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(共15张PPT)
实验十四　用双缝干涉测光的波长
1.实验原理
根据λ＝Δx可以计算出单色光的波长.由于Δx较小，可测出n条亮(或暗)条纹的间距a，则相邻亮(或暗)条纹间的距离Δx＝.
2.实验器材
双缝干涉仪(由光具座、光源、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、毛玻璃屏、测量头组成)，另外还有学生电源、导线、刻度尺.
3.实验步骤
(1)观察干涉条纹.
①将光源、遮光筒、毛玻璃屏依次安放在光具座上，如实验原理图所示.
②接好光源，打开开关，使灯丝正常发光.
③调节各器件的高度，使光源发出的光能沿轴线到达光屏.
④安装双缝和单缝，中心大致位于遮光筒的轴线上，使双缝与单缝平行，二者间距5~10 cm，这时，可观察白光的干涉条纹.
⑤在单缝和光源间放上滤光片，观察单色光的干涉条纹.
(2)测定单色光的波长.
①安装测量头，调节至可清晰观察到干涉条纹.
②使分划板中心刻线对齐某条亮条纹的中央，记下手轮上的示数a1，将该条纹记为第1条亮纹；转动手轮，使分划板中心刻线移至另一亮条纹的中央，记下手轮上的示数a2，将该条纹记为第n条亮纹.
③用刻度尺测量双缝到光屏的距离l(d已知).
④改变d和l，重复测量.
4.数据处理
(1)条纹间距Δx＝.
(2)波长λ＝Δx.
(3)计算多组数据，求λ的平均值.
5.注意事项
(1)双缝干涉仪是比较精密的仪器，应轻拿轻放，且注意保养.
(2)安装时，注意调节光源、滤光片、单缝、双缝的中心均在遮光筒的中心轴线上，并使单缝、双缝平行且间距适当.
(3)光源灯丝最好为线状灯丝，并与单缝平行且靠近.
(4)照在光屏上的光很弱，主要原因是灯丝与单缝、双缝，测量头与遮光筒不共轴所致；干涉条纹不清晰的一般原因是单缝与双缝不平行，故应正确调节.
6.误差分析
(1)双缝到屏的距离l的测量存在误差.
(2)测条纹间距Δx带来误差.
①干涉条纹没有调整到最清晰的程度.
②分划板刻线与干涉条纹不平行，中心刻线没有恰好位于条纹中心.
③测量多条亮条纹间的距离时读数不准确，此间距中的条纹数未数清.
命题　实验原理与操作
1.光源、滤光片、单缝、双缝在光具座上的摆放顺序需要注意.
2.由Δx＝λ，可知要增加相邻亮纹(暗纹)间的距离，可采取的办法有：
(1)增大双缝到光屏间的距离(或选用较长的遮光筒)；
(2)减小双缝之间的距离.
例题　(1)如图所示，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光具座上放置的光学元件依次为：①光源；②______；③______；④______；⑤遮光筒；⑥光屏.对于某种单色光，为增加相邻亮纹(暗纹)间的距离，可采取________________或________________的方法.
(2)如果将灯泡换成激光光源，该实验照样可以完成，这时可以去掉的部件是________(填数字代号).
(3)转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮条纹，读下手轮的示数如图甲所示.继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第10条亮条纹，读下手轮的示数如图乙所示.则相邻两亮条纹的间距是________mm.
甲
乙
(4)若已经量得双缝的间距是0.30 mm，双缝和光屏之间的距离是900 mm，则待测光的波长是________m(结果保留3位有效数字).
【答案】(1)滤光片　单缝　双缝
增加双缝到光屏间的距离(或选用较长的遮光筒)
减小双缝之间的距离
(2)②③　(3)1.610　(4)5.37×10－7
变式　在“用双缝干涉测光的波长”实验中(实验装置如图甲所示)：
甲
乙
(1)下列说法错误的是________(填选项前的字母).
A.调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝
B.测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐
C.为了减少测量误差，可用测微目镜测出n条亮纹间的距离a，求出相邻两条亮纹间距Δx＝
(2)测量某亮纹位置时，手轮上的示数如图乙所示，其示数为________mm.
【答案】(1)A　(2)1.970
【解析】(1)调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，无须放上单缝和双缝，选项A错误.
(2)主尺的示数为1.5 mm，可动尺的示数为47.0×0.01 mm＝0.470 mm，总的示数为(1.5＋0.470) mm＝1.970 mm.(共37张PPT)
第1讲　分子动理论、内能
核心素养 重要考点
物理 观念 (1)理解布朗运动、内能、分子力、晶体、表面张力、分子势能等概念；(2)理解气体实验定律、理想气体状态方程和热力学定律等物理规律 1.分子动理论、内能
2.晶体和非晶体的特点、液体的表面张力
3.气体实验定律和理想气体状态方程
4.热力学定律和能量守恒定律
5.用油膜法估测分子的大小
科学 思维 (1)分别构建两种物理模型进行估算；(2)掌握“油膜法”“放大法”“图像法”“概率统计的方法”“控制变量法”；(3)气体实验定律、理想气体状态方程、热力学定律的应用 科学 探究 (1)探究用油膜法估测分子的大小；(2)探究气体等温、等压、等容变化的规律 科学 态度 与责任 能量守恒定律、热机等在生产、生活中的应用，思考能源开发和环境保护等人类面临的问题 核心知识·优化增分
一、分子动理论
1.物体是由大量分子组成的.
(1)分子的大小.
①分子直径：数量级是________m.
②分子质量：数量级是10－26 kg.
③测量方法：油膜法.
(2)阿伏加德罗常数：1 mol的任何物质都含有相同的粒子数即阿伏加德罗常数，NA＝____________mol－1.
10－10　
6.02×1023
2.分子热运动.
一切物质的分子都在永不停息地做无规则运动.
(1)扩散现象：相互接触的不同物质彼此进入对方的现象.温度________，扩散越快，可在固体、液体、气体中进行.
(2)布朗运动：悬浮在液体(或气体)中的微粒的无规则运动，微粒________，温度________，布朗运动越显著.
3.分子力.
分子间同时存在引力和斥力，且都随分子间距离的增大而________，随分子间距离的减小而增大，但总是斥力变化得较快.
越高
越小　
减小
越高　
二、温度
1.意义.
宏观上表示物体的冷热程度(微观上标志物体的分子平均动能的大小).
2.两种温标.
(1)摄氏温标和热力学温标的关系：T＝_________.
(2)绝对零度(0 K)：是低温极限，只能接近不能达到，所以热力学温度无负值.
【答案】t＋273.15 K
三、内能
1.分子动能.
(1)意义：分子动能是____________所具有的动能.
(2)分子平均动能.
所有分子动能的平均值.________是分子平均动能的标志.
2.分子势能.
由分子间________决定的能，在宏观上分子势能与物体________有关，在微观上与分子间的________有关.
分子热运动　
温度
相对位置　
体积　
距离
体积
温度　
分子势能　
3.物体的内能.
(1)内能：物体中所有分子热运动的________与________的总和.
(2)决定因素：________、________和物质的量.
动能　
(1)布朗运动是液体分子无规则运动的反映.
(2)分子力是短程力，在大于10－9 m时，分子力很弱，可以忽略不计.
(3)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.
(4)阿伏加德罗常数是联系宏观量与微观量的“桥梁”.
1.[布朗运动的理解](多选)关于布朗运动，下列说法正确的是(　　)
A.布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动
B.液体温度越高，液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈
C.在液体中的悬浮颗粒只要大于某一尺寸，都会发生布朗运动
D.液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子永不停息地做无规则运动
【答案】AB
2.[分子力](多选)下列关于分子间相互作用力的说法正确的是(　　)
A.当分子间的距离r＝r0时，分子力为零，说明此时
分子间既不存在引力，也不存在斥力
B.分子力随分子间距离的变化而变化，当r＞r0时，
随着距离的增大，分子间的引力和斥力都增大，
但引力比斥力增大得快，故分子力表现为引力
C.当分子间的距离r＜r0时，随着距离的减小，分子间的引力和斥力都增大，但斥力比引力增大得快，故分子力表现为斥力
D.当分子间的距离大于r＝10－9 m时，分子间的作用力可以忽略不计
【答案】CD　
【解析】分子间的引力和斥力同时存在，当分子间的距离r＝r0时，引力等于斥力，分子力为零，故A错误；分子力随分子间距离的变化而变化，当r＞r0时，分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，斥力减小得更快，分子力表现为引力，故B错误；当分子间的距离r＜r0时，随着距离的减小，分子间的引力和斥力都增大，但斥力比引力增大得更快，分子力表现为斥力，故C正确；当分子间的距离r＝10－9m时，分子间的作用力可以忽略不计，故D正确.
3.[内能]对内能的理解，下列说法正确的是(　　)
A.系统的内能是由系统的状态决定的
B.温度高的系统比温度低的系统的内能大
C.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
D.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
【答案】A
4.[分子动理论]根据分子动理论，下列说法正确的是(　　)
A.一个气体分子的体积等于气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比
B.显微镜下观察到的墨水中的小炭粒所做的不停地无规则运动，就是分子的运动
C.分子间的相互作用力一定随分子间的距离增大而减小
D.分子势能随着分子间的距离增大，可能先减小后增大
【答案】D
高分能力·突破瓶颈
考点1　分子直径、质量、数目等微观量的估算　[基础考点]
1.微观量
分子体积V0，分子直径d，分子质量m0.
2.宏观量
物体的体积V，摩尔体积Vm，物体的质量m，摩尔质量M，物体的密度ρ.
3.相互关系
(1)一个分子的质量m0＝＝ρ.
(2)一个分子的体积V0＝.(注：对气体，V0为分子所占空间体积)
(3)物体所含的分子数n＝NA＝NA或n＝NA＝NA.
(4)单位质量中所含的分子数n'＝.
1.科学家已创造出一种利用细菌将太阳能转化为液体燃料的“人造树叶”系统，使太阳能取代石油成为可能.假设该“人造树叶”工作一段时间后，能将10－6 g的水分解为氢气和氧气.已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，摩尔质量M＝1.8×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1.试求(结果均保留1位有效数字)：
(1)被分解的水中含有水分子的总数N；
(2)一个水分子的体积V.
解：(1)水分子数
N＝ 个≈3×1016个.
(2)水的摩尔体积 Vmol＝，
水分子体积 V0＝＝3×10－29 m3.
2.(多选)某气体的摩尔质量为M，摩尔体积为V，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m和V0，则阿伏加德罗常数NA可表示为(　　)
A.NA＝ B.NA＝
C.NA＝ D.NA＝
【答案】BC　
【解析】从质量入手，摩尔质量与单个分子的质量之比即为NA，NA＝，又M＝ρV，故B、C正确；气体分子间距较大，有大量的空隙，无法忽略不计，故A错误；气体的密度是ρ，但单个分子的密度要远大于ρ，所以单个分子质量m≠ρV0，故D错误.
考点2　布朗运动的理解　[基础考点]
1.布朗运动与扩散现象的异同点
异同点 扩散现象 布朗运动
不同点 ①扩散现象是两种不同的物质相互接触时彼此进入对方的现象 ②扩散快慢除和温度有关外，还受到多种因素的限制 ①布朗运动是悬浮在液体或气体中的微粒所做的无规则运动，而不是液体或气体分子的运动
②布朗运动的激烈程度与液体(或气体)分子撞击的不平衡性有关
相同点 ①产生的根本原因相同，都是分子永不停息地做无规则运动的反映 ②它们都随温度的升高而表现得更激烈 2.布朗运动与热运动的关系
关系 布朗运动 热运动
区别 研究对象是固体颗粒，颗粒越小，布朗运动越明显，在液体、气体中发生 研究对象是分子，任何物体的分子都做无规则运动
相同点 ①无规则运动；②永不停息；③与温度有关 联系 周围液体(或气体)分子的热运动是布朗运动产生的原因，布朗运动是热运动的宏观表现 1.(多选)关于布朗运动，下列说法错误的是(　　)
A.布朗运动就是液体分子的无规则运动
B.布朗运动就是悬浮微粒的固体分子的无规则运动
C.布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动
D.气体分子的运动是布朗运动
【答案】ABD
2.(2022年汕头模拟)在天宫课堂“水油分离”实验中，王亚平将装有水和油的瓶子摇晃多次后，水和油均匀地混在了一起，这一现象______(填“能”或“不能”)说明分子在不停地做无规则热运动，因为分子热运动是________(填“自发”或“不自发”)的.
【答案】不能　自发
3.(2022年揭阳联考)夏季午后公路上地表温度可高达
60 ℃，汽车在公路上高速行驶时，由于摩擦和高温
的双重作用，汽车轮胎的温度会攀升得很快.如图所
示为空气分子在0 ℃和80 ℃时各速率区间的分子数
占总分子数的百分比随气体分子速率变化的图像.根
据图中提供的信息，图中曲线______是空气分子在
80 ℃温度下各速率区间的分子数占总分子数的百分比随分子速率的变化曲线.80 ℃空气的分子的平均速率比0 ℃空气的分子的平均速率____________(填“大”或“小”)，导致空气分子与轮胎壁碰撞时作用力更大，很容易造成胎压过高，甚至导致爆胎，因此，夏季到来后需要及时对轮胎进行正确的检查.
【答案】乙　大
考点3　分子力与分子势能的关系　[基础考点]
关系 分子间的相互作用力F 分子势能Ep
与分子间距 的关系图像
关系 分子间的相互作用力F 分子势能Ep
分子间距 r＜r0 F引＜F斥，F表现为斥力 r增大，斥力做正功，分子势能减少；r减小，斥力做负功，分子势能增加
r＞r0 F引＞F斥，F表现为引力 r增大，引力做负功，分子势能增加；r减小，引力做正功，分子势能减少
r＝r0 F引＝F斥，F＝0 分子势能最小，但不为零
r＞10r0 (10－9 m) F引和F斥都已十分微弱，可以认为分子间没有相互作用力 分子势能为零
1.(2022年临汾模拟)(多选)甲分子固定在坐标原点为O，乙分子位于x轴上，如图.现使乙分子由静止开始只在分子力作用下从距甲0.3r0处(r0为平衡位置)开始运动到r0处的过程中，下列说法正确的有(　　)
A.乙分子的加速度一直减小
B.乙分子的动能一直增大
C.甲分子对乙分子做正功
D.系统的分子势能增大
【答案】ABC　
【解析】乙分子从距甲0.3r0处(r0为平衡位置)开始运动到r0过程中，在0.3r0到r0这段区域内，分子间表现为斥力，且斥力随距离的增大而减小，故乙分子的加速度一直减小，A正确；在0.3r0到r0这段区域内，分子之间表现为斥力，斥力做正功，分子的动能一直增大，分子势能减小，BC正确，D错误.
2.(2021年重庆卷)如图甲、乙中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别描述了某物理量随分子之间的距离变化的规律，r0为平衡位置.现有如下物理量：①分子势能，②分子间引力，③分子间斥力，④分子间引力和斥力的合力，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的物理量分别是(　　)
A.①③② B.②④③
C.④①③ D.①④③
【答案】D　
【解析】根据分子之间距离为r0时分子势能最小可知，曲线Ⅰ为分子势能随分子之间距离r变化的图像；根据分子之间距离为r0时分子力为零，可知曲线Ⅱ为分子间引力和斥力的合力随分子之间距离r变化的图像；根据分子间斥力随分子间距离的增大而减小，且分子间距离r＜r0时分子间的作用力表现为斥力，可知曲线Ⅲ为分子间斥力随分子之间距离r变化的图像，D正确.
考点4　物体的内能　[基础考点]
1.物体内能的四个特点
(1)内能是对物体的大量分子而言的，不存在某个分子内能的说法.
(2)内能的大小与温度、体积、分子数和物态等因素有关.
(3)通过做功或热传递可以改变物体的内能.
(4)温度是分子平均动能的标志，相同温度的任何物体，分子的平均动能相同.
2.内能和热量的比较
比较 内能 热量
区别 是状态量.状态确定，系统的内能随之确定.一个物体在不同的状态下有不同的内能 是过程量.它表示由于热传递而引起的内能变化过程中转移的能量
联系 在只有热传递改变物体内能的情况下，物体内能的改变量在数值上等于物体吸收或放出的热量 3.物体的内能与机械能的比较
比较 内能 机械能
定义 物体中所有分子热运动的动能与分子势能的总和 物体的动能、重力势能和弹性势能的统称
决定 因素 与物体的温度、体积、物态和分子数有关 跟宏观运动状态、参考系和零势能点的选取有关
运动 形式 热运动 机械运动
联系 在一定条件下可以相互转化，能的总量守恒 1.(多选)关于内能，下列说法正确的是(　　)
A.若把氢气和氧气看成理想气体，则具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气的内能不相等
B.相同质量的0 ℃水的分子势能比0 ℃冰的分子势能大
C.物体吸收热量后，内能一定增加
D.一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能
【答案】ABD
2.有关分子的热运动和内能，下列说法正确的是(　　)
A.某种物体的温度是0 ℃，说明物体中分子的平均动能为零
B.物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多
C.分子的动能与分子的势能之和叫作这个分子的内能
D.物体做加速运动时，其内能一定增加
【答案】B　
【解析】某种物体的温度是0 ℃，不是物体中分子的平均动能为零，A错误；温度从微观角度看表示了大量分子无规则运动的剧烈程度，物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多，B正确；内能是物体的内能，不能说是分子的内能，C错误；内能与物体的宏观运动速度无关，D错误.
3.(多选)我国古代历法中的“二十四节气”反映了古人的智慧，有人还将其写成了一首节气歌：春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒.下列与节气有关的物理现象，解释正确的是(　　)
A.夏天气温比春天高，忽略分子间作用力，则一定质量的大气的内能在夏天比春天大
B.秋天夜晚温度降低，大气的饱和蒸气压减小，水蒸气容易在草上形成露水
C.冬天里，一定质量的冰熔化为同温度水的过程中，分子势能增加
D.夏天气温比春天高，则夏天大气中分子的热运动速率全部比春天大
【答案】ABC　
【解析】忽略分子间作用力，气体内能只有气体分子的总动能，温度越高，分子平均动能越大，一定质量大气的内能越大，A正确；饱和汽压与温度有关，温度越低，饱和汽压越小，则水蒸气容易在草上形成露水，B正确；一定质量的冰熔化为同温度水的过程中，分子动能不变，此过程要吸收热量，内能增加则分子势能增加，C正确；温度是分子平均动能的标志，但温度高不能说明每个分子的速率都更大，D错误.(共63张PPT)
第2讲　气体、液体和固体
一、固体
1.分类：固体分为________和________两类.晶体分为________和________.
多晶体
单晶体　
非晶体　
晶体　
核心知识·优化增分
比较 单晶体 多晶体 非晶体
外形 _______ 不规则 不规则
熔点 确定 _______ 不确定
物理性质 _______ 各向同性 各向同性
典型物质 石英、云母、食盐、硫酸铜 玻璃、蜂蜡、松香
形成与 转化 有的物质在不同条件下能够形成不同的形态.同一物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体 　
　
各向异性
确定　
2.晶体与非晶体的比较.
规则　
二、液体
1.液体的表面张力.
(1)作用：液体的表面张力使液面具有________的趋势.
(2)方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线________.
(3)大小：液体的温度越高，表面张力越小；液体中溶有杂质时，表面张力变小；液体的密度越大，表面张力越大.
【答案】(1)收缩　(2)垂直
2.液晶的物理性质.
(1)具有液体的流动性.
(2)具有晶体的光学各向异性.
(3)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.
三、气体
1.气体分子运动的特点.
(1)气体分子间距________，分子力可以忽略，因此分子间除碰撞外不受其他力的作用，故气体能充满它能达到的整个空间.
(2)分子做无规则的运动，速率有大有小，且时刻变化，大量分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布.
(3)温度升高时，速率小的分子数________，速率大的分子数________，分子的平均速率将________，但速率分布规律不变.
增大
增加　
减少　
较大　
三定律 玻意耳定律 查理定律 盖 吕萨克定律
条件 质量一定，________不变 质量一定，________不变 质量一定，________不变
表达式 _______
图像
p1V1＝p2V2
压强　
体积　
2.气体实验三定律
温度　
四、理想气体状态方程
1.理想气体.
(1)宏观上讲，理想气体是指在任何温度、任何压强下始终遵循气体实验定律的气体.实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体.
(2)微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间.
2.理想气体的状态方程.
(1)内容：一定质量的某种理想气体发生状态变化时，压强跟体积的乘积与热力学温度的比值保持不变.
(2)公式：＝C(C是与p、V、T无关的常量).
(1)区分晶体和非晶体看有无固定熔点，而区分单晶体和多晶体看是否能表现出各向异性.
(2)表面张力使液体的表面积趋于最小，体积相同的情况下，球形的表面积最小.
(3)理想气体是理想化的物理模型，一定质量的理想气体，其内能只与气体温度有关，与气体体积无关.
1.[晶体](多选)下列说法正确的是(　　)
A.金刚石、食盐都有确定的熔点
B.岩盐是立方体结构，粉碎后的岩盐不再是晶体
C.一些小昆虫可以停在水面上是由于液体表面张力的作用
D.多晶体的物理性质表现为各向异性
【答案】AC
2.[表面张力]下列说法正确的是(　　)
A.液晶不具有液体的流动性
B.液体的表面张力是由表面层液体分子之间的相互排斥引起的
C.用打气筒向篮球充气时需用力，说明气体分子间有斥力
D.雨水没有透过布雨伞是因为液体有表面张力
【答案】D　
【解析】液晶分子可以自由移动位置，保持了液体的流动性，A错误；液体的表面张力是由液体表面层分子之间的相互吸引而引起的，B错误；用打气筒向篮球充气时需用力是因为篮球内部气体的压强太大，故C错误；雨水没有透过布雨伞是因为液体有表面张力的作用，D正确.
3.[气体压强](多选)如图质量为M的绝热活塞把一定质量的理想气体密封在竖直放置的绝热汽缸内，活塞可在汽缸内无摩擦滑动.现通过电热丝对该理想气体十分缓慢地加热.设汽缸处在大气中，大气压强恒定.经过较长时间后，下列说法正确的是(　　)
A.汽缸中气体的压强比加热前要大
B.汽缸中气体的压强保持不变
C.汽缸中气体的体积比加热前要大
D.活塞在单位时间内受汽缸中分子撞击的次数比加热前要少
【答案】BCD　
【解析】汽缸内封闭气体的压强p＝p0＋，则知加热时封闭气体的压强保持不变，故A错误，B正确；封闭气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律知，温度上升时，气体的体积增大，故C正确；温度升高，分子的平均动能增大，体积增大，单位体积内气体分子数减少，由于气体的压强不变，根据压强的微观含义知活塞在单位时间内受汽缸中分子撞击的次数比加热前减少，故D正确.
高分能力·突破瓶颈
考点1　固体和液体的性质　[基础考点]
1.晶体和非晶体
(1)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性.
(2)只要是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体.
(3)只要是具有确定熔点的物体必定是晶体；反之，必是非晶体.
2.液体表面张力
(1)表面张力的效果：表面张力使液体表面积具有收缩趋势，液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形的表面积最小.
(2)表面张力的大小：跟边界线的长度、液体的种类、温度都有关系.
1.(2022年盐城模拟)石墨烯是从石墨中分离出的新材料，其中碳原子紧密结合成单层六边形晶格结构，如图所示，则(　　)
A.石墨是非晶体
B.石墨研磨成的细粉末就是石墨烯
C.单层石墨烯的厚度约3 μm
D.碳原子在六边形顶点附近不停地振动
【答案】D　
【解析】石墨是晶体，A错误；石墨烯是石墨中提取出来的新材料，B错误；单层石墨烯厚度约等于原子尺寸10－10m，C错误；根据分子动理论可知，固体分子在平衡点不停振动，D正确.
2.(2022年威海模拟)(多选)下列说法中正确的是(　　)
A.晶体熔化过程中，分子的平均动能保持不变
B.液晶的所有物理性质均表现为各向异性
C.液体的表面张力是分子斥力作用的结果
D.由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
【答案】AD　
【解析】晶体有固定的熔点，晶体熔化过程中吸收热量，内能增加，温度不变，其分子平均动能不变，A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，B错误；液体的表面张力是液体表面层分子力表现为引力的宏观表现，C错误；由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石，D正确.
3.(2022年深圳调研)在2021年12月9日的天宫课堂中，航天员王亚平做了一个水球实验.水球表面上水分子间的作用力表现为________(填“引力”或“斥力”)，原因是表面层水分子间的平均距离比内部分子间的平均距离______(填“大”或“小”).王亚平又将她和女儿用纸做的小花轻轻放在水球表面，纸花迅速绽放，水面对小花做了________(填“正功”或“负功”).
引力　
大　
正功
考点2　气体压强的产生与计算　[能力考点]
1.产生的原因
由于大量分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，该压力与受力面积的比值，叫作气体压强，其在数值上等于作用在器壁单位面积上的压力.
2.决定因素
(1)宏观上：决定于气体的温度和体积.
(2)微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度.
3.静止或匀速运动系统中封闭气体压强的确定
(1)平衡法：选与气体接触的液柱为研究对象，进行受力分析，利用它的受力平衡，列方程求出气体的压强.
(2)取等压面法：根据同种液体在同一水平液面处压强相等，在连通器内灵活选取等压面，由两侧压强相等建立方程，求出压强.
4.加速运动系统中封闭气体压强的确定
常从两处入手：一是选择与气体接触的液柱或活塞等为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律解出.二是对气体，考虑用气体定律确定(后面遇到).具体问题中常把二者结合起来，建立方程组联立求解.自由落体的试管中液柱产生的压强为零.
例1　汽缸截面积为S，质量为m的梯形活塞上面是水平的，下面与右侧竖直方向的夹角为α，如图所示，当活塞上放质量为M的重物时处于静止.设外部大气压为p0，已知活塞与缸壁之间无摩擦.求汽缸中气体的压强.
解：p气S'＝，
又因为S'＝，
所以p气＝＝p0＋.
1.(2021年广东模拟)某学生在水瓶中装入半瓶热水，盖紧瓶盖，一段时间后，该同学发现瓶盖变紧.其本质原因是单位时间内瓶盖受到瓶内气体分子的撞击次数________(填“增加”“减少”或“不变”)，瓶内气体分子平均动能________(填“增大”“减小”或“不变”).
减少　
减小
2.如图所示，光滑水平面上放有一质量为M的汽缸，汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞，活塞面积为S.现用水平恒力F向右推汽缸，最后汽缸和活塞达到相对静止状态，求此时缸内封闭气体的压强p(已知外界大气压为p0).
解：选取汽缸和活塞整体为研究对象.
相对静止时有F＝(M＋m)a，方向沿F的方向.
再选活塞为研究对象，根据牛顿第二定律有
pS－p0S＝ma，
解得p＝p0＋.
考点3　气体状态变化的图像问题　[能力考点]
比较一定质量气体的不同图像
过程 图线 特点 示例
等温 过程 p－V pV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
T2＞T1

T2＞T1
过程 图线 特点 示例
等容 过程 p－T
V2＜V1
等压 过程 V－T
p2＜p1
例2　(2021年全国甲卷)如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积－温度(V－t)图像上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0＝－273.15 ℃；a、b为直线Ⅰ上的两点.由图可知，气体在状态a和b的压强之比＝__________；气体在状态b和c的压强之比＝__________.
【答案】1　　
【解析】根据盖-吕萨克定律有＝k，整理得V＝kt＋273k，由体积－温度(V－t)图像可知，直线I为等压线，a、b两点压强相等，则有＝1.设t＝0 ℃时，当气体体积为V1其压强为p1，当气体体积为V2其压强为p2，根据等温变化，则有p1V1＝p2V2，由于直线I和Ⅱ各为两条等压线，则有p1＝pb，p2＝pc，联立解得.
1.(2020年北京卷)如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C.有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系，正确的是(　　)
A.TA＝TB，TB＝TC
B.TA＜TB，TB＜TC
C.TA＝TC，TB＞TC
D.TA＝TC，TB＜TC
【答案】C　
【解析】由图可知状态A到状态B是一个等压过程，根据，因为VB＞VA，故TB＞TA；而状态B到状态C是一个等容过程，有，因为pB＞pC，故TB＞TC；对状态A和C有，可得TA＝TC.综上分析可知C正确，A、B、D错误.
2.(2022年聊城质检)(多选)一定质量的理想气体，从图中A状态开始，经历了B、C，最后到D状态，下列说法中正确的是(　　)
A.A→B温度升高，体积不变
B.B→C压强不变，体积变小
C.C→D压强变小，体积变小
D.B点的温度最高，C点的体积最小
【答案】ABD　
【解析】从图像直接看出A→B温度升高，因为AB延长线经过原点，是等容线，体积不变，A正确；B→C是等压线，压强不变，根据＝C，压强不变，随着温度降低，体积变小，B正确；根据＝C， C→D温度不变，压强变小，体积增大，C错误；由图线直接看出，B点的温度最高；根据＝C得，，气体的体积与p－T图像的斜率成反比，由图像得kA＝kB＜kD＜kC，则VA＝VB＞VD＞VC，所以C点的体积最小，D正确.
3.(2022年涡阳检测)如图所示，一定质量的理想气体经历ab、bc、cd、da四个过程，下列说法中正确的是(　　)
A.ab过程中气体压强减小
B.bc过程中气体压强减小
C.cd过程中气体压强减小
D.da过程中气体压强减小
【答案】B　
【解析】根据理想气体状态方程＝C可知V＝T在V－T图像中，图线上各点与坐标原点连线的斜率与压强有关，斜率越大压强越小，ab过程的延长线过V－T图像坐标原点，为等压线，所以压强不变，A错误；bc图线上各点与坐标原点的连线斜率越来越大，压强越来越小，B正确；cd图线上各点与坐标原点的连线斜率越来越小，压强越来越大，C错误；da图线上各点与坐标原点的连线斜率越来越小，压强越来越大，D错误.
考点4　理想气体状态方程　[能力考点]
1.理想气体的状态变化
(1)状态方程：＝C(常量).
(2)应用状态方程解题的一般步骤：
①明确研究对象，即一定质量的理想气体；
②确定气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2；
③由状态方程列式求解.
2.理想气体状态方程与气体实验定律的关系
(1)当m不变，T1＝T2时，p1V1＝p2V2(玻意耳定律).
(2)当m不变，V1＝V2时，(查理定律).
(3)当m不变，p1＝p2时，(盖-吕萨克定律).
3.应用状态方程解题的一般步骤
例3　(2022年广东卷)玻璃瓶可作为测量水深的简易装置.如图所示，潜水员在水面上将80 mL水装入容积为380 mL的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为230 mL.将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变.大气压强p0取1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，水的密度ρ取1.0×103 kg/m3.求水底的压强p和水的深度h.
解：初状态玻璃瓶中气体体积
V0＝380 mL－80 mL＝300 mL，
末状态玻璃瓶中气体体积V＝380 mL－230 mL＝150 mL，
由玻意耳定律有p0V0＝pV，解得p＝2p0，
由p＝ρgh＋p0，解得h＝10 m.
1.(2022年全国卷)如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处.活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l.初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0.已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积.
(1)求弹簧的劲度系数；
(2)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接
处时，活塞间气体的压强和温度.
解：(1)设封闭气体的压强为p1，对两活塞和弹簧的整体受力分析，
由平衡条件有
mg＋p0·2S＋2mg＋p1S＝p0S＋p1·2S，
解得p1＝p0＋.
对活塞Ⅰ由平衡条件有
2mg＋p0(2S)＋k(0.1l)＝p1(2S)，
解得弹簧的劲度系数为k＝.
(2)缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为p2＝p1＝p0＋，
即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为
V1＝×2S＋×S＝，V2＝l2·2S.
由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有l2＝1.1l，
有等压方程可知，解得T2＝T0.
2.(2021年广东卷)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1.0×105Pa，护士把注射器内横截面积为0.3 cm2 、长度为0.4 cm、压强为1.0×105Pa 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，求此时药瓶内气体的压强.
解：以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V1，有V1＝0.9 mL－0.5 mL＝0.4 mL＝0.4 cm3
注射器内气体体积为V2，有V2＝0.3×0.4 cm3＝0.12 cm3
根据理想气体状态方程有p0(V1＋V2)＝p1V1
代入数据解得p1＝13×105 Pa.
3.(2021年全国卷Ⅱ)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通.A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm.将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm.已知外界大气压为p0＝75 cmHg.求A、B两管内水银柱的高度差.
解：对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态为压强p1B＝p0，体积为V1B＝l2S，末态压强为p2，设水银柱离下端同一水平面的高度为h2，体积为V2B＝(l2－h2)S，由水银柱的平衡条件有p2B＝p0＋ρgh，
B管气体发生等温压缩，有p1BV1B＝p2BV2B，
联立解得h2＝2 cm.
对A管中的气体，初态为压强p1A＝p0，体积为V1A＝l1S，末态压强为p2A，设水银柱离下端同一水平面的高度为h1，则气体体积为V2A＝(l1－h1)S，由水银柱的平衡条件有p2A＝p0＋ρg(h＋h2－h1)，A管气体发生等温压缩，有p1AV1A＝p2AV2A，
联立可得2－191h1＋189＝0.
解得h1＝1 cm 或h1＝cm＞l1(舍去).
则两水银柱的高度差为Δh＝h2－h1＝1 cm.
考点5　气体变质量问题　
1.气体变质量问题总的求解思路
将“变质量”问题转换为“不变质量”问题，把全部气体作为研究对象.
2.气体变质量的四种常见情境
充气、抽气、灌气、漏气.
例4　(2022年揭阳联考)工业测量中，常用充气的方法较精确地测量特殊容器的容积和检测密封性能.为测量某空香水瓶的容积，将该瓶与一带活塞的汽缸相连，汽缸和香水瓶内气体压强均为p0，汽缸内封闭气体体积为V0，推动活塞将汽缸内所有气体缓慢推入瓶中，测得此时瓶中气体压强为p，香水瓶导热性良好，环境温度保持不变.
(1)求香水瓶容积V；
(2)若密封程度合格的标准为：在测定时间内，漏气质量
小于原密封质量的1%视为合格.将该空香水瓶封装并静置
较长一段时间，现使瓶内气体温度从300 K升高到360 K，
测得其压强由p变为1.15p，试判断该瓶密封性能是否合格.
解：(1)缓慢变化过程中，由玻意耳定律可得p0(V0＋V)＝pV，
解得V＝.
(2)设温度由T1＝300 K变化为T2＝360 K后，压强由p变为1.15p，体积变为V1，
根据气体状态方程有，
解得＝95.8%，
故漏气量占比为4.2%，故该香水瓶瓶盖密封性不合格.
1.(2022年湛江模拟)负压救护车在转运传染病人过程中发挥了巨大作用，所谓负压，就是利用技术手段，使负压舱内气压低于外界大气压，所以空气只能由舱外流向舱内，而且负压还能将舱内的空气进行无害化处理后排出.某负压救护车负压舱没有启动时，设舱内的大气压强为p0、温度为T0、体积为V0，启动负压舱后，要求负压舱外和舱内的压强差为.
(1)若不启动负压舱，舱内气体与外界没有循环交换，负压舱内温度升高到T0时，求舱内气体压强是多少
(2)若启动负压舱，舱内温度保持T0不变，达到要求的负压值，求需要抽出压强为p0状态下多少体积的气体
解：(1)由于舱内气体与外界没有循环交换，负压舱内温度升高后压强为p1，由查理定律可得，解得p1＝p0.
(2)启动负压舱，设舱内气体体积变为V0＋ΔV，压强为p2，由负压舱特点可得p2＝p0－，
由玻意耳定律可得p0V0＝p2(V0＋ΔV)，
设抽出气体在压强p0状态下的体积为V1，由玻意耳定律可得p2ΔV＝p0V1，解得V1＝.
2.(2022年深圳模拟)如图所示，导热良好的汽缸A、B用细管相连，A的容积为B的3倍，A中装有压强为p0、质量为m0的理想气体，活塞C可沿汽缸B滑动且保持良好的气密性.连接A、B的细管上有两个阀门K1、K2，当向右拉活塞时，保持K1打开，K2闭合；向左推活塞时，保持K1闭合，K2打开.活塞开始时位于汽缸B的最左端，若环境温度始终保持不变，外界大气压为p0，不计细管体积的影响.求：
(1)将活塞缓慢拉到汽缸B的最右端时缸内气体
的压强；
(2)将活塞缓慢拉到汽缸B的最右端，再缓慢推
回到最左端，如此重复n次(包括第一次)后缸内气体的质量.
解：(1)据玻意耳定律可得p0VA＝p1(VA＋VB)，
解得p1＝p0，
(2)将活塞第一次推回到汽缸B的最左端时，A内剩余气体质量m1＝m0，可得m1＝m0，依次类推可得mn＝m0.
小实验*　探究等温情况下气体压强与体积的关系　
1.实验步骤
(1)装置如图.
(2)密封气体：用胶套在注射器中密封一定质量的
气体(气体的体积大约是注射器容积的一半).
(3)安装固定：如图所示，把带有压力表的注射器
固定在铁架台上.
(4)实验数据的收集：空气柱的压强p可以从仪器上方的指针读出，空气柱的长度l可以在玻璃管侧的刻度尺上读出，空气柱的长度l与横截面积S的乘积就是它的体积V.用手把活塞向下压或向上拉，读出体积与压强的几组数据.
2.数据处理
(1)空气柱的体积V等于空气柱长度l与活塞的横截面积S的乘积.
(2)以压强p为纵坐标，以体积V为横坐标作出p－V图像，如图甲所示；再以体积的倒数为横坐标作出p－图像，如图乙所示.p－V图像的形状为双曲线；p－图像是一条过原点的倾斜直线.
(3)在误差允许的范围内，一定质量的气体在
温度不变的条件下，压强跟体积的倒数成正
比，即压强与体积成反比.
例5　(2022年北京模拟)某同学用如图所示装置探究气体等温变化的规律.
(1)在实验中，下列操作不是必须完成的是______.
A.用橡胶塞密封注射器的下端
B.用游标卡尺测量柱塞的直径
C.读取压力表上显示的气压值
D.读取刻度尺上显示的空气柱长度
(2)实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管
(或注射器)，并且在实验中要缓慢推动活塞，这些
要求的目的是_______________________________
___________________________________________.
B　
防止玻璃管内的空气温度升高(或保持玻璃管内的空气温度不变)　
(3)下列图像中，能直观反映气体做等温变化的规律的是________.
C
【解析】(1)由于玻璃管粗细均匀，因此用游标卡尺测量柱塞的直径的操作不需要，选B.
(2)不是用手握住玻璃管(或注射器)，并且在实验中要缓慢推动活塞，这些要求的目的是防止玻璃管内的空气温度升高(或保持玻璃管内的空气温度不变).
(3)根据气体等温变化，压强与体积成反比可知最能反映气体做等温变化的规律的是图像C.
变式　用DIS研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图甲所示，实验步骤如下：
①把注射器活塞移至注射器中间位置，
将注射器与压强传感器、数据采集器、
计算机逐一连接；
②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p；
③用V－图像处理实验数据，得出如图乙所示图线.
(1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是
___________________________.
(2)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是_______________和__________________________________.
(3)如果实验操作规范正确，但如图所示的V－图线不过原点，则V0代表_______________________________________________.
在注射器活塞上涂润滑油　
移动活塞要缓慢
不能用手握住注射器封闭气体部分　
注射器与压强传感器连接部位的气体体积
【解析】(1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是在注射器活塞上涂润滑油.这样可以保持气密性.
(2)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是移动活塞要缓慢；不能用手握住注射器封闭气体部分.这样能保证装置与外界温度一样.
(3)体积读数值比实际值大V0.根据p(V＋V0)＝C，C为定值，则V＝－V0.如果实验操作规范正确，则V0代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积.(共35张PPT)
第3讲　热力学定律、能量守恒
核心知识·优化增分
一、热力学第一定律和能量守恒定律
1.改变物体内能的两种方式.
(1)________；(2)________.
做功　
热传递
2.热力学第一定律.
(1)内容：一个热力学系统内能的增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功之和.
(2)表达式：ΔU＝Q＋W.
3.能的转化和守恒定律.
(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变.
(2)第一类永动机：违背能量守恒定律的机器被称为第一类永动机.它是不可能制成的.
二、热力学第二定律
1.常见的两种表述.
(1)克劳修斯表述：热量不能自发地从________物体传到________物体.
(2)开尔文表述：不可能从________吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响.
低温　
高温　
单一热库
2.第二类永动机.
违背宏观热现象方向性的机器被称为第二类永动机.这类永动机不违背_________________， 但它违背了_______________，也是不可能制成的.
能量守恒定律　
热力学第二定律
(1)做功和热传递对改变物体的内能具有等效性.
(2)功W的正负可以根据系统的体积变化判断：①体积增大→系统对外做功→W＜0；②体积减小→外界对系统做功→W＞0.
(3)可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功，但要引起其他变化.
　
1.[能量守恒](多选)关于能量和能量守恒，下列表述正确的是(　　)
A.能量可以从一种形式转化为另一种形式
B.能量可以从一个物体转移到另一个物体
C.能量是守恒的，所以能源永不枯竭
D.满足能量守恒定律的物理过程一定能自发进行
【答案】AB
2.[永动机](多选)关于第二类永动机，下列说法正确的是(　　)
A.第二类永动机是指没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机
B.第二类永动机违背了能量守恒定律，所以不可能制成
C.第二类永动机违背了热力学第二定律，所以不可能制成
D.第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能
【答案】AC
3.[热力学定律](多选)对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是(　　)
A.热现象过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第二定律
B.物体从外界吸收热量，其内能一定增加；物体对外界做功，其内能一定减少
C.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体
D.第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律
【答案】AD　
【解析】能量耗散过程体现了宏观自然过程的方向性，符合热力学第二定律，故A正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对外界做功，其内能不一定减少，B错误；做功可以让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，C错误；第二类永动机没有违反能量守恒定律，热力学第一定律是能量转化和守恒定律在热学中的反映，因此第二类永动机没有违反热力学第一定律，不能制成是因为它违反了热力学第二定律，故D正确.
高分能力·突破瓶颈
考点1　热力学第一定律的理解与应用　[基础考点]
1.热力学第一定律的理解
不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系.此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳.
2.对公式ΔU＝Q＋W符号的规定
符号 W Q ΔU
＋ 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加
－ 物体对外界做功 物体放出热量 内能减少
3.三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加.
(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加.
(3)若过程的初末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝
－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量.
1.(2022年江门模拟)水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的
气压式水枪储水罐示意如图.从储水罐充气口充入气体，
达到一定压强后，关闭充气口，扣动扳机将阀门M打
开，水即从枪口喷出.若在水不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体的内能________(填“变大”“变小”或“不变”)，要____________(填“对外放热”或“从外吸热”).
【答案】不变　从外吸热　
【解析】气体温度不变，则气体的内能不变；气体体积增大，则气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体从外界吸热.
2.(2022年天津模拟)自热米饭因其便于加热和携带越来越受到“驴友”的欢迎.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.下列说法正确的是(　　)
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，盒内气体内能增加
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
【答案】C　
【解析】自热米饭盒爆炸，是盒内气体温度升高，气体压强急剧增大的结果，A错误；在自热米饭盒爆炸的瞬间，盒内气体对外做功，且来不及与外界进行热量交换，根据热力学第一定律可知盒内气体内能减少，温度降低，B错误，C正确；自热米饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，气体分子平均速率增大，表现的是一种统计规律，并不代表每一个气体分子速率都增大了，D错误.
3.(2021年山东卷)如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高.一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气.挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体(　　)
A.内能减少
B.对外界做正功
C.增加的内能大于吸收的热量
D.增加的内能等于吸收的热量
【答案】B
4.某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作，该循环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.在状态a和c时的内能可能相等
B.在a→b过程中，外界对其做的功全部用于增加内能
C.b→c过程中增加的内能小于d→a过程中减少的内能
D.在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量
【答案】B　
【解析】从c到d为绝热膨胀，则Q＝0，W＜0，则内能减小，ΔU＜0，温度降低；从d到a，体积不变，压强减小，则温度降低，则状态c的温度高于a状态温度，故A错误.在a→b过程为绝热压缩，外界对气体做功W＞0，Q＝0，则ΔU＝W，即外界对其做的功全部用于增加内能，故B正确.从b→c过程系统从外界吸收热量，从c→d系统对外做功，从d→a系统放出热量，从a→b外界对系统做功，根据p－V图像下面积即为气体做功大小，可知c到d过程气体对外做功.图像中b→c→d→a围成的图形的面积为气体对外做的功，整个过程气体内能变化量为零，则ΔW＝ΔQ，即Q吸－Q放＝ΔW＞0，即在一次循环过程中吸收的热量大于放出的热量，则b→c过程中增加的内能大于d→a过程中减少的内能，故C、D错误.
考点2　热力学第二定律　[能力考点]
1.热力学第二定律的实质
热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性.
2.两类永动机的比较
(1)第一类永动机：不需要任何动力或燃料，能不断地对外做功的机器，违背能量守恒定律，不可能制成.
(2)第二类永动机：从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器，不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，不可能制成.
3.热力学过程方向性实例
例1　(2022年湖南卷)(多选)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离.如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成.高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位.气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出.
下列说法正确的是(　　)
A.A端为冷端，B端为热端
B.A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C.A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
【答案】AB　
【解析】依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相互作用后反弹，从A端流出，而边缘部位热运动速率较高的气体从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，故A正确；依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速率小于从B端流出的，故B正确；A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故C错误；该装置将冷热不均气体的进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误.
1.(多选)下列说法正确的有(　　)
A.热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体
B.热量能够从高温物体传到低温物体，也可能从低温物体传到高温物体
C.机械功可以全部转化为热量，但热量不可能全部转化为功
D.机械功可以全部转化为热量，热量也可能全部转化为功
【答案】BD
2.(多选)如图所示，导热的汽缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中，汽缸的内部光滑，现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，由状态①变化到状态②，在此过程中，如果环境温度保持不变，下列说法正确的是(　　)
A.气体分子平均动能不变
B.气体内能减小
C.气体吸收热量
D.气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，但此过程违反热力学第二定律
【答案】AC
考点3　气体实验定律与热力学第一定律的综合　[能力考点]
1.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)对理想气体，只要体积变化，外界对气体(或气体对外界)要做功，如果是等压变化，W＝pΔV；只要温度发生变化，其内能就发生变化.
(3)结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q求解问题.
2.气体几种典型变化过程分析
(1)等容过程：V＝恒量，外界对气体不做功.根据热力学第一定律，有ΔU＝Q.
(2)等压过程：＝恒量.根据热力学第一定律可知：气体等压膨胀时，从外界吸收的热量Q，一部分用来增加内能，温度升高，另一部分用于对外做功；气体等压压缩时，外界对气体做的功和气体温度降低所减少的内能都转化为向外放出的热量.
(3)等温过程：pV＝恒量.理想气体的内能只与温度有关，所以理想气体在等温过程中内能不变，即ΔU＝0，因此有Q＝－W.
(4)绝热过程：Q＝0，ΔU＝W.气体膨胀时，减少的内能等于对外做的功；气体被压缩时，外界对气体做的功等于气体内能的增量.
3.求解气体实验定律与热力学定律综合问题的一般思路
例2　(2022年全国卷)(多选)一定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对外做的功
E.气体吸收的热量等于其内能的增加量
【答案】BCE　
【解析】因p－T图像过原点，由＝C可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，A错误；因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，B正确；因W＝0，ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，C、E正确，D错误.
1.(2022年湖北卷)一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如图像p－V中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点.下列说法正确的是(　　)
A.a→b是等温过程
B.a→b过程中气体吸热
C.a→c过程中状态b的温度最低
D.a→c过程中外界对气体做正功
【答案】B　
【解析】根据理想气体的状态方程＝C，可知a→b气体温度升高，内能增加，且体积增大气体对外界做功，则W＜0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知a→b过程中气体吸热，A错误、B正确；根据理想气体的状态方程＝C，可知p－V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；a→c过程气体体积增大，外界对气体做负功，D错误.
2.(2021年全国乙卷改编)(多选)如图，一定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，气体始终吸热
B.ca过程中，气体始终放热
C.ca过程中，气体对外界做功
D.bc过程中，气体的温度先降低后升高
【答案】AB　
【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，则W＝0，而压强增大，由pV＝nRT可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由ΔU＝Q＋W 可知，气体一直吸热，故A正确；理想气体经历ca过程为等压压缩，则外界对气体做功W＞0，由pV＝nRT 知温度降低，即内能减少，ΔU＜0，由ΔU＝Q＋W可知，Q＜0，即气体放热，故B正确，C错误；由pV＝nRT可知，p－V图像的坐标围成的面积反映温度，b状态和c状态与坐标围成的面积相等，而中间状态与坐标围成的面积更大，故bc过程的温度先升高后降低，故D错误，(共19张PPT)
热点强化17　理想气体和热力学定律的综合分析计算
知识巩固练
1.一定质量理想气体经历如图所示的A→B、B→C、C→A三个变化过程，TA＝300 K，气体从C→A的过程中做功为100 J，同时吸热250 J，已知气体的内能与温度成正比.求：
(1)气体处于C状态时的温度TC；
(2)气体处于C状态时内能EC.
解：(1)A→C的过程是等压过程，对气体的状态参量进行分析有
状态A：pA＝p，VA＝2V，TA＝300 K，
状态C：pC＝p，VC＝V，TC＝ ，
根据盖-吕萨克定律得，
解得TC＝＝150 K.
(2)由气体的内能与温度成正比.
tA＝300 K，tC＝150 K，可知EA＝2EC.
又C到A过程，气体体积增大，气体对外界做功，即有W＝－100 J，
吸热250 J，则有Q＝250 J，
满足EC－100 J＋250 J＝EA，
联立解得EC＝150 J，EA＝300 J.
2.(2022年泉州模拟)一定质量的理想气体被一薄活塞封闭在导热性能良好的汽缸内.活塞的质量m＝20 kg、面积S＝200 cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气.开始时汽缸水平放置，如图甲所示，活塞与汽缸底的距离L1＝22 cm，离汽缸口的距离L0＝4 cm.外界气温为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位罝，待稳定后如图乙所示，然后对缸内气体缓慢加热，使活塞上表面
刚好与汽缸口相平，如图丙所示，g取10 m/s2.
(1)求图乙状态下活塞与汽缸底部的距离L2；
(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外
做功，气体增加的内能ΔU＝368 J，求该过程气体吸收的热量Q.
解：(1)当气缸水平放置时
p1＝p0＝1.0×105 Pa，V1＝L1S，
当汽缸口向上时p2＝p0＋＝1.1×105 Pa，V2＝L2S，
由玻意耳定律p1V1＝p2V2，解得L2＝20 cm.
(2)加热后气体做等压变化，设外界对气体做功为W，
则W＝－p2S(L1＋L0－L2)，
解得W＝－132 J.
由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，
解得Q＝500 J.
3.一定质量的理想气体，其内能跟温度成正比.在初始状态A时，体积为V0，压强为p0，温度为T0，已知此时其内能为U0.该理想气体从状态A经由一系列变化，最终回到原来状态A，其变化过程的p－T 图线如图所示，其中CA延长线过坐标原点，BA在同一竖直线上.求：
(1)状态B的体积；
(2)状态C的体积；
(3)从状态B经由状态C，最终回到状态A的
过程中，气体与外界交换的热量是多少
解：(1)由题图可知，从状态A到状态B为等温变化过程，状态B时气体压强为p1＝3p0，设体积为V1，由玻意耳定律得p0V0＝p1V1，解得V1＝.
(2)由题图可知，从状态B到状态C为等压变化过程，状态C时气体温度为T2＝3T0，设体积为V2，由盖-吕萨克定律得，解得V2＝V0.
(3)由状态B经状态C回到状态A，外界对气体做的总功为W，从状态B到状态C，设外界对气体做功为WBC，WBC＝p2(V1－V2)，联立解得WBC＝
－2p0V0.
从状态C回到状态A，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以W＝WBC＝－2p0V0；从状态B经状态C回到状态A，内能增加量为ΔU＝0，气体从外界吸收的热量为Q，内能增加量为ΔU，由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W，解得Q＝2p0V0，即气体从外界吸收热量2p0V0.
4.如图所示，汽缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距缸口h＝50 cm，活塞面积S＝10 cm2，封闭气体的体积为V1＝1 500 cm3，温度为0 ℃，大气压强p0＝1.0×105 Pa，物体重力G＝50 N，活塞重力及一切摩擦不计.缓慢升高环境温度，封闭气体吸收了Q＝60 J的热量，使活塞刚好升到缸口.求：
(1)活塞刚好升到缸口时，气体的温度；
(2)汽缸内气体对外界做的功；
(3)气体内能的变化量.
解：(1)封闭气体初态V1＝1 500 cm3，T1＝273 K，
末态：V2＝1 500 cm3＋50×10 cm3＝2 000 cm3，
缓慢升高环境温度，封闭气体做等压变化
则有，解得T2＝364 K.
(2)设封闭气体做等压变化的压强为p，
对活塞：p0S＝pS＋G，
汽缸内气体对外界做功W＝pSh，解得W＝25 J.
(3)由热力学第一定律得，汽缸内气体内能的变化量ΔU＝Q－W，
得ΔU＝35 J，故汽缸内的气体内能增加了35 J.
5.如图所示，一根两端开口、横截面积为S＝2 cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深).管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L＝21 cm的气柱，气体的温度为t1＝7 ℃，外界大气压p0取1.0×105 Pa(相当于75 cm高的汞柱的压强).g取10 m/s2.
(1)若在活塞上放一个质量为m＝0.1 kg的砝码，
保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长
(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，
使其温度升高到t2＝77 ℃，此时气柱为多长
(3)若在(2)过程中，气体吸收的热量为10 J，
则气体的内能增加多少
解：(1)被封闭气体的初状态：p1＝p0＝1.0×105 Pa，V1＝LS＝42 cm3，T1＝280 K，
末状态：p2＝p0＋＝1.05×105 Pa，V2＝L2S，T2＝T1＝280 K，
根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2，即p1L＝p2L2，得L2＝L＝20 cm.
(2)对气体加热后，气体的压强不变
p3＝p2，V3＝L3S，T3＝350 K，
根据盖-吕萨克定律，有，即，
得L3＝L2＝25 cm.
(3)气体对外做的功W＝p2Sh＝p2S(L3－L2)＝1.05 J，
根据热力学第一定律得
ΔU＝－W＋Q＝－1.05 J＋10 J＝8.95 J，
即气体的内能增加8.95 J.
6.(2022年滨州模拟)如图所示，U形玻璃管竖直放置，
右端开口，左管用光滑活塞和水银封闭一段空气柱.
外界大气压为p0＝1.0×105 Pa，封闭气体的温度t0＝
27 ℃，玻璃管的横截面积为S＝5.0 cm2，管内水银
柱及空气柱长度如图所示.已知水银的密度为ρ＝
13.6×103 kg/m3，重力加速度取g＝10 m/s2；封闭
气体的温度缓慢降至t1＝－3 ℃.求：
(1)温度t1＝－3 ℃时空气柱的长度L；
(2)已知该过程中气体向外界放出5.0 J的热量，求气体内能的变化量.(结果保留2位有效数字)
解：(1)气体做等压变化，由盖—吕萨克定律得
，解得L＝36 cm.
(2)封闭气体压强p＝p0＋ρgh，
外界对气体做功W＝pS(L0－L)，
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＝－2.5 J，即内能减少了2.5 J.
7.某密闭绝热“U”形汽缸开口向上竖直放置，通过置于底部的电热丝缓慢加热缸内的理想气体，使绝热活塞由A位置缓慢到达B位置，如图甲所示.在此过程中，缸内气体的温度—体积图像(T－V图像)如图乙所示.已知活塞质量m＝2 kg、横截面积S＝5×10－4 m2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，g取10 m/s2.
(1)求缸内气体的压强；
(2)求活塞到达位置B时缸内气体的温度；
(3)若一定质量的理想气体的内能与热力
学温度成正比，活塞在A位置时缸内气体的内能为U0＝80 J.求活塞由A位置运动到B位置的过程中缸内气体从电热丝吸收的总热量.
解：(1)活塞从A到B，以活塞为研究对象，
由平衡条件得pS＝p0S＋mg，
解得p＝p0＋＝1.4×105 Pa.
(2)由图乙可知
VA＝4×10－4 m3，VB＝6×10－4 m3，TA＝400 K，
气体做等压变化，则有，
解得TB＝＝600 K.
(3)由气体的内能与热力学温度成正比，
解得状态B时气体的内能为UB＝120 J，
内能的变化ΔU＝UB－U0＝40 J，
外界对气体做功W＝－p(VB－VA)＝－28 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＝68 J.(共14张PPT)
实验十五　用油膜法估测分子的大小
核心知识·优化增分
1.实验器材
清水、盛水浅盘、滴管(或注射器)、试剂瓶、坐标纸、玻璃板、痱子粉(或石膏粉)、油酸酒精溶液、量筒、彩笔.
2.实验步骤
(1)用稀酒精溶液及清水清洗浅盘，充分洗去油污、粉尘，以免给实验带来误差.
(2)配制油酸酒精溶液，取纯油酸1 mL，注入500 mL的容量瓶中，然后向容量瓶内注入酒精，直到液面达到500 mL刻度线为止，摇动容量瓶，使油酸充分溶解在酒精中，这样就得到了500 mL含1 mL纯油酸的油酸酒精溶液.
(3)用注射器(或滴管)将油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，并记下量筒内增加一定体积Vn时的滴数n.
(4)根据V0＝算出每滴油酸酒精溶液的体积V0.
(5)向浅盘里倒入约2 cm深的水，并将痱子粉或细石膏粉均匀地撒在水面上.
(6)用注射器(或滴管)将一滴油酸酒精溶液滴在水面上.
(7)待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，并将油酸薄膜的形状用彩笔画在玻璃板上.
(8)将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，算出油酸薄膜的面积S(求面积时以坐标纸上边长为1 cm的正方形为单位计算轮廓内正方形的个数，不足半个的舍去，多于半个的算一个).
(9)根据油酸酒精溶液的配制比例，算出一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V，并代入公式d＝，算出油酸薄膜的厚度d.
(10)重复以上实验步骤，多测几次油酸薄膜的厚度，并求平均值，即为油酸分子直径的大小.
3.实验原理
利用油酸酒精溶液在平静的水面上形成单分子油膜，将油酸分子看作球形，测出一定体积油酸溶液在水面上形成的油酸薄膜面积，用d＝计算出油酸薄膜的厚度，其中V为一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，S为油酸薄膜面积，这个厚度就近似等于油酸分子的直径.
4.注意事项
(1)油酸酒精溶液的比例应小于.
(2)痱子粉的用量不要太大，并从盘中央加入，使其自动扩散至均匀.
(3)测1滴油酸酒精溶液的体积时，滴入量筒中的油酸酒精溶液的体积应为整毫升数，应多滴几毫升，数出对应的滴数，这样求平均值误差较小.
(4)浅盘里水离盘口面的距离应较小，并要水平放置，以便准确地画出油酸薄膜的形状，画线时视线应与板面垂直.
(5)要待油酸薄膜形状稳定后，再画轮廓.
(6)利用坐标纸求油酸薄膜面积时，以边长为1 cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，不足半个的舍去，大于半个的算一个.
5.误差分析
(1)纯油酸体积的计算引起的误差.
(2)油酸薄膜面积的测量引起的误差主要有两个方面：
①油酸薄膜形状的画线误差；
②数格子法本身是一种估算的方法，自然会带来误差.
高分能力·突破瓶颈
命题　实验原理与操作
1.实验操作时要先配置油酸酒精溶液，然后再利用量筒测量并计算每滴油酸酒精溶液的体积.
2.油酸酒精溶液分子在水面上形成的油酸薄膜面积，用d＝计算出油酸薄膜的厚度，此时d即为油酸分子的直径.
例题　“用油膜法估测分子的大小”实验的简要步骤如下：
A.将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数(不足半个的舍去，多于半个的算一个)，再根据方格的边长求出油酸薄膜的面积S
B.将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状描画在玻璃板上
C.用浅盘装入约2 cm深的水
D.用公式d＝，求出油酸薄膜厚度，即油酸分子直径的大小
E.根据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V
(1)上述步骤中有步骤遗漏或步骤不完整的，请指出：
①___________________________________.
②___________________________________.
(2)上述实验步骤的合理顺序是________________________.
(3)某同学实验中最终得到的计算结果和大多数同学的比较，数据偏大，对出现这种结果的原因，下列说法可能正确的是________.
A.错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算
B.计算油酸薄膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理
C.计算油酸薄膜面积时，只数了完整的方格数
D.水面上痱子粉撒得较多，油酸薄膜没有充分展开
【答案】见解析
【解析】(1)①C步骤中，要在水面上撒上痱子粉或细石膏粉.
②实验时，还需要：F.用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，记下量筒内增加一定体积时液滴的数目.
(2)实验步骤的合理顺序是CFBAED.
(3)由d＝可知，测量结果偏大有两个原因：一是体积比正常值偏大，二是面积比正常值偏小，故正确的说法是A、C、D.
变式　油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 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水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成单分子油膜的形状如图所示.
(1)若每一小方格的边长为30 mm，
则油酸薄膜的面积为____________m2.
(2)每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
____________m3.
(3)由上数据估算出油酸分子的直径为________m.
【答案】(1)4.95×10－2　(2)1.2×10－11　(3)2.42×10－10
【解析】(1)用填补法数出在油膜范围内的格数(面积大于半个方格的算一个，不足半个的舍去)为55个，油膜面积S＝55×(3.0×10－2 m)2＝4.95×10－2 m2.
(2)因50滴油酸酒精溶液的体积为1 mL，且溶液含纯油酸的浓度ρ＝0.06%，故每滴油酸酒精溶液含纯油酸的体积V0＝ρ＝×0.06% m3＝1.2×10－11 m3.
(3)把油酸薄膜的厚度视为油酸分子的直径，可估算出油酸分子的直径d＝ m≈2.42×10－10 m.(共40张PPT)
第1讲　波粒二象性
核心素养 重要考点
物理 观念 (1)了解光子、光子说、光电效应规律、波粒二象性；(2)认识原子核的结构和特点；(3)理解原子核的衰变、裂变、聚变和放射现象 1.光电效应和爱因斯坦光电效应方程
2.氢原子光谱和氢原子的能级结构、能级公式
3.原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期
4.放射性同位素
5.核力、核反应方程
6.结合能、质量亏损
科学 思维 对微观世界的研究，提出了各种模型，有汤姆孙原子模型、原子的核式结构模型、玻耳的原子模型，使我们知道物理学的研究需要建构模型；能运用概率统计的方法理解半衰期，对天然放射性现象进行分析 科学 探究 探究光电效应规律；探究α粒子散射实验 科学态度与责任 了解近代物理知识在生活、生产和科学技术中的应用 核心知识·优化增分
一、光电效应
1.定义：在光的照射下从物体发射出________的现象(发射出的电子称为光电子).
【答案】电子
2.产生条件：入射光的频率________极限频率.
【答案】大于
3.光电效应规律
(1)存在饱和电流.
(2)存在遏止电压和截止频率：光电子的能量只与入射光的频率有关，与入射光的强弱无关.当入射光的频率低于截止频率时不发生光电效应.
(3)光电效应具有瞬时性：当频率超过截止频率时，无论入射光怎样微弱，几乎在照到金属时立即产生光电流，时间不超过10－9 s.
二、光电效应方程
1.基本物理量
(1)光子的能量ε＝hν，h＝6.626×10－34 J·s(称为普朗克常量).
(2)逸出功：使电子脱离某种金属所做功的________.
(3)最大初动能
发生光电效应时，金属表面上的电子吸收光子后克服原子核的引力逸出时所具有动能的________.
2.光电效应方程：Ek＝________.
最小值　
最大值
hν－W0
三、光的波粒二象性
1.光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有________性.
【答案】波动
2.光电效应说明光具有________性.
【答案】粒子
3.光既具有波动性，又具有粒子性，称为光的____________性.
【答案】波粒二象
四、物质波
1.概率波：光的干涉现象是大量光子的运动遵循波动规律的表现，亮条纹是光子到达概率________的地方，暗条纹是光子到达概率________的地方，因此光波又叫概率波.
2.物质波：任何一个运动着的物体，小到微观粒子大到宏观物体都有一种波与它对应，其波长λ＝________，p为运动物体的动量，h为普朗克常量.
大　
小
(1)光电子的本质就是电子，而不是光子.
(2)每种金属都有一个极限频率，入射光的频率不低于这个极限频率才能使金属产生光电效应.
(3)光照强度决定每秒钟光源发射的光子数，频率决定每个光子的能量.
(4)金属越活跃，逸出功越小，越容易发生光电效应.
1.[黑体辐射]关于黑体辐射的实验规律，叙述正确的是(　　)
A.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布，除了与温度有关外，与表面状况也有关
B.随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有增加
C.随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动
D.黑体热辐射的强度与波长无关
【答案】B　
【解析】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，A错误；黑体辐射的规律为随着温度的升高各种波长的辐射强度都增加，同时辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，所以B正确，C、D错误.
2.[光电效应](多选)如图所示，用导线把验电器与锌板相连接，当用紫外线照射锌板时，发生的现象是(　　)
A.有光子从锌板逸出
B.有电子从锌板逸出
C.验电器指针张开一个角度
D.锌板带负电
【答案】BC
3.[光电效应方程]在光电效应实验中，用波长为λ的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是(　　)
A.仅增大入射光的强度，光电流大小不变
B.仅减小入射光的强度，光电效应现象可能消失
C.改用波长大于λ的光照射，光电子的最大初动能变大
D.改用波长大于λ的光照射，可能不发生光电效应
【答案】D　
【解析】当发生光电效应时，增大入射光的强度，光电流会增大，故A错误；入射光的频率不低于金属的极限频率，就会发生光电效应，与入射光的强度无关，故B错误；在光电效应中，根据光电效应方程知，Ekm＝－W0，改用波长大于λ的光照射，光电子的最大初动能变小，可能不发生光电效应，故C错误，D正确.
4.[波粒二象性]用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图像如图所示，该实验表明(　　)
A.光的本质是波
B.光的本质是粒子
C.光的能量在胶片上分布不均匀
D.光到达胶片上不同位置的概率相同
【答案】C　
【解析】用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图样说明光具有波粒二象性，故A、B错误；该实验说明光到达胶片上的不同位置的概率是不一样的，也就说明了光的能量在胶片上分布不均匀，故C正确，D错误.
高分能力·突破瓶颈
考点1　对光电效应的理解　[基础考点]
1.区分光电效应中的四组概念
(1)光子与光电子：光子指光在空间传播时的每一份能量，光子不带电；光电子是金属表面受到光照射时发射出来的电子，其本质是电子.
(2)光电子的动能与最大初动能：光电子往各个方向逸出，克服阻碍做功不同，所以逸出的初动能各不相同，其中直接飞出的光电子动能最大，为最大初动能.
(3)光电流和饱和光电流：金属板飞出的光电子到达阳极，回路中便产生光电流，随着所加正向电压的增大，光电流趋于一个饱和值，这个饱和值是饱和光电流.饱和光电流与所加电压大小无关，与光强和光的频率有关.
2.光电效应的研究思路
(1)两条线索.
(2)两条对应关系.
①光强度大→光子数目多→发射光电子多→光电流大
②光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大
1.(2022年广州模拟)如图，电路中所有元件完好.当光照射光电管时，灵敏电流计指针没有偏转，其原因是(　　)
A.电源的电压太高
B.光照的时间太短
C.入射光的强度太强
D.入射光的频率太低
【答案】D　
【解析】如图所示，电源正负极的连接使得光电子在电场中做加速运动，故无论电源电压多大都不会让灵敏电流计指针没有偏转，A错误；光电效应的发生是瞬间的，与入射光的照射时间无关，B错误；灵敏电流计指针未发生偏转，可能是未发生光电效应现象，即入射光的频率小于金属的截止频率(入射光的波长大于金属的极限波长)，与光照强度无关，C错误，D正确.
2.(2022年石家庄模拟)(多选)如图
为光电倍增管的原理图，管内由
一个阴极K、一个阳极A和K、A
间若干对倍增电极构成.使用时在
阴极K、各倍增电极和阳极A间加
上电压，使阴极K、各倍增电极到阳极A的电势依次升高.当满足一定条件的光照射阴极K时，就会有电子射出，在加速电场作用下，电子以较大的动能撞击到第一个倍增电极上，电子能从这个倍增电极上激发出更多电子，最后阴极A收集到的电子数比最初从阴极发射的电子数增加了很多倍.
下列说法正确的是(　　)
A.光电倍增管适用于各种频率的光
B.保持入射光不变，增大各级间电压，阳极收集到的电子数可能增多
C.增大入射光的频率，阴极K发射出的所有光电子的初动能都会增大
D.保持入射光频率和各级间电压不变，增大入射光光强不影响阳极收集到的电子数
【答案】BC　
【解析】只有满足一定频率的光照射时才能发生光电效应，从而逸出光电子，可知光电倍增管并不是适用于各种频率的光，A错误；保持入射光不变，增大各级间电压，则打到倍增极的光电子的动能变大，则可能有更多的光电子从倍增极逸出，则阳极收集到的电子数可能增多，B正确；增大入射光的频率，阴极K发射出的光电子的最大初动能变大，C正确；保持入射光频率和各级间电压不变，增大入射光的光强，则单位时间内逸出光电子的数目会增加，则阳极收集到的电子数会增加，D错误.
3.(2022年华师附中检测)如图是工业生产中大部分光电控制设备(如夜亮昼熄的路灯)用到的光控继电器的示意图，它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等组成.则对该装备，下列说法正确的是(　　)
A.a端为电源负极
B.流过电磁铁的电流是交流电
C.电磁铁的原理是利用电流的磁效应
D.只要有光照射光电管，回路中就有电流
【答案】C　
【解析】电路中要产生明显的电流，则a端接电源的正极，阴极K发射电子，电路中产生电流，经放大器放大后的电流使电磁铁被磁化，将衔铁吸住；A错误；流过电磁铁的电流方向不变，不是交流电，B错误；电磁铁的原理是利用电流的磁效应，C正确；根据光电效应的规律可知，只有当入射光的频率大于金属的极限频率时才能发生光电效应，产生光电流，D错误.
考点2　爱因斯坦的光电效应方程及应用　[基础考点]
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，它与极限频率νc的关系是W0＝hνc.
2.三类图像
图像名称 图线形状 图像信息
最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图线 ①极限频率：图线与ν轴交点的横坐标νc
②逸出功：
W0＝|－E|＝E
③普朗克常量：图线的斜率k＝h
光的频率不同时，光电流与电压的关系　 ①遏止电压Uc1、Uc2
②饱和光电流Im：电流最大值
③最大初动能Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2
图像名称 图线形状 图像信息
遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图线　
[方法规律]　应用光电效应方程的注意点
(1)每种金属都有一个截止频率，入射光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，对应着光的极限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和焦耳的换算(1 eV＝1.6×10－19 J).
1.小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意图如图甲所示.已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s.
(1)图甲中电极A为光电管的__________(填“阴极”或“阳极”).
(2)实验中测得铷的截止电压Uc与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率νc＝__________ Hz，逸出功W0＝______________J.
(3)如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014 Hz，则产生的光电子最大初动能Ek＝______________J.
　
　
1.23×10－19
3.41×10－19
5.15×1014　
阳极　
【解析】(1)题图甲为利用光电管产生光电流的实验电路，光电子从K极发射出来，故K为光电管的阴极，A为光电管的阳极.
(2)截止电压对光电子做负功，根据爱因斯坦光电效应方程有eUc＝Ek＝hν－W0.结合题图乙可知，当Uc＝0时，ν＝5.15×1014 Hz，故铷的截止频率νc＝5.15×1014 Hz，逸出功W0＝hνc＝3.41×10－19 J.
(3)若入射光的频率ν＝7.00×1014 Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek＝hν－W0＝1.23×10－19 J.
2.如图为研究光电效应的装置和图像.下列关于甲、乙、丙各图的描述，正确的是(　　)
A.甲图中，弧光灯照射锌板，
验电器的锡箔张开，说明锌
板带负电
B.乙图中，可以研究单位时间发射的光电子数与照射光的强度有关
C.丙图中，强黄光和弱黄光曲线交于U轴同一点，说明光电子最大初动能与光的强度无关
D.丙图中，黄光和紫光曲线交于U轴不同点，说明不同金属发生光电效应的极限频率不同
【答案】C
考点3　对波粒二象性的理解　[基础考点]
1.对波粒二象性的进一步理解
比较 实验基础 表现
光的波 动性　 干涉和 衍射　 ①光是一种概率波，即光子在空间各点出现的可能性大小(概率)可用波动规律来描述
②大量的光子在传播时，表现出波的性质
光的粒 子性　 光电效应、 康普顿效 应　　　 ①当光同物质发生作用时，这种作用是“一份一份”进行的，表现出粒子的性质
②少量或个别光子清楚地显示出光的粒子性
2.物质波
任何运动着的物体都有一种波与之对应，这种波叫作物质波，也叫德布罗意波.物质波的波长λ＝，h是普朗克常量.
1.(2022年湖南卷)关于原子结构和微观粒子波粒二象性，下列说法正确的是(　　)
A.卢瑟福的核式结构模型解释了原子光谱的分立特征
B.玻尔的原子理论完全揭示了微观粒子运动的规律
C.光电效应揭示了光的粒子性
D.电子束穿过铝箔后的衍射图样揭示了电子的粒子性
【答案】C　
【解析】玻尔的量子化模型很好地解释了原子光谱的分立特征，A错误；玻尔的原子理论成功地解释了氢原子的分立光谱，但不足之处，是它保留了经典理论中的一些观点，如电子轨道的概念，还不能完全揭示微观粒子的运动规律，B错误；光电效应揭示了光的粒子性，C正确；电子束穿过铝箔后的衍射图样，证实了电子的波动性，质子、中子及原子、分子均具有波动性，D错误.
2.实物粒子和光都具有波粒二象性，下列事实中不能突出体现波动性的是(　　)
A.电子束通过双缝实验后可以形成干涉图样
B.β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹
C.人们利用中子衍射来研究晶体的结构
D.人们利用电子显微镜观测物质的微观结构
【答案】B
3.(2021年浙江卷)已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，电子的质量为9.11×10－31 kg，一个电子和一滴直径约为4 μm的油滴具有相同动能，则电子与油滴的德布罗意波波长之比的数量级为(　　)
A.10－8 B.106
C.108 D.1016
【答案】C　
【解析】根据德布罗意波长公式λ＝，p＝，解得λ＝，由题意可知，电子与油滴的动能相同，则其波长与质量的二次方根成反比，所以有，m油＝ρ·πd3＝0.8×103××3.14×(4×10－6)3＝2.7×10－14 kg，代入数据解得≈1.7×108，C正确，A、B、D错误.(共32张PPT)
第2讲　原子结构
核心知识·优化增分
一、原子的核式结构
1.α粒子散射实验的结果.
绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进，但________α粒子发生了大角度偏转，________α粒子的偏转超过了90°，有的甚至被撞了回来，如图所示.
少数　
极少数
2.原子的核式结构.
在原子中心有一个很小的核，原子全部的________和________几乎都集中在核里，带负电的电子在核外空间绕核旋转.
正电荷　
质量
二、玻尔理论
1.定态：原子只能处于一系列________的能量状态中，在这些能量状态中原子是________的，电子虽然绕核运动，但并不向外辐射能量.
2.跃迁：原子从一种定态跃迁到另一种定态时，它________或________一定频率的光子，光子的能量由这两个定态的能量差决定.即hν＝________.(h是普朗克常量，h＝6.626×10－34 J·s)
不连续　
稳定
辐射　
吸收　
Em－En
3.轨道：原子的不同能量状态跟电子在不同的圆周轨道绕核运动相对应.原子的定态是不连续的，因此电子的轨道可能也是________的.
【答案】不连续
4.氢原子的能级、半径公式.
(1)能级公式：En＝E1(n＝1，2，3，…)，其中E1为基态能量，其数值式为E1＝－13.6 eV.
(2)半径公式：rn＝n2r1(n＝1，2，3，…)，其中r1为基态半径，又称玻尔半径，其数值为r1＝0.53×10－10 m.
1.[α粒子散射实验](多选)如图所示为α粒子散射实验装置的示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中的A、B、C、D四个位置进行观察，对于观察到的现象，下列说法正确的是(　　)
A.放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多
B.放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数只
比A位置时稍少些
C.放在C、D位置时，屏上观察不到闪光
D.放在D位置时，屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少
【答案】ABD　
【解析】根据α粒子散射现象，绝大多数α粒子沿原方向前进，少数α粒子发生较大偏转，A、B、D正确.
2.[氢原子光谱]下列有关氢原子光谱的说法正确的是(　　)
A.氢原子的发射光谱是连续谱
B.氢原子光谱说明氢原子只发出特定频率的光
C.氢原子光谱说明氢原子能量是连续的
D.氢原子光谱线的频率与氢原子能级的能量差无关
【答案】B　
【解析】由于氢原子发射的光子的能量E＝En－Em＝E1－E1＝E1，所以发射的光子的能量值E是不连续的，只能是一些特定频率的谱线，故A错误，B正确；由于氢原子的轨道是不连续的，根据玻尔原子理论知氢原子的能级也是不连续的，即是分立的，故C错误；当氢原子从较高轨道第n能级跃迁到较低轨道第m能级时，发射的光子能量E＝En－Em＝hν，显然n、m的取值不同，发射光子的频率就不同，故氢原子光谱线的频率与氢原子能级的能量差有关，D错误.
3.[能级](多选)如图是氢原子的能级图，一群氢原子处于n＝3能级，下列说法正确的是(　　)
A.这群氢原子跃迁时能够发出3种不同频率的波
B.这群氢原子发出的光子中，能量最大为10.2 eV
C.从n＝3能级跃迁到n＝2能级时发出的光波长最长
D.这群氢原子能够吸收任意光子的能量而向更高能级跃迁
【答案】AC　
【解析】根据＝3知这群氢原子能够发出3种不同频率的光子，A正确；由n＝3跃迁到n＝1，辐射的光子能量最大，ΔE＝(13.6－1.51) eV＝12.09 eV，B错误；从n＝3跃迁到n＝2辐射的光子能量最小，频率最小，则波长最长，C正确；一群处于n＝3能级的氢原子发生跃迁，吸收的能量必须等于两能级的能级差，D错误.
高分能力·突破瓶颈
考点1　原子的核式结构　[能力考点]
1.汤姆孙原子模型
(1)电子的发现：1897年，英国物理学家汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子.电子的发现证明了原子是可再分的.
(2)汤姆孙原子模型：原子里面带正电荷的物质均匀分布在整个原子球体中，而带负电的电子则一粒粒镶嵌在球内.
2.α粒子散射实验
(1)α粒子散射实验装置.
(2)α粒子散射实验的结果：绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来的方向前进，但少数α粒子穿过金箔后发生了大角度偏转，极少数α粒子甚至被“撞了回来”.
3.原子的核式结构模型
(1)α粒子散射实验结果分析.
①核外电子不会使α粒子的速度发生明显改变.
②汤姆孙模型不能解释α粒子的大角度散射.
③绝大多数α粒子沿直线穿过金箔，说明原子中绝大部分是空的；少数α粒子发生较大角度偏转，反映了原子内部集中存在着对α粒子有斥力的正电荷；极少数α粒子甚至被“撞了回来”，反映了个别α粒子正对着质量比α粒子大得多的物体运动时，受到该物体很大的斥力作用.
(2)原子的核式结构模型.
在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的所有正电荷和几乎所有质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外绕核旋转.
(3)核式结构模型的局限性.
卢瑟福的原子核式结构模型能够很好地解释α粒子散射实验现象，但不能解释原子光谱是分立的线状谱和原子的稳定性.
例1　如图所示是卢瑟福的α粒子散射实验装置，在一个小铅盒里放有少量的放射性元素钋，它发出的α粒子从铅盒的小孔射出，形成很细的一束射线，射到金箔上，最后打在荧光屏上
产生闪烁的光点.下列正确的是(　　)
A.该实验是卢瑟福建立原子核式结构模型
的重要依据
B.该实验证实了汤姆孙原子模型的正确性
C.α粒子与原子中的电子碰撞会发生大角度偏转
D.绝大多数的α粒子发生大角度偏转
【答案】A　
【解析】卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，A正确，B错误；电子质量太小，对α粒子的影响不大，C错误；绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原方向前进，D错误.
1.α粒子散射实验中，使α粒子散射的原因是(　　)
A.α粒子与原子核外电子碰撞
B.α粒子与原子核发生接触碰撞
C.α粒子发生明显衍射
D.α粒子与原子核的库仑斥力作用
【答案】D
2.(多选)对α粒子散射实验的解释正确的是(　　)
A.使α粒子产生偏转的力主要是原子中电子对α粒子的作用力
B.使α粒子产生偏转的力是库仑力
C.原子核很小，α粒子接近它的机会很小，所以绝大多数的α粒子仍沿原来的方向前进
D.能产生大角度偏转的α粒子是穿过原子时离原子核近的α粒子
【答案】BCD
考点2　能级跃迁　[能力考点]
1.对氢原子能级图的理解
(1)能级图如图所示.
(2)能级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“1，2，3，…” 表示量子数
横线右端的数字“－13.6，－3.4，…” 表示氢原子的能量
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＝Em－En
2.两类能级跃迁
(1)自发跃迁：高能级→低能级，释放能量，发出光子.
光子的频率ν＝.
(2)受激跃迁：低能级→高能级，吸收能量.
①光照(吸收光子)：光子的能量必须恰等于能级差hν＝ΔE.
②碰撞、加热等：只要入射粒子能量大于或等于能级差即可，E外≥ΔE.
③大于电离能的光子被吸收，原子被电离.
3.谱线条数的确定方法
(1)一个氢原子跃迁发出可能的光谱线数最多为(n－1).
(2)一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数的两种求解方法：
①用数学中的组合知识求解：N＝.
②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.
4.氢原子的能量及其变化
(1)原子能量：En＝Ekn＋Epn＝，随n(r)增大而增大，其中E1＝－13.6 eV.
(2)电子动能：电子绕氢原子核运动时静电力提供向心力，即k＝m，所以Ekn＝，随n(r)增大而减小.
(3)电势能：通过库仑力做功判断电势能的增减.当n减小，即轨道半径减小时，库仑力做正功，电势能减小；反之，当n增大，即轨道半径增大时，电势能增加.
例2　(2022年广东卷)目前科学家已经能够制备出能量量子数n较大的氢原子.氢原子第n能级的能量为En＝，其中E1＝－13.6 eV.如图是按能量排列的电磁波谱，要使n＝20的氢原子吸收一个光子后，恰好失去一个电子变成氢离子，被吸收的光子是(　　)
A.红外线波段的光子
B.可见光波段的光子
C.紫外线波段的光子
D.X射线波段的光子
【答案】A　
【解析】要使处于n＝20的氢原子吸收一个光子后恰好失去一个电子变成氢离子，则需要吸收光子的能量为E＝0－ eV＝0.034 eV，则被吸收的光子是红外线波段的光子，A正确.
例3　(2022年浙江卷)如图为氢原子的能级图.大量氢原子处于n＝3的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29 eV的金属钠.下列说法正确的是(　　)
A.逸出光电子的最大初动能为10.80 eV
B.n＝3跃迁到n＝1放出的光子动量最大
C.有3种频率的光子能使金属钠产生光电效应
D.用0.85 eV的光子照射，氢原子跃迁到n＝4激发态
【答案】B　
【解析】从n＝3跃迁到n＝1放出的光电子能量最大，根据Ek＝E－W0，可得此时最大初动能为Ek＝9.8 eV，A错误；根据p＝，E＝hν，又因为从n＝3跃迁到n＝1放出的光子能量最大，故可知动量最大，B正确；大量氢原子从n＝3的激发态跃迁到基态能放出＝3种频率的光子，其中从n＝3跃迁到n＝2放出的光子能量为ΔEk＝3.4 eV－1.51 eV＝1.89 eV＜2.29 eV，不能使金属钠产生光电效应，其他两种均可以，C错误；由于从n＝3跃迁到n＝4能级需要吸收的光子能量为ΔE＝1.51 eV－0.85 eV＝0.66 eV≠0.85 eV，用0.85 eV的光子照射，不能使氢原子跃迁到n＝4激发态，D错误.
1.氢原子能级示意图如图所示.光子能量在1.63~3.10 eV的光为可见光.要使处于基态(n＝1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为(　　)
A.12.09 eV B.10.20 eV
C.1.89 eV D.1.51 eV
【答案】A　
【解析】可见光光子能量范围为1.63~3.10 eV，则氢原子能级差应该在此范围内，可简单推算如下：2、1能级差为10.20 eV，此值大于可见光光子的能量；3、2能级差为1.89 eV，此值属于可见光光子的能量，符合题意.氢原子处于基态，要使氢原子达到第3能级，需提供的能量为－1.51 eV－(－13.60 eV)＝12.09 eV，此值也是提供给氢原子的最少能量，A正确.
2.(多选)氢原子的能级示意图如图所示(普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，电子电荷量e＝－1.6×10－19 C)，则氢原子(　　)
A.能级是连续的
B.核外电子的轨道是分立的
C.从n＝3能级跃迁到n＝2能级时电子的动能减小
D.从n＝3能级跃迁到n＝2能级时辐射频率约为
4.56×1014 Hz的光子
【答案】BD　
【解析】根据波尔的理论，有轨道量子化、能量量子化、能级量子化，A错误，B正确；从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，轨道半径变小，而库仑力提供向心力，则有k＝m，而动能Ek＝mv2，联立得Ek＝，可知圆周的线速度变大，动能变大，C错误；从n＝3能级跃迁n＝2能级时，有ΔE32＝E3－E2＝hν，解得辐射出的光子频率为ν＝Hz≈4.56×1014Hz，D正确.(共35张PPT)
第3讲　原子核
一、天然放射现象、原子核的组成
1.天然放射现象.
(1)天然放射现象：元素______地放出射线的现象，首先由____________发现.天然放射现象的发现，说明________具有复杂的结构.
(2)放射性和放射性元素：物质发射某种看不见的射线的性质叫________.具有放射性的元素叫________元素.
(3)三种射线：放射性元素放射出的射线共有三种，分别是________射线、________射线、________射线.
γ
β　
α　
放射性　
放射性　
原子核　
贝克勒尔　
自发　
核心知识·优化增分
2.原子核.
(1)原子核的组成.
①原子核由________和________组成，质子和中子统称为________.
②原子核的核电荷数＝________数，原子核的质量数＝____________________.
(2)同位素：具有相同________、不同________的原子，在元素周期表中的________相同，同位素具有相同的________性质.
化学
位置　
中子数　
质子数　
质子数＋中子数　
质子　
核子　
中子　
质子　
二、原子核的衰变和半衰期
1.原子核的衰变.
(1)原子核放出α粒子或β粒子，变成另一种原子核的变化称为原子核的衰变.
(2)分类.
α衰变He
β衰变e
2.半衰期.
(1)定义：放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间.
(2)衰变规律：N＝____________；m＝____________.
(3)影响因素：由原子核内部因素决定，跟原子所处的物理化学状态无关.
m0
N0　
三、核力、结合能、质量亏损、核反应
1.核力.
(1)定义：原子核内部，核子间所特有的相互作用力.
(2)特点：①核力是强相互作用的一种表现；
②核力是短程力，作用范围只有约10－15 m；
③每个核子只对与它相邻的核子有核力作用.
　
吸收
2.核能.
(1)结合能.
核子结合为原子核时________的能量或原子核分解为核子时________的能量，叫作原子核的结合能，亦称核能.
(2)比结合能.
①定义：原子核的结合能与核子数之比，称作比结合能，也叫平均结合能.
②特点：不同原子核的比结合能不同，原子核的比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定.
放出　
3.质能方程、质量亏损.
爱因斯坦质能方程E＝________，原子核的质量必然比组成它的核子的质量和要小Δm，这就是质量亏损.由质量亏损可求出释放的核能ΔE＝________.
4.获得核能的途径：重核裂变；轻核聚变.
5.核反应.
(1)遵守的规律：电荷数守恒、质量数守恒.
(2)反应类型：衰变、人工转变、重核裂变、轻核聚变.
mc2　
Δmc2
(1)核反应方程：质量数守恒、电荷数守恒，但不是总质量守恒.
(2)核子数越多，结合能越大，比结合能不一定越大.
(3)质能方程表明质量和能量有着紧密联系，但不能相互转化.
(4)一些重核裂变的产物可能有多种组合.
1.[半衰期]下列方法中可以减缓元素放射性的是(　　)
A.把该元素放在低温阴凉处
B.把该元素密封在很厚的铅盒子里
C.把该元素同其他的稳定元素结合成化合物
D.上述各种方法都无法减缓放射性元素的衰变速率
【答案】D
2.[原子核]下列有关原子结构和原子核的认识正确的是(　　)
A.γ射线是高速运动的电子流
B.氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大
C.太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变
DBi的半衰期是5天，100 g Bi经过10天后还剩下50 g
【答案】B　
【解析】γ射线是光子流，故A错误；氢原子辐射光子后，由高能级向低能级跃迁，半径减小，绕核运动的动能增大，故B正确；太阳辐射能量主要来源是太阳中发生的轻核聚变，故C错误；100 g Bi经过10天(即2个半衰期)还剩下×100 g＝25 g，故D错误.
3.[核反应方程](多选)关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的是(　　)
AThHe是α衰变
BHeH是β衰变
CHen是轻核聚变
DSeKr＋e是重核裂变
【答案】AC　
【解析】 N＋HeH是发现质子的核反应，属于原子核的人工转变Se→Kr＋e是β衰变，A、C正确.
4.[核能计算](多选)已知中子的质量mn＝1.674 9×10－27 kg，质子的质量mp＝1.672 6×10－27 kg，氘核的质量mD＝3.343 6×10－27 kg，则氘核的比结合能为(　　)
A.3.51×10－13 J B.1.10 MeV
C.1.76×10－13 J D.2.19 MeV
【答案】BC
高分能力·突破瓶颈
考点1　原子核的衰变规律　[基础考点]
1.三种射线的比较
种类 α射线 β射线 γ射线
组成 高速氦核流 高速电子流 光子流(高频电磁波)
带电 荷量 2e －e 0
质量 4mp，mp＝1.67×10－27kg 静止质量为零
种类 α射线 β射线 γ射线
速度 0.1c 0.99c c(光速)
在电磁场中　 偏转 与α射线反向偏转 不偏转
贯穿 本领 最弱，用纸能挡住 较强，能穿透几毫米的铝板 最强，能穿透几厘米的铅板
对空气的电离作用 很强 较弱 很弱
2.α衰变、β衰变的比较
衰变类型 α衰变 β衰变
衰变方程
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
匀强磁场中 轨迹形状
衰变规律 电荷数守恒、质量数守恒、动量守恒 3.衰变次数的确定方法
方法一：依据两个守恒规律确定衰变次数.设放射性元素X经过n次α衰变和m次β衰变后，变成稳定的新元素Y，则表示该核反应的方程为X→Y＋He＋e.
根据质量数守恒和电荷数守恒可列方程：A＝A'＋4n，Z＝Z'＋2n－m.
联立以上两式解得n＝，m＝＋Z'－Z.
由此可见，确定衰变次数可归结为求解一个二元一次方程组.
方法二：因为β衰变对质量数无影响，可先由质量数的改变确定α衰变的次数，然后根据衰变规律确定β衰变的次数.
4.对半衰期的理解
(1)半衰期公式：N余＝N原，m余＝m原.式中N原、m原表示衰变前的放射性元素的原子数和质量，N余、m余表示衰变后尚未发生衰变的放射性元素的原子数和质量，t表示衰变时间，τ表示半衰期.
(2)半衰期的物理意义：半衰期是表示放射性元素衰变快慢的物理量，同一放射性元素具有的衰变速率一定，不同的放射性元素半衰期不同，有的差别很大.
(3)半衰期的适用条件：半衰期是一个统计规律，是对大量的原子核衰变规律的总结，对于一个特定的原子核，无法确定何时发生衰变.
1.(2022年全国卷)两种放射性元素的半衰期分别为t0和2t0，在t＝0时刻这两种元素的原子核总数为N，在t＝2t0时刻，尚未衰变的原子核总数为，则在t＝4t0时刻，尚未衰变的原子核总数为(　　)
A.
C.
【答案】C　
【解析】根据题意设半衰期为t0的元素原子核数为x，另一种元素原子核数为y，依题意有x＋y＝N，经历2t0后有x＋y＝，联立可得x＝N，y＝N.在t＝4t0时，原子核数为x的元素经历了4个半衰期，原子核数为y的元素经历了2个半衰期，则此时未衰变的原子核总数为n＝x＋y＝，C正确.
2.(2021年全国甲卷)如图所示，一个原子核X经图中
所示的一系列α、β衰变后，生成稳定的原子核Y，
在此过程中放射出电子的总个数为(　　)
A.6 B.8
C.10 D.14
【答案】A　
【解析】由图分析可知，核反应方程为Y＋He＋e.设经过a次α衰变，b次β衰变.由电荷数与质量数守恒可得238＝206＋4a；92＝82＋2a－b，解得a＝8，b＝6，故放出6个电子，A正确.
考点2　核反应方程的书写与核能的计算　[能力考点]
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
β衰变 自发
人工转变 人工 控制 约里奥·居里夫妇发现放射性同位素，同时发现正电子
类型 可控性 核反应方程典例
重核裂变 比较容易进行人工控制　　
轻核聚变 很难控制
2.核反应方程式的书写
(1)熟记常见基本粒子的符号是正确书写核反应方程的基础.如质子H)、中子n)、α粒子He)、β粒子e)、正电子e)、氘核H)、氚核H)等.
(2)核反应过程中质量数守恒，核电荷数守恒.
3.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)根据核子比结合能来计算核能：
原子核的结合能＝核子比结合能×核子数.
例题　(2022年浙江卷)(多选)2021年12月15日秦山核电站迎来了安全发电30周年，核电站累计发电约6.9×1011 kW·h，相当于减排二氧化碳六亿多吨.为了提高能源利用率，核电站还将利用冷却水给周围居民供热.下列说法正确的是(　　)
A.秦山核电站利用的是核聚变释放的能量
B.秦山核电站发电使原子核亏损的质量约为27.6 kg
C.核电站反应堆中需要用镉棒控制链式反应的速度
D.反应堆中存在BaKr＋n的核反应
【答案】CD　
【解析】秦山核电站利用的是重核裂变释放的能量，A错误；原子核亏损的质量全部转化为电能时，约为Δm＝ kg≈27.6 kg.核电站实际发电还要考虑到核能的转化率和利用率，则原子核亏损的质量大于27.6 kg，B错误；核电站反应堆中需要用镉棒能吸收中子的特性，通过中子的数量控制链式反应的速度，C正确；反应堆利用铀235的裂变，生成多个中核和中子，且产物有随机的两分裂、三分裂，即存在n→Kr＋n的核反应，D正确.
1.(2020年全国卷Ⅱ)氘核H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式H→He＋H＋n＋43.15 MeV表示.海水中富含氘，已知1 kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个，若全都发生聚变反应，其释放的能量与质量为M的标准煤燃烧时释放的热量相等；已知1 kg标准煤燃烧释放的热量约为2.9×107 J，1 MeV＝1.6×10－13 J，则M约为(　　)
A.40 kg B.100 kg
C.400 kg D.1 000 kg
【答案】C　
【解析】平均每个氘核聚变释放的能量为ε＝ MeV，1 kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个，可以放出的总能量为E0＝Nε，由Q＝Mq可得，要释放的相同的热量，需要燃烧标准煤的质量M＝≈400 kg.
2.(2021年浙江卷)对四个核反应方程：U→He；ThPae；③ N＋H；Hen＋176 MeV.下列说法正确的是(　　)
A.①②式核反应没有释放能量
B.①②③式均是原子核衰变方程
C.③式是人类第一次实现原子核转变的方程
D.利用激光引发可控的④式核聚变是正在尝试的技术之一
【答案】CD　
【解析】①是α衰变，②是β衰变，均有能量放出，故A错误；③是人工核转变，故B错误；③式是人类第一次实现原子核转变的方程，故C正确；利用激光引发可控的④式核聚变是正在尝试的技术之一，故D正确.
3.(2022年南京金陵中学模拟)两个氘核以相等的动能Ek对心碰撞发生核聚变，核反应方程为Hen，其中氘核的质量为m1，氦核的质量为m2，中子的质量为m3.假设核反应释放的核能E全部转化为动能，下列说法正确的是(　　)
A.核反应后氦核与中子的动量相同
B.该核反应释放的能量为E＝(m1－m2－m3)c2
C.核反应后中子的动能为(E＋Ek)
D.核反应后氦核的动能为(E＋2Ek)
【答案】D　
【解析】根据核反应前后系统的总动量守恒，知核反应前两氘核动量等大反向，系统的总动量为零，因而反应后氦核与中子的动量等大反向，动量不同，A错误；该核反应前后释放的能量ΔE＝(2m1－m2－m3)c2，B错误；由能量守恒可得核反应后的总能量为E＋2Ek，由动能与动量的关系Ek＝，且mHe＝3mn可知，核反应后氦核的动能为，C错误，D正确.(共48张PPT)
第1讲　交变电流的产生和描述
核心素养 重要考点
物理 观念 (1)理解交变电流、峰值、有效值的概念；(2)理解理想变压器及其电压比和电流比的规律 1.交变电流、交变电流的图像
2.正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值
3.理想变压器
4.远距离输电
5.传感器的简单使用
科学 思维 (1)用等效法定义有效值和计算非正弦交变电流问题；(2)运用推理的思维方法分析理想变压器的动态问题 科学 探究 (1)探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系；(2)探究传感器的简单使用 科学 态度 与责任 了解交变电流、传感器知识在生活、生产和科学技术中的应用 一、交变电流的产生和变化规律
1.交变电流.
(1)定义：大小和方向随时间做________变化的电流.
(2)图像：下图甲、乙、丙、丁所示都属于交变电流，其中甲属于________交变电流.
甲
乙
丙
丁
周期性
正弦式
2.正弦式交变电流.
(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕__________方向的轴匀速转动.
(2)中性面.
①定义：与磁场方向________的平面.
②特点：线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量________，磁通量的变化率为________，感应电动势为________.线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次.
(3)变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
①电动势(e)：e＝________.
②电压(u)：u＝________.
③电流(i)：i＝________.
垂直于磁场
垂直
最大
零
零
Emsin ωt
Umsin ωt
Imsin ωt
(4)图像(如图所示).
甲
乙
丙
丁
二、描述交变电流的物理量
1.交变电流的周期和频率的关系：T＝________.
2.峰值和有效值
(1)峰值：交变电流的峰值是它能达到的________.
(2)有效值：让交流与恒定电流分别通过大小______的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的________相等，则这个恒定电流I、恒定电压U就是这个交变电流的有效值.
(3)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系：
I＝________，U＝________，E＝.
最大值
相等
热量
3.平均值：E＝________.
n
(1)交变电流某一时刻的值，是时间的函数.①线圈从中性面开始转动：e＝Emsin ωt.②线圈从平行于磁场方向开始转动：e＝Emcos ωt.
(2)只有正(余)弦式交变电流的有效值和峰值之间是E＝的关系，非正弦式交变电流一般不满足此关系.
1.[交变电动势]下列各图中面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，其中能产生正弦式交变电动势e＝BSωsin ωt的是(　　)
甲
乙
丙
丁
【答案】A
2.[正弦式交变电流]如图所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，设磁感应强度为0.01 T，线圈长AB为20 cm、宽AD为10 cm、转速n为50 r/s，则线圈转动时感应电动势的最大值为(　　)

A.1×10－2 V B.3.14×10－2 V
C.2×10－2 V D.6.28×10－2 V
【答案】D　
【解析】感应电动势最大值Em＝BSω＝BS·2πn＝6.28×10－2 V.
3.[交变电流的图像]如图为某正弦式交变电流的图像，则该电流的瞬时值表达式为(　　)
A.i＝10sin(100πt) A
B.i＝10sin(10πt) A
C.i＝20sin(50πt) A
D.i＝20sin(100πt) A
【答案】D　
【解析】由图可知T＝0.02 s，则ω＝＝100π rad/s.当t＝0.002 5 s时，i＝14.14 A，代入i＝Imsin ωt，解得Im＝20 A.所以电流的瞬时值表达式为i＝20sin(100πt) A.
4.[交变电流有效值]两只相同的电阻，分别通以正弦波形的交变电流和方波形的交变电流，两种交变电流的最大值相等，且周期相等(如图甲、乙所示).在正弦波形交变电流的一个周期内，正弦波形的交变电流在电阻上产生的焦耳热为Q1，其与方波形交变电流在电阻上产生的焦耳热Q2之比Q1∶Q2为(　　)
A.1∶1 B.2∶1
C.1∶2 D.4∶3
【答案】C　
【解析】设两种交变电流的最大值为Im.对于正弦波形电流，其有效值I1＝，对于方波形电流，其有效值I2＝Im.根据焦耳定律Q＝I2RT，得Q1∶Q2＝＝1∶2.
考点1　 交变电流的变化规律　[基础考点]
1.正弦式交变电流的产生
(1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动.
(2)两个特殊位置的特点.
①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变.
②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变.
(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次.
(4)交变电动势的最大值Em＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关.
2.正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时，规定开始方向为正值)
物理量 函数表达式 图像
磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BScos ωt

电动势 e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt

电压

电流

例1　(2022年广东卷)如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图.定子是仅匝数n不同的两线圈，n1＞n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流.不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是
(　　)
A.两线圈产生的电动势的有效值相等
B.两线圈产生的交变电流频率相等
C.两线圈产生的电动势同时达到最大值
D.两电阻消耗的电功率相等
【答案】B　
【解析】根据E＝n两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据P＝可知，两电阻的电功率也不相等，A、D错误；因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，B正确；当磁铁的磁极到达线圈附近时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，C错误.
1.(2022年广州模拟)(多选)如图是电动充气泵的结构示意图.其工作原理是：电磁铁通入电流，弹簧片上下振动，通过橡皮碗对气室施加力的作用，达到充气目的.当电流从电磁铁的a端流入时，小磁体被吸引而向下运动，则(　　)
A.小磁铁的下端为S极
B.小磁铁的下端为N极
C.a、b间接入的可能是交流电
D.a、b间接入的可能是恒定电流
【答案】BC　
【解析】根据安培定则可得电磁铁上端为S极；根据异名磁极相吸可得小磁铁下端为N极，A错误，B正确.用交流电可以让电磁铁上端的磁极交替变化，从而让气室不断从外吸气，对目标充气.如果用直流电，小磁铁要么被吸引，要么被排斥远离，无法连续充气，C正确，D错误.
2.(2022年西南名校联考)如图所示为交流发电机的示意图，线圈的AB边和CD边分别连在金属滑环K和L上，电刷E和F分别压在滑环K和L上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接.两磁极之间的磁场视为匀强磁场且磁感应强度大小为B， 为理想交流电流表，R为定值电阻，单匝线圈ABCD的面积为S、电阻为r，其余电阻不计.线圈以OO'轴逆时针匀速转动，每秒钟转n圈.如果以图示位置为计时起点，则(　　)
A.图示时刻电流表读数为
B.电阻R上的电流方向每秒改变n次
C.线圈产生的感应电动势为e＝2πnBS·sin(2πnt)
D.当线圈平面转到图示位置时产生的感应电动势最大
【答案】D　
【解析】依题意可得线圈转动产生感应电动势的最大值为Em＝BSω＝BS·2πn，所以电流的最大值为Im＝，电流表读数为有效值，不等于最大值，A错误；一个周期电流方向改变两次，线圈每秒钟转n圈，则电流方向改变2n次，B错误；由题图知，计时起点时线圈所处位置与中性面垂直，产生的是余弦交流电，感应电动势为e＝Emcos ωt＝2πnBScos(2πnt)，C错误；图示位置，此时穿过线圈的磁通量为零，产生的感应电动势最大，D正确.
考点2　 交变电流有效值的求解　[能力考点]
1.有效值的理解
交变电流的有效值是根据电流的热效应来定义的，让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，而这个恒定电流是I，电压是U，我们就把I、U叫作这个交变电流的有效值.
2.有效值的计算方法
(1)公式法：利用E＝，U＝，I＝计算，只适用于正(余)弦式交变电流.
(2)利用有效值的定义计算(非正弦式电流)：计算时“相同时间”至少取一个周期或周期的整数倍.
例2　(2022年武汉一中模拟)如图是某一线圈通过的交流电的电流—时间关系图像(前半个周期为正弦波形的)，则一个周期内该电流的有效值为
(　　)
A.I0 B.I0 C.I0 D.I0
【答案】B　
【解析】设该电流的有效值为I，由I2RT＝R×＋(2I0)2R×，解得I＝I0，B正确.
[方法归纳]　几种典型交变电流的有效值
电流名称 电流图像 有效值
正弦式 交变电流
正弦 半波电流
矩形脉 冲电流
非对称性 交变电流
1.(2021年浙江卷)如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值Um相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足(　　)
A.U＝ B.U＝
C.U＞ D.U＜
【答案】D　
【解析】因虚线是正弦交流电的图像，则该交流电的有效值为U有效值＝，由图可知，在任意时刻，实线所代表的交流电的瞬时值都不大于虚线表示的正弦交流电的瞬时值，则实线所代表的交流电的有效值小于虚线表示的正弦交流电的有效值，则U＜，故D正确.
2.(2022年黄冈中学模拟)一种调光台灯电路示意图如图甲所示，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度.给该台灯接220 V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为(　　)
A.220 V B. V
C.110 V D. V
【答案】C　
【解析】设电压的有效值为U，根据有效值定义有·T，解得U＝110 V，C正确.
考点3　 交变电流的四值　[能力考点]
1.交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较
比较 含义 关系 说明
瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力情况
峰值 最大的瞬时值　 讨论电容器的击穿电压
比较 含义 关系 说明
有效值 与交变电流的热效应等效的恒定电流的值 ①计算电功、电功率、电热等
②设备“铭牌”一般是指有效值
③保险丝的熔断电流为有效值
④交流电压表和电流表的示数为有效值
平均值 交变电流图像中图线与时间轴所围的面积与时间的比值 计算通过电
路截面的电
荷量
2.书写交变电流瞬时值表达式的基本思路
(1)求出角速度ω＝＝2πf.
(2)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式Em＝nBSω求出相应峰值.
(3)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式.
①线圈从中性面位置开始转动，则i－t图像为正弦函数图像，函数式为i＝Imsin ωt.
②线圈从垂直中性面位置开始转动，则i－t图像为余弦函数图像，函数式为i＝Imcos ωt.
例3　(2021年浙江卷)(多选)发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO'轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示.其他电阻不计，图乙中的Um为已知量.则金属框转动一周(　　)
A.框内电流方向不变
B.电动势的最大值为Um
C.流过电阻的电荷
D.电阻产生的焦耳热
【答案】BD　
甲
乙
【解析】当线框转动时，框内电流方向每经过中性面一次都要变化一次，则A错误；由图乙可知，电动势的最大值为Um，B正确；线圈转过半周，则流过电阻的电荷量为q＝Δt＝Δt＝，则金属框转过一周流过电阻的电荷量为q'＝2q＝，因为Um＝BωL2，则ω＝，金属框转过一周电阻产生的焦耳热Q＝T＝·，D正确.
1.(多选)如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，其电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线O'O恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B.若线圈从图示位置开始以角速度ω绕轴O'O匀速转动，则以下判断正确的是(　　)
A.图示位置线圈中的感应电动势最大为Em＝BL2ω
B.闭合电路中感应电动势的瞬时值为e＝BL2ωsin ωt
C.线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝
D.线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝
【答案】BD　
【解析】图示位置，线圈中通过的磁通量最大，但感应电动势为零，A错误；线圈产生的感应电动势最大值Em＝BL2ω，故对应的瞬时值表达式e＝BL2ω sin ω t，B正确；由q＝可得线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量q＝，C错误；电阻R上产生的热量应利用有效值求解，即转动一周的过程中产生的热量Q＝R×，D正确.
2.(2022年岳阳模拟)图甲为发电机线圈中的磁通量Φ随时间变化的图像，发电机线圈共有100匝，其电阻忽略不计.将发电机接在乙图中的a、b两端并为其供电.R1、R2阻值均为400 Ω，R2与一理想二极管串联，其右侧接一理想交流电压表.下列说法中正确的是(　　)
A.发电机线圈中的磁通量随时间变化的关系为
Φ＝cos(100πt) Wb
B.R1中电流的瞬时值i1＝0.5cos(100πt) A
C.0~2 s内，R2上产生的焦耳热为1×104 J
D.电压表的示数约为141 V
【答案】D　
【解析】由图甲可得出发电机线圈转动的角速度为ω＝＝100π rad/s，发电机线圈中的磁通量随时间变化的关系为Φ＝Φmcos ωt＝×10－2cos(100πt) Wb，A错误；发电机产生的电动势最大值Em＝NΦmω＝200 V，则流经R1的电流最大值Im＝ A，由图甲可知线圈从中性面位置开始计时，则其瞬时值i1＝sin (100πt) A，B错误；
理想二极管具有单向导电性，且导通时电阻为0，由有效值定义，设R2两端电压的有效值为U有，则··T，解得U有＝100 V≈141 V，即电压表的示数约为141 V.0~2 s内R2上产生的焦耳热为Q＝t＝100 J，D正确，C错误.
其他电磁感应场景产生的交变电流
正(余)弦交流电是一种最常见、最特殊而且应用广泛的交变电流，关于它们的产生、描述及有关的变化规律是高考的一个热点.探究其产生方法，由法拉第电磁感应定律E＝n＝nS及其推论E＝BLv可知，除了教材中介绍的由矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动可产生正(余)弦电流外，还有如下四种方式：
导体棒在匀强磁场中平动 导体棒在匀强磁场中匀速平动，但导体棒切割磁感线的有效长度按正弦规律变化，则导体棒组成的闭合电路中就会产生正弦式交变电流
导体棒在匀强磁场中振动 导体棒在匀强磁场中沿平行导轨平动切割磁感线时，棒的速度按正弦规律变化，则棒中会产生正弦交变电流
棒在不均匀磁场中平动 导体棒在磁场中匀速平动切割磁感线，在棒的平动方向上，磁场按照正弦规律变化，则棒中会产生正弦交变电流
线圈处于周期性变化的磁场中 闭合线圈垂直于匀强磁场，线圈静止不动，磁场按正弦规律做周期性变化，则线圈中会产生正弦交变电流
例4　(2022年福建名校质检)(多选)在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理如图甲所示.浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置圆形线圈随波浪相对磁体沿竖直方向做简谐运动，其速度随时间满足v＝0.4πsin πt(单位：m/s)，且始终处于辐射磁场中，该线圈与阻值R＝15 Ω的灯泡串联；浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(俯视为图乙中阴影部分)，其内部为产生磁场的磁体；线圈匝数n＝200匝，线圈所在处磁场的磁感应强度大小B＝0.1 T，圆形线圈的直径D＝0.4 m，电阻r＝1 Ω.计算时近似取π2＝10.下列说法正确的是(　　)
A.线圈中形成了周期为2 s的正弦式交流电
B.灯泡电流最大时，线圈处于振动的最大位移处
C.线圈中感应电动势的峰值为32 V
D.较长时间内，灯泡的平均功率为60 W
【答案】AC　
【解析】根据题意可知，产生感应电动势的瞬时值表达式为E＝NBLv＝32sin(πt) V，由表达式可知角频率ω＝π，故T＝＝2 s，A正确；灯泡电流最大时，即线圈速度最大时，则线圈处于振动的平衡位置，B错误；线圈中感应电动势的峰值为线圈速度最大时Em＝32 V，C正确；根据表达式可知，电流为正弦交变电流，则有效值为E有＝.较长时间内，灯泡的平均功率为P＝R＝30 W，D错误.
1.(多选)如图，单匝矩形线圈ab边长为20 cm，bc边长为10 cm，线圈的两端接一个小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场，磁感应强度随时间变化规律为B＝0.1sin(50πt) T，线圈总电阻r＝1.0 Ω，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，则(　　)
A.1 s内线圈中电流方向改变50次
B.线圈中感应电流的瞬时值表达式为i＝sin(100πt) A
C.线圈消耗的电功率为 W
D.在磁感应强度变化的0~时间内，通过小灯泡的电荷量为2.0×10－4 C
【答案】AD　
【解析】由正弦式交变电流的产生，若规定开始方向为正方向，线圈的磁通量Φ＝BSsin(ωt)，产生的电动势为E＝n＝nBSωcos(ωt).综合对比，由题中数据可知线圈abcd的磁通量为Φ＝BS＝2×10－3sin(50πt) Wb，产生的感应电动势为E＝n＝2×10－3×50πcos(50πt) V＝cos(50πt) V.可知频率为25 Hz，1 s电流方向改变50次，A正确；感应电流瞬时值表达式为i＝cos(50πt) A，B错误；线圈消耗的电功率P＝r＝ W，C错误；0~磁通量变化了ΔΦ＝Φm＝2×10－3 Wb，通过小灯泡的电荷量为q＝IΔt＝Δt＝＝2×10－4 C，D正确.
2.如图所示，闭合金属线框曲线部分恰好是半个周期的正弦曲线，直线部分长度为0.4 m，线框的电阻为1 Ω，若线框从虚线位置开始以2 m/s的速度匀速进入足够大的匀强磁场(线框直线部分始终与磁场右边界垂直)，这个过程中线框释放出的焦耳热为 0.4 J，线框中电流随时间变化的关系式为(　　)
A.i＝2sin(10πt)A
B.i＝sin(10πt)A
C.i＝2sin(5πt)A
D.i＝sin(5πt)A
【答案】C
3.(多选)如图所示，固定平行的长直导轨M、N放置于匀强磁场中，导轨间距L＝1 m，磁感应强度B＝5 T，方向垂直于导轨平面向下，导体棒与导轨接触良好，驱动导体棒使其在磁场区域运动，速度随时间的变化规律为v＝2sin(10πt) m/s，导轨与阻值为R＝9 Ω的外电阻相连，已知导体棒的电阻为r＝1 Ω，不计导轨与电流表的电阻，则下列说法正确的是
(　　)
A.导体棒做切割磁感线运动产生方向不变的电流
B.导体棒做切割磁感线运动产生频率为5 Hz 的正弦交流电
C.交流电流表的示数为0.5 A
D.0~时间内R产生的热量为0.45 J
【答案】BD　
【解析】据题意，速度变化规律为v＝2sin(10πt) m/s，则产生的电动势为E＝BLv＝10sin(10πt)V，即产生频率为f＝＝5 Hz的正弦交流电，故A错误，B正确；电动势峰值为Em＝10 V，则导体棒电动势的有效值E＝＝5 V，电流表示数I＝ A＝ A，故C错误；交流电的周期T＝＝0.2 s，在0~内电阻R上产生的热量Q＝I2R·×9×0.1 J＝0.45 J，故D正确.

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