向n＝2能级跃迁时发出的光均为可见光

C.处于基态的氢原子吸收能量为11eV的光子后可以跃迁至激发态

D.从高能级向n＝3能级跃迁时发出的光波长比红光更长

答案D

解析由能级图得从n＝2能级向基态跃迁时，发出的光子能量为ΔE1＝E2－E1＝10.2eV，不在可见光的能

量范围内，故A错误；从高能级向n＝2能级跃迁时，辐射出的光子最大能量为ΔEmax＝E∞－E2＝3.4eV>3.14

eV，因此从高能级向n＝2能级跃迁时发出的光有部分为非可见光，故B错误；根据能级图知，基态的氢原

子吸收能量为11eV的光子无法处于任何一个定态能级，故C错误；从高能级向n＝3能级跃迁时，辐射出

的光子能量最大为ΔEmax′＝E∞－E3＝1.51eV<1.64eV，可知从高能级向n＝3能级跃迁时发出的光频率小于

红光频率，则发出的光的波长均大于红光波长，故D正确。

易错点7错误理解变质量问题

易错典题

【例7】如图所示，体积为V的汽缸由导热性良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸的空气分成体积相等

的上、下两部分，汽缸上部分通过单向阀门K(气体只能进汽缸，不能出汽缸)与一打气筒相连。开始时汽缸

V

内上部分空气的压强为p0，现用打气筒向容器内打气。已知打气筒每次能打入压强为p0、体积为的空气，

10

1

当打气n次后，稳定时汽缸上、下部分的空气体积之比为9∶1，活塞重力G＝p0S，空气视为理想气体，

4

外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦。求：

图1

(1)当打气n次后，活塞稳定时下部分空气的压强；

(2)打气筒向容器内打气次数n。

【易错分析】没有把所有气体看作是一个整体

答案(1)6.25p0(2)49次

解析(1)对汽缸下部分气体，设初状态压强为p1，末状态压强为p2，由玻意耳定律得

p1V1＝p2V2

VV

可知p1＝p2

210

初状态时对活塞有p1S＝p0S＋G

25

联立解得p2＝p0＝6.25p0。

4

(2)把上部分气体和打进的n次气体作为整体，此时上部分汽缸中的压强为p

末状态时对活塞有p2S＝pS＋G

VV9V

由玻意耳定律有p0＋n·p0＝p

21010

联立解得p＝6p0，n＝49次。

避错攻略

【知识链接】

“等效法”分析气体“变质量”问题的方法

在处理“充气、抽气”问题时可以采用“等效法”，可以把“变质量”问题转化为“定质量”的问题。

1.充气中的变质量问题：设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么当我们取容器和

口袋内的全部气体为研究对象时，这些气体状态不管怎样变化，其总质量是不变的，即可把变质量的问题

转化成定质量的问题。

2.抽气中的变质量问题：用抽气筒对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，容器中气体质量发生变化，

如果假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中，即可把变质量问题转化为定质量问题。

举一反三

【变式7-1】某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设

轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的

空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的

温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0＝30L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1

55

＝－3℃，压强p1＝2.7×10Pa。哈尔滨的环境温度t2＝－23℃，大气压强p0取1.0×10Pa，T＝t＋273。

求：

(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。

(2)充进该轮胎的空气体积。

答案(1)2.5×105Pa(2)6L

解析(1)由查理定律可得＝

�1�2

�1�2

5

其中p1＝2.7×10Pa，T1＝(273－3)K＝270K，T2＝(273－23)K＝250K

5

代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p2＝2.5×10Pa。

(2)由玻意耳定律可得p2V0＋p0V＝p1V0

代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V＝6L。

【变式7-2】汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气

气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵

实现刹车。助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强

差实现刹车助力。每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助

力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气

气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强

p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1。假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想

气体，温度保持不变。

(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1；

(2)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。

V0n

V0

答案(1)p0(2)1－V0＋V1p0S

V0＋V1

解析(1)第1次抽气过程，助力气室发生等温变化，由玻意耳定律有

p0V0＝p1(V0＋V1)

V0

解得p1＝p0。

V0＋V1

(2)第2次抽气过程，有p1V0＝p2(V0＋V1)

V02

解得p2＝V0＋V1p0

故第n次抽气后，助力气室内的压强为

V0n

pn＝V0＋V1p0

故第n次抽气后，驾驶员省力的大小

ΔF＝(p0－pn)S

V0n

解得ΔF＝1－V0＋V1p0S。

1.(多选)近年来，中科院研发的第三代横波探测成像测井仪在超深井中实现了清晰的井外地质成像及8340

米深度的探测纪录。如图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，图乙为x＝6m处质点P的

速度—时间(v－t)图像，下列说法正确的是()

A.该波沿x轴负方向传播，波速为5m/s

B.在0.6s内质点P运动的路程为3m

C.质点P在t＝0.5s时刻的位移为5cm

5

D.当测井仪运动时，接收到该波的频率为Hz

6

答案AC

解析从题图乙可知，在t＝0时刻质点P的速度为正向最大值，即P正在平衡位置向y轴正方向振动，根

λ

据“同侧法”可知波沿x轴负方向传播，由题图甲可知波长λ＝6m，又周期T＝1.2s，则波速v＝＝5m/s，

T

故A正确；该波的振幅为A＝10cm，质点P经过0.6s恰好振动半个周期，运动的路程s＝2A＝20cm，故

2π5

2π5×T

B错误；质点P的振动方程为y＝Asint，t＝0.5s＝T时，有y＝10×sinT12cm＝5cm，故C正

T12

155

确；该波的频率为f＝＝Hz，根据多普勒效应可知，当测井仪运动时，接收到的频率可能大于或小于Hz，

T66

故D错误。

2.一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝2s时的波形如图(a)所示，介质中某质点的振动图像如图(b)所示，

下列说法正确的是()

A.图(b)可能是质点A的振动图像

B.图(b)可能是质点B的振动图像

C.若图(b)是x＝2m处质点的振动图像，则波速可能是1m/s

D.若图(b)是x＝3m处质点的振动图像，则波速可能是0.5m/s

答案ACD

解析由波的图像和振动图像可知，t＝2s时质点向y轴负方向振动，波形图中的A点此时正向下振动，B

质点向y轴正方向振动，题图(b)可能是质点A的振动图像，B错误，A正确；由振动图像可知，质点振动

1

的周期为T＝4s，若题图(b)是x＝2m处质点的振动图像，则有(n＋)λ＝2m(n＝0，1，2，3，…)，根据v

2

λ1

＝，解得v＝m/s(n＝0，1，2，3，…)，当n＝0时，波速为1m/s，C正确；若题图(b)是x＝3m处

T2n＋1

1

n＋3

质点的振动图像，则有2λ＝3m(n＝0，1，2，3，…)，解得v＝m/s(n＝0，1，2，3，…)，当n

4n＋2

＝1时，波速为0.5m/s，D正确。

3.某同学从商场购买了一个质量分布均匀的透明“水晶球”，如图甲所示。该同学先测出了“水晶球”的直

径d，并标记了其中一条水平直径对应的两端点P、Q，球外某光源发出的一细束单色光从球上P点射向球

内，当折射光线与水平直径PQ成θ角时，出射光线与PQ平行，如图乙所示。已知光在真空中的传播速度

为c，下列说法正确的是()

A.该“水晶球”的折射率为2cosθ

2dcosθ

B.光在“水晶球”中的传播时间为

c

C.若仅改变入射光线与水平方向的夹角(大于0°且小于90°)，一定可以使其在球内某区域发生全反射

D.若仅换用波长较短的入射光，则光在“水晶球”中的传播速度变大

答案A

sin2θ

解析如图所示，由几何关系可知，光线射出时的折射角γ为2θ，折射率n＝＝2cosθ，故A正确；光

sinθ

lnl2dcos2θ

在“水晶球”中传播的距离l＝dcosθ，时间t＝＝＝，故B错误；由于光是从光疏介质进入光密

vcc

介质，所以一定不会在球内发生全反射，故C错误；当换用入射光的波长较短时，则光的频率较大，光的

c

折射率较大，由v＝可知光在“水晶球”中的传播速度变小，故D错误。

n

7

4.水面上漂浮一半径为R＝0.2m的圆形荷叶，如图所示，一条小蝌蚪从距水面h＝m的位置处沿水平方

20

4

向以速度v＝0.05m/s匀速穿过荷叶，已知水的折射率为，则在小蝌蚪沿荷叶直径AB正下方匀速游过的过

3

程中，在水面之上任意位置看不到小蝌蚪的时间为()

A.2sB.4s

C.6sD.8s

答案A

解析根据题意可知，当蝌蚪反射的光在荷叶边缘发生全反射时，则在水面之上看不到蝌蚪，如图所示，

13337

由于sinC＝＝，则有tanC＝＝，则有OE＝R－htanC＝0.05m，由对称性可知S1S2＝2OE＝

n442－327

S1S2

0.1m，则在水面之上看不到小蝌蚪的时间为t＝＝2s，故A正确。

v

5.如图，一折射率为2的棱镜的横截面为等腰直角三角形△ABC，AB＝AC＝l，BC边所在底面上镀有一层

反射膜。一细光束沿垂直于BC方向经AB边上的M点射入棱镜，若这束光被BC边反射后恰好射向顶点A，

求M点到A点的距离。

3－3

答案l

3

解析光束由M点射入后发生折射，经BC边反射后经过A点，作出M点关于BC的对称点M′，连接M′A

交BC于D，光路图如图所示。

由几何关系可知入射角i＝45°

sini

设折射角为r，由折射定律可知n＝

sinr

解得r＝30°

设AM间的距离为d，由几何关系可知

∠ABD＝∠DBM′＝45°，∠AM′M＝15°，

则∠BAD＝30°

3

在Rt△ABM′中，BM′＝ABtan∠BAD＝l

3

3

又BM＝BM′＝l

3

33－