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2024年高考一轮复习100考点100讲
第16章 热学
第16.8讲 液柱模型
【知识点精讲】
液柱模型是指液柱封闭气体。可以是水银柱封闭玻璃管中气体，可以是在水池下面容器中的气体。
【方法归纳】
1.求液柱封闭气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力。
（1）液体因重力产生的压强大小为p=ρgh（其中h为至液面的竖直高度）；
（2）不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力；
（3）有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等；
（4）当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷。
2.液柱模型中可以利用力平衡法和等压面法求解压强。
力平衡法关注的是研究对象的受力平衡，等压面法关注的是同种液体在同一深度向各个方向的压强相等。
两种方法在解题时对象选取及解题思路不同，但对水银封闭气柱模型，结果相同。
3. 4种液柱模型
【最新高考题精练】
（2）（2023高考全国乙卷）
1．如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。（气体温度保持不变，以为压强单位）

（2022高考上海）
2．如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，左管内封有一段长30cm的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高25cm，大气压强为75cmHg，现移动右侧玻璃管，使两侧管内水银面相平，此时气体柱的长度为（　　）
A．20cm B．25cm
C．40cm D．45cm
（2022·高考广东物理）
3．玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将水装入容积为的玻璃瓶中，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。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强取，重力加速度g取，水的密度取。求水底的压强p和水的深度h。
（2022新高考海南卷）
4．足够长的玻璃管水平放置，用长的水银封闭一段长为的空气柱，大气压强为，环境温度为，将玻璃管缓慢逆时针旋转到竖直，则：
（1）空气柱是吸热还是放热？
（2）空气柱长度变为多少？
（3）当气体温度变为时，空气柱长度又是多少？

【最新模拟题精练】
（2023四川南充三模）
5．如图所示，粗细均匀的U形细管左侧封闭，右侧装有阀门，水平部分和竖直部分长均为，管中盛有一定质量的水银。先开启阀门，U形管静止时左侧水银柱比右侧高，再关闭阀门，使U形管以某一恒定加速度向左加速，液面稳定后发现两竖直管中液面变为等高。管中气体均视为理想气体，整个过程温度不变，大气压强，重力加速度，求
（Ⅰ）静止时左侧气体的压强；
（Ⅱ）关闭阀门向左加速时的加速度大小a。

（2023湖南邵阳模拟）
6．如图所示装置中两玻璃泡的容积均为，玻璃管的容积忽略不计，开始时阀门K关闭，将上面玻璃泡抽成真空，下面玻璃泡中有一定质量的理想气体，外界大气压强为，温度为°C时，玻璃管中水银面高出水银槽内水银面h=12cm，水银密度（假设不随温度改变）为，重力加速度。
（1）如果外界大气压强保持不变，玻璃管中水银面上升2cm，则环境温度改变了多少摄氏度；
（2）如果在环境温度急剧升高到t=40°C的过程中，打开阀门，改变外界大气压使玻璃管中的水银面高度几乎不发生变化，则玻璃泡中气体的压强变为多少？
（3）在（2）过程中吸收了200J热量，则气体的内能增加了多少？
（2023辽宁教研联盟二模）
7．如图所示的粗细均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长；温度为时，右管内水银面比左管高，左管内空气柱长度，大气压强。
（1）求此时封闭气体的压强大小；
（2）现使左管内空气温度缓慢下降，则当左管内液面上升时，管内气体热力学温度为多少？
（3）若让整个装置自由下落，且温度保持不变，求下落过程中封闭空气柱的长度。（结果保留三位有效数字）
（2023鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5月模拟）
8．如图所示，开口向上粗细均匀、长为的玻璃管竖直放置，管内有一段高h=15cm的水银柱，封闭着长的空气柱，大气压强，管内气体的初始温度。
（1）若将玻璃管自由释放，不计阻力，不考虑管内空气温度的变化且无水银溢出玻璃管，求稳定后管内封闭空气柱的长度；
（2）若，将玻璃管固定，求温度至少升到多高时，可使管内水银柱全部溢出？（计算结果保留一位小数）
（3）若，将玻璃管固定，求温度至少升到多高时，可使管内水银柱全部溢出？
（2023陕西宝鸡三模）
9．如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。
（1）求细管的长度；
（2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。
（2023湖北荆门三校5月联考）
10．一U形玻璃管竖直放置，左端开口且足够长，右端封闭，玻璃管导热良好。用水银封闭一段空气（可视为理想气体），在右管中，初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示，环境温度为27℃。已知玻璃管的横截面积处处相同，大气压强。
（1）若升高环境温度直至两管水银液面相平，求环境的最终温度。
（2）若环境度为27℃不变，在左管内加注水银直至右管水银液面上升0.8cm，求应向左管中加注水根的长度。
（2023湖北十堰4月调研）
11．如图所示，“U”形管左、右两管竖直，左管上端开口且足够长，右管上端封闭，粗细均匀，导热性能良好。阴影部分A、B、C为水银柱，长度分别为2h、h、，管中D、E为理想气体。当环境的热力学温度时，D气柱的长度为h，E气柱的长度为4h，A、C两水银柱的下端面等高。外界大气压恒为8hHg，管的直径远小于h。
（1）若保持环境温度不变，在左管中缓慢注入水银，求当E气柱的长度变为3h时，左管中注入水银的长度H；
（2）若不是在左管中缓慢注入水银，而是将环境的热力学温度缓慢升高到T2=368K，求温度升高后D气柱的长度L。
（2023四川遂宁三诊）
12．如图所示，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280K时，被封闭的气柱长L=25cm，两边水银柱高度差h=5cm，大气压强。求：
（1）为使左端水银面下降h1=5cm，封闭气体温度应变为多少；
（2）封闭气体的温度保持（1）问中的值不变，为使两液面相平，需从底端放出的水银柱长度为多少。
（2023山东烟台一模）
13．如图所示，一开口竖直向下导热良好的玻璃管用水银柱封闭一定质量的空气。水银柱长度为15cm，下端刚好与玻璃管溢出口平齐；被封闭的空气柱长度为30cm。此时周围环境温度为，大气压强为。现将玻璃管缓慢旋转至开口竖直向上（水银没溢出玻璃管），然后再加热至。下列说法正确的是（　　）
A．玻璃管刚好旋转至开口向上时管内空气柱长度为20cm
B．玻璃管刚好旋转至开口向上时管内空气柱长度为25cm
C．将玻璃管加热至时空气柱长度为33.6cm
D．将玻璃管加热至时空气柱长度为36cm
（2023湖南押题卷）
14．如图甲所示，粗细均匀的足够长玻璃管的一端开口，另一端封闭，管的横截面积，沿水平方向放置时，一段长的水银柱封闭着一定质量的理想气体，管内气柱长度，大气压强恒为，室内热力学温度恒为。现将玻璃管沿逆时针方向缓慢转过90°。取。
（1）求稳定后管内气柱的长度；
（2）使玻璃管的封闭端浸入冰水混合物中，管内气体的温度缓慢降低，求管内气体的温度降低的过程中，水银柱对管内气体做的功。
（2023吉林通化梅河口五中二模）
15．如图所示，竖直固定的大圆筒由上面的细圆筒和下面的粗圆筒两部分组成，粗圆筒的内径是细筒内径的4倍，细圆筒足够长。粗圆筒中放有A、B两个活塞，活塞A的重力及与筒壁间的摩擦忽略不计。活塞A的上方装有水银，活塞A、B间封有一定质量的空气（可视为理想气体）。初始时，用外力向上托住活塞B使之处于平衡状态，水银上表面与粗筒上端相平，空气柱长，水银深。现使活塞B缓慢上移，直至有一半质量的水银被推入细圆筒中。假设在整个过程中空气柱的温度不变，大气压强p。相当于的水银柱产生的压强，求：
（1）细圆筒中水银柱的高度；
（2）封闭气体的压强；
（3）活塞B上移的距离。
（2023河南开封二模）
16．如图所示，一端开口，长为的玻璃管锁定在倾角为的光滑斜面上，一段长为的水银柱密封一定质量的理想气体。环境温度为，已知当地大气压
（1）如果解除锁定，玻璃管沿斜面下滑，稳定后水银恰好未溢出管口，求解除锁定前水银柱上端距管口的距离；
（2）如果对密封气体缓慢加热（玻璃管仍然锁定在斜面上），求水银柱恰好移动到管口时的温度。
（2023陕西名校期末）
17．如图所示，上端封闭、下端开口、足够长且粗细均匀的玻璃管，竖直插在一足够深的水银槽中，玻璃管中的水银面比水银槽中的水银面高h1= 30 cm。玻璃管内水银面上方空气柱的高度为h2=20 cm，环境的热力学温度T0=300 K，保持环境温度不变，缓慢竖直向上提玻璃管使玻璃管中水银面上方空气柱高度h3=30 cm。已知外界大气压强P0=75 cmHg。忽略水银槽内液面高度的变化。
(1)求玻璃管向上提起的高度 h；
(2)缓慢升高环境温度。求玻璃管内外水银面的高度差回到h1时环境的热力学温度T。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．，
【详解】设B管在上方时上部分气压为pB，则此时下方气压为pA，此时有
倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1cm，A管中水银柱减小1cm，A管的内径是B管的2倍，则
可知B管水银柱增加4cm，空气柱减小4cm；设此时两管的压强分别为、，所以有
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管有
对B管有
其中
联立以上各式解得
2．A
【详解】设玻璃管横截面积为，初态，气体的压强为
体积
当两侧管内水银面相平时，设气体柱长度为，则气体体积为
压强
由玻意耳定律可得
联立解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
3．，10m
【详解】对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知
即
解得
根据
解得
h=10m
4．（1）放热；（2）20cm；（3）24cm
【详解】（1）根据题意可知，将水平玻璃管缓慢逆时针旋转到竖直，气体的温度不变，内能不变，压强变大，由玻意耳定律可知，气体体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，空气柱放热。
（2）初状态空气柱压强
体积
将玻璃管缓慢逆时针旋转到竖直，末状态空气柱压强
体积
由玻意耳定律
解得
（3）根据题意可知，气体做等压变化，当气体温度变为时，由盖吕萨克定律有
解得
5．（Ⅰ）；（Ⅱ）
【详解】（Ⅰ）设型管横截面积为，水银密度为，静止时右侧气体的压强为大气压，
对底部液柱由平衡条件有
大气压强可表示为
其中
解得
（Ⅱ）设底部液柱质量为，向左加速稳定时左边气体压强为，右边气体压强为
两边液面相平，故左边气体长度从变为
右边气体长度从变为
对左边气体由玻意耳定律得
对右边气体由玻意耳定律得
对底部液柱由牛顿第二定律有
其中
解得
6．（1）；（2）；（3）200J
【详解】（1）设玻璃泡中气体初态压强为，有
解得
温度
设末态压强为，则
故
根据查理定律有
代入数据解得
则环境温度降低了
（2）打开阀门前有
，，
打开阀门后有
，
根据理想气体状态方程有
代入数据解得
（3）根据题设条件，由于上部容器原来是真空，气体发生自由膨胀，故气体膨胀过程对外做的功为零，即
气体吸热
Q=200J
根据热力学第一定律有
故
7．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）此时封闭气体的压强大小为，有
代入数据解得
（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，气柱长度为，有
根据理想气体状态方程有
解得
（3）整个装置做自由落体运动时，封闭气体压强等于大气压，根据玻意耳定律有
解得
8．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）若将玻璃管自由释放，不计阻力，则整体做自由落体运动，封闭气体的压强等于，根据等温变化
又
得稳定后管内封闭空气柱的长度为
（2）温度升高，封闭气体压强不变，体积增大，水银柱升高。当水银柱上升至管口时，温度继续升高，水银开始逸出，气体压强减小，设温度为，管内剩余水银柱高度为，此时不用再升高温度，水银柱自动可从管中溢出，根据理想气体方程
使水银全部溢出最大，则应最大，代入数据得
得
温度至少升到时，可使管内水银柱全部溢出。
（3）同理，若，则
即
由二次函数知识当 h=-5cm时有最大值，而 h≥0可得，当 h=0时，有最大值，即要加热至水银全部溢出，则
T2=325K
9．（1）41cm；（2）312K
【分析】以“液柱”为模型，通过对气体压强分析，利用玻意耳定律和盖-吕萨克定律求得细管长度和温度，找准初末状态、分析封闭气体经历的变化时关键。易错点：误把气体长度当成细管长度。
【详解】（1）设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有
pV=p1V1
由力的平衡条件可得，细管倒置前后后，管内气体压强有
p=p0+ρgh=78cmHg，p1S=p0S–ρghS=74cmHg
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有
V=S（L–h1–h），V1=S（L–h）
联立解得
L=41cm
（2）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖–吕萨克定律有
则
T=312K
10．（1）；（2）19.6cm
【详解】（1）以由右管空气为研究对象，初状态
设玻璃管横截面积为S，则
两管水银面相平时，右管水银面下降2cm，即右管空气长度为6cm，有
根据
解得
（2）设应向左管中加注水根的长度为x，则稳定后水银面的高度差为
此时，有
根据玻意耳定律，可得
解得
11．（1）；（2）
【详解】（1）注入水银前，E气柱的压强
设注入水银后E气柱的压强为，气柱的横截面积为S，对E气柱，根据玻意耳定律有
解得
则有
（2）当环境的热力学温度K时，D气柱的压强
设在环境的热力学温度缓慢升高的过程中，B水银上表面下降的高度为x，则温度升高后D气柱的压强
对D气柱，根据理想气体的状态方程有
解得
（舍去），h
则有
12．（1）384K；（2）9cm
【详解】（1）对于封闭气体，初态压强为
左端水银面下降h1=5cm后，即末态压强为
由理想气体状态方程可得
代入数值解得
（2）两液面相平时，气体的压强为
假设左端液面下降，则右管液面下降，由玻意耳定律可得
解得
故放出的水银柱长度为
13．AD
【详解】AB．设玻璃管横截面积为，则倒置时管内气体压强为，由平衡条件可知
解得
管内气柱体积为
将玻璃管缓慢倒置过来，稳定后管内气体压强为，由平衡条件得
解得
设此时管内气体气柱长度为，则
根据玻意耳定律可得
解得
故A正确，B错误；
CD．假设加热过程中，水银未溢出。将玻璃管加热至的过程中管内气体为等压变换，玻璃管气柱高度为，则
由盖—吕萨克定律得
由单位换算
，
解得
故有部分水银溢出，此种结果不符合题意，需要舍弃。
设水银溢出后，水银柱高度为，则
设温度加热到时，水银柱上端正好与溢出口平齐且不溢出，则由盖—吕萨克定律得
解得
水银柱上端正好与溢出口平齐后再继续加热到，则
联立以上方程，解得
则空气柱长度为
故C错误，D正确。
故选AD。
14．（1）；（2）
【分析】本题考查气体实验定律，目的是考查学生的分析综合能力。
【详解】（1）设稳定后管内气柱的长度为，对管内封闭气体初态时
末态时
根据玻意耳定律有
解得
（2）设稳定后管内气柱的长度为
气体发生等压变化，有
可得
水银柱对管内气体做的功
解得
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设粗圆筒的截面积为S1，细圆筒的截面积为S2。由于粗圆筒的内径是细圆筒内径的4倍，所以有
水银总体积
一半水银上升到细圆筒中，设细圆筒中水银柱的高度为h。因为水银体积不变，所以有
解得
（2）此时封闭气体的压强
（3）初态封闭气体的压强
初态封闭气体的体积
设初态到末态活塞B上移的距离为x，则末态气体体积
由玻意耳定律有
解得
16．（1）；（2）
【详解】（1）设未解除锁定时气体的压强为、体积为，玻璃管的横截面积为，水银柱的长度为，水银柱上端距管口的距离为，则有
，
解除锁定后，设气体的压强为，体积为，则有
，
此过程为等温变化，由玻意耳定律可得
代入数据解得
（2）设初始时气体的温度为，锁定升温后，设气体的压强为、体积为、温度为,则有
，，
可见，此过程为等压变化，由盖吕萨克定律可得
代入数据解得
17．(1)25cm；(2)675K
【详解】(1)设玻璃管的横截面积为S，由玻意耳定律可知
（p0-p1）Sh2=pSh3
其中p1=30cmHg
解得：
p=30cmHg
分析可知
h1+h2+Δh-h3=75cm-30cm
解得：
Δh=25cm
(2)由理想气体状态方程可知
分析可知
h4=h2+Δh=45cm
解得：
T=675K
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第16章 热学
第16.9讲 变质量气体问题
【知识点精讲】
气体实验定律的适用对象都是一定质量的理想气体，但在实际问题中，常遇到气体的变质量问题；气体的变质量问题，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，把“变质量”问题转化为“定质量”的问题，从而可以利用气体实验定律或理想气体状态方程求解，常见以下四种类型：
1.充气问题：向球、轮胎等封闭容器中充气是一个典型的“变质量”问题。只要选择容器内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。
2.抽气问题：从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，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，可把抽气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。
3.分装问题：将一个大容器内的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题。分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看成整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。
4.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，不能用相关方程求解。如果选漏出的气体和容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成定质量问题，再用相关方程求解即可。
【最新高考题精练】
（2023高考湖南卷）
1．汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力．如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆上施加水平力推动液压泵实现刹车．助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力．每次抽气时，打开，闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，闭合，打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从排出，完成一次抽气过程．已知助力气室容积为，初始压强等于外部大气压强，助力活塞横截面积为，抽气气室的容积为。假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。
（1）求第1次抽气之后助力气室内的压强；
（2）第次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小。

（2022·全国理综甲卷·33（2））
2．如图，容积均为、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为、温度为的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II、Ⅲ部分的体积分别为和、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
（1）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
（2）将环境温度缓慢改变至，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
（2022山东物理）
3．某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁簿，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：
（1）鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度、需从A室充入B室的气体质量m；
（2）鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
（2020山东，15，7分）
4．中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然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。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的。若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。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。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
【最新模拟题精练】
（2023山东济南三模）
5．如图所示为某打气装置示意图。其中A是容积为V的需要充气的容器，B是内壁光滑的气筒，容积也为V，左端用可移动的活塞密封，活塞横截面积为S，右端通过单向进气阀n与A连通（当B内气体压强大于A内气体压强时，n打开，反之关闭），B底部通过单向进气阀m与外界连通（当B内气体压强小于外界大气压时，m打开，反之关闭）。活塞缓慢左移从外界抽取气体，抽气结束时活塞位于气筒B的最左侧；给活塞施加水平向右的推力，让活塞缓慢向右移动，当外力无法推动活塞时结束打气过程。已知外界大气压强为p0，初始时A内充满压强为p0的气体，容器A、B导热良好，给活塞水平推力的最大值为6.5p0S，忽略容器间连接处的气体体积，环境温度保持不变。求：
（1）第一次打气结束时，A内气体的压强；
（2）第七次打气结束时，B内活塞右侧气体的体积。
（2023河南开封三模）
6．如图所示，横截面积为S，高度为h内壁光滑的圆柱形导热薄壁气缸，在距气缸底部为处安装有卡环a，b，一厚度不计质量为的活塞静止在卡环上，开始时左下部的阀门处于打开状态。现要想活塞上升至气缸顶部，可以按下列方案进行操作：方案一，向气缸内充入压强为温度为的空气；方案二，关闭阀门让气缸与外界绝热，对内部气体加热。已知上述空气可看做理想气体，汽缸内气体的所有变化过程都是缓慢进行的，环境温度为，外界大气压为，重力加速度为g。
（1）求方案一中，充入气缸内气体的质量与气缸内气体总质量的比值；
（2）求方案二中，气缸内气体的最终温度T。
（2023四川泸县教育共同体联考）
7．如图所示，一导热性能良好、活塞可以从左端无摩擦滑到右端的汽缸水平放置，活塞将汽缸分为A、B两部分（活塞不会漏气），汽缸右端有一阀门K，A、B内均装有理想气体。开始时，活塞处于静止状态，A、B两部分气柱长度分别为2L和3L，压强均为4p0（p0为外界大气压强）。若因阀门封闭不严，B中气体向外缓慢泄漏，整个过程中周围环境温度不变，阀门口处气体体积可以忽略。求∶
（1）当活塞向右缓慢移动的距离为0.5L时，A中气体的压强；
（2）如果外部条件一直保持不变，B中气体是否会全部漏完；判断并说明理由；整个过程中，A中气体吸热还是放热。
（2023宁夏名校二模）
8．如图所示为一种演示气体实验定律的仪器——哈勃瓶，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短的导热大烧瓶。瓶内塞有一个气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞。在一次实验中，初始时瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，瓶内气体体积是气球中气体体积的两倍，气体的压强都为大气压强，向气球中缓慢充气，当瓶内外压强差时，橡皮塞会被弹出。此时气球中气体的压强等于球外瓶中气体压强的两倍。温度保持恒定，当橡皮塞刚好被弹出时，求：
（1）瓶内气球外气体体积变为初始时的多少；
（2）气球中气体质量与初始时气体质量的比值。
（2022四川雅安模拟）
9．如图所示，一位消防员在火灾现场的房屋内发现一个容积为V0的废弃的氧气罐（视为容积不变），经检测，内部封闭气体的压强为1.2p0，温度为27℃，为了消除安全隐患，消防员拟用下面两种处理方案：
（1）冷却法：经冷却后气体没有液化，罐内气体压强变成p0，求气体温度是多少？
（2）放气法：保持罐内气体温度不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强回落到p0，求罐内剩余气体的质量与原来总质量的比值。
（2022甘肃玉门模拟）
10．如图，一个内壁光滑且导热的圆柱形汽缸静止在一水平面上，缸内有一质量m=10kg的活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸右下端有一个关闭的小阀门K。一劲度系数k=500N/m的弹簧一端与活塞相连，另一端固定在O点。整个装置都处于静止状态，此时弹簧刚好处于原长，活塞到汽缸底部的高度为h=30cm。已知活塞的表面积为S=50cm2。大气压恒为p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2。
（1）求缸内气体的压强p1；
（2）缓慢打开阀门K，当活塞稳定时，汽缸内剩余的气体为原来的几分之几？
（2022·山东菏泽二模）
11．实验室有带阀门的储气罐A、B，它们的大小、形状不同，导热性能良好，装有同种气体，在温度为时的压强均为。为了测量两储气罐的容积比。现用A罐通过细导气管对B罐充气（如图所示），充气时A罐在的室温中，把B罐放在的环境中。充气完毕稳定后，关闭阀门，撤去导气管，测得B罐中的气体在温度为时的压强达到，已知充气过程中A罐中的气体温度始终不变，且各处气密性良好。求
（1）充气完毕时A中的气体压强；
（2）容积比？
（2022年高考广东梅州二模）
12．中医拔火罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，治疗某些疾病，如图所示。使用火罐时，先加热罐中气体，然后将罐的开口迅速按到皮肤上，自然降温后，火罐紧紧吸附在皮肤上，已知火罐压在皮肤上之前的气体温度为227℃，自然降温后的气体达到室内温度27℃，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的，罐内气体认为是理想气体。求：
（1）加热前后，罐内气体的质量之比；
（2）自然降温后，罐内气体的压强。
（2022河北唐山一模）
13．如图为某型号家用喷水壶的外形图和原理图，壶中气筒内壁的横截面积，活塞的最大行程为，正常喷水时壶内气体需达到压强Pa以上。壶内装水后，将压柄连接的活塞压到气筒的最底部，此时壶内气体体积为，压强为Pa，温度为27℃。已知大气压强Pa。
（1）将喷水壶放到室外，室外气温为9℃，求稳定后壶内气体的压强；
（2）在室外且温度保持不变，为了使喷水壶达到工作状态，至少需要通过压柄充气多少次？
（2022湖南常德重点高中质检）
14．新冠疫情期间，武汉市医疗物资紧缺，需要从北方调用大批钢瓶氧气（如图），每个钢瓶内体积为40 L，在北方时测得钢瓶内氧气压强为，温度为7℃，长途运输到武汉方舱医院检测时测得钢瓶内氧气压强为。在方舱医院实际使用过程中，先用小钢瓶（加抽气机）缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶体积为10 L，分装后每个小钢瓶内氧气压强为，要求大钢瓶内压强降到时就停止分装。不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，求：
（1）在武汉检测时钢瓶所处环境温度为多少摄氏度？
（2）一大钢瓶可分装多少小瓶供病人使用？
（2022云南昆明一中质检）
15．某同学用如图所示的装置验证气体等温变化的规律，实验时读出柱塞底部的示数和压力表的读数即可探究一定量气体的压强和体积的关系。气体初始状态对应的读数如图所示，当地大气压强p0=1.0×105 Pa。
①缓慢推动柱塞，让柱塞底部的读数变为1.25，若玻意耳定律成立，则压力表的读数应变为多少？
②保持柱塞位置不动，打开橡胶套，足够长时间后注射器内剩余的气体质量与初始时质量的比值为多少？
（2021吉林名校四模）
16．用传统的打气筒给自行车打气时，不好判断是否已经打足了气。某研究性学习小组的同学经过思考，解决了这一问题。他们在传统打气筒基础上进行了改装（如图所示）：圆柱形打气筒高H，内部横截面积为S，底部有一单向阀门K，厚度不计的活塞上提时外界大气可从活塞四周进入，活塞下压时可将打气筒内气体推入容器B中，B的容积VB=3HS，向B中打气前A、B中气体初始压强均为p0，该组同学设想在打气筒内壁焊接一个卡环C（体积不计），C距气筒顶部高度为h=H，这样就可以自动控制容器B中的最终压强。求：
（1）假设气体温度不变，第一次将活塞从打气筒口压到C处时，容器B内的压强；
（2）要使容器B内压强不超过5p0，h与H之比应为多大。
（2021陕西西安重点高中模拟）
17．秋冬季节天气转凉，车辆容易出现减压现象．某日早晨，气温降到t1=0℃，李师傅测到汽车轮胎内压只有p1=1.8×105Pa，如果轮胎内部空间的体积为V1=3×10-2m3，现用打气筒充气，每次充入0℃、p0=1.0×105Pa的空气V0=0.3 L，且假设整个过程中轮胎内空间体积不变，已知T=t+273K，则
①如果充气过程中轮胎内气体温度不变，要使轮胎内气压达到p2=2.1×105 Pa，需要打气多少次
②中午温度达到t2=27℃，轮胎内气压会是多少 (结果保留两位有效数字)
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）；（2）
【详解】（1）以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p0，体积V0，第一次抽气后，气体体积
根据玻意耳定律
解得
（2）同理第二次抽气
解得
以此类推……
则当n次抽气后助力气室内的气体压强
则刹车助力系统为驾驶员省力大小为
【点睛】
2．（1）；（2）
【详解】（1）因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖吕萨克定律可得
解得
（2）设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩的体积为V0-V，则对气体Ⅳ
对Ⅱ、Ⅲ两部分气体
联立解得
3．（1）；（2）
【详解】（1）由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的体积为，有
且此时B室内气体体积为V，质量为m，则
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有
联立解得需从A室充入B室的气体质量
（2）B室内气体压强与鱼体外压强相等，则鱼静止在H处和水面下H1处时，B室内的压强分别为
，
由于鱼静止时，浮力等于重力，则鱼的体积不变，由于题可知，鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，则鱼在水下静止时，B室内气体体积不变，由题知开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，由于鱼鳔内气体温度不变，若，则在H处时，B室内气体需要增加，设吸入的气体体积为ΔV，根据玻意耳定律有
则此时B室内气体质量
若，则在H处时，B室内气体需要减少，设释放的气体体积为ΔV，根据玻意耳定律有
则此时B室内气体质量
4．
【详解】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=450 K、V1=V0、T2=300 K、①
由理想气体状态方程得
②
代入数据得
p2=0.7p0 ③
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，由题意知
p3=p0、V3=、p4=p2 ④
由玻意耳定律得
⑤
联立②⑤式，代入数据得
⑥
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知
⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为
⑧
联立②⑤⑦⑧式，代入数据得
⑨
5．（1）；（2）
【详解】（1）根据题意，由玻意耳定律有
解得
（2）设打气次后，无法推动活塞，则满足
解得
即打气六次后便无法完全将气体压进容器A，设第七次打气结束时B内活塞右侧气体的体积为，则满足
解得
6．（1）；（2）
【详解】（1）活塞上升至气缸顶部对活塞受力分析得
对缸内气体有
解得
充入气缸内气体的质量与气缸内总气体质量的比值为
（2）对缸内气体有
解得
7．（1）；（2）见解析，吸热
【详解】（1）对于A气体，根据玻意耳定律
即
解得
（2）若活塞能达到汽缸右端，对A气体
解得
因此，B中的气体将全部漏完，A中气体等温膨胀，对外做功， ，但内能不变， ，根据热力学第一定律
气体从外界吸收热量。
8．（1）；（2）14
【详解】（1）橡皮塞刚好被弹出时瓶内气体的压强为
瓶内气体发生等温变化，由玻意耳定律有
解得
故瓶内气球外气体体积变为初始时的。
（2）对气球中的气体，初始时压强和体积分别为和；橡皮塞刚好被弹出时，气球中气体的压强为
体积为
此时气球中气体质量与初始时气球中气体质量的比值为
解得
故气球中气体质量与初始时气体质量的比值为14。
9．（1）250K；（2）
【详解】（1）气体发生等容变化
即
解得
T2=250K
（2）放气过程为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V3
由玻意耳定律得
p1V0=p3V3
即
1.2p0V0=p0V3
解得
V3=1.2V0
剩余气体的质量与原来总质量的比值为
10．（1）1.2×105Pa；（2）
【详解】（1）弹簧刚好处于原长，对活塞，由平衡条件得
代入数据解得
（2）打开阀门K活塞稳定时汽缸内气体的压强
设弹簧的伸长量为x，对活塞，由平衡条件得
代入数据解得
x=20cm
缸内气体初状态的压强
体积
气体温度不变，由玻意耳定律得
代入数据解得，气体的体积
当活塞稳定时
11．（1）0.917p0；（2）k=1.2
【详解】（1）对充气结束后的B中气体从到的过程中，由
其中、，解得
则充气完毕时A中的气体压强与对充气结束后的B压强相同，故为0.917p0
（2）对A、B组成的整体，由
解得
12．（1）；（2）6.25×104Pa
【详解】（1）罐内气体加热前，压强、体积和温度分别为和，加热到后，等效气体等压膨胀到V，则

解得
加热前后，罐内气体的质量之比为
（2）自然降温后，气体的最后压强设为p，则
解得
13．（1）p2=0.94×105Pa ；（2）
【详解】（1）由气体发生等容变化有
其中
p1=1.0×105Pa、T1=300K、T2=282K
解得
p2=0.94×105Pa
（2）将原有气体转化为工作压强
其中
，p2=0.94×105 Pa，p=1.3×105 Pa
解得
打入n次的外界气体转换为工作压强过程，根据玻意耳定律
其中
解得
取
14．（1）；（2）124
【详解】（1）钢瓶的容积一定，从北方到武汉对钢瓶内气体，有
得
（2）在武汉时，设大瓶内氧气由等温变化为不分装时的状态，则
，，
根据
得
可用于分装小瓶的氧气
，
分装成小钢瓶的氧气
，
其中小钢瓶体积为
根据
得
即一大钢瓶氧气可分装124小瓶。
15．①；②
【详解】①设空气柱底面积为S，压力表读数
初状态柱塞底部读数
末状态柱塞底部读数
代入玻意耳定律
得
②打开橡胶套后气体等温膨胀，玻意耳定律
代入数据解得
16．（1）；（2）
【详解】（1）第一次将活塞从打气筒口压到C处时，设容器B内的压强为pB，C距底部
由玻意耳定律得
解得
（2）对打气筒内的气体，要使容器B内压强不超过，意味着活塞从顶端下压至C处时，打气筒C处以下的压强不能超过，由玻意耳定律得
解得
17．①30 ②
【详解】①气体是等温变化，以轮胎内原有气体与轮胎外将要充入的气体为研究对象，由玻意耳定律得到：
解得
②因为轮胎体积不变，从早晨充好气到中午，气体是等容变化的，由查理定律有：
解得：
点睛：本题考查了求充气次数、求气体的压强，分析清楚气体状态变化过程是解题的前提与关键，求出气体的状态参量、应用玻意耳定律与查理定律可以解题．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第16章 热学
第16.10讲 热力学定律
【知识点精讲】
一、热力学第一定律
1.改变物体内能的两种方式
（1）做功；（2）热传递。
做功和热传递对改变物体的内能具有等效性。
2.热力学第一定律
（1）内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
（2）表达式：ΔU=Q＋W。
（3）ΔU=W＋Q中正、负号法则
物理量 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
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.对热力学第一定律的理解
（1）做功和热传递对改变系统内能具有等效性。
（2）做功过程是系统与外界之间的其他形式能量与内能间的相互转化。
（3）热传递过程是系统与外界之间内能转移的过程。
4.热力学第一定律的三种特殊情况
（1）绝热过程：Q=0，W=ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加。
（2）不做功的过程：W=0，Q=ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加。
（3）内能不变的过程：W＋Q=0，即物体吸收的热量全部用来对外做功，或外界对物体做的功等于物体放出的热量。
5. 处理热力学第一定律与气体图像的综合问题的思路
（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。
6.求解气体实验定律与热力学定律的综合问题的一般思路
二、热力学第二定律及微观意义
1.热力学第二定律的两种表述
（1）克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。
（2）开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。或表述为“第二类永动机是不可能制成的。”
2.热力学第二定律的实质是自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。
（1）热传递具有方向性
两个温度不同的物体进行接触时，热量会自发地从高温物体传给低温物体，而低温物体不可能自发地将热量传给高温物体。要实现低温物体向高温物体传递热量，必须借助外界的帮助，来产生其他影响或引起其他变化。
（2）气体的扩散现象具有方向性
两种不同的气体可以自发地进入对方，最后成为均匀的混合气体，但这种均匀的混合气体，绝不会自发地分开，成为两种不同的气体。
（3）机械能和内能的转化过程具有方向性
物体在水平面上运动，因摩擦而逐渐停下来，但绝不可能出现物体吸收原来传递出去的热量后，在地面上重新运动起来。
（4）气体向真空膨胀具有方向性
气体可自发地向真空容器膨胀，但绝不可能出现气体自发地再从容器中流回，使容器变为真空。
3. 用熵的概念表示热力学第二定律
在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小。
4.热力学第二定律的微观意义
一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。
5.对热力学第二定律“关键词”的理解
在热力学第二定律的表述中，“自发地”“不产生其他影响”的含义。
（1）“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助。
（2）“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响。如吸热、放热、做功等。
三、能量守恒定律和两类永动机
1.能量守恒定律
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。
应用能量守恒定律解题的方法步骤
（1）认清有多少种形式的能（例如动能、势能、内能、电能、化学能、光能等）在相互转化。
（2）分别写出减少的能量和增加的能量的表达式。
（3）根据下列两种思路列出能量守恒方程：
①某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量与增加量一定相等。
②某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量与增加量一定相等。
（4）解方程，代入数据，计算结果。
2.两类永动机
（1）第一类永动机：不消耗任何能量，却源源不断地对外做功的机器。
违背能量守恒定律，因此不可能实现。
（2）第二类永动机：从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化的机器。
违背热力学第二定律，不可能实现。
四、热力学第一定律与热力学第二定律的比较
（1）关于摩擦生热：热力学第一定律中，滑动摩擦力做功可以全部转化为热。热力学第二定律却说明这一热量不可能在不引起其他变化的情况下完全变成功。
（2）关于热量的传递：热力学第一定律说明，热量可以从高温物体自动传向低温物体，而热力学第二定律却说明热量不能自发地从低温物体传向高温物体。
（3）关于能量：热力学第一定律说明在任何过程中能量必定守恒，热力学第二定律却说明并非所有能量守恒过程均能实现，能量转化具有方向性。
（4）两定律的关系：热力学第一定律是和热现象有关的物理过程中能量守恒的特殊表达形式，说明功及热量与内能改变的定量关系，而热力学第二定律指出了能量转化与守恒能否实现的条件和过程进行的方向，指出了一切变化过程的自然发展方向不可逆。所以二者相互独立，又相互补充。
【最新高考题精练】
（2023年6月高考浙江选考科目）
1．下列说法正确的是（ ）
A．热量能自发地从低温物体传到高温物体
B．液体的表面张力方向总是跟液面相切
C．在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的
D．当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率
（2023天津卷）
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．吸收热量 D．压强不变
（2022高考北京卷）
3．如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，沿图示路径先后到达状态b和c。下列说法正确的是（ ）
A．从a到b，气体温度保持不变 B．从a到b，气体对外界做功
C．从b到c，气体内能减小 D．从b到c，气体从外界吸热
（2022高考河北）
4．如图，绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气体的气球。容器内温度处处相同。气球内部压强大于外部压强。气球慢慢漏气后，容器中气球外部气体的压强将 （填“增大”“减小”或“不变”）；温度将 （填“升高”“降低”或“不变”）。
（2022重庆高考）
5．2022年5月15日，我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9032米的大气科学观测世界纪录。若在浮空艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体（　　）（视为理想气体）
A．吸收热量 B．压强增大 C．内能减小 D．对外做负功
（2022·全国理综甲卷·33（1））
6．一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如图上从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
（2022·高考广东物理）
7．利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，这个过程 （选填“是”或“不是”）自发过程。该过程空调消耗了电能，空调排放到室外环境的热量 （选填“大于”“等于”或“小于”）从室内吸收的热量。
（2022·全国理综乙卷·33）（1）
8．一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如图上的两条线段所示，则气体在（　　）
A．状态a处的压强大于状态c处的压强
B．由a变化到b的过程中，气体对外做功
C．由b变化到c的过程中，气体的压强不变
D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热
E．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能
（2022山东物理）
9．如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动过程中，缸内气体（ ）
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
（1）（2022重庆高考）
10．2022年5月15日，我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9032米的大气科学观测世界纪录。若在浮空艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体（　　）（视为理想气体）
A．吸收热量 B．压强增大 C．内能减小 D．对外做负功
【最新模拟题精练】
（2023湖北孝感期末）
11．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增大
（2023天津南开区一模）
12．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，气垫船中气垫内的气体视为理想气体温度不变，气垫不漏气，则在该过程中，下列说法正确的是（　　）
A．气垫内的气体内能增加
B．外界对气垫内的气体做负功
C．气垫内的气体从外界吸收热量
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
13．物理兴趣小组用棕色玻璃小药瓶制作的浮沉子，其下端开有小孔，水可通过小孔进出瓶体。如图所示，去掉矿泉水瓶的盖子，把浮沉子放入矿泉水瓶中，并使之悬浮在矿泉水瓶中的水中间，再拧紧矿泉水瓶的盖子，将空气视为理想气体，分别完成以下两种操作：
操作一：环境温度恒定不变，用手缓慢捏扁矿泉水瓶，观察浮沉子的升降情况；
操作二：放入冰箱降温。
根据热力学第一定律分析能量的变化情况，下列判断正确的是（　　）
A．操作一中，小药瓶缓慢上浮，药瓶内气体的内能增加
B．操作一中，小药瓶加速下沉，药瓶内气体的内能不变
C．操作二中，药瓶内气体的内能增加
D．操作一中，小药瓶内气体从外界吸收热量
（2023浙江舟山质检）
14．一定质量的理想气体经历了的循环，其图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．状态B时，气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能大
B．由C到D的过程中，气体是等温变化
C．由B到C的过程中，气体要放出热量
D．经历一个循环，气体吸收的总热量大于释放的总热量
（2022年9月甘肃张掖一诊）
15．关于热力学定律，下列说法正确的是（ ）
A．理想气体绝热膨胀，内能一定减少
B．相同质量的理想气体，温度相同，则内能相同
C．热量可以从内能小的物体自发地传递到内能大的物体
D．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
E．功变为热的实际宏观过程是不可逆的
（2022天津河东二模）
16．李宁气垫鞋是篮球爱好者们很喜欢的运动鞋。某款李宁气垫鞋底部装有一种由小分子铸膜材料制作的气垫，气垫内封闭着一定量的气体。一同学穿着该款鞋子打篮球时，他跳跃起一定高度抢到篮板球后双脚稳稳落地。研究他双脚着地的短暂过程，不计气垫内气体分子间的相互作用则（　　）
A．气垫内的气体对外做功，气体密度减小
B．外界对气体做功等于气体向外传递的热量
C．气垫内的气体的温度升高，气垫内所有气体分子热运动的速率均增大
D．外界对气垫内的气体做功，气体内能增大
（2022陕西宝鸡陈仓区二模）
17．关于分子动理论及热力学定律，下列说法正确的是（　　）
A．物体可以从单一热源吸收热量全部用于做功
B．温度高的物体内能一定大
C．一个气体分子的实际体积等于气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比
D．气体从外界吸收热量，其内能不一定增加
E．热量可以从低温物体传到高温物体
（2022河北重点中学期中素养提升）
18．如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有形状记忆合金制成的叶片，轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动。离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法正确的是（　　）
A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量
B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身
C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高
D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量
（2022·山东滨州二模）
19．下列说法正确的是（ ）
A．晶体熔化时吸收热量，分子的平均动能增大，内能增加
B．用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，这是分子间存在引力的宏观表现
C．第一类永动机和第二类永动机都因违背了能量守恒定律而不可能实现
D．一杯水里放几粒食盐，过一段时间水都变咸了，是由于食盐分子做布朗运动造成的
（2021东北三省四市教研联合体模拟）
20．下列说法正确的是（　　）
A．一定量的某种理想气体在等压膨胀的过程中，内能一定增加
B．第二类永动机违背了热力学策一定律
C．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
D．热量不能从低温物体传到高温物体
E．能源的使用过程，能量的总量守恒，但可利用能源会逐步减少，因此节约能源是我们每个人的责任
（2022湖南长沙周南中学模拟）
21．下列说法正确的是（　　）
A．当氢气和氧气温度相同时，两种气体分子的平均速率不相等
B．扩散现象只能在气体或液体中发生，在固体中不能发生
C．分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小
D．当液体与空气接触时，液体表层分子的势能比液体内部分子的势能小
E．热力学第二定律揭示了一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行
（2022上海七宝中学模拟）
22．关于物体的内能，下列说法正确的是（　　）
A．一定质量的的冰融化为的水时，分子势能减小
B．热量可以从低温物体传向高温物体，能够说明宏观过程的方向性
C．通电时电阻发热，它的内能增加是通过热传递方式实现的
D．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．BD
【详解】A．根据热力学第二定律可知热量能不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；
B．液体的表面张力方向总是跟液面相切，故B正确；
C．由狭义相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故C错误；
D．根据多普勒效应可知当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率，故D正确。
故选BD。
2．B
【详解】A．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；
B．爬山过程中温度降低，则气体内能减小，故B正确；
C．根据热力学第一定律可知
爬山过程中气体不做功，但内能减小，故可知气体放出热量，故C错误；
D．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
可知气体压强减小，故D错误；
故选B。
3．D
【详解】AB．一定质量的理想气体从状态a开始，沿题图路径到达状态b过程中气体发生等容变化，压强减小，根据查理定律，可知气体温度降低，再根据热力学第一定律U = Q＋W，由于气体不做功，内能减小，则气体放热，AB错误；
CD．一定质量的理想气体从状态b沿题图路径到达状态c过程中气体发生等压变化，体积增大，根据，可知气体温度升高，内能增大，再根据热力学第一定律U = Q＋W，可知b到c过程吸热，且吸收的热量大于功值，C错误、D正确。
故选D。
4． 增大 升高
【详解】[2]假设气球内部气体和气球外部气体的温度不变，当气球内部的气体缓慢释放到气球外部，气球内部气体压强大于外部气体压强，根据玻意尔定律可知气球内的气体释放到外部时体积增大，相当于容器的体积增大；而容器的体积无法改变，所以将假设扩大体积的容器绝热压缩到原来容器的体积即可，气体绝热压缩，与外界无热交换，即，外界对气体做功，即，根据绝热情况下的热力学第一定律可知气体内能增加，温度升高；
[1]气体温度升高，根据理想气体实验定律可知气体压强增大。
5．C
【详解】由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据
可知温度降低，则艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据
可知气体放出热量。
故选C。
6．BCE
【详解】A．因从a到b的p—T图像过原点，由可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，选项A错误；
B．因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确；
CDE．因W=0， U>0，根据热力学第一定律
U=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，选项CE正确，D错误。
故选BCE。
7． 不是 大于
【详解】[1]空调将热量从温度低的室内传递到温度较高的室外，这个过程要消耗电能，不是自发的过程；
[2]由于空调的压缩机做功，使得空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。
8．ABD
【详解】AC．根据理想气体状态方程可知
即图像的斜率为，故有
故A正确，C错误；
B．理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；
DE．理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有
而，，则有
可得
，
即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误；
故选ABD。
9．C
【详解】初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有
汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢的将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压。
AB．汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，汽缸内气体压强作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律得：气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，AB错误；
CD．气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误。
故选C。
10．C
【详解】由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据
可知温度降低，则艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据
可知气体放出热量。
故选C。
11．B
【详解】A．根据热力学第一定律，Q1（从低温物体吸收的热量）+W（压缩机对系统做功）=Q2（向高温物体释放的热量），因此冷凝器向环境散失的热量大于蒸发器从冰箱内吸收的热量，A错误；
B．这一过程不是自发完成的，蒸发器和冷凝器两处的热交换方向都是从高温物体向低温物体，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，B正确；
C．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，C错误；
D．在冷凝器中制冷剂温度降低，分子平均动能减小，分子间距从气体过渡到液体，分子势能降低，D错误。
故选B。
12．D
【详解】ABC．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，结合热力学第一定律可知，该过程中气垫内的气体放热，选项ABC均错误；
D．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，选项D正确。
故选D。
13．B
【详解】ABD．拧紧矿泉水瓶的盖子，则环境温度恒定不变，用手缓慢捏扁矿泉水瓶，则气体体积减小，压强变大，因当小药瓶悬浮时浮力等于重力，压强变大，体积减小，浮力减小，则小药瓶加速下沉，温度不变，则药瓶内气体的内能不变，外界对气体做功，则气体放热，选项AD错误，B正确；
C ．操作二中，放入冰箱降温，则温度降低，药瓶内气体的内能减小，选项C错误。
故选B。
14．ACD
【详解】A．从A到B，气体发生等压膨胀，由理想气体状态方程
可知气体温度升高，故状态B时，气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能大，A正确；
B．由C到D的过程中，气体压强、体积均减小，可知气体温度降低，B错误；
C．由B到C的过程中，气体体积不变，外界没有对气体做功，但压强减小，温度降低，气体内能减小，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，C正确；
D．经历一个循环，从状态A又回到状态A，温度相同，内能相同，图线AB与V轴所围面积表示气体对外做的功，图线CD与V轴所围面积表示外界对气体做的功，可知气体对外做的功大于外界对气体做的功，由热力学第一定律可知，气体吸收的总热量大于释放的总热量，D正确。
故选ACD。
15．CDE
【详解】A．如果一定质量的理想气体向真空中绝热膨胀，有
Q=0
W=0
根据热力学第一定律
△U=Q+W
知
△U=0
内能不变，故A错误；
B．相同质量的理想气体，温度相同，分子平均动能相同，但是物质的量不一定相同，则内能不一定相同，选项B错误；
C．内能小的物体温度可能较高，则热量可以从内能小的物体自发地传递到内能大的物体，选项C正确；
D．根据热力学第二定律，可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，但要引起其他的变化，选项D正确；
E．根据热力学第二定律，功变为热的实际宏观过程是不可逆的，选项E正确。
故选CDE。
16．D
【详解】A．脚着地的短暂过程，外界对气垫内的气体做功，气体质量不变，体积减小，所以气体密度增大，故A错误；
BD．研究他双脚着地的短暂过程，外界对气体做功，气体的温度升高，所以气体内能增大，由热力学第一定律可知，外界对气体做功大于气体向外传递的热量，故D正确，B错误；
C．气垫内的气体的温度升高，气垫内气体分子的平均动能增大，但不是所有分子的动能都增大，即不是所有分子的速率增大，故C错误。
故选D。
17．ADE
【详解】A．由热力学第二定律可知，物体可以从单一热源吸收热量全部用于做功，但一定会引起一些其他变化，A正确；
B．温度是分子平均动能的标志，温度高只能说明分子平均动能大，内能是分子势能和分子动能之和，因此温度高的物体内能不一定大，B错误；
C．气体摩尔体积与阿伏加德罗常数之比为一个气体分子所占据的空间，而非一个气体分子的体积，C错误；
D．根据热力学第一定律知
气体从外界吸收热量，Q为正，但由于不知道气体对外界的做功情况，即W的正负及大小无法确定，所以不一定为正，即内能不一定增加，D正确；
E．根据热力学第二定律可知热量可以从低温物体传到高温物体，但需要引起其他变化，E正确。
故选ADE。
18．D
【详解】A．转轮转动的过程中克服摩擦力做功，转轮的速度越来越小，所以要维持转轮转动需要外力做功，故A错误；
B．要维持转轮转动需要外力做功，转轮转动所需能量不能由转轮自己提供，故B错误；
C．转动的叶片不断搅动热水的过程是水对转轮做功的过程，同时水会向四周放出热量，根据热力学第一定律可知水的内能减小，故水温降低，故C错误；
D．根据热力学第二定律，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其变化，故叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，故D正确。
故选D。
19．B
【详解】A．晶体熔化时吸收热量，温度不变，所以分子的平均动能也不变，A错误；
B．用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，这是分子间存在引力的宏观表现，B正确；
C．第一类永动机违反了能量的转化与守恒，不可能实现，第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，内能在转化为机械能的过程中要生热，所以要引起其它变化，则这两类永动机都不可能制成，C错误；
D．在一杯热水中放几粒盐，整杯水很快就会变咸，这是食盐分子的扩散现象，D错误。
故选B。
20．ACE
【详解】A．一定量的某种理想气体等压膨胀过程中，由盖 吕萨克定律知体积与热力学温度成正比，温度升高，内能增加，故A正确；
B．第二类永动机不可能制成，是因为违反了热力学第二定律，故B错误；
C．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，故C正确；
D．根据热力学第二定律的表述：热量不可能自发的从低温物体传向高温物体，但是在外界影响的情况下热量也可以从低温传向高温，比如空调，故D错误；
E．能源的使用过程，能量的总量守恒，虽然能量守恒，但存在能量耗散现象，无法把消耗的内能重新收集利用，所以必须节约能源，故E正确。
故选ACE。
21．ACE
【详解】A．温度是气体分子平均动能的标志，当氢气和氧气温度相同时，两种气体分子的平均动能相同，但由于分子质量不同，所以分子平均速率不相等，故A正确；
B．扩散现象在气体、液体、固体中都可以发生，故B错误；
C．分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，故C正确；
D．当液体与空气接触时，液体表层分子间距离比液体内部分子间距离大，则液体表层分子的势能比液体内部分子的势能大，故D错误；
E．热力学第二定律的微观意义是揭示了一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，这是熵增原理，故E正确。
故选ACE。
22．D
【详解】A．一定质量的的冰融化为的水时，需要吸收热量，融化过程中温度不变，平均动能不变，动能不变，内能增加，分子势能增加，A错误；
B．热量可以自发的从高温物体传向低温物体，不能自发的从低温物体传向高温物体，能够说明与热有关的宏观过程具有方向性，B错误；
C．通电时电阻发热，它的内能增加是通过电流做功方式实现的，C错误；
D．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，占比越大，温度越高，D正确。
故选D。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第16章 热学
第16.11讲 热学中的STSE问题
【知识点精讲】
热学知识与自然、生产和社会生活、科技联系紧密，高考联系实际对热学相关知识考查是命题热点。
【方法归纳】
【最新高考题精练】
（2023高考全国甲卷）
1．一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46kg/m3。
（i）升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时舱内气体的密度；
（ii）保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度。
（2023高考海南卷）
2．某饮料瓶内密封一定质量理想气体，时，压强。
（1）时，气压是多大？
（2）保持温度不变，挤压气体，使之压强与（1）时相同时，气体体积为原来的多少倍？

（2023高考湖南卷）
3．汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力．如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆上施加水平力推动液压泵实现刹车．助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力．每次抽气时，打开，闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，闭合，打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从排出，完成一次抽气过程．已知助力气室容积为，初始压强等于外部大气压强，助力活塞横截面积为，抽气气室的容积为。假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。
（1）求第1次抽气之后助力气室内的压强；
（2）第次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小。

（2023广东卷）
4．在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的图像，气泡内气体先从压强为、体积为、温度为的状态等温膨胀到体积为、压强为的状态，然后从状态绝热收缩到体积为、压强为、温度为的状态到过程中外界对气体做功为．已知和．求：

（1）的表达式；
（2）的表达式；
（3）到过程，气泡内气体的内能变化了多少？
（2022高考河北）
5．水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求：
（i）此时上、下部分气体的压强；
（ii）“H”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为g）。
（2022山东物理）
6．某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁簿，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：
（1）鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度、需从A室充入B室的气体质量m；
（2）鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
（2021重庆高考）
7．定高气球是种气象气球，充气完成后，其容积变化可以忽略。现有容积为的某气罐装有温度为、压强为的氦气，将该气罐与未充气的某定高气球连通充气。当充气完成后达到平衡状态后，气罐和球内的温度均为，压强均为，为常数。然后将气球密封并释放升空至某预定高度，气球内气体视为理想气体，假设全过程无漏气。
（1）求密封时定高气球内气体的体积；
（2）若在该预定高度球内气体重新达到平衡状态时的温度为，求此时气体的压强。
【最新模拟题精练】
（2023山东烟台三模）
8．如图所示是小明同学所使用的一款能够显示水温的智能水杯，水杯的容积为480mL，盖上杯盖后可以将一定质量的空气密封在杯内。上课前该同学向保温杯中注入水温为的饮用水240mL，并盖紧杯盖。课间休息时，水温变成，这时小明打开杯盖喝掉一半的水，再盖上杯盖。设封入杯内的空气的温度很快跟杯内水温相同，忽略水蒸汽产生的压强以及对杯内空气体积影响，杯内气体可视为理想气体，大气压强为。则下列说法中正确的是（　　）

A．水温变成，打开杯盖前气体的压强约为
B．水温变成，打开杯盖前气体的压强约为
C．前后两次盖上杯盖，保温杯内封入空气质量之比为
D．前后两次盖上杯盖，保温杯内封入空气质量之比为
（2023山东潍坊三模）
9．如图所示，桶装水的容积为，为取水方便，在上面安装一个取水器。某次取水前桶内气体压强为，剩余水的体积为，水面距出水口的高度为。取水器每按压一次，向桶内打入压强为、体积为的空气。已知水桶的横截面积为，水的密度为，大气压强为，重力加速度为，取水过程中气体温度保持不变，则（　　）

A．取水器至少按压1次，水才能从出水口流出 B．取水器至少按压3次，水才能从出水口流出
C．若要压出水，至少需按压16次 D．若要压出水，至少需按压17次
（2023湖北天门考前冲刺）
10．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为的理想气柱。活塞可通过轻绳连接受监测重物，当活塞下降至位于离容器底部位置的预警传感器处时，系统可发出超重预警。已知初始时环境热力学温度为，大气压强为，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；
（3）在（2）条件下，若外界温度缓慢降低1%，气体内能减少，求气体向外界放出的热量Q。

（2023武汉武昌区5月质检）
11．如图所示为一款便携式鼻吸氧气呼吸器的产品参数。罐体导热性能良好，罐体内氧气可视为理想气体，当罐体内、外无气压差时便不能喷出氧气。根据该产品参数的信息，忽略气体喷出时温度的变化，求该款氧气呼吸器在大气压强为0.1MPa，温度为33℃的环境下，以最大流量持续出气的使用时长是多少秒？
产品名称 便携式鼻吸氧气呼吸器
组成部分 产品由呼吸罐体、连接阀、吸入罩、防护帽和氧气等部分
主要性能 氧气纯度≥99.6%
氧气压力 0.8MPa（15℃）
型号 SFK-3
产品规格 1000mL
最大流量 50mL/s
适用范围 主要适用于缺氧人群吸氧使用
（2023河北临考信息卷）
12．为了方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在紧贴锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的汽缸，汽缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等。汽缸开口竖直向上，用质量为的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为。当汽缸内温度为时，活塞与汽缸底间距为L，活塞上部距活塞处有一用轻绳悬挂的重物M。当绳上拉力为零时，警报器会报警。已知缸外大气压强，活塞与器壁之间摩擦可忽略，取重力加速度，求：
（1）当活塞刚刚碰到重物时，汽缸内气体的温度为多少？
（2）若悬挂的重物质量为，则汽缸内气体温度要升高到多少时警报器才会报警？
（2023安徽江淮十校5月联考）
13．压力锅（也称高压锅）是二种常见的厨房锅具，其工作原理是通过增大气压来提升液体沸点，以达到加快烹煮食物效率的目的。如图为某燃气压力锅的结构简图，某厨师将食材放进锅内后合上密封锅盖，并将压力阀套于出气孔后开始加热烹煮。当锅内气体压强增大到一定程度时，气体就把压力阀顶起来，这时水蒸气就从排气孔向外排出。已知锅内的总容积为V0，食材占锅内总容积的，加热前锅内温度为T0，大气压强为p0= 1.0 × 105Pa。忽略加热过程水蒸气和食材（包括水）导致的气体体积变化，气体可视为理想气体，g取10m/s2。
（1）若T0= 293K，压力阀的质量为0.024kg，要使锅内温度达到393K，求排气孔的面积的最小值（保留一位有效数字）；
（2）高压锅内气体温度达到1.25T0后保持不变，打开出气孔稳定后，求高压锅内气体密度与打开前的比值。
（2023长沙二模）
14．压燃式四冲程柴油发动机具有动力大、油耗小、低排放等特点，被广泛应用于大型机车及各种汽车中，表中所示的是某柴油机的部分参数。柴油发动机最早是由德国工程师R·狄塞尔于1892年设计，因此，其发动机工作过程也被称为“狄塞尔循环”，如图所示为理想的狄塞尔循环图像，其中为绝热压缩过程，为等压吸热过程，为绝热膨胀过程，为等容放热过程，现假定某气缸中封闭一定质量的理想气体，进行“狄塞尔循环”，在初始状态时，气体的体积、压强、温度为已知量，经过狄塞尔循环，由，气体在状态时的体积、气体在状态时的体积。试求：
（1）“压缩比”就是指发动机混合气体被压缩的程度，用压缩前的气体体积与压缩后的气体体积之比。过程，“压缩比”为15：1。气体在状态时柴油恰好自燃，求状态的压强。
（2）若过程中外界对气体做功为，过程中气体吸热为，过程中气体对外界做功为，求过程中气体对外界做功，并求出过程中封闭气体内能变化量。
额定功率
额定转速
压缩比
柴油自燃点
（2023湖北高考冲刺模拟）
15．由于夏日暴晒，一个容积为V0的氧气罐（认为容积不变）气体温度为47℃，仪表显示内部封闭气体压强为20p0（p0为1个标准大气压），现采取降温和缓慢放气两种措施同时进行，使罐内气体温度降为27℃，压强降为10p0，求氧气罐内剩余气体的质量与原来总质量的比值。
（2023长春三模）
16．气压式升降椅通过气缸上下运动来调节椅子升降，其简易结构如图甲所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，柱状气缸杆与底座固定连接。可上下移动的气缸与气缸杆之间封闭一定质量的理想气体，设气缸气密性、导热性良好，忽略摩擦力。气体的压强和体积倒数的关系如图乙所示，升降椅无人坐时，气体的状态为A。某人缓慢坐在座椅上直到双脚离开地面，气体达到稳定状态B。然后打开空调调节室内温度，经过一段时间室内温度缓慢变化到设定温度，稳定后气体状态为C。最后人缓慢离开椅面，气体最终达到另一个稳定状态D。已知气缸的横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．人的质量可表示为
B．气体在状态A的温度高于状态D的温度
C．气体从状态A到状态D，气体向外放出的热量大于外界对气体做的功
D．气体在状态C比在状态A时单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数少
（2023河北张家口宣化一中二模）
17．农村常用来喷洒农药的压缩喷雾器结构如图所示，A的容积为7.5L，装入药液后，药液上方体积为1.5L，关闭阀门K，用打气筒B每次打进105Pa的空气250cm3。求：
（1）要使药液上方气体的压强为4×105Pa，打气筒活塞应打几次？
（2）当A中有4×105Pa的空气后，打开阀门K可喷洒药液，直到不能喷射时，喷射器剩余体积为多少的药液？
（2023辽宁省辽西联考）
18．2021年11月7日，神舟十三号航天员翟志刚、王亚平先后从天和核心舱节点舱成功出舱执行任务，出舱时他们身着我国新一代“飞天”舱外航天服。舱外航天服内密封了一定质量的理想气体，用来提供适合人体生存的气压。航天服密闭气体的体积约为V1=4L，压强p1=1.0×105Pa，温度t1=27℃，航天员身着航天服，出舱前先从核心舱进入节点舱，然后封闭所有内部舱门，对节点舱泄压，直到节点舱压强和外面压强相等时才能打开舱门。
（1）节点舱气压降低到能打开舱门时，密闭航天服内气体体积膨胀到V2=6L，温度变为t2=－3℃，求此时航天服内气体压强p2；
（2）为便于舱外活动，当密闭航天服内气体温度变为t2=－3℃时，宇航员把航天服内的一部分气体缓慢放出，使气压降到p3=5.0×l04Pa。假设释放气体过程中温度不变，体积变为V3=4L，求航天服需要放出的气体与原来气体的质量之比。
（2023江苏南京市中华中学一模）
19．礼花喷射器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出，营造气氛。喷出礼花彩条的过程中，罐内气体（　　）
A．内能减少
B．分子热运动加剧
C．由于来不及发生热传递，故温度保持不变
D．礼花喷射器宜在高温干燥环境保存
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（i）1.41kg/m3；（ii）1.18kg/m3
【详解】（i）由摄氏度和开尔文温度的关系可得
T1 = 273＋17K = 290K，T2 = 273＋27K = 300K
理想气体状态方程pV = nRT可知
其中n为封闭气体的物质的量，即理想气体的正比于气体的质量，则
其中p1 = p2 = 1.2p0，ρ1 = 1.46kg/m3，代入数据解得
ρ2 = 1.41kg/m3
（ii）由题意得p3 = p0，T3 = 273＋27K = 300K同理可得
解得
ρ3 = 1.18kg/m3
2．（1）；（2）0.97
【详解】（1）瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为
，
温度变化过程中体积不变，故由查理定律有
解得
（2）保持温度不变，挤压气体，等温变化过程，由玻意耳定律有
解得
3．（1）；（2）
【详解】（1）以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p0，体积V0，第一次抽气后，气体体积
根据玻意耳定律
解得
（2）同理第二次抽气
解得
以此类推……
则当n次抽气后助力气室内的气体压强
则刹车助力系统为驾驶员省力大小为
【点睛】
4．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由题可知，根据玻意耳定律可得
解得
（2）根据理想气体状态方程可知
解得
（3）根据热力学第一定律可知
其中，故气体内能增加
5．（1），；（2）
【详解】（1）旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意尔定律可知
解得旋转后上部分气体压强为
旋转前后，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为，则
解得旋转后下部分气体压强为
（2）对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知
解得活塞的质量为
6．（1）；（2）
【详解】（1）由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的体积为，有
且此时B室内气体体积为V，质量为m，则
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有
联立解得需从A室充入B室的气体质量
（2）B室内气体压强与鱼体外压强相等，则鱼静止在H处和水面下H1处时，B室内的压强分别为
，
由于鱼静止时，浮力等于重力，则鱼的体积不变，由于题可知，鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，则鱼在水下静止时，B室内气体体积不变，由题知开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，由于鱼鳔内气体温度不变，若，则在H处时，B室内气体需要增加，设吸入的气体体积为ΔV，根据玻意耳定律有
则此时B室内气体质量
若，则在H处时，B室内气体需要减少，设释放的气体体积为ΔV，根据玻意耳定律有
则此时B室内气体质量
7．（1）；（2）
【详解】（1）设密封时定高气球内气体体积为V，由玻意耳定律
解得
（2）由查理定律
解得
8．AC
【详解】AB．以杯内空气为研究对象，初态
末态
根据等容变化
代入数据解得
故A正确，B错误；
CD．喝水前后可认为温度不变，喝水前水杯内空气的压强，体积V=240mL，喝水后水杯内空气的压强，体积V2=360mL，把喝水前空气体积折算成一个大气压下的体积V1，根据玻意耳定律有
p2V=p0V1
喝水前后保温杯内空气质量比
解得
故C正确，D错误。
故选AC。
9．D
【详解】A B．设取水器下压n次后，桶中的水才能从出水口流出。以原来桶中空气和打入的空气为研究对象，设开始时压强为，体积为，则
，
设桶中空气和打入的空气后来的体积，压强为，则
由玻意耳定律得
要使桶中水能从出水口流出，则有
联立各式解得
所以取水器至少按压2次后，桶中水才能从出水口流出。AB错误；
C D．水桶高度
装满水时，水面距离出水口高度
再压出4升水后桶内液面与出水口高度差为
则有
解得
由于外界温度保持不变，根据玻意耳定律有
其中
，，
解得
可知，若要再压出4升水，至少需按压17次。C错误，D正确。
故选D。
10．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）轻绳未连重物时对活塞受力分析得
解得
（2）刚好触发超重预警时，对活塞受力分析得
由玻意耳定律得
解得
（3）由盖-吕萨克定律得
其中
解得
则
此过程外界对气体做的功为
由热力学第一定律有
可知
11．
【详解】初状态有
，，
末状态有
，
设末状态体积为，则由理想气体的状态方程有
代入数据解得
则可知喷出的氧气
由此可知以最大流量持续出气的使用时长是
12．（1）；（2）
【详解】（1）活塞在上升到刚刚碰到重物时，气体等压变化，根据盖吕萨克定律有
其中
，，
代入解得
（2）当活塞上升使绳上拉力刚好为零时，此时汽缸内压强为，有
从刚刚碰到重物到拉力刚好为零时，气体等容变化，根据查理定律有
开始时有
联立解得
13．（1）7 × 10-6m2；（2）
【详解】（1）选锅内气体为研究对象，则有，初状态
T1= 293K，p1= p0=1.0 × 105Pa
末状态
T2= 393K
由查理定律得
代入数据有
p2= 1.34 × 105Pa
对限压阀受力分析可得
mg = p2S－p1S
联立解得
S = 7 × 10-6m2
（2）打开阀门前气体下强为p1′，体积为V1，气体密度ρ1，气体升温过程，由查理定律
,
、打开密封阀稳定后，气体压强等于大气压强为p0，气体密度为ρ2，此过程为等温变化，根据玻意耳定律可得
p1′V1= p0V2
ρ1V1= ρ2V2
解得
14．（1）；（2）
【详解】（1）过程，在初始状态时，气体的体积、压强、温度，“压缩比”为15：1，柴油自然点327℃，根据理想气体状态方程，可得
解得
（2）过程中外界对气体做功为，过程中气体吸热为Q，则气体对外界做功
过程中气体对外界做功为，由热力学第一定律，可知被封闭气体在从状态过程中其内能变化量
15．
【详解】假设将放出的气体先收集起来，并保持压强、温度与氧气罐内相同，以全部气体为研究对象，初状态压强，温度，体积为V0 ；末状态压强，温度，体积为V2；由理想气体的状态方程有
解得
则剩余气体与原来气体的质量比为
16．BC
【详解】A．升降椅无人坐时，气体的状态为A。某人缓慢坐在座椅上直到双脚离开地面，气体达到稳定状态B，根据
得
故A错误；
B．根据
图像与原点连线的斜率代表温度的大小，所以气体在状态A的温度高于状态D的温度，故B正确；
C．气体从状态A到状态D，体积减小，温度降低，外界对气体做功，气体内能减小，根据热力学第一定律，气体向外放出的热量大于外界对气体做的功，故C正确；
D．状态C体积小，温度低，分子平均动能小，但是压强高，根据压强微观解释可知，在状态C比在状态A时单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数多，故D错误。
故选BC。
17．（1）18；（2）1.5L
【详解】（1）以V总、V分别表示A的总容积和打气前药液上方的体积，p0表示打气前A容器内、外的气体压强，V0表示每次打入压强为p0的空气的体积，p1表示打n次后A容器内的气体压强。以A中原有空气和n次打入A中的全部气体作为研究对象，由玻意耳定律，可得
则有
（2）打开阀门K，直到药液不能喷洒，忽略喷管中药液产生的压强，则此时A容器内的气体压强应等于外界大气压强，以A容器内的气体作为研究对象，由玻意耳定律可得
所以药液不能喷洒时A容器内的气体体积
从而A容器内剩余药液的体积为
18．（1）；（2）
【详解】（1）对航天服内的密闭气体，初态温度为
末态温度为
由理想气体方程
此时航天服内气体压强为
（2）设航天服需要放出的气体在压强为p3状态下的体积为 ，根据玻意耳定律
得
则放出的气体与原来气体的质量之比为
19．A
【详解】ABC．气体喷出时，来不及与外界交换热量，发生绝热膨胀
气体对外做功，热力学第一定律的表达式为
可知气体内能减少，温度降低，温度是分子平均动能的标志，则分子热运动减弱，故A正确，BC错误；
D．礼花喷射器在高温干燥环境保存，会导致气罐内压强过高，冲破气阀，产生危险，故D错误。
故选A。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第17章 原子物理
第17.1 讲 光电效应和波粒二象性
【知识点精讲】
1. 黑体的辐射规律
黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度①有关。随着温度的升高，一方面，各种波长的辐射强度都有增加；另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动。
为解释黑体辐射规律，普朗克提出能量子假设：组成黑体的振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍。例如，可能是或、 ……把这个不可再分的最小能量值叫作能量子。
能量子大小：ε=hν，其中ν是电磁波的频率，h是普朗克常量，数值h=6.626×10-34J·s（一般h取6.63×10-34 J·s）。
2.光电效应
（1）定义：照射到金属表面的光，能使金属中的电子从表面逸出的现象。
（2）光电子：光电效应中发射出来的电子。
（3）光电效应规律
①每种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于这个极限频率才能产生光电效应。低于这个频率的光不能产生光电效应。
②光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大。
③光电效应的发生几乎瞬时的，一般不超过10-9s。
④当入射光的频率大于极限频率时，饱和光电流的强度与入射光的强度成正比。
3.爱因斯坦光电效应方程　
（1）光子说：在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光的能量子，简称光子，光子的能量ε=hν。其中h=6.63×10-34J·s。（称为普朗克常量）
（2）逸出功W0：使电子脱离某种金属所做功的最小值。
（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的动能的最大值。
（4）爱因斯坦光电效应方程
①表达式：Ek=hν-W0。
②物理意义：金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后光电子的最大初动能Ek=mev2。
4.光的波粒二象性
（1）光既具有波动性又具有粒子性，即光具有波粒二象性。
（2）光子的能量ε=hν和动量p=。两式左侧的物理量ε和p描述光的粒子性，右侧的物理量ν和λ描述光的波动性，普朗克常量h架起了粒子性与波动性之间的桥梁。
5.粒子的波动性
（1）每一个运动的粒子都与一个对应的波相联系，这种与实物粒子相联系的波称为德布罗意波，也叫做物质波。
（2）物质波的波长、频率关系式
波长：λ=，频率：ν=。
6.概率波
（1）光波是一种概率波
光的波动性不是光子之间相互作用的结果而是光子自身固有的性质，光子在空间出现的概率可以通过波动规律确定，所以，光波是一种概率波。
（2）物质波也是一种概率波
对于电子和其他微观粒子，单个粒子的位置是不确定的，但在某点出现的概率的大小可以由波动规律确定，而且对于大量粒子，这种概率分布导致确定的宏观结果，所以物质波也是概率波。
7.不确定性关系
（1）定义：在经典物理学中，一个质点的位置和动量是可以同时测定的，在微观物理学中，要同时测出微观粒子的位置和动量是不太可能的，这种关系叫不确定性关系。
（2）表达式：ΔxΔp≥。其中以Δx表示粒子位置的不确定量，以Δp表示粒子在x方向上的动量的不确定量，h是普朗克常量。
【方法归纳】
一　对光电效应规律理解
1.对光电效应的四点提醒
（1）能否发生光电效应，不取决于光的强度而取决于光的频率。
（2）光电效应中的“光”不是特指可见光，也包括不可见光。
（3）逸出功的大小由金属本身决定，与入射光无关。
（4）光电子不是光子，而是电子。
2.两条对应关系
（1）光强大→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。
3.定量分析时应抓住三个关系式
（1）爱因斯坦光电效应方程：Ek=hν-W0。
（2）最大初动能与遏止电压的关系：Ek=eUc。
（3）逸出功与极限频率的关系：W0=hν0。
二　用图像表示光电效应方程
（1）最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图线如图。
（2）由曲线可以得到的物理量：
①极限频率：图线与ν轴交点的横坐标νc。
②逸出功：图线与Ek轴交点的纵坐标的值W0=E。
③普朗克常量：图线的斜率k=h。
三、对波粒二象性的理解
光既有波动性，又有粒子性，两者不是孤立的，而是有机的统一体，其表现规律为：
（1）从数量上看：个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性。
（2）从频率上看：频率越低，波动性越显著，越容易看到光的干涉和衍射现象；频率越高，粒子性越显著，越不容易看到光的干涉和衍射现象，贯穿本领越强。
（3）从传播与作用上看：光在传播过程中往往表现出波动性；在与物质发生作用时往往表现为粒子性。
（4）波动性与粒子性的统一：由光子的能量E=hν，光子的动量p=表达式也可以看出，光的波动性和粒子性并不矛盾，表示粒子性的粒子能量和动量的计算式中都含有表示波的特征的物理量——频率ν和波长λ。由以上两式和波速公式c=λν还可以得出E=pc。
【最新高考题精练】
（2023高考江苏学业水平选择性考试）
1．“夸父一号”太阳探测卫星可以观测太阳辐射的硬X射线。硬X射线是波长很短的光子，设波长为。若太阳均匀地向各个方向辐射硬X射线，卫星探测仪镜头正对着太阳，每秒接收到N个该种光子。已知探测仪镜头面积为S，卫星离太阳中心的距离为R，普朗克常量为h，光速为c，求：
（1）每个光子的动量p和能量E；
（2）太阳辐射硬X射线的总功率P。
（2023高考北京卷）
2．在发现新的物理现象后，人们往往试图用不同的理论方法来解释，比如，当发现光在地球附近的重力场中传播时其频率会发生变化这种现象后，科学家分别用两种方法做出了解释。
现象：从地面P点向上发出一束频率为的光，射向离地面高为H（远小于地球半径）的Q点处的接收器上，接收器接收到的光的频率为。
方法一：根据光子能量（式中h为普朗克常量，m为光子的等效质量，c为真空中的光速）和重力场中能量守恒定律，可得接收器接收到的光的频率。
方法二：根据广义相对论，光在有万有引力的空间中运动时，其频率会发生变化，将该理论应用于地球附近，可得接收器接收到的光的频率，式中G为引力常量，M为地球质量，R为地球半径。
下列说法正确的是（　　）
A．由方法一得到，g为地球表面附近的重力加速度
B．由方法二可知，接收器接收到的光的波长大于发出时光的波长
C．若从Q点发出一束光照射到P点，从以上两种方法均可知，其频率会变小
D．通过类比，可知太阳表面发出的光的频率在传播过程中变大
（2023高考海南卷）
3．已知一个激光发射器功率为，发射波长为的光，光速为，普朗克常量为，则（ ）
A．光的频率为 B．光子的能量为
C．光子的动量为 D．在时间内激光器发射的光子数为
（2022天津学业水平选择性考试）
4．不同波长的电磁波具有不同的特性，在科研、生产和生活中有广泛的应用。a、b两单色光在电磁波谱中的位置如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．若a、b光均由氢原子能级跃迁产生，产生a光的能级能量差大
B．若a、b光分别照射同一小孔发生衍射，a光的衍射现象更明显
C．若a、b光分别照射同一光电管发生光电效应，a光的遏止电压高
D．若a、b光分别作为同一双缝干涉装置光源时，a光的干涉条纹间距大
【最新模拟题精练】
（2023西南大学附中高考适应性考试）
5．如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图像，下列说法正确的是（　　）
A．该金属的逸出功为0.5eV B．该金属的极限频率为5.50×1014Hz
C．根据该图像能求出普朗克常量 D．根据该图像能求出电子的电荷量
（2023湖南名校5月质检）
6．氢原子能级如图甲所示，一群处于n＝5能级的氢原子，向低能级跃迁时发出多种光，分别用这些光照射图乙电路的阴极K，其中3条光电流I随电压U变化的图线如图丙所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62eV到3.11eV之间。则（　　）
A．氢原子从n＝5能级向低能级跃迁时能辐射出10种频率的可见光
B．图乙中当滑片P从a端移向b端过程中，光电流I有可能先增大后不变
C．若图丙中3条线均为可见光照射阴极得到，一个处于第一激发态的氢原子被1.99eV的电子撞击后可以发出c光
D．若图丙中3条线均为可见光照射阴极得到，则a光是氢原子从n＝5的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的
（2023浙江杭州学军中学质检）
7．如图1、2、3所示为与光电效应相关的三幅图，图3为a、b、c三种单色光分别照射金属K时得到的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。下列说法正确的是（　　）
A．光电效应是爱因斯坦最早在实验中发现，并用光子说成功加以解释
B．图2中，若仅将电源极性对调，则电流表一定无示数
C．图2中，若电流表无示数，说明金属K受光照时一定没有发生光电效应
D．根据图3可知，b光的光子动量一定大于c光的光子动量
（2023年广东广州一模）
8．如图，放映电影时，强光照在胶片上，一方面，将胶片上的“影”投到屏幕上；另一方面，通过声道后的光照在光电管上，随即产生光电流，喇叭发出与画面同步的声音。电影实现声音与影像同步，主要应用了光电效应的下列哪一条规律（　　）
A．光电效应的发生时间极短，光停止照射，光电效应立即停止
B．入射光的频率必须大于金属的极限频率，光电效应才能发生
C．光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随着入射光的频率增大而增大
D．当入射光的频率大于极限频率时，光电流的强度随入射光的强度增大而增大
（2023四川成都七中二诊）
9．如图所示，图甲为氢原子的能级图，大量处于激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极上时，电路中电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法不正确的是（　　）
A．光电管阴极金属材料的逸出功为
B．这些氢原子跃迁时共发出6种频率的光
C．若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则可判断图乙中电源右侧为正极
D．氢原子从能级跃迁到能级时，氢原子能量减小，核外电子动能增加
（2023吉林通化梅河口五中二模）
10．光电倍增管是进一步提高光电管灵敏度的光电转换器件。管内除光电阴极和阳极外，两极间还放置多个瓦形倍增电极。使用时相邻两倍增电极间均加有电压，以此来加速电子。如图所示，光电阴极受光照后释放出光电子，在电场作用下射向第一倍增电极，引起电子的二次发射，激发出更多的电子，然后在电场作用下飞向下一个倍增电极，又激发出更多的电子，如此电子数不断倍增，使得光电倍增管的灵敏度比普通光电管要高得多，可用来检测微弱光信号。下列说法正确的是（ ）
A．光电倍增管正常工作时，每个倍增电极上都发生了光电效应
B．光电倍增管中增值的能量来源于照射光
C．图中标号为偶数的倍增电极的电势要高于标号为奇数的电极的电势
D．适当增大倍增电极间的电压有利于探测更微弱的信号
（2023浙江台州二模）
11．如乙图所示，一束复色光从空气射向一个球状水滴后被分成了a、b两束单色光，分别将这两束单色光射向图甲所示的装置，仅有一束光能发生光电效应。调节滑片P的位置，当电流表示数恰为零时，电压变示数为。已知该种金属的极限频率为，电子电荷量的绝对值为e，普朗克常量为h，下列说法正确的是（ ）
A．a光在玻璃中的传播速度比b光小
B．b光的光子能量为
C．保持光强不变，滑片P由图示位置向左移，电流表示数变大
D．用同一双缝做光的干涉实验，a光产生的干涉条纹间距比b光的大
（2023河南开封二模）
12．在利用光电管探究光电效应规律的实验中，当用不同波长的光照射光电管的阴极时，测出光电管的遏止电压与对应入射光的波长。以遏止电压为纵坐标，人射光波长倒数为横坐标，作出图像如图所示。已知a、b为已知量，光电子的电荷量为e，光速为c，则下列说法正确的是（　　）
A．光电管阴极材料的逸出功为be
B．普朗克常量为
C．波长的光照射光电管的阴极时，产生的光电流与成正比
D．波长的光照射光电管的阴极时，一定能发生光电效应
（2023云南昆明云南师大附中质检）
13．现用某一频率为的光照射在阴极K上，阴极材料极限频率为，如图所示，调节滑动变阻器滑片的位置，当电压表示数为时，电流表G示数恰好为零。电子电荷量的大小为，普朗克常量为，下列说法正确的是（ ）
A．若入射光频率变为原来的2倍，则遏止电压为
B．若入射光频率变为原来的3倍，则光电子的最大初动能为2
C．保持滑动变阻器滑片位置不变，若入射光频率变为原来的3倍，则电子到达A极的最大动能为
D．入射光频率为，若改变电路，加大小为的正向电压，电子到达A极的最大动能为
（2023湖南新高考教研联盟第二次联考）
14．关于光电效应，下列说法中正确的是（　　）
A．爱因斯坦提出了光子的观点，成功的解释了光电效应实验现象
B．光的电磁理论也可以解释光电效应实验中存在截止频率这一现象
C．光束通过窗口照射光电管发生了光电效应，调节加给光电管的反向电压达到遏止电压时，将不再有电子从光电管的阴极射出
D．分别用蓝光和紫光照射光电管，均逸出了光电子，蓝光照射和紫光照射逸出的光电子的动能可能相等
（2022山东济南一模）
15．光电管是一种利用光照产生电流的装置，当入射光照在管中金属板上时，可以形成光电流。下表中记录了某同学进行光电管实验时的数据。
次数 入射光子的能量/eV 光的强弱 饱和光电流大小/mA 逸出光电子的最大初动能/eV
1 4.0 弱 29 0.8
2 4.0 中 43 0.8
3 4.0 强 60 0.8
由表中数据得出的以下论断正确的是（　　）
A．三次实验采用了不同频率的入射光
B．三次实验光电管中的金属板材质不同
C．若入射光子的能量为5.0 eV，不论光照多强，饱和光电流一定大于60 mA
D．若入射光子的能量为5.0 eV，逸出光电子的最大初动能为1.8 eV
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1），；（2）
【详解】（1）由题意可知每个光子的动量为
每个光子的能量为
（2）太阳均匀地向各个方向辐射硬X射线，根据题意设t秒发射总光子数为n，则
可得
所以t秒辐射光子的总能量
太阳辐射硬X射线的总功率
2．B
【详解】A．由能量守恒定律可得
解得
选项A错误；
B．由表达式
可知
即接收器接受到的光的波长大于发出的光的波长，选项B正确；
C．若从地面上的P点发出一束光照射到Q点，从以上两种方法均可知，其频率变小，若从Q点发出一束光照射到P点，其频率变大，选项C错误；
D．由上述分析可知，从地球表面向外辐射的光在传播过程中频率变小；通过类比可知，从太阳表面发出的光的频率在传播过程中变小，选项D错误。
故选B。
3．AC
【详解】A．光的频率
选项A正确；
B．光子的能量
选项B错误；
C．光子的动量
选项C正确；
D．在时间t内激光器发射的光子数
选项D错误。
故选AC。
4．BD
【详解】由图中a、b两单色光在电磁波谱中的位置，判断出a光的波长大于b光的波长，a光的频率小于b光的频率。
A．若a、b光均由氢原子能级跃迁产生，根据玻尔原子理论的频率条件
可知产生a光的能级能量差小，故A错误；
B．若a、b光分别照射同一小孔发生衍射，根据发生明显衍射现象的条件，a光的衍射现象更明显，故B正确；
C．在分别照射同一光电管发生光电效应时，根据爱因斯坦光电效应方程
可知a光的遏止电压低，故C错误；
D．a、b光分别作为同一双缝干涉装置光源时，相邻两条亮纹或暗纹的中心间距
可知a光的干涉条纹间距大，故D正确。
故选BD。
5．C
【详解】B．根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W，Ek-ν图象的横轴的截距大小等于极限频率，由图知该金属的极限频率为4.3×1014 Hz，故B错误。
C．由Ek=hν-W，得知该图线的斜率表示普朗克常量h，则
故C正确。
A．当Ek=hν-W=0时，逸出功为
W=hν0=6.67×10-34×4.3×1014J=2.88×10-19J≈1.79eV
故A错误。
D．根据该图像不能求出电子的电荷量，选项D错误。
故选C。
6．BCD
【详解】A.氢原子从n=5能级向低能级跃迁时能辐射出=10种频率的光，其中只有从n=5能级跃迁到n=2能级、n=4能级跃迁到n=2能级及n=3能级跃迁到n=2能级发出的光为可见光，故A错误；
B.由图乙可知，当滑片P从a端移向b端过程中，从a到c电压负向减小，从c到b电压正向增大，所以光电流I增大，当所有的光电子都能到达A极板时，滑片移动光电流不再增大，故当滑片P从a端移向b端过程中，光电流I可能先增大后不变，故B正确；
C. 由图丙可知c光的遏止电压最小，由
可知c光的能量最小，一个处于第一激发态的氢原子被1.99eV的电子撞击后可以跃迁到n=3能级，向下跃迁时刻发出c光，故C正确；
D.由图丙可知a光的遏止电压最大，由
可知a光的能量最大，在一群处于n=5能级的氢原子，向低能级跃迁时发出的可见光中从n=5能级向n=2能级跃迁的辐射的光电子能量最大，故D正确。
故选BCD。
7．CD
【详解】A．赫兹最早发现光电效应，故A错误；
B．图2中，若仅将电源正负极性对调，如果光电子的最大初动能大于电场力做功，光电子仍可以到达A板，电路中有电流，电流表有示数，如果光电子的最大初动能小于电场力做功，则电路中没有电流，电流表没有示数，故B错误；
C．图2中，如果发生光电效应，光电子在电场力作用下向左运动，电路中有电流，电流表有示数，如果电流表没有示数，说明没有发生光电效应，故C正确；
D．图3中，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，根据
可知入射光的频率越高，对应的截止电压越大，由图丙所示可知，a、c截止电压相等，a、c为同一频率的单色光，b的截止电压大，b的截止频率大，b的波长λ小，光的动量
波长越小光子动量越大，由此可知，b光子的动量大于c光子的动量，故D正确。
故选CD。
8．A
【详解】电影实现声音与影像同步，主要应用了光电效应中的规律是：光电效应的发生时间极短，光停止照射，光电效应立即停止，依据该原理实现声音与影像同步。
故选A。
9．C
【详解】A．由图甲可知光子的能量为
由图丙可知遏止电压为7V，所以光电子的初动能为
所以金属材料的逸出功为
故A正确，不符合题意；
B．这些氢原子跃迁时共发出
种频率的光，故B正确，不符合题意；
C．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C错误，符合题意；
D．氢原子从能级跃迁到能级时，氢原子能量减小，库仑力做正功，核外电子动能增加，故D正确，不符合题意。
故选C。
10．D
【详解】A．光电效应是在高于极限频率的电磁波的照射下，物质内部的电子吸收能量后逸出的现象，光电倍增管正常工作时，每个倍增电极上被加速后的电子撞击激发出更多的电子，故不是光电效应，A错误；
B．光电倍增管中增值的能量来源于相邻两倍增电极间的加速电场，B错误；
C．电子在相邻倍增电极中加速，故图中标号数字较大的倍增电极的电势要高于数字较小的电极的电势，C错误；
D．适当增大倍增电极间的电压，被加速的电子获得的动能更大，更有利于电极电子的电离，故有利于探测更微弱的信号，D正确。
故选D。
11．BD
【详解】A．由乙图知，由于两束光入射角相同，b光的折射角小，根据
可知b光的折射率大于a光的折射率，根据
所以b光在玻璃中的传播速度比a光小，A错误；
B．由折射率和频率的关可知，b光的频率大于a光的频率，故b光发生光电效应，根据光电效应方程
又有
所以b光的光子能量为
B正确；
C．保持光强不变，滑片P由图示位置向左移，则AK两端的电压变小，则电流表示数可能不变，可能变小，C错误；
D．由于b光的折射率大，所以a光的波长大于b光的波长，根据
用同一双缝做光的干涉实验，a光产生的干涉条纹间距比b光的大，D正确。
故选BD。
12．B
【详解】A．由光电效应方程
故光电管阴极材料的逸出功为-be，故A错误；
B．由光电效应方程整理得
图像的斜率为
可求得
故B正确；
C．波长的光照射光电管的阴极时，发生光电效应，产生的光电流与成反相关，不成正比，C错误。
D．波长的光，则频率小于截止频率，照射光电管的阴极时，一定不能发生光电效应，D错误。
故选B。
13．ACD
【详解】A．根据光电效应方程可得
当电压表示数为时，电流表G示数恰好为零，根据动能定理可得
若入射光频率变为原来的2倍，则有
设遏止电压变为，则有
联立解得
故A正确；
B．若入射光频率变为原来的3倍，则有
故B错误；
C．保持滑动变阻器滑片位置不变，若入射光频率变为原来的3倍，则电子到达A极的最大动能为
故C正确；
D．入射光频率为，若改变电路，加大小为的正向电压，电子到达A极的最大动能为
故D正确。
故选ACD。
14．AD
【详解】A．爱因斯坦提出了光子的观点，成功的解释了光电效应实验现象，A正确；
B．按照光的电磁理论，当入射光频率无论高低，但只要强度足够大，能量足够大时，应该也能射出光电子，不应存在截止频率，B错误；
C．反向电压达到遏止电压时，只要入射光频率大于光电管阴极材料的截止频率，都会有光电子从光电管的阴极射出，只是到达不了阳极，C错误；
D．分别用蓝光和紫光照射光电管，均逸出了光电子，由光电效应方程可知，蓝光和紫光的频率不同，则逸出光电子的最大初动能不同，可有的光电子的动能可能相等，因此蓝光照射和紫光照射逸出的光电子的动能可能相等，D正确。
故选。
15．D
【详解】A．由于入射光子能量相同，根据光子能量公式，可知三次实验入射光子的能量相同，频率相同，A错误；
B．由于入射光子能量相同，逸出光电子的最大初动能相同，根据爱因斯坦光电效应方程，可知逸出功相同，可知三次实验光电管中的金属板材质相同，B错误；
C．由于饱和光电流只与光照强度有关，与照射光的光子能量无关，C错误；
D．若入射光子的能量为4.0eV，逸出光电子的最大初动能为0.8eV，根据爱因斯坦光电效应方程，则有
解得
若入射光子的能量为5.0 eV，则有
代入数据解得
D正确。
故选D。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第17章 原子物理
第17.2讲 原子结构和能级
【知识点精讲】
1.电子的发现
（1）英国物理学家汤姆孙使用气体放电管对阴极射线进行了一系列实验研究。
①让阴极射线分别通过电场和磁场，根据偏转现象，证明它是带负电的粒子流并求出其比荷。
②换用不同材料的阴极做实验，所得比荷的数值都相同，是氢离子比荷的近两千倍。证明这种粒子是构成各种物质的共有成分。
（2）电子
①组成阴极射线的粒子称为电子。
②密立根“油滴实验”结论
2.汤姆孙原子模型
汤姆孙于1898年提出了原子模型，他认为原子是一个球体，正电荷弥漫性地均匀分布在整个球体内，电子镶嵌其中。
3.α粒子散射实验
（1）实验装置：α粒子源、金箔、放大镜和荧光屏。
（2）实验现象：
①绝大多数的α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进；
②少数α粒子发生了大角度偏转；
③极少数α粒子的偏转角度大于90°，甚至有极个别α粒子几乎被“撞了回来”。
（3）实验意义：卢瑟福通过α粒子散射实验，否定了汤姆孙的原子模型，建立了核式结构模型。
4.核式结构模型
1911年由卢瑟福提出，在原子中心有一个很小的核，叫原子核。它集中了原子全部的正电荷和几乎全部的质量，电子在核外空间运动。
5.原子核的电荷与尺度
5.氢原子光谱的实验规律
巴耳末线系是氢原子光谱在可见光区的谱线，其波长公式=R，（n=3，4，5，…），R是里德伯常量，R=1.10×107m-1，n为量子数。
6.玻尔理论
（1）定态：原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些能量状态中原子是稳定的，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，它辐射或吸收一定频率的光子，光子的能量由这两个定态的能量差决定，即hν=Em-En。（h是普朗克常量，h=6.63×10-34 J·s）
（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，因此电子的可能轨道也是不连续的。
7.氢原子的能级、能级公式
（1）氢原子的能级
能级图如图所示
（2）氢原子的能级和轨道半径
①氢原子的能级公式：En=E1（n=1，2，3，…），其中E1为基态能量，其数值为E1=-13.6 eV。
②氢原子的半径公式：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=0.53×10-10m。
【方法归纳】
一、　原子跃迁问题
1.定态间的跃迁——满足能级差
（1）从低能级（n小）高能级（n大）―→吸收能量。
hν＝En大－En小
(2)从高能级(n大)低能级（n小）―→放出能量。
hν＝En大－En小
2．解答氢原子能级图与原子跃迁问题应注意：
(1)能级之间发生跃迁时放出(吸收)光子的频率由hν＝Em－En求得。若求波长可由公式c＝λν求得。
(2)一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为(n－1)。
(3)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＝C＝。
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。
二　几种跃迁情况说明
1．原子跃迁条件hν＝Em－En只适用于光子和原子作用而使原子在各定态之间跃迁的情况。
2．当光子能量大于或等于13.6 eV时，也可以被处于基态的氢原子吸收，使氢原子电离。当处于基态的氢原子吸收的光子能量大于13.6 eV时，氢原子电离后，电子具有一定的初动能。
3．原子还可吸收外来实物粒子(例如自由电子)的能量而被激发。由于实物粒子的动能可全部或部分被原子吸收，所以只要入射粒子的能量大于或等于两能级的能量差
【最新高考题精练】
（2023高考湖北卷）
1．2022年10月，我国自主研发的“夸父一号”太阳探测卫星成功发射。该卫星搭载的莱曼阿尔法太阳望远镜可用于探测波长为的氢原子谱线（对应的光子能量为）。根据如图所示的氢原子能级图，可知此谱线来源于太阳中氢原子（ ）

A．和能级之间的跃迁 B．和能级之间的跃迁
C．和能级之间的跃迁 D．和能级之间的跃迁
（2023高考山东高中学业水平等级考试）
2．“梦天号”实验舱携带世界首套可相互比对的冷原子钟组发射升空，对提升我国导航定位、深空探测等技术具有重要意义。如图所示为某原子钟工作的四能级体系，原子吸收频率为的光子从基态能级I跃迁至激发态能级Ⅱ，然后自发辐射出频率为的光子，跃迁到钟跃迁的上能级2，并在一定条件下可跃迁到钟跃迁的下能级1，实现受激辐射，发出钟激光，最后辐射出频率为的光子回到基态。该原子钟产生的钟激光的频率为（ ）

A． B． C． D．
（2023学业水平等级考试上海卷）
3．关于粒子散射实验正确的是（　　）
A．实验要在真空中进行 B．荧光屏是为了阻挡粒子
C．实验中显微镜必须正对放射源 D．证明了原子核中有质子存在
（2023高考选择性考试辽宁卷）
4．原子处于磁场中，某些能级会发生劈裂。某种原子能级劈裂前后的部分能级图如图所示，相应能级跃迁放出的光子分别设为①②③④。若用①照射某金属表面时能发生光电效应，且逸出光电子的最大初动能为Ek，则（　　）

A．①和③的能量相等
B．②的频率大于④的频率
C．用②照射该金属一定能发生光电效应
D．用④照射该金属逸出光电子的最大初动能小于Ek
【最新模拟题精练】
（2023北京海淀二模）
5．氢原子在可见光区的4条特征谱线是玻尔理论的实验基础。如图所示，这4条特征谱线（记作Hα、Hβ、Hγ和Hδ）分别对应着氢原子从n=3、4、5、6能级向n=2能级的跃迁，下面4幅光谱图中，合理的是（选项图中长度标尺的刻度均匀分布，刻度值从左至右增大）（　　）
A． B．
C． D．
（2023重庆信息联考卷3）
6．如图所示是激光产生的原理示意图，当外来光子的能量等于原子相应的能级差时，就会把原子从低能态激发到高能态，处在激发态的原子会自发跃迁到低能态，同时发出光辐射，1916年，爱因斯坦在研究光辐射与原子相互作用时发现，除了上述两种过程之外，还存在第三种过程——受激辐射跃迁，即在外来光子的作用下，处在高能态的原子向低能态跃迁，并同时辐射出能量相同的光子，发出的光就是激光。已知普朗克常量为h，光速为c，下列说法正确的是（ ）
A．原子吸收外来光子，从低能态激发到高能态的过程叫自发辐射跃迁
B．处于激发态的原子自发跃迁到低能态的过程叫受激吸收跃迁
C．受激辐射跃迁与受激吸收跃迁的区别是，一个是吸收光子从高能态跃迁到低能态，一个是吸收光子从低能态跃迁到高能态
D．若某束激光的动量为p，则光子的能量为
（2023河北师大附中质检）
7．为了更形象地描述氢原子能级和氢原子轨道的关系，作出如图所示的能级轨道图，处于能级的氢原子向能级跃迁时辐射出可见光a，处于能级的氢原子向能级跃迁时辐射出可见光b，则以下说法正确的是（　　）

A．a光的波长比b光的波长短
B．辐射出b光时，电子的动能和电势能都会变大
C．一个处于能级的氢原子自发跃迁最多可释放3种频率的光
D．a光照射逸出功为2.14eV的金属时，光电子的最大初动能为0.41eV
（2023辽宁省辽西联考）
8．红外测温具有响应时间快、非接触、安全准确的优点，在新冠疫情防控中发挥了重要作用。红外测温仪捕捉被测物体电磁辐射中的红外线部分，将其转变成电信号。图甲为红外线光谱的三个区域，图乙为氢原子能级示意图，已知普朗克常量，光在真空中的速度，，下列说法正确的是（　　）
A．红外线光子能量的最大值约为
B．氢原子从能级向能级跃迁时释放出的光子能被红外测温仪捕捉
C．大量氢原子从能级向低能级跃迁时，红外测温仪可捕捉到2种频率的光子
D．大量处于激发态的氢原子吸收能量为的光子后，辐射出的光子可能被红外测温仪捕捉
（2023湖南三湘创新发展联考）
9．氢原子光谱除了巴耳末系外，还有赖曼系、帕邢系等，其中帕邢系的公式为，。电磁波谱如图所示，其中可见光的波长范围是400nm~760nm，帕邢系中，氢原子可以发出（　　）
A．可见光 B．红外线 C．紫外线 D．X射线
（2023江苏南京市中华中学一模）
10．如图甲、乙、丙、丁涉及到不同的原子物理知识，其中说法错误的是（　　）
A．图甲说明少量电子的运动表现为粒子性，大量电子的运动表现为波动性
B．图乙的粒子散射实验中，当显微镜放在D位置时，荧光屏上仍能观察到闪光
C．图丙中若通过碰撞的方式将氢原子从基态激发到第二能级，入射粒子的动能必须刚好等于10.2eV
D．图丁中轧制钢板时需要动态监测钢板的厚度，选用的射线不可能是射线
（2023湖北新高考联盟高三起点联考）
11．在自然界中，一切温度高于绝对零度的物体都在不停地向周围空间发出红外线辐射能量。物体的红外线辐射能量的大小及其按波长的分布特点与它的表面温度有着十分密切的关系。因此，通过对物体自身辐射的红外线能量的测量，便能准确地测定它的表面温度，这就是红外测温仪（只捕捉红外线光子）所依据的客观基础。如图为氢原子能级示意图，已知红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少应给处于基态的氢原子提供的能量为（　　）
A．10.20eV B．12.09eV C．2.55eV D．12.75eV
（2022山西临汾模拟）
12．氢原子能级示意图如图所示。氢原子吸收光子后能从基态跃迁到的激发态；氢原子从的能级跃迁到的能级时辐射出光子，则下列说法正确的是（　　）
A．光子的能量小于光子的能量
B．光子的频率小于光子的频率
C．光子的波长小于光子的波长
D．在真空中的速度大于的速度
（2022山东四县区质检）
13．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种光子中波长最长的是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＝4能级的氢原子电离至少要0.85eV的能量
D．在6种光子中，从n＝4能级跃迁到n＝1能级释放的光子康普顿效应最明显
（2022江西南昌三模）
14．图中画出了氢原子的4个能级，并注明了相应的能量E。处在的能级的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出若干种不同频率的光子。其中光子能量的最大值和最小值分别是（　　）
A．13.6eV和0.85eV
B．10.2eV和1.89eV
C．12.75eV和0.66eV
D．12.75eV和2.55eV
（2022山东济南5月模拟）
15．根据玻尔理论，氢原子的能级图如图甲所示，大量处于某激发态的氢原子向低能级跃迁时，发出的复色光通过玻璃三棱镜后能分成如图乙所示的a、b、c、d 四条可见光束。已知可见光的光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间，则b光为（　　）
A．第6能级向第 2 能级跃迁产生的 B．第 4能级向第2 能级跃迁产生的
C．第6能级向第1能级跃迁产生的 D．第4能级向第1能级跃迁产生的
（2022·河北石家庄三模）
16．用如图甲所示的装置做氢气放电管实验观测到四种频率的可见光。已知可见光的光子能量在之间，氢原子能级图如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．观测到的可见光可能是氢原子由高能级向的能级跃迁时放出的
B．能级的氢原子吸收上述某可见光后可能会电离
C．大量氢原子从高能级向基态跃迁时会辐射出紫外线
D．大量能级的氢原子最多能辐射出4种频率的光
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】由图中可知n=2和n=1的能级差之间的能量差值为
与探测器探测到的谱线能量相等，故可知此谱线来源于太阳中氢原子n=2和n=1能级之间的跃迁。
故选A。
2．D
【详解】原子吸收频率为的光子从基态能级I跃迁至激发态能级Ⅱ时有
且从激发态能级Ⅱ向下跃迁到基态I的过程有
联立解得
故选D。
3．A
【详解】A．粒子散射实验要求在真空中进行，A正确；
B．荧光屏是为了使粒子打在荧光屏上，通过观察荧光屏上的亮点来记录粒子散射后的位置，B错误；
C．荧光屏和观察闪光的显微镜能够围绕金箔在一个圆周上运动，故实验中显微镜不是必须正对放射源，C错误；
D．该实验证明了原子核中原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核上，并未证明原子核中有质子存在，D错误。
故选A。
4．A
【详解】A．由图可知①和③对应的跃迁能级差相同，可知①和③的能量相等，选项A正确；
B．因②对应的能级差小于④对应的能级差，可知②的能量小于④的能量，根据可知②的频率小于④的频率，选项B错误；
C．因②对应的能级差小于①对应的能级差，可知②的能量小于①，②的频率小于①，则若用①照射某金属表面时能发生光电效应，用②照射该金属不一定能发生光电效应，选项C错误；
D．因④对应的能级差大于①对应的能级差，可知④的能量大于①，即④的频率大于①，因用①照射某金属表面时能逸出光电子的最大初动能为Ek，根据
则用④照射该金属逸出光电子的最大初动能大于Ek，选项D错误。
故选A。
5．A
【详解】光谱图中谱线位置表示相应光子的波长。氢原子从n=3、4、5、6能级分别向n=2能级跃迁时，发射的光子能量增大，所以光子频率增大，光子波长减小，在标尺上Hα、Hβ、Hγ和Hδ谱线应从右向左排列。由于氢原子从n=3、4、5、6能级分别向n=2能级跃迁释放光子能量的差值越来越小，所以，从右向左4条谱线排列越来越紧密，故A正确。
故选A。
6．C
【详解】A．原子从高能级到低能级的过程叫做自发辐射跃迁，A错误；
B．处于低能态的原子吸收光子跃迁到激发态的过程叫受激吸收跃迁，B错误；
C．受激辐射跃迁指吸收光子从高能态跃迁到低能态；受激吸收跃迁指处于低能态的原子吸收光子跃迁到激发态，C正确；
D．根据
，
得
D错误。
故选C。
7．ACD
【详解】A．处于n=4能级的氢原子向n=2能级跃迁时辐射出可见光a，有
处于n=3能级的氢原子向n=2能级跃迁时辐射出可见光b，有
所以a光的频率将大于b光的频率，由于光的频率越大其波长越小，则a光的波长比b光的波长短，故A正确；
B．辐射出b光时，电子的动能变大，电势能减小，总能量减小，故以B错误；
C．一群处于n=4能级的氢原子自发跃迁可释放种频率的光，一个处于n=4能级的氢原子自发跃迁最多可释放3种频率的光，故C正确；
D． a光照射逸出功为2.14eV的金属时，根据光电效应方程有
联立解得
故D正确。
故选ACD。
8．AD
【详解】A．红外线最短波长和最长波长分别为
根据光子能量
代入数据可得光子最大和最小能量分别为，，A正确；
B．氢原子从能级向能级跃迁时释放出的光子能量
因此不会被红外测温仪捕捉到，B错误；
C．大量氢原子从能级向低能级跃迁时，放出的能量为
由此可得，只有从向能级跃迁时放出的光子能量在红外区，因此红外测温仪可捕捉到1种频率的光子，C错误；
D．大量处于激发态的氢原子吸收能量为的光子后跃迁到的能级，再从该能级向回跃迁时，放出的能量有
由此可得辐射出的光子可能被红外测温仪捕捉，D正确。
故选AD。
9．B
【详解】由题给公式可知，在帕邢系中，当n=4时，氢原子发出电磁波的波长最长，为
当n趋于无穷大时，氢原子发出电磁波的波长最短，为
根据电磁波谱可知选项中四种电磁波按波长由小到大排列为：X射线、紫外线、可见光、红外线，由于略大于可见光的最大波长，所以帕邢系中，氢原子可以发出红外线，不可能发出可见光、紫外线和X射线。
故选B。
10．C
【详解】A．图甲说明少量电子的运动表现为粒子性，大量电子的运动表现为波动性，故A正确；
B．图乙的粒子散射实验中，有极少部分粒子会发生大角度偏转，所以当显微镜放在D位置时，荧光屏上仍能观察到闪光，故B正确；
C．图丙中若通过碰撞的方式将氢原子从基态激发到第二能级，入射粒子的动能要大于等于10.2eV，故C错误；
D．射线的穿透能力很弱，所以图丁中轧制钢板时需要动态监测钢板的厚度，选用的射线不可能是射线，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
11．D
【详解】给处于基态的氢原子提供能量，若使其跃迁到n=4的激发态，氢原子从n=4向低能级跃迁，辐射光子能量最小值为
若使其跃迁到n=3的激发态，辐射光子能量最小值为
红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少应给处于基态的氢原子提供的能量为
故选D。
12．C
【详解】A．氢原子从基态跃迁到的激发态和从的激发态跃迁到基态能量的变化相同；氢原子从能级跃迁到能级的能级差
氢原子从能级跃迁到能级的能级差
所以氢原子从基态跃迁到的激发态吸收的光子的能量大于氢原子从的能级跃迁到的能级时辐射出光子的能量，故A错误；
B．根据，可知光子的频率大于光子的领率，故B错误；
C．根据，可知光子的波长小于光子的波长，故C正确；
D．不同频率的光在真空中传播的速度都相等光速，是相等的，故D错误。
故选C。
13．CD
【详解】A．6种光子中从n=4激发态跃迁到n=3能级上时产生的光子的能量值最小，结合
可知，从n=4激发态跃迁到n=3能级上时产生的光子波长最长，A错误；
B．6种光子中有2种属于巴耳末系，分别是n=4→n=2和n=3→n=2这两种光子，B错误；
C．n=4能级的氢原子具有的能量为-0.85eV，故要使其发生电离能量变为0，至少需要0.85eV的能量，C正确；
D．6种光子中从n=4激发态跃迁到n=1能级上时产生的光子的能量值最大，波长最短，根据
可知光子的动量最大，根据康普顿效应的特点可知，在6种光子中，从n=4能级跃迁到n=1能级释放的光子康普顿效应最明显，D正确。
故选CD。
14．C
【详解】能级跃迁到能级发出的光子的能量最大为
能级跃迁到能级发出的光子的能量最小为
故C正确，ABD错误。
故选C。
15．B
【详解】C D．根据玻耳原子模型理论，依题意，因光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间，不可能任何一个较高能级向第1能级跃迁而产生，因为从第2能级到第1能级辐射的光子能量最低，为10.2eV，故CD错误；
AB．结合前面分析，因光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间，也不可能是更高能级向第3能级跃迁产生的，因为辐射的最高能量为1.51eV，所以一定是从较高能级向第2能级跃迁时产生的；根据玻耳理论，第7能级向第 2 能级跃迁辐射光子的能量大于3.11eV，所以a、b、c、d 四条光束只能是第6、5、4、3能级向第2能级跃迁辐射产生，且辐射光子能量依次减小；a、b、c、d 四条可见光通过三棱镜，根据偏折程度可知，d光光子能量最大，b光光子能量第三，所以b光为第 4能级向第2 能级跃迁产生的，故A错误，B正确。
故选B。
16．C
【详解】A．因可见光的光子能量在之间，所以观测到的可见光可能是氢原子由高能级向的能级跃迁时放出的，故A错误；
B．能级的氢原子要吸收至少3.4eV的能量才可能电离，而可见光的光子能量在之间，故B错误；
C．当大量氢原子从n=2向基态跃迁时辐射出的能量为10.2eV，而从其它高能级向基态跃迁时辐射出的能量都大于10.2eV，且都大于可见光的最大能量3.1eV，所以大量氢原子从高能级向基态跃迁时会辐射出紫外线，故C正确；
D．大量能级的氢原子向基态跃迁时，根据
所以大量能级的氢原子最多能辐射出6种频率的光，故D错误。
故选C。
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答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第17章 原子物理
第17.3讲 原子核衰变
【知识点精讲】
1.天然放射现象
元素自发地放出射线的现象，首先由贝克勒尔发现。天然放射现象的发现，说明原子核具有复杂的结构。
2.原子核的组成：原子核是由质子和中子组成的，原子核的电荷数等于核内的质子数。
3.原子核的衰变
（1）衰变：原子核放出α粒子或β粒子，变成另一种原子核的变化。
（2）分类
α衰变：X→Y＋He，如U→Th＋He
β衰变：X→Y＋e，如Th→Pa＋e
【温馨提示】平衡或书写核反应方程：质量数守恒、电荷数守恒，但不是总质量守恒。
（3）半衰期：放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间。半衰期由原子核内部的因素决定，跟原子所处的物理、化学状态无关。
。半衰期计算公式：或，其中为半衰期。
【特别提醒】半衰期是统计学概念，对大量的原子核成立，对少数原子核不成立。
4.探测射线的方法
（1）组成射线的粒子会使气体或液体电离，以这些离子为核心，过饱和的蒸气会产生雾滴，过热液体会产生气泡。
（2）射线能使照相乳胶感光。
（3）射线能使荧光物质产生荧光。
探测仪器
（1）威耳逊云室：①原理：粒子在云室内气体中飞过，使沿途的气体分子电离，过饱和酒精蒸气就会以这些离子为核心凝结成雾滴，于是显示出射线的径迹。
（2）气泡室：气泡室的原理同云室的原理类似，所不同的是气泡室里装的是液体，如液态氢。
粒子通过过热液体时，在它的周围产生气泡而形成粒子的径迹。
（3）盖革—米勒计数器：
①优点：G-M计数器非常灵敏，使用方便。
②缺点：只能用来计数，不能区分射线的种类。
5. 放射性同位素的应用与防护
（1）应用射线：应用射线可以测厚度、医疗方面的放射治疗、照射种子培育优良品种等。
（2）示踪原子：有关生物大分子的结构及其功能的研究，要借助于示踪原子。
（3）辐射与安全：人类一直生活在放射性的环境中，过量的射线对人体组织有破坏作用。要防止放射性物质对水源、空气、用具等的污染。
6.衰变、衰变的比较
衰变类型 衰变 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
衰变规律 电荷数守恒、质量数守恒
【方法归纳】
确定衰变次数的方法
（1）衰变方程：
（2）求解方法：根据质量数、电荷数守恒得，两式联立求解α衰变次数和β衰变次数。
【最新高考题精练】
（2023年6月高考浙江选考科目）
1．“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜。核电池将衰变释放的核能一部分转换成电能。的衰变方程为，则（　　）
A．衰变方程中的X等于233 B．的穿透能力比γ射线强
C．比的比结合能小 D．月夜的寒冷导致的半衰期变大
（2023学业水平等级考试上海卷）
2．能量为8eV的光子的波长为 ，下一代超高精度原子钟的工作原理依据核反应方程 。（已知：h = 6.63 × 10－34J s，1eV = 1.6 × 10－19J）
（2023高考海南卷）
3．钍元素衰变时会放出β粒子，其中β粒子是（ ）
A．中子 B．质子 C．电子 D．光子
（2022新高考福建卷）
4．2011年3月，日本发生的大地震造成了福岛核电站核泄漏。在泄露的污染物中含有大量放射性元素，其衰变方程为，半衰期为8天，已知，，，则下列说法正确的是（　　）
A．衰变产生的射线来自于原子的核外电子
B．该反应前后质量亏损
C．放射性元素发生的衰变为衰变
D．经过16天，75%的原子核发生了衰变
【最新模拟题精练】
（2023北京海淀二模）
5．在范围足够大的匀强磁场中，静止在P点的核发生一次β衰变，衰变产生的核与电子恰好在纸面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）
A．该β衰变过程反映了核中至少含有1个电子
B．电子在磁场中做匀速圆周运动的半径较小
C．电子与核形成的等效电流可能均沿逆时针方向
D．电子第一次回到P点时核也恰好到达P点
（2023武汉武昌区5月质检）
6．为了避免仪器在月球夜晚极端低温的环境下遭到损坏，我国自主研发的“玉兔二号”月球车内采用了同位素热源进行保温。该同位素热源是利用钚238在衰变过程中释放热量，衰变方程是，其半衰期是88年。下列说法正确的是（　　）
A．衰变方程中的X是粒子
B．衰变中释放出的X粒子流比射线的电离作用强
C．一个钚238原子一定会在88内年发生衰变
D．钚238的半衰期会因在月球极低温的环境下而发生改变
（2023河北师大附中质检）
7．“心脏灌注显像”的检测技术是将含放射性元素锝（Tc）的注射液注入被检测者的动脉中，经40分钟后，对被检测者的心脏进行造影，血管被堵塞的部分由于无放射性物质到达而无放射线射出。医生根据显像情况判断被检测者的心脏血管有无病变。若检测用的Tc是表中的一种，则可能是（　　）
同位素 半衰期
95mTc 61天
96Tc 4.3天
97mTc 91天
99mTc 6.01小时
A．95mTc B．96Tc C．97mTc D．99mTc
（2023湖北荆门三校5月联考）
8．我国的火星探测车用放射性材料PuO2作为燃料，PuO2中的Pu元素是。发生衰变的方程为，的半衰期为87.7年，则（　　）
A．方程中X是电子
B．衰变过程质量数减小
C．放出的射线是射线，它的电离能力很强
D．100个原子核经过87.7年后还有50个未衰变
（2023湖南名校5月质检）
9．科学家利用天然放射性的衰变规律，通过对目前发现的古老岩石中铀含量来推算地球的年龄，铀238的相对含量随时间的变化规律如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．铀238发生α衰变的方程为
B．2000个铀核经过90亿年，一定还有500个铀核未发生衰变
C．铀238（）最终衰变形成铅206（），需经8次α衰变，6次β衰变
D．测得某岩石中现含有的铀是岩石形成初期时的一半，可推算出地球的年龄约为90亿年
（2023山东青岛二中下学期期中）
10．核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设。核泄漏中的钚（Pu）是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高患癌的风险。已知钚的一种同位素的衰变方程为：，半衰期为24100年，则下列说法中正确的是（　　）
A．衰变时发出的射线是波长很短的实物粒子，穿透能力很强
B．X原子核中含有143个中子
C．10个经过24100年后一定还剩余5个
D．的质量和衰变后的X原子核与的总质量相等
（2023河北衡水中学一模）
11．花岗岩、砖砂、水泥及深层地下水等物质会释放氡气。氡气被吸入人体后会形成内照射，对人体的危害很大。氡的同位素中对人体危害最大的是氡()及其衰变产物，氡()的衰变反应链为，其中氡()的半衰期为3.8天。关于氡()的衰变反应，下列说法正确的是（　　）
A．温度升高，氡的衰变速度会变快
B．④过程只发生了a衰变
C．一个氡核(Rn)经过一个衰变链，共发生了3次α衰变、2次β衰变
D．每经过3.8天，将有半数的氡(Rn)衰变为铅(Pb)
（2023四川成都石室中学二诊）
12．植物通过光合作用和呼吸作用与环境交换碳元素，体内碳14的比例与大气中的相同。植物枯死后，遗体内的碳14仍在发生衰变，不断减少，但不能得到补充。现测得甲、乙两种古木样品中碳14的含量分别是现代植物的和，由此可以推断甲、乙两种古木的年龄之比大约为（　　）
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶4 D．4∶1
（2023辽宁鞍山一模）
13．幽门螺杆菌在胃中产生的尿素酶，可将服用的碳14标记的尿素分解为氨和含碳14标记的。通过分析呼气中标记的的含量即可判断胃中幽门螺杆菌的存在。已知碳14（）的半衰期为5730年，则（　　）
A．改变胃部的酸碱度可以改变衰变快慢
B．改变胃部温度不能改变衰变快慢
C．含的化合物比单质衰变得可能要慢一些
D．20个经过5730年有10个发生衰变
（2023河北唐山一模）
14．在很多矿物质中，都不同程度地含有放射性元素，下列说法正确的是（　　）
A．α射线、β射线和γ射线都是电磁波
B．在α、β、γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强
C．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核外的电子
D．氡的半衰期为3.8天，矿物中氡原子核经过7.6天后全部消失
（2023浙江台州二模）
15．一个静止的铀核经衰变后产生一个新核X，已知、X、的原子质量分别为232.0372u、228.0287u、4.0026u，1u相当于931.5MeV的能量，则（ ）
A．新核的中子数为90
B．释放出的核能约为5.5MeV
C．反应物的结合能之和大于生成物的结合能之和
D．若释放的核能全部转化动能，则新核X的动能约为0.1MeV
（2023辽宁大连金州高中三模）
16．陶寺遗址是尧的都城，是最早的“中国”，在发掘中采用了碳十四测年技术等多项科技手段来判断陶寺文化的绝对年代。的衰变方程为。，下列说法正确的是（　　）
A．衰变方程中的X是中子
B．需吸收能量才能发生衰变
C．随着的不断衰变，其半衰期会逐渐变长
D．与X的质量之和小于的质量
（2023重庆沙家坝重点中学质检）
17．上世纪四十年代初，我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案：如果静止原子核俘获核外K层电子e，可生成一个新原子核X，并放出中微子，即。根据核反应后原子核X的动能和动量，可以间接测量中微子的能量和动量，进而确定中微子的存在，若原子核X的半衰期为，平均核子质量大于，则（ ）
A．X是 B．X的比结合能小于
C．中微子的能量由质子数减少转变而来 D．再经过，现有的原子核X全部衰变
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参考答案：
1．C
【详解】A．根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程为
即衰变方程中的X=234，故A错误；
B．是α粒子，穿透能力比γ射线弱，故B错误；
C．比结合能越大越稳定，由于衰变成为了，故比稳定，即比的比结合能小，故C正确；
D．半衰期由原子核本身决定的，与温度等外部因素无关，故D错误。
故选C。
2． 1.55 × 10－7m
【详解】[1]根据光子的能量公式
可知能量为8eV的光子的频率为
再根据
解得
λ = 1.55 × 10－7m
[2]根据电荷数、质量数守恒，则超高精度原子钟的工作原理依据核反应方程为
3．C
【详解】放射性元素衰变时放出的三种射线α、β、γ分别是氦核流、电子流和光子流。
故选C。
4．D
【详解】A．衰变时，原子核内中子转化为质子和电子，大量电子从原子核释放出来形成射线，故A错误；
B．该反应前后质量亏损为
故B错误；
C．放射性元素发生的衰变为衰变，故C错误；
D．由于半衰期为8天，可知经过16天，即经过两个半衰期，75%的原子核发生了衰变，故D正确。
故选D。
5．C
【详解】A．该β衰变是原子核内一个中子转化为一个质子和一个电子。也是其衰变过程中电子的来源，所以并不能说明核中有电子，故A项错误；
B．静止的发生衰变，其产生的电子和核组成的系统动量守恒，有
所以电子和氮核的动量大小相等，方向相反。其均在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有
解得
由于电子和氮核在同一磁场，且动量大小相等。但是氮核的带电量大于电子的带电量，所以电子在磁场中做匀速圆周运动的半径较大，故B项错误；
C．若发生β衰变后，电子顺时针做匀速圆周运动，根据系统的动量守恒可知氮核逆时针做匀速圆周运动，根据电流方向的判定，则电子与核形成的等效电流均沿逆时针方向，故C项正确；
D．发生β衰变后，两带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
整理有
因为电子和氮核的比荷不一致，故两粒子的周期不同，所以当电子回到P点，即完成一个周期后，氮核没有在P点，故D项错误。
故选C。
6．B
【详解】A．根据电荷数和质量数守恒可知，衰变方程中的X是α粒子，故A错误；
B．衰变中释放出的X粒子流是氦核流，带正电，所以比射线的电离作用强，故B正确；
C．半衰期不是指少数粒子，是大量粒子有半数原子核发生衰变所用的时间，故C错误；
D．放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身决定的，与外界的物理和化学状态无关，故D错误。
故选B。
7．D
【详解】由题意可知，检测用的半衰期即不能太长，太长了对人体产生的伤害较大，但是也不能太短，太短了不能完成医疗检测，则最合适。
故选D。
8．C
【详解】AB．根据质量数和电荷数守恒可知，发生的是α衰变，方程中X是氦核，故AB错误；
C．α衰变放出的是射线，它的电离能力很强，穿透能力很弱，故C正确；
D．原子核的半衰期是针对大量原子核得出的统计规律，对少数原子核衰变不适用，故D错误。
故选C。
9．C
【详解】A．铀238发生α衰变的方程为
选项A错误；
B．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数的原子核衰变不适应，选项B错误；
C．铀238（）最终衰变形成铅206（），α衰变的次数次，β衰变的次数82+2×8-92=6次，选项C正确；
D．测得某岩石中现含有的铀是岩石形成初期时的一半，即经过了一个半衰期，可推算出地球的年龄约为45亿年，选项D错误。
故选C。
10．B
【详解】A．衰变时发出的射线是电磁波，穿透能力很强，A错误；
B．根据反应过程满足电荷数和质量数守恒可知，X原子核中的电荷数为，质量数，则X原子核中的中子数为
B正确；
C．半衰期只适用于大量原子核发生衰变时，对于少数原子核衰变不适用，C错误；
D．衰变过程存在质量亏损，故的质量大于衰变后的X原子核与的总质量，D错误。
故选B。
11．C
【详解】A．半衰期不随外界温度、压强的变化而变化，由原子核自身决定，A错误；
B．由衰变方程
可知，④过程除了发生了α衰变，还发生了β衰变，B错误；
C．衰变时满足质量数和电荷数守恒，设共发生了n次α衰变, 则
222—210=4n
解得
n=3
所以β衰变的次数为
x=82－(86－3×2)=2
C正确；
D．每经过3.8天，将有半数的氡（）衰变为，衰变为的更少，D错误。
故选C。
12．A
【详解】根据半衰期的定义可知，古木每经过一个半衰期就有一半的碳14发生衰变，由于甲古木样品中碳14的含量是现代植物的，则甲古木的年龄大约是碳14的1个半衰期，同理，乙古木样品中碳14的含量是现代植物的=（）2，则乙古木的年龄大约是碳14的2个半衰期，所以甲、乙两种古木的年龄之比大约为1∶2。
故选A。
13．B
【详解】ABC．放射性元素的半衰期与外部因素（温度、环境）无关，与所处的化学状态（单质或化合物）无关，选项AC错误，B正确；
D．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核的衰变不适应，选项D错误。
故选B。
14．B
【详解】A．α射线、β射线不是电磁波，γ射线是电磁波，选项A错误；
B．在α、β、γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强，选项B正确；
C．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放出的电子，选项C错误；
D．氡的半衰期为3.8天，矿物中氡原子核经过7.6天后还有的氡没有衰变，选项D错误。
故选B。
15．BD
【详解】A．核反应过程质子数和质量数守恒，新核的质子数为
质量数为
故新核的中子数为
A错误；
B质量亏损
根据质能方程
B正确；
C．由于衰变放出能量，反应物的结合能之和小于生成物的结合能之和，C错误；
D．根据动量守恒，新核和粒子动量大小相等，方向相反
有动能和动量关系
由能量守恒得
所以新核X的动能约为
D正确。
故选BD。
16．D
【详解】A．根据题意，由质量数守恒和电荷数守恒可知，衰变方程中的X的质量数为0，电荷数为，则是电子，故A错误；
BD．发生衰变过程存在质量亏损，即与X的质量之和小于的质量，释放能量，不需要吸收能量，故B错误，D正确；
C．半衰期只由原子核内部决定，适用于大量原子核，其半衰期保持不变，故C错误。
故选D。
17．AB
【详解】A．根据题中核反应方程，结合质量数与电荷数守恒可得X的质量数和电荷数分别为
故A正确；
B．X与质量数相同，而X的平均核子质量大于，根据质能方程可知的结合能更大，由于二者核子数相同，都为7，因此的比结合能更大，故B正确；
C．由核反应方程可知，中微子的能量是一个质子与一个电子结合转变成一个中子而得到，故C错误；
D．经过，只剩下现有的原子核X的未衰变，故D错误。
故选AB。
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答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第17章 原子物理
第17.4讲 核能和核反应
【知识点精讲】
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，作用范围在1.5×10-15m之内；
③每个核子只跟它的相邻核子间才有核力作用。
2.结合能
核子结合为原子核时释放的能量或原子核分解为核子时吸收的能量，叫做原子核的结合能，亦称核能。
3.质能方程、质量亏损
爱因斯坦质能方程E=mc2，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=Δmc2。
4.重核裂变
（1）定义：质量数较大的原子核受到高能粒子的轰击而分裂成几个质量数较小的原子核的过程。
（2）典型的裂变反应方程：
U＋n→Kr＋Ba＋3n。
（3）链式反应：由重核裂变产生的中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程。
（4）临界体积和临界质量：裂变物质能够发生链式反应的最小体积及其相应的质量。
（5）裂变的应用：原子弹、核反应堆。
（6）反应堆构造：核燃料、减速剂、镉棒、防护层。
5.轻核聚变
（1）定义：两轻核结合成质量较大的核的反应过程。轻核聚变反应必须在高温下进行，因此又叫热核反应。
（2）典型的聚变反应方程：
H＋H→He＋n＋17.6 MeV
6.粒子和宇宙
（1）“基本粒子”不基本
直到19世纪末，人们称光子、电子、质子和中子是基本粒子。
（2）发现新粒子
1932年发现了正电子，1937年发现了μ子，1947年发现了K介子和π介子及以后的超子等。
（3）夸克模型
上夸克、下夸克、奇异夸克、粲夸克、底夸克、顶夸克；它们带的电荷量分别为元电荷的＋或-，每种夸克都有对应的反夸克。
7.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 约里奥·居里夫妇发现放射性同位素，同时发现正电子
P―→Si＋e
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
8.书写核反应方程时应注意
（1）必须遵守电荷数守恒、质量数守恒规律。
（2）核反应方程中的箭头（→）表示核反应进行的方向，不能把箭头写成等号。
【方法归纳】
一　重核裂变和轻核聚变的理解
1.重核裂变
（1）裂变：重核在一定条件下转变成两个中等质量的核的反应，叫做原子核的裂变反应。
例如：U＋n→Ba＋Kr＋3n
（2）链式反应：在裂变反应中用产生的中子，再被其他铀核俘获使反应继续下去。
链式反应的条件：临界体积，极高的温度。
（3）一个U核裂变时放能约200 MeV能量。
1 kgU全部裂变放出的能量相当于2 800吨煤完全燃烧放出的能量。
2.轻核聚变
（1）聚变反应：轻的原子核聚合成较重的原子核的反应，称为聚变反应。
例如H＋H→He＋n＋17.6 MeV
（2）一个氘核与一个氚核结合成一个氦核时（同时放出一个中子），释放出17.6 MeV的能量，平均每个核子放出3 MeV以上的能量。比裂变反应中平均每个核子放出的能量大3～4倍。
（3）聚变反应的条件：几百万开尔文的高温。
二　对质能方程、质量亏损的理解
1.质能方程：一定的能量和一定的质量相联系，物体的总能量和它的质量成正比，即E=mc2。
方程的含义是：物体具有的能量与它的质量之间存在简单的正比关系，物体的能量增大，质量也增大；物体的能量减少，质量也减少。
2.质量亏损：组成原子核的核子质量与原子核的质量之差。根据能量守恒，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=Δmc2.核子在结合成原子核时出现质量亏损Δm，其能量也要相应减少，即ΔE=Δmc2；原子核分解成核子时要吸收一定的能量，相应的质量增加Δm，吸收的能量为ΔE=Δmc2。
3.质能方程的三个易错点：
（1）质量亏损并不是质量消失，只是静止质量变成了运动的质量；
（2）质量亏损也不是核子个数的减少，核反应中核子个数是不变的；
（3）质量和能量这两个量并不可以相互转化，只是这两个量在数值上有联系。
二　核能的计算方法
1.根据爱因斯坦质能方程列式计算：即ΔE=Δmc2（Δm的单位：kg）。
2.根据1原子质量单位（u）相当于931.5兆电子伏能量，则ΔE=Δm×931.5 MeV（Δm的单位：u，1 u=1.660 6×10-27 kg）。
3.核反应遵守动量守恒定律和能量守恒定律，因此我们可以结合动量守恒定律和能量守恒定律来计算核能。
【最新高考题精练】
（2023广东卷）
1．理论认为，大质量恒星塌缩成黑洞的过程，受核反应的影响。下列说法正确的是（ ）
A．Y是粒子，射线穿透能力比射线强
B．Y是粒子，射线电离能力比射线强
C．Y是粒子，射线穿透能力比射线强
D．Y是粒子，射线电离能力比射线强
（2023天津卷）
2．关于太阳上进行的核聚变，下列说法正确的是（　　）
A．核聚变需要在高温下进行 B．核聚变中电荷不守恒
C．太阳质量不变 D．太阳核反应方程式：
（2022高考北京卷）
3．2021年5月，中国科学院全超导托卡马克核聚变实验装置（）取得新突破，成功实现了可重复的1.2亿摄氏度101秒和1.6亿摄氏度20秒等离子体运行，创造托卡马克实验装置运行新的世界纪录，向核聚变能源应用迈出重要一步。等离子体状态不同于固体、液体和气体的状态，被认为是物质的第四态。当物质处于气态时，如果温度进一步升高，几乎全部分子或原子由于激烈的相互碰撞而离解为电子和正离子，此时物质称为等离子体。在自然界里，火焰、闪电、极光中都会形成等离子体，太阳和所有恒星都是等离子体。下列说法不正确的是（　　）
A．核聚变释放的能量源于等离子体中离子的动能
B．可以用磁场来约束等离子体
C．尽管等离子体整体是电中性的，但它是电的良导体
D．提高托卡马克实验装置运行温度有利于克服等离子体中正离子间的库仑斥力
（2022高考辽宁物理）
4．2022年1月，中国锦屏深地实验室发表了首个核天体物理研究实验成果。表明我国核天体物理研究已经跻身国际先进行列。实验中所用核反应方程为，已知、、的质量分别为，真空中的光速为c，该反应中释放的能量为E。下列说法正确的是（　　）
A．X为氘核
B．X为氚核
C．
D．
【最新模拟题精练】
（2023南京三模）
5．用中子轰击静止的锂核，核反应方程为。已知光子的频率为v，锂核的比结合能为，氦核的比结合能为，X核的比结合能为，普朗克常量为h，真空中光速为c、下列说法中正确的是（　　）
A．X核为核 B．光子的动量
C．释放的核能 D．质量亏损
（2023河北临考信息卷）
6．2023年1月，“中国超环”成为世界上首个实现维持和调节超过1000秒的超长时间持续脉冲的核反应堆。其核反应方程，已知的质量，的质量，的质量，反应中释放出光子，下列说法正确的是（　　）
A．该核反应在高温高压下才能发生，说明该核反应需要吸收能量
B．光子来源于核外电子的能级跃迁
C．X是中子，该核反应为核聚变反应
D．X的质量为
（2023云南师大附中模拟）
7．中国首台“华龙一号”核电机组于2020年11月份并网发电，该核电技术安全指标和技术性能达到了国际三代核电技术的先进水平，具备国际竞争比较优势，具备完整自主知识产权，其核反应堆中的反应方程为，下列说法正确的是（　　）
A．反应是衰变反应
B．反应过程中吸收能量
C．任何体积的都能发生链式反应
D．结合能比的结合能小
（2023河北九师联盟质检）
8．铀核裂变的产物是多样的，一种典型的轴核裂变是生成和原子核X，同时放出三个中子，核反应方程是，下列说法正确的是（　　）
A．原子核X的中子数为87
B．原子核X的中子数为89
C．的比结合能比X的比结合能小
D．的比结合能比X的比结合能大
（2023云南昆明一中六模）
9．2022年3月25日中国自主三代核电“华龙一号”示范工程第2台机组——中核集团福清核电6号机组正式具备商运条件，华龙一号示范工程全面建成投运，标志着中国核电技术水平和综合实力跻身世界第一方阵。“华龙一号”利用重核的裂变，一个重要的核反应方程是。至此“华龙一号”示范工程全面建成投运，两台机组每年总发电量约度。则（　　）
A．慢中子更容易使轴核发生裂变反应
B．核反应方程中X是质子
C．的结合能大于的结合能
D．“华龙一号”两台机组发电一年需消耗核约为
（2023湖南怀化二模）
10．中国“嫦娥五号”在月球采集的约2公斤月壤中含有地球上鲜有的，是地球上很难得到的清洁、安全和高效的核聚变发电燃料，被科学家们称为“完美能源”。有关聚变的核反应方程如下：①，②；下列说法正确的是（　　）
A．X为质子，核反应①、②又称热核反应
B．的比结合能比的比结合能大
C．方程①中：反应前后原子核总质量相等
D．方程②中：核子平均释放的能量约为2.14MeV
11．在新能源中，核能是重要开发能源之一，其中氘（）、氚（）核聚变反应可以释放巨大的能量，氘（）在海水中储量极为丰富，海水里提取出的氘（），在完全的聚变反应中可释放出相当于燃烧汽油的能量。若氘（）、氚（）聚变成氦（），已知氘（）的平均结合能是，氚（）的平均结合能是，氦（）的平均结合能是。关于氘（）、氚（）核聚变反应，下列说法正确的是（ ）
A．氘（）和氚（）核聚变反应的方程是
B．氘（）和氚（）核聚变反应后质量数变小，释放能量
C．氘（）和氚（）核聚变反应时释放的能量是
D．在氘（）、氚（）、氦（）三种核中，氘（）最稳定
（2023山东莱芜名校联考）
12．太阳的能量来自于热核反应，其中一种核反应是四个质子聚变成一个α粒子，同时放出两个正电子和两个没有静止质量的中微子。已知α粒子的质量为mα，质子的质量为mp，电子的质量为me，c为光在真空中的传播速度，N为阿伏加德罗常数。在这种核反应中1000g的氢核聚变所放出的能量为（　　）
A．1000（4mp+mα+2me）Nc2
B．1000（mα＋2me－4mp）Nc 2
C．250（mα＋2me－4mp）Nc 2
D．250（4mp－mα－2me）Nc 2
（2023浙江北斗星联盟模拟）
13．硼中子俘获治疗技术（BNCT）是近年来国际肿瘤治疗领域新兴快速发展的精准诊疗技术，其原理是进入癌细胞内的硼原子核吸收慢中子，转变为锂原子核和粒子，并释放出γ光子。已知硼原子核的比结合能为E1，锂原子核的比结合能为E2，γ光子的能量为E3，这个核反应过程中质量亏损为Δm，普朗克常量为h，真空中的光速为c、则下面正确的是（ ）

A．该核反应方程为
B．γ光子的波长为
C．α粒子的结合能为
D．α粒子的比结合能为
（2023河南洛阳等4市三模）
14．在核物理中，衰变是原子核的自发变化；用人工的方法使原子核发生变化属于人工核转变；把重核分裂成质量较小的核，释放出核能的反应，称为核裂变；把轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反应，称为核聚变。下列核反应方程中，属于核聚变的是（　　）
A． B．
C． D．
（2023湖南二轮复习联考）
15．硼中子俘获疗法（BNCT）是将与癌细胞有很强亲和力的含同位素硼-10（）的化合物引入体内，迅速聚集于癌细胞内，然后用被正常组织慢化的热中子与硼-10发生核反应，生成粒子和锂核（），释放γ光子，杀死肿瘤细胞的治疗方法，已知核反应过程中质量亏损为，一个γ光子的能量为，普朗克常量为h，真空中光速为c。若核反应产生的能量全部以光子的形式释放，则（　　）
A．γ光子有很强电离能力
B．硼中子俘获疗法的核反应方程为
C．γ射线的波长为
D．一次核反应释放γ光子的个数为
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】根据受核反应满足质量数和电荷数守恒可知，Y是粒子（），三种射线的穿透能力，射线最强，射线最弱；三种射线的电离能力，射线最强，射线最弱。
故选D。
2．A
【详解】A．因为高温时才能使得粒子的热运动剧烈，才有可能克服他们自身相互间的排斥力，使得它们间的距离缩短，才能发生聚变，故A正确；
B．核聚变中电荷是守恒的，故B错误；
C．因为太阳一直在发生核聚变，需要放出大量能量，根据质能方程可知是要消耗一定的质量的，故C错误；
D．核聚变的方程为
题中为核裂变方程，故D错误。
故选A。
3．A
【详解】A．核聚变释放的能量源于来自于原子核的质量亏损，A错误；
B．带电粒子运动时，在匀强磁场中会受到洛伦兹力的作用而不飞散，故可以用磁场来约束等离子体，B正确；
C．等离子体是各种粒子的混合体，整体是电中性的，但有大量的自由粒子，故它是电的良导体，C正确；
D．提高托卡马克实验装置运行温度，增大了等离子体的内能，使它们具有足够的动能来克服库仑斥力，有利于克服等离子体中正离子间的库仑斥力，D正确。
本题选择错误的，故选A。
4．D
【详解】AB．根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为26-25=1，电荷数为13-12=1，则X为，故AB错误；
CD．因该反应为人工转变，反应前两种粒子都有动能（总动能设为Ek1），反应后的生成物也有动能Ek2，根据质能方程可知，由于质量亏损反应放出的能量为
则反应释放的能量为
故C错误D正确。
故选D。
5．C
【详解】A．根据质量数和电荷数守恒可知X核为核，故A错误；
B．光子的频率为v，可知光子的动量
故B错误；
C．由比结合能的概念可知，该核反应释放的核能为
故C正确；
D．质量亏损为
故D错误；
故选C。
6．C
【详解】A．该核反应为核聚变反应，释放能量，故A错误；
B．光子来源于原子核的能级跃迁，而不是核外电子的能级跃迁，故B错误；
C．根据电荷数和质量数守恒可知X是中子，该核反应为核聚变反应，故C正确；
D．该反应释放能量，有质量损失，则X的质量小于，故D错误。
故选C。
7．D
【详解】A．反应是重核裂变反应，选项A错误；
B．反应过程中放出能量，选项B错误；
C．要想发生链式反应，必须要使得达到临界体积，选项C错误；
D．因反应放出核能，则结合能比的结合能小，选项D正确。
故选D。
8．C
【详解】AB．核反应方程是
原子核X的质量数为144，原子核X的中子数为
故AB错误；
CD．根据比结合能曲线可知，的比结合能比X（）的比结合能小，故C正确，D错误。
故选C。
9．A
【详解】A．慢中子轰击铀核更容易发生裂变反应，故A正确；
B．反应前后质量数守恒，质子数守恒
解得X的质量数为1，质子数为0，则X为中子，故B错误；
C．核反应方程式中生成物比反应物稳定，所以生成物的比结合能大于反应物的比结合能，即的比结合能大于的比结合能，但的核子数较大得多，的结合能小于的结合能，故C正确；
D．根据质能方程
产生度对应的质量亏损为0.8kg，考虑到发电效率，原子核消耗的质量应当大于0.8kg，故D错误。
故选AC。
10．D
【详解】A．由电荷数守恒和质量数守恒可知，X的质量数为
核电荷数为
可知X为中子，核反应①、②为聚变反应，又称热核反应，A错误；
B．由核反应方程②可知，由于该核反应释放出核能，所以生成物比反应物更稳定，比结合能也更大，即的比结合能比的比结合能小，B错误；
C．由质能方程可知，反应式①中有核能放出，一定有质量亏损，因此方程①中：反应前后原子核总质量不相等，C错误；
D．方程②中，每个含有三个核子，因此每个核子平均释放的能量为
即核子平均释放的能量约为2.14MeV，D正确。
故选D。
11．A
【详解】A．由质量数和电荷数守恒知氘（）和氚（）核聚变反应的方程是
A正确；
B．核反应前后质量数不变，B错误；
C．核聚变前氘（）、氚（）的总结合能为
核聚变反应后氦（）的总结合能
由于单个核子（）无结合能，故核聚变反应过程中释放的能量
C错误；
D．氘（）、氚（）、氦（）三种核中，氦（）平均结合能最大，最稳定，氘（）平均结合能最小，最不稳定，D错误。
故选A。
12．D
【详解】4个氢核聚变的质量亏损
根据质能方程核聚变释放的能量
1000g氢核的个数为
1000g氢核聚变放出的能量
故选D。
13．B
【详解】A．根据核反应中质量数和电荷数守恒可知，核反应方程为
A错误；
B．根据
可求得γ光子的波长
B正确；
CD．由质能方程可知，核反应中放出的能量由能量关系可得
则α粒子的结合能为
解得α粒子的比结合能为
CD错误。
故选B。
14．B
【详解】A．根据核裂变定义可知
此为核裂变，故A不符合题意；
B．根据核聚变的定义可知
此为核聚变，故B符合题意；
C．此为人工转变原子核的过程，用快速粒子穿透核内部，将核转变为另一个核的过程，故C不符合题意；
D．根据变化过程可知，此为原子核发生衰变的过程，故D不符合题意。
故选B。
15．B
【详解】A．γ光子有很强的穿透本领，电离作用能力很弱，A错误；
B．由质量数和电荷数守恒，可得核反应方程为
B正确；
C．由光子的能量公式
可得γ射线的波长为
C错误；
D．由质能方程可知，核反应过程中放出的核能是
一个γ光子的能量为，则有一次核反应释放γ光子的个数为
D错误。
故选B。
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答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第17章 原子物理
第17.5讲 物理学史
【知识点精讲】
1.1638年，意大利物理学家伽利略在《两种新科学的对话》中用科学推理论证重物体和轻物体下落一样快；并在比萨斜塔做了两个不同质量的小球下落的实验，证明了他的观点是正确的，推翻了古希腊学者亚里士多德的观点（即：质量大的小球下落快是错误的）；
2.1687年，英国科学家牛顿在《自然哲学的数学原理》著作中提出了三条运动定律（即牛顿三大运动定律）。
3.17世纪，伽利略通过构思的理想实验指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去；得出结论：力是改变物体运动的原因，推翻了亚里士多德的观点：力是维持物体运动的原因。同时代的法国物理学家笛卡儿进一步指出：如果没有其它原因，运动物体将继续以同速度沿着一条直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向。
4.英国物理学家胡克对物理学的贡献：胡克定律；经典题目：胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比（对）
5.17世纪，伽利略通过理想实验法指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去；同时代的法国物理学家笛卡儿进一步指出：如果没有其它原因，运动物体将继续以同速度沿着一条直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向。
6.人们根据日常的观察和经验，提出“地心说”，古希腊科学家托勒密是代表；而波兰天文学家哥白尼提出了“日心说”，大胆反驳地心说。
7.17世纪，德国天文学家开普勒提出开普勒三大定律；
8.牛顿于1687年正式发表万有引力定律；1798年英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量（体现放大和转换的思想）；1846年，英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维烈（勒维耶）应用万有引力定律，计算并观测到海王星，1930年，美国天文学家汤苞用同样的计算方法发现冥王星。
9.我国宋朝发明的火箭是现代火箭的鼻祖，与现代火箭原理相同；但现代火箭结构复杂，其所能达到的最大速度主要取决于喷气速度和质量比（火箭开始飞行的质量与燃料燃尽时的质量比）。
10.20世纪初建立的量子力学和爱因斯坦提出的狭义相对论表明经典力学不适用于微观粒子和高速运动物体。
11.1785年法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律，并测出了静电力常量k的值。
12.1752年，富兰克林在费城通过风筝实验验证闪电是放电的一种形式，把天电与地电统一起来，并发明避雷针。
13.1837年，英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。
14.1913年，美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e电荷量，获得诺贝尔奖。
15.1826年德国物理学家欧姆（1787-1854）通过实验得出欧姆定律。
16.1911年，荷兰科学家昂尼斯（或昂纳斯）发现大多数金属在温度降到某一值时，都会出现电阻突然降为零的现象——超导现象。
17.19世纪，焦耳和楞次先后各自独立发现电流通过导体时产生热效应的规律，即焦耳——楞次定律。
18.1820年，丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流磁效应。
19.法国物理学家安培发现两根通有同向电流的平行导线相吸，反向电流的平行导线则相斥，同时提出了安培分子电流假说；并总结出安培定则（右手螺旋定则）判断电流与磁场的相互关系和左手定则判断通电导线在磁场中受到磁场力的方向。
20.荷兰物理学家洛仑兹提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作用力（洛仑兹力）的观点。
21.英国物理学家汤姆生发现电子，并指出：阴极射线是高速运动的电子流。
22.汤姆生的学生阿斯顿设计的质谱仪可用来测量带电粒子的质量和分析同位素。
23.1932年，美国物理学家劳伦兹发明了回旋加速器能在实验室中产生大量的高能粒子。（最大动能仅取决于磁场和D形盒直径。带电粒子圆周运动周期与高频电源的周期相同；但当粒子动能很大，速率接近光速时，根据狭义相对论，粒子质量随速率显著增大，粒子在磁场中的回旋周期发生变化，进一步提高粒子的速率很困难。
24.1831年英国物理学家法拉第发现了由磁场产生电流的条件——电磁感应。德国物理学奖纽曼、韦伯对实验资料分析后，总结得出法拉第电磁感应定律。
25.1834年，俄国物理学家楞次发表确定感应电流方向的定律——楞次定律。
26.1835年，美国科学家亨利发现自感现象（因电流变化而在电路本身引起感应电动势的现象），日光灯的工作原理即为其应用之一，双绕线法制精密电阻为消除其影响应用之一。
27.1827年，英国植物学家布朗发现悬浮在水中的花粉微粒不停地做无规则运动的现象——布朗运动。
28.19世纪中叶，由德国医生迈尔、英国物理学家焦尔、德国学者亥姆霍兹最后确定能量守恒定律。
29.1850年，克劳修斯提出热力学第二定律的定性表述：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，称为克劳修斯表述。次年开尔文提出另一种表述：不可能从单一热源取热，使之完全变为有用的功而不产生其他影响，称为开尔文表述。
30.1848年 开尔文提出热力学温标，指出绝对零度是温度的下限。指出绝对零度（-273.15℃）是温度的下限。T=t+273.15K
热力学第三定律：热力学零度不可达到。
31.17世纪，荷兰物理学家惠更斯确定了单摆周期公式。周期是2s的单摆叫秒摆。
32.1690年，荷兰物理学家惠更斯提出了机械波的波动现象规律——惠更斯原理。
33.奥地利物理学家多普勒（1803-1853）首先发现由于波源和观察者之间有相对运动，使观察者感到频率发生变化的现象——多普勒效应。【相互接近，f增大；相互远离，f减少】
34.1864年，英国物理学家麦克斯韦发表《电磁场的动力学理论》的论文，提出了电磁场理论，预言了电磁波的存在，指出光是一种电磁波，为光的电磁理论奠定了基础。电磁波是一种横波
35.1887年，德国物理学家赫兹用实验证实了电磁波的存在，并测定了电磁波的传播速度等于光速。
36.1800年，英国物理学家赫歇耳发现红外线；
1801年，德国物理学家里特发现紫外线；
1895年，德国物理学家伦琴发现X射线（伦琴射线），并为他夫人的手拍下世界上第一张X射线的人体照片。
37.1621年，荷兰数学家斯涅耳找到了入射角与折射角之间的规律——折射定律。
38.1801年，英国物理学家托马斯·杨成功地观察到了光的干涉现象。
39.1818年，法国科学家菲涅尔和泊松计算并实验观察到光的圆板衍射—泊松亮斑。
40.1905年，爱因斯坦提出了狭义相对论，有两条基本原理：
①相对性原理——不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的；
②光速不变原理——不同的惯性参考系中，光在真空中的速度一定是c不变。
爱因斯坦还提出了相对论中的一个重要结论——质能方程式：。
41.1900年，德国物理学家普朗克解释物体热辐射规律提出能量子假说：物质发射或吸收能量时，能量不是连续的，而是一份一份的，每一份就是一个最小的能量单位，即能量子；把物理学带进了量子世界；受其启发1905年爱因斯坦提出光子说，成功地解释了光电效应规律，因此获得诺贝尔物理奖。
42.1922年，美国物理学家康普顿在研究石墨中的电子对X射线的散射时——康普顿效应，证实了光的粒子性。（说明动量守恒定律和能量守恒定律同时适用于微观粒子）
43.1913年，丹麦物理学家玻尔提出了自己的原子结构假说，成功地解释和预言了氢原子的辐射电磁波谱，为量子力学的发展奠定了基础。
44.1924年，法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子在一定条件下会表现出波动性；
45.1897年，汤姆生利用阴极射线管发现了电子，说明原子可分，有复杂内部结构，并提出原子的枣糕模型。1909－1911年，英国物理学家卢瑟福和助手们进行了α粒子散射实验，并提出了原子的核式结构模型。由实验结果估计原子核直径数量级为10-15m。
46.1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核，第一次实现了原子核的人工转变，并发现了质子。预言原子核内还有另一种粒子，被其学生查德威克于1932年在α粒子轰击铍核时发现，由此人们认识到原子核由质子和中子组成。
47.1885年，瑞士的中学数学教师巴耳末总结了氢原子光谱的波长规律——巴耳末系。
48.1913年，丹麦物理学家波尔最先得出氢原子能级表达式；
49.1896年，法国物理学家贝克勒尔发现天然放射现象，说明原子核有复杂的内部结构。
天然放射现象：有两种衰变（α、β），三种射线（α、β、γ），其中γ射线是衰变后新核处于激发态，向低能级跃迁时辐射出的。衰变快慢与原子所处的物理和化学状态无关。
50.1896年，在贝克勒尔的建议下，玛丽-居里夫妇发现了两种放射性更强的新元素——钋（Po）镭（Ra）。
51.1934年，约里奥-居里夫妇用α粒子轰击铝箔时，发现了正电子和人工放射性同位素。
【最新高考题精练】
[2022年1月浙江选考]
1．单位为J/m的物理量是（　　）
A．力 B．功 C．动能 D．电场强度
[2021新高考辽宁卷]
2．赫兹在研究电磁波的实验中偶然发现，接收电路的电极如果受到光照，就更容易产生电火花。此后许多物理学家相继证实了这一现象，即照射到金属表面的光，能使金属中的电子从表面逸出。最初用量子观点对该现象给予合理解释的科学家是（　　）
A．玻尔 B．康普顿
C．爱因斯坦 D．德布罗意
[2021新高考天津卷]
3．科学研究方法对物理学的发展意义深远，实验法、归纳法、演绎法、类比法、理想实验法等对揭示物理现象的本质十分重要。下列哪个成果是运用理想实验法得到的（　　）
A．牛顿发现“万有引力定律” B．库仑发现“库仑定律”
C．法拉第发现“电磁感应现象” D．伽利略发现“力不是维持物体运动的原因”
[2020高考全国理综II]
4．管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（　　）
A．库仑 B．霍尔 C．洛伦兹 D．法拉第
[2020高考天津卷]
5．在物理学发展的进程中，人们通过对某些重要物理实验的深入观察和研究，获得正确的理论认识。下列图示的实验中导致发现原子具有核式结构的是（ ）
A． B．
C． D．
[2016全国理综III丙卷]
6．关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是（ ）
A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律
B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律
C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因
D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律
[2016高考天津理综物理]
7．物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展，下列说法符合事实的是( )
A．赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论
B．查德威克用α粒子轰击获得反冲核，发现了中子
C．贝克勒尔发现天然放射性现象，说明原子核有复杂结构
D．卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型
[2015·天津]
8．物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上，下列说法正确的是（　　）
A．天然放射现象说明原子核内部是有结构的
B．电子的发现使人认识到原子具有核式结构
C．粒子散射实验表明电荷是量子化的
D．光电效应实验表明核外电子的轨道是不连续的
【最新模拟题精练】
[2023辽宁沈阳三模]
9．在近代物理学发展的进程中，实验和理论相互推动，促进了人类对世界认识的不断深入。对下列图示的实验描述正确的是（　　）
A．卢瑟福通过甲图所示的实验，发现了质子
B．康普顿在乙图所示的实验中，证明了光具有波动性
C．贝克勒尔研究丙图中的放射线，提出了原子的核式结构模型
D．戴维森和汤姆孙利用电子束穿过铝箔得到的丁图图样，证实电子具有波动性
[2023广东茂名5月大联考]
10．关于下列四幅图涉及的物理知识说法正确的是（　　）
A．图甲为卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，推断出原子内部还有复杂的结构
B．图乙为铀核俘获质子发生链式反应并放出巨大的能量，是原子弹爆炸的理论依据
C．图丙为玻尔把量子化观点引入到原子结构理论中，很好地解释了氢原子光谱的分立性
D．图丁为汤姆孙通过电子的发现提出了原子的核式结构模型
[2023北京166中学高考适应性考试]
11．如图所示是原子物理史上几个著名的实验，关于这些实验，下列说法错误的是
A．图1：卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构模型
B．图2：放射线在垂直纸面向外的磁场中偏转，可知射线甲带负电
C．图3：电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关
D．图4：链式反应属于核裂变，铀核的一种裂变方式为
[2023鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5月模拟]
12．关于物理学发展的相关内容，下列说法错误的是（　　）
A．1887年爱因斯坦在研究电磁波的实验中发现了光电效应现象，并提出了光电效应理论，获得1921年诺贝尔物理学奖
B．英国物理学家汤姆孙利用气体放电管对阴极射线进行研究，确定了阴极射线是带负电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷，后来组成阴极射线的粒子被称为电子
C．放射性并不是少数元素才有的，原子序数大于83的元素，都能自发地进行衰变，原子序数小于或者等于83的元素，部分具有放射性
D．组成原子核的核子数越多，它的结合能越大；比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
[2023长春三模]
13．2022年诺贝尔物理学奖同时授予法国物理学家阿兰·阿斯佩、美国物理学家约翰·克劳泽和奥地利物理学家安东·蔡林格，以表彰他们在“纠缠光子实验、验证违反贝尔不等式和开创量子信息科学”方面所做出的贡献。下列有关量子化的说法正确的是（ ）
A．普朗克提出组成黑体的振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍
B．爱因斯坦的光电效应理论揭示了光具有波动性
C．根据玻尔理论，大量处于能级的氢原子向能级跃迁时能发射出3种频率的光
D．密立根通过实验证明电荷量是连续变化的
[2023重庆名校联盟二模]
14．下列说法正确的是( )
A．查德威克通过α粒子轰击铍核的实验发现了中子
B．卢瑟福提出了原子的核式结构模型并认为氢原子的能级是分立的
C．玻尔第一次把微观世界中物理量取分立值的观念应用到原子系统
D．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，并提出了原子的核式结构模型
[2023湖南新高考教研联盟第二次联考]
15．在物理学的发展过程中，有众多的科学家做出了突出的贡献。下列关于科学家及其成就的描述符合历史事实的是（　　）
A．牛顿通过实验发现了万有引力定律，并测出了引力常量G的值
B．奥斯特通过“奥斯特实验”发现了电磁感应现象
C．卢瑟福分析α粒子散射实验的现象，建立了原子的核式结构模型
D．玻尔建立了玻尔原子理论，能够完美地解释所有原子光谱的实验规律
16．下面是历史上几个著名实验的示意图，其中说明实物粒子也具有波动性的实验是（　　）
A． 汤姆孙的气体放电管
B． 利用晶体做电子束衍射实验
C．
粒子散射实验
D． 观察光电效应实验
17．牛顿为了说明光的性质，提出了光的微粒说，如今，人们认识到光具有波粒二象性，下列四个示意图所表示的实验中，能说明光的性质的是（　　）
A．①② B．②③ C．③④ D．②④
[2023湖南张家界模拟]
18．关于原子物理，下列说法正确的是（　　）
A．普朗克提出了原子核外电子轨道量子化，并成功解释了氢原子光谱
B．衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的
C．衰变方程中，发生的是衰变，射线具有极强的穿透能力
D．电子显微镜利用高速电子束的德布罗意波长比可见光更小提高了分辨能力
[2023浙江十所名校期中联考]
19．在物理学发展的历程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，为物理学的建立作出了巨大的贡献。在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，说法正确的是（　　）
A．牛顿由于测出了引力常量而成为第一个计算出地球质量的人
B．牛顿借助万有引力定律发现了海王星
C．开普勒用了20年时间研究第谷的行星观测记录，发现了行星运动的三大定律
D．卡文迪什将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律
[2023浙江十所名校期中联考]
20．在物理学发展的历程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，为物理学的建立作出了巨大的贡献。在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，说法正确的是（　　）
A．牛顿由于测出了引力常量而成为第一个计算出地球质量的人
B．牛顿借助万有引力定律发现了海王星
C．开普勒用了20年时间研究第谷的行星观测记录，发现了行星运动的三大定律
D．卡文迪什将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律
[2023云南师大附中模拟]
21．许多科学家在物理学的发展过程中做出了重要贡献，他们大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述中正确的是（　　）
A．伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论
B．天王星是人们根据万有引力定律计算出其轨道后才发现的，被称为“笔尖下的行星”
C．开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动
D．卡文迪许在牛顿发现万有引力定律后，进行了“月—地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来
[2023湖南新高考联盟第一次联考]
22．在物理学的发展过程中，科学家采用了很多科学研究方法，进行过大量实验，发现了众多物理规律。下列有关叙述中正确的是（　　）。
A．用时间内的位移与的比值定义t时刻的瞬时速度，运用了等效思想
B．汤姆孙发现了天然放射现象，说明原子核具有复杂的结构
C．光电效应和康普顿效应分别从能量和动量的角度反映了光的粒子性
D．在真空中，频率越高的电磁波传播速度越大
[2023湖北新高考协作体高三起点考试]
23．科学技术的发展，推动了人类社会的进步。关于物理学发展的历史，在下列说法中，错误的是（　　）
A．麦克斯韦提出电磁场理论后，成功预言了光是电磁波
B．德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，提出实物粒子也具有波动性
C．卢瑟福通过α粒子散射实验，第一次实现了原子核的人工转变，成功发现了质子和中子
D．爱因斯坦质能方程表明，原子核的平均核子质量越小，它的比结合能越大，原子核越稳定
[2023辽宁鞍山一模]
24．物理除了知识的学习，还要领悟处理物理问题的思想与方法，如控制变量法、极限法、理想化模型法、类比法等等。下列几个场景关于物理学思想方法的说法正确的是（　　）
A．甲图为微小量放大法 B．乙图为控制变量法
C．丙图为理想化模型 D．丁图为等效替代法
[2023浙江名校新高考研究联盟第一次联考]
25．下列说法正确的是（ ）
A．图甲中随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向频率较低的方向移动
B．图乙光电效应实验中滑动变阻器的触头向右移动，电流表的示数有可能增大
C．图丙粒子散射实验中，粒子与金原子中的电子碰撞可能会发生大角度偏转
D．图丁大量氢原子处于n＝4的激发态，跃迁过程中可能释放出6种频率的光子，其中从n＝4的能级跃迁到n＝3能级辐射的光子波长最大
[2022河南三市一模]
26．波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的为（　　）
A．电子束通过双缝后形成的干涉图样可用电子的粒子性解释
B．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关
C．康普顿效应说明光具有波动性
D．黑体既不反射电磁波，也不向外辐射电磁波
[2022湖南长沙周南中学模拟]
27．在近代物理发展的过程中，实验和理论相互推动，促进了人们对世界的认识。对下列实验描述正确的是（　　）
A．卢瑟福通过A图所示的实验，发现了质子和中子
B．汤姆孙通过B图所示的气体放电管，提出了原子的核式结构模型
C．C图所示的实验中，验电器因为带上负电指针张开
D．D图放射源产生的三种射线中，射线1的电离本领最强
[2022湖南长沙长郡中学模拟]
28．2020年诺贝尔物理学奖授予了三名科学家：英国科学家罗杰·彭罗斯因证明黑洞是爱因斯坦广义相对论的直接结果而获奖；德国科学家赖因哈德·根策尔和美国科学家安德烈娅·盖兹因在银河系中央发现超大质量天体而获奖。下列有关物理学史的说法正确的是（　　）
A．汤姆孙发现了电子并提出了原子的核式结构模型
B．普朗克把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的观念
C．法拉第发现了电磁感应现象，并得出了法拉第电磁感应定律
D．玻尔原子理论的成功之处是它保留了经典粒子的概念
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】根据功的定义式可知
则有
因N是力的单位，故单位为J/m的物理量是力。
故选A。
2．C
【详解】A．玻尔引入量子化的观念解释了氢原子光谱，与题意不符，A错误；
B．康普顿提出康普顿效应，发现了光子不仅具有能量，还具有动量，证明了光具有粒子性，与题意不符，B错误；
C．爱因斯坦提出光子说，从理论上解释了光电效应的实验现象，符合题意，C正确；
D．德布罗意提出一切物质都具有波粒二象性，与题意不符，D错误。
故选C。
3．D
【详解】牛顿发现“万有引力定律”；库仑发现“库仑定律”；法拉第发现“电磁感应现象”，这些都是建立在大量的实验的基础上直接得出的结论；而伽利略发现“力不是维持物体运动的原因”，是在实验的基础上经过抽象推理得出的结论，即运用了理想实验法。
故选D。
4．D
【详解】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。故选D。
5．D
【详解】A．双缝干涉实验说明了光具有波动性，故A错误；
B．光电效应实验，说明了光具有粒子性，故B错误；
C．实验是有关电磁波的发射与接收，与原子核无关，故C错误；
D．卢瑟福的α粒子散射实验导致发现了原子具有核式结构，故D正确；
故选D。
6．B
【详解】开普勒在他的导师第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，但并未找出了行星按照这些规律运动的原因；牛顿在开普勒行星运动定律的基础上推导出万有引力定律。
故选B。
【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
7．AC
【详解】A、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了麦克斯韦的电磁理论，选项A正确；
B、卢瑟福用α粒子轰击，获得反冲核，发现了质子，选项B错误；
C、贝克勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核具有复杂结构，选项C正确；
D、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，选项D错误．
【点睛】此题是对近代物理学史的考查；都是课本上涉及的物理学家的名字及其伟大贡献，只要多看书、多积累即可很容易得分；对物理学史的考查历来都是考试的热点问题，必须要熟练掌握．
8．A
【详解】A．天然放射现象是原子核发生衰变而产生的，说明原子核内部是有结构的，故A正确；
B．电子的发现使人们认识到原子具有复杂结构，但不能说明原子具有核式结构，故B错误；
C．α粒子散射实验的重要发现是原子的核式结构，而不是电荷的量子化，密立根油滴实验表明电荷是量子化的，故C错误；
D．光电效应实验表明光的能量是不连续的，证实了光量子理论，故D错误。
故选A。
9．D
【详解】A．卢瑟福通过甲图所示的实验，发现了原子的核式结构模型，故A错误；
B．康普顿在乙图所示的实验中，证明了光具有粒子性，故B错误；
C．贝克勒尔研究丙图中的放射线，发现了电子，故C错误；
D．戴维森和汤姆孙利用电子束穿过铝箔得到的丁图图样，证实电子具有波动性，故D正确。
故选D。
10．C
【详解】AD．卢瑟福通过分析α粒子散射实验（图甲）结果，提出了原子的核式结构模型；汤姆孙通过电子的发现（图丁）揭示了原子还有复杂的结构，故A、D错误；
B．图乙是用中子轰击铀核使其发生裂变，链式反应会释放出巨大的能量，是原子弹的理论依据，故B错误；
C．图丙为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，故C正确。
故选C。
11．C
【详解】A项：图1为α粒子散射实验示意图，卢瑟福根据此实验提出了原子的核式结构模型，故A正确；
B项：图2为放射源放出的三种射线在磁场中运动的轨迹，根据左手定则可知，射线甲带负电，为β射线，故B正确；
C项：根据光电效应方程知：，遏止电压与入射光的频率，及金属的材料有关，与入射光的强弱无关，故C错误；
D项：图为核反应堆示意图即为核裂变，铀核的一种裂变方式为，故D正确．
12．A
【详解】A．1887年赫兹在研究麦克斯韦电磁理论时偶然发现了光电效应现象，1905年爱因斯坦提出光子说，成功解释了光电效应，并因此获得1921年诺贝尔物理学奖，故A错误；
B．汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定阴极射线本质上是带负电的电子流，并求出了比荷，从而发现了电子，故B正确；
C．放射性并不是少数元素才有的，原子序数大于83的元素，都能自发地进行衰变，原子序数小于或者等于83的元素，部分具有放射性，故C正确；
D．原子核的核子数越多，结合能越大；比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，要想将原子核变成单个核子，需要吸收更大的能量，分开越不容易，原子核越稳定，故D正确。
本题选错误的，故选A。
13．A
【详解】A．普朗克提出组成黑体的振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍，A正确；
B．爱因斯坦的光电效应理论揭示了光具有粒子性，B错误；
C．根据玻尔理论，大量处于能级的氢原子向能级跃迁时能发射出种频率的光，C错误；
D．密立根用在电场和重力场中运动的带电油滴进行实验，发现所有油滴所带的电量均是某一最小电荷的整数倍，该最小电荷值就是电子电荷，D错误。
故选A。
14．AC
【详解】A．查德威克通过α粒子轰击铍核的实验发现了中子，选项A正确；
B．卢瑟福提出了原子的核式结构模型，波尔认为氢原子的能级是分立的，选项B错误；
C．玻尔第一次把微观世界中物理量取分立值的观念应用到原子系统，选项C正确；
D．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，选项D错误；
故选AC.
15．C
【详解】A．卡文迪什测出了引力常量，A错误；
B．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，B错误；
C．卢瑟福分析α粒子散射实验的现象，建立了原子的核式结构模型，C错误；
D．玻尔原子模型只能解释氢原子光谱，D错误。
故选C。
16．B
【详解】A．汤姆逊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；
B．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；
C．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；
D．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。
17．B
【详解】①该实验是α粒子散射实验，依据此实验卢瑟福提出了原子核式结构学说，与光的性质无关
②干涉是波的特有性质，因此双孔干涉实验说明光具有波动性
③此实验是光电效应的实验，说明光具有粒子性
④三种射线在电场偏转的实验，能判定射线的电性，不能说明光的性质
故选B。
18．D
【详解】A．玻尔提出了原子核外电子轨道量子化，并成功解释了氢原子光谱，A错误；
B．衰变是由于原子核内中子转化为一个质子同时释放一个电子，并非原子核外电子电离形成的，B错误；
C．根据质量数及电荷数守恒，可写出该核反应方程为
可知该核反应为衰变，射线的电离能力较强，穿透能力较弱，C错误；
D．电子显微镜利用高速电子束的德布罗意波长比可见光更小的规律提高了分辨能力，D正确。
故选D。
19．C
【详解】A. 卡文迪什由于测出了引力常量而成为第一个计算出地球质量的人，A错误；
B. 英国剑桥大学的学生亚当斯和法国年轻的天文学家勒维耶根据天王星的观测资料，各自独立地利用万有引力定律计算出这颗“新”行星的轨道。德国的伽勒在勒维耶预言的位置附近发现了这颗行星，B错误；
C. 开普勒用了20年时间研究第谷的行星观测记录，发现了行星运动的三大定律，C正确；
D. 牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，D错误。
故选C。
20．C
【详解】A. 卡文迪什由于测出了引力常量而成为第一个计算出地球质量的人，A错误；
B. 英国剑桥大学的学生亚当斯和法国年轻的天文学家勒维耶根据天王星的观测资料，各自独立地利用万有引力定律计算出这颗“新”行星的轨道。德国的伽勒在勒维耶预言的位置附近发现了这颗行星，B错误；
C. 开普勒用了20年时间研究第谷的行星观测记录，发现了行星运动的三大定律，C正确；
D. 牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，D错误。
故选C。
21．A
【详解】A．伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论，故A正确；
B．海王星是人们根据万有引力定律计算出其轨道后才发现的，被称为“笔尖下的行星”，故B错误；
C．开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做椭圆运动，故C错误；
D．牛顿发现万有引力定律后，进行了“月—地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来，故D错误。
故选A。
22．C
【详解】A．用时间内的位移与的比值定义t时刻的瞬时速度，运用了极限法，选项A错误；
B．贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核有复杂的结构，选项B错误；
C．光电效应和康普顿效应分别从能量和动量角度反映了光的粒子性，选项C正确；
D．真空中，所有电磁波的传播速度都相同，选项D错误。
故选C。
23．C
【详解】A．麦克斯韦提出电磁场理论后，成功预言了光是电磁波，A正确；
B．德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，提出实物粒子也具有波动性，B正确；
C．卢瑟福第一次用α粒子轰击氮核完成了原子核的人工转变并发现了质子，C错误；
D．爱因斯坦质能方程表明，原子核的平均核子质量越小，它的比结合能越大，原子核越稳定，D正确。
本题选错误项，故选C。
24．A
【详解】A．甲图是外力作用在物体上，物体产生微小形变，便于观察形变的大小，为微小量放大法，A正确；
B．乙图是理想斜面实验，是理想化模型法，B错误，
C．丙图是合力与分力间的等效替代法，C错误
D．丁图是利用v t图像求位移时，用微元法计算，D错误。
故选A。
25．BD
【详解】A．图甲中随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A错误；
B．图乙光电效应实验中滑动变阻器的触头向右移动，正向电压增大，电流表的示数有可能增大，故B正确；
C．图丙粒子散射实验中，粒子与金原子中的原子核碰撞可能会发生大角度偏转，故C错误；
D．图丁大量氢原子处于n＝4的激发态，跃迁过程中可能释放出光子的频率数
其中从n＝4的能级跃迁到n＝3能级辐射的光子波长最大，故D正确。
故选BD。
26．B
【详解】A．电子束通过双缝后形成的干涉图样可用电子的波动性解释，选项A错误；
B．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，选项B正确；
C．康普顿效应说明光具有粒子性，选项C错误；
D．自然界的任何物体都向外辐射电磁波，黑体是一个理想化了的物体，它能吸收各种电磁波而不反射电磁波的物体，故D错误：
故选B。
27．D
【详解】A．卢瑟福通过A图所示的实验确立了原子的核式结构理论，并没有发现质子和中子，选项A错误；
B．汤姆孙通过B图所示的气体放电管发现了电子，选项B错误；
C．C图所示的实验中，从锌板中逸出光电子，则锌板带上正电，验电器因为带上正电指针张开，选项C错误；
D．D图放射源产生的三种射线中，射线1是α粒子，其电离本领最强，选项D正确。
故选D。
28．B
【详解】A．汤姆孙发现了电子，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，选项A错误；
B．普朗克把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的观念，选项B正确；
C．法拉第发现了电磁感应现象，德国物理学家纽曼、韦伯得出了法拉第电磁感应定律，选项C错误；
D．玻尔原子理论的成功之处是引入了量子理论，不足之处是保留了经典粒子的概念，故D错误；
故选B。
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答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲第16章 热学
第16.1 讲 分子动理论和内能
【知识点精讲】
一、分子动理论的三条基本内容
1．物体是由大量分子组成的
（1）分子的大小
①分子的直径（视为球模型）：数量级为10－10 m；
②分子的质量：数量级为10－26 kg。
【温馨提示】
分子的简化模型
（1）固体和液体分子模型:对于固体和液体,可认为分子紧密排列,分子间没有空隙,则为一个分子的体积,为摩尔体积）。
①球形分子模型:如图所示,则直径。
②立方体分子模型:认为每个分子占据一个相同的立方体空间,该立方体的边长即分子间的平均距离,边长 ,如图所示。
（2）气体分子模型:对于气体来说,由于气体分子间的距离远大于气体分子的直径,故通过立方体模型（不采用球形模型）,可以估算得到每个气体分子平均占有的空间,但无法得到每个气体分子的实际体积。设每个气体分子占据的空间可看成一个边长为、体积为的正方体。气体分子间距离 ,如图所示。
（2）阿伏加德罗常数
1 mol的任何物质都含有相同的粒子数。通常可取NA＝6.02×1023 mol－1。
【特别提醒】
阿伏加德罗常数NA是联系宏观量与微观量的“桥梁”。
.宏观量、微观量以及它们之间的关系
已知量 可求量
摩尔体积 分子体积（适用于固体和液体）分子占据体积（适用于气体）
摩尔质量 分子质量
体积和摩尔体积 分子数目（适用于固体、液体和气体）
质量和摩尔质量 分子数目
2．分子永不停息地做无规则的热运动
（1）实例证明：
①扩散现象
a．定义：不同物质能够彼此进入对方的现象；
b．实质：扩散现象并不是外界作用引起的，也不是化学反应的结果，而是由分子的无规则运动产生的物质迁移现象，温度越高，扩散现象越明显。
【特别提醒】扩散现象在固、液、气三态中均可发生，它直接证明了分子在不停地做无规则运动；
②布朗运动
a．定义：悬浮在液体中的小颗粒的永不停息的无规则运动；
b．实质：悬浮小颗粒受到做无规则运动的液体分子的撞击；颗粒越小，温度越高，运动越剧烈。
【特别提醒】布朗运动不是分子的运动，而是液体或气体中的悬浮颗粒的运动，它间接证明了分子的无规则运动。
（2）热运动
①分子的永不停息的无规则运动叫做热运动；
②特点：分子的无规则运动和温度有关，温度越高，分子运动越激烈。
【温馨提示】扩散现象、布朗运动与热运动的比较
扩散现象 布朗运动 热运动
活动主体 分子 固体微小颗粒 分子
区别 是分子的运动，发生在固体、液体、气体任何两种物质之间 是比分子大得多的颗粒的运动，只能在液体、气体中发生 是分子的运动，不能通过光学显微镜直接观察到
共同点 （1）都是无规则运动（2）都随温度的升高而更加激烈
联系 扩散现象、布朗运动都反映了分子做无规则的热运动
3．分子间同时存在引力和斥力
（1）分子间的引力和斥力是同时存在的，实际表现出的分子力是引力和斥力的合力；
（2）分子力随分子间距离变化的关系：分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但斥力比引力变化得快
（3）分子力与分子间距离的关系图线 （如图所示）。由关系图线可知：
①当r＝r0时，F引＝F斥，分子力为零；
【特别提醒】当r＝r0时，分子力为零，但是分子间的F引、F斥都不为零，是二者的合力为零。
②当r＞r0时，F引＞F斥，分子力表现为引力；
③当r＜r0时，F引＜F斥，分子力表现为斥力；
④当分子间距离大于10r0（约为10－9 m）时，分子力很弱，可以忽略不计。
二、温度和物体的内能
1．温度
两个系统处于热平衡时，它们具有某个“共同的热学性质”，我们把表征这一“共同热学性质”的物理量定义为温度。一切达到热平衡的系统都具有相同的温度。
2．两种温标
摄氏温标和热力学温标。
关系：T＝t＋273.15_K。
3．分子的动能和平均动能
（1）分子动能是分子热运动所具有的动能。
（2）分子热运动的平均动能是所有分子热运动的动能的平均值，温度是分子热运动的平均动能的标志。
【特别提醒】只要温度相同，无论物质处于固、液、气哪种物态，物体分子的平均动能均相同。
（3）分子热运动的总动能是物体内所有分子热运动动能的总和。
4．分子的势能
（1）由于分子间存在着引力和斥力，所以分子具有由它们的相对位置决定的能，即分子势能。
（2）分子势能的决定因素：微观上决定于分子间距离和分子排列情况；宏观上决定于体积和状态。
【特别提醒】分子力曲线和分子势能曲线的比较
项目 分子力曲线 分子势能曲线
与分子间距的关系图像
坐标轴 纵坐标表示分子力，横坐标表示分子间距离 纵坐标表示分子势能，横坐标表示分子间距离
图像的意义 横轴上方的曲线表示斥力，为正值；下方的曲线表示引力，为负值。分子力为引力与斥力的合力 横轴上方的曲线表示分子势能，为正值；下方的曲线表示分子势能，为负值，且正值一定大于负值
随分子间距的变化情况 和都随距离的增大而减小，随距离的减小而增大，，表现为斥力 增大，斥力做正功，分子势能减少；减小，斥力做负功，分子势能增加
和都随距离的增大而减小，随距离的减小而增大，，表现为引力 增大，引力做负功，分子势能增加；减小，引力做正功，分子势能减少
， 分子势能最小，但不为零
和和都已十分微弱，可以认为分子间没有相互作用力 分子势能为零
【温馨提示】
两分子间距为r0时分子力为零，分子势能最小，但分子势能不一定为零；分子势能具有相对性。
5．物体的内能
（1）等于物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，是状态量。
（2）对于给定的物体，其内能大小由物体的温度和体积决定。
（3）物体的内能与物体的位置高低、运动速度大小无关。
【特别提醒】物体的内能与机械能不同。
【方法归纳】
1. 内能和机械能的比较
能量 定义 决定因素 能量值 测量 转化
内能 物体内所有分子的动能和势能的总和 由物体内部分子微观运动状态决定 恒不为零 无法测量 在一定条 件下 可相 互转 化
机械 能 物体的动能及重力势能和弹性势能的总和 与物体宏观运动状态、参考系和零势能面的选取有关 可以为零 可以测量
2.分析物体内能问题的四点提醒
（1）内能是对物体的大量分子而言的，对于单个分子的内能没有意义。
（2）决定内能大小的因素为：物质的量、温度、体积、以及物质状态。
（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。
【最新高考题精练】
（2023高考海南卷）
1．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
（2020高考全国理综I）
2．分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，r= r1时，F=0。分子间势能由r决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零。若一分子固定于原点O，另一分子从距O点很远处向O点运动，在两分子间距减小到r2的过程中，势能 （填“减小“不变”或“增大”）；在间距由r2减小到r1的过程中，势能 （填“减小”“不变”或“增大”）；在间距等于r1处，势能 （填“大于”“等于”或“小于”）零。
（2021重庆高考）
3．图1和图2中曲线分别描述了某物理量随分之间的距离变化的规律，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，则曲线对应的物理量分别是（　　）

A．①③② B．②④③ C．④①③ D．①④③
【最新模拟题精练】
（2023南京六校联考）
4．对于以下教材中配图说明，说法正确的是（　　）
A．甲图为油膜法估算分子直径的实验图。实验中需将痱子粉撒的尽量厚一些
B．乙图为布朗运动产生原因示意图。说明微粒越大，液体分子沿各方向撞击它的数量越多，布朗运动越明显
C．丙图为模拟气体压强产生机理实验图。说明气体压强是由大量气体分子对器壁频繁碰撞产生的
D．丁图为热机工作时的能流分配图。说明热机的效率可能达到100%
（2023重庆信息联考卷3）
5．关于下列四幅图像说法正确的是（ ）
A．对甲图，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
B．对乙图，半杯水与半杯酒精混合之后的总体积要小于整个杯子的容积，说明液体分子之间有间隙
C．对丙图，自由膨胀和扩散现象都具有双向可逆性
D．对丁图、扩散现象不能在固体之间发生
（2023河南洛阳等4市三模）
6．比较45℃的热水和100℃的水蒸气，下列说法正确的是（　　）
A．热水中的分子平均动能比水蒸气中的分子平均动能小
B．热水的内能比相同质量的水蒸气的内能小
C．热水中的分子速率都比水蒸气中的分子速率小
D．水蒸气中的分子热运动比热水中的分子热运动剧烈
E．热水的热量比水蒸气的热量少
（2023湖北部分高中联考）
7．右图是用显微镜观察布朗运动时记录的图像，则关于布朗运动，下列说法正确的是（　　）
A．液体分子的无规则运动是布朗运动 B．温度越高，布朗运动越明显
C．悬浮微粒的大小对布朗运动无影响 D．右图为悬浮微粒在这一段时间内的运动轨迹
（2023江西红色十校第一次联考）
8．下列说法正确的是（　　）
A．质量、温度、体积都相等的物体内能一定相等
B．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
C．装在绝热容器中质量一定的理想气体向真空自由膨胀的过程中，气体对外界做功且内能减少
D．空调机在制冷过程中，向室外放出的热量大于从室内吸收的热量
E．用表示分子势能，r表示分子间距离，可能随r的增大而增大，也可能随r的增大而减小
（2023陕西师大附中期初检测）
9．下列说法正确的是（　　）
A．布朗运动和扩散现象都是由物质分子的无规则运动产生的，且剧烈程度都与温度有关
B．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点
C．一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，单位时间内气体分子对单位面积容器壁的碰撞次数一定减少
D．温度相同、质量相等的氢气和氧气，若均可视为理想气体，则氢气的内能比氧气的内能大
E．一切与热现象有关的自发过程总是向着分子热运动无序性减小的方向进行的
（2023四川成都蓉城名校联盟联考）
10．王亚平在“太空课堂”中，演示了一精彩的实验——水球实验。王亚平往水膜内注入纯净水，让它变成一个“完美”的大水球。产生这种现象的主要原因是水球表面层分子比较 （填“稀疏”或“密集"），表面层分子间的相互作用力表现为 （填“引力”或“斥力”），正因为这个表面张力的作用，使得液体表面积尽可能地 （填“缩至最小”或“扩至最大”），于是在失重环境下形成“完美”的大水球。
（2022山西太原模拟）
11．分子势能Ep和分子间距离r的关系如图所示。体温计破裂后，落到地面上的水银滴总是呈球形，则在水银滴与空气的表面层中，汞分子间的相互作用力总体表现为 （填“斥力”或“引力”）。能总体上反映水银中汞分子Ep的是图中 （填“A”“B”“C”或“D”）的位置。将水银灌装到玻璃管中，水银不浸润玻璃，那么能总体上反映水银附着层中汞分子Ep的是图中 （选填“A”“B”“C”或“D”）的位置。
（2023四川内江一中入学考试）
12．下列说法正确的是（　　）
A．太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果
B．布朗运动的剧烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫分子热运动
C．某理想气体的摩尔体积为V0，阿伏加德罗常数为NA，则该理想气体单个的分子体积为
D．晶体在熔化过程中吸收热量，内能增加，但其分子平均动能保持不变
E．一定质量理想气体克服外界压力膨胀，但不吸热也不放热，内能一定减少
（2022山东淄博二模）
13．某潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3kg/m3和2.1kg/m3，空气的摩尔质量为0.029kg/mol，阿伏加德罗常数。若潜水员呼吸一次吸入2L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数约为（　　）
A． B． C． D．
（2022河南许昌一模）
14．如图所示，一定质量的气体被封闭在容器内，a态是容器放在冰水混合物中气体达到的平衡状态；b态是容器从冰水混合物中移出后，在室温（27°C）中达到的平衡状态。.若忽略气体分子之间的势能，则
（1）b态的气体分子在单位时间内撞击单位面积器壁的个数比a态 （选填“多”或“ 少”）；
（2）从a态到b态，容器中气体内能 （选填“增加”或“减少”）。
（2022山西临汾模拟）
15．甲分子固定在坐标原点为，乙分子位于轴上，如图。现使乙分子由静止开始只在分子力作用下从距甲处为平衡位置）开始运动到处的过程中，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
E．分子间的引力增大，斥力减小
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】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。
2． 减小 减小 小于
【详解】[1]从距点很远处向点运动，两分子间距减小到的过程中，分子间体现引力，引力做正功，分子势能减小；
[2]在的过程中，分子间仍然体现引力，引力做正功，分子势能减小；
[3]在间距等于之前，分子势能一直减小，取无穷远处分子间势能为零，则在处分子势能小于零。
3．D
【详解】根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为）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；
根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为）时分子力为零，可知曲线Ⅱ为分子力随分子之间距离r变化的图像；
根据分子之间斥力随分子之间距离的增大而减小较引力变化快，可知曲线Ⅲ为分子斥力随分子之间距离r变化的图像。
D正确，故选D。
4．C
【详解】A．甲图为油膜法估算分子直径的实验图。实验中需将痱子粉撒的尽量薄一些，油酸滴到痱子粉上能尽可能的散开，故A错误；
B．乙图为布朗运动产生原因示意图。说明微粒越大，液体分子沿各方向撞击它的数量越多，微粒各方向受力比较均衡，布朗运动不明显，故B错误；
C．气体分子永不停息地做无规则的热运动，频繁地碰撞容器的器壁，会对器壁产生压强，丙图为模拟气体压强产生机理实验图。实验说明气体压强是由大量气体分子对器壁频繁碰撞产生的，故C正确；
D．丁图为热机工作时的能流分配图。从高温向低温传递热量时会伴随着对外做功，说明热机的效率不可能达到100%，故D错误。
故选C。
5．B
【详解】A．布朗运动用肉眼观察不到的，对甲图，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，选项A错误；
B．对乙图，半杯水与半杯酒精混合之后的总体积要小于整个杯子的容积，说明液体分子之间有间隙，选项B正确；
C．对丙图，自由膨胀和扩散现象都具有单向性，不具有双向可逆性，选项C错误；
D．对丁图、扩散现象也能在固体之间发生，选项D错误。
故选B。
6．ABD
【详解】A．温度是分子平均动能的标志，温度越低，分子的平均动能越小，故A正确。
B．一定量物质的内能是其所有分子的热运动的动能和分子势能的总和。对于相同质量的上述水和水蒸气来说，水的温度比水蒸气低，所以水的分子总动能小于水蒸气分子的总动能，同时，水的分子平均距离小于水蒸气分子的平均距离，所以水的分子总势能和也小于水蒸气的分子总势能，所以水的内能比水蒸气的内能小，故B正确。
C．热水中分子的平均动能比水蒸气中分子的平均动能小，也就是热水中分子的平均速率比水蒸气中分子的平均速率小，但不表示水中每一个水分子的速率都比水蒸气中任何一个分子的速率小，故C错误。
D．分子热运动的速率越大，分子热运动越剧烈，水蒸气中的分子热运动平均速率比热水中的分子热运动平均速率大，所以水蒸气中的分子热运动更剧烈，故D正确。
E．热量多少与物质的量多少有关，故E错误。
故选ABD。
7．B
【详解】A．液体中悬浮微粒的运动是布朗运动，间接反映液体分子的无规则运动，A错误；
B．温度越高，液体分子运动越激烈，布朗运动越明显，B正确；
C．悬浮微粒越小，液体分子对其撞击的不平衡性越明显，布朗运动越激烈，C错误；
D．题图的折线是每个一定时间悬浮微粒所在位置的连线图，不是悬浮微粒的运动轨迹，D错误。
故选B。
8．BDE
【详解】A．物体的内能与物质的量、温度、体积有关，质量、温度、体积都相等的物体其物质的量不一定相等，内能不一定相等，A项错误：
B．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，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，B项正确；
C．一定质量的理想气体向真空自由膨胀的过程中，气体对外界做功为零，气体的内能不变，C项错误：
D．空调机在制冷的过程中，除了从室内吸收热量，消耗的电能也转化为热量，所以向室外放出的热量大于从室内吸收的热量，D项正确；
E．如果一开始分子间的距离小于，随着分子间距离的增大，分子的斥力做正功，分子势能减小，当分子间距大于后，随着分子间距离增大，分子引力做负功，分子势能增大，随着分子间距离减小，分子引力做正功，分子势能减小，E项正确。
故选BDE。
9．ACD
【详解】A．布朗运动和扩散现象都是由物质分子的无规则运动产生的，且剧烈程度都与温度有关，温度越高越激烈，故A正确；
B．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，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故B错误；
C．一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，分子的平均动能变大，则单位时间内气体分子对单位面积容器壁的碰撞次数一定减少，故C正确；
D．温度相同、质量相等的氢气和氧气，氢气的分子数目较多，若均可视为理想气体，则氢气的内能比氧气的内能大，故D正确；
E．一切与热现象有关的自发过程总是向着分子热运动无序性增加的方向进行的，故E错误。
故选ACD。
10． 稀疏 引力 缩至最小
【详解】[1] 产生这种现象的主要原因是水球表面层分子比较稀疏。
[2] 表面层分子间的相互作用力表现为引力。
[3] 正因为这个表面张力的作用，使得液体表面积尽可能地缩至最小。
11． 引力 D D
【详解】[1]在水银滴与空气的表面层中，汞分子间距离大于平衡距离，分子间相互作用力总体表现为引力；
[2]当汞分子间的距离大于平衡距离时，分子势能最小，而题中汞分子间距离大于平衡距离，所以分子势能大于最小值，既能总体上反映水银中汞分子Ep的是图中D的位置；
[3] 水银灌装到玻璃管中，水银不浸润玻璃，水银附着层中汞分子间距大于平衡距离，所以能总体上反映水银附着层中汞分子Ep的是图中D的位置。
12．ADE
【详解】A．太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果，选项A正确；
B．布朗运动的剧烈程度与温度有关，但是布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，所以布朗运动不是分子热运动，选项B错误；
C．某理想气体的摩尔体积为V0，阿伏加德罗常数为NA，则该理想气体单个的分子运动占据的空间的体积为，选项C错误；
D．晶体在熔化过程中吸收热量，内能增加，但由于温度不变，则其分子平均动能保持不变，选项D正确；
E．一定质量理想气体克服外界压力膨胀，但不吸热也不放热，根据热力学第一定律，内能一定减少，选项E正确。
故选ADE。
13．B
【详解】设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为和，一次吸入空气的体积为V，在海底和在岸上分别吸入的空气分子个数为n海和n岸
则有
多吸入的空气分子个数为
数据得
故选B。
14． 多 增加
【详解】（1）[1]因为b态的温度较大，分子平均速率大于a态，可知b态的气体分子在单位时间内撞击单位面积器壁的个数比a态多；
（2）[2]从a态到b态，温度升高，则容器中气体内能增加。
15．ABC
【详解】A．乙分子从距甲处（为平衡位置）开始运动到过程中，在到这段区域内，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，故正确；
BCD．在到这段区域内，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，故BC正确，D错误；
E．在到这段区域内，引力和斥力都减小，但斥力减小的快，引力减小的慢，故E错误。
故选ABC。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲第16章 热学
第16.2讲 单分子油膜法估测分子大小
【知识点精讲】
一、实验目的
1.知道油膜法估测油酸分子的大小的原理.2.掌握用油膜法估测油酸分子的大小的方法．
二、实验原理
把一定体积的油酸酒精溶液滴在水面上使其形成单分子油膜，如图所示。不考虑分子间的间隙，把油酸分子看成球形，计算出1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积并测出油膜面积，求出油膜的厚度，即就是油酸分子的直径。
三、实验器材
油酸、酒精、注射器或滴管、量筒、浅盘、玻璃板、坐标纸、彩笔、爽身粉或细石膏粉。
四、实验步骤
1.用注射器往小量筒中滴入油酸酒精溶液，记下滴入的滴数，算出一滴油酸酒精溶液的体积。
2.在浅盘中倒入约深的水，将爽身粉均匀撒在水面上。
3.将一滴油酸酒精溶液滴在浅盘的液面上。
4.待油酸薄膜形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔（或钢笔）画出油酸薄膜的形状。
5.将玻璃板放在坐标纸上，算出油酸薄膜的面积；或者玻璃板上有边长为的方格，则也可通过数方格数，算出油酸薄膜的面积。
6.根据已配好的油酸酒精溶液的浓度，算出一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积。
7.计算油酸薄膜的厚度，即油酸分子直径的大小。
五、数据处理
在实验中由计算分子直径，是经过换算后一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，各物理量的计算方法如下：
1.一滴油酸酒精溶液的平均体积
。
2.一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积
。（体积）。
3.油膜的面积（为小正方形的有效个数，为小正方形的边长）。
六、误差分析
1.油酸酒精溶液配制后长时间放置，酒精的挥发会导致溶液的浓度改变，从而给实验带来较大的误差。
2.利用量筒测量油酸酒精溶液的体积时，没有使用正确的观察方法而产生误差。
3.油滴的体积过大，同时水面面积过小，不能形成单分子油膜。
4.描绘油膜形状的画线误差。
5.利用小正方形个数计算轮廓的面积时，轮廓的不规则性容易带来误差。
6.不考虑油酸分子的空隙，计算分子直径的误差。
七、注意事项
1.实验前，必须把所有的实验用具擦洗干净，实验时吸取油酸、酒精和溶液的移液管不能混用，否则会增大误差，影响实验结果。
2.待测油酸扩散后又收缩，要在稳定后再画轮廓，扩散后又收缩有两个原因：一是水面受油酸酒精溶液液滴的冲击凹陷后又恢复；二是酒精挥发后液面收缩。
3.本实验只要求估算分子大小，实验结果的数量级符合要求即可。
4.爽身粉不宜撒得过厚，油酸酒精溶液的浓度要适宜。
5.向水面滴油酸酒精溶液时，应靠近水面，不能离水面太高，否则油膜轮廓难以形成。
【最新高考题精练】
（2011·全国）
1．在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
①往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水．待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上；
②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油膜形状稳定；
③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，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小；
④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；
⑤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；
完成下列填空：
（1）上述步骤中，正确的顺序是_____ _____．(填写步骤前面的数字)
（2）将1cm3的油酸溶于酒精，制成300 cm3的油酸酒精溶液；测得l cm3的油酸酒精溶液有50滴．现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13 m2
由此估算出油酸分子的直径为___ ___m．(结果保留l位有效数字)
（2011·江苏）
2．某同学在进行“用油膜法估测分子的大小”的实验前，查阅数据手册得知：油酸的摩尔质量，密度。若100滴油酸的体积为1ml，则1滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是多少？（取NA=6.02×1023mol-1.球的体积V与直径D的关系为，结果保留一位有效数字）
【最新模拟题精练】
（2023四川南充三模）
3．将每个油酸分子视为球体，把1滴油酸酒精溶液滴入足够大盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，根据稳定后形成的油膜面积可以估算油酸分子的直径。所用油酸酒精溶液的浓度为每油酸酒精溶液中有纯油酸，现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加了，油膜稳定后的形状如图所示，每一小方格的边长为，试问：

（1）、让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为 油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的 ；
（2）、根据上述数据，估测出油酸分子的直径是 。（结果保留2位有效数字）
（2023浙江台州二模）
4．①在“用油膜法估测分子的大小”实验中，所选用的油酸酒精溶液的浓度为每溶液中含有纯油酸5mL。用注射器测得1mL上述溶液有75滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，测得水面稳定后的油膜面积为，可算出一滴溶液中含有纯油酸的体积为 ml，油酸分子的直径约为 m。（结果均保留一位有效数字）
②某同学最终得到的油酸分子直径数值和其他同学相比明显偏大，其原因可能是 。
A. 水面上痱子粉撒的较多，油膜未充分展开
B. 使用了长时间放置且未密封保存的油酸酒精溶液
C. 计算油酸膜面积时，错将所有不完整的方格作为完整方格处理
D. 错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为纯油酸的体积进行计算
（2023年7月浙江湖州期末）
5．在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中：
（1）以下操作不正确的是 。
A．直接将一滴油酸滴到水面上
B．向浅盘中倒入2cm左右深的水，均匀地撒上痱子粉
C．油膜稳定后将玻璃板盖到浅盘上画出油膜轮廓
（2）前面正确操作后，某同学将油酸酒精溶液滴到均匀撒好痱子粉的水面上时油膜的面积会 。
A．变大　　B．变小　　C．先变大后变小
（3）不同实验小组向水面滴入一滴油酸酒精溶液时得到以下油膜形状，做该实验最理想的是 。
A． B． C．
（2023年7月武汉部分学校联合体联考）
6．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中。
（1）某同学操作步骤如下：
①用0.5mL的油酸配制了1000mL的油酸酒精溶液
②用注射器和量筒测得50滴油酸酒精溶液体积为1mL
③在浅盘内盛适量的水，将痱子粉均匀地撒在水面上，滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定
④在浅盘上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积为，油酸分子直径大小 m（结果保留一位有效数字）。
（2）若已知纯油酸的密度为，摩尔质量为M，在测出油酸分子直径为d后，还可以继续测出阿伏加德罗常数 （用题中给出的物理量符号表示）。
（2023湖北孝感高二期末）
7．在“用油膜法估测分子大小”的实验中，所用的油酸酒精溶液的浓度为1：500，用注射器和量筒测得1mL上述溶液50滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开。
（1）本实验中做了三点理想化假设，
①将油酸分子视为球形；
② ；
③油酸分子是紧挨在一起的。
（2）测得油膜的面积约为160cm2，则油酸分子的直径是 m；（结果保留两位有效数字）
（3）某同学计算出的结果明显偏大，可能的原因是 。
A．油酸未完全散开
B．油酸中含有大量酒精
C．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格
D．求每滴溶液中纯油酸的体积时，1mL溶液的滴数多记了几滴
（2023吉林长春重点高中质检）
8．在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中：
（1）“将油酸分子看成球形”采用的方法是 ；
A. 理想模型法 B. 等效替代法
C. 控制变量法 D. 微量放大法
（2）有下列实验步骤：
①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；
②往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的爽身粉均匀地撒在水面上；
③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；
④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；
⑤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，根据油酸的体积和油膜的面积计算出油酸分子直径的大小。
（3）某老师将一滴油酸酒精溶液滴入事先洒有均匀爽身粉的水槽中，待油膜充分散开后，在玻璃板上描出油膜的轮廓：该油膜的面积是：已知油酸酒精溶液中油酸浓度为0.2%，400滴油酸酒精溶液滴入量筒后的体积是，则油酸分子直径为 m；（结果保留两位有效数字）
（4）某同学实验中最终测得的油酸分子直径偏小，则其原因可能是 。（填选项前的字母）
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. 计算油酸膜面积时，错将所有不完整的方格作为完整方格处理
C. 水面上爽身粉撒得较多，油酸膜没有充分展开
（2023湖北重点高中期中联考）
9．在“油膜法估测油酸分子大小”实验中，先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，记下量筒内增加一定体积时的滴数，由此计算出1滴油酸酒精溶液的体积之后有下列实验步骤：
①往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上。
②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴1滴在水面上，待薄膜形状稳定。
③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，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。
④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。
完成下列填空：
（1）上述步骤中，正确的顺序是 ；（填写步骤前面的序号）
（2）将的油酸溶于酒精，制成的油酸酒精溶液；测得的油酸酒精溶液有80滴。现取1滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是。由此估算出油酸分子的直径为 m。（结果保留1位有效数字）
（2023江苏重点高中联考）
10．在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
①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
②往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上
③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，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小
④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
⑤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
完成下列填空：
（1）上述步骤中，正确的顺序是
（2）油酸酒精溶液的浓度为每1000mL溶液中有纯油酸1mL，用注射器测得1mL上述溶液有400滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里，待水面稳定后，测得油酸膜的近似轮廓1图所示，图中正方形小方格的边长为1cm，则每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是 mL，油酸膜的面积是 。根据上述数据，估测出油酸分子的直径是 m（此结果保留两位有效数字）
（3）某学生在“用油膜法估测分子大小”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，将所有不足1格的方格记作1格
C.计算油膜面积时，舍去了所有不足1格的方格
（2023广东揭阳名校质检）
11．（1）在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中，实验的简要步骤如下：
A.配制油酸酒精溶液：将油酸和酒精按体积比配制好，然后把油酸酒精溶液一滴一滴滴入量筒中，算出一滴油酸酒精溶液的体积
B.向浅盘中倒入一定量的水，在水面均匀地撒入滑石粉（或痱子粉）
C.把一滴油酸酒精溶液滴在水面上，直至薄膜形态稳定
D.把带有小方格的塑料板放在浅盘上，然后将油酸膜的形态用彩笔画在塑料板上，数出薄膜所占格数，根据小方格个数估算出油膜面积
E.计算出油膜的厚度
（2）在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸酒精溶液的浓度为每mL溶液中有纯油酸5mL.用注射器测得1mL上述溶液有液滴100滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待稳定后，将玻璃板放在浅盘上描出油膜轮廓，再将玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示，坐标纸中正方形小方格的边长为1cm.则：
①油膜的面积约为 cm2（保留两位有效数字）.
②每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是 cm3.
③根据上述数据，估算出油酸分子的直径 m（保留一位有效数字）
（3）实验中水槽所撒痱子粉太厚会导致测量结果 （选填“偏大”或“偏小”）
（2023广东金山中学质检）
12．在“用油膜法估测分子大小”实验中，所用的酒精油酸溶液的浓度为1000mL溶液中有纯油酸0.6mL，用注射器测得1mL上述溶液为80滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开，测得油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示，图中每一小方格的边长为1cm。
（1）该实验中的理想化假设有 。
A．将油酸形成的膜看成单分子层油膜
B．不考虑各油酸分子间的间隙
C．考虑了各油酸分子间的间隙
D．将油酸分子看成球形
（2）实验测出的油膜面积是 m2；油酸分子的直径是 m。（结果保留两位有效数字）
（3）关于该实验的误差分析，下列正确的是 。
A．在配制溶液时，不小心把酒精倒多了一点，导致溶液的实际浓度比计算值小一些，这将导致油酸分子直径的测量值偏大
B．上午配制的溶液，放置到下午某班级物理课堂上做实验，将会导致油酸分子直径的测量值偏小
C．若痱子粉在浅水盘中撒的太多，将会导致油酸分子直径的测量值偏小
D．若在实验准备过程中浅水盘清洗得不干净，留有少量油酸残余，在接下来的实验中将会导致油酸分子直径的测量值偏大
（2023湖南邵阳重点高中期中）
13．在“用油膜法估测分子大小”的实验中：
（1）已知实验室中使用的油酸酒精溶液的浓度为，滴溶液的总体积为。在浅盘中的水面上均匀地撒上痱子粉，将一滴上述油酸酒精溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓，测得油膜占有的正方形小格个数为。
①用以上字母表示一滴油酸酒精溶液中的纯油酸的体积为 。
②油酸分子直径约为 。
（2）在“油膜法”估测分子大小的实验中，体现的物理思想方法是 。
A．理想模型法 B.控制变量法 C.等效替代法
（3）某同学所得到的油酸分子直径的计算结果明显偏小，可能是由于 。
A．油酸未完全散开
B．油酸酒精溶液中含有大量酒精
C．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格
D．在向量筒中滴入总体积为的滴油酸酒精溶液时，滴数多数了10滴
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1） ④①②⑤③（2）5×10-10m
【详解】（1）[1]由实验要求可知，实验的步骤是先配溶液，然后再将痱子粉放入水中，将液滴滴入水中，描绘轮廓，计算面积，因此是④①②⑤③；
（2）[2]根据题意可得
2．1×10m2
【详解】一个油酸分子的体积为
又有
联立方程，解得分子直径为
最大面积为
代入数据，解得
S=1×10m2
3． 单分子 直径
【详解】（1）[1][2]让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径；
（2）[3]一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积
油膜的面积
则分子直径
4． AD##DA
【详解】①[1]根据题意可知，一滴油酸酒精溶液中油酸的体积为
[2]则油酸分子的直径是
②[3] A．水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开，则测得的油膜面积S偏小，直径d的测量值偏大，A正确；
B．使用了长时间放置且未密封保存的油酸酒精溶液，酒精挥发使溶液的浓度变大，则所含油酸体积偏大，则面积变大，则直径d的测量值偏小，B错误；
C．计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理，则测得的油膜面积S偏大，则直径d的测量值偏小，C错误；
D．油酸分子直径为
可知，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，则体积V偏大，直径d的测量值偏大，D正确。
故选AD。
5． A； C； C
【详解】（1）[1] A．油酸浓度太大且不溶于水，直接第一滴油酸不能形成单分子油层，故A错误；
B．为了便于观察油酸在水面扩散的面积，所以在水面均匀撒上痱子粉，故B正确；
C．为了定量测出油酸扩散面积，用带方格的玻璃板盖到浅盘上画出油膜轮廓，故C正确；
故选A。
（2）[2]酒精溶于水，油酸酒精溶液滴到水中在酒精的作用下形成单分子油膜，随后酒精挥发油膜的面积又缩小，故选C；
（3）[3]最理想的情况是痱子粉很薄，容易被油酸酒精溶液冲开，近似圆形，故选C。
6．
【详解】（1）[1]一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积为
油酸分子直径大小
（2）[2]阿伏加德罗常数
7． 油膜看成单分子层 2.5×10-9 AC
【详解】（1）[1]本实验中做了三点理想化假设，是油酸分子视为球形；油膜看成单分子层；油酸分子是紧挨在一起的；
（2）[2]1滴油酸酒精溶液中所含的纯油酸的体积为
由于形成单分子层油膜，则油酸分子的直径为
（3）[3]A．油酸未完全散开，S偏小，分子直径偏大，故A正确；
B．油酸中含有大量酒精不会造成影响，因为酒精最终挥发或者溶于水，故B错误；
C．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S偏小，分子直径偏大，故C正确；
D．求每滴体积时，1ml的溶液的滴数误多记了几滴，纯油酸的体积将偏小，分子直径偏小，故D错误。
故选AC。
8． A B
【详解】（1）[1]“将油酸分子看成球形”采用的方法是理想模型法，故选A；
（3）[2]一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积
分子直径
（4）[3]A．根据，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，则会导致最终测得的油酸分子直径偏大，故A错误；
B．计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理，则会使测得油酸面积变大，可知油酸分子直径变小，故B正确；
C．水面上爽身粉撤得较多，油酸膜没有充分展开，致使水面上的油酸分子呈现多层，导致其面积变小，所以测得油酸分子直径变大，故C错误。
故选B。
9． ①②④③
【详解】（1）[1]依据实验顺序在浅盘中放水和痱子粉，将1滴油酸酒精溶液滴入浅盘中，将玻璃板放在浅盘上获取油膜形状，最后用已知边长的坐标纸上的油膜形状来计算油膜的总面积；顺序为①②④③。
（2）[2]1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积
油酸分子直径
10． ④②①⑤③ 59##58##60 B
【详解】（1）[1] “油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：
准备油酸酒精溶液④→准备带水的浅盘和痱子粉②→形成油膜①→描绘油膜轮廓⑤→计算分子直径③
故正确的顺序为：④②①⑤③。
（2）[2][3]1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积
面积超过小方格面积一半的小方格的个数为59个，故油膜的面积
油酸分子直径
（3）[4]A.油酸未完全散开，则S测量值偏小，则直径测量值偏大，故A错误；
B．计算油膜面积时，将所有不足1格的方格记作1格，则S测量值偏大，则直径测量值偏小，故B正确；
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足1格的方格，则S测量值偏小，则直径测量值偏大，故C错误。
故选B。
11． 83 偏大
【详解】（2）①[1]这种粗测方法是将每个分子视为球体，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这时油膜的厚度可视为油酸分子的直径，由图示油膜可知，油膜所占坐标纸的格数是83个，油膜的面积为
②[2]一滴溶液中含纯油的体积
③[3]油酸分子直径
④[4]实验过程中，水槽所撒痱子粉太厚导致油膜没有完全散开，则油酸溶液在水面上形成的油膜面积偏小，由可知，实验测量的油酸分子的直径偏大。
12． ABD AB##BA
【详解】（1）[1]“用油膜法估测分子大小”的实验中，我们的实验依据是将油酸形成的膜看成单分子层油膜同时不考虑各油酸分子间的间隙以及将油酸分子看成球形。
故选ABD。
（2）[2]根据图中油膜所形成的面积，不足半格的舍去，超过半格的记为一格，估算得到油膜的面积有120格，而由于每一格的边长为，则油酸薄膜的面积为，即为
；
[3]1滴油酸酒精溶液的体积为
油酸占有酸溶液的体积分数为
则可得1滴酒精油酸溶液中油酸的体积为
由此可得油酸分子的直径为
结果保留两位有效数字为
（3）[4]A．在配置溶液时，不小心把酒精倒多了一点，导致溶液的实际浓度比计算值小一些，这将导致油酸的实际体积分数减小，即油酸的实际体积偏小，则油酸分子直径的测量值偏大，故A正确；
B．由于酒精具有挥发性，上午配制的溶液，放置到下午某班级物理课堂上做实验时，油酸的浓度增大，体积分数变大，导致所得油酸的实际体积增大，则会导致油酸分子直径的测量值偏小，故B正确；
C．若痱子粉在浅水盘中撒的太多，油酸将不能在潜水盘中充分散开，导致油酸的实际面积减小，将会导致油酸分子直径的测量值偏大，故C错误；
D．若在实验准备过程中浅水盘清洗得不干净，留有少量油酸残余，则会导致油酸薄膜的面积偏大，在接下来的实验中将会导致油酸分子直径的测量值偏小，故D错误。
故选AB。
13． A D
【详解】（1）①[1]一滴油酸酒精溶液中的纯油酸的体积为
②[2]油膜的面积为
油酸分子直径约为
（2）[3]在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，将油酸分子看作球形，认为油酸分子是一个紧挨一个的，估算出油膜面积，从而求出分子直径，这里用到的方法是理想模型法。
故选A。
（3）[4] A．油酸未完全散开，则油膜面积的测量值偏小，油酸分子直径的测量值偏大，故A错误；
B．酒精溶于水，溶液中含有大量酒精，有利用油酸分散开，形成单分子层，并不会引起油酸分子直径的测量值偏小，故B错误；
C．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，则油膜面积的测量值偏小，油酸分子直径的测量值偏大，故C错误；
D．在向量筒中滴入总体积为的滴油酸酒精溶液时，滴数多数了10滴，则一滴油酸酒精溶液中的纯油酸的体积测量值偏小，油酸分子直径的测量值偏小，故D正确。
故选D。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第16章 热学
第16.3讲 固体和液体
【知识点精讲】
一、固体和液体
1.固体
（1）固体分为晶体和非晶体两类。石英、云母、明矾、食盐、味精、蔗糖等是晶体。玻璃、蜂蜡、松香、沥青、橡胶等是非晶体。
（2）单晶体具有规则的几何形状，多晶体和非晶体没有规则的几何形状；晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点。
（3）有些晶体沿不同方向的导热或导电性能不同，有些晶体沿不同方向的光学性质不同，这类现象称为各向异性。非晶体和多晶体在各个方向的物理性质都是一样的，这叫做各向同性。
【特别提醒】晶体和非晶体的理解
（1） 区别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。凡是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体。
（2）凡是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体。
（3）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。
（4）晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。
2.液体
（1）液体的表面张力：液体表面的分子之间的作用力表现为引力，它的作用是能使液体表面绷紧，所以叫做液体的表面张力。
【温馨提示（i）。表面张力有使液体的表面积趋于最小的趋势；由于体积相同的情况下，球形的表面积最小，故在完全失重状态下液滴总是呈球形。
（ii）。液体表面张力的理解
形成原因 表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力
表面特性 表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜
表面张力 的方向 和液面相切，垂直于液面上的各条分界线
表面张力 的效果 表面张力使液体表面具有收缩趋势，使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
典型现象 球形液滴、肥皂泡、涟波、毛细现象、浸润和不浸润
（2）毛细现象：指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，毛细管越细，毛细现象越明显。
3.液晶
（1）具有液体的流动性。
（2）具有晶体的光学各向异性。
（3）从某个方向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。
【最新高考题精练】
（2023年6月高考浙江选考科目）
1．下列说法正确的是（ ）
A．热量能自发地从低温物体传到高温物体
B．液体的表面张力方向总是跟液面相切
C．在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的
D．当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率
（2020高考江苏物理）
2．玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史，它是一种非晶体。下列关于玻璃的说法正确的有（　　）
A．没有固定的熔点
B．天然具有规则的几何形状
C．沿不同方向的导热性能相同
D．分子在空间上周期性排列
（2020高考江苏物理）
3．一瓶酒精用了一些后，把瓶盖拧紧，不久瓶内液面上方形成了酒精的饱和汽，此时 （选填“有”或“没有”）酒精分子从液面飞出。当温度升高时，瓶中酒精饱和汽的密度 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2019高考江苏卷物理13A）
4．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的关系图象如图所示，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．
（2015·江苏）
5．对下列几种固体物质的认识，正确的有(　　)
A．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体
B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
C．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则
D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同
（2015·全国理综I）
6．下列说法正确的是__________
A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质
C．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
D．在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体
E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
【最新模拟题精练】
7．下列关于液体、固体性质的认识，正确的是（　　）
A．晶体的物理性质表现为各向异性，是由于组成晶体的微粒在空间排列上具有周期性
B．同一物质可以形成不同结构的晶体
C．表面张力的产生原因是由于表面层内的液体分子比液体内部更密集的缘故
D．通常使用玻璃棒导流依据的原理是液体不能浸润玻璃棒的性质
E．液体的饱和蒸汽压随着温度的上升而变大，与体积无关
（2023宁夏顶级名校月考）
8．关于热现象，下列说法正确的是（ ）
A．国产航母“山东舰”舰载机尾焰的温度超过，尾焰喷射到钢板上时钢板上所有分子的动能都增大
B．的气体和的钢板，它们的分子平均动能相同
C．科学家发现铋晶体具有某种特殊的导电性质，被称为“拓扑绝缘体”，铋晶体各项物理性质均表现为各向异性
D．一定量的的水变成的水蒸气，分子平均动能不变，其分子势能增大
E．农谚“锄板底下有水”是指把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，保存水分
（2022山西大同一模）
9．关于晶体和液体，下列说法正确的是（　　）
A．不论是什么液体，表面张力都会使表面收缩
B．一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体
C．干湿泡湿度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远
D．悬浮在水中花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
E．有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体
（2022·山东菏泽二模）
10．下列描述符合事实的是（　　）
A．一个气泡从恒温水槽内缓慢向上浮起时从水中放出热量
B．水黾可以停留在水面上是因为受到竖直向上的表面张力
C．水对玻璃浸润的原因是附着层内分子间的距离比内部小
D．物体温度升高则物体内部所有分子动能都增大
（2022广东深圳一模）
11．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 （填写“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之间的平均距离 （填写“大”或“小”）。王亚平又将她和女儿用纸做的小花轻放在水球表面，纸花迅速绽放，水面对小花做了 （填写“正功”或“负功”）

（2022山东泰安三模）
12．固、液、气是物质存在的常见三种状态，下列关于固体和液体的说法正确的是（　　）
A．天然石英是晶体，熔化以后再凝固的水晶（即石英玻璃）也是晶体
B．黄金可以做成各种不同造型的首饰，说明它有规则的几何外形，是单晶体
C．液体跟固体比具有很强的流动性，是因为液体分子间存在相互作用的斥力
D．玻璃管裂口放在火上烧熔，使尖端变圆，是利用了熔化的玻璃在表面张力作用下收缩的性质
（2022山东聊城重点高中质检）
13．对下列几种固体物质和液体物质的认识，不正确的有（　　）
A．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
B．一定质量的晶体在熔化过程中，其温度不变，内能保持不变
C．浸润现象中，附着层的液体分子比液体内部更密集，液体分子之间表现为相互排斥的力
D．液面为凸形时表面张力使表面收缩，液面为凹形时表面张力使表面伸张
（2022湖南长沙长郡中学模拟）
14．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 （填写“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之间的平均距离 （填写“大”或“小”）。王亚平又将她和女儿用纸做的小花轻放在水球表面，纸花迅速绽放，水面对小花做了 （填写“正功”或“负功”）

（2022南京三模）
15．“挤毛巾”和“液桥”都是国际空间站展示的有趣实验。宇航员先将干毛巾一端沾水后能使得整个毛巾完全浸湿，然后再用双手试图拧干，只见毛巾被挤出的水像一层果冻一样紧紧地吸附在毛巾的外表面，宇航员的手也粘有一层厚厚的水。2022年3月23日，我国宇航员王亚平在空间站做了“液桥实验”，如图所示。关于这两个现象的描述不正确的是（　　）
A．在地球上将湿毛巾能“拧干”是因为水不能浸润毛巾
B．干毛巾沾水变得完全浸湿是毛细现象
C．水对宇航员的手和液桥板都是浸润的
D．“液桥”实验装置脱手后两液桥板最终合在一起，这是水的表面张力在起作用
（2022江苏四市二模）
16．某同学将一个表面洁净、两端开口的细直玻璃管竖直插入不同液体中，他用放大镜观察，能看到的情景是（　　）
A． B．
C． D．
（2021年高考河南适应性考试）
17．将冰块打碎后放在烧杯中，碎冰慢慢熔化成水，再逐渐蒸发。下列说法正确的是（　　）
A．打碎后的冰没有规则的几何形状，不再是晶体
B．冰熔化成水的过程中，水分子的平均动能不变，分子势能增大
C．在水的表面层，分子比较稀疏，分子间作用力表现为斥力
D．水变成水蒸气，分子间距增大，分子势能增大
E．水蒸发成同质量水蒸气的过程中，吸收的热量大于内能的增加量
（2021年重庆模拟）
18．以下现象中，主要是由分子热运动引起的是（　　）
A．菜籽油滴入水中后会漂浮在水面
B．含有泥沙的浑水经过一段时间会变清
C．密闭容器内悬浮在水中的花粉颗粒移动
D．荷叶上水珠成球形
（2020江苏七市二模）
19．密闭的导热容器中盛有部分水，长时间静置后，液面与空气、容器壁的接触情形如图所示。则（ ）

A．水对容器壁是浸润的
B．水的表面层分子间作用力表现为斥力
C．水面上方的水蒸气为饱和汽
D．环境温度改变时水的饱和气压不变
E．使未饱和汽变成饱和汽，可采用降低温度的方法
（2020河南天一大联考期末考试）
20．关于固体、液体，下列说法正确的是______。
A．同种物质可以晶体和非晶体两种不同的形态出现
B．使未饱和汽变成饱和汽，可采用升高温度的方法
C．液晶的特点与生物组织的特点正好吻合，在多种人体组织中都发现了液晶结构
D．一些昆虫之所以能停在水面上，是因为它们受到水的浮力等于昆虫的重力
E．相对湿度反映了空气中水蒸气含量接近饱和的程度
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．BD
【详解】A．根据热力学第二定律可知热量能不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；
B．液体的表面张力方向总是跟液面相切，故B正确；
C．由狭义相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故C错误；
D．根据多普勒效应可知当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率，故D正确。
故选BD。
2．AC
【详解】根据非晶体的特点可知非晶体是指组成物质的分子（或原子、离子）不呈空间有规则周期性排列的固体。它没有一定规则的外形。它的物理性质在各个方向上是相同的，叫“各向同性”。它没有固定的熔点。
故选AC。
3． 有 增大
【详解】[1]形成饱和气后，酒精还是会蒸发，只是液体里跑到气体中的分子和气体中的分子跑到液体里的速度一样快，整体来看是不变的，维持了动态平衡。但此时仍然会有酒精分子从液面飞出；
[2]温度升高使气体分子的动能增大，离开液体表面的气体分子更多，饱和汽的密度增大。
4． 引力 C
【详解】由于在小水滴表面层中，水分子间的距离大于，所以水分子之间的相互作用总体上表现为引力，由于当分子间距离为时，分子间作用力为0，分子势能最小即图中的B点，由于表面层中分子间距大于 ，所以能总体反映小水滴表面层中水分子势能的是C位置．
5．AD
【详解】A、食盐熔化过程中，温度保持不变，即熔点一定，说明食盐是晶体．故A正确．
B、烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，只能说明云母片是晶体．故B错误．
C、天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列规则．故C错误．
D、石墨和金刚石组成它们的化学元素是相同的，都是碳原子，它们的物理性质不同，是由于碳原子排列结构不同造成的，故D正确．
【点睛】本题只要是识记，了解食盐的特点，晶体的物理性质以及固体的结构．
6．BCD
【详解】A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体；选项A错误．
B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上各向异性，具有不同的光学性质；选项B正确．
C．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；选项C正确．
D．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，例如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体.把晶体硫加热熔化（温度超过300℃）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫；选项D正确．
E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，虽然温度保持不变，但是内能要增加；选项E错误．
7．ABE
【详解】A．晶体的物理性质表现为各向异性，是由于组成晶体的微粒在空间排列上具有周期性，故A项正确；
B．同一物质可以形成不同结构的晶体，故B项正确；
C．表面张力的产生原因是由于表面层内的液体分子比液体内部更稀疏的缘故，故C项错误；
D．通常使用玻璃棒导流依据的原理是液体能浸润玻璃棒的性质，故D项错误；
E．液体的饱和蒸汽压随着温度的上升而变大，与体积无关，故E项正确。
故选ABE。
8．BDE
【详解】A．钢板温度升高分子平均动能增大，并不是所有分子的动能都增大，故A错误；
B．温度是分子热运动平均动能的标志，的气体和的钢板，它们的分子平均动能相同，故B正确；
C．单晶体的某些物理性质是各向异性的，但并不是铋晶体所有物理性质均表现为各向异性，故C错误；
D．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，因温度不变，平均动能不变，而内能增加，所以其分子之间的势能增加，故D正确；
E．土壤的水分蒸发要通过土壤里的毛细管进行，锄地松土后土壤里的毛细管被破坏，可以防止水分上升，保存水分，故E正确。
故选BDE。
9．ACE
【详解】A．由于表面张力的作用，液体表面有收缩的趋势，A正确；
B．根据均匀薄片强度上的各向同性不能确定薄片是多晶体还是非晶体，B错误；
C．干湿泡湿度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远，C正确；
D．悬浮在水中花粉的布朗运动反映了液体分子的无规则运动， D错误；
E．晶体和非晶体的区别在于内部分子排列，在一定条件下可以相互转化， E正确。
故选ACE。
10．C
【详解】A．一个气泡从恒温水槽的底部缓慢向上浮起过程，压强减小，体积增大，对外做功，气泡温度不变因此内能不变，于是要吸收热量，A错误；
B．水黾可以停留在水面上是因为受到沿液体表面方向的表面张力，而不是竖直方向，所有脚受到的表面张力的合力是竖直方向与重力平衡，B错误；
C．水对玻璃是浸润的，原因是附着层中水分子距离小于平衡间距而表现为斥力，附着层出现扩展的趋势，C正确；
D．物体温度升高则物体内部分子的平均动能增大，所有分子动能不一定都增大，D错误。
故选C。
11． 引力 大 正功
【详解】[1][2][3]水球表面上由于蒸发，水分子之间的距离大于内部水分子之间的距离，所以水分子间的作用力表现为引力，原因是表面层水分子间的平均距离比内部分子之间的平均距离大。王亚平又将她和女儿用纸做的小花轻放在水球表面，放纸花处水面的平衡被破坏，纸花在指向四周的分子力的作用下迅速绽放，纸花的花瓣移动的方向与分子力的方向相同，可知水面对纸花做正功。
12．D
【详解】A．天然水晶是晶体，熔化以后再凝固的水晶（即石英玻璃）是非晶体，故A错误；
B．黄金以及其他金属都是多晶体，故B错误；
C．液体相比固体具有流动性，是因为液体分子间的距离较大，分子间的引力更小，故C错误；
D．玻璃管裂口放在火上烧熔，使尖端变圆，是因为熔化的玻璃，在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故，故D正确。
故选D。
13．ABD
【详解】A. 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，A错误；
B. 一定质量的晶体在熔化过程中，其温度不变，晶体持续吸热，内能增加，B错误；
C. 浸润现象中，附着层的液体分子比液体内部更密集，液体分子之间表现为相互排斥的力，C正确；
D.无论液面为凹形还是凸形，表面张力都使表面收缩，D错误；
本题选择错误的选项，故选ABD。
14． 引力 大 正功
【详解】[1][2][3]水球表面上由于蒸发，水分子之间的距离大于内部水分子之间的距离，所以水分子间的作用力表现为引力，原因是表面层水分子间的平均距离比内部分子之间的平均距离大。王亚平又将她和女儿用纸做的小花轻放在水球表面，放纸花处水面的平衡被破坏，纸花在指向四周的分子力的作用下迅速绽放，纸花的花瓣移动的方向与分子力的方向相同，可知水面对纸花做正功。
15．A
【详解】A．水能浸润毛巾，在地球上将湿毛巾能“拧干”是因为重力的作用，故A错误，符合题意；
B．水是可以浸润毛巾的，毛巾中有很多的小缝隙，就相当于有很多的玻璃管，水会往毛巾缝隙扩散，干毛巾沾水变得完全浸湿是毛细现象，故B正确，不符合题意；
C．浸润指液体与固体发生接触时，液体附着在固体表面或渗透到固体内部的现象，此时对该固体而言，该液体叫做浸润液体。水对宇航员的手和液桥板都是浸润的，故C正确，不符合题意；
D．“液桥”实验装置脱手后两液桥板最终合在一起，这是水的表面张力在起作用，故D正确，不符合题意。
故选A。
16．C
【详解】A．图A中液体与玻璃管表现为不浸润，即附着层内分子间引力表现为引力，附着层有收缩的趋势，液体表面张力会对管中的液体形成向下的拉力，则管内的液面会稍微低于管外的液面高度，故A错误；
B．图B中的液体与玻璃管外部表现为不浸润，而在管内部表现为浸润，这是相互矛盾的，故B错误；
C．图C中液体与玻璃管表现为不浸润，即附着层内分子间引力表现为引力，附着层有收缩的趋势，液体表面张力会对管中的液体形成向下的拉力，则管内的液面会稍微低于管外的液面高度，故C正确；
D．图D中的液体与玻璃管表现为浸润，即附着层内分子间引力表现为斥力，附着层有扩展的趋势，此时液体表面张力会对管中的液体形成一个向上的拉力，则管内的液面会稍微高于管外的液面高度，故D错误。
故选C。
17．BDE
【详解】A．冰块有固定的熔点，所以冰块是晶体，与冰块的几何形状无关，故A错误；
B．冰熔化成水的过程中，温度保持不变，所以水分子的平均动能不变，但熔化过程中要吸收热量，所以内能增加，体积减小，分子势能增大，故B正确；
C．在水的表面层，分子比较稀疏，分子间作用力表现为引力，故C错误；
D．水吸收热量变成水蒸气，分子间距增大，内能增加，但温度不变，故分子平均动能没有增加，所以是分子势能增加，故D正确；
E．水蒸发成同质量水蒸气的过程，吸收热量体积变大，对外做功，根据热力学第一定律
所以其吸收的热量大于内能增加量，故E正确。
故选BDE。
18．C
【详解】A．菜籽油滴入水中漂浮在水面主要体现的是浮力作用，A错误；
B．含有泥沙的浑水经过一段时间会变清是由于泥沙的平均密度大于水的密度，泥沙在重力的作用下向下沉，而上层水变清，B错误；
C．密闭容器内悬浮在水中的花粉颗粒移动，是因为水分子热运动撞击花粉颗粒，造成了花粉颗粒受力不平衡，C正确；
D．荷叶上的水珠成球形是表面张力的作用，是分子间作用力的结果，D错误。
故选C。
19．ACE
【详解】AB．由图可知，水润湿容器壁并依附在容器壁上面，属于浸润现象，此时附着层内分子间的距离小于液体内部分子的距离，附着层分子之间的作用力表现为斥力，附着层有扩展趋势，故A正确，B错误；
C．密闭的导热容器中盛有部分水，长时间静置后，水蒸气与水达到动态平衡，故水面上方的水蒸气为饱和汽，故C正确；
D．水的饱和气压随温度的变化而变化，故D错误；
E．饱和气压与温度有关，未饱和汽可通过降低温度转化成饱和汽，故E正确。
故选ACE。
20．ACE
【详解】A.同种物质可以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如水晶和玻璃，故A正确；
B.温度升高，实际气压不变，饱和汽压增大，故B错误；
C.液晶的特点与生物组织的特点正好吻合，在多种人体组织中都发现了液晶结构，符合客观实际，故C正确；
D.一些昆虫之所以能停在水面上，是因为它们受到水的表面张力作用。故D错误；
E.相对湿度是空气中水蒸气的实际压强与该温度下水的饱和汽压之比，所以它反映了水蒸气含量接近饱和的程度，故E正确。
故选：ACE
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第16章 热学
第16.4讲 气体
【知识点精讲】
1.气体的分子动理论
（1）气体分子间的作用力：气体分子之间的距离远大于分子直径，气体分子之间的作用力十分微弱，可以忽略不计，通常认为，气体分子除了相互碰撞或者跟器壁碰撞外，不受力而做匀速直线运动，气体充满它能达到的整个空间。
（2）气体分子的速率分布：表现出“中间多，两头少”的统计分布规律。
（3）气体分子的运动方向：气体分子的运动是杂乱无章的，但向各个方向运动的机会均等。
（4）气体分子的运动与温度的关系：温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，速率的平均值也是确定的，温度升高，气体分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都增大。
2. 估算气体分子间的距离
气体分子间的间隙不能忽略，设想气体分子均匀分布，且每个气体分子平均占有的空间为一个小立方体，气体分子间的距离就等于小立方体的边长，如图所示。每个气体分子平均占有的空间体积 ，分子间的距离。
3. 气体压强
（1）气体压强的微观解释
对于单个分子来说，这种撞击是间断的、不均匀的，但是对于大量分子总的作用来说，就表现为连续和均匀的了。器壁单位面积上受到的压力，就是气体的压强③。
（2）。气体压强的产生原因：大量气体分子对器壁的碰撞。
（3）决定气体压强的因素：
微观上决定于分子的平均速率和分子的数密度；宏观上决定于气体的温度和体积。
4.理想气体
（1）宏观上讲，理想气体是指在任何温度、任何压强下都遵从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，所以理想气体无分子势能。[注4] 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。
5.气体实验定律
玻意耳定律 查理定律 盖—吕萨克定律
内容 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比
表达 式 p1V1=p2V2 =或= =或=
图象
6.理想气体的状态方程
一定质量的理想气体的状态方程：=或=C。
【方法归纳】
。气体压强的求解方法
（1）平衡状态下气体压强的求法
力平衡法 选取与气体接触的液柱（或活塞）为研究对象进行受力分析，得到液柱（或活塞）的受力平衡方程，求得气体的压强
等压面法 在连通器中，同一种液体（中间不间断）同一深度处压强相等。液体内深处压强为液面上方的压强
液片法 选取假想的液体薄片（自身重力不计）为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强
（2）加速运动系统中封闭气体压强的求法
恰当地选取与气体接触的液柱（或活塞）为研究对象，进行受力分析，然后依据牛顿第二定律列式求封闭气体的压强，把压强问题转化为力学问题求解。
2.典例分析
模型 模型分类 图示 求解方法
带活塞汽缸模型 汽缸开口向上 对活塞，受力平衡：，则压强：
汽缸开口向下 对活塞，受力平衡：，则压强：
汽缸开口水平 对活塞，受力平衡：，则压强：
活塞上放置物体 以活塞为研究对象，受力如图乙所示。由平衡条件，得：，即：
水银柱模型 开口向上 对水银柱，受力平衡，类似开口向上的汽缸：。又由：，则压强：
类似开口向上的弯管 压强：
开口向下 对水银柱，受力平衡，类似开口向下的汽缸：。又由：，则压强：
类似开口向下的弯管 压强：
水平放置 对水银柱，受力平衡，类似开口水平的汽缸：
双液柱封闭气体 同种液体在同一深度的压强相等，在连通器中，灵活选取等压面，利用两侧压强相等求解气体压强。如图所示，两处压强相等。故有从右侧管看，有
玻璃管倾斜 沿斜面方向：，则压强：
【最新高考题精练】
（2023高考全国乙卷）
1．对于一定量的理想气体，经过下列过程，其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是（　　）
A．等温增压后再等温膨胀
B．等压膨胀后再等温压缩
C．等容减压后再等压膨胀
D．等容增压后再等压压缩
E．等容增压后再等温膨胀
（2023学业水平等级考试上海卷）
2．一个绝热密容器，其中含有一定质量气体。容器以一定速度平移，突然施力使其停止，其中的气体温度 ，碰撞容器壁的剧烈程度 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（2022高考上海）
3．将一个乒乓球浸没在水中，当水温升高时，球内气体（　　）
A．分子热运动平均动能变小，压强变小
B．分子热运动平均动能变小，压强变大
C．分子热运动平均动能增大，压强变小
D．分子热运动平均动能增大，压强变大
（2022高考上海）
4．在描述气体状态的参量中， 是气体分子空间所能达到的范围。压强从微观角度来说，是 的宏观体现。
（2022山东物理）
5．如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动过程中，缸内气体（ ）
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
（2022新高考江苏卷）
6．自主学习活动中，同学们对密闭容器中的氢气性质进行讨论，下列说法中正确的是（　　）
A．体积增大时，氢气分子的密集程度保持不变
B．压强增大是因为氢气分子之间斥力增大
C．因为氢气分子很小，所以氢气在任何情况下均可看成理想气体
D．温度变化时，氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化
【最新模拟题精练】
（2023重庆沙家坝重点中学质检）
7．使用胶头滴管时，插入水中，捏尾部的橡胶头，使其体积减小，排出一定空气后稳定状态如图所示。然后松手，橡胶头体积增大V1，有体积V2的水进入了滴管。忽略温度的变化，根据图中h1和h2的高度关系，有（　　）
A．V1>V2 B．V1（2023湖南长沙质检）
8．某学校举行校庆，准备放飞气球渲染气氛。当天上午10点，学校地表附近的气温为，大气压强为，此时气球体积为。气球内充的氦气可视为理想气体，气球内外气压差很小，可以忽略。
（1）正午时地表附近气温达到，大气压仍为，此时气球的体积多大？
（2）已知在距地面高处的大气压强为，若气球升到高处时体积变为，则此时高处的气温为多少？
（2023浙江宁波一模）
9．肺活量是指在标准大气压下，人一次尽力吸气后，再尽力呼出的气体体积。某同学用“吹气球法”粗测自己的肺活量。如图所示，该同学尽力吸气后，通过一个粗细均匀的管子，将全部气体吹入气球内并封住出气口（吹气前气球内部的空气可忽略不计）。若吹气后气球可看作半径r＝10cm的球形，球内气体的压强p＝1.1atm，环境温度。（取，，）
（1）求该同学的肺活量；
（2）估算该同学吹气球过程中吹气所做的功；
（3）已知在标准状态下（，），1mol空气的体积，求该同学一口气吹出的空气分子数。（计算结果保留两位有效数字）
（2022湖北武汉武昌5月质检）
10．如图甲，气压式升降椅内的汽缸填充了气体，汽缸上下运动来支配椅子升降。图乙为其简易结构示意图，圆柱形汽缸与椅面固定连接，这部分的总质量为m=3kg。横截面积为S=30cm2的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，稳定后测得封闭气体柱长度为L=30cm。设汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。已知大气压强p0=1.0×105Pa、室内温度T0=300K、重力加速度g=10m/s2求：
（1）在室内气温缓慢降至T1=270K的过程中，外界对缸内气体所做的功；
（2）若室内温度保持T0=300K不变，质量M=27kg的小朋友盘坐在椅面上，稳定后缸内气体柱长度。
11．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。
（2022山西临汾模拟）
12．轮胎气压是行车安全的重要参数，某型号汽车轮胎容积V0为25L，安全气压范围为2.4～3.0atm。汽车行驶一段时间后，发现胎压下降到p1=2.0atm，用车载气泵给其充气，气泵每秒钟注入0.5L压强为p0=1.0atm的空气。忽略轮胎容积与气体温度的变化。为使气压回到安全范围求气泵工作的时间范围。
（2022山东四县区质检）
13．如图所示为某兴趣小组设计的一种气压型“体积测量仪”的工作原理示意图，该测量仪可以测量不规则物体的体积。A（压气筒）和B（测量罐）均为高L、横截面积S的导热汽缸，中间用体积可忽略不计的细管连接，C为质量m、润滑良好且厚度不计的密闭活塞，将缸内的理想气体（氮气）封闭。当外界大气压为，环境温度为27℃时，活塞正好在压气筒A的顶部。现在C活塞上放置一质量5m的重物，活塞缓慢下移，待缸内温度再次和环境温度相等时，测量活塞与缸底的间距为0.6L，求：
（1）放置重物之前，缸内气体的压强P1；
（2）不规则物体的体积v。
（2022山西太原二模）
14．潜水员在水中呼出的CO2气泡，从水下几米深处快速上升到水面，这一过程中气体与外界未实现热交换。将气泡内的CO2气体视为理想气体，则在这一过程中，下列说法正确的是（　　）
A．CO2分子的平均动能保持不变
B．单位时间内与气泡壁碰撞的CO2分子数减少
C．气泡内CO2分子的密度减少
D．CO2气体对外做功，压强减少
E．CO2气体减少的内能小于它对外做的功
（2022广州培正中学三模）
15．密封食品直接利用微波炉加热时容易出现炸开现象，原因是包装袋内部温度急剧升高时，内部气体压强增大。所以在加热食物时，必须留一些透气孔，缓慢加热时，内部气体压强 （填“大于”、“小于”或“等于”）外界气体压强，此过程内部气体单位体积内分子个数 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2022山东四县区质检）
16．某探究小组同学尝试用如图所示装置测定大气压强。实验过程中温度保持不变。最初U形管两臂中的水银面齐平，烧瓶内密封体积为800mL的理想气体，烧瓶中无水。当用注射器缓慢往烧瓶中注入200mL的水，稳定后U形管两臂中的水银面出现25cm的高度差。不计玻璃管中气体的体积，环境温度不变。则所测得的大气压强为（　　）
A．74cmHg B．75cmHg
C．75.5cmHg D．76cmHg
（2022山东枣庄一模）
17．某同学将一定质量的理想气体封闭在导热性能良好的注射器内，注射器通过非常细的导气管与压强传感器相连，将整套装置置于恒温水池中。开始时，活塞位置对应刻度数为“8”，测得压强为P0。活塞缓慢压缩气体的过程中，当发现导气管连接处有气泡产生时，立即进行气密性加固。继续缓慢压缩气体，当活塞位置对应刻度数为“2”时停止压缩，此时压强为。则该过程中（　　）
A．泄漏气体的质量为最初气体质量的
B．气泡在上升过程中会放出热量
C．在压缩气体的过程中，气体分子的平均动能变大
D．泄漏出的气体的内能与注射器内存留气体的内能相等
（2022福建厦门四模）
18．如图所示，飞机在飞行时外界空气经由压缩机进入机舱，同时由排气通道排出部分舱内气体，从而保持机舱内空气的新鲜。已知舱外气体温度低于舱内气体温度，由此可判断舱外气体分子平均动能 （选填“大于”“等于”或“小于”）舱内气体分子平均动能。若机舱内气体质量保持不变，空气压缩机单位时间内压入舱内气体的压强为2p、体积为V、温度为T，则单位时间内机舱排出压强为p，温度为的气体体积为 。
（2022广东潮州二模）
19．地球大气上下温差过大时，会造成冷空气下降热空气上升，从而形成气流漩涡，并有可能逐渐发展成龙卷风。热气团在上升过程中，若来不及与外界发生热交换，因外界大气压强减小，热气团气体体积 （选填“变大”或“变小”），热气团对外做 （选填“正”或“负”）功。
（2022山东济南5月模拟）
20．如图所示，经过高温消毒的空茶杯放置在水平桌面上，茶杯内密封气体的温度为87℃，压强等于外界大气压强。已知杯盖的质量为m，茶杯（不含杯盖）的质量为M，杯口面积为S，重力加速度为g。当茶杯内气体温度降为27℃时，下列说法正确的是 （　　）
A．茶杯对杯盖的支持力为 B．茶杯对杯盖的支持力为
C．茶杯对桌面的压力为 D．茶杯对桌面的压力为
（2022湖北新高考协作体高二质检）
21．如图所示是氧气分子在0℃和100℃两种不同温度下的速率分布情景图像，下列说法正确的是（　　）

A．图像①是氧气分子在100℃下的速率分布情景图像
B．两种温度下，氧气分子的速率分布都呈现“中间多，两头少”的分布规律
C．随着温度的升高，并不是每一个氧气分子的速率都增大
D．随着温度的升高，氧气分子中速率大的分子所占的比例减小
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．ACD
【详解】A．对于一定质量的理想气体内能由温度决定，故等温增压和等温膨胀过程温度均保持不变，内能不变，故A正确；
B．根据理想气体状态方程
可知等压膨胀后气体温度升高，内能增大，等温压缩温度不变，内能不变，故末状态与初始状态相比内能增加，故B错误；
C．根据理想气体状态方程可知等容减压过程温度降低，内能减小；等压膨胀过程温度升高，末状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故C正确；
D．根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高；等压压缩过程温度降低，末状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故D正确；
E．根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高；等温膨胀过程温度不变，故末状态的内能大于初状态的内能，故E错误。
故选ACD。
2． 不变 不变
【详解】[1][2]气体的温度仅与气体内能有关，内能与分子热运动的剧烈程度有关，与气体的宏观运动无关，所以突然施力使其停止，温度不变，碰撞容器壁的剧烈程度不变。
3．D
【详解】当水温升高时，球内气体的平均动能增大；乒乓球内体积不变，温度升高，根据理想气体状态方程可知，气体的压强变大。故ABC错误，D正确。
故选D。
4． 体积 单位面积上气体分子平均撞击力
【详解】[1][2]在描述气体状态的参量中，体积是指气体分子空间所能达到的范围。压强从微观角度来说，是指单位面积上气体分子平均撞击力的宏观体现。
5．C
【详解】初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有
汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢的将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压。
AB．汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，汽缸内气体压强作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律得：气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，AB错误；
CD．气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误。
故选C。
6．D
【详解】A．密闭容器中的氢气质量不变，分子个数不变，根据
可知当体积增大时，单位体积内分子个数变少，分子的密集程度变小，故A错误；
B．气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的；压强增大并不是因为分子间斥力增大，故B错误；
C．普通气体在温度不太低，压强不太大的情况下才能看作理想气体，故C错误；
D．温度是气体分子平均动能的标志，大量气体分子的速率呈现“中间多，两边少”的规律，温度变化时，大量分子的平均速率会变化，即分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化，故D正确。
故选D。
7．A
【详解】捏尾部的橡胶头，使其体积减小，排出一定空气后，管内气体的压强为
水进入了滴管后的压强为
根据玻意尔定律
可得后来气体体积大于初始体积即
所以
V1>V2
故A正确，BCD错误。
故选A。
8．（1）；（2）（或）
【详解】（1）由题意可知此过程为等压变化过程，由盖-吕萨克定律知
且解得
（2）由理想气体状态方程
解得
9．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由题可知，对吹出的一定的气体根据玻意耳定律得
由题意知
p＝1.1atm
代入得该同学的肺活量为
（2）人吹气时，把体内的气体压到气球中，根据功的定义可得
其中
吹气结束时气球内的压强大小为1.1atm，作为估算，压强p取
均可。则代入数据可得
（3）标准状态下
摩尔体积
空气分子数
10．（1）9.9J；（2）16.5cm
【详解】（1）初始状态时，以圆柱形汽缸与椅面整体为研究对象，设汽缸内气压为，根据平衡条件得
设室内气温缓慢降至T1=270K时，气柱长度为，根据盖吕萨克定律
解得
外界对缸内气体所做的功为
解得
（2）质量M=27kg的小朋友盘坐在椅面上，稳定后，根据平衡条件得
稳定后缸内气体长度为，由玻意耳定律得
解得
11．①；②
【详解】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，由查理定律可得
解得
②启动负压舱，设舱内气体体积变为，压强为，由负压舱特点可得
由玻意耳定律可得
设抽出气体在压强状态下的体积为，由玻意耳定律可得
解得
12．
【详解】外部向内部充气的过程，根据玻意耳定律有
设气泵工作的时间为，因为一定，则有
联立两式得
代入数据得
由于
得
13．（1）；（2）
【详解】（1）放置重物之前，缸内气体的压强
得
（2）根据气态方程
且
即
解得
14．BCD
【详解】ADE．设CO2气泡在水下深度为h，则气泡压强为
可见从水下几米深处快速上升到水面的过程中，压强变小，假设气体温度不变，则由玻意耳定律知
则随着气泡压强变小，气泡体积会增大，则气体对外做功
又因为这一过程中气体与外界未实现热交换，由热力学第一定律知
其中
则
即气体内能减少，又因为将气泡内的CO2气体视为理想气体，则内能减小温度会降低，与假设矛盾，即气体温度会降低，则CO2分子的平均动能变小，故AE错误，D正确；
BC．因为气体平均动能减小且气体体积增大，则气泡内CO2分子的密度减少，单位时间内与气泡壁碰撞的CO2分子数减少，故BC正确。
故选BCD。
15． 等于 减小
【详解】[1][2]根据理想气体状态方程可知，密封食品包装袋内部气体温度急剧升高时，体积不变压强增大，所以留一些透气孔和外界大气接触，内部压强等于大气压强，温度升高时内部气体压强不变，体积增大，一部分气体从袋内漏出，袋内气体质量减小，由于剩余袋内气体体积不变，所以内部气体单位体积内分子个数减小。
16．B
【详解】烧瓶中的气体，初状态为
，V1=800mL
注入水后
，V2=600mL
由玻意耳定律可得
代入数值解得
故选B。
17．A
【详解】A．对被封闭气体，如没有泄露气体，等温变化时，由玻意耳定律
解得
x=6
则泄露气体的质量与最初气体质量之比为
4:6=2:3
A正确；
B．气泡在上升过程，随着压强的减小，体积将增大，气体对外做功，由热力学第一定律，温度不变内能不变，则此过程会吸收热量，B错误；
C．注射器导热性能良好，在压缩气体的过程中，气体温度不变，气体分子的平均动能不变，C错误；
D．由A项分析知泄露出的气体的质量与注射器内存留气体的质量之比为2:1，同种气体，在同样的状态下，显然泄露出的气体内能大于残留气体的内能，D错误。
故选A。
18． 小于
【详解】[1] 舱外气体温度低于舱内气体温度，舱外气体分子平均动能小于舱内气体分子平均动能
[2] 舱内气体质量保持不变，则压入和排出的气体质量相等，根据理想气体的状态方程，则
则
解得排出气体体积
19． 变大 正
【详解】[1]外界大气压强减小, 热气团气体的压强在上升过程中变小,气体体积变大,
[2]热气团气体体积变大, 热气团气体对外做正功。
20．AD
【详解】AB．由题意
对于茶杯内的气体，由查理定律可得
解得
对杯盖受力分析，由平衡条件可得
解得
A正确，B错误；
CD．对茶杯、杯盖整体受力分析可知桌面对茶杯的支持力为
由牛顿第三定律可知茶杯对桌面的压力为，C错误，D正确。
故选AD。
21．BC
【详解】A．由图可知，②中速率大分子占据的比例较大，则说明②对应的平均动能较大，故②对应的温度较高，所以①是氧气分子在0℃下的速率分布情景图像，故A错误；
B．两种温度下，都是中等速率大的氧气分子数所占的比例大，呈现“中间多，两头少”的分布规律，故B正确；
C．温度升高使得氧气分子的平均速率增大，不是每一个氧气分子的速率都增大，故C正确；
D．随着温度的升高，氧气分子中速率大的分子所占的比例增大，从而使分子平均动能增大，故D错误；
故选BC。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第16章 热学
第16.5讲 探究气体等温变化规律
【知识点精讲】
【目标要求】
1.学会探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系.
2.会用图像法处理实验数据．
1.实验原理：在保证密闭注射器中气体的质量和温度不变的条件下（控制变量法），通过改变密闭气体的体积，由压力表读出对应气体体积的压强值，研究在恒温条件下气体的体积和压强的关系。
2．实验器材：注射器、橡胶套、压力表等
3 .实验装置：如图所示，注射器下端的开口有橡胶套，它和柱塞一起把一段空气柱封闭在玻璃管中，这段空气柱就是我们研究的对象。
4. 实验数据的获取
空气柱的压强p可以从仪器上方的压力表读出，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.
把柱塞缓慢地向下压或向上拉，读出空气柱的长度与压强的几组数据．
将相关数据记录在表中：
序号 1 2 3 4 5
压强
体积
5.实验数据的处理
（1）猜想：由实验观察及记录的数据可知，空气柱的体积越小，其压强就越大，即空气柱的压强与体积成反比。
在等温过程中，气体的压强和体积的关系在p－V图像中呈现为双曲线的一支，如图甲所示．
（2）检验：以压强为纵坐标，以体积的倒数为横坐标，把以上各组数据在坐标系中描点，如图所示。观察各点的位置关系，若各点位于过原点的同一直线上，就说明压强跟体积的倒数成正比，即，也就是压强与体积成反比。若各点不在同一直线上，再尝试其他关系。
5.注意事项
（1）改变气体体积时，要缓慢进行，等稳定后再读出气体压强，防止气体体积变化太快，气体的温度发生变化。
（2）实验过程中，不要用手接触注射器的圆筒，以防止圆筒从手吸收热量，引起内部气体温度变化。
（3）实验中应保持气体的质量不变，故实验前应在柱塞上涂好润滑油，以免漏气。
（4）本实验中，由于气体体积与长度成正比，因此研究气体体积与压强的关系时，不用测量空气柱的横截面积。
（5）本实验测量体积时误差主要出现在长度的测量上，由于柱塞不能与刻度尺非常靠近，故读数时视线一定要与柱塞底面相平。
（6）在作图像时，应使收集的实验数据在坐标系中均匀分布。
2．实验数据的获取
空气柱的压强p可以从仪器上方的压力表读出，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.
把柱塞缓慢地向下压或向上拉，读出空气柱的长度与压强的几组数据．
4．实验结论
一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p与体积V成反比，所以p－V图线是双曲线的一支，但不同温度下的图线是不同的．如图是一定质量的气体分别在T1、T2温度下等温变化的p－V图线，其中温度较高的是T2.
5．注意事项
（1）本实验应用控制变量法，探究在气体质量和温度不变的情况下(即等温过程)，气体的压强和体积的关系．
（2）为保证等温变化，实验过程中不要用手握住注射器有气体的部位．同时，改变体积过程应缓慢，以免影响密闭气体的温度．为保证气体密闭，应在活塞与注射器内壁间涂上润滑油，注射器内、外气体的压强差不宜过大。
【最新高考题精练】
（2023高考江苏学业水平选择性考试）
1．在“探究气体等温变化的规律”的实验中，实验装置如图所示。利用注射器选取一段空气柱为研究对象。下列改变空气柱体积的操作正确的是（ ）

A．把柱塞快速地向下压
B．把柱塞缓慢地向上拉
C．在橡胶套处接另一注射器，快速推动该注射器柱塞
D．在橡胶套处接另一注射器，缓慢推动该注射器柱塞
（2023高考山东高中学业水平等级考试）
2．利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强和体积（等于注射器示数与塑料管容积之和），逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。

回答以下问题：
（1）在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体 。
A．与成正比 B．与成正比
（2）若气体被压缩到，由图乙可读出封闭气体压强为 （保留3位有效数字）。
（3）某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了，则在计算乘积时，他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随的增大而 （填“增大”或“减小”）。
（2023石家庄三模）
3．某同学利用如图甲所示的装置探究气体等温变化的规律，注射器中密封了一定质量的气体。
（1）该同学测得封闭气体的压强p和体积V的多组数据，在坐标系中描点作图，作出的图线如图乙所示，由图可知该同学选用的横轴为 ，图线后半段向上弯曲可能的原因是
A.改变气体体积时推拉活塞速度过快
B.推拉活塞时，手握住注射器含有气体的部分
C.实验中有漏气现象
D.环境温度降低
（2）该小组改进了实验操作，避免了上述问题，同时为能更准确地测出气体的压强，直接用软管连通注射器和压强传感器，测得多组封闭气体的压强p和体积V的数据后，做出图像如图丙所示，图线不过原点的原因可能是 。（写出一条即可）
（2023山东日照三模）
4．物理小组的同学们利用图甲所示的装置探究气体等温变化的规律。实验步骤如下：
①将注射器下端开口处套上橡胶套，和柱塞一起封闭一段空气柱；
②测出空气柱的横截面积，通过刻度尺读取空气柱的长度，可得空气的体积；
③从与注射器内空气柱相连的压力表读取空气柱的压强；
④把柱塞迅速地向下压或向上拉，读取空气柱的长度与压强，获取空气桂的体积和压强的几组数据；
⑤将各组数据在坐标纸上描点，绘制曲线，得出温度不变时气体压强与体积的关系。
完成下列填空：
（1）实验中出现错误的步骤是 （选填步骤前的数字序号），应该纠正为 。
（2）纠正了实验中的错误后，重新规范完成实验。用采集的各组数据在坐标纸上描点，绘制曲线如图乙所示，根据绘制的图线， （选填“能”或“不能”）直观判断空气柱的压强与体积成反比，理由是 。

（2023河北师大附中质检）
5．如图所示，用气体压强传感器探究气体等温变化的规律，操作步骤如下：
①在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，将注射器、压强传感器、数据采集器和计算机逐连接起来；
②缓慢移动活塞至某位置，待示数稳定后记录此时注射器内封闭气体的体积和由计算机显示的气体压强值；
③重复上述步骤②，多次测量并记录；
④根据记录的数据，作出相应图象，分析得出结论。
（1）在本实验操作的过程中，需要保持不变的量是气体的 和 ；
（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 ；
（3）实验过程中，下列说法正确的 ；
A．推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出
B．推拉活塞时，手不可以握住注射器气体部分
C．活塞移至某位置时，应迅速记录此时注射器内气柱的长度和压力表的压强值
（4）某同学测出了注射器内封闭气体的几组压强p和体积V的值后，以p为纵轴、为横轴，画出图象如图所示，则产生的可能原因是 。
A．实验过程中有漏气现象
B．实验过程中气体温度降低
C．实验过程中气体温度升高
D．实验过程中外面气体进入注射器，使注射器里面气体质量增加了
（5）在不同温度环境下，另一位同学重复了上述实验，实验操作和数据处理均正确。环境温度分别为、，且。在如图所示的四幅图中，可能正确反映相关物理量之间关系的是
A． B．
C． D．
（2023江苏名校质检）
6．如图所示，用气体压强传感器探究气体等温变化的规律，操作步骤如下：

①在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，将注射器、压强传感器、数据采集器和计算机逐连接起来；
②缓慢移动活塞至某位置，待示数稳定后记录此时注射器内封闭气体的体积和由计算机显示的气体压强值；
③重复上述步骤②，多次测量并记录；
④根据记录的数据，作出相应图像，分析得出结论。
（1）保持温度不变，封闭气体的压强用压强传感器测量，体积V由注射器刻度读出。实验前是否需要对传感器进行调零？ （选填：“是”或“否”）
（2）实验过程中，下列说法正确的 。
A．推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出B．活塞移至某位置时，应迅速记录此时注射器内气柱的长度和气体的压强值
C．推拉活塞时，手不可以握住注射器气体部分
（3）某同学在做“气体的压强与体积的关系”实验中，测得的实验数据在计算机屏幕上显示如下表所示，仔细观察“”一栏中的数值，发现越来越小，造成这一现象的可能原因是 。
序号 V/mL p／（×105 Pa） /（×105 Pa·mL）
1 20.0 1.0010 20.020
2 18.0 1.0952 19.714
3 16.0 1.2313 19.701
4 14.0 l.403 0 19.642
5 12.0 1.635 1 19.621
A．实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力越来越大
B．实验时环境温度升高了
C．实验时外界大气压强发生了变化
D．实验时注射器内的气体向外发生了泄漏
（4）若考虑到连接注射器与传感器的软管内气体体积不可忽略，从理论上讲图像可能接近下列哪个图 ？

（5）某同学实验时缓慢推动活塞，并记录下每次测量的压强与注射器刻度值。在实验中出现压强传感器软管脱落，他重新接上后继续实验，其余操作无误。若该同学用软管脱落前测得的实验数据在图中画出了图线，在图中大致画出可能的、符合软管脱落后测得的实验数据的那部分图线 。

7．在“探究气体等温变化的规律”实验中，实验装置如图所示。用注射器封闭一定质量的空气，连接到气体压强传感器上，用传感器测量封闭气体的压强，用注射器刻度读出气体体积。

（1）多次改变封闭气体的体积，测量出不同体积时气体的压强，用电脑记录下来，并生成p-V图像如图所示，由图可猜测p与V可能 （选填“成正比”、“成反比”、“不成比例”）

（2）实验完成后，某同学做出的图像如图所示（其中实线为实验所得，虚线为参考双曲线的一支），造成这一现象的原因可能是 。
A．操作实验时用手握住注射器
B．实验时环境温度降低了
C．注射器内气体向外泄漏
D．有气体进入注射器内
（2023年7月湖北十堰期末）
8．某同学用如图甲所示的装置探究气体等温变化的规律。在橡胶套和柱塞间封闭着一段空气柱，空气柱的长度L可以从刻度尺读取，空气柱的压强p可以从与空气柱相连的压力表读取。缓慢地向下压或向上拉柱塞，保持空气柱的温度不变，测量空气柱的长度及对应的压强，得到如图乙所示的图像.

（1）为了更直观地处理数据，将图乙化曲为直，绘制了如图丙所示的拟合直线，则图丙的横坐标为 (填“”、“”、“”或“”)。
（2）本实验探究的是气体等温变化时压强p与体积V变化的规律，但测量时却测量了空气柱的长度L，用L代替V的理由是 。
A.空气柱的横截面积S恒定 B.空气柱的温度恒定 C.空气柱的压强恒定
（3）根据实验数据，得出的结论为 。
A.一定量的气体等温变化时，压强与体积成正比
B.一定量的气体等温变化时，压强与体积成反比
C.一定量的气体等容变化时，压强与温度成正比
D.一定量的气体等容变化时，压强与温度成反比
（2023福建二校联考）
9．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. 改变气体体积时应快速推拉柱塞
C. 为方便推拉柱塞，应用手握注射器再推拉柱塞
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）实验中测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为了能最直观地判断气体压强p与气体体积V的函数关系，应作出 （选填“”或“”）图像。对图线进行分析，如果在误差允许范围内该图线是一条 ，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。
（3）另一小组对实验装置进行了改进，如图乙所示，将注射器与导气管、压强传感器连接在一起，该小组绘出的图像如图丙所示，该图像不过原点的原因是( )

A. 实验过程中有漏气现象 B. 实验过程中气体温度降低
C. 实验过程中气体温度升高 D. 漏加了注射器与压强传感器连接处的气体体积
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】因为该实验是要探究气体等温变化的规律；实验中要缓慢推动或拉动活塞，目的是尽可能保证封闭气体在状态变化过程中的温度不变；为了方便读取封闭气体的体积不需要在橡胶套处接另一注射器。
故选B。
2． B 增大
【详解】（1）[1]在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体，与成正比。
故选B。
（2）[2]若气体被压缩到，则有
由图乙可读出封闭气体压强为
（3）[3]某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了，则在计算乘积时，根据
可知他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随的增大而增大。
3． （或体积的倒数） AB 没有考虑注射器和传感器连接细管中的气体（其他答案合理均给分）
【详解】（1）[1]根据玻意耳定律有
则有
图乙中图像的前一部分为过原点的倾斜的直线，可知该同学选用的横轴为；
[2]A．根据克拉珀龙方程有
则有
可知，图乙中图线上的点与原点连线的斜率能够间接反映温度的大小，则图线后半段向上弯曲，图线上的点与原点连线的斜率增大，表明气体温度升高了。从左往右看，增大，则体积减小，若改变气体体积时推活塞速度过快，外界对气体快速做功，气体温度升高了，图线向上弯曲，A正确；
B．推拉活塞时，手握住注射器含有气体的部分，人的温度高于气体的温度，导致气体温度升高，根据上述，图线向上弯曲，B正确；
C．根据上述有
若气体漏气，则表达式中的n减小，即图线上的点与运动连线的斜率减小图线向下弯曲，C错误；
D．若环境温度降低，导致气体温度降低，根据上述图线上的点与运动连线的斜率减小图线向下弯曲，D错误。
故选AB。
（2）[3]根据图像可知，当体积为0时，压强的倒数不为0，表明实际上有一部分气体没有考虑，可知图像不过原点的原因是没有考虑注射器和传感器连接细管中的气体。
4． ④ 把柱塞缓慢地向下压或向上拉 不能 图线是曲线，只能猜想与成反比，需要转化为直线进一步检验
【详解】（1）[1][2]实验中出现错误的步骤是④，为避免温度变化，应该纠正为把柱塞缓慢地向下压或向上拉。
（2）[3][4]根据绘制的图线，不能直观判断空气柱的压强与体积成反比，理由是图线是曲线，只能猜想与成反比，需要转化为直线进一步检验。
5． 质量 温度 要缓慢移动活塞，或者不能用手握住注射器等 B CD AC
【详解】（1）[1][2]在本实验操作的过程中，需要保持不变的量是气体的质量和温度；
（2）[3]为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是：要缓慢移动活塞，或者不能用手握住注射器等；
（3）[4]A．推拉活塞时动作过快，会使气体的温度升高后降低，选项A错误；
B．推拉活塞时，手不可以握住注射器气体部分，以保证气体的温度不变，选项B正确；
C．活塞移至某位置时，要等稳定后记录此时注射器内气柱的长度和压力表的压强值，选项C错误。
故选B；
（4）[5]图象发生了弯曲，则说明在实验中温度发生了变化，因图象向上弯曲，图象的斜率为k=CT，故可能是气体的温度升高了，或者质量变大了，故CD正确，AB错误；
故选CD；
（5）[6]AB．由于实验操作和数据处理均正确，则温度高的对应的pV值较大，分别在图线上找到两个点，则pV乘积较大的是T1对应的图线，故A正确，B错误；
CD．根据理想气体状态方程
则k值大的对应的pV的乘积也大，即斜率越大的对应的温度越高，故C正确，D错误。
故选AC。
6． 否 C D D 见解析
【详解】（1）[1]实验前不需要对传感器进行调零，因为传感器不调零，图线仍然是一条直线；
（2）[2]A．推拉活塞时，动作要缓慢，以免气体温度发生变化，故A错误；
B．活塞移至某位置时，要等稳定后记录此时注射器内气柱的长度和气体的压强值，故B错误；
C．推拉活塞时，手不可以握住注射器气体部分，以免气体的温度发生变化，故C正确。
故选C。
（3）[3]A．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，故A错误；
B．实验时环境温度升高了，根据理想气体状态方程，乘积变大，故B错误；
C．封闭气体压强与外界大气压强无关，故C错误；
D．实验时若注射器内的气体向外发生了泄漏，根据理想气体状态方程，常数
与质量有关，变小，则乘积减小，故D正确。
故选D。
（4）[4]根据玻意耳定律得
解得
当趋向于零时
即该双曲线的渐近线方程为
故选D。
（5）[5]根据
可知
实验时缓慢推动活塞，封闭气体压强大于外界气压，软管脱落后重新接上，则封闭气体质量变小，图像斜率变小，故脱落后测得的实验数据的那部分图像如图所示

7． 成反比 BC##CB
【详解】（1）[1]根据图线进行猜测，p与V可能成反比；
（2）[2]实线与虚线进行比较，当体积V一定时，实验中气体压强偏小，结合理想气体状态方程可知，气体温度降低，即实验时环境温度降低；当压强一定时，实验中气体体积偏小，说明可能注射器内气体向外泄露。
故选BC。
8． A B
【详解】（1）[1]根据理想气体状态方程有
可得
（2）[2]气体的体积
其中S为空气柱的横截面积，由于空气柱的横截面积S不变，所以用L代替V。
故选A。
（3）[3]根据实验数据，得出的结论为一定量的气体等温变化时，压强与体积成反比.
故选B。
9． AD##DA 过原点的倾斜直线 D
【详解】（1）[1]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，故A正确；
B．实验时为防止气体温度变化，应慢慢推拉柱塞，故B错误；
C．实验时为防止温度发生变化，则不能用手握注射器推拉柱塞，故C错误；
D．只需关注图像斜率的变化即可探究压强和体积的关系，注射器旁的刻度尺只需要刻度分布均匀即可，可以不标注单位，故D正确；
故选AD。
（2）[2]由玻意耳定律可知一定质量的理想气体温度不变时，压强与体积成反比，故为了能最直观地判断气体压强与气体体积的函数关系，应作出图像。
[3]如果在误差允许范围内该图线是一条过原点的倾斜直线，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。
（4）[6]ABC．根据
可得
若实验过程中有漏气现象、气体温度降低或气体温度升高，图像会发生弯曲，故ABC错误；
D．图像整体下移，可知体积偏小，即漏加了注射器与压强传感器连接处的气体体积，故D正确。
故选D。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲第16章 热学
第16.6讲 气体状态变化图像
【知识点精讲】
常见气体状态变化的图像
名称 图像 特点 其他图像
等温线 为常量），即越大的等温线对应的温度越高，离原点越远
，斜率，即斜率越大，对应的温度越高
等容线 ，斜率，即斜率越大，对应的体积越小
图线的延长线均过点（，0），斜率越大，对应的体积越小
等压线 ，斜率，即斜率越大，对应的压强越小
与成线性关系，但不成正比，图线延长线均过点（，0）， 斜率越大，对应的压强越小
【方法归纳】
解决图像问题应注意的几点
（1）看清坐标轴，理解图像的意义：图像上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态；图像上的一条直线或曲线表示一定质量气体状态变化的一个过程。
（2）观察图像，弄清图像中各量的变化情况，看是否属于特殊变化过程，如等温变化、等容变化或等压变化。
（3）若不是特殊过程，可在坐标系中作特殊变化的图像（如等温线、等容线或等压线）实现两个状态的比较。
（4）涉及微观量的考查时，要注意各宏观量和相应微观量的对应关系。
【最新高考题精练】
（2023高考选择性考试辽宁卷）
1．“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是（　　）

A． B．
C． D．
（2022高考北京卷）
2．如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，沿图示路径先后到达状态b和c。下列说法正确的是（ ）
A．从a到b，气体温度保持不变 B．从a到b，气体对外界做功
C．从b到c，气体内能减小 D．从b到c，气体从外界吸热
（2022高考辽宁物理）
3．一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统（ ）
A．对外界做正功 B．压强保持不变 C．向外界放热 D．内能减少
（2022重庆高考）
4．某同学探究一封闭汽缸内理想气体的状态变化特性，得到压强p随温度t的变化如图所示。已知图线Ⅰ描述的是体积为的等容过程，当温度为时气体的压强为；图线Ⅱ描述的是压强为的等压过程。取为，求
①等容过程中，温度为时气体的压强；
②等压过程中，温度为时气体的体积。
（2022新高考江苏卷）
5．如图所示，一定质量的理想气体分别经历和两个过程，其中为等温过程，状态b、c的体积相同，则（　　）
A．状态a的内能大于状态b B．状态a的温度高于状态c
C．过程中气体吸收热量 D．过程中外界对气体做正功
【最新模拟题精练】
（2023山东济南三模）
6．制冷机通常是按照如图所示的逆卡诺循环进行工作的，其中1→2、3→4为绝热过程，2→3、4→1为等温过程。将制冷机中的封闭气体看作理想气体，以下判断正确的是（　　）

A．1→2的过程中气体温度降低
B．2→3的过程中气体放热
C．3→4的过程中气体内能增加
D．1→2→3→4→1的整个循环过程中，气体对外界做正功
（2023湖南名校5月质检）
7．一定质量的理想气体封闭在汽缸内，从初始状态A经状态B、C、D再回到状态A，其体积V与热力学温度T的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．从状态A到状态B的过程中，气体从外界吸收热量
B．从状态C到状态D的过程中，气体内能的减少量小于气体向外界放出的热量
C．从状态B到状态C的过程中，气体分子在单位时间内对汽缸壁单位面积的碰撞次数减少
D．从状态D到状态A与从状态A经B、C到状态D的过程中，气体对外界做功的数值相等
（2023湖北高考冲刺模拟）
8．一定质量的理想气体从状态a开始，经过如图所示的三个过程回到初始状态a，下列判断正确的是（　　）
A．在c→a的过程中外界对气体做的功小于b→c过程中气体对外界做的功
B．在b→c的过程中气体从外界吸收的热量小于在c→a过程中气体向外界放出的热量
C．在a→b的过程中气体对外界做的功小于气体从外界吸收的热量
D．在a→b的过程中气体内能的增加量大于c→a过程中气体内能的减少量
（2023山东烟台一模）
9．一定质量的理想气体从状态a开始，经、、三个过程后再回到状态a，其图像如图所示，则该气体（ ）
A．在状态a的内能小于在状态b的内能
B．在状态a的密集程度大于在状态b的密集程度
C．在过程中，外界对气体做功为0
D．由状态a经历三个过程后再回到状态a的过程中，气体从外界吸热
（2023辽宁大连金州高中三模）
10．如图所示，一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b，再经过bc过程到达状态c，然后经过ca过程回到状态a．设气体在状态a、状态b和状态c的温度分别为、和，下列说法正确的是（　　）
A．Tb>Tc，整个过程吸收热量 B．Tb>Tc，整个过程放出热量
C．Ta=Tc，整个过程吸收热量 D．Ta=Tc，整个过程放出热量
（2023湖南邵阳二模）
11．如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过等压变化到状态B，再经过等容变化到状态C，最终经过等温变化回到初始状态A。已知从状态A到状态B的过程中，气体吸收了的热量，关于从A到B过程下列说法中正确的是（　　）
A．气体内能增加 B．气体内能增加
C．气体内能减少 D．气体内能减少
（2023河南开封二模）
12．如图所示，一定质量的理想气体从状态P（，，）经热力学过程PQ、QS、SP后又回到状态P，则下列说法正确的是（　　）
A．P、Q、S三个状态中，Q状态的温度最高且为
B．P、S两状态的气体内能相等
C．SP过程中，气体分子的平均动能保持不变
D．QS过程中，气体内能的减少量大于气体向外界放出的热量
E．整个过程中，气体需要从外界吸收的热量
（2022山东泰安三模）
13．一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D→A循环，该过程每个状态均可视为平衡态，各状态参数如图所示。对此气体，下列说法正确的是（　　）
A．A→B的过程中，气体对外界放热，内能不变
B．B→C的过程中，气体的压强增大，单位体积内的分子数增多
C．C→D的过程中，气体的压强不变，气体从外界吸热
D．D→A的过程中，气体的压强减小，分子的平均动能减小，单位体积内的分子数不变
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】根据
可得
从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，c态的体积大于b态体积。
故选B。
2．D
【详解】AB．一定质量的理想气体从状态a开始，沿题图路径到达状态b过程中气体发生等容变化，压强减小，根据查理定律，可知气体温度降低，再根据热力学第一定律U = Q＋W，由于气体不做功，内能减小，则气体放热，AB错误；
CD．一定质量的理想气体从状态b沿题图路径到达状态c过程中气体发生等压变化，体积增大，根据，可知气体温度升高，内能增大，再根据热力学第一定律U = Q＋W，可知b到c过程吸热，且吸收的热量大于功值，C错误、D正确。
故选D。
3．A
【详解】A．理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，理想气体对外界做正功，A正确；
B．由题图可知
V = V0 + kT
根据理想气体的状态方程有
联立有
可看出T增大，p增大，B错误；
D．理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；
C．理想气体从状态a变化到状态b，由选项AD可知，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知气体向外界吸收热量，C错误。
故选A。
4．①；②
【详解】①在等容过程中，设0℃时气体压强为p0；根据查理定律有
解得
②当压强为p2，温度为0℃时，设此时体积为V2，则根据理想气体状态方程有
解得
5．C
【详解】A．由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；
B．由于状态b和状态c体积相同，且，根据理想气体状态方程
可知，又因为，故，故B错误；
CD．因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功；而气体温度升高，内能增加，根据
可知气体吸收热量；故C正确，D错误；
故选C。
6．B
【详解】A．1→2的过程为绝热过程，故
气体体积减小，故外界对气体做功
根据热力学第一定律
可知气体内能增大，气体温度升高，故A错误；
B．2→3的过程为等温过程，故
气体体积减小，故外界对气体做功
根据热力学第一定律可得
因此气体放热，故B正确；
C．3→4的过程为绝热过程，故
气体体积增大，故气体对外界做功
根据热力学第一定律可知物体内能减小，故C错误；
D．根据p-V图线与横轴围成的面积表示做的功可知，1→2→3过程气体做负功，3→4→1过程气体做正功，由于1→2→3曲线与横轴围成的面积大于3→4→1曲线与横轴围成的面积，故整个过程气体对外界做负功，故D错误。
故选B。
7．AB
【详解】A．从状态A到状态B的过程中，气体发生等容变化，温度升高，气体内能增加，气体从外界吸收热量，故A正确；
B．从状态C到状态D，气体体积减小，外界对气体做功，温度降低，内能减小，根据
可知气体内能的减少量小于气体向外界放出的热量，故B正确；
C．从状态B到状态C的过程中，气体发生的是等温变化，温度不变，分子平均速率不变，体积减小，气体的数密度变大，压强变大，则气体分子在单位时间内对汽缸壁单位面积的碰撞次数增大，选项C错误；
D．从状态D到状态A，气体发生等压变化，设压强为p，则
从A到B为等容变化
从B到C体积减小压强变大且始终大于p，则外界对气体做功
从C到D体积减小压强变大且始终大于p，则外界对气体做功
则
故D错误；
故选AB。
8．BC
【详解】A．p-V图象围成的面积等于气体做功。由图可知，在c→a的过程中外界对气体做的功等于b→c过程中气体对外界做的功，A错误；
B．由于
而状态b和状态c的气体温度相等，内能相同，状态的温度低，内能小，由
可知，在c→a的过程中气体向外界释放的热量大于b→c过程中气体从外界吸收的热量，B正确；
C．在a→b的过程中，气体内能增加，则气体对外界做的功小于气体从外界吸收的热量，C正确；
D．由B选项可知，在a→b的过程中气体内能的增加量等于c→a过程中气体内能的减少量，D错误。
故选BC。
9．D
【详解】A．状态a与状态b的温度相同，则内能相同，故A错误；
B．状态a到状态b温度不变，压强增大，则体积减小，所以在状态a的密集程度小于在状态b的密集程度，故B错误；
C．在过程中，体积减小，外界对气体做功为
在过程中，压强不变，温度升高，则体积增大，外界对气体做功为
在过程，体积不变，则有
由于，所以有
即在过程中，外界对气体做的总功为负功，故C错误；
D．由状态a经历三个过程后再回到状态a的过程中，，由热力学第一定律可知
则由状态a经历三个过程后再回到状态a的过程中，气体从外界吸热，故D正确。
故选D。
10．D
【详解】从a到b是等容变化，由查理定律得
解得
从b到c是等压变化，由盖吕萨克定律得
解得
由此可知
由状态a到b经过c再回到a，可知内能不变，根据p-V图线与坐标轴所围的面积表示功，可知由b到c气体对外做功
W1=-pV0
由c到a外界对气体做功
由此可知外界对气体为
根据热力学第一定律
ΔU=Q+W
可知整个过程放出热量，故D正确，ABC错误。
11．A
【详解】从状态A到状态B的过程中，气体对外做功
气体吸收了的热量，根据热力学第一定律可知
气体内能增加。
故选A。
12．ABE
【详解】A．由理想气体状态方程可得
从P到Q，等压膨胀，温度升高，从Q到S，等容降压，温度降低，由于S与P对应的pV乘积相等，故温度相等，可知Q状态的温度最高，从P到Q可得
解得
A正确；
B．P、S两状态的温度相等，由于是理想气体，内能只跟温度有关，故两状态的气体内能相等，B正确；
C．从S到P，pV乘积先增大后减小，故温度先升高再降低，故SP过程中，气体分子的平均动能先增大再减小，初末状态相等，C错误；
D．QS过程中，温度降低，内能减小，体积不变，气体没有做功，故气体内能的减少量等于气体向外界放出的热量，D错误；
E．P到Q气体对外做的功为
S到P过程中，图线与横轴所围的面积表示外界对气体做的功，故S到P外界对气体做的功为
而初末状态温度相等，内能相等，故整个过程中，气体需要从外界吸收的热量，E正确。
故选ABE。
13．D
【详解】A．A→B的过程中温度不变，内能不变，体积膨胀对外界做功，由热力学第一定律得气体从外界吸热才可能保持内能不变，故A错误；
B．B→C的过程中体积不变，单位体积内的分子数不变，温度升高，分子的平均动能增大，压强增大，故B错误；
C．C→D过程的直线过原点，压强不变，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，气体放热才可能内能减小，故C错误；
D．D→A的过程中气体的体积不变，单位体积内的分子数不变，温度减小，压强也减小，温度是分子平均动能的标志，故分子的平均动能减小，故D正确。
故选D。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第16章 热学
第16.7讲 气缸模型
【知识点精讲】
热学中的“气缸模型”，是指研究对象理想气体被活塞封闭在气缸内，气缸一般圆柱形气缸、截面积不等的两部分圆柱连接在一起、用细管连接在一起的两个气缸。
气缸模型"是热学中最具实用价值的模型,由于外界条件的变化而引起气缸内气体的状态发生变化,往往涉及封闭气体,气缸和活塞等多个研究对象,通过"气缸模型"既能考查学生对力学,热学知识掌握的程度,又能考查学生综合运用知识和解决问题的能力.
【方法归纳】
解决气缸类问题的一般步骤
（1）弄清题意,确定研究对象。一般地说,研究对象分为两类:热学研究对象（一定质量的理想气体）;力学研究对象（气缸、活塞或某系统）。
（2）分析清楚题目所述的物理过程,对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程,依据气体定律列出方程;对力学研究对象要正确地进行受力分析，利用平衡条件或牛顿第二定律列方程解答。
【最新高考题精练】
（2023全国高考新课程卷）
1．如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后（　　）

A．h中的气体内能增加 B．f与g中的气体温度相等
C．f与h中的气体温度相等 D．f与h中的气体压强相等
（2023高考全国甲卷）
2．在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热量交换的过程是（ ）
A．气体的体积不变，温度升高
B．气体的体积减小，温度降低
C．气体的体积减小，温度升高
D．气体的体积增大，温度不变
E．气体的体积增大，温度降低
（2023学业水平等级考试上海卷）
3．导热性能良好、内壁光滑的气缸开口向上放在水平桌面上，轻质活塞封闭了一定质量的气体，活塞上放置了一个质量为m的砝码，稳定时活塞距离气缸底的高度为h，改变所放砝码的质量，得到了对应的h。以m为纵轴，为横轴，画出的图线为一条倾斜直线，其斜率为k，在纵轴的截距为b，已知活塞横截面积为S，由此可知大气压为 ；不放砝码时h为 。

（2023高考湖北卷）
4．如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降，左侧活塞上升。已知大气压强为，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）最终汽缸内气体的压强。
（2）弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
（2023年6月高考浙江选考科目）
5．如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积，质量的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量；从状态B到状态C，气体内能增加；大气压。
（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能________（选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求气体在状态C的温度Tc；
（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。
（2022·全国理综甲卷·33（2））
6．如图，容积均为、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为、温度为的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II、Ⅲ部分的体积分别为和、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
（1）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
（2）将环境温度缓慢改变至，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
【最新模拟题精练】
（2023河北唐山三模）
7．如图所示，导热性能良好的汽缸开口向上竖直放在水平地面上，汽缸内封闭一定质量的理想气体。其中缸体质量为M，活塞质量为m，活塞面积为S，活塞距汽缸底部为，汽缸壁厚度及活塞与汽缸之间的摩擦不计。现对活塞施加竖直向上的拉力，使活塞缓慢向上移动，当汽缸底部将要离开地面时，使活塞停止移动。设定环境温度保持不变，外界大气压强为，重力加速度为g。求：
（1）未施加向上拉力之前，活塞静止时缸内气体的压强；
（2）从对活塞施加竖直向上的拉力到停止移动过程中，活塞向上移动的距离是多少。
（2023湖南名校5月质检）
8．如图所示，一水平放置的汽缸由横截面积不同的两圆筒连接而成，活塞A、B用一长为3L的刚性细杆连接，且可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动．A、B之间封闭着一定质量的理想气体，设活塞A、B横截面积的关系为，汽缸外大气的压强为，温度为．初始时活塞A与大圆筒底部（大、小圆筒连接处）相距2L，汽缸内气体温度为．求：
①缸内气体的温度缓慢降低至380K时，活塞移动的位移；
②缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．
（2023重庆信息联考卷3）
9．如图所示，水平面上固定一劲度系数为的轻弹簧，弹簧上端有一个两端开口的绝热汽缸，汽缸内有一加热装置（图中未画出），两绝热活塞A和B封住一定质量的理想气体，活塞A的质量为，活塞B固定于弹簧上端，平衡时，两活塞间的距离为．已知大气压强为，初始时气体的温度为，重力加速度大小为，两活塞A、B的面积均为且均可无摩擦地滑动而不会脱离汽缸，汽缸与活塞接触良好而不会漏气，汽缸侧壁始终在竖直方向上，不计加热装置的体积，弹簧始终在弹性限度内且保持竖直．求：
（1）若将气体的温度加热到400K，则活塞A移动的距离为多少；
（2）保持温度不变，给活塞A施加一个竖直向上的拉力平衡后活塞A移动的距离。
（2023湖北重点高中期中联考）
10．如图所示，圆柱形汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，汽缸的高度为，缸体内底面积为，缸体重力为。轻杆下端固定在桌面上，上端连接活塞。活塞所在的平面始终水平。当热力学温度为时，缸内气体高为，已知大气压强为，不计活塞质量及活塞与缸体的摩擦。现缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸。
（1）求此时缸内气体的温度；
（2）求该过程缸内气体对汽缸所做的功；
（3）若该过程缸内气体吸收热量为，则缸内气体内能增加多少？
（2023重庆一中质检）
11．将一个内壁光滑的汽缸开口朝右静置于光滑水平面上，汽缸质量为M=3kg，横截面积为S=20cm2。用一质量为m=2kg的活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，开始时活塞离汽缸底部的距离为l=40cm，现对汽缸施加一水平向左、大小为F=100N的拉力，如图所示。已知大气压强p0=1.0×105Pa，密封气体的温度、大气压强均保持不变，汽缸足够长，不计空气阻力，施加拉力作用当系统达到稳定状态后。求：
（1）汽缸的加速度大小；
（2）活塞离汽缸底部的距离。
（2023山东青岛二中下学期期中）
12．如图所示，用横截面积为的活塞将一定质量的理想气体封闭在导热良好的汽缸内，汽缸平放到光滑的水平面上。劲度系数为的轻质弹簧左端与活塞连接，右端固定在竖直墙上。不考虑活塞和汽缸之间的摩擦，系统处于静止状态，此时弹簧处于自然长度，活塞距离汽缸底部的距离为。现用水平力F向右缓慢推动汽缸，当弹簧被压缩后再次静止（已知大气压强为，外界温度保持不变），在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．气体从外界吸热
B．气体分子的平均动能变大
C．再次静止时力F的大小为50N
D．汽缸向右移动的距离为6cm
（2023云南昆明一中六模）
13．内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体。状态I如图甲所示汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，气体体积为V、气体压强为。如图乙所示，将汽缸倒立挂在天花板上，活塞可无摩擦滑动且不漏气，当活塞再次达到稳定时为状态Ⅱ。已知汽缸外大气压强为，环境温度不变。状态Ⅱ与状态I相比（　　）
A．体积增大，压强减小，温度不变
B．内能增加，外界对气体做正功
C．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
D．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
（2023河北衡水中学一模）
14．一竖直放置的导热良好的汽缸内壁光滑，两个质量及厚度均不计的活塞a、b封闭两部分质量一样的同种理想气体。活塞横截面积，静止时a、b到汽缸底部的距离分别为，，汽缸内壁有一小固定卡口，卡口上端到汽缸底部的距离为。重力加速度，大气压强。
（1）在活塞b上放置一质量为的重物，求稳定后b到汽缸底部的距离；
（2）接第（1）问，若再把环境温度从27℃升高到42℃，求再次稳定后b到汽缸底部的距离。
（2023河南洛阳等4市三模）
15．如图所示，一定质量的气体被活塞封闭在水平固定放置的圆柱体汽缸中，一水平轻质弹簧的两端分别与汽缸底部和活塞相连，弹簧的劲度系数为k，活塞静止不动时，活塞与汽缸底部相距L。汽缸和活塞绝热性能良好，汽缸内部气体的热力学温度为T0、压强等于汽缸外部的大气压强p0。现接通电热丝缓慢加热气体，活塞缓慢向右移动距离L后停止加热。已知活塞内部的横截面积为S，活塞和汽缸内壁之间的摩擦不计，活塞厚度不计且不漏气，汽缸内部的气体可视为理想气体。求：汽缸内部气体的最终温度。
（2023湖南新高考联盟第一次联考）
16．如图所示，高为、截面积的绝热汽缸开口向上放在水平面上，标准状况（温度℃、压强）下，用质量为的绝热活塞Q和质量不计的导热性能良好的活塞P将汽缸内的气体分成甲、乙两部分，活塞Q与固定在汽缸底部、劲度系数为的轻弹簧拴接，系统平衡时活塞Q位于汽缸的正中央且弹簧的形变量为零，此时活塞P刚好位于汽缸的顶部。现将一质最为的物体放在活塞P上，活塞P下移。不计一切摩擦，外界环境的温度和大气压恒定，重力加速度。则当活塞P不再下移时。求：
（1）气体甲的长度为多少？
（2）如果用一加热装置对气体乙缓慢加热使活塞P回到汽缸顶部，此时气体乙的温度为多少摄氏度？（结果保留整数）
（2023四川成都石室中学二诊）
17．如图所示，柱形绝热汽缸固定在倾角为 的斜面上，汽缸深度为=4cm，汽缸口有固定卡槽。汽缸内用质量为=1kg、横截面积为=0.5cm2的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，此时活塞距汽缸底部的距离为，汽缸内气体温度为。现通过汽缸底部的电热丝（体积可忽略）缓慢对气体加热，一直到气体温度升高到。加热过程中通过电热丝的电流恒为=0.2A，电热丝电阻为=1Ω，加热时间为=1min，若电热丝产生的热量全部被气体吸收。大气压强恒为Pa，不计活塞及固定卡槽的厚度，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气。已知，，取=10m/s2。求：
（1）气体温度升高到时的压强。
（2）气体温度从升高到的过程中增加的内能。
（2023浙江台州二模）
18．一导热汽缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体。如图甲所示，汽缸水平横放时，缸内空气柱长为。已知大气压强为，环境温度为，活塞横截面积为S，汽缸的质量，不计活塞与汽缸之间的摩擦。现将气缸悬挂于空中，如图乙所示。求
（1）稳定后，汽缸内空气柱长度；
（2）汽缸悬在空中时，大气压强不变，环境温度缓慢地降至多少时能让活塞回到初始位置；
（3）第（2）小题过程中，若气体内能减少了，此气体释放了多少热量。
（2023湖南新高考教研联盟第二次联考）
19．如图所示，“凸”形汽缸上、下部分高度均为h，上、下底面导热良好，其余部分绝热。上部分横截面积为S，下部分横截面积为2S。汽缸被总重力G=2p0S、中间用轻杆相连的a、b两绝热活塞（密封性良好）分成A、B、C三部分，活塞稳定时A、B、C三个部分内的气体温度均为T，A、C部分气体压强为p0，A、B部分高均为，C部分高为h。现保持A、B温度不变，使C中的气体温度缓慢变化至某温度，最终稳定后两活塞缓慢下降了，不计所有摩擦。求：
（1）C温度变化前，B中气体的压强；
（2）C中气体最终温度为多少？
（2023河北唐山一模）
20．竖直放置的导热薄壁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，两活塞用一轻杆连接，活塞Ⅰ、Ⅱ的质量均为m，面积分别为S、2S。初始时活塞Ⅰ上面放置质量为2m的物块M，系统处于平衡状态，活塞Ⅰ到汽缸连接处的距离为h、活塞Ⅱ到汽缸连接处的距离为2h，如图所示。已知活塞外大气压强为，活塞外温度恒定，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计轻杆的体积。若，求：
（1）汽缸内理想气体的压强与大气压强的比值；
（2）轻轻拿走塞Ⅰ上面放置的物块，待系统稳定时活塞Ⅰ到汽缸连接处的距离。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．AD
【详解】A．当电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体内能增大，温度升高，根据理想气体状态方程可知f中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，可知h的体积也被压缩压强变大，对活塞受力分析，根据平衡条件可知，弹簧弹力变大，则弹簧被压缩。与此同时弹簧对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动左边活塞。故活塞对h中的气体做正功，且是绝热过程，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，A正确；
B．未加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡，可知弹簧处于压缩状态，对左边活塞分析
则
分别对f、g内的气体分析，根据理想气体状态方程有
由题意可知，因弹簧被压缩，则，联立可得
B错误；
C．在达到稳定过程中h中的气体体积变小，压强变大，f中的气体体积变大。由于稳定时弹簧保持平衡状态，故稳定时f、h中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对h气体分析可知
联立可得
C错误；
D．对弹簧、活塞及g中的气体组成的系统分析，根据平衡条件可知，f与h中的气体压强相等，D正确。
故选AD。
2．ABD
【详解】A．气体的体积不变温度升高，则气体的内能升高，体积不变气体做功为零，因此气体吸收热量，A正确；
B．气体的体积减小温度降低，则气体的内能降低，体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律
可知气体对外放热，B正确；
C．气体的体积减小温度升高，则气体的内能升高，体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律
可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，C错误；
D．气体的体积增大温度不变则气体的内能不变，体积增大气体对外界做功，由热力学第一定律
可知
即气体吸收热量，D正确；
E．气体的体积增大温度降低则气体的内能降低，体积增大气体对外界做功，由热力学第一定律
可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，E错误。
故选ABD。
3．
【详解】[1][2]对活塞受力分析，设由平衡条件可得
因为气体是等温变化
不放砝码时，气缸内气体压强为，活塞处于气缸顶部，设气缸内部高度为H
联立解得
变形为
因为是以m为纵轴，为横轴，结合上述解析式，可知
解得
4．（1）；（2）；
【详解】（1）对左右气缸内所封的气体，初态压强
p1=p0
体积
末态压强p2，体积
根据玻意耳定律可得
解得
（2）对右边活塞受力分析可知
解得
对左侧活塞受力分析可知
解得
5．（1）不变；增大；（2）350K；（3）11J
【详解】（1）圆筒导热良好，则气体从状态A缓慢推动活塞到状态B，气体温度不变，则气体分子平均动能不变；气体体积减小，则压强变大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大；
（2）状态A时的压强
温度TA=300K；体积VA=600cm3；
C态压强；体积VC=500cm3；
根据
解得
TC=350K
（3）从B到C气体进行等容变化，则WBC=0，因从B到C气体内能增加25J可知，气体从外界吸热25J，而气体从A到C从外界吸热14J，可知气体从A到B气体放热11J，从A到B气体内能不变，可知从A到B外界对气体做功11J。
6．（1）；（2）
【详解】（1）因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖吕萨克定律可得
解得
（2）设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩的体积为V0-V，则对气体Ⅳ
对Ⅱ、Ⅲ两部分气体
联立解得
7．（1）；（2）
【详解】（1）选活塞为研究对象，根据平衡条件有
解得
（2）选缸体为研究对象，当气缸底部将要离开地面时，根据平衡条件有
解得
选封闭气体为对象，根据玻意耳定律有
解得
则活塞移动的距离为
8．(1) (2)
【详解】解：① 缸内气体的温度缓慢降低时，其压强不变，活塞A、B一起向右移动，
对理想气体有，
由题可知，，
由盖-吕萨克定律可得：，
解得，
由于，说明活塞A未碰到大圆筒底部，故活塞A、B向右移动的位移为1.2L；
②大活塞刚刚碰到大圆筒底部时有，
由盖-吕萨克定律可得
解得，
当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时有，
气体发生等容变化，由查理定律
解得
9．（1）4cm；（2）14cm
【详解】（1）将气体的温度加热到400K，气体进行等压变化，活塞B不动，根据盖吕萨克定律
解得
x=4cm
（2）设缸筒质量M，对整体开始时下面的弹簧压缩量
开始时气体压强
给活塞A施加一个竖直向上的拉力平衡后里面气体的压强
气体进行等温变化，则
解得
x＇=4cm
此时弹簧的压缩量
则活塞A上升的距离
10．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）发生等压变化，设缸内气体原来压强为，汽缸受力平衡得
解得
（2）根据气体实验定律，气体发生等压变化，气体对缸做功
（3）由热力学第一定律可知，温度升高气体内能变大，得缸内气体内能增量为
11．（1）20m/s2；（2）50cm
【详解】
（1）对活塞和汽缸组成的系统根据牛顿第二定律得
解得
（2）稳定后设封闭气体压强为p，对活塞进行受力分析根据牛顿第二定律得
解得
由气体实验定律得
解得
12．C
【详解】A．根据热力学第一定律有
汽缸导热良好，气体温度不变，气体内能不变，外界对气体做正功，则气体向外界放热，故A错误；
B．汽缸导热良好，气体温度不变，气体分子的平均动能不变，故B错误；
C．根据平衡条件可知
故C正确；
D．气体被压缩过程温度不变，根据玻意耳定律
解得
汽缸向右移动的距离为
故D错误。
故选C。
13．D
【详解】AB．状态I时，活塞处于平衡状态
当状态Ⅱ时活塞再次达到稳定
解得
汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，则
汽缸内气体压强作用和重力作用将活塞往下推，体积变大，气体对外做功
根据热力学第一定律
可知
气体内能减少，故理想气体温度降低，故AB错误；
CD．理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，C错误，D正确。
故选D。
14．（1）；（2）
【详解】（1）先讨论活塞a是否到达卡口。设重物质量为m0时，活塞a恰与卡口接触。对下部气体，初状态压强为p0，体积为laS，末状态压强为，体积为l0S，由玻意耳定律有
解得
由于，则活塞a到达卡口且与卡口有作用力。
对上部气体，初状态压强为p0，体积为(lb-la)S，稳定后末状态压强为，体积为 (lb＇-la)S，由玻意耳定律有
得
（2）先分析温度从升高到后，活塞a是否离开卡口。设温度升高到Tm时，活塞a与卡口接触但无作用力。对下部气体，初状态压强为p0，体积为laS，温度为
末状态压强为，体积为l0S，温度为
由理想气体状态方程有
得
由于，则环境温度为t2时，活塞a未离开卡口，对上部气体，初状态压强为p0，体积为(lb-la)S，温度为
稳定后末状态压强为，体积为(-la)S，温度为
由理想气体状态方程有
得
15．
【详解】假设汽缸内部气体最终压强为p，最终温度为T，则
由理想气体状态方程可得
解得
16．（1）6cm；（2）162℃
【详解】（1）气体甲的初态压强为
体积为
末态压强为，体积为
此时对活塞P有
解得
对气体甲，根据玻意耳定律有
代入解得
（2）气体乙的初态压强为，体积为
温度为
T2
此时对活塞Q有
解得
P不再下降时气体甲的长度为，故要使活塞P返回到汽缸顶部，气体乙末状态时的气柱长为
此时弹簧伸长，形变量
气体乙的末态压强为，体积为
温度为，此时对活塞Q，有
解得
对气体乙，由理想气体状态方程有
解得
则
℃＝162℃
17．（1）；（2）2.18J
【详解】（1）初始时活塞受力平衡，有
解得
活塞达到卡槽前压强恒为，由盖—吕萨克定律有
解得
活塞达到卡槽后体积不变，由查理定律有
解得
（2）电热丝产生的热量
气体对外做功
由热力学第一定律知气体增加的内能
解得
18．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设气缸竖直悬挂时，内部气体压强为，空气柱长度为，由玻意耳定律可知
对气缸受力分析，由平衡条件
联立可得，稳定后，汽缸内空气柱长度为
（2）由盖—吕萨克定律可知
得
（3）由热力学第一定律可知
其中
得
则气体释放的热量为
19．（1）2p0；（2）
【详解】（1）C温度变化前，对两活塞
解得
（2）A中气体，初状态
，，
末状态
，
由玻意耳定律有
解得
中气体，初状态
，，
末状态
，
由玻意耳定律有
解得
对中气体，初状态
，，
末状态
对活塞有
解得
由理想气体状态方程有
解得
20．（1）；（2）
【详解】（1）设汽缸内理想气体的压强为，对系统整体由平衡条件可得
解得
解得
结合
可得
（2）轻轻拿走塞Ⅰ上面放置的物块，设稳定时，汽缸内气体的压强为，根据平衡条件可得
解得
根据玻意耳定律
解得
根据题意可得
则
设活塞Ⅰ到汽缸连接处的距离为，根据几何知识
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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