創新命題推陳出新
——《選修3—3》《選修3—4》創新題賞析

■江蘇省江陰高級中學 徐漢屏(特級教師)

《選修3—3》涉及熱學知識，《選修3—4》涉及振動與波、光和相對論，兩者均為選考內容。這部分知識除氣體實驗定律、振動與波的圖像、光的折射定律外，其余的命題難度均不大。下面介紹2018年各地高考試題與模擬試題中涉及這部分知識的幾道創新題，看看它們與常規題之間的聯系。

一、《選修3—3》創新題賞析

創新題1：關于分子動理論和熱力學定律，下列說法中正確的是____。

A.空氣相對濕度越大時，水蒸發越快

B.物體的溫度越高，分子平均動能越大

C.第二類永動機不可能制成是因為它違反了熱力學第一定律

D.兩個分子的間距由無窮遠逐漸減小到難以再減小的過程中，分子間作用力先增大后減小到零，再增大

E.若一定質量的理想氣體對外膨脹做功50J，內能增加80J，則氣體一定從外界吸收130J的熱量

解析：蒸發是液體分子從液面跑出來的過程，空氣相對濕度越大時，液體分子從液面跑出來會愈加困難，故水蒸發越慢。溫度是分子平均動能的標志，故物體的溫度越高，分子平均動能越大。第二類永動機不可能制成是因為它違反了熱力學第二定律。兩個分子在相距無窮遠和達到平衡距離時，分子間作用力均為零，故兩個分子的間距由無窮遠逐漸減小到難以再減小的過程中，分子間作用力先增大后減小到零，再增大。由熱力學第一定律可知，若一定質量的理想氣體對外膨脹做功50J，內能增加80J，則氣體一定從外界吸收130J的熱量。答案為BDE。

追根溯源

關于分子動理論，下列說法中正確的是____。

A.在兩分子間距離增大的過程中，分子間的作用力一定減小

B.用NA表示阿伏伽德羅常數，M表示銅的摩爾質量，ρ表示銅的密度，那么一個銅原子所占空間的體積可表示為

C.容器中的氣體對器壁的壓強是由于大量氣體分子頻繁撞擊器壁而產生的

D.布朗運動反映了花粉小顆粒內部分子的無規則運動

提示：當兩分子間距離大于平衡距離r0時，分子間的作用力隨距離的增大而先增大后減小。銅的摩爾體積，故一個銅原子所占空間的體積。容器中的氣體對器壁的壓強是由于大量氣體分子頻繁撞擊器壁而產生的。布朗運動是花粉小顆粒整體的無規則運動，它反映了液體分子的無規則運動。答案為BC。

小結：創新題1除與上述常規題一樣涉及分子動理論外，還涉及熱力學定律。值得一提的是，高考對選考內容基本概念的考查，往往采用“5選3”的填空型模式，以達到利于拓寬考查知識面的目的。

現學現練：下列說法中正確的是____。

A.空中的小雨滴呈球形是水的表面張力作用的結果

B.彩色液晶顯示器利用了液晶的光學性質具有各向異性的特點

C.一定質量的100℃的水變成100℃的水蒸氣，其分子勢能不變

D.干濕泡濕度汁的濕泡顯示的溫度低于干泡顯示的溫度，這是濕泡外紗布中的水蒸發吸熱的結果

E.第二類永動機不違反能量守恒定律，但違反了熱力學第一定律

思路點撥：本題涉及熱學的多個知識點。空中的小雨滴呈球形是水的表面張力作用的結果。彩色液晶顯示器利用了液晶的光學性質具有各向異性的特點。水的分子間距為平衡距離，變成水蒸氣后分子間距增大，故一定質量的100℃的水變成100℃的水蒸氣，其分子勢能增大。干濕泡濕度汁的濕泡顯示的溫度低于干泡顯示的溫度，這是濕泡外紗布中的水蒸發吸熱的結果。第二類永動機不違反能量守恒定律，但違反了熱力學第二定律。答案為ABD。

創新題2：（2018年高考全國Ⅰ卷）如圖1所示，容積為V的汽缸由導熱材料制成，面積為S的活塞將汽缸分成容積相等的上下兩部分，汽缸上部通過細管與裝有某種液體的容器相連，細管上有一閥門K。開始時，閥門K關閉，汽缸內上下兩部分氣體的壓強均為p0。現將閥門K打開，容器內的液體緩慢地流入汽缸，當流入的液體體積為時，將閥門K關閉，活塞平衡時其下方氣體的體積減小了。不計活塞的質量和體積，外界溫度保持不變，重力加速度大小為g。求流入汽缸內液體的質量。

圖1

解析：設活塞再次平衡后，活塞上方氣體的體積為V1，壓強為p1；活塞下方氣體的體積為V2，壓強為p2。在活塞下移的過程中，活塞上、下方氣體的溫度均保持不變，由玻意耳定律得。由幾何關系得。設流入汽缸內液體的質量為m，由力的平衡條件得p2S=p1S+mg。聯立以上各式解得。

追根溯源

如圖2所示，一密閉的截面積為S的圓筒形汽缸，高為H，中間有一薄活塞，用一勁度系數為k的輕彈簧吊著。活塞重為G，與汽缸緊密接觸，不導熱。汽缸中封閉的Ⅰ、Ⅱ兩部分氣體是同種氣體，且質量、溫度、壓強都相同時，活塞恰好位于汽缸的正中央。設活塞與汽缸壁間的摩擦可不計，汽缸內初始壓強p0=1.0×105Pa，溫度為T0。

（1）求彈簧原長。

（2）如果將汽缸倒置，保持汽缸中Ⅱ部分氣體的溫度不變，使汽缸中Ⅰ部分的氣體升溫，使得活塞在汽缸內的位置不變，則汽缸中Ⅰ部分氣體的溫度升高多少?

圖2

提示：（1）對活塞進行受力分析，由平衡條件得，解得彈簧原長l0=。

（2）將汽缸倒置后，設汽缸中Ⅰ、Ⅱ兩部分氣體的壓強分別為p1、p2。根據活塞在汽缸內的位置不變可知，對Ⅰ部分氣體有；對Ⅱ部分氣體，因體積和溫度均不變，故壓強不變，即p2=p0；由活塞受力平衡得2G+p2S=p1S。聯立以上三式解得汽缸中Ⅰ部分氣體的溫度升高。

小結：創新題2與上述常規題研究的均是汽缸內上下兩部分氣體的狀態變化。不同的是，上述常規題通過彈簧將活塞與汽缸連接，而創新題2通過細管將汽缸上部與裝有某種液體的容器相連，別有一番新意。

現學現練：如圖3所示，兩個導熱汽缸水平放置且固定，兩汽缸通過一根帶閥門K的容積不計的細管連通，兩輕質活塞通過剛性輕桿連接，可在汽缸內無摩擦地移動，兩活塞的面積分別為SA=1.0m2和SB=0.2m2。開始時閥門K關閉，A內充有一定質量的理想氣體，B內為真空，活塞與對應缸底的距離a=b=0.3m，活塞靜止。設環境溫度不變，外界大氣壓強p0=1.0×105Pa保持不變。求：

圖3

（1）閥門K關閉時，A內氣體的壓強。

（2）閥門K打開待穩定后，大活塞到對應缸底的距離。

思路點撥：本題研究的是兩個水平放置的相連汽缸內氣體的狀態變化。

（1）設初始時刻A內氣體的壓強為p1，以兩個活塞和桿為整體，由力的平衡條件得p1SA=p0（SA-SB），解得p1=8×104Pa。

（2）打開閥門K待穩定后，設氣體壓強為p2，兩活塞到對應缸底的距離分別為lA、lB，以兩個活塞和桿為整體，由力的平衡條件得p2（SA-SB）=p0（SA-SB），對氣體有p1SAa=p2（SAlA+SBlB），且lA+lB=a+b，解得lA=0.15m，lB=0.45m。

二、《選修3—4》創新題賞析

創新題3：如圖4甲所示為一列簡諧橫波在t=0.1s時刻的波形圖，P是平衡位置在x=1m處的質點，Q是平衡位置在x=4m處的質點。如圖4乙所示為質點Q的振動圖像。下列說法中正確的是____。

圖4

A.在t=0.1s時刻，質點P向y軸正方向運動

B.在t=0.25s時刻，質點Q的加速度方向與y軸正方向相同

C.在0.1s～0.25s時間內，該波沿x軸負方向傳播了6m

D.在0.1s～0.25s時間內，質點Q通過的路程為40cm

E.質點Q做簡諧運動的表達式為y=0.10sin10πt（m）

解析：由質點Q的振動圖像可知，在t=0.1s時刻，質點Q的速度方向與y軸負方向相同，結合波形圖可知，它跟著右側相鄰質點振動，故波源在右側，波是從右向左傳播的，質點P跟著其右側相鄰質點振動，即向y軸正方向運動。由質點Q的振動圖像可知，在t=0.25s時刻，質點Q位于正向最大位移處，故其加速度方向與y軸正方向相反。由簡諧橫波的波形圖知波長λ=8m，由質點Q的振動圖像知周期T=0.2s，解得波速，因此在0.1s～0.25s時間內，該波沿x軸負方向傳播的距離Δx=vΔt=6m。由簡諧橫波的波形圖或質點Q的振動圖像知振幅A=10cm，在0.1s～0.25s時間內經過了，故質點Q通過的路程s=3A=30cm。質點Q做簡諧運動的表達式為0.10sin10πt（m）。答案為ACE。

追根溯源

簡諧橫波某時刻的波形圖如圖5所示，由圖知（ ）。

圖5

A.若質點a向下運動，則波是從左向右傳播的

B.若質點b向上運動，則波是從左向右傳播的

C.若波從右向左傳播，則質點c向下運動

D.若波從右向左傳播，則質點d向上運動

提示：若質點a向下運動，說明它跟著其右側相鄰質點振動，故波源在右側，波是從右向左傳播的。若質點b向上運動，說明它跟著其左側相鄰質點振動，故波源在左側，波是從左向右傳播的。若波從右向左傳播，則質點c、d均跟著其右側相鄰質點振動，故均向上運動。答案為BD。

小結：創新題3與上述常規題均涉及對波的傳播方向及質點振動狀態的分析，創新題3除提供了波形圖外還提供了質點的振動圖像，需要考生找出兩者之間的聯系，并判別質點做簡諧運動的表達式，難度有所增加。

現學現練：甲、乙兩列簡諧橫波的傳播速率相同，分別沿x軸負方向和正方向傳播，t0時刻兩列波的前端剛好分別傳播到A點和B點，如圖6所示，已知甲波的頻率為5Hz。

（1）求t0時刻之前，平衡位置在x軸上C處的質點已經振動的時間。

（2）以t0時刻為記時零點，求在之后的0.9s時間內，平衡位置在x=0處的質點位移為+6cm的時刻。

思路點撥：本題利用波形圖研究兩列相向傳播的簡諧橫波的疊加。

解法一：（1）根據波速v甲=λ甲f甲=20m/s，v甲=v乙，質點C已振動的時間tC=，解得tC=0.1s。

（2）若要平衡位置在x=0處的質點位移為+6cm，則需兩列波的波峰同時到達x=0處。甲波的波峰到達x=0處的時刻為t甲=，乙波的波峰到達x=0處的時刻為3、…），t甲=t乙，λ甲=4m，λ乙=8m，解得m=2n+1。當n=0時，m=1，t=0.2s；當n=1時，m=3，t=0.6s；當n=2時，m=5，t=1s。因此滿足題意的時刻為0.2s和0.6s。

（2）若要平衡位置在x=0處的質點位移為+6cm，則需兩列波的波峰同時到達x=0處。甲波的波峰到達x=0處的時刻為t甲=mT甲（m=0、1、2、3、…），乙波的波峰到達x=0處的時刻為2、3、…），t甲=t乙，解得m=2n+1。當n=0時，m=1，t=0.2s；當n=1時，m=3，t=0.6s；當n=2時，m=5，t=1s。因此滿足題意的時刻為0.2s和0.6s。

創新題4：如圖7所示，一垂釣者在平靜的湖面上釣魚，浮標Q離岸邊P點的距離為2m，魚餌在M點的正下方，Q、M間的距離為2m，當垂釣者的眼睛位于P點正上方1.5m處時，浮標恰好擋住垂釣者看到魚餌的視線。已知P、Q、M在同一水平線上，水的折射率。

圖7

（1）求魚餌離水面的深度。

（2）若魚餌緩慢豎直上浮，當垂釣者恰好從水面PQ上方無論如何也看不到魚餌時，求魚餌離水面的深度。

解析：（1）作光路圖如圖8所示，由幾何關系知，由折射定律得，解得。

圖8

（2）設魚餌離水面的深度為h1時，在Q點發生全反射，即在水面PQ上方無論如何也看不到魚餌，由幾何關系得，解得。

追根溯源

一個大游泳池，池底是平面，池中水深1.2m，有一直桿豎直立于池底，直桿浸入水中部分BC恰為桿長AC的。太陽光與水平方向成37°角射在水面上，測得桿在池底的影長是2.5m，求水的折射率。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）

提示：作光路圖如圖9所示，則=1.6m。因為x+x′=2.5m，所以x′=0.9m。又因為，所以。

圖9

小結：創新題4與上述常規題均涉及水對光線的折射，創新題4還涉及光的全反射，并以垂釣者釣魚為命題素材，富有生活氣息，令人耳目一新。

現學現練：（2018年高考全國Ⅲ卷）如圖10所示，某同學在一張水平放置的白紙上畫了一個小標記“·”（圖中O點），然后用橫截面為等邊三角形ABC的三棱鏡壓在這個標記上，小標記位于AC邊上。D位于AB邊上，過D點作AC邊的垂線交AC于F。該同學在D點正上方向下順著直線DF的方向觀察，恰好可以看到小標記的像。過O點作AB邊的垂線交直線DF于E，DE=2cm，EF=1cm。求三棱鏡的折射率。（不考慮光線在三棱鏡中的反射）

圖10

思路點撥：本題同樣涉及光的折射現象。過D點作AB邊的法線NN′，連接OD，則∠ODN=α為從O點出發的光線在D點的入射角，設該光線在D點的折射角為β，如圖11所示。根據折射定律得，式中n為三棱鏡的折射率。由幾何關系知β=60°，∠EOF=30°，在△OEF中有EF=OEsin∠EOF，解得OE=2cm。根據幾何關系可知，△OED為等腰三角形，則α=30°，解得。

圖11