第一章 分子动理论 单元卷 -2026-2027学年高二下学期物理人教版选择性必修第三册

第一章　分子动理论1 　第1节　分子动理论的基本内容1 　第2节　实验：用油膜法估测油酸分子的 大小3 　第3节　分子运动速率分布规律5 　第4节　分子动能和分子势能7 章末复习提升9 第一章　章末检测(一)11 第一章　章末检测(二)14 第二章　气体、固体和液体17 　第1节　温度和温标17 　第2节　气体的等温变化19 　第3节　气体的等压变化和等容变化22 　专题提升1　气体变质量问题和关联气体 问题26 　专题训练1　理想气体状态方程的综合 应用29 　第4节　固体32 　第5节　液体34 章末复习提升36 第二章　章末检测(一)40 第二章　章末检测(二)44 第三章　热力学定律48 　第1节　功、热和内能的改变48 　第2节　热力学第一定律50 　专题提升2　热力学第一定律与气体实验 定律的综合应用53 　专题训练2　热力学第一定律与定质量 理想气体结合56 　第3节　能量守恒定律59 　第4节　热力学第二定律59 章末复习提升61 第三章　章末检测(一)63 第三章　章末检测(二)67 阶段检测(一)71 第四章　原子结构和波粒二象性75 　第1节　普朗克黑体辐射理论75 　第2节　光电效应77 　第3节　原子的核式结构模型81 　第4节　氢原子光谱和玻尔的原子模型 84 　第5节　粒子的波动性和量子力学的建立 86 章末复习提升88 第四章　章末检测(一)91 第四章　章末检测(二)95 第五章　原子核99 　第1节　原子核的组成99 　第2节　放射性元素的衰变101 　第3节　核力与结合能103 　第4节　核裂变与核聚变105 　第5节　“基本”粒子105 章末复习提升107 第五章　章末检测(一)109 第五章　章末检测(二)113 阶段检测(二)117 综合检测(一)121 综合检测(二)125 答案详解129 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章　分子动理论　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 　　　　　　物理　选择性必修第三册(这是边文，请据需要手工删加) 第一章　分子动理论 第1节　分子动理论的基本内容 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　物体是由大量分子组成的 1．(多选)石墨烯是由碳原子按六边形晶格整齐排布而成的碳单质，结构非常稳定。已知单层石墨烯的厚度约为0.33 nm，每个六边形的面积约为5.2×10-20 m2，碳的摩尔质量为12 g/mol，阿伏加德罗常数取6.0×1023 mol-1。对质量为10 g的单层石墨烯，下列说法正确的(　　) A．包含有5.0×1022个碳原子 B．包含有5.0×1023个碳原子 C．所占有的空间体积约为4.3×10-6 m3 D．所占有的空间体积约为8.6×10-6 m3 知识点二　分子热运动　分子动理论 2．(多选)如图描绘了一颗悬浮微粒受到周围液体分子撞击的情景，以下关于布朗运动的说法正确的是(　　) A．布朗运动就是液体分子的无规则运动 B．液体温度越高，布朗运动越剧烈 C．悬浮微粒越大，液体分子撞击作用的不平衡性表现得越明显 D．悬浮微粒做布朗运动，是液体分子的无规则运动撞击造成的 知识点三　分子间的作用力 3．“破镜难圆”的原因是(　　) A．玻璃分子间的斥力比引力大 B．玻璃分子间不存在分子力的作用 C．一块玻璃内部分子间的引力大于斥力，而两块碎玻璃片之间，分子引力和斥力大小相等，合力为零 D．两片碎玻璃之间，绝大多数玻璃分子间距离太大，分子引力和斥力都可忽略，分子力为零 1．(多选)肺活量检测是中学生体质检测中的一项重要内容。肺活量指一次尽力吸气后，再尽力呼出的气体量。在某次体质检测中发现某男同学肺活量为3 500毫升，在呼出的气体中水蒸气大约占总体积的6%。已知此时水蒸气的密度ρ＝0.6 kg/m3，水蒸气的摩尔质量M＝18 g/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol-1。关于该同学呼出的气体说法正确的是(　　) A．水蒸气的体积为2.1×10-3 m3 B．含有的水分子物质的量为0.007 mol C．含有的水分子的数量为4.2×1021个 D．含有的水蒸气的质量为1.26×10-2 g 2．下列是关于布朗运动扩散现象的四幅图片，关于这些图片的说法错误的是(　　) A．图甲中连接小颗粒位置的折线不代表小颗粒的实际运动情况 B．图乙中墨汁和水彼此进入对方，温度越高扩散越快，说明扩散快慢与温度有关 C．图丙中液溴变成溴蒸气，说明扩散现象只能在同种物质的不同状态之间发生 D．图丁说明扩散现象能在固体之间发生 3．(多选)如图所示为两分子间的作用力F与分子间距离r的关系曲线，下列说法正确的是(　　) A．当r>r0时，分子间只存在引力 B．当r>r0时，随着分子间距离的增大，分子力先减小后增大 C．当r<r0时，随着分子间距离的增大，分子力逐渐减小 D．r＝r0的位置，称为平衡位置 4．(多选)下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是(　　) A．甲图中微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动 B．乙图中当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等 C．丙图中食盐的分子，人的肉眼无法看到，但借助光学显微镜就可以看到 D．丁图中洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力F必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在分子引力 5．(多选)物理教育家朱正元教授曾说过“坛坛罐罐当仪器，拼拼凑凑做实验”。同学们用生活中的常见的道具设计了形形色色的小实验，下列关于实验的原理说法正确的有(　　) A．如图a所示，甲同学制作的“花藤”，书页之间交错放置，不需要胶水，而下方的书并未因为自身重力而脱离，是因为书本之间具有静摩擦力 B．对图b，加热一锅水时发现水中的胡椒粉在翻滚，说明温度越高布朗运动越剧烈 C．如图c所示，丙同学制作的“彩虹糖旋风”，在玻璃容器里放置少量液体，色素逐渐溶于水，呈现出图片中的状态，这是分子运动引起的扩散现象导致的 D．如图d所示，辉光球在其周围形成了一不均匀的电场，丁同学利用辉光球“点亮”了日光灯灯管，这是感应起电现象 6．拒绝烟草，洁身自好，是一个中学生时刻要提醒自己的行为准则。试估算一个高约2.5 m、面积约10 m2的厕所，若有两人各吸了一根烟，在标准状况下，空气的摩尔体积为22.4×10-3 m3/mol，可认为吸入气体的体积等于呼出气体的体积，阿伏加德罗常数为NA＝6.02×1023 mol-1。(一个人呼吸一次吸入气体的体积约为2×10-4 m3，一根烟大约吸10次，假设抽烟者吸入的气体分子均为未被污染的气体，呼出的气体分子均为被污染的气体。)求： (1)两人同时在厕所各吸完一支烟所被污染的空气分子个数； (2)一段时间后被污染的气体分子均匀分布整个厕所，另一不吸烟者进入厕所呼吸一次，大约吸入多少个被污染过的空气分子。 第2节　实验：用油膜法估测油酸分子的大小 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　实验思路 1．在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤： a．用注射器将事先配制好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油膜形状稳定； b．将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积； c．根据一滴溶液中纯油酸的体积和油膜的面积计算出油酸分子直径； d．将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上； e．往浅盘里倒入约2 cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上。完成下列填空： (1)上述步骤中，正确实验步骤的排列顺序是________________(填写步骤前面的字母)。 (2)在实验中将油酸分子看成是球形的，所采用的方法是________。 A．等效替代法 B．理想模型法 C．控制变量法 D．比值定义法 知识点二　物理量的测量及数据分析 2．在“用油膜法估测油酸分子的大小” 实验中： (1)将1 cm3的油酸溶于酒精，制成1 000 cm3的油酸精溶液，已知1 cm3溶液有50滴。现取1滴油酸酒精溶液滴在水上，油酸在水面上形成一层油膜，其面积约为250 cm2、由以上数据可估算出油酸分子的直径约为________m(结果保留两位有效数字)。 (2)(多选)某同学在实验中的计算结果明显偏小，可能的原因是________。 A．油酸还未完全散开 B．求每滴溶液的体积时，1 cm3溶液的滴数少记了10滴 C．油酸酒精溶液久置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化 D．计算油膜面积时，将所有不足一格的方格都当作一个格来计算 3．某同学在做“用油膜法估测油酸分子大小”的实验时，取一滴油酸酒精溶液滴在撒有爽身粉的水面上，待油酸散开油膜形状稳定后，放上玻璃板，并描绘出油膜的轮廓。 (1)若油酸酒精溶液的浓度为，经测量得知，50滴该溶液的体积约为1 mL，油膜的面积约为250 cm2，则油酸分子的直径约为________m。 (2)(多选)下列操作过程中，会导致油酸分子的直径测量值偏大的是________。 A．爽身粉撒得太多，导致油酸没有充分散开 B．误将50滴记为49滴 C．计算油膜面积时，将不足一格的均记为一格 1．某兴趣小组在做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，将正确配备好的油酸酒精溶液滴入撒好爽身粉的水盘，得到如图所示图样，产生该现象的原因可能是(　　) A．撒爽身粉太多太厚 B．撒爽身粉太少太薄 C．滴入太多的油酸酒精溶液 D．以上说法均不正确 2．(多选)以下实验中，说法正确的是(　　) A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，弹簧秤不能与桌面接触 B．“观察电容器的充、放电现象”实验中， 电容器放电时电流均匀减小 C．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，将1滴油酸酒精溶液滴到平静的洒有薄而均匀爽身粉的水面，产生的油膜将迅速变到最大，然后略有收缩再保持稳定 D.“用单摆测重力加速度”实验中，测量多次全振动的时间再求出周期，这样做的目的是减小测量周期的相对误差 3．某实验小组完成“用油膜法测油酸分子的大小”的实验。 (1)实验中要让油酸在水面尽可能散开，形成单分子油膜，并将油膜分子看成球形且紧密排列。本实验体现的物理思想方法为________。 A．控制变量法 B．等效替代法 C．理想模型法 (2)实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精的作用是________。 A．可使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓 B．对油酸溶液起到稀释作用 C．有助于测量一滴油酸的体积 D．有助于油酸的颜色更透明便于识别 (3)该小组进行下列实验操作，请选出需要的实验操作，并将它们按操作先后顺序排列：__________________。 A． B． C． D． E． F． (4)某同学在用油膜法估测分子直径的实验中，计算结果明显偏小，可能是由于________。 A．油酸未完全散开 B．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格 C．求每滴体积时，1 mL的溶液的滴数少记了10滴 D．油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多 (5)已知实验室中使用的酒精油酸溶液每104 mL溶液中含有2 mL油酸，又用滴管测得每50滴这种酒精油酸溶液的总体积为1 mL，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，在玻璃板上描出油膜的边界线，再把玻璃板放在画有边长为1 cm的正方形小格的纸上(如图)。油酸分子的直径大小d＝________m。(结果保留一位有效数字) 4．某同学准备了治疗嗓子的喉症丸，他看到一粒喉症丸差不多和小黄米一样大。模仿“用油膜法测分子直径”的实验方案来估测一粒药丸(可视为球形小颗粒)的直径。实验步骤如下： ①将适量药丸倒入量筒，然后轻轻震动几下量筒，测量出药丸的总体积V； ②再将药丸从量筒中倒出，平铺在水平的坐标纸上，使药丸紧挨着排成单层结构； ③用铅笔描绘出边缘的轮廓如图； ④撤去药丸，进行数据处理。 (1)坐标纸上每个小正方形方格的边长为L，轮廓所围的面积为________。 (2)该同学估测出药丸的直径为________。 (3)经过仔细观察，发现药丸并不是标准的球形，将导致测量值将比药丸看作球形的直径________(选填“偏大”或“偏小”)。 (4)该同学重复几次实验，每次计算出药丸的直径都在1 mm左右，若用20分度的游标卡尺测量其直径，________(选填“能”或“不能”)使相对误差小于±3%。(相对误差＝) 第3节　分子运动速率分布规律 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　气体分子运动的特点 1．气体能够充满密闭容器，说明气体分子除相互碰撞的短暂时间外(　　) A．气体分子可以做布朗运动 B．气体分子的动能都一样大 C．相互作用力十分微弱，气体分子可以自由运动 D．相互作用力十分微弱，气体分子间的距离都一样大 知识点二　分子运动速率分布图像 2．如图所示是氧气分子在不同温度(0 ℃和100 ℃)下的速率分布图，图中纵轴为速率为v的分子个数占总分子数的百分比，则下列说法中正确的是(　　) A．同一温度下，速率越小的氧气分子个数占总分子数的比例越高 B．同一温度下速率越大的氧气分子个数占总分子数的比例越高 C．随着温度的升高，每一个氧气分子的速率都增大 D．随着温度的升高，氧气分子的平均速率增大 知识点三　气体压强的微观解释 3．气体分子间的距离比较大，分子作用力可以忽略不计，气体可以看成理想气体，对于一定质量的理想气体，下列说法中正确的是(　　) A．如果体积减小，气体分子在单位时间内作用于器壁单位面积的平均作用力一定增大 B．如果压强增大，气体分子在单位时间内作用于器壁单位面积的平均作用力一定增大 C．如果密度不变，气体分子在单位时间内作用于器壁单位面积的平均作用力一定不变 D．如果温度不变，气体分子在单位时间内作用于器壁单位面积的平均作用力一定不变 1．密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大，该气体在温度T1、T2时的分子速率分布图像如图所示，则T1(　　)T2。 A．大于 B．等于 C．小于 D．无法比较 2．(多选)下列有关气体分子运动的说法正确的是(　　) A．某时刻某一气体分子向左运动，则下一时刻它一定向右运动 B．在一个正方体容器里，任一时刻与容器各侧面碰撞的气体分子数目基本相同 C．当温度升高时，速率大的气体分子数目增多，气体分子的平均动能增大 D．气体分子速率呈现“中间多、两头少”的分布规律 3．2023年3月底受冷空气以及大风天气影响，全国各地均出现不同程度的沙尘天气，内蒙古、北京等中北部地区局部有强沙尘暴，甚至局部地区出现下“泥点”的恶劣天气，山东、河南、安徽、江苏等华东地区也都出现AQI(空气质量指数)爆表达到500的现象，AQI指数中一项重要指标就是大家熟知的PM2.5指数，PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5 μm的悬浮颗粒物，漂浮在空中，很难自然沉降到地面。对于上述天气现象的解释中正确的是(　　) A．中北部地区出现的沙尘暴中的沙尘颗粒所做的无规则运动是布朗运动 B.一团质量不变的沙尘暴从温度较低的地区吹到温度较高的地区，温度逐渐升高、风速逐渐减小，其内能逐渐减小 C．PM2.5颗粒的尺寸与空气中氧气分子的尺寸数量级相当 D．PM2.5在空气中的无规则运动是由于大量空气分子无规则运动对其撞击的不平衡性引起的 4．如图所示为模拟气体压强产生机理的演示实验。操作步骤如下：①把一颗豆粒从距秤盘20 cm处松手让它落到秤盘上，观察指针摆动的情况；②再把100颗左右的豆粒从相同高度均匀连续地倒在秤盘上，观察指针摆动的情况；③使100颗左右的豆粒从40 cm的位置均匀连续倒在秤盘上，观察指针摆动的情况。下列说法正确的是(　　) A．步骤①和②模拟的是气体压强与气体分子平均动能的关系 B．步骤②和③模拟的是气体压强与分子密集程度的关系 C．步骤②和③模拟的是大量气体分子速率分布所服从的统计规律 D．步骤①和②反映了气体压强产生的原因 5．如图，纵轴f(v)表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比，曲线Ⅰ和Ⅱ为一定质量某种理想气体在两种温度下的f(v)与分子速率v的关系图像。比较曲线Ⅰ和Ⅱ，下列说法正确的是(　　) A．曲线Ⅰ对应的气体温度更高 B．曲线Ⅰ和Ⅱ对应的气体内能相等 C．曲线Ⅰ与横轴所围的面积更大 D．曲线Ⅰ对应的气体分子平均速率更小 6．从分子动理论的观点来看，气体分子间距离比较大，分子间的作用力很弱，气体对容器的压强源于气体分子的热运动。当它们飞到器壁时，就会跟器壁发生碰撞(可视为弹性碰撞)，对器壁产生作用力从而产生压强，如图所示。设气体分子的质量为m，气体分子热运动的平均速率为v。下列说法正确的是(　　) A．气体分子除了相互碰撞或者跟器壁碰撞外，可视为匀速直线运动 B．在某一时刻，向各个方向运动的气体分子数目差距很大 C．每个气体分子跟器壁发生碰撞过程中，施加给器壁的冲量大小为2mv D．若增大气体体积，则气体压强一定减小 7．正方体密闭容器中有一定质量的某种气体，单位体积内气体分子数为n。我们假定：气体分子大小可以忽略；每个气体分子质量为m，其速率均为v，分子与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，气体分子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。则气体对容器壁的压强为(　　) A．mv2 B．n2mv2 C．n2mv2 D．nmv2 8．(多选)如图所示的“空气弹簧”是由多个充气橡胶圈叠加制成，其“劲度系数”与圈内充气的多少有关。橡胶圈内充气越多，则(　　) A．橡皮圈越容易被压缩 B．橡皮圈越不容易被压缩 C．空气弹簧的“劲度系数”越大 D．空气弹簧的“劲度系数”越小 第4节　分子动能和分子势能 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　分子动能 1．人们常把瘪的乒乓球放入热水中使其恢复为球形，把乒乓球放入热水后，球内的气体(视为理想气体)(　　) A．分子的平均动能增大 B．每个分子速率都增大 C．单位体积的分子数增加 D．内能减小 知识点二　分子势能 2．如图，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示。F>0为斥力，F<0为引力。a、b、c、d为x轴上四个特定的位置。现把乙分子从a处由静止释放，则(　　) A．乙分子从a运动到c，分子间作用力一直增大 B．乙分子从a运动到d，分子间作用力先增大后减小再增大 C．乙分子从a运动到d，两分子间的分子势能先增大后减小 D．乙分子从a运动到d，在b点时两分子间的分子势能最小 知识点三　物体的内能 3．(多选)关于温度和内能，下列说法正确的是(　　) A．分子质量不同的物质如果温度相同，物体分子的平均动能就相同 B．物体的内能变化时，它的温度不一定改变 C．同种物质，温度高的内能肯定比温度低的内能大 D．物体的内能等于物体的势能和动能的总和 1．下列有关温度与分子动能、物体内能的说法中正确的是(　　) A．温度升高，每个分子的动能一定都变大 B．温度升高，每个分子的平均速率一定变大 C．温度升高时，分子的平均动能一定变大 D．温度降低，物体的内能必然变小 2．两个相邻的分子间同时存在着引力和斥力，它们随分子间距离r变化的关系如图所示。图中虚线是分子斥力和分子引力的曲线，实线是分子合力的曲线。当分子间距离r＝r0时，分子间的合力为零，则图中关于两个分子组成的系统的分子势能Ep与分子间距离r的关系曲线一定错误的是(　　) A． B． C． D． 3．(多选)如图所示为一市某日的天气预报，下列说法正确的是(　　) A．当空气质量显示为霾时，空气中细颗粒物(如PM1～2.5)在空气中做布朗运动 B．从上午7点到下午1点，空气分子中速率较大的分子所占总分子比例逐渐变大 C．若温度降为8 ℃，水蒸气液化为露珠的过程中分子间引力减小，斥力增大 D．若温度降为8 ℃，水蒸气液化为露珠的过程中分子势能一直增大 4．(多选)关于机械能和内能，下列说法中错误的是(　　) A．物体的内能损失时，必然导致其机械能的减小 B．物体的机械能损失时，其内能可能增大 C．物体内能增大时，机械能不一定增大 D．机械能和内能不能互相转化 5．(多选)关于物体的内能、温度和分子的平均动能，下列说法正确的是(　　) A．温度低的物体分子平均动能一定小 B．相对地面静止的物体不具有内能 C．外界对物体做功时，物体的内能不一定增加 D．物体自由下落时速度增大，所以物体分子的平均动能也增大 6．(多选)如图，用温度计测量质量已知的甲、乙、丙三杯水的温度，根据测量结果可以知道(　　) A．甲杯中水的内能最少 B．甲、乙杯中水的内能一样多 C．丙杯中水分子的平均动能最大 D．甲杯中水分子的平均动能小于乙杯中水分子的平均动能 7．(多选)夏日炎炎的正午，室外温度较室内高。与停在地下停车场相比较，同一汽车停在室外停车场时，汽车上同一轮胎内的气体(　　) A．分子的平均动能更大 B．所有分子热运动的速率都更大 C．单位体积内的分子数更多 D．单位时间内与轮胎内壁单位面积撞击的分子数更多 8．(多选)每年的立春时节，大地开始复苏，地上的雪开始慢慢融化成水，在太阳的照射下再逐渐蒸发成水蒸气。下列说法正确的是(　　) A．雪融化成水的过程中，水分子的平均动能增大 B．一定质量的雪融化成水的过程中，其内能增大 C．水蒸发成水蒸气的过程中，水分子的势能不变 D．水蒸发成同质量的水蒸气的过程中，吸收的热量大于内能的增量 9．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。 在正方体密闭容器中有大量某种气体的分子，每个分子质量为m，单位体积内分子数量n为恒量。为简化问题，我们假定：分子大小可以忽略；分子速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；分子与器壁碰撞前后瞬间，速度方向都与器壁垂直，且速率不变。 (1)求一个气体分子与器壁碰撞一次，器壁给分子的冲量的大小； (2)每个分子与器壁各面碰撞的机会均等，则正方体的每个面有六分之一的几率。如图若正方体边长为a，忽略分子间相互碰撞，请计算正方体内能与某个器壁(例如图中阴影部分器壁)发生一次碰撞的总分子个数N； (3)大量气体分子对容器壁持续频繁地撞击就形成了气体的压强。若已知一定质量的理想气体，其压强p与热力学温度T的关系式为p＝nkT，式中n为单位体积内气体的分子数，k为常数。分析说明：温度是分子平均动能(即mv2)的标志。 章末复习提升 　　　　　　　　　　　　　　　　 衔接角度1　分子运动速率分布规律 衔接角度解读： 分子运动速率分布规律是高考考查的热点，常常考查学生们对于气体分子速率分布图像的理解，结合分子数密度、分子动能、气体压强的微观解释等物理概念进行考查。主要以选择题的形式进行考查。 衔接内容归纳 分子运动速率分布图像 　 (1)看到“图像”想到纵坐标表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比。 (2)看到“单位速率间隔的分子数”想到气体速率 分布规律是“中间多，两头少”。 (3)看到“占总分子数的百分比”想到曲线与坐标轴围成面积相等。 [典例1] (2025·江苏)一定质量的理想气体，体积保持不变。在甲、乙两个状态下，该气体分子速率分布图像如图所示。与状态甲相比，该气体在状态乙时(　　) A．分子的数密度较大 B．分子间平均距离较小 C．分子的平均动能较大 D．单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较少 解题技法： 温度越高，气体分子速率分布图像里纵坐标峰值速率越大，据此判断曲线温度大小，进一步判断气体分子其他性质。 [跟踪训练1] 如图为气体速率分布图，纵坐标表示该速率的分子占总分子数的百分比，T1图线下的面积为S1，T2图线下的面积为S2，下列说法正确的是(　　) A．T1＞T2 B．T1＜T2 C．S1＞S2 D．S1＜S2 衔接角度2　分子力、分子势能和物体的内能 衔接角度解读： 分子力、分子势能和物体的内能是热学的重点内容之一，在高考中考查几率较大，常以选择题的形式出现。有时单独考查分子力、分子势能的图像，有时三者结合考查，并且常与下一章节的气体状态结合考查，对学生的综合分析能力有一定要求。 衔接内容归纳 1．分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系(科学思维——科学推理) 项目 分子间作用力F 分子势能Ep 与分子间 距离的 关系图线 随分子间距离的变化情况 r<r0 F表现为斥力 r增大，斥力做正功，分子势能减小；r减小，斥力做负功，分子势能增大 r>r0 F表现为引力 r增大，引力做负功，分子势能增大，r减小，引力做正功，分子势能减小 r＝r0 F＝0 分子势能最小 r>10r0 (10-9 m) 可以认为分子间没有作用力 分子势能均视为0 2．内能是物体中所有分子热运动动能与分子势能的总和。温度升高时，物体分子的平均动能增大；体积变化时，分子势能变化。内能也与物体的物态有关。 [典例2] (2025·山东)分子间作用力F与分子间距离r的关系如图所示，若规定两个分子间距离r等于r0时分子势能Ep为0，则(　　) A．只有r大于r0时，Ep为正 B．只有r小于r0时，Ep为正 C．当r不等于r0时，Ep为正 D．当r不等于r0时，Ep为负 解题技法： 1．根据分子间作用力做功判断。分子间作用力做正功，分子势能减小；分子间作用力做负功，分子势能增大。 2．利用分子势能与分子间距离的关系图线判断。但要注意此图线和分子间作用力与分子间距离的关系图线形状虽然相似但意义不同，不要混淆。 [跟踪训练2] (2023·海南)下列关于分子力和分子势能的说法正确的是(　　) A．分子间距离大于r0时，分子间表现为斥力 B．分子从无限远靠近到距离r0处过程中分子势能变大 C．分子势能在r0处最小 D．分子间距离小于r0且减小时，分子势能在减小 第一章　章末检测(一) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．布朗运动是生物学家布朗首先发现的物理现象，后来成为分子动理论和统计力学发展的基础，下列关于布朗运动的说法正确的是(　　) A．每隔30 s把小颗粒的位置记下，然后用直线依次连接起来，得到小颗粒的运动轨迹 B．布朗运动的产生原因是悬浮在液体中的小颗粒不停地无规则的互相碰撞 C．颗粒越大受到的撞击越多，布朗运动越明显 D．布朗运动反映了液体分子或气体分子的无规则运动 2．一个油轮装载着密度为900 kg/m3的原油在海上航行，由于某种事故而使原油发生部分泄漏，设共泄漏9 t，则这次事故可能造成的最大污染面积约为(　　) A．1011 m2 B．1012 m2 C．108 m2 D．1010 m2 3．从冰箱中拿出的空瓶，一段时间后瓶塞弹出，其原因是(　　) A．瓶内气体分子数增加 B．瓶内所有气体分子的运动都更剧烈 C．瓶塞所受合外力变小 D．瓶塞受瓶内气体分子的作用力变大 4．有关气体压强，下列说法正确的是(　　) A．气体分子的平均速率增大，则气体的压强一定增大 B．气体分子的平均速率增大，则气体的压强有可能减小 C．气体分子的密集程度增大，则气体的压强一定增大 D．气体分子的平均动能增大，则气体的压强一定增大 5．(2025·北京昌平区期末)分子势能Ep随分子间距离r变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A．r＜r2时，r越小分子势能越大 B．r＞r2时，r越大分子势能越小 C．r＝r1时分子间的作用力表现为引力 D．r＝r2时分子间的作用力表现为斥力 6．由于自热米饭不用明火和电力，便可将冷饭加热，将生米煮熟，为现在的快节奏生活提供了便利。自热米饭盒内有一个发热包，遇水发生化学反应而产生大量热能，不需要明火，温度可超过100 ℃，盖上盒盖便能在10～15分钟内迅速加热食品。自热米饭的盖子上有一个透气孔，如果透气孔堵塞，容易造成小型爆炸。有关自热米饭盒爆炸的说法，正确的是(　　) A．自热米饭盒爆炸，是盒内气体温度升高，气体分子间斥力急剧增大的结果 B．在自热米饭盒爆炸的瞬间，盒内气体温度上升 C．在自热米饭盒爆炸的瞬间，盒内气体温度降低 D．自热米饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，标志着每一个气体分子速率都增大了 7．某气体的摩尔体积和摩尔质量分别为Vm和Mm，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m和V0，阿伏加德罗常数为NA，则以下关系正确的是(　　) A．摩尔质量为Mm＝ B．摩尔体积为Vm＝ C.分子体积为V0＝ D．阿伏加德罗常数为NA＝＝ 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．仅利用下列某一组数据，可以计算出阿伏加德罗常数的是(　　) A．水的摩尔质量和水分子的体积 B．水的摩尔质量和水分子的质量 C．氧气的摩尔质量和氧气分子的质量 D．氧气的摩尔体积和氧气分子的体积 9．关于分子动理论，下列说法中正确的是(　　) A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性 B．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素 C．当分子间的引力大于斥力时，宏观物体呈现固态；当分子间的引力小于斥力时，宏观物体呈现气态 D．随着分子间距离的增大，分子间的相互作用力一定先减小后增大 10．用r表示分子间的距离，Ep表示分子势能，用r0表示分子引力与斥力平衡时的分子间距，设r＝∞时，Ep＝0，则(　　) A．当10r0>r>r0时，Ep随着r的增加而增大 B．当r<r0时，Ep随着r的减小而增大 C．当10r0>r>r0时，Ep不随r的变化而变化 D．当r≠r0时，Ep最小且Ep最小值为0 三、实验题：本题共2小题，共16分。 11．(6分)在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，(1)某同学操作步骤如下： ①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液； ②在量筒中滴入100滴该溶液，测出它的体积； ③在浅盘内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定； ④在浅盘上覆盖带有坐标方格的玻璃板，描出油膜形状，测量油膜的面积。 改正其中的错误：________________________________________________________________________。 (2)若油酸酒精溶液体积浓度为0.010%，一滴溶液的体积为4.8×10-3 mL，其形成的油膜面积为40 cm2，则估测出油酸分子的直径为________m。(结果保留两位有效数字) 12．(10分)某实验小组做了“用油膜法测油酸分子的大小”的实验。 (1)他们进行了下列操作。请选出需要的操作，并按正确操作的先后顺序排列起来：D________(用字母符号表示)。 A．倒入油酸 B．倒入水 C．描绘油膜轮廓 D．记录油酸酒精溶液的滴数 E．滴油酸酒精溶液 F．撒粉 (2)在实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104 mL溶液中有纯油酸5 mL。用注射器测得1 mL上述溶液为100滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标纸中正方形小格的边长为1 cm。 该油酸薄膜的面积约为________cm2，油酸分子直径约为________m(结果保留一位有效数字)。 (3)(多选)在该实验中，若测出的分子直径结果明显偏大，则可能的原因有________。 A．水面上爽身粉撒得较多，油酸膜没有充分展开 B．计算油酸膜面积时，错将不足半格的方格作为完整方格处理 C．油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多 D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1 mL的溶液滴数少计了5滴 四、解答题：本题共3小题，共38分。 13．(8分)一个高约为2.8 m，面积约为10 m2的两人办公室，若只有一人吸了一根烟。求：(结果保留两位有效数字) (1)估算被污染的空气分子间的平均距离。 (2)另一个不吸烟者一次呼吸大约吸入多少个被污染过的空气分子。(人正常呼吸一次吸入气体300 cm3，一根烟大约吸10次，标准状况下空气的摩尔体积Vmol＝22.4 L/mol) 14．(14分)晶须是由高纯度单晶生长而成的微纳米级的短纤维，是一种发展中的高强度材料，具有电、光、磁、介电、导电、超导电性质。它是一些非常细、非常完整的丝状(截面为圆形)晶体。现有一根铁晶，直径D＝1.60 μm，用F＝0.026 4 N的力能将它拉断，将铁原子当作球形处理。(铁的密度ρ＝7.92 g·cm-3，铁的摩尔质量为55.58×10-3 kg/mol，NA＝6.02×1023 mol-1) (1)求铁晶中铁原子的直径； (2)请估算拉断过程中最大的铁原子力f。 15．(16分)地球到月球的平均距离为3.8×105 km。已知铁的摩尔质量为5.6×10-2 kg/mol，密度为7.9×103 kg/m3。若把铁分子一个紧挨一个地单列排起来，筑成从地球通往月球的“分子大道”。求： (1)这条“分子大道”共需多少个铁分子？ (2)这条“分子大道”的质量为多少？ 第一章　章末检测(二) 时间：75分钟　满分：100分一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．下列关于布朗运动的说法，正确的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A．布朗运动是指在显微镜中看到的液体分子的无规则运动 B．花粉颗粒的布朗运动反映了花粉分子在永不停息地做无规则运动 C．悬浮颗粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，布朗运动越不明显 D．当物体温度达到0 ℃时，布朗运动就会停止 2．关于分子动理论，下列说法正确的是(　　) A．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大 B．相邻的两个分子之间的距离减小时，分子间的引力变小，斥力变大 C．给自行车打气时，气筒压下后反弹是由分子斥力造成的 D．当分子间的距离为r0时合力为0，此时分子势能最大 3．某气体的摩尔质量是M，标准状态下的摩尔体积为V，阿伏加德罗常数为NA，下列叙述中正确的是(　　) A．该气体在标准状态下的密度为 B．该气体每个分子的质量为 C．每个气体分子在标准状态下的体积为 D．该气体单位体积内的分子数为 4．若某种实际气体分子间的作用力表现为引力，则一定质量的该气体内能的大小与气体体积和温度的关系是(　　) A．如果保持其体积不变，温度升高，内能增大 B．如果保持其体积不变，温度升高，内能减小 C．如果保持其温度不变，体积增大，内能不变 D．如果保持其温度不变，体积增大，内能减小 5．(2025·甘肃白银期末)温度为T1和T2时的氧气分子的速率分布情况如图所示，下列说法正确的是(　　) A．T1>T2 B．T1<T2 C．温度为T2时的氧气分子的平均动能较大 D．温度分别为T1和T2时对应的曲线与坐标轴围成的面积不相等 6．利用油膜法可粗略地测定分子的大小和阿伏加德罗常数。若已知n滴油酸的总体积为V，一滴油酸形成的油膜面积为S，油酸的摩尔质量为μ，密度为ρ，则每个油酸分子的直径d和阿伏加德罗常数NA分别为(球的体积公式V＝πR3) (　　) A．d＝，NA＝ B．d＝，NA＝ C．d＝，NA＝ D．d＝，NA＝ 7．分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图所示，曲线与横轴交点为r1，曲线最低点对应横坐标为r2(取无限远处分子势能Ep＝0)。下列说法正确的是(　　) A．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离减小而增大 B．当r＝r1时，分子势能为零，分子间作用力最小 C．当r<r2时，分子间作用力随着分子间距离r减小而先减小后增大 D．当r>r2时，随着分子间距离r增大，分子力可能先做正功后做负功 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．相同容积的两个容器装着质量相等、温度不同的氢气，下列说法中正确的是(　　) A．温度高的容器中氢气分子的平均动能更大 B．两个容器中氢分子的速率都呈现“中间多、两头少”的分布规律 C．温度高的容器中任一分子的速率一定大于温度低的容器中任一分子的速率 D．单位时间内，温度高的氢气对器壁单位面积上的平均作用力更大 9．下面的表格是某地区1～7月份气温与气压的对照表： 月份/月 1 2 3 4 5 6 7 平均气温/ ℃ 1.4 3.9 10.7 19.6 26.7 30.2 30.8 平均气压/ 105Pa 1.021 1.019 1.014 1.008 1.003 0.9984 0.9960 7月份与1月份相比较，正确的是(　　) A．空气分子无规则运动的情况几乎不变 B．空气分子无规则运动加强了 C．单位时间内空气分子对单位面积器壁的撞击次数增多了 D．单位时间内空气分子对单位面积器壁的撞击次数减少了 10．如图所示为分子间的力随分子间距离的变化关系图。设r0为A、B两分子间引力和斥力平衡时的位置，现将A固定在O点，将B从与A相距0.5r0处由静止释放，在B远离A的过程中，下列说法正确的是(　　) A．B速度最大时，分子势能最小 B．B在运动过程中分子势能一直减小 C．B速度最大时，A对B的作用力为零 D．引力和斥力均减小，但引力减小得更快 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(6分)2020年12月17日，嫦娥五号返回器带着1.731 kg的月球土壤顺利在预定区域着陆。月球土壤中的氦－3蕴藏量大，它是一种目前已被世界公认的高效、清洁、安全的核聚变原料。若每千克月球土壤中含有氦－3的质量为m，氦－3的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA(均为国际单位)，则每个氦－3分子的质量m0＝____________；嫦娥五号返回器带回的1.731 kg月球土壤中含有氦－3分子总个数为____________。 12．(8分)在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有纯油酸0.5 mL，用滴管向量筒内滴50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加1 mL。若把一滴这样的溶液滴入盛有水的浅盘中， 由于酒精溶于水，油酸在水面散开，稳定后形成单分子油膜的形状如图所示。(以下计算结果均保留两位有效数字) (1)若每一小方格的边长为10 mm，则油酸薄膜的面积约为________ m2； (2)一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为________ m3； (3)根据上述数据，估算出油酸分子的直径约为________ m； (4)为了尽可能准确地估测出油酸分子的大小，下列措施可行的是________。 A．油酸浓度适当大一些 B．油酸浓度适当小一些 C．油酸扩散后立即绘出轮廓图 D．油酸扩散并待其形状稳定后再绘出轮廓图 13．(12分)铁的密度ρ＝7.8×103 kg/m3、摩尔质量M＝5.6×10-2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol-1。可将铁原子视为球体，试估算：(结果保留一位有效数字) (1)1 g铁含有的原子数； (2)铁原子的直径大小。 14．(14分)很多轿车为了改善夜间行驶时的照明问题，在车灯的设计上选择了氙气灯，因为氙气灯灯光的亮度是普通灯灯光亮度的3倍，但是耗电量仅是普通灯的一半，使用寿命则是普通灯的5倍，若氙气充入灯头后的容积V＝1.6 L，氙气密度ρ＝6.0 kg/m3。已知氙气摩尔质量M＝0.131 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol-1。试估算：(结果保留一位有效数字) (1)灯头中氙气分子的总个数N； (2)灯头中氙气分子间的平均距离。 15．(14分)从分子动理论的观点来看，一个密闭容器中气体分子的运动是杂乱无章的，在某一时刻，向着任何一个方向运动的分子都有，而且向各个方向运动的气体分子数目几乎相等，如图所示。为简化问题，假定：气体分子的大小可以忽略，速率均为v，每次分子与器壁碰撞作用时间为Δt，碰撞前后气体分子的速度方向都与器壁垂直，且速率不变。已知每个分子的质量为m，单位体积内分子数量n为恒量。利用所学力学知识，回答以下问题： (1)选择一个与器壁发生正碰的气体分子为研究对象，求碰撞过程气体分子对器壁的作用力 F0的大小； (2)推导出器壁单位面积受到的压力p的表达式； (3)对于一定量的气体，从宏观上看，仅升高温度或仅减小体积都会使气体压强增大，请从微观角度说明原因。 第二章　气体、固体和液体　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 第二章　气体、固体和液体 第1节　温度和温标 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　状态参量与平衡态 1．下列关于系统是否处于平衡态的说法正确的是(　　) A．开空调1 min内教室内的气体处于平衡态 B．两个温度不同的物体相互接触时，这两个物体组成的系统处于非平衡态 C．0 ℃的冰水混合物放入1 ℃的环境中，冰水混合物处于平衡态 D．压缩密闭容器中的空气，空气处于平衡态 知识点二　热平衡与温度 2．下列说法正确的是(　　) A．处于热平衡的两个物体内能一定相等 B．处于热平衡的两个物体分子平均动能一定相等 C．处于平衡态的系统所受外力的合力为零 D．处于平衡态的系统内所有分子的动能相同 知识点三　温度计与温标 3．下面关于温度的叙述不正确的是(　　) A．温度就是温标 B．两个系统处于热平衡时，它们具有一个共同的性质——温度相同 C．温度是分子热运动平均动能的标志 D．温度的高低决定了分子热运动的剧烈程度 4．把摄氏温标和热力学温标作成函数关系图(如图)，正确的是(　　) A　　　　B C　　　　D 1．下列有关热平衡的说法，正确的是(　　) A．如果两个系统在某时刻处于热平衡状态，则这两个系统永远处于热平衡状态 B．热平衡定律只能研究两个系统的问题 C．如果两个系统彼此接触而不发生状态参量的变化，这两个系统又不受外界影响，那么这两个系统一定处于热平衡状态 D．两个处于热平衡状态的系统，温度可以有微小的差别 2．关于温度和分子动能，下列说法正确的是(　　) A．物体的温度升高，物体内每个分子热运动的速率都增大 B．物体的温度越高，其内部分子的平均动能就一定越大 C．15 ℃的水蒸发成15 ℃的水蒸气后，分子的平均动能改变 D．达到热平衡的两个系统，其内部分子的平均动能可以不同 3．祝融号火星车设计的最低工作环境温度为－100 ℃，火星车在火星表面巡视探测时经历的最低温度为－92 ℃，两温度相差(　　) A．8 K B．192 K C．281 K D．465 K 4．常用的两种表示温度的方法就是摄氏温标和热力学温标，关于温度和温标，下列说法正确的是(　　) A．摄氏温度升高1 ℃小于热力学温度升高1 K B．某物体热力学温度是20 K，摄氏温度就是293.15 ℃ C．热力学温标亦称“绝对温标”，是由玻意耳首先引入的 D．摄氏温度有负值，热力学温度不可能取负值 5．小明自定一种新温标p，他将冰熔点与水沸点之间的温度等分为200格，且将冰熔点的温度定为50p(上述皆为标准大气压下)，今小明测量一杯水的温度为150p时，则该温度用摄氏温标表示时应为(　　) A．30 ℃ B．40 ℃ C．50 ℃ D．60 ℃ 6．关于热力学温度和摄氏温度，以下说法错误的是(　　) A．热力学温度的单位“K”是国际单位制中的基本单位 B．0 ℃的温度可用热力学温度粗略地表示为273 K C．温度升高了1 ℃就是升高了1 K D．热力学温度和摄氏温度的温标不同，两者表示的温度无法比较 7．摄氏温标：在1954年以前，标准温度的间隔是用两个定点确定的。它们是水在标准大气压下的沸点(汽化点)和冰在标准大气压下的熔点(冰点)摄氏温标(以前称为百分温标)是由瑞典天文学家安德斯·摄尔修斯设计的，以冰点定作0 ℃，汽化点定作100 ℃，因此在这两个固定点之间共为100 ℃，即一百等份，每等份代表1度；用1 ℃表示。用摄氏温标表示的温度叫作摄氏温度，摄氏温标用度作单位，常用t表示。热力学温标由英国科学家威廉·汤姆逊(开尔文)创立，把－273.15 ℃作为零度的温标，叫作热力学温标(或绝对温标)，热力学温标用K表示单位，常用T表示。试回答： (1)热力学温标与摄氏温标之间的关系为：________________。 (2)如果可以粗略地取－273 ℃为绝对零度，在一标准大气压下，室温27 ℃可以表示为____________K，水的沸点是__________℃，即________K。 (3)如果物体的温度升高1 ℃，那么，物体的温度将升高________K。 8．图甲表示某电阻R随摄氏温度t变化的情况。把该电阻与电池、电流表串联起来，如图乙所示，用该电阻做测温探头，把电流表的刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易温度计。下列说法正确的是(　　) A．该电阻R与热力学温度T是线性关系 B．温度与电流是线性关系 C．温度越高，电源的总功率越大 D．tA与tB相比，tB应标在电流较大的刻度上 9．水银温度计浸在冰水中时，水银柱的长度是4.0 cm；温度计浸在沸水中时，水银柱长度为24.0 cm。 (1)温度计浸在某种沸腾的化学溶液中时，水银柱的长度为25.4 cm，求该溶液的沸点； (2)在室温28 ℃时，水银柱的长度为多少？ 第2节　气体的等温变化 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　实验思路 1．如图所示，用气体压强传感器“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”，下列说法正确的是(　　) A．注射器必须水平放置 B．推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出 C．活塞移至某位置时，应等状态稳定后再记录数据 D．实验中气体的压强和体积都可以通过数据采集器获得 知识点二　物理量的测量 2．“用DIS研究在温度不变时，一定质量气体压强与体积关系”的实验装置如图所示。 (1)保持温度不变，封闭气体的压强p用________传感器测量，体积V由注射器________读出。实验前是否需要对传感器进行调零？________(选填“是”或“否”)。 (2)某次实验中，数据表格内第2次～第8次压强没有点击记录，但其他操作规范。根据表格中第1次和第9次数据，推测出第7次的压强p7，其最接近的值是(　　) 次数 1 2 3 4 5 5 7 8 9 压强p/ kPa 100.1 p7 179.9 体积V/ cm3 18 17 16 15 14 13 12 11 10 A.128.5 kPa B．138.4 kPa C．149.9 kPa D．163.7 kPa 知识点三　数据分析 3．(多选)如图所示，p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，下图中能正确描述一定质量的气体发生等温变化的是(　　) A． B． C． D． 1．如图所示，两端开口的“Γ”型管，一端竖直插入水银槽内，竖直管的上端有一小段水银，水银的上表面刚好与水平管平齐，水平部分足够长，若将玻璃管稍微上提一点，被封闭的空气柱长度和试管内外的液面高度差的变化分别是(　　) A．变大；变小 B．变大；不变 C．不变；不变 D．不变；变大 2．如图所示，汽缸置于水平地面上，汽缸横截面积为S，活塞质量为m，汽缸与活塞之间无摩擦，设大气压强为p0，重力加速度为g，则求封闭气体的压强为________。 3．如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线，从等温线可以看出，一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成________(选填“正比”或“反比”)；由图可知T1________(选填“＞”“＝”或“＜”)T2。 4．桶装纯净水及压水装置原理如图所示。柱形水桶直径为24 cm，高为35 cm；柱压水蒸气囊直径为6 cm，高为8 cm，水桶颈部的长度为10 cm。当人用力向下压气囊时，气囊中的空气被压入桶内，桶内气体的压强增大，水通过细出水管流出。已知水桶所在处大气压强相当于10 m水压产生的压强，当桶内的水还剩5 cm高时，桶内气体的压强等于大气压强，忽略水桶颈部的体积。至少需要把气囊完全压下几次，才能有水从出水管流出？(不考虑温度的变化)(　　) A．3次 B．4次 C．5次 D．6次 5．用如图所示的实验装置探究“一定质量的气体发生等温变化时压强与体积的关系”。将注射器活塞移动到体积最大的位置，接上软管和压强传感器，推动活塞压缩气体，分别记录注射器上的体积刻度V和传感器的示数p作为气体的体积和压强。 (1)(多选)为保证注射器内封闭气体的温度不发生明显变化，以下说法正确的是________。 A．要尽可能保持环境温度不变 B．实验过程中应缓慢地推动活塞 C．实验过程中要用手握紧注射器并快速推拉活塞 (2)经过多次测量，将所测数据绘制在坐标图上，可能得到的是________。 A． B． C． D． (3)某同学在一次实验过程中，移动活塞并记录前4组数据后，不小心让软管从注射器脱落，把软管重新连接后继续移动活塞并记录后续4组数据，其他操作无误。下列四个图像的横、纵坐标与(2)问中所选图像相同(横、纵坐标未标出)，则其中正确的是________。 A． B． C． D． (4)用此装置测量大米的体积，将一定量的大米倒入注射器(大米未进入软管)，重新进行上述操作，画出(2)中所选图像，测得图像的斜率为k2，纵截距为a2，且原(2)问中图像斜率为k1，纵截距为a1，则大米体积V＝________。 6.(2025·河北期中)某实验小组用图甲所示装置完成“探究气体等温变化的规律”的实验，注射器上的刻度可测出气体体积，气压计可测出气体压强。 　 (1)下列说法正确的是________。(填选项标号) A．推拉活塞时为了稳定，应用手捏紧注射器筒的空气柱部分，并迅速推拉活塞改变气体体积 B．在活塞上涂润滑油，目的是减小摩擦 C．注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注单位 D．封闭一定质量的气体时，先要摘除橡胶套，拉动柱塞使之移到适当位置，再用橡胶套封闭注射器的注射孔 (2)该实验小组进行了两次正确的操作，并由记录的数据作出了p－图像，如图乙的图线1、2所示。若两次实验封闭气体的质量相同，则气体的温度T1________(选填“>”“<”或“＝”)T2。 (3)如果注射器筒中吸入一粒大米，在操作规范且不漏气的前提下，实验小组的某同学测得多组压强p和体积V的数据，并作出V－图线，作出的图像可能是________。(填选项标号) 　　 7．(2025·四川内江期末)市政路面的井盖，由于暴雨的影响，路面井盖上的排气孔可能会被堵塞，从而造成安全隐患。已知井盖的质量为m，井盖的横截面积为S，初始时水位与井盖之间的距离为h，井内密闭气体的压强恰好为大气压强p0，其内气体可视为理想气体，且温度保持不变，重力加速度为g，则： (1)当井内密封气体的压强为多大时，井盖恰好被顶起？ (2)井盖恰好被顶起的瞬间，水位上升的高度是多少？ 第3节　气体的等压变化和等容变化 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　气体的等压变化 1．一定质量的理想气体，在压强不变的条件下，温度为0 ℃时，其体积为V0，当温度升高为T(K)时，体积为V，那么每升高1 ℃增大的体积等于(　　) A． B． C． D． 2．如图所示，一导热性良好的汽缸内用活塞封住一定质量的气体(不计活塞与汽缸壁间的摩擦)，温度缓慢升高时，改变的量有(　　) A．活塞高度h B．汽缸高度H C．气体压强p D．弹簧长度L 3．一定质量的气体在等压变化中体积增大了，若气体原来温度为27 ℃，则温度的变化是(　　) A．升高了450 K B．升高了150 ℃ C．降低了150 ℃ D．降低了450 ℃ 4．如图甲、乙、丙所示，三支粗细相同的玻璃管，中间都用一段水银柱封住温度相同的空气柱，且V1＝V2＞V3，h1＜h2＝h3。若升高相同的温度，则管中水银柱向上移动距离最多的是(　　) A．丙管 B．甲管和乙管 C．乙管和丙管 D．三管中水银柱向上移动距离一样长 知识点二　气体的等容变化 5．将氧气瓶由寒冷的室外搬到温暖的室内，并放置一段时间，瓶内氧气(　　) A．分子热运动的平均动能变小，压强变小 B．分子热运动的平均动能变小，压强变大 C．分子热运动的平均动能增大，压强变小 D．分子热运动的平均动能增大，压强变大 知识点三　理想气体及气体实验定律的微观解释 6．(多选)关于理想气体的性质，下列说法正确的是(　　) A．理想气体是一种假想的物理模型，实际并不存在 B．理想气体的存在是一种人为规定，它是一种严格遵守气体实验定律的气体 C．一定质量的理想气体，平均分子动能增大，其温度一定升高 D．氦气是液化温度最低的气体，任何情况下均可当作理想气体 7．真空胎没有内胎，直接在轮胎和轮圈之间封闭着空气，轮胎鼓起胎内表面形成一定的压力，提高了对破口的自封能力，不会像自行车轮胎那样瞬间漏气，从而提高了车辆行驶安全性。如图所示真空胎，胎内充入一定质量的理想空气，把汽车开到室外，胎内的温度降低，假设此过程胎内气体的体积不变，下列说法正确的是(　　) A．分子的平均动能减小，每个分子运动的动能都减小 B．分子的平均动能不变，气体的压强增大 C．速率大区间的分子数减少，分子平均速率减小 D．气体的温度降低，分子势能减小 1．封闭在汽缸内一定质量的理想气体，如果保持体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是(　　) A．气体的密度增大 B．气体的压强减小 C．气体分子的平均速率减小 D．每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多 2．有甲、乙、丙、丁四位同学在做“研究气体实验定律的实验”，分别得到如下四幅图像(如图所示)。则如下的有关他们的说法，不正确的是(　　) A．若甲研究的是查理定律，则他作的图像可能是图a B．若乙研究的是玻意耳定律，则他作的图像可能是图b C．若丙研究的是查理定律，则他作的图像可能是图c D．若丁研究的是盖－吕萨克定律，则他作的图像可能是图d 3．(多选)如图是时下流行的自热米饭，底层有一发热包，加入水后，将饭菜层盖上，在底层会密封一部分气体，发热包中物质与水反应放出大量的热，一段时间后饭菜即被加热。底层内的气体可视为理想气体，忽略加热过程中饭盒的体积变化，下列说法正确的是(　　) A．加热后底层气体压强变小 B．加热后底层所有气体分子的动能都增大 C．加热后底层气体内能增大 D．加热后底层大部分气体分子的动能增大 4．(多选)如图所示，一定质量的理想气体经历的状态变化为a→b→c→a，其中纵坐标表示气体压强p、横坐标表示气体体积V，a→b是以p轴和V轴为渐近线的双曲线。则下列结论正确的是(　　) A．状态a→b，理想气体的温度降低 B．状态b→c，单位时间内对单位面积器壁碰撞的分子数变少 C．状态b→c，理想气体温度降低 D．状态c→a，理想气体的密度不变 5．如图表示一定质量的理想气体从状态1出发经过状态2和3，最终又回到状态1，其中从状态3到状态1图线为双曲线的一部分。那么，在下列p－T图像中，反映了上述循环过程的是(　　) A． B． C． D． 6．一定质量的理想气体分别保持温度T1、T2发生等温变化，已知T1>T2，则下列能正确反映气体压强p随体积V变化关系的图像是(　　) A． B． C． D． 7．一定质量的理想气体，在压强不变的情况下，温度由5 ℃升高到10 ℃，体积的增量为ΔV1；温度由283 K升高到288 K，体积的增量为ΔV2，则(　　) A．ΔV1＝ΔV2 B．ΔV1>ΔV2 C．ΔV1<ΔV2 D．无法确定 8．如图表示一定质量的理想气体，由状态A变化到状态B，再变化到C的p－t图像，下面叙述正确的是(　　) A．A－B是等容升温过程 B．A－B是等压升温过程 C．B－C是等温压缩过程 D．C－A是等压膨胀过程 9．如图所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可忽略)。如果不计大气压的变化，该装置就是一支简易的气温计。则(　　) A．吸管上的气温计刻度是均匀的 B．温度升高后，罐中气体压强增大 C．用更粗的透明吸管，其余条件不变，则测温范围会减小 D．用更小的饮料罐，其余条件不变，可提高该气温计的测温灵敏度 10．(多选)如图所示，一定质量的气体，从A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断正确的是(　　) A．A→B过程温度升高，压强不变 B．B→C过程体积不变，压强变小 C．B→C过程体积不变，压强不变 D．C→D过程体积变小，压强变大 11．(2025·辽宁抚顺期中)如图甲所示，一定质量的理想气体用横截面积为S的活塞封闭在导热良好的汽缸内，汽缸内壁光滑，现用轻质细线系在活塞的正中央，然后将另一端悬挂在天花板下且它处于静止状态，初始时环境和封闭气体的热力学温度均为T0，封闭气体的体积为V0，封闭气体的压强为0.9p0。现把汽缸取下并开口斜向下固定在倾角为30°的斜面上，如图乙所示，已知大气压强恒为p0，活塞与汽缸的质量相等，重力加速度大小为g，环境的温度视为不变，下列说法正确的是(　　) 　　　 A．汽缸的质量为 B．图乙中汽缸重新平衡后，气体的压强为0.95p0 C．若环境的热力学温度降为0.95T0，则图乙中封闭气体的体积仍为V0 D．若环境的热力学温度降为0.95T0，则图乙中封闭气体的体积为0.8V0 12．(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a(p0，V0，T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是(　　) A．ab过程中，气体分子的平均动能增大 B．ca过程中，气体分子的密集程度减小 C．bc过程中，气体的温度先降低后升高 D．bc过程中，气体的温度先升高后降低 13．(2025·河南洛阳期末)如图所示的粗细均匀薄壁U形管，导热良好，左管上端封闭，右管开口且足够长。环境温度为T1＝300 K时，右管内水银面比左管高h＝4 cm，左管内空气柱长度L＝20 cm，大气压强p0＝76 cmHg(即大气压强相当于76 cm高的水银柱产生的压强)。 (1)求此时封闭气体的压强大小； (2)现使环境温度降低，当左管内水银面比右管高Δh＝4 cm时，环境热力学温度为多少？ 14．(2025·辽宁阜新期末)如图所示，水平固定的圆筒由足够长的粗筒和细筒相接而成，筒中有直径不同的两个活塞A、B，用一根细绳相连，活塞B通过水平细绳，定滑轮与一质量为2.0 kg的重物C连接，A、B两活塞的横截面积分别为20 cm2和10 cm2。当两活塞封闭的空气柱温度为327 ℃时，两活塞保持静止，此时两活塞分别与大小圆筒的相接面的距离均为L。已知大气压强为1.0×105 Pa，活塞与筒壁，滑轮与轮轴间的摩擦均可忽略不计，g取10 m/s2求： (1)此时筒内两活塞间气柱的压强多大？ (2)当筒内气体的温度缓慢降至27 ℃时，活塞A能否向右移距离L？试说明理由。 (3)当气柱温度降至27 ℃时，筒内气体的压强为多大？(在整个变化过程中，A、B间绳子始终有张力) 专题提升1　气体变质量问题和关联气体问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 提升一　气体变质量问题 角度1　打气问题 向球或轮胎中充气是一个典型的变质量气体问题。只要选择球或轮胎内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的变质量气体问题转化为定质量气体的状态变化问题。 [典例1] 篮球赛上同学发现一只篮球气压不足，用气压计测得球内气体压强为1.3×105 Pa，已知篮球内部容积为7.5 L。现用简易打气筒给篮球打气，如图所示，每次能将0.3 L、1.0×105 Pa的空气打入球内，已知篮球的正常气压范围为1.5×105～1.6×105 Pa。忽略球内容积与气体温度的变化。为使篮球内气压回到正常范围，应打气的次数范围是(　　) A.5～7次 B．5～8次 C．7～12次 D．12～15次 名师点睛 已知理想气体状态方程＝C中C＝nR。(n指物质的量，R是气体常量)把压强、体积、温度分别为p1、V1、T1，p2、V2、T2、…的几部分理想气体进行混合。混合后的压强、体积、温度为p、V、T，可以证明：＋＋…＋＝。若温度不变，p1V1＋p2V2＋…＋pnVn＝pV，可由此方法求解。 题中温度不变，可得pV＋np0ΔV＝p′V，代入数据即可求解。 角度2　罐气(气体分装)问题 将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中剩余的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。 [典例2] 容积为20 L的钢瓶充满氧气后，压强为150×105 Pa，打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5 L的小瓶中，若小瓶原来是抽空的，小瓶中充气后压强为10×105 Pa，分装过程中无漏气，且温度不变，那么最多能分装(　　) A．4瓶 B．50瓶 C．56瓶 D．60瓶 名师点睛 注意分装和抽气的区别，分装出的各小罐内的气体参数相同，而抽气过程中每次抽出的气体的压强不同。 角度3　漏气问题 容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体整体为研究对象，即设想有一个“无形弹性袋”收回漏气，且漏掉的气体和容器中剩余气体同温同压，便可使“变质量”问题转化成“定质量”问题。 [典例3] 一个瓶子里装有空气，瓶上有一个小孔跟外面大气相通，原来瓶里气体的温度是7 ℃，如果把它加热到47 ℃，瓶里留下的空气的质量是原来质量的(　　) A． B． C． D． 名师点睛 将“变质量”转化为“定质量” 在分析和求解气体质量变化的问题时，首先要将质量变化的问题变成质量不变的问题，否则不能应用气体实验定律。如漏气问题，不管是等温漏气、等容漏气，还是等压漏气，都要将漏掉的气体“收”回来。可以设想有一个“无形弹性袋”收回漏气，且漏掉的气体和容器中剩余气体同温、同压，这样就把变质量问题转化为定质量问题，然后再应用气体实验定律求解。 针对训练1　(2025·河北期中)如图所示，保温杯的容量为500 mL，开始时空杯子敞口放置在桌面上，外界环境温度为27 ℃且保持不变，杯子内空气的温度与外界环境温度相同，现向杯内迅速装入300 mL的热水，盖上杯盖(假设装开水与盖杯盖的过程中时间较短，过程中杯子内空气的温度不变)，静置一段时间后，杯子内空气的温度达到87 ℃。已知外界大气压恒为p0，杯子内空气可看作理想气体，不考虑水蒸发引起的空气体积的变化。如果此时迅速打开杯盖(迅速打开杯盖的过程中杯内剩余空气的温度不变)，则打开杯盖时，杯内剩余的空气质量与溢出杯外的空气质量的比值k为(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 角度4抽气问题 从容器内抽气的过程中，容器内的气体的质量不断减小，这属于变质量问题。分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可看作是膨胀的过程。 [典例4] (多选)如图所示，用容积为的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体(可视为理想气体)抽气，设容器中原来气体压强为p0，抽气过程中气体的温度不变。则(　　) A．连续抽3次就可以将容器中的气体抽完 B．第一次抽气后容器内的压强为p0 C．第一次抽气后容器内的压强为p0 D．连续抽3次后容器内的压强为p0 名师点睛 在对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体的质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气(打气)问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”问题。 针对训练2　(2025·山西运城期末)如图所示，中国空间站“天和”核心舱内航天员要到舱外太空行走，需经过气闸舱，开始时气闸舱内气压为p0，用抽气机多次抽取气闸舱中的气体，当气压降到一定程度后才能打开气闸门B。已知每次从气闸舱抽取的气体的体积都是气闸舱容积的。若抽气过程中温度保持不变，则抽气2次后，气闸舱内的气压为(　　) A． B．p0 C． D． 提升二　关联气体问题 ◎要点梳理 应用理想气体状态方程解决两部分气体的关联问题时要注意： 1．把两部分气体分开，分别对每一部分气体分析初、末状态的p、V、T情况，分别列出相应的方程，切不可将两部分气体视为同一气体的两种状态。 2．要找出两部分气体之间的联系，如平衡时压强相等、总体积不变等。 3．在涉及气体的内能、分子势能的问题中要特别注意该气体是否为理想气体；在仅涉及气体的状态参量关系时往往将实际气体当成理想气体处理，但这时要关注的是气体是否满足一定质量这一条件。 ◎典例精析 [典例5] (2025·江苏常州期中)如图所示，一个盛有气体的容器内壁光滑，被隔板分成A、B两部分，隔板绝热。开始时系统处于平衡状态1，此时A和B体积均为V、压强均为大气压p0、温度均为环境温度T0。现将A接一个打气筒，打气筒每次打气都把压强为p0、温度为T0、体积为V的气体打入A中。缓慢打气若干次后达到平衡状态2，此时气体B的体积变为V。(假设打气过程中整个系统温度保持不变，所有气体均视为理想气体) (1)平衡状态2时气体B的压强p1； (2)从平衡状态1至状态2的过程中，打气筒给气体A打气的次数n； (3)保持A中气体温度不变，加热B中气体使B的体积恢复为V，此时达到状态3，求此时B中气体的温度T。 名师点睛 解决关联气体问题的一般方法 1．分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据状态方程列式求解。 2．认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程。 3．多个方程联立求解。 针对训练3　(2025·湖北咸宁期末)如图所示，容积均为V0、缸壁可导热的甲、乙两圆柱形汽缸通过体积可忽略的细管连通，放置在压强为p0、温度为T0的环境中。甲汽缸的左下部通过开口O与外界相通，汽缸内的两活塞各自将缸内气体分成体积相等的两部分，环境压强保持不变，不计活塞的体积，忽略摩擦。 (1)若将环境温度缓慢降低，求甲汽缸中的活塞刚到达甲汽缸最右端时的温度； (2)若将环境温度缓慢降低至，然后用气泵从开口O向汽缸内缓慢注入气体，求甲汽缸中的活塞刚到达甲汽缸最右端时，乙汽缸内气体的压强。 专题训练1　理想气体状态方程的综合应用 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　“变质量”问题 1．常规氧气瓶的压强上限为p0＝15 MPa(兆帕)，瓶内气体不能全部用尽，应保留0.1～0.2 MPa的剩余压强。专业人员对一瓶压强p1＝14.6 MPa、体积V＝40 L的满装氧气的氧气瓶和另两个同样规格的已刚好无法供氧的氧气瓶通过氧桥管道同时分装，两个待供氧的瓶内气体均保留了p2＝0.2 MPa的剩余压强，分装过程中保证环境温度t＝27 ℃不变，分装完成后，三个氧气瓶压强相等。求： (1)分装后三个氧气瓶的压强p大小； (2)分装后的氧气瓶可以承受的温度上限t0为多少摄氏度。 知识点二　与液柱有关的理想气体状态方程应用 2．如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中。当温度为280 K时，被封闭的气柱长L＝22 cm，两边水银柱高度差h＝16 cm，大气压强p0＝76 cmHg。 (1)为使左端水银面下降3 cm，封闭气体温度应变为多少？ (2)封闭气体的温度重新回到280 K后，为使封闭气柱长度变为20 cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？ 知识点三　与汽缸活塞有关的理想气体状态方程应用 3．如图甲所示，高为H的圆柱形汽缸底部安装有电热丝(体积可忽略)，可以通过加热来改变缸内的温度。汽缸口有固定卡销。汽缸内用质量为m＝、横截面积为S的活塞封闭了一定质量的理想气体，此时活塞刚好在汽缸口，此时汽缸内气体温度为T0，压强为p0。大气压强恒为p0，重力加速度为g。不计活塞及固定卡销厚度，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气。求： (1)保持气体温度不变，将汽缸竖直放置如图乙所示，求活塞距缸底的距离h； (2)在汽缸竖直放置时，接通汽缸底部的电热丝缓慢给气体加热，一直到气体温度升高到4T0。求此时汽缸内气体的压强。 1．如图所示为一超重报警装置示意图，高为L、横截面积为S、质量为m、导热性能良好的薄壁容器竖直倒置悬挂，容器内有一厚度不计、质量为m的活塞，稳定时正好封闭一段长度的理想气柱。活塞可通过轻绳连接以达到监测重物的目的，当所挂重物为某一质量时活塞将下降至位于离容器底位置的预警传感器处，此时系统可发出超重预警。已知初始时环境热力学温度为T0，大气压强为p0，重力加速度为g，不计摩擦阻力。 (1)求轻绳未连重物时封闭气体的压强； (2)求刚好触发超重预警时所挂重物的质量M。 2．如图所示，总体积为V的圆柱形汽缸中，有一个厚度不计的轻质活塞，活塞横截面积为S，与汽缸壁之间可以无摩擦滑动。在温度为T0，大气压强为p0的环境中，用活塞密封一定质量的空气，并在活塞上放一个质量为m的重物(mg＝p0S)，系统达到平衡状态后，系统的体积为，并与环境温度相同。为使活塞升至汽缸顶部，现用一个打气筒对汽缸充气，打气筒一次可以把一个标准大气压下体积为的空气充入汽缸。(空气看作理想气体，＝1.414) (1)在缓慢充气的情况下，缸内气体温度不变，求至少充气多少次才能使活塞升至汽缸顶部？ (2)在快速充气的情况下，缸内气体来不及散热，且每次充气可以使缸内气体温度升高，求至少充气多少次才能使活塞升至汽缸顶部？ 3.(2025·河南商丘期末)某校冬季篮球比赛在球馆内进行，篮球被带入球馆前，球内气体的温度t1＝－13 ℃，压强p1＝1.3×105 Pa。被带入球馆后一段时间，球内气体温度变为t2＝17 ℃，球的体积保持不变。 (1)求温度为t2时，球内气体压强p2； (2)比赛要求球内气体压强p＝1.6×105 Pa，则需充入一定质量的气体。设充气过程中球内气体温度保持t2不变，求充入球内气体的质量与原来球内气体质量的比值k。 4．某物理兴趣小组受“蛟龙号”载人潜水器的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口。外界大气压强为p0，汽缸Ⅰ内通过活塞A封有压强为p0的气体，汽缸Ⅱ内通过活塞B封有压强为4p0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于h高的水柱产生的压强，不计水温变化，装置的内径远小于水的深度，被封闭气体视为理想气体。 (1)当A向右移动L时，求该深度计所处位置水的深度； (2)求该深度计能测量的最大水深。 第4节　固体 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　晶体和非晶体 1．2023年5月，中国科学技术大学团队利用纳米纤维与合成云母纳米片研制出一种能适应极端环境的纤维素基纳米纸材料。如图所示为某合成云母的微观结构示意图，则该合成云母(　　) A．是非晶体 B．没有规则的外形 C．有固定的熔点 D．各向性质均相同 知识点二　晶体的微观结构 2．白磷在高温、高压环境下可以转化为一种新型二维半导体材料—黑磷，图为黑磷微观结构，其原子以一定的规则有序排列。下列说法正确的是(　　) A．黑磷是晶体材料 B．黑磷熔化过程中温度升高 C．黑磷中每个分子都是固定不动的 D．同质量的白磷和黑磷分子数目不同 1．甲、乙、丙三种固体薄片涂上蜡，由烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图甲、乙、丙所示，而甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图丁所示，下列说法正确的是(　　) A．甲、乙为非晶体，丙是晶体 B．甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体 C．甲、丙为非晶体，丙是晶体 D．甲、乙、丙都是晶体 2．下列说法错误的是(　　) A．晶体具有天然规则的几何形状，是因为物质微粒是规则排列的 B．有的物质能够生成种类不同的几种晶体，因为它们的物质微粒能够形成不同的空间结构 C．凡各向同性的物质一定是非晶体 D．某些晶体在一定条件下是可以转化为非晶体 3．关于下列四幅图中所涉及晶体微观结构及其解释的论述中，不正确的是(　　) A．甲图中，晶体中沿不同的方向上微粒排列的情况不同，故晶体在不同的方向上会表现出不同的物理性质 B．乙图为金刚石中碳原子形成的一种紧密结构，相互之间作用力很强，所以金刚石十分坚硬，可制造玻璃刀和钻头 C．丙图为食盐晶体的点阵结构，晶体的许多特性都与点阵结构有关 D．丁图为液晶分子的排列示意图，液晶分子的排列会因温度、压力等外界条件的微小变动而发生变化，由此引起液晶光学性质的改变 4．石墨是碳原子按图甲排列形成的，其微观结构为层状结构。图乙为石墨烯的微观结构，单碳层石墨烯是单层的石墨，厚1毫米的石墨大概包含大约三百万层石墨烯。石墨烯是现有材料中厚度最薄、强度最高、导热性最好的新型材料。则(　　) A．石墨中的碳原子静止不动 B．碳原子的直径大约为3×10-9 m C．石墨烯碳原子间只存在分子引力 D．石墨烯的熔解过程中，碳原子的平均动能不变 5．小华为了检验一块薄片是否为晶体，他以薄片中央O点为圆心，画出一个圆，A、B为圆上两点，将一个针状热源放在O点，如图所示(　　) A．若A、B两点的温度变化不同，则薄片一定为晶体 B．若A、B两点的温度变化不同，则薄片一定为非晶体 C．若A、B两点的温度变化相同，则薄片一定为晶体 D．若A、B两点的温度变化相同，则薄片一定为非晶体 6．(多选)质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由固态Ⅰ到气态Ⅲ变化过程中温度T随加热时间t变化关系如图所示，单位时间所吸收的热量可看作不变，气态Ⅲ可看成理想气体。下列说法正确的是(　　) A．该物质是晶体 B．该物质分子平均动能随着时间的增大而增大 C．在t1～t2时间内，该物质分子势能随着时间的增大而增大 D．在t4～t5时间内，该物质的内能随着时间的增加而增大 7．如图所示，ABCD是一块厚度均匀的由同一种微粒构成的圆板，AB和CD是互相垂直的两条直径，把圆板从图示位置转90°后电流表示数发生了变化(两种情况下都接触良好)，关于圆板，下列说法正确的是(　　) A．圆板是非晶体 B．圆板是多晶体 C．圆板是单晶体 D．不知有无固定熔点，无法判定是晶体还是非晶体 8．碳纳米管是管状的纳米级石墨。关于碳纳米管，下列说法正确的是(　　) A．碳原子之间的化学键属于强相互作用 B．碳纳米管具有固定的熔点 C．碳纳米管的所有物理性质都是各向异性 D．碳纳米管上所有的碳原子都是静止不动的 第5节　液体 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　液体的表面张力 1．如图所示，水滴在洁净的玻璃面上扩展形成薄层，附着在玻璃上；在蜡面上可来回滚动而不会扩展成薄层。下列说法正确的是(　　) A．水浸润石蜡 B．玻璃面上的水没有表面张力 C．蜡面上水滴呈扁平形主要是由于表面张力 D．水与玻璃的相互作用比水分子间的相互作用强 知识点二　浸润和不浸润 2．(多选)下列说法正确的有(　　) A．因为水银滴在玻璃板上成椭球状，所以说水银是一种不浸润液体 B．液体对固体是否发生浸润现象，是由液体和固体两者的性质共同决定的 C．在人造卫星中，由于一切物体都处于完全失重状态，所以一个固定着的容器中装有浸润其器壁的液体时，必须用盖子盖紧，否则容器中的液体一定会沿器壁流散 D．当液体A和固体B接触时，是发生浸润现象还是发生不浸润现象，关键决定于固体B分子对附着层液体A分子的吸引力是比液体内的分子对附着层分子吸引力大些还是小些 知识点三　液晶 3．液晶在现代生活中扮演着重要角色，广泛应用于手机屏幕、平板电视等显示设备中。下列四幅图哪个是液晶态分子排列图(　　) 1．我国已经在空间站上开展过四次精彩的太空授课，在亿万中小学生心里播撒下科学的种子。“天宫课堂”的教师们曾经做过两个有趣实验：一个是微重力环境下液桥演示实验，在两个固体表面之间可形成大尺寸液桥，如图a所示；另一个是微重力环境下液体显著的“毛细现象”演示，把三根粗细不同的塑料管，同时放入装满水的培养皿，水在管内不断上升，直到管顶，如图b所示。对于这两个实验的原理及其正确的理解，下列说法正确的是(　　) A．液体表面张力使得液桥表面形状得以维持，而不会“垮塌” B．分子势能Ep和分子间距离r的关系图像如图c所示，能总体上反映水表面层中水分子势能Ep的是图中“A”位置 C．农民使用“松土保墒”进行耕作，通过松土形成了土壤毛细管，使得土壤下面的水分更容易被输送到地表 D．航天员在太空微重力环境中会因为无法吸墨、运墨而写不成毛笔字 2．通电雾化玻璃能满足玻璃的通透性和保护隐私的双重要求，被广泛应用于各领域。如图所示，通电雾化玻璃是将液体高分子晶膜固化在两片玻璃之间，未通电时，看起来像一块毛玻璃不透明；通电后，看起来像普通玻璃一样透明。可以判断通电雾化玻璃中的液晶(　　) A．是液态的晶体 B．具有光学性质的各向同性 C．不通电时，入射光在液晶层发生了全反射，导致光线无法通过 D．通电时，入射光在通过液晶层后按原有方向传播 3．阅读材料，回答下列问题。 2021年12月9日15点40分，“天宫课堂”第一课正式开讲，时隔8年之后，中国航天员再次进行太空授课。“太空教师”翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站为广大青少年带来了一场精彩的太空科普课，并面向全球直播，这是中国空间站首次太空授课活动。课堂中在翟志刚、叶光富的辅助下，航天员王亚平把一个金属圈插入饮用水袋中，慢慢抽出金属圈，形成了一个水膜。接着，她往水膜表面贴上一片和女儿一起完成的花朵折纸。在水膜试验中，这朵花在太空中“绽放”。 (1)本实验中花朵是在水膜表面张力作用下而逐渐展开。作用于液体表面，使液体表面积________的力，称为液体表面张力；液体表面张力产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫作表面层，表面层里的分子比液体内部________，分子间的相互作用表现为________。 (2)在“天宫课堂”中，王亚平又往水球中注入一个气泡，如图所示，气泡静止在水中，此时(　　) A．气泡受到浮力 B．水球的表面积收缩到最小 C．水球呈扁球状 D．气泡内分子热运动停止 (3)在教室里，我们通过液晶电视参与空中课堂中老师们的授课，液晶电视的图像色彩更加绚丽。关于液晶，下列说法正确的是(　　) A．液晶是一种晶体 B．液晶的所有物理性质均表现为各向异性 C．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体 D．液晶具有液体的流动性，低温时会凝固成结晶态，分子取向是有序的 (4)常温下，水是一种液体。若将不同材料制作的甲、乙细管竖直插入水中，如图所示，甲管内水面低于管外水面，乙管内水面高出管外水面。下列说法正确的是(　　) A．水与甲管的现象叫作浸润，水与乙管的现象叫作不浸润 B．与甲管接触附着层内的水分子之间的作用表现为斥力 C．两图现象均是毛细现象 D．用乙管材料制作防水衣防水效果比甲管材料好 (5)立方体玻璃容器内盛一定体积的水，盖上玻璃盖后置于空间站(处于完全失重环境下)，则容器内水(图中阴影区域)的形状可能是(　　) A． B． C． D． 章末复习提升 　　　　　　　　　　　　　　　　 衔接角度1　气体实验定律和理想气体状态方程的综合应用 衔接角度解读：理想气体状态方程　汽缸活塞模型　液柱模型 理想气体状态方程考查的热点，在选择题和解答题中均有可能会出现。常常以汽缸或者液柱作为设题背景。解答“汽缸活塞模型”的关键点是以液柱为研究对象，进行受力分析并列出方程，挖掘三个气体状态参量的p、V、T的隐含信息，结合气体实验定律求解；解答“液柱模型”的关键点是以液柱为研究对象进行受力分析，列平衡方程，尤其注意应用连通器原理寻找各部分之间的压强关系。 衔接内容归纳 1．理想气体状态方程 ＝  注：根据具体问题分析出每个过程前后不变的量，在理想气体状态方程中约去不变量，得到三个实验定律。 2．“汽缸活塞模型” 汽缸是常见的气体容器，通常搭配密闭不漏气、可移动的活塞。活塞的质量有些题目可不计。汽缸可能是绝热的，也可能是导热良好的。通常情况下，活塞与汽缸摩擦可忽略不计。 三步法解汽缸类模型： 第一步：找不变量，分析气体变化前后p、T、V哪个状态参量不变； 第二步：分析气体，列＝，约掉不变量； 第三步：分析活塞受力，列变化前、后活塞合力为0的方程。 ,若气体从甲状态变为乙状态为等温变化，则列方程 ＝， 又T前＝T后，得p前V前＝p后V后, 活塞受到内部气体向右的力p内S、大气对活塞向左的力p0S，列方程p内S＝p0S 活塞受到内部气体向上的力p内S、大气对活塞向下的力p0S、活塞的重力mg，列方程p内S＝p0S＋mg 3．“液柱模型” (1)两线法分析封闭气体压强 ①找到外部大气与液面接触面，过接触面画水平线； ②找到封闭气体与液面接触面，过接触面画水平线； ③对两线间夹的液柱列p上＋ρgh＝p下[该公式只适用于连通液柱(即A、B之间不能有隔离的气体段)]，h不是液柱长度，而是上下液面的高度差，如图所示。 (2)三步法解液柱模型 液柱模型题目的主角并不是液体，而是被液柱封闭的气体。液柱模型的分析思路和汽缸模型的类似，都是确定气体的初、末状态，利用为定值进行分析。 [典例1] (2024·甘肃)如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求： (1)抽气之后A、B的压强pA、pB； (2)弹簧的劲度系数k。 解题技法： 解决汽缸类问题的一般思路 1．弄清题意，确定研究对象。一般来说，研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。 2．分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象要分析清楚初、末状态及状态变化过程，依气体实验定律列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。 3．注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。 4．多个方程联立求解。对求得的结果注意检验它们的合理性。 [跟踪训练1] (2025·河南)如图所示，一圆柱形汽缸水平固置，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2，体积分别为V1和V2，T1<T2，V1<V2。则(　　) A.固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移 B.固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移 C.保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移 D.保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移 衔接角度2　气体状态变化的图像问题 衔接角度解读：图像分析气体实验定律 气体状态变化的图像问题是高考题考查的热点，常常在选择题中出现，有时也会在解答题中结合起来考查。重点考查了学生们对于图像分析和三个气体实验定律的理解。在分析时首先明确气体变化的状态，然后分析横纵坐标、斜率以及面积的意义，结合理想气体状态方程求解。 衔接内容归纳 1． 名称 图像 特点 其他图像 等温线 p－V pV＝CT(C为常量)，即pV之积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远 p－ p＝，斜率 k＝CT，即斜率越大，对应的温度越高 , 等容线, p－T,,p＝T，斜率 k＝，即斜率越大，对应的体积越小 p－t,,图线的延长线均过点(－273 ℃，0)，斜率越大，对应的体积越小, 等压线, V－T,,V＝T，斜率 k＝，即斜率越大，对应的压强越小 V－t,,V与t成线性关系，但不成正比，图线延长线均过点(－273 ℃，0)，斜率越大，对应的压强越小, 2．一般状态变化图像的处理方法 化“一般”为“特殊”，如图是一定质量的某种气体的状态变化过程A→B→C→A。在V－T图线上，等压线是一簇延长线过原点的直线，过A、B、C三点作三条等压线分别表示三个等压过程，pA′<pB′<pC′，即pA<pB<pC，所以A→B压强增大，温度降低，体积减小，B→C温度升高，体积减小，压强增大，C→A温度降低，体积增大，压强减小。 [典例2] (2023·重庆)密封于汽缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V－T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p－T图像正确的是(　　) 解题技法： 处理气体状态变化的图像问题的技巧 1．首先应明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个状态，它对应着三个状态量；图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程。看此过程属于等温、等容还是等压变化，然后用相应规律求解。 2．在V－T图像(或p－T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)时，可比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。 [跟踪训练2] (2024·江西)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1＝1 200 K，T2＝300 K，气体在状态A的压强pA＝8.0×105 Pa，体积V1＝1.0 m3，气体在状态C的压强pC＝1.0×105 Pa。求： (1)气体在状态D时的压强pD； (2)气体在状态B时的体积V2。 第二章　章末检测(一) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．下列热力学温度，最接近于室温的是(　　) A.100 K B．200 K C.300 K D．400 K 2．下列说法正确的是(　　) A.若某种固体在光学上具有各向异性，则该固体可能为多晶体 B.液体表面张力的成因是表面层分子间的作用力表现为斥力 C.若液体P滴在固体Q上很难擦去，则说明液体P浸润固体Q D.只有浸润液体在细管中才能发生毛细现象 3．关于晶体和非晶体，下列说法正确的是(　　) A.凡是晶体都是各向异性 B.黄金可以切割加工成任意形状，所以是非晶体 C.一定条件下晶体可以转化成非晶体；但非晶体不能转化成晶体 D.晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点 4．如图所示，竖直放置的弯曲管A端开口，B端封闭，密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h1、h2和h3，则B端气体的压强为(已知大气压强为p0，重力加速度为g)(　　) A.p0－ρg(h1＋h2－h3) B.p0－ρg(h1＋h3) C.p0－ρg(h1＋h3－h2) D.p0－ρg(h1＋h2) 5．如图所示，表示一定质量的理想气体沿箭头所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强变化情况是(　　) A.从状态c到状态d，压强减小 B.从状态d到状态e，压强增大 C.从状态e到状态a，压强增大 D.从状态a到状态b，压强不变 6．下列说法正确的是(　　) A.飞虫停在水面上，是因为液体表面张力作用 B.布朗运动是液体分子的无规则运动 C.给自行车打气时需用力向下压活塞，是由于气体分子间斥力造成的 D.单晶体和多晶体的某些物理性质具有各向异性，而非晶体是各向同性的 7．如图所示，左端封闭、右侧开口的U形管内分别用水银封有两部分气体，右侧部分封闭气体的压强为p1，水银面高度差为h。当左侧部分气体温度升高较小的Δt，重新达到平衡后，h和p1的变化是(　　) A.h变小 B．h不变 C.p1变小 D．p1变大 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的是(　　) A.a→b过程中，气体体积变小，温度降低 B.b→c过程中，气体温度不变，体积变小 C.c→a过程中，气体体积变小，压强增大 D.c→a过程中，气体压强增大，温度升高 9．关于热现象和热学规律，说法正确的是(　　) A.布朗运动表明构成悬浮微粒的分子在做无规则运动 B.两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，分子间的引力和斥力都在减小 C.温度高的物体内能不一定大 D.物体的摄氏温度变化了1 ℃，其热力学温度变化了273 K 10．如图所示，10 ℃的氧气和20 ℃的氢气体积相同，水银柱在连通两容器的细管中央，下面的叙述中，正确的是(　　) A.氧气和氢气的温度都升高10 ℃时，水银柱不移动 B.当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时，水银柱将向右移 C.当氧气温度升高10 ℃，氢气温度升高20 ℃时，水银柱向左移 D.当氧气温度升高10 ℃，氢气温度升高20 ℃时，水银柱不会移动 三、实验题：本题共2小题，共16分。 11．(8分)如图是用DIS研究“在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”的部分实验装置。 主要步骤如下： ①将压强传感器校准； ②把活塞移至注射器满刻度处； ③逐一连接注射器、压强传感器、数据采集器、计算机； ④推动活塞，记录多组注射器内气体的体积V以及相应的压强传感器示数p。 (1)实验操作中，除了保证封闭气体的温度恒定以外，还需保证________不变。为此，在封入气体前，应________________________________________________________________________。 (2)一小组根据测量的数据，绘出p－图像如图所示。图线的上端出现了一小段弯曲，产生这一现象的可能原因是：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)另一小组实验时缓慢推动活塞，记录4组注射器上的刻度数值V，以及相应的压强传感器示数p。在采集第5组数据时，压强传感器的软管脱落，重新接上后继续实验，又采集了4组数据，其余操作无误。绘出的V－关系图像应是________。 A. B． C. D． 12．(8分)某同学用如图甲所示的装置验证查理定律，操作步骤简述如下： ①将一装有细导管的橡皮塞塞住试管口封闭一定质量的气体，细导管的另一端接压强传感器； ②将压强传感器与计算机相连，将一温度传感器也与计算机相连； ③将适量热水(约80 ℃)倒入大号烧杯中，并将试管浸入热水中至管口与水面相平，再将温度传感器浸没入水中； ④在计算机上打开相应软件，等待水温缓慢下降，计算机将两传感器的示数拟合成一条曲线，如图乙所示为部分图线。 (1)在实验误差允许的范围内，所得的图像是一条直线，说明一定质量的气体，在体积不变时________。 A.压强p与摄氏温度t成正比 B.压强p与摄氏温度t成一次函数 (2)若实验过程中有少量气体缓慢逸出，则所得图像为________。 (3)另外一位同学用一个较小的试管也按相同的步骤做了该实验，现用计算机将两位同学实验采集的数据描绘在同一个p－t坐标系上，则得到的图像可能是________。 四、解答题：本题共3小题，共38分。 13．(8分)在一次科学晚会上，胡老师表演了一个“马德堡半球实验”。他先取出两个在碗底各焊接了铁钩的不锈钢碗，在一个碗里烧了一些纸，然后迅速把另一个碗扣上，再在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度。用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开(如图)。当两边的人各增加到5人时，才把碗拉开。已知碗口的直径为20 cm，环境温度为15 ℃，实验过程中碗不变形，也不漏气，设每人平均用力为200 N。请你估算一下，两个不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度是多少？ 14．(14分)使一定质量的理想气体按图中箭头所示的顺序变化，图中BC段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。 (1)已知气体在状态A的温度TA＝300 K，求气体在状态B、C和D的温度各是多少？ (2)将上述状态变化过程画成用体积V和温度T表示的图线(图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化的方向)。说明每段图线各表示什么过程。 15．(16分)火罐和抽气罐是中医拔罐的两种方式，如图所示，火罐下端开口，上端封闭；抽气罐下端开口，上端留有抽气阀门。用火罐时，先用火加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。用抽气罐时先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强，同样使抽气罐紧紧吸附在皮肤上。某次使用火罐时，罐内气体初始温度为400 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的。若换用抽气罐，也可抽气后达到同样的效果。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求： (1)火罐内部降温到300 K时内部压强是多少？ (2)用抽气罐拔罐时，抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值？ 第二章　章末检测(二) 时间：75分钟　满分：100分一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．下列关于液体和固体性质的说法，正确的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A．云母片沿各个方向上的导热性能是不相同的，叫作各向同性 B.毛细现象是液体的浸润(或不浸润)与表面张力共同作用的结果 C.两端开口的细玻璃管竖直插入水中，管内水面与管外水面一定是相平的 D.彩色液晶显示器能够显示彩色，是因为液晶的光学性质具有各向同性的特点 2．同一种液体，滴在固体A的表面时，出现如图甲所示的情况；当把毛细管B插入这种液体时，液面又出现如图乙所示的情况。若固体A和毛细管B都很干净，则(　　) A.固体A和毛细管B可能是同种材料 B.固体A和毛细管B一定是同种材料 C.液体对毛细管B浸润 D.固体A的分子对液体附着层分子的引力比毛细管B的分子对液体附着层分子的引力大 3．用玻璃瓶密封一定质量的气体，然后将玻璃瓶放入热水中，过一段时间瓶塞弹出，关于瓶塞弹出的原因，下列说法正确的是(　　) A.瓶内气体分子数增加 B.瓶内气体分子间作用力急剧增大 C.瓶内所有气体分子的运动都更加剧烈 D.瓶内气体分子在单位时间内碰撞单位面积器壁的平均冲量增大 4．如图所示，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程中气体的密度(　　) A.先变大后变小 B．先变小后变大 C.一直变大 D．一直变小 5．如图是一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的体积与热力学温度关系的V－T图像。则下列关于此过程的压强与热力学温度关系的p－T图像正确的是(　　) 6．(2024·南通期中)为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9 mL，内装有0.5 mL的药液，瓶内气体压强为1.0×105 Pa，护士把注射器内横截面积为0.3 cm2、长度为0.4 cm、压强为1.0×105 Pa的气体注入药瓶，若瓶内、外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，此时药瓶内气体的压强最接近(　　) A.0.8×105 Pa B．1.0×105 Pa C.1.3×105 Pa D．1.7×105 Pa 7．图甲、乙为吸盘工作原理示意图，使用时先把吸盘紧挨竖直墙面，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，挤出吸盘内部分空气，然后把锁扣扳下，使外界空气不能进入吸盘。由于吸盘内、外存在压强差，使吸盘被紧压在墙壁上，挂钩上即可悬挂适量物体。轻质吸盘导热良好，有效面积为8 cm2(不计吸盘和墙壁接触部分的面积)，扳下锁扣前密封体积为1.0 cm3、压强等于大气压强1×105 Pa的空气。空气密度为1.29 kg/m3，扳下锁扣后吸盘内体积变为2.0 cm3，已知吸盘挂钩能够承受竖直向下的最大拉力是其与墙壁间正压力的1.5倍，空气视为理想气体，下列说法正确的是(　　) A.扳下锁扣后吸盘内气体压强为1.8×105 Pa B.扳下锁扣后吸盘内气体密度为1.03 kg/m3 C.该吸盘此时能悬挂的物体的重力不能超过60 N D.冬天(大气压强比夏天大)使用该吸盘时，吸盘能够承受的最大拉力将减小 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．有甲、乙、丙、丁四位同学在做“研究气体实验定律实验”，分别得到如下四幅图像(如图所示)。则下列有关他们的说法，正确的是(　　) 　　　　　　　　　　图(a)　　　　　　　　　　　图(b)　　　　　　　　　　　　　　图(c)　　　　　　　　　　　　　　图(d) A.若甲研究的是查理定律，则他作的图像可能是图(a) B.若乙研究的是玻意耳定律，则他作的图像是图(b) C.若丙研究的是查理定律，则他作的图像可能是图(c) D.若丁研究的是盖吕萨克定律，则他作的图像是图(d) 9．如图所示是一定质量的某种气体的等压线，比较等压线上的a、b两个状态，下列说法正确的是(　　) A.在相同时间内撞在单位面积上的分子数b状态较多 B.在相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态较多 C.a状态对应的分子平均动能小 D.单位体积的分子数a状态较多 10．内径均匀且大小可忽略的“T”形细玻璃管竖直放置，管内有被水银封闭的理想气体 Ⅰ 和 Ⅱ，竖直管上端与大气相通，各部分长度如图所示。已知环境温度为27 ℃，大气压强p0＝76 cmHg。下列说法正确的是(　　) A.保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为12 cm B.保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为11.2 cm C.使两部分气体升高相同温度，当水银面上升至管口时，气体温度为500 K D.使两部分气体升高相同温度，当水银面上升至管口时，气体温度为480 K 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(6分)(2024·江苏)由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的。在小水滴表面层中，水分子之间的相互作用总体上表现为________(选填“引力”或“斥力”)。分子势能Ep和分子间距离r的关系图像如图所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子Ep的是图中________(选填“A”“B”或“C”)的位置。 12．(8分)用图甲所示实验装置探究气体等温变化的规律。 (1)关于该实验，下列说法正确的是________。 A.为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油 B.应快速推拉柱塞 C.为方便推拉柱塞，应用手握住注射器再推拉柱塞 D.注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注单位 (2)测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，以p为纵坐标，以为横坐标在坐标系中描点作图。小明所在的小组压缩气体时漏气，则用上述方法作出的图线应为图乙中的________(选填“①”或“②”)。 (3)实验中若使用压强传感器采集数据，则柱塞与针筒间的摩擦对实验结果________(选填“有”或“无”)影响。 13．(12分)某同学欲测量一形状不规则又易溶于水的固体体积，他采用如图所示的装置，将上端开口的隔热性良好的圆柱形汽缸竖直放置在水平面上，先将被测物体轻放在汽缸底部，再用横截面积为S＝0.2 m2的活塞从上端开口处放下并封闭一定质量的理想气体，待活塞稳定后测得活塞到汽缸底部高度h＝0.5 m，此时气体温度t1＝27 ℃，接通电热丝将气体加热到t2＝77 ℃时，活塞上升了Δh＝0.05 m，已知活塞厚度不计，活塞质量为m，大气压强为p0，重力加速度为g，忽略一切摩擦，固体体积始终不变，求： (1)气体的压强； (2)固体的体积。 14．(14分)如图，一篮球内胆容积为20V0且保持不变，其内气体压强等于外界大气压的1.2倍，因气压不足，现用打气筒给其打气。打气筒的最大容积为V0、内部为圆柱体且横截面积为S，每次打气都能将筒内吸入的体积为V0、压强等于外界大气压的空气注入球内。已知外界大气压为p0且不变，设整个打气过程中气体温度均不变，空气可视为理想气体。求： (1)第6次打气完成后，篮球内气体的压强； (2)第7次活塞下压的距离Δh至少为多大时，阀门K1才能打开？ 15．(14分)(2024·广东)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×10-2 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小取g＝10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2＝270 K时： (1)求B内气体压强pB2； (2)求A内气体体积VA2； (3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。 第三章　热力学定律　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 第三章　热力学定律 第1节　功、热和内能的改变 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　功与内能的改变 1．礼花喷射器原理如图。通过扭动气阀可释放压缩气罐内气体产生冲击，将纸管里填充的礼花彩条喷向高处，营造气氛。在喷出礼花彩条的过程中，罐内气体(　　) A.温度保持不变 B.内能减少 C.分子热运动加剧 D.通过热传递方式改变自身的内能 知识点二　热与内能的改变 2．如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容积质量不变，爬高过程中，温度减小，则气体(　　) A.对外做功 B．内能减小 C.内能增大 D．压强不变 1．如图所示的实验装置中，把浸有乙醚的一小块棉花放在厚玻璃筒内底部，当很快向下压活塞时，由于被压缩的气体骤然变热，温度升高达到乙醚的燃点，使浸有乙醚的棉花燃烧起来，此实验的目的是要说明对物体(　　) A.做功可以增加物体的热量 B.做功可以改变物体的内能 C.做功一定会升高物体的温度 D.做功一定可以使物态发生变化 2．金属制成的汽缸中放入浸了少许乙醚的脱脂棉，有可能使其达到燃点而燃烧的过程是(　　) A.迅速向里推活塞 B．迅速向外拉活塞 C.缓慢向里推活塞 D．缓慢向外拉活塞 3．以下所述现象中，属于通过热传递改变了物体内能的是(　　) A.汽油机汽缸内气体被压缩 B.放在空气中的一杯热水会冷却 C.在转动的砂轮上磨车刀，车刀发热 D.电流通过电阻丝 4．下列关于热量、功和内能的说法中，错误的是(　　) A.热量、功都可以作为物体内能的量度 B.热量、功都可以作为物体内能变化的量度 C.热量、功、内能的单位相同 D.热量和功是由过程决定的，而内能是由物体状态决定的 5．关于系统的内能及其变化，下列说法中正确的是(　　) A.系统的温度改变时，其内能必定改变 B.系统对外做功，其内能不一定改变；系统向外传递热量，其内能不一定改变 C.对系统做功，系统内能必定改变；系统向外传出一定热量，其内能必定改变 D.若系统与外界不发生热交换，则系统的内能必定不改变 6．如图所示，某同学将空玻璃瓶开口向下缓慢压入水中，下降过程中瓶内封闭了一定质量的空气，瓶内空气看作理想气体，水温上下均匀且恒定不变，则(　　) A.瓶内空气对外界做功 B.外界对气体做功 C.瓶内空气分子的平均动能增大 D.单位时间内与瓶壁单位面积上碰撞的空气分子数不变 7．(多选)某地突发洪涝灾害，救援人员驾驶气垫船施救，到达救援地点后将围困在水中的群众拉上气垫船，如图所示。若在救援人员将群众拉上气垫船的过程中气垫船所受压力增大，气垫不漏气，气垫内的气体视为理想气体且温度不变。则该过程(　　) A.气垫内的气体内能增加 B.气垫内的气体对外界做功 C.外界对气垫内的气体做功 D.气垫内的气体单位时间、单位面积撞击气垫壁的分子数增加 8．(多选)如图所示为焦耳实验装置图，用绝热性能良好的材料将容器包好，重物下落带动叶片搅拌容器里的水，引起水温升高。关于这个实验，下列说法正确的是(　　) A.只要重力做功相同，水温上升的数值就相同 B.做功增加了水的热量 C.做功增加了水的内能 D.功和热量是完全等价的，无区别 9．如图所示，容器A、B中各有一个可自由移动的活塞。活塞下面是水，上面为大气，大气压恒定。A、B间用带有阀门K的管道相连，整个装置与外界隔热。A容器的横截面面积大于B容器的横截面面积，A的液面高于B的液面。开启阀门后，A中的水逐渐流向B，直至两边液面相平。在这个过程中大气压是否对水做功？水的内能会怎样变化？ 第2节　热力学第一定律 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　热力学第一定律 1．现代高档大客车普遍安装有空气弹簧(封闭于汽缸中的气体受外力影响产生类似弹簧的功能)，上、下乘客及剧烈颠簸均会引起车厢振动，进而引起缸内气体体积发生变化，实现减震。上、下乘客时汽缸内气体的体积变化较慢，气体与外界有充分的热交换，汽缸可视为导热汽缸；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换，可视为绝热过程。若外界温度恒定，汽缸内气体可视为理想气体，则下列说法正确的是(　　) A.乘客上车时压缩气体使气体体积变小地过程中，外界对空气弹簧内气体做功，气体内能不变 B.乘客上车时压缩气体使气体体积变小地过程中，空气弹簧内气体从外界吸热，气体内能增大 C.剧烈颠簸时压缩气体使气体体积变小地过程中，外界对空气弹簧内气体做功，气体向外界放热 D.剧烈颠簸时压缩气体使气体体积变小地过程中，外界对空气弹簧内气体做功，气体内能一定减小 知识点二　热力学第一定律的应用 2．如图，隔板在绝热汽缸中封闭一定质量理想气体，隔板和绝热活塞间是真空。迅速抽掉隔板后气体会扩散至整个汽缸，待气体稳定后向左缓慢推动活塞至隔板原位置，整个系统密封性良好，下列说法正确的是(　　) A.扩散过程中，气体对外界做功，温度降低 B.扩散过程中，气体分子的平均速率减小导致气体压强减小 C.推动活塞过程中，活塞对气体做功，气体温度升高 D.抽掉隔板前和活塞到达隔板原位置后，气体内能相等 1．(多选)关于温度和内能的理解，下列说法正确的是(　　) A.温度是分子平均动能的标志，物体温度高，则物体的分子平均动能大 B.系统的内能是由系统的状态决定的 C.做功可以改变系统的内能，但是单纯地对系统传热不能改变系统的内能 D.不计分子之间的分子势能，质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能 2．(多选)炎炎夏日，某同学把封闭有少量空气的膨化食品包装袋放入冰箱的冷藏室，若包装袋不漏气，冰箱内、外气压相等且不变，包装袋内的空气可视为理想气体，则经过一段时间后(　　) A.包装袋内空气的内能减少 B.包装袋内的空气对外做正功 C.包装袋内空气的所有分子的动能都减小 D.单位面积上包装袋内所受到的平均作用力不变 3．(多选)将一只踩扁的乒乓球放到热水中，乒乓球会恢复原形，则在乒乓球恢复原形的过程中，球内气体(　　) A.吸收的热量等于其增加的内能 B.压强变大，分子平均动能变大 C.吸收的热量大于其增加的内能 D.对外做的功大于其吸收的热量 4．一定质量的理想气体，从状态A经B、C状态后，又回到初始状态A，对应的图像如图所示，则下列说法正确的是(　　) A.状态A到状态B，气体分子的平均动能不变 B.状态B和状态C的热力学温度之比为2∶1 C.状态C到状态A，气体对外界做功为2p0V0 D.整个循环过程中，气体吸收的热量为p0V0 5．(多选)一铜块和一铁块，质量相等，铜块的温度T1比铁块的温度T2高，当它们接触在一起时，如果不和外界交换能量，则(　　) A.从两者开始接触到热平衡的整个过程中，铜块内能的减少量等于铁块内能的增加量 B.在两者达到热平衡以前的任意一段时间内，铜块内能的减少量不等于铁块内能的增加量 C.在两者达到热平衡以前的任意一段时间内，铜块内能的减少量都等于铁块内能的增加量 D.达到热平衡时，铜块的温度比铁块的低 6．车辆减震装置中的囊式空气弹簧由橡胶气囊和密闭在其中的压缩空气组成，当车辆剧烈颠簸时，气囊内的气体体积快速变化，以降低车辆的振动幅度。若上述过程可视为绝热过程，气囊内的气体可视为理想气体，在压缩气体的过程中，下列说法正确的是(　　) A.气体温度保持不变 B.每个气体分子动能都增大 C.气体分子对单位面积的器壁压力减小 D.单位时间内单位面积上气体分子碰撞器壁次数增多 7．大气气流的升降运动会造成不同高度的温度变化，致使气象万变，万米高空的气温往往在－50 ℃以下，在研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体作为研究对象，叫作气团，气团直径可达几千米，由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略，用气团理论解释高空气温很低的原因，是因为地面的气团上升到高空的过程中(　　) A.剧烈膨胀，同时大量对外放热，使周围温度降低 B.剧烈收缩，同时从周围吸收大量热量，使周围温度降低 C.剧烈膨胀，气团对外做功，内能大量减少导致温度降低 D.剧烈收缩，外界对气团做功，故周围温度降低 8．带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体，气体开始处于状态A，然后经过过程AB到达状态B或经过过程AC到达状态C，B、C状态温度相同，如p－T图所示，设气体在状态B和状态C的体积分别为VB和VC，在过程AB和AC中吸收的热量分别为QAB和QAC，则(　　) A.VB>VC，QAB>QAC B．VB>VC，QAB<QAC C.VB<VC，QAB>QAC D．VB<VC，QAB<QAC 9．如图所示为拧紧瓶盖的空饮料瓶。27 ℃时，瓶内气体压强为1.050×105 Pa；当温度升高到37 ℃过程中，瓶内气体吸收了7 J的热量，整个过程中瓶内气体视为理想气体且体积保持不变，求： (1)37 ℃时，瓶内气体压强； (2)气体内能增加量。 10.(2025·重庆期末)一定质量的理想气体，用横截面积S＝100 cm2活塞密封在足够高容器中，质量为m＝20 kg的物体放在活塞上，保持静止。初始气体温度T0＝300 K，大气压强为p0＝105 Pa。第一次实验将活塞锁定，该气体吸收400 J的热量后温度升高100 K；第二次实验解锁活塞，气体吸收1 000 J的热量后温度也能升高100 K。大气压强始终保持不变，不计活塞质量和厚度，汽缸内壁光滑，g取10 m/s2。求： (1)第二次解锁活塞，温度升高100 K过程中气体对外界做的功； (2)初始状态下，气体的体积。 11．(2025·安徽期末)小明在实验室用如图所示的装置研究气体热膨胀现象。一个横截面积为S＝0.2 m2的绝热汽缸竖直放置在水平面上，质量为m＝0.5 kg的光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在缸内。初始时，气体温度为T0＝300 K，活塞距缸底的距离为L0＝10 cm，大气压强为p0＝1.0×105 Pa。现通过电热丝对气体加热，活塞缓慢移动，加热时间为t＝60 s，电热丝的电流I＝2 A，电阻恒为R＝5 Ω，加热后气体温度升高至T1＝450 K。不计活塞厚度、气体泄漏以及金属丝的体积，活塞始终处于水平状态。重力加速度g取10 m/s2，电热丝产生的热量可以迅速被气体全部吸收，求： (1)加热后活塞距缸底的距离； (2)整个加热过程气体内能的变化量。 专题提升2　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用 　　　　　　　　　　　　　　　　 提升一　热力学第一定律与气体图像的结合 ◎情境探究 如图所示，一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，请在图像基础上思考下列问题： (1)在变化过程中是气体对外界做功还是外界对气体做功？做了多少功？ (2)在变化过程中气体吸热还是放热？气体内能如何变化？ ◎典例精析 [典例1] (多选)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－T图上从a到b的线段所示。在此过程中(　　) A.气体一直对外做功 B.气体的内能一直增加 C.气体一直从外界吸热 D.气体吸收的热量等于其内能的增加量 名师点睛 处理热力学第一定律与气体图像综合问题的思路 1．根据气体图像的特点判断气体的温度、体积的变化情况，从而判断气体与外界的吸、放热关系及做功关系。 2．在p－V图像中，图线与V轴围成的面积表示气体对外界或外界对气体做的功。 3．结合热力学第一定律判断有关问题。 针对训练1　在如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图像。已知图线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。 针对训练2　(2025·江苏宿迁期末)一定质量的理想气体发生如图所示的变化，其中A、C间的实线是双曲线中的一支，发生等温变化，AB平行于横轴，BC平行纵轴，pA＝1.2×105 Pa，pC＝9×104 Pa，TB＝300 K。 (1)求C点时的温度TC； (2)已知A→B过程中，体积增大了0.01 m3，求A→B过程气体对外界做的功。 提升二　热力学第一定律和气体实验定律的综合 ◎要点梳理 ◎典例精析 [典例2] 如图所示，绝热容器中封闭一定质量的理想气体，开始时活塞距底部的高度h＝27 cm，容器内气体的温度为t1＝27 ℃。现给电热丝通电，经过一段时间，气体的温度缓慢升高至t2＝127 ℃，已知活塞的质量m＝4 kg，横截面积S＝2 cm2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，不计活塞与器壁间摩擦，求： (1)封闭部分气体的压强； (2)当气体温度升高至t2时，活塞距底部高度H； (3)若整个加热过程中内能变化量为120 J，气体吸收的热量Q。 名师点睛 气体实验定律与热力学第一定律的 综合问题处理方法 1．气体实验定律研究对象是一定质量的理想气体。 2．解决具体问题时，分清气体的变化过程是求解问题的关键，根据不同的变化，找出相关的气体状态参量，利用相关规律解决。 3．对理想气体，只要体积变化，外界就对气体(或气体对外界)做功；只要温度发生变化，其内能就发生变化。 4．结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q求解问题。 针对训练3　(2025·广东广州期末)某种型号的氮气弹簧如图甲所示，将氮气弹簧竖直放置在水平面上，活塞连着活塞杆可以在汽缸内上下移动，活塞杆与汽缸交接处不漏气，汽缸的高度为L，缸内部充满氮气(可视为理想气体)，活塞与活塞杆的总质量为m，活塞杆的直径为汽缸内直径一半。如图乙，氮气弹簧活塞紧贴着汽缸最顶端，此时活塞和汽缸顶端间没有气体，汽缸内气体压强为p1＝2p0，p0为大气压强。现对活塞杆施加一个竖直向下的压缩力(含活塞杆上表面大气压力)，使活塞缓慢移动压缩氮气，活塞下方气体通过小孔连通到活塞上方，最终活塞到达汽缸正中间(图丁)。汽缸底部有个泄压阀，阀门打开可泄气。活塞上小孔的体积、活塞厚度，活塞与汽缸间摩擦均不计，系统导热良好，重力加速度为g。求： 　　 (1)若堵住小孔，活塞压到图丁状态时，固定活塞杆保持不动，打开泄压阀，压强降为3p0时关闭阀门。求此时缸内剩余气体的质量与原有质量的比值； (2)若小孔连通，已知初始位置的压缩力F1＝7mg时活塞恰好能离开汽缸顶部。求活塞压到图丁状态时，内部气体压强p2和此时的压缩力大小F2； (3)在(2)的情况下，活塞压到图丁的过程中，压缩力做功W压＝mgL。则此过程气体是放热还是吸热？并求出放出或吸收的热量Q。 专题训练2　热力学第一定律与定质量理想气体结合 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　热力学第一定律与图像结合 1．一定质量的理想气体经历a→b→c过程，其中a→b是等温过程，b→c是等压过程，则(　　) A.a、b、c三个状态中，气体在c状态分子平均动能最大 B.a、b、c三个状态中，气体在b状态分子数密度最大 C.a→b过程中，气体既不吸热也不放热 D.b→c过程中，气体放出的热量大于外界对气体做的功 知识点二　热力学第一定律与理想气体状态方程结合 2．某科研小组设计一款超重报警装置，其结构原理图如图所示，主体是导热性能良好的薄壁密闭容器，厚度和质量不计的活塞通过轻杆连接轻质平台。平台上未放重物时，内部封闭理想气体气柱长度L＝0.2 m；当活塞进入预警区域时，系统会发出超重预警。横截面积S＝0.01 m2，底部的预警区域深度h＝0.1 m，平台上轻放质量为m的重物稳定时，活塞刚好触动报警装置。已知环境温度不变，大气压强P0＝1.0×105 Pa，g＝10 m/s2，不计摩擦阻力，下列说法正确的是(　　) A.重物的质量m＝200 kg B.重物的质量m＝1 000 kg C.放上重物至活塞最终稳定的过程中，密闭气体对外界放出的热量为100 J D.放上重物至活塞最终稳定的过程中，密闭气体对外界放出的热量为200 J 1．如图所示为一定质量的理想气体状态变化过程中的三个状态，图中ba的延长线过原点，则下列说法正确的是(　　) A.a→b过程，由于气体分子密度增大，压强增大 B.b→c过程，气体分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的比例均增加 C.c→a过程，气体放出的热量小于气体内能的减小量 D.a→b→c→a过程，气体从外界吸收热量 2．(多选)如图所示，导热性能良好的汽缸，开口向上固定在水平面上，光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内。现用力F作用在活塞上，使其缓慢上升至汽缸顶端，在此过程中，环境温度保持不变，汽缸不漏气。在活塞上升的过程中，下列判断正确的是(　　) A.单位时间内撞击汽缸壁单位面积的分子数减少 B.分子平均动能不变，气体的压强减小 C.气体从外界吸收热量，内能增加 D.外界对气体做功，气体放出热量 3．一定质量的理想气体分别在T1、T2温度下发生等温变化，相应的两条等温线如图所示，T2对应的图线上有A、B两点，表示气体的两个状态。则(　　) A.温度为T1时气体分子的平均动能比T2时大 B.A到B的过程中，气体内能增加 C.A到B的过程中，气体向外界放出热量 D.A到B的过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少 4．一定质量的理想气体从状态a经状态b、c、d回到状态a，此过程气体的p－V关系图像如图所示，其中d→a过程为双曲线的一部分，a→b、b→c、c→d过程平行于坐标轴。已知在状态a时气体温度为T0，则(　　) A.在状态c时气体的温度为T0 B.四个过程中有两个过程吸热，两个过程放热 C.d→a过程气体对外做功3p0V0 D.从状态a经一次循环再回到状态a的过程中气体向外放热大于3p0V0 5．如图所示，一粗细均匀且一端密闭的细玻璃管开口向下竖直放置，管内有一段长为l0＝25.0 cm的水银柱，水银柱上方封闭了长度为l1＝14.0 cm的理想气体，此时封闭在管内的气体处于状态A，温度TA＝280 K。先缓慢加热封闭气体使其处于状态B，此时封闭气体长度为l2＝15.0 cm。然后保持封闭气体温度不变，将玻璃管缓慢倒置后使气体达到状态C。已知大气压强恒为p0＝75.0 cmHg，求： (1)判断气体从状态A到状态B的过程是吸热还是放热，并说明理由； (2)气体处于状态B时的温度TB； (3)气体处于状态C时的长度l3。 11.如图甲所示，一圆柱形绝热汽缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞质量m＝1 kg、横截面积S＝5×10-4 m2，原来活塞处于A位置。现通过电热丝缓慢加热气体，直到活塞缓慢到达新的位置B，在此过程中，缸内气体的V－T图像如图乙所示，已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求缸内气体的压强和活塞到达位置B时缸内气体的体积； (2)若缸内气体原来的内能U0＝72 J，且气体内能与热力学温度成正比，求缸内气体变化过程中从电热丝吸收的总热量。 12．(2025·江西期末)如图所示，固定在水平地面开口向上的圆柱形导热汽缸用质量为m的活塞密封一定质量的理想气体，活塞可以在汽缸内无摩擦移动。活塞用不可伸长的轻绳跨过两个定滑轮与地面上的物块连接。初始时，活塞与缸底的距离为h0，缸内气体温度为T0，轻绳恰好处于伸直状态且无拉力，活塞横截面积为S，已知大气压强p0＝，重力加速度为g，忽略一切摩擦，物块可视为质点。现使缸内气体温度缓慢下降至0.5T0，此时物块对地面恰好无压力。 (1)求物块的质量M； (2)继续缓慢降低气体温度至0.3T0，求物块上升高度Δh； (3)从初始至气体温度缓慢降低为0.3T0的过程，气体放出的热量为Q，求全过程气体内能变化量。 第3节　能量守恒定律 第4节　热力学第二定律 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　能量守恒定律 1．如图是水电站的发电原理图，由图可知，下列说法错误的是(　　) A.水力发电不会造成污染 B.该装置将机械能转化为电能 C.要加大发电的功率，可采用仅“增大水落差”的方法 D.该装置可以将水库中储存的水的机械能全部转化为电能 知识点二　永动机不可能制成 2．如图所示，是中国古代玩具饮水鸟，它的神奇之处是，在鸟的面前放上一杯水，鸟就会俯下身去，把嘴浸到水里，“喝”了一口水后，鸟将绕着O点不停摆动，一会儿它又会俯下身去，再“喝”一口水。A、B是鸟上两点，说法正确的是(　　) A.A、B两点的向心加速度大小相同 B.A、B两点的线速度大小不同，角速度大小相同 C.此过程虽然不违反能量守恒定律，但不可能发生 D.此过程违反能量守恒定律，但可能发生，说明第一类永动机可以制成 知识点三　热力学第二定律 3．下列关于热力学第二定律的说法正确的是(　　) A.所有符合能量守恒定律的宏观过程都能发生 B.一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的 C.机械能可以全部转化为内能，在不产生其他影响的情况下，内能可以全部用来做功而转化成机械能 D.气体向真空的自由膨胀是可逆的 1．最近网络上有人做了一个与电磁感应相关的实验，如图所示，他把一个线圈放置在支架上，旁边放置一个磁铁，用手转动线圈后，线圈就会一直运动下去，演示得有板有眼。这是一种假象，我们应该用科学的物理观念认识此实验，显然它违背了(　　) A.法拉第电磁感应定律 B.电阻定律 C.欧姆定律 D.能量转化和守恒定律 2．“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为(　　) A.它不符合机械能守恒定律 B.它违背了能量守恒定律 C.它做功产生的热不符合热功当量 D.暂时找不到合理的设计方案和理想材料 3．对于孤立体系中发生的实际过程，下列说法中正确的是(　　) A.系统的总熵只能减小，不可能增加 B.系统的总熵可能增大，可能不变，还可能减小 C.系统逐渐从比较有序的状态向更无序的状态发展 D.系统逐渐从比较无序的状态向更加有序的状态发展 4．下列说法正确的是(　　) A.第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成 B.第一类永动机违反热力学第二定律，因此不可能制成 C.电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递 D.从单一热库吸收热量，使之完全变为功，是提高机械效率的常用手段 5．将一件裙子放进死海，3年后成了一件精美的艺术品(如图)。其形成原因是海水中的盐，不断在衣服表面结晶所产生的。根据这一现象下列说法不正确的是(　　) A.结晶过程看似是自发的，其实要受到环境的影响 B.结晶过程是无序向有序转变的过程 C.盐在溶解的过程中熵是增加的 D.这件艺术品被精心保存在充满惰性气体的密闭橱窗里，可视为孤立系统，经过很长时间后，该艺术品的熵可能减小 6．(多选)根据热力学定律，下列说法正确的是(　　) A.一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的 B.一定质量的理想气体温度升高1 K，其等容过程中吸收的热量大于等压过程吸收的热量 C.即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可能把燃料产生的内能全部转化为机械能 D.用活塞压缩密闭汽缸里的气体，外界对气体做功2.0×105 J，同时气体向外界放出热量0.5×105 J，则气体内能增加了2.5×105 J 7．大约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”。如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道，维尔金斯认为：如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下。在以后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量转化和守恒定律确定20年后，竟在德国取得了专利权。关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是(　　) A.符合理论规律，一定可以实现，只是实现时间早晚的问题 B.如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现 C.如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以实现 D.违背能量转化和守恒定律，不可能实现 8．(多选)电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统，制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示，则下列说法正确的是(　　) A.冷凝器向环境散失的热量可能小于蒸发器从冰箱内吸收的热量 B.该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，符合热力学第二定律 C.制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体 D.制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子动能都降低 章末复习提升 　　　　　　　　　　　　　　　　 衔接角度1　热力学第一定律与气体图像的综合 衔接角度解读：热力学第一定律与气体图像结合考查是高考考查的热点，常以选择题的形式考查，有时也在解答题中结合气体实验定律一起考查。需要准确判断图像里的气体变化过程，运用热力学第一定律进行气体吸放热、做功、p、V、T等的判断。 衔接内容归纳 1．从气体图像中读出p、V、T的变化，常常是根据横纵坐标读出其中两个，再通过气体实验定律推算第三个的定性变化情况。 2．根据p、V、T的变化，结合热力学第一定律判断气体的内能变化、吸放热、做功等。其中温度与内能变化有关，“绝热”“无热量交换”等字眼提示了气体的吸放热情况，体积变化与做功有关。 [典例1] (2025·甘肃)(多选)如图所示， 一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B，然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，且随温度升高而增大。下列说法正确的是(　　) A.A→B过程为吸热过程 B.B→C过程为吸热过程 C.状态A压强比状态B的小 D.状态A内能比状态C的小 解题技法： 气体图像中常见的四种变化： 1．等压变化：气体膨胀，对外界做功W，应用热力学第一定律时W取负值；气体压缩，外界对气体做功W，应用热力学第一定律时W取正值。 2．等容变化：气体体积不变，气体和外界之间互不做功，即W＝0，则ΔU＝Q。气体从外界吸收的热量等于内能的增加量，气体向外界放出的热量等于内能的减少量。 3．等温变化：气体内能不变，即ΔU＝0，Q＋W＝0。气体吸热后体积一定增大，由于膨胀对外做的功等于从外界吸收的热量；反之，由于气体被压缩，外界对气体所做的功等于向外释放的热量。 4．绝热过程：即Q＝0，则W＝ΔU。气体体积变化导致内能变化。 [跟踪训练1] (2024·山东)一定质量的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 衔接角度2　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用 衔接角度解读：热力学第一定律与气体实验定律的综合应用是高考考查的热点，常以解答题的形式出现，有时也在选择题中考查。定律判断气体状态参量和初末态的变化，再利用热力学定律判断做功、吸放热以及内能变化情况。对于汽缸、活塞、液柱等模型要熟悉。 衔接内容归纳 解题细节 1．对研究对象进行受力分析时要注意是否考虑自身重力，不要忽略大气压强。 2．利用“恰好”“缓慢”等词汇建立力学公式。 3．准确判断气体变化过程选择对应的气体实验定律。 4．利用W＝Fs计算做功，利用温度看内能变化情况，吸放热注意“绝热”等字眼，三者知二推三。 [典例2] (2025·山东)如图所示，上端开口，下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好，管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0，活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为Ff＝p0S，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，T1＝330 K时，气柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2＝440 K时停止加热，活塞不再上升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至T3＝400 K时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4＝330 K时，保持温度不变，活塞不再下降。求： (1)T2＝440 K时，气柱高度h2； (2)从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。 解题技法： 对于复杂过程，要准确判断每个过程的初末位置，逐次分析。必要时可以列表列出每个过程的p、V、T数据对照分析。 [跟踪训练2] (2025·浙江1月选考)如图所示， 导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭T1＝300 K，体积V1＝1×103 cm3处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h＝10 cm。将瓶子放进T2＝303 K的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体对外做功1.02 J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3；忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。 (1)从状态2到状态3，气体分子平均速率________(选填“增大”“不变”或“减小”)，单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数________(选填“增大”“不变”或“减小”)。 (2)气体在状态3的体积V3＝____________。 (3)从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU＝____________。 第三章　章末检测(一) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．对于一定质量的理想气体，下列说法错误的是(　　) A.若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变 B.若气体的温度不断升高，其压强也一定不断增大 C.若气体温度升高1 K，其等容过程所吸收的热量一定小于等压过程所吸收的热量 D.当气体温度升高时，气体的内能一定增大 2．下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有(　　) A.汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热 B.冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低 C.某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响 D.冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内 3．关于热现象，下列说法正确的是(　　) A.气体吸热后温度一定升高 B.理想气体等压压缩过程可能吸热 C.理想气体绝热膨胀过程内能一定减少 D.在自发过程中，分子一定从高温区域扩散到低温区域 4．下列关于热力学定律和热现象的说法正确的是(　　) A.第二类永动机不可能制造成功的原因是能量不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或从一种形式转化为另一种形式 B.热力学第二定律可表述为所有自发的热现象的宏观过程都具有方向性 C.能量耗散说明能量在转化过程中具有方向性，所以机械能不可能完全转化为内能 D.功是能量转化的量度，所以摩擦力做功的过程，必定有机械能转化为内能 5．如图，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若接近水面，湖内水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内气体看做理想气体。则上升过程中，以下说法正确的是(　　) A.外界对气泡内气体做功 B.气泡内气体从外界吸收热量 C.气泡内气体的压强可能不变 D.气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力增大 6．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.外界对气体做功，气体内能一定增加 C.一定质量的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 7．如图所示，柱形容器内封有一定质量的空气，光滑活塞C(质量为m)与容器用良好的隔热材料制成。活塞横截面积为S，大气压为p0，另有质量为M的物体从活塞上方的A点自由下落到活塞上，并随活塞一 起到达最低点B而静止，在这一过程中，容器内空气内能的改变量ΔE，外界对容器内空气所做的功W与物体及活塞的重力势能的变化量的关系是(　　) A.Mgh＋mgΔh＝ΔE＋W B.ΔE＝W，W＝Mgh＋mgΔh＋p0SΔh C.ΔE＝W，W<Mgh＋mgΔh＋p0SΔh D.ΔE≠W，W＝Mgh＋mgΔh＋p0SΔh 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作，该循环可视为由两个绝热过程和两个等容过程组成。如图所示为一定质量的理想气体所经历的奥托循环，则该气体(　　) A.在a→b的过程中，外界对其做的功全部用于增加内能 B.在状态a和c时气体分子的平均动能可能相等 C.在b→c的过程中，单位时间内撞击汽缸壁的分子数增多 D.在一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量 9．下列说法正确的是(　　) A.对某物体做功，必定会使该物体的内能增加 B.可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功 C.功转变为热的实际宏观过程是可逆过程 D.气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关 10．如图，一定质量的理想气体沿图示从状态a→b→c→a，其中ab的反向延长线通过坐标原点，bc和ca分别与横轴和纵轴平行。下列说法正确的是(　　) A.从a→b，气体压强减小 B.从a→b，气体内能增大 C.从b→c，气体放出热量 D.从b→c，气体对外界做功 三、实验题：本题共2小题，共20分。 11．(6分)根据能量转化与守恒定律，在与外界没有热传递的条件下，物体内能的增加量与外界对物体做功多少相等。为了验证此规律，某兴趣小组设计了如图所示的实验，在容器里装一定质量的水，中间装上带有叶片的转轴，转轴上绕上绳子，绳子另一端通过滑轮与一重物相连，当重物下降时，绳子拉动转轴转动，带动叶片旋转，使容器里的水温度升高，结合水的比热容计算出水中增加的内能。以此验证水的内能增加量与重物的重力做功多少是否相等。 (1)为了完成此实验，除已提供测量质量的电子天平外，还需要的测量工具有________________________________________________________________________。 (2)兴趣小组在实验过程中发现，水内能的增加量小于重物做功的大小，请写出造成这种现象的：一种原因__________________________________________。 (3)改进实验后，获得了如表数据，规律得到验证。 实验 序号 重物质量 (kg) 下降高度 (m) 升高温度 (℃) 1 20 5 0.5 2 20 10 1.0 3 20 15 1.5 4 10 10 0.5 5 30 10 1.5 6 40 10 2.0 若使容器内相同质量水的温度升高2.5 ℃，则25 kg的重物需下降________m。 12．(14分)小明同学设计了一种测温装置，用于测量室内的气温(室内的气压为一个标准大气压，相当于76 cm水银柱产生的压强)，结构如图所示，大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度，将这个简易温度计放入冰箱，静置一段时间后 (1)玻璃泡内的气体分子平均动能________，气体压强________(选填“变大”“变小”或“不变”)，请用分子动理论的观点从微观角度解释气体压强变化的原因：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)温度计放入冰箱后，B管内水银柱液面会________(选填“升高”“降低”或“不变”)。设玻璃泡内气体内能变化的绝对值为ΔU，气体做功的绝对值为W，则气体在这个过程中________(选填“吸热”或“放热”)，变化的热量大小为______________________。 (3)冰箱能够不断地把热量从温度较低的冰箱内部传给温度较高的外界空气，这说明(　　) A．热量能自发地从低温物体传到高温物体 B．热量不可以从低温物体传到高温物体 C．热量的传递过程不具有方向性 D．热量从低温物体传到高温物体，必然引起其他变化 四、解答题：本题共3小题，共34分。 13．(8分)目前市场在售的玩具枪，各式各样，有些生产厂家为了经济利益，迎合少数不法分子的需求，生产超标违规玩具枪，这种违规产品存在很大安全隐患。按照公安部颁发的《枪支致伤力的法庭科学鉴定判据》(GA/T718—2007)的规定，对于不能发射制式弹药的非制式枪支，当所发射弹丸的枪口比动能EkS大于等于1.8 J/cm2时，一律认定为枪支。所谓“枪口比动能”是指弹丸离开枪口时的动能与枪口横截面积的比值。现要对一支玩具气枪进行测试，先测得其枪管长度d＝20 cm，枪口截面积S＝0.4 cm2，所发射弹丸的质量m＝3 g。水平端着气枪从离地面高度h＝1.8 m处水平射击，弹丸在枪内高压气体推动下水平射出，弹丸击发时间极短，测得弹丸的水平射程L＝18 m。不计空气阻力，高压气体膨胀过程质量不变，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)通过计算说明该玩具枪是否能被认定为枪支； (2)求该玩具枪发射弹丸过程中，枪内高压气体减少的内能。 14．(12分)如图，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，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次平衡。 (1)外界空气的温度是多少？ (2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？ 15．(14分)在导热良好的矩形汽缸内用厚度不计的活塞封闭有理想气体，当把汽缸倒置悬挂在空中，稳定时活塞刚好位于汽缸口处，如图甲所示；当把汽缸开口朝上放置于水平地面上，活塞稳定时如图乙所示。已知活塞质量为m，横截面积为S，大气压强p0＝，环境温度为T0，汽缸的深度为h，重力加速为g，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。 (1)求图乙中活塞离汽缸底部的高度h1； (2)活塞达到图乙状态时将环境温度缓慢升高，直到活塞再次位于汽缸口，已知封闭气体的内能随热力学温度变化的关系为U＝kT，k为常数，大气压强保持不变，求在该过程中封闭气体所吸收的热量Q。 第三章　章末检测(二) 时间：75分钟　满分：100分一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．(2024·重庆)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 2．如图所示为某同学设计的一个简易温度计，一根透明吸管插入导热良好的容器，连接处密封，在吸管内注入一小段油柱，外界大气压保持不变。将容器放入热水中，观察到油柱缓慢上升，下列说法正确的是(　　) A．气体对外做的功小于气体吸收的热量 B．气体对外做的功等于气体吸收的热量 C．容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力增大 D．容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力减小 3．根据热学中的有关知识，下列说法正确的是(　　) A．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃ B．第二类永动机是可以制造出来的，因为它不违反热力学第一定律 C．把装有不同压强、不同温度的气体的两容器连通，温度高的气体会向温度低的一方传递热量，压强大的气体会向压强小的一方流动 D．改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，最终可能实现内能完全转化为机械能 4．一定质量的理想气体，由状态A经状态B变为状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化。已知状态A的温度与状态C的温度相同，下列说法正确的是(　　) A．A→B过程气体温度升高，密度减小 B．A→B过程外界对气体做功，气体温度降低 C．A→B→C过程气体与外界的热交换为零 D．A→B过程气体吸收的热量小于B→C过程气体放出的热量 5．有一种在超市中常见的“强力吸盘挂钩”如图甲所示。图乙、图丙是其工作原理示意图。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上(如图乙)，然后把锁扣扳下(如图丙)，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，使吸盘牢牢地被固定在墙壁上。若吸盘内气体可视为理想气体，且温度始终保持不变。则此过程中(　　) A．吸盘内气体压强增大 B．吸盘内气体分子的密度增大 C．吸盘内气体分子的平均速率增大 D．吸盘内气体要吸收热量 6．关于能量的转化，下列说法正确的是(　　) A．满足能量守恒定律的物理过程都能自发地进行 B．空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性 C．热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化 D．自然界中能量的总量保持不变，而且能量的可利用性在逐步提高 7．如图所示，置于水平桌面上的汽缸导热良好，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。现用水平向右的外力F作用在活塞上，使其缓慢向右移动，汽缸始终静止，外界温度保持不变。在活塞被拉出汽缸前的过程中(　　) A．气体对外界做功，吸收热量 B．气体温度降低，放出热量 C．气体压强逐渐减小，内能减小 D．气体体积逐渐增大，内能增大 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．如图所示，绝热的汽缸被一个绝热的活塞分成左、右两部分，活塞质量不计，活塞用销钉锁住，活塞与汽缸之间没有摩擦，汽缸左边装有一定质量的理想气体，右边为真空，现在拔去销钉，抽去活塞，让气体向右边的真空做绝热自由膨胀，下列说法正确的是(　　) A.气体在向真空膨胀的过程中对外做功，气体内能减少 B．气体在向真空膨胀的过程中不对外做功，分子平均动能不变 C．气体在向真空膨胀的过程中，气体体积增大，内能不变 D．若无外界的干预，气体分子不可能自发地退回到左边，使右边重新成为真空 9．如图为某同学设计的消杀喷药装置，内部装有8 L药液，上部密封1×105 Pa的空气1 L，保持阀门关闭，再充入1×105 Pa的空气0.2 L。设在所有过程中空气可看成理想气体，且温度不变，下列说法正确的是(　　) A．充气后，密封气体的压强增大为1.2×105 Pa B．充气后，密封气体的分子平均动能不变 C．打开阀门后，密封气体对外界做正功 D．打开阀门后，不再充气也能把药液喷光 10．如图所示，一导热性能良好的金属汽缸放置在水平面上，汽缸内封闭了一定质量的理想气体，现缓慢地在活塞上堆放一定质量的沙土，忽略环境温度的变化，活塞与汽缸壁间的摩擦不计，在此过程中(　　) A．气体的内能增大 B．气体吸热 C．单位时间内撞击汽缸壁单位面积的分子数增多 D．若汽缸和活塞换成绝热材料，汽缸内气体分子平均动能增大 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(8分)把一个小烧瓶和一根弯成直角的均匀玻璃管用橡皮塞连成如图所示的装置。在玻璃管内引入一小段油柱，将一定质量的空气密封在烧瓶内，被封空气的压强与大气压强相等。如果不计大气压强的变化，利用此装置可以研究烧瓶内空气的体积随温度变化的关系。 (1)关于瓶内气体，下列说法中正确的有____。 A．温度升高时，瓶内气体体积增大，压强不变 B．温度升高时，瓶内每个气体分子的动能均增大 C．温度升高，瓶内气体分子单位时间碰撞到容器壁单位面积的次数增多 D．温度不太低、压强不太大时，可视为理想气体 (2)改变烧瓶内气体的温度，测出几组体积V与对应温度T的值，作出V－T图像如图所示。已知大气压强p0＝1×105 Pa，则由状态a到状态b的过程中，气体对外做的功为________ J。若此过程中气体吸收热量60 J，则气体的内能增加了________ J。 (3)已知1 mol的任何气体在压强p0＝1×105 Pa、温度T0＝273 K时，体积约为V0＝22.4 L。瓶内空气的平均摩尔质量M＝29 g/mol，体积V1＝2.24 L，温度为T1＝25 ℃。可估算出瓶内空气的质量为________g。(结果保留三位有效数字) 12．(8分)如图甲所示，一横截面积S＝10 cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，不计活塞与汽缸间的摩擦。如图乙所示是气体从状态A缓慢变化到状态B的V－T图像。已知AB的反向延长线通过坐标原点O，气体在A状态的压强为p＝1.5×105 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝900 J，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)活塞的质量m； (2)此过程中气体内能的增量ΔU。 13．(11分)如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0和T0分别为大气的压强和温度。已知气体内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的。求： (1)汽缸内气体与大气压达到平衡状态时的体积V1； (2)在活塞下降的过程中，汽缸内气体放出的热量Q。 14．(12分)如图所示，下端开口的圆柱形容器(导热性能良好)竖立在水面上，其上部封闭有一定质量的理想气体。当环境温度为T1时，容器底部与水面间的高度差为h1，容器内外水面间的高度差为h2；当环境温度升高到T2(未知)时，容器上升的高度为h，此过程中气体从环境中吸收的热量为Q。容器的横截面积为S，已知大气压强始终保持p0不变，水的密度为ρ，当地的重力加速度为g。求： (1)初状态时容器内部气体压强p； (2)环境温度T2； (3)环境温度从T1升高到T2过程中，气体内能的变化量ΔU。 15．(15分)如图所示，两个可导热的汽缸竖直放置，它们的底部由一细管连通(忽略细管的容积)。两汽缸各有一个活塞，质量分别为m1和m2，活塞与汽缸无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h。(已知m1＝3m，m2＝2m) (1)在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差(假定环境温度始终保持为T0)。 (2)在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？(假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到汽缸顶部)。 阶段检测(一)　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 阶段检测(一) (内容：第一～三章) 时间：75分钟　满分：100分 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．关于物体的内能，下列叙述中不正确的是(　　) A．温度高的物体比温度低的物体内能大 B．物体的内能不可能为零 C．内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同 D．物体的内能与物体的温度、体积、物态和分子数有关 2．研究表明，两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力，如图中虚线所示，分子间作用力的合力随分子间距变化的关系如图中实线所示。关于分子间的作用力和分子势能，下列说法正确的是(　　) A．分子间距增大，斥力减小，引力增大 B．由图可知，当分子间的距离为r0时分子间作用力合力为0，所以此时分子的势能为0 C．当分子间的距离r<r0时，减小分子间距离，分子间作用力做负功，分子势能增加 D．当分子间的距离r>r0时，增大分子间距离，分子间作用力做正功，分子势能减少 3．在“研究温度不变时气体压强跟体积关系”的实验时，推动活塞，注射器内空气体积减小，多次测量得到注射器内气体的p－V图线，如图实线是一条双曲线，虚线为实验所得图线。环境温度保持不变，发现实验所得图线与玻意耳定律明显不符，造成这一现象的可能原因是(　　) A．实验时用手握住注射器 B．实验时缓慢推动活塞 C.注射器没有保持水平 D．推动活塞过程中有气体泄漏 4．下列说法正确的是(　　) A．由图甲可知，状态①的温度比状态②的温度低 B．由图乙可知，气体由状态A变化到B的过程中，气体分子平均动能一直增大 C．由图丙可知，当分子间的距离r>r0时，分子间的作用力随分子间距离的增大先减小后增大 D．由图丁可知，在r由r1变到r2的过程中分子力做正功 5．小明将海边拾到的漂流瓶竖直放入热水中(如图)，以便打开瓶塞。瓶塞的质量为m，横截面积为S，瓶内密闭气体的压强等于此时外界大气压强p0、温度为摄氏温度t1；当瓶子被置于热水中一段时间后，气体的温度为摄氏温度t2，瓶塞恰好能移动。0 ℃时的热力学温度为T0，重力加速度为g，不考虑瓶子的容积变化。瓶塞所受最大静摩擦力大小为(　　) A．p0S＋mg B．p0S－mg C．p0S＋mg D．p0S－mg 6．下列说法正确的是(　　) A．布朗运动就是液体分子的无规则运动 B．气体的体积是所有气体分子的体积之和 C．20 ℃的水和20 ℃的氮气的分子平均动能相同 D．玻璃沿不同方向的导热性能相同说明玻璃内部分子在空间上周期性排列 7．春天来了，雨后荷叶上有很多晶莹剔透的水珠，如图所示。下列说法正确的是(　　) A．荷叶上的水珠呈球形是因为水珠受到重力 B．在水珠表面层，水分子间的作用力表现为引力 C．在水珠表面层，水分子间的作用力表现为斥力 D．在水珠表面层，水分子间的作用力为零 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．如图甲、乙所示，分别表示两分子间的作用力、分子势能与两分子间距离的关系。分子a固定在坐标原点O处，分子b从r＝r4处以某一速度向分子a运动(运动过程中仅考虑分子间作用力)，假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0，则(　　) A．图甲中分子间距从r2到r3，分子间的引力增大，斥力减小 B．分子b运动至r3和r1位置时动能可能相等 C．图乙中r5一定大于图甲中r2 D．若图甲中阴影面积S1＝S2，则两分子间最小距离小于r1 9．以下关于热运动的说法正确的是(　　) A．水流速度越大，水分子的热运动越剧烈 B．水凝结成冰后，水分子的热运动停止 C．水的温度越高，水分子的热运动越剧烈 D．水的温度升高，水分子的平均动能增大 10．一定质量理想气体的状态变化如图所示，该图由4段圆弧组成，表示该气体从状态a依次经状态b、c、d，最终回到状态a的变化过程，图中两虚线分别与坐标轴平行，下列说法正确的是(　　) A．从状态a到状态c是等压膨胀 B．从状态b到状态c是等温变化 C．从状态c到状态a，外界对气体做功，内能减小 D．从状态a经b、c、d回到状态a，气体吸收热量 三、实验题：本题共2小题，共16分。 11．(6分)某同学用“油膜法”来粗略估测分子的大小，把一滴用酒精稀释过的油酸滴在水面上时，油酸就在水面上散开，油酸分子就立在水面上，完成油酸分子大小测定。 (1)(多选)该同学用“油膜法”来粗略估测分子的大小，下列有助于较准确完成实验的理想化方法有________。 A．分子都视为立方体形 B．分子都能形成单分子油膜 C．分子都是一个一个紧挨着排列的 D．滴入的油酸溶液是高纯度的油酸酒精溶液 (2)为了减小“用油膜法估测分子的大小”的实验误差，下列方法可行的是(　　) A．油酸未完全散开时开始描绘油膜轮廓 B．把浅盘水平放置，在浅盘里倒入一些水，使水面离盘口距离小一些 C．先在浅盘水中撒些爽身粉，再用滴管把油酸酒精溶液多滴几滴在水面上 D．用牙签把水面上的油膜尽量拨弄成矩形 (3)现有按酒精与纯油酸的体积比为a∶b配制好的油酸酒精溶液置于容器中，还有一个装有约2 cm深水的浅盘，一支滴管，一个量筒。现用滴管从量筒中取V体积的油酸酒精溶液，让其自由滴出，全部滴完共为N滴。现用滴管将一滴油酸酒精溶液滴入浅盘，待油酸薄膜稳定后，将薄膜轮廓描绘在坐标纸上，如图所示(已知坐标纸上每个小方格面积为S，求油膜面积时，半个以上方格面积记为S，不足半个舍去)。则估算油酸分子直径的表达式____________________。 12．(10分)Phyphox是一款利用Android手机传感器来进行物理实验的手机应用软件，它能获取手机上的多种传感器原始数据。两位同学利用该软件来测量手机的体积，如图甲所示，将一个可以测量气体压强的手机封闭在注射器中，记录活塞在不同位置时注射器的示数和封闭气体的压强。 (1)关于该实验的操作，下列说法正确的是________。 A．为了稳定推动活塞，需要用手握住注射器 B．缓慢推动活塞是为了保持封闭气体温度不变 C．改变活塞位置后可立即进行读数 (2)在活塞上涂抹一点润滑油，作用主要是__________(选填“减小摩擦”或“保持气密性”)。 (3)如表是某一位同学测量的两组实验数据，由此可知手机的体积为___________ m3。(结果保留一位小数) 序号 V(mL) p(kPa) 1 530 1 033.0 2 500 1 104.0 (4)另一位同学测出多组数据后画出V－图像(如图乙所示)，其截距为b，直线部分的斜率为k，则手机的体积为___________，体积增大到一定值后，图线开始偏离直线，原因可能是______________。 四、解答题：本题共3小题，共38分。 13．(8分)如图所示为食盐晶体结构示意图，食盐的晶体是由钠离子和氯离子组成的，这两种离子在空间中三个互相垂直的方向上，都是等距离地交错排列的。已知食盐的摩尔质量是58.5 g/mol，食盐的密度是2.2 g/cm3，阿伏加德罗常数为6.0×1023 mol-1，求： (1)食盐的摩尔体积多大(结果保留三位有效数字)； (2)试估算食盐晶体中两个最近的钠离子中心间的距离(结果保留一位有效数字)。 14.(14分)如图所示，U形管右管截面积为左管截面积的2倍，管内水银在左管内封闭了一段长为L＝76 cm、温度为300 K的空气柱，左右两管水银面高度差为h1＝6 cm，大气压为76 cmHg。 (1)给左管的气体加热，则当U形管两边水银面等高时，左管内气体的温度为多少？(结果保留一位小数) (2)在(1)问的条件下，保持温度不变，往右管缓慢加入水银直到左管气柱恢复原长，问此时两管水银面的高度差h2。 15．(16分)某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良好的两个汽缸通过活塞封闭质量相等的两部分同种气体A、B，活塞通过轻弹簧相连如图所示静置在水平面上，已知汽缸的质量为M，封闭气体的初始高度均为L、初始环境温度为T0，轻弹簧的劲度系数为k、原长为L0，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞的横截面积为S、质量和厚度不计，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离汽缸。 (1)求初始时A气体的压强； (2)若环境温度缓慢降至0.8T0，求稳定后活塞a离水平面的高度； (3)若环境温度缓慢降至0.8T0，A气体内能减小量为U，求A气体向外界释放的热量Q。 第四章　原子结构和波粒二象性　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 第四章　原子结构和波粒二象性 第1节　普朗克黑体辐射理论 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　黑体与黑体辐射 1．(多选)关于对黑体的认识，下列说法正确的是(　　) A．黑体只吸收电磁波，不反射电磁波，看上去是黑的 B．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布除与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关 C．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关，与材料的种类及表面状况无关 D．如果在一个空腔壁上开一个很小的孔，射入小孔的电磁波在空腔内表面会发生多次反射和吸收，最终不能从空腔射出，这个带小孔的空腔就可以近似为一个绝对黑体 知识点二　黑体辐射的实验规律 2．下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射实验规律的是(　　) 知识点二　能量子 3．普朗克在1900年将“能量子”引入物理学，开创了物理学的新纪元。在下列宏观概念中，具有“量子化”特征的是(　　) A．人的个数 B．人的质量 C．物体的动能 D．物体的长度 1．对宇宙微波背景辐射的黑体谱形状的研究被誉为是宇宙学研究进入精密科学时代的起点。关于黑体辐射，下列说法正确的是(　　) A．黑体不会辐射电磁波 B．温度低于0 ℃的物体不会辐射电磁波 C．黑体辐射的能量是不连续的，只能是某一最小能量值的整数倍 D．爱因斯坦提出的能量子假说，能够很好地解释黑体辐射规律 2．如图所示是黑体的辐射强度与其辐射波长的关系图像，下列说法正确的是(　　) A．温度越高，黑体辐射的电磁波的波长越大 B．温度越高，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动 C．黑体的辐射强度按波长的分布与材料的表面状况有关 D．普朗克通过对黑体辐射的研究，提出了能量子的概念 3．如图所示，高效而环保的光催化捕蚊器采用蚊子喜爱的紫外线诱捕蚊子。捕蚊器发射的紫外线的频率为8×1014 Hz，普朗克常量h取6.6×10-34 J·s，则下列说法正确的是(　　) A．紫外线可用于加热理疗 B．紫外线的频率比可见光小 C．该紫外线在真空中的波长为2.4×1023 m D．该紫外线能量子的能量为5.28×10-19 J 4．蛇是老鼠的天敌，它是通过接收热辐射来发现老鼠的。假设老鼠的体温为37 ℃，它发出的最强的热辐射的波长为λm，根据热辐射理论，λm与辐射源的绝对温度T的关系近似为λm·T＝2.9×10-3 m·K，普朗克常量h＝6.626×10-34 J·s。那么老鼠发出最强的热辐射的波长和老鼠发出的这种最强的热辐射每份能量子(又叫作光子)的能量分别是(　　) A．7.8×10-5 m　1.89×10-20 J B．9.4×10-6 m　2.11×10-20 J C．1.16×10-4 m　2.11×10-18 J D．9.7×10-8 m　1.10×10-20 J 5．在物理学中，只要等式成立，方程的两边应该具有相同的量纲，利用量纲分析，有时不用具体求解问题，就可以分析导出物理关系。例如，求一个物体在重力加速度g的影响下，下落高度h所需的时间，我们只需要构造一个表示时间的量，利用g和h，唯一可行的方法是T＝a()，其中a是一个尚不确定的系数，它是无量纲的，无量纲系数是不重要的，我们不必写出，通常，一个物理量的量纲表达为四个基本量：M(质量)，L(长度)，T(时间)，K(温度)的量纲。任意物理量x的量纲被记为[x]，如速度v的量纲可表示为[v]＝LT-1，根据以上描述，以质量、长度、时间和温度的量纲来表示普朗克常数h，其形式应为(　　) A．[h]＝ML2T-1 B．[h]＝ML2T-2 C．[h]＝ML2T D．[h]＝ML2T2 6．有人设想在进行宇宙探测时，给探测器安上反射率极高(可认为100%)的薄膜，并让它正对太阳，用光压为动力推动探测器加速。已知某探测器在轨道上运行，阳光恰好垂直照射在薄膜上，薄膜面积为S，每秒每平方米面积照射到的太阳光能为E，若探测器总质量为M，光速为c，则探测器获得的加速度大小的表达式是(　　) A． B． C． D． 7．(多选)激光镊子是指利用激光在物体上的折射作用对物体施加作用力，从而达到操作微小物体的目的，激光束并非完全是平行光，光束中存在一个最细的部位，称为光源，当物体处于光腰下方时，由于激光的作用，物体会受到激光向上的力，当物体处于光腰上方时，由于激光的作用，物体会受到向下的力，从而使物体总能束缚在光腰部位。现在研究某个物体的受力，如图所示，只考虑入射的1、2两束激光，它们原本与竖直方向呈一定夹角θ，经过物体折射后光线刚好沿着竖直方向向上，且所有光线都经过折射透过了物体，两束光线强度相同，两束激光的总功率为P，激光频率为ν。以下说法错误的是(　　) A．单位时间通过物体的光子个数为 B．单位时间通过物体的光子个数为 C．两束光线对物体产生的作用力竖直向下 D．可知物体此时位于光腰的下方 8．某广播电台的发射功率为25 kW，发射的是在空气中波长为187.5 m的电磁波，则：(普朗克常量h＝6.63×10-34 J·s，光速c＝3×108 m/s) (1)该电台每秒从天线发射多少个能量子？ (2)若发射的能量子在以天线为球心的同一球面上的分布视为均匀的，求在离天线2.5 km处，直径为2 m的球状天线每秒接收的能量子数以及接收功率。 第2节　光电效应 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　光电效应的实验规律 1．研究光电效应的电路图如图所示，用功率相同的单色光束a和b分别照射光电管的阴极K，当单刀双掷开关S置于2时，调节滑动变阻器的滑片P，电流表的示数I恰好为0时，光电管两端的电压满足Ua>Ub>0，设光子打出光电子的概率相同，下列说法正确的是(　　) A．单色光a的频率小于单色光b的频率 B．单刀双掷开关S空置时，光电流为0 C．单刀双掷开关S置于1时，光电效应的发生时间变短 D．单刀双掷开关S置于1时，a光束的饱和光电流小于b光束的 知识点二　爱因斯坦的光电效应理论 2．被称为“火焰发现者”的火灾报警器，其光电管的阴极对室内灯光中的紫外线毫无反应，只有被明火中的紫外线照射时才会报警。已知光电管阴极的金属发生光电效应的截止频率为ν0，灯光中紫外线的频率为ν1，明火中紫外线的频率为ν2，则ν0、ν1、ν2的大小关系是(　　) A．ν2>ν1>ν0 B．ν1>ν2>ν0 C．ν2>ν0>ν1 D．ν0>ν2>ν1 知识点三　康普顿效应和光子的动量 3．实验表明：光子与速度不太大的电子碰撞发生散射时，光的波长会变长或者不变，这种现象叫康普顿散射，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康普顿散射，下列说法中正确的是(　　) A．该过程不遵循能量守恒定律 B．该过程不遵循动量守恒定律 C．散射光中存在波长变长的成分 D．散射光中存在频率变大的成分 知识点四　光的波粒二象性 4．用强黄光、弱黄光和蓝光分别照射如图甲所示的实验装置的K极，其饱和电流随电压的变化关系如图乙所示，而光与电子发生碰撞前后速度方向发生改变，如图丙所示。根据这些图像分析，下列说法中正确的是(　　) A．图乙说明光子具有能量，且光强越强，单个光子能量越大 B．根据图乙分析可知，若用红光照射同一实验装置，一定有光电流产生 C．由图丙可知，碰撞后光子波长大于碰撞前光子波长 D．只有图甲的现象可以说明光具有粒子性 1．如图所示，某种材料制成太阳能电池的主体部分由P型半导体和N型半导体结合而成。当太阳光照射到该材料上时，材料吸收光子发生内光电效应，自由电子向N型一侧移动，从而在两端形成电势差。已知该材料至少需要吸收能量为E的光子才能发生内光电效应，普朗克常量为h，光束为c，则(　　) A．通过负载的电流方向从上至下 B．该材料发生光电效应的极限波长为 C．太阳光的强度越强，则通过负载的电流越大 D．光强不变，改用频率高的光照射该材料，则通过负载的饱和电流变大 2．爱因斯坦提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年的诺贝尔物理学奖。某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图所示，金属材料的极限频率和逸出功分别为(　　) A．，b B．a，b C．a， D．， 3．用同一束单色光，在同一条件下先后照射锌板和银板，都能产生光电效应。已知锌的极限频率为8.1×1014 Hz，银的极限频率为1.2×1015 Hz。关于以上两次实验，下列说法正确的是(　　) A．入射单色光的频率可能为9.0×1014 Hz B．锌板产生的光电子的初动能一定较大 C．银板产生的光电子的逸出功一定较小 D．锌板产生的光电子的动量可能较小 4．下列有关物理学知识错误的是(　　) A．在科学研究中，理想模型是为了便于研究问题，对研究对象进行理想化抽象的过程。物理学中通过抽象方法构建的理想化模型有很多，例如质点、点电荷、单摆、弹簧振子、理想变压器、理想气体等 B．1918～1922年美国物理康普顿在研究石墨对X射线时，发现散射的X射线中，除了与入射光线波长相同的成分外，还有大于入射光波长的成分，这种现象称为康普顿效应。中国留学生吴有训测试了多种物质对X射线的散射，证实了康普顿效应的普遍性 C．1925年，德国物理学家海森堡和玻恩等人对玻尔的氢原子理论进行了推广和改造，使之可以适用于更普遍的情况，建立了矩阵力学理论 D．1895年年末，德国物理学家伦琴发现了一种新的射线——X射线，即伦琴射线。它具有一定的辐射性，现在我们知道X射线是原子外层电子跃迁时发射的波长很短的电磁波 5．如图所示，美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现散射后有的射线波长发生了改变。康普顿的学生，中国留学生吴有训测试了多种物质对X射线的散射，证实了该效应的普遍性。以下说法正确的是(　　) A．散射后，射线的频率变大，光子的能量也变大 B．光子与电子碰撞时，不遵守动量守恒定律 C．如果两个光子的动量相等，则这两个光子的能量也相等 D．康普顿效应否定了光是电磁波 6．紫外光电管是利用光电效应原理对油库等重要场所进行火灾报警的装置，其工作电路如图所示，A为阳极，K为阴极，只有当明火中的紫外线照射到阴极K时，电压表才有示数且启动报警装置。已知太阳光中紫外线频率主要在7.5×1014～9.5×1014 Hz，而明火中紫外线频率主要在1.1×1015～1.5×1015 Hz。下列说法正确的是(　　) A．为避免太阳光中紫外线干扰，K极材料的截止频率应大于1.5×1015 Hz B．明火中紫外线的强度越大，电压表的示数越大 C．电源左边为正极有利于提高报警装置的灵敏度 D．只有明火照射到K极的时间足够长，电压表才会有示数 7．A、B两种光子的能量之比为1∶2，它们都能使某种金属发生光电效应，且所产生的光电子最大初动能分别为EA、EB，则下列说法不正确的是(　　) A．A、B两种光子的频率之比为1∶2 B．A、B两种光子的动量之比为1∶2 C．该金属的逸出功W0＝EA－2EB D．该金属的极限频率νc＝ 8．用如图所示装置进行光电效应实验，用频率为ν的单色光照射金属K，滑动变阻器的滑片P与固定端O都在中央位置时，灵敏电流计G中有电流通过。电压表可视为理想电表，下列说法正确的是(　　) A．滑片P向a端移动可测遏止电压U B．滑片P向a端移动过程中，灵敏电流计G示数一定不断增大 C．仅增大该单色光的强度，灵敏电流计G示数一定增大 D．换用频率更大的单色光照射金属K，灵敏电流计G示数一定增大 9．如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为vm。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d(远小于板长)，电子的质量为m，电荷量为e，则(　　) A.M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大 B．只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能mv＋eU C．电子从M到N过程中y方向位移大小最大为vmd D．M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零 10．照射到金属表面的光可能使金属中的电子逸出，可以用甲图的电路研究电子逸出的情况。阴极K在受到光照时能够逸出电子，阳极A吸收阴极K逸出的电子，在电路中形成光电流。在光照条件不变的情况下改变光电管两端的电压得到乙图。换用不同频率的单色光照射阴极K得到电子最大初动能与入射光波长倒数的关系图像如丙图所示。下列说法正确的是(　　) A．乙图中遏止电压的存在意味着光电子具有最大初动能 B．乙图中电压由0到U1，光电流越来越大，说明单位时间内逸出光电子的个数越来越多 C．丙图中的λ0是产生光电效应的最小波长 D．由丙图可知普朗克常量h＝Eλ0 11．(多选)如图甲为氢原子的能级图，现用频率为ν0的光照射大量处于基态的氢原子，只能发射出频率为νa、νb、νc的三条谱线，现用这三种频率的光去照射图乙的光电效应的实验装置，其中只有a、b两种光能得到图丙所示的电流与电压的关系曲线。已知e＝1.6×10-19 C。以下说法正确的是(　　) A．一定有ν0＝νa B．图乙中滑片P从O向b端移动过程中，电流表示数减小 C．图丙中Uc＝－9.84 eV D．图丙中的a光照射阴极，光电流达到饱和时，阴极每秒射出的光电子数大约为6×1018个 12．从1907年起，密立根就开始测量金属的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系，由此计算普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射得出的h相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程的正确性。按照密立根的方法，我们利用图甲所示装置进行实验，得到某金属的Uc－ν图像如图乙所示，电子的电荷量e、图中ν1和U0均已知，求： (1)金属的截止频率； (2)普朗克常量h； (3)当入射光的频率为3ν1时，逸出光电子的最大初动能。 第3节　原子的核式结构模型 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　电子的发现 1．许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。如图是科学史上一个著名的实验，以下说法正确的是(　　) A．此实验是库仑测量油滴电荷量的实验 B．此实验是法拉第测量电子电荷量的实验 C．通过此油滴实验直接测定了元电荷的数值 D．通过多次实验测量，发现油滴所带的电荷量虽不相同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷 知识点二　原子的核式结构模型 2．1909年，英国物理学家卢瑟福和他的助手盖革·马斯登一起进行了著名的“α粒子散射实验”，实验中大量的α粒子穿过金箔前后的运动轨迹如图所示。卢瑟福通过对实验结果的分析和研究，于1911年建立了原子的核式结构。下列描述中，正确的是(　　) A．绝大多数α粒子穿过金箔后，都发生了大角度偏转 B．少数α粒子穿过金箔后，基本上沿原来方向前进 C．该实验证实了汤姆孙原子模型的正确性 D．通过α粒子散射实验，估计出原子核半径的数量级为10-15 m 知识点三　原子核的电荷与尺度 3．原子核由质子和中子组成，原子核的直径大小可能落在下列尺标图的哪个区间(　　) A．A B．B C．C D．D 1．(多选)关于电子的发现，下列叙述中正确的是(　　) A．电子的发现，说明原子是由电子和原子核组成的 B．电子的发现，说明原子具有一定的结构 C．电子被人类发现前，人们认为原子是组成物质的最小微粒 D．电子的发现，比较好地解释了物体的带电现象 2．如图，①、②两条线表示α粒子散射实验中某两个α粒子运动的轨迹，则沿轨迹③射向原子核的α粒子经过原子核附近后可能的运动轨迹为(　　) A．a B．b C．c D．d 3．如图所示为α粒子散射的实验装置示意图。将显微镜先后置于图中的A点和B点，在这两点观察的时间相同，则(　　) A．在B点一定观察不到闪光 B．在A、B两点观察到的闪光次数接近 C．在B点能观察到闪光，主要因为α粒子通过金箔时与电子发生碰撞 D．在A点观察到的闪光次数远多于在B点观察到的，说明金原子内部非常空旷 4．(多选)物理实验助推物理学理论的发展，对以下实验的表述，说法正确的是(　　) A．图甲：密立根通过油滴实验测量了电子的电荷量，揭示了电荷的量子化 B．图乙：库仑通过扭秤实验发现了点电荷间的作用规律，并测量了静电力常量 C．图丙：卢瑟福根据α粒子散射实验的现象提出了原子核式结构模型 D．图丁：汤姆孙通过阴极射线实验发现了电子，揭示了原子具有内部结构 5．十九世纪末，汤姆孙发现了电子，揭开了人类认识原子结构的序幕，认识到原子是可以分割的，从而开始了对原子结构的研究和探索。直至今日，人类对微观领域的粒子的研究和探索从未停止。 (1)________(填一科学家人名)利用油滴实验测定了元电荷的数值。 (2)电子的质量约为9.1×10-31 kg，北京正负电子对撞机是我国第一台高能加速器，可以将电子动能加速到3.52×10-10 J(2.2 GeV)。按照牛顿力学，这个电子的速度是________m/s(保留两位有效数字)。 (3)你认为第(2)问中算出的速度值是否合理？________(A.合理；B.不合理)请说明你的理由________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)用如图所示的装置可以测定分子速率。在小炉O中，金属银熔化并蒸发。银原子束通过小炉的圆孔逸出，经过狭缝S1和S2进入真空的圆筒C。圆筒C可绕过A点且垂直于纸面的轴以一定的角速度转动。从图中可判断，落点越靠近________(A.b处；B.e处)的银原子速率越大。 (5)在第(4)问的条件中，现测出圆筒C的直径为1 m，转动的角速度为150 πrad/s，银原子落在玻璃板G上的位置到b点的弧长为s，s 约为圆筒周长的，可估算银原子速率约为________m/s。 6．在再现J.J.汤姆孙测阴极射线比荷的实验中，采用了如图所示的阴极射线管，从C出来的阴极射线经过A、B间的电场加速后，水平射入长度为L的D、G平行板间，接着在荧光屏F中心出现光斑。若在D、G间加上方向向上、场强为E的匀强电场，阴极射线将向下偏转；如果再利用通电线圈在D、G电场区加上一垂直纸面的磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，光斑恰好回到荧光屏中心，接着再去掉电场，阴极射线向上偏转，偏转角为θ，试解决下列问题： (1)说明阴极射线的电性； (2)说明图中磁场沿什么方向； (3)根据L、E、B和θ，求出阴极射线的比荷。 7．(2025·河南郑州一模)一种测定电子比荷的实验装置如图所示。真空玻璃管内阴极K发出的电子经阳极A与阴极K之间的高压加速后，形成一细束电子流，以平行于平行板电容器极板的速度进入两极板C、D间的区域。若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点；若在两极板间施加电压U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的光点又回到O点。已知极板的长度为L，C、D间的距离为d，极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为X，P点到O点的距离为Y。求： (1)电子进入平行板电容器时的速度大小v0； (2)电子的比荷。 第4节　氢原子光谱和玻尔的原子模型 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　光谱和氢原子光谱的实验规律 1．关于光谱和光谱分析，下列说法正确的是(　　) A．太阳光谱是连续谱，分析太阳光谱可以知道太阳内部的化学组成 B．霓虹灯和炼钢炉中炽热铁水产生的光谱，都是线状谱 C．强白光通过酒精灯火焰上的钠盐，形成的是吸收光谱 D．进行光谱分析时，可以利用连续光谱，也可以用吸收光谱 知识点二　玻尔原子理论及玻尔理论对氢光谱的解释 2．如图所示是氢原子能级图，现用一束单色光照射大量处于基态的氢原子，能辐射出3种不同频率的光。已知光速c＝3.0×108 m/s，普朗克常量h＝6.63×10-34 J·s，元电荷的电荷量c＝1.6×10-19 C，则下列说法正确的是(　　) A．计算出该单色光的光子能量为－1.51 eV B．能计算出辐射光中波长最长的光子频率 C．基态氢原子吸收光子后，核外电子动能增加 D．处于基态的氢原子数量越多，辐射的光会形成连续光谱 1．关于光谱和光谱分析，下列说法错误的是(　　) A．发射光谱包括连续谱和线状谱 B．太阳光谱是连续谱，氢光谱是线状谱 C．线状谱和吸收光谱都可用作光谱分析 D．光谱分析可以帮助人们发现新元素 2．光谱分析为深入原子世界打开了道路。关于光谱，下列说法正确的是(　　) A．原子发射连续光谱是因为电子绕原子核运动的变化是连续的 B．玻尔的原子理论能成功的解释各种原子光谱的实验规律 C．原子吸收光谱中的每一条暗线都跟这种原子的发射光谱中的一条亮线相对应 D．进行光谱分析时，可以用连续谱，也可以用线状谱 3．如图甲所示的a、b、c、d为四种元素的特征谱线，图乙是某矿物的线状谱，通过光谱分析可以确定该矿物中缺少的元素为(　　) A．a元素 B．b元素 C．c元素 D．d元素 4．扫描隧道显微镜让人类对原子有了直观的感受，下列关于原子结构的说法正确的是(　　) A．玻尔的原子结构假说认为核外电子可在任意轨道上运动 B．α粒子散射实验中，绝大多数α粒子发生了大角度散射 C．原子光谱是线状谱，不同原子的光谱可能相同 D．氢原子在激发态自发跃迁时，氢原子能量减少 5．如图为氢原子的发射光谱，Hα、Hβ、Hγ、Hδ是其中的四条光谱线，已知普朗克常量h＝6.63×10-34 J·s，真空中光速c＝3×108 m/s，可见光的波长在400～700 nm之间，则下列说法正确的是(　　) A．该光谱由氢原子核能级跃迁产生 B．Hα谱线对应光子的能量最大 C．Hγ谱线对应的是可见光中的红光 D．Hβ谱线对应光照射逸出功为2.25 eV的金属钾，该金属钾可以发生光电效应 6．(多选)如图为氢原子光谱在可见光区域内的四条谱线Hα、Hβ、Hγ和Hδ，都是氢原子中电子从量子数n>2的能级跃迁到n＝2的能级发出的光，根据此图可以判定(　　) A．Hα对应的原子前后能级之差最小 B．在真空中Hα的传播速度最大 C．Hδ光子的动量最大 D．用Hγ照射某一金属能发生光电效应，则用Hβ照射同一金属一定不能发生光电效应 7．如图为氢原子能级图，大量处于基态的氢原子吸收频率为ν的光子后，能产生6种不同颜色的光，下列判断正确的是(　　) A．普朗克第一次将量子观念引入原子领域 B．被吸收的光子能量为14.45 eV C．如果从n＝3跃迁到n＝2产生的光子恰能使某种金属发生光电效应，则另外还有3种光也可以使这种金属发生光电效应 D．该氢原子能级图可以很好地解释氢原子的发射光谱只有一些分立的亮线 8．(多选)“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，原子吸收波长为λ0的光子从基态能级Ⅰ跃迁至激发态能级Ⅱ，然后自发辐射出波长为λ1的光子，跃迁到“钟跃迁”的上能级2，并在一定条件下跃迁到“钟跃迁”的下能级1，并辐射出波长为λ2的光子，实现受激辐射，发出钟激光，最后辐射出波长为λ3的光子回到基态。则(　　) A．该钟激光的光子的能量ε＝ B．该钟激光的光子的动量p＝ C．该原子钟产生的钟激光的波长λ2＝λ0－λ1－λ3 D．该钟激光可以让极限波长为λ0的金属材料发生光电效应 9．1885年巴耳末提出了巴耳末系公式＝R∞(－)(n＝3，4，5，…)，R∞叫里德伯常量，在此基础上玻尔用能级全面打开了氢原子光谱的密码，其中一部分发光谱线的频率公式为ν＝(n＝2，3，4，…)，其中E1为氢原子基态能量，En为氢原子激发态能量，且En＝，h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，下列说法正确的是(　　) A．若用频率来表示巴耳末公式，则巴耳末公式为ν＝Rc(－)(n＝3，4，5，…) B．可以用巴耳末公式计算氢原子从n＝2能级向n＝1能级跃迁时放出的光子频率 C．用玻尔的频率公式计算氢原子从n＝2能级向n＝1能级跃迁时放出的光子频率最大 D．若氢原子从n>2的能级向n＝2的能级跃迁时可得出R∞、c、g、E1之间满足的关系式为＝R∞c 第5节　粒子的波动性和量子力学的建立 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　粒子的波动性及物质波的实验验证 1．1925年，戴维森在一次实验中发现了电子的衍射现象，电子束在多晶Au上的电子衍射图样如图所示，通过大量的实验发现，质子也能产生衍射现象。在某次实验中质子和电子的动能相同，下列说法中不正确的是(　　) A．电子具有波粒二象性 B．在一定条件下，电子束也能产生干涉现象 C．实验中电子的动量更大 D．实验中电子的物质波更长 2．某电子的质量为me、德布罗意波长为λ，一质量为m的油滴与该电子具有相同的动能，则该油滴的德布罗意波长为(　　) A．λ B．λ C．λ D．λ 知识点二　量子力学的建立及应用 3．浙江省为落实国家“双碳”战略，推动能源绿色低碳转型，在很多山区推进新型绿色光伏发电。假设太阳光子垂直射到发电板上并全部被吸收。已知光伏发电板面积为S，发电板单位面积上受到光子平均作用力为F，普朗克常量为h，光子的频率为ν，真空中的光速为c，则经过时间t，该光伏发电板上接收到的太阳光能量为(　　) A．2FSct B．FSct C．FSthν D．2FSthν 知识点三　波粒二象性 4．用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在屏上先后出现如图a、图b、图c所示的图像，则(　　) A.图a表明光具有波动性 B．图c表明光具有粒子性 C．用紫外线观察不到类似的图像 D．实验表明光是一种概率波 1．(多选)波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有(　　) A．光电效应现象揭示了光的波动性 B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性 C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释 D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长不相等 2．现代社会人们享受到健身的乐趣，逐渐重视健身运动。在运动的过程中，智能手环的心率监测能够提供很多帮助，而那个闪烁的“绿光”就是实现心率监测的“工具”。某智能手环发射出的绿光在真空中的波长为λ，绿光在真空中的光速为c，普朗克常量为h，ν、E、p分别表示绿光光子的频率、能量和动量。则下列选项正确的是(　　) A．ν＝ B．E＝ C．E＝ D．p＝ 3．任何一个运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波与它对应，波长满足λ＝，人们把这种波叫作德布罗意波。一个德布罗意波长为λ1的中子和另一个德布罗意波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核，该氚核的德布罗意波长为(　　) A． B． C． D． 4．(多选)1927年戴维森和革末完成了电子衍射实验，该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一，如图所示是该实验装置的简化图，下列说法正确的是(　　) A．亮条纹是电子到达概率大的地方 B．该实验说明物质波理论是正确的 C．该实验再次说明光具有波动性 D．该实验说明实物粒子具有波动性 5．光射到物体表面上时会产生压力，我们将光对物体单位面积的压力叫光压。已知普朗克常量h，光速c，某激光器发出的激光功率为P，该光束垂直射到某平整元件上，其光束截面积为S，该激光的波长λ。若激光的能量全部被元件吸收，则下列说法正确的有(　　) A．该光束产生的光压为 B．该光束产生的光压为 C．该激光器单位时间内发出的光子数为 D．该激光器单位时间内发出的光子数为 6．如图所示，电子在电场或磁场中运动的初速度v有下列四种情况，则电子的德布罗意波长变小的是(　　) A． B． C． D． 7．波长λ＝0.71×10-10 m的伦琴射线使金箔发射光电子，电子在磁感应强度为B的匀强磁场区域内做最大半径为r的匀速圆周运动，已知r·B＝1.88×10-4 m·T，h＝6.67×10-34 J·S，m＝9.1×10-31 kg，求： (1)光电子的最大初动能； (2)金属的逸出功； (3)该电子的物质波的波长。 8．真空中一对平行金属板A和B正对放置，紫外线持续照射A板，有光电子从A板逸出，电子的电量为e，质量为m，普朗克常量为h。 (1)在A、B板间接一灵敏电流计(如图甲)，电流计示数为I，求每秒钟到达B板的电子数N； (2)在A、B板间接一电压U(如图乙)时灵敏电流计示数为零，求光电子离开A板时，光电子的物质波波长的最小值λ。 章末复习提升 　　　　　　　　　　　　　　　　 衔接角度1　光电效应及光电效应方程 衔接角度解读：光电效应现象的理解及光电效应方程的简单计算有关光电效应的问题主要有两个方面，一是光电效应现象中有关规律的判断，二是应用光电效应方程进行简单的计算。处理该类问题关键是掌握光电效应的规律，明确各物理量之间的决定关系。此类问题是高考考查的热点，常常作为选择题单独考查或与其他近代物理的知识结合考查。 衔接内容归纳 1．光电效应的研究思路。 (1)两条线索 (2)两条对应关系： 光照强度大→光子数目多→发射光电子多→光电流大； 光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大。 2．光电效应方程 (1)三个关系 ①爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0。 ②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是遏止电压。 ③光电效应方程中的W0为逸出功，它与截止频率νc的关系是W0＝hνc。 (2)几个决定关系 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，入射光的强弱决定着单位时间内发射出来的光电子数。 3．光电效应图像 解答光电效应有关图像问题的三个关键点 (1)明确图像的种类。 (2)弄清图线的纵轴截距、横轴截距的物理意义。 (3)选准光电效应的有关方程。 4．光电管加上正向与反向电压的情况分析 (1)光电管加正向电压的情况(如图所示) ①P右移时，参与导电的光电子数增加； ②P移到某一位置时，所有逸出的光电子恰好都参与了导电，光电流恰好达到最大值； ③P再右移时，光电流不再增大。 (2)光电管加反向电压的情况(图中电源正、负极互换) ①P右移时，参与导电的光电子数减少； ②P移到某一位置时，所有逸出的光电子恰好都不参与导电，光电流恰好为0，此时光电管两端加的电压为遏止电压； ③P再右移时，光电流始终为0。 [典例1] (2025·广东)有甲、乙两种金属，甲的逸出功小于乙的逸出功。使用某频率的光分别照射这两种金属，只有甲发射光电子，其最大初动能为Ek，下列说法正确的是(　　) A．使用频率更小的光，可能使乙也发射光电子 B．使用频率更小的光，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于Ek C．频率不变，减弱光强，可能使乙也发射光电子 D.频率不变，减弱光强，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于Ek 解题技法： 应用光电效应方程时的注意事项 1．每种金属都有一个截止频率，入射光的频率大于这个截止频率才能发生光电效应。 2．截止频率是发生光电效应的最小频率，对应着此时光的波长和金属的逸出功，即hνc＝h＝W0。 3．应用光电效应方程Ek＝hν－W0时，注意能量单位电子伏特和焦耳的换算，1 eV＝1.6×10-19 J。 [跟踪训练1] (2025·山东)在光电效应实验中，用频率和强度都相同的单色光分别照射编号为1、2、3的金属，所得遏止电压如图所示，关于光电子最大初动能Ek的大小关系正确的是(　　) A．Ek1>Ek2>Ek3 B．Ek2>Ek3>Ek1 C．Ek3>Ek2>Ek1 D．Ek3>Ek1>Ek2 衔接角度2　玻尔理论 衔接角度解读：玻尔原子模型、氢原子光谱玻尔理论相关知识是高考考查的热点。主要考查考生对于基态、激发态、跃迁、电离、氢原子能级图的理解，常常作为选择题单独考查或者与光电效应、光谱等知识结合考查。 衔接内容归纳 1．氢原子的能级图 (1)氢原子的能级图如图所示 　 (2)能量图中相关量意义的说明 相关量 意义 能级图中的横线 表示氢原子可能的能量状态——定态 横线左端的数字 表示量子数 横线右端的数字 表示氢原子的能量 相邻横线间的距离 表示相邻的能量差，量子数越大相邻的能量差越小，距离越小 带箭头的竖线 表示原子由较高能级向较低能级跃迁，原子跃迁的条件为hν＝En－Em 2.电离 电离态：n＝∞，E＝0。 基态→电离态：E吸>0－(－13.6 eV)＝13.6 eV。 激发态→电离态：E吸>0－Em＝|Em|。 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．利用公式En＝求不同能级的能量 4．吸收的光子能量只能是两能级之差；由于电子的动能可全部或部分被原子吸收，所以只要电子的能量大于或等于两能级的能量差值(E＝En－Em)，均可使原子发生能级跃迁。 [典例2] (2024·安徽)大连相干光源是我国第一台高增益自由电子激光用户装置，其激光辐射所应用的玻尔原子理论很好地解释了氢原子的光谱特征。如图为氢原子的能级示意图，已知紫外光的光子能量大于3.11 eV，当大量处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射不同频率的紫外光有(　　) A．1种 B．2种 C．3种 D．4种 解题技法： 跃迁中的两个易混问题 1．一个氢原子和一群氢原子。 (1)一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为(n－1)。 (2)一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数可用下面两种方法求解： 用数学中的组合知识求解：N＝C＝。 利用能级图求解：在氢原子能级图中将氢原子跃迁的各种可能情况一一画出，然后相加。 2．直接跃迁与间接跃迁。 原子从一种能量状态跃迁到另一种能量状态时，有时可能是直接跃迁，有时可能是间接跃迁。两种情况下辐射(或吸收)光子的能量是不同的。直接跃迁时辐射(或吸收)光子的能量等于间接跃迁时辐射(或吸收)的所有光子的能量和。 [跟踪训练2] (2025·甘肃)利用电子与离子的碰撞可以研究离子的能级结构和辐射特性。He＋离子相对基态的能级图(设基态能量为0)如图所示。用电子碰撞He＋离子使其从基态激发到可能的激发态，若所用电子的能量为50 eV，则He＋离子辐射的光谱中，波长最长的谱线对应的跃迁为(　　) A．n＝4→n＝3能级 B．n＝4→n＝2能级 C．n＝3→n＝2能级 D．n＝3→n＝1能级 第四章　章末检测(一) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．首先揭示原子结构复杂性的物理实验或现象是 (　　) A．电子的发现 B．α粒子散射实验 C．黑体辐射 D．光电效应 2．下列说法中正确的是(　　) A．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布与温度有关，温度升高，各种波长的辐射强度都有增加，且辐射强度的极大值向波长较长的方向移动 B．光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应则反映了光的波动性 C．电子和其他微观粒子都具有波粒二象性 D．光的波动性是由光子之间的相互作用引起的，这是光子自身的固有性质 3．我国高铁技术从无到有，并取得了巨大飞跃，目前处于世界领先水平。高铁将拥有基于北斗卫星导航系统、5G通信技术的空天地一体化的“超级大脑”。与4G相比，5G具有“更高网速、低延时、低功率海量连接、通信使用的电磁波频率更高”等特点。与4G相比，5G使用的电磁波(　　) A．波长更长 B．衍射更明显 C．能量子的能量更大 D．传播速度更快 4．如图所示为氢原子的能级图，当氢原子从n＝4能级跃迁到n＝2能级时，辐射出光子a，当氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级时，辐射出光子b，则下列判断正确的是(　　) A．光子a的能量大于光子b的能量 B．光子a的波长小于光子b的波长 C．光子a不能使处于n＝4能级的氢原子电离 D．若a为可见光，则b有可能为紫外线 5．如图所示，是研究光电效应的电路图，对于某金属用绿光照射时，电流表指针发生偏转。则以下说法正确的是(　　) A．将滑动变阻器滑片向右移动，电流表的示数一定增大 B．如果改用紫光照射该金属时，电流表无示数 C．将滑动变阻器滑片移动到最左端，电流表的示数一定为零 D．将电源的正负极调换，仍用相同的绿光照射时，电流表的读数可能不为零 6．如图所示四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是(　　) A．图甲：爱因斯坦通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一 B．图乙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的 C．图丙：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子 D．图丁：根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有粒子性 7．如图所示是氢原子的能级图，大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以辐射出6种不同频率的光子，其中巴耳末系是指氢原子由高能级向n＝2能级跃迁时释放的光子，则(　　) A．6种光子中能量最小的是n＝4激发态跃迁到基态时产生的 B．6种光子中有3种属于巴耳末系 C．使n＝2能级的氢原子电离至少需要13.6 eV的能量 D．若从n＝4能级跃迁到n＝2能级释放的光子恰能使某金属板发生光电效应，则在这6种光子中共有4种光子也一定能使该金属板发生光电效应 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．爱因斯坦成功地解释了光电效应现象，提出了光子说。与光电效应有关的四个图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A．如图1装置，如果先让锌板带负电，再用紫外线灯照射锌板，则验电器的张角会变小 B．根据图2可知，黄光越强，光电流越大，说明光子的能量与光强有关 C．由图3可知，ν2为该金属的截止频率 D．由图4可知，E等于该金属的逸出功 9．某金属在光的照射下发生光电效应，其遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图像如图所示。已知普朗克常量为h。则由图像可知(　　) A．该金属的逸出功等于hν0 B．该金属的逸出功等于eU C．普朗克常量h＝ D．当入射光频率为2ν0时遏止电压是2U 10．氢原子的能级图如图甲所示，一群处于第3能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出不同频率的光，用这些光照射图乙中的光电管，有2种频率的光可让光电管阴极K发生光电效应。调节滑片P的位置，当电压表的示数为7.55 V时，微安表示数恰好为零。下列说法中正确的是(　　) A．图乙电路中电源左侧为负极 B．氢原子跃迁放出的光中有3种频率不同的光子 C．光电管阴极K金属材料的逸出功为4.54 eV D．用能量为1.5 eV的光照射处于第3能级的氢原子，可以使氢原子发生电离 三、实验题：本题共2小题，共16分。 11．(8分)如图所示，一验电器与锌板相连，在A处用一紫外线灯照射锌板，关灯后，验电器指针保持一定偏角。 (1)现用一带少量负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将________(选填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)使验电器指针回到零，再用相同强度的钠灯发出的黄光照射锌板，验电器指针无偏转。那么，若改用强度更大的红外线灯照射锌板，可观察到验电器指针________(选填“有”或“无”)偏转。 (3)为了进一步研究光电效应的规律，设计了如图所示的电路，图中标有A和K的为光电管，其中K为阴极，A为阳极。现接通电源，用光子能量为10.5 eV的光照射阴极K，电流计中有示数，若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为6.0 V，则光电管阴极材料的逸出功为________eV；现保持滑片P位置不变，增大入射光的强度，电流计的读数________(选填“为零”或“不为零”)。 12．(8分)如图甲所示是使用光电管的原理图，当频率为ν的可见光照射到阴极K上时，电流表中有电流通过。 (1)当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，则阴极K的逸出功为____________(已知电子电荷量为e，普朗克常量h)。 (2)如果不改变入射光的强度，而增大入射光的频率，则光电子的最大初动能将________(选填“变大”“变小”或“不变”)。 (3)用不同频率的光照射某金属产生光电效应，测量金属的遏止电压Uc与入射光频率ν，得到Uc－ν图像如图乙所示，根据图像求出该金属的截止频率νc＝________Hz，普朗克常量h＝________J·s(已知电子电荷量e＝1.6×10-19 C)。 四、解答题：本题共3小题，共38分。 13．(8分)氢原子的核外电子处于第三轨道上，当它向能级较低的轨道跃迁时，放出光子，则 (1)放出光子的最长波长和最短波长之比是多少？ (2)若电离n＝3的氢原子至少需要给它多少能量？(E1＝－13.6 eV) 14．(14分)氢原子的能级图如图所示，某金属的极限频率恰等于氢原子由n＝4能级跃迁到n＝2能级所发出的光的频率。现在用氢原子由n＝2能级跃迁到n＝1能级时发出的光去照射该金属，求： (1)该金属的逸出功为多少电子伏特； (2)从该金属表面逸出的光电子的最大初动能是多少电子伏特。 15．(16分)已知氢原子的基态电子轨道半径为r1，量子数为n的能级值为En＝ eV，(静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，电子电荷量e＝1.6×10-19 C，普朗克常量h＝6.63×10-34 J·s，真空中光速c＝3×108 m/s)求： (1)有一群氢原子处于量子数n＝3的激发态，画一张能级图，在图上用箭头标明这些氢原子能发出哪几种光谱线； (2)计算(1)中各光谱线中的最短波长(结果保留一位有效数字)； (3)求电子在基态轨道上运动的动能(结果用k、r1、e表示)。 第四章　章末检测(二) 时间：75分钟　满分：100分一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 　　　　　　　　　　　　　　　　 1．氢原子从某激发态跃迁到基态，则该氢原子(　　) A．放出光子，能量增加 B．放出光子，能量减少 C．吸收光子，能量增加 D．吸收光子，能量减少 2．铯原子基态的两个超精细能级之间跃迁发射的光子具有稳定的频率，铯原子钟利用的两能级的能量差量级为10-5 eV，跃迁发射的光子的频率量级为(普朗克常量h＝6.63×10-34 J·s，元电荷e＝1.60×10-19 C)(　　) A．103 Hz B．106 Hz C．109 Hz D．1012 Hz 3．在卢瑟福的α粒子散射实验中，某一α粒子经过某一原子核附近时的轨迹如图所示。图中P、Q为轨迹上的点，虚线是经过P、Q两点并与轨迹相切的直线，两虚线将平面分为四个区域。不考虑其他原子核对α粒子的作用，则关于该原子核的位置，正确的是(　　) A.一定在①区域 B．可能在②区域 C．可能在③区域 D．一定在④区域 4．一盏电灯的发光功率为100 W，假设它发出的光向四周均匀辐射，光的平均波长为λ＝6.0×10-7 m，普朗克常量为6.63×10-34 J·s，光速为3×108 m/s，在距电灯10 m远处，以电灯为球心的球面上，1 m2的面积每秒通过的光子(能量子)数约为(　　) A．2.4×1017个 B．2.4×1016个 C．2.4×1015个 D．2.4×1010个 5．(2025·河南南阳期末)在核物理实验室中，科学家们使用电场加速氢的三种同位素氕H、氘H、氚H。若氕、氘、氚从静止开始经相同的电压加速(不考虑相对论效应)，则它们的德布罗意波长之比为(　　) A．1∶∶ B．1∶∶ C．1∶2∶3 D．∶∶1 6．(2025·黑龙江哈尔滨期末)以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收一个光子而从金属表面逸出。现在用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应。光电效应实验装置如图所示，用频率为ν的普通光源照射阴极K，没有发生光电效应，换成同频率的强激光照射，则发生了光电效应；此时，在板间加上反向电压U，当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的(其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量)(　　) A．U＝－ B．U＝－ C．U＝2hν－W D．U＝－ 7．我国太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”在国际上首次成功实现空间太阳Hα波段光谱扫描成像。Hα和Hβ分别为氢原子由n ＝ 3和n ＝ 4能级向n ＝ 2能级跃迁产生的谱线(如图)，则(　　) A．Hα的波长比Hβ的小 B．Hα的频率比Hβ的小 C．Hβ对应的光子能量为3.4 eV D．Hβ对应的光子能使氢原子从基态跃迁到激发态 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．英国物理学家卢瑟福用α粒子轰击金箔后，根据实验结果提出了原子的核式结构学说。如图所示O表示金原子核的位置，曲线ab和cd分别表示经过金原子核附近的α粒子的运动轨迹，其中能正确反映实验结果的是(　　) 　 　 9．(2024·遂宁模拟)用甲、乙两种不同的金属做光电效应实验，得到两条Ekm－ν关系图线，如图所示。则(　　) A．甲、乙两图线的斜率不一定相同 B．甲、乙两图线一定平行 C．同种光照射金属乙时能发生光电效应，则照射金属甲时一定能发生光电效应 D．甲金属的逸出功大于乙金属的逸出功 10．某同学采用如图所示的实验装置来研究光电效应现象。当用某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象。闭合开关S，在阳极A和阴极K之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰为零，此时电压表的电压值U称为遏止电压，根据遏止电压，可以计算出光电子的最大初动能Ek。现分别用频率为ν1和ν2的单色光照射阴极，测量到遏止电压分别为U1和U2。设电子质量为m、电荷量为e，则下列关系式中正确的是(　　) A.用频率为ν1的光照射时，光电子的最大初速度v＝ B．阴极K金属的逸出功W0＝ C．阴极K金属的极限频率νc＝ D．普朗克常量h＝ 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(8分)玻尔氢原子模型成功解释了氢原子光谱的实验规律，氢原子能级图如图。 (1)当氢原子从n＝5的能级跃迁到n＝2的能级时，求辐射出的光子的能量； (2)用(1)中频率的光子照射逸出功为2.29 eV的钠表面，求产生的光电子的最大初动能。 12．(8分)氢原子的基态能量为E1＝－13.6 eV，氢原子由n＝4的激发态向基态跃迁满足能级规律En＝。(已知：光速c＝3.0×108 m/s，普朗克常量h＝6.6×10-34 J·s)求： (1)一群由n＝4的激发态的氢原子向基态跃迁共能释放出多少种不同的光子？ (2)n＝3能级的能量E3等于多少？ 13．(10分)在光电效应实验中，某金属的截止频率对应的波长为λ0，该金属的逸出功为多大？若用波长为λ(λ<λ0)的单色光做实验，则其截止电压为多大？已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h。 14.(12分)如图甲所示是研究光电效应规律的光电管。用波长λ＝0.50 μm的绿光照射阴极K，实验测得流过表的电流I与A、K之间的电势差UAK满足如图乙所示规律，取h＝6.63×10-34 J·s。结合图像，求(以下所求结果均保留两位有效数字)： 　 (1)每秒阴极发射的光电子数； (2)光电子飞出阴极K时的最大动能； (3)该阴极材料的极限频率。 15．(16分)设有功率为P＝1 W的点光源，离点光源R＝3 m处有一薄钾片。假定薄钾片中的电子可以在半径约为原子半径r＝0.5×10-10 m的圆面积范围内收集能量，已知一个电子脱离钾表面所需的能量约为W＝1.8 eV(1 eV＝1.6×10-19 J) (1)试求电子从照射到逸出所需要的时间t； (2)如果光源发出的是波长λ＝5 890 A的单色光，试求单位时间内打到钾片上的光子数。 第五章　原子核　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 第五章　原子核 第1节　原子核的组成 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　天然放射现象、射线的本质 1．下列能说明放射性元素放出的射线来自原子核的是(　　) A．放射性元素无论是以单质形式存在还是以化合物形式存在，放射性都不受影响 B．放射源发射的一束α射线照射到金箔上，穿过金箔后绝大部分仍沿原来的方向前进 C．放射性元素放出的γ射线和伦琴射线相似，它们都能穿透黑纸使照相底片感光 D．放射性元素放出的一束α射线照射带正电的验电器的金属球，箔片的张角减小 知识点二　原子核的组成 2．原子核Th表示(　　) A．Th的质量数为90 B．核内有234个质子 C．核内有144个中子 D．核内有90个核子 1．在研究原子核结构的过程中，人们首先发现了质子，之后就认定原子核中一定还存在另外不同种类的粒子(后来把它称为中子)，理由是(　　) A．质子不带电，原子核带正电 B．质子带正电，原子核也带正电 C．质子的质量小于原子核的质量 D．质子的电荷量小于原子核的电荷量 2．2024年2月26日，中国科学院高能物理研究所在《科学通报》上发表了重大研究成果：历史上首次在天鹅座恒星形成区发现了一个巨型超高能γ射线泡状结构，内有多个能量超过1千万亿电子伏的光子分布其中，最高达到2千万亿电子伏。关于γ射线，下列说法正确的是(　　) A．电子发生轨道跃迁时可以产生γ射线 B．γ射线是波长很长、频率很小的光子流 C.γ射线是高频电磁波，能量越大，传播速度越大 D．γ射线在星系间传播时，不受星系磁场的影响 3．一个原子核为Bi，关于这个原子核，下列说法正确的是(　　) A．核外有83个电子，核内有127个质子 B．核外有83个电子，核内有83个质子 C．核内有83个质子，210个中子 D．核内有210个核子 4．放射性探伤是利用了(　　) A．α射线的电离本领 B．β射线的贯穿本领 C．γ射线的贯穿本领 D．放射性元素的示踪本领 5．据报道，月球上有大量的He存在，以下关于He的说法正确的是(　　) A．是He的同分异构体 B．比He多一个中子 C．是He的同位素 D．比He少一个质子 6．下列图示实验中，能说明原子具有核式结构的是(　　) A． B． C． D． 7．太赫兹辐射通常是指频率在0.1～10 THz(1 THz＝1012 Hz)即频率在微波与红外线之间的电磁辐射，其频率高于微波，低于红外线、紫外线，远低于X射线。太赫兹波对人体安全， 可以穿透衣物等不透明物体， 实现对隐匿物体的成像。近年来太赫兹技术在国家安全、信息技术等诸多领域取得了快速发展，被誉为“改变未来世界十大技术”之一。由上述信息可知，太赫兹波(　　) A．其光子的能量比红外线光子的能量更大 B．比微波更容易发生衍射现象 C．比紫外线更难使金属发生光电效应 D．比X射线穿透性更强 8．(多选)研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示。两块平行放置的金属板A、B分别与电源的两极a、b连接，位于A、B两板中间的放射源发出的射线从其上方小孔向外射出，射线轨迹如图所示。已知α射线、β射线的速度分别约为0.1c、0.99c(c是真空中的光速)，β射线即高速电子的质量约为质子质量的。不考虑相对论效应，下列判断正确的有(　　) A．a为电源正极 B．a为电源负极 C．到达A板的为β射线 D．到达A板的为α射线 9．为了研究放射线的穿透能力，将α、β、γ三种射线射向前后依次排列在同一直线上的纸、铝板、铅板，穿透情况如图所示，则(　　) A．射线1是γ射线 B．射线2是β射线 C．射线3是α射线 D．工业上使用射线2来探查金属内部是否存在缺陷或裂纹 10．(多选)质子数与中子数互换的核互为镜像核，例如He是H的镜像核，同样H也是 He的镜像核。下列说法正确的是(　　) A．N和C互为镜像核 B．N和O互为镜像核 C．N和O互为镜像核 D．互为镜像核的两个核质量数相同 11．茫茫宇宙中存在大量的宇宙射线，对航天员构成了很大威胁。现有一束射线(含有α、β、γ三种射线)先经过一张纸，再进入圆形磁场区域，之后打在荧光屏上，出现了A、B两个亮斑。已知α粒子的质量约为β粒子质量的8 000倍，α射线的速度约为光速的，β射线的速度约为光速。下列说法正确的是(　　) A．圆形区域内磁场方向垂直纸面向里 B．打在A处的射线经过圆形区域时，动能增加 C．如果将纸拿走保留磁场，光屏将会出现明显的两个亮斑 D．如果将纸拿走保留磁场，光屏将会出现明显的三个亮斑 第2节　放射性元素的衰变 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　原子核的衰变 1．核废水中有一种放射性物质是碳14，它的半衰期大约为5 730年，其衰变方程为C―→N＋X。则下列说法正确的是(　　) A．衰变方程中X为α粒子 B．如果有100个碳14，经过5 730年将有50个原子核发生衰变 C．碳14半衰期很长，所以短期内不会对人类造成影响 D．衰变产生的X粒子电离本领比γ光子强 知识点二 　半衰期 2．Po的衰变方程为Po―→Pb＋He，其衰变曲线如图所示，τ为半衰期，则下列说法正确的是(　　) A．Po发生的是β衰变 B．k＝3 C．k＝4 D．该衰变的实质是原子核内一个中子转化为一个质子和一个电子 知识点三 　核反应、放射性同位素及其应用 3．来自外太空的宇宙射线在进入地球大气层后，可能会与大气中的氮原子作用而产生质子。中子与氮14发生的核反应方程是：N＋n―→C＋H，产生的C不够稳定，能自发地进行β衰变，其半衰期为5 730年。考古学家可利用C的衰变规律推断出古木的年代，下列说法正确的是(　　) A．C发生β衰变的生成物是N B．C的半衰期随温度的降低而变长 C．β衰变辐射出的粒子是碳原子核外电子跃迁产生的 D．若测得一古木样品的C含量为活体植物的，可知该古木距今约11 460年 4．(多选)关于放射性同位素的应用，下列说法中正确的是(　　) A．放射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，因此达到了消除有害静电的目的 B．利用γ射线的贯穿性可以为金属探伤 C．用放射线照射农作物种子能使其DNA发生变异，其结果一定是成为更优秀的品种 D．用射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成太大的伤害 1．放射性同位素钍232经α、β衰变会生成氡，其衰变方程为Th―→Rn＋xα＋2β。下列说法正确的是(　　) A．衰变方程中x＝2 B．α射线的电离作用较强，穿透能力较弱 C．钍核α衰变的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间 D．核反应中放出的β粒子来自原子核外 2．(多选)如图所示，轧钢厂的热轧机上可以安装射线测厚仪，仪器探测到的射线强度与钢板的厚度有关。已知某车间采用放射性同位素铱－192作为放射源，其化学符号是Ir，原子序数是77，通过β衰变放出γ射线，产生新核X，半衰期为74天，适合透照钢板厚度10～100 mm，已知钢板厚度标准为30 mm，下列说法正确的是(　　) A．放射性同位素发生衰变时，不遵循质量数守恒 B．上述衰变方程为Ir―→X＋e C．若有2.0 g铱－192，经过148天有1.0 g衰变 D．若探测器得到的射线变强时，说明钢板厚度小于30 mm，应当增大热轧机两轮之间的厚度间隙 3．(多选)人工放射性同位素被广泛应用，下列说法正确的是(　　) A．放射性同位素的半衰期都比较短，对环境的危害较小 B．放射性同位素能够消除静电是因为其发出的γ射线 C．用放射性同位素参与化学反应可以起到示踪的作用 D．放射性同位素可以作为核燃料进行发电 4．在花岗岩、大理石等装饰材料中，都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性元素的说法中正确的是(　　) A．α射线是发生α衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4个 B．氡的半衰期为3.8天，16个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下2个氡原子核 C．U衰变成Pb要经过6次β衰变和9次α衰变 D．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的 5．秦山核电站生产C的核反应方程为N＋n―→C＋H，其产物C的衰变方程为C―→N＋e。下列说法正确的是(　　) A．C―→N＋e是α衰变 B．经过一个半衰期，10个C将剩下5个 C．e来自原子核外 D．C可以用作示踪原子 6．(多选)放射性同位素钍Th经一系列α、β衰变后生成氡Rn，以下说法正确的是(　　) A．每经过一次α衰变原子核的质量数会减少2个 B．Rn的半衰期约为1分钟，所以2分钟后1 000个Rn原子核就只剩250个 C．放射性元素钍Th的原子核比氡Rn原子核的中子数多8个 D．钍Th衰变成氡Rn一共经过3次α衰变和2次β衰变 7．如图所示，匀强磁场中有一个静止的氡原子核(Rn)，衰变过程中放出一个粒子，此粒子的运动轨迹与反冲核的运动轨迹是两个外切的圆，大圆与小圆的半径之比为42∶1，则氡核的衰变方程是(　　) A.Rn―→Fr＋e B．Rn―→Po＋He C．Rn―→At＋e D．Rn―→At＋H 8．(多选)“轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，它是指原子核(母核)俘获一个核外电子，其内部一个质子转变为中子，从而变成一个新核(子核)，并且放出一个中微子的过程。中微子的质量极小，不带电，很难探测到，人们最早就是通过子核的反冲而间接证明中微子存在的。若一个静止的原子核发生“轨道电子俘获”(电子的初动量不计)，则(　　) A．母核的质量数比子核的质量数多1个 B．母核的电荷数比子核的电荷数多1个 C．子核的动量与中微子的动量大小相等 D．子核的动能大于中微子的动能 9．(多选)锝-99m(Tc-99m，m代表亚稳态同位素)是目前最广泛使用的核医药物，可用于甲状腺、骨骼、心肌、脑部等扫描检查。如图所示，铀核分裂得到的钼-99(Mo-99)衰变成锝-99m，其过程为：Mo―→Tc＋X＋(为不带电荷且质量非常小或近乎零的反微中子)，接着将锝-99m取出，并由注射或口服等方法送入人体内，在特定器官或组织发生衰变，其过程为：Tc―→Tc＋γ，释放出γ射线作为医学检测分析的讯号。下列有关此核医药物的叙述正确的是(　　) A．TC和TC两者具有相同的化学性质 B．Mo-99衰变成Tc-99m过程中产生的X是电子 C．Tc-99m衰变半衰期越长，医学检测分析效果越明显 D．γ射线为核外电子从高能级向低能级跃迁时放射的光子 第3节　核力与结合能 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　核力与四种基本相互作用 1．下列名称不是基本相互作用的是(　　) A．万有引力 B．摩擦力 C．强相互作用 D．弱相互作用 知识点二　结合能、比结合能 2．如图所示是原子核的平均结合能(也称比结合能)与质量数的关系图像，通过该图像可以得出一些原子核的平均结合能，如O的核子平均结合能约为8 MeV，He的核子平均结合能约为7 MeV，根据该图像判断下列说法不正确的是(　　) A．随着原子质量数的增加，原子核的平均结合能先增大后减小 B．Fe核的平均结合能最大，最稳定 C．把O分成8个质子和8个中子比把O分成4个He要多提供约16 MeV的能量 D．把O分成4个He要提供约16 MeV的能量 3．研究表明原子核核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数有如图所示的关系。一般认为大于铁原子核质量数(56)的为重核，小于则是轻核。下列对该图像的理解正确的是(　　) A．从图中可以看出，Fe原子核核子平均质量最小，Fe原子核最不稳定 B．从图中可以看出，重核A裂变成原子核B和C时，需要吸收能量 C．从图中可以看出，轻核D和E发生聚变生成原子核F时，需要释放能量 D．从图中可以看出，重核随原子序数的增加，比结合能变大 知识点三　质量亏损 4．对公式ΔE＝Δmc2的理解错误是(　　) A．如果物体的能量减少了ΔE，它的质量也一定相应地减少Δm B．如果物体的质量增加了Δm，它的能量也一定相应地增加Δmc2 C．Δm是某原子核在衰变过程中增加的质量 D．在把核子结合成原子核时，若放出的能量是ΔE，则这些核子的质量和与组成原子核的质量之差就是Δm 1．掷标枪竞赛是奥运会田径竞赛项目，某运动员在助跑后将标枪投掷出。投掷过程中，运动员对标枪的力属于(　　) A．引力相互作用 B．电磁相互作用 C．强相互作用 D．弱相互作用 2．下列物体间的作用力，属于万有引力的是(　　) A．磁铁对碎铁屑的吸引力 B．太阳与地球之间的吸引力 C．异种电荷之间的吸引力 D．异名磁极之间的吸引力 3．对原子核的组成，下列说法正确的是(　　) A．核力可使一些中子组成原子核 B．核力可使较多的质子组成原子核 C．不存在只有质子的原子核 D．质量较大的原子核内一定有中子 4．核能是通过核反应从原子核释放的能量，如氦3与氘核的核反应方程是He＋H―→x＋H＋ΔE，方程中ΔE为释放的核能。已知氘核的比结合能为E1，氦核的比结合能为E2，则下列说法中正确的是(　　) A．该反应为核裂变反应，生成的新核x是He B．氦4核中有4个质子2个中子，氦4核与氦3核不是互为同位素 C．该反应中氦3的比结合能为 D．该反应生成物的质量数将小于反应物的质量数 5．恒星之所以长期发光是因为在恒星内部会发生一系列的核反应：氦(He)、碳(C)、氧(O)、氖(Ne)、镁(Mg)、硅(Si)、硫(S)、钙(Ca)、铁(Fe)等。结合下图，下列说法正确的是(　　) A．比结合能越大，原子核越不稳定 B．碳核的比结合能比氧核的比结合能大 C．3He核子的平均质量比2H核子的平均质量小 D．氦核的结合能比碳核的结合能大 6．如图所示是描述原子核核子的平均质量与原子序数Z的关系曲线，由图可知下列说法正确的是(　　) A．将原子核A分解为原子核B、C吸收能量 B．将原子核D、E结合成原子核F吸收能量 C．将原子核A分解为原子核B、F一定释放能量 D．将原子核F、C结合成原子核B一定释放能量 7．如图所示，图甲为原子核的比结合能与质量数关系曲线，图乙为原子核的平均核子质量与原子序数的关系曲线，根据两曲线，下列说法正确的是(　　) A．根据图甲可知，He核的结合能约为7 MeV B．根据图甲可知，U核的结合能比Kr核的结合能更大 C．根据图乙可知，核D裂变成核E和F的过程中，比结合能减小 D．根据图乙可知，若A、B能结合成C，结合过程一定要吸收能量 8．如图，一个原子核X经历图中所示的一系列α、β衰变后，生成稳定的原子核Y，下列说法正确的是(　　) A．原子核X生成原子核Y，共经历了11次α衰变和12次β衰变 B．原子核X生成原子核Y，共经历了8次α衰变和6次β衰变 C．原子核X生成更稳定原子核Y，原子核结合的更牢固，所以Y原子核的结合能变大 D．原子核X生成更稳定原子核Y，原子核结合的更牢固，所以Y原子核核子的平均质量变大 9．静止的氡核Rn放出α粒子后变成钋核Po，α粒子动能为Ekα，若衰变放出的能量全部变为反冲核和α粒子的动能，真空中的光速为c，则该核反应中的质量亏损为(　　) A． B．0 C． D． 第4节　核裂变与核聚变 第5节　“基本”粒子 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　核裂变的发现 1．核电站中U是重要的核燃料，其裂变时一个典型的反应方程如下n＋U―→X＋Y＋3n。下列说法中正确的是(　　) A．b＝93 B．1个X原子，其质子数比中子数少31 C．与X元素相比，U的结合能更小 D．U的平均核子质量小于Y的平均核子质量 知识点二　反应堆与核电站 2．统计显示，一座百万千瓦电功率的核电厂和燃煤电厂相比，每年可以减少二氧化碳排放600多万吨，可见核能是减排效应较大的能源之一。下列对于铀235相关的核反应的描述中，说法正确的是(　　) A．铀块的体积越小，越容易发生链式反应 B．发生链式反应的核反应方程为U―→Ba＋Kr＋2n C．在核反应堆中，中子的速度越快，铀核越容易发生核裂变 D．核反应堆中，在铀棒之间插入一些镉棒，主要是为了调节中子数量，控制反应速度 知识点三　核聚变 3．中国全超导托卡马克核聚变实验装置(EAST)采取磁约束策略来产生核聚变反应。其内部发生的一种核聚变反应方程为H＋H―→He＋X，反应中释放出γ光子，下列说法不正确的是(　　) A．核聚变反应所产生的X粒子无法被洛伦兹力进行约束 B．核聚变反应所释放的γ光子来源于核外内层电子的能级跃迁 C．核聚变反应与核裂变反应相比，具有产能效率高、更安全、更清洁的特点 D．核聚变反应所需要的高温条件可以使原子核具有足够的动能克服库仑力作用而结合到一起 知识点四　发现基本粒子与粒子的分类 4．下列说法正确的是(　　) A．目前，人们认为粒子界由夸克、强子、轻子构成 B．强子是参与强相互作用的粒子，质子是最早发现的强子 C．电子、质子和中子是组成物质的不可再分的基本粒子 D．夸克的带电荷量是电子电荷量的整数倍 1．关于粒子，下列说法中正确的是(　　) A．光子、电子、质子和中子是组成物质的不可再分的最基本粒子 B．质量比核子大的粒子都参与强相互作用 C．强子、轻子都由夸克组成 D．许多粒子都存在反粒子 2．(多选)关于核反应方程，下列说法正确的是(　　) A．Ra―→Rn＋He，该核反应是α衰变 B．H＋H―→He＋n，该核反应是聚变 C．U＋n―→Xe＋Sr＋2n该核反应是聚变 D．Na―→Mg＋e该核反应是β衰变 3．有关核反应和核能，下列说法正确的是(　　) A．目前核能发电是利用核聚变，氢弹是利用核裂变的链式反应原理 B．核潜艇的动力装置是核反应堆，核反应堆中用镉棒控制核裂变的反应速度 C．核电站设备应用链式反应，当铀块的体积小于临界体积时就会发生链式反应 D．原子核必须在超高温下才能发生聚变，说明核聚变过程需要吸收能量 4．氢的三种同位素：氕、氘、氚。氘、氚可以在一定条件下发生核反应H＋H―→He＋n。下列说法正确的是(　　) A．该反应为聚变反应 B．该反应为裂变反应 C．该反应要在高温高压下才能进行，故反应过程要吸收能量 D．该反应过程中释放的n贯穿本领很弱，但电离本领却很强 5．(多选)在粒子的分类中的规范玻色子包括有(　　) A．轻子 B．光子 C．胶子 D．中微子 6．已知π＋介子、π－介子都是由一个夸克(夸克u或夸克d)和一个反夸克(反夸克或反夸克)组成的，它们的带电量如下表所示，表中e为元电荷。 粒子 π＋ π－ u d 带电量 ＋e －e ＋e －e －e ＋e 下列说法正确的是(　　) A．π＋由u和组成 B．π＋由d和组成 C．π－由u和组成 D．π－由d和组成 7．氘核可以发生一系列聚变反应释放核能，其总效果可以用反应式6H―→2He＋2H＋2X＋43.15 MeV表示。铀核的某种裂变反应为U＋n―→Ba＋Kr＋3n＋200.55 MeV，下列说法正确的是(　　) A．X是正电子 B．Kr核内有57个中子 C．上述核聚变反应中平均每个核子释放的核能约为3.60 MeV D．上述两反应中，聚变比裂变平均每个核子多释放核能2.00 MeV 8．根据宇宙大爆炸的理论，在宇宙形成之初是“粒子家族”尽显风采的时期，那么在大爆炸之后最早产生的粒子是(　　) A．夸克、轻子、胶子等粒子 B．质子和中子等强子 C．光子、中微子和电子等轻子 D．氢核、氘核、氦核等轻核 9．目前普遍认为，质子和中子都是由被称为u夸克和d夸克的两类夸克组成，u夸克带电量为，d夸克带电量为－，e为基本电荷，下列论断可能正确的是(　　) A．质子由1个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成 B．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成 C．质子由1个u夸克和2个d夸克组成，中子由2个u夸克和1个d夸克组成 D．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和1个d夸克组成 10．核电站利用核反应堆工作，铀核U裂变生成钡核Ba和氪核Kr。在一个反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速。碳核的质量是中子的12倍，假设中子与碳核的每次碰撞都是弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的。 (1)完成铀核裂变反应方程： U＋n―→Ba＋Kr＋3n (2)已知U、Ba、Kr核以及中子的质量分别是235.043 9 u，140.913 9 u，91.897 3 u和1.008 7 u，计算一个铀核裂变放出的核能。1 u＝1.66×10-27 kg，c＝3.0×108 m/s(结果保留两位有效数字)； (3)设碰撞前中子的动能是E0，经过一次碰撞，中子失去的动能是多少？ 章末复习提升 　　　　　　　　　　　　　　　　 衔接角度1　原子核的衰变、半衰期 衔接角度分析：原子核的衰变与半衰期是高考的常考点，常常在选择题中出现。要求学生熟练掌握α和β衰变的方程以及关于半衰期的计算。 衔接内容归纳 1．α衰变、β衰变的比较 衰变类型 α衰变 β衰变 衰变方程 X→Y＋He X→Y＋e 衰变实质 2个质子和2个中子结合成一个整体射出 1个中子转化为1个质子和1个电子 2H＋2n→He n→H＋e 衰变规律,电荷数守恒、质量数守恒 2．对半衰期的理解 (1)半衰期是大量原子核衰变时的统计规律，对个别或少量原子核，无半衰期可言。 (2)根据半衰期的概念，可总结出公式N余＝N原()，m余＝m原()。 3．衰变次数的计算方法 先根据质量数守恒确定α衰变次数，再根据电荷数守恒确定β衰变次数。 [典例1] (2025·安徽)2025年4月，位于我国甘肃省武威市的钍基熔盐实验堆实现连续稳定运行，标志着人类在第四代核电技术上迈出关键一步。该技术利用钍核(Th)俘获x个中子(n)，共发生y次β衰变，转化为易裂变的铀核(U)，则(　　) A．x＝1，y＝1 B．x＝1，y＝2 C．x＝2，y＝1 D．x＝2，y＝2 解题技法： 为了确定衰变次数，一般是由质量数的改变先确定α衰变的次数，这是因为β衰变的次数对质量数没有影响，然后再根据衰变规律确定β衰变的次数。 [跟踪训练1] (2025·河南)由于宇宙射线的作用，在地球大气层产生有铍的两种放射性同位素Be和Be。测定不同高度大气中单位体积内二者的原子个数比，可以研究大气环境的变化。已知Be和Be的半衰期分别约为53天和139万年。在大气层某高度采集的样品中，研究人员发现Be和Be的总原子个数经过106天后变为原来的，则采集时该高度的大气中Be和Be的原子个数比约为(　　) A．1∶4 B．1∶2 C．3∶4 D．1∶1 衔接角度2　核反应方程、核能 衔接角度分析：核反应方程与核能是高考考查的热点，常常作为选择题考查，有时也结合其他知识点在解答题中考查。要求学生熟悉衰变、裂变、聚变、人工控制核反应的方程，并且会用质能方程进行核能计算。 衔接内容归纳 1．核反应的四种类型 类型 可控性 核反应方程典例 衰 变 α衰变 自发 U―→Th＋He β衰变 自发 Th―→Pa＋e 人工转变,人工 控制, N＋He―→O＋H (卢瑟福发现质子) He＋Be―→C＋n (查德威克发现中子) Al＋He―→ P＋n P―→ Si＋e,约里奥·居里夫妇发现人工放射性同位素 重核裂变,比较容易 进行人工 控制, U＋n―→Ba＋Kr＋ 3n U＋n―→Xe＋Sr＋ 10n 轻核聚变,很难控制,H＋H―→He＋n 2．核能的计算方法 (1)根据ΔE＝Δmc2计算，计算时Δm的单位是“kg”，c的单位是“m/s”，ΔE的单位是“J”。 (2)根据ΔE＝Δm×931.5 MeV计算。因1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV的能量，所以计算时Δm的单位是u，ΔE的单位是MeV。 (3)根据平均结合能来计算核能。 原子核的结合能＝核子比结合能×核子数。 (4)有时可结合动量守恒和能量守恒进行分析计算。 [典例2] (2025·福建)(多选)核反应方程为H＋H―→He＋n＋17.6 MeV，现真空中有两个动量大小相等，方向相反的氘核与氚核相撞，发生核反应，设反应释放的能量几乎转化为He与n的动能，则(　　) A．该反应有质量亏损 B．该反应为核裂变 C．n获得的动能约为14 MeV D．He获得的动能约为14 MeV 解题技法： 关于结合能(核能)的计算，应根据题目的具体情况合理选择核能的求解方法，且计算时要注意各量的单位。 [跟踪训练2] (2024·浙江1月选考)已知氘核的质量为2.014 1 u，氚核的质量为3.016 1 u，氦核的质量为4.002 6 u，中子的质量为1.008 7 u，阿伏加德罗常数NA取6.0×1023 mol-1，氘核的摩尔质量为2 g·mol-1，1 u相当于931.5 MeV的能量。关于氘与氚聚变成氦，下列说法正确的是(　　) A．核反应方程式为H＋H―→He＋n B．氘核的比结合能比氦核的大 C．氘核与氚核的间距达到10-10 m就能发生核聚变 D．4 g氘完全参与聚变释放出能量的数量级为1025 MeV 第五章　章末检测(一) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．大多数原子核发生核反应的过程中也都伴有中微子的产生，例如核裂变、核聚变、β衰变等。下列关于核反应的说法，正确的是(　　) A.H＋H―→He＋n是α衰变方程，Th―→Pa＋e是β衰变方程 B．高速运动的α粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，其核反应方程为N＋He―→O＋n C．Th衰变为Rn，经过3次α衰变，2次β衰变 D．U＋n―→Ba＋Kr＋3n是核裂变方程，也是氢弹的核反应方程 2．对于有关中子的研究，下面说法正确的是(　　) A．中子等微观粒子都具有波粒二象性 B．一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是裂变反应 C．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子 D．核反应方程Po―→X＋He中的y＝206，X中核子个数为124 3．氢的同位素氚(H)的半衰期为12.5年，衰变时会发射β射线。下列有关氚衰变的说法正确的是(　　) A．氚衰变时发射的β粒子来自核外电子 B．2 g氚经过25年还剩下0.5 g氚 C．氚发生β衰变后的生成物是He D．氚发生β衰变时要吸收能量 4．作为一项新能源，人类利用核能，目前都是通过可控制的核裂变反应实现的。下列反应中属于核裂变反应的是(　　) A．U＋n―→Ba＋Kr＋3n B．He＋Al―→P＋n C．Th―→Ra＋He D．N＋He―→O＋H 5．1933年至1934年间，约里奥·居里夫妇用α粒子轰击铝箔时，发生的核反应方程为Al＋He―→P＋n，反应生成物P像天然放射性元素一样衰变，放出正电子e，且伴随产生中微子v，核反应方程为P―→Si＋e＋v，则下列说法正确的是(　　) A．当温度、压强等条件变化时，放射性元素P的半衰期随之变化 B．中微子的质量数A＝0，电荷数Z＝0 C．正电子产生的原因可能是核外电子转变成的 D．约里奥·居里夫妇通过α粒子轰击铝箔的实验发现了中子 6．核动力潜艇上核反应堆中可能的一个核反应方程U＋n―→Ba＋Kr＋xn＋ΔE(其中ΔE为释放出的核能)。下列说法正确的是(　　) A．该核反应属于原子核的衰变 B．核反应方程式中x＝2 C．U的比结合能 D．U核的比结合能小于Ba核的比结合能 7．下列说法正确的是(　　) A．图甲中的γ射线可能是原子中的内层电子跃迁时产生的 B．图乙中原子核衰变放出β粒子，说明β粒子是组成原子核的一种粒子 C．图丙的γ射线测厚装置，若探测器测得的射线越弱，说明金属板厚度越厚 D．图丁中氡的半衰期是3.8天，说明20个氡原子核经过7.6天，还剩下5个未衰变 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．下列说法中正确的是(　　) A．发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子具有复杂的结构 B．卢瑟福提出原子的核式结构模型建立的基础是α粒子的散射实验 C．放射性元素的半衰期与外界的温度无关 D．由现代的恒星演化理论，太阳最终会变成一颗白矮星 9．下列说法正确的是(　　) A．图甲为一定质量的氧气分子在0 ℃和100 ℃时的速率分布图像，其中图线Ⅰ温度较高 B.从单一热库吸收热量，使之完全变成功是可能实现的 C．图乙中静止的钠核Na在磁场中发生衰变，曲线1为α粒子的运动轨迹 D．相对论时空观认为运动物体的长度和物理过程的快慢都跟物体运动状态有关 10．钚239既可能发生α衰变，也可能发生β衰变。将钚239核置于匀强磁场中，衰变后粒子运动方向与磁场方向垂直，图中的a、b、c、d分别表示粒子的运动轨迹，则下列说法正确的是(　　) A．衰变过程中粒子的动量守恒 B．磁场方向垂直纸面向里 C．甲图是β衰变，乙图是α衰变 D．b为α粒子的运动轨迹，c为β粒子的运动轨迹 三、实验题：本题共2小题，共16分。 11．(6分)快中子增殖反应堆中，使用的核燃料是钚239，裂变时释放出快中子，周围的铀238吸收快中子后变成铀239，铀239(U)很不稳定，经过________次β衰变后变成钚239(Pu)，写出该过程的核反应方程式：____________________。设静止的铀核U发生一次β衰变生成的新核质量为M，β粒子质量为m，释放出的β粒子的动能为E0，假设衰变时能量全部以动能形式释放出来，求一次衰变过程中的质量亏损____________________。 12．(10分)太阳能是一种清洁能源，太阳能电池可以将太阳能转变为电能并加以利用。我国在这一方面位居世界前列。 (1)太阳能是依据太阳的________活动导致的。 A．核裂变 B．核聚变 C．化学变化 (2)辐射频率是指单位时间内的辐射的总能量。按照国际单位制，辐射频率的国际单位可以表示为(　　) A．kg·m2/s3 B．kg·m2/s2 C．kg·m/s2 D．kg·m/s (3)小何利用如图甲所示电路研究太阳能电池的伏安特性。连接电路后，闭合开关S，在光照条件和温度不变的情况下，改变电阻箱Rx的阻值，记录电压表示数U和电流表示数I，并多次重复该过程。将实验数据描在U－I图中，得到图乙。 ①根据图中的数据点画出U－I图像。 ②由图线可知，当U＝14.0 V时，该太阳能电池的输出功率为________W。(结果保留三位有效数字) ③定值电阻R0为10.0 Ω，当电阻箱的阻值为90.0 Ω时，电阻箱Rx两端的电压为________V。(结果保留三位有效数字) 四、解答题：本题共3小题，共38分。 13．(8分)某一静止的放射性原子核X发生α衰变，若该衰变过程释放的核能都转为α粒子和新核Y的动能，且衰变过程中的质量亏损为Δm。已知光在真空中的传播速度为c，涉及动量问题时，亏损的质量可不计。 (1)写出该α衰变的核反应方程； (2)若放射性原子核X的半衰期为4天，求经过8天4 g X剩下的质量； (3)求α粒子衰变后的动能。 14．(14分)核聚变能是一种具有经济性能优越、安全可靠、无环境污染等优势的新能源。近年来，受控核聚变的科学可行性已得到验证，目前正在突破关键技术，最终将建成商用核聚变电站。一种常见的核聚变反应是由氢的同位素氘(又叫重氢)和氚(又叫超重氢)聚合成氦，并释放一个中子，若已知氘原子的质量为2.014 1 u，氚原子的质量为3.016 0 u，氦原子的质量为4.002 6 u，中子的质量为1.008 7 u，1 u＝1.66×10-27 kg。 (1)写出氘和氚聚合的反应方程； (2)试计算这个核反应释放出来的能量； (3)若建一座功率为3×105 kW的核聚变电站，假设聚变所产生的能量有一半变成了电能，每年要消耗多少氘的质量？(一年按3.2×107 s计算，光速c＝3×108 m/s，结果取两位有效数字) 15．(16分)钚的放射性同位素Pu静止时衰变为铀核激发态U和α粒$ 答案详解　　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 　　　　　　　物理　选择性必修第三册(这是边文，请据需要手工删加) 答案详解 第一章　分子动理论 第1节　分子动理论的基本内容 课堂达标 1．BC　[解析]质量为10 g的单层石墨烯，物质的量为 n＝＝ mol＝ mol，则包含有碳原子的个数为N＝nNA＝5.0×1023个，故A错误，B正确；因为石墨烯最小的六元环上有6个碳原子，每个碳原子被3个环占用，所以10 g的单层石墨烯占有的空间体积约为V＝NSd＝4.3×10-6 m3，故C正确，D错误，故选BC。 2．BD　[解析]布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动的表现，故A错误；液体温度越高，布朗运动越剧烈，故B正确；悬浮微粒越小，液体分子撞击作用的不平衡性表现得越明显，故C错误；悬浮微粒做布朗运动，是液体分子的无规则运动撞击造成的，故D正确。故选BD。 3．D　[解析]破碎的玻璃放在一起，由于接触面的错落起伏，只有极少数分子能接近到分子间有作用力的范围，因此，总的分子引力非常小，不足以使它们连在一起。故选D。 课后精练 1．BC　[解析]根据题意可知，水蒸气的体积为V水＝6%V＝0.06×3 500×10-6 m3＝2.1×10-4 m3，故A错误；含有的水分子物质的量为n＝，代入数据解得n＝0.007 mol，故B正确；含有的水分子的数量为N＝nNA≈4.2×1021个，故C正确；含有的水蒸气的质量为m＝ρV水＝1.26×10-1 g，故D错误。故选BC。 2．C　[解析]布朗运动实验中记录的小颗粒每经过一定时间的位置，则实验中记录的折线表示的是小颗粒各时刻位置的连线，不代表小颗粒的实际运动情况，A正确；图乙中墨汁和水彼此进入对方，温度越高扩散越快，说明扩散快慢与温度有关，B正确；不同物质之间，由于分子的运动，总会存在着扩散现象，只是快慢不同(受温度、物体形态等因素影响)。如墙角放一堆煤，墙及墙体内都会变黑。所以扩散现象不仅存在于液体与液体、气体与液体、气体与气体之间，同样也存在于固体与固体、气体与固体、液体与固体之间，C错误；图丁说明扩散现象能在固体之间发生，D正确。本题选说法错误项，故选C。 3．CD　[解析]分子间同时存在引力和斥力，故A错误；由图可知，当r>r0时，随着分子间距离的增大，分子力先增大后减小，故B错误；由图可知，当r<r0时，随着分子间距离的增大，分子力逐渐减小，故C正确；当r＝r0时，分子间的作用力F为0，这个位置称为平衡位置，故D正确。故选CD。 4．BD　[解析]甲图中微粒的运动是布朗运动，但由于微粒是大量分子组成的，所以微粒的运动并不是物质分子的无规则热运动，故A错误；乙图中当两个相邻的分子间距为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等，故B正确；借助光学显微镜也看不到组成物体的分子，故C错误；丁图中洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃离开水面，拉力F必须大于玻璃板的重力，说明了分子之间存在引力，故D正确。故选BD。 5．AC　[解析]书页之间交错放置，相互挤压，并产生静摩擦力，从而阻碍下方的书掉落，故A正确；布朗运动用肉眼观察不到的，加热一锅水时发现水中的胡椒粉在翻滚，不是布朗运动，不能说明温度越高布朗运动越剧烈，故B错误；在玻璃容器里放置少量液体，色素逐渐溶于水，这是分子无规则运动引起的扩散现象导致的，故C正确；辉光球周围存在强电场，当日光灯靠近辉光球时，在日光灯两端产生高压，使日光灯中的稀有气体电离，从而发光，这种现象和静电感应无关，故D错误。故选AC。 6．(1)1.075×1023个　(2)8.6×1017个 [解析](1)吸完一支烟两人共呼吸了20次，呼出的被污染气体体积为V＝20×2×10-4 m3＝4×10-3 m3 污染的空气的分子个数为N＝NA＝1.075×1023个。 (2)吸入一次气体体积占所气体总体积的比例 ＝8×10-6，8×10-6×1.075×1023＝8.6×1017个。 第2节　实验：用油膜法估测油酸 分子的大小课堂达标 1．(1)eadbc　(2)B [解析](1)该实验按步骤可简化为准备浅水盘、形成油膜、描绘油膜边缘、测量油膜面积、计算分子直径，所以顺序为eadbc；(2)在实验中将油酸分子看成是球形的，是把分子模型理想化了，所采用的方法是理想模型法。 2．(1)8.0×10-10　(2)CD [解析](1)一滴油酸的体积为V0＝ cm3＝2×10-5 cm3＝2×10-11 m3，油酸分子的直径为d＝＝ m＝8.0×10-10 m。 (2)计算油酸分子直径时要用到d＝，油酸未完全散开，则S偏小，故直径偏大，故A错误；求每滴体积时，1 cm3的溶液的滴数少记了10滴，由V0＝可知，体积V0偏大，则直径偏大，故B错误；油酸酒精溶液久置，酒精挥发使溶液的浓度变大，则S偏大，会导致计算结果偏小，故C正确；计算油膜面积时，将所有不足一格的方格都当作一个格来计算，则S偏大，会导致计算结果偏小，故D正确。故选CD。 3．(1)8×10-10　(2)AB [解析](1)根据题意可知，一滴油酸酒精溶液纯油酸的体积为V＝× mL＝ mL，油酸分子直径为d＝＝ cm＝8×10-8 cm＝8×10-10 m。 (2)爽身粉撒得太多，导致油酸没有充分散开，油膜面积偏小，则直径测量值偏大，故A正确；误将50滴记为49滴，则纯油酸体积偏大，直径测量值偏大，故B正确；计算油膜面积时，将不足一格的均记为一格，油膜面积偏大，直径测量值偏小，故C错误。故选AB。 课后精练 1．A　[解析]由图可知油膜没有充分展开，说明水面上爽身粉撒得太多太厚。故选A。 2．CD　[解析]“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，弹簧秤外壳不能与内部弹簧接触，可以与桌面接触，故A错误；“观察电容器的充、放电现象”实验中，电容器放电时电流逐渐减小，但不是均匀减小，故B错误；“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，将1滴油酸酒精溶液滴到平静的洒有薄而均匀爽身粉的水面，产生的油膜将迅速变到最大，然后由于液体表面张力的作用，略有收缩再保持稳定，故C正确；“用单摆测重力加速度”实验中，测量多次全振动的时间再求出周期，这样做的目的是减小测量周期的相对误差，故D正确。故选CD。 3．(1)C　(2)B　(3)DBFEC　(4)D　(5)7×10-10 [解析](1)将油酸分子看成球形，在水面上形成单分子油膜。本实验体现的物理思想方法为理想模型法。故选C。 (2)实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精的作用是对油酸溶液起到稀释作用，进一步减小油酸的面密度，更能保证形成单分子油膜。故选B。 (3)“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验步骤为：用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积；往浅盘里倒入约2 cm深的水，水面稳定后将适量痱子粉均匀撒在水面上，用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定，将带有坐标方格的玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。则实验操作顺序为DBFEC。 (4)油酸未完全散开，测得油酸的面积偏小，则测得分子直径偏大，故A不符合题意；计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，测得油酸的面积偏小，则测得分子直径偏大，故B不符合题意；求每滴体积时，1 mL的溶液的滴数少记了10滴，可知，纯油酸的体积将偏大，则计算得到的分子直径将偏大，故C不符合题意；油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多，导致油酸浓度增大，形成的油膜面积偏大，则直径的测量值偏小，故D符合题意。故选D。 (5)一滴酒精油酸溶液纯油酸的体积为V＝× mL＝4×10-6 mL，正方形小格的面积为1 cm2，根据多余半格算一格，不足半格舍掉，由图可知，约61个小格，则油酸的面积为61 cm2，则油酸分子的直径为d＝＝ cm≈7×10-10 m。 4．(1)118L2　(2)　(3)偏小　(4)不能 [解析](1)通过估算，舍去不足半格的，大于等于半格的记为一格，总计118格，而每格的边长为L，则可知形成的轮廓面积约为118L2。 (2)通过d＝，代入数据可得d＝＝。 (3)由于药丸并不是标准的球形，所以药丸紧挨着排成单层结构时，其所占的面积将偏大，从而导致测量得到药丸的直径偏小。 (4)由于20分度值的游标卡尺的精度为0.05 mm，所以最小相对误差为δ＝×100%＝5%或δ＝×100%＝5%，即相对误差δ＝±5%>±3%，故不能使相对误差小于±3%。 第3节　分子运动速率分布规律 课堂达标 1．C　[解析]布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，故A错误；气体分子的运动是杂乱无章的，表示气体分子的速度大小和方向具有不确定性，与温度的关系是统计规律，故B错误；气体分子的相互作用力十分微弱，气体分子可以自由运动造成气体没有固定形状，故C正确；气体分子的相互作用力十分微弱，但是由于频繁撞击使得气体分子间的距离不是一样大，故D错误。故选C。 2．D　[解析]同一温度下，速率越小，与速率越大的氧气分子个数占总分子数的比例越低，中间速率的氧气分子个数占总分子数的比例越高，所以AB错误；随着温度的升高，氧气分子的平均速率增大，所以C错误，D正确，故选D。 3．B　[解析]如果体积减小，分子数密集程度增大，但分子热运动的平均动能可能减小，故气体分子在单位时间内作用于器壁单位面积的平均作用力不一定增大，故A错误；如果压强增大，根据F＝pS，气体分子在单位时间内作用于器壁单位面积的平均作用力一定增大，故B正确；如果密度不变，说明体积不变，故分子数密度不变，但分子热运动的平均动能可能变化，故气体分子在单位时间内作用于器壁单位面积的平均作用力可能变化，故C错误；如果温度不变，分子热运动的平均动能不变，但分子数密度可能变化，故气体分子在单位时间内作用于器壁单位面积的平均作用力可能变化，故D错误。 课后精练 1．C　[解析]密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时，分子的平均动能增大，温度升高时，速率大的分子数占总分子数的百分比较大，所以T1小于T2，则C正确；ABD错误。故选C。 2．BCD　[解析]分子的运动杂乱无章，某时刻某一气体分子向左运动，下一时刻它的运动方向并不能确定，故A错误；正方形容器各个侧面的气体压强相等，所以任一时刻与容器各侧面碰撞的气体分子数目基本相同，故B正确；当温度升高时，速率大的气体分子数目增多，气体分子的平均动能增大，故C正确；气体分子速率呈现“中间多、两头少”的分布规律，故D正确。故选BCD。 3．D　[解析]布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体颗粒，受到液体或气体分子的无规则撞击所做的无规则运动，用肉眼无法观察到布朗运动，沙尘暴的运动是气流运动形成的，不是布朗运动，故A错误；从低温到高温，内能增加，内能的宏观表现是温度，温度越高，内能越大，故B错误；氧分子尺寸的数量级为10-10 m，而PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5 μm，故C错误；PM2.5在空气中的运动是布朗运动，由空气中大量空气分子无规则运动对其撞击的不平衡性引起的，故D正确。故选D。 4．D　[解析]步骤①和②都从相同的高度下落，不同的是豆粒的个数，故它模拟的气体压强与分子密集程度的关系，也说明大量的豆粒连续地作用在盘子上能产生持续的作用力，即反映了气体压强产生的原因，A错误，D正确；步骤②和③的豆粒个数相同，让它们从不同的高度落下，豆粒撞击的速率不同，所以它们模拟的是气体压强与分子的速率的关系，或者说是气体的分子压强与气体平均动能的关系，BC错误。故选D。 5．D　[解析]气体的分子的运动的统计规律：中间多，两头少；温度高，最大峰值向速度较大的方向移动；故曲线Ⅰ对应的气体温度更低；对应气体内能小，分子的平均速率也较小，故AB错误，D正确；在两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即两条曲线下面积相等，故C错误。故选D。 6．A　[解析]由于气体分子间的距离较大，分子间的作用力很弱，所以气体分子除了相互碰撞或者跟器壁碰撞外，可视为匀速直线运动，故A正确；气体分子的运动是无规则的，但在某一时刻，向各个方向运动的气体分子数目几乎相等，故B错误；速度为v的气体分子跟器壁发生碰撞过程中根据动量定理－mv－mv＝，可知＝－2mv，但并不是每一个分子的速度都是v，则每个气体分子跟器壁发生碰撞过程中，施加给器壁的冲量大小不一定为2mv，故C错误；气体的压强由体积和温度共同决定，所以增大气体体积，气体压强不一定减小，故D错误。故选A。 7．D　[解析]由题设可知，一个气体分子每与器壁碰撞一次，给器壁的冲量大小为ΔI＝2mv，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，则其内有的气体分子在Δt时间内与该柱体的底发生碰撞，碰撞的分子数为N＝×n×S×vΔt，则Δt时间内气体分子给器壁的冲量为I＝N·ΔI＝nSmv2Δt，器壁受到的压力为F＝＝nSmv2，则气体对器壁的压强为p＝＝nmv2，故选D。 8．BC　[解析]橡胶圈内充气越多，橡胶圈内气体的压强越大，橡皮圈越不容易被压缩，则空气弹簧的“功度系数”越大。故选BC。 第4节　分子动能和分子势能 课堂达标 1．A　[解析]乒乓球中的气体看作理想气体，温度升高，内能增大，分子的平均动能增大，并不是每个分子速率都增大。故A正确；BD错误；乒乓球中气体质量不变，温度升高，体积增大，密度减少，单位体积的分子数减少。故C错误。故选A。 2．B　[解析]根据图像可知，乙分子从a运动到c，受到的分子力表现为引力，分子间作用力先增大后减小，故A错误；根据图像可知，乙分子从a运动到d，受到的分子力先表现为引力后表现为斥力，分子间作用力先增大后减小再增大，故B正确；根据图像可知，乙分子从a运动到d，受到的分子力先表现为引力后表现为斥力，分子间的作用力先做正功后做负功，则两分子间的分子势能先减小后增大，故C错误；结合上述可知，乙分子从a运动到c，分子势能一直减小，从c运动到d，分子势能一直增大，可知，在c点时两分子间的分子势能最小，故D错误。故选B。 3．AB　[解析]温度是物体分子平均动能的标志，只要温度相同，物体分子的平均动能就相同，故A正确；内能是物体中所有分子热运动的动能与分子势能的总和，宏观上与物质的量、物体的温度及体积有关，所以物体的内能变化，温度不一定改变，温度高的内能不一定比温度低的内能大，故B正确，CD错误。故选AB。 课后精练 1．C　[解析]温度升高时，分子的平均动能一定变大，但每个分子动能不一定变大，分子的平均速率增大，但每个分子平均速率不一定变大，故AB错误，C正确；决定物体内能的是组成物体的分子总数、温度和体积三个因素。温度降低，内能可能减小，还有可能不变，甚至增加，故D错误。故选C。 2．A　[解析]若分子间距离r>r0，则分子间表现为引力，当分子间距离r减小时，分子力做正功，分子势能减小；若r<r0，则分子间表现为斥力，当分子间距离r减小时，分子力做负功，分子势能增大；当r＝r0时，分子势能最小，考虑取不同情况作为分子势能为零的点，BCD三个图像可能是正确的，A项一定错误；故A项符合题意，故选A。 3．AB　[解析]当空气质量显示为霾时，空气中细颗粒物(如PM1～2.5)即固体小颗粒在空气中做无规则运动是布朗运动，故A正确；温度是分子热运动平均动能的标志，从上午7点到下午1点，温度逐渐升高，空气分子中速率较大的分子所占总分子比例逐渐变大。故B正确；若温度降为8 ℃，水蒸气液化为露珠的过程中分子间的距离逐渐变小，引力和斥力均增大。故C错误；若温度降为8 ℃，水蒸气液化为露珠的过程中分子力表现为引力，且做正功，所以势能一直减小。故D错误。故选AB。 4．AD　[解析]内能和机械能之间没有必然的联系，二者无必然数量关系，故A错误，符合题意，BC正确，不符合题意；机械能可以转化为内能，内能也可以转化为机械能，故D错误，符合题意。故选AD。 5．AC　[解析]温度是分子平均动能的标志，温度低的物体分子平均动能一定小， A正确；物体的内能与物体的运动状态无关，相对地面静止的物体仍然具有内能，B错误；外界对物体做功时，若物体同时放热，则物体的内能不一定增加，C正确；物体分子的平均动能与物体的机械能无关，D错误。故选AC。 6．AC　[解析]根据定义，物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，叫作物体的内能，所以，物体的内能与物质的量、温度、体积有关，甲、乙比较，温度相同，乙的物质量多，乙的内能大于甲的内能，乙与丙比较，物质的量相同，但丙的温度高，所以丙的内能大，三者比较，丙的内能最大，甲的内能最少，A正确，B错误；分子的平均动能与温度有关，丙的温度最高，丙的平均动能最大，C正确；甲、乙的温度相同，分子平均动能相同，D错误。故选AC。 7．AD　[解析]因室外温度比室内高，所以室外停车场汽车轮胎内的气体温度高，而温度是气体分子平均动能的标志，因此分子的平均动能更大，故A正确；温度升高，平均动能变大，但并不是所有分子热运动的速率都更大，故B错误；因轮胎体积不变，所以单位体积内的分子数不变，故C错误；在体积不变的情况下，温度越高，气体分子的平均动能越大，气体的压强越大，单位时间内与轮胎内壁单位面积撞击的分子数越多，故D正确。故选AD。 8．BD　[解析]雪融化成水的过程中，温度不变，水分子的平均动能不变，故A错误；一定质量的雪融化成水的过程中，温度不变，吸热，所以其内能增大，故B正确；水蒸发成水蒸气的过程中，体积变大，克服引力做功，水分子的势能变大，故C错误；水蒸发成同质量的水蒸气的过程中，吸收的热量一部分增加内能，另一部分克服分子引力做功，故D正确。故选BD。 9．(1)2mv　(2)na3　(3)在Δt时间内，设N个分子对面积为S的器壁产生的作用力为F，N个分子对器壁产生的冲量为FΔt＝NI，根据压强的定义p＝＝nkT，所以mv2＝kT由此可知，温度是分子平均动能的标志。 [解析](1)以气体分子为研究对象，以分子碰撞器壁时的速度方向为正方向，根据动量定理，有－I＝－mv－mv＝－2mv，所以一个分子与器壁碰撞一次器壁给分子的冲量的大小为I＝2mv。 (2)如图所示，以器壁的面积S为底，以vΔt为高构成柱体 由题设条件可知，柱体内的分子在Δt时间内有六分之一与器壁S发生碰撞，碰撞分子总数为 N＝n·SvΔt＝na2vΔt＝na3。 (3)在Δt时间内，设N个分子对面积为S的器壁产生的作用力为F，N个分子对器壁产生的冲量为FΔt＝NI 根据压强的定义p＝＝nkT，所以mv2＝kT由此可知，温度是分子平均动能的标志。 章末复习提升 知识构建 6．02×1023　扩散　布朗　无规则　剧烈　斥　0　引　　中间多　两头少　大　平均速率　数密度　温度 体积　温度　相对位置　动能　势能　物质的量　温度 体积 教考衔接 [典例1] C　[解析]根据题意，一定质量的理想气体，甲乙两个状态下气体的体积相同，所以分子密度相同、分子的平均距离相同，故AB错误；根据题图可知，乙状态下气体速率大的分子占比较多，则乙状态下气体温度较高，则平均动能大，故C正确；乙状态下气体平均速度大，密度相等，则单位时间内撞击容器壁次数较多，故D错误。故选C。 [跟踪训练1] B　[解析]由题图可知，T2中速率大分子占据的比例较大，则说明T2对应的平均动能较大，故T2对应的温度较高，T1＜T2，故A错误，B正确；曲线下的面积表示分子速率从0～∞所有区间内分子数的比率之和，均为1，相等，即S1＝S2，故CD错误。故选B。 [典例2] C　[解析]两个分子间距离r等于r0时分子势能为0，从r0处随着距离的增大，此时分子间作用力表现为引力，分子间作用力做负功，故分子势能增大；从r0处随着距离的减小，此时分子间作用力表现为斥力，分子间作用力也做负功，分子势能也增大，故可知当r不等于r0时，Ep为正。故选C。 [跟踪训练2] C　[解析]分子间距离大于r0，分子间表现为引力，分子从无限远靠近到距离r0处过程中，引力做正功，分子势能减小，则在r0处分子势能最小；继续减小距离，分子间表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大。故选C。 第一章　章末检测(一) 1．D　[解析]小颗粒做无规则运动，则每隔30 s把小颗粒的位置记下，然后用直线依次连接起来，得到的不是小颗粒的运动轨迹，选项A错误；布朗运动的产生原因是液体分子不停地对悬浮在液体中的小颗粒不停碰撞产生的，选项B错误；花粉颗粒越大，则单位时间内受到液体分子的撞击越多，受到的冲力越平衡，布朗运动越不明显。故C错误；布朗运动反映了液体分子或气体分子的无规则运动，选项D正确。故选D。 2．A　[解析]原油体积为V＝＝ m3＝10 m3，污染的海洋面积S＝＝ m2＝1011 m2，故选A。 3．D　[解析]瓶子是密封的，所以瓶内气体分子数不能增加，A错误；温度是分子的平均动能的标志，当瓶子拿出冰箱一段时间后瓶内气体的温度升高，瓶内气体分子的平均动能增大，但不是每一个分子的平均动能都增大，即不是瓶内所有气体分子的运动更剧烈，B错误；瓶子外是大气，大气压没有变化，所以瓶塞所受外力不变，而瓶内气体的温度增大而体积不变，由理想气体的状态方程可知，瓶内气体的压强将增大，瓶塞被弹出，瓶塞合外力变大，C错误；瓶内气体的温度增大而体积不变，分子平均速率增大，单位时间内，单位面积上气体分子与瓶塞碰撞的作用力增大，所以瓶塞受瓶内气体分子的平均作用力变大，瓶塞被弹出，D正确。故选D。 4．B　[解析]气体分子的平均速率增大，分子数密度可能减小，故气体的压强不一定增大，故B正确，A错误；气体分子的密集程度增大，分子热运动的平均动能可能减小，故气体的压强不一定增大，故C错误；气体分子的平均动能增大，分子数密度可能减小，故气体的压强不一定增大，故D错误。故选B。 5．A　[解析]分子势能为标量，由题图可知在r＝r2时分子势能最小，故r＜r2时，r越小分子势能越大，故A正确；分子势能为标量，由题图可知在r＝r2时分子势能最小，故r＞r2时，r越大分子势能越大，故B错误；分子势能为标量，由题图可知在r＝r2时分子势能最小，则r2为平衡位置，分子力为零，由题图可知在r＝r1时处分子间表现为斥力，故CD错误。故选A。 6．C　[解析]自热米饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，由分子动理论知，体积不变，气体分子间分子力(引力)可忽略不计，分子间相互作用力不变，选项A错误；自热米饭盒爆裂前气体温度升高，内能应增大，突然爆裂的瞬间气体其内能减少，温度也会有所下降，选项B错误，C正确；自热米饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，分子平均动能增加，但并不是每一个气体分子速率都增大，故D选项错误。故选C。 7．B　[解析]考查宏观量和微观量的关系，注意气体分子距离大，计算分子个数可以用质量关系，不能用体积关系。摩尔质量为Mm＝mNA ，故A说法不符合题意。表达式Vm＝中分子表示摩尔质量，分母是气体的密度，二者的比值等于摩尔体积，故B符合题意。表达式V0＝计算出来的是一个分子占有的空间，比单个分子的体积要大，故C的说法不符合题意。因为气体分子距离比较大，阿伏加德罗常数为不等于摩尔体积比一个分子的体积。故D说法不符合题意。 8．BC　[解析]只知道水的摩尔质量和水分子的体积，而不知道密度，故不能求出阿伏加德罗常数，A错误；用水的摩尔质量除以水分子的质量可以求解阿伏加德罗常数，B正确；用氧气的摩尔质量除以氧气分子的质量可以求解出阿伏加德罗常数，C正确；用氧气的摩尔体积除以氧气分子所占空间的体积能求出阿伏加德罗常数，但用氧气的摩尔体积除以氧气分子的体积不能求出阿伏加德罗常数，D错误。故选BC。 9．AB　[解析]墨水中的小碳粒的运动是因为大量水分子对它的撞击作用力不平衡导致的，并且没有规则，这反映了液体分子运动的无规则性。所以A正确；温度越高分子无规则运动的剧烈程度越大，因此在真空、高温条件下可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素，所以B正确。气态的物体其引力是大于斥力的；物态并不是只由分子间作用力所决定的；故C错误。当分子间距离为r0时分子间作用力最小，所以当分子间距离从大于r0处增大时分子力先增大后减小，故D错误。 10．AB　[解析]当r＝r0时分子势能最小，当r>r0时分子力表现为引力，随着分子间距的增加，分子力做负功，分子势能增加，随着分子间距的减小，分子力表现为斥力，分子力做负功，分子势能增加，因此当10r0>r>r0，Ep随着r的增加而增大，故A正确，C错误；当r<r0时，分子力表现为斥力，随着r的减小，分子力做负功，分子势能增加，因此当r<r0时，Ep随着r的减小而增大，故B正确；根据题意可知，当r＝∞时，Ep＝0，而当r>r0，且分子间距逐渐增大的过程中，分子势能逐渐增大，当r<r0，且分子间距逐渐减小的过程中，分子势能逐渐增大，因此可知，当r≠r0时，Ep并非最小，且Ep的最小值小于0，故D错误。故选AB。 11．(1)③应先在水面上撒爽身粉或石膏粉 (2)1.2×10-10 [解析](1)③水面上不撒爽身粉或石膏粉时，滴入的油酸酒精溶液在酒精挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜，油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败，故应先在水面上撒爽身粉或石膏粉。 (2)油膜的体积等于一滴油酸酒精溶液内纯油酸的体积，则d＝＝ m＝1.2×10-10 m。 12．(1)BFEC　(2)116　4×10-10　(3)AD [解析](1)“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制酒精油酸溶液(记下配制比例)→测定一滴酒精油酸溶液的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径，因此操作先后顺序排列应是：DBFEC。 (2)按照超过半格的算一个，不足半格的舍去原则，可得共有116格，油酸膜的面积为S＝116×1×1 cm2＝116 cm2 每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为 V＝××10-6 m3＝5×10-12 m3 估测出油酸分子的直径为 d＝＝ m≈4×10-10 m。 (3)水面上爽身粉撒得较多，油膜没有充分展开，测得的油膜面积偏小，由d＝可知，测出的分子直径结果偏大，故A正确；计算油酸膜面积时，错将不足半格的方格作为完整方格处理，测的油膜面积偏大，由d＝可知，测出的分子直径结果偏小，故B错误；油酸酒精溶液配制时间较长，酒精挥发较多，则溶液浓度增大，1滴溶液形成油膜面积变大，得到的分子直径将偏小，故C错误；求每滴油酸酒精溶液的体积时，1 mL的溶液滴数少计了5滴，测得纯油酸的体积偏大，由d＝可知，测出的分子直径结果偏大，故D正确。故选AD。 13．(1)7.0×10-8 m　(2)8.7×1017个 [解析](1)吸烟者抽一根烟吸入气体的总体积为10×300 cm3，含有空气分子数 n＝×6.02×1023个≈8.1×1022个 办公室单位体积空间内含被污染的空气分子数为 个/m3≈2.9×1021个/m3 每个被污染的分子所占体积为V＝ m3 所以平均距离L＝＝7.0×10-8 m。 (2)被动吸烟者一次吸入被污染的空气分子数为 N＝2.9×1021×300×10-6个＝8.7×1017个。 14．(1)2.82×10-10 m　(2)8.25×10-10 N [解析](1)因为铁的摩尔质量M＝55.58×10-3 kg/mol 所以铁原子的体积V0＝＝ m3≈1.17×10-29 m3 铁原子直径d＝≈2.82×10-10 m。 (2)因原子力的作用范围在10-10 m数量级，阻止拉断的原子力主要来自于断开截面上的所有原子对。当铁晶上的拉力分摊到一对铁原子上的力超过拉伸过程中的原子间最大原子力时，铁晶就被拉断。 单个原子球的截面积S＝≈6.24×10-20 m2 铁晶断面面积S′＝≈2.01×10-12 m2 断面上排列的铁原子数N＝≈3.2×107 所以拉断过程中最大铁原子力 f＝≈ N＝8.25×10-10 N。 15．(1)1.28×1018个　(2)1.19×10-7 kg [解析](1)地球到月球的平均距离为 s＝3.8×105 km＝3.8×108 m 铁的摩尔质量为M＝5.6×10-2 kg/mol 密度为ρ＝7.9×103 kg/m3 每个铁分子可以看作直径为d的分子，则分子的体积为V0＝πd3，铁的摩尔体积为V＝，则有NAV0＝V＝，代入数据可得铁分子的直径为d＝3.0×10-10 m 故“分子大道”需要的分子数为： N＝＝个≈1.28×1018个。 (2)单个分子的质量为m0＝ 这些分子的总质量为m＝m0·N＝N＝ ×1.28×1018 kg≈1.19×10-7 kg。 第一章　章末检测(二) 1．C　[解析]布朗运动是指在显微镜中看到的悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，选项A错误；花粉颗粒的布朗运动反映了液体分子在永不停息地做无规则运动，选项B错误；悬浮颗粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，颗粒的受力越平衡，布朗运动越不明显，选项C正确；当物体温度达到0 ℃时，分子的运动不会停止，则布朗运动也不会停止，选项D错误。 2．A　[解析]当分子力表现为引力时，随着分子间距离增大，分子力做负功，故分子势能增大，故A正确；分子之间同时存在引力和斥力，当相邻的两个分子之间的距离减小时，分子间的引力变大，斥力也变大，故B错误；给自行车打气时气筒压下后反弹，是由活塞上下的压强差造成的，故C错误；分子间的距离为r0时合力为0，此时分子势能最小，故D错误。 3．D　[解析]该气体在标准状态下的密度为，A错误；该气体每个分子的质量为，B错误；每个气体分子在标准状态下占据的体积为，C错误；该气体单位体积内的分子数为，D正确。 4．A　[解析]若保持气体的体积不变，则分子势能不变，温度升高，分子的平均动能变大，故气体的内能增大，A正确，B错误；若保持气体的温度不变，则气体分子的平均动能不变，体积增大，分子间的引力做负功，分子势能增大，故气体的内能增大，选项C、D错误。 5．A　[解析]温度为T1时对应的曲线的“峰值”偏右，因此T1>T2，温度为T2时的氧气分子的平均动能较小，故A正确，BC错误；温度分别为T1和T2时对应的曲线与坐标轴围成的面积相等，故D错误。故选A。 6．B　[解析]一滴油酸体积为，故直径d＝；油酸的摩尔体积为Vmol＝，一个油酸分子体积为V0＝πd3＝，故NA＝＝，故B正确。 7．A　[解析]当分子间作用力表现为斥力时，分子间距离减小，分子间作用力做负功，分子势能增大，A正确；当r＝r2时，分子间作用力不为零，分子势能最小(小于零)，当r＝r1时，分子间作用力为零，B错误；当r<r2时，分子间作用力表现为斥力，随着分子间距离r减小而增大，C错误；当r>r2时，分子间作用力表现为引力，随着分子间距离r增大，分子间作用力做负功，分子势能增加，D错误。 8．ABD　[解析]温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，A正确；由不同温度下的分子速率分布曲线可知，两个容器中氢分子的速率都呈现“中间多、两头少”的分布规律，B正确；温度升高，并不是所有分子的速率都增大，C错误；温度升高则分子运动的剧烈程度增大，则单位时间内撞击容器壁的分子数增加，且撞击力增大，故对容器壁单位面积的平均作用力更大，D正确。 9．BD　[解析]温度越高，分子无规则运动越剧烈。7月份与1月份相比较，平均气温升高了，所以空气分子无规则运动加强了，故A错误，B正确；温度升高，分子的平均动能变大，但是压强减小，知气体分子的数密度减小，则单位时间内空气分子对单位面积器壁的撞击次数减少，故C错误，D正确。 10．AC　[解析]由0.5r0到r0过程中，分子间作用力表现为斥力，距离增大时，分子间作用力做正功，分子势能减小，B的动能增加；当r＞r0时，分子间作用力表现为引力，分子间距离增大时，分子间作用力做负功，分子势能增大，B的动能减小，所以r＝r0时，B的动能最大，速度最大，此时分子势能最小，A、B间作用力为零，A、C正确，B错误；B从与A相距0.5r0处由静止释放，B远离A的过程中，距离增大，引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，D错误。 11．　 [解析]每个氦－3分子的质量为m0＝ 已知每千克月球土壤中含有氦－3的质量为m，则1.731 kg月球土壤中含有氦－3的质量为1.731m，则嫦娥五号返回器带回的1.731 kg月球土壤中含有氦－3分子总个数为N＝。 12．(1)8.0×10-3　(2)1.0×10-11　(3)1.3×10-9　(4)BD [解析](1)每个小方格的面积为S1＝1×10-4 m2，超过半格的按一格计算，小于半格的舍去 由题图可估算油酸薄膜的面积约为 S＝80S1＝80×10-4 m2＝8.0×10-3 m2。 (2)一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积 V＝××10-6 m3＝1.0×10-11 m3。 (3)把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则油酸分子的直径约为 d＝＝ m≈1.3×10-9 m。 (4)为能形成单分子油膜，油酸浓度应适当小一些；绘制轮廓图应在油酸扩散并待其形状稳定后进行，B、D正确，A、C错误。 13．(1)1×1022个　(2)3×10-10 m [解析](1)一个铁原子的质量m0＝，1 g铁含有的原子数： N＝＝＝个≈1×1022个。 (2)一个铁原子的体积 V0＝＝ m3≈1.2×10-29 m3 根据V0＝πd3得 d＝＝ m≈3×10-10 m。 14．(1)4×1022个　(2)3×10-9 m [解析](1)设氙气的物质的量为n，则n＝ 氙气分子的总数：N＝NA＝×6×1023个≈4×1022个。 (2)每个分子所占的空间为：V0＝ 设分子间平均距离为a，则有：V0＝a3 则a＝＝ m≈3×10-9 m。 15．(1)　(2)　(3)见解析 [解析](1)根据动量定理有－F0Δt＝－mv－mv 解得F0＝。 (2)在空间截取边长为vt的正方体，其所含分子数为N＝n3 由于向各个方向运动的气体分子数目几乎相等， 则在时间t内正方体内与其中一个面撞击的分子数占总分子数的，根据动量定理有 －Ft＝－mv－mv 气体压强为p＝＝ 解得p＝。 (3)对于一定量的气体，若仅升高温度，气体分子运动的平均速率增大，气体分子撞击器壁的平均作用力增大，则压强增大，若仅减小体积，则气体分子分布的密集程度增大，单位时间撞击器壁单位面积的分子数目增大，则气体压强增大。 第二章　气体、固体和液体 第1节　温度和温标 课堂达标 1．B　[解析]开空调1 min内教室内的气体温度、体积均要变化，故不是平衡态，故A错误；两物体温度不同，接触后高温物体会向低温物体传热，是非平衡态，故B正确；0 ℃的冰水混合物放入1 ℃的环境中，周围环境会向冰水混合物传热，故不是平衡态，故C错误；压缩密闭容器中的空气，要对空气做功，机械能转化为内能，故不是平衡态，故D错误。故选B。 2．B　[解析]处于热平衡的两个物体的温度相等，因此分子平均动能相等，但内能不一定相同，故A错误，B正确；系统内各部分状态参量，包括温度、压强、体积等，能够达到稳定的状态叫做平衡态，是热力学范畴，当系统所受合外力不为零时，只要系统内各部分状态参量能够达到稳定的状态，也能处于平衡态，故C错误；处于平衡态的系统内分子的平均动能不变，但分子的热运动是无规则的，并不是所有的分子的动能都相同，故D错误。故选B。 3．A　[解析]温度是表示物体的冷热程度，它反映物体内部分子热运动的状况。分子热运动越快，温度就越高。温标是衡量温度高低的标尺，它是描述温度数值的统一表示方法，故温度不是温标，故A错误；两个系统处于热平衡时，它们具有一个共同的性质——温度相同，故B正确；根据分子动理论，温度是分子热运动平均动能的标志，故C正确；温度的高低决定了分子热运动的剧烈程度，故D正确。本题选错误的，故选A。 4．C　[解析]摄氏温标用t表示，热力学温标用T表示，则热力学温标和摄氏温标的函数关系为T＝t＋273.15 K，由函数关系式可知，T－t图像的斜率为正值，且T＝0当时，t为负值，故ABD错误C正确。故选C。 课后精练 1．C　[解析]处于热平衡状态的两个系统，如果受到外界的影响，状态参量会随之变化，热平衡状态可能被破坏，故A错误；热平衡定律可以研究三个系统，对三个以上的系统也适用，故B错误；如果两个系统彼此接触而状态参量不再变化，这两个系统又不受外界影响，那么这两个系统一定处于热平衡状态，故C正确；两个系统处于热平衡时，它们的温度一定相同，温度相同是达到热平衡的标志，故D错误。故选C。 2．B　[解析]分子热运动的速率规律是一个统计规律，物体的温度升高，物体内分子热运动的平均速率增大，而不是物体内每个分子热运动的速率都增大，A错误；温度是物体内部分子平均动能大小的标志，物体的温度越高，其内部分子的平均动能就一定越大，B正确；15 ℃的水蒸发成15 ℃的水蒸气后，温度不变，分子的平均动能不变，C错误；温度是系统达到热平衡的标志，达到热平衡的两个系统温度一定相等，则其内部分子的平均动能一定相同，D错误。故选B。 3．A　[解析]由题意知T1＝－100 ℃＝173 K，T2＝－92 ℃＝181 K，两温度相差ΔT＝T2－T1＝8 K，故选A。 4．D　[解析]摄氏温度升高1 ℃等于热力学温度升高1 K，故A错误；某物体热力学温度为20 K，即摄氏温度为t＝(20－273.15) ℃＝－253.15 K，故B错误；热力学温标亦称“绝对温标”，是由开尔文首先引入的，开尔文所利用的实验事实是气体发生等容变化时，压强与摄氏温度成线性关系，再进行合理外推得到的，故C错误；摄氏温度有负值，热力学温度最小是零，不可能为负值，故D正确。故选D。 5．C　[解析]每格表示＝0.5 ℃，比冰熔点高出的温度为(150－50)×0.5 ℃＝50 ℃，故选C。 6．D　[解析]热力学温度的单位“K”是国际单位制中七个基本单位之一，故A正确，不符合题意；热力学温标与摄氏温标两者大小关系为T＝t＋273.15 K，因此0 ℃的温度可用热力学温度粗略地表示为273 K，故B正确，不符合题意；温度升高了1 ℃就是升高了1 K，故C正确，不符合题意；热力学温度和摄氏温度的温标不同，但是两者大小关系为T＝t＋273.15 K，可以进行转换，所以两者表示的温度可以换算单位之后进行比较，故D错误，符合题意。故选D。 7．(1)T＝t＋273.15 K　(2)300　100　373　(3)1 [解析](1)摄氏温标冰点温度为0 ℃，汽化点温度作为100 ℃，且用t表示；而热力学温标是把－273.15 ℃作为0 K的。用K表示，所以热力学温标与摄氏温标之间的关系为T＝t＋273.15 K。 (2)如果取－273 ℃为绝对零度，则T与t的关系为T＝t＋273 K，显然，室温27 ℃可以表示为300 K，在一标准大气压下，冰的沸点为100 ℃，即为373 K。 (3)因T＝t＋273.15 K 所以当t由1 ℃增加到2 ℃时，T就由 1＋273.15 K＝274.15 K 增加到2＋273.15 K＝275.15 K 显然物体的温度升高了1 ℃，温度升高了1 K。 8．A　[解析]由图甲得R＝R0＋kt，由于T＝t＋273.15，联立可得R＝(R0－273.15k)＋kT，可知该电阻R与热力学温度T是线性关系，故A正确；由闭合电路欧姆定律得I＝，解得t＝－，可知温度与电流是非线性关系，故B错误；由图甲可知，温度越高，R阻值越大，由闭合电路欧姆定律知回路中的电流越小，根据P＝EI可知，电源的总功率越小，故C错误；由甲图可知，tA点对应的电阻阻值较小，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较大，则tA应标在电流较大的刻度上，故D错误。故选A。 9．(1)107 ℃　 (2)9.6 cm [解析](1)设水银柱的长L与温度t成线性关系 L＝at＋b 当t＝0 ℃时，L＝4 cm，所以L＝a×0＋b＝b＝4 当t＝100 ℃时，L＝24 cm，所以L＝100a＋b＝100a＋4＝24.0 求得a＝0.2，b＝4 因此得到柱长与温度的关系L＝0.2t＋4 所以当L＝25.4 cm时，将其代入公式可得 0．2t＋4＝25.4 解得t＝107 ℃，故该溶液沸点为107 ℃。 (2)由(1)中可得公式L＝0.2t＋4 当t＝28 ℃时，代入公式可得L＝0.2×28＋4＝9.6 cm。 第2节　气体的等温变化 课堂达标 1．C　[解析]实验时注射器如何放置对实验结果没有影响，故A错误；推拉活塞时，动作要慢，使其温度与环境保持一致，故B错误；活塞移至某位置时，应等状态稳定后再记录数据，故C正确；注射器中封闭一定质量的气体，用压强传感器与注射器相连，通过数据采集器和计算机可以测出注射器中封闭气体的压强，体积可以从注射器上的刻度读出，故D错误。故选C。 2．(1)压强　刻度　否　(2)C [解析](1)封闭气体的压强p用压强传感器测量。 体积V由注射器刻度读出，压强传感器需要校准，不需要调零。 (2)根据玻意耳定律可知100.1 kPa×18 cm3＝p7×12 cm3 解得p7＝150 kPa，故选C。 3．AB　[解析]A图中可以直接看出温度不变，故A正确；B图说明p∝，即pV乘积为常量，是等温过程，故B正确；C图是双曲线的一支，但横坐标是温度，温度在变化，故不是等温线，故C错误；D图的p－V图线不是双曲线，故也不是等温线，故D错误。故选AB。 课后精练 1．C　[解析]在向上提玻璃管时，管内气体温度不变，设大气压为p0，封闭气体压强p＝p0＋ρgh，当玻璃管稍向上提一点时，封闭气体压强不变，由玻意耳定律可知，气体体积不变，空气柱长度不变， 试管内外的液面高度差不变。故选C。 2．p0＋ [解析]以活塞为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得mg＋p0S＝pS 则p＝p0＋。 3．反比　＜ [解析]一定质量的气体的等温线为双曲线的一支，由等温线的物理意义可知，压强与体积成反比；对于一定质量的气体，温度越高，等温线离坐标原点的位置就越远，所以T1<T2。 4．A　[解析]设至少需要把气囊完全压n次，才能有水从出水管流出，设大气压强为p0，水桶内气体体积为V0，气囊体积为V1，根据玻意耳定律可得p0(V0＋nV1)＝p1V0 其中p0＝ρgh＝10ρg，V0＝4 320 πcm3，V1＝72 πcm3， p1＝ρg(h＋0.4 m)＝10.4ρg，联立解得n＝2.4 则至少需要把气囊完全压3次。故选A。 5．(1)AB　(2)D　(3)C (4)或者 [解析](1)保证注射器内封闭气体的温度不发生明显变化，环境温度不变，故A正确；实验过程中应缓慢地推动活塞，使气体温度始终与环境温度相同，故B正确；实验过程中要用手握紧注射器并快速推拉活塞，气体温度将升高，故C错误。故选AB。 (2)若考虑连接注射器与压强传感器的软管内的气体体积为V0，根据玻意耳定律有p(V＋V0)＝C，可得p＝ 则p－图像为曲线；或者V＝C－V0，则V－图像如图D所示。故选D。 (3)由(2)的分析可知V＝C－V0，C是与气体质量有关的量，当气体质量不变时，V与成线性关系，图像过(0，－V0)；当气体质量变小后，V与仍成线性关系，图像仍过(0，－V0)，但斜率比原来小，此时为图像C所示。故选C。 (4)以注射器内气体与传感器和注射器连接处的软管内气体为研究对象，气体总体积V气＝V＋V0－V米 由玻意耳定律得pV＝C 则未放大米时＝V＋ 此时k1＝，a1＝ 放上大米后＝V＋ 则k2＝，a2＝ 解得V米＝ 或者V米＝。 6．(1)CD　(2)>　(3)A [解析](1)该实验必须保证气体温度不变，用手紧握或快速推拉活塞会使气体的温度升高，故A错误；在活塞上涂润滑油，目的是防止漏气，保证被封闭气体的质量不变，而不是减小摩擦，故B错误；在“探究气体等温变化的规律”的实验中，根据pV＝C(C为常数)，只要刻度分布均匀，就可以研究p与V的关系，不需要标注单位，故C正确；封闭一定质量的气体时，先要摘除橡胶套，拉动柱塞使之移到适当位置后，再用橡胶套封闭注射器的注射孔，故D正确。故选CD。 (2)若两次实验气体的质量一定，根据理想气体状态方程可知＝C，可得p＝CT，故p－图像的斜率为k＝CT，由于k1>k2，所以T1>T2。 (3)设大米的体积为V0，由p(V－V0)＝C，解得V＝C＋V0，即V－图像为一次函数，纵轴的截距为正。故选A。 7．(1)p0＋　(2) [解析](1)以井盖为研究对象，当井盖恰好被顶起时，根据平衡条件有p0S＋mg－pS＝0 解得p＝p0＋。 (2)以水位和井盖之间的气体为研究对象，依题意气体温度保持不变，由pV＝C，有p0hS＝p(h－Δh)S 解得Δh＝。 第3节　气体的等压变化和等容变化 课堂达标 1．A　[解析]由等压变化可得＝＝＝，则每升高1 ℃增大的体积ΔV＝＝，故选A。 2．B　[解析]以汽缸整体为研究对象，由受力平衡知弹簧弹力大小等于汽缸整体总重力，故L、h不变，设汽缸壁的重力为G1，大气压强为p0，则封闭气体的压强p＝p0－保持不变，当温度升高时，由盖吕萨克定律知气体体积增大，H将减小，故只有B项正确。 3．B　[解析]由盖吕萨克定律可得＝，代入数据可知＝，得T2＝450 K，所以升高的温度ΔT＝150 K，即升高了150 ℃，故B正确。 4．B　[解析]由于气体的压强不变，故ΔV＝·ΔT，由于V1＝V2＞V3，ΔT相同，故ΔV1＝ΔV2＞ΔV3，即甲管与乙管中水银柱向上移动最多，故选项B正确，ACD错误。 5．D　[解析]将氧气瓶由寒冷的室外搬到温暖的室内，并放置一段时间，瓶内氧气温度升高，气体分子热运动的平均动能增大；氧气瓶的容积不变，所以氧气的体积不变，根据查理定律，有＝，可知，温度升高，所以气体的压强变大。故选D。 6．ABC　[解析]理想气体是在研究气体的性质过程中建立的一种理想化模型，现实中并不存在，A正确；理想气体是建立出来的理想化模型，其所具备的特性均是人为规定的，B正确；对于理想气体，分子间不存在相互作用力，也就没有分子势能的变化，其内能的变化即为分子动能的变化，宏观上表现为温度的变化，C正确；实际中的不易液化的气体，包括液化温度最低的氦气，只有在温度不太低、压强不太大的条件下才可当作理想气体，在压强很大和温度很低的情形下，分子的大小和分子间的相互作用力就不能忽略，D错误。故选ABC。 7．C　[解析]气体温度降低，根据分子动理论可知分子平均动能减小，但并不是每个气体分子运动的动能都减小，A错误。气体温度降低，气体分子平均动能减小，并且真空胎体积不变，温度降低，根据查理定律可知气体压强减小，B错误。根据气体分子速率分布规律可知，当温度降低时，速率大分子比例减少，则速率大区间的分子数减少，分子平均速率减小，C正确。理想气体的分子势能忽略不计，D错误。故选C。 课后精练 1．D　[解析]一定质量的理想气体，如果保持体积不变，当温度升高时，根据查理定律＝C，可知气体的压强增大；由于体积不变，则气体的密度不变；由于温度升高，气体分子的平均速率增大；根据压强微观意义可知，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多。故选D。 2．C　[解析]图a、图c查理定律研究的是等容变化，压强与温度成正比，且过坐标原点，故A正确，不符合题意，C错误，符合题意；图b玻意耳定律研究的是等温变化，压强与体积成反比，故B正确，不符合题意；图d盖－吕萨克定律，研究的是等压变化，体积与温度成正比，故D正确，不符合题意。故选C。 3．CD　[解析]根据理想气体状态方程＝C，加热过程视为等容变化，则加热后底层气体压强变大。故A错误；加热后，分子的平均动能增大，但并不是盒内每一个气体分子速率都增大了。故B错误，D正确；加热后底层气体温度升高，内能增大。故C正确，故选CD。 4．CD　[解析]由题意可知，状态a→b，是等温变化，理想气体的温度不变，A错误；状态b→c，是等压变化，理想气体的压强不变，由＝C可知，当理想气体的体积减小，温度降低，体积减小，分子的平均动能减小，单位体积内的分子数增多，单位时间内对单位面积器壁碰撞的分子数变多，B错误，C正确；状态c→a，是等容变化，体积不变，由ρ＝可知，一定质量的理想气体的密度不变，D正确。故选CD。 5．C　[解析]由＝R，可知，1→2是等压升温过程，2→3是等容降温过程，3→1是等温升压过程，故C正确，ABD错误。故选C。 6．C　[解析]根据理想气体状态方程＝C，可得p＝CT·，一定质量的理想气体发生等温变化，可知压强p与体积V成反比，即压强p与体积的倒数成正比，故p－图像为过原点的直线，图像斜率为k＝CT，可知温度越高，p－图像的斜率越大，由于T1>T2，故C正确，ABD错误。故选C。 7．A　[解析]在压强不变的情况下，由盖－吕萨克定律＝C，得ΔV＝V，所以ΔV1＝V1，ΔV2＝V2，因为V1、V2分别是气体在5 ℃和283 K时的体积，而 ＝，所以ΔV1＝ΔV2，故选A。 8．A　[解析]因为BA的反向延长线与t轴的交点为－273 ℃，可知A→B是等容变化，温度升高，压强变大，故A→B是等容升温过程，故A正确，B错误；B→C是等温变化过程，根据玻意耳定律，压强与体积成反比，压强减小，体积增大，所以B→C是等温膨胀过程，故C错误；C→A是等压变化过程，根据盖－吕萨克定律，温度降低，体积与热力学温度成正比，体积减小，所以C→A是等压压缩过程，故D错误。故选A。 9．A　[解析]设初始温度为T0、罐中空气体积为V0、吸管内空气柱长度为L0、其横截面积为S，温度变化后为T1、罐中空气体积不变、吸管内空气柱长变为L1、其横截面积不变。在温度变化时，气体做等压变化，有C＝＝，可知Δx＝Δt，故温度变化量与距离的变化量成正比，故A正确；罐中气体压强始终等于大气压，即罐中气体压强始终不变，故B错误；根据题意及A选项分析可得，油柱距离的变化与温度变化量关系为Δx＝Δt，可知，若更换更粗的透明吸管，其余条件不变，即在温度变化相同的条件下，吸管中的油柱左右移动距离会变小，则测量范围会变大，故C错误；根据C＝，Δx＝Δt，可得Δx＝Δt，若用更小的饮料罐，其余条件不变，即在温度变化相同的条件下，吸管中的油柱左右移动距离会变小，即该气温计的测温灵敏度会降低，故D错误。故选A。 10．ABD　[解析]V－T图像中，A与B的连线是一条过原点的倾斜直线，为等压线，所以pA＝pB，温度升高TA<TB，选项A正确；由题图可知，由B到C的过程中，体积不变，温度降低，由查理定律＝C可知压强变小，选项B正确，C错误；由题图可知，由C到D的过程中，温度不变，体积变小，由玻意耳定律pV＝C可知压强变大，选项D正确。 11．B　[解析]活塞与汽缸的质量相等，均设为m，对题图甲的汽缸受力分析，根据平衡条件有0.9p0S＋mg＝p0S，解得m＝，对题图乙的活塞受力分析，根据平衡条件有p0S＝mg sin 30°＋p乙S，解得p乙＝0.95p0，故A错误，B正确；若环境的热力学温度降为0.95T0，根据理想气体状态方程有＝，解得题图乙中封闭气体的体积V＝0.9V0，故CD错误。故选B。 12．AD　[解析]由理想气体的p－V图可知，理想气体经历ab过程，体积不变，压强增大，根据＝C可知，温度升高，则气体分子的平均动能增大，A项正确；ca过程为等压压缩，体积减小，则分子的密集程度增大，B项错误；由＝C可知，p－V图像的坐标围成的面积反映温度，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程的温度先升高后降低，C项错误，D项正确。 13．(1)80 cmHg　(2)216 K [解析](1)此时封闭气体的压强大小为p1，有 p1＝p0＋ρgh 代入数据解得p1＝80 cmHg。 (2)设玻璃管横截面积为S，以管内气体为研究对象，末态压强为p2，气柱长度为L2，有p2＋ρgΔh＝p0 其中L2＝L－Δh 根据理想气体状态方程有＝ 解得T2＝216 K。 14．(1)1.2×105 Pa (2)能，见解析 (3)0.9×105 Pa [解析](1)设此时筒内两活塞间气柱的压强为p1，对AB整体，由平衡条件有p0SA＋p1SB＋mCg＝p0SB＋p1SA 代入题中数据，解得p1＝1.2×105 Pa。 (2)温度缓慢降低时，两活塞缓慢右移，气柱等压变化，设温度降至T2时，活塞右移的最大距离为L，根据盖－吕萨克定律有＝ 代入数据有T2＝400 K 由于T3＝(273＋27)K＝300 K<T2 故活塞A能向右移距离L。 (3)第(2)问可知温度为400 K时，活塞A已经与粗细桶的连接处接触，故温度为T＝(27＋273) K＝300 K时气体已经开始做等容变化，温度从T1＝(327＋273)K＝600 K到T＝300 K过程，根据理想气体状态方程有＝ 代入题中数据，联立解得px＝0.9×105 Pa 当气柱温度降至27 ℃时，筒内气体的压强为0.9×105 Pa。 专题提升1　气体变质量问题和 关联气体问题 提升一 [典例1] A　[解析]球内原有气体压强为p1＝1.3×105 Pa时，其体积为V＝7.5 L，设需打气n次，球内气压回到正常范围，设球内正常气压为p2，每次打入的空气体积为ΔV。由玻意耳定律有p2V＝p1V＋np0ΔV，解得n＝＝，当p2＝1.5 ×105 Pa时，解得n＝5；当p2＝1.6×105 Pa时，解得n＝7.5，所以需打气的次数范围是5～7次，故A正确。 [典例2] C　[解析]取钢瓶内的气体为研究对象，根据玻意耳定律有p0V0＝p′(V0＋nV1)，整理得n＝＝(瓶)＝56(瓶)，故C正确。 [典例3] D　[解析]取原来瓶中气体为研究对象，初态V1＝V，T1＝280 K，末态V2＝V＋ΔV，T2＝320 K，由盖吕萨克定律得＝，又＝，＝＝，故D正确。 针对训练1　C　[解析]装水前杯子内温度为T1，装水盖杯盖后静置一小段时间过程中空气的体积不变，此时杯子内空气的压强为p1，温度为T2，T1＝27 ℃＝300 K，T2＝87 ℃＝360 K，根据查理定律有＝，解得p1＝p0，杯子的容量为500 mL，装入300 mL的热水后，杯子内空气的体积为V1＝200 mL，迅速打开杯盖过程杯子内空气的温度不变，压强变为大气压p0，根据玻意耳定律有p1V1＝p0V2，得V2＝240 mL，设此时杯子内空气的密度为ρ，现在杯子内气体的质量为m1＝ρV1，原气体的总质量为m＝ρV2，溢出杯外的空气质量为m2＝m－m1，杯内剩余的空气质量与溢出杯外的空气质量的比值为k＝＝5，故选C。 [典例4] CD　[解析]容器内气体的压强为p0，则气体初始状态参量为p0和V0，在第一次抽气过程，对全部的理想气体由玻意耳定律得p0V0＝p1(V0＋V0)，解得p1＝p0，故C正确，B错误；同理第二次抽气过程，由玻意耳定律得p1V0＝p2(V0＋V0)，第三次抽气过程p2V0＝p3(V0＋V0)，解得p3＝()3p0＝p0，可知抽3次气后容器中还剩余一部分气体，故A错误，D正确。 针对训练2　D　[解析]第一次抽气相当于气体的体积由V变为V＋ΔV，且ΔV＝V，气体温度不变，根据玻意耳定律得p0V＝p1(V＋ΔV)，解得p1＝p0，同理可得，第二次抽气后有p1V＝p2(V＋ΔV)，解得p2＝p1＝p0，故选D。 提升二 [典例5] (1)3p0　(2)24　(3)5T0 [解析](1)因隔板绝热，则B中气体温度不变，对B中气体分析可知p0V＝p1 解得p1＝3p0。 (2)对A中气体由玻意耳定律 p0V＋np0＝p1(V＋) 解得n＝24次。 (3)对B中气体＝ 对A中气体p1(V＋)＝p2V 解得T＝5T0。 针对训练3　(1)T0　(2)p0 [解析](1)当环境温度降低时，被两活塞封闭的中间部分气体和乙右边部分气体都发生等压变化，则当甲汽缸中的活塞刚到达甲汽缸最右端时，由盖吕萨克定律可得 对于乙汽缸中右边部分气体有＝ 两活塞封闭的中间部分气体＝ 解得T＝T0。 (2)设当汽缸中的活塞刚到达甲汽缸最右端时，乙汽缸内气体的压强为p，则此时两活塞之间气体压强也等于p，设此时乙内右边部分气体的体积为V，则两活塞中间气体被压缩的体积为V0－V，则 对于乙汽缸中右边部分气体有＝ 两活塞封闭的中间部分气体＝ 联立解得V＝V0，p＝p0。 专题训练1　理想气体状态 方程的综合应用 课堂达标 1．(1)5 MPa　(2)627 ℃ [解析](1)设两个待分装的氧气瓶内的剩余气体相当于气体压强为p1时体积为V1的气体，根据玻意耳定律得p2·2V＝p1·V1，对三个氧气瓶根据玻意耳定律p1·(V＋V1)＝p·3V，联立解得p＝5 MPa。 (2)常规氧气瓶的压强上限为p0＝15 MPa，根据查理定律得＝，解得T0＝900 K，则t0＝627 ℃。 2．(1)350 K　(2)10 cm [解析](1)设玻璃管的横截面积为s，封闭气体压强为p1，初始根据水银液面受力平衡可分析得p1＋16 cmHg＝p0，可得p1＝60 cmHg当左端水银面下降3 cm，右端液面必然上升3 cm，则左右液面高度差变为Δh＝16 cm－3 cm－3 cm＝10 cm，此时封闭气体压强为p2同样根据液面平衡分析得p2＋10 cmHg＝p0，可得p2＝66 cmHg根据理想气体状态方程＝，代入温度T1＝280 K，可得T2＝350 K。 (2)设此时封闭气体压强为p3，封闭气体的长度L′＝20 cm，根据理想气体状态方程可得＝计算可得p3＝66 cmHg此时作用液面高度差Δh＝10 cm，左端液面上升x1＝L－L′＝2 cm，右端上升x2＝h＋x1－Δh＝8 cm，所以开口端注入水银的长度为x1＋x2＝10 cm。 3．(1)0.4H　(2)4p0 [解析](1)初始时，对封闭气体，压强为p1＝p0体积为V1＝SH竖直放置时，压强为p2＝p0＋＝2.5p0，体积为V2＝Sh由玻意耳定律，有p1SH＝2.5p0Sh解得h＝0.4H。 (2)假设活塞刚好到达气缸口时，气体温度为T′，由盖－吕萨克定律，有＝解得T′＝2.5T0<4T0，此后气体体积不再变化，由查理定律，得＝解得p3＝4p0。 课后精练 1．(1)p0－　(2)(－m) [解析](1)轻绳未连重物时，对活塞受力分析，由平衡条件得p1S＋mg＝p0S解得轻绳未连重物时封闭气体的压强为p1＝p0－。 (2)刚好触发超重预警时，有p2S＋(M＋m)g＝p0S由玻意耳定律p1＝p2解得，刚好触发超重预警时所挂重物的质量为M＝(－m)。 2．(1)100次　(2)42次 [解析](1)设至少充气n次，则n次充气的气体体积为，压强为p0，充气后压强为p1＝p0＋＝2p0，充气后所充气的气体体积为，由玻意耳定律有p0＝2p0，解得n＝100次。 (2)设至少充气N次，则N次充气的气体体积为，压强为p0，温度为T0；汽缸原有气体体积，压强为2p0，温度为T0；充气后体积为V，压强为2p0，温度为T0＋；由理想气体状态方程，得＝ 解得N＝100(－1)，根据题意，取N＝42次。 第4节　固体 课堂达标 1．C　[解析]由图可知，该合成云母中所含分子在三维空间中呈规则、周期性排列，是晶体，具有一定的几何外形，具有固定的熔点、具有各向异性的特点。故选C。 2．A　[解析]根据图示可知，黑磷的微观结构呈现空间上规则排列，具有空间上的周期性，属于晶体材料，因而黑磷具有固定的熔点，熔化过程中温度不变，故A正确，B错误；组成物质的分子总是在做无规则热运动，故C错误；组成白磷和黑磷的分子是同一种分子，所以同质量的白磷和黑磷分子数目相同，故D错误。故选A。 课后精练 1．B　[解析]单晶体是各向异性，在其表面熔化的蜡是椭圆形。非晶体和多晶体是各向同性，则在其表面熔化的蜡的圆形，因此丙为单晶体，甲、乙可能是多晶体与非晶体。根据温度随加热时间变化的关系可知，甲、丙为晶体，乙是非晶体。故选B。 2．C　[解析]晶体具有天然规则的几何形状，是因为物质微粒是规则排列的，故A正确；有的物质能够生成种类不同的几种晶体，因为它们的物质微粒能够形成不同的空间结构，故B正确；各向同性的物质可能是多晶体，故C错误；某些晶体在一定条件下是可以转化为非晶体，故D正确。本题选错误的，故选C。 3．B　[解析]图甲中晶体中沿不同的方向上微粒排列的情况不同，故晶体在不同的方向上会表现出不同的物理性质，A正确，不符合题意；图乙为石墨的微观结构，B错误，符合题意；晶体的许多特性都与点阵结构有关，C正确，不符合题意；温度、压力、电磁作用等可以改变液晶的光学性质，D正确，不符合题意。故选B。 4．D　[解析]石墨中的碳原子是运动的，A错误；由意义可知单层的距离为d＝＝3×10-10 m，且层与层之间有间距，B错误；石墨烯碳原子间不仅存在分子引力，同时也存在分子斥力，C错误；石墨烯是晶体，在熔解过程中，温度不变，故碳原子的平均动能不变，D正确。故选D。 5．A　[解析]若A、B两点的温度变化不同，说明薄片具有各向异性，则薄片一定为晶体，故A正确，B错误；若A、B两点的温度变化相同，说明薄片具有各向同性。而根据晶体与非晶体的特性规律，单晶体具有各向异性，非晶体与多晶体具有各向同性，因此，薄片既有可能为非晶体，也有可能为多晶体。故CD错误。故选A。 6．ACD　[解析]该物质有固定的熔点，所以是晶体，故A正确；物质的内能是分子总动能与分子总势能之和，温度是分子平均动能的标志，在t1～t2时间内，温度不变，分子的平均动能不变，吸收的热量用来增加分子间的势能，所以分子势能随时间的增加而增大，B错误，C正确；在t4～t5时间内，物质处于理想气体状态，分子势能为零则随着物质的吸热，该物质的内能随着时间的增加而增大，D正确。故选ACD。 7．C　[解析]电流表示数发生变化，说明圆板沿两个方向的导电性能不同，即各向异性，所以圆板是单晶体。故选C。 8．B　[解析]碳原子之间的化学键属于电磁相互作用，故A错误；碳纳米管是管状的纳米级石墨是晶体，有固定的熔点，故B正确；碳纳米管不是所有物理性质都是各向异性，故C错误；碳纳米管上所有的碳原子并不是静止不动的，它们在不停地振动，故D错误。故选B。 第5节　液体 课堂达标 1．D　[解析]水滴在洁净的玻璃面上扩展形成薄层，是浸润现象，说明水和玻璃的相互作用比水分子之间的相互作用强，玻璃面上的水存在表面张力，在蜡面上可来回滚动而不会扩展成薄层，是不浸润现象，水在蜡面上不浸润，则水分子间表现为引力。故选D。 2．BCD　[解析]浸润与不浸润是由液体和固体共同决定的。液体浸润固体，附着层面积要扩张，不浸润固体附着层面积要收缩，水银不浸润玻璃，但可能浸润其他固体，故A错误，B正确。在处于完全失重状态的人造卫星上，如果液体浸润其器壁，液体和器壁的附着层就会扩张，沿着器壁流散，故必须用盖子盖紧，故C正确。D选项说明了发生浸润和不浸润现象的微观原理，故D正确。 3．B　[解析]液晶在某个方向上看，其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的，选项A、D中分子排列非常有序，不符合液晶分子的排列规律，故AD错误；选项B中分子排列比较整齐，但从另外一个角度看也具有无序性，符合液晶分子的排列规律，故B正确；选项C中，分子排列是完全无序的，不符合液晶分子的排列规律，故C错误。故选B。 课后精练 1．A　[解析]液体表面张力使得液桥表面形状得以维持，而不会“垮塌”，故A正确；分子势能Ep和分子间距离r的关系图像如图c所示，水表面层中水分子间距离大于内部水分子的距离r0，能总体上反映水表面层中水分子势能Ep的是图中“C”位置，故B错误；农民使用“松土保墒”进行耕作，通过松土阻断了土壤毛细管，使得土壤下面的水分不容易被输送到地表，故C错误；毛笔书写过程中，在毛细现象作用下，墨汁与可以被浸润的毛笔材料发生相互作用力的平衡，于是墨汁便被吸入毛笔材料中，并牢牢“困”在毛笔内部。而当毛笔尖与纸张接触时，留在毛笔表面的墨汁，同样在毛细作用下，被吸附到纸上，其间根本无须重力作用。故D错误。故选A。 2．D　[解析]液晶是介于晶体和液体之间的中间状态，具有液体流动性又具有晶体光学性质的各向异性，故A、B错误；不通电时，即在自然条件下，液晶层中的液晶分子无规则排列，入射光在液晶层发生了漫反射，穿过玻璃的光线少，所以像毛玻璃不透明。通电时，液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列，入射光在通过液晶层后按原方向传播，故C错误，D正确。故选D。 3．(1)缩小　稀疏　引力　(2)B　(3)D　(4)C　(5)A [解析](1)作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力；液体表面张力产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫作表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力。 (2)“天宫课堂”中物体在失重状态下，气泡不会受到浮力，故A错误；水与气泡界面处，水分子较为稀疏，水分子间作用力表现为引力，液体表面张力使其具有收缩到最小趋势，故B正确；由于在失重状态下，水球呈球状而不是扁球状，故C错误；气泡内分子一直在做无规则的热运动，故D错误。故选B。 (3)液晶不是晶体，液晶像液体一样具有流动性，也具有晶体的性质，低温时会凝固成结晶态，分子取向是有序的，故A错误，D正确。液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，不是所有物理性质均表现各向异性，故B错误。将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体，故C错误。故选D。 (4)水与甲管的现象叫作不浸润，水与乙管的现象叫作浸润，故A错误；水不会润湿甲材料，与甲管接触附着层内的水分子之间的作用表现为引力，故B错误；浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下降的现象，称为毛细现象，两图现象均是毛细现象，故C正确；水会润湿乙管材料并附着在其表面上，不适合制作防水衣，故D错误。故选C。 (5)水处于完全失重状态，由于水对玻璃的浸润性，在表面张力的作用下，水应该吸附在容器的内表面呈现A的形状。故选A。 章末复习提升 知识构建 温度　273.15　m、T一定　pV＝C　m、p一定　V＝CT m、V一定　p＝CT　m—定　＝C　＝ 几何形状　熔点　各向异性　无　有　各向同性　周期性　外形　没有　各向同性 教考衔接 [典例1] (1)p0　p0　(2) [解析](1)设抽气前体积为V＝Sl，对气体A分析： 抽气后VA＝2V－V＝Sl 根据玻意耳定律得p0V＝pAV 解得pA＝p0 对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即p0，则根据玻意耳定律得p0V＝pBV 解得pB＝p0。 (2)由题意可知，弹簧的压缩量为 对活塞受力分析有pAS＝pBS＋F 根据胡克定律得F＝k 联立得k＝。 [跟踪训练1] AC　[解析]由题干可知初始左右气体的压强相同，假设在升温的过程中P板不发生移动，则由定容过程＝Δp＝ΔT，可得左侧气体压强的增加量多，则P板向右移动，A正确，B错误；保持温度不变，移动相同的距离时＝C1，p＝，同理＝，得＝，若P不移动，则<，故>，则p1>p2，向右移动，C正确，D错误。故选AC。 [典例2] C　[解析]ab过程根据pV＝CT可知＝，坐标原点O与ab上各点连线的斜率与压强成反比，故该过程斜率一定为等压变化，且温度升高，故A错误；bc过程等温变化，根据pV＝CT可知体积V变大，压强变小，故BD错误；cd过程等容过程，根据pV＝CT可知温度T升高，则压强变大，故C正确。 [跟踪训练2] (1)2×105 Pa　(2)2.0 m3 [解析](1)从D到A状态，根据查理定律＝ 解得pD＝2×105 Pa。 (2)从C到D状态，根据玻意耳定律pCV2＝pDV1 解得V2＝2.0 m3。 气体在状态B、C的体积相同，均为V2＝2.0 m3。 第二章　章末检测(一) 1．C　[解析]一般室温为27 ℃左右，根据热力学温度与摄氏温度关系有T＝273＋t＝273＋27＝300(K)，所以C正确；ABD错误。故选C。 2．C　[解析]若某种固体在光学上具有各向异性，则该固体应为单晶体，故A错误；液体表面张力的成因是表面层分子间的作用力表现为吸引力，故B错误；若液体P滴在固体Q上很难擦去，根据浸润的定义，说明液体P浸润固体Q，故C正确；不论液体是否浸润细管壁都能产生毛细现象，毛细管插入浸润液体中，管内液面上升，高于管外液面；毛细管插入不浸润液体中，管内液面下降，低于管外液面；故D错误。故选C。 3．D　[解析]单晶体具有各向异性，而多晶体则各向同性，故A错误；黄金的延展性好可以切割加工成任意形状；黄金有固定的熔点，是晶体，故B错误；在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，故C错误；晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，故D正确。 4．B　[解析]设中间密封气体的压强为p1，根据连通液体静止时，等高液面处压强相等，可得p1＋ρgh3＝p0 解得p1＝p0－ρgh3，又pB＋ρgh1＝p1 解得，B端气体的压强为pB＝p0－ρg(h1＋h3)，故选B。 5．A　[解析]在V－T图像中等压线是过坐标原点的直线。由理想气体的状态方程知＝ 可见当压强增大时，等压线的斜率k＝＝变小，由图可确定pa<pe<pd<pc<pb，故选A。 6．A　[解析]飞虫停在水面上是因为液体表面存在张力，故A正确；布朗运动是悬浮微粒的运动，反映了液体分子的无规则运动，故B错误；给自行车打气时需用力向下压活塞，是因为气体压强的原因，不是分子斥力的作用，故C错误；单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故D错误。故选A。 7．A　[解析]设大气压强为p0，右侧水银柱的高度为h1，则右侧部分封闭气体的压强p1＝p0＋ρgh1，由于p0和h1均不变，所以p1不变，故CD错误。设左侧气体压强为p2，当左侧部分气体温度升高时，假设气体体积不变，根据理想气体状态方程＝C 可知p2增大；由于p1＝ρgh＋p2 可知h变小，故A正确，B错误。故选A。 8．AD　[解析]a→b过程中，气体发生等压变化，根据盖－吕萨克定律＝C，可知气体温度降低，体积变小，故A正确；b→c过程中，气体发生等温变化，根据玻意耳定律pV＝C，可知压强减小，体积增大，故B错误；c→a过程中，由题图可知p与T成正比，则气体发生等容变化，根据查理定律＝C，可知压强增大，温度升高，故C错误，D正确。故选AD。 9．BC　[解析]布朗运动是指微粒的运动，只能反映撞击微粒的分子在做无规则运动，A错误；分子间的引力和斥力均随分子间距离的增大而减小，B正确；物体的内能不单是由温度决定的，C正确；摄氏温度变化1 ℃，热力学温度变化1 K，D错误。 10．BC　[解析]假设两部分气体的体积不变，设气体的初始状态为p1，T1；末的状态为p2，T2，变化温度为ΔT，变化压强为Δp，由查理定律得＝＝，得Δp＝p1，原来两部分气体中的压强相同，当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时，即温度的变化相同，由于初始状态氧气的温度小于氢气的温度，根据查理定律得，氧气变化的压强大于氢气变化的压强，故水银柱向右移动，A错误，B正确；开始时两部分气体压强相同，当氧气温度升高10 ℃时，氧气的温度变化为10 K，氢气温度升高20 ℃时，氢气的温度变化为20 K，则有，＝×＝×＝<1，所以氧气增加的压强小于氢气增加的压强，水银柱向左移，C正确，D错误。故选BC。 11．(1)质量　在活塞上均匀涂抹润滑油 (2)注射器内的气体向外泄漏 (3)D [解析](1)研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系，即质量、温度不变时气体的压强与体积的关系，所以本实验保持温度不变，还需保证封闭气体质量不变，为了防止漏气，需要在活塞上均匀涂抹润滑油。 (2)p－图线的上端出现了一小段弯曲，即当增大，V减小时，p增加的量与增加的量不是线性关系，斜率减小，说明压强增加程度减小，其原因可能是注射器存在漏气现象。 (3)测量时，由于注射器与压强传感器连接部分气体的体积V0未计入，所以纵轴存在截距－V0；当软管脱落后，由于气体向外漏出，p的测量值偏小，相应的横坐标偏大，但V－的延长线与纵轴的交点仍为－V0，则前后两条图线应相交在此处，所以绘出的V－关系图像应是D。 12．(1)B　(2)B　(3)C [解析](1)根据查理定律有＝C，其中的C为与气体的质量成正比的常量，且温度为热力学温度，则有T＝t＋273 K，则p＝ t＋，可知，压强与摄氏温度t成一次函数。故选B。 (2)结合上述可知，根据查理定律，一定质量的气体在体积不变时有p＝t＋其中C与气体的质量成正比，当有气体逸出时，C减小，则图像上的点与(－273，0)点连线的斜率减小，因为本实验中气体的温度是逐渐降低的，故图像从右向左斜率减小。故选B。 (3)结合上述可知，根据查理定律，一定质量的气体在体积不变时有p＝t＋其中C与气体的质量成正比，则一定质量的气体在体积不变时，其p－t图像与t轴的交点坐标均为－273 ℃，只有第三个选择项符合要求。故选C。 13．150.5 ℃ [解析]不锈钢碗里的气体发生等容变化。 初态：p1＝p0＝1.0×105 Pa，T1＝t＋273 K(t为两个不锈钢碗刚扣上时里面空气的温度) 末态：碗内压强为p2，T2＝288 K 对一个碗进行受力分析可知p0S＝p2S＋5F 代入数据，解得p2＝0.68×105 Pa 由查理定律，有＝，代入数据，解得t＝150.5 ℃。 14．(1)600 K，600 K，300 K (2) A→B等压过程，B→C等温过程，C→D等压过程 [解析](1)A→B为等压过程，由＝ 得TB＝2TA＝600 K B→C为等温线，得TC＝TB＝600 K 因为pAVA＝pDVD，所以TD＝TA＝300 K。 (2)A→B等压过程，B→C等温过程，C→D等压过程。 如图所示AB是等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD是等压压缩过程。 15．(1)0.8p0　(2) [解析](1)设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知p1＝p0、T1＝400 K、V1＝V0、T2＝300 K、V2＝，由理想气体状态方程得＝，代入数据得p2＝0.8p0 (2)对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V0，由题意知p3＝p0、V3＝V0、p4＝p2，由玻意耳定律得p0V0＝p2V4，代入数据得V4＝V0，设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知ΔV＝V4－V0，故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为＝，代入数据得＝。 第二章　章末检测(二) 1．B　[解析]云母片沿各个方向上的导热性能是不相同的，叫作各向异性，选项A错误；毛细现象是液体的浸润(或不浸润)与表面张力共同作用的结果，选项B正确；两端开口的细玻璃管竖直插入水中，由于毛细现象，则管内水面比管外水面高，选项C错误；彩色液晶显示器能够显示彩色，是因为液晶的光学性质具有各向异性的特点，选项D错误。 2．C　[解析]当把毛细管B插入液体时，液体在毛细管B中上升且液面呈现凹形，说明液体对B浸润，液体不能附着在A的表面，说明液体对A不浸润，所以A与B一定不是同种材料，故A、B错误，C正确；根据浸润与不浸润的特点，浸润时，附着层内的分子引力小于固体对分子的引力，而不浸润时，附着层内的分子引力大于固体对分子的引力，所以固体A的分子对液体附着层内的分子引力比毛细管B的分子对液体附着层内的分子引力小，故D错误。 3．D　[解析]密封容器，瓶内气体分子数不变，A错误；分子间作用力由分子间距决定，分子数不变、体积不变的情况下，分子间距不变，瓶内气体分子间作用力不会急剧增大，B错误；玻璃瓶放入热水中，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都增加，即不是瓶内所有气体分子的运动都更加剧烈，C错误；根据理想气体状态方程＝C，气体体积不变，温度升高，故压强增大，由气体压强的微观解释可知，瓶内气体分子在单位时间内碰撞单位面积器壁的平均冲量增大，D正确。 4．D　[解析]由题图可知，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，气体温度不变，压强减小，根据玻意耳定律可知，从A到B过程中气体体积逐渐增大，由密度公式ρ＝可知，气体密度一直变小，选项D正确。 5．D　[解析]由V－T图像可知，从A到B体积不变，温度升高，压强变大；从B到C，温度不变，体积减小，压强变大；在p－T图像中，过原点的直线为等容线，则结合给定的四个p－T图像可知，只有D符合。 6．C　[解析]药瓶内气体的体积为V1＝0.9 mL－0.5 mL＝0.4 mL，压强为p1＝1.0×105 Pa， 注射器内气体的体积为V2＝0.3 cm2×0.4 cm＝0.12 cm3＝0.12 mL 压强为p2＝1.0×105 Pa， 设注入气体后药瓶内气体压强为p， 则可得p1V1＋p2V2＝pV1， 解得p＝1.3×105 Pa，故选C。 7．C　[解析]由于轻质吸盘导热良好，所以扳下锁扣前、后吸盘内气体可视为等温变化，根据玻意耳定律有p0V0＝p1V1，解得扳下锁扣后吸盘内气体压强为p1＝0.5×105 Pa，故A错误；扳下锁扣后吸盘内气体质量不变，体积变为原来的2倍，所以密度变为原来的一半，即0.645 kg/m3，故B错误；此时吸盘与墙壁间的正压力大小为FN＝(p0－p1)S＝40 N，该吸盘此时能悬挂的物体的重力不能超过Gmax＝1.5FN＝60 N，故C正确；根据前面分析可知，扳下锁扣后吸盘内、外压强差为大气压强的一半，冬天大气压强较大，所以冬天使用该吸盘时，吸盘与墙壁间正压力增大，吸盘能够承受的最大拉力将增大，故D错误。 8．ABD　[解析]查理定律研究的是等容变化，压强与热力学温度成正比，且p－T图像的反向延长线过坐标原点，故A正确，C错误；玻意耳定律研究的是等温变化，压强与体积成反比，故B正确；盖吕萨克定律，研究的是等压变化，体积与热力学温度成正比，故D正确。故选ABD。 9．BCD　[解析]由题图可知一定质量的气体a、b两个状态的压强相等，而a状态温度低，分子平均动能小，平均每个分子对器壁的撞击力小，而压强不变，则相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态一定较多，故A错误，B、C正确；一定质量的气体，分子总数不变，Vb>Va，单位体积的分子数a状态较多，故D正确。 10．AC　[解析]保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，对理想气体 Ⅰ 和 Ⅱ，由玻意耳定律有 p1V1＝p1′V1′，p2V2＝p2′V2′ 代入数据：(76＋14) cmHg·12 cm·S＝(76＋24) cmHg·l·S (76＋14) cmHg·8 cm·S＝(76＋24) cmHg·l′·S 解得l＝10.8 cm，l′＝7.2 cm 加入水银长度为Δl＝l1－l＋l2－l′＋10 cm＝12 cm－10.8 cm＋8 cm－7.2 cm＋10 cm＝12 cm，A正确，B错误；使两部分气体升高相同温度，当水银面上升至管口时，由理想气体状态方程得＝，＝，T1′＝T2′， 代入数据 ＝ ， ＝ ，其中，L＋L′＝30 cm，解得T1′＝T2′＝500 K，C正确，D错误。 11．引力　C [解析]在小水滴表面层中，分子之间的距离较大，水分子之间的作用力表现为引力。由于平衡位置对应的分子势能最小，在小水滴表面层中，分子之间的距离较大，所以能够总体上反映小水滴表面层中水分子势能Ep的是题图中C位置。 12．(1)AD　(2)②　(3)无 [解析](1)在柱塞与注射器壁间涂上润滑油，可以防止漏气，确保所研究的气体质量一定，A正确；快速推拉柱塞或用手握住注射器会导致气体温度发生变化，不符合实验条件，B、C错误；由于等温变化时＝，注射器旁的刻度尺如果刻度分布均匀，可以用气柱的长度来间接表示体积，可以不标注单位，D正确。 (2)p－图线应是一条过原点的倾斜直线，当实验过程中漏气时，则大于理论值，则图线的斜率减小，作出的图像为题图乙中的②。 (3)实验中若使用压强传感器采集数据，即直接通过传感器采集气体的压强，柱塞与针筒间的摩擦对实验结果无影响。 13．(1)p0＋　(2)0.04 m3 [解析](1)对活塞有p0S＋mg－pS＝0 解得p＝p0＋。 (2)在对气体缓慢加热的过程中，气体的压强保持不变，由盖－吕萨克定律可得＝ 其中T1＝(273＋27) K＝300 K， T2＝(273＋77) K＝350 K 设固体的体积为V， V1＝hS－V＝0.5×0.2 m3－V＝0.1 m3－V V2＝(h＋Δh)S－V＝(0.5＋0.05)×0.2 m3－V＝0.11 m3－V 代入数据解得V＝0.04 m3。 14．(1)1.5p0　(2) [解析](1)设第6次打气完成后，篮球内气体的压强为p1，由题意可得6p0V0＋1.2p0×20V0＝p1×20V0 解得p1＝1.5p0 (2)当第7次活塞下压前，已经压下了6次，由以上可知此时篮球内的气体压强为p1＝1.5p0 设当第7次活塞下压的距离Δh时打气筒内的气压为p2，则有p0V0＝p2(－Δh)S 要打开阀门K1，则至少p2＝p1 解得Δh＝。 15．(1)0.9×105 Pa　(2)3.6×10-2m3　(3)110 kg [解析](1)(2)假设温度降低到T2时，差压阀没有打开， A、B两个气缸导热良好，B内气体做等容变化， 初态pB1＝p0，T1＝300 K 末态T2＝270 K 根据＝ 代入数据可得pB2＝0.9×105 Pa A内气体做等压变化，压强保持不变， 初态VA1＝4.0×10-2 m3，T1＝300 K 末态T2＝270 K 根据＝ 代入数据可得VA2＝3.6×10-2 m3 由于p0－pB2<Δp 假设成立，即pB2＝0.9×105 Pa。 (3)恰好稳定时，A内气体压强为p′A＝p0＋ B内气体压强p′B＝p0 此时差压阀恰好关闭，所以有p′A－p′B＝Δp 代入数据联立解得m＝110 kg。 第三章　热力学定律 第1节　功、热和内能的改变 课堂达标 1．B　[解析]高压气体膨胀对外做功，气体内能转化为礼花的机械能，气体内能减少，温度降低，分子热运动减慢，故AC错误，B正确；这是通过做功的方式改变自身的内能，故D错误。故选B。 2．B　[解析]由于爬山过程中气体体积不变，故气体不对外做功，故A错误；爬山过程中温度降低，则气体内能减小，故B正确，C错误；爬山过程中氧气瓶里的气体容积质量均不变，温度减小，根据理想气体状态方程有＝C，可知气体压强减小，故D错误，故选B。 课后精练 1．B　[解析]当用力压活塞时，活塞压缩玻璃筒内的空气，对空气做功，空气的内能增加，温度升高，当达到乙醚着火点时，筒内棉花就会燃烧起来，此实验说明了：外界对物体做功，物体的内能增加。故选B。 2．A　[解析]浸了乙醚的脱脂棉较容易燃烧，但在常温或稍高于常温的情况下也不会自燃，因此，想使其达到燃点而燃烧必须使其温度升高足够高，使其内能有足够的增加。若向外拉活塞，无论是缓慢拉还是迅速拉，都会因为气体膨胀对外做功而导致汽缸内气体内能减少(温度降低)；当缓慢向里推活塞时，尽管外界对缸内气体做功而使气体温度升高，但由于气体同时要向外散热，此过程气体温度升高不多，也不能达到乙醚燃点；而当迅速向里推活塞时，外界对气体做功的功率很大，由于气体来不及向外散热，因此，气温急剧上升，这样就可以使缸内气体温度达到乙醚燃点而使之燃烧，故A正确，BCD错误。故选A。 3．B　[解析]热水放在空气中，通过热传递方式向外传递了热量，使自身的内能减少，温度降低。而汽油机汽缸内气体被压缩、在转动的砂轮上磨车刀，车刀发热以及电流通过电阻丝都是通过做功改变物体内能的。故选B。 4．A　[解析]热量和功可作为物体内能改变的量度，选项A错误，B正确；热量、功、内能的单位都是焦耳，选项C正确；其中热量和功是过程量，内能是状态量，选项D正确。此题选择不正确的选项，故选A。 5．B　[解析]一定质量的物体，其内能由温度和体积共同决定，物体的温度改变时，其内能不一定改变，故A错误；物体对外做功的同时如果从外界吸收热量或者同时有别的物体还对它做功，那么物体的内能就不一定改变；向物体传递热量的时候，如果物体同时放热或者有别的物体对它做功，那么物体的内能也不一定改变，故C错误、B正确；不发生热传递的话，也可以是对外界做功或者外界对物体做功，一样可以改变物体的内能，故D错误。故选B。 6．B　[解析]被淹没的玻璃瓶在下降过程中，瓶内气体温度不变，水进入瓶内，气体体积减小，可知外界对气体做正功，故A错误，B正确；由于水温上下均匀且恒定不变，所以瓶内气体温度不变，气体分子平均动能不变，C错误；由于气体体积减小，所以单位时间内与瓶壁单位面积上碰撞的空气分子数变多，故D错误。故选B。 7．CD　[解析]由于该过程中气垫内的气体温度不变，因此气垫内的气体内能不变，该过程中气垫内的气体压强增大，根据玻意耳定律可知，气垫内的气体体积减小，外界对气垫内的气体做正功，故AB错误，C正确；由于温度不变，气垫内的气体分子平均动能不变，而气体压强增大，因此该过程中气垫内的气体单位时间、单位面积撞击气垫壁的分子数增加，故D正确。故选CD。 8．AC　[解析]只要重力做功相同，水温上升的数值就相同，故A正确；做功增加了水的内能，热量只是热传递过程中内能改变的量度，故B错误，C正确；做功和传热产生的效果相同，但功和热量是不同的概念，故D错误。故选AC。 9．不做功，增加 [解析]A容器中大气压力对水做功为WA＝p0SAhA B容器中大气压力对水做功为WB＝－p0SBhB 因为水的总体积保持不变则有SAhA＝SBhB 大气压力做的总功为W＝WA＋WB＝0 则在这个过程中大气压没有对水做功，因为水的重心降低，重力势能减小，由能量守恒定律可知，水的内能增加。 第2节　热力学第一定律 课堂达标 1．A　[解析]乘客上车时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对气体做功，W为正值，气体与外界有充分的热交换，气体温度不变，内能不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<0所以空气弹簧内气体向外界放热，故A正确，B错误；剧烈颠簸时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，W为正值，气体与外界来不及热交换，可视为绝热过程，空气弹簧内气体不对外界放热，Q为零，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知ΔU为正值，气体内能一定增大，故CD错误。故选A。 2．C　[解析]抽开隔板时，气体体积变大，但是右方是真空，气体不对外做功，又没有热传递，则根据ΔU＝Q＋W，可知，气体内能不变，温度不变，气体分子的平均速率不变，压强减小，故AB错误；气体被压缩的过程中，外界对气体做功，根据U＝Q＋W，可知，气体内能增大，气体分子的平均动能变大，温度升高，故D错误，C正确。故选C。 课后精练 1．AB　[解析]温度是分子平均动能的标志，选项A正确；系统的内能是一个只依赖于系统自身状态的物理量，所以是由系统的状态决定的，选项B正确；做功和热传递都可以改变系统的内能，选项C错误；质量和温度相同的氢气和氧气的平均动能相同，但它们的物质的量不同，内能不同，选项D错误。故选AB。 2．AD　[解析]包装袋内的理想气体温度随着放进冷藏室而降低，故内能减少，故A正确；包装袋内的空气做等压变化，由盖－吕萨克定律有＝，可得温度降低时，包装袋内的空气体积减小，外界对包装袋内的空气做正功，故B错误；温度降低，分子平均动能减小，但每个分子动能的变化不能确定，故C错误；包装袋内空气的压强不变，故单位面积上包装袋内所受到的平均作用力不变，故D正确。故选AD。 3．BC　[解析]将一个踩扁的乒乓球放入热水中，一段时间后，乒乓球恢复为球形，是因为乒乓球中的气体吸收热量，温度升高，气体内能增大；压强变大，体积膨胀，所以对外做功。吸收的热量一部分转化为气体的内能，一部分用来对外做功，因此吸收的热量大于其增加的内能，故B、C正确。故选BC。 4．D　[解析]根据理想气体状态方程＝C 由题图可知，状态A到状态B，pV乘积变大，则气体温度升高，气体分子的平均动能增大，故A错误；根据理想气体状态方程可得＝，可得状态B和状态C的热力学温度之比为TB∶TC＝4∶3，故B错误；根据p－V图像与横轴围成的面积表示做功大小，可知状态C到状态A，外界对气体做功为W＝p0(3V0－V0)＝2p0V0，故C错误；根据p－V图像与横轴围成的面积表示做功大小，可知整个循环过程中，外界对气体做功为W′＝－(2p0－p0)·(3V0－V0)＝－p0V0，整个循环过程中，气体内能变化量为0，根据热力学第一定律可得ΔU＝W′＋Q＝0，联立可得Q＝p0V0，可知整个循环过程中，气体吸收的热量为p0V0，故D正确。故选D。 5．AC　[解析]热平衡条件是温度相等，热传递的方向是从温度高的物体传向温度低的物体；不和外界交换热量，在热传递过程中高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量，故A、C正确，B、D错误。故选AC。 6．D　[解析]在压缩气体的过程中，外界对气体做功，此过程可视为绝热，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，理想气体的内能增大，则气体温度升高，分子平均动能增大，但并不是每个分子动能都增大，故AB错误；由于温度升高，分子平均速率增大，体积减小，分子密度增大，则气体分子对单位面积的器壁压力增大，故C错误；由于温度升高，分子平均速率增大，体积减小，分子密度增大，单位时间内单位面积上气体分子碰撞器壁次数增多，故D正确。故选D。 7．C　[解析]地面的气团上升到高空的过程中压强减小，气团膨胀，对外做功W<0，由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略，即Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知ΔU<0，气团内能减小，温度降低，故C正确，ABD错误。故选C。 8．D　[解析]由图可知，状态B和C温度相同，状态B压强大于状态C压强，根据玻意耳定律可知，气体在状态B体积小于状态C体积，即VB<VC，由于状态B和C温度相同，所以过程AB和AC的内能的增加量ΔU相等，气体从状态A到状态C，压强不变，温度升高，体积增大，气体对外做功，即W为负值；气体从状态A到状态B，体积不变，对外不做功，W为零，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知，气体从状态A到状态C过程吸收的热量较多，即QAB<QAC，故选D。 9．(1)1.085×105 Pa　(2)7 J [解析](1)气体体积不变，则根据查理定律可知＝ 解得p2＝p1＝×1.050×105 Pa＝1.085×105 Pa。 (2)气体体积不变，则W＝0，瓶内气体吸收了7 J的热量，则Q＝7 J，根据ΔU＝W＋Q，可得ΔU＝7 J，即气体内能增加7 J。 10．(1)600 J　(2)15 L [解析](1)两次变化气体的温度都升高了100 K，即内能的改变相同，等容变化过程，W1＝0 由热力学第一定律得ΔU＝W1＋Q1＝400 J 故松开活塞后气体的内能增加量也为400 J 第二次解锁活塞，气体经历等压变化过程，由热力学第一定律得ΔU＝W2＋Q2 得W2＝－600 J，即气体对外做的功为600 J。 (2)解锁活塞后的加热过程，气体经历等压变化，可得＝ 其中V1＝V0，T1＝300 K，T2＝300 K＋100 K＝400 K 解得V2＝V0 对气体，有p1＝p0＋ 解得p1＝1.2×105 Pa 则－W2＝p1·ΔV＝p1(V0－V0)＝600 J 解得V0＝15 L。 11．(1)15 cm　(2)199.75 J [解析](1)设加热后活塞距缸底的距离为L1，初态气体体积为V0＝SL0，末态气体体积为V1＝SL1，加热过程中，气体压强保持不变(等压变化)。 根据盖吕萨克定律得＝ 解得L1＝15 cm。 (2)整个加热过程电热丝产生的热量为Q＝I2Rt 代入数据，解得Q＝1 200 J 活塞上升过程中，气体推动活塞克服大气压力和活塞重力做功W＝－(p0S＋mg)(L1－L0) 代入数据解得W＝－1 000.25 J 根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q 代入数据解得ΔU＝199.75 J 所以整个加热过程气体内能增加199.75 J。 专题提升2　热力学第一定律与 气体实验定律的综合应用 提升一 情境探究 提示：(1)由a状态变化到b状态，气体体积变大，因此气体对外界做功，即W<0。p－V图像中所围面积表示做功绝对值大小，W＝p1(V2－V1)。 (2)由理想气体状态方程结合p－V图像知从a状态变化到b状态，温度升高，故ΔU>0。由ΔU＝W＋Q，得Q>0，即气体吸热，内能增加。 [典例1] BCD　[解析]由题图可知，一定质量的理想气体从状态a到状态b，体积不变，对外不做功，选项A错误；理想气体的内能只与温度有关，从状态a到状态b，温度一直升高，则气体内能一直增加，选项B正确；由热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，气体吸收的热量等于其内能的增加量，选项CD正确。故选BCD。 针对训练1　(1)8.0×10-3 m3　(2)400 J [解析](1)由V－T图像中图线AB的反向延长线通过坐标原点，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＝8.0×10-3 m3。 (2)从A到B气体对外界做功，则 W＝－p(VB－VA)＝－1.0×105×(8.0×10-3－6.0×10-3) J＝－2.0×102 J 根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 解得ΔU＝4.0×102 J＝400 J。 针对训练2　(1)TC＝225 K　(2)1.2×102 J [解析](1)由题图可知，AB平行于横轴，说明气体从A到B为等压膨胀，pB＝pA＝1.2×105 Pa BC平行于纵轴，说明气体从B到C为等容变化，根据查理定律＝ 解得TC＝225 K。 (2)A→B过程气体对外界做的功为W＝pA·ΔV＝1.2×104×0.01 J＝1.2×102 J。 提升二 [典例2] (1)3×105 Pa　(2)36 cm　(3)125.4 J [解析](1)对活塞，由平衡条件得pS＝p0S＋mg 代入数据解得p＝3×105 Pa。 (2)由题意知封闭气体发生等压变化，则有 ＝ 即＝，代入数据得H＝36 cm。 (3)由题意得W＝－pΔV＝－5.4 J，ΔU＝120 J 由ΔU＝W＋Q，得Q＝125.4 J。 针对训练3　(1)　(2)p0　mg　(3)放热　mgL [解析](1)打开泄压阀泄气，当汽缸压强降为3p0时关闭，设泄出去的体积为ΔV，则有p1V1＝3p0(V＋ΔV) 其中V1＝2V 解得ΔV＝V 故剩余气体质量与原有质量的比值为＝＝。 (2)设活塞杆横截面积为S，则活塞横截面积为4S。压缩过程中，活塞刚好离开汽缸顶部时，有F1＋mg＝p1·4S 可得p0S＝mg 活塞达到题图丁状态时，设此时气压为p2，有 F2＋mg＝p2S 初始体积为V1＝4SL　 题图丁时体积V2＝4SL－S·L＝SL 根据玻意耳定律，得p1V1＝p2V2 解得p2＝p0 联立可解得F2＝mg。 (3)因气体被压缩，外界对气体做功，又温度不变，即ΔU＝0 根据热力学第一定律可知气体放热。对活塞，由动能定理得W压＋mg·L＋W气＝0 代入数据得W气＝－mgL 气体对活塞做负功，活塞对气体做正功。故放出的热量为Q＝－W气＝mgL。 专题训练2　热力学第一定律与 定质量理想气体结合 课堂达标 1．D　[解析]由图可知，bc过程，气体发生等压变化，气体体积与热力学温度成正比，则Ta＝Tb>Tc，所以气体在c状态分子平均动能最小，故A错误；由图可知气体在c状态体积最小，所以气体在c状态分子数密度最大，故B错误；a→b是等温过程，内能不变。但体积增大，对外做功，所以为吸热过程。故C错误；b→c过程中，体积减小，外界对气体做了功，同时温度降低，内能减小。所以气体放出的热量大于外界对气体做的功，故D正确。故选D。 2．D　[解析]最终稳定时，封闭气体温度不变，则p0LS＝p1hS，又因为p1＝p0＋求得m＝100 kg，AB错误；设外界大气压力和重物对封闭气体做功为W，则W＝(mg＋p0S)(L－h)代入数据求得W＝200 J，封闭气体内能不变，根据热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q，Q＝－200 J，气体对外界放出的热量为200 J，C错误，D正确。 课后精练 1．D　[解析]a→b过程，由题图像可知＝C，可知该过程气体的体积不变，气体分子密度不变，故A错误；b→c过程，气体温度升高，气体分子速率分布中速率大区间的分子数占总分子数的比例增加，但速率小区间的分子数占总分子数的比例减少，故B错误；根据理想气体状态方程＝C可得p＝T，c→a过程，图像上点与原点连线斜率逐渐增大，则气体体积逐渐减小，外界对气体做正功，由于气体温度降低，气体内能减少，根据热力学第一定律可知，气体放出的热量大于气体内能的减小量，故C错误；根据p＝T，a→b过程，气体体积不变，做功为0；b→c过程，气体体积逐渐增大，外界对气体做负功；c→a过程，气体体积逐渐减小，外界对气体做正功；由于b→c与c→a两个过程气体体积变化大小相同，可知b→c过程外界对气体做负功的绝对值大于c→a外界对气体做正功的绝对值，则a→b→c→a过程，外界对气体做负功，由于气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故D正确。故选D。 2．AB　[解析]汽缸导热性能良好，环境温度保持不变，则汽缸内温度不变，此理想气体内能不变，气体分子的平均动能不变，因为体积增大，单位体积内的分子数减少，则单位时间内撞击汽缸壁单位面积的分子数减少。故A正确；根据理想气体状态方程＝C，其中温度不变，体积增大，则气体压强减小。故B正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝Q＋W，内能不变，体积增大，气体对外做功则W<0，ΔU＝0，所以Q>0，气体从外界吸收热量，但内能不变。故CD错误。故选AB。 3．D　[解析]因为T1<T2，温度为T1时气体分子的平均动能比T2时小，A错误；A到B的过程中，气体的温度不变，气体内能不变，B错误；A到B的过程中，气体的温度不变，气体内能不变，体积增大，气体对外做功，一定吸收热量，C错误；由＝C得，A到B的过程中，气体的温度不变，体积增大，则压强减小，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，D正确。 4．D　[解析]a→c过程，由理想气体状态方程得＝，解得Tc＝3T0，A错误；a→b过程，气体体积增大对外做功，压强不变，温度升高，内能增大，气体吸热；b→c过程，气体体积不变，压强增大，温度升高，气体吸热；c→d过程，气体压强不变，体积减小，外界对气体做功，温度降低，内能减小，气体向外放热；d→a过程气体温度不变，内能不变，体积增大对外做功，气体吸热，B错误；d→a过程，气体对外做的功等于图像与横轴所围图形面积，由图得其小于3p0V0，C错误；在一次循环过程后，内能不变，整个过程中，外界对气体做功大于3p0V0，根据热力学第一定律可知，在一次循环过程中气体放出的热量大于3p0V0，D正确。故选D。 5．(1)吸热，根据题意可知，从状态A到状态B，气体温度升高，内能增大，气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，可知Q>0，即气体吸热。 (2)300 K　(3)7.5 cm [解析](1)根据题意可知，从状态A到状态B，气体温度升高，内能增大，气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，可知Q>0，即气体吸热。 (2)根据题意，设玻璃管横截面积为S，由盖吕萨克定律有＝，得TB＝300 K。 (3)根据题意，气体处于状态B时，有pB＋ρgl0＝p0 得pB＝50 cmHg 气体处于状态C时，有pC＝p0＋ρgl0 得pC＝100 cmHg 由玻意耳定律pBl2S＝pCl3S 得l3＝7.5 cm。 6．(1)1.2×105 Pa　6×10-4 m3　(2)60 J [解析](1)活塞从A位置缓慢运动到B位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象，有 pS＝p0S＋mg 解得气体压强p＝1.2×105 Pa 由盖吕萨克定律有＝ 解得VB＝6×10-4 m3。 (2)由气体的内能与热力学温度成正比得 ＝ 解得UB＝108 J 即ΔU＝UB－UA＝36 J 外界对气体做功 W＝－pSl＝－p(VB－VA)＝－24 J 由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得气体变化过程中从电热丝吸收的总热量为Q＝60 J。 7．(1)3m　(2)h0　(3)1.2mgh0－Q [解析](1)初始时，对活塞p0S＋mg＝p1S 解得p1＝ 温度降至0.5T0时，对活塞有p0S＋mg＝p2S＋Mg 解得p2＝p0＋，由＝得 p2＝ 代入数据得p2＝，M＝3m。 (2)由盖吕萨克定律得＝ 解得Δh＝h0。 (3)由热力学第一定律得，气体的内能变化 ΔU＝ΔU1＋ΔU2＝W1＋W2－Q W1＝0，W2＝p2ΔV＝p2ΔhS＝1.2mgh0 联立得ΔU＝1.2mgh－Q。 第3节　能量守恒定律 第4节　热力学第二定律课堂达标 1．D　[解析]水力发电不会有污染，同时将水的机械能转化为电能，故AB正确；如果仅将水落差增大，那么水流到水轮机处的速度就增大，这一方法可加大发电的功率，故C正确；由于水下落过程以及发电机装置都有摩擦，故该装置不可能将水库中储存的水的机械能全部转化为电能，故D错误。该题选择错误选项，故选D。 2．B　[解析]根据同轴转动角速度相等知，A、B两点的角速度大小相同，根据v＝ωr知A点半径大，线速度较大，故B正确；根据a＝ω2r知A点半径大，加速度较大，故A错误；饮水鸟的头和躯体分别为两个薄壁玻璃球，其间以一个玻璃管连接，内部装有易挥发的液体。其原理是先在鸟嘴上滴一些水，水分蒸发会吸收头部空气中的热量，使得头部气压小于肚子中的气压，从而使肚子中的部分液体压入头部，使重心上移，鸟的身体变得不稳定而发生倾斜，倾斜的过程中肚子中的玻璃管口脱离液面，从而使头部的液体又回流到肚子中，使鸟的身体再回到开始的竖直状态，而刚才倾斜的过程中鸟嘴刚好又沾到了水，之后鸟回到竖直状态后，鸟嘴的水分蒸发，重复前方的运动，即饮水鸟上下运动的能量来源于周围空气的内能，此过程不违反能量守恒定律，可能发生，故C错误；此过程不违反能量守恒定律，可能发生，说明第一类永动机不可以制成，故D错误。故选B。 3．B　[解析]符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，A错误；根据热力学第二定律可知热现象具有方向性，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，B正确；机械能可以全部转化为内能，在不产生其他影响的情况下，内能无法全部用来做功而转化成机械能，C错误；根据热力学第二定律可知热现象具有方向性，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，D错误。故选B。 课后精练 1．D　[解析]永动机不存在，线圈不可能一直转动，违背了能量转化和守恒定律。故ABC错误；D正确。故选D。 2．B　[解析]第一类永动机不可能制成的原因是违背了能量守恒定律，故B正确，ACD错误。故选B。 3．C　[解析]由热力学第二定律可知，系统的熵只能增大，不可能减小，故AB错误；系统只能自发地从比较有序的状态向更无序的状态发展，故C正确，D错误。故选C。 4．C　[解析]第二类永动机不可能制成，是因为它违反了热力学第二定律，故A错误；第一类永动机不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律，故B错误；电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，但同时会产生其他影响，故C正确；根据热力学第二定律可知，从单一热库吸收热量，使之完全变为功而不产生其他影响，是不可能实现的，故D错误。故选C。 5．D　[解析]结晶过程不是自发的，通常是由于水温降低或水的蒸发引起，受到环境的影响，是由无序向有序的转变过程，故AB正确；盐在溶解是固态变为液态，是自发过程，自发过程是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，即熵增加，故C正确；孤立系统的熵永不减小，故D错误。本题选错误项，故选D。 6．AC　[解析]根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，A正确；等容过程中吸收的热量仅仅增加为内能，而等压升温的过程中体积增大，对外做功，吸收的热量转化为内能和对外做功，所以一定质量的理想气体温度升高其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量，B错误；根据热力学第二定律，即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可能把燃料产生的内能全部转化为机械能，即第二类永动机不可能制成，故C正确；用活塞压缩汽缸里的气体，外界对气体做功2.0×105 J，为正值；同时气体向外界放出热量0.5×105 J，为负值，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝2.0×105 J－0.5×105 J＝1.5×105 J，气体内能增加了1.5×105 J，D错误。故选AC。 7．D　[解析]根据题述，维尔金斯“永动机”不消耗能量，又能源源不断对外做功，这是第一类永动机，其违背了能量转化和守恒定律，不可能实现。故选D。 8．BD　[解析]根据热力学第一定律，Q1(从低温物体吸收的热量)＋W(压缩机对系统做的功)＝Q2(向高温物体释放的热量)，故A错误；这一过程不是自发完成的，整个过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，符合热力学第二定律，故B正确；制冷剂在蒸发器中虽然是气体状态，但是不满足远离液化的状态，不能看成理想气体，故C错误；在冷凝器中制冷剂温度降低，分子平均动能减小，分子从气体过渡到液体，分子势能降低，故D正确。故选BD。 章末复习提升 知识构建 功　内能　等效　Q　W　正　负　能量守恒定律　自发地　不可能　功　热力学第二定律 教考衔接 [典例1] ACD　[解析]A→B过程，体积不变，则W＝0，温度升高，则ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知Q>0，即该过程吸热，选项A正确；B→C过程，温度不变，则ΔU＝0，体积减小，则W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<0，即该过程为放热过程，选项B错误；A→B过程，体积不变，温度升高，根据＝C，可知，压强变大，即状态A压强比状态B压强小，选项C正确；状态A的温度低于状态C的温度，可知状态A的内能比状态C的小，选项D正确。故选ACD。 [跟踪训练1] C　[解析]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<0，由盖吕萨克定律可知Tb>Ta，即内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；方法一：b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0，又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减少。方法二：c→a过程为等温过程，所以Tc＝Ta，结合Tb>Ta分析可知Tb>Tc，所以b到c过程气体的内能减少，故B错误；c→a过程为等温过程，可知Tc＝Ta，ΔUac＝0，根据热力学第一定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；根据热力学第一定律结合上述解析可知：a→b→c→a一整个热力学循环过程ΔU＝0，整个过程气体对外做功，因此热力学第一定律可得ΔU＝Qab－Qca－W＝0，故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量－Qca，D错误。故选C。 [典例2] (1)h1　(2) [解析](1)活塞开始缓慢上升，由受力平衡 p0S＋Ff＝p1S 可得封闭的理想气体压强p1＝p0 T1→T2升温过程中，等压膨胀，由盖吕萨克定律＝ 解得h2＝h1。 (2)T1→T2升温过程中，等压膨胀，外界对气体做功 W1＝－p1(h2－h1)S＝－ T2→T3降温过程中，等容变化，外界对气体做功 W2＝0，活塞受力平衡有p0S＝Ff＋p3S 解得封闭的理想气体压强p3＝p0 T3→T4降温过程中，等压压缩，由盖吕萨克定律＝ 解得h4＝h1 外界对气体做功W3＝p3(h2－h4)S＝ 全程中外界对气体做功W＝W1＋W2＋W3＝ 因为T1＝T4，故封闭的理想气体总内能变化ΔU＝0 利用热力学第一定律ΔU＝W＋Q 解得Q＝ 故封闭气体吸收的净热量Q＝。 [跟踪训练2] (1)不变　减小　(2)1.020 1×103 cm3 (3)2.53 J [解析](1)从状态2到状态3，温度保持不变，气体分子的内能保持不变，则气体分子平均速率不变，由于气体对外做功，则气体压强减小，故单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。 (2)气体从状态1到状态2的过程，由盖－吕萨克定律＝ 其中V1＝1×103 cm3，T1＝300 K，T2＝303 K 解得V2＝1.01×103 cm3 此时气体压强为p2＝p1＝p0＋ρgh＝1.01×105 Pa 气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律p2V2＝p3V3 其中p3＝p0 代入数据解得，气体在状态3的体积为 V3＝1.020 1×103 cm3。 (3)气体从状态1到状态2的过程中，气体对外做功为 W1＝p1(V2－V1)＝1.01 J 由热力学第一定律ΔU＝Q－(W1＋W2) 其中Q＝4.56 J，W2＝1.02 J 代入解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为 ΔU＝2.53 J。 第三章　章末检测(一) 1．B　[解析]一定质量的理想气体的内能与温度有关，若气体的压强和体积都不变，则温度不变，其内能也一定不变，A项正确；由＝C知，气体的温度不断升高，压强不一定增大，B项错误；根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，气体温度升高1 K，ΔU相同，等容过程W＝0，等压过程，体积增大，则W<0，故等容过程所吸收的热量一定小于等压过程所吸收的热量，C项正确；温度升高，理想气体的内能一定增大，D项正确。故选B。 2．B　[解析]汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热符合热力学第一、第二定律．故A不符合题意；冷水和杯子的温度不可能都变低，只能是一个升高、一个降低， 描述违背了热力学第一定律，故B符合题意；从高温热源吸收的热量全部转化为功的描述虽然不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律，故C不符合题意；冰箱消耗电能从而可以从低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，不违背热力学第二定律，故D不符合题意。故选B。 3．C　[解析]根据热力学第一定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，故A错误。根据理想气体状态方程＝C，气体等压压缩过程，压强不变，体积减小，温度一定降低，内能也减小，即ΔU<0；再根据热力学第一定律：W＋Q＝ΔU，体积减小，外界对气体做功，W>0，则Q<0，所以理想气体等压压缩过程一定放热，故B错误。理想气体绝热膨胀过程，Q＝0，W<0，根据热力学第一定律：W＋Q＝ΔU可知，ΔU<0，所以理想气体绝热膨胀过程内能一定减少，故C正确。扩散现象是分子的无规则热运动，分子可以从高温区域扩散到低温区域，也可以从低温区域扩散到高温区域，故D错误。故选C。 4．B　[解析]第二类永动机不可能制造成功的原因是违背热力学第二定律，但不违背能量守恒定律，选项A错误；热力学第二定律可表述为所有自发的热现象的宏观过程都具有方向性，机械能可以完全转化为内能，而内能不可能完全转化为机械能而不引起其他变化，选项B正确，选项C错误；静摩擦力做功，没有机械能转化为内能，选项D错误。故选B。 5．B　[解析]气泡上升过程中，温度升高，与水面的距离减小，压强减小，则根据＝C，可知体积变大，气体对外做功，故A错误；气体温度升高，内能变大，气体对外做功，根据ΔU＝W＋Q，可知气泡内气体从外界吸收热量，故B正确；因大气压强不变，则随水深度的减小，气泡的压强减小，根据气体压强的微观意义可知，气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力变小，故CD错误。故选B。 6．D　[解析]根据热力学第一定律，气体吸热的同时若对外做功，则内能不一定增大，温度不一定升高。A错误；根据热力学第一定律，在绝热过程，外界对气体做功，内能增加，若非绝热过程，则内能不一定增加。B错误；一定质量的理想气体等压膨胀过程，体积增大，由＝C，可知温度升高，内能增大，ΔU>0，而体积增大，气体对外做功W<0。由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q>0，即从外界吸热。C错误；热量能自发地从高温物体传到低温物体，不能自发地从低温物体传到高温物体。D正确。故选D。 7．C　[解析]由于系统隔热，所以气体与外界没有热交换，活塞对气体做正功，所以由热力学第一定律知气体的内能增加，且ΔE＝W，而从能量守恒的角度考虑，m和M减少的机械能即重力势能和大气压做功共Mgh＋mgΔh＋poSΔh，这部分损失的能量一部分使气体的内能增加，另一部分损失到碰撞过程中m和M的内能上，所以W＜Mgh＋mgΔh＋poSΔh，故选C。 8．AC　[解析]由题意可知a→b过程为绝热过程，即气体吸收的热量为零，根据热力学第一定律可知，外界对气体做的功全部用于增加内能，故A正确；在a→b过程中，气体内能增大，温度升高。根据查理定律可知b→c过程中，气体温度也升高，所以气体在状态c时的温度比在状态a时的温度高，所以两个状态时气体分子的平均动能不可能相等，故B错误；在b→c过程中，气体压强增大，单位时间内撞击汽缸壁的分子数增多，故C正确；根据能量守恒定律可知，在一次循环过程中，气体吸收的热量一定大于放出的热量，其差值为对外所做的机械功，故D错误。故选AC。 9．BD　[解析]根据热力学第一定律，ΔU＝W＋Q对某物体做功，因不知道Q正负大小，该物体的内能不一定增加，故A不符合题意。在外界的影响下，可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，不违背热力学第二定律，故B符合题意。功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程，故C说法不符合题意。气体对外做功和外界对气体做功情况不确定，气体温度每升高1 K所吸收的热量也不确定，故D符合题意。 10．BC　[解析]由图可知，从a→b的V－T图像的反向延长线过原点，则a→b为等压变化，温度升高，气体内能增大，故A错误，B正确；由b→c图可知，气体体积不变，气体对外界不做功，气体温度降低，内能减小，则气体放出热量，故C正确，D错误。故选BC。 11．(1)刻度尺、温度计 (2)滑轮存在摩擦、液体会散热 (3)20 [解析](1)实验中应需要用刻度尺测量重物下降的高度、用温度计测量水升高的温度。 (2)在实验的过程中，由于滑轮存在摩擦、液体会散热等情况，使得水内能的增加量小于重物做功的大小。 (3)20 kg的重物高度下降5 m，水温升高0.5 ℃，即1 kg的重物高度下降1 m，水温升高0.005 ℃，则有25 kg的重物高度下降1 m，水温升高0.125 ℃，要使水温升高2.5 ℃，根据比例可知需要下降的高度为20 m。 12．(1)减小　变小　当气体体积不变时，温度降低，分子热运动程度降低，可知分子与容器碰撞的次数减少，故压强变小 (2)升高　放热　W＋ΔU (3)D [解析](1)温度降低，可知分子平均动能减小，当气体体积不变时，温度降低，分子热运动程度降低，可知分子与容器碰撞的次数减少，故压强变小。 (2)温度降低，水银柱液面会上升，温度降低，内能降低，ΔU为负值，液面升高，外界对气体做正功，气体放热，根据－ΔU＝W－Q，则Q＝W＋ΔU。 (3)考察热力学第二定律：热传递的方向性，热量自发地从高温传到低温物体，但可以在外界的影响使得热量从低温传到高温物体，由于外界的影响也即引起了其他变化。故选D。 13．(1)被认定为枪支　(2)2.15 J [解析](1)设弹丸离开枪口时的速度为v0，经时间t落地，有h＝gt2，L＝v0t，解得EkS＝＝3.4 J/cm2>1.8 J/cm2，所以该玩具枪被认定为枪支。 (2)设弹丸在枪管内加速过程中，高压气体对弹丸做的功为W，枪内高压气体减少的内能为ΔU，有W－p0Sd＝mv，由热力学第一定律得ΔU＝W，解得ΔU＝2.15 J。 14．(1)　(2)Q－(mg＋p0S)d [解析](1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖－吕萨克定律有＝ 得外界温度T＝T0＝T0＝。 (2)活塞上升的过程，密闭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。 15．(1)h　(2)kT0＋2mgh [解析](1)设甲、乙中封闭气体的压强分别为p1、p2，则有p1S＋mg＝p0S，p0S＋mg＝p2S 解得p1＝，p2＝ 气体做等温变化，由玻意耳定律有p1hS＝p2h1S 联立解得h1＝h。 (2)设活塞回到汽缸口时气体温度为T1，气体等压变化，则有＝，可得T1＝T0 气体对外做的功为W＝p2S(h－h1)＝2mgh 气体内能变化为ΔU＝kT1－kT0＝kT0 根据热力学第一定律可得ΔU＝Q－W 解得Q＝kT0＋2mgh。 第三章　章末检测(二) 1．D　[解析]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； 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．A　[解析]根据热力学第一定律，有ΔU＝Q＋W，ΔU>0，Q>0，W<0则ΔQ>ΔW，故A正确，B错误；对油柱下表面分析，有p外S＋mg＝p内S，可知，内部气体压强不变，容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力不变。故C、D错误。 3．C　[解析]尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，而绝对零度也无法达到，根据T＝t＋273.15 K知，制冷机不可以使温度降到－273.15 ℃以下，故A错误；根据热力学第二定律可知，宏观热现象具有方向性，第二类永动机不能制成，因为它违反了热力学第二定律，故B错误；一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增加的方向进行，把装有不同压强、不同温度的气体的两容器连通，温度高的气体会向温度低的一方传热，压强大的气体会向压强较小的一方流动，只要时间足够长，系统内各部分的状态参量均能够达到稳定，故C正确；由A选项分析可知，改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，也不可能实现内能完全转化为机械能，故D错误。 4．A　[解析]根据盖－吕萨克定律＝可知，A→B过程气体体积增大，温度升高，密度减小，所以A正确；A→B过程气体体积增大，气体对外界做功，气体温度升高，所以B错误；A、C状态气体的温度相同，气体的内能相同，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，由于气体膨胀对外界做功，W<0，则气体从外界吸收热量，所以C错误；由于A→B→C过程气体从外界吸收热量，则A→B过程气体吸收的热量大于B→C过程气体放出的热量，所以D错误。 5．D　[解析]吸盘内封闭了一定质量的理想气体，由题图可知，吸盘内气体的体积变大，吸盘内气体分子的密度减小，故B错误；温度不变，吸盘内气体分子的平均动能不变，平均速率不变，故C错误；温度不变，体积变大，由玻意耳定律可知，吸盘内气体压强减小，故A错误；理想气体温度不变，内能不变，体积变大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，吸盘内气体要吸收热量，故D正确。 6．C　[解析]根据热力学第二定律可知，宏观热现象具有方向性，满足能量守恒定律的物理过程不一定能自发地进行，故A错误；热传递存在方向性是说热量只能自发地从高温物体传向低温物体，空调的制冷过程是热量先从温度较高的室内传到温度较低的制冷剂，再通过压缩制冷剂将热量传到室外，而制热过程也是这样进行的，都消耗了电能，故B错误；由空调制冷过程的分析可知，热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化，故C正确；根据能量守恒定律可知，自然界中能量的总量保持不变，但根据热力学第二定律可知，能量转化具有方向性，能量耗散使能量的可利用性在逐步降低，故D错误。 7．A　[解析]活塞缓慢向右移动，气体体积V变大，故气体对外做功，W<0；又汽缸导热良好，外界温度T保持不变，因温度是分子平均动能的标志，且气体忽略分子势能，故气体温度不变，气体内能不变，ΔU＝0；由理想气体状态方程＝C知，气体压强逐渐减小，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气体吸收热量。故A正确，B、C、D错误。 8．BCD　[解析]气体在向真空膨胀的过程中，气体由左侧扩散到整个容器，所以体积变大，但右侧为真空，气体扩散过程没有做功，所以W＝0，另外，绝热过程Q＝0，所以ΔU＝0，内能不变，温度不变，分子平均动能不变，A错误，B、C正确；根据热力学第二定律，若无外界的干预，气体分子不可能自发地退回到左边，使右边重新成为真空，D正确。 9．ABC　[解析]以密封空气和充入空气为研究对象，由p1V1＋p2V2＝pV1可得p＝1.2×105 pa，故A正确；温度不变，分子平均动能不变，故B正确；由于p>p0，打开阀门后密封气体膨胀，对外界做正功，故C正确；假设能把药液喷光，V3＝9 L，由p1V1＋p2V2＝p3V3可得p3＝1.3×104 pa<p0，故不能把药液喷光，故D错误。 10．CD　[解析]金属汽缸导热性能良好，由于热交换，汽缸内封闭气体的温度与环境温度相同，在活塞上堆放一定质量的沙土时气体等温压缩，温度不变，气体的内能不变，故A错误；气体温度不变，内能不变，气体体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体要向外放出热量，故B错误；汽缸内封闭气体被压缩，体积减小，而质量不变，则汽缸内气体分子密度增大，单位时间内撞击汽缸壁单位面积的分子数增多，故C正确；若汽缸和活塞换成绝热材料，气体不吸热也不放热，气体体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体内能增大，温度升高，汽缸内气体分子平均动能增大，故D正确。 11．(1)AD　(2)50　10　(3)2.66 [解析](1)温度升高时，由于瓶内气体压强等于外界大气压，即压强不变，故瓶内气体体积增大，故A正确；温度升高时，瓶内气体分子热运动的平均动能增大，但不是每个分子的动能均增大，故B错误；气体压强是分子对容器壁频繁碰撞产生的，温度升高，分子热运动的平均动能增大，气体压强不变，故瓶内气体分子单位时间碰撞到容器壁单位面积的次数减少，故C错误；温度不太低、压强不太大时，实际气体可视为理想气体，故D正确。 (2)由状态a到状态b的过程中，气体对外做的功为： W＝p0·ΔV＝1×105×(2.5×10-3－2×10-3) J＝50 J 若此过程中气体吸收热量60 J，则气体的内能增加 ΔU＝60 J－50 J＝10 J。 (3)瓶内空气体积V1＝2.24 L，温度为T1＝(25＋273) K＝298 K，转化为标准状态，有＝，解得V2＝，物质的量为n＝，故质量m＝nM＝·M≈2.66 g。 12．(1)5 kg　(2)600 J [解析](1)气体处于状态A时，对活塞受力分析得 pS＝mg＋p0S 代入数据解得m＝5 kg。 (2)由题意知理想气体从状态A变化到状态B的过程中，发生的是等压变化，有＝， 得VB＝8.0×10-3 m3 则气体对外界做功W＝pΔV＝300 J 内能的增量ΔU＝－W＋Q＝600 J。 13．(1)V　(2)aT0＋p0V [解析](1)在气体由压强p＝1.2p0下降到p0的过程中，V不变，温度由T＝2.4T0变为T1 由查理定律得＝ 解得T1＝2T0 在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变， 由盖－吕萨克定律得＝ 解得V1＝V。 (2)活塞下降的过程中，活塞对气体做的功 W＝p0(V－V1)＝p0V 内能的减少量ΔU＝a(T1－T0)＝aT0 由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量 Q＝ΔU＋W＝aT0＋p0V。 14．(1)p0＋ρgh2　(2) (3)Q－(p0＋ρgh2)Sh [解析](1)对容器内水面分析可得p＝p0＋ρgh2 (2)对容器底部受力分析得mg＋p0S＝pS 因大气压强p0、容器质量m均不变，可知容器内部气体压强p不变，即T1到T2过程为等压膨胀过程，初状态：T1，V1＝(h1＋h2)S 末状态：T2，V2＝(h1＋h2＋h)S 由盖－吕萨克定律有＝ 可得T2＝＝。 (3)该过程中气体对外界做功 W＝－p(V2－V1)＝－(p0＋ρgh2)Sh 由热力学第一定律可得 ΔU＝W＋Q＝Q－(p0＋ρgh2)Sh。 15．(1)h　(2)5mgh(－1)　吸收热量 [解析](1)设左、右活塞的面积分别为S′和S，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即＝ 由此得S′＝S 在两个活塞上各加质量为m的物块后，假设左右两活塞仍没有碰到汽缸底部，由平衡条件 p左＝＝ p右＝ p左<p右，则右活塞降至汽缸底部，所有气体都在左汽缸中。 在初态，气体的压强为p1＝，体积为V1＝Sh 在末态，气体压强为p2＝，体积为V2＝xS(x为左活塞的高度) 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2 代入数据解得x＝h。 (2)当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为 设x′是温度达到T时左活塞的高度 由盖－吕萨克定律得x′＝x＝ 气体对活塞做的功为 W＝Fs＝4mg·h(－1)＝5mgh(－1) 环境温度升高，则气体温度升高，内能变大，又气体对活塞做功，根据热力学第一定律得，在此过程中气体吸收热量。 阶段检测(一) 1．A　[解析]温度是分子平均动能的标志，温度高只能表明分子平均动能大，而总的分子动能还与分子数有关，另外内能包括分子动能和分子势能，分子势能与物体的体积有关，因此不能简单地说温度高的物体比温度低的物体内能大，物体的内能与物体的温度、体积、物态和分子数都有关，A错误，D正确；由于分子永不停息的做无规则运动，分子动能不可能为零，因此物体的内能不可能为零，B正确；内能包括分子动能和分子势能，温度相同，分子的平均动能相同，但分子势能不一定相同，因此内能有可能不同，比如0 ℃的冰融化成0 ℃的水，内能增加，C正确。故不正确的选A。 2．C　[解析]当分子间距增大时，引力和斥力均减小，故A错误；由图可知，当分子间的距离为r0时分子间作用力合力为0，但此时分子势能为负值，是最小值但不为0，故B错误；当分子间的距离r<r0时，分子力表现为斥力，减小分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加，故C正确；当分子间的距离r>r0时，分子力表现为引力，增大分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加，故D错误。故选C。 3．A　[解析]由图像的特点可知压缩气体过程中p与V的乘积增大，所以造成这一现象的原因可能是实验时用手握住注射器或实验时迅速推动活塞，导致温度升高。故选A。 4．D　[解析]由题图甲可知，①中速率大的分子占据比例较大，说明状态①对应的温度较高，故A错误；一定质量的理想气体由状态A变化到B的过程中，由图乙可知，状态A与状态B的相等，则状态A与状态B的温度相同，由p－V图线的特点可知，pV增大，温度升高，气体由状态A到状态B温度先升高再降低到原来温度，气体分子平均动能先增大后减小，故B错误；由图丙可知，当分子间的距离r>r0时，分子间的作用力随分子间距离的增大先增大后减小，故C错误；由图丁可知，在r由r1变到r2的过程中，分子势能一直减小，则分子力做正功，故D正确。故选D。 5．D　[解析]气体的温度为摄氏温度t2，瓶塞恰好能移动，设此时瓶内气体的压强为p1，则mg＋p0S＋Ff＝p1S 瓶内温度变化时，瓶内气体的体积不变，根据查理定律＝，解得Ff＝p0S－mg，故选D。 6．C　[解析]布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，间接反映了液体分子的无规则运动，布朗运动并不是液体分子的无规则运动，故A错误；气体的体积是所有气体分子所占据的空间体积之和，其远远大于所有气体分子的体积之和，故B错误；温度决定了分子的平均动能大小，可知，20 ℃的水和20 ℃的氮气的分子平均动能相同，故C正确；玻璃沿不同方向的导热性能相同，表明玻璃沿不同方向的导热性能具有各向同性，说明玻璃内部分子在空间上不是周期性排列，故D错误。故选C。 7．B　[解析]荷叶上的水珠呈球形是因为液体的表面张力，故A错误；在水珠表面层，水分子相对于水珠内部分布比较稀疏，水分子间的作用力表现为引力，故B正确，CD错误。故选B。 8．BD　[解析]图甲中分子间距从r2到r，分子间的引力、斥力均减小，分子力合力增大，故A错误；分子b从r3到r2和从r2到r1两过程，若图像与横轴所围面积相等，则分子力做功为0，动能变化量为0，分子b在r3和r1两位置时动能可能相等，故B正确；图甲中r2处分子力合力为0，分子b在此处分子势能最小，应对应图乙中r6处，即图乙中r5一定小于图甲中r2，故C错误；若图甲中阴影面积S1＝S2，则分子b从r4到r1过程分子力做功为0，分子b在r4处速度不为0，则分子b在r1处速度不为0，将继续运动，靠近分子a，故D正确。故选BD。 9．CD　[解析]分子的热运动是内部分子的运动，只与温度有关，与水流速度无关，故A错误；水凝结成冰后，水分子仍然在进行无规则运动，故B错误；分子热运动与温度有关，水的温度越高，水分子的热运动越剧烈，故C正确；水的温度升高，分子的平均动能增大，故D正确。故选CD。 10．CD　[解析]根据图像可知，从状态a到状态c，气体的压强先增大后减小，该过程不是等压过程，故A错误；根据玻意耳定律有pV＝C，可知，等温变化的p－V图像为双曲线，不是圆弧，因此从状态b到状态c不是等温变化，故B错误；从状态c到状态a，气体体积减小，外界对气体做功，根据理想气体状态方程有＝C，初末状态压强相等，体积减小，则温度减小，气体内能减小，故C正确；从状态a经b、c、d回到状态a，气体温度不变内能不变，由于p－V图像与横轴所围几何图形的面积表示功，从状态a到状态c，气体体积增大，气体对外做功，从状态c到状态a，外界对气体做功，根据图像可知多边形abcda的面积表示对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸热，故D正确。故选CD。 11．(1)BC　(2)B　(3) [解析](1)该同学用“油膜法”来粗略估测分子的大小，下列有助于较准确完成实验的理想化方法有，滴入的油酸溶液是稀释的油酸酒精溶液，可认为油酸分子都能形成单分子油膜，并将分子都视为一个一个紧挨着排列的球体，故BC正确，AD错误。故选BC。 (2)为了减小“用油膜法估测分子的大小”的实验误差，把浅盘水平放置，在浅盘里倒入一些水，使水面离盘口距离小一些，要等油酸完全散开时开始描绘油膜轮廓，故B正确，A错误；先在浅盘水中撒些爽身粉，再用滴管把油酸酒精溶液滴一滴在水面上，等油酸分子自由扩散，形成稳定的单分子油膜，不能用牙签把水面上的油膜拨弄成矩形，故CD错误。故选B。 (3)一滴纯油酸的体积V0＝× 估算油酸分子直径为d＝，解得d＝。 12．(1)B　(2)保持气密性　 (3)6.4×10-5 (4)b　气体的温度升高 [解析](1)为保证气体做等温变化，不能用手握住注射器，故A错误；缓慢推动活塞是为了保持封闭气体温度不变，故B正确；改变活塞位置，需等稳定后再进行读数，故C错误。故选B。 (2)在活塞与注射器壁间涂适量的润滑油作用是为了保证不漏气。 (3)设手机的体积为V0，气体做等温变化，则 p1(V1－V0)＝p2(V2－V0) 解得手机的体积为V0≈63.5cm3≈6.4×10-5 m3。 (4)由理想气体方程得＝C，整理得V＝＋V0，手机的体积为V0＝b，根据以上分析可知V－图像的斜率为CT，则V－图像的斜率增大的原因可能是气体温度升高。 13．(1)26.6 cm3/mol　(2)4×10-10 m [解析](1)1 mol食盐中有NA个氯离子和NA个钠离子，离子总数是2NA，摩尔体积V、摩尔质量M与物质密度ρ的关系为 V＝＝ cm3/mol＝26.6 cm3/mol。 (2)一个离子所占的体积为V0＝＝ 由图可知V0就是图中每四个离子所夹的正立方体的体积，此正方体的边长d＝＝，而最近的两个钠离子中心间的距离r＝d＝＝1.41× m≈4×10-10 m。 14．(1)342.9 K　(2)4 cm [解析](1)初态管内气体压强 p1＝p0－ph1＝(76－6) cmHg＝70 cmHg，当左右两管内水银面相等时，末态气体压强：p2＝76 cmHg，由于右管截面积是左管的两倍，所以左管水银面将下降4 cm，右管中水银面将上升2 cm，末态管内气柱长度l2＝80 cm 初态：p1＝70 cmHg，V1＝76S，T1＝300 K 末态：p2＝76 cmHg，V2＝80S，T2 根据理想气体的状态方程可得＝ 可得T2＝342.9 K。 (2)设气柱恢复原长时压强为p3 初态：压强p2＝76 cmHg，体积V2＝80S 末态：压强p3，体积V3＝V1＝76S 根据玻意耳定律可得p2V2＝p3V3 解得p3＝80 cmHg＞76 cmHg 故右侧水银柱比左侧高，以cmHg为单位，根据平衡可得p3＝ph2＋p2，解得ph2＝4 cmHg，所以高度差为4 cm。 15．(1)p0＋　(2)0.8L＋L0－ (3)U＋0.2p0LS＋0.2MgL [解析](1)设弹簧的弹力为F，以上方汽缸、A气体、活塞a为整体，根据受力平衡可得F＝Mg 设气体A的压强为pA，以活塞a为对象，根据受力平衡可得pAS＝p0S＋F 解得初始时A气体的压强为pA＝p0＋。 (2)若环境温度缓慢降至0.8T0，根据受力平衡可知，气体发生等压变化，则有＝，可得L1＝0.8L 设弹簧压缩为x，则有kx＝Mg，解得x＝ 故稳定后活塞a离水平面的高度为 ha＝L1＋(L0－x)＝0.8L＋L0－。 (3)若环境温度缓慢降至0.8T0，A气体内能减小量为U，气体被压缩，则外界对气体做功为 W＝(p0＋)×0.2LS＝0.2p0LS＋0.2MgL 根据热力学第一定律可得ΔU＝W－Q，即 －U＝W－Q 解得A气体向外界释放的热量为 Q＝U＋0.2p0LS＋0.2MgL。 第四章　原子结构和波粒二象性 第1节　普朗克黑体辐射理论 课堂达标 1．CD　[解析]黑体自身辐射电磁波，不一定是黑的，故A错误；黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故B错误，C正确；如果在一个空腔壁上开一个很小的孔，射入小孔的电磁波在空腔内表面经多次反射和吸收，最终不能从空腔射出，就相当于吸收了所有电磁波，因此带小孔的空腔近似为一个绝对黑体，故D正确。 2．A　[解析]黑体辐射中温度越高，辐射强度越大，而且温度升高后，辐射强度的最大值向波长短的一侧移动。故选A。 3．A　[解析]在经典物理学中，对体系物理量变化的最小值没有限制，它们可以任意连续变化，如重力、动能、长度等，但在量子力学中，物理量只能以确定的大小一份一份地进行变化，具体有多大要随体系所处的状态而定。这种物理量只能采取某些分离数值的特征叫作量子化。A正确，BCD错误。故选A。 课后精练 1．C　[解析]一切物体都会辐射电磁波，绝对零度的物体才可能没有辐射，温度越高，辐射的电磁波越强，AB错误；普朗克假设黑体辐射中的辐射能量是不连续的，只能取能量基本单位的整数倍，从而很好地解释了黑体辐射的实验现象，C正确，D错误。故选C。 2．D　[解析]温度越高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，但黑体辐射的电磁波波长并不是越大，AB错误；一般物体的辐射强度除去与温度有关外，还和物体的材料及表面状态有关，但黑体的辐射强度按波长的分布只与黑体的温度有关，C错误；普朗克通过对黑体辐射的研究，提出了能量子的概念，D正确。故选D。 3．D　[解析]红外线的热效应显著，红外线用来加热理疗，而紫外线的化学作用与荧光作用显著，常用来杀菌和消毒，故A错误；紫外线属于电磁波，紫外线的频率比可见光大，B错误；该紫外线在真空中的波长为λ＝＝ m＝3.75×10-7 m，故C错误；该紫外线能量子的能量为ε＝hν＝6.6×10-34×8.0×1014 J＝5.28×10-19 J。故D正确。 4．B　[解析]由题意λm·T＝2.9×10-3 m·K 则λm＝ m≈9.4×10-6 m 根据公式E＝h＝6.626×10-34× J≈2.11×10-20 J。故选B。 5．A　[解析]一份能量子等于hν，即ε＝hν，得h＝，ε的单位是J，ν的单位是Hz，根据1 J＝1 N·m＝1 kg·(m/s2)·m，1 Hz＝1 s-1，可得h的单位等同于1 kg·(m2/s)，即可得[h]＝ML2T-1。故选A。 6．A　[解析]光子垂直照射后全部反射，每秒在薄膜上产生的总能量为ES，结合单个光子的能量ε＝hν 则N个光子的总能量为Nhν＝Nh＝ES 解得λ＝，结合单个光子的动量p＝ 则光子的总动量变化量大小为Δp＝2N＝ 2N＝ 以光子为研究对象，应用动量定理FΔt＝Δp 式中Δt＝1 s，解得F＝ 根据牛顿第三定律，光子对探测器的作用力大小为 F′＝F＝，根据牛顿第二定律F′＝Ma 解得a＝，故选A。 7．BD　[解析]一个光子的能量ε＝hν，单位时间通过物体的能量E＝P，单位时间通过物体的光子个数为＝，故A不合题意，B符合题意；由题图知，光腰位于物体的下方，由于使物体总能束缚在光腰部位，所以两束光线对物体产生的作用力竖直向下，故C不合题意，D符合题意。故选BD。 8．(1)2.36×1031　(2)1.0×10-3 W [解析](1)每份能量子的能量为ε＝hν＝h 电台每秒发射的能量子数为N，Nε＝Pt，解得 N＝＝≈2.36×1031。 (2)以电台天线为球心，半径为R的球面积为S＝4πR2 直径为2 m的球状天线接收能量子的有效面积为 S′＝πd2 设球状天线每秒接收的能量子数为n，则有 n＝N×＝N×＝9.44×1023 球状天线每秒接收的能量子的接收功率为P′ P′t＝nε，解得P′≈1.0×10-3 W。 第2节　光电效应 课堂达标 1．D　[解析]当单刀双掷开关S置于2时，两金属板间所加电压为反向电压，由题意可知单色光a对应的遏止电压大于单色光b对应的遏止电压，根据eU＝Ek＝hν－W0可知单色光a的频率大于单色光b的频率，故A错误；单刀双掷开关S空置时，由于光电管发生光电效应，有光电子从阴极K飞向阳极A，光电管与滑动变阻器形成闭合回路，光电流不为0，故B错误；当入射光频率大于金属的截止频率时，光电效应几乎是瞬时发生的，与光电管上所加电压无关，故C错误；用功率相同的单色光束a和b分别照射光电管的阴极K，由于单色光a的频率大于单色光b的频率，则单色光a的光子能量大于单色光b的光子能量，单位时间内a光照射的光子数小于b光照射的光子数，单位时间内a光照射溢出的电子数小于b光照射溢出的电子数，故a光束的饱和光电流小于b光束的，故D正确。故选D。 2．C　[解析]根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，因为光电管的阴极对室内灯光中的紫外线毫无反应，故ν1<ν0，光电管的阴极只有被明火中的紫外线照射时才会报警，故ν2>ν0，故ν0、ν1、ν2的大小关系是ν2>ν0>ν1，故选C。 3．D　[解析]康普顿认为X射线的光子与速度不太大的电子碰撞时要遵守能量守恒定律和动量守恒定律，可以推知，在逆康普顿效应中，同样遵循能量守恒与动量守恒，故AB错误；由题可知，在逆康普顿散射的过程中有能量从电子转移到光子，则光子的能量增大，根据公式E＝hν＝可知，散射光中存在频率变大的成分，或者说散射光中存在波长变短的成分，C错误，D正确。故选D。 4．C　[解析]由图乙知蓝光的遏止电压最大，根据hν－W＝eUc，则图甲中对应的三种光中“蓝光”的光子能量最强，与光强无关，选项A错误；因为红光的频率比上面两种光的小，根据图乙分析可知，若用红光照射同一实验装置，不一定有光电流产生，选项B错误；根据p＝，图丙中碰撞后动量小于碰撞前光子动量，因此碰撞后光子波长大于碰撞前光子波长，选项C正确；光电效应和康普顿效应都可以说明光具有粒子性，选项D错误。故选C。 课后精练 1．C　[解析]自由电子向N型一侧移动，N型一侧电势更低，故电流从P型一侧流出，回到N型一侧，故电流应该从下至上通过负载，故A错误；发生光电效应的极限波长满足h＝E，解得λ＝，故B错误；太阳光强度越大，内光电效应释放的电子越多，向N型一侧移动的自由电子越多，两端电势差越大，电路中的电流越大，故增大太阳光的强度，通过负载的电流会变大，故C正确；若要增加饱和电流，则需要增加光照强度，保持照射光的频率不变，故D错误。故选C。 2．B　[解析]根据光电效应方程可得Ekm＝hν－W0＝hν－hν0，由图可知金属材料的极限频率为a；根据图像的斜率可知h＝，解得逸出功为W0＝hν0＝b，故选B。 3．D　[解析]根据题意可知，入射单色光的频率一定大于等于1.2×1015 Hz，故A错误；由于银的极限频率大于锌的极限频率，则银板产生的光电子的逸出功大于锌板产生的光电子的逸出功，故C错误；根据光电效应方程可得Ekm＝hν－W0，虽然锌板的逸出功较小，锌板产生的光电子的最大初动能较大，但不同电子溢出金属表面的初动能是不一样的，所以锌板产生的光电子的初动能有可能较小，根据p＝，可知锌板产生的光电子的动量可能较小，故B错误，D正确。故选D。 4．D　[解析]在科学研究中，理想模型是为了便于研究问题，对研究对象进行理想化抽象的过程。物理学中通过抽象方法构建的理想化模型有很多，例如质点、点电荷、单摆、弹簧振子、理想变压器、理想气体等；故A正确，不符合题意；1918～1922年美国物理康普顿在研究石墨对X射线时，发现散射的X射线中，除了与入射光线波长相同的成分外，还有大于入射光波长的成分，这种现象称为康普顿效应。中国留学生吴有训测试了多种物质对X射线的散射，证实了康普顿效应的普遍性；故B正确，不符合题意；1925年，德国物理学家海森堡和玻恩等人对玻尔的氢原子理论进行了推广和改造，使之可以适用于更普遍的情况，建立了矩阵力学理论；故C正确，不符合题意；1895年年末，德国物理学家伦琴发现了一种新的射线——X射线，即伦琴射线。它具有一定的辐射性，现在我们知道X射线是原子的内层电子跃迁时发射的波长很短的电磁波；故D错误，符合题意。故选D。 5．C　[解析]散射后，射线的频率变小，光子的能量也变小，A错误；光子与电子碰撞时，动量守恒，能量守恒，B错误；由p＝，E＝hν＝h，得E＝pc，则光子动量相等，能量也相等，C正确；康普顿效应揭示了光的粒子性，并没有否定光是电磁波，D错误。故选C。 6．B　[解析]太阳光中的紫外线频率主要在7.5×1014～9.5×1014 Hz，为避免太阳光中的紫外线干扰，K极材料的截止频率应大于9.5×1014 Hz，故A错误；明火中紫外线的强度越大，产生的光电流越大，由欧姆定律U＝IR可知电压表的示数越大，故B正确；电源左边接正极时，光电管上被施加反向电压，发生光电效应时到达阳极的光电子数减少，因此会降低报警装置的灵敏度，故C错误；电压表有没有示数与明火的照射时间无关，与明火中紫外线的频率有关，故D错误。故选B。 7．C　[解析]由ε＝hν知，光子的能量与频率成正比，则A、B两种光子的频率之比为1∶2，故A正确，与题意不符；由光子能量和动量公式可得ε＝，p＝知，A、B两种光子的动量之比等于A、B两种光子的能量之比，为pA∶pB＝εA∶εB＝1∶2，故B正确，与题意不符；由光电效应方程可得EA＝εA－W0，EB＝εB－W0，且2εA＝εB，解得W0＝EB－2EA，故C错误，与题意相符；该金属的极限频率为νc＝＝，故D正确，与题意不符。本题选说法不正确的，故选C。 8．C　[解析]由光电效应的电路图可知，滑动变阻器滑片P点与光电管的A点等电势，下方接O点与光电管的K点等电势，电源的正极在左边，滑片P向a端移动过程中，是正向电压变大，而遏止电压是反向电压，故A错误；正向电压变大，光电流变大，灵敏电流计G示数增大，但达到饱和光电流后，灵敏电流计G示数不再变化，故B错误；仅增大该单色光的强度，照射的光子数变多，逸出的光电子也会变多，则灵敏电流计G示数一定增大，故C正确；换用频率更大的单色光照射金属K，仍然会发生光电效应，但是照射的光子数不一定变多，故灵敏电流计G示数不一定增大，故D错误。故选C。 9．C　[解析]根据动能定理，从金属板M上逸出的光电子到到达N板时eU＝Ekm－mv 则到达N板时的动能为Ekm＝eU＋mv 与两极板间距无关，与电子从金属板中逸出的方向无关，选项AB错误；平行极板M射出的电子到达N板时在y方向的位移最大，则电子从M到N过程中y方向最大位移为y＝vmt，d＝t2，解得y＝vmd，选项C正确；M、N间加反向电压电流表示数恰好为零时，则eUc＝mv，解得Uc＝，选项D错误。故选C。 10．A　[解析]遏止电压满足Uce＝mv，它的存在意味着光电子具有一定的初动能，且有最大值，即光电子有最大初动能，故A正确；单位时间内逸出光电子的个数是由光的强度决定的，当光强一定时，单位时间内逸出光电子的个数是一定的，只不过当电压较小时，不是所有的光电子都能到达阳极，电压越大到达阳极的光电子数越多，故B错误；由题图丙可知，入射光波长倒数越大，电子最大初动能越大，即入射光波长越小，电子最大初动能越大，结合图丙可知，λ0是产生光电效应的最大波长，故C错误；根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0＝－W0，Ek－图像的横轴的截距的倒数大小等于极限波长，由图知该金属的最大波长为λ0，此时W0＝，根据光电效应方程得：Ekm＝－W0，可知图线与纵坐标的交点大于等于该金属的逸出功，即W0＝E，可得普朗克常量h＝，故D错误。 11．AC　[解析]根据题图乙可知Uca>Ucb 根据eUc＝Ekm＝hν－W0，可知ν0＝νa>νb>νc 所以这三种光的能量分别为12.09 eV、10.2 eV、1.89 eV，则eUcb＝hνb－W0，eUca＝hνa－W0 从而解得Uca＝＝9.84 eV，故AC正确；图乙中滑片P从O向b端移动过程中，Ob部分的电阻变小，A端的电势变高，A端的电势高于K端的电势，所以电流表示数增大，故B错误；图丙中的a光照射阴极，光电流达到饱和时，饱和电流为0.96 μA，由I＝，可知每秒射出的电荷量为0.96×10-6 C，所以阴极每秒射出的光电子数大约n＝个＝6×1012个，故D错误。故选AC。 12．(1)ν1　(2)　(3)2eU0 [解析](1)根据金属的Uc－ν图像可知，金属的截止频率为ν0＝ν1。 (2)根据光电效应方程和动能定理可得Ek＝hν－W0，－eUc＝0－Ek，可得Uc＝ν－，可知Uc－ν图像的斜率为k＝＝，解得普朗克常量为h＝。 (3)由Uc－ν图像可得－＝－U0，可得金属的逸出功为W0＝eU0，当入射光的频率为3ν1时，根据光电效应方程可得Ek′＝h·3ν1－W0，解得Ek′＝2eU0。 第3节　原子的核式结构模型 课堂达标 1．D　[解析]题图为密立根油滴实验的示意图，密立根通过油滴实验直接测定了油滴的电荷量。通过多次实验测量，发现油滴所带的电荷量虽不相同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷。故选D。 2．D　[解析]卢瑟福“粒子散射实验”结果表明，绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子发生了较大的偏转，并有极少数α粒子的偏转超过90°，故AB错误；通过α粒子散射实验，卢瑟福否定了汤姆孙原子模型，建立了原子的核式结构模型，故C错误；通过α粒子散射实验，卢瑟福确定了原子核半径的数量级为10-15 m，故D正确。故选D。 3．B　[解析]原子核极小，它的直径在10-15～10-14 m之间，体积只占原子体积的几千亿分之一。故选B。 课后精练 1．BCD　[解析]电子的发现说明原子有一定的结构，但并没有证明原子核的存在，也不能说明原子是由电子和原子核组成的，故A错误，B正确；发现电子之前，人们认为原子是不可再分的最小粒子，故C正确；物体带电的过程，就是电子的得失和转移的过程，电子的发现，比较好地解释了物体的带电现象，故D正确。故选BCD。 2．A　[解析]α粒子与原子核均带正电，经过原子核时由于受库仑力斥力，且③比①更靠近原子核，库仑斥力更大，故偏转角度也就更大，所以轨迹为a。故选A。 3．D　[解析]α粒子散射的实验中，α粒子穿过金箔后，绝大多数α粒子仍沿原来的方向前进，少数α粒子发生大角度的偏转，极少数α粒子偏转角度大于90°，即个别α粒子反弹回来，所以在B位置能观察到闪光，但次数远小于A处的，也表明金原子内部非常空旷，AB错误，D正确；在B点能观察到闪光，并不是因为α粒子通过金箔时与电子发生碰撞，而是与原子核之间相互作用的结果，C错误。故选D。 4．ACD　[解析]图甲：密立根通过油滴实验测量了电子的电荷量，揭示了电荷的量子化，故A正确；库仑通过扭秤实验发现了点电荷间的作用规律，静电力常量既不是库仑通过扭秤测出来的，也不是后人通过库仑扭秤测出来的，而是通过麦克斯韦的相关理论算出来的，故B错误；图丙：卢瑟福根据α粒子散射实验的现象提出了原子核式结构模型，故C正确；图丁：汤姆孙通过阴极射线实验发现了电子，揭示了原子具有内部结构，故D正确。故选ACD。 5．(1)密立根　(2)2.8×1010　(3)B　按照牛顿力学得到的电子速度大于真空中的光速，接近光速时，牛顿力学不再适用　(4)A　(5)450 [解析](1)密立根利用油滴实验测定了元电荷的数值。 (2)根据动能定理得Ek＝mv2，按照牛顿力学，这个电子的速度是v≈2.8×1010 m/s。 (3)速度值不合理，按照牛顿力学得到的电子速度大于真空中的光速，接近光速时，牛顿力学已不适用。故选B。 (4)圆筒C绕A点顺时针转动，银原子落在玻璃板G上时，银原子的位移相同，落点越靠近b点处所用时间越短，银原子速率越大。故选A。 (5)圆筒C转动的周期为T＝＝ s＝ s。 银原子落在玻璃板G上的位置到b点的弧长为s，则运动时间为t＝T＝ s，银原子速率约为v＝＝450 m/s。 6．(1)负电　(2)垂直纸面向外　 (3) [解析](1)由于阴极射线在电场中向下偏转，因此阴极射线受电场力方向向下，又由于匀强电场方向向上，则电场力的方向与电场方向相反，所以阴极射线带负电。 (2)由于所加磁场使阴极射线受到向上的洛伦兹力，与电场力平衡，由左手定则知磁场的方向垂直纸面向外。 (3)设此射线带电荷量为q，质量为m，当射线在D、G间做匀速直线运动时，有qE＝qvB。当射线在D、G间的磁场中偏转时，如图所示，有qvB＝ 同时又有L＝r sin θ，解得＝。 7．(1)　(2) [解析](1)当平行板电容器两极板间同时存在电场和磁场时有qv0B＝qE，E＝ 联立解得v0＝。 (2)设电子离开电场时速度偏转角为θ，则 tan θ＝，tan θ＝ 又vy＝at，qE＝ma，E＝，L＝v0t 联立得＝。 第4节　氢原子光谱和玻尔的原子模型 课堂达标 1．C　[解析]太阳光谱是吸收光谱，故A错误；霓虹灯产生的是线状谱，炼钢炉中炽热铁水产生的是连续谱，故B错误；强白光通过酒精灯火焰上的钠盐，形成的是吸收光谱，选项C正确；进行光谱分析时，不可以用连续光谱进行光谱分析，故D错误。故选C。 2．B　[解析]根据C＝3，可知该单色光的光子能量为hν＝E3－E1＝－1.51 eV－(－13.6 eV)＝12.09 eV，故A错误；从n＝3跃迁到n＝2辐射的光子能量最小，频率最小，波长最长，则有hνmin＝h＝E3－E2，即νmin＝能计算出辐射光中波长最长的光子频率，故B正确；基态氢原子吸收光子后，电子跃迁到更高的轨道，电子克服库仑引力做功，核外电子动能减少，故C错误；处于基态的氢原子数量越多，辐射的光也不会形成连续光谱，依然是线状谱，故D错误。故选B。 课后精练 1．B　[解析]光谱分为发射光谱和吸收光谱，发射光谱分为连续谱和线状谱，故A正确，不符合题意；太阳光谱中有暗线，是吸收光谱，氢光谱是线状谱，故B错误，符合题意；线状谱和吸收光谱都可用作光谱分析，故C正确，不符合题意；光谱分析可以精确分析物质中所含元素，可以帮助人们发现新元素，故D正确，不符合题意。故选B。 2．C　[解析]电子绕原子核运动的变化都是不连续的，我们看到的原子光谱都是线状谱，故A错误；玻尔原子理论仅能成功的解释氢原子光谱的实验规律，B错误；原子都是由原子核和电子组成的，但不同原子的原子结构不同，各种原子的原子光谱都有各自的特征谱线，原子吸收光谱中的每一条暗线都跟这种原子的发射光谱中的一条亮线相对应，C正确；只有线状谱和吸收光谱与原子的结构有关，可以用来鉴别物质，故D错误。故选C。 3．B　[解析]把矿物的线状谱与几种元素的特征谱线进行对照，只有b元素的谱线在该线状谱中不存在，与几个元素的特征谱线不对应的线说明该矿物中还有其他元素。故选B。 4．D　[解析]玻尔的原子结构假说认为核外电子的轨道是量子化的，电子只能在特定的轨道上运动，故A错误；α粒子散射实验中，绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿着原来的方向前进，少数α粒子穿过金箔后发生了大角度的偏转，极少数α粒子甚至被反弹回来，故B错误；原子光谱是线状谱，不同原子的光谱不同，故C错误；氢原子在激发态自发跃迁时，辐射光子释放能量，氢原子能量减少，故D正确。故选D。 5．D　[解析]氢原子的发射光谱是由氢原子核外电子的跃迁产生的，故A错误；Hα谱线波长最长，频率最小，根据E＝hν可知光子能量最小，故B错误；可见光的波长介于400～700 nm之间，由于不同颜色的光波长由长到短依次是“红橙黄绿青蓝紫”，所以红光、橙光波长较长，应该靠近700 nm，蓝光、紫光波长较短，应该靠近400 nm，故Hγ谱线对应的不是可见光中的红光，故C错误；根据E＝hν＝＝ J≈0.04 J×10-17 J≈2.56 eV，Hβ谱线对应的光子能量2.56 eV大于金属钾的光电子逸出功2.25 eV，所以该金属钾可以发生光电效应，故D正确。故选D。 6．AC　[解析]由题图可知，Hα对应的光波波长最长，所以频率最小，能量最小，对应的能级差也最小，A正确；电磁波在真空中的传播速度都为c，一样大，B错误；Hδ光子对应的波长最小，根据p＝，可知动量最大，C正确；Hγ比Hβ的波长小，对应的能量更大，因此当用Hγ照射某金属能发生光电效应时，用Hβ照射可能会发生光电效应，D错误。故选AC。 7．D　[解析]玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，故A错误；大量处于基态的氢原子吸收频率为ν的光子后，能产生6种不同颜色的光，由C＝6，可知氢原子从n＝1跃迁到n＝4能级，被吸收的光子能量为E＝E4－E1＝－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV，故B错误；大量第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光，能量值的大小关系排列从大到小为n＝4→1，n＝3→1，n＝2→1，n＝4→2，n＝3→2，n＝4→3，由E＝hν可知，放出光子能量越大对应光的频率越高，所以如果从n＝3跃迁到n＝2产生的光子恰能使某种金属发生光电效应，则另外还有4种光也可以使这种金属发生光电效应，故C错误；由氢原子能级图可以很好地解释，原子从高能态向低能态跃迁时放出光子的能量等于前后两能级差；由于原子的能级是分立的，所以放出的光子的能量也是分立的，因此原子的发射光谱只有一些分立的亮线，故D正确。故选D。 8．AB　[解析]该钟激光的光子的能量为ε＝hν2＝，A正确；该钟激光的光子的动量为p＝，B正确；原子吸收波长为λ0的光子从基态能级Ⅰ跃迁到激发态能级Ⅱ，则有EⅡ－EⅠ＝hν0＝，且从激发态能级Ⅱ向下跃迁到基态Ⅰ的过程有EⅡ－EⅠ＝hν1＋hν2＋hν3＝＋＋，联立可得＝＋＋，C错误；由题意可知，该金属材料的极限频率为ν0＝，该钟激光的频率为ν2＝，由此可知ν2<ν0，即不能让该金属材料发生光电效应，D错误。故选AB。 9．D　[解析]根据c＝λν可得，用频率来表示巴耳末公式，则巴耳末公式为ν＝＝R∞c(－)(n＝3，4，5，…) 由此可知，巴耳末公式只能计算n＝3，4，5，…能级向n＝2能级跃迁时放出的光子频率，故AB错误；根据玻尔的频率公式可知，氢原子从n＝2能级向n＝1能级跃迁时放出的光子频率为ν1＝＝＝－，氢原子从n＝3能级向n＝1能级跃迁时放出的光子频率为ν2＝＝＝－，由于E1为负，可知ν2>ν1，故C错误；若氢原子从n>2能级向n＝2能级跃迁时放出的光子频率用ν＝来表示，则有ν＝＝(－)，对比ν＝R∞c(－)可得＝R∞c，故D正确。 第5节　粒子的波动性和量子 力学的建立课堂达标 1．C　[解析]电子本身具有粒子性，电子束能产生衍射现象，可知电子具有波粒二象性，故A正确，不符合题意；根据上述，电子具有波粒二象性，由于干涉和衍射是波的特性，可知电子束在一定条件下也能够发生干涉现象，故B正确，不符合题意；根据p＝mv，Ek＝mv2解得p＝，由于质子质量大于电子，当质子和电子的动能相同时，质子的动量更大，故C错误，符合题意；物质波的表达式有λ＝，结合上述解得λ＝，由于质子质量大于电子，当质子和电子的动能相同时，电子的物质波更长，故D正确，不符合题意。故选C。 2．A　[解析]由题意可得mev＝mv2；λ＝；p＝mv联立可得该油滴的德布罗意波长为λ′＝λ，故选A。 3．B　[解析]根据题意，设经过时间t光伏发电板吸收的光子个数为n，由动量定理可得F总t＝n，解得n＝，又有F＝，则光伏发电板上接收到的太阳光能量为E＝nhν＝FStc，故选B。 4．D　[解析]题图a只有分散的亮点，表明光具有粒子性；图c呈现干涉条纹，表明光具有波动性，AB错误；紫外线也具有波粒二象性，也可以观察到类似的图像，C错误；实验表明光是一种概率波，D正确。故选D。 课后精练 1．BD　[解析]光电效应现象、黑体辐射的实验都揭示了光的粒子性，故AC错误；热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性，故B正确；动量与动能关系为p2＝2mEk，由于质子和电子的质量不同，所以动量不相等，根据德布罗意波长表达式λ＝，可知质子和电子的德布罗意波长不相等，故D正确。故选BD。 2．C　[解析]根据公式E＝hν，c＝λν，λ＝ 所以ν＝，E＝，p＝，故选C。 3．A　[解析]中子的动量p1＝ 氘核的动量p2＝ 对撞后形成的氚核的动量p3＝p2＋p1 所以氚核的德布罗意波长为λ3＝＝，故选A。 4．ABD　[解析]电子属于实物粒子，电子衍射实验说明实物粒子具有波动性，说明物质波理论是正确的，故BD正确，C错误；物质波也是概率波，亮条纹是电子到达概率大的地方，故A正确。故选ABD。 5．C　[解析]光子的能量E＝hν＝h，设单位时间内该激光器发出的光子数为N，则有N＝＝，故C正确，D错误；根据题意，该激光的能量全部被元件吸收，则可认为光子在接触该元件后速度减为零，则在t时间内光子动量的变化量为Δp＝0－pNt＝－Nt＝，对t时间内的光束由动量定理有－Ft＝Δp，解得F＝，该光束产生的光压为p光压＝＝，故AB错误。故选C。 6．B　[解析]由公式λ＝可知，要使电子的德布罗意波长变小，即需要电子的动量大小变大。电子在电场沿电场方向运动，电场力做负功，速度变小，动量大小变小，故A错误；电子在电场沿与电场方向相反方向运动，电场力做正功，速度变大，动量大小变大，故B正确；电子在磁场沿磁场方向运动，不受磁场力，速度不变，动量大小不变，故C错误；电子在磁场垂直磁场方向运动，磁场力不做功，速度大小不变，动量大小不变，故D错误。故选B。 7．(1)3.1×103 eV　(2)1.44×104 eV　(3)2.2×10-11 m [解析](1)电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力为洛伦兹力，有m＝evB，解得v＝ 电子的最大初动能为Ek＝mv2＝＝ J≈4.97×10-16 J≈3.1×103 eV。 (2)入射光子的能量为ε＝hν＝h＝ eV≈1.75×104 eV 根据爱因斯坦光电效应方程得金属的逸出功为 W0＝hν－Ek＝1.44×104 eV。 (3)物质波的波长为λ＝＝＝ m≈2.2×10-11 m。 8．(1)　(2) [解析](1)设每秒钟到达B板的电子个数为N，电荷量为Q＝Ne，根据电流的定义式得I＝ 其中t＝1 s，可得N＝。 (2)以具有最大动能的电子为研究对象，当其速度减小到0时，电子恰好运动到接近B板，设其最大动能为Ekm，根据动能定理得－eU＝0－Ekm 光电子的物质波波长为λ＝ 其中p2＝2mEkm 联立解得λ＝。 章末复习提升 知识构建 电子　能量　轨道　En－Em　hν　饱和　遏止电压 截止频率　hν－W0　hν　变长　　 教考衔接 [典例1] B　[解析]某频率的光不能使乙金属发生光电效应，说明此光的频率小于乙金属的截止频率，则换用频率更小的光不能发生光电效应，A错误；由光电效应方程Ek＝hν－W0可知频率越大最大初动能越大，换用频率更小的光最大初动能小于Ek，B正确；频率不变则小于乙金属的截止频率，不会发生光电效应，C错误；由Ek＝hν－W0可知频率不变最大初动能不变，D错误。故选B。 [跟踪训练1] B　[解析]根据光电子最大初动能与遏制电压的关系Ek＝eUc，根据图像有Uc2>Uc3>Uc1，故Ek2>Ek3>Ek1。故选B。 [典例2] B　[解析]大量处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，能够辐射出不同频率的光子种类为C＝3种，辐射出光子的能量分别为ΔE1＝E3－E1＝－1.51 eV－(－13.6 eV)＝12.09 eV，ΔE2＝E3－E2＝－1.51 eV－(－3.4 eV)＝1.89 eV，ΔE3＝E2－E1＝－3.4 eV－(－13.6 eV)＝10.2 eV，其中ΔE1＞3.11 eV，ΔE2＜3.11 eV，ΔE3＞3.11 eV，所以辐射不同频率的紫外光有2种。故选B。 [跟踪训练2] C　[解析]根据题意可知，用能量为50 eV的电子碰撞He＋离子，可使He＋离子跃迁到n＝3能级和n＝2能级，由ΔE＝Em－En＝hν＝h，可知波长最长的谱线对应的跃迁为n＝3→n＝2能级。故选C。 第四章　章末检测(一) 1．A　[解析]电子的发现使人们认识到原子不是组成物质的最小微粒，原子本身也有结构。故选A。 2．C　[解析]根据黑体辐射的实验规律可知，随温度的升高，各种波长的辐射强度都有增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A错误；光电效应和康普顿效应都揭示了光的粒子性，故B错误；任何一个运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波与之对应，这种波称为物质波，电子和其他微观粒子都具有波粒二象性，故C正确；波粒二象性是光的根本属性，与光子之间的相互作用无关，故D错误。故选C。 3．C　[解析]由题知与4G相比，5G具有“通信使用的电磁波频率更高”的特点，已知电磁波的波长与频率的关系为λ＝，由此可知频率越高波长越短，则与4G相比，5G使用的电磁波波长更短，A错误；波长越长衍射现象越明显，由选项A可知λ5G <λ4G，则与4G相比，5G使用的电磁波衍射现象较差，B错误；已知能量子的能量为ε＝hν，由题知与4G相比，5G具有“通信使用的电磁波频率更高”的特点，则与4G相比，5G使用的电磁波能量子的能量更大，C正确；电磁波的传播速度与光速相等，在自由空间中，为c＝3×108 m/s，D错误。故选C。 4．D　[解析]氢原子从n＝4能级跃迁到n＝2能级时辐射出的光子能量为ΔEa＝－0.85 eV－(－3.4 eV)＝2.55 eV，从n＝3能级跃迁到n＝1能级时辐射出的光子能量为ΔEb＝－1.51 eV－(－13.6 eV)＝12.09 eV，可知光子a的能量小于光子b的能量，A错误；由ΔE＝hν＝h，可知光子a的频率小于光子b的频率，光子a的波长大于光子b的波长，B错误；由于ΔEa＝0.85 eV，光子a的能量大于处于n＝4能级的氢原子的电离能，可能使处于n＝4能级的氢原子电离，C错误；由于光子a的频率小于光子b的频率，若a为可见光，则b有可能为紫外线，D正确。故选D。 5．D　[解析]滑动变阻器滑片向右移动，电压虽然增大，但已达到饱和电流，则电流表的示数可能不变，A错误；如果改用紫光照射该金属时，因频率的增加，导致光电子最大初动能增加，则电流表有示数，B错误；滑动变阻器滑片移动到最左端，正向电压为零，发生光电效应，有光电子到达A极，则电流表的示数不为零，C错误；电源的正负极调换，仍用相同的绿光照射时，将滑动变阻器滑片向右移动一些，此时的电压仍小于反向遏止电压，则电流表仍可能有示数，D正确。故选D。 6．B　[解析]图甲为黑体辐射的实验规律，为了解释这一实验规律，普朗克提出能量子概念，而爱因斯坦扩展了能量子的概念，将其应用到光电效应现象，提出了光子的概念，选项A错误；图乙为氢原子的能级图，氢原子在不同能级间跃迁时辐射或吸收一定频率的光子，选项B正确；图丙是α粒子散射实验，卢瑟福根据这一结果提出了原子的核式结构模型，选项C错误；图丁是电子束通过铝箔后的衍射图样，说明了电子具有波动性，选项D错误。故选B。 7．D　[解析]根据氢光谱的特点可知，从n＝4激发态跃迁到n＝3激发态时产生光子的能量最小，A错误；巴耳末系是指氢原子由高能级向n＝2能级跃迁时释放的光子，6种光子中从(n＝4)→(n＝2)与(n＝3)→(n＝2)的属于巴耳末系，即2种，B错误；n＝2能级的氢原子具有的能量为－3.4 eV，故要使其发生电离能量变为0，至少需要3.4 eV的能量，C错误；从n＝4能级跃迁到n＝2能级释放的光子的能量为E42＝－0.85 eV－(－3.4 eV)＝2.55 eV，恰能使某金属板发生光电效应，而从n＝4能级跃迁到n＝3能级释放的光子的能量为E43＝－0.85 eV－(－1.51 eV)＝0.66 eV<2.55 eV，不能使该板发生光电效应，从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放的光子的能量为E32＝－1.51 eV－(－3.41 eV)＝1.89 eV<2.55 eV，不能使该板发生光电效应，而其他四种的能量均大于2.55 eV，一定能使该金属板发生光电效应，D正确。故选D。 8．ACD　[解析]如果先让锌板带负电，验电器由于带负电张开一定的角度，当用紫外线灯照射锌板时，产生光电子，则验电器的张角会变小，故A正确；黄光越强，光子数越多，产生的光电子越多，光电流越大，但光子的能量与光强无关，故B错误；根据Ek＝hν－W0＝eUc解得Uc＝(ν－νc)，由图3可知ν2为该金属的截止频率，故C正确；根据Ek＝hν－W0知，当ν＝0时，可得Ek＝－W0，由图像知纵轴截距为－E，所以有W0＝E，即该金属的逸出功为E，故D正确。故选ACD。 9．ABC　[解析]根据光电效应方程有eUc＝hν－W0，当Uc＝0时，有hν0＝W0，则该金属的逸出功等于hν0，故A正确；图像中纵轴截距与公式中的常数项相对应，有Uc＝－，－＝－U，解得W0＝eU，故B正确；图像中斜率与公式中的自变量前面系数相对应，有＝|k|＝，解得h＝，故C正确；对当入射光频率为2ν0时，有eUc＝h×2ν0－W0，解得Uc＝＝U，故D错误。故选ABC。 10．BC　[解析]光电子由阴极K向对面的极板运动，形成的电流在图乙中从右向左流动，要阻止该电流，需要施加反向电压，即电源左侧应该为正极，故A错误；氢原子跃迁放出的光中有(C＝3)3种频率不同的光子，故B正确；由图甲可知光子的能量为E＝hν＝(－1.51 eV)－(－13.6 eV)＝12.09 eV，遏止电压为7.55 V，光电子的初动能为Ek＝eUc＝hν－W0，解得金属材料的逸出功为W0＝4.54 eV，故C正确；至少用能量为1.51 eV的光照射处于第3能级的氢原子，才能使氢原子发生电离，故D错误。故选BC。 11．(1)减小　(2)无　(3)4.5　 为零 [解析](1)在A处用一紫外线灯照射锌板，锌板发生光电效应，光电子射出后，锌板带正电，用一带少量负电的金属小球与锌板接触，会使锌板上带的正电减少，验电器指针偏角将减小。 (2)用钠灯发出的黄光照射锌板，验电器指针无偏转，说明黄光不能使锌板发生光电效应；改用红外线灯照射锌板，红外线的频率小于黄光的频率，红外线也不能使锌板发生光电效应，验电器指针无偏转。 (3)当滑片滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为6.0 V，说明反向电压为6.0 V，即最大初动能Ek＝6.0 eV，光电管阴极材料的逸出功为4.5 eV。现保持滑片P位置不变，增大入射光的强度，电流计的读数为零。 12．(1)hν－eU　(2)变大　(3)5.0×1014　6.4×10-34 [解析](1)当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，根据动能定理得eU＝hν－W0，则阴极K的逸出功为W0＝hν－eU。 (2)根据光电效应方程Ekm＝hν－W0知入射光的频率变大，则光电子的最大初动能变大。 (3)根据eUc＝Ekm＝hν－hν0得Uc＝ν－，Uc－ν图像横轴截距的绝对值等于金属的截止频率为ν0＝5.0×1014 Hz，图线的斜率k＝＝，所以h＝e＝1.6×10-19× J·s＝6.4×10-34 J·s。 13．(1)　(2)1.51 eV [解析](1)当大量氢原子处于n＝3能级时，可释放出的光子频率种类为N＝C＝3，根据玻尔理论在这3种频率光子中，当氢原子从n＝3能级向n＝2能级跃迁时辐射的光子波长最长E2＝E1＝E1、E3＝E1＝E1，则＝E3－E2、λmax＝－，而波长最短h＝E3－E1＝－E1，则＝。 (2)n＝3的氢原子的能量为E3＝E1＝E1＝ ×(－13.6) eV≈－1.51 eV 若电离n＝3的氢原子至少需要给它1.51 eV。 14．(1)2.55 eV　(2)7.65 eV [解析](1)因该金属的极限频率恰等于氢原子由n＝4能级跃迁到n＝2能级所发出的光的频率，则有 hν0＝W0＝－0.85 eV－(－3.4 eV)＝2.55 eV。 (2)氢原子由n＝2能级跃迁到n＝1能级时发出光子的能量E＝E2－E1＝－3.4 eV－(－13.6 eV)＝10.2 eV 从该金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek＝E－W0 解得Ek＝7.65 eV。 15．(1)如图 (2)1×10-7 m (3)Ek1＝ [解析](1)当氢原子从量子数n＝3的能级跃迁到较低能级时，可以得到3条光谱线。能级图如答案图所示。 (2)与波长最短的一条光谱线对应的能级差为E3－E1。 λ＝＝≈1×10-7 m。 (3)设电子的质量为m，电子在基态轨道上的速率为v1，根据牛顿第二定律和库仑定律有：m＝k 则Ek＝mv＝。 第四章　章末检测(二) 1．B　[解析]氢原子从某激发态跃迁到基态，则该氢原子放出光子，且放出光子的能量等于两能级之差，能量减少，故选B。 2．C　[解析]铯原子利用的两能级的能量差量级对应的能量为ε＝10-5 eV＝10-5×1.6×10-19 J＝1.6×10-24 J，由光子能量的表达式ε＝hν可得，跃迁发射的光子的频率量级为ν＝＝ Hz≈2.4×109 Hz，跃迁发射的光子的频率量级为109 Hz。故选C。 3．A　[解析]原子核和α粒子均带正电，两者之间为斥力，据曲线运动的条件知，α粒子在P点时，原子核可以位于①②区域，α粒子在Q点时，原子核可以位于①③区域，取交集知原子核应位于①区域，A正确。 4．A　[解析]光是电磁波，辐射能量也是一份一份进行的，100 W的灯泡每秒产生光能E＝100 J，设灯泡每秒发出的光子数为n，则E＝nhν＝nh，距电灯10 m处，在以电灯为球心的球面上，1 m2的面积每秒通过的光子数n′＝＝≈2.4×1017个，故A正确。 5．A　[解析]三种同位素经相同电压U加速后，根据动能定理得qU＝mv2，解得v＝，动量为p＝mv＝，德布罗意波长公式为λ＝＝，它们的德布罗意波长之比为λ1∶λ2∶λ3＝1∶∶，故选A。 6．B　[解析]根据题意知，一个电子吸收一个光子不能发生光电效应，换用同样频率为ν的强激光照射阴极K，则发生了光电效应，即吸收的光子能量为nhν(n＝2，3，4，…)，根据eU＝nhν－W(n＝2，3，4，…)，解得U＝－(n＝2，3，4，…)，故选B。 7．B　[解析]氢原子n ＝ 3与n ＝ 2的能级差小于n＝4与n＝2的能级差，则Hα与Hβ相比，Hα的波长大、频率小，故A错误，B正确；Hβ对应的光子能量为E＝(－0.85) eV－(－3.40) eV＝2.55 eV故C错误；氢原子从基态跃迁到激发态至少需要能量E＝(－3.40) eV－(－13.60) eV＝10.2 eV，Hβ对应的光子不能使氢原子从基态跃迁到激发态，故D错误。故选B。 8．BD　[解析]当α粒子靠近金原子核时，α粒子将受到金原子核的斥力作用，根据曲线运动的轨迹与所受合力的关系可知，α粒子的曲线运动的轨迹总是弯向受力的一侧，故A错误，B正确；α粒子和原子核都带正电，α粒子离核越近所受斥力越大，偏转角度越大，故C错误，D正确。 9．BC　[解析]根据Ekm＝hν－W0可知，图线斜率k＝h，甲、乙两图线的斜率相同，为普朗克常量，甲、乙两图线平行，A错误，B正确；当ν一定时，根据图像有Ekm甲＝hν－W0甲>Ekm乙＝hν－W0乙，得W0甲<W0乙，根据νc＝，可知νc甲<νc乙，则同种光照射金属乙时能发生光电效应，说明光的频率大于乙的极限频率，也大于甲的极限频率，则该光照射金属甲时一定能发生光电效应，C正确，D错误。 10．ABC　[解析]光电子在电场中做减速运动，根据动能定理得－eU1＝0－mv2，则得光电子的最大初速度v＝，A正确；根据爱因斯坦光电效应方程得hν1＝eU1＋W0、hν2＝eU2＋W0，得金属的逸出功为W0＝、h＝，B正确，D错误；阴极K金属的极限频率νc＝，C正确。 11．(1)2.86 eV　(2)0.57 eV [解析] (1)根据能级跃迁规律得ΔE＝E5－E2＝－0.54 eV－(－3.4 eV)＝2.86 eV。 (2)根据光电效应方程得Ekm＝hν－W0＝2.86 eV－2.29 eV＝0.57 eV。 12．(1)6种　(2)－1.51 eV [解析](1)根据C＝6知，一群由n＝4的激发态的氢原子向基态跃迁共能释放出6种不同频率的光子。 (2)由能级规律En＝，可得n＝3能级的能量 E3＝－ eV≈－1.51 eV。 13．　－ [解析]某金属的截止频率对应的波长为λ0，该金属的逸出功为W0＝hν0＝，若用波长为λ(λ<λ0)的单色光做实验，由爱因斯坦光电效应方程可得Ekm＝－W0。由动能定理可得－eUc＝0－Ekm，联立各式解得Uc＝－。 14．(1)4.0×1012个　(2)9.6×10-20 J　(3)4.6×1014 Hz [解析](1)每秒发射的光电子个数 n＝＝＝4.0×1012。 (2)光电子飞出阴极K时的最大动能 Ekm＝eUc＝0.6 eV＝9.6×10-20 J。 (3)由光电效应方程可得Ekm＝h－hνc，代入数据可得该阴极材料的极限频率νc≈4.6 ×1014Hz。 15．(1)1×10-9 s　(2)2×10-4 [解析](1)电子吸收能量的面积为S1＝πr2，由光源发射的辐射均匀分布在以点光源为中心的球形波阵面上，该波阵面的面积为S2＝πR2，所以钾片电子每秒吸收光源的能量为 E＝P＝P≈7×10-23J/s。假定这些能量全部为电子吸收，则所需的时间t＝≈4000 s 但在实验中，没有测得这样长的滞后时间，按现代的实验断定，可能的滞后时间不会超过1×10-9 s。 (2)每个光子的能量E0＝＝3.4×10-19 J，因此单位时间内打到钾片上的光子数为n＝≈2×10-4个/s。 第五章　原子核 第1节　原子核的组成 课堂达标 1．A　[解析]放射性元素无论是以单质形式存在还是以化合物形式存在，放射性都不受影响，这说明射线与核外电子无关，射线来自原子核，A项正确；α粒子散射实验能说明原子具有核式结构，不能说明α射线来自原子核，B项错误；放射性元素放出的γ射线和伦琴射线都是电磁波，它们都能穿透黑纸使照相底片感光，并不能说明γ射线来自原子核，C项错误；由于α粒子带电，质量又比较大，通过气体时很容易把气体分子中的电子剥离，使气体电离，从而使验电器上的正电荷转移或中和，使箔片的张角减小，但并不能说明射线来自原子核，D项错误。故选A。 2．C　[解析]原子核Th，234表示质量数，即234个核子，90表示核电荷数，即90个质子，故核内中子数为(234－90＝144个)，故选C。 课后精练 1．C　[解析]质子的质量小于原子核的质量，使人们想到原子核中还有另外的组成部分，后来发现是不带电的中子。故选C。 2．D　[解析]射线是因核能级间的跃迁而产生的，原子核衰变和核反应均可产生γ射线；X射线是原子内层电子跃迁时产生的，紫外线、可见光、红外线是原子外层电子跃迁时产生的，故A错误；γ射线是波长很短、频率很高的光子流，故B错误；γ射线属于高频电磁波，它们在真空中的传播速度是相等的，故C错误；γ射线不带电，在磁场中不发生偏转，在星系间传播时，不受星系磁场的影响，故D正确。 3．D　[解析]根据质量数＝质子数＋中子数，可知该原子核的质量数为210，质子数为83，则中子数为127，而质子与中子统称为核子，则核子数为210，但由于不知道该原子的电性，因此不能确定核外电子数。故选D。 4．C　[解析]放射性探伤是利用了γ射线的贯穿本领。故选C。 5．C　[解析]元素符号的左下角表示的是质子数，左上角表示的是核子数，中子数等于质量数(核子数)减质子数。核内质子数相同而中子数不同的原子互称同位素。He是He的同位素，比He少一个中子。故选C。 6．A　[解析]A装置是用于观测α粒子散射实验现象，α粒子散射实验说明了原子的核式结构，故A正确；B装置是用于观察光电效应现象的，光电效应说明光具有粒子性，故B错误；C装置将放射线在电场中偏转，是根据带点粒子的偏转方向确定放射线的电性，故C错误；D装置是用于进行人工核反应的，卢瑟福通过它发现了质子，故D错误。故选A。 7．C　[解析]太赫兹波的频率比红外线的频率低，所以其光子的能量比红外线光子的能量更小，故A错误；太赫兹波的频率比微波的频率高，波长比微波的短，所以比微波更不容易发生衍射现象，故B错误；太赫兹波的频率比紫外线的频率低，所以比紫外线更难使金属发生光电效应，故C正确；太赫兹波的频率远低于X射线的频率，其光子能量远低于X射线的光子能量，所以比X射线穿透性更弱，故D错误。故选C。 8．AC　[解析]设两板间距为d，板间电压为U，则两板间场强为E＝，设电子电量为e，质量为m，则对于β射线，有＝t，y1＝0.99ct1，对于α射线，有＝t，y2＝0.1ct2，可得y1<y2，可知，到达A板的为β射线，由于β射线带负电，所以a为电源正极。故选AC。 9．B　[解析]α射线实质为氦核，带正电，电离性较强，但是穿透性最弱；β射线为电子流，带负电，γ射线为高频电磁波，穿透性最强；由图示可知：射线1是α射线，射线2是β射线，射线3是γ射线；工业上使用γ射线来探查金属内部是否存在缺陷或裂纹；故选项B正确，ACD错误。故选B。 10．ACD　[解析]根据镜像核的定义及质量数A等于核电荷数Z和中子数n之和，可知N和C的质子数与中子数互换了，互为镜像核，N和O的质子数与中子数互换了，互为镜像核，AC正确；N的质子数为7，中子数为8，而O的质子数和中子数都为8，没有互换，不是镜像核，B错误；互为镜像核的质子数与中子数互换，质子数加中子数不变，所以互为镜像核的两个核质量数相同，D正确。故选ACD。 11．C　[解析]α射线贯穿能力很弱，不能穿过纸而进入磁场；γ粒子不带电，在磁场中不偏转，打在B处；β粒子带负电，偏转后打在A处；则根据左手定则判断可知，圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A错误。打在A处的射线经过圆形区域时，由于洛伦兹力不做功，所以动能不增加，故B错误；如果将纸拿走保留磁场，则α射线进入磁场，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m，可得轨迹半径为r＝，由于α粒子的质量约为β粒子质量的8 000倍，α射线的速度约为光速的，则α粒子做圆周运动的半径很大，远大于β粒子做圆周运动的半径。所以α粒子在磁场中的偏转量很小，几乎不偏转，与γ射线一起打在B处，则光屏还是会出现明显的两个亮斑，故C正确，D错误。故选C。 第2节　放射性元素的衰变 课堂达标 1．D　[解析]根据质量数和电荷数守恒，衰变方程为C―→N＋e，可知衰变方程中X为电子，故A错误；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核衰变不适用，故B错误；碳14半衰期很长，短期内会对人类造成影响，故C错误；衰变产生的X粒子电离本领比γ光子强，故D正确。故选D。 2．B　[解析]根据题意，Po发生的是α衰变，故A错误；根据半衰期的定义m0＝m0()k，故可得k＝3，故B正确，C错误；该衰变是一种放射性衰变，在此过程中，一个原子核释放一个α粒子，并且转变成一个质量数减少4，核电荷数减少2的新原子核，故D错误。故选B。 3．D　[解析]根据题意可知，衰变方程为C―→N＋e，即C发生β衰变的产物是N，故A错误；半衰期与外界环境无关，故B错误；β衰变辐射出的粒子来自原子核内的中子转化为质子时放出的电子，故C错误；若测得一古木样品的C含量为活体植物的，可知，经过了2个半衰期，则该古木距今约为5 730×2年＝11 460年，故D正确。故选D。 4．BD　[解析]利用放射线消除有害静电是利用α射线的电离性，使空气分子电离，将静电泄出，故A错误；利用γ射线的贯穿性可以为金属探伤，γ射线对人体细胞伤害太大，在用于治疗肿瘤时要严格控制剂量，故BD正确；DNA变异并不一定都是有益的，故C错误。故选BD。 课后精练 1．B　[解析]α粒子为He、β粒子为e，根据质量数守恒有232＝220＋4x，解得x＝3，故A错误；α射线的电离作用较强，穿透能力较弱，故B正确；根据半衰期的定义，可知钍核的半衰期不等于其放出一个α粒子所经历的时间，故C错误；反应中，中子转化成一个质子和一个电子，其中的粒子来源于原子核内部，故D错误。故选B。 2．BD　[解析]放射性同位素发生衰变时，遵循能量守恒和质量数守恒，由于出现质量亏损，反应后的质量小于反应前的质量，故A错误；上述衰变方程，根据电荷数守恒和质量数守恒可得Ir―→X＋e，故B正确；经过148天恰好为两个半衰期，有发生了衰变，因此只剩0.5 g没有衰变，1.5 g发生衰变，故C错误；若探测器得到的射线变强时，说明钢板厚度小于30 mm，应当增大热轧机两轮之间的厚度间隙，故D正确。故选BD。 3．AC　[解析]人工放射性同位素的半衰期比天然放射性物质短得多，对环境的危害较小，故A正确；利用放射线消除有害静电是利用射线的电离性，使空气分子电离成导体，将静电放出，故B错误；用放射性同位素参与化学反应，作示踪原子，故C正确；放射性材料衰变释放出热能，热能通过一系列热电偶被转换成电能，所以放射性材料不能作为核燃料进行发电，故D错误。 4．D　[解析]α射线是发生α衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，质子数和中子数均减少2个，故A错误；半衰期是描述大量原子核衰变的统计规律，对极少量原子核的衰变并不适用，故B错误；设U衰变成Pb要经过m次β衰变和n次α衰变，根据质量数和电荷数守恒可得238＝206＋4n，92＝82＋2n－m，解得m＝6，n＝8，故C错误；放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的，故D正确。故选D。 5．D　[解析]C―→N＋e属于β衰变，故A错误；半衰期是一个统计规律，对于大量原子核衰变是成立的，个数较少时不成立，故B错误；e是由原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，电子被释放出来，e来自原子核内部，故C错误；C属于碳元素放射性同位素，可以用作示踪原子，故D正确。故选D。 6．CD　[解析]每经过一次α衰变原子核的质量数会减少4个，故A错误；半衰期是大量原子核的一个统计规律，少数原子核不成立，故B错误；放射性元素钍Th的原子核的中子数232－90＝142，氡Rn原子核的中子数220－86＝134，所以放射性元素钍Th的原子核比氡Rn原子核的中子数多8个，故C正确；钍Th衰变成氡Rn，可知质量数少12，电荷数少4，因为经过一次α衰变，电荷数少2，质量数少4；经过一次β衰变，电荷数多1，质量数不变，可知经过3次α衰变，2次β衰变，故D正确。故选CD。 7．B　[解析]在衰变瞬间，粒子与反冲核的速度方向相反，二者运动轨迹为外切圆，则根据左手定则可推知二者电性相同，即都带正电。设质量为m、电荷量为q的某带电粒子在磁感应强度大小为B的匀强磁场中做速率为v、半径为R的匀速圆周运动，则根据牛顿第二定律有qvB＝m，解得R＝＝，衰变过程动量守恒，而系统初动量为零，则根据反冲运动规律可知反冲核和粒子动量大小相等，而反冲核的电荷量一定大于粒子的电荷量，所以反冲核的运动半径R1一定小于粒子的运动半径R2，设反冲核和粒子电荷量分别为q1和q2，则由题意可得＝＝，结合选项中所给核反应方程可知，B正确。故选B。 8．BC　[解析]原子核(称为母核)俘获一个核外电子，使其内部的一个质子变为中子，并放出一个中微子，从而变成一个新核(称为子核)，子核与母核相比，电荷数少1，质量数不变，故A错误，B正确；静止的原子核(称为母核)俘获电子(电子的初动量可不计)的过程中动量守恒，初状态系统的总动量为0，则子核的动量和中微子的动量大小相等，方向相反，故C正确；子核的动量大小和中微子的动量大小相等，由于中微子的质量很小，根据Ek＝mv2＝，中微子的动能大于子核的动能，故D错误。故选BC。 9．AB　[解析]TC和TC两者为同位素。因此其化学性质相同，故A正确；由衰变方程Mo―→Tc＋X＋，及衰变过程中质量数守恒和电荷数守恒，可知其衰变产物X是电子，故B正确；Tc-99m衰变半衰期越长，则其衰变产生的γ射线就越微弱，因此医学检测分析效果越不明显，故C错误；该衰变为β衰变，而β衰变是原子核内的中子生成质子的同时产生电子，并伴随有能量的产生，即γ射线的产生，因此γ射线为原子核内部所产生的，故D错误。故选AB。 第3节　核力与结合能 课堂达标 1．B　[解析]自然界中的四种基本相互作用是万有引力、强相互作用、弱相互作用和电磁相互作用，摩擦力不是基本相互作用力。故选B。 2．C　[解析]由图像可知，随着原子质量数的增加，原子核的平均结合能先增大后减小，故A正确；由图像可知，Fe核的平均结合能最大，原子核最稳定，故B正确；把O分成8个质子和8个中子需要提供的能量约为ΔE1＝16×8 MeV＝128 MeV，将质子和中子结合成一个He所放出的能量约为ΔE2＝4×7 MeV＝28 MeV 则O将分为4个He需要提供的能量约为 ΔE3＝ΔE1－4×ΔE2＝(128－4×28) MeV＝16 MeV 故要多提供的能量为 ΔE1－ΔE3＝(128－16) MeV＝112 MeV 故C错误；D正确。本题选错误的，故选C。 3．C　[解析]从图中可以看出，Fe原子核核子平均质量最小，比结合能最大，Fe原子核最稳定，故A错误；重核A裂变成原子核B和C时，由图可知，核子平均质量减小，裂变过程存在质量亏损，需要释放能量，故B错误；轻核D和E发生聚变生成原子核F时，由图可知，核子平均质量减小，聚变过程存在质量亏损，需要释放能量，故C正确；从图中可以看出，重核随原子序数的增加，原子核越不稳定，故比结合能越小，故D错误。故选C。 4．C　[解析]一定的质量对应一定的能量，物体的能量减少或增加了ΔE，它的质量也一定相应地减少或增加Δm；如果物体的质量增加了Δm，它的能量也一定相应地增加Δmc2，选项AB正确；原子核衰变时，放出能量ΔE，一定发生质量亏损，即衰变过程中减小的质量为Δm，选项C错误。在把核子结合成原子核时，若放出的能量是ΔE，则这些核子与组成的原子核的质量之差就是Δm，即发生质量亏损为Δm，故D正确。此题选择错误的，故选C。 课后精练 1．B　[解析]投掷过程中，运动员对标枪的力是弹力，本质上是由电场力引起的，属于电磁相互作用，故选B。 2．B　[解析]太阳与地球之间的吸引力属于万有引力，其他属于电磁力。故选B。 3．D　[解析]由于原子核带正电，不存在只有中子的原子核，故A错误；核力不能把较多的质子聚集在一起组成原子核，因为核力是短程力，质子之间还存在“长程力”—库仑力，故B错误；自然界中存在只有一个质子的原子核即H，故C错误；较大质量的原子核内只有存在一些中子，才能消弱库仑力，维系原子核的稳定，故D正确。故选D。 4．C　[解析]该反应为核聚变反应，根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为He＋H―→He＋H＋ΔE 可知生成的新核x是He，A错误；氦4核中有2个质子2个中子，质子数相同的称为同位素，氦4核与氦3核是互为同位素，B错误；根据3E3＋2E1＋ΔE＝4E2可得氦3的比结合能为E3＝，C正确；核反应过程的前后，反应体系的质量数守恒，D错误。故选C。 5．C　[解析]原子核比结合能越大，核子的平均质量越小，原子核越稳定，由图可知，3He核子的平均质量比2H核子的平均质量小，故A错误，C正确；由图可知，碳核的比结合能比氧核的比结合能小，故B错误；比结合能是原子核的总结合能与核子数的比值，碳核比结合能比氦核大，核子数比氦核大，碳核的结合能比氦核大，故D错误。故选C。 6．C　[解析]若原子核A分裂成原子核B、C，有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，释放能量，故A错误；由图可知原子核D、E结合成原子核F，有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，释放能量，故B错误；将原子核A分解为原子核B、F，有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，释放能量，故C正确；F与C的平均质量小于B的平均质量，所以若原子核F、C结合成原子核B，则质量增加，根据爱因斯坦质能方程，要吸收能量，故D错误。故选C。 7．B　[解析]图甲中He核的比结合能约为7 MeV，但图中不能看出He核的比结合能，因此不能计算He核的结合能，A错误；根据图甲可知，U核比Kr核的比结合能略小，但核子数远大于Kr核，因此Kr核的结合能比U核的结合能大，B正确；将D分裂成E、F，由图乙可知是平均核子质量较大的原子核分裂成平均核子质量较小的原子核，分裂过程存在质量亏损，释放能量，因此生成核的比结合能将增大，C错误；若A、B能结合成C，由图乙可知是平均核子质量较大的原子核结合成平均核子质量较小的原子核，结合过程存在质量亏损，释放能量，D错误。故选B。 8．B　[解析]原子核X质量数为238，电荷数为92，原子核Y质量数为206，电荷数为82，设共经历了m次α衰变和n次β衰变，根据质量数守恒4m＋206＝238得m＝8，根据电荷数守恒92－2m＋n＝82得n＝6，故A错误，B正确；原子核X生成更稳定原子核Y，放出能量，原子核结合得更牢固，所以Y原子核的比结合能变大，结合能不一定变大，故C错误；放能的过程中， 存在质量亏损，核子的平均质量变小，故D错误。故选B。 9．C　[解析]核反应过程中动量守恒，钋核与α粒子动量大小相等，由p＝，钋核Po质量与α粒子质量之比为109∶2，则钋核动能EkPo＝Ekα，释放的总能量ΔE＝EkPo＋Ekα＝，根据ΔE＝Δmc2可知Δm＝，故选C。 第4节　核裂变与核聚变　 第5节　“基本”粒子 课堂达标 1．B　[解析]核反应前后要满足质量数守恒，有139＋b＋3＝1＋235，解得b＝94，故A错误；核反应前后要满足电荷数守恒，有a＋38＝92，解得a＝54，则1个X原子，其质子数比中子数少139－2a＝31个，故B正确；核子数越多结合能越大，故与X元素相比，的结合能更大，故C错误；比结合能越大，平均核子质量越小，U的比结合能小于Y元素的比结合能，故其平均核子质量大于Y元素的平均核子质量，故D错误。故选B。 2．D　[解析]要使链式反应发生，铀块必须达到临界体积，故A错误；只有中子轰击铀核，才能发生裂变反应，其方程为U＋n―→Ba＋Kr＋3n，故B错误；在核反应堆中，中子的速度越快，会与铀235“擦肩而过”，铀核越不容易发生核裂变，故C错误；核反应堆中，在铀棒之间插入一些镉棒，可以吸收中子，主要是为了调节中子数量，控制反应速度，故D正确。故选D。 3．B　[解析]根据核反应过程满足电荷数和质量数守恒，可知X粒子为中子，由于中子不带电，中子无法被洛伦兹力进行约束，故A正确，不满足题意要求；核聚变反应所释放的γ光子来源于核聚变后新核的能级跃迁，故B错误，满足题意要求；核聚变反应与核裂变反应相比，具有产能效率高、更安全、更清洁的特点，故C正确，不满足题意要求；核聚变反应所需要的高温条件可以使原子核具有足够的动能克服库仑力作用而结合到一起，故D正确，不满足题意要求。故选B。 4．B　[解析]现在已发现的粒子达400多种，它们大体可被分为强子、轻子、规范玻色子和希格斯玻色子几种类别，A错误；强子是参与强相互作用的粒子，质子是最早发现的强子，B正确；质子和中子由不同的夸克组成，本身有复杂的结构，不是基本粒子，C错误；已知夸克有6种，它们的电荷分别为元电荷的＋或－，D错误。故选B。 课后精练 1．D　[解析]质子、中子本身有复杂结构，故A错误；τ子的质量比核子的质量大，但它属于轻子，不参与强相互作用，故B错误；现代实验还没有发现轻子的内部结构，故C错误；宇宙中的许多粒子都存在反粒子，故D正确。 2．ABD　[解析]核反应Ra―→Rn＋He是α衰变，故A正确；核反应H＋H―→He＋n是核聚变，故B正确；核反应U＋n―→Xe＋Sr＋2n是核裂变，故C错误；核反应Na―→Mg＋e是β衰变，故D正确。故选ABD。 3．B　[解析]目前核能发电是利用核裂变，原子弹是利用核裂变的链式反应原理，氢弹利用的是核聚变，故A错误；核反应堆中插入镉棒为了吸收中子，控制核裂变的反应速度，故B正确；当铀块的体积大于或等于临界体积，并有慢中子能够被俘获时，就会发生链式反应，瞬时放出巨大能量，故C错误；尽管核聚变在高温高压下才能发生，但聚变过程会放出能量，故D错误。故选B。 4．A　[解析]该反应为氢核聚变，是聚变反应，故A正确，B错误；氢核聚变要在高温高压下才能进行，由于质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，反应过程要放出能量，故C错误；该反应过程中释放的n贯穿本领很弱，电离本领也很弱，故D错误。故选A。 5．BC　[解析]规范玻色子是传递各种相互作用的粒子，如光子、中间玻色子(W和Z玻色子)、胶子；轻子是指不参与强相互作用的粒子，轻子包括电子、μ子、τ子和与之相应的中微子。故轻子和中微子不属于规范玻色子。光子和胶子属于规范玻色子。故选BC。 6．A　[解析]根据题意可知，π＋带电量为＋e，故由u和组成；π－带电量为－e，故由d和组成。故选A。 7．C　[解析]根据核反应质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，是中子，A错误；同理A＝92，Kr有56个中子，B错误；题中核聚变反应平均每个核子释放的核能为E1＝≈3.60 MeV，C正确；题中核裂变反应平均每个核子释放的核能为E2＝≈0.85 MeV，ΔE＝E1－E2＝2.75 MeV，D错误。故选C。 8．A　[解析]宇宙形成之初产生了夸克、轻子和胶子等粒子，之后又经历了质子和中子等强子时代，再之后是自由的光子、中微子、电子大量存在的轻子时代，再之后是中子和质子结合成氘核，并形成氦核的核时代，之后电子和质子复合成氢原子，最后形成恒星和星系，因此A正确，B、C、D的产生都在A之后，故B、C、D错。 9．B　[解析]由质子带一个单位正电荷，中子不带电，设质子中u夸克、d夸克个数分别是x、y，x、y取正整数，则x×＋y×(－)＝e，解得x＝2、y＝1；设中子中u夸克、d夸克个数分别是m、n，m、n取正整数，则m×＋n×(－)＝0，解得m＝1、n＝2 即质子由2个u夸克和1个d夸克组成；中子由1个u夸克和2个d夸克组成。选项B正确，ACD错误。 10．(1)U＋n―→Ba＋Kr＋3n (2)3.2×10-11 J　(3)E0 [解析](1)根据电荷数和质量数守恒可得： 核反应方程为U＋n―→Ba＋Kr＋3n。 (2)核反应过程中的质量亏损为 Δm＝(235.043 9＋1.008 7－140.913 9－91.897 3－3×1.008 7) u＝0.215 3 u 由爱因斯坦质能方程得一个铀核裂变放出的能量为 ΔE＝Δmc2＝0.215 3×1.66×10-27×(3.0×108)2 J≈3.2×10-11 J。 (3)设中子和碳核的质量分别为m和M，碰撞前中子的速度为v0，碰撞后中子和碳核的速度分别为v和v′，根据动量守恒定律，可得mv0＝mv＋Mv′ 根据弹性碰撞中能量守恒，可得 E0＝mv＝mv2＋Mv′2 解得v＝v0，已知M＝12m，可得v＝－v0 则在碰撞过程中中子损失的能量为 ΔE＝mv－mv2＝E0 。 章末复习提升 知识构建 质子　中子　Y　Y　质量数　电荷数　无关 O　C　P　Si　稳定　mc2　Δmc2 教考衔接 [典例1] B　[解析]根据题意可知，钍核每俘获1个中子质量数加1，电荷数不变，每发生一次β衰变，质量数不变，电荷数加1，钍核变成铀核，质量数加1，电荷数加2，则俘获1个中子，发生2次β衰败，即x＝1，y＝2。 [跟踪训练1] B　[解析]设采集时大气中有x个Be原子和y个Be原子，由于Be的半衰期为139万年，故经过106天后Be原子的衰变个数可以忽略不计，Be的半衰期为53天，故经过106天后剩余数量为x·2，故可得＝，解得＝。 [典例2] AC　[解析]核反应过程中质量数守恒，有质量亏损，A正确；该反应是核聚变反应，B错误；在真空中，该反应动量守恒，由于相撞前氘核与氚核动量大小相等，方向相反，系统总动量为0。故反应后氦核与中子的动量也大小相等，方向相反，由Ek＝，得反应粒子获得的动能之比为EkHe∶Ekn＝mn∶mHe＝1∶4，而两个粒子获得的总动能为17.6 MeV，故n获得的动能Ekn＝×17.6 MeV＝14.08 MeV，He获得的动能EkHe＝×17.6 MeV＝3.52 MeV，故C正确，D错误。 [跟踪训练2] D　[解析]核反应方程式为H＋H―→He＋n，故A错误；氘核的比结合能比氦核的小，故B错误；氘核与氚核发生核聚变，要使它们间的距离达到10-15 m以内，故C错误；一个氘核与一个氚核聚变反应的质量亏损Δm＝(2.014 1＋3.016 1－4.002 6－1.008 7)u＝0.018 9 u，聚变反应释放的能量是ΔE＝Δm·931.5 MeV≈17.6 MeV，4 g氘完全参与聚变释放出能量E＝×6×1023×ΔE≈2.11×1025 MeV，数量级为1025 MeV，故D正确。 第五章　章末检测(一) 1．C　[解析]方程H＋H―→He＋n是轻核聚变反应方程Th―→Pa＋是β衰变方程，故A错误；高速运动的α粒子轰击氮核可从氮核中打出质子，其核反应方程为N＋He―→O＋H，故B错误；每经过一次α衰变，电荷数少2，质量数少4，每经过一次β衰变，电荷数多1，质量数不变，衰变为，经过3次α衰变，2次β衰变，故C正确；方程U＋n―→Ba＋Kr＋3n是核裂变方程，不是氢弹的核反应方程，故D错误。故选C。 2．A　[解析]微观粒子都具有波粒二象性，故A正确；裂变是较重的原子核分裂成较轻原子核的反应，而该反应是较轻的原子核的聚变反应，故B错误；卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，查德威克通过α粒子轰击铍核获得碳核的实验发现了中子，故C错误；根据质量数守恒可得y＝210－4＝206，X中核子个数为206，中子数为206－82＝124，故D错误。故选A。 3．B　[解析]氚衰变时发射的β粒子来自原子核内部的一个中子转化为一个质子同时生成一个电子，A错误；经过25年n＝＝＝2个半衰期，据半衰期公式m余＝m()n＝0.5 g，B正确；根据质量数守恒与电荷数守恒可知，氚的衰变方程为H―→He＋e，衰变后的生成物是He，C错误；在衰变的过程中会释放能量，D错误。故选B。 4．A　[解析]A反应为核裂变反应，A正确；BD反应为原子核的人工转变，BD错误；C反应为α衰变，C错误。故选A。 5．B　[解析]放射性元素的半衰期与外界因素无关，A错误；根据质量数和电荷数守恒，中微子的质量数A＝0，电荷数Z＝0，B正确；正电子产生的原因是核内的质子转化为中子时放出的，C错误；查德威克用粒子轰击铍原子核实验，发现了中子，D错误。故选B。 6．D　[解析]发生的核反应是核裂变，不是原子核的衰变，故A错误；由核反应方程满足质量数与电荷数守恒，可知U＋n―→Ba＋Kr＋3n＋ΔE，因此式中x＝3，故B错误；核反应方程中ΔE为释放出的核能，不是U的结合能，故C错误；中等质量原子核的比结合能较大，U核的比结合能小于Ba核的比结合能，故D正确。故选D。 7．C　[解析]题图甲中的γ射线是伴随放射性元素的衰变产生的，故A错误；题图乙原子核衰变放出β粒子，是由于发生β衰变产生的，β衰变中生成的电子是一个中子转化为一个质子同时生成一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，但β粒子不是组成原子核的一种粒子，故B错误；γ射线具有较强的穿过本领，题图丙的γ射线测厚装置，若探测器测得的射线越弱，说明金属板厚度越厚，故C正确；半衰期是大量放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，对于少数的放射性原子不能使用，故D错误。故选C。 8．BCD　[解析]发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构，故A错误；卢瑟福通过α粒子散射实验提出原子核式结构模型，故B正确；放射性元素的半衰期只与原子核结构有关，与温度或其他因素无关，故C正确；恒星核心质量小于太阳1.44倍的恒星将会演化为白矮星，故太阳最终会变成一颗白矮星，故D正确。故选BCD。 9．BD　[解析]图甲中，氧气分子在图线Ⅱ温度下速率大的分子所占百分比较多，故图线Ⅱ温度较高，故A错误；根据热力学第二定律可知，在引起其他变化的前提下，可以从单一热库吸收热量，使之全部变成功，故B正确；根据动量守恒得知，放出的粒子与新核的速度方向相反，由左手定则判断得知，放出的粒子应带负电，是β粒子，故C错误；相对论时空观认为运动物体的长度和物理过程的快慢都跟物体运动状态有关，故D正确。故选BD。 10．AD　[解析]衰变过程中，系统合外力为零，粒子的动量守恒，故A正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动，磁场方向不同，粒子旋转的方向相反，由于α粒子和β粒子的速度方向未知，故不能判断磁场的方向，故B错误；放射性元素放出α粒子时，α粒子与反冲核的速度相反，电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆；而放射性元素放出β粒子时，β粒子与反冲核的速度相反，电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆，故甲图是α衰变，乙图是β衰变，故C错误；放射性元素放出粒子时，两带电粒子的动量守恒，根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m，可得轨迹半径为r＝＝，可得轨迹半径与动量成正比，与电荷量成反比，α粒子和β粒子的电荷量比反冲核的电荷量小，则α粒子和β粒子的轨迹半径比反冲核的轨迹半径大，故b为α粒子的运动轨迹，c为β粒子的运动轨迹，故D正确。故选AD。 11．2　U―→Pu＋2e　Δm＝E0 [解析]β衰变，电荷数增加1，质量数不变，铀239衰变成钚239，电荷数增2，质量数不变，知发生了2次β衰变。该过程的核反应方程式为U―→Pu＋2e 运用动量守恒定律和能量守恒定律mv＝Mv′ ＝，E0＋E0＝Δmc2，解得Δm＝E0。 12．(1)B　(2)A　(3)① ②2.38　③13.5 [解析](1)太阳能是依据太阳的核聚变活动导致的。故选B。 (2)根据＝辐射频率的国际单位可以表示为kg·m2/s3。故选A。 (3)①U－I图像如答案图所示。 ②由图可知当U＝14.0 V时，电流为170.0 mA，该太阳能电池的输出功率为P＝UI＝14.0×170×10-3 W＝2.38 W。 ③R0和Rx两端的电压为U＝I(R0＋Rx)＝100I 作图线U＝100I，交太阳能电池U－I图像于(150 mA，15 V)。电阻箱Rx两端的电压为URx＝Rx＝13.5 V。 13．(1)X―→Y＋He (2)1 g　(3)Δmc2 [解析](1)该α衰变的核反应方程是 X―→Y＋He。 (2)若放射性原子核X的半衰期为4天，经过8天4 gX剩下的质量是m剩＝()m0＝()×4 g＝1 g。 (3)衰变过程中动量守恒，因此根据动量守恒定律有 0＝MYvY－MHevHe 根据能量守恒有Δmc2＝MYv＋MHev 解得α粒子衰变后的动能EkHe＝Δmc2。 14．(1)H＋H―→He＋n (2)2.8×10-12 J　(3)23 kg [解析](1)氘和氚聚合的反应方程为H＋H―→He＋n。 (2)根据质能方程可得核反应释放出来的能量为 ΔE＝Δmc2＝(2.014 1＋3.016 0－4.002 6－1.008 7)×1.66×10-27×32×1016 J≈2.8×10-12 J。 (3)每年要消耗氘的质量为M＝×2.014 1×1.66×10-27＝ kg≈23 kg。 15．(1)Pu―→U＋He＋γ (2)1∶46 (3)5.2 MeV　5.0 MeV [解析](1)核反应方程Pu―→U＋He＋γ。 (2)衰变过程中满足动量守恒得pU＝pα 带电粒子在磁场中做圆周运动，有qvB＝m 解得R＝，铀核U和α粒子圆周运动的半径之比 ＝＝＝1∶46。 (3)核反应过程中的质量亏损 Δm＝(239.052 1－235.043 9－4.002 6) u＝0.005 6 u 根据质能方程ΔE＝Δmc2，可得 ΔE＝0.005 6×931.5 MeV＝5.216 4 MeV≈5.2 MeV 根据题意结合能量守恒定律可知：核反应过程中转化为粒子动能的总能量E＝ΔE－Eγ 即E＝(5.216 4－0.097) MeV＝5.119 4 MeV≈5.1 MeV 根据动能和动量的关系Ek＝，可得＝ 则α粒子的动能Ekα＝E 代入数值得5.0 MeV。 第五章　章末检测(二) 1．A　[解析]设入射质子的动能为EkH，生成α粒子的动能为Ekα，根据能量守恒定律有EkH＋ΔE＝2Ekα，又ΔE＝(1.007 825＋7.016 004－2×4.002 603)×931 MeV＝17.338 MeV，解得EkH＝0.5 MeV，故A正确。 2．B　[解析]α射线的穿透能力弱于γ射线，故A错误；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，故B正确；发生β衰变后电荷数增加了1，故C错误；半衰期是统计学规律，对少量原子核没有意义，故D错误。 3．C　[解析]根据题设条件，有m1＝4mp＝4.0312 u，m2＝mα＝4.002 6 u，故释放的能量约为ΔE＝(m1－m2)c2≈27 MeV，故C正确，A、B、D错误。 4．B　[解析]核反应方程式U―→Th＋He为α衰变，A错误；裂变是较重的核分裂成中等大小的核，核反应方程式U＋n―→Ba＋Ke＋3n为重核裂变，B正确，C错误；核反应方程式N＋n―→C＋H为原子核的人工转变，D错误。 5．C　[解析]H和H在常温下不能发生聚变，只有在高温下才能发生聚变，故A错误；根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，为中子n，故B错误；该反应的质量亏损为Δm＝m1＋m2－m3－m4、ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3－m4)c2，故C正确；我国大亚湾核电站是利用重核的裂变释放的能量来发电的，故D错误。 6．C　[解析]根据质量数守恒和电荷数守恒，可知新核X是He，故A错误；氚核(H)发生β衰变时，质量数和电荷数都守恒，但质量不守恒，故B错误；根据m＝m0()，可得m＝100×() g＝25 g，故C正确；核反应方程式H＋H―→He＋n，属于核聚变(或热核反应)，核电站利用核裂变获得核能，故D错误。 7．B　[解析]根据质量数和电荷数守恒可知反应方程为I―→Xe＋e，可知该衰变为β衰变，方程式中的Z为电子，故A错误，B正确；核反应都是向比结合能大的方向进行的，该反应中的Xe的比结合能要比I的比结合能大，故C错误；患者服药后，碘131经过4个半衰期，10 g碘131中发生衰变的碘的质量为m＝m0[1－()4]＝9.375 g，故D错误。 8．AC　[解析]“碳14”发生β衰变产生电子，根据电荷数守恒、质量数守恒，“碳14”衰变方程为C―→e＋N，故A正确；β衰变产生的电子是由原子核内一个中子转化成质子的同时产生的，因此每经过一次β衰变后，原子核内中子数会减少1个，质子数增加1个，故B错误，C正确；“碳14”发生β衰变的半衰期与外界因素如温度、压强无关，故D错误。 9．AD　[解析]根据题图和题意，设经过a次α衰变，b次β衰变，则衰变的整个过程为X―→Y＋aHe＋be，根据质量数守恒和电荷数守恒，解得，故A正确，B错误；放射性元素的半衰期与原子所处环境的温度、压力以及化学状态无关，故C错误；根据衰变的定义可知，衰变是由不稳定的原子核在放射出粒子及能量后变得较为稳定的过程，则衰变后原子核稳定，比结合能大，故D正确。 10．AD　[解析]根据电荷数守恒和质量数守恒，原子核X衰变反应方程为X―→He＋Y，根据周期公式T＝，得周期之比为＝∶＝·＝，故A正确；根据半径公式r＝，又mv＝p(动量)，则得r＝①，在衰变过程中遵守动量守恒定律，根据动量守恒定律得0＝pY－pα，则pY＝pα②，由①②得半径之比为＝＝，故B错误；该过程质量亏损Δm＝m1－(m2＋m3)，故C错误；由Ek＝知Y核的动能EkY＝，则释放的核能ΔE＝Ekα＋EkY＝，故D正确。 11．56天 [解析]由图知P半衰期是14天，则由题可知m0＝4 mg，m＝0.25 mg，T＝14天，故m＝()m0。代入数据可知t＝56天。 12. (1)Al＋He―→P＋n (2)，方向与该粒子原运动方向相同 [解析](1)核反应方程式为Al＋He―→P＋n。 (2)由(1)知，该种粒子为中子，设该种粒子的质量为m，则12C核的质量为12m，设碰撞后12C核的速度为v2，由动量守恒定律可得mv0＝m(－v1)＋12mv2，解得v2＝，碰撞后12C核的运动方向与该粒子原运动方向相同。 13．(1)3×106 m/s　(2)He　(3)N＋n―→B＋He [解析](1)设中子的质量为m，则氮核的质量为14m，B核的质量为11m，C核的质量为4m，根据动量守恒可得mv0＝11mvB＋4mvC，代入数值解得vC＝3×106 m/s。 (2)根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径公式R＝，可得＝＝，所以＝，又qC＋qB＝7e，解得qC＝2e，qB＝5e，所以C核为He。 (3)核反应方程N＋n―→B＋He。 14. (1)3He―→C　(2)7.27 MeV　(3)8.05×106 kg [解析](1)核反应方程为3He―→C。 (2)由题可知，在此核反应的瞬间会释放大量的核能，所以这个核反应瞬间会有质量亏损。那么氦闪过程中质量亏损 Δm＝3mHe－mC＝0.007 8 u，由爱因斯坦质能方程E＝mc2得，释放的能量为ΔE＝Δmc2，解得ΔE≈7.27 MeV。 (3)设4 kg的He的物质的量为n，M＝4 g/mol则n＝， 设4 kg的He中含有He的个数为N，则N＝nNA，NA＝6.02×1023mol-1，结合核反应方程，反应释放总能量为E＝·ΔE。 设对应标准煤的质量为m0，则m0＝，联立解得m0＝8.05×106 kg。 15．(1)Pu―→U＋He　(2)　(3)117T0 [解析](1)α衰变方程为Pu―→U＋He。 (2)根据动量守恒定律可知α粒子和铀核的动量大小相等。 设为p，α粒子的动能Eα＝，铀核的动能EU＝ 则＝＝＝，所以释放能量为ΔE＝Eα＋EU＝E，且ΔE＝Δmc2，解得Δm＝。 (3)根据周期方程T＝，可得Tα＝TU，因为想再次相遇，必然是在裂变的切点处，所以每个粒子运动的时间必须为整数周期，这样就应有Δt＝nT0＝mTU。而n、m必须为整数，所以根据T0与TU的比例关系，则必须n＝117或m＝92，这就意味着Δt＝117T0。所以相遇最短时间t＝117Tα＝117T0。 阶段检测(二) 1．C　[解析]赫兹通过实验验证了“变化的电场产生磁场”和“变化的磁场产生电场”，并证实了电磁波的存在，A错误；奥斯特最早通过通电导线使小磁针偏转发现了电流的磁效应，故B错误；一切物体都在辐射红外线，这种辐射与物体的温度有关，故C正确；电磁波的传播不需要介质，其在介质中的传播速度小于光速，故D错误。故选C。 2．D　[解析]设光子的质量为m0，由p＝m0c、ε＝m0c2，解得c＝、m0＝，故A、B错误；物体的速率为v0，质量为m，则其动量为p0＝mv0，由p0＝，解得h＝λmv0，故C错误；设光子的频率为ν，由ε＝hν，解得ν＝，故D正确。 3．A　[解析]根据光电效应方程有Ek＝hν－W0＝hν－hν0，又c＝νλ，光电子的最大初动能为Ek＝－，故A正确；发生光电效应的条件是入射光的波长小于等于极限波长，该单色光的波长为λ，金属的极限波长为λ0，则λ<λ0，故B错误；波长超过λ，小于λ0的光能使该金属发生光电效应，故C错误；金属的极限波长为λ0，波长超过λ0的光都不能使该金属发生光电效应，故D错误。 4．B　[解析]汤姆孙通过对阴极射线的研究，得出电子的存在，与说明实物粒子也具有波动性无关，故A错误；利用晶体做电子束衍射实验，是电子束穿过铝箔后的衍射图样，由于衍射是波具有的性质，所以该实验现象说明实物粒子也具有波动性，故B正确；α粒子散射实验，说明了原子的核式结构，与说明实物粒子也具有波动性无关，故C错误；观察光电效应实验，此实验装置是提出光的粒子性的实验装置，故D错误。故选B。 5．C　[解析]钍核包含有90个质子，而其质量数等于质子数与中子数之和，则可知其中子数为232－90＝142(个)，故A错误；结合能等于比结合能与核子数的乘积，虽然钍核的比结合能稍小于铅核的比结合能，但钍核的核子数多于铅核，使得钍的结合能大于铅核的结合能，故B错误；钍核变为铅核，核子总数减少了24，说明发生了6次α衰变，同时将导致质子数减少12，实际质子数减少了8，说明还发生了4次β衰变，故C正确；钍核为天然放射性元素，其能自发地进行衰变，而自发进行的衰变反应都是释放核能的反应，故D错误。故选C。 6．B　[解析]β衰变的本质是原子核内的一个中子转变成一个质子和一个电子，故A错误；半衰期由原子核内部因素决定，与原子核所处的物理环境和化学状态无关，故B正确，C错误；半衰期是原子核发生半数衰变所需的时间，经过57.6年，即两个半衰期，剩余锶为原来的四分之一，并没有完全衰变完，故D错误。故选B。 7．C　[解析]γ光子的贯穿能力最强，应该用γ射线探测物体的厚度，故A错误；因为α粒子的电离本领强，所以应该用α粒子放射源制成“烟雾报警器”，故B错误；γ光子的贯穿能力最强，从而使DNA发生变异，所以放射育种利用γ射线照射种子使遗传基因发生变异，故C正确；人体长时间接触放射线会影响健康，所以医院在利用放射线诊断疾病时用半衰期较短的放射性同位素，故D错误。故选C。 8．BC　[解析]由图可知，单色光a偏折程度小于b的偏折程度，所以a光的折射率小于b光的折射率，A错误；由于a光的折射率小于b光的折射率，根据sin C＝，因此当光从水射向空气时，a光全反射的临界角大于b光的临界角，B正确；光的频率是由光源决定的，光从一种介质进入另一种介质时，光的频率不变，C正确；由于频率越高，折射率越大，因此b光频率大于a光的频率，而光子能量E＝hν，可知b光光子能量大于a光光子能量，若a光照射到某金属上能发生光电效应，则b光照射到金属表面一定能发生光电效应，D错误。故选BC。 9．CD　[解析]由于是同一光电管，因而不论对哪种光，金属的截止频率和逸出功相同，对于甲、乙两种光，遏止电压相同，由eUc＝mv＝hν－W0，知两种光的频率相同，A错误；丙光的遏止电压较大，对应的光电子的最大初动能较大，故丙光的频率较高，B错误，C正确；因为光电流的强度和入射光的强度成正比，D正确。故选CD。 10．AD　[解析]比结合能越大，原子核越稳定，由于Pb比Po更稳定，所以Pb的比结合能大于Po的比结合能，故A正确；Po的结合能为E1，Pb的结合能为E2，X的结合能为E3，则该核反应过程中放出的能量为Q＝E2＋E3－E1，故B错误；根据爱因斯坦质能方程可知Q＝mc2，可得m＝，故C错误；核衰变后，生成的新原子核位于高能级，能自发向低能级跃迁，从而放出光子，故D正确。故选AD。 11．(1)BCD　(2)10　 [解析](1)绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，是因为原子内部绝大部分空间是空的，B正确；极少数α粒子穿过金箔后发生大角度偏转，是因为其受到金原子核的强库仑斥力，C正确；α粒子散射实验说明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核上，但该实验不能确定出原子核的组成是质子和中子，A错误，D正确。故选BCD。 (2)一群处于能n＝5级的氢原子向低能级跃迁时最多可辐射出不同频率的光子种数为C＝10，设E4跃迁到E2时产生的光子的频率为ν1，E5跃迁到E3时产生的光子的频率为ν2，可得 hν1＝E4－E2，hν2＝E5－E3，联立可得＝。 12．(1)无　(2)ν1>νc>ν2　(3)4.3　1.0×1015 [解析](1)又已知用黄光照射锌板，验电器指针无偏转，说明极限频率大于黄光的频率，而红外线的频率比黄光的频率更小，则不能发生光电效应，验电器指针无偏转。 (2)用ν1的紫外线灯照射锌板，关灯后，验电器指针保持一定偏角，说明ν1>νc，用频率为ν2的黄光照射锌板，验电器指针无偏转，说明ν2<νc，所以ν1>νc>ν2。 (3)根据爱因斯坦光电效应方程有Ek＝hν－W0 又当滑至某一位置时电流计的示数恰好为零，读出此时电压表的示数为2.1 V，说明eU＝Ek 解得W0＝hν－eU＝6.4 eV－2.1 eV＝4.3 eV 该阴极材料的截止频率 νc＝＝ Hz≈1.0×1015 Hz。 13．(1)　(2) [解析](1)根据ε＝hν，得ν＝。 (2)设β粒子和镤核的合动量为p1，中微子的动量p2，根据动量守恒p1＋p2＝0，由p2＝，c＝λν 得p1＝－，所以β粒子和镤核的合动量大小为。 14．(1) (2)(＋＋Eγ) [解析](1)β＋在匀强磁场中运动时，有 ev1B＝ Ni在匀强磁场中运动时，有qv2B＝ 其中＝28 根据动量守恒定律有0＝m1v1－m2v2 解得r＝。 (2)β＋的动能Ek1＝m1v＝ Ni的动能Ek2＝m2v＝ 由能量守恒定律可知ΔE＝Δmc2＝Ek1＋Ek2＋Eγ 解得Δm＝。 15．(1)8×10-19 J　(2)11.34×10-19 J　(3)9.79×10-5 W [解析](1)由图乙可得b光照射金属时的遏止电压Ub＝5 V，逸出光电子的最大初动能为Ekb＝eUb＝8×10-19 J。 (2)由图乙可知a光的遏止电压最大，则可知a光光子能量最大，则b光光子是由第3能级跃迁到基态所辐射的光子，则b光的光子能量为Eb＝E3－E1＝12.09 eV≈19.34×10-19 J，根据光电效应方程有Eb＝Ekb＋W，解得W＝11.34×10-19 J。 (3)时间t内发射的光子数为n＝2，则每秒钟照射到阴极的光子总能量E＝nhν＝n(E2－E1)×1.6×10-19 J＝n16.32×10-19 J，该光源发射器的功率为P＝≈9.79×10-5 W。 综合检测(一) 1．D　[解析]溴蒸气的扩散实验中，若温度升高，分子运动加剧，因此扩散的速度加快，A正确；模拟气体压强产生的机理实验中，说明气体压强是由气体分子对器壁持续的碰撞产生的，B正确；蜂蜡涂在单层云母片上受热熔化的实验，从实验中可以看出，沿不同方向，传热快慢不同，说明云母的导热性能具有各向异性，C正确；把毛细管插入水银中的实验现象，说明水银对玻璃是不浸润液体，D错误。故不正确的选D。 2．C　[解析]温度越高，则分子做无规则运动的速率越大，玻璃杯中热水比冰水会更快全部变成黑色，这是因为热水分子热运动越剧烈，墨滴中碳粒受到液体分子的撞击做无规则运动也越剧烈。故选C。 3．C　[解析]开始时，A悬浮在水中某位置保持平衡，则A排开水的重力等于A的重力；若用力按压橡皮膜到某一位置后，根据玻意耳定律，玻璃槽上方空气的体积减小，压强增大，则A内被封气体的压强增大，则体积减小，即排开水的重力减小，浮力减小，此时重力大于浮力，玻璃瓶将下沉，下沉过程中压强不断增加，被封气体的体积不断减小，浮力不断减小，则玻璃瓶将加速沉到水底，故C正确，ABD错误。故选C。 4．C　[解析]物体的内能与物体的温度、体积以及物质的量等都有关，则不同的物体，若温度相同，则内能不一定也相同，选项A错误；宏观物体的动能与微观物体的分子动能无关，即物体速度增大，则分子动能不一定增大，内能也不一定增大，选项B错误；冰熔化时，吸收热量，温度不变，但内能增大，选项C正确；物体的内能永远不为零，静止在地面上的物体，机械能也不一定为零，选项D错误。故选C。 5．C　[解析]经过2个半衰期后矿石中剩余的铀应该有，故选项AB错误；经过3个半衰期后矿石中剩余的铀还有，故选项C正确；因为衰变产物大部分仍然留在该矿石中，所以矿石质量没有太大的改变，选项D错误。 6．A　[解析]如果气体等温膨胀，则气体的内能不变，吸收的热量全部用来对外做功，A正确；当气体体积增大时，对外做功，若同时吸收热量，且吸收的热量大于或等于对外做功的数值时，内能不会减少，B错误；若气体吸收热量同时对外做功，其内能也不一定增加，C错误；若外界对气体做功的同时气体向外放出热量，且放出的热量多于外界对气体所做的功，则气体内能不但未增加反而减少，D错误。故选A。 7．B　[解析]一个氘核和一个氚核结合成一个氦核时，释放出的能量为Δmc2，1 mol的氘核和1 mol的氚核结合成1 mol的氦核释放能量为NAΔmc2。故选B。 8．AD　[解析]由＝C，a点对应的气体状态其体积小于b点对应的气体体积，故a点对应的气体分子的数密度大于b点对应的气体分子的数密度，故A正确，B错误；由状态a沿直线ab到状态b，气体经历的是等温过程，故C错误，D正确。故选AD。 9．ABC　[解析]由Bi―→X质量数不变，说明发生的是β衰变，同时知a＝84。由Bi―→Tl是核电荷数减2，说明发生的是α衰变，同时知b＝206。故选ABC。 10．BD　[解析]原子核的半衰期是统计规律，只对大量原子核适用，故A错误。根据图乙可知，电压的有效值为5 V，所以Q＝t＝×60 J＝300 J，故B正确。图丙是利用了光的偏振原理，故C错误。处于n＝3能级的氢原子可以辐射3种光子，从n＝3向n＝2能级跃迁辐射出的光子能量最小，即ΔE＝[(－1.51)－(－3.4)]eV＝1.89 eV，故D正确。 11．(2)偏大　偶然误差　(3) [解析](2)油膜未充分散开时描下轮廓，导致面积的测量值偏小，所以直径测量值偏大。读数误差为偶然误差。 (3)根据d＝，又V＝×，S＝Na2，可得d＝。 12．(1)压强　(2)AB　(3)D　(4)增强接口处和活塞与针筒间的密封性，防止漏气 [解析](1)气体的压强需要压强传感器联合计算机辅助系统得到具体数据。 (2)玻意耳定律成立的前提是等温且质量一定，即可判断和计算体积与压强的关系，A正确；玻意耳定律成立的前提是等温且质量一定，容器的密封性必须好，如果气体泄漏，则质量发生变化，B正确；实验过程中，只要保证封闭气体的质量不变即可，不需要知道气体的具体质量，C错误；玻意耳定律成立的前提是等温且质量一定，单位可以不用国际单位， D错误。故选AB。 (3)实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大，不会影响气压与体积，A错误；实验时环境温度增大了，根据理想气体状态方程＝C，pV乘积变大，B错误；封闭气体压强与外界大气压强无关，C错误；实验时注射器的空气向外发生了泄漏，根据理想气体状态方程＝C，常数C与质量有关，C变小，则pV乘积减小，D正确。故选D。 (4)增强接口处和活塞与针筒间的密封性，防止漏气，以保证气体质量不变。 13．12≤n≤15 [解析]对球内原有气体，当压强降为p1＝1.0 atm时，设其体积为V1，由玻意耳定律有p0V0＝p1V1，解得V1＝9 L。 设需打气n次球内气压回到正常范围，设球内正常气压为p2，每次打入的空气为ΔV。 由玻意耳定律有p2V0＝p1(V1＋nΔV) 解得n＝＝ 当p2＝1.5 atm时，解得n＝11.25 当p2＝1.6 atm时，解得n＝15 故需打气的次数范围12≤n≤15。 14．(1)向左　(2)1.66×10-20 J　(3)6.25×1013个 [解析](1)B极板上逸出光电子，相当于电源的正极，A为负极，故流过R的电流向左。 (2)从B极发出的光电子的最大初动能 Ekm＝h－h＝6.63×10-34×3×108× (－)J≈1.66×10-20 J。 (3)每秒电路中流过的电子电荷量 q＝It＝10×10-6×1 C＝1×10-5 C n＝＝个＝6.25×1013个。 15．(1)4H―→He＋2e　(2)0.025 5 u (3)23.753 25 MeV (4)在很久很久以前，太阳的质量比现在的大，太阳和地球间的万有引力比现在的大，由＝m()2R，解得T＝，可知很久很久以前，地球公转的周期较短。 [解析](1)核反应方程为4H―→He＋2e。 (2)核反应的质量亏损为Δm＝4mH－mHe－2me＝4×1.007 3 u－4.002 6 u－2×0.000 55 u＝0.025 5 u。 (3)该核反应释放的能量为ΔE＝0.025 5×931.5 MeV＝23.753 25 MeV。 (4)见答案。 综合检测(二) 1．C　[解析]德布罗意认为实物粒子也具有波动性，A项错误；光的波长越大，频率越小，则光子的能量越小，B项错误；卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，C项正确；贝克勒尔发现的天然放射现象，说明原子核有复杂的结构，D项错误。 2．A　[解析]悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，微粒受力越接近平衡，布朗运动越不明显，故A正确；在使两个分子间的距离由很远减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大后减小再增大，故B错误；温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，说明分子的平均速率增大，但不是所有分子的速率都增大，故C错误；分子势能的增减取决于分子间作用力做的功，分子之间的距离在减小，分子间作用力不一定总是做正功，所以分子势能不一定总是减小，故D错误。 3．C　[解析]三束单色光的波长λ1>λ2>λ3，则频率ν3>ν2>ν1，用光束2照射时，恰能产生光电子，所以用光束1照射时，不能产生光电子，用光束3照射时，能产生光电子，A、B错误；由光电效应规律可知，用光束2照射时，光越强，单位时间内产生的光电子数目越多，C正确；光电子的最大初动能与光的强度无关，只与光的频率有关，D错误。 4．C　[解析]U―→Th＋He是α衰变，故A错误；Be＋He―→C＋n是原子核的人工转变，不是核聚变，故B错误；Po―→X＋He是α衰变，其中的y＝210－4＝206，X的中子数为206－82＝124，故C正确；核反应方程书写一律用箭头，故D错误。 5．B　[解析]根据质量数守恒与电荷数守恒可知238＝234＋n，94＝m＋2，解得m＝92，n＝4，Pu的衰变方程为Pu―→U＋He，易知发生的是α衰变，X比Pu的中子数少2个，故A错误；半衰期与环境条件无关，不会受到阳光、温度、电磁场等环境因素的影响，所以Pu在月球上和在地球上半衰期相同，故B正确；此核反应过程中的质量亏损等于反应前后质量的差，为Δm＝mPu－mX－mα，释放的核能为E＝(mPu－mX－mα)c2，故C错误；α射线的穿透能力较差，不能用于金属探伤，故D错误。 6．D　[解析]a→b过程中，温度不变，压强减小，根据pV＝C可知体积变大，A错误；b→c过程中，压强不变，温度降低，根据＝C可知体积减小，B错误；c→a过程中，图像为过坐标原点的倾斜直线，所以体积不变，温度升高，压强增大，内能增大，C错误，D正确。 7．B　[解析]先确定基态氢原子吸收光子后的能级基态氢原子能量为E1＝－13.6 eV，吸收能量为12.75 eV的光子后，总能量为E＝E1＋12.75 eV＝－13.6 eV＋12.75 eV＝－0.85 eV，根据氢原子能级公式En＝－ eV，解得n＝4，即原子跃迁到第4能级。下面分析可能的跃迁路径，从n＝4跃迁到较低能级时，可能的路径包括①直接跃迁到n＝2释放光子能量为E4到2＝E4－E2＝－ eV＋ eV＝2.55 eV，该能量在可见光范围内(1.65 eV<2.55 eV<3.10 eV)，②间接跃迁到n＝2，例如n＝4→n＝3→n＝2，其中，n＝3→n＝2的光子能量为E3到2＝E3－E2＝－ eV＋ eV＝1.89 eV，该能量在可见光范围内(1.65 eV<1.89 eV<3.10 eV)，最后筛选可见光谱线，n＝4→n＝2跃迁时，光可见。n＝3→n＝2跃迁时，光可见。其他路径(如n＝4→n＝1)释放的光子能量超出可见光范围。综上分析，可见光谱线共有两条。故选B。 8．AC　[解析]根据热力学第一定律可知，做功和热传递都可以改变物体的内能，气体对外做功，若同时吸收一定的热量，其内能可能增加，故A正确；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，说明云母是晶体，故B错误；分子势能随分子之间距离的变化比较复杂，当分子力表现为引力时，距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故C正确；根据热力学第二定律可知，在一定的条件下热量可能从低温物体传到高温物体，如空调机，故D错误。 9．BD　[解析]航天服内气体温度不变，气体分子平均动能不变，选项A错误；航天服内气体质量不变，分子数不变，体积膨胀，则单位体积内的分子数减少，即航天服内气体分子的数密度减小，选项B正确；航天服内气体因为体积膨胀对外做功，而航天服内气体温度不变，即内能不变，由热力学第一定律可知气体吸热，选项C错误；设需补充1 atm气体V′后，气压达到p2＝0.9 atm，取航天服内原有气体和充入的气体为研究对象，由玻意耳定律得p1(V1＋V′)＝p2V2，其中p1＝1 atm，V1＝2 L，V2＝4 L，解得V′＝1.6 L，选项D正确。 10．AD　[解析]由题图甲可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A正确；由题图乙可知，a光光子的频率低于b光光子的频率，故B错误；由题图丙可知，大量该种元素的原子核每经过7.6天就有发生衰变，故C错误；由题图丁可知，中等大小的核的比结合能大，这些核最稳定，故D正确。 11．(1)AC　(2)　(3)b　b＋V0 [解析](1)封闭在注射器内的气体发生等温变化，从注射器的刻度上可以读出体积，因此传感器A应为压强传感器，A正确；在步骤①中，将注射器与传感器A连接前，应使注射器封住一定质量的气体，因此不必将柱塞移至针筒底部，B错误；操作中，不可用手握住注射器封闭气体部分，是为了保持封闭气体的温度不变，C正确；若实验过程中不慎将柱塞拔出针筒，气体的质量发生变化，则所得数据全部作废，应重新做实验，D错误。 (2)为使作出的图像为一条直线，根据玻意耳定律pV＝C(常量)，可知横轴应为。 (3)设石块体积为V1，若忽略软管容积，对一定质量的气体，温度不变时，根据玻意耳定律可得p(V－V1)＝C，整理得V＝＋V1，由此可得V1＝b；若软管的容积V0不能忽略，则根据玻意耳定律可得p(V＋V0－V1)＝C，整理得V＝＋V1－V0，可知V1－V0＝b，故V1＝b＋V0。 12．(1)4×10-12　1.14×10-2(1.12×10-2～1.19×10-2)　4×10-10 (2)B　(3)B [解析](1)一滴油酸酒精溶液含油酸的体积为 V＝××10-6 m3＝4×10-12 m3 超过半格的有114格，故油膜面积为 S＝114×1×10-4 m2＝1.14×10-2 m2 油酸分子直径为d＝≈4×10-10 m。 (2)1 kg油酸所含分子数为N＝，A错误；油酸的摩尔体积为Vmol＝，1 m3油酸所含分子数为N＝NA＝NA＝，B正确；1个油酸分子的质量为m0＝，C错误；设油酸分子为球形且直径为d，则一个油酸分子的体积为V0＝π，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝，联立可解得d＝，D错误。 (3)计算油酸面积时，错将所有不完整的方格作为完整的方格处理，使格数偏多，面积偏大，则直径测量值偏小，A错误；水面上爽身粉撒的较多，油酸膜没有充分展开，使面积测量值偏小，直径测量值偏大，B正确；做实验之前油酸溶液搁置时间过长，酒精挥发使得油酸浓度变大，仍按原来的浓度计算，则计算值偏小，因此测量值偏小，C错误。 13．(1)9.1×10-8 m　(2)3.5×10-7 m　(3)30 eV [解析](1)当光子的能量最大时，其频率最大，波长最短，根据跃迁公式Em＝E∞－E1＝0－(－13.6 eV)＝13.6 eV，又Em＝h，解得最短波长λ≈9.1×10-8 m。 (2)根据逸出功W0＝hν0＝，解得λ0≈3.5×10-7 m。 (3)由图可知，电压表电压U＝20 V为正向电压，根据动能定理可得eU＝Ek－Em，又Em＝hν－W0，得Ek＝eU＋hν－W0＝20 eV＋13.6 eV－3.6 eV＝30 eV。 14．(1)510 K　(2)309 J [解析](1)当汽缸水平放置时 p0＝1.0×105 Pa，T0＝300 K 当汽缸口向上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析示意图如图所示，有 p1S＝p0S＋mg 解得p1＝1.3×105 Pa 由理想气体状态方程得 ＝ 解得T1＝510 K。 (2)当汽缸口向上，未加热时，由玻意耳定律得 p0L1S＝p1LS，则L＝10 cm 加热过程中，气体做等压变化，外界对气体做功为 W＝－p1ΔV＝－p1(L1＋L2－L)S＝－91 J 根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q得ΔU＝309 J。 15．(1)Po―→Pb＋He　5.28 MeV (2)2.35×10-13 m　(3)1∶41 [解析](1)根据质量数守恒和电荷数守恒可知，该核反应方程为Po―→Pb＋He 该核反应的质量亏损为Δm＝mPo－mPb－mHe＝209.982 87 u－205.974 6 u－4.002 60 u＝0.005 67 u 根据爱因斯坦质能方程得释放的核能为 ΔE＝Δmc2＝0.005 67×931.5 MeV≈5.28 MeV。 (2)若释放的核能以电磁波的形式释放，则 ΔE＝hν＝h 代入数据得电磁波的波长λ≈2.35×10-13 m。 (3)该核反应过程遵循动量守恒定律，取He的速度方向为正方向，则有mHevHe－mPbvPb＝0 根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝m 则r＝ 故Pb的同位素粒子和He在磁场中运动的轨道半径之比为＝。 学科网（北京）股份有限公司 $