江苏版2019版高考物理二轮复习第一部分专题六鸭模块学案.doc

江苏版2019版高考物理二轮复习第一部分专题六鸭模块学案 [思维脑图]　　　　　　　　　　学前串一串，平时翻一翻，考前忆一忆　　　　　　　　　　　　　 　　　　 [学前先做高考题]　　　　　　　　　　高考题最经典，每做一次都有新发现　　　　　　　　　　　　　 1．(xx江苏高考)(1)对下列几种固体物质的认识，正确的有__________。 A．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体 B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体 C．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则 D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同 (2)在装有食品的包装袋中充入氮气，可以起到保质作用。某厂家为检测包装袋的密封性，在包装袋中充满一定量的氮气，然后密封进行加压测试。测试时，对包装袋缓慢地施加压力。将袋内的氮气视为理想气体，则加压测试过程中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，包装袋内氮气的内能________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。 (3)给某包装袋充入氮气后密封，在室温下，袋中气体压强为1个标准大气压、体积为1 L。将其缓慢压缩到压强为2个标准大气压时，气体的体积变为0.45 L。 请通过计算判断该包装袋是否漏气。 解析：(1)晶体在熔化过程中温度保持不变，食盐具有这样的特点，则说明食盐是晶体，选项A正确；蜂蜡的导热特点是各向同性的，烧热的针尖使蜂蜡熔化后呈椭圆形，说明云母片的导热特点是各向异性的，故云母片是晶体，选项B错误；天然石英表现为各向异性，则该物质微粒在空间的排列是规则的，选项C错误；石墨与金刚石皆由碳原子组成，但它们的物质微粒排列结构是不同的，选项D正确。 (2)对氮气加压后，气体内部的压强增大，由F＝pS知，单位面积上所受气体分子撞击的作用力增大。由于加压过程是缓慢的，氮气的温度保持不变，所以氮气的内能不变。 (3)若不漏气，设加压后的体积为V1，由玻意耳定律知：p0V0＝p1V1，代入数据得V1＝0.5 L，因为0.45 L<0.5 L，说明包装袋漏气。 答案：(1)AD　(2)增大　不变　(3)见解析 2．(xx江苏高考)(1)在高原地区烧水需要使用高压锅。水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽。停止加热，高压锅在密封状态下缓慢冷却。在冷却过程中，锅内水蒸气的变化情况为________。 A．压强变小　　　　　　 B．压强不变 C．一直是饱和汽 D．变为未饱和汽 (2)如图1所示，在斯特林循环的pV图像中，一定质量理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，整个过程由两个等温和两个等容过程组成。B→C的过程中，单位体积中的气体分子数目________(选填“增大”“减小”或“不变”)。状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图像如图2所示，则状态A对应的是________(选填“①”或“②”)。 (3)如图1所示，在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。求气体完成一次循环对外界所做的功。 解析：(1)高压锅在密封状态下缓慢冷却过程中，锅内水蒸气体积不变，温度降低，则压强变小，但锅内水蒸气发生的是动态变化过程，一定是饱和汽。故选项A、C正确。 (2)B→C过程为等容过程，单位体积中的气体分子数目不变。气体状态A的温度低于状态D的温度，则状态A对应的气体分子的平均动能小，对应着图像①。 (3)完成一次循环气体内能不变，ΔU＝0，吸收的热量Q＝(20＋12－4－20)J＝8 J，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，W＝－8 J，气体对外界所做的功为8 J。 答案：(1)AC　(2)不变　①　(3)8 J 3．(xx江苏高考)(1)一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其VT图像如图1所示。下列说法正确的有________。 A．A→B的过程中，气体对外界做功 B．A→B的过程中，气体放出热量 C．B→C的过程中，气体压强不变 D．A→B→C的过程中，气体内能增加 (2)图2甲和乙是某同学从资料中查到的两张记录水中炭粒运动位置连线的图片，记录炭粒位置的时间间隔均为30 s，两方格纸每格表示的长度相同。比较两张图片可知：若水温相同，________(选填“甲”或“乙”)中炭粒的颗粒较大；若炭粒大小相同，________(选填“甲”或“乙”)中水分子的热运动较剧烈。 (3)科学家可以运用无规则运动的规律来研究生物蛋白分子。资料显示，某种蛋白的摩尔质量为66 kg/mol，其分子可视为半径为310－9 m的球，已知阿伏加德罗常数为6.01023 mol－1。请估算该蛋白的密度。(计算结果保留一位有效数字) 解析：(1)由题图1可知，A→B过程气体的体积减小，外界对气体做功，A项错误；A→B过程气体的温度不变，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，B项正确；B→C过程中，是一个常数，气体发生的是等压变化，气体的温度降低，内能减少，C项正确，D项错误。 (2)影响布朗运动快慢的因素有两个，即悬浮颗粒的大小和液体温度，颗粒越小布朗运动越明显，液体温度越高布朗运动越明显，从题图2可以看出，乙中炭粒的布朗运动明显，因此温度相同时，甲中炭粒的颗粒大；颗粒相同时，乙中水的温度高，水分子的热运动较剧烈。 (3)摩尔体积V＝πr3NA[或V＝(2r)3NA] 由密度ρ＝，解得ρ＝ 代入数据得ρ≈1103 kg/m3(或ρ≈5102 kg/m3,5102～1103 kg/m3均可)。 答案：(1)BC　(2)甲　乙　(3)1103 kg/m3(或5102 kg/m3，5102～1103 kg/m3均可) [研透常考题根] 对热学基本知识的考查 1．分子动理论 (1)分子大小 ①阿伏加德罗常数：NA＝6.021023mol－1。 ②分子体积：V0＝(占有空间的体积)。 ③分子质量：m0＝。 ④油膜法估测分子的直径：d＝。 (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：液体内固体小颗粒做永不停息、无规则的运动，颗粒越小、温度越高，运动越剧烈。 (3)分子间的相互作用力和分子势能 ①分子力：分子间引力与斥力的合力。分子间距离增大，引力和斥力均减小；分子间距离减小，引力和斥力均增大，但斥力总比引力变化得快。 ②分子势能：分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增大；当分子间距为r0(分子间的距离为r0时，分子间作用的合力为0)时，分子势能最小。 2．固体和液体 (1)晶体和非晶体的分子结构不同，表现出的物理性质不同。晶体具有确定的熔点。单晶体表现出各向异性，多晶体和非晶体表现出各向同性。晶体和非晶体在适当的条件下可以相互转化。 (2)液晶是一种特殊的物质状态，所处的状态介于固态和液态之间。液晶具有流动性，在光学、电学物理性质上表现出各向异性。 (3)液体的表面张力使液体表面具有收缩到最小的趋势，表面张力的方向跟液面相切。 [即时训练] 1．判断正误 (1)布朗运动并不是液体分子的运动，但它说明分子永不停息地做无规则运动。(√) (2)液体温度越高，布朗运动会越激烈。(√) (3)显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性。(√) (4)悬浮在空气中做布朗运动的PM2.5微粒，气温越高，运动越剧烈。(√) (5)扩散现象不仅能发生在气体和液体中，固体中也可以。(√) (6)“酒香不怕巷子深”与分子热运动有关。(√) (7)水不容易被压缩说明分子间存在分子力。(√) (8)用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，说明此时分子间只存在引力而不存在斥力。() (9)将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间的分子力先增大后减小最后再增大。(√) (10)当分子间距离增大时，分子间的引力减少，斥力增大。() (11)若两分子间距离减小，分子间斥力增大，引力减小，合力为斥力。() (12)当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小。() (13)同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现。(√) (14)大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体。() (15)单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的。(√) (16)单晶体和多晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点。(√) (17)晶体在各个方向上的导热性能相同时，表现为各向同性。(√) (18)单晶体的物理性质具有各向异性。(√) (19)太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果。(√) (20)液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部。() (21)液体表面的分子距离大于分子间的平衡距离，使得液面有表面张力。(√) (22)叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用。(√) (23)液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征。(√) (24)液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点。(√) (25)当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大。() (26)空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越快。() (27)只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数。(√) (28)用阿伏加德罗常数和某种气体的密度，就可以求出该种气体的分子质量。() (29)只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出该气体分子的体积。() (30)一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能。(√) (31)给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子斥力造成的。() (32)如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大。() (33)把很多小的单晶体放在一起，就变成了非晶体。() (34)用热针尖接触金属表面的石蜡，熔化区域呈圆形，这是晶体各向异性的表现。() (35)漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故。() (36)雨水没有透过布雨伞是因为液体分子表面张力的原因。(√) (37)在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零。() (38)压强变大时，分子间的平均距离必然变小。() (39)当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小。(√) (40)影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的实际压强与同一温度下水的饱和汽压的差距。(√) 2．已知50 ℃时饱和水汽压是92.5 mmHg，则在以下两种变化中：①如果温度不变，汽的体积缩小到原来一半；②体积不变，汽的温度升高到100 ℃。其饱和水汽压变化是(　　) A．不变，不变　　　　　　 B．变大，不变 C．不变，变大 D．变大，变大 解析：选C　根据饱和水汽压与温度有关，随温度的升高而增大，与体积无关可知，如果温度不变，汽的体积缩小到原来一半，其饱和水汽压不变；如果保持体积不变，当汽的温度升高时，其饱和水汽压会变大。故C正确。 热力学定律的理解 1．物体内能变化的判定 温度变化引起分子平均动能的变化；体积变化，分子间的分子力做功，引起分子势能的变化。 2．热力学第一定律 (1)公式：ΔU＝W＋Q。 (2)符号规定：外界对系统做功，W>0；系统对外界做功，W<0。系统从外界吸收热量，Q>0；系统向外界放出热量，Q<0。系统内能增加，ΔU>0；系统内能减少，ΔU<0。 3．热力学第二定律的表述 (1)热量不能自发地从低温物体传到高温物体(按热传递的方向性表述)。 (2)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(按机械能和内能转化的方向性表述)。 (3)第二类永动机是不可能制成的。 [即时训练] 1．判断正误 (1)外界对系统做功，其内能一定增加。() (2)系统从外界吸收热量，其内能一定增加。() (3)一定质量的理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变。() (4)一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大。(√) (5)在轮胎爆裂这一短暂过程中，气体膨胀，温度下降。(√) (6)密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程外界对其做功，瓶内空气内能增加。() (7)压缩处于绝热容器中的一定质量的理想气体，其内能一定增加。(√) (8)“钻木取火”和“捂热水袋”都是做功改变物体内能的。() (9)热量能够自发地从高温物体传导到低温物体，但不能自发地从低温物体传导到高温物体。(√) (10)利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的。(√) (11)自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的。(√) (12)功转变为热的实际宏观过程一定是可逆过程。() (13)空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性。() (14)不断改进工艺，热机的效率可能达到100%。() (15)热量不可以自发地从低温物体传递到高温物体，是因为违背了热力学第一定律。() (16)“第一类永动机”不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律。(√) (17)“第二类永动机”不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律。() 2．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 解析：选BD　根据热力学定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，说法A错误；改变物体内能的方式有做功和传热，对气体做功可以改变其内能，说法B正确；理想气体等压膨胀对外做功，根据＝恒量知，膨胀过程一定吸热，说法C错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，说法D正确。 气体实验定律的应用 1．气体实验定律 (1)等温变化：pV＝C或p1V1＝p2V2。 (2)等容变化：＝C或＝。 (3)等压变化：＝C或＝。 (4)理想气体状态方程：＝C或＝。 2．应用气体实验定律的三个重要环节 (1)正确选择研究对象：对于变质量问题要保证研究质量不变的部分；对于多部分气体问题，要各部分独立研究，各部分之间一般通过压强找联系。 (2)列出各状态的参量：气体在初、末状态，往往会有两个(或三个)参量发生变化，把这些状态参量罗列出来会比较准确、快速地找到规律。 (3)认清变化过程：准确分析变化过程以便正确选用气体实验定律。 [例1]　一定质量的理想气体被质量m＝30 kg、横截面积S＝100 cm2的活塞封闭在光滑圆筒形的金属汽缸内，活塞与汽缸底之间用一轻弹簧连接。开始时汽缸水平放置，弹簧恰好处于原长L0＝50 cm，如图(a)所示。将汽缸从水平位置缓慢地竖直立起，稳定后活塞下降L1＝10 cm，如图(b)所示。再对汽缸内的气体逐渐加热，活塞上升L2＝30 cm，如图(c)所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，外界气温t＝27 ℃，大气压强p0＝1.0105 Pa，不计一切摩擦，求： (1)弹簧的劲度系数k； (2)加热后，汽缸内气体的温度T′。 [解析]　(1)设汽缸竖直稳定后，汽缸内气体压强为p1， 活塞受力平衡p1S＋kL1＝p0S＋mg 由玻意耳定律得p0L0S＝p1(L0－L1)S 解得k＝500 N/m。 (2)设加热后汽缸内气体压强为p2， 活塞受力平衡p2S＝p0S＋mg＋k(L2－L1) 初始温度：T＝t＋273 K 由理想气体状态方程＝ 解得T′＝588 K。 [答案]　(1)500 N/m　(2)588 K [即时训练] 1．(xx全国卷Ⅱ)一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。 解析：设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2。根据玻意耳定律得 p1V1＝p2V2① 重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为 V3＝V2－V1② 设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有 p2V3＝p0V0③ 设实验室每天用去的氧气在p0压强下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为 N＝④ 联立①②③④式，并代入数据得 N＝4(天)。⑤ 答案：4天 2．(xx江苏四模)在水平面上有一个导热汽缸，如图甲所示，活塞与汽缸之间密封了一定质量的理想气体。最初密封气体的温度为27 ℃，气柱长10 cm；给气体加热后，气柱长变为12 cm。已知汽缸内横截面积为0.001 m2，大气压强p0＝1.0105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，不计活塞与汽缸之间的摩擦。 (1)求加热后汽缸内气体的温度； (2)若保持汽缸内气体温度不变，将汽缸直立后(如图乙所示)，气柱长度又恢复为10 cm，求活塞质量。 解析：(1)汽缸内的密封气体温度升高后，压强不变，是等压变化，汽缸内横截面积用S表示， 则V1＝0.1S m3，V2＝0.12S m3，T1＝(273＋27)K 根据盖—吕萨克定律，有＝ 代入数据解得：T2＝360 K(或87 ℃)。 (2)将汽缸直立后，气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p2V2＝p3V3 已知V2＝0.12S m3，V3＝0.1S m3，p2＝p0＝1.0105 Pa 代入数据解得p3＝1.2105 Pa 因为Δp＝p3－p0＝ 代入数据解得m＝2 kg。 答案：(1)360 K(或87 ℃)　(2)2 kg 热学综合问题 [例2]　(xx南京一模)一定质量的理想气体从状态A经绝热过程到达状态B，再经等容过程到达状态C，此过程的p V图像如图所示，图中虚线为等温线。在B→C的过程中，气体吸收热量为12 J。 (1)比较气体在A和B状态的内能EA、EB的大小； (2)求气体从A→B过程中气体对外界做的功。 [解析]　(1)A→B过程绝热，Q＝0，气体体积V增大，对外做功，内能减小，EA＞EB。 (2)A→B→C过程中有：ΔU＝WAB＋WBC＋QAB＋QBC A、C温度相等，内能不变，ΔU＝0 A→B过程绝热，QAB＝0 B→C等容变化不做功，WBC＝0 在B→C的过程中，气体吸收热量QBC＝12 J 解得WAB＝－12 J 即A→B过程气体对外做功12 J。 [答案]　(1)EA＞EB　(2)12 J [即时训练] 1.(xx许昌二模)如图所示，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。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程。该循环过程中，下列说法正确的是(　　) A．A→B过程中，气体对外界做功，吸热 B．B→C过程中，气体分子的平均动能增加 C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少 D．D→A过程中，气体吸热 解析：选A　A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，W＜0，A→B为等温过程，内能不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律知气体吸热，Q＞0，故A正确；B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；C→D过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C错误；D→A过程中，绝热压缩，Q＝0，故D错误。 2.(xx南通一模)如图所示，在开口向上、竖直放置的薄壁圆柱形容器内，用质量m＝2.0 kg的活塞密封一部分气体，活塞在容器内能自由滑动且保持水平，容器的底面积S＝100 cm2，开始时气体的温度T1＝280 K，活塞到容器底的距离h1＝20.0 cm。在气体从外界吸收Q＝40 J热量的过程中，活塞缓慢上升的距离Δh＝1.0 cm。已知大气压强p0＝1.0105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)活塞停止上升时容器内气体的温度T2； (2)密封气体内能的增加量ΔU。 解析：(1)活塞上升过程中，由盖—吕萨克定律有：＝ 则有：T2＝T1＝T1 代入数据解得T2＝294 K。 (2)活塞上升的过程，外界对系统做的功为： W＝－(mg＋p0S)Δh 由热力学第一定律有：ΔU＝Q＋W 解得：ΔU＝29.8 J。 答案：(1)294 K　(2)29.8 J [专题跟踪检测] 一、选择题 1．(xx泰州三模)下列说法中正确的是(　　) A．当分子间引力大于斥力时，随着分子间距增加，分子间作用力的合力一定减小 B．单晶硅中原子排列成空间点阵结构，因此其他物质分子不能扩散到单晶硅中 C．液晶具有液体的流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性 D．密闭容器中水的饱和汽压随温度和体积的变化而变化 解析：选C　当分子间引力大于斥力时，分子间距离r＞r0，分子之间的作用力表现为引力，随着分子间距增加，分子力先增大，后减小，故A错误；单晶硅中原子排列成空间点阵结构，但分子之间仍然存在间隙，其他物质分子能扩散到单晶硅中，故B错误；液晶是一种特殊的物态，液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质具有各向异性，故C正确；水的饱和汽压仅仅与温度有关，与体积无关，故D错误。 2．在温度不变的情况下，增大液面上方饱和汽的体积，再次平衡时，下面有关说法正确的是(　　) A．饱和汽的质量不变，饱和汽的密度减小 B．饱和汽的密度不变，饱和汽的压强减小 C．饱和汽的密度不变，饱和汽的压强增大 D．饱和汽的质量增大，饱和汽的压强不变 解析：选D　饱和汽压只与温度有关，故在温度不变的情况下，饱和汽的分子密度是不变的。增大液面上方饱和汽的体积，再次平衡时，饱和汽的质量增大，饱和汽的压强不变，故D正确。 3.如图所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法正确的是(　　) A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 m B．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 m C．若两个分子间距离大于e点的横坐标，则分子间作用力表现为引力 D．若两个分子间距离越来越大，则分子势能也越来越大 解析：选BC　在Fr图像中，随着距离的增大，斥力比引力变化快，所以ab为引力曲线，cd为斥力曲线，当分子间的距离等于分子直径数量级时，引力等于斥力，所以e点的横坐标为10－10 m，故A错误，B正确；若两个分子间距离大于e点的横坐标，则分子间作用力表现为引力，故C正确；若两个分子间距离越来越大，小于平衡位置距离时，分子间作用力表现为斥力，斥力做正功；大于平衡位置距离时，分子间作用力表现为引力，引力做负功，故分子势能先减小后增大，故D错误。 4．(xx南通模拟)下列说法中正确的是(　　) A．两分子间的距离从r0处逐渐增大，分子间表现出的引力先增大后减小 B．从水里逸出的水分子数目与撞回水里的水分子数之差越大，水面上方的空气越潮湿 C.理想气体向真空中自由膨胀时，压强减小，同时从外界吸热 D．液滴在完全失重状态下，其形状可以做如图所示虚线方向的周期性微小变化，这是表面张力产生的效果 解析：选AD　根据分子力的特点可知，两分子间的距离从r0处逐渐增大，分子间表现出的引力先增大后减小，故A正确；根据对蒸发与液化的平衡微观解释可知，从水里逸出的水分子数目与撞回水里的水分子数之差越大，水面上方的空气越干燥，故B错误；理想气体向真空中自由膨胀时，气体不对外做功，压强虽然减小，但不一定会从外界吸热，故C错误；液滴在完全失重状态下，由于表面张力的作用，其形状近似为球体，故D正确。 5．(xx徐州期中)如图所示，对于图片中所描述的物理过程，下列分析中正确的是(　　) A．图甲，厚玻璃筒内的空气被压缩，空气的内能增大 B．图乙，瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气的内能增大 C．图丙，试管内的水蒸气推动了塞子冲出时，水蒸气的内能减小 D．图丁，汽缸内的气体推动活塞向下运动时，气体的内能增大 解析：选AC　题图甲，厚玻璃筒内的空气被压缩时，活塞对空气做功，瓶内空气温度升高，空气的内能增大，故A正确；题图乙，瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气对活塞做功，空气的内能减小，故B错误；题图丙，试管内的水蒸气推动了塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能减小，故C正确；题图丁，汽缸内的气体推动活塞向下运动时，内能转化为机械能，内能减小，故D错误。 6．(xx南京四模)下列说法正确的有(　　) A．天然水晶熔化后再凝固的水晶(石英玻璃)仍然是晶体 B．大气中氢含量较少的原因是氢分子平均速率较大，更容易从地球逃逸 C．相同的温度下，液体的扩散速度等于固体的扩散速度 D．人类使用能量的过程是将髙品质的能量最终转化为低品质的内能 解析：选BD　天然水晶熔化后再凝固的水晶(石英玻璃)是非晶体，故A错误；在动能一定的情况下，质量越小，速率越大，地球大气中氢含量少，是由于外层气体中氢分子平均速率大，更容易大于地球的第一宇宙速度，更易从地球逃逸，故B正确；在相同的温度下，液体的扩散速度要比固体的扩散速度快，故C错误；根据热力学第二定律，能量在利用过程中，总是由高品质的能量最终转化为低品质的内能，故D正确。 7.(xx徐州二模)一定质量的理想气体经历了如图ABCDA的循环过程，其中A→B、C→D是两个等压过程，B→C、D→A是两个绝热过程。关于气体状态及其能量变化，下列说法中正确的有(　　) A．A→B过程，气体对外做功，内能增大 B．B→C过程，气体分子平均动能增大 C．ABCDA循环过程中，气体吸热，对外做功 D．ABCDA循环过程中，A状态气体温度最低 解析：选AC　A→B过程，气体发生等压变化，体积增大，气体对外做功，根据盖—吕萨克定律知，体积与热力学温度成正比，体积增大，温度升高，内能增大，故A正确；B→C是绝热过程，体积增大，气体对外界做功，W＜0，绝热过程，Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q＜0，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；ABCDA循环过程中，从A→B→C气体对外做功，C→D→A外界对气体做功，气体对外做功大于外界对气体做功，所以一个循环中表现为气体对外做功，W＜0；经过一个循环，气体回到初状态A，内能不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律知Q＞0，气体吸热，故C正确；ABCDA循环过程中，从D→A，体积减小，外界对气体做功，W＞0，绝热过程，Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知ΔU＞0，内能增加，温度升高，D状态温度比A状态温度低，即A状态温度不是最低，故D错误。 二、非选择题 8.(xx徐州模拟)一定质量的理想气体压强p与摄氏温度t的关系如图所示，气体从状态A变到状态B，则气体在状态A的体积______(选填“＞”、“＝”或“＜”)在状态B的体积；此过程中，气体做功的绝对值为W，内能变化量的绝对值为ΔU，则气体与外界之间传递的热量为__________。 解析：在p t图像中分别作出过A、B两点的等容线，延长线交于同一点－273.15 ℃，等容线斜率越大，体积越小，所以气体在状态A的体积小于在状态B的体积，气体从状态A到状态B，温度降低，内能减小，ΔU＜0，此过程中气体体积增大，气体对外做功，W＜0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，代入：－ΔU＝－W＋Q，解得：Q＝W－ΔU。 答案：＜　W－ΔU 9．(xx苏锡常二模)我国科技人员用升温析晶法制出了超大尺寸单晶钙钛矿晶体，尺寸超过71 mm，这是世界上首次报道尺寸超过0.5英寸的钙钛矿单晶。假设该单晶体的体积为V，密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数NA，则该晶体所含有的分子数为________，分子直径为________。(球的体积公式V＝πD3，D为球的直径) 解析：该单晶体的质量m＝ρV，则分子数为：n＝NA，单个分子体积V0＝＝＝解得：D＝。 答案：NA　　 10.(xx徐州模拟)如图所示，竖直放置的内壁光滑、导热良好的汽缸中封闭了一定质量的理想气体，活塞到缸底的距离h＝0.5 m。已知活塞质量m＝2 kg，横截面积S＝110－2 m2，环境温度t＝0 ℃且保持不变，外界大气压强p0＝1105 Pa，阿伏加德罗常数NA＝61023 mol－1，标准状态下气体的摩尔体积Vmol＝22.4 L/mol，g＝10 m/s2。现将汽缸缓慢地转至水平，求： (1)汽缸水平放置时，被封闭气体的体积V； (2)汽缸内空气分子的个数(结果保留一位有效数字)。 解析：(1)根据平衡条件得，封闭气体的压强：p1＝p0＋＝1.2105 Pa 体积V1＝Sh＝510－3 m3 由玻意耳定律有：p1V1＝p0V 解得V＝610－3 m3。 (2)汽缸内空气分子的个数N＝NA ＝61023≈21023(个)。 答案：(1)610－3 m3　(2)21023个 11．(xx宿迁三模)成年人在正常状态下1分钟呼吸18次，每次吸入的空气约为500 mL，空气中氧气的含量约为21%，氧气的密度约为1.4 kg/m3、摩尔质量为3.210－2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA取6.01023 mol－1。求一个成年人在一昼夜的时间内： (1)吸入氧气的质量； (2)吸入氧气的分子数。(结果均保留一位有效数字) 解析：(1)吸入氧气的体积V＝n0V0η＝1850010－621% m3≈2.72 m3， 吸入氧气的质量m＝ρV＝1.42.72 kg≈4 kg。 (2)吸入的氧气分子数N＝NA 解得N＝6.01023≈81025(个)。 答案：(1)4 kg　(2)81025个 12.(xx淮安一模)如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S。开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0。将整个装置放在大气压恒为p0的空气中后，当气体从外界吸收热量Q，活塞缓慢上升d后再次平衡。求： (1)外界空气的温度； (2)在此过程中密封气体的内能增加了多少。 解析：(1)取密封气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖—吕萨克定律得：＝ 解得：外界空气的温度为T＝T0。 (2)活塞上升的过程，密封气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功 W＝－(mg＋p0S)d。 根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能 ΔU＝Q＋W＝Q－(mg＋p0S)d。 答案：(1)T0　(2)Q－(mg＋p0S)d 13.如图，在水平固定放置的汽缸内，用不漏气的轻质活塞封闭有一定量的理想气体，开有小孔的薄隔板将气体分为A、B两部分。活塞的横截面积为S，与汽缸壁之间无摩擦。初始时A、B两部分体积相同，温度为T，大气压强为p0。 (1)加热气体，使A、B两部分体积之比达到1∶2，求此时的温度T′； (2)将气体温度加热至2T，然后在活塞上施加一向左的水平恒力F＝5p0S，推动活塞，直至最终达到平衡，推动活塞过程中温度始终维持2T不变，求最终气体压强p′。 解析：(1)设A的体积为V，则初状态A、B总体积为2V，末状态总体积为3V 由盖—吕萨克定律得：＝ 解得T′＝1.5T。 (2)假设活塞被推至隔板时气体压强为p临 ＝ 解得p临＝4p0＜ 由此可以判断，活塞一直被推至隔板，此后气体体积、温度均不变，则压强不再改变，p′＝4p0。 答案：(1)1.5T　(2)4p0 14．(xx苏州模拟)冬天天气寒冷，有时室内需要加温。如果有一房间室内面积为22.4 m2，高为3.0 m，室内空气通过房间缝隙与外界大气相通，开始时室内温度为0 ℃，通过加热使室内温度升为20 ℃。若上述过程中大气压强不变，已知气体在0 ℃的摩尔体积为22.4 L/mol，阿伏加德罗常数为6.01023 mol－1，试估算这个过程中有多少空气分子从室内跑出。(结果保留两位有效数字) 解析：0 ℃时室内气体分子总数 N＝NA ＝6.01023＝1.81027(个) 设20 ℃时室内气体体积与气体总体积分别为 V1和V2， 根据盖—吕萨克定律得＝，T1＝273 K， T2＝(273＋20)K＝293 K 解得＝ 则室内气体分子数与总分子数之比为＝ 从室内跑出的气体分子数为ΔN＝N－N1 联立解得ΔN＝N≈1.21026(个)。 答案：1.21026个 　二十七、振动和波动、光与电磁波 [思维脑图]　　　　　　　　　　学前串一串，平时翻一翻，考前忆一忆　　　　　　　　　　　　　 　　　　 [学前先做高考题]　　　　　　　　　　高考题最经典，每做一次都有新发现　　　　　　　　　　　　　 1．(xx江苏高考)(1)一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，则被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比________。 A．波速变大　　　　　　 B．波速不变 C．频率变高 D．频率不变 (2)用2106 Hz的超声波检查胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分别为2 250 m/s和1 500 m/s，则该超声波在结石中的波长是胆汁中的________倍。用超声波检查胆结石是因为超声波的波长较短，遇到结石时________(选填“容易”或“不容易”)发生衍射。 (3)人造树脂是常用的眼镜镜片材料。如图所示，光线射在一人造树脂立方体上，经折射后，射在桌面上的P点。已知光线的入射角为30，OA＝5 cm，AB＝20 cm，BP＝12 cm，求该人造树脂材料的折射率n。 解析：(1)渔船与鱼群发生相对运动，被鱼群反射回来的超声波的速度大小不变；由多普勒效应知，反射回来的超声波的频率变高，故选项B、C正确。 (2)由v＝λf知，超声波在结石中的波长λ1＝，在胆汁中的波长λ2＝，则波长之比：＝＝1.5。 超声波遇到结石时，其波长远小于结石的线度，则超声波遇到结石时不容易发生衍射现象。 (3)设折射角为γ，由折射定律知：＝n 由几何关系知：sin γ＝ 且OP＝ 代入数据得n＝≈1.5。 答案：(1)BC　(2)1.5　不容易　(3)(或n≈1.5) 2．(xx江苏高考)(1)一艘太空飞船静止时的长度为30 m，它以0.6c(c为光速)的速度沿长度方向飞行越过地球，下列说法正确的是________。 A．飞船上的观测者测得该飞船的长度小于30 m B．地球上的观测者测得该飞船的长度小于30 m C．飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于c D．地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于c (2)杨氏干涉实验证明光的确是一种波。一束单色光投射在两条相距很近的狭缝上，两狭缝就成了两个光源，它们发出的光波满足干涉的必要条件，即两列光的________相同。如图所示，在这两列光波相遇的区域中，实线表示波峰，虚线表示波谷，如果放置光屏，在________(选填“A”“B”或“C”)点会出现暗条纹。 (3)在上述杨氏干涉实验中，若单色光的波长λ＝5.8910－7 m，双缝间的距离d＝1 mm，双缝到屏的距离l＝2 m。求第1个亮条纹到第11个亮条纹的中心间距。 解析：(1)飞船上的观测者相对飞船静止，测得飞船的长度为飞船静止时的长度l0＝30 m，选项A错误；地球上的观测者与飞船有相对运动，测得飞船的长度l＝l0＜l0，故应小于30 m，选项B正确；狭义相对论的一个基本假设是光速不变原理，即飞船上和地球上的观测者测得的光信号速度都等于c，选项C、D错误。 (2)当一束光投射到两条相距很近的狭缝上，狭缝成了两个光源，两列光的频率、相位、振动方向相同。A、B两点是振动加强点，出现亮条纹，C点是波峰与波谷的叠加，为振动减弱点，出现暗条纹。 (3)相邻亮条纹的中心间距Δx＝λ 由题意知，亮条纹的数目n＝10 所以L＝，代入数据解得L＝1.17810－2 m。 答案：(1)B　(2)频率　C　(3)1.17810－2 m 3．(xx江苏高考)(1)接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟，飞船和地球上的人观测这两只钟的快慢，下列说法正确的有________。 A．飞船上的人观测到飞船上的钟较快 B．飞船上的人观测到飞船上的钟较慢 C．地球上的人观测到地球上的钟较快 D．地球上的人观测到地球上的钟较慢 (2)野生大象群也有自己的“语言”。研究人员录下象群“语言”交流时发出的声音，发现以2倍速度快速播放录音时，能听到比正常播放时更多的声音。播放速度变为原来的2倍时，播出声波的________(选填“周期”或“频率”)也变为原来的2倍，声波传播速度________(选填“变大”“变小”或“不变”)。 (3)人的眼球可简化为如图所示的模型。折射率相同、半径不同的两个球体共轴。平行光束宽度为D，对称地沿轴线方向射入半径为R的小球，会聚在轴线上的P点。取球体的折射率为，且D＝R。求光线的会聚角α。(示意图未按比例画出) 解析：(1)相对论告诉我们，运动的钟会变慢，由于飞船上的人相对飞船上的钟是静止的，而观测到地球上的钟是高速运动的，因此飞船上的人观测到飞船上的钟相对于地球上的钟快，A项正确，B项错误；同理，地球上的人观测到飞船上的钟是高速运动的，因此地球上的人观测到地球上的钟比飞船上的钟快，C项正确，D项错误。 (2)播放速度变为原来的2倍，则声波的频率也变为原来的2倍，但在同一均匀介质中声波的传播速度不变。 (3)由几何关系sin i＝， 解得i＝45 则由折射定律＝n， 解得r＝30 且i＝r＋，解得α＝30。 答案：(1)AC　(2)频率　不变　(3)30 [研透常考题根] 机械振动 1．简谐运动的对称性 振动质点在关于平衡位置对称的两点，x、F、a、v、Ek、Ep的大小均相等，其中回复力F、加速度a与位移x的方向相反，而v与x的方向可能相同，也可能相反。振动质点来回通过相同的两点间的时间相等，即tBC＝tCB。振动质点通过关于平衡位置对称的等长的两线段的时间相等，即tBC＝tB′C′。如图所示。 2．简谐运动的周期性 做简谐运动的物体，其位移、回复力、加速度、速度都随时间按“正弦”或“余弦”规律变化，它们的周期均相同。其位移随时间变化的表达式为：x＝Asin(ωt＋φ)或x＝Acos(ωt＋φ)。 [例1]　(xx盐城期中)一个在水平面内做简谐运动的弹簧振子，从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的某点a时开始计时，下列说法中正确的是(　　) A．到它第二次经过a点时，所需时间为半个周期 B．到它第二次经过a点时，所需时间为一个周期 C．到它第三次经过a点时，所需时间为一个周期 D．到它第三次经过a点时，所需时间为二个周期 [解析]　振子从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的某点a时开始计时，当振子第二次经过a点时，速度的方向一定与开始时的方向相反，所需要的时间可能大于半个周期，也可能小于半个周期，但一定不等于半个周期或一个周期，故A、B错误；振子从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的某点a时开始计时，当振子第三次经过a点时，速度的方向一定与开始时的方向相同，所需要的时间一定是一个周期，故C正确，D错误。 [答案]　C [即时训练] 1．(xx北京高考)如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox轴，向右为x轴正方向。若振子位于N点时开始计时，则其振动图像为(　　) 解析：选A　从振子位于N点开始计时，则在0时刻，振子位于正向最大位移处，分析振动图像可知选项A正确。 2．如图所示，弹簧振子在BC间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm，若振子从B经O到C的运动时间是1 s，则下列说法中正确的是(　　) A．振子从B经O到C完成一次全振动 B．振动周期是1 s，振幅是10 cm C．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cm D．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm 解析：选D　振子在BC间振动，振子从B经O到C经历的时间为半个周期，即半次全振动，故A错误；振子从B经O到C经历的时间为半个周期，所以振动周期为2 s，振子在B、C两点间做机械振动，BO＝OC＝5 cm，O是平衡位置，则该振子的振幅为5 cm，故B错误；结合A的分析可知，经过两次全振动，振子通过的路程为40 cm，故C错误；从B开始经过3 s，振子运动的时间是1.5个周期，振子通过的路程是：1.545 cm＝30 cm，故D正确。 机械波 1．波动图像描述的是在同一时刻，沿波的传播方向上的各个质点偏离平衡位置的位移。在时间上具有周期性、空间上具有重复性和双向性的特点。 2．深刻理解波动中的质点振动。质点振动的周期(频率)＝波源的周期(频率)＝波的传播周期(频率)。 3．要画好、用好振动图像，并正确地与实际情景相对应。要正确画出波形图，准确写出波形平移距离、质点振动时间与波长、周期的单一解或多解表达式。 4．分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化。另外，各矢量均在其值为零时改变方向。 5．“一分、一看、二找”巧解波动图像与振动图像的综合问题。 (1)分清振动图像与波动图像。只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图像，横坐标为t则为振动图像。 (2)看清横、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级。 (3)找准波动图像对应的时刻。 (4)找准振动图像对应的质点。 [例2]　图甲为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1 m处的质点，Q是平衡位置为x＝4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则(　　) A．t＝0.15 s时，质点Q的加速度达到负向最大 B．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点Q沿x轴负方向运动了6 m C．t＝0.15 s时，质点P的运动方向沿y轴负方向 D．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cm [解析]　t＝0.15 s时，质点Q的位移达到负向最大，则知其加速度达到正向最大，故A错误；由题图乙知：t＝0.10 s时质点Q的速度方向沿y轴负方向，则由波形的平移法判断得知，该波沿x轴负方向传播，t＝0.10 s时，质点P沿y轴正方向运动，则t＝0.15 s时，质点P的运动方向沿y轴负方向，故C正确；从t＝0.10 s到t＝0.25 s，所经历的时间为Δt＝0.15 s＝T，该波沿x轴负方向传播了λ＝6 m，而质点Q只会在其平衡位置来回振动，故B错误；从t＝0.10 s到t＝0.25 s，所经历的时间为Δt＝0.15 s＝T，由于质点P向上接近波峰与向下接近波谷时速度较小，在这段时间内通过的路程小于其从平衡位置起在0.15 s 内通过的路程3A＝30 cm，即路程s＜3A＝30 cm，故D错误。 [答案]　C [即时训练] 1.(xx上海一模)一列沿x轴正方向传播的简谐波t＝0时刻的波形如图所示，t＝0.2 s时质点C开始振动，则(　　) A．t＝0.3 s时，波向前传播了3 m，质点B将到达质点C的位置 B．t＝0.05 s时，质点A的速度方向向下 C．0～0.6 s内，质点B的平均速度为2 m/s D．若同时存在一列振幅为10 cm、频率为2.5 Hz的沿x轴负方向传播的简谐波，则两列波相遇叠加的区域会出现干涉现象 解析：选D　由题：t＝0.2 s时质点C开始振动，波传播了2 m，由波形平移法得：t＝0.3 s时，波向前传播了3 m，但B点只在自己的平衡位置附近上下振动，没有向前迁移，不会到达质点C的位置，故A错误；由题可得波的周期为T＝0.4 s，t＝0时刻，质点A的速度方向向上，在t＝0.05 s，质点A正向波峰运动，速度方向也向上，故B错误；0～0.6 s内，时间经过了1.5个周期，质点B到达波峰，通过的位移大小为Δy＝20 cm，平均速度大小为＝＝ m/s≈0.33 m/s，故C错误；该波的频率为f＝＝2.5 Hz，若同时存在另一列振幅为10 cm，频率为2.5 Hz，沿x轴负方向传播的简谐波，则两列波相遇叠加的区域，由于频率相同，会出现干涉现象，故D正确。 2.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t1＝0时刻波传播到x＝2.0 m处的质点C。在t2＝0.1 s时刻，x＝1.0 m处的质点B第一次运动到负方向最大位移处，则(　　) A．质点C开始振动时的运动方向沿y轴负方向 B．该简谐横波的波速等于5 m/s C．在t1～t2时间内，质点B通过的路程为4.0 cm D．在t2时刻，这列波刚好传播到位于x＝3.0 m处的质点D 解析：选B　简谐横波沿x轴正方向传播，由“上下坡法”知，质点C开始振动时的运动方向沿y轴正方向，故A错误；在t1＝0时刻，质点B正向下运动，根据在t2＝0.1 s时刻，质点B第一次运动到负方向最大位移处，有＝0.1 s，得 T＝0.4 s，由题图知波长λ＝2 m，所以波速为 v＝＝ m/s＝5 m/s，故B正确；因为t2－t1＝0.1 s＝，所以在t1～t2时间内，质点B通过的路程为一个振幅，为2.0 cm，故C错误；在t1～t2时间内波传播的距离 x＝vt2＝50.1 m＝0.5 m，所以在t2时刻，这列波刚好传播到C、D的中间位置，故D错误。 光的折射和全反射 1．折射率 光从真空射入某种介质，入射角的正弦与折射角的正弦之比叫做介质的折射率，公式为n＝。实验和研究证明，某种介质的折射率等于光在真空中的传播速度c跟光在这种介质中的传播速度v之比，即n＝。 2．临界角 折射角等于90时的入射角，称为临界角。当光从折射率为n的某种介质射向真空(空气)时发生全反射的临界角为C，则sin C＝。 3．全反射的条件 (1)光从光密介质射向光疏介质。 (2)入射角大于或等于临界角。 4．综合问题 光的几何计算题往往是光路现象与光的反射、折射、全反射及几何图形关系的综合问题。解决此类问题应注意以下四个方面： (1)依据题目条件，正确分析可能的全反射及临界角。 (2)通过分析、计算确定光传播过程中可能的折射、反射，把握光的“多过程”现象。 (3)准确作出光路图。 (4)充分考虑三角形、圆的特点，运用几何图形中的角关系、三角函数、相似形、全等形等，仔细分析光传播过程中产生的几何关系。 [例3]　(xx江苏四模)某同学用下述方法测玻璃的折射率：先将平行玻璃砖固定在水平桌面的白纸上，画出两界面MN、PQ，在玻璃砖的一侧用激光照射，在光源同侧且与MN平行的光屏上得到两光点A、B，两光线的位置如图所示。测得入射光线与界面的夹角α＝30，光屏上两光点之间的距离L＝3.0 cm，玻璃砖的厚度h＝2.0 cm，求玻璃的折射率。 [解析]　画出光路图如图所示。 可知OO′＝AB，由几何知识得： sin β＝＝＝＝ 则玻璃的折射率 n＝＝≈1.44。 [答案]　1.44 [即时训练] 1.如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是