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专题2.2 气体的等温变化
【人教版】
【题型1 封闭气体压强的确定】
【题型2 图像问题】
【题型3 一团气的气缸问题】
【题型4 两团气的气缸问题】
【题型5 一团气的液柱问题】
【题型6 两团气的液柱问题】
【题型7 抽、充气问题】
【题型8 联系实际】
【题型1 封闭气体压强的确定】
【例1】汽缸的横截面积为S，质量为m的梯形活塞上面是水平的，下面与右侧竖直方向的夹角为α，如图所示，当活塞上放质量为M的重物时处于静止状态。设外部大气压强为p0，若活塞与缸壁之间无摩擦。重力加速度为g，求汽缸中气体的压强。
答案　p0＋
解析　对活塞进行受力分析，
如图所示，
由平衡条件得p气S′＝
又因为S′＝
所以p气＝
＝p0＋。
【变式1-1】若已知大气压强为p0，在下图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强。
解析：在题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件知pAS＝－ρghS＋p0S，所以p甲＝pA＝p0－ρgh；在题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有pAS＋ρghS＝p0S，得p乙＝pA＝p0－ρgh；在题图丙中，仍以B液面为研究对象，有pAS＋ρghsin 60°S＝p0S，所以p丙＝pA＝p0－ρgh；在题图丁中，以液面A为研究对象，由平衡条件得pAS＝(p0＋ρgh1)S，所以p丁＝pA＝p0＋ρgh1；在题图戊中，从开口端开始计算：右端为大气压p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，而a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)。
答案：甲：p0－ρgh　乙：p0－ρgh　丙：p0－ρgh
丁：p0＋ρgh1　戊：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)　pb＝p0＋ρg(h2－h1)
【变式1-2】如图所示，汽缸质量是M，活塞质量是m，不计缸内气体的质量，汽缸置于光滑水平面上，当用一水平外力F拉动活塞时，活塞和汽缸能保持相对静止向右加速，求此时缸内气体的压强有多大？(活塞横截面积为S，大气压强为p0，不计一切摩擦)
解析：以活塞和汽缸为研究对象，根据牛顿第二定律
加速度为：a＝ ①
以汽缸为研究对象，再根据牛顿第二定律得
p0S－pS＝Ma
缸内气体的压强p＝p0－a ②
由①、②式联立可得：p＝p0－。
答案：p0－
【变式1-3】如图中两个汽缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，左边的汽缸静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下。两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压强为p0，重力加速度为g，不考虑活塞与汽缸间的摩擦。求封闭气体A、B的压强各多大？
答案　p0＋　p0－
解析　在图甲中选活塞为研究对象，进行受力分析
pAS＝p0S＋mg
得pA＝p0＋
在图乙中选汽缸为研究对象p0S＝pBS＋Mg
pB＝p0－
【题型2 图像问题】
【例2】一定质量的理想气体经历两个不同过程，分别由压强-体积（p-V）图上的两条曲线I和II表示，如图所示，曲线均为反比例函数曲线的一部分。a、b为曲线I上的两点，气体在状态a和b的压强分别，温度分别为Ta、Tb。c、d为曲线II上的两点，气体在状态c和d的压强分别，温度分别为Tc、Td。下列关系式正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】根据理想气体的气态方程，及曲线均为反比例函数曲线的一部分，可得曲线I为等温变化，故可得a、b两点的温度相同，A错误；根据理想气体的气态方程，a到c为等压变化，即有B正确；根据理想气体的气态方程，由图像可知又故C错误；根据理想气体的气态方程，由图像可知又 ， ， 故 ，D错误。
故选B。
【变式2-1】(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p-图线。由图可知(　 )
A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比
B．一定质量的气体在发生等温变化时，其p-图线的延长线是经过坐标原点的
C．T1>T2
D．T1解析：选BD　题图是一定质量的气体在发生等温变化时的p-图线，由题图知p∝，所以p与V应成反比，A错误；由题图可以看出，p-图线的延长线是过坐标原点的，故B正确；根据一定质量的气体同体积下温度越高压强越大，可知C错误，D正确。
【变式2-2】（多选）如图1所示为某种橡胶材质的气球内外压强差（）和气球直径d之间的关系图像，其简化情形如图2所示，现取两个这种材质的相同的气球，并将气球1预先充气到直径为将气球2预先充气到直径为然后用一容积可忽略不计的细管将两气球连通（如图3所示），已知气球外部的大气压强为，可将气球始终视为是球体，分析计算时按图2进行，且不考虑温度的变化。则下列说法中正确的是（　　）
A．若，d2=12cm，则气球1的最终直径为2cm
B．若，，则气球2的最终直径小于12cm
C．若，，则气球2的最终直径为18cm
D．若，，则气球1和气球2的最终直径相等
【答案】AD
【详解】细管将两气球连通后，气体总是从气压大的气球流向气压小的气球；由乙图可知，（体积设为V）、（体积为）时，气球1中的气压大于气球2中的气压，故气体从气球1流向气球2，气球1的半径缩小，气球2的半径增大，设最终两球气压均变为，即气球1的直径减为（体积为），则有解得气球2的体积
（气球直径为时的体积），符合题意，故A正确，B错误。
由乙图可知，（体积为）、（体积为）时，气球2中的气压大于气球1中的气压，故气体从气球2流向气球1，气球2的半径缩小，气球1的半径增大，设最终两球气压均变为，即气球2的直径减为（体积为），则有
解得气球1的体积 （气球直径为时的体积），不符合题意，故可知，两气球最终体积相同，故D正确，C错误。
故选AD。
【变式2-3】如图所示，空的薄金属筒开口向下静止于恒温透明液体中，筒中液面与A点齐平。现缓慢将其压到更深处，筒中液面与B点齐平，不计气体分子间相互作用，且筒内气体无泄漏(液体温度不变)。下列图像中能体现筒内气体从状态A到B变化过程的是（　　）
A． B． C． D．
解析：筒内气体发生等温变化，由玻意耳定律可知，气体的压强与体积成反比，金属筒从A下降到B的过程中，气体体积V变小，压强p变大。
答案：C
【题型3 一团气的气缸问题】
【例3】如图，气缸倒挂在天花板上，用光滑的活塞密封一定量的气体，活塞下悬挂一个沙漏，保持温度不变，在沙缓慢漏出的过程中，气体的（　　）
A．压强变大，体积变大 B．压强变大，体积变小
C．压强变小，体积变大 D．压强变小，体积变小
解析：选B, 设活塞和沙漏的总质量为m，则对活塞分析可知
则当m减小时，p增大；根据玻意耳定律
可知，体积减小。
答案：B
【变式3-1】质量为m的薄壁导热柱形汽缸，内壁光滑，用横截面积为S的活塞封闭一定量的理想气体。在下述所有过程中，汽缸不漏气且与活塞不脱离。当汽缸如图(a)竖直倒立静置时。缸内气体体积为V1，温度为T1。已知重力加速度大小为g，大气压强为p0。
(1)将汽缸如图(b)竖直悬挂，缸内气体温度仍为T1，求此时缸内气体体积V2；
(2)如图(c)所示，将汽缸水平放置，稳定后对汽缸缓慢加热，当缸内气体体积为V3时，求此时缸内气体的温度。
解析：(1)图(a)状态下，对汽缸受力分析，如图1所示，则封闭气体的压强为p1＝p0＋
当汽缸按图(b)方式悬挂时，对汽缸受力分析，如图2所示，
则封闭气体的压强为p2＝p0－
对封闭气体由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得V2＝V1。
(2)当汽缸按图(c)的方式水平放置时，封闭气体的压强为p3＝p0
由理想气体状态方程得＝
解得T3＝。
答案：(1)V1　(2)
【变式3-2】图中竖直圆筒固定不动，粗筒横截面积是细筒的4倍，筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定量的理想气体，气柱长L＝17 cm，活塞A的上方细筒中的水银深h1＝20 cm，粗筒中水银深h2＝5 cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态。现使活塞B缓慢向下移动，直至水银恰好全部进入粗筒中，设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强P0相当于75 cm高水银柱产生的压强。求：
(1)此时气柱的长度；
(2)活塞B向下移动的距离。
答案　(1)20 cm　(2)8 cm
解析　(1)设气体初态的压强为p1，则有p1＝p0＋h1＋h2
设S为粗圆筒的横截面积，气体初态的体积V1＝SL
设气体末态的压强为p2，有p2＝p0＋h2＋
设末态气柱的长度为L′，气体体积为V2＝SL′
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
联立各式代入数据解得L′＝20 cm
(2)活塞B下移的距离d＝L′－L＋
代入数据解得d＝8 cm
【变式3-3】如图所示，两端开口的导热气缸静置在水平地面上，两个厚度不计的活塞用一根长为的细轻杆连接，两个活塞之间封闭着一定质量的理想气体，两活塞可在气缸内无摩擦滑动，两活塞静止时气缸内两部分气柱长度均为。已知小活塞的横截面积为，大活塞的横截面积为，大活塞的质量为，小活塞的质量为，外界大气压强为，环境温度保持不变，现把气缸固定在以加速度向左加速行驶的小车上，求稳定后活塞移动的距离。
【答案】当时，活塞向右移动的距离为；当时，活塞向右移动的距离为
【详解】
设封闭气体的初始压强为，以两活塞和轻杆为整体，根据受力平衡可得
解得
封闭气体的初始体积为
把气缸固定在以加速度向左加速行驶的小车上，假设稳定后活塞向右移动的距离为，且大活塞未到气缸横截面积变化处，此时封闭气体的压强为，以两活塞和轻杆为整体，根据牛顿第二定律可得
解得
封闭气体的体积为
由玻意耳定律可得
联立解得
令
可得
可知当时，活塞向右移动的距离为；当时，活塞向右移动的距离为。
【题型4 两团气的气缸问题】
【例4】如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为。
(1)求A的体积和B的压强；
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。
[解析]　(1)对B气体分析，发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pB·V，解得pB＝2p0，
对A气体分析，也发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pAVA，pA＝pB＋0.5p0，
联立解得VA＝0.4V。
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为V，
由玻意耳定律可得p0V＝p′×V，则A此情况下的压强为，p′＝p0则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为VA′、压强为pA′，气体B的体积为VB′、 压强为pB′，根据等温变化有
p0V＝pA′VA′，p0V＝pB′VB′，VA′＋VB′＝2V，pA′＝pB′－0.5p0，
联立解得pB′＝p0 (舍去)，pB′＝p0，VA′＝(－1)V。
[答案]　(1)0.4V　2p0　(2)(－1)V　p0
【变式4-1】如图所示，圆柱形汽缸放在水平面上，容积为V，圆柱内面积为S的活塞(质量和厚度可忽略不计)将汽缸分成体积比为3∶1的上下两部分，一轻质弹簧上下两端分别固定于活塞和汽缸底部，此时弹簧处于压缩状态，活塞上部气体压强为p0，弹簧弹力大小为，活塞处于静止状态。要使活塞移动到汽缸正中间并能保持平衡，可通过打气筒向活塞下部汽缸注入压强为p0的气体(汽缸下部有接口)。已知活塞处于正中间时弹簧恰好恢复原长，外界温度恒定，汽缸和活塞导热性能良好，不计活塞与汽缸间的摩擦，求：
(1)初始状态活塞下部气体压强；
(2)需要注入的压强为p0的气体的体积。
答案　(1)p0　(2)V
解析　(1)对活塞受力分析得p0S＝p1S＋
解得p1＝p0。
(2)设当活塞处于正中间时，上部气体压强为p2，则
p0×＝p2×
又弹簧处于原长，则下部气体压强也为p2，则
p1×＋p0Vx＝p2×
联立解得Vx＝V。
【变式4-2】(多选)如图所示，一竖直放置的汽缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与汽缸间无摩擦，汽缸导热性能良好。现在活塞上方缓慢放上质量为m的细砂，重力加速度为g，下列说法正确的是(　 )
A．若m＝，活塞下移
B．若m＝，活塞下移
C．若m＝，气室1内气体压强为3p0
D．若m＝，气室1内气体压强为3p0
解析：选AD　若m＝，对活塞AB有pS＝p0S＋mg，解得p＝2p0。单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变。根据玻意耳定律得pxS＝p0LS，解得此时气室2内气柱长度x＝，所以活塞下移，A正确，C错误；若m＝，对活塞AB有p′S＝p0S＋mg，解得p′＝1.5p0，单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变，同理根据玻意耳定律得p′x′S＝p0LS，解得x′＝，所以活塞下移Δx＝L－x′＝，B错误；若m＝，对活塞AB有p″S＝p0S＋mg，解得p″＝4p0，单向阀打开，如果气室2的气体未完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝4p0x″S，解得x″＝，假设不成立，所以气体完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝pxLS，解得px＝3p0，D正确。
【变式4-3】如图甲所示，一竖直导热汽缸静置于水平桌面，用销钉固定的导热活塞将汽缸分隔成A、B两部分，每部分都密闭有一定质量的理想气体，此时A、B两部分气体体积相等，压强之比为2∶3，拔去销钉，稳定后A、B两部分气体体积之比为2∶1，如图乙。已知活塞的质量为M，横截面积为S，重力加速度为g，外界温度保持不变，不计活塞和汽缸间的摩擦，整个过程不漏气，求稳定后B部分气体的压强。
答案　
解析　设汽缸总容积为V，初始状态＝①
最终平衡状态pB′＝pA′＋②
A、B两部分气体做等温变化，由玻意耳定律，得
pA·＝pA′·③
pB·＝pB′·④
联立解得pB′＝
【题型5 一团气的液柱问题】
【例5】如图所示，长为L、横截面积为S、质量为m的筒状小瓶，底朝上漂浮在某液体中。平衡时，瓶内空气柱长为0.21L，瓶内、外液面高度差为0.10L；再在瓶底放上一质量为m的物块，平衡时，瓶底恰好和液面相平。已知重力加速度为g，系统温度不变，瓶壁和瓶底厚度可忽略。求：
(1)液体密度ρ；
(2)大气压强p0。
答案　(1)　(2)
解析　(1)初态，瓶内气体压强为p1＝p0＋0.1Lρg
瓶处于平衡状态时，有p1S＝p0S＋mg
联立解得液体密度ρ＝。
(2)初态，瓶内气体压强p1＝p0＋
由题意知瓶内气柱长度为L1＝0.21L
末态，设瓶内气柱长度为L2，瓶内气体压强为p2
瓶内气体压强p2＝p0＋ρgL2
瓶和物块整体处于平衡状态，有p2S＝p0S＋2mg
联立解得L2＝0.2L
瓶内气体做等温变化，由玻意耳定律p1L1S＝p2L2S
联立解得p0＝。
【变式5-1】一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量M＝3×103 kg、体积V0＝0.5 m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h1＝40 m，筒内气体体积V1＝1 m3，在拉力作用下浮筒缓慢上升。当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，随后浮筒和重物自动上浮。已知大气压强p0＝1×105 Pa，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，重力加速度的大小g＝10 m/s2。不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略。求V2和h2。
解析：当F＝0时，由平衡条件得Mg＝ρg(V0＋V2)，
代入数据得V2＝2.5 m3。
设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2，由题意得p1＝p0＋ρgh1，p2＝p0＋ρgh2，
在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，
联立解得h2＝10 m。
答案：2.5 m3　10 m
【变式5-2】如图所示，下端封闭、上端开口且粗细均匀的玻璃管与水平方向成角倾斜放置，管内用长度为的水银柱封闭了长度为的空气柱，大气压强恒为，将该玻璃管绕其下端缓慢逆时针旋转至竖直，空气柱可看作理想气体且温度不变，则密闭空气柱的长度将变为（　　）
A． B． C． D．
答案：C
解析：选C，被封闭气体做等温变化，初态
末态
根据玻意耳定律可得
解得故选C。
【变式5-3】如图甲所示，一根粗细均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管中有一段长度为24 cm 的水银柱，下端封闭了一段长度为16 cm的空气柱。现将该玻璃管在竖直平面内缓慢旋转至开口向下且与水平方向成30°角的位置，如图乙所示，水银未流出，求此时试管内封闭气柱的长度。(设环境温度保持不变，大气压强恒为76 cmHg)
答案　25 cm
解析　设试管横截面积为S，图乙中封闭气柱的长度为L
图甲中封闭气体压强为p1＝(24＋76)cmHg＝100 cmHg
体积为V1＝16S
图乙中封闭气体压强为p2＝(76－12)cmHg＝64 cmHg
体积为V2＝LS
由玻意耳定律p1V1＝p2V2
解得L＝25 cm
【题型6 两团气的液柱问题】
【例6】如图所示，粗细均匀、一端开口的直角玻璃管竖直放置，管内用两段水银柱封闭着A、B两段气体（可看做理想气体），A气柱长度，竖直管中水银柱和水平管左端水银柱长度均为，B气柱长度，水平管右端水银柱长度。现在缓慢地将玻璃管逆时针转过，已知大气压，环境温度保持不变，求稳定后A，B气柱的长度。
【答案】15cm；50cm
【详解】设玻璃管的横截面积为S，初态时，B气柱压强
将玻璃管逆时针转过后，B气柱压强变为
设B气柱长度为，则根据玻意耳定律有
得
初态时A气柱压强
如图所示
末态时假设B气柱下方有长度为x的水银未进入水平管中，则A气柱压强变为
A气柱长度为
根据玻意耳定律有
解得
（另一负根舍去），故假设成立，A气柱长度为
【变式6-1】如图所示，在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。
答案　22.5 cm　7.5 cm
解析　设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小。
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm⑤
l2′＝7.5 cm。⑥
【变式6-2】如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm。已知外界大气压为p0＝75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。
解析：对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态压强为p1B＝p0，体积为V1B＝l2S，末态压强为p2B，设水银柱离下端同一水平面的高度为h2，体积为V2B＝(l2－h2)S，由水银柱的平衡条件有p2B＝p0＋ρgh，
B管中气体发生等温压缩变化过程，根据玻意耳定律有
p1BV1B＝p2BV2B，
联立解得h2＝2 cm，
对A管中的气体，初态压强为p1A＝p0，体积为V1A＝l1S，末态压强为p2A，设水银柱离下端同一水平面的高度为h1，则气体体积为V2A＝(l1－h1)S，由水银柱的平衡条件有p2A＝p0＋ρg(h＋h2－h1)，A管内气体发生等温压缩变化过程，根据玻意耳定律有p1AV1A＝p2AV2A，联立可得2h12－191h1＋189＝0，解得h1＝1 cm或h1＝ cm >l1(舍去)，则两水银柱的高度差为Δh＝h2－h1＝1 cm。
答案：1 cm
【变式6-3】一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg。环境温度不变。
解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2。活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′。以cmHg为压强单位。由题给条件得
p1＝p0＋(20.0－5.00)cmHg①
l1′＝cm②
由玻意耳定律得p1l1＝p1′l1′③
联立①②③式和题给条件得
p1′＝144 cmHg④
依题意p2′＝p1′⑤
l2′＝4.00 cm＋ cm－h⑥
由玻意耳定律得p2l2＝p2′l2′⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h＝9.42 cm。⑧
答案：144 cmHg　9.42 cm
【题型7 抽、充气问题】
【例7】甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后
(ⅰ)两罐中气体的压强；
(ⅱ)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
答案　(ⅰ)p　(ⅱ)
解析　(ⅰ)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p，其体积变为V1，由玻意耳定律有p(2V)＝pV1①
现两罐气体压强均为p，总体积为(V＋V1)。设调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有
p(V＋V1)＝p′(V＋2V)②
联立①②式可得p′＝p③
(ⅱ)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有
p′V＝pV2④
设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，
k＝⑤
联立③④⑤式可得k＝⑥
【变式7-1】得益于我们国家经济的高速发展，普通人的住房条件得到不断改善，越来越多的人搬进了漂亮的楼房，但是马桶阻塞却成了一个越来越让人头疼的问题，疏通器是解决此类问题的工具之一。在疏通马桶时，疏通器气体体积需缩小到原来的才能打通堵塞的管道。疏通器如图所示，通过打气筒将气体打入储气室，拨动开关，储气室内气体喷出。若储气室容积为2V，初始时内部气体压强为p0，每次可打入压强为p0、体积为的气体，以上过程温度变化忽略不计，则要能疏通马桶需要向储气室打气几次？
[解析]　设疏通器内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，气体压缩后状态参量分别为p2、T2、V2，由题意知T1＝T2，p1＝p0，V1＝2V，V2＝，
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，
可得p2＝4p0，
设打气筒需要向储气室打气n次，打气前气体状态参量分别为p3、T3、V3，打气后气体状态参量分别为p4、T4、V4，由题意知T3＝T4，p3＝p0，V3＝2V＋n，p4＝p2＝4p0，V4＝2V，
由玻意耳定律得p3V3＝p4V4，
解得n＝12。
[答案]　12
【变式7-2】呼吸机在抗击新冠肺炎的战“疫”中发挥了重要的作用。呼吸机的工作原理可以简述为：吸气时会将气体压入患者的肺内，当压力上升到一定值时，呼吸机会停止供气，呼气阀也会相继打开，患者的胸廓和肺就会产生被动性的收缩，进行呼气。若吸气前肺内气体的体积为V0，肺内气体压强为p0(大气压强)。吸入一些压强为p0的气体后肺内气体的体积变为V，压强为p，若空气视为理想气体，整个过程温度保持不变，则吸入气体的体积为(　 )
A．V－V0 B．
C. D．
解析：选D　设压入的气体体积为V1，气体做等温变化，则pV＝p0V0＋p0V1，解得V1＝，故D正确，A、B、C错误。
【变式7-3】血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(　 )
A．30 cm3 B．40 cm3 C．50 cm3 D．60 cm3
解析：选D　设每次挤压气囊将体积为V0＝60 cm3的空气充入臂带中，压强计的示数为p′＝150 mmHg，则以充气后臂带内的空气为研究对象，由玻意耳定律得：p0V＋p0×5V0＝(p0＋p′)5V，代入数据解得：V＝60 cm3，故D正确，A、B、C错误。
【题型8 联系实际】
【例8】新冠肺炎疫情发生以来，各医院都特别加强了内部环境消毒工作。如图所示，是某医院消毒喷雾器设备。喷雾器的储液桶与打气筒用软细管相连，已知储液桶容积为10 L，打气筒每打次气能向储液桶内压入p0＝1.0×105 Pa的空气V0′＝200 mL。现往储液桶内装入8 L药液后关紧桶盖和喷雾头开关，此时桶内压强为p＝1.0×105 Pa，打气过程中储液桶内气体温度与外界温度相同且保持不变，不计储液桶两端连接管以及软细管的容积。
(1)若打气使储液桶内消毒液上方的气体压强达到3×105 Pa后，求打气筒打气次数至少是多少？
(2)当储液桶内消毒液上方的气体压强达到3×105 Pa后，打开喷雾器开关K直至储液桶消毒液上方的气压为2×105 Pa，求在这过程中储液桶喷出药液的体积是多少？
答案　(1)20次　(2)1 L
解析　(1)对储液桶内药液上方的气体
初状态：压强p1＝1×105 Pa，体积V1
末状态：压强p2＝3.0×105 Pa，体积V2＝2L
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得V1＝6 L
因为原来气体体积为V0＝2 L，所以打气筒打气次数
n＝＝＝20次。
(2)对储液桶内药液上方的气体
初状态：压强p1′＝3×105 Pa，体积V1′＝2L
末状态：压强p2′＝2.0×105 Pa，体积V2′
由玻意耳定律得p1′V1′＝p2′V2′
解得V2′＝3 L
所以储液桶喷出药液的体积ΔV＝V2′－V1′＝(3－2) L＝1 L。
【变式8-1】(多选)如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图。在输液过程中，下列说法正确的是(　 )
A．A瓶中的药液先用完
B．当A瓶中液面下降时，B瓶内液面高度保持不变
C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大
D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变
解析：选ABC　在药液从B瓶中流出时，B瓶中封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知，气体压强减小，A瓶中气体将A瓶中药液压入B瓶补充，所以B中流出多少药液，A瓶就会有多少药液流入B瓶 ，所以B瓶液面高度保持不变，直到A瓶药液全部流入B瓶，所以A瓶药液先用完，故A、B正确；A瓶瓶口处压强和大气压相等，但液面下降，药液产生的压强减小，因此A瓶内封闭气体压强增大，故C正确，D错误。
【变式8-2】一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2。K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图
(b)所示。设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变。已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)待测气体的压强；
(2)该仪器能够测量的最大压强。
解析：(1)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p。提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则
V＝V0＋πd2l①
V1＝πd2h②
由力学平衡条件得
p1＝p＋ρhg③
整个过程为等温过程，由玻意耳定律得
pV＝p1V1④
联立①②③④式得
p＝。⑤
(2)由题意知
h≤l⑥
联立⑤⑥式有
p≤⑦
该仪器能够测量的最大压强为
pmax＝。⑧
答案：(1)　(2)
【变式8-3】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，瓶颈很短的导热平底大烧瓶。瓶内塞有一气球，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，瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，封闭气体的压强为，在对气球缓慢吹气过程中，当瓶内气体体积减小时，压强增大，若使瓶内气体体积减小，则其压强为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】气体做的是等温变化，由玻意耳定律得： ，
解得：p′=2p0
故选D。专题2.3 气体的等压变化和等容变化
【人教版】
【题型1 图像问题】
【题型2 图像转化问题】
【题型3 一团气的气缸问题】
【题型4 两团气的气缸问题】
【题型5 液柱问题】
【题型6 综合问题】
【题型7 联系实际】
【题型8 抽、充气问题】
【题型1 图像问题】
【例1】如图所示为一定质量气体状态变化时的p-T图像，由图像可知，此气体的体积(　 )
A．先不变后变大
B．先不变后变小
C．先变大后不变
D．先变小后不变
【变式1-1】如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和状态C。有关A、B和C三个状态的温度TA、TB和TC的关系，正确的是(　 )
A．TA＝TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能不变
B．TA＞TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能减少
C．TB＜TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能增加
D．TB＞TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能减少
【变式1-2】如图所示是一定质量的理想气体的压强和摄氏温度的关系图像，气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积(　　)
A.一直增大 　 B.一直减小
C.保持不变 　 D.先变大后变小
【变式1-3】某同学用如图装置“研究一定质量气体在体积不变时，其压强与温度的关系”。测得初始状态的压强为p0，温度为t0。现逐渐加入热水使水温升高，同时测量压强p和温度t，并记录下每次测量结果与初始值的差值Δp和Δt。该过程中下列图像一定正确的是(　 )
【题型2 图像转化问题】
【例2】一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，p T和V T图各记录了其部分变化过程，试求：
(1)温度为600 K时气体的压强；
(2)在p T图像上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整。
【变式2-1】(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p-V图像如图所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，如将上述变化过程改用p-T图像和V-T图像表示，则下列图像可能正确的是(　 )
【变式2-2】如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.
(1)说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值．
(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p－T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．
【变式2-3】一定质量的理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图甲所示，若状态D的压强是2×104 Pa.
(1)求状态A的压强；
(2)请在图乙画出该状态变化过程的p－T图象，并分别标出A、B、C、D各个状态，不要求写出计算过程．
【题型3 一团气的气缸问题】
【例3】如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。
【变式3-1】如图所示，一导热性能良好的汽缸放置在水平面上，其横截面积S＝40 cm2，内壁光滑，固定的卡口A、B与缸底的距离L＝1 m，厚度不计，初始时活塞在汽缸内封闭了一段长为2L的理想气体。环境温度为T0＝320 K。现缓慢调整汽缸开口至竖直向上，稳定时缸内气体高度为1.6 m。随着环境温度的降低，活塞与卡口A、B间距离会逐渐变小。取重力加速度g＝10 m/s2，大气压强为p0＝1.0×105 Pa。求：
(1)活塞的质量；
(2)当活塞与卡口A、B接触且无作用力时的环境温度。
【变式3-2】如图所示，一汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体。已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦。初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板。现缓慢升高汽缸内气体的温度，则下列图中能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是(　 )
【变式3-3】（多选）如图所示，截面积分别为S甲=1cm2、S乙=0.5cm2的两个上部开口的柱形气缸甲、乙，底部通过体积可以忽略不计的细管连通，甲、乙两个气缸内分别有两个不计厚度的活塞，质量分别为m甲=1.4kg、m乙=0.7kg。甲气缸内壁粗糙，活塞与气缸间的最大静摩擦力为f=3N；乙气缸内壁光滑，且离底部2h高处有一活塞销。当气缸内充有某种理想气体时，甲、乙中的活塞距底部均为h，此时气体温度为T0=300K，外界大气压为p0=1.0×105Pa。现缓慢升高气体温度，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．当气缸乙中的活塞刚好被活塞销卡住时，气体的温度是300K
B．当气缸乙中的活塞刚好被活塞销卡住时，气体的温度是400K
C．当气缸甲中的活塞刚要滑动时，气体的温度是450K
D．当气缸甲中的活塞刚要滑动时，气体的温度是500K
【题型4 两团气的气缸问题】
【例4】如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V0.汽缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为，现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求：
(1)恒温热源的温度T；
(2)重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx.
【变式4-1】如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27 ℃，汽缸导热。
(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强。
【变式4-2】如图所示，两个可导热的汽缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通(忽略细管的容积)．两汽缸各有一活塞，质量分别为m1和m2，活塞与汽缸壁无摩擦．活塞的下方为理想气体，上方为真空．当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h.(已知m1＝3m，m2＝2m)
(1)在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差(假定环境的温度始终保持为T0)．
(2)在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？(假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到汽缸顶部)．
【变式4-3】如图所示，一定质量的气体放在体积为V0的导热容器中，室温T0＝300 K，有一光滑导热活塞C（体积忽略不计）将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的三倍，A室容器上连接有一管内体积不计的足够长的U形管，两侧水银柱高度差为76cm，A内有体积可以忽略的电阻丝，B室容器可通过一阀门K与大气相通。已知外界大气压p0＝76cmHg。
（1）此时B室内气体压强是多少；
（2）若A室内气体的温度保持不变，将阀门K打开，稳定后B室内剩余气体的质量和B室原有气体质量之比是多少；
（3）若打开阀门K稳定后，给A室内的电阻丝通电，将A室内气体温度加热到900 K，求此时A室内气体的压强。
【题型5 液柱问题】
【例5】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2.0 cm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2.0 cm。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76 cmHg，环境温度为296 K。
(ⅰ)求细管的长度；
(ⅱ)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。
【变式5-1】如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283 K，大气压强p0＝76 cmHg。
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
【变式5-2】如图所示，两个容器A和B容积不同，内部装有气体，其间用细管相连，管中有一小段水银柱将两部分气体隔开。当A中气体温度为tA，B中气体温度为tB，且tA > tB，水银柱恰好在管的中央静止。若对两部分气体加热，使它们的温度都升高相同的温度，下列说法正确的是（ ）
A．水银柱保持不动 B．水银柱将向左移动
C．水银柱将向右移动 D．水银柱的移动情况无法判断
【变式5-3】小明同学设计了一种测温装置，用于测量的教室内的气温（教室内的气压为一个标准大气压气压，相当于76cm汞柱产生的压强），结构如图所示，大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度：把B管水银面的高度转化成温度的刻度值。当教室温度为27℃时，B管内水银面的高度为16cm。B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是（　　）
A．该测温装置利用了气体的等压变化的规律
B．B管上所刻的温度数值上高下低
C．B管内水银面的高度为22cm时，教室的温度为
D．若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低
【题型6 综合问题】
【例6】如图所示，表示一定质量的气体的状态A→B→C→A的图像，其中AB的延长线通过坐标原点，BC和AC分别与T轴和V轴平行。则下列说法正确的是(　 )
A．A→B过程气体压强增加
B．B→C过程气体压强不变
C．C→A过程气体单位体积内的分子数减小
D．A→B过程气体分子平均动能增加
【变式6-1】（多选）如图所示，四支两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态，如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是（ ）
A． B．
C． D．
【变式6-2】（多选）如图所示为一套茶杯和杯盖，从消毒碗柜里高温消毒后取出，放在水平桌面上并立刻盖上杯盖，假定密封效果很好，则过一段时间后，下列说法正确的是（　　）
A．杯内气体分子的平均动能增大 B．杯内气体分子的平均动能减小
C．杯内气体的压强增大 D．杯内气体的压强减小
【变式6-3】（多选）在一次科学晚会上，某老师表演了一个“马德堡半球实验”。他先取出两个在碗底各焊接了铁钩的不锈钢碗，在一个碗内烧了一些纸，然后迅速把另一个碗扣上，再在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度。用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开，如图所示。当两边的人各增加到5人时，恰能把碗拉开。已知碗口的面积约为400cm2，环境温度为27°C，大气压强为，每人平均用力为。假设实验过程中碗不变形，也不漏气。绝对零度为-273°C，下列说法中正确的是（　　）
A．浇水过程中不锈钢碗内的气体压强逐渐增大
B．碗快要被拉开时，碗内封闭气体压强约为2.5×104Pa
C．不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度约为127°C
D．浇水过程中不锈钢碗内气体分子单位时间内撞击单位面积的次数减少
【题型7 联系实际】
【例7】某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。
(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；
(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃时，大气压强为1.0×105 Pa。
【变式7-1】登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 ℃，则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为(　 )
A．8.3×104 Pa B．8.3×105 Pa
C．4.3×104 Pa D．1.23×105 Pa
【变式7-2】小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1 200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K。设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？
(2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？
【变式7-3】一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压，温度T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。
(1)求该热气球所受浮力的大小；
(2)求该热气球内空气所受的重力；
(3)设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量。
【题型8 抽、充气问题】
【例8】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1.2×107 Pa，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1.26×107 Pa。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4×105 Pa，要求大钢瓶内压强降到2×105 Pa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？
【变式8-1】新冠病毒具有很强的传染性，转运新冠病人时需要使用负压救护车，其主要装置为车上的负压隔离舱(即舱内气体压强低于外界的大气压强)，这种负压隔离舱既可以让外界气体流入，也可以将舱内气体过滤后排出。若生产的某负压隔离舱容积为0.6 m3，初始时温度为27 ℃，压强为1.0×105 Pa；运送到某地区后，外界温度变为15 ℃，大气压强变为0.9×105 Pa，已知负压隔离舱导热且运输过程中与外界没有气体交换，容积保持不变。绝对零度取－273 ℃。
(1)求运送到某地区后负压隔离舱内的压强；
(2)运送到某地区后需将负压隔离舱内气体抽出，使压强与当地大气压强相同，求抽出的气体质量与舱内剩余气体质量之比。
【变式8-2】如图所示，是某潜艇的横截面示意图，它有一个主压载水舱系统，主压载水舱有排水孔与海水相连，人们可以通过向水舱里注水或者排水来控制潜艇的浮沉。潜艇内有一个容积V＝3 m3的贮气钢筒，在海面上时，贮气钢筒内贮存了p＝200 atm的压缩空气，压缩空气的温度为t＝27 ℃。某次执行海底采矿任务时，通过向主压载水舱里注入海水，潜艇下潜到水面下h＝290 m处，此时海水及贮气钢筒内压缩空气的温度均为t1＝7 ℃；随着采矿质量的增加，需要将贮气钢筒内的压缩空气压入水舱内，排出部分海水，使潜艇保持水面下深度不变，每次将筒内一部分空气压入水舱时，排出海水的体积为ΔV＝1 m3，当贮气钢筒内的压强降低到p2＝50 atm时，就需要重新充气。在排水过程中气体的温度不变，已知海水的密度ρ＝1×103 kg/m3，海面上大气压强p0＝1 atm，g＝10 m/s2,1 atm＝1×105 Pa。求在该贮气钢筒重新充气之前，可将贮气钢管内的空气压入水舱多少次？
【变式8-3】小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量、截面积的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为时，测得环境温度。设外界大气压强，重力加速度。
（1）当电子天平示数为时，环境温度为多少？
（2）该装置可测量的最高环境温度为多少？
参考答案
【题型1 图像问题】
【例1】如图所示为一定质量气体状态变化时的p-T图像，由图像可知，此气体的体积(　 )
A．先不变后变大
B．先不变后变小
C．先变大后不变
D．先变小后不变
解析：选D　第一阶段为等温变化，压强变大，根据玻意耳定律知体积减小，第二阶段为等容变化，体积不变，所以气体体积先变小后不变，D正确。
【变式1-1】如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和状态C。有关A、B和C三个状态的温度TA、TB和TC的关系，正确的是(　 )
A．TA＝TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能不变
B．TA＞TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能减少
C．TB＜TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能增加
D．TB＞TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能减少
解析：选D　从状态A到状态B气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律可得＝，由于VA＜VB，则TA＜TB，气体的内能增加，A、B错误；从状态B到状态C气体发生等容变化，根据查理定律可得＝，由于pB＞pC，则TB＞TC，气体的内能减少，C错误，D正确。
【变式1-2】如图所示是一定质量的理想气体的压强和摄氏温度的关系图像，气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积(　　)
A.一直增大 　 B.一直减小
C.保持不变 　 D.先变大后变小
答案　B
解析　在p－t图像中作出过a、b两点的等容线，延长交于同一点－273.15 ℃，根据＝C，由此可知等容线斜率越大，体积越小，所以气体在状态b的体积小于在状态a的体积，所以气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积一直在减小，故B正确，A、C、D错误。
【变式1-3】某同学用如图装置“研究一定质量气体在体积不变时，其压强与温度的关系”。测得初始状态的压强为p0，温度为t0。现逐渐加入热水使水温升高，同时测量压强p和温度t，并记录下每次测量结果与初始值的差值Δp和Δt。该过程中下列图像一定正确的是(　 )
解析：选C　气体做等容变化时＝＝C，故p＝CT，Δp＝C·ΔT，又T＝273.15＋t，故p＝C(273.15＋t)，Δp＝CΔt，所以C一定正确，A、D一定错误，而B可能正确。
【题型2 图像转化问题】
【例2】一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，p T和V T图各记录了其部分变化过程，试求：
(1)温度为600 K时气体的压强；
(2)在p T图像上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整。
解析：(1)由p T图可知，气体由200 K→400 K的过程中做等容变化，由V T图可知，气体由400 K→500 K仍做等容变化，
对应p T图可得出：T＝500 K时，气体的压强为1.25×105 Pa，
由V T图可知，气体由500 K→600 K做等压变化，故T＝600 K时，气体的压强仍为1.25×105 Pa。
(2)在p T图像上补充画出400 K→600 K的气体状态变化图像，如图所示。
.
答案：(1)1.25×105 Pa　(2)见解析图
【变式2-1】(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p-V图像如图所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，如将上述变化过程改用p-T图像和V-T图像表示，则下列图像可能正确的是(　 )
解析：选BD　A到B是等温变化，体积变大，压强变小；B到C是等容变化，在p-T图像上为过原点的直线；C到A是等压变化，体积减小，根据盖-吕萨克定律知温度降低，故A错误，B正确。A到B是等温变化，体积变大；B到C是等容变化，压强变大，根据查理定律，温度升高；C到A是等压变化，体积变小，在V-T图像中为过原点的一条倾斜的直线，故C错误，D正确。
【变式2-2】如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.
(1)说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值．
(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p－T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．
解析　(1)从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，所以A→B是一个等压变化，即pA＝pB
根据盖—吕萨克定律可得＝
所以TA＝TB＝×300 K＝200 K.
(2)由题图甲可知，由B→C是等容变化，根据查理定律得＝
所以pC＝pB＝pB＝pB＝×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa
则可画出由状态A→B→C的p－T图象如图所示．
答案　见解析
【变式2-3】一定质量的理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图甲所示，若状态D的压强是2×104 Pa.
(1)求状态A的压强；
(2)请在图乙画出该状态变化过程的p－T图象，并分别标出A、B、C、D各个状态，不要求写出计算过程．
答案　(1)4×104 Pa　(2)见解析
解析　(1)据理想气体的状态方程得＝则pA＝＝4×104 Pa
(2)p－T图象及A、B、C、D各个状态如图所示．
【题型3 一团气的气缸问题】
【例3】如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。
答案　T0　(p0S＋mg)h
解析　开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有
＝①
根据力的平衡条件有
p1S＝p0S＋mg②
联立①②式可得
T1＝T0③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖－吕萨克定律有
＝④
式中V1＝SH⑤
V2＝S(H＋h)⑥
联立③④⑤⑥式解得T2＝T0⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h。
【变式3-1】如图所示，一导热性能良好的汽缸放置在水平面上，其横截面积S＝40 cm2，内壁光滑，固定的卡口A、B与缸底的距离L＝1 m，厚度不计，初始时活塞在汽缸内封闭了一段长为2L的理想气体。环境温度为T0＝320 K。现缓慢调整汽缸开口至竖直向上，稳定时缸内气体高度为1.6 m。随着环境温度的降低，活塞与卡口A、B间距离会逐渐变小。取重力加速度g＝10 m/s2，大气压强为p0＝1.0×105 Pa。求：
(1)活塞的质量；
(2)当活塞与卡口A、B接触且无作用力时的环境温度。
[解析]　(1)气体初态p1＝p0，V1＝2LS，设稳定时缸内气体高度为h1，
气体末态p2＝p0＋，V2＝h1S，
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得m＝10 kg。
(2)假定环境温度为T1时，活塞与卡口A、B接触且无作用力，气体发生等压变化，稳定时缸内气体高度为L，则有V3＝LS，
由盖-吕萨克定律可得＝，
解得T1＝200 K(或－73 ℃)。
[答案]　(1)10 kg　(2)200 K(或－73 ℃)
【变式3-2】如图所示，一汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体。已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦。初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板。现缓慢升高汽缸内气体的温度，则下列图中能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是(　 )
解析：选B　当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p与汽缸内气体的热力学温度T成正比，在p -T图像中，图线是过原点的倾斜直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p-T图像中，图线是平行于T轴的直线，B正确。
【变式3-3】（多选）如图所示，截面积分别为S甲=1cm2、S乙=0.5cm2的两个上部开口的柱形气缸甲、乙，底部通过体积可以忽略不计的细管连通，甲、乙两个气缸内分别有两个不计厚度的活塞，质量分别为m甲=1.4kg、m乙=0.7kg。甲气缸内壁粗糙，活塞与气缸间的最大静摩擦力为f=3N；乙气缸内壁光滑，且离底部2h高处有一活塞销。当气缸内充有某种理想气体时，甲、乙中的活塞距底部均为h，此时气体温度为T0=300K，外界大气压为p0=1.0×105Pa。现缓慢升高气体温度，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．当气缸乙中的活塞刚好被活塞销卡住时，气体的温度是300K
B．当气缸乙中的活塞刚好被活塞销卡住时，气体的温度是400K
C．当气缸甲中的活塞刚要滑动时，气体的温度是450K
D．当气缸甲中的活塞刚要滑动时，气体的温度是500K
答案：BC
解析：乙中活塞被卡住前，气体为等压变化过程，由盖—吕萨克定律可得=
其中V0=S甲h+S乙h
乙中活塞刚好被卡住时V1=S甲h+2S乙h得T1=400KA错误，B正确；
乙中活塞被卡住至甲中活塞刚要滑动的过程，气体做等容变化，由查理定律得=
最初对活塞乙有p1S乙=p0S乙+m乙g得p1=2.4×105Pa
甲中活塞要动时，对活塞甲有p2S甲=p0S甲+m甲g+f得p2=2.7×105Pa
解得T2=450K C正确，D错误。
【题型4 两团气的气缸问题】
【例4】如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V0.汽缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为，现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求：
(1)恒温热源的温度T；
(2)重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx.
答案　(1)T0　(2)V0
解析　(1)
与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖－吕萨克定律得：＝，解得：T＝T0.
(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的质量大．打开K后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至汽缸顶，才能满足力学平衡条
件．汽缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程．设左活塞上方气体最终压强为p，由玻意耳定律得：pVx＝·，
(p＋p0)(2V0－Vx)＝p0·V0，
联立上述二式得：6V－V0Vx－V＝0，
其解为：Vx＝V0；另一解Vx＝－V0，不合题意，舍去．
【变式4-1】如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27 ℃，汽缸导热。
(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强。
[解析]　(1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得
p0V＝p1V1①
(3p0)V＝p1(2V—V1)②
联立①②式得
V1＝③
p1＝2p0。④
(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2。由玻意耳定律得
(3p0)V＝p2V2⑤
由⑤式得
p2＝p0⑥
由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p2′＝p0。
(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得
＝⑦
将有关数据代入⑦式得
p3＝1.6p0。⑧
[答案]　(1)　2p0　(2)在汽缸B的顶部 (3)1.6p0
【变式4-2】如图所示，两个可导热的汽缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通(忽略细管的容积)．两汽缸各有一活塞，质量分别为m1和m2，活塞与汽缸壁无摩擦．活塞的下方为理想气体，上方为真空．当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h.(已知m1＝3m，m2＝2m)
(1)在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差(假定环境的温度始终保持为T0)．
(2)在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？(假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到汽缸顶部)．
答案　(1)h　(2)5mgh(－1)　吸收热量
解析　(1)设左、右活塞的面积分别为S′和S.由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即＝
由此得S′＝S
在两个活塞上各加一质量为m的物块后，假设左右两活塞仍没有碰到汽缸底部，由活塞受力平衡知，p左＝＝，p右＝，p左在初态，气体的压强为，体积为；在末态，气体的压强为，体积为(x为左活塞的高度)．
由玻意耳定律得·＝·
由上式解得x＝h
即两活塞的高度差为h.
(2)当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为.
设x′是温度达到T时左活塞的高度，由盖—吕萨克定律得
x′＝x＝
活塞对气体做的功为
W＝Fs＝4mg·h(－1)＝5mgh(－1)
在此过程中气体吸收热量．
【变式4-3】如图所示，一定质量的气体放在体积为V0的导热容器中，室温T0＝300 K，有一光滑导热活塞C（体积忽略不计）将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的三倍，A室容器上连接有一管内体积不计的足够长的U形管，两侧水银柱高度差为76cm，A内有体积可以忽略的电阻丝，B室容器可通过一阀门K与大气相通。已知外界大气压p0＝76cmHg。
（1）此时B室内气体压强是多少；
（2）若A室内气体的温度保持不变，将阀门K打开，稳定后B室内剩余气体的质量和B室原有气体质量之比是多少；
（3）若打开阀门K稳定后，给A室内的电阻丝通电，将A室内气体温度加热到900 K，求此时A室内气体的压强。
答案（1）152 cmHg；（2） ；（3）114 cmHg
解析：1） 开始时，设A室内气体压强为pA0，则
（2）开始时，设A室内气体压强为pA0，则
A室的体积为
阀门K打开后，A室内气体等温变化，稳定后压强为pA1，则
体积设为VA1，根据玻意耳定律有
解得
B室内气体等温变化，依题意有
根据玻意耳定律有
解得
则稳定后B室内剩余气体的质量和B室原有气体质量之比为
（3）假设打开阀门后，气体从T0＝300 K升到T1时，活塞C恰好到达容器最左端，即A室内气体体积变为V0，压强始终为
即为等压变化过程，根据盖—吕萨克定律有
解得T1＝600 K
因为T2＝900 K > 600 K所以温度从T1＝600 K继续升高到T2＝900 K的过程中，A室内气体为等容变化过程，设其最终压强为pA2，根据查理定律有
解得pA2＝114 cmHg
【题型5 液柱问题】
【例5】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2.0 cm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2.0 cm。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76 cmHg，环境温度为296 K。
(ⅰ)求细管的长度；
(ⅱ)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。
答案　(ⅰ)41 cm　(ⅱ)312 K
解析　(ⅰ)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h1，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＝p1V1①
由力的平衡条件有
p＝p0＋ρgh②
p1＝p0－ρgh③
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)④
V1＝S(L－h)⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L＝41 cm。⑥
(ⅱ)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
＝⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得
T＝312 K。⑧
【变式5-1】如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283 K，大气压强p0＝76 cmHg。
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
[解析]　(1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有
p1V1＝p2V2 ①
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有p1＝p0＋ρgh0②
p2＝p0＋ρgh ③
V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS④
联立①②③④式并代入题给数据得
h＝12.9 cm。 ⑤
(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖-吕萨克定律有＝⑥
按题设条件有V3＝(2H－h)S ⑦
联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得T2＝363 K。⑧
[答案]　(1)12.9 cm　(2)363 K
【变式5-2】如图所示，两个容器A和B容积不同，内部装有气体，其间用细管相连，管中有一小段水银柱将两部分气体隔开。当A中气体温度为tA，B中气体温度为tB，且tA > tB，水银柱恰好在管的中央静止。若对两部分气体加热，使它们的温度都升高相同的温度，下列说法正确的是（ ）
A．水银柱保持不动 B．水银柱将向左移动
C．水银柱将向右移动 D．水银柱的移动情况无法判断
答案：B
解析：本题涉及到两部分气体，水银柱的移动由两部分气体的压强差决定。可以先假设水银柱不动，A、B两部分气体都做等容变化，分别研究它们的压强变化。对A有 = 得pA′ = pA
对B有 = 得pB′ = pB
由于开始时水银柱恰好在管的中央静止，则开始有pA = pB，tA > tB
则有 < 所以pA′ < pB′，则水银柱将向左移动。故选B。
【变式5-3】小明同学设计了一种测温装置，用于测量的教室内的气温（教室内的气压为一个标准大气压气压，相当于76cm汞柱产生的压强），结构如图所示，大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度：把B管水银面的高度转化成温度的刻度值。当教室温度为27℃时，B管内水银面的高度为16cm。B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是（　　）
A．该测温装置利用了气体的等压变化的规律
B．B管上所刻的温度数值上高下低
C．B管内水银面的高度为22cm时，教室的温度为
D．若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低
答案：C
解析：该测温装置利用了气体的等容变化的规律，故A错误；当温度为27℃时候，设温度为
玻璃泡A内气体压强为
温度改变为时，气体压强为
根据可得
可知可知温度越高越小，则B管上所刻的温度数值上低下高，当时，解得
若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，大气压强偏小，导致偏小，则的值偏大，导致测出的温度比实际偏高，故C正确，BD错误。
故选C。
【题型6 综合问题】
【例6】如图所示，表示一定质量的气体的状态A→B→C→A的图像，其中AB的延长线通过坐标原点，BC和AC分别与T轴和V轴平行。则下列说法正确的是(　 )
A．A→B过程气体压强增加
B．B→C过程气体压强不变
C．C→A过程气体单位体积内的分子数减小
D．A→B过程气体分子平均动能增加
解析：选D　过各点的等压线如图所示，
从状态A到状态B，在同一条过原点的倾斜直线上，所以A→B过程气体压强不变，A错误；从状态B到状态C，斜率变大，则压强变小，B错误；从状态C到状态A，体积减小，则单位体积内的分子数增大，C错误；从状态A到状态B，温度升高，则分子平均动能增大，D正确。
【变式6-1】（多选）如图所示，四支两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态，如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是（ ）
A． B．
C． D．
解析：假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律，压强的增加量
而各管原压强相同，所以即高，小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动；
因，则则水银柱向右移动，选项A错误；B．因，则则水银柱不移动，选项A错误；因，则则水银柱向左移动，选项CD正确；
答案：CD。
【变式6-2】（多选）如图所示为一套茶杯和杯盖，从消毒碗柜里高温消毒后取出，放在水平桌面上并立刻盖上杯盖，假定密封效果很好，则过一段时间后，下列说法正确的是（　　）
A．杯内气体分子的平均动能增大 B．杯内气体分子的平均动能减小
C．杯内气体的压强增大 D．杯内气体的压强减小
解析：高温的茶杯放置一段时间后，由于热传递作用杯子和杯内气体的温度降低，故杯内气体的内能减小，气体分子的平均动能减小，此过程中气体发生的是等容变化，根据查理定律得 可得杯内气体的压强减小。
答案：BD。
【变式6-3】（多选）在一次科学晚会上，某老师表演了一个“马德堡半球实验”。他先取出两个在碗底各焊接了铁钩的不锈钢碗，在一个碗内烧了一些纸，然后迅速把另一个碗扣上，再在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度。用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开，如图所示。当两边的人各增加到5人时，恰能把碗拉开。已知碗口的面积约为400cm2，环境温度为27°C，大气压强为，每人平均用力为。假设实验过程中碗不变形，也不漏气。绝对零度为-273°C，下列说法中正确的是（　　）
A．浇水过程中不锈钢碗内的气体压强逐渐增大
B．碗快要被拉开时，碗内封闭气体压强约为2.5×104Pa
C．不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度约为127°C
D．浇水过程中不锈钢碗内气体分子单位时间内撞击单位面积的次数减少
解析：在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度，温度降低，体积不变
则压强减小，分子平均动能减小，平均速度减小，不锈钢碗内气体分子单位时间内撞击单位面积的次数减少，故D正确A错误；每人平均用力为，则快要被拉开时，对单边半个球受力分析 解得故B错误；对球内气体分析，气体做等容变化，T=300K解得故C正确。
答案：CD
【题型7 联系实际】
【例7】某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。
(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；
(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃时，大气压强为1.0×105 Pa。
解析：(1)由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据查理定律得＝，代入数据解得p2＝3.1×103 Pa。(2)当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有p0V＝p1V1，解得V1＝V，则增加空气的体积为ΔV＝V1－V＝V，所以增加的空气质量与原有空气质量之比为＝＝。
答案：(1)3.1×103 Pa　(2)
【变式7-1】登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 ℃，则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为(　 )
A．8.3×104 Pa B．8.3×105 Pa
C．4.3×104 Pa D．1.23×105 Pa
解析：选C　取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1＝1.0×105 Pa，温度为T1＝(273＋27)K＝300 K，其末状态的压强为p2，温度为T2＝(273－23)K＝250 K，根据查理定律有＝，解得p2＝×105 Pa，所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为|Δp|＝Pa≈4.3×104 Pa，故C正确。
【变式7-2】小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1 200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K。设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？
(2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？
解析：(1)整个系统处于平衡状态，汽缸内的气体发生等容变化，当电子天平的示数为600.0 g时，细绳对铁块的拉力大小F1＝m2g－6 N，根据牛顿第三定律可知右端细绳对轻杆的拉力大小为F1，对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的拉力大小也为F1，根据牛顿第三定律可知左端细绳对活塞向上的拉力大小为F1，对活塞根据平衡条件有F1＋p1S＝p0S＋m1g，解得p1＝p0，当电子天平的示数为400.0 g 时，右端细绳对铁块的拉力大小F2＝m2g－4 N，同理，对活塞有F2＋p2S＝p0S＋m1g，解得p2＝0.99×105 Pa，由查理定律得＝，解得T2＝297 K。
(2)分析可知，气体的温度越高绳的张力越小，当绳中的张力为零时，系统的温度最高，此时对活塞有p3S＝p0S＋m1g，解得p3＝1.03×105 Pa，由查理定律得＝，解得最高温度Tmax＝309 K。
答案：(1)297 K　(2)309 K
【变式7-3】一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压，温度T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。
(1)求该热气球所受浮力的大小；
(2)求该热气球内空气所受的重力；
(3)设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量。
解析：(1)设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为ρ0＝①
在温度为T时的体积为VT，密度为
ρ(T)＝②
由盖 吕萨克定律得＝③
联立①②③式得
ρ(T)＝ρ0④
气球所受到的浮力为
f＝ρ(Tb)gV⑤
联立④⑤式得
f＝Vgρ0。⑥
(2)气球内热空气所受的重力为
G＝ρ(Ta)Vg⑦
联立④⑦式得
G＝Vgρ0。⑧
(3)设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件得
mg＝f－G－m0g⑨
联立⑥⑧⑨式得
m＝Vρ0T0－m0。
答案：(1)Vgρ0　(2)Vgρ0　(3)Vρ0T0－m0
【题型8 抽、充气问题】
【例8】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1.2×107 Pa，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1.26×107 Pa。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4×105 Pa，要求大钢瓶内压强降到2×105 Pa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？
[解析]　(1)钢瓶的容积一定，从北方到武汉对钢瓶内气体，由查理定律有＝
代入数据解得T2＝294 K，则t＝21 ℃。
(2)在武汉时，设大瓶内氧气由p2、V2等温变化为不分装时的状态p3、V3，则p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa，
根据p2V2＝p3V3，得V3＝2.52 m3，
可用于分装小瓶的氧气p4＝2×105 Pa，V4＝(2.52－0.04)m3＝2.48 m3，
分装成小钢瓶的氧气p5＝4×105 Pa，V5＝nV，
其中小钢瓶体积为V＝0.01 m3，
根据p4V4＝p5V5
得n＝124，即一大钢瓶氧气可分装124小瓶。
[答案]　(1)21 ℃　(2)124
【变式8-1】新冠病毒具有很强的传染性，转运新冠病人时需要使用负压救护车，其主要装置为车上的负压隔离舱(即舱内气体压强低于外界的大气压强)，这种负压隔离舱既可以让外界气体流入，也可以将舱内气体过滤后排出。若生产的某负压隔离舱容积为0.6 m3，初始时温度为27 ℃，压强为1.0×105 Pa；运送到某地区后，外界温度变为15 ℃，大气压强变为0.9×105 Pa，已知负压隔离舱导热且运输过程中与外界没有气体交换，容积保持不变。绝对零度取－273 ℃。
(1)求运送到某地区后负压隔离舱内的压强；
(2)运送到某地区后需将负压隔离舱内气体抽出，使压强与当地大气压强相同，求抽出的气体质量与舱内剩余气体质量之比。
[解析]　(1)舱内气体的体积不变，设初始时负压隔离舱内的压强为p1，温度为T1，运送到某地区后负压隔离舱内的压强为p2，温度为T2，
由查理定律可得＝，其中p1＝1.0×105 Pa，T1＝300 K，T2＝288 K，
解得p2＝9.6×104 Pa。
(2)设当地的大气压强为p3，首先让舱内气体进行等温膨胀，设膨胀前的气体体积为V0，膨胀后的气体体积为V，
则由玻意耳定律可得p2V0＝p3V，解得V＝V0，故需要抽出的气体的体积为ΔV＝V－V0＝V0，因抽出的气体与舱内气体的密度相同，故抽出气体的质量与舱内剩余气体的质量之比为＝＝。
[答案]　(1)9.6×104 Pa　(2)
【变式8-2】如图所示，是某潜艇的横截面示意图，它有一个主压载水舱系统，主压载水舱有排水孔与海水相连，人们可以通过向水舱里注水或者排水来控制潜艇的浮沉。潜艇内有一个容积V＝3 m3的贮气钢筒，在海面上时，贮气钢筒内贮存了p＝200 atm的压缩空气，压缩空气的温度为t＝27 ℃。某次执行海底采矿任务时，通过向主压载水舱里注入海水，潜艇下潜到水面下h＝290 m处，此时海水及贮气钢筒内压缩空气的温度均为t1＝7 ℃；随着采矿质量的增加，需要将贮气钢筒内的压缩空气压入水舱内，排出部分海水，使潜艇保持水面下深度不变，每次将筒内一部分空气压入水舱时，排出海水的体积为ΔV＝1 m3，当贮气钢筒内的压强降低到p2＝50 atm时，就需要重新充气。在排水过程中气体的温度不变，已知海水的密度ρ＝1×103 kg/m3，海面上大气压强p0＝1 atm，g＝10 m/s2,1 atm＝1×105 Pa。求在该贮气钢筒重新充气之前，可将贮气钢管内的空气压入水舱多少次？
解析：设在水面下h＝290 m处贮气钢筒内气体的压强变为p1，由查理定律得＝，其中T＝300 K，T1＝280 K。设贮气钢筒内气体的压强变为p2时，气体的总体积为V2，由玻意耳定律得p2V2＝p1V，重新充气前，用去的气体在p2压强下的体积为V3＝V2－V，设用去的气体在水舱压强为p4时的体积为V4，由玻意耳定律得p2V3＝p4V4，其中p4＝p0＋ atm＝30 atm，则压入水舱的次数N＝≈13.67，所以贮气钢筒内的空气充气前压入水舱的次数为N0＝13。
答案：13次
【变式8-3】小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量、截面积的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为时，测得环境温度。设外界大气压强，重力加速度。
（1）当电子天平示数为时，环境温度为多少？
（2）该装置可测量的最高环境温度为多少？
【答案】（1）297K；（2）309K
【详解】
（1）由电子天平示数为600.0g时，则细绳对铁块拉力为
又：铁块和活塞对细绳的拉力相等，则气缸内气体压强等于大气压强
①
当电子天平示数为400.0g时，设此时气缸内气体压强为p2，对受力分析有
②
由题意可知，气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比：
③
联立①②③式解得
（2）环境温度越高，气缸内气体压强越大，活塞对细绳的拉力越小，则电子秤示数越大，由于细绳对铁块的拉力最大为0，即电子天平的示数恰好为1200g时，此时对应的环境温度为装置可以测量最高环境温度。设此时气缸内气体压强为p3，对受力分析有
④
又由气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比
⑤
联立①④⑤式解得专题5.5 基本”粒子
【人教版】
【题型1 粒子的形成】
【题型2 粒子的分类】
【题型3 夸克】
【题型4 联系实际】
【题型5 反物质】
【题型6 综合问题】
【题型1 粒子的形成】
【例1】根据宇宙大爆炸的理论，在宇宙形成之初是“粒子家族”尽显风采的时期，那么在大爆炸之后最早产生的粒子是( )
A．夸克、轻子、胶子等粒子
B．质子和中子等强子
C．光子、中微子和电子等轻子
D．氢核、氘核、氦核等轻核
【变式1-1】宇宙诞生过程中，产生如下粒子：①光子、中微子、电子等大量轻子；②氘核、氚核、氦3、氦核等轻核；③夸克、轻子、胶子等粒子；④质子和中子等强子；⑤电子、质子、氦核的混合电离气体；⑥电子、质子复合成为中性氢原子。
根据宇宙大爆炸理论，以上粒子形成的先后顺序是( )
A．①②③④⑤⑥ B．③①④②⑤⑥
C．③④①②⑤⑥ D．①③④②⑥⑤
【变式1-2】现有的核电站常用的核反应之一是：
U＋n→143 60Nd＋Zr＋3n＋8　0－1e＋
(1)核反应方程中的是反中微子，它不带电，质量数为零，试确定生成物锆(Zr)的电荷数与质量数．
(2)已知铀核的质量为235.043 9 u，中子的质量为1.008 7 u，钕(Nd)核的质量为142.909 8 u，锆核的质量为89.904 7 u，试计算1 kg铀235裂变释放的能量为多少焦耳？(已知1 u质量相当于931.5 MeV的能量，且1 u＝1.660 6×10－27 kg)
【变式1-3】太阳内部的核聚变反应可以释放出大量的能量，这些能量以电磁波辐射的形式向四面八方辐射出去，其总功率达P＝3.8×1026 W.
(1)估算太阳每秒钟的质量亏损．
(2)设太阳上的核反应都是4H→He＋2e＋2ν＋28 MeV这种形式的反应(ν是中微子，其质量远小于电子质量，是穿透力极强的中性粒子)，地日距离L＝1.5×1011 m，试估算每秒钟太阳垂直照射地面上每平方米有多少中微子到达．
(3)假设原始太阳全部由质子和电子组成，并且只有10%的质子可供“燃烧”，试估算太阳的寿命(太阳的质量为2.0×1030 kg，质子的质量为1.67×10－27 kg)．
【题型2 粒子的分类】
【例2】（多选）关于人们发现的新粒子，下列说法正确的是（　　）
A．许多粒子都有自己的反粒子
B．把粒子分为强子、轻子、媒介子，根据是粒子与各种相互作用的关系
C．质子属于强子
D．光子属于轻子
【变式2-1】现已发现的粒子达400多种。它们大体可被分为哪几种类别（　　）
A．光子、夸克、强子、质子 B．夸克、轻子、强子、电子
C．规范玻色子、希格斯玻色子、轻子、强子 D．质子、中子、电子、光子
【变式2-2】以下说法正确的是（　　）
A．最早发现的轻子是电子，最早发现的强子是中子
B．质子、中子、介子和超子都属于强子
C．现代实验发现强子、轻子都有内部结构
D．τ子质量比核子质量大，τ子不属于轻子
【变式2-3】（多选）下列所述正确的是（　　）
A．强子是参与强相互作用的粒子
B．轻子是不参与强相互作用的粒子
C．目前发现的轻子只有4种
D．夸克有6种，它们带的电荷量分别为元电荷的+或-
【题型3 夸克】
【例3】中子内有一个电荷量为的上夸克和两个电荷量为的下夸克，假设三个夸克都在半径为的同一圆周上，如图所示，则下列四幅图中能正确表示出各夸克所受静电作用力的是（ ）
A．B．C．D．
【变式3-1】目前普遍认为，质子和中子都是由被称为u夸克和d夸克的两类夸克组成，u夸克带电量为，d夸克带电量为，e为基本电荷，下列论断可能正确的是（ ）
A．质子由1个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成
B．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成
C．质子由1个u夸克和2个d夸克组成，中子由2个权u克和1个d夸克组成
D．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和1个d夸克组成
【变式3-2】已知介子、介子都是由一个夸克（夸克u或夸克d）和一个反夸克（反夸克或反夸克）组成的，它们的带电荷量如下表所示，表中e为元电荷。
u d
带电荷量
下列说法正确的是（　　）
A．由u和组成 B．由和d组成
C．由u和组成 D．由和d组成
【变式3-3】（多选）下列关于夸克模型的说法正确的是（　　）
A．强子是由更基本的夸克组成的
B．夸克的电荷量分别为元电荷的＋或－
C．每种夸克都有对应的反夸克
D．夸克能以自由的状态单个出现
【题型4 联系实际】
【例4】20世纪30年代以来,人们在对宇宙线的研究中,陆续发现了一些新的粒子,K介子和π介子就是科学家在1947年发现的,K-介子的衰变方程为K-→π0+π-,其中K-介子和π-介子带负电,电荷量等于元电荷的电荷量,π0介子不带电。如图所示,一个K-介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中,其轨迹为图中的圆弧虚线,K-介子衰变后,π0介子和π-介子的轨迹可能是(　　)
【变式4-1】太阳放出的大量中微子向地球飞来，但实验测定的数目只有理论的三分之一，后来科学家发现中微子在向地球传播的过程中衰变成一个μ子和一个τ子。若在衰变过程中μ子的速度方向与中微子的速度方向一致，则τ子的运动方向（　　）
A．一定与μ子的方向相同 B．一定与μ子的方向相反
C．一定与μ子在同一直线上 D．不一定与μ子在同一直线上
【变式4-2】为了探究宇宙起源，科学家将利用阿尔法磁谱仪（AMS）在太空中寻找“反物质”，所谓“反物质”是由“反粒子”构成的。“反粒子”与其对应的正粒子具有相同的质量和相同的电荷量，但电荷的符号相反，则反氢原子是（　　）
A．由1个带正电荷的质子和1个带负荷的电子构成
B．由1个带负电荷的反质子和1个带正电荷的正电子构成
C．由1个带负电荷的反质子和1个带负电荷的电子构成
D．由1个不带电荷的中子和1个带正电荷的正电子构成
【变式4-3】天文学家认为星际介质在某些条件下会形成恒星，然后进入称为主序星的稳定期。太阳目前正处子主序星演化阶段，它主要由正、负电子和质子，氮原子核组成，维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应，其反应是四个质子聚变为一个氦原子核和两个正电子并释放出大量的能量，这些释放出的核能最后转化为辐射能，并同时以每秒向外抛出大量物质，最终塌陷为密度很大的白矮星。
(1)地球只接受了太阳辐射能的二十二亿分之一，就使地面温暖，万物生长。地球接受的辐射来自太阳中的核____________反应。
(2)太阳内部进行的核反应是______________，并释放出能量。
(3)请将太阳演化过程中经历的几个阶段补充完整：
星际介质—→____________—→主序星—→红巨星—→____________。
(4)太阳从现在演化到最终，经历的几个阶段相比，其密度的变化情况大致是______________________。
【题型5 反物质】
【例5】2010年3月31日，欧洲大型强子对撞机实现首次质子束对撞成功。科学家希望以接近光速飞行的质子在发生撞击之后，能模拟宇宙大爆炸的能量，并产生新的粒子，帮助人类理解暗物质、反物质以及其他超对称现象，从根本上加深了解宇宙本质，揭示宇宙形成之谜。欧洲科研机构宣布他们已经制造出9个反氢原子。
问题探究：
(1)什么是反粒子？
(2)请推测反氢原子的结构？
【变式5-1】现在科学家们正在设法探寻“反物质”，所谓“反物质”是由“反粒子”构成的，“反粒子”与其对应的正粒子有相同的质量和相同的电荷量，但电荷符号相反。据此，若有反α粒子，它的质量数和电荷数分别为（　　）
A．-4，-2 B．4，-2 C．-4，2 D．4，2
【变式5-2】（多选）关于人们发现的粒子，下列说法正确的是（　　）
A．许多粒子都有自己的反粒子
B．目前还未发现轻子的内部结构
C．质子属于强子
D．光子属于轻子
【变式5-3】阿尔法磁谱仪(简称AMS)，是人类送入太空的第一台磁谱仪，其核心部分是中国研制的一台用铷铁硼材料制成的大型永磁体．AMS将在太空中寻找反物质、暗物质等，来回答有关宇宙起源的重要问题．反物质是指由质量相同但电荷符号相反的反电子(即正电子)、反质子和反中子组成的反原子构成的物质．AMS原理是利用这些物质的粒子在磁场中运动时表现出的不同特点来探测的．如图所示，是三种等速粒子在永磁体形成的磁场内的运动轨迹，下面对这三种粒子判断可能正确的是(　　)
A．a粒子是反质子，b粒子是反电子
B．a粒子是反质子，c粒子是反电子
C．b粒子是反质子，c粒子是反电子
D．c粒子是反质子，b粒子是反电子
【题型6 综合问题】
【例6】（多选）2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置一中国环流器二号M装置（HL-2M）在成都建成并实现首次放电，HL-2M反应堆的成功对于全世界而言都有重大研究意义，它意味着中国能够掌握利用核聚变技术发电，氘核聚变反应的方程为：，已知氘核的比结合能为E，核反应中释放的核能为△E，核反应中发射一种γ光子，该γ光子照射到逸出功为W0的金属上打出的最大初动能的光电子的速度为v，已知光电子的质量为m，光速为c，普朗克常量为h，下列说法正确的是（ ）
A．裂变反应比聚变反应更难控制 B．x的比结合能为
C．光电子的德布罗意波长为 D．γ光子的频率为
【变式6-1】(多选)1961年，理论物理学家提出夸克模型，指出重子是由3个夸克组成的亚原子粒子，现代物理学认为，夸克共分6种3类：上夸克、下夸克；粲夸克、奇异夸克；顶夸克、底夸克(如下表).质子由两个上夸克加一个下夸克组成，则中子的构成是两个下夸克加一个上夸克，因此人类目前所接触的物质都是由第一类夸克组成的.某次对撞实验发现的新型粒子(欧米伽b重子)是由2个奇异夸克和1个底夸克组成的这是物理学界首次发现由后两类夸克混合组成的重子.()
符号 中文名称 带电荷量() 质量()
u 上夸克 0.004
d 下夸克 0.008
c 粲夸克 1.5
s 奇异夸克 0.15
t 顶夸克 176
b 底夸克 4.7
根据以上信息可以判定( )
A．欧米伽b重子带的电荷为
B．欧米伽b重子的质量是质子质量的250倍
C．欧米伽b重子的质量是中子质量的250倍
D．由质能方程得知
【变式6-2】下列说法正确的是(　　)
A．人类第一次实现原子核的人工核转变是查德威克用粒子轰击铍原子核，产生了碳原子核和一个中子
B．患癌症的病人可以接受钴60的放射治疗，这是利用了细胞分裂越快的组织对射线的耐受力越强的特点
C．强子是参与强相互作用的粒子，质子是最早发现的强子
D．比结合能越大的原子核，核子的平均质量也越大
【变式6-3】如下一系列核反应是在恒星内部发生的。
p＋C―→N　N―→C＋e＋＋ν
p＋C―→N　p＋N―→O
O―→N＋e＋＋ν　P＋N―→C＋α
其中p为质子，α为α粒子，e＋为正电子，ν为中微子，已知质子的质量为mp＝1.672 648×10－27kg，α粒子的质量为mα＝6.644 929×10－27kg, 正电子的质量为me＝9.11×10－31kg，中微子的质量可忽略不计，真空中的光速c＝3.00×108m/s，试计算该系列核反应完成后释放的能量。
参考答案
【题型1 粒子的形成】
【例1】根据宇宙大爆炸的理论，在宇宙形成之初是“粒子家族”尽显风采的时期，那么在大爆炸之后最早产生的粒子是( )
A．夸克、轻子、胶子等粒子
B．质子和中子等强子
C．光子、中微子和电子等轻子
D．氢核、氘核、氦核等轻核
【答案】 A
【解析】 宇宙形成之初产生了夸克、轻子和胶子等粒子，之后又经历了质子和中子等强子时代，再之后是自由的光子、中微子、电子大量存在的轻子时代，再之后是中子和质子结合成氘核，并形成氦核的核时代，之后电子和质子复合成氢原子，最后形成恒星和星系，因此A正确，B、C、D的产生都在A之后，故B、C、D错．
【变式1-1】宇宙诞生过程中，产生如下粒子：①光子、中微子、电子等大量轻子；②氘核、氚核、氦3、氦核等轻核；③夸克、轻子、胶子等粒子；④质子和中子等强子；⑤电子、质子、氦核的混合电离气体；⑥电子、质子复合成为中性氢原子。
根据宇宙大爆炸理论，以上粒子形成的先后顺序是( )
A．①②③④⑤⑥ B．③①④②⑤⑥
C．③④①②⑤⑥ D．①③④②⑥⑤
【答案】 C
【解析】 根据大爆炸理论，宇宙形成之初是粒子家族，其后产生了夸克、轻子、胶子等粒子，然后按强子时代、轻子时代、核合成时代、混合电离气体、中性氢原子的顺序演化，故C项正确。故选：C。
【变式1-2】现有的核电站常用的核反应之一是：
U＋n→143 60Nd＋Zr＋3n＋8　0－1e＋
(1)核反应方程中的是反中微子，它不带电，质量数为零，试确定生成物锆(Zr)的电荷数与质量数．
(2)已知铀核的质量为235.043 9 u，中子的质量为1.008 7 u，钕(Nd)核的质量为142.909 8 u，锆核的质量为89.904 7 u，试计算1 kg铀235裂变释放的能量为多少焦耳？(已知1 u质量相当于931.5 MeV的能量，且1 u＝1.660 6×10－27 kg)
【解析】　(1)锆的电荷数Z＝92－60＋8＝40，质量数A＝236－146＝90.
(2)1 kg铀235中铀核的个数为
n＝≈2.56×1024(个)
不考虑核反应中生成的电子质量，1个铀235核裂变产生的质量亏损为Δm＝0.212 u，释放的能量为
ΔE＝0.212×931.5 MeV≈197.5 MeV
则1 kg铀235完全裂变释放的能量为
E＝nΔE＝2.56×1024×197.5 MeV＝5.056×1026 MeV≈8.1×1013 J.
【答案】　(1)40　90　(2)8.1×1013 J
【变式1-3】太阳内部的核聚变反应可以释放出大量的能量，这些能量以电磁波辐射的形式向四面八方辐射出去，其总功率达P＝3.8×1026 W.
(1)估算太阳每秒钟的质量亏损．
(2)设太阳上的核反应都是4H→He＋2e＋2ν＋28 MeV这种形式的反应(ν是中微子，其质量远小于电子质量，是穿透力极强的中性粒子)，地日距离L＝1.5×1011 m，试估算每秒钟太阳垂直照射地面上每平方米有多少中微子到达．
(3)假设原始太阳全部由质子和电子组成，并且只有10%的质子可供“燃烧”，试估算太阳的寿命(太阳的质量为2.0×1030 kg，质子的质量为1.67×10－27 kg)．
【解析】　(1)太阳每秒钟释放的能量为ΔE＝Pt＝3.8×1026 J，由质能方程ΔE＝Δmc2可得Δm＝＝ kg＝4.2×109 kg.
(2)设E0＝28 MeV，每秒钟的核反应的次数为：
n＝＝＝8.48×1037次
每秒钟产生的中微子为n1＝2n＝1.696×1038个
建一个以L为半径的球模型，球的表面积为
S＝4πL2＝2.826×1023 m2
则每平方米上有中微子的个数为：
n2＝＝＝6×1014个．
(3)能发生反应的总质量为m1＝M×10%＝2.0×1030×10% kg＝2.0×1029 kg，每次聚变用四个质子，每秒钟用的质子数为n3＝4n＝4×8.48×1037个，质子的质量mp＝1.67×10－27 kg，
太阳的寿命为：t＝＝ s＝3.53×1017 s≈112亿年．
答案　(1)4.2×109 kg　(2)6×1014个　(3)112亿年
【题型2 粒子的分类】
【例2】（多选）关于人们发现的新粒子，下列说法正确的是（　　）
A．许多粒子都有自己的反粒子
B．把粒子分为强子、轻子、媒介子，根据是粒子与各种相互作用的关系
C．质子属于强子
D．光子属于轻子
【答案】ABC
【解析】许多粒子都有自己的反粒子，“反粒子”与其对应的正粒子具有相同的质量和相同的电量，但电荷的符号相反，故A正确；粒子分为三大类：媒介子、轻子和强子，依据其相互作用的关系，质子和中子属于强子，光子属于媒介子，τ子属于轻子，故BC正确，D错误；故选ABC。
【变式2-1】现已发现的粒子达400多种。它们大体可被分为哪几种类别（　　）
A．光子、夸克、强子、质子 B．夸克、轻子、强子、电子
C．规范玻色子、希格斯玻色子、轻子、强子 D．质子、中子、电子、光子
【答案】C
【解析】按照粒子与各种相互作用的关系，大体可以把粒子分为四大类，即强子、轻子、规范玻色子和希格斯玻色子，所以选项C正确，ABD错误。故选C。
【变式2-2】以下说法正确的是（　　）
A．最早发现的轻子是电子，最早发现的强子是中子
B．质子、中子、介子和超子都属于强子
C．现代实验发现强子、轻子都有内部结构
D．τ子质量比核子质量大，τ子不属于轻子
【答案】B
【解析】最早发现的强子是质子，最早发现的轻子是电子，A错误；强子有内部结构，由夸克组成，现代实验还没有发现轻子的内部结构，C错误；质子、中子、介子、超子都属于强子，τ子质量比核子质量大，但仍属于轻子，D错误，B正确。故选B。
【变式2-3】（多选）下列所述正确的是（　　）
A．强子是参与强相互作用的粒子
B．轻子是不参与强相互作用的粒子
C．目前发现的轻子只有4种
D．夸克有6种，它们带的电荷量分别为元电荷的+或-
【答案】ABD
【解析】由粒子的特性可知，强子是参与强相互作用的粒子；轻子是不参与强相互作用的粒子。故AB正确；目前发现的轻子有6种，故C错误；夸克模型经过几十年的发展，已知夸克有6种，它们带的电荷分别为元电荷的+或-，故D正确。故选ABD。
【题型3 夸克】
【例3】中子内有一个电荷量为的上夸克和两个电荷量为的下夸克，假设三个夸克都在半径为的同一圆周上，如图所示，则下列四幅图中能正确表示出各夸克所受静电作用力的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】对电荷量为的上夸克，它受到电荷量为的两个下夸克等大的静电力作用，由对称性得，上夸克所受静电力竖直向下，对电荷量为的下夸克，另一个下夸克对它的静电力为
上夸克对它的静电力
方向沿着连线方向，由几何关系可知
因此F与的合力方向竖直向上，且有
如下图所示
同理可知，另一个下夸克所受静电力的合力也竖直向上，综上所述，B正确。
故选B。
【变式3-1】目前普遍认为，质子和中子都是由被称为u夸克和d夸克的两类夸克组成，u夸克带电量为，d夸克带电量为，e为基本电荷，下列论断可能正确的是（ ）
A．质子由1个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成
B．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成
C．质子由1个u夸克和2个d夸克组成，中子由2个权u克和1个d夸克组成
D．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和1个d夸克组成
【答案】B
【解析】由质子带一个单位正电荷，中子不带电，设质子中u夸克、d夸克个数分别是x、y，x、y取正整数，则 解得 x=2、y=1；设中子中u夸克d夸克个数分别是m、n，m、n取正整数。 解得 m=1、n=2 即质子由2个u夸克和1个d夸克组成；中子由1个u夸克和2个d夸克组成。质子由1个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成，与结论不相符，选项A错误；质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成，与结论相符，选项B正确；质子由1个u夸克和2个d夸克组成，中子由2个权u克和1个d夸克组成，与结论不相符，选项C错误；质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和1个d夸克组成，与结论不相符，选项D错误；
故选B。
【变式3-2】已知介子、介子都是由一个夸克（夸克u或夸克d）和一个反夸克（反夸克或反夸克）组成的，它们的带电荷量如下表所示，表中e为元电荷。
u d
带电荷量
下列说法正确的是（　　）
A．由u和组成 B．由和d组成
C．由u和组成 D．由和d组成
【答案】D
【解析】根据各种粒子带电情况，的带电荷量为，故由u和组成；的带电荷量为，故由和d组成。故选D。
【变式3-3】（多选）下列关于夸克模型的说法正确的是（　　）
A．强子是由更基本的夸克组成的
B．夸克的电荷量分别为元电荷的＋或－
C．每种夸克都有对应的反夸克
D．夸克能以自由的状态单个出现
【答案】ABC
【解析】强子是由更基本的夸克组成的。A正确；夸克的电荷量分别为元电荷的＋或－。B正确；每种夸克都有对应的反夸克，C正确；夸克不能以自由的状态单个出现，D错误。故选ABC。
【题型4 联系实际】
【例4】20世纪30年代以来,人们在对宇宙线的研究中,陆续发现了一些新的粒子,K介子和π介子就是科学家在1947年发现的,K-介子的衰变方程为K-→π0+π-,其中K-介子和π-介子带负电,电荷量等于元电荷的电荷量,π0介子不带电。如图所示,一个K-介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中,其轨迹为图中的圆弧虚线,K-介子衰变后,π0介子和π-介子的轨迹可能是(　　)
答案：A
解析:π0介子不带电,在磁场中不偏转,π-介子带负电,在磁场中洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,再根据动量守恒判定知A正确。
【变式4-1】太阳放出的大量中微子向地球飞来，但实验测定的数目只有理论的三分之一，后来科学家发现中微子在向地球传播的过程中衰变成一个μ子和一个τ子。若在衰变过程中μ子的速度方向与中微子的速度方向一致，则τ子的运动方向（　　）
A．一定与μ子的方向相同 B．一定与μ子的方向相反
C．一定与μ子在同一直线上 D．不一定与μ子在同一直线上
【答案】C
【解析】中微子衰变成μ子和τ子的过程中满足动量守恒定律，μ子的速度方向与中微子的速度方向一致，则τ子的运动方向必定也在这条直线上，由于质量关系不确定，则不能确定其速度方向与μ子的方向相同还是相反。
故选C。
【变式4-2】为了探究宇宙起源，科学家将利用阿尔法磁谱仪（AMS）在太空中寻找“反物质”，所谓“反物质”是由“反粒子”构成的。“反粒子”与其对应的正粒子具有相同的质量和相同的电荷量，但电荷的符号相反，则反氢原子是（　　）
A．由1个带正电荷的质子和1个带负荷的电子构成
B．由1个带负电荷的反质子和1个带正电荷的正电子构成
C．由1个带负电荷的反质子和1个带负电荷的电子构成
D．由1个不带电荷的中子和1个带正电荷的正电子构成
【答案】B
【解析】反氢原子由1个带负电荷的反质子和1个带正电荷的正电子构成。故选B。
【变式4-3】天文学家认为星际介质在某些条件下会形成恒星，然后进入称为主序星的稳定期。太阳目前正处子主序星演化阶段，它主要由正、负电子和质子，氮原子核组成，维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应，其反应是四个质子聚变为一个氦原子核和两个正电子并释放出大量的能量，这些释放出的核能最后转化为辐射能，并同时以每秒向外抛出大量物质，最终塌陷为密度很大的白矮星。
(1)地球只接受了太阳辐射能的二十二亿分之一，就使地面温暖，万物生长。地球接受的辐射来自太阳中的核____________反应。
(2)太阳内部进行的核反应是______________，并释放出能量。
(3)请将太阳演化过程中经历的几个阶段补充完整：
星际介质—→____________—→主序星—→红巨星—→____________。
(4)太阳从现在演化到最终，经历的几个阶段相比，其密度的变化情况大致是______________________。
答案： 聚变 恒星 白矮星 先变小后变大
解析：(1)地球接收的辐射主要来自太阳中的核聚变反应。
(2)太阳内部进行的核反应是
即四个质子聚变成一氦原子核和两个正电子，并释放出大量的能量。
(3)根据材料论述可知太阳演化过程中经历的几个阶段是：
星际介质→恒星→主序星→红巨星→白矮星。
(4)太阳从现在演化到最终，经历的几个阶段相比，其密度的变化情况大致是先变小后变大，最后塌陷为密度很大的白矮星。
【题型5 反物质】
【例5】2010年3月31日，欧洲大型强子对撞机实现首次质子束对撞成功。科学家希望以接近光速飞行的质子在发生撞击之后，能模拟宇宙大爆炸的能量，并产生新的粒子，帮助人类理解暗物质、反物质以及其他超对称现象，从根本上加深了解宇宙本质，揭示宇宙形成之谜。欧洲科研机构宣布他们已经制造出9个反氢原子。
问题探究：
(1)什么是反粒子？
(2)请推测反氢原子的结构？
答案：(1)见解析；(2) 见解析
解析：(1)“反粒子”与“正粒子”具有相同的质量，但带有等量的异种电荷；
(2)“反氢原子”应该具有与氢原子相同的质量，相反的电荷符号且相等的电荷量，所以反氢原子是核和构成的。
【变式5-1】现在科学家们正在设法探寻“反物质”，所谓“反物质”是由“反粒子”构成的，“反粒子”与其对应的正粒子有相同的质量和相同的电荷量，但电荷符号相反。据此，若有反α粒子，它的质量数和电荷数分别为（　　）
A．-4，-2 B．4，-2 C．-4，2 D．4，2
【答案】B
【解析】因“反粒子”与其对应的正粒子具有相同的质量、相同的电荷量，但电荷的符号相反。所以，反α粒子质量数为4，电荷数为-2。故选B。
【变式5-2】（多选）关于人们发现的粒子，下列说法正确的是（　　）
A．许多粒子都有自己的反粒子
B．目前还未发现轻子的内部结构
C．质子属于强子
D．光子属于轻子
【答案】ABC
【解析】许多粒子都有自己的反粒子，反粒子与其对应的正粒子具有相同的质量和相同的电荷量，但电荷的符号相反，故A正确；目前还没有发现轻子的内部结构，故B正确；质子和中子属于强子，光子属于规范玻色子，故C正确，D错误。故选ABC。
【变式5-3】阿尔法磁谱仪(简称AMS)，是人类送入太空的第一台磁谱仪，其核心部分是中国研制的一台用铷铁硼材料制成的大型永磁体．AMS将在太空中寻找反物质、暗物质等，来回答有关宇宙起源的重要问题．反物质是指由质量相同但电荷符号相反的反电子(即正电子)、反质子和反中子组成的反原子构成的物质．AMS原理是利用这些物质的粒子在磁场中运动时表现出的不同特点来探测的．如图所示，是三种等速粒子在永磁体形成的磁场内的运动轨迹，下面对这三种粒子判断可能正确的是(　　)
A．a粒子是反质子，b粒子是反电子
B．a粒子是反质子，c粒子是反电子
C．b粒子是反质子，c粒子是反电子
D．c粒子是反质子，b粒子是反电子
【答案】 C
【解析】　首先由左手定则可知 , 向左偏转的粒子带正电 , 向右偏转的粒子带负电 , 根据 R=mv/qB 可知，等速的反质子比反电子的运动半径大；反质子带负电，反电子带正电，由此可得： b 可能为反质子， c 可能为反电子。故 C 正确， ABD 错误。故选C。
【题型6 综合问题】
【例6】（多选）2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置一中国环流器二号M装置（HL-2M）在成都建成并实现首次放电，HL-2M反应堆的成功对于全世界而言都有重大研究意义，它意味着中国能够掌握利用核聚变技术发电，氘核聚变反应的方程为：，已知氘核的比结合能为E，核反应中释放的核能为△E，核反应中发射一种γ光子，该γ光子照射到逸出功为W0的金属上打出的最大初动能的光电子的速度为v，已知光电子的质量为m，光速为c，普朗克常量为h，下列说法正确的是（ ）
A．裂变反应比聚变反应更难控制 B．x的比结合能为
C．光电子的德布罗意波长为 D．γ光子的频率为
【答案】BD
【解析】聚变反应比裂变反应更难控制，A错误；根据 可得 B正确；光电子的德布罗意波长为，C错误；根据光电效应方程 可得γ光子的频率为，D正确。故选BD。
【变式6-1】(多选)1961年，理论物理学家提出夸克模型，指出重子是由3个夸克组成的亚原子粒子，现代物理学认为，夸克共分6种3类：上夸克、下夸克；粲夸克、奇异夸克；顶夸克、底夸克(如下表).质子由两个上夸克加一个下夸克组成，则中子的构成是两个下夸克加一个上夸克，因此人类目前所接触的物质都是由第一类夸克组成的.某次对撞实验发现的新型粒子(欧米伽b重子)是由2个奇异夸克和1个底夸克组成的这是物理学界首次发现由后两类夸克混合组成的重子.()
符号 中文名称 带电荷量() 质量()
u 上夸克 0.004
d 下夸克 0.008
c 粲夸克 1.5
s 奇异夸克 0.15
t 顶夸克 176
b 底夸克 4.7
根据以上信息可以判定( )
A．欧米伽b重子带的电荷为
B．欧米伽b重子的质量是质子质量的250倍
C．欧米伽b重子的质量是中子质量的250倍
D．由质能方程得知
【解析】由表中信息可知，欧米伽b重子带的电荷量为，选项A正确；质子质量，故可知选项B错误；欧米伽b重子的质量为，中子的质量为，故可知选项C正确；，选项D正确.故选ACD。
【答案】 ACD
【变式6-2】下列说法正确的是(　　)
A．人类第一次实现原子核的人工核转变是查德威克用粒子轰击铍原子核，产生了碳原子核和一个中子
B．患癌症的病人可以接受钴60的放射治疗，这是利用了细胞分裂越快的组织对射线的耐受力越强的特点
C．强子是参与强相互作用的粒子，质子是最早发现的强子
D．比结合能越大的原子核，核子的平均质量也越大
【答案】 C
【解析】 卢瑟福用粒子轰击氮原子核，产生了氧的一种同位素--氧17和一个质子，这是人类第一次实现的原子核的人工转变，选项A错误；用放射治疗癌症，是利用“细胞分裂越快的组织，对射线的耐受能力就越弱”这一特点，选项B错误；强子是参与强相互作用的粒子，质子是最早发现的强子，选项C正确；比结合能越大，原子核越稳定，核子平均质量越小，选项D错误。故选C。
【变式6-3】如下一系列核反应是在恒星内部发生的。
p＋C―→N　N―→C＋e＋＋ν
p＋C―→N　p＋N―→O
O―→N＋e＋＋ν　P＋N―→C＋α
其中p为质子，α为α粒子，e＋为正电子，ν为中微子，已知质子的质量为mp＝1.672 648×10－27kg，α粒子的质量为mα＝6.644 929×10－27kg, 正电子的质量为me＝9.11×10－31kg，中微子的质量可忽略不计，真空中的光速c＝3.00×108m/s，试计算该系列核反应完成后释放的能量。
【解析】 为求出系列反应后释放的能量，将题中所给的诸核反应方程左右两侧分别相加，消去两侧相同的项，系统反应最终等效为
4p―→α＋2e＋＋2ν
设反应后释放的能量为Q，根据质能关系和能量守恒得
4mpc2＝mαc2＋2mec2＋Q
代入数值可得
Q＝3.95×10－12J
【答案】 3.95×10－12J专题4.4 原子的核式结构模型
【人教版】
【题型1 阴极射线的本质】
【题型2 阴极射线的研究】
【题型3 α粒子散射实验的装置】
【题型4 α粒子散射图景】
【题型5 综合问题】
【题型6 原子的核式结构】
【题型7 电子电荷的精确测定】
【题型1 阴极射线的本质】
【例1】(多选)关于阴极射线，下列说法正确的是(　　)
A．阴极射线就是稀薄气体导电的辉光放电现象
B．阴极射线是在真空管内由阴极发出的电子流
C．阴极射线是组成物体的原子
D．阴极射线沿直线传播，但可被电场、磁场偏转
【变式1-1】关于阴极射线的本质，下列说法正确的是(　　)
A．阴极射线本质是氢原子
B．阴极射线本质是电磁波
C．阴极射线本质是电子
D．阴极射线本质是X射线
【变式1-2】(多选)下列叙述中，正确的是(　　)
A．汤姆孙根据α粒子散射实验，提出了原子的枣糕式模型
B．卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型
C．汤姆孙最早发现了电子
D．卢瑟福最早发现了电子
【变式1-3】(多选)汤姆孙对阴极射线的探究，最终发现了电子，由此被称为“电子之父”，关于电子的说法正确的是(　　)
A．电子是原子核的组成部分
B．电子电荷的精确测定最早是由密立根通过著名的“油滴实验”实现的
C．电子电荷量的数值约为1.602×10－19 C
D．电子质量与电荷量的比值称为电子的比荷
【题型2 阴极射线的研究】
【例2】（多选）如图所示是汤姆孙的气体放电管的示意图，下列说法中正确的是（　　）
A．若在D1、D2之间不加电场和磁场，则阴极射线应打到最右端的P1点
B．若在D1、D2之间加上竖直向下的电场，则阴极射线应向下偏转
C．若在D1、D2之间加上竖直向下的电场，则阴极射线应向上偏转
D．若在D1、D2之间加上垂直纸面向里的磁场，则阴极射线向上偏转
【变式2-1】如图是电子射线管示意图．接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是(　　)
A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向
B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
C．加一电场，电场方向沿z轴负方向
D．加一电场，电场方向沿y轴正方向
【变式2-2】（多选）如图所示，一只阴极射线管左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现射线的轨迹往下偏，则(　　)
A．导线中的电流由A流向B
B．阴极射线管处磁场方向垂直纸面向里
C．若要使电子束的轨迹往上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现
D．电子束的轨迹与AB中的电流方向无关
【变式2-3】如图所示为汤姆孙用来测定电子比荷的装置．当极板P和P′间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏离到O′点，O′点到O点的竖直距离为d，水平距离可忽略不计；此时在P与P′之间的区域里再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，调节磁感应强度，当其大小为B时，亮点重新回到O点．已知极板水平方向长度为L1，极板间距为b，极板右端到荧光屏的距离为L2.
(1)求打在荧光屏O点的电子速度的大小．
(2)推导出电子比荷的表达式．
【题型3 α粒子散射实验装置】
【例3】人类对原子结构的认识，涉及许多实验的探究及众多科学家的创造性思想。
（1）1897年，汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况（图甲），断定阴极射线是________（填“电磁波”或“电子”），进而认为原子是一个球体，提出原子“西瓜模型”或“________模型”；
（2）1909年，卢瑟福与他的学生进行了α粒子散射实验（图乙），提出了原子核式结构模型。下列对此实验与模型的说法，正确的是________。
A．α粒子散射实验证明了原子核是由质子和中子组成的
B．绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，主要是因为电子的质量太小
C．极少数α粒子穿过金箔后发生大角度偏转，是因为其受到金原子核的强库仑斥力
D．α粒子散射实验说明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核上
【变式3-1】如图是卢瑟福的α粒子散射实验装置，在一个小铅盒里放有少量的放射性元素钋，它发出的α粒子从铅盒的小孔射出，形成很细的一束射线，射到金箔上，最后打在荧光屏上产生闪烁的光点。下列说法正确的是(　 )
A．该实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据
B．该实验证实了汤姆孙原子模型的正确性
C．α粒子与原子中的电子碰撞会发生大角度偏转
D．绝大多数的α粒子发生大角度偏转
【变式3-2】(多选)如图为卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验的装置示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中A，B，C，D四个位置时，关于观察到的现象，下列说法正确的是(　　)
A．相同时间内放在A位置时观察到屏上的闪光次数最多
B．相同时间内放在B位置时观察到屏上的闪光次数只比放在A位置时稍微少些
C．放在C，D位置时屏上观察不到闪光
D．放在D位置时屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少
【变式3-3】（多选）粒子散射实验是近代物理学中经典的实验之一，卢瑟福通过该实验证实了原子的核式结构模型，其实验装置如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．荧光屏在B位置的亮斑比A位置多
B．该实验说明原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上
C．荧光屏在C位置的亮斑比A、B位置少
D．该实验说明原子质量均匀地分布在原子内
【题型4 α粒子散射图景】
【例4】1909年，英国物理学家卢瑟福和他的学生盖革、马斯顿一起进行了著名的“α粒子散射实验”，实验中大量的粒子穿过金箔前后的运动模型如图所示。卢瑟福通过对实验结果的分析和研究，于1911年建立了他自己的原子结构模型。下列关于“α粒子穿过金箔后”的描述中，正确的是(　 )
A．绝大多数α粒子穿过金箔后，都发生了大角度偏转
B．少数α粒子穿过金箔后，基本上沿原来方向前进
C．通过α粒子散射实验，确定了原子核半径的数量级为10－15 m
D．通过α粒子散射实验，确定了原子半径的数量级为10－15 m
【变式4-1】如图所示是α粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止。图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是(　　)
A．M点　　　　　　　　 B．N点
C．P点 D．Q点
【变式4-2】（多选）根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。如图所示为原子核式结构模型的α粒子散射图景，图中实线表示α粒子运动轨迹。下列说法正确的是（　　）
A．卢瑟福在α粒子散射实验中发现了电子
B．α粒子出现较大角度偏转的原因是α粒子接近原子核时受到的库仑斥力较大
C．α粒子出现较大角度偏转的过程中电势能先变小后变大
D．α粒子出现较大角度偏转的过程中加速度先变大后变小
【变式4-3】（多选）英国物理学家卢瑟福用α粒子轰击金箔后，根据实验结果提出了原子的核式结构学说。如图所示，O表示金原子核的位置，曲线ab和cd分别表示经过金原子核附近的α粒子的运动轨迹，其中能正确反映实验结果的是（　　）
A． B．
C． D．
【题型5 综合问题】
【例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(　　)
【变式5-1】(多选)关于原子结构，下列说法正确的是(　　)
A．玻尔原子模型能很好地解释氢原子光谱的实验规律
B．卢瑟福核式结构模型可以很好地解释原子的稳定性
C．卢瑟福的α粒子散射实验表明原子内部存在带负电的电子
D．卢瑟福的α粒子散射实验否定了汤姆孙关于原子结构的“西瓜模型”
【变式5-2】（多选）物理实验助推物理学理论的发展。对以下实验的表述，说法正确的是（　　）
A．图甲：密立根通过油滴实验测量了电子的电荷量，揭示了电荷的量子化
B．图乙：库仑通过扭秤实验发现了点电荷间的作用规律，并测量了静电力常量
C．图丙：卢瑟福根据粒子散射实验的现象提出了原子核式结构模型
D．图丁：汤姆孙通过阴极射线实验发现了电子，揭示了原子具有内部结构
【变式5-3】下列关于原子模型及其建立过程叙述正确的是 （　　）
A．阴极射线是电子流，J.J.汤姆孙测出了电子的比荷，并精确测定了电子电荷量
B．J.J.汤姆孙认为原子是一个球体，正电荷弥漫性地均匀分布于球内，电子镶嵌其中;该理论无法解释α粒子散射现象，后被卢瑟福核式结构模型所取代
C．通过α粒子散射实验可以估算出原子核尺度数量级为10-10 m
D．卢瑟福根据α粒子散射实验指出原子的全部正电荷和全部质量都集中在一个很小的区域——原子核
【题型6 原子的核式结构】
【例6】在卢瑟福的α粒子散射实验中，有少数α粒子发生了大角度偏转，其原因是(　　)
A.原子中的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上
B.正电荷在原子中是均匀分布的
C.原子中存在着带负电的电子
D.原子只能处于一系列不连续的能量状态中
【变式6-1】卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子内部存在(　 )
A．电子 B．中子 C．质子 D．原子核
【变式6-2】在α粒子散射实验中，电子对α粒子运动的影响可以忽略。这是因为与α粒子相比，电子的(　　)
A．电量太小　B．速度太小　C．体积太小　D．质量太小
【变式6-3】(多选)卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，知道了(　　)
A．原子具有核式结构
B．原子核内有中子存在
C．原子核是由质和中子组成的
D．在原子中，原子核占有的空间很小
【题型7 电子电荷的精确测定】
【例7】美国物理学家密立根利用如图所示的实验装置，最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验．如图，两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，板间油滴P由于带负电悬浮在两板间保持静止．
(1)若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有__________．
A．油滴质量m B．两板间的电压U
C．两板间的距离d D．两板的长度L
(2)用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q=________(已知重力加速度为g)
(3)在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷．关于元电荷下列说法正确的是(______)
A．油滴的电荷量可能是C B．油滴的电荷量可能是C
C．元电荷就是电子 D．任何带电体所带电荷量可取任意值
【变式7-1】以下说法正确的是（　　）
A．密立根用摩擦起电的实验发现了电子
B．密立根用摩擦起电的实验测定了电子的电荷量
C．密立根用油滴实验发现了电子
D．密立根用油滴实验测定了电子的电荷量
【变式7-2】（多选）如图是密立根油滴实验的示意图．油滴从喷雾器嘴喷出，落到图中的匀强电场中，调节两板间的电压，通过显微镜观察到某一油滴静止在电场中，下列说法正确的是(　　)
A．油滴带负电
B．油滴质量可通过天平来测量
C．只要测出两板间的距离和电压就能求出油滴所带的电荷量
D．该实验测得油滴所带电荷量等于元电荷的整数倍
【变式7-3】美国物理学家密立根通过研究带电油滴在平行金属板间的运动，比较准确地测定了元电荷，获得了1923年的诺贝尔物理学奖。其实验原理可简化为如图所示的模型，置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板A、B与电压为U的恒定电源两极相连，平行金属板A、B间距为d，两板间存在竖直方向的匀强电场，喷雾器喷出带同种电荷的油滴，少数油滴通过金属板A的小孔进入平行金属板间，油滴进入金属板间后，有的油滴刚好悬浮不动。
（1）已知金属板A带正电，金属板B带负电，则平行金属板A、B间的电场方向______（填“竖直向上”或“竖直向下”），油滴带______（填“正电”或“负电”）。
（2）若已知两板间的电场强度大小为，悬浮油滴的质量为m，重力加速度大小为g，忽略空气对油滴的影响，则悬浮油滴带的电荷量为______。
（3）现在公认的元电荷的值______C。
参考答案
【题型1 阴极射线的本质】
【例1】(多选)关于阴极射线，下列说法正确的是(　　)
A．阴极射线就是稀薄气体导电的辉光放电现象
B．阴极射线是在真空管内由阴极发出的电子流
C．阴极射线是组成物体的原子
D．阴极射线沿直线传播，但可被电场、磁场偏转
答案　BD
解析　阴极射线是在真空管中由阴极发出的电子流，B正确，A错误；电子是原子的组成部分，C错误；电子可被电场、磁场偏转，D正确。
【变式1-1】关于阴极射线的本质，下列说法正确的是(　　)
A．阴极射线本质是氢原子
B．阴极射线本质是电磁波
C．阴极射线本质是电子
D．阴极射线本质是X射线
解析　阴极射线是原子受激发射出的电子，关于阴极射线是电磁波、X射线都是在研究阴极射线过程中的一些假设，是错误的。
答案　C
【变式1-2】(多选)下列叙述中，正确的是(　　)
A．汤姆孙根据α粒子散射实验，提出了原子的枣糕式模型
B．卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型
C．汤姆孙最早发现了电子
D．卢瑟福最早发现了电子
答案　BC
解析　汤姆孙最先发现了电子。α粒子散射实验的结果是大部分α粒子沿原方向运动，少部分发生大角度偏转，极少数偏转角超过90°甚至达到180°，说明原子的几乎全部质量与全部正电荷都集中在很小的核上，据此卢瑟福提出了原子的核式结构模型，正确答案为B、C。
【变式1-3】(多选)汤姆孙对阴极射线的探究，最终发现了电子，由此被称为“电子之父”，关于电子的说法正确的是(　　)
A．电子是原子核的组成部分
B．电子电荷的精确测定最早是由密立根通过著名的“油滴实验”实现的
C．电子电荷量的数值约为1.602×10－19 C
D．电子质量与电荷量的比值称为电子的比荷
答案：BC
解析：电子是原子的组成部分，电子的发现说明原子是可以再分的．电子的电荷量与质量的比值称为电子的比荷，也叫荷质比．
【题型2 阴极射线的研究】
【例2】（多选）如图所示是汤姆孙的气体放电管的示意图，下列说法中正确的是（　　）
A．若在D1、D2之间不加电场和磁场，则阴极射线应打到最右端的P1点
B．若在D1、D2之间加上竖直向下的电场，则阴极射线应向下偏转
C．若在D1、D2之间加上竖直向下的电场，则阴极射线应向上偏转
D．若在D1、D2之间加上垂直纸面向里的磁场，则阴极射线向上偏转
答案：AC
解析：实验证明，阴极射线是电子，它在电场中偏转时应偏向带正电的极板一侧，可知选项C正确，选项B的说法错误；加上垂直纸面向里的磁场时，电子在磁场中受洛伦兹力作用，要向下偏转，因而选项D错误；当不加电场和磁场时，电子所受的重力可以忽略不计，因而不发生偏转，选项A的说法正确。
【变式2-1】如图是电子射线管示意图．接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是(　　)
A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向
B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
C．加一电场，电场方向沿z轴负方向
D．加一电场，电场方向沿y轴正方向
解析：选B,若加磁场，由左手定则可判定其方向应沿y轴正方向；若加电场，根据受力情况可知其方向应沿z轴正方向，故只有B项是正确的．应明确管内是电子流，然后根据洛伦兹力和电场力方向的判定方法进行判定．
【变式2-2】（多选）如图所示，一只阴极射线管左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现射线的轨迹往下偏，则(　　)
A．导线中的电流由A流向B
B．阴极射线管处磁场方向垂直纸面向里
C．若要使电子束的轨迹往上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现
D．电子束的轨迹与AB中的电流方向无关
解析：选BC，　阴极射线是高速电子流，由左手定则判断可知，磁场垂直纸面向里，由安培定则可知，导线AB中的电流由B流向A，且改变AB中的电流方向时可以使电子束的轨迹往上偏，故选项B、C正确．
【变式2-3】如图所示为汤姆孙用来测定电子比荷的装置．当极板P和P′间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏离到O′点，O′点到O点的竖直距离为d，水平距离可忽略不计；此时在P与P′之间的区域里再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，调节磁感应强度，当其大小为B时，亮点重新回到O点．已知极板水平方向长度为L1，极板间距为b，极板右端到荧光屏的距离为L2.
(1)求打在荧光屏O点的电子速度的大小．
(2)推导出电子比荷的表达式．
答案：(1)　(2)
解析：(1)电子在正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速直线运动，
有Bev＝Ee＝e，得v＝
即打到荧光屏O点的电子速度的大小为.
(2)由题意得d＝··()2＋·，
代入v＝，
解得＝.
【题型3 α粒子散射实验装置】
【例3】人类对原子结构的认识，涉及许多实验的探究及众多科学家的创造性思想。
（1）1897年，汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况（图甲），断定阴极射线是________（填“电磁波”或“电子”），进而认为原子是一个球体，提出原子“西瓜模型”或“________模型”；
（2）1909年，卢瑟福与他的学生进行了α粒子散射实验（图乙），提出了原子核式结构模型。下列对此实验与模型的说法，正确的是________。
A．α粒子散射实验证明了原子核是由质子和中子组成的
B．绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，主要是因为电子的质量太小
C．极少数α粒子穿过金箔后发生大角度偏转，是因为其受到金原子核的强库仑斥力
D．α粒子散射实验说明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核上
答案 电子 枣糕 CD
解析（1）汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况，断定其本质是带负电的粒子流，并断定阴极射线是电子。
汤姆孙认为正电荷弥漫性地均匀分布在整个球体内，电子镶嵌其中，提出原子“西瓜模型”或“枣糕模型”。
（2）α粒子散射实验不能证明原子核内部存在质子，也不会证实原子核由质子和中子组成，故A错误；绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，主要是因为原子内部绝大部分空间是空的，故B错误；极少数α粒子穿过金箔后发生大角度偏转，是因为其受到金原子核的强库仑斥力，故C正确；α粒子散射实验说明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核上，故D正确。
故选CD。
【变式3-1】如图是卢瑟福的α粒子散射实验装置，在一个小铅盒里放有少量的放射性元素钋，它发出的α粒子从铅盒的小孔射出，形成很细的一束射线，射到金箔上，最后打在荧光屏上产生闪烁的光点。下列说法正确的是(　 )
A．该实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据
B．该实验证实了汤姆孙原子模型的正确性
C．α粒子与原子中的电子碰撞会发生大角度偏转
D．绝大多数的α粒子发生大角度偏转
解析：选A　卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，A正确；卢瑟福提出了原子核式结构模型的假设，从而否定了汤姆孙原子模型的正确性，B错误；电子质量太小，对α粒子的影响不大，C错误；绝大多数α粒子穿过金箔后，几乎仍沿原方向前进，D错误。
【变式3-2】(多选)如图为卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验的装置示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中A，B，C，D四个位置时，关于观察到的现象，下列说法正确的是(　　)
A．相同时间内放在A位置时观察到屏上的闪光次数最多
B．相同时间内放在B位置时观察到屏上的闪光次数只比放在A位置时稍微少些
C．放在C，D位置时屏上观察不到闪光
D．放在D位置时屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少
答案　AD
解析　卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验时，得到以下结论：大部分α粒子都能直接穿过金箔，个别的发生偏转，极少数发生大角度的偏转，故A、D正确，B、C错误。
【变式3-3】（多选）粒子散射实验是近代物理学中经典的实验之一，卢瑟福通过该实验证实了原子的核式结构模型，其实验装置如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．荧光屏在B位置的亮斑比A位置多
B．该实验说明原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上
C．荧光屏在C位置的亮斑比A、B位置少
D．该实验说明原子质量均匀地分布在原子内
答案：BC
解析：根据粒子散射实验现象，大多数粒子通过金箔后方向不变，少数粒子方向发生改变，极少数偏转超过90°，甚至有的被反向弹回，可知荧光屏在B位置的亮斑比A位置少，荧光屏在C位置的亮斑比A、B位置少，选项A错误，C正确；该实验说明原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上，而不是原子质量均匀地分布在原子内，选项B正确，D错误。
【题型4 α粒子散射图景】
【例4】1909年，英国物理学家卢瑟福和他的学生盖革、马斯顿一起进行了著名的“α粒子散射实验”，实验中大量的粒子穿过金箔前后的运动模型如图所示。卢瑟福通过对实验结果的分析和研究，于1911年建立了他自己的原子结构模型。下列关于“α粒子穿过金箔后”的描述中，正确的是(　 )
A．绝大多数α粒子穿过金箔后，都发生了大角度偏转
B．少数α粒子穿过金箔后，基本上沿原来方向前进
C．通过α粒子散射实验，确定了原子核半径的数量级为10－15 m
D．通过α粒子散射实验，确定了原子半径的数量级为10－15 m
解析：选C　绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上沿原来方向前进。少数α粒子穿过金箔后，发生大角度偏转，A、B错误；通过“α粒子散射实验”卢瑟福确定了原子核半径的数量级为10－15 m，C正确；原子半径的数量级为10－10 m，不是通过α粒子散射实验确定的，D错误。
【变式4-1】如图所示是α粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止。图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是(　　)
A．M点　　　　　　　　 B．N点
C．P点 D．Q点
解析：选C　α粒子(氦原子核)和重金属原子核都带正电，互相排斥，加速度方向与α粒子所受斥力方向相同。带电粒子加速度方向沿相应点与重金属原子核连线指向曲线的凹侧，故只有选项C正确。
【变式4-2】（多选）根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。如图所示为原子核式结构模型的α粒子散射图景，图中实线表示α粒子运动轨迹。下列说法正确的是（　　）
A．卢瑟福在α粒子散射实验中发现了电子
B．α粒子出现较大角度偏转的原因是α粒子接近原子核时受到的库仑斥力较大
C．α粒子出现较大角度偏转的过程中电势能先变小后变大
D．α粒子出现较大角度偏转的过程中加速度先变大后变小
答案：BD
解析：汤姆孙对阴极射线的探究发现了电子，A错误；α粒子出现较大角度偏转的原因是α粒子接近原子核时受到较大的库仑斥力，B正确；α粒子在运动过程中，一直受到斥力，靠近原子核过程库仑力做负功，电势能增大，远离原子核过程库仑力做正功，电势能减小，C错误；靠近原子核过程中库仑力增大，加速度增大，远离过程库仑力减小，加速度减小，D正确。
【变式4-3】（多选）英国物理学家卢瑟福用α粒子轰击金箔后，根据实验结果提出了原子的核式结构学说。如图所示，O表示金原子核的位置，曲线ab和cd分别表示经过金原子核附近的α粒子的运动轨迹，其中能正确反映实验结果的是（　　）
A． B．
C． D．
答案：BD
解析：当α粒子靠近金原子核时，α粒子将受到金原子核的斥力作用，而α粒子的曲线运动的轨迹总是弯向受力的一侧，A错误、B正确；α粒子和原子核都带正电，α粒子离核越近所受斥力越大，偏转角度越大，C错误、D正确。
【题型5 综合问题】
【例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(　　)
答案　D
解析　发现原子具有核式结构的是卢瑟福的α粒子轰击金箔发生散射的实验，选项D正确。
【变式5-1】(多选)关于原子结构，下列说法正确的是(　　)
A．玻尔原子模型能很好地解释氢原子光谱的实验规律
B．卢瑟福核式结构模型可以很好地解释原子的稳定性
C．卢瑟福的α粒子散射实验表明原子内部存在带负电的电子
D．卢瑟福的α粒子散射实验否定了汤姆孙关于原子结构的“西瓜模型”
答案　AD
解析　玻尔提出的原子模型能很好地解释氢原子光谱的实验规律；卢瑟福核式结构模型不能解释原子的稳定性；卢瑟福的α粒子散射实验表明原子具有核式结构，否定了汤姆孙关于原子结构的“西瓜模型”，故A、D正确，B、C错误。
【变式5-2】（多选）物理实验助推物理学理论的发展。对以下实验的表述，说法正确的是（　　）
A．图甲：密立根通过油滴实验测量了电子的电荷量，揭示了电荷的量子化
B．图乙：库仑通过扭秤实验发现了点电荷间的作用规律，并测量了静电力常量
C．图丙：卢瑟福根据粒子散射实验的现象提出了原子核式结构模型
D．图丁：汤姆孙通过阴极射线实验发现了电子，揭示了原子具有内部结构
答案：ACD
解析：图甲：密立根通过油滴实验测量了电子的电荷量，揭示了电荷的量子化，故A正确；库仑通过扭秤实验发现了点电荷间的作用规律，静电力常量既不是库仑通过扭秤测出来的，也不是后人通过库仑扭秤测出来的，而是通过麦克斯韦的相关理论算出来的，故B错误；图丙：卢瑟福根据粒子散射实验的现象提出了原子核式结构模型，故C正确；图丁：汤姆孙通过阴极射线实验发现了电子，揭示了原子具有内部结构，故D正确。
【变式5-3】下列关于原子模型及其建立过程叙述正确的是 （　　）
A．阴极射线是电子流，J.J.汤姆孙测出了电子的比荷，并精确测定了电子电荷量
B．J.J.汤姆孙认为原子是一个球体，正电荷弥漫性地均匀分布于球内，电子镶嵌其中;该理论无法解释α粒子散射现象，后被卢瑟福核式结构模型所取代
C．通过α粒子散射实验可以估算出原子核尺度数量级为10-10 m
D．卢瑟福根据α粒子散射实验指出原子的全部正电荷和全部质量都集中在一个很小的区域——原子核
答案：B
解析：阴极射线是电子流，J.J.汤姆孙测出了电子的比荷，密立根精确测定了电子电荷量，故A错误。J.J.汤姆孙认为原子是一个球体，正电荷弥漫性地均匀分布于整个球内;该理论无法解释α粒子散射现象，后被卢瑟福核式结构模型所取代，故B正确。通过α粒子散射实验可以估算出原子核尺度数量级为10-15 m，故C错误。卢瑟福根据α粒子散射实验指出原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的区域——原子核，故D错误。
【题型6 原子的核式结构】
【例6】在卢瑟福的α粒子散射实验中，有少数α粒子发生了大角度偏转，其原因是(　　)
A.原子中的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上
B.正电荷在原子中是均匀分布的
C.原子中存在着带负电的电子
D.原子只能处于一系列不连续的能量状态中
答案　A
【变式6-1】卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子内部存在(　 )
A．电子 B．中子 C．质子 D．原子核
解析：选D　卢瑟福在α粒子散射实验中观察到绝大多数α粒子穿过金箔后几乎不改变运动方向，只有极少数的α粒子发生了大角度的偏转，说明在原子的中央存在一个体积很小的带正电荷的物质，将其称为原子核，D正确。
【变式6-2】在α粒子散射实验中，电子对α粒子运动的影响可以忽略。这是因为与α粒子相比，电子的(　　)
A．电量太小　B．速度太小　C．体积太小　D．质量太小
解析：选D　在α粒子散射实验中，由于电子的质量太小，电子的质量只有α粒子的，它对α粒子速度的大小和方向的影响就像灰尘对枪弹的影响，完全可以忽略。故D正确，A、B、C错误。
【变式6-3】(多选)卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，知道了(　　)
A．原子具有核式结构
B．原子核内有中子存在
C．原子核是由质和中子组成的
D．在原子中，原子核占有的空间很小
答案　AD
解析　α粒子散射实验结果说明原子是由原子核和核外电子组成的，原子核集中了全部的正电荷和几乎全部的质量，而且原子核占有空间很小，但无法说明原子核的内部结构，因此选项A、D正确，B、C错误。
【题型7 电子电荷的精确测定】
【例7】美国物理学家密立根利用如图所示的实验装置，最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验．如图，两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，板间油滴P由于带负电悬浮在两板间保持静止．
(1)若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有__________．
A．油滴质量m B．两板间的电压U
C．两板间的距离d D．两板的长度L
(2)用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q=________(已知重力加速度为g)
(3)在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷．关于元电荷下列说法正确的是(______)
A．油滴的电荷量可能是C B．油滴的电荷量可能是C
C．元电荷就是电子 D．任何带电体所带电荷量可取任意值
【解析】 (1)平行金属板板间存在匀强电场，液滴恰好处于静止状态，电场力与重力平衡，则有，所以需要测出的物理量有油滴质量m，两板间的电压U，两板间的距离d；故选ABC．
(2)用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量
(3)在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷，其值为，故B正确，A、C、D错误；故选B．
【答案】 ABC B
【变式7-1】以下说法正确的是（　　）
A．密立根用摩擦起电的实验发现了电子
B．密立根用摩擦起电的实验测定了电子的电荷量
C．密立根用油滴实验发现了电子
D．密立根用油滴实验测定了电子的电荷量
答案：D
解析：汤姆孙发现了电子，密立根用油滴实验测定了电子的电荷量。
故选D。
【变式7-2】（多选）如图是密立根油滴实验的示意图．油滴从喷雾器嘴喷出，落到图中的匀强电场中，调节两板间的电压，通过显微镜观察到某一油滴静止在电场中，下列说法正确的是(　　)
A．油滴带负电
B．油滴质量可通过天平来测量
C．只要测出两板间的距离和电压就能求出油滴所带的电荷量
D．该实验测得油滴所带电荷量等于元电荷的整数倍
答案：AD
解析：由图知，电容器板间电场方向向下，油滴所受的电场力向上，则知油滴带负电，故A正确．油滴的质量很小，不能通过天平测量，故B错误．根据油滴受力平衡得：mg＝qE＝q，得q＝，所以要测出两板间的距离、电压和油滴的质量才能求出油滴的电量，故C错误．根据密立根油滴实验研究知：该实验测得油滴所带电荷量等于元电荷的整数倍，故D正确．
【变式7-3】美国物理学家密立根通过研究带电油滴在平行金属板间的运动，比较准确地测定了元电荷，获得了1923年的诺贝尔物理学奖。其实验原理可简化为如图所示的模型，置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板A、B与电压为U的恒定电源两极相连，平行金属板A、B间距为d，两板间存在竖直方向的匀强电场，喷雾器喷出带同种电荷的油滴，少数油滴通过金属板A的小孔进入平行金属板间，油滴进入金属板间后，有的油滴刚好悬浮不动。
（1）已知金属板A带正电，金属板B带负电，则平行金属板A、B间的电场方向______（填“竖直向上”或“竖直向下”），油滴带______（填“正电”或“负电”）。
（2）若已知两板间的电场强度大小为，悬浮油滴的质量为m，重力加速度大小为g，忽略空气对油滴的影响，则悬浮油滴带的电荷量为______。
（3）现在公认的元电荷的值______C。
答案 竖直向下 负电 （也正确）
解析（1）根据电场线起于正电荷终于负电荷可知，平行金属板A、B间的电场方向竖直向下。
悬浮油滴在两极板间受力平衡，则油滴所受的电场力方向竖直向上，与电场方向相反，所以油滴带负电。
（2）悬浮油滴在两极板间受力平衡，则有 即
（3）在密立根之后，人们又做了许多测量，现在公认的元电荷的值。专题2.8 液体
【人教版】
【题型1 液体的表面张力】
【题型2 浸润和不浸润】
【题型3 毛细现象】
【题型4 液晶】
【题型5 联系实际】
【题型6 综合问题】
【题型7 定量运算、图形问题】
【题型1 液体的表面张力】
【例1】如图所示，把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就变钝了。产生这一现象的原因是(　　)
A．玻璃是非晶体，熔化再凝固后变成晶体
B．玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体
C．熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧
D．熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张
解析：选C　玻璃是非晶体，熔化再凝固后仍然是非晶体，故A、B错误；玻璃裂口尖端放在火焰上烧熔后尖端变钝，是表面张力的作用，因为表面张力具有减小表面积的作用，即使液体表面绷紧，故C正确，D错误。
【变式1-1】下列说法正确的是（　　）
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面上。这是由于针与水分子间存在斥力的缘故
B．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体内分子间有相互吸引力
C．将玻璃管道裂口放在火上烧，它的尖端就变圆，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
D．漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故
答案：C
解析：把缝衣针小心地放在水面上，针可以把水面压弯而不沉没，是由于表面张力作用，而不是受到液体浮力的缘故，故A错误；在处于失重状态的宇宙飞船中，由于液体内分子间有相互吸引力，产生表面张力，使水银表面收缩而成为球状，故B错误；玻璃管道裂口放在火上烧熔，熔化的玻璃在表面张力的作用下收缩到最小，从而成为圆形，故C正确；飘浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是由于表面张力的原因，故D错误。
故选C。
【变式1-2】(多选)如图所示，a、b是航天员在飞船实验舱做水球实验时水球中形成的两个气泡，a、b两气泡温度相同且a的体积大，气泡内的气体视为理想气体，则下列说法正确的是(　 )
A．水球呈球形是表面张力作用的结果
B．a内气体的分子平均动能比b内的小
C．a内气体的分子平均动能比b内的大
D．在水球表面滴一小滴红墨水，若水球未破，最后水球将呈红色
解析：选AD　水球呈球形是表面张力作用的结果，故A正确；温度是分子热运动的平均动能的标志，故a内气体的分子平均动能与b内的等大，B、C错误；在水球表面滴一小滴红墨水，若水球未破，因水球外表面附近的水分子间作用力表现为引力，所以最后水球将呈红色，故D正确。
【变式1-3】（多选）如图所示，方形冰块恰好嵌在开口向上的玻璃杯底部，然后玻璃杯开口处用杯盖紧封，将含冰块的玻璃杯置于稳定的室温下，一段时间后玻璃杯内外刚好达到热平衡。在这个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．玻璃杯中物质的内能先增大后减小
B．冰在融化过程中，分子的平均动能不变
C．玻璃杯中物质的分子平均动能一直增大
D．玻璃杯中的水面最终一定是曲面
答案：BD
解析：冰块融化过程中吸收热量，内能增大，完全融化后温度不变，则内能不变，故A错误；冰块融化过程中温度不变，则分子平均动能不变，故B正确，C错误；因水表面张力作用，玻璃杯中的水面最终一定是曲面，故D正确；
故选BD。
【题型2 浸润和不浸润】
【例2】小明发现倒酱油的时候总会有一些酱油沿着瓶口流到瓶子外面，他认为如果选用合适的瓶口材料就能保持瓶子清洁。如图是酱油滴在两种材料表面的油滴形状，下列说法正确的是（　　）
A．图甲说明油滴与甲材料不浸润 B．图乙说明油滴与乙材料浸润
C．油瓶口的材料选用乙材料较合适 D．水银在两种材料表面的形状一定与酱油滴形状相同
答案：C
解析：只要选择酱油不浸润的材料做酱油瓶就能保持瓶子清洁，从图示的情况可以看出酱油与甲材料是浸润的，与乙材料是不浸润的，所以应该选择乙材料，选项C正确。液体在某种材料表面的形状不但与浸润和不浸润有关，而且与液体的体积有关，即使是浸润的，液滴的体积不同其形状也不同，所以无法确定水银在两种材料表面的形状是否与酱油滴的形状相同，选项D错误。故选C。
【变式2-1】图甲是吹肥皂泡游戏的画面，表达了童年时光的美好。如图乙所示，在玻璃杯内注入肥皂水，再用铁丝做成的圆环放进玻璃杯中，沾满肥皂水后取出，可以吹出大小不一、在空中做无规则运动的肥皂泡，则(　 )
A．肥皂水不能浸润玻璃
B．肥皂泡的无规则运动属于布朗运动
C．肥皂泡呈球状与液体的表面张力有关
D．肥皂泡表面液体分子间只存在引力，没有斥力
解析：选C　一种液体是否浸润某种固体，与这两种物质的性质都有关系，肥皂水不能浸润蜂蜡或石蜡，但可以浸润玻璃，故A错误；布朗运动是指悬浮在液体中或气体中的固体小颗粒的无规则运动，故肥皂泡的无规则运动不属于布朗运动，B错误；液体的表面张力有使液体的表面积减小到最小的趋势，所以肥皂泡在空中呈球状是由于液体表面张力的作用，故C正确；分子间同时存在着相互作用的斥力和引力，它们都随分子间距离的减小而增大，故D错误。
【变式2-2】2022年3月23日，天宫号空间站上的三名宇航员王亚平、翟志刚、叶光富，又给全国的观众带来了一堂精彩的天宫授课，其中宇航员们做了一个“液桥”实验。将水分别挤在两块透明板上，水球状似倒扣着的碗，如图甲所示。将两板慢慢靠近，两个水球“碗底”挨“碗底”，形成一座中间细、两头粗的“液桥”将两块板相连，如图乙所示；再将两板拉远，液桥变得更细、更长，仍然没有断开。下列说法正确的是（　　）。
A．日常生活中地球上不可能有“液桥”现象 B．由图甲可以推断水和透明板是不浸润的
C．液体表面张力有使液体表面积扩大的趋势 D．液桥形成的根本原因是水的表面张力的作用
答案：D
解析：“液桥”形成的根本原因是水的表面张力的作用，在地球上也可以有“水桥”现象，只是因为重力影响桥的宽度较短，A错误，D正确；水能附着在透明玻璃板上，由此可推断水和透明玻璃板是浸润的，B错误；液体表面分子间间距大于内部分子间间距，表现为引力，有使液体表面积缩小的趋势，C错误。
故选D。
【变式2-3】(多选)下列说法正确的是(　　)
A.一切晶体的光学和力学性质都是各向异性的
B.在完全失重的宇宙飞船中，水的表面存在表面张力
C.当分子间的距离变小时，分子间的作用力一定减小
D.脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液
答案　BD
解析　单晶体具有各向异性，而多晶体表现为各向同性，故A错误；液体表面层内分子较为稀疏，分子力表现为引力，故在完全失重的宇宙飞船中，水的表面依然存在表面张力，故B正确；当分子间的距离变小时，如果开始时刻分子间距大于平衡距离，则分子间作用力可能减小，如果开始时刻分子间距小于平衡距离，则分子力增大，故C错误；脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，故D正确。
【题型3 毛细现象】
【例3】(多选)关于液体，下列叙述中正确的是(　　)
A.露珠呈球形是因为液体的表面张力的缘故
B.液体的表面张力垂直于液面指向液体的内部
C.液体与固体接触的附着层分子如果比液体内部更稀疏，则液体与固体表现为浸润
D.对特定的液体和特定材质的毛细管，管的内径越小毛细现象越明显
答案　AD
解析　露珠呈球形是因为液体的表面张力的缘故，故A正确；表面张力产生在液体表面层，它的方向跟液面平行，使液面收缩，故B错误；液体对某种固体是浸润的，这时固体分子与液体分子间的引力相当强，造成附着层内分子的分布就比液体内部更密，故C错误； 对特定的液体和特定材质的毛细管，管的内径越细毛细现象越明显，故D正确。
【变式3-1】[多选]下列说法正确的是(　　)
A．液面上方的蒸汽达到饱和时就不会有液体分子从液面飞出
B．萘的熔点为80 ℃，质量相等的80 ℃的液态萘和80 ℃的固态萘具有不同的分子势能
C．车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象
D．液体表面层分子的势能比液体内部分子的势能大
E．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，具有各向同性
解析：选BCD　液面上方的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中，从宏观上看，液体不再蒸发，故A错误；80 ℃时，液态萘凝固成固态萘的过程中放出热量，温度不变，则分子的平均动能不变，萘放出热量的过程中内能减小，而分子平均动能不变，所以一定是分子势能减小，故B正确；由毛细现象的定义可知，C正确；液体表面层的分子间距离比液体内部的分子间距离大，故液体表面层分子之间的作用力表现为引力，分子之间的距离有缩小的趋势，可知液体表面层的分子比液体内部的分子有更大的分子势能，故D正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，E错误。
【变式3-2】下列说法正确的是（　　）
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于针受到了浮力
B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，这是因为水在玻璃上不浸润
C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力的结果
D．在毛细现象中，毛细管中液面有的升高，有的降低，这只与液体的种类有关，与毛细管的材料无关
答案：C
解析：把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水的表面张力使水面形成了一层水膜，水膜给针的支持力与针的重力平衡，A错误；水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，这是因为水在油脂层上不浸润的结果，B错误；在围绕地球飞行的宇宙飞船中，水滴处于完全失重状态，在表面张力的作用下，自由飘浮的水滴呈球形，C正确；在毛细现象中，毛细管中液面有的升高，有的降低，这既与液体的种类有关，又与毛细管的材料无关，D错误。
故选C。
【变式3-3】下列各种现象中，与毛细现象相关的是（　　）
①用粉笔吸干纸上的墨汁
②植物根部从土壤中吸取水分
③早晨，荷叶上可以看到露珠
④实验室里用棉线做酒精灯的灯芯
⑤用磙子压紧土壤可把地下水分引上来
A．①②③④⑤ B．①②④⑤
C．①②④ D．①②③④
答案：B
解析：①粉笔里细小颗粒间存在间隙，构成很多细小的管道，接触墨汁时，会发生毛细现象将墨汁吸干，与毛细现象有关；②植物根部结构有许多细小的“导管”即为毛细管，地下水分发生毛细现象，会沿着这些孔道上升，被植物吸收，与毛细现象有关；③荷叶上的露珠是空气中的水蒸气液化形成的，水滴由于表面张力作用而成“球形”，与表面张力有关；④棉线中间有许多细小的孔道，可起到毛细管的作用，将灯芯下的酒精吸到灯芯上端供燃烧，与毛细现象有关；⑤用磙子压紧土壤，可使土壤中的毛细管变得更细，增强毛细现象，可把地下水引到地面上来，与毛细现象有关。可见①、②、④、⑤均与毛细现象有关。
故选B。
【题型4 液晶】
【例4】关于液晶，以下说法正确的是（　　）
A．液晶态只是物质在一定温度范围内才具有的存在状态
B．因为液晶在一定条件下发光，所以可以用来做显示屏
C．人体组织中不存在液晶结构
D．笔记本电脑的彩色显示器，是因为在液晶中掺入了少量多色性染料，液晶中电场强度不同时，它对不同色光的吸收强度不一样，所以显示出各种颜色
答案：D
解析：液晶态可在一定温度范围或某一浓度范围存在，故A错误；由于液晶态物质特殊的微观结构，因而呈现出许多奇妙的性质，如光学透射率、反射率、颜色等性能，对外界的力、热、声、电、光、磁等物理环境的变化十分敏感，因而在电子工业等领域里可以大显神通，不是自主发光，故B错误；人体中有的蛋白质与磷脂在一定条件下为流动的液晶态或凝胶态，故C错误；当液晶通电时导通，排列变得有秩序，使光线容易通过，不通电时排列混乱，阻止光线通过，所以液晶的光学性质随外加电压的变化而变化，它对不同色光的吸收强度不一样，所以显示各种颜色，故D正确。
故选D。
【变式4-1】关于液晶，下列说法中正确的是(　 )
A．液晶是液体和晶体的混合物
B．所有物质都具有液晶态
C．电子手表中的液晶在外加电压的影响下，本身能够发光
D．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
解析：选D　液晶并不是液体和晶体的混合物，而是一种特殊的物质，A错误；液晶具有液体的流动性，但不是所有物质都具有液晶态，B错误；液晶本身不能发光，C错误；液晶既像液体一样可以流动，又具有晶体各向异性的特性，所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，D正确。
【变式4-2】液晶能够显示数码和图像，其原因是（ ）
A．液晶在温度、压力、摩擦、电磁的作用下，其分子排列发生变化，改变了液晶的光学性质
B．有的液晶在电压的作用下能由透明状态变浑浊，可用来显示文字和数码
C．有的液晶可以随温度的变化而改变颜色
D．有的液晶既可以探测温度又可以显示数码
答案：B
解析：液晶能够显示数码和图像，主要原因是在电压的作用下能由透明状态变浑浊，B正确；液晶在温度、压力、摩擦、电磁的作用下，其分子排列发生变化，液晶的光学性质发生变化，有的液晶可以随温度的变化而改变颜色，可以用来探测温度又可以显示数码，但这些不是液晶显示数码和图像的原因，ACD错误。
故选B。
【变式4-3】液晶在现代生活中扮演着重要的角色，下列对于液晶的认识正确的是(　 )
A．液晶态就是固态和液态的混合
B．液晶具有各向同性的性质
C．液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性
D．天然存在的液晶很多，如果一种物质是液晶，那么它在任何条件下都是液晶
解析：选C　液晶态是介于液态与结晶态之间的一种物质状态，不是固态和液态的混合，A错误；液晶既具有液体的流动性，又具有与某些晶体相似的性质，如具有光学各向异性等，B错误，C正确；天然存在的液晶并不多，多数液晶是人工合成的，液晶在不同温度下的状态不同，有结晶态、液晶态和液态三种状态，故D错误。
【题型5 联系实际】
【例5】正确佩戴口罩是日常预防飞沫传播和呼吸道感染的有效途径之一。取一个新的医用防护口罩贴近皮肤一面朝上，平铺在桌面上，往口罩上滴几滴水，水滴没有浸湿口罩，呈椭球形，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．水滴形状的成因与水的表面张力有关，与重力无关
B．水滴不浸润口罩，换另一种液体，也不会浸润该口罩
C．若处于完全失重的环境中，水滴将浸湿口罩
D．水滴与口罩附着层内水分子间距比水滴内部分子间距大
答案：D
解析：水滴形状的成因与水的表面张力有关，因水滴呈现椭圆形，则与重力也有关，选项A错误；水滴不浸润口罩，换另一种液体，不一定不会浸润该口罩，选项B错误；能否浸润是由水与口罩的材料决定的，与是否处于完全失重的环境无关，选项C错误；水滴与口罩附着层内水分子间距比水滴内部分子间距大，产生表面张力，使液体表面绷紧即减小表面积的作用，选项D正确。
故选D。
【变式5-1】“白露暖秋色，月明清漏中”，描写的是我国古代诗人对露珠的观察和感悟，根据所学物理知识，下列对露珠形成主要原因的说法正确的是（ ）
A．液体表面层的分子比液体内部稀疏，表面层的分子之间互相吸引
B．液体表面层的分子比液体内部密集，表面层的分子之间互相排斥
C．液体表面层的分子比液体内部稀疏，表面层的分子之间互相排斥
D．液体表面层的分子比液体内部密集，表面层的分子之间互相吸引
答案：A
解析：对于露珠，液体表面层分子分布比液体内部稀疏，则分子引力大于分子斥力，分子间相互作用力表现为引力，即表面层的分子之间互相吸引。
故选A。
【变式5-2】2021年12月9日15时40分，“天宫课堂”第一课正式开讲。在航天员翟志刚、叶光富的辅助下，航天员王亚平把一个金属圈插入饮用水袋中，慢慢抽出金属圈，形成了一个水膜。然后往水膜表面贴上一片花朵折纸，这朵花在太空中“绽放”。这正是因为在太空失重环境下水的表面张力发挥的神奇作用。关于液体的表面张力，橙子辅导物理小组给出的下列说法正确的是（　　）
A．液体表面张力是液体各部分间的相互作用
B．液体表面张力的方向总是垂直于液面，指向液体内部
C．产生液体表面张力的原因是表面层内液体分子间只有引力没有斥力
D．液体表面张力使液体表面有收缩的趋势
答案：D
解析：由定义知，如果在液体表面任意画一条线，线两侧的液体之间的作用力就是液体表面张力，所以液体表面张力并不是液体各部分间的相互作用，选项A错误；液体表面张力的方向总是与液面相切，选项B错误；产生液体表面张力的原因是表面层内液体分子力表现为引力，并不是只有引力没有斥力，选项C错误；液体表面张力使液体表面有收缩的趋势，选项D正确。
故选D。
【变式5-3】规范佩戴医用防护口罩是预防新冠肺炎的有效措施之一、合格的医用防护口罩内侧所用材料对水都是不浸润的，图为一水滴落在某防护口罩内侧的示意图，以下说法正确的是（　　）
A．图片中的口罩为不合格产品
B．图片中水滴形状的成因与液体表面张力有关
C．图片中水滴与口罩间附着层内水分子比水滴内部分子密集
D．该材料对所有的液体都是不浸润的
答案：B
解析：根据题意合格的一次性医用防护口罩内则所用材料对水都是不浸润的，如图所示水没有浸润到口罩内侧，所以照片中的口罩一定为合格产品，故A错误；如图所示，小水滴为球形是由于液体表面张力造成的，照片中附着层内分子比水的内部稀疏，表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用，故B正确，C错误；浸润与不浸润现象是相对的，所以水不是对所有材料都是不浸润的，故D错误。
故选B。
【题型6 综合问题】
【例6】(多选)下列说法正确的是(　　)
A.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
B.晶体在熔化过程中吸收热量，但温度不变，内能不变
C.杯中的茶水慢慢冷却，该过程中所有的水分子的运动速率都减小了
D.液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
答案　AD
解析　空气的小雨滴呈球形是水的表面张力，使雨滴表面有收缩的趋势的结果，故A正确；晶体熔化过程中吸热，内能增加，故B错误；根据麦克斯韦速率的分布规律，当温度降低时，大部分的水分子的速率减小，但个别水分子的速率可能增加，故C错误；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D正确。
【变式6-1】(多选)根据所学知识分析，下列说法正确的是(　 )
A．通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体
B．晶体体积增大，其分子势能一定增大
C．在完全失重的宇宙飞船中，水的表面存在表面张力
D．人们可以利用某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶来研究离子的渗透性，进而了解机体对药物的吸收等生理过程
解析：选CD　多晶体和非晶体各个方向的物理性质都相同，金属属于多晶体，A错误；晶体体积增大，若分子力表现为引力，分子势能增大，若分子力表现为斥力，分子势能减小，B错误；水的表面张力的有无与重力无关，所以在宇宙飞船中，水的表面依然存在表面张力，C正确；在现代科技中科学家利用某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶来研究离子的渗透性，D正确。
【变式6-2】对于固体和液体，下列说法正确的是（　　）
A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
B．农田里，要保存水分，常常把地面的土壤锄松，这是为了减少毛细现象的发生
C．水银不浸润玻璃，可以说明水银是一种不容易发生浸润现象的液体
D．单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点
答案：B
解析：液体表面张力的方向始终与液面相切，与分界线垂直，故A错误；农田里把地面的土壤锄松可以破坏土壤中的毛细管，从而减少毛细现象的发生，故B正确；一种液体是否浸润某种固体，与这两种物质的性质都有关，因此，某种液体是浸润的还是不浸润的，一定要指明相应的固体，故C错误；单晶体和多晶体都有固定的熔点，故D错误。
故选B。
【变式6-3】关于下列实验及现象的说法正确的是(　　)
A.液晶光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性
B.气体失去容器的约束就会散开，是因为分子间存在斥力
C.同一种液体的沸点与压强有关，压强越小，沸点越高
D.由于液体表面层内的分子间距大于r0，从而形成表面张力
答案　D
解析　液晶光学性质与某些单晶体相似，具有各向异性，故A错误；气体失去容器的约束就会散开，是因为气体分子间距离远大于r0，气体分子之间除了碰撞之外，没有作用力，不能使分子束缚在一起，并不是斥力的原因，故B错误；同种液体的沸点与压强有关，压强越大，沸点越高，故C错误；由于液体表面层内的分子间距大于r0，分子之间作用力表现为引力，从而形成表面张力，故D正确。
【题型7 定量运算、图形问题】
【例7】在一绕地球运转的载人航天空间站内,一只玻璃烧杯中盛有少许水银,下列图中能表示水银在烧杯中呈现的形状是(　　)
答案：D
解析:因为水银不浸润玻璃,所以在完全失重的情况下,水银的形状只由表面张力决定。在表面张力作用下水银的表面要收缩至最小,所以最终水银呈球形,故A、B、C错误,D正确。
【变式7-1】物理学中，把单位长度边界线上的表面张力，称为表面张力系数，用σ表示，单位为，如图所示的装置，可以测定肥皂的表面张力系数，在一个开口向下的框架上有一根可自由滑动的细金属丝ab，框上布满肥皂后，竖直在空气中，在金属丝下挂一小重物m，使肥皂膜恰好不致破裂。如果已知细金属丝和小球重，金属丝长，则测得肥皂膜的表面张力系数为多少？
答案：
解析：肥皂水膜有两个表面，根据力的平衡有
即
【变式7-2】立方体玻璃容器内盛一定体积的水，盖上玻璃盖后置于完全失重环境下，则容器内水（图中阴影区域）的形状可能是（　　）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】水处于完全失重状态，由于水对玻璃的浸润性，在表面张力的作用下，水应该吸附在容器的内表面呈现A的形状。
故选A。
【变式7-3】2021年12月9日，我国航天员在空间站成功进行了太空授课。实验时宇航员从注射器中挤出一滴水，水滴在空中形状是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】空间站中水滴处于完全失重状态，则在水的表面张力作用下，水滴在空中应该呈现球形。
故选A。专题4.6 粒子的波动性和量子力学的建立
【人教版】
【题型1 粒子的波动性】
【题型2 物质波的实验验证】
【题型3 量子力学的建立】
【题型4 量子力学的应用】
【题型5 联系实际】
【题型6 对比问题】
【题型7 综合问题】
【题型1 粒子的波动性】
【例1】一个德布罗意波长为λ1的中子和另一个德布罗意波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核，该氚核的德布罗意波长为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
解析：选A　中子的动量p1＝，氘核的动量p2＝，同向正碰后形成的氚核的动量p3＝p2＋p1，所以氚核的德布罗意波长λ3＝＝，A正确。
【变式1-1】已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，电子的质量为9.11×10－31 kg，一个电子和一滴直径约为4 μm的油滴具有相同动能，则电子与油滴的德布罗意波长之比的数量级为(　 )
A．10－8 B．106 C．108 D．1016
解析：选C　根据德布罗意波长公式λ＝，p＝，解得λ＝，由题意可知，电子与油滴的动能相同，则其波长与质量的二次方根成反比，所以有＝，m油＝ρ·πd3＝0.8×103××3.14×(4×10－6)3 kg≈2.7×10－14 kg，代入数据解得＝≈1.7×108，故C正确，A、B、D错误。
【变式1-2】如果下列四种粒子具有相同的速率,则德布罗意波长最小的是(　　)
A.α粒子 B.β粒子 C.中子 D.质子
解析:选A，由德布罗意波长λ=,动量p=mv可得λ=,速率相等,即速度大小相同,α粒子的质量m最大,则α粒子的德布罗意波长最小,故A正确,B、C、D错误。
【变式1-3】如果一个中子和一个质量为10 g的子弹都以103 m/s的速度运动，则它们的德布罗意波的波长分别是多少？(中子的质量为1.67×10－27 kg)
解析　中子的动量p1＝m1v，
子弹的动量为p2＝m2v，
由公式λ＝知，中子和子弹的德布罗意波长分别为
λ中＝和λ子＝，
因此可得到λ中＝，λ子＝，代入数据得：
λ中＝4.0×10－10 m
λ子＝6.63×10－35 m。
答案　4.0×10－10 m　6.63×10－35 m
【题型2 物质波的实验验证】
【例2】[多选]实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是(　　)
A．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样
B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹
C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构
D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构
E．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
解析：选ACD　电子束具有波动性，通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，选项A正确。β射线在云室中高速运动时，径迹又细又直，表现出粒子性，选项B错误。人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构，体现出波动性，选项C正确。电子显微镜是利用电子束工作的，体现了波动性，选项D正确。光电效应实验，体现的是粒子性，选项E错误。
【变式2-1】在历史上，最早证明德布罗意波存在的实验是(　　)
A．弱光衍射实验
B．电子束在晶体上的衍射实验
C．弱光干涉实验
D．以上都不正确
解析　最早证明德布罗意波假说的是电子束在晶体上的衍射实验，故B项正确。
答案　B
【变式2-2】(多选)1927年，戴维孙和汤姆孙分别完成了电子衍射实验，该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一.如图甲所示是该实验装置的简化图，如图乙所示为电子束的衍射图样，下列说法正确的是(　　)
A.亮条纹是电子到达概率大的地方
B.该实验说明物质波理论是正确的
C.该实验再次说明光子具有波动性
D.该实验说明实物粒子具有波动性
答案　ABD
解析　电子属于实物粒子，电子衍射实验说明电子具有波动性，说明物质波理论是正确的，与光的波动性无关，B、D正确，C错误；物质波也是概率波，亮条纹是电子到达概率大的地方，A正确.
【变式2-3】[多选]利用金属晶格(大小约10－10 m)作为障碍物观察电子的衍射图样，方法是让电子束通过电场加速后，照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样。已知电子质量为m，电荷量为e，初速度为0，加速电压为U，普朗克常量为h，则下列说法中正确的是(　　)
A．该实验说明了电子具有波动性
B．实验中电子束的德布罗意波的波长为λ＝
C．加速电压U越大，电子的衍射现象越明显
D．若用相同动能的质子替代电子，衍射现象将更加明显
解析：选AB　能得到电子的衍射图样，说明电子具有波动性，A正确；由德布罗意波的波长公式λ＝及动量p＝＝，可得λ＝，B正确；由λ＝可知，加速电压越大，电子的波长越小，衍射现象就越不明显，C错误；用相同动能的质子替代电子，质子的波长变小，衍射现象与电子相比不明显，故D错误。
【题型3 量子力学的建立】
【例3】[多选]下列关于波粒二象性的说法正确的是(　　)
A．光电效应揭示了光的波动性
B．使光子一个一个地通过单缝，若时间足够长，底片上也会出现衍射图样
C．黑体辐射的实验规律可用光的粒子性解释
D．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性
解析：选BCD　光电效应揭示了光的粒子性，A错误；单个光子通过单缝后在底片上呈现出随机性，但大量光子通过单缝后在底片上呈现出波动性，B正确；黑体辐射的实验规律说明了电磁辐射是量子化的，即黑体辐射是不连续的、一份一份的，所以黑体辐射可用光的粒子性来解释，C正确；热中子束射在晶体上产生衍射图样，是由于运动的实物粒子具有波的特性，即说明中子具有波动性，D正确。
【变式3-1】（多选）量子力学的创立给人类的科学、技术和社会形态带来了极其深刻的影响。有关量子力学的应用，下列说法正确的是（　　）
A．量子力学推动了核物理和粒子物理的发展
B．量子力学推动了原子、分子物理和光学的发展
C．量子力学否定了经典力学理论
D．量子力学推动了固体物理的发展
解析：选ABD, 量子力学并没有否定经典力学理论，而是在其基础上发展起来的，推动了核物理和粒子物理的发展，推动了原子、分子物理和光学的发展，推动了固体物理的发展。故C错误，ABD正确。
【变式3-2】波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有（　　）
A．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释
B．光电效应现象揭示了光的波粒二象性
C．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性
D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等
答案：C
解析：黑体辐射的实验规律不能使用光的波动性解释，而普朗克借助于能量子假说，成功的解释了黑体辐射规律，破除了“能量连续变化”的传统观念，A错误；光电效应现象揭示了光的粒子性，B错误；热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性，C正确；动量与动能关系为由于质子和电子的质量不同，所以动量不相等，根据德布罗意波长表达式可知质子和电子的德布罗意波长不相等，D错误。
【变式3-3】(多选)波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有(　　)
A.光电效应现象揭示了光的粒子性
B.热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性
C.黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释
D.动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波的波长也相等
答案　AB
【题型4 量子力学的应用】
【例4】下列说法正确的是(　　)
A．质量大的物体，其德布罗意波长短
B．速度大的物体，其德布罗意波长短
C．动量大的物体，其德布罗意波长短
D．动能大的物体，其德布罗意波长短
解析　由λ＝知，C正确。
答案　C
【变式4-1】太阳帆飞行器是利用太阳光获得动力的一种航天器，其原理是光子在太阳帆表面反射的过程中会对太阳帆产生一个冲量。若光子垂直太阳帆入射并反射，其波长为，普朗克常量为h，则对它的冲量大小为（　　）
A． B． C． D．
答案：B
解析：光子在太阳帆表面反射的过程中会对太阳帆产生一个冲量，光子垂直太阳帆入射并反射，根据动量定理
【变式4-2】如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的哪个物理量也相等(　　)
A．速度 B．动能 C．动量 D．总能量
解析　根据德布罗意波长公式λ＝，选C。
答案　C
【变式4-3】(多选)关于物质的波粒二象性，下列说法中正确的是(　　)
A．不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性
B．运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道
C．波动性和粒子性，在宏观现象中是矛盾的、对立的，但在微观高速运动的现象中是统一的
D．实物的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性
解析　由德布罗意波可知A、C对；运动的微观粒子，达到的位置具有随机性，而没有特定的运动轨道，B对；由德布罗意理论知，宏观物体的德布罗意波的波长太小，实际很难观察到波动性，不是不具有波粒二象性，D错。
答案　ABC
【题型5 联系实际】
【例5】2021年开始实行的“十四五”规划提出，把量子技术与人工智能和半导体一起列为重点研发对象，在量子通信技术方面，中国已有量子通信专利数超3000项，领先美国。下列有关说法正确的是（　　）
A．玻尔在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念
B．动能相同的一个质子和电子，质子的德布罗意波长比电子长
C．康普顿效应表明光子不仅具有能量，还具有动量
D．普朗克大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性
答案：C
解析：普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，A错误；根据p = 因为质子质量大于电子质量，所以质子动量大于电子的动量，由λ = 知质子的德布罗意波长比电子的短，B错误；康普顿根据p = 对康普顿效应进行解释，其基本思想是光子不仅具有能量，而且具有动量，C正确；德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性，D错误。故选C。
【变式5-1】科研人员利用冷冻电镜断层扫描技术首次“拍摄”到新冠病毒的3D清晰影像，冷冻电镜是利用高速电子具有波动性原理，其分辨率比光学显微镜高1000倍以上。下列说法正确的是（　　）
A．电子的实物波是电磁波
B．电子的德布罗意波长与其动量成正比
C．冷冻电镜的分辨率与电子加速电压有关，加速电压越高，则分辨率越低
D．若用相同动能的质子代替电子，理论上也能“拍摄”到新冠病毒的3D清晰影像
答案：D
解析：电子的实物波是德布罗意波，不是电磁波，故A错误；根据可知电子的德布罗意波长与其动量成反比，故B错误；冷冻电镜的分辨率与电子加速电压有关，加速电压越高，电子速度越大，动量越大，德布罗意波长越小，分辨率越高，从而使冷冻电镜的分辨率越高，故C错误；实物粒子的德布罗意波长与动能的关系为因为质子的质量比电子的质量大，所以在动能相同的情况下，质子的德布罗意波长比电子的德布罗意波长更小，分辨率越高，若用相同动能的质子代替电子，理论上也能“拍摄”到新冠病毒的3D清晰影像，故D正确。故选D。
【变式5-2】脉冲燃料激光器以的脉冲形式发射波长为585nm的光，这个波长的光可以被血液中的血红蛋白强烈吸收，从而有效清除由血液造成的瘢痕。每个脉冲向瘢痕传送约为的能量，普朗克常量为。（　　）
A．每个光子的能量约为
B．每个光子的动量约为
C．激光器的输出功率不能小于1.24W
D．每个脉冲传送给瘢痕的光子数约为个
答案：D
解析：每个光子的能量约为选项A错误；每个光子的动量约为选项B错误。激光器的输出功率不能小于选项C错误；每个脉冲传送给瘢痕的光子数约为
选项D正确。故选D。
【变式5-3】光照射到物体上对物体表面产生的压力叫光压，科学家设想在未来的宇航事业中利用太阳照射到太阳帆上产生的光压来加速星际飞船，设该飞船所在地每秒每单位面积接收到光的总能量为E，光平均波长为，光在真空中的速度为c，太阳帆面积为S，反射率100%，设太阳光垂直射到太阳帆上，飞船总质量为m，普朗克常量为h。求：
（1）太阳帆上每秒内接受到光子的个数；
（2）星际飞船飞行的加速度。
答案 （1）；（2）
解析：
（1）光子的频率为
一个光子的能量为
太阳帆每秒接受的能量为，故每秒内接受的光子的个数为
（2）光子垂直射到太阳帆上再反射，动量变化量为，设光对太阳帆的压力为，光子的动量为
单位时间内由动量定理知
由牛顿第二定律得
【题型6 对比问题】
【例6】（多选）中国的网络建设开始迈向5G时代，5G即第五代移动通信技术，采用3300～5000MHz频段，相比于现有的4G（即第四代移动通信技术，采用1880～2635MHz频段）技术而言，具有更大的优势。5G信号与4G信号相比，下列说法正确的是（　　）
A．5G信号比4G信号在真空中的传播速度快
B．4G信号波动性更显著
C．4G和5G信号都是横波
D．5G信号更容易发生明显衍射现象
E．5G信号能量比4G信号能量更大
答案：BCE
解析：任何电磁波在真空中的传播速度均为光速，传播速度相同，故A错误；4G信号频率较低，波动性更显著，故B正确；电磁波均为横波，故C正确；因5G信号的频率高，则波长小，可知4G信号更容易发生明显的衍射现象，故D错误；E．5G信号的频率更高，所以能量更大，故E正确。故选BCE。
【变式6-1】下列说法正确的是（　　）
A．光的波长越长，光子能量越大，波动性越明显
B．光的频率越高，光子能量越大，粒子性越明显
C．动能相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长相同
D．速率相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长相同
【答案】B
【解析】光的波长越长，光子频率越小，则光子能量越小，波动性越明显，故A错误；光的频率越高，光子能量越大，粒子性越明显，故B正确；根据德布罗意波的波长公式及可知动能相同的质子和电子，其动量不同，故其波长也不同，故C错误；根据及可知速率相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长不相同，故D错误。故选B。
【变式6-2】如图为一玻璃球过球心O的横截面，两条可见光线1、2合在一起平行于横截面的直径从A点射入玻璃球，分成光线3、4。已知光线1、2与OA的夹角为60°，3、4与OA的夹角分别为45°、30°，则这两束光(　　)
A．3、4两种光对此种玻璃的折射率之比
B．3、4两种光在此种玻璃中的速度之比
C．光子动量p3＞p4
D．射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距
【解析】 根据折射定律可得，光线3的折射率为，光线4的折射率为，则3、4两种光对此种玻璃的折射率之比为，故A错误；根据可知，3、4两种光在此种玻璃中的速度之比为，故B正确；光在介质中的传播频率不变，根据可知，由于，所以，根据光子动量可得，，故C错误；根据干涉条纹间距公式可知，波长越大，干涉条纹间距越大，由于，则，故D错误。故选B。
【答案】 B
【变式6-3】(多选)两种单色光分别经同一单缝衍射装置得到的衍射图样如图甲、乙所示。图丙中有一半圆形玻璃砖，O是圆心，MN是法线，PQ是足够长的光屏。甲光以入射角i由玻璃砖内部射向O点，折射角为r。下列说法正确的是(　　)
A．真空中甲光光子的动量大于乙光光子动量
B．甲光从玻璃射向空气发生全发射的临界角C满足
C．若乙光恰好能使某金属发生光电效应，则甲光不可能使该金属发生光电效应
D．丙图入射光若是包含甲乙两种成分的复色光，则在PQ屏上形成的两个光斑中乙光光斑在右边
【解析】 甲光的波长比乙光的长，根据，故真空中甲光光子的动量比乙光的小，故A错误；根据折射定律有，根据，得，故B正确；由于甲光频率低，能量小，若乙光恰好能使某金属发生光电效应，则甲光不可能使该金属发生光电效应，故C正确；同种介质对频率大的光折射率大，入射光若是包含甲乙两种成分的复色光，乙光频率高，偏折角度大，则在PQ屏上形成的两个光斑中乙光光斑在右边，故D正确。故选BCD。
【答案】 BCD
【题型7 综合问题】
【例7】下列说法正确的是(　　)
A.质子的德布罗意波长与其动能成正比
B.天然放射的三种射线，穿透能力最强的是α射线
C.光电效应实验中的截止频率与入射光的频率有关
D.电子束穿过铝箔后的衍射图样说明电子具有波动性
答案　D
解析　由德布罗意波长λ＝可知，质子的波长与动量成反比，而动量与动能关系为p＝，所以A项错误；天然放射的三种射线，穿透能力最强的是γ射线，B项错误；光电效应实验中的截止频率是指使金属恰好发生光电效应时入射光的频率，即hν0＝W0，只与金属的逸出功W0有关，C项错误；衍射是波的特性，所以电子束穿过铝箔的衍射图样说明电子具有波动性，D项正确。
【变式7-1】（多选）运动的微观粒子具有波粒二象性，有能量E、动量p，也对应着一定的波长λ。m表示粒子的质量，下列图像正确的是(　　)
解析：选AC　根据爱因斯坦质能方程可知，粒子的能量E＝mc2，则E m图像是一个正比例函数图像，故A正确，B错误；根据德布罗意波长公式λ＝可知，粒子的动量p＝，则p 图像是正比例函数图像，故C正确，D错误。
【变式7-2】（多选）著名物理学家汤姆孙曾在实验中让电子束通过电场加速后，通过多晶薄膜得到了如图所示衍射图样，已知电子质量为，加速后电子速度m/s，普朗克常量J·s，则（　　）
A．该图样说明了电子具有粒子性
B．该实验中电子的德布罗意波长约为0.15nm
C．加速电压越大，电子的物质波波长越大
D．使用电子束工作的电子显微镜中，加速电压越大，分辨本领越强
答案：BD
解析：图为电子束通过多晶薄膜的衍射图样，因为衍射是波所特有的现象，所以说明了电子具有波动性，A错误；由德布罗意波长公式可得，而动量，两式联立得
该实验中电子的德布罗意波长约为0.15nm，B正确；由德布罗意波长公式可得，而动量
两式联立得加速电压越大，电子的波长越短，衍射现象就越不明显，分辨本领越强，C错误，D正确。故选BD。
【变式7-3】（多选）如图为人们利用量子理论研制的电子显微镜拍摄到的铀酰微晶照片，放大了约1亿倍，这是光学显微镜做不到的对于量子理论的建立过程，下列说法符合事实的是（　　）
A．普朗克能量子假说得出的黑体辐射公式很好地解释了黑体辐射实验规律
B．爱因斯坦光子说解释了光电效应现象，说明了光子具有能量和动量
C．玻尔氢原子理论中电子的运动是具有确定坐标的质点的轨道运动
D．电子显微镜利用高速电子束的德布罗意波长比可见光波长更小提高了分辨能力
答案：ACD
解析：普朗克能量子假说得出的黑体辐射公式很好地解释了黑体辐射实验规律，说明了能量的量子化，A正确；爱因斯坦光子说解释了光电效应现象，说明了光子具有能量，而康普顿效应说明光子具有动量，B错误；玻尔氢原子理论中，电子只能在一系列不连续的特定轨道上运动，运动轨道的半径坐标是确定的，C正确；电子显微镜利用高速电子束的德布罗意波长比可见光波长更小提高了分辨能力，D正确。故选ACD。专题1.4 分子动能和分子势能
【人教版】
【题型1 分子力、分子势能图像综合】
【题型2 分子势能变化图像问题】
【题型3 物体间内能对比】
【题型4 内能和机械能对比】
【题型5 分子动能变化问题】
【题型6 物体的内能变化问题】
【题型7 联系实际】
【题型1 分子力、分子势能图像综合】
【例1】如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示。F>0为斥力，F<0为引力，A、B、C、D为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从A处由静止释放，选项中四个图分别表示乙分子的速度、加速度、动能、势能与两分子间距离的关系，其中大致正确的是(　 )
解析：选D　乙分子的运动方向始终不变，A错误；加速度与力的大小成正比，方向与力相同，C点加速度等于0，故B错误；分子动能不可能为负值，故C错误；乙分子从A处由静止释放，分子势能先减小，到C点最小后增大，故D正确。
【变式1-1】(多选)分子力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图甲、乙两条曲线所示(取无穷远处分子势能Ep＝0)。下列说法正确的是(　　)
A.乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线
B.当r＝r0时，分子势能为零
C.随着分子间距离的增大，分子力先减小后一直增大
D.分子间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小，但斥力减小得更快
答案　AD
解析　在r＝r0时，分子势能最小，但不为零，此时分子力为零，故A项正确，B项错误；分子间距离从r＜r0开始增大，分子间作用力先减小后反向增大，最后又一直减小，C项错误；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，D项正确。
【变式1-2】[多选]如图所示，用F表示两分子间的作用力，Ep表示分子间的分子势能，在两个分子之间的距离由10r0变为r0的过程中(　　)
A．F不断增大　　　　　　 B．F先增大后减小
C．Ep不断减小 D．Ep先增大后减小
E．F对分子一直做正功
解析：选BCE　分子间的作用力是矢量，其正负不表示大小；分子势能是标量，其正负表示大小。读取图像信息知，由10r0变为r0的过程中，F先增大后变小至0。Ep则不断减小，故B、C正确，A、D错误。该过程中，始终为引力，做正功，故E正确。
【变式1-3】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。
答案　减小　减小　小于
解析　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，分子力做正功，势能减小；由r2减小到r1的过程中，分子力仍做正功，势能减小；在间距为r1处，势能小于零。
【题型2 分子势能变化图像问题】
【例2】由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的。在小水滴表面层中，水分子之间的相互作用总体上表现为__________(选填“引力”或“斥力”)。分子势能Ep和分子间距离r的关系图像如图所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子势能Ep的是图中__________(选填“A”“B”或“C”)的位置。
答案　引力　C
解析　在小水滴表面层中，分子之间的距离较大，水分子之间的作用力表现为引力。
由于平衡位置对应的分子势能最小，在小水滴表面层中，分子之间的距离较大，所以能总体上反映小水滴表面层中水分子势能Ep的是题图中C的位置。
【变式2-1】分子势能Ep随分子间距离r变化的图像(取r趋近于无穷大时Ep为零)，如图所示。将两分子从相距r处由静止释放，仅考虑这两个分子间的作用，则下列说法正确的是(　 )
A．当r＝r2时，释放两个分子，它们将开始远离
B．当r＝r2时，释放两个分子，它们将相互靠近
C．当r＝r1时，释放两个分子，r＝r2时它们的速度最大
D．当r＝r1时，释放两个分子，它们的加速度先增大后减小
解析：选C　由题图可知，两个分子在r＝r2处分子势能最小，则分子之间的距离为平衡距离，分子之间的作用力恰好为0。结合分子之间的作用力的特点，假设将两个分子从r＝r2处释放，它们既不会相互远离，也不会相互靠近，故A、B错误；由于r1r2时，分子力表现为引力，先增大后减小，则加速度先减小后增大再减小，故D错误。
【变式2-2】如图所示为两分子间的分子势能Ep随分子间距离r变化的图像，对此以下说法中正确的是(　 )
A．当r>r1时，分子间的引力大于斥力
B．固体相邻分子间的距离约等于r1
C．液体存在表面张力是因为表面层中相邻分子的平均间距大于r2
D．将分子间距由r1增大到r2，分子间引力与斥力的合力会变大
解析：选C　分子间同时存在相互作用的引力和斥力，当二者大小相等时分子势能最小，此时分子间距离为平衡距离，即固体相邻分子间的距离约等于r2，B错误；当分子间距离r>r2时分子间的引力大于斥力，A错误；液体存在表面张力是因为表面层中相邻分子的平均间距大于r2，C正确；将分子间距由r1增大到平衡距离r2时，分子间引力与斥力的合力会变小，D错误。
【变式2-3】[多选]甲分子固定在坐标原点O，只在两分子间的作用力作用下，乙分子沿x轴方向运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离x的变化关系如图所示，设乙分子在移动过程中所具有的总能量为0，则下列说法正确的是(　　)
A．乙分子在P点时加速度为0
B．乙分子在Q点时分子势能最小
C．乙分子在Q点时处于平衡状态
D．乙分子在P点时动能最大
E．乙分子在P点时，分子间引力和斥力相等
[解析]　由题图可知，乙分子在P点时分子势能最小，此时乙分子受力平衡，甲、乙两分子间引力和斥力相等，乙分子所受合力为0，加速度为0，A、E正确。乙分子在Q点时分子势能为0，大于乙分子在P点时的分子势能，B错误。乙分子在Q点时与甲分子间的距离小于平衡距离，分子引力小于分子斥力，合力表现为斥力，所以乙分子在Q点合力不为0，故不处于平衡状态，C错误。乙分子在P点时，其分子势能最小，由能量守恒可知此时乙分子动能最大，D正确。
[答案]　ADE
【题型3 物体间内能对比】
【例3】关于物体的内能，下列说法正确的是(　 )
A．相同质量的两种物质，升高相同的温度，内能的增加量一定相同
B．物体的内能改变时温度不一定改变
C．内能与物体的温度有关，所以0 ℃的物体内能为零
D．分子数和温度都相同的物体一定具有相同的内能
解析：选B　相同质量的同种物质，升高相同的温度，吸收的热量相同，相同质量的不同种物质，升高相同的温度，吸收的热量不同，故A错误；物体内能改变时温度不一定改变，比如零摄氏度的冰融化为零摄氏度的水，内能增加，故B正确；分子在永不停息地做无规则运动，可知任何物体在任何状态下都有内能，故C错误；物体的内能与分子数、物体的温度和体积三个因素有关，分子数和温度都相同的物体不一定有相同的内能，故D错误。
【变式3-1】(多选)关于对内能的理解，下列说法正确的是(　　)
A．系统的内能是由系统的状态决定的
B．做功可以改变系统的内能，但是单纯地对系统传热不能改变系统的内能
C．不计分子之间的分子势能，质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能
D．1 g 100 ℃水的内能小于1 g 100 ℃水蒸气的内能
答案　AD
解析　系统的内能是一个只依赖于系统自身状态的物理量，所以是由系统的状态决定的，A正确；做功和热传递都可以改变系统的内能，B错误；质量和温度相同的氢气和氧气的平均动能相同，但它们的物质的量不同，内能不同，C错误；在1 g 100 ℃的水变成100 ℃水蒸气的过程中，分子间距离变大，要克服分子间的引力做功，分子势能增大，所以1 g 100 ℃水的内能小于1 g 100 ℃水蒸气的内能，D正确．
【变式3-2】如图所示，玻璃瓶A、B中装有质量相等、温度分别为60 ℃的热水和 0 ℃的冷水，下列说法正确的是(　 )
A．温度是分子平均动能的标志，所以A瓶中水分子的平均动能比B瓶中水分子的平均动能大
B．温度越高，布朗运动越显著，所以A瓶中水分子的布朗运动比B瓶中水分子的布朗运动更显著
C．因质量相等，故A瓶中水的内能与B瓶中水的内能一样大
D．A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离小
解析：选A　温度是分子平均动能的标志，A瓶中水的温度高，故A瓶中水分子的平均动能大，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，不是水分子的运动，两瓶中不存在布朗运动，故B错误；温度是分子的平均动能的标志，因两瓶中水的质量相等，故A瓶中水分子的平均动能大，A瓶中水的内能比B瓶中水的内能大，故C错误；质量相等的60 ℃的热水和0 ℃的冷水相比，60 ℃的热水体积比较大，所以A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离大，故D错误。
【变式3-3】比较45 ℃的热水和100 ℃的水蒸气，下列说法正确的是(　 )
A．热水分子的平均动能比水蒸气的大
B．热水的内能比相同质量的水蒸气的小
C．热水分子的速率都比水蒸气的小
D．热水分子的热运动比水蒸气的剧烈
解析：选B　温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大，故热水分子的平均动能比水蒸气的小，故A错误；内能与物质的量、温度、体积有关，相同质量的热水和水蒸气，热水变成水蒸气，温度升高，体积增大，吸收热量，故热水的内能比相同质量的水蒸气的小，故B正确；温度越高，分子热运动的平均速率越大，45 ℃的热水中的分子平均速率比100 ℃的水蒸气中的分子平均速率小，由于分子运动是无规则的，并不是每个分子的速率都小，故C错误；温度越高，分子热运动越剧烈，故D错误。
【题型4 内能和机械能对比】
【例4】(多选)对于实际的气体，下列说法正确的是(　　)
A.气体的内能包括气体分子的重力势能
B.气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能
C.气体的内能包括气体整体运动的动能
D.气体的体积变化时，其内能可能不变
E.气体的内能包括气体分子热运动的动能
答案　BDE
解析　实际气体的内能包括气体分子间相互作用的势能和分子热运动的动能，所以B、E正确，A、C错误；对于一定质量的实际气体内能由温度和体积决定，当气体体积变化时影响的是气体的分子势能，内能可能不变，所以D正确。
【变式4-1】下列有关热现象和内能的说法中正确的是(　 )
A．把物体缓慢举高，其机械能增加，内能增加
B．盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大，容器的机械能一定增大
C．电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“做功”方式实现的
D．分子间引力和斥力相等时，分子势能最大
解析：选C　把物体缓慢举高，外力做功，其机械能增加，由于温度不变，物体内能不变，A错误；物体的内能与物体做什么性质的运动没有直接关系，B错误；电流通过电阻后电阻发热，是通过电流“做功”的方式改变电阻内能的，C正确；根据分子间作用力的特点，当分子间距离等于r0时，引力和斥力相等，不管分子间距离从r0增大还是减小，分子间作用力都做负功，分子势能都增加，故分子间距离等于r0时分子势能最小，D错误。
【变式4-2】[多选]下列有关热现象和内能的说法中正确的是(　　)
A．把物体缓慢举高，其机械能增加，内能不变
B．盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大
C．电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“做功”方式实现的
D．分子间引力和斥力相等时，分子势能最大
E．分子间引力和斥力相等时，分子势能最小
解析：选ACE　把物体缓慢举高，外力做功，其机械能增加，由于温度不变，物体内能不变，选项A正确；物体的内能与物体做什么性质的运动没有直接关系，选项B错误；电流通过电阻后电阻发热，是通过电流“做功”的方式改变电阻内能的，选项C正确；根据分子间作用力的特点，当分子间距离等于r0时，引力和斥力相等，不管分子间距离从r0增大还是减小，分子间作用力都做负功，分子势能都增大，故分子间距离等于r0时分子势能最小，选项D错误，E正确。
【变式4-3】关于物体的内能，正确的说法是( )
A.温度、质量相同的物体具有相等的内能
B.物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和,叫作物体的内能
C.机械能越大的物体,内能也一定越大
D.温度相同的物体具有相同的内能
答案：B
解析：物体的内能与物质的量、温度、体积等因素有关。温度、质量相同的物体,内能不一定相等,还与分子数、体积有关,故A错误;根据内能的定义,物体的内能是物体中所有分子的热运动动能和分子势能总和,故B正确;物体的内能与物体的机械能是两个不同的概念,二者没有关系,故C错误;温度越高,分子的平均动能越大,但物体的内能不一定越大,还与物质的量及体积有关，故D错误。
【题型5 分子动能变化问题】
【例5】[多选]两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．分子力先增大，后一直减小
B．分子力先做正功，后做负功
C．分子动能先增大，后减小
D．分子势能先增大，后减小
E．分子势能和动能之和不变
解析：选BCE　分子力应先增大，后减小，再增大，所以A选项错；分子力先为引力，做正功，再为斥力，做负功，B选项正确；根据能量守恒可知分子动能先增大后减小，分子势能先减小后增大，分子动能和分子势能之和保持不变，所以C、E选项正确，D错误。
【变式5-1】[多选]两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0。相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近。若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是(　　)
A．在r>r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小
B．在rC．在r＝r0时，分子势能最小，动能最大
D．在r＝r0时，分子势能为零
E．分子动能和势能之和在整个过程中不变
解析：选ACE　由Ep r图可知：在r>r0阶段，当r减小时F做正功，分子势能减小，分子动能增加，故A正确；在r【变式5-2】给一定质量的温度为0 ℃的水加热，在水的温度由0 ℃上升到4 ℃的过程中，水的体积随着温度的升高反而减小，我们称之为“反常膨胀”．某研究小组通过查阅资料知道：水分子之间存在着一种结合力，这种结合力可以形成多分子结构，在这种结构中，水分子之间也存在着相互作用的势能．在水反常膨胀的过程中，体积减小是由于水分子之间的结构发生了变化，但所有水分子间的总势能是增大的．关于这个问题，下列说法中正确的是(　　)
A．水分子的平均动能减小，吸收的热量一部分用于分子间的结合力做正功
B．水分子的平均动能减小，吸收的热量一部分用于克服分子间的结合力做功
C．水分子的平均动能增大，吸收的热量一部分用于分子间的结合力做正功
D．水分子的平均动能增大，吸收的热量一部分用于克服分子间的结合力做功
答案　D
解析　温度升高，水分子的平均动能增大，体积减小，分子间的结合力做负功，水分子间的总势能增大，选项D正确．
【变式5-3】设有甲、乙两分子,甲固定在O点,为其平衡位置处,现在使乙分子由静止开始只在分子间作用力的作用下由距甲处开始沿x方向运动,则( )
A.乙分子的加速度先减小,后增大
B.乙分子到达处时速度最大
C.分子间作用力对乙一直做正功,分子势能减小
D.乙分子一定在~之间振动
答案：B
解析：根据分子间作用力随分子间距离变化的规律可知,从处到处分子间的作用力减小,加速度也就减小,从处到无穷远处分子间的作用力先增大后减小,加速度先增大后减小,所以A错误;从处到处乙分子受到向右的作用力,做向右的加速运动,通过处后受到向左的作用力,做向右的减速运动,在处加速度,速度最大,所以B正确;通过后分子间的作用力做负功,分子势能增大,故C错误;不能确定乙分子一定在~之间振动,故D错误。
【题型6 物体的内能变化问题】
【例6】】下列说法正确的是(　 )
A．分子间同时存在着引力和斥力
B．分子间距增大时分子引力减小而分子斥力增大
C．对于一定质量的理想气体，当温度升高时其内能可能保持不变
D．对于一定质量的理想气体，当体积增大时其内能一定减小
解析：选A　根据分子动理论可知，分子间同时存在引力和斥力，故A正确；分子引力和分子斥力都是随着分子距离的增大而减小，故B错误；一定质量的理想气体，其内能仅与温度有关，当温度升高时，内能一定增大，故C错误；对于一定质量的理想气体，当体积增大时不能确定其温度如何变化，则其内能的变化无法判断，故D错误。
【变式6-1】一定质量的乙醚液体全部蒸发，变为同温度的乙醚气体，在这一过程中乙醚的(　 )
A．分子间作用力保持不变
B．分子平均动能保持不变
C．分子平均势能保持不变
D．内能保持不变
解析：选B　乙醚液体蒸发过程，分子间的距离变大，分子间的引力和斥力都会减小，则分子间作用力发生变化，故A错误；一定质量的乙醚液体全部蒸发，变为同温度的乙醚气体过程中，要从外界吸收热量，由于温度不变，故分子平均动能不变，而蒸发过程中乙
醚分子要克服分子间的引力做功，分子势能增加，故内能增加，故B正确，C、D错误。
【变式6-2】(多选)下列关于温度及内能的说法中正确的是(　　)
A.物体的内能不可能为零
B.温度高的物体比温度低的物体内能大
C.一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化
D.内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同
答案　ACD
解析　内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，分子在永不停息的做无规则运动，所以内能永不为零，故A正确；物体的内能除与温度有关外，还与物体的种类、物体的质量、物体的体积有关，温度高的物体的内能可能比温度低的物体的内能大，也可能与温度低的物体的内能相等，也可能低于温度低的物体的内能，故B错误；一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化，比如零摄氏度的冰融化为零摄氏度的水，内能增加，故C正确；内能与温度、体积、物质的多少等因素有关，而分子平均动能只与温度有关，故内能不同的物体，它们分子热运动的平均分子动能可能相同，故D正确。
【变式6-3】关于内能，下列说法正确的是(　　)
A.物体的内能包括物体运动的动能
B.0 ℃的水结冰过程中温度不变，内能减小
C.提起重物，因为提力做正功，所以物体内能增大
D.摩擦冰块使其融化是采用热传递的方式改变物体的内能
答案　B
解析　物体的内能是指物体内所有分子的总动能和分子势能之和，不包括物体运动的动能，选项A错误；0 ℃的水结冰过程中温度不变，分子动能不变，因要放热，则内能减小，选项B正确；提起重物，因为提力做正功，所以物体机械能变大，但是内能不一定增大，选项C错误；摩擦冰块使其融化是采用做功的方式改变物体的内能，选项D错误。
【题型7 联系实际】
【例7】如图所示，是家庭生活中用壶烧水的情景。下列关于壶内分子运动和热现象的说法正确的是(　　)
A.气体温度升高，所有分子的速率都增加
B.—定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子平均动能增加
C.一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子势能的总和
D.一定量气体如果失去容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故
答案　C
解析　气体温度升高，分子的平均速率变大，但是并非所有分子的速率都增加，选项A错误；一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，因温度不变，则分子平均动能不变，选项B错误；一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子势能的总和，选项C正确；一定量气体如果失去容器的约束就会散开，这是因为气体分子做无规则热运动的缘故，选项D错误。
【变式7-1】负压救护车常用于转移和抢救传染病患者。如图所示，救护车负压舱工作时，通过负压排风净化装置使车内气压略低于车外。已知负压舱内的温度与外界温度相同，负压舱内的气体与外界环境中的气体均可视为理想气体。下列说法正确的是（　　）
A．负压舱中空气分子的平均动能小于外界环境中分子的平均动能
B．负压舱中每个气体分子的运动速率都小于外界环境中气体分子的运动速率
C．负压舱中气体分子数小于外界环境中同体积的气体分子数
D．负压舱中气体的内能等于外界环境中同体积的气体的内能
答案：C
解析：因为负压舱内的温度与外界温度相同，可知负压舱中空气分子的平均动能等于外界环境中分子的平均动能，选项A错误；负压舱中空气分子的平均速率等于外界环境中分子的平均速率，但是负压舱中每个气体分子的运动速率不一定都小于外界环境中气体分子的运动速率，选项B错误；负压舱中气体压强比外界小，负压舱内外温度相等，则舱内分子数小于外界环境中同体积的气体分子数，选项C正确；负压舱中空气分子的平均动能等于外界环境中分子的平均动能，但是舱内气体分子数小于外界环境中同体积的气体分子数，则负压舱中气体的内能小于外界环境中同体积的气体的内能，选项D错误。
故选C。
【变式7-2】为测算太阳射到地面的辐射能，某校科技实验小组的同学把一个横截面积是S的矮圆筒的内壁涂黑，外壁用保温材料包裹，内装质量m的水。让阳光垂直圆筒口照射1分钟后，水的温度升高了。水的比热容为c，地球的半径为R，太阳到地球的距离为r，不考虑太阳能在传播过程中的损失，假设到达圆筒内的能量全部被水吸收。则由此可算出地球每分钟接收的太阳能量为（　　）
A． B．
C． D．
答案：A
解析：横截面积是S的矮圆筒每分钟吸收太阳的内能为
则每平方米每分钟吸收的太阳能量为
地球上每分钟被照射的有效面积为
则地球每分钟接收的太阳能量为
故A正确，BCD错误。
故选A。
【变式7-3】2021年11月8日，航天员王亚平等人圆满完成出舱活动全部既定任务。王亚平曾在多年前在太空进行授课，图甲为授课场景，水滴呈现球形，这是由于水的表面张力作用的结果，分子间作用力F与分子间距离r的关系如乙所示，水滴表面层中水分子之间的距离___________（填“大于”“小于”或“等于”）。若空间中两个水分子间距从无限远逐渐变小，直到小于，则分子势能变化的趋势是___________。
答案 大于 先减小再增大
解析：[1]在水滴表面层中，水分子之间的相互作用力表现为引力，所以距离大于；
[2]若空间中两个水分子间距从无限远逐渐变小，直到等于过程中，分子力做正功，分子势能减小；当分子间距等于后再继续减小，分子力做负功，分子势能增加，故分子势能变化的趋势是先减小再增大。专题5.4 核裂变与核聚变
【人教版】
【题型1 裂变能的计算】
【题型2 核反应堆】
【题型3 聚变能的计算】
【题型4 可控热核反应】
【题型5 原子弹、氢弹】
【题型6 核反应分类】
【题型7 联系实际】
【题型8 综合问题】
【题型1 裂变能的计算】
【例1】（多选）在核电站中，核反应堆释放的核能被转化为电能。核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能。已知核反应方程式是反应堆中发生的众多反应中的一种，其中的相对原子质量是235.0439u（单位原子质量1u=1.66×10-27kg），每次该核反应释放出的核能为173.8MeV。现有一座核电站发电能力为3.6×106kW，核能转化为电能的效率为45%，假定反应堆中发生的裂变全是本题中的核反应，下列说法正确的是（　　）
A．X是n，a=3
B．为使核反应堆持续正常工作，必须由外界不断地向铀块射入高速中子流
C．该裂变反应每次释放出的核能与氢原子光谱中波长最短的一个光子的能量相当
D．该核电站每年（1年按3×107s计算）消耗的质量约为3.4t
【答案】AD
【解析】根据质量数守恒和电荷数守恒可判断，X是n，a=235+1-141-92=3，A正确；核反应会产生中子流，故不需要一直由外界射入高速中子流，B错误；氢原子光谱波长最短的光子能量为13.6eV，该裂变反应每次释放出的核能为173.8MeV，两者不相等，C错误；则反应堆每年提供的能量为① 核发电站一年提供的电能为 ② 另外 ③ 联立①②③可得：，D正确；故选AD。
【变式1-1】中国物理学家钱三强与何泽慧等合作，在利用中子打击铀的实验中，观察到三分裂变和四分裂变现象，如图，其中一种裂变反应式是U＋n→Ba＋Kr＋3n。用分别表示U、Ba、Kr核的质量，表示n粒子的质量，c为真空中的光速，下列说法正确的是（　　）
A．链式反应能否发生跟铀原料的体积无关
B．裂变产物Ba的比结合能大于U的比结合能
C．该核反应过程中质量有所增加
D．该核反应中放出的核能为
【答案】B
【解析】链式反应能否发生跟铀原料的临界体积有关，故A错误；裂变产物Ba的比结合能大于U的比结合能，从而产生质量亏损，放出能量，故B正确；该核反应过程中质量由亏损，故C错误；该核反应中放出的核能为，故D错误。 故选B。
【变式1-2】2021年4月，福清核电厂5号机组正式授牌，这标志着我国核能发电装机容量突破5000万千瓦。核反应方程是反应堆中发生的许多反应中的一种，、、、分别表示、、和中子的质量，光速为c。
（1）求上述反应中一个U核裂变释放的核能；
（2）若核能转化为电能的效率为50%，假设反应堆中裂变全是上述核反应，已知每次核反应中放出的核能，U核的质量约为，估算目前我国核电站平均每天最多消耗的纯净铀的质量（结果保留两位有效数字）。
【答案】 （1）；（2）
【解析】
（1）质量亏损
释放的核能
（2）目前每天的核电能量为
则每天消耗的核能为
则每天的核反应的U核个数
每天消耗的纯净铀质量为
【变式1-3】在所有能源中，核能具有能量密度大，地区适应性强的优势，在核电站中，核反应堆释放的核能被转化为电能．核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能．
(1)核反应方程式U＋n―→Ba＋Kr＋aX是反应堆中发生的许多核反应中的一种，n为中子，X为待求粒子，a为X的个数，则X是什么？a为多少？以mU、mBa、mKr分别表示U、Ba、Kr核的质量，mn、mp分别表示中子、质子的质量，c为光在真空中传播的速度，则在上述核反应过程中放出的核能ΔE是多少？
(2)有一座发电能力为P＝1.00×106 kW的核电站，核能转化为电能的效率η＝40%，假定反应堆中发生的裂变反应全是本题(1)中的核反应，已知每次核反应过程放出的核能ΔE＝2.78×10－11 J，核的质量mU＝390×10－27 kg，求每年(1年＝3.15×107 s)消耗的U的质量．
解：(1)由反应方程可知X为n，a为3，释放的能量为ΔE＝(mU－mBa－mKr－2mn)c2.
(2)因电站发电效率为40%，故电站消耗U的功率为P′＝＝ kW＝2.5×106 kW，
电站每年消耗U的能量为W＝Pt＝2.5×109×3.15×107 J＝7.875×1016 J.
每年消耗U的质量为M＝mU＝ kg＝1 105 kg.
【题型2 核反应堆】
【例2】2021年12月6日，全球第一台“华龙一号”核电机组——中核集团福建福清核电5号机组首个燃料循环结束，开始首次换料大修。如图为普通核反应堆的结构示意图，通过铀235链式反应实现核能的可控释放。下列说法正确的是（　　）
A．镉棒通过改变中子的数量来控制反应速度
B．中子速度越快越容易使链式反应发生
C．正常运行的反应堆水泥防护层外会检测到大量α粒子
D．铀核裂变时释放能量的多少与产物种类无关
【答案】A
【解析】镉棒通过改变中子的数量来控制反应速度，故A正确；中子速度越快越不容易使链式反应发生，故B错误；正常运行的反应堆主要的辐射有γ辐射和中子辐射，水泥防护层外不可能检测到大量α粒子，故C错误；核裂变释放的能量与反应前后质量亏损有关，铀核裂变时会因产物种类不同导致质量亏损不同，释放能量不同，故D错误。故选A。
【变式2-1】秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(n)与静止氘核(H)的多次碰撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子损失的动能为(　　)
A.E B.E
C.E D.E
答案　B
解析　设中子的质量为m，氘核的质量为2m，弹性正碰的过程满足动量守恒和能量守恒mv＝mv1＋2mv2，mv2＝mv＋×2mv，由以上两式解得：v1＝－v，由已知可得：E＝mv2，中子损失的动能：ΔE＝mv2－mv＝mv2－m＝×mv2＝E。
【变式2-2】轴核裂变是核电站获得核能的主要途径，其一种裂变反应式是。下列说法正确的是（　　）
A．反应式可化简为
B．原子核的比结合能小于原子核的比结合能
C．铀块体积对链式反应的发生有影响
D．在裂变过程中没有质量亏损
【答案】C
【解析】轴核裂变反应式中中子是核反应的条件，不能省略，A错误；比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大原子核越稳定，U原子核发生核裂变生成了其中一个Ba原子核，并释放大量的能量，故Ba原子核比U原子核更稳定，原子核的比结合能大于原子核的比结合能，B错误；铀块体积需达到临界体积才能发生链式反应，所以铀块体积对链式反应的发生有影响，C正确；根据裂变的特点可知，裂变反应中由于质量亏损释放出能量，D错误。故选C。
【变式2-3】2020年1月10日，黄旭华获2019年国家最高科学技术奖。他是中国第一代核潜艇总设计师，成功研制了我国第一代核潜艇，为我国海基核力量实现从无到有的历史性跨越做出了卓越的贡献。核潜艇是以核反应堆（如图所示）为动力来源的潜艇，反应堆的核反应方程式为：，下列说法正确的是（　　）
A．元素有56个质子，144个中子
B．的比结合能（平均结合能）大于的比结合能
C．根据E=mc ，裂变后释放核能，裂变过程质量发生亏损
D．要能发生链式反应，铀块的体积应小于临界体积
【答案】C
【解析】根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X元素的电荷数（质子数）为p=56，质量数q=144，则含有144-56=88个中子，选项A错误；该反应放出核能，则生成物的比结合能（平均结合能）大于的比结合能，选项B错误；根据E=mc ，裂变后释放核能，裂变过程质量发生亏损，选项C正确；要能发生链式反应，铀块的体积应大于临界体积，选项D错误。故选C。
【题型3 聚变能的计算】
【例3】氘核H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式6H→2He＋2H＋2n＋43.15 MeV表示。海水中富含氘，已知1 kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个，若全都发生聚变反应，其释放的能量与质量为M的标准煤燃烧时释放的热量相等；已知1 kg标准煤燃烧释放的热量约为2.9×107 J，1 MeV＝1.6×10－13 J，则M约为(　　)
A.40 kg B.100 kg
C.400 kg D.1 000 kg
答案　C
解析　结合核反应方程知，1 kg海水中的氘核全部发生聚变反应放出的能量E＝×43.15×1.6×10－13 J≈1.15×1010 J，根据题意得M＝M0＝×1 kg≈400 kg，故A、B、D项错误，C项正确。
【变式3-1】现有两动能均为E0＝0.35 MeV的H在一条直线上相向运动，两个H发生对撞后能发生核反应，得到He和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为He和新粒子的动能。已知H的质量为2.014 1 u，He的质量为3.016 0 u，新粒子的质量为1.008 7 u，核反应时质量亏损1 u释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)。则下列说法正确的是(　 )
A．核反应方程为H＋H―→He＋H
B．核反应前后不满足能量守恒定律
C．新粒子的动能约为3 MeV
D. He的动能约为4 MeV
解析：选C　由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知H＋H―→He＋n，则新粒子为中子n，所以A错误；核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B错误；由题意可知ΔE＝(2.014 1 u×2－3.016 0 u－1.008 7 u)×931 MeV/u≈3.3 MeV，根据核反应中系统的能量守恒有EkHe＋Ekn＝2E0＋ΔE，根据核反应中系统的动量守恒有pHe－pn＝0由Ek＝，可知＝，解得EkHe＝(2E0＋ΔE)≈1 MeV，Ekn＝(2E0＋ΔE)≈3 MeV，所以C正确，D错误。
【变式3-2】(多选)太阳辐射的总功率约为4×1026 W，其辐射的能量来自于聚变反应.在聚变反应中，一个质量为1 876.1 MeV/c2(c为真空中的光速)的氘核(H)和一个质量为2 809.5 MeV/c2的氚核(H)结合为一个质量为3 728.4 MeV/c2的氦核(He)，并放出一个X粒子，同时释放大约17.6 MeV的能量.下列说法正确的是(　　)
A.X粒子是质子
B.X粒子的质量为939.6 MeV/c2
C.太阳每秒因为辐射损失的质量约为4.4×109 kg
D.太阳每秒因为辐射损失的质量约为17.6 MeV/c2
答案　BC
解析　该聚变反应方程为H＋H→He＋n，X为中子，故A错误；该核反应中质量的减少量Δm1＝17.6 MeV/c2，由质能方程知，m氘＋m氚＝m氦＋mX＋Δm1，代入数据知1 876.1 MeV/c2＋2 809.5 MeV/c2＝3 728.4 MeV/c2＋mX＋17.6 MeV/c2，故mX＝939.6 MeV/c2，故B正确；太阳每秒辐射能量ΔE＝PΔt＝4×1026 J，由质能方程知Δm＝，故太阳每秒因为辐射损失的质量Δm＝ kg≈4.4×109 kg，故C正确；因为ΔE＝4×1026 J＝ eV＝2.5×1039 MeV，则太阳每秒因为辐射损失的质量为Δm＝＝2.5×1039 MeV/c2，故D错误.
【变式3-3】轻核聚变的一个核反应方程为：H＋H→He＋X.若已知H的质量为m1，H的质量为m2，He的质量为m3，X的质量为m4，则下列说法中正确的是(　　)
A.H和H在常温下就能够发生聚变
B．X是质子
C．这个反应释放的核能为ΔE＝(m1＋m2－m3－m4)c2
D．我国大亚湾核电站是利用轻核的聚变释放的能量来发电的
答案　C
解析　H和H在常温下不能发生聚变，只有在高温下才能发生聚变，故A错误；根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，为中子，故B错误；该反应的质量亏损为Δm＝m1＋m2－m3－m4，ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3－m4)c2，故C正确；我国大亚湾核电站是利用重核的裂变释放的能量来发电的，故D错误．
【题型4 可控热核反应】
【例4】2019年8月我国已经建成了新托卡马克(EAST)装置一中国环流器二号M装置(HL—2M)，为“人造太阳”创造了条件，其等离子温度有望超过2亿摄氏度，将中国的聚变堆技术提升到了新的高度。设该热核实验反应前氘核(H)的质量为m1，氚核(H)的质量为m2，反应后氦核(He)的质量为m3，中子(n)的质量为m4。关于聚变的说法正确的是(　　)
A.核裂变比核聚变更为安全、清洁
B.由核反应过程质量守恒可知m1＋m2＝m3＋m4
C.两个轻核结合成质量较大的核，比结合能较聚变前减少
D.HL—2M中发生的核反应方程式是H＋H→He＋n
答案　D
解析　轻核聚变比核裂变更为安全、清洁，选项A错误；核反应过程中质量数守恒，但质量不守恒，核反应过程中存在质量亏损，因此m1＋m2≠m3＋m4，选项B错误；两个轻核结合成质量较大的核，根据质量亏损与质能方程，则有聚变后比结合能将增大，选项C错误；根据质量数和核电荷数守恒知HL—2M中发生的核反应方程式是H＋H→He＋n，选项D正确。
【变式4-1】2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M装置(HL－2M)在成都建成并首次实现利用核聚变放电。下列方程中，正确的核聚变反应方程是(　　)
A.H＋H→He＋n
B.U→Th＋He
C.U＋n→Ba＋Kr＋3n
D.He＋Al→P＋2n
答案　A
解析　A项方程是核聚变，B项方程为α衰变，C项方程为重核裂变，D项方程为人工核转变。故选A。
【变式4-2】大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。氘核聚变反应方程是：H＋H→He＋n。已知12H的质量为2.013 6 u，23He的质量为3.015 0 u，n的质量为1.008 7 u,1 u＝931 MeV/c2。氘核聚变反应中释放的核能约为(　　)
A．3.7 MeV　B．3.3 MeV　C．2.7 MeV　D．0.93 MeV
解析：选B　氘核聚变反应的质量亏损为Δm＝2×2.013 6 u－(3.015 0 u＋1.008 7 u)＝0.003 5 u，释放的核能为ΔE＝Δmc2＝0.003 5×931 MeV/c2×c2≈3.3 MeV，选项B正确。
【变式4-3】我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献。下列核反应方程中属于聚变反应的是(　　)
A．H＋H→He＋n　　 B. N＋He→O＋H
C．He＋Al→P＋n D. U＋n→Ba＋Kr＋3n
解析：选A　A项是氢元素的两种同位素氘和氚聚变成氦元素的核反应方程，B项是用α粒子轰击氮原子核发现质子的核反应方程，C项属于原子核的人工转变，D项属于重核的裂变，因此只有A项符合要求。
【题型5 原子弹、氢弹】
【例5】“两弹一星”可以说长了中国人的志气，助了中国人的威风。下列核反应方程中，属于研究“两弹”的基本核反应方程的是（　　）
①N+HeO+H　　②U+nSr+Xe+
③UTh+He　　 ④H+HHe+n
A．①② B．③④ C．②④ D．②③
【答案】C
【解析】 “两弹”是指原子弹和氢弹，原子弹是铀核裂变
氢弹是轻核聚变，故选C。
【变式5-1】20世纪60年代，我国以国防为主的尖端科技取得了突破性的发展。1964年，我国第一颗原子弹试爆成功；1967年，我国第一颗氢弹试爆成功。关于原子弹和氢弹，下列说法正确的是(　 )
A．原子弹和氢弹都是根据核裂变原理研制的
B．原子弹和氢弹都是根据核聚变原理研制的
C．原子弹是根据核裂变原理研制的，氢弹是根据核聚变原理研制的
D．原子弹是根据核聚变原理研制的，氢弹是根据核裂变原理研制的
解析：选C　原子弹是根据重核裂变研制的，而氢弹是根据轻核聚变研制的，故A、B、D错误，C正确。
【变式5-2】常言道，万物生长靠太阳，追根溯源，地球上消耗的能量绝大部分是来自太阳内部持续不断地发生核反应释放出的核能。在太阳内部发生的典型核反应方程是4H→He＋2X，这个核反应释放出的能量为ΔE，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是(　　)
A.该核反应属于裂变反应
B.方程中的X为电子(e)
C.该核反应前后质量数守恒，因而反应前后总质量保持不变
D.该核反应过程产生的质量亏损为Δm＝
答案　D
解析　该核反应属于聚变反应，选项A错误；根据质量数和电荷数守恒可知，方程中的X为正电子(e)，选项B错误；该核反应前后质量数守恒，但是由于反应放出能量，则反应前后有质量亏损，选项C错误；根据ΔE＝Δmc2可知，该核反应过程产生的质量亏损为Δm＝，选项D正确。
【变式5-3】下列四幅图分别对应着四种说法，其中正确的是（　　）
A．氢原子辐射出一个光子后，电势能增大，动能减小
B．根据α、β、γ射线的特点可知，射线1是α射线，射线2是β射线，射线3是γ射线
C．天然放射性元素的半衰期由原子核内部自身的因素决定，跟所处的化学状态和外部条件有关
D．原子弹爆炸属于重核的裂变，其反应方程为
【答案】 B
【解析】氢原子辐射出一个光子后，原子能级降低，电子的动能增大，电势能减小，故A错误；三种射线的穿透本领不同，根据α、β、γ射线的特点可知，射线1的穿透本领最弱，是α射线，射线3的穿透本领最强，是γ射线，射线2是β射线，故B正确；天然放射性元素的半衰期由原子核内部自身的因素决定，跟所处的化学状态和外部条件无关，故C错误；重核的裂变是重核俘获一个慢中子后才能发生的，所以核反应方程为 故D错误。故选B。
【题型6 核反应分类】
【例6】在下列描述核过程的方程中，属于α衰变的是________，属于β衰变的是________，属于裂变的是________，属于聚变的是________．(填正确答案标号)
A.C→N＋e
B.P→S＋e
C.U→Th＋He
D.N＋He→O＋H
E.U＋n→Xe＋Sr＋2n
F.H＋H→He＋n
答案　C　AB　E　F
解析　α衰变是一种放射性衰变，α粒子(He)会从原子核中射出，C项符合要求；β衰变是指自原子核内自发地放出一个电子(e)，同时原子序数增加1的过程，A、B两项符合要求；裂变是指一些质量较大的原子核，如铀、钍和钚等在吸收一个中子后分裂成两个或更多质量较小的原子核，同时放出多个中子和很大能量的过程，只有E项符合要求；聚变是指由两个轻原子核(一般是氘核和氚核)结合成较重原子核(氦核)并放出大量能量的过程，F项符合要求．
【变式6-1】下列说法正确的是(　　)
A.U→Th＋X中X为中子，核反应类型为β衰变
B.H＋H→He＋Y中Y为中子，核反应类型为人工转变
C.U＋n→Xe＋Sr＋K，其中K为10个中子，核反应类型为重核裂变
D.N＋He→O＋Z，其中Z为氢核，核反应类型为轻核聚变
答案　C
解析　根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，A选项反应中的X质量数为4，电荷数为2，为α粒子，核反应类型为α衰变，选项A错误；B选项反应中的Y质量数为1，电荷数为0，为中子，核反应类型为轻核聚变，选项B错误；C选项反应中的K质量数总数为10，电荷数为0，则K为10个中子，核反应类型为重核裂变，选项C正确； D选项反应中的Z质量数为1，电荷数为1，为质子，核反应类型为人工转变，选项D错误.
【变式6-2】(多选)2017年1月9日，大亚湾反应堆中微子实验工程获得国家自然科学一等奖.大多数原子核发生核反应的过程中都伴随着中微子的产生，例如核裂变、核聚变、β衰变等.下列关于核反应的说法正确的是(　　)
A.Th衰变为Rn，经过3次α衰变，2次β衰变
B.H＋H→He＋n是α衰变方程，Th→Pa＋e是β衰变方程
C.U＋n→Ba＋Kr＋3n是核裂变方程，也是氢弹的主要核反应方程
D.高速运动的α粒子轰击氮核可以从氮核中打出质子，其核反应方程为He＋N→O＋H
答案　AD
解析　Th衰变为Rn，经过3次α衰变，2次β衰变，故A项正确；H＋H→He＋n是核聚变方程，Th→Pa＋e是β衰变方程，故B项错误；U＋n→Ba＋Kr＋3n是核裂变方程，不是氢弹的主要核反应方程，故C项错误；高速运动的α粒子轰击氮核可以从氮核中打出质子，其核反应方程为He＋N→O＋H，故D项正确.
【变式6-3】我国科学家为解决“玉兔号”月球车长时间处于黑夜工作的需要，研制了一种小型核能电池，将核反应释放的核能转变为电能，需要的功率并不大，但要便于防护其产生的核辐射.请据此猜测“玉兔号”所用核能电池有可能采纳的核反应方程是(　　)
A.H＋H→He＋n
B.U＋n→Ba＋Kr＋3n
C.Pu→Am＋e
D.Al＋He→P＋n
答案　C
解析　A项中反应是轻核聚变，反应剧烈，至今可控聚变反应还处于各种实验研究阶段，故A项不合题意；B项中反应是重核裂变，虽然实现了人工控制，但因反应剧烈，防护要求高还不能小型化，故B项不合题意；C项中反应是人工放射性同位素的衰变反应，是小型核能电池主要采用的反应方式，故C项符合题意；D项中反应是人工核反应，需要高能α粒子，故D项不合题意.
【题型7 联系实际】
【例7】1930年英国物理学家考克饶夫和瓦尔顿建造了世界上第一台粒子加速器，他们获得了高速运动的质子，用来轰击静止的锂原子核(Li)，形成一个不稳定的复合核后分解成两个相同的原子核。
(1)写出核反应方程式；
(2)已知质子的质量为m，初速度为v0，反应后产生的一个原子核速度大小为1.5v0，方向与质子运动方向相同，求反应过程中释放的核能。(设反应过程释放的核能全部转变为动能)
答案　(1)Li＋H→2He　(2)mv
解析　(1)核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒
Li＋H→2He
(2)核反应过程，动量守恒mv0＝4m×1.5v0＋4mv
根据能量守恒定律
ΔE＝(4m)×2＋×4mv2－mv＝mv
【变式7-1】（多选）近日，目前全球规模最大的核聚变反应堆——欧洲联合环状反应堆（JET）（如图所示）的科研团队宣布，取得了核聚变技术的突破性进展，该反应堆在连续5秒时间内产生了59兆焦耳的能量（1兆=106），这打破了该装置在1997年创下的22兆焦耳核聚变能量的纪录。下列说法正确的是（　　）
A．要使轻核发生聚变，原子核必须克服核力和库仑斥力
B．该反应堆连续5秒产生的能量能为一个普通中国家庭提供大约一年的用电
C．现在地球上消耗的能量，追根溯源，绝大部分来自太阳聚变释放的核能
D．轻核聚变与重核裂变相比，聚变更为安全、清洁，废物数量少
【答案】CD
【解析】要使轻核发生聚变，原子核必须克服巨大的库仑斥力，使原子核的距离达到10－15m以内，从而使核力起作用，故A错误；1度电表示的电能为 该反应堆连续5秒产生的能量为 这些能量显然不能为一个普通中国家庭提供大约一年的用电，故B错误；现在地球上消耗的能量，追根溯源，绝大部分来自太阳聚变释放的核能，故C正确；轻核聚变与重核裂变相比，聚变更为安全、清洁，废物数量少，故D正确。故选CD。
【变式7-2】（多选）我国自主三代核电“华龙一号”的每台机组每年发电量约为，相当于减排二氧化碳816万吨，对助力实现“碳达峰、碳中和”目标具有重要意义。下列说法正确的是（　　）
A．该机组利用的是轻核聚变释放的能量发电
B．该机组每年发电使原子核亏损的质量约为0.3kg
C．“华龙一号”反应堆中可能存在的核反应
D．“华龙一号”反应堆需要用镉棒吸收中子控制链式反应的速度
【答案】CD
【解析】由题知 该机组利用的是重核裂变释放的能量发电，A错误；根据质能方程 可知每年亏损的质量，B错误；根据质量数守恒和电荷数守恒，用中子轰击的核反应可能为，C正确；在“华龙一号”反应堆中，当反应速度过快时，用镉棒吸收过多的中子，以控制链式反应的速度，D正确。故选CD。
【变式7-3】近日，中央广播电视总台发布2021年度国内十大科技新闻，中国“人造太阳”创亿度百秒世界新纪录位列之首，人造太阳基于核聚变的原理，则下列说法正确的是（ ）
A．核聚变又叫热核反应，反应一旦发生，不再需要外界能量，靠自身产生的热就会使反应继续下去
B．目前核能发电是利用核聚变
C．是一种核聚变反应
D．聚变反应中由于形成质量较大的核，故反应后质量增加
【答案】A
【解析】核聚变又叫热核反应，反应一旦发生，不再需要外界能量，靠自身产生的热就会使反应继续下去，故A正确；目前核能发电是利用核裂变，故B错误；是原子核的人工转变，故C错误；聚变反应释放核能，存在质量亏损，即反应后质量减少，故D错误。故选A。
【题型8 综合问题】
【例8】（多选）下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（　　）
A．图甲：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子
B．图乙：用中子轰击铀核使其发生裂变，链式反应会释放出巨大的核能
C．图丙：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
D．图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子核内还有复杂结构
【答案】 BC
【解析】卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型，没有发现质子，A错误；用中子轰击铀核使其发生裂变，裂变反应会释放出巨大的核能，B正确；玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的， C正确；汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有一定结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构，D错误。故选BC。
【变式8-1】下列说法中错误的是(　　)
A．若氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应
B．核泄漏事故污染物Cs能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为Cs→Ba＋X，可以判断X为电子
C．原子核发生一次β衰变，该原子外层就一定失去一个电子
D．质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2
答案　C
解析　根据玻尔理论可知，氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光子的能量大于氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光子的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故A正确；根据质量数守恒与电荷数守恒可知，核反应方程式Cs→Ba＋X中，X的质量数为0，电荷数为：Z＝55－56＝－1，所以X为电子，故B正确；β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故C错误；根据爱因斯坦质能方程知，质子和中子结合成α粒子，核反应方程为2H＋2n→He，释放的能量是ΔE＝Δmc2＝(2m1＋2m2－m3)c2，故D正确．
【变式8-2】下列四幅图涉及不同的物理知识，如图所示，其中说法正确的是（　　）
A．甲图中A处能观察到大量的闪光点，B处能看到较多的闪光点，C处观察不到闪光点
B．图乙中用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能
C．图丙中处于n=3能级的一个氢原子向低能级跃迁，最多可以放出3种频率的光
D．丁图中用弧光灯照射原来就带电的锌板时，发现验电器的张角变大，说明锌板原来一定带正电
【答案】 D
【解析】甲图是卢瑟福α粒子散射实验，α粒子与金箔撞击后，绝大多数粒子不发生偏转，少数粒子发生明显偏转，极少数粒子发生较大程度的偏转，甚至是反向，所以在C处也能看到少量的闪光点，故A错误；
B．图乙是中子轰击原子核发生裂变反应，不是聚变反应，故B错误；一个处于n=3能级的氢原子发生跃迁时，可以从能级3跃迁到能级2，释放出一种光子，接着再从能级2跃迁到能级1，再释放出另一种光子，所以一个处于n=3能级的氢原子跃迁时最多只能放出2种不同频率的光子，故C错误；发生光电效应时，电子从锌板表面逸出，会使锌板会带上正电。如果用弧光灯照射原本就带电的锌板，发现验电器张角变大时，说明锌板所带电荷量增加，因此说明锌板原来一定带正电，故D正确。故选D。
【变式8-3】随着现代科学的发展，大量的科学发现促进了人们对原子、原子核的认识，下列有关原子、原子核的叙述正确的是(　　)
A．卢瑟福α粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构
B．天然放射现象表明原子核内部有电子
C．轻核聚变反应方程有：H＋H→He＋n
D．氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级和从n＝2能级跃迁到n＝1能级，前者跃迁辐射出的光子波长比后者的长
答案　C
解析　卢瑟福的α粒子散射实验说明原子具有核式结构模型，没有涉及原子核内部结构，A错误；天然放射现象只说明原子核内部有复杂结构，原子核内部没有电子，衰变产生的电子，是原子核内部的中子转变为质子和电子，电子释放出来，B错误；轻核聚变方程电荷数守恒、质量数守恒，C正确；氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级和从n＝2能级跃迁到n＝1能级，前者辐射的光子能量大，即光子的频率大，则前者辐射的光子波长比后者短，D错误．专题5.1 原子核的组成
【人教版】
【题型1 天然放射现象的发现】
【题型2 射线的判断】
【题型3 质子和中子的发现】
【题型4 原子核的组成】
【题型5 同位素】
【题型6 综合问题】
【题型7 拓展问题】
【题型1 天然放射现象的发现】
【例1】天然放射现象的发现揭示了（　　）
A．原子是可分的 B．原子的中心有一个很小的核
C．原子核具有复杂的结构 D．原子核由质子和中子组成
【答案】C
【解析】天然放射现象的发现揭示了原子核具有复杂的结构。
故选C。
【变式1-1】[多选]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N获得反冲核O，发现了中子
C．贝克勒尔发现的天然放射性现象，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
解析：选AC　麦克斯韦曾提出光是电磁波，赫兹通过实验证实了麦克斯韦关于光的电磁理论，选项A正确。查德威克用α粒子轰击Be，获得反冲核6C，发现了中子，选项B错误。贝克勒尔发现了天然放射现象，说明原子核有复杂的结构，选项C正确。卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子核式结构模型，选项D错误。
【变式1-2】(多选)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列说法符合历史事实的是(　　)
A．玛丽·居里和皮埃尔，居里从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素
B．汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷
C．卢瑟福通过对粒子大角散射实验的研究发现了质子
D．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核
【解析】 居里夫妇通过对含铀物质的研究发现了钋(Po)和镭(Ra)，故A正确；汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，说明了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了粒子的比荷，故B正确；卢瑟福α粒子大角散射实验，提出了原子核式结构，故C错误；贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，明确了原子核具有复杂结构，故D错误。故选AB。
【答案】 AB
【变式1-3】下列现象可作为“原子核可再分”的依据的是（　　）
A．阴极射线实验 B．α 粒子散射实验 C．天然放射性现象 D．原子发光
【答案】C
【解析】汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而证明了原子可再分，故A错误；卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构学说，故B错误；天然放射现象是原子发生衰变之后会放出三种射线，这说明原子核可再分，故C正确；氢原子发光说明核外电子的跃迁，不能说明原子核可再分，故D错误。故选B。
【题型2 射线的判断】
【例2】如图所示为研究某未知元素放射性的实验装置，实验开始时在薄铝片和荧光屏之间有图示方向的匀强电场E，通过显微镜可以观察到在荧光屏的某一位置上每分钟闪烁的亮点数，若撤去电场后继续观察，发现每分钟的闪烁亮点数没有变化；如果再将薄铝片移开，观察到每分钟闪烁的亮点数大大增加，由此可以判断，放射源发出的射线可能为（ ）
A．α射线和γ射线 B．α射线和β射线
C．β射线和X射线 D．β射线和γ射线
【答案】A
【解析】三种射线中射线和射线带电，进入电场后会发生偏转，而射线不带电，不受电场力，电场对它没有影响，在电场中不偏转．由题，将电场撤去，从显微镜内观察到荧光屏上每分钟闪烁亮点数没有变化，可知射线中含有γ射线．再将薄铝片移开，则从显微镜筒内观察到的每分钟闪烁亮点数大为增加，根据射线的特性：穿透本领最弱，一张纸就能挡住，分析得知射线中含有射线．故放射源所发出的射线可能为射线和射线．A正确．
【变式2-1】如图所示，某放射性元素衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强磁场和匀强电场中，关于三种射线，下列说法正确的是(　 )
A．①④表示α射线，其速度最慢、电离能力最弱
B．②⑤表示γ射线，其穿透能力和电离能力都很强
C．②⑤表示γ射线，是原子核内释放出的高频电磁波
D．③⑥表示β射线，是高速电子流，可以穿透几毫米厚的铝板
解析：选C　α射线是高速粒子流，粒子带正电，β射线为高速电子流，带负电，γ射线为高频电磁波，结合题图及左手定则可知：①④为β射线，②⑤为γ射线，③⑥为α射线。α射线的速度最小但电离能力最强，γ射线是由原子核内释放出的高频电磁波，其穿透能力很强，但电离能力很弱，故C正确，A、B、D错误。
【变式2-2】一天然放射性物质发出三种射线，经过方向如图所示的匀强磁场、匀强电场共存的区域后射到足够大的荧光屏上，荧光屏上只有a、b两处出现亮斑，下列判断中正确的是（　　）
A．射到b处的一定是α射线
B．射到b处的一定是β射线
C．射到b处的可能是γ射线
D．射到b处的可能是α射线
【答案】D
【解析】α射线带正电，β射线带负电，γ射线不带电，γ射线不受电场力和洛伦兹力，故射到b处的一定不是γ射线，C错误；α射线和β射线在电场、磁场中受到电场力和洛伦兹力，若电场力大于洛伦兹力，则射到b处的是α射线，若洛伦兹力大于电场力，则射到b处的是β射线，D正确，A、B错误。故选D。
【变式2-3】如图所示，x为未知放射源，L为薄铝片，若在放射源和计数器之间加上L后，计数器的计数率大幅度减小，在L和计数器之间再加竖直向下的匀强磁场，计数器的计数率不变，则x可能是（　　）
A．α和β的混合放射源 B．纯α放射源
C．α和γ的混合放射源 D．纯γ放射源
【答案】C
【解析】在放射源和计数器之间加上薄铝片后，计数器的计数率大幅度减小，说明射线中有穿透力很弱的粒子，即α粒子。在薄铝片和计数器之间再加竖直向下的匀强磁场，计数器的计数率不变，说明穿过铝片的粒子中无带电粒子，故只有γ射线。因此放射源可能是α和γ的混合放射源。
故选C。
【题型3 质子和中子的发现】
【例3】（多选）已知天然放射性物质衰变时放出、、三种射线，下列说法正确的是（　　）
A．、、三种射线分别是氢原子核、质子和中子
B．三种射线中射线电离作用最强、射线穿透能力最强
C．粒子轰击氮原子核可以产生质子，核反应方程为
D．三种射线在真空中的传播速度都等于光速
【答案】BC
【解析】、、三种射线分别是氦原子核、电子和电磁波，A错误；三种射线中射线电离作用最强、射线穿透能力最强，B正确；粒子轰击氮原子核可以产生质子，反应过程满足质量数守恒和电荷数守恒，核反应方程为 C正确；射线在真空中的传播速度大约光速的，射线在真空中的传播速度大约可达到光速的，射线在真空中的传播速度等于光速，D错误；故选BC。
【变式3-1】物理学家们探究自然奥秘，他们或长于思辨总结，或长于数学演绎，或长于实验论证。在发展物理学过程中也推动了哲学、数学等其他科学的发展，对人类文明进程贡献很多。下列表述正确的是( )
A．伽利略认真研究了自由落体运动，用直接观察实验的方法发现了v与x不成正比，v与t成正比，即x与t2成正比的规律
B．牛顿在《自然哲学的数学原理》中提出三条运动定律和万有引力定律，该理论在任何情况下都可适用于所有天体和宏观物体
C．法拉第发现电流磁效应；奥斯特发现磁生电现象
D．卢瑟福指导他的助手进行了α粒子散射实验，提出了原子的核式结构。放射性现象揭示了原子核结构的复杂性，之后卢瑟福及其学生进一步发现了质子和中子，弄清楚了原子核的结构
【答案】 D
【解析】 伽利略在研究自由落体运动的性质中发现：如果v与x成正比，将会推导出十分复杂的结论。他猜想v与t成正比，但由于当时技术不够发达，无法直接测定瞬时速度，所以无法直接检验其是否正确。于是他想到了用便于测量的位移x与t的关系来进行检验：如果v = kt成立，则x与t的关系应是x =kt2，则不是直接实验观察，A错误；牛顿在《自然哲学的数学原理》中提出三条运动定律和万有引力定律，该理论不是所有天体和宏观物体都适用，B错误；奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，C错误；卢瑟福指导他的助手进行了α粒子散射实验，提出了原子的核式结构。放射性现象揭示了原子核结构的复杂性，之后卢瑟福及其学生进一步发现了质子和中子，弄清楚了原子核的结构，D正确。故选D。
【变式3-2】卢瑟福曾预言：在原子核内，除了质子外，还可能有质量与质子相等的中性粒子（即中子）存在。他的主要依据是通过实验发现原子核（　　）
A．核外电子数与核内质子数相等 B．核电荷数与核外电子数相等
C．核电荷数与核内质子数相等 D．核电荷数约是质量数的一半
【答案】D
【解析】卢瑟福曾预言：在原子核内，除了质子外，还可能有质量与质子相等的中性粒子（即中子）存在。他的主要依据是通过实验发现原子核的核电荷数约是质量数的一半，故D正确，ABC错误。故选D。
【变式3-3】目前核电站使用的核燃料基本都是浓缩铀，有一种典型的铀核裂变方程是U＋x→Ba＋Kr＋3x.下列关于x的说法正确的是(　　)
A.x是β粒子，具有很强的电离本领
B.x是中子，中子是查德威克通过实验最先发现的
C.x是中子，中子是卢瑟福通过实验最先发现的
D.x是α粒子，穿透能力比较弱
答案　B
【题型4 原子核的组成】
【例4】下列关于原子核的相关说法中正确的是（　　）
A．天然放射现象的发现说明了原子核是可以再分的
B．原子核的电荷数不是它的电荷量，但质量数是它的质量
C．卢瑟福通过实验发现了质子和中子
D．原子核的核内有90个中子
【答案】A
【解析】考查原子核相关概念。天然放射现象中，原子核发生衰变，生成新核，因此说明了原子核可以再分，故A项正确；原子核的电荷数不是它的电荷量，质量数也不是它的质量，故B项错误；卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故C项错误；原子核的质子数为90，中子数为144，故D项错误。故选A。
【变式4-1】Th经过一系列α衰变和β衰变后变成Pb，则Pb比Th少(　　)
A．16个中子，8个质子　　　　　B．8个中子，16个质子
C．24个中子，8个质子 D．8个中子，24个质子
解析：选A　Pb比Th质子数少(90－82)＝8个，核子数少(232－208)＝24个，所以中子数少(24－8)＝16个，故A正确；B、C、D错误。
【变式4-2】大亚湾核电站位于珠三角地区，是中国大陆第一座商用核电站。大亚湾核电站利用的是核裂变。一种典型的核裂变反应方程为，其中原子核X的中子数为（　　）
A．52 B．53 C．54 D．55
【答案】B
【解析】核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒，可得原子核X的质子数为36、质量数为89，故原子核X的中子数为，B正确。故选B。
【变式4-3】核中有（　　）
A．92个电子 B．238个质子 C．146个中子 D．330个核子
【答案】C
【解析】中质子数为92，核子数238，由于质子数与中子数之和为核子数，则中子数为146，原子核内没有电子，故ABD错误，C正确。
故选C。
【题型5 同位素】
【例5】下列说法中正确的是
A．氦4核中有4个质子，4个中子
B．氦4核与氦3核不是互为同位素
C．Be中的质子数比中子数少6
D．Si中的质子数比中子数少2
答案：D
解析：氦4核中有2个质子，2个中子，故A错误；氦4核与氦3核是互为同位素，故B错误；Be中质子数为4，中子数为6，则质子数比中子数少2，故C错误；Si的质子数比中子数少2，故D正确；故选D．
【变式5-1】(多选)1934年，约里奥—居里夫妇用α粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X，反应方程为He＋Al―→X＋n。X会衰变成原子核Y，衰变方程为X―→Y＋e。则(　 )
A．X的质量数与Y的质量数相等
B．X的电荷数比Y的电荷数少1
C．X的电荷数比Al的电荷数多2
D．X的质量数与Al的质量数相等
解析：选AC　根据电荷数守恒和质量数守恒，可知He＋Al―→X＋n方程中X的质量数为30，电荷数为15，再根据X―→Y＋e方程可知Y的质量数为30，电荷数为14，故X的质量数与Y的质量数相等，X的电荷数比Y的电荷数多1，X的电荷数比Al的电荷数多2，X的质量数比Al的质量数多3，A、C正确，B、D错误
【变式5-2】氢有三种同位素，分别是氕、氘、氚，则下列说法正确的是（　　）
A．它们的质子数不相等 B．它们的核外电子数不相等
C．它们的核子数不相等 D．它们的中子数相等
【答案】C
【解析】根据同位素定义，可知它们具有相同的质子数，但质量数不同，质量数等于质子数加中子数，则中子数不同，故AD错误。同位素的质子数相同，则核外电子数相同，故B错误；核子数等于质子数加中子数，可知核子数不同，故C正确。故选C。
【变式5-3】如图，轧钢厂的热轧机上可以安装射线测厚仪，仪器探测到的射线强度与钢板的厚度有关。已知某车间采用放射性同位素依-192作为放射源，其化学符号是，原子序数，通过衰变放出射线，半衰期为天，适合透照钢板厚度，下列说法正确的是（　　）
A．衰变产生的新核用X表示，铱的衰变方程为份
B．若已知钢板厚度标准为，探测器得到的射线变弱时，说明钢板厚度大于，应当增大热轧机两轮之间的厚度间隙
C．若有铱，经过天有没有衰变
D．放射性同位素发生衰变时，遵循能量守恒和质量守恒
答案：A
解析：衰变的实质是核里的一个中子放出一个电子变为一个质子，反应过程中遵循质量数守恒和核电荷数守恒，故质量数不变核电荷数加一，故A正确 ；探测器得到的射线变弱时，说明钢板厚度增大，应当减小热轧机两轮之间的厚度间隙，故B错误；若有铱，经过74天后还有没有衰变，再过74天（即总共经历148天）还有没有衰变，故C错误；放射性同位素发生衰变时，因遵循能量守恒，放出了能量出现了质量亏损，质量不守恒，故D错误；故选A。
【题型6 综合问题】
【例6】在近代物理发展的过程中，实验和理论相互推动，促进了人们对微观世界的认识。对下列实验描述正确的是(　　)
A．甲图中只增大光照强度，电流表的示数一定不变
B．乙图中用紫外灯照射锌板，验电器指针因带负电张开
C．丙图的理论说明氢原子能级是分立的，但原子发射光子的频率是连续的
D．丁图放射源产生的三种射线中，射线1的电离本领最强
【答案】 D
【解析】 光流照射金属表面，发生光电效应，当只增大光照强度时，相同时间内溢出的电子数会增加，电流表的示数会增大，故A错误；②图中用紫外灯照射锌板，锌板发生光电效应，锌板失去电子而带正电，验电器用导线连在锌板上，其指针也带正电张开，故B错误；氢原子的能级图可以很好的解释氢原子光谱的规律，是高激发态跃迁到n=2产生了巴尔末系可见光，原子发射光子是不连续的，故C错误；α射线是高速的氦核流，一个α粒子带两个正电荷，根据左手定则，α射线受到的洛伦兹力向左，故1是α射线，其电离本领最强；β射线是高速电子流，带一个负电荷，根据左手定则，β射线受到的洛伦兹力向右，故3是β射线，其电离本领较强；γ射线是γ光子，是电中性的，故在磁场中不受磁场的作用力，轨迹不会发生偏转，故2是γ射线，其电离本领最弱，故D正确；故选D。
【变式6-1】在以下说法中，正确的是( )
A．医学上利用γ射线治疗肿瘤主要是利用了γ射线的穿透能力强的特点
B．若用频率更高的单色光照射时，同级牛顿环半径将会变大
C．机械波在传播波源的振动的形式的同时不传递了能量
D．麦克耳孙﹣莫雷实验表明：不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的
【答案】 D
【解析】 医学上利用γ射线治疗肿瘤主要是利用了γ射线的具有高能量的特点，故A错误；若用频率更高的单色光照射时，光的波长变小，同级牛顿环半径将会变小，故B错误；机械波在传播波源的振动的形式的同时传递了能量．故C不正确；爱因斯坦的相对论与麦克耳孙﹣莫雷实验表明：不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的，与参考系的选取无关．故D正确．故选D。
【变式6-2】下列说法正确的有( )
A．黑体辐射的强度与频率的关系是：随着温度的升高，各种频率的辐射都增加，辐射强度极大值的光向频率较低的方向移动
B．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据
C．天然放射现象的发现说明了原子有复杂的结构
D．利用α射线可发现金属制品中的裂纹
【答案】 B
【解析】 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、频率较高的方向移动，故A错误；当α粒子穿过原子时，电子对α粒子影响很小，影响α粒子运动的主要是原子核，离核远则α粒子受到的库仑斥力很小，运动方向改变小．只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它的机会就很少，因此只有少数α粒子发生较大偏转，卢瑟福正是对这些现象的认真研究提出了原子核式结构模型，故B正确；人们认识到原子核具有复杂结构是从发现天然放射现象开始的，故C错误；α射线的穿透能力最弱，不能用α射线检查金属制品的裂纹，故D错误．故选：B。
【变式6-3】下列说法正确的是(　　)
A．β射线是原子核外电子挣脱原子核束缚后形成的
B．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子核是有复杂结构的
C．卢瑟福的原子核式结构模型解释了α粒子散射实验
D．查德威克发现了天然放射现象说明原子具有复杂的结构
【解析】 β射线是原子核内中子转化为质子时释放的电子，故A错误；汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子是有复杂结构的，故B错误；卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，故C正确；贝克勒尔发现了天然放射现象说明原子核具有复杂的结构，故D错误。故选C。
【答案】 C
【题型7 拓展问题】
【例7】科学家研究发现闪电能够引发大气核反应，其中一种典型的核反应如图所示，闪电产生的高能射线把原子核A的中子移除，产生不稳定的原子核，该不稳定的原子核再衰变成中微子（质量数和电荷数均为零）、正电子和原子核，则原子核A为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】不稳定的原子核衰变成中微子（质量数和电荷数均为零）、正电子和原子核，不稳定的原子核为，高能射线把原子核A的中子移除，产生不稳定的原子核，原子核A为。故选A。
【变式7-1】（多选）质子数与中子数互换的核互为镜像核，例如是的镜像核，同样也是的镜像核．下列说法正确的是(　　)
A．和互为镜像核
B．和互为镜像核
C．和互为镜像核
D．互为镜像核的两个核质量数相同
【答案】ACD
【解析】根据镜像核的定义及质量数A等于核电荷数Z和中子数n之和，可知和的质子数与中子数互换了，互为镜像核；和的质子数与中子数互换了，互为镜像核．故AC两项正确．的质子数为7，中子数为8；而的质子数和中子数都为8，没有互换，不是镜像核．故B项错误．互为镜像核的质子数与中子数互换，质子数加中子数不变，所以互为镜像核的两个核质量数相同．故D项正确．
故选ACD。
【变式7-2】太赫兹辐射通常是指频率在0.1~10 THz(1THz=1012Hz)、即频率在微波与红外线之间的电磁辐射，其频率高于微波，低于红外线、紫外线，远低于X射线。太赫兹波对人体安全, 可以穿透衣物等不透明物体, 实现对隐匿物体的成像。近年来太赫兹技术在国家安全、信息技术等诸多领域取得了快速发展，被誉为“改变未来世界十大技术”之一。由上述信息可知，太赫兹波(　　)
A．其光子的能量比红外线光子的能量更大
B．比微波更容易发生衍射现象
C．比紫外线更难使金属发生光电效应
D．比X射线穿透性更强
【答案】 C
【解析】 太赫兹波的频率比红外线的频率低，所以其光子的能量比红外线光子的能量更小，故A错误；太赫兹波的频率比微波的频率高，波长比微波的短，所以比微波更不容易发生衍射现象，故B错误；太赫兹波的频率比紫外线的频率低，所以比紫外线更难使金属发生光电效应，故C正确；太赫兹波的频率远低于X射线的频率，其光子能量远低于X射线的光子能量，所以比X射线穿透性更弱，故D错误。故选C。
【变式7-3】当宇宙射线进入地球大气层时，同大气作用产生中子，中子撞击大气中的氮引发核反应，生成碳14，碳14具有放射性，能够自发的发生衰变而变成氮，核反应方程分别为和，其中的X和Y分别代表（　　）
A．正电子 α粒子 B．质子 β粒子 C．质子 正电子 D．正电子 β粒子
【答案】B
【解析】根据质量数和电荷数守恒可知X的质量数和电荷数均为1，所以X是质子；Y的质量数和电荷数分别为0和－1，所以Y是β粒子。故选B。专题1.1 分子动理论的基本内容
【人教版】
【题型1 固体分子大小的估算】
【题型2 液体分子大小的估算】
【题型3 气体分子间平均距离的估算】
【题型4 扩散】
【题型5 布朗运动】
【题型6 分子热运动】
【题型7 分子间作用】
【题型8 分子动理论】
【题型1 固体、液体分子大小的估算】
【例1】铜摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA。1个铜原子所占的体积是(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
【变式1-1】已知地球到月球的平均距离为384 400 km，金原子的直径为3.48×10－9 m，金的摩尔质量为197 g/mol。若将金原子一个接一个地紧挨排列起来，筑成从地球通往月球的“分子大道”，试问(NA＝6.02×1023 mol－1)：
(1)该“分子大道”需要多少个原子？
(2)这些原子的总质量为多少？
【变式1-2】(多选)已知铜的摩尔质量为M(kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m3)，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)。下列判断正确的是(　 )
A．1 kg铜所含的原子数为NA
B．1 m3铜所含的原子数为
C．1个铜原子的体积为(m3)
D．铜原子的直径为 (m)
【变式1-3】钻石是首饰和高强度钻头、刻刀等工具中的主要材料，设钻石的密度为ρ(单位为kg/m3)，摩尔质量为M(单位为g/mol)，阿伏加德罗常数为NA。已知1克拉＝0.2克，则(　 )
A．a克拉钻石所含有的分子数为
B．a克拉钻石所含有的分子数为
C．每个钻石分子直径的表达式为 (单位为m)
D．每个钻石分子直径的表达式为 (单位为m)
【题型2 液体分子大小的估算】
【例2】空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥．某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V＝1.0×103 cm3.已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1.试求：(结果均保留一位有效数字)
(1)该液化水中含有水分子的总数N；
(2)一个水分子的直径d.
【变式2-1】已知水的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA。若用m0表示一个水分子的质量，用V0表示一个水分子的体积，下列表达式中正确的是(　　)
A.m0＝ B.m0＝
C.V0＝ D.V0＝
【变式2-2】已知阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，某液体的摩尔质量为M(kg/mol)，该液体的密度为ρ(kg/m3)，则下列叙述中正确的是(　 )
A．1 kg该液体所含的分子个数是ρNA
B．1 kg该液体所含的分子个数是NA
C．该液体1个分子的质量是
D．该液体1个分子占有的空间是
【变式2-3】水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数为NA＝6.02×1023 mol－1，一滴露水的体积大约是9.0×10－8 cm3，它含有__________个水分子，如果一只极小的虫子来喝水，每分钟喝进9.0×107个水分子时，喝进水的质量是__________ kg。(结果保留2位有效数字)
【题型3 气体分子间平均距离的估算】
【例3】很多轿车为了改善夜间行驶时的照明问题，在车灯的设计上选择了氙气灯，因为氙气灯灯光的亮度是普通灯灯光亮度的3倍，但是耗电量仅是普通灯的一半，氙气灯使用寿命则是普通灯的5倍，很多车主会选择含有氙气灯的汽车。若氙气充入灯头后的容积V＝1.6 L，氙气密度ρ＝6.0 kg/m3。已知氙气摩尔质量M＝0.131 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol－1。试估算：(结果保留一位有效数字)
(1)灯头中氙气分子的总个数N；
(2)灯头中氙气分子间的平均距离。
【变式3-1】[多选]某气体的摩尔质量为M，分子质量为m 。若1摩尔该气体的体积为Vm，密度为ρ，则该气体单位体积分子数为(阿伏加德罗常数为NA)(　　)
A. B.
C. D.
【变式3-2】某一体积为V的密封容器，充入密度为ρ、摩尔质量为M的理想气体，阿伏加德罗常数为NA。则该容器中气体分子的总个数N＝__________。现将这部分气体压缩成液体，体积变为V0，此时分子中心间的平均距离d＝__________。(将液体分子视为立方体模型)
【变式3-3】如图所示为一个防撞气包，包内气体在标准状况下体积为336 mL，已知气体在标准状态下的摩尔体积V0＝22.4 L/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1，求气包内(结果均保留2位有效数字)
(1)气体的分子个数；
(2)气体在标准状况下每个分子所占的体积。
【题型4 扩散】
【例4】关于扩散现象，下列说法错误的是(　 )
A．温度越高，扩散进行得越快
B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应
C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
【变式4-1】（多选）下列说法正确的是(　　)
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料中掺入其它元素
E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大
【变式4-2】[多选]下列说法正确的是(　　)
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素
E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大
【变式4-3】(多选)墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀．关于该现象的分析正确的是(　　)
A．混合均匀主要是由于碳粒受重力作用
B．混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动
C．使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速
D．墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的
【题型5 布朗运动】
【例5】(多选)我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作，PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5 μm的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害。矿物燃料燃烧的排放物是形成PM2.5的主要原因。下列关于PM2.5的说法中正确的是(　 )
A．PM2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当
B．PM2.5在空气中的运动属于分子热运动
C．减少煤和石油等燃料的使用，能有效减小PM2.5在空气中的浓度
D．PM2.5的内能不为零
【变式5-1】据研究发现，新冠病毒的传播途径之一是气溶胶传播。气溶胶是指悬浮在气体介质中的固态或液态颗粒所组成的气态分散系统。这些固态或液态颗粒的大小一般在10－3～103 μm之间。已知布朗运动微粒大小通常在10－6 m数量级。下列说法正确的是(　 )
A．布朗运动是气体介质分子的无规则的运动
B．在布朗运动中，固态或液态颗粒越小，布朗运动越剧烈
C．在布朗运动中，颗粒无规则运动的轨迹就是分子的无规则运动的轨迹
D．当固态或液态颗粒很小时，能很长时间都悬浮在气体中，颗粒的运动属于布朗运动，能长时间悬浮是因为气体浮力作用
【变式5-2】(多选)下列说法正确的是(　 )
A．一锅水中撒一点胡椒粉，煮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．某复兴号高速列车驶出车站逐渐提速，其恒温车厢内的一切物体的内能也一定会逐渐增加
C．尽管蔗糖受潮时粘在一起，但是它依然是晶体
D．荷叶上小水珠呈球状是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势
【变式5-3】某同学在显微镜下观察水中悬浮的花粉微粒的运动。他把小微粒每隔一定时间的位置记录在坐标纸上，如图所示。则该图反映了(　　)
A.液体分子的运动轨迹
B.花粉微粒的运动轨迹
C.每隔一定时间花粉微粒的位置
D.每隔一定时间液体分子的位置
【题型6 分子热运动】
【例6】关于温度的概念，下列说法中正确的是(　　)
A．温度是分子平均动能的标志，物体温度高，则物体的分子平均动能大
B．物体温度高，则物体每一个分子的动能都大
C．某物体内能增大时，其温度一定升高
D．甲物体温度比乙物体温度高，则甲物体的分子平均速率比乙物体的大
【变式6-1】(多选)同学们一定都吃过味道鲜美的烤鸭，烤鸭的烤制过程没有添加任何调料，只是在烤制之前，把烤鸭放在腌制汤中腌制一定的时间，盐就会进入肉里。下列说法正确的是(　 )
A．如果让腌制汤温度升高，盐进入鸭肉的速度就会加快
B．烤鸭的腌制过程说明分子之间有引力，把盐分子吸进鸭肉里
C．在腌制汤中，有的盐分子进入鸭肉，有的盐分子从鸭肉里面出来
D．把鸭肉放入腌制汤后立刻冷冻，将不会有盐分子进入鸭肉
【变式6-2】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
【变式6-3】（多选）下列哪些现象属于热运动(　　)
A．把一块平滑的铅板叠放在平滑的铝板上，经相当长的一段时间再把它们分开，会看到与它们相接触的面都变得灰蒙蒙的
B．把胡椒粉末放入菜汤中，最后胡椒粉末会沉在汤碗底，而我们喝汤时尝到了胡椒的味道
C．含有泥沙的水经一定时间会变澄清
D．用砂轮打磨而使零件温度升高
【题型7 分子间作用】
【例7】如图所示，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无穷远处由静止释放，在分子力的作用下靠近甲，图中点b是引力最大处，点d是两分子靠得最近处，则乙分子加速度最大处可能是(　　)
A．点a B．点b
C．点c D．点d
【变式7-1】(多选)关于分子间相互作用力的以下说法中正确的是(　　)
A.当分子间的距离r＝r0时，分子力为零，说明此时分子间既不存在引力，也不存在斥力
B.分子力随分子间距离的变化而变化，当r＞r0时，随着距离的增大，分子间的引力和斥力都增大，但引力比斥力增大得快，故分子力表现为引力
C.当分子间的距离r＜r0时，随着距离的减小，分子间的引力和斥力都增大，但斥力比引力增大得快，故分子力表现为斥力
D.当分子间的距离r＝10－9 m时，分子间的作用力可以忽略不计
【变式7-2】[多选]一般情况下，分子间同时存在分子引力和分子斥力。若在外力作用下两分子的间距达到不能再靠近时，固定甲分子不动，乙分子可自由移动，则去掉外力后，当乙分子运动到很远时，速度为v，则在乙分子的运动过程中(乙分子的质量为m)(　　)
A．乙分子的动能变化量为mv2
B．分子力对乙分子做的功为mv2
C．分子引力比分子斥力多做的功为mv2
D．分子斥力比分子引力多做的功为mv2
E．乙分子克服分子力做的功为mv2
【变式7-3】如图所示，用细线将一块玻璃板水平地悬挂在弹簧测力计下端，并使玻璃板贴在水面上，然后缓慢提起弹簧测力计，在玻璃板脱离水面的一瞬间，弹簧测力计读数会突然增大，主要原因是(　　)
A．水分子做无规则热运动
B．玻璃板受到大气压力作用
C．水与玻璃间存在万有引力作用
D．水与玻璃间存在分子引力作用
【题型8 分子动理论】
【例8】(多选)已知阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，某物质的摩尔质量为M(kg/mol)，该物质的密度为ρ(kg/m3)，则下列叙述中正确的是(　　)
A.1 kg该物质所含的分子个数是ρNA
B.1 kg该物质所含的分子个数是NA
C.该物质1个分子的质量是
D.该物质1个分子占有的空间是
【变式8-1】(多选)关于分子动理论，下列说法正确的有(　 )
A．扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明
B．压缩气体时，体积越小，压强越大，说明气体分子间存在着斥力
C．从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关
D．当分子间作用力表现为引力时，分子势能随距离的增大而减少
【变式8-2】(多选)关于分子动理论，下列说法正确的是(　　)
A.若已知气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可求出一个气体分子的体积
B.气体温度升高时，速率较大的分子占总分子数的比例升高
C.布朗运动不是分子运动，但它能间接反映液体分子在做无规则的运动
D.分子间的引力总是随分子间距增大而增大
【变式8-3】[多选]下列说法正确的是(　　)
A．气体扩散现象表明了气体分子的无规则运动
B．气体温度升高，分子的平均动能一定增大
C．布朗运动的实质就是分子的热运动
D．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而减小
E．当分子间作用力表现为引力时，分子势能随分子间距离的减小而减小
参考答案
【题型1 固体、液体分子大小的估算】
【例1】铜摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA。1个铜原子所占的体积是(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选A　铜的摩尔体积Vmol＝，则一个铜原子所占的体积为V0＝＝，A正确。
【变式1-1】已知地球到月球的平均距离为384 400 km，金原子的直径为3.48×10－9 m，金的摩尔质量为197 g/mol。若将金原子一个接一个地紧挨排列起来，筑成从地球通往月球的“分子大道”，试问(NA＝6.02×1023 mol－1)：
(1)该“分子大道”需要多少个原子？
(2)这些原子的总质量为多少？
解析：(1)N＝＝1.10×1017(个)。
(2)总质量为M＝MA＝3.6×10－8 kg。
答案：(1)1.10×1017　(2)3.6×10－8 kg
【变式1-2】(多选)已知铜的摩尔质量为M(kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m3)，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)。下列判断正确的是(　 )
A．1 kg铜所含的原子数为NA
B．1 m3铜所含的原子数为
C．1个铜原子的体积为(m3)
D．铜原子的直径为 (m)
解析：选CD　1 kg铜所含的原子数为N＝·NA，故A错误；1 m3铜所含的原子数为N＝nNA＝，故B错误；1个铜原子的体积为V＝(m3)，体积为V＝π·3，联立解得d＝(m)，故C、D正确。
【变式1-3】钻石是首饰和高强度钻头、刻刀等工具中的主要材料，设钻石的密度为ρ(单位为kg/m3)，摩尔质量为M(单位为g/mol)，阿伏加德罗常数为NA。已知1克拉＝0.2克，则(　 )
A．a克拉钻石所含有的分子数为
B．a克拉钻石所含有的分子数为
C．每个钻石分子直径的表达式为 (单位为m)
D．每个钻石分子直径的表达式为 (单位为m)
解析：选A　a克拉钻石物质的量(摩尔数)为n＝，所含分子数为N＝nNA＝，A正确，B错误；钻石的摩尔体积V＝(单位为m3/mol)，每个钻石分子体积为V0＝＝，设钻石分子直径为d，则V0＝π3，联立解得d＝ (单位为m)，C、D错误。
【题型2 液体分子大小的估算】
【例2】空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥．某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V＝1.0×103 cm3.已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1.试求：(结果均保留一位有效数字)
(1)该液化水中含有水分子的总数N；
(2)一个水分子的直径d.
解析　(1)水的摩尔体积为
Vmol＝＝ m3/mol＝1.8×10－5 m3/mol
该液化水中含有水分子的总数为
N＝＝≈3×1025(个)．
(2)建立水分子的球体模型，有＝πd3，可得水分子直径：d＝ ＝ m≈4×10－10m.
答案　(1)3×1025个　(2)4×10－10 m
【变式2-1】已知水的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA。若用m0表示一个水分子的质量，用V0表示一个水分子的体积，下列表达式中正确的是(　　)
A.m0＝ B.m0＝
C.V0＝ D.V0＝
答案　A
解析　一个分子的质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数，则有m0＝，故A正确，B错误；由于水分子间隙小，所以水分子的体积等于摩尔体积除以阿伏加德罗常数，则有V0＝，故C、D错误。
【变式2-2】已知阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，某液体的摩尔质量为M(kg/mol)，该液体的密度为ρ(kg/m3)，则下列叙述中正确的是(　 )
A．1 kg该液体所含的分子个数是ρNA
B．1 kg该液体所含的分子个数是NA
C．该液体1个分子的质量是
D．该液体1个分子占有的空间是
解析：选B　1 kg该液体的物质的量为，所含分子数目为：n＝NA·＝，故A错误，B正确；每个分子的质量为：m0＝＝，故C错误；每个分子所占空间为：V0＝＝，故D错误。
【变式2-3】水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数为NA＝6.02×1023 mol－1，一滴露水的体积大约是9.0×10－8 cm3，它含有__________个水分子，如果一只极小的虫子来喝水，每分钟喝进9.0×107个水分子时，喝进水的质量是__________ kg。(结果保留2位有效数字)
答案　3.0×1015　2.7×10－18
解析　已知水的摩尔质量为M＝1.8×10－2 kg
水的摩尔体积为VM＝
一个水分子的体积为V0＝
一滴露水含有水分子的个数N＝＝3.0×1015个
小虫喝进水的物质的量为n＝
喝进水的质量为m＝nM＝2.7×10－18 kg。
【题型3 气体分子间平均距离的估算】
【例3】很多轿车为了改善夜间行驶时的照明问题，在车灯的设计上选择了氙气灯，因为氙气灯灯光的亮度是普通灯灯光亮度的3倍，但是耗电量仅是普通灯的一半，氙气灯使用寿命则是普通灯的5倍，很多车主会选择含有氙气灯的汽车。若氙气充入灯头后的容积V＝1.6 L，氙气密度ρ＝6.0 kg/m3。已知氙气摩尔质量M＝0.131 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol－1。试估算：(结果保留一位有效数字)
(1)灯头中氙气分子的总个数N；
(2)灯头中氙气分子间的平均距离。
解析：(1)设氙气的物质的量为n，则n＝，氙气分子的总数N＝NA≈4×1022个。
(2)每个氙气分子所占的空间为V0＝，设氙气分子间平均距离为a，则有V0＝a3，即a＝ ≈3×10－9 m。
答案：(1)4×1022个　(2)3×10－9 m
【变式3-1】[多选]某气体的摩尔质量为M，分子质量为m 。若1摩尔该气体的体积为Vm，密度为ρ，则该气体单位体积分子数为(阿伏加德罗常数为NA)(　　)
A. B.
C. D.
解析：选ABC　1摩尔该气体的体积为Vm，则单位体积分子数为n＝，气体的摩尔质量为M，分子质量为m，则1 mol气体的分子数为NA＝，可得n＝，气体的密度为ρ，则1摩尔该气体的体积Vm＝，则有n＝，故D错误，A、B、C正确。
【变式3-2】某一体积为V的密封容器，充入密度为ρ、摩尔质量为M的理想气体，阿伏加德罗常数为NA。则该容器中气体分子的总个数N＝__________。现将这部分气体压缩成液体，体积变为V0，此时分子中心间的平均距离d＝__________。(将液体分子视为立方体模型)
答案　　
解析　气体的质量m＝ρV
气体分子的总个数N＝nNA＝NA＝NA
该部分气体压缩成液体，分子个数不变
设每个液体分子的体积为V1，则N＝
又V1＝d3
联立解得d＝。
【变式3-3】如图所示为一个防撞气包，包内气体在标准状况下体积为336 mL，已知气体在标准状态下的摩尔体积V0＝22.4 L/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1，求气包内(结果均保留2位有效数字)
(1)气体的分子个数；
(2)气体在标准状况下每个分子所占的体积。
答案　(1)9.0×1021个　(2)3.7×10－26 m3
解析　(1)由题意可知，分子数目为
N＝NA≈9.0×1021个。
(2)由题意可知气体在标准状况下每个分子所占的体积为
V′＝≈3.7×10－26 m3。
【题型4 扩散】
【例4】关于扩散现象，下列说法错误的是(　 )
A．温度越高，扩散进行得越快
B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应
C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
解析：选B　根据分子动理论，温度越高，扩散进行得越快，A正确；扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，不是化学反应，C正确，B错误；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，D正确。
【变式4-1】（多选）下列说法正确的是(　　)
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料中掺入其它元素
E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大
答案　ACD
解析　根据布朗运动的定义，显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的做无规则运动，不是分子运动，是小炭粒的无规则运动，但却反映了小炭粒周围的液体分子运动的无规则性，A选项正确；分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，也可能一直减小，故B选项错误；由于分子间的距离不确定，故分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，也可能一直增大，故C选项正确；根据扩散现象可知，在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，此种说法是正确的，故D选项正确；当温度升高时，分子的热运动加剧，但不是物体内每一个分子热运动的速率一定都增大，故E选项错误．
【变式4-2】[多选]下列说法正确的是(　　)
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素
E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大
解析：选ACD　布朗运动是固体颗粒在液体中的运动，反应液体分子的运动，故显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性，故选项A正确；分子间距离r【变式4-3】(多选)墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀．关于该现象的分析正确的是(　　)
A．混合均匀主要是由于碳粒受重力作用
B．混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动
C．使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速
D．墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的
答案　BC
解析　根据分子动理论的知识可知，最后混合均匀是扩散现象，水分子做无规则运动，碳粒做布朗运动，由于布朗运动的剧烈程度与颗粒大小和温度有关，所以使用碳粒更小的墨汁，布朗运动会更明显，则混合均匀的过程进行得更迅速，故选B、C.
【题型5 布朗运动】
【例5】(多选)我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作，PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5 μm的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害。矿物燃料燃烧的排放物是形成PM2.5的主要原因。下列关于PM2.5的说法中正确的是(　 )
A．PM2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当
B．PM2.5在空气中的运动属于分子热运动
C．减少煤和石油等燃料的使用，能有效减小PM2.5在空气中的浓度
D．PM2.5的内能不为零
解析：选CD　“PM2.5”是指直径小于等于2.5μm的颗粒物，PM2.5尺度大于空气中氧分子的尺寸的数量级，故A错误；PM2.5在空气中的运动是固体颗粒、分子团的运动，不是分子的热运动，故B错误；煤和石油的燃烧会产生大量的粉尘颗粒，如果减少煤和石油等燃料的使用，能有效减小PM2.5在空气中的浓度，故C正确；分子在不停地做无规则运动，PM2.5内能不为零，故D正确。
【变式5-1】据研究发现，新冠病毒的传播途径之一是气溶胶传播。气溶胶是指悬浮在气体介质中的固态或液态颗粒所组成的气态分散系统。这些固态或液态颗粒的大小一般在10－3～103 μm之间。已知布朗运动微粒大小通常在10－6 m数量级。下列说法正确的是(　 )
A．布朗运动是气体介质分子的无规则的运动
B．在布朗运动中，固态或液态颗粒越小，布朗运动越剧烈
C．在布朗运动中，颗粒无规则运动的轨迹就是分子的无规则运动的轨迹
D．当固态或液态颗粒很小时，能很长时间都悬浮在气体中，颗粒的运动属于布朗运动，能长时间悬浮是因为气体浮力作用
解析：选B　布朗运动是固态或液态颗粒的无规则运动，是气体分子无规则热运动撞击的结果，所以它反映的是气体分子的无规则运动；颗粒越小，气体分子对颗粒的撞击作用越不容易平衡，布朗运动越剧烈，故B正确，A错误；在布朗运动中，颗粒本身并不是分子，而是分子集团，所以颗粒无规则运动的轨迹不是分子无规则运动的轨迹，故C错误；当固态或液态颗粒很小时，能很长时间都悬浮在气体中，颗粒的运动属于布朗运动；固态或液态颗粒能长时间悬浮是受到气体分子无规则热运动撞击而导致的，不是浮力作用的结果，故D错误。
【变式5-2】(多选)下列说法正确的是(　 )
A．一锅水中撒一点胡椒粉，煮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．某复兴号高速列车驶出车站逐渐提速，其恒温车厢内的一切物体的内能也一定会逐渐增加
C．尽管蔗糖受潮时粘在一起，但是它依然是晶体
D．荷叶上小水珠呈球状是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势
解析：选CD　胡椒粉在水中翻滚是水的对流引起的，属于机械运动，故A错误；物体的内能与物体运动的速度无关，故B错误；蔗糖虽然没有确定的形状，但熔化时有确定的熔点，所以蔗糖是晶体，故C正确；根据液体的表面张力的特点可知D正确。
【变式5-3】某同学在显微镜下观察水中悬浮的花粉微粒的运动。他把小微粒每隔一定时间的位置记录在坐标纸上，如图所示。则该图反映了(　　)
A.液体分子的运动轨迹
B.花粉微粒的运动轨迹
C.每隔一定时间花粉微粒的位置
D.每隔一定时间液体分子的位置
答案　C
解析　显微镜能看见的是悬浮的花粉微粒不是分子，A、D错误；如图所示是小微粒每隔一定时间在坐标纸上的位置，用直线把它们连接起来，表现出无规律性，期间微粒不一定是沿直线运动，B错误，C正确。
【题型6 分子热运动】
【例6】关于温度的概念，下列说法中正确的是(　　)
A．温度是分子平均动能的标志，物体温度高，则物体的分子平均动能大
B．物体温度高，则物体每一个分子的动能都大
C．某物体内能增大时，其温度一定升高
D．甲物体温度比乙物体温度高，则甲物体的分子平均速率比乙物体的大
答案　A
【变式6-1】(多选)同学们一定都吃过味道鲜美的烤鸭，烤鸭的烤制过程没有添加任何调料，只是在烤制之前，把烤鸭放在腌制汤中腌制一定的时间，盐就会进入肉里。下列说法正确的是(　 )
A．如果让腌制汤温度升高，盐进入鸭肉的速度就会加快
B．烤鸭的腌制过程说明分子之间有引力，把盐分子吸进鸭肉里
C．在腌制汤中，有的盐分子进入鸭肉，有的盐分子从鸭肉里面出来
D．把鸭肉放入腌制汤后立刻冷冻，将不会有盐分子进入鸭肉
解析：选AC　盐分子进入鸭肉是因为发生了扩散，温度越高，扩散得越快，A正确；盐进入鸭肉是因为盐分子的无规则运动，并不是因为分子引力，B错误；盐分子永不停息地做无规则运动，有的进入鸭肉，有的离开鸭肉，C正确；冷冻后，仍然会有盐分子进入鸭肉，只不过速度慢一些，D错误。
【变式6-2】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
答案　C
解析　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；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；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；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。
【变式6-3】（多选）下列哪些现象属于热运动(　　)
A．把一块平滑的铅板叠放在平滑的铝板上，经相当长的一段时间再把它们分开，会看到与它们相接触的面都变得灰蒙蒙的
B．把胡椒粉末放入菜汤中，最后胡椒粉末会沉在汤碗底，而我们喝汤时尝到了胡椒的味道
C．含有泥沙的水经一定时间会变澄清
D．用砂轮打磨而使零件温度升高
答案　ABD
解析　热运动在微观上是指分子的运动，如扩散现象，在宏观上表现为温度的变化，如“摩擦生热”，物体的热传递等，而水的澄清过程是由于泥沙在重力作用下的沉淀，不是热运动，C错误．
【题型7 分子间作用】
【例7】如图所示，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无穷远处由静止释放，在分子力的作用下靠近甲，图中点b是引力最大处，点d是两分子靠得最近处，则乙分子加速度最大处可能是(　　)
A．点a B．点b
C．点c D．点d
答案　D
解析　由分子力与分子之间距离的图象可以看出，在a、b、c、d四点中，乙分子在点d时分子力最大，根据牛顿第二定律知在点d时乙分子的加速度最大．
【变式7-1】(多选)关于分子间相互作用力的以下说法中正确的是(　　)
A.当分子间的距离r＝r0时，分子力为零，说明此时分子间既不存在引力，也不存在斥力
B.分子力随分子间距离的变化而变化，当r＞r0时，随着距离的增大，分子间的引力和斥力都增大，但引力比斥力增大得快，故分子力表现为引力
C.当分子间的距离r＜r0时，随着距离的减小，分子间的引力和斥力都增大，但斥力比引力增大得快，故分子力表现为斥力
D.当分子间的距离r＝10－9 m时，分子间的作用力可以忽略不计
答案　CD
解析　分子间的引力和斥力同时存在，当分子间的距离r＝r0时，引力等于斥力，分子力为零，故A错误；分子力随分子间距离的变化而变化，当r＞r0时，分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，斥力减小得更快，分子力表现为引力，故B错误；当分子间的距离r＜r0时，随着距离的减小，分子间的引力和斥力都增大，但斥力比引力增大得快，分子力表现为斥力，故C正确；当分子间的距离r＝10－9m时，分子间的作用力可以忽略不计，故D正确。
【变式7-2】[多选]一般情况下，分子间同时存在分子引力和分子斥力。若在外力作用下两分子的间距达到不能再靠近时，固定甲分子不动，乙分子可自由移动，则去掉外力后，当乙分子运动到很远时，速度为v，则在乙分子的运动过程中(乙分子的质量为m)(　　)
A．乙分子的动能变化量为mv2
B．分子力对乙分子做的功为mv2
C．分子引力比分子斥力多做的功为mv2
D．分子斥力比分子引力多做的功为mv2
E．乙分子克服分子力做的功为mv2
解析：选ABD　当甲、乙两分子间距离最小时，两者都处于静止状态，当乙分子运动到分子力的作用范围之外时，乙分子不再受力，此时速度为v，故在此过程中乙分子的动能变化量为mv2，A正确；在此过程中，分子斥力始终做正功，分子引力始终做负功，即W合＝W斥－W引，由动能定理得W斥－W引＝mv2，故分子斥力比分子引力多做的功为mv2，B、D正确。
【变式7-3】如图所示，用细线将一块玻璃板水平地悬挂在弹簧测力计下端，并使玻璃板贴在水面上，然后缓慢提起弹簧测力计，在玻璃板脱离水面的一瞬间，弹簧测力计读数会突然增大，主要原因是(　　)
A．水分子做无规则热运动
B．玻璃板受到大气压力作用
C．水与玻璃间存在万有引力作用
D．水与玻璃间存在分子引力作用
解析：选D　弹簧测力计读数会突然增大的主要原因是：水与玻璃间存在分子引力作用，选项D正确。
【题型8 分子动理论】
【例8】(多选)已知阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，某物质的摩尔质量为M(kg/mol)，该物质的密度为ρ(kg/m3)，则下列叙述中正确的是(　　)
A.1 kg该物质所含的分子个数是ρNA
B.1 kg该物质所含的分子个数是NA
C.该物质1个分子的质量是
D.该物质1个分子占有的空间是
答案　BD
解析　1 kg该物质的物质的量为，所含分子数目为n＝NA·＝，故A错误，B正确；每个分子的质量为m0＝＝，故C错误；每个分子所占空间为V0＝，故D正确。
【变式8-1】(多选)关于分子动理论，下列说法正确的有(　 )
A．扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明
B．压缩气体时，体积越小，压强越大，说明气体分子间存在着斥力
C．从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关
D．当分子间作用力表现为引力时，分子势能随距离的增大而减少
解析：选AC　扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明，A正确；压缩气体时，体积越小，压强越大，这是因为体积越小时，气体分子的密度越大，单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数越多，压强越大，这与气体分子间的斥力无关，B错误；从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关，气体分子的动能越大，气体分子对器壁的碰撞力越大，分子密度越大，单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数越多，压强越大，C正确；当分子间作用力表现为引力时，分子距离变大，则分子力做负功，分子势能增加，即分子势能随距离的增大而增加，D错误。
【变式8-2】(多选)关于分子动理论，下列说法正确的是(　　)
A.若已知气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可求出一个气体分子的体积
B.气体温度升高时，速率较大的分子占总分子数的比例升高
C.布朗运动不是分子运动，但它能间接反映液体分子在做无规则的运动
D.分子间的引力总是随分子间距增大而增大
答案　BC
解析　由气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出气体分子所占的空间体积，但是得不到气体分子的体积，故A错误；根据速率分布规律图，气体温度升高时，速率较大的分子占总分子数的比例升高，故B正确；布朗运动是指悬浮在液体中微粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的，间接反映液体分子在做无规则的运动，故C正确；分子间同时存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力均随着分子间距离的增大而减小，故D错误。
【变式8-3】[多选]下列说法正确的是(　　)
A．气体扩散现象表明了气体分子的无规则运动
B．气体温度升高，分子的平均动能一定增大
C．布朗运动的实质就是分子的热运动
D．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而减小
E．当分子间作用力表现为引力时，分子势能随分子间距离的减小而减小
解析：选ABE　布朗运动是悬浮在液体中微粒的运动，它是液体分子无规则热运动的反映，选项C错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大，选项D错误。专题2.2 气体的等温变化
【人教版】
【题型1 封闭气体压强的确定】
【题型2 图像问题】
【题型3 一团气的气缸问题】
【题型4 两团气的气缸问题】
【题型5 一团气的液柱问题】
【题型6 两团气的液柱问题】
【题型7 抽、充气问题】
【题型8 联系实际】
【题型1 封闭气体压强的确定】
【例1】汽缸的横截面积为S，质量为m的梯形活塞上面是水平的，下面与右侧竖直方向的夹角为α，如图所示，当活塞上放质量为M的重物时处于静止状态。设外部大气压强为p0，若活塞与缸壁之间无摩擦。重力加速度为g，求汽缸中气体的压强。
【变式1-1】若已知大气压强为p0，在下图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强。
【变式1-2】如图所示，汽缸质量是M，活塞质量是m，不计缸内气体的质量，汽缸置于光滑水平面上，当用一水平外力F拉动活塞时，活塞和汽缸能保持相对静止向右加速，求此时缸内气体的压强有多大？(活塞横截面积为S，大气压强为p0，不计一切摩擦)
【变式1-3】如图中两个汽缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，左边的汽缸静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下。两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压强为p0，重力加速度为g，不考虑活塞与汽缸间的摩擦。求封闭气体A、B的压强各多大？
【题型2 图像问题】
【例2】一定质量的理想气体经历两个不同过程，分别由压强-体积（p-V）图上的两条曲线I和II表示，如图所示，曲线均为反比例函数曲线的一部分。a、b为曲线I上的两点，气体在状态a和b的压强分别，温度分别为Ta、Tb。c、d为曲线II上的两点，气体在状态c和d的压强分别，温度分别为Tc、Td。下列关系式正确的是（　　）
A． B． C． D．
【变式2-1】(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p-图线。由图可知(　 )
A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比
B．一定质量的气体在发生等温变化时，其p-图线的延长线是经过坐标原点的
C．T1>T2
D．T1【变式2-2】（多选）如图1所示为某种橡胶材质的气球内外压强差（）和气球直径d之间的关系图像，其简化情形如图2所示，现取两个这种材质的相同的气球，并将气球1预先充气到直径为将气球2预先充气到直径为然后用一容积可忽略不计的细管将两气球连通（如图3所示），已知气球外部的大气压强为，可将气球始终视为是球体，分析计算时按图2进行，且不考虑温度的变化。则下列说法中正确的是（　　）
A．若，d2=12cm，则气球1的最终直径为2cm
B．若，，则气球2的最终直径小于12cm
C．若，，则气球2的最终直径为18cm
D．若，，则气球1和气球2的最终直径相等
【变式2-3】如图所示，空的薄金属筒开口向下静止于恒温透明液体中，筒中液面与A点齐平。现缓慢将其压到更深处，筒中液面与B点齐平，不计气体分子间相互作用，且筒内气体无泄漏(液体温度不变)。下列图像中能体现筒内气体从状态A到B变化过程的是（　　）
A． B． C． D．
【题型3 一团气的气缸问题】
【例3】如图，气缸倒挂在天花板上，用光滑的活塞密封一定量的气体，活塞下悬挂一个沙漏，保持温度不变，在沙缓慢漏出的过程中，气体的（　　）
A．压强变大，体积变大 B．压强变大，体积变小
C．压强变小，体积变大 D．压强变小，体积变小
【变式3-1】质量为m的薄壁导热柱形汽缸，内壁光滑，用横截面积为S的活塞封闭一定量的理想气体。在下述所有过程中，汽缸不漏气且与活塞不脱离。当汽缸如图(a)竖直倒立静置时。缸内气体体积为V1，温度为T1。已知重力加速度大小为g，大气压强为p0。
(1)将汽缸如图(b)竖直悬挂，缸内气体温度仍为T1，求此时缸内气体体积V2；
(2)如图(c)所示，将汽缸水平放置，稳定后对汽缸缓慢加热，当缸内气体体积为V3时，求此时缸内气体的温度。
【变式3-2】图中竖直圆筒固定不动，粗筒横截面积是细筒的4倍，筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定量的理想气体，气柱长L＝17 cm，活塞A的上方细筒中的水银深h1＝20 cm，粗筒中水银深h2＝5 cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态。现使活塞B缓慢向下移动，直至水银恰好全部进入粗筒中，设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强P0相当于75 cm高水银柱产生的压强。求：
(1)此时气柱的长度；
(2)活塞B向下移动的距离。
【变式3-3】如图所示，两端开口的导热气缸静置在水平地面上，两个厚度不计的活塞用一根长为的细轻杆连接，两个活塞之间封闭着一定质量的理想气体，两活塞可在气缸内无摩擦滑动，两活塞静止时气缸内两部分气柱长度均为。已知小活塞的横截面积为，大活塞的横截面积为，大活塞的质量为，小活塞的质量为，外界大气压强为，环境温度保持不变，现把气缸固定在以加速度向左加速行驶的小车上，求稳定后活塞移动的距离。
【题型4 两团气的气缸问题】
【例4】如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为。
(1)求A的体积和B的压强；
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。
【变式4-1】如图所示，圆柱形汽缸放在水平面上，容积为V，圆柱内面积为S的活塞(质量和厚度可忽略不计)将汽缸分成体积比为3∶1的上下两部分，一轻质弹簧上下两端分别固定于活塞和汽缸底部，此时弹簧处于压缩状态，活塞上部气体压强为p0，弹簧弹力大小为，活塞处于静止状态。要使活塞移动到汽缸正中间并能保持平衡，可通过打气筒向活塞下部汽缸注入压强为p0的气体(汽缸下部有接口)。已知活塞处于正中间时弹簧恰好恢复原长，外界温度恒定，汽缸和活塞导热性能良好，不计活塞与汽缸间的摩擦，求：
(1)初始状态活塞下部气体压强；
(2)需要注入的压强为p0的气体的体积。
【变式4-2】(多选)如图所示，一竖直放置的汽缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与汽缸间无摩擦，汽缸导热性能良好。现在活塞上方缓慢放上质量为m的细砂，重力加速度为g，下列说法正确的是(　 )
A．若m＝，活塞下移
B．若m＝，活塞下移
C．若m＝，气室1内气体压强为3p0
D．若m＝，气室1内气体压强为3p0
【变式4-3】如图甲所示，一竖直导热汽缸静置于水平桌面，用销钉固定的导热活塞将汽缸分隔成A、B两部分，每部分都密闭有一定质量的理想气体，此时A、B两部分气体体积相等，压强之比为2∶3，拔去销钉，稳定后A、B两部分气体体积之比为2∶1，如图乙。已知活塞的质量为M，横截面积为S，重力加速度为g，外界温度保持不变，不计活塞和汽缸间的摩擦，整个过程不漏气，求稳定后B部分气体的压强。
【题型5 一团气的液柱问题】
【例5】如图所示，长为L、横截面积为S、质量为m的筒状小瓶，底朝上漂浮在某液体中。平衡时，瓶内空气柱长为0.21L，瓶内、外液面高度差为0.10L；再在瓶底放上一质量为m的物块，平衡时，瓶底恰好和液面相平。已知重力加速度为g，系统温度不变，瓶壁和瓶底厚度可忽略。求：
(1)液体密度ρ；
(2)大气压强p0。
【变式5-1】一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量M＝3×103 kg、体积V0＝0.5 m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h1＝40 m，筒内气体体积V1＝1 m3，在拉力作用下浮筒缓慢上升。当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，随后浮筒和重物自动上浮。已知大气压强p0＝1×105 Pa，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，重力加速度的大小g＝10 m/s2。不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略。求V2和h2。
【变式5-2】如图所示，下端封闭、上端开口且粗细均匀的玻璃管与水平方向成角倾斜放置，管内用长度为的水银柱封闭了长度为的空气柱，大气压强恒为，将该玻璃管绕其下端缓慢逆时针旋转至竖直，空气柱可看作理想气体且温度不变，则密闭空气柱的长度将变为（　　）
A． B． C． D．
【变式5-3】如图甲所示，一根粗细均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管中有一段长度为24 cm 的水银柱，下端封闭了一段长度为16 cm的空气柱。现将该玻璃管在竖直平面内缓慢旋转至开口向下且与水平方向成30°角的位置，如图乙所示，水银未流出，求此时试管内封闭气柱的长度。(设环境温度保持不变，大气压强恒为76 cmHg)
【题型6 两团气的液柱问题】
【例6】如图所示，粗细均匀、一端开口的直角玻璃管竖直放置，管内用两段水银柱封闭着A、B两段气体（可看做理想气体），A气柱长度，竖直管中水银柱和水平管左端水银柱长度均为，B气柱长度，水平管右端水银柱长度。现在缓慢地将玻璃管逆时针转过，已知大气压，环境温度保持不变，求稳定后A，B气柱的长度。
【变式6-1】如图所示，在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。
【变式6-2】如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm。已知外界大气压为p0＝75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。
【变式6-3】一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg。环境温度不变。
【题型7 抽、充气问题】
【例7】甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后
(ⅰ)两罐中气体的压强；
(ⅱ)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
【变式7-1】得益于我们国家经济的高速发展，普通人的住房条件得到不断改善，越来越多的人搬进了漂亮的楼房，但是马桶阻塞却成了一个越来越让人头疼的问题，疏通器是解决此类问题的工具之一。在疏通马桶时，疏通器气体体积需缩小到原来的才能打通堵塞的管道。疏通器如图所示，通过打气筒将气体打入储气室，拨动开关，储气室内气体喷出。若储气室容积为2V，初始时内部气体压强为p0，每次可打入压强为p0、体积为的气体，以上过程温度变化忽略不计，则要能疏通马桶需要向储气室打气几次？
【变式7-2】呼吸机在抗击新冠肺炎的战“疫”中发挥了重要的作用。呼吸机的工作原理可以简述为：吸气时会将气体压入患者的肺内，当压力上升到一定值时，呼吸机会停止供气，呼气阀也会相继打开，患者的胸廓和肺就会产生被动性的收缩，进行呼气。若吸气前肺内气体的体积为V0，肺内气体压强为p0(大气压强)。吸入一些压强为p0的气体后肺内气体的体积变为V，压强为p，若空气视为理想气体，整个过程温度保持不变，则吸入气体的体积为(　 )
A．V－V0 B．
C. D．
【变式7-3】血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(　 )
A．30 cm3 B．40 cm3 C．50 cm3 D．60 cm3
【题型8 联系实际】
【例8】新冠肺炎疫情发生以来，各医院都特别加强了内部环境消毒工作。如图所示，是某医院消毒喷雾器设备。喷雾器的储液桶与打气筒用软细管相连，已知储液桶容积为10 L，打气筒每打次气能向储液桶内压入p0＝1.0×105 Pa的空气V0′＝200 mL。现往储液桶内装入8 L药液后关紧桶盖和喷雾头开关，此时桶内压强为p＝1.0×105 Pa，打气过程中储液桶内气体温度与外界温度相同且保持不变，不计储液桶两端连接管以及软细管的容积。
(1)若打气使储液桶内消毒液上方的气体压强达到3×105 Pa后，求打气筒打气次数至少是多少？
(2)当储液桶内消毒液上方的气体压强达到3×105 Pa后，打开喷雾器开关K直至储液桶消毒液上方的气压为2×105 Pa，求在这过程中储液桶喷出药液的体积是多少？
【变式8-1】(多选)如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图。在输液过程中，下列说法正确的是(　 )
A．A瓶中的药液先用完
B．当A瓶中液面下降时，B瓶内液面高度保持不变
C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大
D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变
【变式8-2】一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2。K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图
(b)所示。设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变。已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)待测气体的压强；
(2)该仪器能够测量的最大压强。
【变式8-3】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，瓶颈很短的导热平底大烧瓶。瓶内塞有一气球，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，瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，封闭气体的压强为，在对气球缓慢吹气过程中，当瓶内气体体积减小时，压强增大，若使瓶内气体体积减小，则其压强为（　　）
A． B． C． D．
参考答案
【题型1 封闭气体压强的确定】
【例1】汽缸的横截面积为S，质量为m的梯形活塞上面是水平的，下面与右侧竖直方向的夹角为α，如图所示，当活塞上放质量为M的重物时处于静止状态。设外部大气压强为p0，若活塞与缸壁之间无摩擦。重力加速度为g，求汽缸中气体的压强。
答案　p0＋
解析　对活塞进行受力分析，
如图所示，
由平衡条件得p气S′＝
又因为S′＝
所以p气＝
＝p0＋。
【变式1-1】若已知大气压强为p0，在下图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强。
解析：在题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件知pAS＝－ρghS＋p0S，所以p甲＝pA＝p0－ρgh；在题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有pAS＋ρghS＝p0S，得p乙＝pA＝p0－ρgh；在题图丙中，仍以B液面为研究对象，有pAS＋ρghsin 60°S＝p0S，所以p丙＝pA＝p0－ρgh；在题图丁中，以液面A为研究对象，由平衡条件得pAS＝(p0＋ρgh1)S，所以p丁＝pA＝p0＋ρgh1；在题图戊中，从开口端开始计算：右端为大气压p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，而a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)。
答案：甲：p0－ρgh　乙：p0－ρgh　丙：p0－ρgh
丁：p0＋ρgh1　戊：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)　pb＝p0＋ρg(h2－h1)
【变式1-2】如图所示，汽缸质量是M，活塞质量是m，不计缸内气体的质量，汽缸置于光滑水平面上，当用一水平外力F拉动活塞时，活塞和汽缸能保持相对静止向右加速，求此时缸内气体的压强有多大？(活塞横截面积为S，大气压强为p0，不计一切摩擦)
解析：以活塞和汽缸为研究对象，根据牛顿第二定律
加速度为：a＝ ①
以汽缸为研究对象，再根据牛顿第二定律得
p0S－pS＝Ma
缸内气体的压强p＝p0－a ②
由①、②式联立可得：p＝p0－。
答案：p0－
【变式1-3】如图中两个汽缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，左边的汽缸静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下。两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压强为p0，重力加速度为g，不考虑活塞与汽缸间的摩擦。求封闭气体A、B的压强各多大？
答案　p0＋　p0－
解析　在图甲中选活塞为研究对象，进行受力分析
pAS＝p0S＋mg
得pA＝p0＋
在图乙中选汽缸为研究对象p0S＝pBS＋Mg
pB＝p0－
【题型2 图像问题】
【例2】一定质量的理想气体经历两个不同过程，分别由压强-体积（p-V）图上的两条曲线I和II表示，如图所示，曲线均为反比例函数曲线的一部分。a、b为曲线I上的两点，气体在状态a和b的压强分别，温度分别为Ta、Tb。c、d为曲线II上的两点，气体在状态c和d的压强分别，温度分别为Tc、Td。下列关系式正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】根据理想气体的气态方程，及曲线均为反比例函数曲线的一部分，可得曲线I为等温变化，故可得a、b两点的温度相同，A错误；根据理想气体的气态方程，a到c为等压变化，即有B正确；根据理想气体的气态方程，由图像可知又故C错误；根据理想气体的气态方程，由图像可知又 ， ， 故 ，D错误。
故选B。
【变式2-1】(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p-图线。由图可知(　 )
A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比
B．一定质量的气体在发生等温变化时，其p-图线的延长线是经过坐标原点的
C．T1>T2
D．T1解析：选BD　题图是一定质量的气体在发生等温变化时的p-图线，由题图知p∝，所以p与V应成反比，A错误；由题图可以看出，p-图线的延长线是过坐标原点的，故B正确；根据一定质量的气体同体积下温度越高压强越大，可知C错误，D正确。
【变式2-2】（多选）如图1所示为某种橡胶材质的气球内外压强差（）和气球直径d之间的关系图像，其简化情形如图2所示，现取两个这种材质的相同的气球，并将气球1预先充气到直径为将气球2预先充气到直径为然后用一容积可忽略不计的细管将两气球连通（如图3所示），已知气球外部的大气压强为，可将气球始终视为是球体，分析计算时按图2进行，且不考虑温度的变化。则下列说法中正确的是（　　）
A．若，d2=12cm，则气球1的最终直径为2cm
B．若，，则气球2的最终直径小于12cm
C．若，，则气球2的最终直径为18cm
D．若，，则气球1和气球2的最终直径相等
【答案】AD
【详解】细管将两气球连通后，气体总是从气压大的气球流向气压小的气球；由乙图可知，（体积设为V）、（体积为）时，气球1中的气压大于气球2中的气压，故气体从气球1流向气球2，气球1的半径缩小，气球2的半径增大，设最终两球气压均变为，即气球1的直径减为（体积为），则有解得气球2的体积
（气球直径为时的体积），符合题意，故A正确，B错误。
由乙图可知，（体积为）、（体积为）时，气球2中的气压大于气球1中的气压，故气体从气球2流向气球1，气球2的半径缩小，气球1的半径增大，设最终两球气压均变为，即气球2的直径减为（体积为），则有
解得气球1的体积 （气球直径为时的体积），不符合题意，故可知，两气球最终体积相同，故D正确，C错误。
故选AD。
【变式2-3】如图所示，空的薄金属筒开口向下静止于恒温透明液体中，筒中液面与A点齐平。现缓慢将其压到更深处，筒中液面与B点齐平，不计气体分子间相互作用，且筒内气体无泄漏(液体温度不变)。下列图像中能体现筒内气体从状态A到B变化过程的是（　　）
A． B． C． D．
解析：筒内气体发生等温变化，由玻意耳定律可知，气体的压强与体积成反比，金属筒从A下降到B的过程中，气体体积V变小，压强p变大。
答案：C
【题型3 一团气的气缸问题】
【例3】如图，气缸倒挂在天花板上，用光滑的活塞密封一定量的气体，活塞下悬挂一个沙漏，保持温度不变，在沙缓慢漏出的过程中，气体的（　　）
A．压强变大，体积变大 B．压强变大，体积变小
C．压强变小，体积变大 D．压强变小，体积变小
解析：选B, 设活塞和沙漏的总质量为m，则对活塞分析可知
则当m减小时，p增大；根据玻意耳定律
可知，体积减小。
答案：B
【变式3-1】质量为m的薄壁导热柱形汽缸，内壁光滑，用横截面积为S的活塞封闭一定量的理想气体。在下述所有过程中，汽缸不漏气且与活塞不脱离。当汽缸如图(a)竖直倒立静置时。缸内气体体积为V1，温度为T1。已知重力加速度大小为g，大气压强为p0。
(1)将汽缸如图(b)竖直悬挂，缸内气体温度仍为T1，求此时缸内气体体积V2；
(2)如图(c)所示，将汽缸水平放置，稳定后对汽缸缓慢加热，当缸内气体体积为V3时，求此时缸内气体的温度。
解析：(1)图(a)状态下，对汽缸受力分析，如图1所示，则封闭气体的压强为p1＝p0＋
当汽缸按图(b)方式悬挂时，对汽缸受力分析，如图2所示，
则封闭气体的压强为p2＝p0－
对封闭气体由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得V2＝V1。
(2)当汽缸按图(c)的方式水平放置时，封闭气体的压强为p3＝p0
由理想气体状态方程得＝
解得T3＝。
答案：(1)V1　(2)
【变式3-2】图中竖直圆筒固定不动，粗筒横截面积是细筒的4倍，筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定量的理想气体，气柱长L＝17 cm，活塞A的上方细筒中的水银深h1＝20 cm，粗筒中水银深h2＝5 cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态。现使活塞B缓慢向下移动，直至水银恰好全部进入粗筒中，设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强P0相当于75 cm高水银柱产生的压强。求：
(1)此时气柱的长度；
(2)活塞B向下移动的距离。
答案　(1)20 cm　(2)8 cm
解析　(1)设气体初态的压强为p1，则有p1＝p0＋h1＋h2
设S为粗圆筒的横截面积，气体初态的体积V1＝SL
设气体末态的压强为p2，有p2＝p0＋h2＋
设末态气柱的长度为L′，气体体积为V2＝SL′
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
联立各式代入数据解得L′＝20 cm
(2)活塞B下移的距离d＝L′－L＋
代入数据解得d＝8 cm
【变式3-3】如图所示，两端开口的导热气缸静置在水平地面上，两个厚度不计的活塞用一根长为的细轻杆连接，两个活塞之间封闭着一定质量的理想气体，两活塞可在气缸内无摩擦滑动，两活塞静止时气缸内两部分气柱长度均为。已知小活塞的横截面积为，大活塞的横截面积为，大活塞的质量为，小活塞的质量为，外界大气压强为，环境温度保持不变，现把气缸固定在以加速度向左加速行驶的小车上，求稳定后活塞移动的距离。
【答案】当时，活塞向右移动的距离为；当时，活塞向右移动的距离为
【详解】
设封闭气体的初始压强为，以两活塞和轻杆为整体，根据受力平衡可得
解得
封闭气体的初始体积为
把气缸固定在以加速度向左加速行驶的小车上，假设稳定后活塞向右移动的距离为，且大活塞未到气缸横截面积变化处，此时封闭气体的压强为，以两活塞和轻杆为整体，根据牛顿第二定律可得
解得
封闭气体的体积为
由玻意耳定律可得
联立解得
令
可得
可知当时，活塞向右移动的距离为；当时，活塞向右移动的距离为。
【题型4 两团气的气缸问题】
【例4】如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为。
(1)求A的体积和B的压强；
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。
[解析]　(1)对B气体分析，发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pB·V，解得pB＝2p0，
对A气体分析，也发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pAVA，pA＝pB＋0.5p0，
联立解得VA＝0.4V。
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为V，
由玻意耳定律可得p0V＝p′×V，则A此情况下的压强为，p′＝p0则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为VA′、压强为pA′，气体B的体积为VB′、 压强为pB′，根据等温变化有
p0V＝pA′VA′，p0V＝pB′VB′，VA′＋VB′＝2V，pA′＝pB′－0.5p0，
联立解得pB′＝p0 (舍去)，pB′＝p0，VA′＝(－1)V。
[答案]　(1)0.4V　2p0　(2)(－1)V　p0
【变式4-1】如图所示，圆柱形汽缸放在水平面上，容积为V，圆柱内面积为S的活塞(质量和厚度可忽略不计)将汽缸分成体积比为3∶1的上下两部分，一轻质弹簧上下两端分别固定于活塞和汽缸底部，此时弹簧处于压缩状态，活塞上部气体压强为p0，弹簧弹力大小为，活塞处于静止状态。要使活塞移动到汽缸正中间并能保持平衡，可通过打气筒向活塞下部汽缸注入压强为p0的气体(汽缸下部有接口)。已知活塞处于正中间时弹簧恰好恢复原长，外界温度恒定，汽缸和活塞导热性能良好，不计活塞与汽缸间的摩擦，求：
(1)初始状态活塞下部气体压强；
(2)需要注入的压强为p0的气体的体积。
答案　(1)p0　(2)V
解析　(1)对活塞受力分析得p0S＝p1S＋
解得p1＝p0。
(2)设当活塞处于正中间时，上部气体压强为p2，则
p0×＝p2×
又弹簧处于原长，则下部气体压强也为p2，则
p1×＋p0Vx＝p2×
联立解得Vx＝V。
【变式4-2】(多选)如图所示，一竖直放置的汽缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与汽缸间无摩擦，汽缸导热性能良好。现在活塞上方缓慢放上质量为m的细砂，重力加速度为g，下列说法正确的是(　 )
A．若m＝，活塞下移
B．若m＝，活塞下移
C．若m＝，气室1内气体压强为3p0
D．若m＝，气室1内气体压强为3p0
解析：选AD　若m＝，对活塞AB有pS＝p0S＋mg，解得p＝2p0。单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变。根据玻意耳定律得pxS＝p0LS，解得此时气室2内气柱长度x＝，所以活塞下移，A正确，C错误；若m＝，对活塞AB有p′S＝p0S＋mg，解得p′＝1.5p0，单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变，同理根据玻意耳定律得p′x′S＝p0LS，解得x′＝，所以活塞下移Δx＝L－x′＝，B错误；若m＝，对活塞AB有p″S＝p0S＋mg，解得p″＝4p0，单向阀打开，如果气室2的气体未完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝4p0x″S，解得x″＝，假设不成立，所以气体完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝pxLS，解得px＝3p0，D正确。
【变式4-3】如图甲所示，一竖直导热汽缸静置于水平桌面，用销钉固定的导热活塞将汽缸分隔成A、B两部分，每部分都密闭有一定质量的理想气体，此时A、B两部分气体体积相等，压强之比为2∶3，拔去销钉，稳定后A、B两部分气体体积之比为2∶1，如图乙。已知活塞的质量为M，横截面积为S，重力加速度为g，外界温度保持不变，不计活塞和汽缸间的摩擦，整个过程不漏气，求稳定后B部分气体的压强。
答案　
解析　设汽缸总容积为V，初始状态＝①
最终平衡状态pB′＝pA′＋②
A、B两部分气体做等温变化，由玻意耳定律，得
pA·＝pA′·③
pB·＝pB′·④
联立解得pB′＝
【题型5 一团气的液柱问题】
【例5】如图所示，长为L、横截面积为S、质量为m的筒状小瓶，底朝上漂浮在某液体中。平衡时，瓶内空气柱长为0.21L，瓶内、外液面高度差为0.10L；再在瓶底放上一质量为m的物块，平衡时，瓶底恰好和液面相平。已知重力加速度为g，系统温度不变，瓶壁和瓶底厚度可忽略。求：
(1)液体密度ρ；
(2)大气压强p0。
答案　(1)　(2)
解析　(1)初态，瓶内气体压强为p1＝p0＋0.1Lρg
瓶处于平衡状态时，有p1S＝p0S＋mg
联立解得液体密度ρ＝。
(2)初态，瓶内气体压强p1＝p0＋
由题意知瓶内气柱长度为L1＝0.21L
末态，设瓶内气柱长度为L2，瓶内气体压强为p2
瓶内气体压强p2＝p0＋ρgL2
瓶和物块整体处于平衡状态，有p2S＝p0S＋2mg
联立解得L2＝0.2L
瓶内气体做等温变化，由玻意耳定律p1L1S＝p2L2S
联立解得p0＝。
【变式5-1】一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量M＝3×103 kg、体积V0＝0.5 m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h1＝40 m，筒内气体体积V1＝1 m3，在拉力作用下浮筒缓慢上升。当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，随后浮筒和重物自动上浮。已知大气压强p0＝1×105 Pa，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，重力加速度的大小g＝10 m/s2。不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略。求V2和h2。
解析：当F＝0时，由平衡条件得Mg＝ρg(V0＋V2)，
代入数据得V2＝2.5 m3。
设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2，由题意得p1＝p0＋ρgh1，p2＝p0＋ρgh2，
在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，
联立解得h2＝10 m。
答案：2.5 m3　10 m
【变式5-2】如图所示，下端封闭、上端开口且粗细均匀的玻璃管与水平方向成角倾斜放置，管内用长度为的水银柱封闭了长度为的空气柱，大气压强恒为，将该玻璃管绕其下端缓慢逆时针旋转至竖直，空气柱可看作理想气体且温度不变，则密闭空气柱的长度将变为（　　）
A． B． C． D．
答案：C
解析：选C，被封闭气体做等温变化，初态
末态
根据玻意耳定律可得
解得故选C。
【变式5-3】如图甲所示，一根粗细均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管中有一段长度为24 cm 的水银柱，下端封闭了一段长度为16 cm的空气柱。现将该玻璃管在竖直平面内缓慢旋转至开口向下且与水平方向成30°角的位置，如图乙所示，水银未流出，求此时试管内封闭气柱的长度。(设环境温度保持不变，大气压强恒为76 cmHg)
答案　25 cm
解析　设试管横截面积为S，图乙中封闭气柱的长度为L
图甲中封闭气体压强为p1＝(24＋76)cmHg＝100 cmHg
体积为V1＝16S
图乙中封闭气体压强为p2＝(76－12)cmHg＝64 cmHg
体积为V2＝LS
由玻意耳定律p1V1＝p2V2
解得L＝25 cm
【题型6 两团气的液柱问题】
【例6】如图所示，粗细均匀、一端开口的直角玻璃管竖直放置，管内用两段水银柱封闭着A、B两段气体（可看做理想气体），A气柱长度，竖直管中水银柱和水平管左端水银柱长度均为，B气柱长度，水平管右端水银柱长度。现在缓慢地将玻璃管逆时针转过，已知大气压，环境温度保持不变，求稳定后A，B气柱的长度。
【答案】15cm；50cm
【详解】设玻璃管的横截面积为S，初态时，B气柱压强
将玻璃管逆时针转过后，B气柱压强变为
设B气柱长度为，则根据玻意耳定律有
得
初态时A气柱压强
如图所示
末态时假设B气柱下方有长度为x的水银未进入水平管中，则A气柱压强变为
A气柱长度为
根据玻意耳定律有
解得
（另一负根舍去），故假设成立，A气柱长度为
【变式6-1】如图所示，在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。
答案　22.5 cm　7.5 cm
解析　设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小。
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm⑤
l2′＝7.5 cm。⑥
【变式6-2】如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm。已知外界大气压为p0＝75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。
解析：对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态压强为p1B＝p0，体积为V1B＝l2S，末态压强为p2B，设水银柱离下端同一水平面的高度为h2，体积为V2B＝(l2－h2)S，由水银柱的平衡条件有p2B＝p0＋ρgh，
B管中气体发生等温压缩变化过程，根据玻意耳定律有
p1BV1B＝p2BV2B，
联立解得h2＝2 cm，
对A管中的气体，初态压强为p1A＝p0，体积为V1A＝l1S，末态压强为p2A，设水银柱离下端同一水平面的高度为h1，则气体体积为V2A＝(l1－h1)S，由水银柱的平衡条件有p2A＝p0＋ρg(h＋h2－h1)，A管内气体发生等温压缩变化过程，根据玻意耳定律有p1AV1A＝p2AV2A，联立可得2h12－191h1＋189＝0，解得h1＝1 cm或h1＝ cm >l1(舍去)，则两水银柱的高度差为Δh＝h2－h1＝1 cm。
答案：1 cm
【变式6-3】一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg。环境温度不变。
解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2。活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′。以cmHg为压强单位。由题给条件得
p1＝p0＋(20.0－5.00)cmHg①
l1′＝cm②
由玻意耳定律得p1l1＝p1′l1′③
联立①②③式和题给条件得
p1′＝144 cmHg④
依题意p2′＝p1′⑤
l2′＝4.00 cm＋ cm－h⑥
由玻意耳定律得p2l2＝p2′l2′⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h＝9.42 cm。⑧
答案：144 cmHg　9.42 cm
【题型7 抽、充气问题】
【例7】甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后
(ⅰ)两罐中气体的压强；
(ⅱ)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
答案　(ⅰ)p　(ⅱ)
解析　(ⅰ)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p，其体积变为V1，由玻意耳定律有p(2V)＝pV1①
现两罐气体压强均为p，总体积为(V＋V1)。设调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有
p(V＋V1)＝p′(V＋2V)②
联立①②式可得p′＝p③
(ⅱ)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有
p′V＝pV2④
设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，
k＝⑤
联立③④⑤式可得k＝⑥
【变式7-1】得益于我们国家经济的高速发展，普通人的住房条件得到不断改善，越来越多的人搬进了漂亮的楼房，但是马桶阻塞却成了一个越来越让人头疼的问题，疏通器是解决此类问题的工具之一。在疏通马桶时，疏通器气体体积需缩小到原来的才能打通堵塞的管道。疏通器如图所示，通过打气筒将气体打入储气室，拨动开关，储气室内气体喷出。若储气室容积为2V，初始时内部气体压强为p0，每次可打入压强为p0、体积为的气体，以上过程温度变化忽略不计，则要能疏通马桶需要向储气室打气几次？
[解析]　设疏通器内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，气体压缩后状态参量分别为p2、T2、V2，由题意知T1＝T2，p1＝p0，V1＝2V，V2＝，
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，
可得p2＝4p0，
设打气筒需要向储气室打气n次，打气前气体状态参量分别为p3、T3、V3，打气后气体状态参量分别为p4、T4、V4，由题意知T3＝T4，p3＝p0，V3＝2V＋n，p4＝p2＝4p0，V4＝2V，
由玻意耳定律得p3V3＝p4V4，
解得n＝12。
[答案]　12
【变式7-2】呼吸机在抗击新冠肺炎的战“疫”中发挥了重要的作用。呼吸机的工作原理可以简述为：吸气时会将气体压入患者的肺内，当压力上升到一定值时，呼吸机会停止供气，呼气阀也会相继打开，患者的胸廓和肺就会产生被动性的收缩，进行呼气。若吸气前肺内气体的体积为V0，肺内气体压强为p0(大气压强)。吸入一些压强为p0的气体后肺内气体的体积变为V，压强为p，若空气视为理想气体，整个过程温度保持不变，则吸入气体的体积为(　 )
A．V－V0 B．
C. D．
解析：选D　设压入的气体体积为V1，气体做等温变化，则pV＝p0V0＋p0V1，解得V1＝，故D正确，A、B、C错误。
【变式7-3】血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(　 )
A．30 cm3 B．40 cm3 C．50 cm3 D．60 cm3
解析：选D　设每次挤压气囊将体积为V0＝60 cm3的空气充入臂带中，压强计的示数为p′＝150 mmHg，则以充气后臂带内的空气为研究对象，由玻意耳定律得：p0V＋p0×5V0＝(p0＋p′)5V，代入数据解得：V＝60 cm3，故D正确，A、B、C错误。
【题型8 联系实际】
【例8】新冠肺炎疫情发生以来，各医院都特别加强了内部环境消毒工作。如图所示，是某医院消毒喷雾器设备。喷雾器的储液桶与打气筒用软细管相连，已知储液桶容积为10 L，打气筒每打次气能向储液桶内压入p0＝1.0×105 Pa的空气V0′＝200 mL。现往储液桶内装入8 L药液后关紧桶盖和喷雾头开关，此时桶内压强为p＝1.0×105 Pa，打气过程中储液桶内气体温度与外界温度相同且保持不变，不计储液桶两端连接管以及软细管的容积。
(1)若打气使储液桶内消毒液上方的气体压强达到3×105 Pa后，求打气筒打气次数至少是多少？
(2)当储液桶内消毒液上方的气体压强达到3×105 Pa后，打开喷雾器开关K直至储液桶消毒液上方的气压为2×105 Pa，求在这过程中储液桶喷出药液的体积是多少？
答案　(1)20次　(2)1 L
解析　(1)对储液桶内药液上方的气体
初状态：压强p1＝1×105 Pa，体积V1
末状态：压强p2＝3.0×105 Pa，体积V2＝2L
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得V1＝6 L
因为原来气体体积为V0＝2 L，所以打气筒打气次数
n＝＝＝20次。
(2)对储液桶内药液上方的气体
初状态：压强p1′＝3×105 Pa，体积V1′＝2L
末状态：压强p2′＝2.0×105 Pa，体积V2′
由玻意耳定律得p1′V1′＝p2′V2′
解得V2′＝3 L
所以储液桶喷出药液的体积ΔV＝V2′－V1′＝(3－2) L＝1 L。
【变式8-1】(多选)如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图。在输液过程中，下列说法正确的是(　 )
A．A瓶中的药液先用完
B．当A瓶中液面下降时，B瓶内液面高度保持不变
C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大
D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变
解析：选ABC　在药液从B瓶中流出时，B瓶中封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知，气体压强减小，A瓶中气体将A瓶中药液压入B瓶补充，所以B中流出多少药液，A瓶就会有多少药液流入B瓶 ，所以B瓶液面高度保持不变，直到A瓶药液全部流入B瓶，所以A瓶药液先用完，故A、B正确；A瓶瓶口处压强和大气压相等，但液面下降，药液产生的压强减小，因此A瓶内封闭气体压强增大，故C正确，D错误。
【变式8-2】一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2。K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图
(b)所示。设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变。已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)待测气体的压强；
(2)该仪器能够测量的最大压强。
解析：(1)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p。提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则
V＝V0＋πd2l①
V1＝πd2h②
由力学平衡条件得
p1＝p＋ρhg③
整个过程为等温过程，由玻意耳定律得
pV＝p1V1④
联立①②③④式得
p＝。⑤
(2)由题意知
h≤l⑥
联立⑤⑥式有
p≤⑦
该仪器能够测量的最大压强为
pmax＝。⑧
答案：(1)　(2)
【变式8-3】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，瓶颈很短的导热平底大烧瓶。瓶内塞有一气球，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，瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，封闭气体的压强为，在对气球缓慢吹气过程中，当瓶内气体体积减小时，压强增大，若使瓶内气体体积减小，则其压强为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】气体做的是等温变化，由玻意耳定律得： ，
解得：p′=2p0
故选D。专题4.5 氢原子光谱和玻尔的原子模型
【人教版】
【题型1 光谱和光谱分析】
【题型2 玻尔原子理论】
【题型3 自发跃迁】
【题型4 受激跃迁】
【题型5 玻尔理论的应用及局限性】
【题型6 对比问题】
【题型7 联系实际】
【题型8 综合问题】
【题型1 光谱和光谱分析】
【例1】一群氢原子处于同一较高的激发态，它们向较低激发态或基态跃迁的过程中(　　)
A．可能吸收一系列频率不同的光子，形成光谱中的若干条暗线
B．可能发出一系列频率不同的光子，形成光谱中的若干条亮线
C．只吸收频率一定的光子，形成光谱中的一条暗线
D．只发出频率一定的光子，形成光谱中的一条亮线
答案　B
解析　当原子由高能级向低能级跃迁时，原子将发出光子，由于不只是两个特定能级之间的跃迁，所以它可以发出一系列频率的光子，形成光谱中的若干条亮线。
【变式1-1】关于线状谱，下列说法中正确的是(　　)
A．每种原子处在不同温度下发光的线状谱不同
B．每种原子处在不同的物质中的线状谱不同
C．每种原子在任何条件下发光的线状谱都相同
D．两种不同的原子发光的线状谱可能相同
解析　每种原子都有自己的结构，只能发出由内部结构决定的自己的特征谱线，不会因温度、物质不同而改变，选项C正确。
答案　C
【变式1-2】（多选）关于原子光谱，下列说法正确的是（）
原子光谱是不连续的
由于原子都是由原子核和电子组成的，所以各种原子的原子光谱是相同的
各种原子的原子结构不同，所以各种原子的原子光谱也不相同
分析物质发光的光谱，可以鉴别物质中含有那些元素
解析：选ACD, 原子光谱为线状谱，选项A正确；各种原子都有自己的特征谱线，故选项B错误，选项C正确；对各种原子的特征谱线进行光谱分析可鉴别物质组成，选项D正确。故选ACD。
【变式1-3】关于光谱和光谱分析，下列说法正确的是（　　）
A．太阳光谱和白炽灯光谱是线状谱
B．霓虹灯和煤气灯火焰中燃烧的钠蒸气产生的光谱是线状谱
C．进行光谱分析时，可以利用线状谱，也可以利用连续谱
D．观察月亮光谱，可以确定月亮的化学组成
答案：B
解析：太阳光谱是吸收光谱，白炽灯是连续光谱，所以A错误；煤气灯火焰中钠蒸气产生的光谱属稀薄气体发光，是线状谱，所以B正确；进行光谱分析时，可以利用线状谱，不可以利用连续谱，所以C错误；
由于月亮反射太阳光，其光谱无法确定月亮的化学组成，所以D错误；故选B。
【题型2 玻尔原子理论】
【例2】(多选)根据玻尔理论，以下说法正确的是(　　)
A．电子绕核运动有加速度，就要向外辐射电磁波
B．处于定态的原子，其电子做变速运动，但它并不向外辐射能量
C．原子内电子的可能轨道是不连续的
D．原子能级跃迁时，辐射或吸收光子的能量取决于两个轨道的能量差
解析　根据玻尔理论，电子绕核运动有加速度，但并不向外辐射能量，也不会向外辐射电磁波，故选项A错误，选项B正确；玻尔理论中的第二条假设，就是电子绕核运动可能的轨道半径是量子化的，不连续的，选项C正确；原子在发生能级跃迁时，要放出或吸收一定频率的光子，光子能量取决于两个轨道的能量差，故选项D正确。
答案　BCD
【变式2-1】根据玻尔理论，某原子从能量为E的轨道跃迁到能量为E′的轨道，辐射出波长为λ的光。以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，E′等于(　　)
A．E－h B．E＋h
C．E－h D．E＋h
解析　释放的光子能量为hν＝h，所以E′＝E－hν＝E－h。
答案　C
【变式2-2】根据玻尔的氢原子理论，电子在各条可能轨道上运动的能量是指(　　)
A．电子的动能
B．电子的电势能
C．电子的电势能与动能之和
D．电子的动能、电势能和原子核能之和
解析　根据玻尔理论，电子绕核在不同轨道上做圆周运动，库仑引力提供向心力，故电子的能量指电子的总能量，包括动能和电势能，所以C选项是正确的。
答案　C
【变式2-3】(多选)关于玻尔的原子模型理论，下列说法正确的是(　　)
A．原子可以处于连续的能量状态中
B．原子的能量状态不可能是连续的
C．原子的核外电子在轨道上运动时，要向外辐射能量
D．原子的核外电子在轨道上运动时，不向外辐射能量
解析　由玻尔的原子模型知原子的能量是不连续的，是量子化的，电子在定态轨道上绕核运动时，不向外辐射能量，处于定态，只有从高能级轨道向低能级轨道跃迁时，才向外辐射能量。
答案　BD
【题型3 自发跃迁】
【例3】氢原子能级图如图，一群氢原子处于n＝4能级上.当氢原子从n＝4能级跃迁到n＝3能级时，辐射光的波长为1 884 nm，下列判断正确的是(　　)
A.氢原子向低能级跃迁时，最多产生4种谱线
B.从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量
C.氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，辐射光的波长大于1 884 nm
D.用从n＝5能级跃迁到n＝2能级辐射的光照射W逸＝2.29 eV的钠，能发生光电效应
答案　D
解析　根据C＝6知，一群处于n＝4能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生6种谱线，故A错误；由高能级向低能级跃迁，氢原子向外辐射能量，不是原子核向外辐射能量，故B错误；n＝3和n＝2的能级差大于n＝4和n＝3的能级差，则从n＝3能级跃迁到n＝2能级比从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的电磁波的频率大，波长短，即辐射光的波长小于1 884 nm，故C错误；从n＝5能级跃迁到n＝2能级辐射出的光子的能量为：E＝E5－E2＝－0.54 eV－(－3.40 eV)＝2.86 eV>2.29 eV，而使金属发生光电效应的条件是光子的能量大于金属的逸出功，故可以发生光电效应，故D正确.
【变式3-1】(多选)由玻尔原子模型求得氢原子能级如图所示，已知可见光的光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间，则(　　)
A.氢原子从高能级向低能级跃迁时可能辐射出γ射线
B.氢原子从n＝3的能级向n＝2的能级跃迁时会辐射出红外线
C.处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线并发生电离
D.大量氢原子从n＝4能级向低能级跃迁时可辐射出2种频率的可见光
答案　CD
【变式3-2】(多选)氢原子能级示意图如图，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是(　　)
A.氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nm
B.用波长为325 nm的光照射，可使氢原子从n＝1跃迁至n＝2的能级
C.一群处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
D.用波长为633 nm的光照射，不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3能级
答案　CD
解析　由玻尔的能级跃迁公式得：E3－E2＝h，E2－E1＝h，又λ1＝656 nm，结合题图上的能级值解得λ2≈122 nm<656 nm，故A、B错误，D正确；根据C＝3可知，一群处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁，辐射的光子频率最多有3种，故C正确.
【变式3-3】(多选)氢原子各个能级的能量如图所示，氢原子由n＝1能级跃迁到n＝4能级，在它回到n＝1能级过程中，下列说法中正确的是(　 )
A．可能激发出频率不同的光子只有6种
B．可能激发出频率不同的光子只有3种
C．可能激发出的光子的最大能量为12.75 eV
D．可能激发出的光子的最大能量为0.66 eV
解析：选AC　氢原子由n＝4能级跃迁到n＝1能级，可能发出的谱线条数为C42，即6种频率或能量不同的光子，A正确，B错误；能激发出的光子的最大能量为从n＝4能级跃迁到n＝1能级所对应的，为(－0.85 eV)－(－13.6 eV)＝12.75 eV，C正确，D错误。
【题型4 受激跃迁】
【例4】氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子，已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4 eV，氦离子的能级示意图如图所示。在具有下列能量的光子或者电子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是(　 )
A．42.8 eV(光子)　　　 B．43.2 eV(电子)
C．41.0 eV(电子) D．54.4 eV(光子)
解析：选A　入射光子使原子跃迁时，其能量应正好等于原子的两能级间的能量差，而电子使原子跃迁时，其能量大于等于原子两能级间的能量差即可，发生电离而使原子跃迁时入射光子的能量要大于等于54.4 eV，故选A。
【变式4-1】对于基态氢原子，下列说法正确的是(　　)
A．它能吸收10.2 eV的光子
B．它能吸收11 eV的光子
C．它能吸收动能为10 eV的电子的能量
D．它能吸收具有11 eV动能的电子的全部动能
解析　注意到光子能量只能全部被吸收，而电子能量则可以部分被吸收。10.2 eV刚好是n＝1、n＝2的能级差，而11 eV不是，由玻尔理论知A正确；基态氢原子只可吸收动能为11 eV的电子的部分能量(10.2 eV)，剩余0.8 eV仍为原来电子所有。
答案　A
【变式4-2】(多选)欲使处于基态的氢原子激发，下列措施中可行的是(　　)
A．用10.2 eV的光子照射 B．用11 eV的光子照射
C．用14 eV的光子照射 D．用11 eV的电子碰撞
解析　－13.6 eV＋10.2 eV＝－3.4 eV，而E2＝－3.4 eV，故A正确；－13.6 eV＋11 eV＝－2.6 eV，不符合hν＝Em－En(m>n)的条件，故B错误；14 eV>13.6 eV，已经足以使氢原子电离，故C正确；用11 eV的电子碰撞，E2－E1＝10.2 eV<11 eV，故D正确。
答案　ACD
【变式4-3】氢原子能级示意图如图所示。光子能量在1.63 eV～3.10 eV的光为可见光。要使处于基态(n＝1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为(　　)
A．12.09 eV 　　　 B．10.20 eV
C．1.89 eV 　　　 D. 1.51 eV
答案　A
解析　因为可见光光子的能量范围是1.63 eV～3.10 eV，所以氢原子至少要被激发到n＝3能级，要给氢原子提供的能量最少为E＝(－1.51＋13.60) eV＝12.09 eV，即选项A正确。
【题型5 玻尔理论的应用及局限性】
【例5】在原子结构的研究方面，科学家前赴后继、不断完善，以下说法错误的是（　　）
A．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，使人们认识到原子本身是有结构的
B．卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析提出了原子的核式结构模型，完全否定了汤姆孙的“枣糕模型”
C．玻尔把微观世界中物理量取分立值的观念应用到原子系统，提出了自己的原子结构假说，完全否定了核式结构模型
D．玻尔的原子理论只成功解释了氢原子光谱的实验规律，这说明了玻尔模型也是有局限性的
答案：C
解析：汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，使人们认识到原子本身是有结构的，故A正确；卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析提出了原子的核式结构模型，完全否定了汤姆孙的“枣糕模型”，故B正确；玻尔在原子核式结构模型的基础上把微观世界中物理量取分立值的观念应用到原子系统中，提出了自己的原子结构假说。故C错误；玻尔的原子理论只成功解释了氢原子光谱的实验规律，无法解释更复杂的原子光谱，这说明了玻尔模型也是有局限性的。故D正确。故选C。
【变式5-1】氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氢离子。已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4 eV，氢离子能级的示意图如图所示，在具有下列能量的光子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是(　　)
A．40.8 eV B．43.2 eV
C．51.0 eV D．48.4 eV
解析　光子如要被基态氦离子吸收而发生跃迁，光子能量必须等于两能级间的能量差，B不符合条件。
答案　B
【变式5-2】如图甲所示的a、b、c、d为四种元素的特征谱线，图乙是某矿物的线状谱，通过光谱分析可以确定该矿物中缺少的元素为(　　)
A．a元素 B．b元素
C．c元素 D．d元素
解析　由矿物的线状谱与几种元素的特征谱线进行对照，b元素的谱线在该线状谱中不存在，故B正确；与几个元素的特征谱线不对应的线说明该矿物中还有其他元素。
答案　B
【变式5-3】(多选)关于玻尔的原子模型，下列说法中正确的是(　　)
A．它彻底否定了卢瑟福的核式结构学说
B．它发展了卢瑟福的核式结构学说
C．它完全抛弃了经典的电磁理论
D．它引入了普朗克的量子理论
解析　玻尔的原子模型在核式结构模型的前提下提出轨道量子化、能量量子化及能级跃迁，故A错误、B正确；它的成功就在于引入了量子化理论，缺点是被过多引入的经典力学所困，故C错误、D正确。
答案　BD
【题型6 对比问题】
【例6】氢原子的核外电子处于第三轨道上，当它向能级较低的轨道跃迁时，放出光子，则
(1)放出光子的最长波长和最短波长之比是多少？
(2)若电离n=3的氢原子至少需要给它多少能量？(E1=－13.6eV)
【解析】 (1)当大量氢原子处于n=3能级时，可释放出的光子频率种类为
据玻尔理论在这3种频率光子中，当氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时辐射的光子波长最长、
则、
而波长最短
则
(2)n=3的氢原子的能量为
若电离n=3的氢原子至少需要给它1.51eV。
【答案】 (1)；(2)1.51eV
【变式6-1】已知氢原子的能级公式En＝(E1＝－13.6 eV，n＝1，2，3…)。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分成a、b、c、d、e、f六束(含不可见光)，如图2所示。据此可知，从n＝3能级向n＝1能级(基态)跃迁产生的那一束是(　　)
A.b B.c
C.d D.e
答案　D
解析　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分成6束，可知氢原子发生了从n＝4到基态的跃迁，其中从n＝4能级向n＝1能级(基态)跃迁产生的光的频率最大，从n＝3能级向n＝1能级(基态)跃迁产生的光的频率从高到低排列是第2位，因频率越大的光折射率越大，折射程度越大，可知该光对应着e光。
【变式6-2】（多选）如图为氢原子能级图，氢原子中的电子从n＝5能级跃迁到n＝2能级可产生a光；从n＝4能级跃迁到n＝2能级可产生b光。a光和b光的波长分别为λa和λb，照射到逸出功为2.29 eV的金属钠表面均可产生光电效应，遏止电压分别为Ua和Ub。则(　　)
A．λa>λb
B．Ua>Ub
C．a光的光子能量为2.86 eV
D．b光产生的光电子最大初动能Ek＝0.26 eV
解析：选BCD　根据能级跃迁知识hfa＝E5－E2＝－0.54－(－3.4)eV＝2.86 eV，hfb＝E4－E2＝－0.85－(－3.4)eV＝2.55 eV，显然a光子的能量大于b光子，即a光频率要大，波长要短，所以A错，C正确。根据光电效应可知，最大初动能Ek＝hf－W0，所以a光照射后的最大初动能为Eka＝2.86－2.29 eV＝0.57 eV，b光照射后的最大初动能为Ekb＝2.55－2.29 eV＝0.26 eV，选项D正确。根据截止电压知识可知，Ua>Ub，选项B正确。
【变式6-3】a、b两束单色光分别用同一双缝干涉装置进行实验，在距双缝恒定距离的屏上得到如图所示的干涉图样，图甲是a光照射时形成的干涉图样，图乙是b光照射时形成的干涉图样。下列关于a、b两束单色光的说法正确的是(　　)
A.a光子的能量较大
B.在水中a光传播的速度较小
C.若用b光照射某金属没有光电子逸出，则a光照射该金属时也没有光电子逸出
D.若a光是氢原子的核外电子从第三能级向第二能级跃迁时产生的，则b光可能是氢原子的核外电子从第四能级向第三能级跃迁时产生的
答案　C
解析　根据Δx＝λ得，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距，所以a光的波长大于b光的波长，根据c＝λν知，a光的频率小于b光的频率，根据E＝hν，可知b光的光子能量大，故A错误；a光的折射率小于b光的折射率，根据v＝可知，a光在水中的传播速度大，故B错误；若用b光照射某金属没有光电子逸出，因为a光的频率小于b光的频率，所以用a光照射该金属时也没有光电子逸出，故C正确；因为b光的能量大于a光的能量，氢原子的核外电子从第四能级向第三能级跃迁时产生的光子能量小于核外电子从第三能级向第二能级跃迁时产生的光子能量，故D错误。
【题型7 联系实际】
【例7】如图甲为氢原子光谱，图乙为氢原子部分能级图。甲中的、、、是氢原子在可见光区的四条谱线，这四条谱线为氢原子从高能级向能级跃迁时释放的光子，称为巴尔末系，则下列正确的是（　　）
A．对应的光子能量比对应的光子能量的小
B．可能是氢原子从向能级跃迁时产生的
C．若用照射某种金属不能发生光电效应，则一定也不能
D．亮线分立说明氢原子有时发光有时不发光
【答案】C
【解析】谱线的波长最长，频率最小，能量最小，故对应的光子能量比对应的光子能量的大，A错误；谱线的波长最短，频率最大应为，氢原子从向能级跃迁时产生的波长最长，频率最小，故B错误；谱线的频率高于谱线，若用照射某种金属不能发生光电效应，则一定也不能，C正确。只有几条不连续的亮线，其原因是氢原子辐射的光子的能量是不连续的，所以对应的光的频率也是不连续的，D错误。故选C。
【变式7-1】为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。红外测温仪的原理是：被测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。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1.62 eV，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n＝2激发态的氢原子提供的能量为(　　)
A.10.20 eV B.2.89 eV
C.2.55 eV D.1.89 eV
答案　C
解析　处于n＝2能级的氢原子不能吸收10.20 eV、2.89 eV的能量，则选项A、B错误； 处于n＝2能级的氢原子能吸收2.55 eV的能量而跃迁到n＝4的能级，然后向低能级跃迁时辐射光子，其中从n＝4到n＝3的跃迁辐射出的光子的能量小于1.62 eV可被红外测温仪捕捉，选项C正确；处于n＝2能级的氢原子能吸收1.89 eV的能量而跃迁到n＝3的能级，从n＝3到低能级跃迁时辐射光子的能量均大于1.62 eV，不能被红外测温仪捕捉，选项D错误。
【变式7-2】北京高能光源是我国首个第四代同步辐射光源，计划于2025年建成。同步辐射光具有光谱范围宽（从远红外到X光波段，波长范围约为10-5m～10-11m，对应能量范围约为10-1eV～105eV）、光源亮度高、偏振性好等诸多特点，在基础科学研究、应用科学和工艺学等领域已得到广泛应用。速度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出电磁辐射，这个现象最初是在同步加速器上观察到的，称为“同步辐射”。以接近光速运动的单个电子能量约为109eV，回旋一圈辐射的总能量约为104eV。下列说法正确的是（　　）
A．同步辐射的机理与氢原子发光的机理一样
B．用同步辐射光照射氢原子，不能使氢原子电离
C．蛋白质分子的线度约为10-8 m，不能用同步辐射光得到其衍射图样
D．尽管向外辐射能量，但电子回旋一圈后能量不会明显减小
【答案】D
【解析】同步辐射是在磁场中圆周自发辐射光能的过程，氢原子发光是先吸收能量到高能级，在回到基态时辐射光，两者的机理不同，故A错误；用同步辐射光照射氢原子，总能量约为104eV大于电离能13.6eV，则氢原子可以电离，故B错误；同步辐射光的波长范围约为10-5m～10-11m，与蛋白质分子的线度约为10-8 m差不多，故能发生明显的衍射，故C错误；以接近光速运动的单个电子能量约为109eV，回旋一圈辐射的总能量约为104eV，则电子回旋一圈后能量不会明显减小，故D正确；
故选D。
【变式7-3】子与氢原子核（质子）构成的原子称为氢原子，它在原子核物理的研究中有重要作用。氢原子的能级示意图如图所示，假定频率为的一束光照射大量处于能级的氢原子，氢原子吸收光子后，发出6种不同频率的光，下列说法正确的是（　　）
A．氢原子吸收光子后处于能级
B．氢原子从能级跃迁到能级时释放的光的频率大于
C．普朗克常量
D．一个被激发的氢原子最多能发出3种不同频率的光
【答案】D
【详解】大量激发后的氢原子从m能级向低能级跃迁时总共可以产生的辐射光子的种类，则，选项A错误；基态氢原子吸收频率为的能量后从能级跃迁到能级，则有
从能级跃迁到能级释放的能量较小，故发出光的频率小于，选项B错误；根据能级规律有 解得普朗克常量为
选项C错误；一个被激发的氢原子从能级跃迁至低能级时若逐级跃迁，最多能发出3种不同频率的光，选项D正确；故选D。
【题型8 综合问题】
【例8】如图所示为氢原子的能级示意图，则关于氢原子在能级跃迁过程中辐射或吸收光子的特征，下列说法中正确的是(　　)
A.一群处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时，能辐射出5种不同频率的光子
B.一群处于n＝3能级的氢原子吸收能量为0.9 eV的光子可以跃迁到n＝4能级
C.处于基态的氢原子吸收能量为13.8 eV的光子可以发生电离
D.若氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照在某种金属表面上能发生光电效应，则从n＝5能级跃迁到n＝2能级辐射出的光也一定能使该金属发生光电效应
答案　C
解析　一群处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时，能辐射出C＝6种不同频率的光子，故A错误；一群处于n＝3能级的氢原子吸收能量为0.9 eV的光子后的能量为E＝－1.51 eV＋0.9 eV＝－0.61 eV,0.9 eV不等于能级差，该光子不能被吸收，故B错误；处于基态的氢原子吸收能量为13.8 eV的光子可以发生电离，剩余的能量变为光电子的初动能，故C正确；氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子能量为ΔE1＝E3－E1＝12.09 eV，从n＝5能级跃迁到n＝2能级辐射出的光子能量为ΔE2＝E5－E2＝2.86 eV，所以若氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照在某种金属表面上能发生光电效应，则从n＝5能级跃迁到n＝2能级辐射出的光不一定能使该金属发生光电效应，故D错误.
【变式8-1】a、b两种可见光在同一光电效应装置中测得的光电流和电压的关系如图甲所示，图乙为氢原子能级图。已知可见光的光子能量在到之间，下列说法正确的是（　　）
A．a光的波长比b光的小
B．单色光a的光子动量比单色光b的光子动量大
C．若a光是从跃迁到能级时发出的光，则b光是从跃迁到能级时发出的光
D．用的电子去轰击基态的氢原子，可以得到两种可见光
答案：D
解析：根据可知，频率越大的截止电压越大，所以a光的频率比b光的小，根据
可知，频率越大时波长越小，所以a光的波长比b光的大，则A错误；根据可知，单色光a的光子动量比单色光b的光子动量小，所以B错误；根据因为a光的频率比b光的小，则a光是从跃迁到能级时发出的光，则b光不可能是从跃迁到能级时发出的光，所以C错误；用的电子去轰击基态的氢原子，有
可以跃迁到第四个能级，所以能得到两种可见光，跃迁到，跃迁到，则D正确；
故选D。
【变式8-2】氢原子能级示意图如图所示，已知大量处于基态的氢原子，当它们受到某种频率的光线照射后，可辐射出6种频率的光。下列说法正确的是（　　）
A．基态的氢原子受到照射后跃迁到n=3能级
B．用这些光照射逸出功为3.34eV的金属锌，能使金属锌逸出光电子的光子频率有4种
C．氢原子向低能级跃迁后核外电子的动能减小
D．氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光的波长最大
答案：D
解析：基态的氢原子受到照射后跃迁到n=4能级，可辐射6种频率的光，A错误；这6种频率光子的能量分别为：4跃迁到1，3跃迁到1，2跃迁到1，产生的光子的能量分别为12.75eV，12.09eV，10.2eV，都大于3.34eV，都能使金属锌产生光电效应；4跃迁到2，3跃迁到2，4跃迁到3，产生的光子的能量分别为2.55eV，1.89eV，0.66eV，都小于3.34eV，都不能使金属锌产生光电效应；所以用这些光照射逸出功为3.34eV的金属锌，能使金属锌逸出光电子的光子频率有3种，B错误；根据动能定理得， 解得氢原子向低能级跃迁后r变小，核外电子的动能增大，C错误；光子的能量为 波长为 解得 氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光子能量最小，波长最长，D正确。故选D。
【变式8-3】氢原子的能级图如图甲所示，一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光，其中只有频率为νa、νb两种光可让图乙所示的光电管阴极K发生光电效应。分别用频率为νa、νb的两个光源照射光电管阴极K，测得电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法中正确的是（ ）
A．处于第4能级的氢原子可以吸收一个能量为0.75eV的光子并电离
B．图丙中的图线b所表示的入射光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的
C．图丙中的图线b所表示的入射光的光子能量为12.09eV
D．用图丙中的图线a所表示的光照射阴极K时，光电子的最大初动能比用图线b所表示的光照射时更大
答案：B
解析：处于第4能级的氢原子至少吸收一个能量为0.85eV的光子才能发生电离，A错误；根据题意从第4能级跃迁只有两种光使阴极发生光电效应，则这两种光是所有发光中频率最高的两种，即从第4能级跃迁到基态和第3能级跃迁到基态，由图丙可知，图线b所表示的入射光频率较大，能量较大，所以图线b所表示的光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的，B正确；由B选项可知，图线b所表示的光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的，其光子能量为E = 13.6 eV- 0.85eV = 12.75eVC错误；图丙中的图线b对应的截止电压较大，故光电子的最大初动能更大，D错误。故选B。专题2.1 温度和温标
【人教版】
【题型1 温度的理解】
【题型2 温度计和温标】
【题型3 热平衡】
【题型4 热力学温度与摄氏温度的关系】
【题型5 绝对零度的理解】
【题型6 联系实际】
【题型7 综合问题】
【题型1 温度的理解】
【例1】.[多选]如图所示，密闭容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则(　　)
A．氢分子的平均动能增大 　 B．氢分子的势能增大
C．氢气的内能增大 D．氢气的内能可能不变
E．氢气的压强增大
解析：选ACE　温度是分子的平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定增大，故A正确；氢气视为理想气体，气体分子势能忽略不计，B错误；密闭容器内气体的内能由分子动能决定，氢气的分子动能增大，则内能增大，故C正确，D错误；根据理想气体的状态方程：＝C可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大，故E正确。
【变式1-1】(多选)下列关于温度及内能的说法中正确的是(　　)
A.物体的内能不可能为零
B.温度高的物体比温度低的物体内能大
C.一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化
D.内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同
答案　ACD
解析　内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，分子在永不停息的做无规则运动，所以内能永不为零，故A正确；物体的内能除与温度有关外，还与物体的种类、物体的质量、物体的体积有关，温度高的物体的内能可能比温度低的物体的内能大，也可能与温度低的物体的内能相等，也可能低于温度低的物体的内能，故B错误；一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化，比如零摄氏度的冰融化为零摄氏度的水，内能增加，故C正确；内能与温度、体积、物质的多少等因素有关，而分子平均动能只与温度有关，故内能不同的物体，它们分子热运动的平均分子动能可能相同，故D正确。
【变式1-2】新型冠状病毒在世界范围内的肆虐，给人类造成了重大损失。为了减少病毒传播，人们常用乙醇免洗洗手液（主要成分是酒精）洗手消毒，使用免洗洗手液洗手后，手部能够很快变干，下列说法正确的是（　　）
A．手部能够很快变干是酒精分子做布朗运动的结果
B．手部能够很快变干是空气对流的结果
C．洗手液中的酒精由液体变为同温度的气体的过程中，分子平均动能不变
D．洗手液中的酒精由液体变为同温度的气体的过程中，分子势能不变
答案：C
解析：手部能够很快变干是酒精分子永不停息做无规则运动的结果，A、B错误；洗手液中的酒精由液体变为同温度的气体的过程中，分子平均动能不变，分子势能变大，C正确，D错误。
故选C。
【变式1-3】[多选]下列关于温度及内能的说法中正确的是(　　)
A．温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高
B．两个不同的物体，只要温度和体积相同，内能就相同
C．质量和温度相同的冰和水，内能不同
D．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化
E．温度高的物体不一定比温度低的物体内能大
解析：选CDE　温度是大量分子热运动的客观体现，单个分子不能比较温度高低，A错误；物质的内能由温度、体积、物质的量及物态共同决定，故B错误，C正确；一定质量的某种物质，温度不变而体积发生变化时，内能也可能发生变化，D正确；质量不确定，只知道温度的关系，不能确定内能的大小，故E正确。
【题型2 温度计和温标】
【例2】下列关于温标，温度的说法正确的是（　　）
A．今天最高气温是，用热力学温度来表示即为
B．今天最低气温是，用摄氏温标来表示即为
C．今天从早晨到中午，气温上升了，用热力学温度来表示即上升
D．今天从早晨到中午，气温上升了，用热力学温度来表示即上升
答案：C
解析：根据热力学温度与摄氏温度的关系
可得，今天最高气温是，用热力学温度来表示即为，故A错误；
今天最低气温是，用摄氏温标来表示即为故B错误；
今天从早晨到中午，气温上升了，由于数值上
所以用热力学温度来表示即上升，故C正确，D错误。
故选C。
【变式2-1】摄氏温标：在1954年以前，标准温度的间隔是用两个定点确定的。它们是水在标准大气压下的沸点（汽化点）和冰在标准大气压下与饱和空气的水相平衡时的熔点（冰点）。摄氏温标（以前称为百分温标）是由瑞典物理学家摄尔修斯设计的。如图所示，以冰点定为0℃，汽化点定为100℃，因此在这两个固定点之间共为100℃，即一百等份，每等份代表1度，用1℃表示，用摄氏温标表示的温度叫作摄氏温度，摄氏温标用度作单位，常用t表示。热力学温标由英国科学家威廉·汤姆逊（开尔文）创立，把作为零度的温标，叫作热力学温标（或绝对温标），热力学温标用K表示单位，常用T表示。则
（1）热力学温标与摄氏温标之间的关系为：________。
（2）如果可以粗略地取为绝对零度，在一标准大气压下，冰的熔点为________℃，即为________K。
（3）如果物体的温度升高1℃，那么，物体的温度将升高________K。
答案： 0 273 1
解析：（1）[1]摄氏温标冰点温度为0℃，汽化点温度作为100℃。且用t表示，而热力学温标是把作为0K的，用K表示，所以热力学温标与摄氏温标之间的关系为
（2）[2][3]如果取为绝对零度，则T与t的关系为
显然，在标准大气压下，冰的熔点为0℃，即为273K；
（3）[4]因为，所以当t由1℃增加到2℃时，T就由
增加到
显然物体的温度升高了1℃，温度升高了1K。
【变式2-2】（多选）下列关于温度的说法正确的是（　　）
A．水银温度计是根据水银热胀冷缩的性质制造的
B．水的沸点为100 ℃，用热力学温度表示即为373.15 K
C．水从0 ℃升高到100 ℃，用热力学温度表示即为从273.15 K升高到373.15 K
D．温度由摄氏t升至2t，对应的热力学温度由T升到2T
答案：ABC
解析：水银温度计是根据水银热胀冷缩的性质制造的，A正确；根据 T=t＋273.15K可知，100 ℃相当于热力学温度100+273.15K =373.15 KB正确；水从0 ℃升高到100 ℃，即从0+273.15K =273.15 K升高到100+273.15K =373.15 KC正确；从t升高到2t，即从T=t＋273.15K升高到T '=2t＋273.15KD错误。
故选ABC。
【变式2-3】（多选）伽利略在1593年制造了世界上第一个温度计——空气温度计，如图所示，一个细长颈的球形瓶倒插在装有红色液体的槽中，细管中的液面清晰可见，如果不考虑外界大气压的变化，就能根据液面的变化测出温度的变化，则（　　）
A．该温度计的测温物质是槽中的液体
B．该温度计的测温物质是细管中的红色液体
C．该温度计的测温物质是球形瓶中的空气
D．该温度计是利用测温物质的热胀冷缩的性质制造的
答案：CD
解析：细管中的红色液体是用来显示球形瓶中空气的体积随温度变化情况的，测温物质是球形瓶中封闭的空气，该温度计是利用空气的热胀冷缩的性质制造的，故AB错误，CD正确。
故选CD。
【题型3 热平衡】
【例3】（多选）关于温度和热平衡，下列说法中正确的是（　　）
A．处于热平衡状态的系统，温度一定相同
B．摄氏温度变化1℃，热力学温度变化1 K
C．摄氏温度与热力学温度都可能取负值
D．温度是分子势能的宏观标志
答案：AB
解析：处于热平衡状态的系统，温度一定相同，故A正确；根据热力学温度T与摄氏温度t的关系
可知摄氏温度变化1℃，热力学温度变化1 K，故B正确；热力学温度的零度又称绝对零度，不可能达到，所以热力学温度不可能取负值，故C错误；温度是分子平均动能的宏观标志，故D错误。
故选AB。
【变式3-1】下列说法不正确的是（　　）
A．热平衡定律是温度计能够用来测量温度的基本原理
B．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统也必定处于热平衡
C．温度是决定两个系统是否达到热平衡状态的唯一物理量
D．两个系统处于热平衡时，它们一定具有相同的热量
答案：D
解析：由热平衡定律可知，若物体与A处于热平衡，它同时也与B达到热平衡，则A的温度便等于B的温度，这也是温度计用来测量温度的基本原理，故A、B正确；热平衡的系统都具有相同的状态参量——温度，故D错误，C正确。
本题选不正确的，故选D。
【变式3-2】关于平衡态和热平衡，下列说法中正确的有（　　）
A．只要温度不变且处处相等，系统就一定处于平衡态
B．两个系统在接触时，它们的状态不发生变化，说明这两个系统原来的温度是相等的
C．热平衡就是平衡态
D．处于热平衡的几个系统的压强一定相等
答案：B
解析：根据平衡态的定义知系统温度长时间内都不随时间变化，系统才处于平衡态，A错误；根据热平衡的定义知，处于热平衡的两个系统温度相同，B正确，D错误；平衡态是针对某一系统而言的，热平衡是两个系统相互影响的最终结果，C错误。
故选B。
【变式3-3】（多选）关于热平衡与温标，下列各类说法中正确的是（　　）
A．具有相同内能的两物体达到热平衡
B．体温计测量体温时需与身体接触一段时间是为了达到热平衡
C．就是
D．冷热程度相同的鸡蛋和石头处于热平衡
答案：BD
解析：两物体达到热平衡的标志是它们的温度相同，温度相同的物体不一定有相同的内能，A正确；
体温计测量体温时需与身体接触一段时间是为了达到热平衡，从而显示温度，B正确；约等于，C错误；两物体达到热平衡的标志是他们的温度相同，或者是它们的冷热程度相同，D正确．
故选BD。
【题型4 热力学温度与摄氏温度的关系】
【例4】关于热力学温度和摄氏温度，下列说法正确的是(　　)
A．某物体摄氏温度为10℃，即热力学温度为10K
B．热力学温度升高1K等于摄氏温度升高1℃
C．摄氏温度升高10℃，对应热力学温度升高283K
D．热力学温度和摄氏温度的温标不同，两者表示的温度无法比较
答案：B
解析：由得某物体摄氏温度为10℃时，热力学温度为，，即热力学温度升高1K等于摄氏温度升高1℃，摄氏温度升高10℃，对应热力学温度升高10K，B正确．
【变式4-1】关于热力学温度和摄氏温度，下列说法中正确的是（　　）
A．某物体的摄氏温度为，则热力学温度为10 K
B．热力学温度升高1 K，对应摄氏温度升高
C．摄氏温度升高，对应热力学温度升高283.15 K
D．热力学温度和摄氏温度对应的温标不同，两者表示的温度无法比较
答案：B
解析：热力学温度与摄氏温度的关系为知故热力学温度升高1 K，对应摄氏温度升高；摄氏温度升高，对应热力学温度升高10 K，故B正确，C错误；对应热力学温度283.15 K，故A错误；两温度可以比较，故D错误。
故选B。
【变式4-2】气体初始温度为27℃，升高了20℃。用热力学温标表示，气体初始温度为（ ）
A．27K，升高了20K B．300K，升高了20K
C．27K，升高了293K D．300K，升高了293K
答案：B
解析：用热力学温标表示，气体初始温度为
升高了故ACD错误，B正确。
故选B。
【变式4-3】把摄氏温标和热力学温标作成函数关系图（如图），正确的是（　　）
A．B．C． D．
答案：C
解析：摄氏温标用表示，热力学温标用表示，则热力学温标和摄氏温标的函数关系为
由函数关系式可知，图像的斜率为正值，且当时，为负值，故ABD错误C正确。
故选C。
【题型5 绝对温度的理解】
【例5】（多选）下列关于热力学温度的说法正确的是(　　)
A．热力学温度的零点是－273.15 ℃ B．－136 ℃比136 K温度高
C．0 ℃等于273.15 K D．1 ℃就是1 K
答案：ABC
【变式5-1】下列关于温度的说法中正确的是（　　）
A．热力学温度的0K相当于摄氏温度的273oC
B．热力学温度每升高1K和摄氏温度每升高1oC对应的温度变化是相同的
C．绝对零度是低温的极限，随着技术的进步是可能达到的
D．在国际单位制中，温度的单位是oC
答案：B
解析：根据,热力学温度的0K相当于摄氏温度的，A错误；根据热力学温度每升高1K和摄氏温度每升高对应的温度变化是相同的，B正确；绝对零度是低温的极限，表示分子热运动停止，不可能达到，C错误；在国际单位制中，温度的单位是开尔文K，D错误。
故选B。
【变式5-2】热学是研究物质处于热状态时的有关性质和规律的物理学分支，它起源于人类对冷热现象的探索。下列关于热现象的说法中正确的是（　　）
A．温度越高的物体，其内能越大
B．温度越低的物体，其每个分子的运动速率越小
C．处于热平衡状态的物体，无论是否接触，其冷热程度一定相同
D．随着冷冻技术的不断进步，可以实现将物体的温度降低到
答案：C
解析：物体的内能是物体内所有分子动能和势能的总和，由物体的物质的量、温度和体积共同决定，故A错误；温度越低的物体，其所有分子的平均动能越小即平均速率越小，但不一定每个分子的平均速率越小，故B错误；处于热平衡状态的物体，其温度不变，即冷热程度相同，故C正确；根据热力学第三定律可知，温度不可能达到-273.15°，故D错误。
故选C。
【变式5-3】在自然界生态系统中，蛇与老鼠和其他生物通过营养关系构成食物链，在维持生态平衡方面发挥着重要作用。蛇是老鼠的天敌，它是通过接收热辐射来发现老鼠的。假设老鼠的体温约37℃，它发出的最强的热辐射的波长为λ。根据热辐射理论，λ与辐射源的绝对温度T的关系近似为Tλ=2.9×10-3m·K，则老鼠发出的最强的热辐射的波长约为（　　）
A．7.8×10-5m B．9.4×10-6m
C．1.1×10-4m D．9.7×10-8m
答案：B
解析：由题意可知Tλ=2.9×10-3m·K
则有
故选B。
【题型6 联系实际】
【例6】（多选）下列各系统处于平衡态的是（　　）
A．放在0℃的房间里的密闭导热容器中的冰水混合物
B．静止在沸水中足够长时间的铜块
C．刚刚放在教室中的一杯热水和一杯加较多冰块的可乐
D．放在恒温房间中很久的密闭导热容器中的84消毒液
【答案】ABD
【解析】系统处于平衡态时，其状态参量不变，铜块静止在沸水中足够长的时间，密闭导热容器中的冰水混合物处在0℃环境中，其状态参量不再变化，即处于平衡态，AB正确；刚刚放在教室中的一杯热水和一杯加较多冰块的可乐，温度未达到稳定状态，则处于非平衡态，C错误；放在恒温房间中很久的密闭导热容器中的84消毒液，其温度、体积等状态参量不再变化，处于平衡态，D正确。故选ABD。
【变式6-1】如图所示，野外生存需要取火时，可以用随身携带的取火装置，在铜制活塞上放置少量易燃物，将金属筒套在活塞上迅速下压，即可点燃易燃物。则迅速下压过程中，金属筒内的封闭气体（　　）
A．分子平均动能变小
B．每个气体分子速率都增大
C．从外界吸热，气体内能增加
D．分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数增加
答案：D
解析：迅速下压过程中，外界对气体做功，由于气体变化经历时间极短，来不及与外界发生热交换，可近似认为是绝热过程，根据热力学第一定律可知气体内能增大，温度升高，分子平均动能变大，故AC错误；
由于温度是大量分子整体表现出来的性质，并不能说明单个分子的状态，所以并不是每个气体分子速率都增大，故B错误；气体体积减小，单位体积内分子数增多，且分子平均动能增大，所以分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数增加，故D正确。
故选D。
【变式6-2】（多选）严冬，湖面上结了厚厚的冰，但冰下鱼儿仍在游动。为了测出冰下水的温度，徐强同学在冰上打了一个洞，拿来一支实验室温度计，用下列四种方法测水温，正确的做法是（　　）
A．用线将温度计拴牢从洞中放入水里，待较长时间后从水中提出，读出温度计的示数
B．取一空的塑料饮水瓶，将温度计悬吊在瓶中，再将瓶拴住从洞中放入水里，水灌满瓶后待较长时间，然后将瓶提出，立即读出温度计的示数
C．若温度计显示的示数为摄氏温度 ，即热力学温度4K
D．若温度计显示的示数为摄氏温度，即热力学温度277.15K
答案：BD
解析：要测量冰下水的温度，必须使温度计与冰下的水达到热平衡时，再读出温度计的示数，但因隔着冰无法直接读数，把温度计取出来，显示的也不再是原热平衡状态下的温度， A错误B正确；根据
C错误D正确。
【变式6-3】取一个横截面积是3dm2的不高的圆筒，筒内装水0.6kg，用来测量射到地面的太阳能.在太阳光垂直照射2min后，水的温度升高了1℃。
a.计算在阳光直射下，地球表面每平方厘米每分钟获得的能量。
b.已知射到大气顶层的太阳能只有45%到达地面，另外55%被大气吸收和反射而未到达地面，你能由此估算出太阳辐射的功率吗？需要什么数据，自己去查找。
答案（a）4.2J/cm2·min；（b）4.5×1026w
解析（a）圆筒内的水经过2分钟内能的增加为
圆筒面积为
所以每分钟每平方厘米获得的能量为
（b）根据上一问可得太阳光在地球表面每平方米每秒获得的能量为
太阳的辐射能向四面八方，是均匀辐射的，可认为辐射分布在以太阳到地球距离
为半径的球面上，所以太阳辐射功率为
【题型7 综合问题】
【例7】关于热平衡，下列说法错误的是（　　）
A．用温度计测量温度是根据热平衡的原理
B．温度相同的棉花和石头相接触，需要经过一段时间才能达到热平衡
C．若a与b、c分别达到热平衡，则b、c之间也达到了热平衡
D．两物体温度相同，可以说两物体达到了热平衡
【答案】B
【解析】当温度计的液泡与被测物体紧密接触时，如果两者的温度有差异，它们之间就会发生热传递，高温物体将向低温物体传热，最终使二者的温度达到相同，即达到热平衡，AD正确，不符合题意；两个物体的温度相同时，不会发生热传递，B错误，符合题意；若a与b、c分别达到热平衡，三者温度一定相同，则b、c之间也达到了热平衡，C正确，不符合题意。
故选B。
【变式7-1】以下说法正确的是（　　）
A．在国际单位制中温度的单位为摄氏度
B．0℃的水和冰的分子平均动能可能不同
C．如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，则这两个系统也处于热平衡状态
D．在没有外界影响的情况下，密闭容器内的气体静置足够长时间后，每个分子的速度大小均相等
【答案】C
【解析】在国际单位制中温度的单位为开尔文，故A错误；温度是分子平均动能的标志，温度相同的物体其分子平均动能相同，故B错误；根据热平衡定律知，如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，则这两个系统也处于热平衡状态，故C正确；分子的热运动是杂乱无章的，每个分子的速度大小不会均相等，故D错误。故选C。
【变式7-2】(多选)实际应用中，常用到一种双金属温度计，它是利用铜片与铁片铆合在一起的双金属片的弯曲程度随温度变化的原理制成的，如图所示．已知图甲中双金属片被加热时，其弯曲程度会增大，则下列各种相关叙述中正确的有(　　)
A．该温度计的测温物质是铜、铁两种热膨胀系数不同的金属
B．双金属温度计是利用测温物质热胀冷缩的性质来工作的
C．由图甲可知，铜的热膨胀系数大于铁的热膨胀系数
D．由图乙可知，其双金属片的内层一定为铜，外层一定为铁
答案：ABC
【变式7-3】实验室有一支读数不准确的温度计，在测冰水混合物的温度时，其读数为20 ℃；在测一标准大气压下沸水的温度时，其读数为80 ℃，下面分别是温度计示数为41 ℃时对应的实际温度和实际温度为60 ℃时温度计的示数，其中正确的是 （　　）
A．41 ℃，60 ℃ B．21 ℃，40 ℃
C．35 ℃，56 ℃ D．35 ℃，36 ℃
答案：C
解析：此温度计每一刻度表示的实际温度为 ℃=℃
当它的示数为41 ℃时，它上升的格数为 41－20=21（格），对应的实际温度应为 21×℃=35 ℃
当实际温度为60 ℃时，此温度计应从20 ℃开始上升格数为 （格）它的示数应为
故选C。专题2.4 理想气体状态方程
【人教版】
【题型1 一团气的气缸问题】
【题型2 两团气的气缸问题】
【题型3 液柱问题】
【题型4 图像问题】
【题型5 简单应用】
【题型6 联系实际】
【题型7 综合问题】
【题型8 充、放气问题】
【题型1 一团气的气缸问题】
【例1】如图所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T0，大气压强恒为p0，弹簧的劲度系数k＝(S为活塞横截面积)，原长为l0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了0.2l0，缸内气体压强为1.1p0。
(1)求此时缸内气体的温度T1；
(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部1.2l0时，求此时缸内气体的温度T2。
解析：(1)汽缸内的气体，初态时：压强为p0，体积为V0＝Sl0，温度为T0
末态时：压强为p1＝1.1p0，体积为V1＝S(l0－0.2l0)
由理想气体状态方程得：
＝
解得：T1＝0.88T0。
(2)当活塞移动到距汽缸底部1.2l0时，体积为V2＝1.2Sl0，设气体压强为p2，
由理想气体状态方程得：
＝
此时活塞受力平衡方程为：
p0S＋F－p2S＋k(1.2l0－l0)＝0
当活塞向右移动0.2l0后压力F保持恒定，活塞受力平衡
p0S＋F－1.1p0S－k(0.2l0)＝0
解得：T2＝1.8T0。
答案：(1)0.88T0　(2)1.8T0
【变式1-1】如图所示，一个质量为m＝2 kg的T形活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距汽缸底部h1＝10 cm处连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)。初始时，封闭气体温度为T1＝360 K，活塞距离汽缸底部为h2＝15 cm，U形细管两边水银柱存在高度差。已知大气压强为p0＝1×105 Pa，汽缸横截面积为S＝1×10－3 m2，活塞竖直部分长为L＝12 cm，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时U形细管两边水银面恰好相平；
(2)从开始至U形细管两边水银面恰好相平的过程中，若气体向外界放出的热量为6 J，气体内能的变化量ΔU。
解析：(1)初态时，对活塞受力分析，由平衡条件可得p1S＝p0S＋mg，可得汽缸内气体压强为p1＝p0＋，体积为V1＝h2S，要使U形细管两边水银面相平，则汽缸内气体的压强为p2＝p0，此时活塞下端一定与汽缸底接触，则有V2＝LS，设此时温度为T2，由理想气体状态方程有＝，联立解得T2＝240 K。(2)从开始至活塞竖直部分恰好与汽缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功W＝p1ΔV＝×(h2－L)S＝3.6 J，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，可得气体内能的变化量ΔU＝－2.4 J。
答案：(1)240 K　(2)－2.4 J
【变式1-2】如图所示，导热性能良好的气缸开口向上竖直放置，a、b是固定在气缸内壁的卡环，两卡环间的距离为h，缸内一个质量为m、横截面积为S的活塞与气缸内壁接触良好，无摩擦不漏气，活塞只能在，b之间移动，缸内封闭一定质量的理想气体。此时环境温度为T，活塞与卡环b刚好接触，无作用力，活塞离缸底的距离为3h，卡环能承受的压力最大为mg，活塞的厚度不计，大气压强大小等于，g为重力加速度，求：
（1）要使卡环不被破坏，环境的温度最低能降到多少；
（2）若提高环境温度，当环境温度为1.4T时，缸内气体的压强多大。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）开始时，缸内气体压强气体温度；设温度降低到时活塞对卡环的压力为，此时缸内气体压强气体发生等容变化，则有解得
（2）假设环境温度为时活塞与卡环接触，且卡环没有被破坏。设此时缸内气体压强为，根据理想气体状态方程有解得设此时活塞与卡环的作用力为，则
解得由于且，假设成立，因此缸内气体压强为
【变式1-3】如图所示,一圆柱形绝热汽缸开口向下竖直放置,通过一下端带有挂钩的绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为m、横截面积为S,与容器顶部相距h。现通过电热丝缓慢加热气体,当活塞下降了h后停止加热并保持稳定,此时气体的热力学温度为T1。已知大气压强为p0,重力加速度为g,活塞与汽缸间无摩擦且不漏气。
①求加热过程中气体所做的功。
②停止对气体加热后,在活塞挂钩上加上质量为m0的钩码后,活塞又下降了h,求此时气体的温度。
【解析】①加热过程为等压过程,汽缸内气体的压强p1=p0-
则气体对外做功W=p1Sh=p0Sh-mgh。
②停止对气体加热后,活塞恰好下降了h,设此时气体的温度为T2
则初状态有p1=p0-,V1=2Sh,热力学温度为T1
末状态有p2=p0-,V2=3Sh,热力学温度为T2
由理想气态方程有=
解得T2=T1。
【答案】①p0Sh-mgh　②T1
【题型2 两团气的气缸问题】
【例2】如图所示，汽缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与汽缸光滑接触。初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比V1∶V2＝1∶2，温度之比T1∶T2＝2∶5。先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后达到平衡。求：
(1)两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比；
(2)最后两侧气体的体积之比。
解析：(1)设初始时压强为p，由理想气体状态方程可知，左侧气体满足＝，右侧气体满足pV2＝p′V，解得k＝＝2。
(2)使活塞导热达到平衡，由理想气体状态方程可知，左侧气体满足＝，右侧气体满足＝，平衡时T1′＝T2′，解得＝＝。
答案：(1)2　(2)
【变式2-1】光滑绝热的活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的气体，平衡时，现将A中气体加热到127℃，B中气体降低到27℃，待重新平衡后，这两部分气体体积的比为（　　）
A．1∶1 B．2∶3 C．3∶4 D．2∶1
解析：选B, 对A部分气体有对B部分气体有
因为，，
联立解得则,所以B正确；ACD错误；
答案：B
【变式2-2】如图所示，水平放置的封闭绝热汽缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。已知a部分气体为1 mol氧气，b部分气体为2 mol氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体。解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb。下列说法正确的是(　 )
A．Va>Vb，Ta>Tb B．Va>Vb，TaC．VaTb
解析：选D　解除锁定前，两部分气体温度相同，体积相同，根据pV＝nRT可知，b气体的压强大，故活塞左移，平衡时VaTb，C错误，D正确。
【变式2-3】如图所示，有两个不计质量和厚度的活塞M、N，将两部分理想气体A、B封闭在绝热汽缸内，温度均是27 ℃。M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝2 cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为h1＝27 cm，N活塞相对于底部的高度为h2＝18 cm。现将一质量为m＝1 kg的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降。已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa。(g＝10 m/s2)
(1)求下部分气体的压强多大；
(2)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127 ℃，求稳定后活塞M、N距离底部的高度。
[审题指导]
(1)M活塞是导热的，N活塞是绝热的，保证上部分气体温度不变。
(2)在放上小物体m，又对下部分气体加热的过程中，下部分气体温度、压强、体积均变化，应用理想气体状态方程求解。
[解析]　(1)以两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：
pS＝mg＋p0S
得p＝p0＋＝1.0×105 Pa＋ Pa＝1.5×105 Pa。
(2)对下部分气体进行分析，初状态压强为p0，体积为h2S，温度为T1，末状态压强为p，体积设为h3S，温度为T2
由理想气体状态方程可得：＝
得：h3＝h2＝×18 cm＝16 cm
对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：
p0(h1－h2)S＝pLS
得：L＝6 cm
故此时活塞M距离底端的距离为
h4＝16 cm＋6 cm＝22 cm。
[答案]　(1)1.5×105 Pa　(2)22 cm　16 cm
【题型3 液柱问题】
【例3】图为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有一定质量的空气．若玻璃管内水柱上升，则外界大气的变化可能是(　　)
A．温度降低，压强增大
B．温度升高，压强不变
C．温度升高，压强减小
D．温度不变，压强减小
答案　A
解析　对被封闭的一定质量的气体进行研究，当水柱上升时，封闭气体的体积V减小，结合理想气体状态方程＝C得，当外界大气压强p0不变时，封闭气体的压强p减小，则温度T一定降低，B选项错误．当外界大气压强p0减小时，封闭气体的压强p减小，则温度T一定降低，C、D选项均错误．当外界大气压强p0增大时，封闭气体的压强p存在可能增大、可能不变、可能减小三种情况．当封闭气体的压强p增大时，温度T可能升高、不变或降低，封闭气体的压强p不变时，温度T一定降低，封闭气体的压强p减小时，温度T一定降低．故只有选项A可能．
【变式3-1】如图所示，均匀薄壁U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A、B两部分理想气体，下方水银的左右液面高度相差ΔL＝10 cm，右管上方的水银柱高h＝14 cm，初状态环境温度为27 ℃，A气体长度l1＝30 cm，外界大气压强p0＝76 cmHg.现保持温度不变，在右管中缓慢注入水银，使下方水银左右液面等高．然后给A部分气体缓慢升温，使A中气柱长度回到30 cm.求：
(1)右管中注入的水银高度是多少？
(2)升温后的温度是多少？
答案　(1)Δh＝30 cm　(2)t＝117 ℃
解析　(1)设右管中注入的水银高度是Δh，对A气体分析，其做等温变化，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2
p1＝p0＋14 cmHg＋10 cmHg，p2＝p0＋14 cmHg＋ΔhHg
V1＝l1S，V2＝(l1－ΔL)S
代入数据解得再加入的水银高Δh＝30 cm.
(2)设升温前温度为T0，升温后温度为T，缓慢升温过程中，对A中气体分析，升温前V2＝(l1－ΔL)S，p2＝p0＋14 cmHg＋ΔhHg
升温结束后V3＝l1S，p3＝p0＋14 cmHg＋ΔhHg＋ΔLHg
由理想气体状态方程得＝
T0＝300 K
得T＝390 K
则升温后的温度为t＝117 ℃
【变式3-2】（多选）用如图所示的实验装置来研究气体等容变化的规律．A、B管下端由软管相连，注入不定量的水银，烧瓶中封有一定量的理想气体，开始时A、B两管中水银面一样高，那么为了保持瓶中气体体积不变(　　)
A．将烧瓶浸入热水中时，应将A管向上移动
B．将烧瓶浸入热水中时，应将A管向下移动
C．将烧瓶浸入冰水中时，应将A管向上移动
D．将烧瓶浸入冰水中时，应将A管向下移动
答案　AD
解析　由＝C(常量)可知，在体积不变的情况下，温度升高，气体压强增大，右管A水银面要比左管B水银面高，故选项A正确；同理可知选项D正确．
【变式3-3】某同学制作了一个结构如图（a）所示的温度计．一端封闭的轻质细管可绕封闭端O自由转动，管长0.5m．将一量程足够大的力传感器调零，细管的开口端通过细线挂于力传感器挂钩上，使细管保持水平、细线沿竖直方向．在气体温度为270K时，用一段水银将长度为0.3m的气柱封闭在管内．实验时改变气体温度，测得封闭气柱长度l和力传感器读数F之间的关系如图（b）所示（实验中大气压强不变）．
（1）管内水银柱长度为______m，为保证水银不溢出，该温度计能测得的最高温度为_____K．
（2）若气柱初始长度大于0.3m，该温度计能测量的最高温度将____（选填：“增大”，“不变”或“减小”）．
（3）若实验中大气压强略有升高，则用该温度计测出的温度将____（选填：“偏高”，“不变”或“偏低”）．
【答案】 0.1 360 减小 偏低
【解析】（1）由于轻质管可以绕O点转动，通过力矩关系有：设水银长度的一半为x，封闭气体长度为l，，研究气体长度为0.3m和0.35m两个位置，可以计算出水银长度为：；为保证水银不溢出，水银刚好到达管口，此时封闭气体长度为l=0.4m，则根据，可以算出此时温度为．
（2）根据上题结论，从公式可以看出，后来温度与原来的气体长度有反比关系，所以该温度计能够测量的最大温度将会减小．
（3）实验过程中大气压强增加，公式，得到，温度会增加，但如果仍然用计算的话，会出现测量值偏低．
【题型4 图像问题】
【例4】(多选)回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50 K。某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气(可视为理想气体)缓慢经历如图所示的四个过程，已知状态A和B的温度均为27 ℃，状态C和D的温度均为－133 ℃，下列判断正确的是(　　)
A.气体由状态A到B过程，温度先升高后降低
B.气体由状态B到C过程，内能保持不变
C.气体由状态C到D过程，分子间的平均间距减小
D.气体由状态C到D过程，气体对外做功
答案　AD
解析　状态A和B的温度相等，根据＝C，经过A、B的等温线应是过A、B的双曲线的一部分，沿直线由A到B，pV先增大后减小，所以温度先升高后降低，故A正确； 气体由状态B到C过程，体积不变，根据＝C，压强减小，温度降低，内能减小，故B错误；气体由状态C到D过程，体积增大，分子间的平均间距增大，气体对外做功，D正确，故C错误。
【变式4-1】如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断中正确的是(　 )
A．A→B温度升高，压强变大
B．B→C体积不变，压强变大
C．B→C体积不变，压强不变
D．C→D体积变小，压强变大
解析：选D　由题图可知，在A→B的过程中，气体温度升高，体积变大，且体积与温度成正比，气体压强不变，故A错误；由题图可知，在B→C的过程中，体积不变而温度降低，由＝C可知，压强p减小，故B、C错误；由题图可知，在C→D的过程中，气体温度不变，体积减小，由＝C可知，压强p增大，故D正确。
【变式4-2】如p－V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3，用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N1______N2，T1______T3，N2________N3。(填“大于”“小于”或“等于”)
答案　大于　等于　大于
解析　根据理想气体状态方程
＝＝
可知T1＞T2，T2＜T3，T1＝T3
由于T1＞T2，状态1时气体分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，分子数密度相等，故单位面积的平均碰撞次数多，即N1＞N2；对于状态2、3，由于T3＞T2，故状态3分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，而且p2′＝p3′，因此状态2单位面积的平均碰撞次数多，即N2＞N3。
【变式4-3】如图所示是一定质量的理想气体的压强和摄氏温度的关系图像，气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积(　　)
A.一直增大 　 B.一直减小
C.保持不变 　 D.先变大后变小
答案　B
解析　在p－t图像中作出过a、b两点的等容线，延长交于同一点－273.15 ℃，根据＝C，由此可知等容线斜率越大，体积越小，所以气体在状态b的体积小于在状态a的体积，所以气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积一直在减小，故B正确，A、C、D错误。
【题型5 简单应用】
【例5】（多选）关于一定质量的理想气体的状态变化，下列说法中正确的是（　　）
A．当气体压强不变而温度由100℃上升到200℃时，其体积增大为原来的2倍
B．气体由状态1变到状态2时，一定满足方程
C．气体体积增大到原来的4倍，可能是压强减半，热力学温度加倍
D．气体压强增大到原来的4倍，可能是体积加倍，热力学温度减半
【答案】BC
【解析】一定质量的理想气体，压强不变，体积与热力学温度成正比，不与摄氏温度成正比，温度由100℃上升到200℃时，根据可知体积约增大为原来的1.27倍，故A错误；一定质量的气体由状态1变到状态2时，一定满足方程
故B正确；由理想气体状态方程可知一定质量的理想气体，体积增大到原来的4倍，可能是压强减半，热力学温度加倍；故C正确；同C选项的分析可知一定质量的理想气体，压强增大到原来的4倍，可能是体积减半，热力学温度加倍，故D错误。
故选BC。
【变式5-1】一定质量的理想气体发生状态变化时，其状态参量p、V、T的变化情况不可能是（　　）
A．p、V、T都增大 B．p减小，V和T都增大
C．p和V减小，T增大 D．p和T增大，V减小
解析：选C，根据理想气体状态方程，有
因此不可能出现压强和体积减小而温度升高的情形。
故选C。
【变式5-2】伽利略设计的一种测温装置如图所示，细玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有一定质量的理想气体。实验时，外界大玻璃泡大气压强保持不变，若观察到玻璃管中的水柱上升，下列判断正确的是（　　）
A．外界大气的温度降低 B．外界大气的温度升高
C．玻璃泡内气体的压强增大 D．玻璃泡内气体的压强不变
【答案】A
【解析】设玻璃泡中气体压强为p，外界大气压强为，则有
且玻璃泡中气体与外界大气温度相同，液柱上升，气体体积V减小，由理想气体的状态方程 可知，V减小，气泡内压强减小，则T减小，即外界大气的温度降低，BCD错误，A正确。
故选A。
【变式5-3】如图，一定量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b，在此过程中，其压强(　　)
A．逐渐增大
B．逐渐增小
C．始终不变
D．先增大后减小
答案　A
解析　由图象可得，体积V减小，温度T增大，由公式＝C得压强p一定增大．故答案选A.
【题型6 联系实际】
【例6】（多选）在一次科学晚会上，某老师表演了一个“马德堡半球实验”。他先取出两个在碗底各焊接了铁钩的不锈钢碗，在一个碗里烧了一些纸，然后迅速把另一个碗扣上，再在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度。用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开，如图所示。当两边的人各增加到5人时，才把碗拉开。已知碗口的直径为，环境温度为，大气压强为。实验过程中碗不变形，也不漏气，设每人平均用力为。下列说法中正确的是（　　）
A．浇水过程中不锈钢碗里的气体压强逐渐增大
B．浇水过程中不锈钢碗里气体分子的平均速度逐渐变小
C．碗快要被拉开时，碗内封闭气体压强约为
D．不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度约为
【答案】BD
【解析】在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度，温度降低，体积不变
则压强减小，分子平均动能减小，平均速度减小，故B正确A错误；每人平均用力为，则快要被拉开时，对单边半个球受力分析
解得 ，故C错误；对球内气体分析，气体做等容变化 （T=288K）
解得， 故D正确。
故选BD。
【变式6-1】孔明灯是一种古老的手工艺品，在古代多做军事用途。某同学制作了一个质量为m，体积为V的孔明灯，初始时，灯内、外空气的密度均为，温度均为T，灯被点燃后，当内部空气的温度升到时，孔明灯刚好飞起。整个过程孔明灯的体积变化忽略不计，则（　　）
A． B． C． D．
解析：从到，整个过程孔明灯的体积变化忽略不计，为等体积变化，由理想气体状态方程，温度为时温度为时
此时孔明灯刚好飞起，孔明灯受力平衡：可知孔明灯受到的空气浮力刚好等于灯的重力与灯内热空气的重力之和，即
且内外空气始终连接可得
所以
其中为空气的摩尔质量，可得
联立可得
两边同时除以，有
结合
可得解得
故B正确，ACD错误。
答案：B
【变式6-2】如图（a）所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途。图（b）为某一“系留气球”的简化模型图；主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气（可视为理想气体），副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氦气体积变为地面时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的。已知地面大气压强p0=1.0×105Pa、温度T0=300K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。
（1）设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p；
（2）气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的。求气球驻留处的大气温度T。
【答案】(1) 5.0×104Pa；(2) 266K
【解析】（1）汽缸中的温度不变，则发生的是等温变化，设气缸内的气体在目标位置的压强为，由玻意耳定律
解得
由目标处的内外压强差可得
解得
（2）有胡克定律可知弹簧的压缩量变为原来的，则活塞受到弹簧的压力也变为原来的，即
设此时气缸内气体的压强为，对活塞压强平衡可得
由理想气体状态方程可得
其中
解得
【变式6-3】如图所示是一种火炮的复位装置示意图，开炮时，炮管反冲带动连杆活塞使油压缩空气，此过程空气跟外界没有热传递，反冲结束后，被压缩的空气推动活塞使炮管复位，设开炮前封闭空气的压强为，热力学温度为，体积为，炮管反冲使空气的热力学温度为，体积压缩为，则反冲后空气的压强为(　　)
A． B． C． D．
【解析】 根据理想气体状态方程，解得反冲后空气的压强为，故选C。
【答案】 C
【题型7 综合问题】
【例7】（多选）对于一定质量的气体，当压强和体积发生变化时，以下说法正确的是(　　)
A．压强和体积都增大时，其分子平均动能不可能不变
B．压强和体积都增大时，其分子平均动能有可能减小
C．压强增大，体积减小时，其分子平均动能一定不变
D．压强减小，体积增大时，其分子平均动能可能增大
解析　当体积增大时，单位体积内的分子数减少，只有气体的温度升高，分子平均动能增大，压强才能增大，A正确，B错误；当体积减小时，单位体积内的分子数增多，温度不变、降低、升高都可能使压强增大，C错误；同理体积增大时，温度不变、降低、升高都可能使压强减小，故D正确．
答案　AD
【变式7-1】[多选]对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是(　　)
A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈
B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈
C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小
D．压强变小时，分子间的平均距离可能变小
解析：选BD　根据理想气体的状态方程＝C，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D正确。
【变式7-2】[多选]如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是(　　)
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
解析：选ABD　抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，A项正确，C项错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，D项正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，因此气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，B项正确，E项错误。
【变式7-3】“回热式热机”的热循环过程可等效为如图所示a→b→c→d→a的曲线，一定质量的理想气体在a→b、c→d为等温过程，b→c、d→a为等容过程，则（　　）
A．a状态气体分子平均动能比c状态小
B．a状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数与d状态相同
C．a→b的过程气体放出热量
D．在一次循环过程中，气体从外界吸收的热量大于放出的热量。
【答案】D
【解析】根据气态方程 a状态气体分子的温度比c状态大，故a状态气体分子平均动能比c状态大，A错误；d→a为等容过程，根据气态方程可知，a状态气体分子的温度比c状态大，故a状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数与d状态不相同，B错误；
a→b为等温过程，体积增大，故气体吸收热量，C错误；根据
可知，压强体积图像包围的面积表示做功，由于a→b过程中气体对外界做功，c→d的过程外界对气体做功，根据面积关系可知，整个过程中气体对外界做功，即
而整个过程中根据热力学第一定律可知
即气体吸热，故在一次循环过程中，气体从外界吸收的热量大于放出的热量，D正确。
故选D。
【题型8 充、放气问题】
【例8】容器内装有1 kg的氧气，开始时，氧气压强为1.0×106 Pa，温度为57 ℃，因为漏气，经过一段时间后，容器内氧气压强变为原来的，温度降为27 ℃，求漏掉多少千克氧气？
解析：由题意知，气体质量：m＝1 kg，压强p1＝1.0×106 Pa，温度T1＝(273＋57)K＝330 K，
经一段时间后温度降为：T2＝(273＋27)K＝300 K，
p2＝p1＝×1×106 Pa＝6.0×105 Pa，
设容器的体积为V，以全部气体为研究对象，
由理想气体状态方程得：＝
代入数据解得：V′＝＝＝V，
所以漏掉的氧气质量为：
Δm＝×m＝×1 kg＝0.34 kg。
答案：0.34 kg
【变式8-1】容器内装有1 kg的氧气，开始时，氧气压强为1.0×106 Pa，温度为57 ℃，因为漏气，经过一段时间后，容器内氧气压强变为原来的，温度降为27 ℃，求漏掉多少千克氧气？
[解析]　由题意知，初状态气体质量m＝1 kg，压强p1＝1.0×106 Pa，温度T1＝(273＋57)K＝330 K，
经一段时间后温度降为T2＝(273＋27)K＝300 K，p2＝p1＝×1×106 Pa＝6.0×105 Pa，
设容器的体积为V，以全部气体为研究对象，由理想气体状态方程得：＝，
代入数据解得：V′＝＝＝V，
所以漏掉的氧气质量为：
Δm＝×m＝×1 kg＝0.34 kg。
[答案]　0.34 kg
【变式8-2】氧气瓶内装有温度、压强为的氧气，瓶口安装着一个泄气阀，当瓶内气体的压强超过时，气体将自动排出。在运送时，氧气瓶被装载在车厢中，但炎炎夏日下，车厢内温度变高，此时泄气阀正常工作，排出部分气体，当运送到目的地时，氧气瓶的氧气压强为，温度为，则排出气体的质量约为原有气体总质量的（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设原气体体积为V，原气体到压强为，温度为时体积为，根据理想气体状态方程可得 得到 ，所以排出的气体的质量约为原有气体总质量的，故选A。
【变式8-3】如图是一太阳能空气集热器示意图，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0，经过太阳暴晒，气体温度由T0=300K升至T1=350K。
①求此时气体的压强；
②保持T1=350K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0，求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。
【解析】 ①设升温后气体的压强为p1，由查理定律得，代入数据得p1=p0
②抽气过程可视为等温膨胀过程，设膨胀后的总体积为V，由玻意耳定律得p1V0=p0V，解得V=V0
设剩余气体的质量与原来气体的总质量之比为K，由题意得K=，解得K=
【答案】 ①p0②专题2.5 图像问题
【人教版】
【题型1 V-T图像】
【题型2 p-T图像】
【题型3 p-v图像】
【题型4 p- 图像】
【题型5 p-t图像】
【题型6 V-t图像】
【题型7 其他图像】
【题型8 图像转化】
【题型1 V-T图像】
【例1】一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V－T图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.B→C的过程中，气体一定放出热量
B.B→C的过程中，气体分子平均动能增加
C.A→B的过程中，气体分子的密集程度变小
D.A→B的过程中，每个分子对器壁的平均撞击力变大
答案　A
解析　因为V－T图线中，BC段的图线是过原点的倾斜直线，则B→C的过程中，体积减小，即外界对气体做功(W为正)，而温度降低，内能减小(ΔU为负)，根据热力学第一定律，气体一定对外放热(Q为负)，故A正确；B→C的过程中，温度降低，分子平均动能减小，故B错误；A→B的过程中，体积减小，而气体质量不变，所以气体分子的密集程度增大，故C错误；A→B的过程中，温度一定，分子的平均动能不变，每个分子对器壁的撞击力不变，故D错误。
【变式1-1】如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断中正确的是(　 )
A．A→B温度升高，压强变大
B．B→C体积不变，压强变大
C．B→C体积不变，压强不变
D．C→D体积变小，压强变大
解析：选D　由题图可知，在A→B的过程中，气体温度升高，体积变大，且体积与温度成正比，气体压强不变，故A错误；由题图可知，在B→C的过程中，体积不变而温度降低，由＝C可知，压强p减小，故B、C错误；由题图可知，在C→D的过程中，气体温度不变，体积减小，由＝C可知，压强p增大，故D正确。
【变式1-2】如图所示，表示一定质量的气体的状态A→B→C→A的图像，其中AB的延长线通过坐标原点，BC和AC分别与T轴和V轴平行。则下列说法正确的是(　 )
A．A→B过程气体压强增加
B．B→C过程气体压强不变
C．C→A过程气体单位体积内的分子数减小
D．A→B过程气体分子平均动能增加
解析：选D　过各点的等压线如图所示，从状态A到状态B，在同一条过原点的倾斜直线上，所以A→B过程气体压强不变，A错误；从状态B到状态C，斜率变大，则压强变小，B错误；从状态C到状态A，体积减小，则单位体积内的分子数增大，C错误；从状态A到状态B，温度升高，则分子平均动能增大，D正确。
【变式1-3】(多选)如图所示为一定质量的理想气体沿着如图所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强的变化是(　　)
A．从状态c到状态d，压强减小
B．从状态d到状态a，压强不变
C．从状态a到状态b，压强增大
D．从状态b到状态c，压强增大
【解析】　在V－T图上，等压线是延长线过原点的倾斜直线，对一定量的气体，图线的斜率表示压强的倒数，斜率大的，压强小，因此A、C正确，B、D错误．
【答案】　AC
【题型2 p-T图像】
【例2】(多选)一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四段过程在p T图上都是直线段，ab和cd的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，由图可以判断(　　)
A．ab过程中气体体积不断减小
B．bc过程中气体体积不断减小
C．cd过程中气体体积不断增大
D．da过程中气体体积不断增大
【解析】　由p T图线的特点可知a、b在同一条等容线上，过程中体积不变，故A错；c、d在同一条等容线上，过程中体积不变，故C错；在p T图线中，图线的斜率越大与之对应的体积越小，因此b→c的过程体积减小，同理d→a的过程体积增大，故B、D均正确．
【答案】　BD
【变式2-1】如图所示，一汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体。已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦。初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板。现缓慢升高汽缸内气体的温度，则下列图中能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是(　 )
解析：选B　当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p与汽缸内气体的热力学温度T成正比，在p -T图像中，图线是过原点的倾斜直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p-T图像中，图线是平行于T轴的直线，B正确。
【变式2-2】如图所示为一定质量气体状态变化时的p-T图像，由图像可知，此气体的体积(　 )
A．先不变后变大
B．先不变后变小
C．先变大后不变
D．先变小后不变
解析：选D　第一阶段为等温变化，压强变大，根据玻意耳定律知体积减小，第二阶段为等容变化，体积不变，所以气体体积先变小后不变，D正确。
【变式2-3】（多选）一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在(　　)
A．ab过程中不断增加 B．bc过程中保持不变
C．cd过程中不断增加 D．da过程中保持不变
答案　AB
解析　首先，因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A正确；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e，如图所示，则ae是等容线，即Va＝Ve，因为VdVe，所以VdVa，da过程中体积不是保持不变，D错误．本题选A、B.
【题型3 p-V图像】
【例3】(多选)回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50 K。某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气(可视为理想气体)缓慢经历如图1所示的四个过程，已知状态A和B的温度均为27 ℃，状态C和D的温度均为－133 ℃，下列判断正确的是(　　)
A.气体由状态A到B过程，温度先升高后降低
B.气体由状态B到C过程，内能保持不变
C.气体由状态C到D过程，分子间的平均间距减小
D.气体由状态C到D过程，气体对外做功
答案　AD
解析　状态A和B的温度相等，根据＝C，经过A、B的等温线应是过A、B的双曲线的一部分，沿直线由A到B，pV先增大后减小，所以温度先升高后降低，故A正确； 气体由状态B到C过程，体积不变，根据＝C，压强减小，温度降低，内能减小，故B错误；气体由状态C到D过程，体积增大，分子间的平均间距增大，气体对外做功，D正确，故C错误。
【变式3-1】如图，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程气体对外________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体的温度________(填“升高”“降低”“先升高后降低”“先降低后升高”或“始终不变”)。
解析：该过程气体体积增大，对外做正功。由题图可知，从状态A到状态B，p与V的乘积先增大后减小，根据理想气体状态方程＝C，可知气体的温度先升高后降低。
答案：做正功　先升高后降低
【变式3-2】如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和状态C。有关A、B和C三个状态的温度TA、TB和TC的关系，正确的是(　 )
A．TA＝TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能不变
B．TA＞TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能减少
C．TB＜TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能增加
D．TB＞TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能减少
解析：选D　从状态A到状态B气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律可得＝，由于VA＜VB，则TA＜TB，气体的内能增加，A、B错误；从状态B到状态C气体发生等容变化，根据查理定律可得＝，由于pB＞pC，则TB＞TC，气体的内能减少，C错误，D正确。
【变式3-3】如p－V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3，用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N1______N2，T1______T3，N2________N3。(填“大于”“小于”或“等于”)
答案　大于　等于　大于
解析　根据理想气体状态方程
＝＝
可知T1＞T2，T2＜T3，T1＝T3
由于T1＞T2，状态1时气体分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，分子数密度相等，故单位面积的平均碰撞次数多，即N1＞N2；对于状态2、3，由于T3＞T2，故状态3分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，而且p2′＝p3′，因此状态2单位面积的平均碰撞次数多，即N2＞N3。
【题型4 p- 图像】
【例4】一定质量的气体经历一系列状态变化,其p-图线如图所示,变化顺序由a→b→c→d→a,图中ab线段延长线过坐标原点,dc线段与p轴垂直,da线段与轴垂直。气体在此状态变化过程中(　　)
A.a→b,压强减小、温度不变、体积增大
B.b→c,压强增大、温度降低、体积减小
C.c→d,压强不变、温度升高、体积减小
D.d→a,压强减小、温度升高、体积不变
答案：A　
解析：由题图可知,a→b过程,气体压强减小而体积增大,气体的压强与体积倒数成正比,则压强与体积成反比,气体发生的是等温变化,故A正确;由理想气体状态方程=C 可知=pV=CT ,由题图可知,连接Ob的直线的斜率小,所以b状态时的温度低,b→c过程温度升高,同时压强增大,且体积也增大,故B错误;由题图可知,c→d过程,气体压强p不变,而体积V变小,由理想气体状态方程=C可知气体温度降低,故C错误;由题图可知,d→a过程,气体体积V不变,压强p变小,由理想气体状态方程=C可知,气体温度降低,故D错误。
【变式4-1】(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p-图线。由图可知(　 )
A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比
B．一定质量的气体在发生等温变化时，其p-图线的延长线是经过坐标原点的
C．T1>T2
D．T1解析：选BD　题图是一定质量的气体在发生等温变化时的p-图线，由题图知p∝，所以p与V应成反比，A错误；由题图可以看出，p-图线的延长线是过坐标原点的，故B正确；根据一定质量的气体同体积下温度越高压强越大，可知C错误，D正确。
【变式4-2】如图，一定质量的气体从状态A沿直线变化到状态B的过程中，其温度(　　)
A．保持不变 B．逐渐升高
C．逐渐降低 D．先升高后降低
【解析】 根据理想气体状态方程，即，其图像上点到原点的连线斜率反映温度的高低，如下图所示，知A点温度大于B点温度，即由A到B温度降低，故ABD错误，C正确。故选C。
【答案】 C
【变式4-3】在“用DIS探究气体的压强与体积的关系”实验中,某小组通过推活塞减小气体体积测得数据,并画出如图所示的p-图像,则可能原因是实验过程中(　　)
A.气体温度升高
B.气体漏出注射器
C.气体温度降低
D.气体漏进注射器
答案：A　
解析：根据=C得p=,图像斜率变大,则温度升高,故A正确,BC错误;减小气体体积,压强增大,气体不会漏进注射器,故D错误。
【题型5 p-t图像】
【例5】如图所示是一定质量的理想气体的压强和摄氏温度的关系图像，气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积(　　)
A.一直增大 　 B.一直减小
C.保持不变 　 D.先变大后变小
答案　B
解析　在p－t图像中作出过a、b两点的等容线，延长交于同一点－273.15 ℃，根据＝C，由此可知等容线斜率越大，体积越小，所以气体在状态b的体积小于在状态a的体积，所以气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积一直在减小，故B正确，A、C、D错误。
【变式5-1】如图所示为一定质量理想气体状态变化的p-t图像。图中BA的延长线过(-273 ℃,0 atm)点,CB平行于t轴,则下列说法正确的是(　　)
A.气体由状态A变为状态B,气体的体积减小
B.气体由状态C变为状态A,气体体积增大
C.气体在状态B时的分子数密度比在状态C时的大
D.气体在状态B时的分子数密度比在状态A时的大
答案：B　
解析：根据=k得p=t+,可知从状态A到状态B气体做等容变化,气体的体积保持不变,故A错误;从状态C变为状态A时,气体温度不变,压强减小,则体积增大,故B正确;从状态B到状态C气体做等压变化,温度降低,则体积减小,所以状态B的分子数密度比状态C时的分子数密度小,状态A、B气体的体积相等,分子数密度相同,故CD错误。
【变式5-2】一定质量的理想气体的p-t图像如图所示，在从状态A变到状态B的过程中，气体体积的变化情况是(　 )
A．一定不变
B．一定减小
C．一定增加
D．不能判定怎样变化
解析：选D　如图所示，把图线反向延长，交横轴于点M，如果点M的横坐标为－273.15 ℃，则气体的压强与热力学温度成正比，气体发生等容变化，由状态A到状态B气体体积不变，即VA＝VB；如果M的横坐标不是－273.15 ℃，因为不知道A、B两状态的压强与温度的具体数值，无法判断体积的变化，故D正确。
【变式5-3】一定质量的理想气体经历了A→B→C的三个变化过程，其压强随摄氏温度变化的p-t图如图所示，A、B、C三个状态时气体的体积分别为VA、VB、VC，则通过图象可以判断它们的大小关系是(　　)
A．VA=VB＞VC B．VA=VB＜VC
C．VA=＜VB＜VC D．VA＞VB＞VC
【解析】 过A、B两点分别做等容变化的图象，由可得，可知，B点对应的图线斜率较大，体积较小，即VA＞VB，B到C等温升压，可知体积减小，即VB＞VC，D正确。故选D。
【答案】 D
【题型6 V-t图像】
【例6】如图所示为一定质量的理想气体从状态a开始,经历ab、bc、ca三个过程回到原状态,其体积V随摄氏温度t的变化关系如图所示,已知该气体所含的分子总数为N,pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强。下列判断正确的是(　　)
A.状态a、b的压强大小满足pb=3pa
B.状态c时气体分子的体积为
C.状态c的压强为状态b压强的3倍
D.c到a过程中单位时间内单位器壁受到分子撞击的次数逐渐减少
答案： D　
解析：气体在a到b过程中经历等容变化,根据查理定律有,所以<3,故A错误;气体分子不是紧密排列的,所以只能表示状态c时每个气体分子占有空间的平均体积,故B错误;b到c过程中,由理想气体状态方程得,整理得<3,C错误;气体在c到a过程中经历等温变化,气体体积增大,压强减小,而气体分子平均动能不变,所以c到a过程中单位时间内单位器壁受到分子撞击的次数逐渐减少,故D正确。
【变式6-1】如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积—温度(V-t)图上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0＝－273.15 ℃；a、b为直线Ⅰ上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比＝________；气体在状态b和c的压强之比＝________。
解析：根据盖-吕萨克定律有＝k，整理得V＝kt＋273.15k，由体积—温度(V-t)图像可知，直线Ⅰ为等压线，则a、b两点压强相等，则有＝1，设t＝0 ℃时，当气体体积为V1 时，其压强为p1 ，当气体体积为V2 时，其压强为p2，根据等温变化，则有p1V1＝p2V2，由于直线Ⅰ和Ⅱ各为两条等压线，则有p1＝pb，p2＝pc，联立解得＝＝。
答案：1　
【变式6-2】如图所示为A、B两部分理想气体的V-t图像,设两部分气体是质量相同的同种气体,根据图中所给条件,可知(　　)
A.当t=273 ℃时,气体的体积A比B大0.2 m3
B.当tA=tB时,VA∶VB=3∶1
C.当tA=tB时,VA∶VB=1∶3
D.A、B两部分气体都做等压变化,它们的压强之比pA∶pB=3∶1
答案：B　
解析：根据题图可得t=273 ℃时,VA=0.6 m3,VB=0.2 m3,A气体的体积比B气体的体积大0.4 m3,故A错误;当tA=tB时,VA∶ VB=3∶1,故B正确,C错误;根据理想气体的状态方程得,代入数据得,故D错误。
【变式6-3】[多选]如图所示，甲、乙为一定质量的某种气体的等容或等压变化图像，关于这两个图像的说法正确的是 (　　)
A．甲是等压线，乙是等容线
B．乙图中pt图线与t轴交点对应的温度是－273.15 ℃，而甲图中Vt图线与t轴的交点不一定是－273.15 ℃
C．由乙图可知，一定质量的气体，在任何情况下都是p与t成直线关系
D．乙图表明温度每升高1 ℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变
答案：AD
【题型7 其他图像】
【例7】某同学制作了一个结构如图（a）所示的温度计．一端封闭的轻质细管可绕封闭端O自由转动，管长0.5m．将一量程足够大的力传感器调零，细管的开口端通过细线挂于力传感器挂钩上，使细管保持水平、细线沿竖直方向．在气体温度为270K时，用一段水银将长度为0.3m的气柱封闭在管内．实验时改变气体温度，测得封闭气柱长度l和力传感器读数F之间的关系如图（b）所示（实验中大气压强不变）．
（1）管内水银柱长度为______m，为保证水银不溢出，该温度计能测得的最高温度为_____K．
（2）若气柱初始长度大于0.3m，该温度计能测量的最高温度将____（选填：“增大”，“不变”或“减小”）．
（3）若实验中大气压强略有升高，则用该温度计测出的温度将____（选填：“偏高”，“不变”或“偏低”）．
【答案】 0.1 360 减小 偏低
【解析】（1）由于轻质管可以绕O点转动，通过力矩关系有：设水银长度的一半为x，封闭气体长度为l，，研究气体长度为0.3m和0.35m两个位置，可以计算出水银长度为：；为保证水银不溢出，水银刚好到达管口，此时封闭气体长度为l=0.4m，则根据，可以算出此时温度为．
（2）根据上题结论，从公式可以看出，后来温度与原来的气体长度有反比关系，所以该温度计能够测量的最大温度将会减小．
（3）实验过程中大气压强增加，公式，得到，温度会增加，但如果仍然用计算的话，会出现测量值偏低．
【变式7-1】贾同学用注射器和压强传感器探究一定质量的气体发生等温变化时所遵循的规律。实验装置如图甲所示，用活塞和注射器外筒封闭一定量的气体，其压强可由左侧的压强传感器测得。
(1)有关该实验的说法，正确的是___________。
A．实验时注射器必须水平放置
B．需用控制变量法研究气体的变化规律
C．注射器内部的横截面积的具体数据必需测出
D．注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可，无须标注单位
(2)进行实验操作时，不能推拉活塞过快，其原因是___________。
A．防止封闭气体的质量发生改变
B．防止封闭气体的温度发生改变
(3)贾同学首先在实验室Ⅰ进行了实验，下表为记录的实验数据，其中有一次记录的实验数据错误，记录错误的是___________(填错误数据对应的实验序号)。
实验序号 1 2 3 4 5
封闭气柱长度 12.00 11.00 10.00 9.00 8.00
封闭气柱压强 1.00 1.09 1.20 1.33 1.90
(4)贾同学利用同一装置对同一封闭气体在另一温度稍高的实验室Ⅱ进行了实验，根据实验室Ⅰ、Ⅱ记录的数据用正确的方法作出的图像如图乙所示，根据实验室Ⅱ记录的数据作出的图像应为___________(填图线代号)。
【解析】 (1)实验时注射器不必保持水平放置，气体压强由传感器直接读出，A错误；气体状态参量有p、V、T，故需用控制变量法研究气体的变化规律，B正确；注射器内部的横截面积固定不变，体积与气柱长度成正比，故具体数据不必测出，C错误；注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可确定体积变化，故无须标注单位，D正确。故选BD。
(2)进行实验操作时，不能推拉活塞过快，其原因是防止封闭气体的温度发生改变，B正确。故选B。
(3)由理想气体状态方程可得，发生等温变化时，气体压强与体积成正比，第5组数据气柱压强偏差较大，故记录错误的是5。
(4)由理想气体状态方程可得，实验室Ⅱ温度较高，图线斜率较大，故根据实验室Ⅱ记录的数据作出的图像应为①。
【答案】 ①BD ②B ③5 ④①
【变式7-2】如图为“研究一定质量气体在体积不变的条件下，压强变化与温度变化的关系”的实验装置示意图。粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶中，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内。开始时，B、C内的水银面等高。
（1）此实验中研究对象气体是______（填①烧瓶中气体、②烧瓶和AB管中的气体或者③BC下面软管中的气体）若气体温度升高，为使瓶内气体的体积不变，应将C管________（填“向上”或“向下”）移动，直至B内的水银面回到原位置；
（2）实验中使瓶内气体的体积不变，多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的摄氏温度，用P表示烧瓶内气体压强。根据测量数据作出的图线是________。
A． B． C． D．
（3）同学还想用此实验验证玻意耳定律，在保证温度不变的情况下，寻找体积和压强满足一定的关系，现在不知道大气压强的具体数值，但大气压强可视为不变。也无法直接测出气体的体积和B管的内径，但该同学通过分析还是可以验证玻意耳定律。
①保证温度不变的方法是( )（填①保持实验环境温度不变、②移动C管要迅速、③测量数据要快）
②初始时，B，C管中水银面等高，然后向上移动C管，测量B管中水银面比初始状态水银面上升了h，此时，BC管中水银面的高度差为，在h和都很小的情况下（即=0），只要h和满足( )关系就可以验证玻意耳定律。
A． B． C． D．
答案 ② 向上 C ① C
解析：（1）由图可知C管开口向上，所以BC下面软管中的气体的压强等于大气压强与C管竖直部分液柱的压强之和，所以实验中是研究②烧瓶和AB管中的气体在体积不变的条件下，压强变化与温度变化的关系；若气体温度升高，瓶内气体的体积不变，则气体压强增大，所以应将C管向上移动，直至B内的水银面回到原位置；
（2）瓶中气体的体积不变，设初状态压强为，温度为，气体升高的摄氏温度与升高的热力学温度相等，则有由可得故C正确，ABD错误。故选C；
（3）①]烧瓶A可与外界进行热传递，所以保持实验环境温度不变，缓慢移动C管，稳定后在测量数据，故①正确；
②设玻璃管的横截面积为S，气体做等温变化，有
末状态压强与体积为 代入上式有
由于h，都很小，即可以忽略，化简得故C正确，ABD错误。
故选C。
【变式7-3】某同学用如图装置“研究一定质量气体在体积不变时，其压强与温度的关系”。测得初始状态的压强为p0，温度为t0。现逐渐加入热水使水温升高，同时测量压强p和温度t，并记录下每次测量结果与初始值的差值Δp和Δt。该过程中下列图像一定正确的是(　 )
解析：选C　气体做等容变化时＝＝C，故p＝CT，Δp＝C·ΔT，又T＝273.15＋t，故p＝C(273.15＋t)，Δp＝CΔt，所以C一定正确，A、D一定错误，而B可能正确。
【题型8 图像转化】
【例8】如图所示，一定质量的气体的状态沿1→2→3→1的顺序循环变化，若用或图像表示这一循环，在下图中表示正确的是（　　）
A． B． C． D．
解析：在图线中，1→2过程中，体积不变，压强增大，图线是竖直直线；在2→3过程中，温度保持不变，体积增大，压强减小，图线是双曲线；在3→1过程中，压强不变，体积减小，图线是水平直线。A错误，B正确；在图线中，1→2过程中，体积不变，温度升高，是水平直线，CD错误。
答案：B
【变式8-1】一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，p T和V T图各记录了其部分变化过程，试求：
(1)温度为600 K时气体的压强；
(2)在p T图像上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整。
解析：(1)由p T图可知，气体由200 K→400 K的过程中做等容变化，由V T图可知，气体由400 K→500 K仍做等容变化，
对应p T图可得出：T＝500 K时，气体的压强为1.25×105 Pa，
由V T图可知，气体由500 K→600 K做等压变化，故T＝600 K时，气体的压强仍为1.25×105 Pa。
(2)在p T图像上补充画出400 K→600 K的气体状态变化图像，如图所示。
.
答案：(1)1.25×105 Pa　(2)见解析图
【变式8-2】如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.
(1)说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值．
(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p－T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．
解析　(1)从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，所以A→B是一个等压变化，即pA＝pB
根据盖—吕萨克定律可得＝
所以TA＝TB＝×300 K＝200 K.
(2)由题图甲可知，由B→C是等容变化，根据查理定律得＝
所以pC＝pB＝pB＝pB＝×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa
则可画出由状态A→B→C的p－T图象如图所示．
答案　见解析
【变式8-3】一定质量的理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图甲所示，若状态D的压强是2×104 Pa.
(1)求状态A的压强；
(2)请在图乙画出该状态变化过程的p－T图象，并分别标出A、B、C、D各个状态，不要求写出计算过程．
答案　(1)4×104 Pa　(2)见解析
解析　(1)据理想气体的状态方程得＝则pA＝＝4×104 Pa
(2)p－T图象及A、B、C、D各个状态如图所示．专题4.3 光电效应、康普顿效应、波粒二象性
【人教版】
【题型1 光电效应的实验装置】
【题型2 光电效应方程的应用】
【题型3 联系实际】
【题型4 对比问题】
【题型5 综合问题】
【题型6 康普顿效应】
【题型7 光的波粒二象性】
【题型1 光电效应的实验装置】
【例1】如图所示，分别用频率为ν、2ν的光照射某光电管，对应的遏止电压之比为1∶3，普朗克常量用h表示，则(　　)
A.用频率为ν的光照射该光电管时有光电子逸出
B.该光电管的逸出功为hν
C.用2ν的光照射时逸出光电子的初动能一定大
D.加正向电压时，用2ν的光照射时饱和光电流一定大
答案　B
解析　根据光电效应方程eUc1＝hν－W0，eUc2＝h·2ν－W0，＝，联立解得W0＝hν，频率为ν的单色光光子能量h·ν＜W0，故用频率为ν的光照射该光电管时不能发生光电效应，即无光电子逸出，故A错误，B正确；根据光电效应方程Ek＝hν－W0可知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，但是逸出光电子的初动能小于等于最大初动能，所以用2ν的光照射时逸出光电子的最大初动能一定大，但初动能不一定大，故C错误；在发生光电效应的前提下，饱和光电流的强度只与光照强度有关，电压只是增加光电子的动能，增大电流。到达一定程度之后肯定要受到光电子数量的约束，电流不再增大，故D错误。
【变式1-1】如图所示，当一束一定强度某一频率的黄光照射到光电管阴极K上时，此时滑片P处于A、B中点，电流表中有电流通过，则(　　)
A．若将滑动触头P向B端移动时，电流表读数有可能不变
B．若将滑动触头P向A端移动时，电流表读数一定增大
C．若用红外线照射阴极K时，电流表中一定没有电流通过
D．若用一束强度相同的紫外线照射阴极K时，电流表读数不变
解析：选A　所加的电压，使光电子到达阳极，则灵敏电流表中有电流流过，且可能处于饱和电流，当滑片向B端移动时，电流表读数有可能不变；当滑片向A端移动时，所加电压减小，则光电流可能减小，也可能不变，故A正确，B错误。若用红外线照射阴极K时，因红外线频率小于可见光，但是不一定不能发生光电效应，电流表不一定没有电流，故C错误。若用一束强度相同的紫外线照射阴极K时，紫外线的频率大于红外线的频率，则光子数目减小，电流表读数减小，故D错误。
【变式1-2】(多选)利用光电管研究光电效应的实验电路图如图所示，用频率为ν的可见光照射阴极K，电流表中有电流通过，则(　 )
A．改用紫外线照射阴极K，电流表中没有电流通过
B．只增加该可见光的强度，电流表中通过的电流将变大
C．若将滑动变阻器的滑片滑到A端，电流表中一定无电流通过
D．若将滑动变阻器的滑片向B端滑动，电流表示数可能不变
解析：选BD　由题意知，该可见光的频率大于或等于阴极材料的极限频率，紫外线的频率大于可见光的频率，故用紫外线照射阴极K，也一定能发生光电效应，电流表中有电流通过，A错误；只增加可见光的强度，单位时间内逸出金属表面的光电子数增多，电流表中通过的电流将变大，B正确；滑动变阻器的滑片滑到A端，光电管两端的电压为零，但光电子有初动能，故电流表中仍有电流通过，C错误；滑动变阻器的滑片向B端滑动时，若电流已达到饱和光电流，则电流表示数可能不变，D正确。
【变式1-3】利用如图所示的装置观察光电效应现象，将光束照射在金属板上，发现验电器指针没有张开。欲使验电器指针张开，可(　 )
A．改用逸出功更大的金属板材料
B．改用频率更大的入射光束
C．增加该光束的照射时间
D．增大该光束的强度
解析：选B　改用逸出功更大的金属板材料，更不可能发生光电效应现象，验电器指针不能张开，故A错误；发生光电效应现象的条件是入射光的频率要大于或等于金属的极限频率，与入射光的强度和入射光的照射时间无关，则改用频率更大的入射光束，可以使验电器指针张开，故B正确，C、D错误。
【题型2 光电效应方程的应用】
【例2】用波长为300 nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10－19 J。已知普朗克常量为6.63×10－34 J·s，真空中的光速为3.00×108 m·s－1。能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为(　 )
A．1×1014 Hz　　　　　 B．8×1014 Hz
C．2×1015 Hz D．8×1015 Hz
解析：选B　设单色光的最低频率为νc，由爱因斯坦光电效应方程得Ek＝hν－W0＝hν－hνc，又ν＝，整理得νc＝－，代入数据解得νc≈8×1014 Hz。
【变式2-1】某金属在一束单色光的照射下发生光电效应，光电子的最大初动能为Ek，已知该金属的逸出功为W0，普朗克常量为h。根据爱因斯坦的光电效应理论，该单色光的频率ν为(　 )
A. B．
C. D．
解析：选D　根据爱因斯坦的光电效应方程可知hν＝W0＋Ek，解得该单色光的频率为ν＝。
【变式2-2】单色光B的频率为单色光A的两倍，用单色光A照射到某金属表面时，从金属表面逸出的光电子最大初动能为E1。用单色光B照射该金属表面时，逸出的光电子最大初动能为E2，则该金属的逸出功为(　　)
A.E2－E1 B.E2－2E1
C.2E1－E2 D.
答案　B
解析　根据光电效应方程，用单色光A照射到某金属表面时，E1＝hν－W逸出功
用单色光B照射到某金属表面时，E2＝h·2ν－W逸出功
解得W逸出功＝E2－2E1，故B项正确。
【变式2-3】如图所示，有一束单色光入射到极限频率为ν0的金属板K上，具有最大初动能的某出射电子，沿垂直于平行板电容器极板的方向，从左侧极板上的小孔入射到两极板间的匀强电场后，到达右侧极板时速度刚好为零。已知电容器的电容为C，带电荷量为Q，极板间距为d，普朗克常量为h，电子电荷量的绝对值为e，不计电子的重力。关于电容器右侧极板的带电情况和入射光的频率ν，以下判断正确的是(　　)
A.带正电，ν0＋ B.带正电，ν0＋
C.带负电，ν0＋ D.带负电，ν0＋
答案　C
解析　电子在电容器里做减速运动，所以受到向左的电场力的作用，所以场强方向向右，电容器右侧极板带负电。一束单色光入射到极限频率为ν0的金属板K上，射出电子的最大初动能为Ek，则hν－W0＝Ek，hν0＝W0，电子在电容器
中减速运动，由动能定理得－eU＝0－Ek，电容器两极板间的电势差为U＝，根据以上各式，解得ν＝ν0＋，故选项C正确，A、B、D错误。
【题型3 联系实际】
【例3】2017年年初，我国研制的“大连光源”——极紫外自由电子激光装置，发出了波长在100 nm(1 nm＝10－9 m)附近连续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲。“大连光源”因其光子的能量大、密度高，可在能源利用、光刻技术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用。
一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子，但又不会把分子打碎。据此判断，能够电离一个分子的能量约为(取普朗克常量h＝6.6×10－34 J·s，真空光速c＝3×108 m/s)(　　)
A．10－21 J　　　　　　　　 B．10－18 J
C．10－15 J D．10－12 J
解析：选B　光子的能量E＝hν，c＝λν，联立解得E≈2×10－18 J，B项正确。
【变式3-1】[多选]2009年诺贝尔物理学奖得主威拉德·博伊尔和乔治·史密斯主要成就是发明了电荷耦合器件(CCD)图像传感器。他们的发明利用了爱因斯坦的光电效应原理。如图所示电路可研究光电效应规律。图中标有A和K的为光电管，其中K为阴极，A为阳极。理想电流计可检测通过光电管的电流，理想电压表用来指示光电管两端的电压。现接通电源，用光子能量为10.5 eV的光照射阴极K，电流计中有示数，若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为6.0 V；现保持滑片P位置不变，以下判断正确的是(　　)
A．光电管阴极材料的逸出功为4.5 eV
B．若增大入射光的强度，电流计的读数不为零
C．若用光子能量为12 eV的光照射阴极K，光电子的最大初动能一定变大
D．若用光子能量为9.5 eV的光照射阴极K，同时把滑片P向左移动少许，电流计的读数一定不为零
解析：选AC　由电路图可知图中所加电压为反向减速电压，根据题意可知遏止电压为6 V，由Ek＝hν－W0＝eUc得W0＝4.5 V，选项A正确；当电压达到遏止电压时，所有电子都不能到达A极，无论光强如何变化，电流计示数仍为零，选项B错；若光子能量增大，根据光电效应方程，光电子的最大初动能一定变大，选项C正确；若光子能量为9.5 eV的光照射阴极K，则遏止电压为5 V，滑片P向左移动少许，电流计的读数仍可能为零，选项D错。
【变式3-2】像增强器是能够把亮度很低的光学图像变为足够亮度图像的真空光电管。像增强器的简化原理如下：光照射光电管阴极时，由于光电效应而产生光电子，光电子经过相同电压加速，最后到达荧光屏上，引起荧光材料发光（电子能量越大，材料发光越强），形成图像。根据以上信息和所学知识判断下列说法正确的是（　　）
A．照射光的波长越小，荧光材料发出的光越亮
B．热成像夜视仪也利用了光电效应的原理
C．同一种光使阴极发生光电效应后，光电子到达荧光屏时的动能相等
D．射到光电管阴极的任何光都能使阴极金属发生光电效应
【答案】A
【解析】照射光的波长越小，频率越大，逸出光电子的初动能越大，经相同电压加速后到达荧光屏时的能量越大，荧光材料发出的光越亮，故A正确；热成像夜视仪利用了热物体比冷物体的红外辐射强的原理，故B错误；同一种光使阴极发生光电效应后，逸出光电子的最大初动能相等，但不一定所有光电子的初动能都相等，所以光电子最后到达荧光屏时的动能也不一定相等，故C错误；只有频率大于阴极截止频率的光射到光电管阴极时才能使阴极金属发生光电效应，故D错误。故选A。
【变式3-3】某学校科技活动小组设计了一个光电烟雾探测器（如图甲），当有烟雾进入探测器时（如图乙），来自光源S的光会被烟雾散射进入光电管C，当光射到光电管中的钠表面时会产生光电流，当光电流大于时，便会触发报警系统报警。已知钠的极限频率为，普朗克常量，光速，电子电荷量，则下列说法正确的是（　　）
A．要使该探测器正常工作，光源S发出的光波波长不能小于
B．光电管发生光电效应，同时光源的光变强时，不能改变光电烟雾探测器的灵敏度
C．光电管C中能发生光电效应是因为光发生了全反射现象
D．报警器报警时，钠表面每秒释放出的光电子数最少为个
【答案】D
【解析】因为钠的极限频率为，要使该探测器正常工作，光源S发出的光波波长不能大于
选项A错误；光电管发生光电效应，同时光源的光变强时，光电管产生的光电流会变大，会改变光电烟雾探测器的灵敏度，选项B错误；光电管C中能发生光电效应是因为光的频率大于金属钠的极限频率，选项C错误；报警器报警时，钠表面每秒释放出的光电子数最少为个，选项D正确。
【题型4 对比问题】
【例4】如图所示为光电效应实验装置图。实验中用a光照射光电管时，灵敏电流计有示数；而用b光照射光电管时，灵敏电流计没有示数。则下列说法中正确的是(　　)
A.a光频率大于b光频率
B.若增加b光的照射时间，灵敏电流计将会有示数
C.若增大b光的光照强度，灵敏电流计将会有示数
D.用b光照射时，适当增大电源的输出电压，灵敏电流计将会有示数
答案　A
解析　实验中用a光照射光电管时，灵敏电流计有示数，说明能够发生光电效应；而用b光照射光电管时，灵敏电流计没有示数，说明不能发生光电效应，可知a光频率大于b光频率，选项A正确；根据光电效应的规律可知，若增加b光的照射时间以及增加b光的光照强度，都不能发生光电效应，则灵敏电流计都不会有示数，选项B、C错误；用b光照射时不能发生光电效应，即使适当增大电源的输出电压，也不会发生光电效应，灵敏电流计也不会有示数，选项D错误。
【变式4-1】(多选)在光电效应实验中，分别用频率为νa、νb的单色光a、b照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为Ua和Ub，光电子的最大初动能分别为Eka和Ekb。h为普朗克常量。下列说法正确的是(　　)
A.若νa＞νb，则一定有Ua＜Ub
B.若νa＞νb，则一定有Eka＞Ekb
C.若Ua＜Ub，则一定有Eka＜Ekb
D.若νa＞νb，则一定有hνa－Eka＞hνb－Ekb
答案　BC
解析　由爱因斯坦光电效应方程得Ek＝hν－W0，由动能定理得Ek＝eU，若分别用a、b单色光照射同种金属时，逸出功W0相同。当νa＞νb时，一定有Eka＞Ekb，Ua＞Ub，故选项A错误，B正确；若Ua＜Ub，则一定有Eka＜Ekb，故选项C正确；因逸出功相同，有W0＝ hνa－ Eka＝ hνb－ Ekb，故选项D错误。
【变式4-2】如图甲为光电效应实验的电路图，利用不同频率的光进行光电效应实验，测得光电管两极间所加电压U与光电流I的关系如图乙中a、b、c、d四条曲线所示。用νa、νb、νc、νd表示四种光的频率，下列判断正确的是(　　)
A.νb＞νc＞νd＞νa B.νd＞νb＞νc＞νa
C.νd＞νc＞νb＞νa D.νa＞νc＞νb＞νd
答案　A
解析　当光电管两极间所加电压为遏止电压时即光电子达到阳极的动能为0，由动能定理得eUc＝Ek，由爱因斯坦光电效应方程有Ek＝hν－W0，联立得ν＝，由图乙可知Ucb＞Ucc＞Ucd＞Uca，则νb＞νc＞νd＞νa，故A正确，B、C、D错误。
【变式4-3】如图所示，用频率为ν1和ν2的甲、乙两种光分别照射同一光电管，对应的遏止电压分别为U1和U2。已知ν1<ν2，则(　 )
A．遏止电压U1B．用甲、乙两种光分别照射时，金属的截止频率不同
C．增加乙光的强度，遏止电压U2变大
D．滑动变阻器滑片P移至最左端，电流表示数为零
解析：选A　根据爱因斯坦光电效应方程有Ekm＝hν－W0，遏止电压与最大初动能的关系为－eUc＝0－Ekm，联立解得eUc＝hν－W0，所以入射光频率越大，遏止电压越大，遏止电压与入射光的强度无关，故A正确，C错误；金属的截止频率与入射光无关，取决于金属，因甲、乙两种光分别照射同一光电管，所以金属的截止频率相同，故B错误；滑动变阻器滑片P移至最左端，所加的反向电压为零，能发生光电效应，所以电流表示数不为零，故D错误。
【题型5 综合问题】
【例5】（1）用波长为的光照射金属表面所产生的光电子垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中作匀速圆周运动时，其最大半径为R，电子质量为m，电量为e，普朗克恒量为，求：金属的逸出功
（2）一个光源以P=1.5W的功率向四周均匀地发射能量。在离光源距离R=3.5m处放置一钾箔，钾的逸出，假设入射光的能量是连续地和平稳地传给钾箔，光子动量，光的平均波长为，h为普朗克常量。假设钾箔完全吸收所有照射到它上面的能量。求：
a．钾箔在垂直入射光方向上单位面积上受到光的平均作用力（用题目中的物理符号表示）。
b．按照经典电磁理论，钾箔只需吸收足够的能量就可以逐出电子，若一个要被逐出的电子收集能量的圆形截面的半径约为一个典型原子的半径m，求电子将被逐出的时间。根据计算结果，你认为经典电磁理论在解释光电效应现象时是否合理，并说明理由。
【答案】（1）；（2）a．；b．；不合理，光电效应现象产生光电子的时间极短，几乎不需时间累积，因此经典电磁理论在解释光电效应现象具有局限性
【详解】
（1）由光电子做匀速圆周运动的最大半径可知
解得最大初动能为
所以逸出功
（2）a．设钾箔的面积为S，t时间内钾箔吸收的光子个数为N，有
由动量定理
解得
由牛顿第三定律可知，单位面积上受到光的平均压力为
b．一个电子在单位时间内吸收的能量
逐出电子所需要的时间为t1，需要的能量为E0，有
所以
由于光电效应现象产生光电子的时间极短，几乎不需时间累积，因此经典电磁理论在解释光电效应现象具有局限性，不合理。
【变式5-1】如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出，
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小，区域Ⅱ的磁感应强度大小，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。
【答案】（1）；；（2）；；（3）；
【详解】
（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
（2）速度选择器
如图所示，几何关系
（3）由上述表达式可得
由
可得
可得
【变式5-2】A、B两种光子的能量之比为2∶1，它们都能使某种金属发生光电效应，且所产生的光电子最大初动能分别为EA、EB，则下列说法正确的是（　　）
A．A、B两种光子的频率之比为1∶2
B．A、B两种光子的动量之比为1∶2
C．该金属的逸出功W0＝EA－2EB
D．该金属的极限频率νc＝
【答案】C
【详解】由ε＝hν知，光子的能量与频率成正比，则A、B两种光子的频率之比为2∶1，A错误；由光子能量动量公式，可知，A、B两种光子的动量之比等于A、B两种光子的能量之比pA∶pB＝2∶1，B错误；由于EA＝εA－W0 了EB＝εB－W0而解得W0＝EA－2EB ，C正确；该金属的极限频率为νc＝＝， D错误。
故选C。
【变式5-3】爱因斯坦利用普朗克的量子论成功解释了光电效应现象，提出了光子说。
（1）如图1所示为研究某光电管发生光电效应的电路图，当用频率为v的光照射金属阴极K时，通过调节光电管两端电压U，测量对应的光电流强度I，绘制了如图2所示的I—U图像。已知电子所带电荷量为e，图像中UC、、入射光的频率v及普朗克常量h均为已知量。根据图像求光电子的最大初动能，金属K的逸出功W和每秒钟通过电流表的电子数最多为多少。
（2）光照射到物体表面时，如同大量气体分子与器壁的频繁碰撞一样，将产生持续均匀的压力，这种压力会对物体表而产生压强，这就是“光压”，用表示。一台发光功率为的激光器发出一束某频率的激光，光束的横截面积为S。当该激光束垂直照射到某物体表面时，假设光全部波吸收，求其在物体表而引起的光压，已知光速为c。
【答案】（1），，；（2）
【详解】
（1）根据
可知光电子的最大初动能
根据
可得逸出功
因最大饱和光电流为Im，则每秒钟通过电流表的电子数最多为
（2）一小段时间Δt内激光器发射的光子数
光照射物体表面，由动量定理
FΔt=np
其中
产生的光压
解得
【题型6 康普顿效应】
【例6】[多选]关于光电效应和康普顿效应的规律，下列说法正确的是(　　)
A．光电效应中，金属板向外发射的光电子又可以叫做光子
B．用光照射金属不能发生光电效应是因为该入射光的频率小于金属的截止频率
C．对于同种金属而言，遏止电压与入射光的频率无关
D．石墨对X射线散射时，部分X射线的散射光波长会变长，这个现象称为康普顿效应
解析：选BD　光电效应中，金属板向外发射的电子叫光电子，光子是光量子的简称，A错误；用光照射金属不能发生光电效应是因为该入射光的频率小于金属的截止频率，B正确；根据光电效应方程hν＝W0＋eUc可知，对于同种金属而言(逸出功一样)，入射光的频率越大，遏止电压也越大，即遏止电压与入射光的频率有关，C错误；在石墨对X射线散射时，部分X射线的散射光波长会变长的现象称为康普 顿效应，D正确。
【变式6-1】实验表明：光子与速度不太大的电子碰撞发生散射时，光的波长会变长或者不变，这种现象叫康普顿散射，该过程遵循能量守恒定律和动量守恒定律。如果电子具有足够大的初速度，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康普顿散射，这一现象已被实验证实。关于上述逆康普顿散射，下列说法正确的是(　 )
A．相对于散射前的入射光，散射光在介质中的传播速度变大
B．若散射前的入射光照射某金属表面时能发生光电效应，则散射光照射该金属时，光电子的最大初动能将变大
C．散射后电子的速度一定变大
D．散射后电子的能量一定变大
解析：选B　光在介质中的传播速度只与介质本身有关，而与其他因素无关，散射前后的介质不变，所以散射光在介质中的传播速度保持不变，故A错误；根据题意，在逆康普顿散射中，能量从电子转移到光子，所以，散射后电子的速度和能量变小，光子的能量变大，光子的频率变大，故C、D错误；根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0可知，h和W0为定值，ν越大，E越大，因此若散射前的入射光照射某金属表面时能发生光电效应，则散射光照射该金属时，光电子的最大初动能将变大，故B正确。
【变式6-2】[多选]美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现光子除了具有能量之外还具有动量，被电子散射的X光子与入射的X光子相比(　　)
A．速度减小　B．频率减小　C．波长减小　D．能量减小
解析：选BD　光速不变，A错误；光子将一部分能量转移到电子，其能量减小，随之光子的频率减小、波长变长，B、D正确，C错误。
【变式6-3】a、b是两种单色光，其光子能量分别为εa和εb，且＝k，(　　)
A．则a、b的光子动量之比＝1∶k
B．若a、b都不能使某种金属发生光电效应，二者同时照射该金属则可能发生光电效应
C．若a、b都能使某种金属发生光电效应，则光电子最大初动能之差Eka－Ekb＝εb(k－1)
D．若a、b是由处在同一激发态的原子跃迁到a态和b态时产生的，则a、b两态能级之差Ea－Eb＝εb(k－1)
解析：选C　光子的能量ε＝hν，光子的动量p＝，联立方程c＝λν，所以＝，选项A错误。不能发生光电效应说明a、b光的频率均未达到该金属的截止频率，同时照射二者频率也不会发生变化，选项B错误。光电子最大初动能Ek＝hν－W0，整理得Eka－Ekb＝(k－1)εb，选项C正确。根据能级跃迁知识可得εa＝E0－Ea，εb＝E0－Eb，所以Ea－Eb＝εb(1－k)，选项D错误。
【题型7 光的波粒二象性】
【例7】(多选)下列说法中正确的有(　　)
A.光在介质中的速度小于光在真空中的速度
B.紫外线比紫光更容易发生干涉和衍射
C.光的偏振现象说明光是纵波
D.由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光
答案　AD
解析　依据v＝可知，光在介质中的速度小于在真空中的速度，故A正确；紫外线比紫光的波长短，更不容易发生衍射，而对于干涉只要频率相同、相位差恒定即可发生，故B错误；光的偏振现象说明光是横波，而不是纵波，故C错误；绿光的折射率大于红光的折射率，由临界角公式sin C＝知，绿光的临界角小于红光的临界角，当光从水中射向空气，在不断增大入射角时，在水面上绿光先发生全反射，从水面上先消失，故D正确。
【变式7-1】用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图像如图所示，该实验表明(　　)
A．光的本质是波
B．光的本质是粒子
C．光的能量在胶片上分布不均匀
D．光到达胶片上不同位置的概率相同
解析：选C　用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间在胶片出现的图样，说明光有波粒二象性，故A、B错误；说明光到达胶片上的不同位置的概率是不一样的，也就说明了光的能量在胶片上分布不均匀，故C正确，D错误。
【变式7-2】(多选)关于光的波粒二象性，正确的说法是(　 )
A．光的频率越高，光子的能量越大，粒子性越显著
B．光的波长越长，光的能量越小，波动性越显著
C．频率高的光子不具有波动性，波长较长的光子不具有粒子性
D．个别光子产生的效果往往显示粒子性，大量光子产生的效果往往显示波动性
解析：选ABD　光具有波粒二象性，但在不同情况下表现不同，频率越高，波长越短，粒子性越强，反之波动性明显，个别光子易显示粒子性，大量光子显示波动性，A、B、D正确。
【变式7-3】(多选)下列说法中正确的是(　　)
A.光的波粒二象性学说彻底推翻了麦克斯韦的光的电磁说
B.在光的双缝干涉实验中，暗条纹的地方是光子永远不能到达的地方
C.光的双缝干涉实验中，大量光子打在光屏上的落点是有规律的，暗纹处落下光子的概率小
D.单个光子表现出粒子性，大量光子表现出波动性
答案　CD专题5.2 放射性元素的衰变
【人教版】
【题型1 衰变方程】
【题型2 衰变的实质】
【题型3 衰变次数问题】
【题型4 半衰期的认识】
【题型5 半衰期的应用】
【题型6 人工核转变问题】
【题型7 放射性同位素的应用】
【题型8 衰变与动量综合】
【题型1 衰变方程】
【例1】下列核反应方程中，属于α衰变的是(　　)
A. N＋He→O＋H B. U→Th＋He
C.H＋H→He＋n D. Th→Pa＋e
解析：选B　α衰变是放射性元素的原子核放出α粒子(He)的核反应，选项B正确。
【变式1-1】在核反应堆中，U吸收一个中子后生成Pu，Pu是重要的核燃料，其衰变方程式为Pu→U＋He＋γ。以下说法正确的是(　　)
A.Pu衰变过程是一个β衰变过程
B.Pu衰变过程质量数守恒，所以没有核能量释放
C.Pu衰变过程中的γ光子是由U原子核能级跃迁产生的
D.U吸收一个中子后生成Pu的核反应过程是一个α衰变过程
答案　C
解析　由Pu衰变过程放出α粒子，为α衰变过程，故A错误；Pu衰变过程质量发生亏损，由爱因斯坦质能方程可知，衰变过程放出能量，故B错误；Pu衰变过程中产生的U原子核不稳定而发生跃迁同时放出光子即释放能量，故C正确；U吸收一个中子后生成Pu的核反应过程没有放出α粒子，也不是一个α衰变过程，故D错误。
【变式1-2】贝可勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用。下列属于放射性衰变的是(　　)
A.C→N＋e
B.U＋n→I＋Y＋2n
C.H＋H→He＋n
D.He＋Al→P＋n
解析：选A　放射性元素自发地放出射线的现象叫天然放射现象。A选项为β衰变方程，B选项为重核裂变方程，C选项为轻核聚变方程，D选项为原子核的人工转变方程，故A正确。
【变式1-3】(多选)如图，匀强磁场中的O点有一静止的原子核Th发生了某种衰变，衰变方程为Th→Y＋e，反应生成的粒子e的速度方向垂直于磁场方向．关于该衰变，下列说法正确的是(　　)
A.Th发生的是α衰变
B.Th发生的是β衰变
C．A＝234，Z＝91
D．新核Y和粒子e在磁场中的轨迹外切于O点
答案　BC
解析　衰变放出一个电子，所以为β衰变，故A错误，B正确；由质量数和电荷数守恒得：A＝234，Z＝91，故C正确；由于新核Y和粒子e电性相反，由左手定则可知，新核Y和粒子e在磁场中的轨迹内切于O点，故D错误．
【题型2 衰变的实质】
【例2】我国首辆火星车“祝融号”采用放射性材料作为发电能源为火星车供电。中的元素Pu是，其发生衰变的半衰期为87.7年。下列说法中正确的是（　　）
A．衰变是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子
B．发生衰变的核反应方程为
C．经过263.1年，大约还有12.5%的原子核Pu没发生衰变
D．当气温和引力环境发生改变，Pu的半衰期可能会发生变化
【答案】C
【解析】衰变是原子核放出一个粒子，形成一个新核，故A错误；发生衰变的核反应方程为，故B错误；发生衰变后剩余质量所以大约还有12.5%的原子核Pu没发生衰变，故C正确；半衰期只与元素自身有关，故D错误。选C。
【变式2-1】Th具有放射性，发生一次β衰变成为新原子核X的同时放出能量，下列说法正确的是(　　)
A.Th核能放射出β粒子，说明其原子核内有β粒子
B.新核X的中子数为143
C.Th核的质量等于新核X与β粒子的质量之和
D.让Th同其他的稳定元素结合成化合物，其半衰期将增大
答案　B
解析　放射出β粒子，是由于原子核内的中子转化为质子和电子放出的，故A错误；根据质量数和电荷数守恒得新核的质子数为91，质量数为234，则中子数为234－91＝143，故B正确；发生β衰变时会放出能量，由爱因斯坦质能方程可知，反应前后质量不相等，故C错误；元素原子核的半衰期是由元素本身决定，与元素所处的物理和化学状态无关，故D错误。
【变式2-2】（多选）下面说法中正确的是（　　）
A．比多2个中子
B．衰变的实质是核内的一个中子转化为一个质子和一个电子
C．射线比射线的电离作用大
D．某元素的半衰期为T，则该元素的10个原子核经过时间T，一定有5个原子数发生了衰变
【答案】AB
【解析】元素符号左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数等于质子数加中子数，故有92个质子、146个中子，有90个质子、144个中子，故A正确；衰变的实质是核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，故B正确；射线是高能电磁波穿透能力最强、电离作用最弱，射线实质是氦原子核，电离作用最大、穿透能力最弱，故C错误；半衰期指放射性元素的原子核有半数发生衰变所需要的时间，原子核的半衰期是一个统计规律，对大量的原子核成立，少量原子核是无法确定其衰变所需要的时间的，有一半发生衰变所需时间并不一定等于半衰期，故D错误。故选AB。
【变式2-3】(多选)居室装修中常用的花岗岩、大理石等材料，有些含有铀、钍的石材会释放出放射性气体氡，氡吸入呼吸道中会进行放射性衰变，放射出、、射线。这些射线会导致细胞发生癌变，引发肺癌、白血病等疾病。下列说法正确的是(　　)
A．三种射线中射线的电离能力最强，射线的穿透能力最强
B．放射性元素(铀核)经过7次衰变和4次衰变后变为(铅核)
C．将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，其半衰期不变
D．射线是原子核内的质子转变成中子时产生的电子
【答案】 ABC
【解析】 、、三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强，故A正确；放射性元素铀衰变为铅核，质量数减小28，而质子数减小10，经过一次衰变，质量数减小4，质子数减小2，而一次衰变质量数不变，则质子数增大1，因此要经过7次衰变和4次衰变，故B正确；半衰期与化学状态无关，所以将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，其半衰期不变，故C正确；衰变时所释放的电子是原子核内的中子衰变为质子时产生的，故D错误；故选ABC。
【题型3 衰变次数问题】
【例3】如图，一个原子核X经图中所示的一系列α、β衰变后，生成稳定的原子核Y，在此过程中放射出电子的总个数为(　 )
A．6　　　　　 B．8
C．10 D．14
解析：选A　X的中子数为146，质子数为92，质量数为146＋92＝238，Y的中子数为124，质子数为82，质量数为124＋82＝206，质量数减少238－206＝32，发生α衰变的次数为32÷4＝8，发生β衰变的次数为82－(92－2×8)＝6，即在此过程中放射出电子的总个数为6，A正确。
【变式3-1】(多选)由于放射性元素Np的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现。已知Np经过一系列α衰变和β衰变后变成Bi，下列论断中正确的是(　 )
A.Bi的原子核比Np的原子核少28个中子
B.Bi的原子核比Np的原子核少18个中子
C．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变
D．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变
解析：选BC　Bi的中子数为209－83＝126，Np的中子数为237－93＝144，Bi的原子核比Np的原子核少18个中子，A错、B对；衰变过程中共发生了α衰变的次数为＝7次，β衰变的次数是2×7－(93－83)＝4次，C对、D错。
【变式3-2】下列关于核反应的说法正确的是(　　)
A.Th→Pa＋e是β衰变方程，U→Th＋He是核裂变方程
B.U＋n→Ba＋Kr＋3n是核裂变方程，也是氢弹的核反应方程
C.Th衰变为Rh，经过3次α衰变，2次β衰变
D.铝核Al被α粒子击中后产生的反应生成物是磷P，同时放出一个质子
答案　C
解析　核反应方程Th→Pa＋e放射出电子，是β衰变方程，U→Th＋He是α衰变方程，故A错误；核反应方程U＋n→Ba＋Kr＋3n是核裂变方程，不是氢弹的核反应方程，是原子弹的核反应方程，故B错误；在α衰变的过程中，电荷数少2，质量数少4，在β衰变的过程中，电荷数多1，质量数不变，设经过了m次α衰变，则有4m＝234－222＝12，解得m＝3，经过了n次β衰变，则有2m－n＝90－86＝4，解得n＝2，故C正确；铝核Al被α粒子击中后，核反应方程为Al＋He→P＋n，故D错误。
【变式3-3】2020年3月15日中国散列中子源(CSNS)利用中子成像技术帮助中国科技大学进行了考古方面的研究。散射中子源是研究中子特性、探测物质微观结构和运动的科研装置。下列关于中子研究的说法正确的是(　　)
A.α粒子轰击N，生成O并产生了中子
B.U经过4次α衰变，2次β衰变后，新核与原来的原子核相比中子数少了10个
C.γ射线实质是高速中子流，可用于医学的放射治疗
D.核电站可通过“慢化剂”控制中子数目来控制核反应的速度
答案　B
解析　根据质量数守恒和电荷数守恒知，He＋N→O＋H，故A错误；每次α衰变，质量数少4，电荷数少2，中子数少2；每次β衰变一个中子转化成一个质子和一个电子，中子数少1，所以4次α衰变，2次β衰变，新核与原来的原子核相比，中子数少4×2＋2×1＝10，故B正确；γ射线实质是光子流，故C错误；镉棒可以吸收中子，核反应堆中，通过改变镉棒插入的深度，可以控制核反应的速度，故D错误。
【题型4 半衰期的认识】
【例4】2021年4月13日，日本政府正式决定，向海洋排放福岛第一核电站含有对海洋环境有害的核废水，下列关于放射性元素半衰期的说法正确的是（　　）
A．100个放射性元素原子核经过一个半衰期后剩余50个未衰变的原子核
B．通过化学方法可以改变故射性元素的半衰期
C．通过物理方法可以改变放射性元素的半衰期
D．半衰期越长对环境的影响时间越长
【答案】D
【解析】半衰期具有统计规律，是对大量原子核适用，对少数原子核不适用。故A错误；半衰期是由放射性元素的性质决定，与物理状态和化学状态无关。故BC错误；半衰期越长的放射性元素衰变的速度越慢，对环境的影响时间越长。故D正确。故选D。
【变式4-1】医学治疗中常用放射性核素113In产生γ射线，而113In是由半衰期相对较长的113Sn衰变产生的。对于质量为m0的113Sn，经过时间t后剩余的113Sn质量为m，其 t图线如图所示。从图中可以得到113Sn的半衰期为(　 )
A．67.3 d B．101.0 d C．115.1 d D．124.9 d
解析：选C　由题图可知从＝到＝，说明m0的113Sn恰好衰变了一半，根据半衰期的定义可知半衰期为T＝182.4 d－67.3 d＝115.1 d，C正确。
【变式4-2】已知Th的半衰期为24天.4 gTh经过72天还剩下(　　)
A.0 B.0.5 g
C.1 g D.1.5 g
答案　B
解析　由衰变公式m′＝m()，知m′＝4× g＝4×()3 g＝0.5 g，故B正确.
【变式4-3】现代考古中可利用的衰变规律测定古生物的年代，衰变时放出________（填粒子符号），并生成新核。如图所示为放射性元素的衰变规律的示意图（纵坐标表示的是任意时刻放射性元素的原子数与时的原子数的比值），则该放射性元素的半衰期是_______年。若从某次考古时发掘出来的木材中，检测到所含的比例是正在生长的植物中的80%，则该木材距今约_______年。
【答案】 5 700 1 900
【解析】根据电荷数守恒、质量数守恒知，核反应方程为
活体中含量不变，生物死亡后，开始减少，设活体中的含量为，发掘出的木材中为，设的半衰期为，则由半衰期的定义得 则 当时 由题图得半衰期
年 当时 年
【题型5 半衰期的应用】
【例5】(多选)活体生物由于需要呼吸，其体内的14C含量大致不变，死后停止呼吸，体内的14C含量开始减少。由于碳元素在自然界的各个同位素的比例一直都很稳定，人们可通过测定古木的14C 含量，来估计它的大概年龄，这种方法称之为碳定年法。14C衰变为14N的半衰期约为5 730年，某古木样品中14C 的比例约为现代植物所制样品的二分之一。下列说法正确的是(　　)
A.该古木的年龄约为5 730年
B.14C与14N具有相同的中子数
C.14C衰变为14N的过程中放出β射线
D.升高古木样品所处环境的温度将加速14C的衰变
答案　AC
解析　设原来14C的质量为M0，衰变后剩余质量为M，则有M＝M0()n，其中n为半衰期的个数，由题意可知剩余质量为原来的，故n＝1，所以死亡时间为5 730年，故A正确；14C的中子数是8个，14N的中子数是7个，故B错误；14C衰变为14N的过程中质量数没有变化，而核电荷数增加1，是14C中的一个中子变成了一个质子和一个电子，放出β射线，故C正确；放射元素的半衰期与所处环境无关，故D错误。
【变式5-1】银河系中存在大量的铝同位素26Al。26Al核β＋衰变的衰变方程为Al―→Mg＋e，测得26Al核的半衰期为72万年。下列说法正确的是(　 )
A．26Al核的质量等于26Mg核的质量
B．26Al核的中子数大于26Mg核的中子数
C．将铝同位素26Al放置在低温低压的环境中，其半衰期不变
D．银河系中现有的铝同位素26Al将在144万年后全部衰变为26Mg
解析：选C　26Al核发生β＋衰变的过程中释放正电子的同时还有核能释放，发生质量亏损，所以26Al核的质量大于26Mg核的质量，故A错误；26Al核的中子数n1＝26－13＝13，而26Mg核的中子数n2＝26－12＝14，所以26Al核的中子数小于26Mg核的中子数，故B错误；半衰期是原子核固有的属性，与物理环境和化学状态无关，故C正确；铝同位素26Al的半衰期为72万年，所以经过144万年也就是两个半衰期后还剩下没有衰变，故D错误。
【变式5-2】核污水中常含有氚(H)等放射性核素，处置不当将严重威胁人类安全。氚β衰变的半衰期长达12.5年，衰变方程为H―→He＋e＋e，其中e是质量可忽略不计的中性粒子，Z＝________，A＝________。若将含有质量为m的氚的核污水排入大海，即使经过50年，排入海中的氚还剩________m(用分数表示)。
解析：根据电荷数守恒和质量数守恒可得Z＝2，A＝3，经过50年，排入海水中的氚的剩余质量为m′＝m
答案：2　3　
【变式5-3】碘131的半衰期约为8天.若某药物含有质量为m的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　根据衰变规律m剩＝m·＝m·()4＝，C项正确.
【题型6 人工核转变问题】
【例6】(多选)1934年，约里奥－居里夫妇用α粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X，反应方程为He＋Al→X＋n。X会衰变成原子核Y，衰变方程为X→Y＋e。则(　　)
A.X的质量数与Y的质量数相等
B.X的电荷数比Y的电荷数少1
C.X的电荷数比Al的电荷数多2
D.X的质量数与Al的质量数相等
答案　AC
解析　根据电荷数守恒和质量数守恒，可知He＋Al→X＋n方程中X的质量数为30，电荷数为15，再根据X→Y＋e方程可知Y的质量数为30，电荷数为14，故X的质量数与Y的质量数相等，X的电荷数比Y的电荷数多1，X的电荷数比Al的电荷数多2，X的质量数比Al的质量数多3，选项A、C正确，B、D错误。
【变式6-1】用“中子活化”技术分析某样品的成分，中子轰击样品中的7N产生6C和另一种粒子X，则X是(　 )
A．质子　　　　　　　　 B．α粒子
C．β粒子 D．正电子
解析：选A　该核反应方程为7N＋n―→6C＋H，可知X是质子。故A正确。
【变式6-2】硼(B)中子俘获治疗是目前最先进的癌症治疗手段之一。治疗时先给病人注射一种含硼的药物，随后用中子照射，硼俘获中子后，产生高杀伤力的α粒子和锂(Li)离子。这个核反应的方程是(　 )
A.B＋n―→Li＋He　 B.B＋He―→N＋n
C.N＋He―→O＋H D.N＋n―→C＋H
解析：选A　由题知，硼俘获中子后，产生高杀伤力的α粒子和锂(Li)离子，而α粒子为氦原子核，则这个核反应方程为B＋n―→Li＋He，故选A。
【变式6-3】下列核反应属于人工转变的是(　　)
A.Th→Pa＋e
B.He＋Be→C＋n
C.U＋n→Xe＋Sr＋10n
D.H＋H→He＋n
答案　B
解析　Th234变成Pa234，同时有一个电子产生，属于β衰变，故A错误；用α粒子轰击Be，产生了碳原子，属于原子核的人工转变，故B正确；C选项中反应方程为重核的裂变，故C错误；氘与氚反应生成氦核，属于轻核聚变反应，故D错误．
【题型7 放射性同位素的应用】
【例7】关于放射性同位素的应用,下列说法正确的是(　　)
A.利用γ射线使空气电离,把静电荷导走
B.利用β射线照射植物的种子,使产量显著增加
C.利用α射线来治疗肺癌、食道癌等疾病
D.放射性同位素跟它的非放射性同位素的化学性质相同,可将放射性同位素作为示踪原子
答案：D
解析:γ射线的电离作用很弱,应利用α射线的电离作用,A错误;γ射线对生物具有物理化学作用,照射种子可使基因变异,可用于放射性治疗,β射线不具有生物作用,B、C错误;同位素的核外电子数相同,化学性质相同,放射性同位素带有“放射性标记”,可用探测器探测,D正确。
【变式7-1】(多选)正电子发射型计算机断层显像(PET)的基本原理是将放射性同位素O注入人体O在人体内衰变放出的正电子与人体内的负电子相遇湮灭转化为一对γ光子,被探测器采集后,经计算机处理生成清晰图像。则根据PET原理判断下列表述不正确的是(　　)
A.O在人体内的衰变方程式为ONe
B.正、负电子的湮灭方程是ee2γ
C.在PET中O的主要用途是作为示踪原子
D.在PET中O的主要用途是参与人体的新陈代谢
答案：BC
解析:根据质量数守恒和电荷数守恒可知O在人体内的衰变方程为ONe,故A错误,符合题意;正、负电子湮灭生成两个光子,湮灭方程是ee2γ,故B正确,不符合题意;在PET中O的主要用途是作为示踪原子,故C正确,不符合题意,D错误,符合题意。
【变式7-2】在医学上钴-60的放射性常用于癌症的放射治疗。一个钴-60原子核（）放出一个β粒子后衰变成一个镍核（），并伴随产生了γ射线。下列说法正确的是（　　）
A．γ射线的电离本领比β射线强
B．氢原子的能级跃迁中不可能放出γ射线
C．γ射线与光电效应中的光电子是同一种物质
D．钴的体积必须大于临界体积，其衰变反应才能顺利进行
【答案】B
【解析】射线不带电，其电离本领比射线弱，A错误；氢原子从高能级向低能级跃迁时最大能量值为13.6eV，属于紫外线，不可能放出射线，B正确；射线是光子，与光电子不是同一种物质，C错误；钻的衰变不需要到达临界体积，只有当重核裂变到达临界体积时才能发生，D错误。故选B。
【变式7-3】居里夫人在实验中发现了半衰期为138天的钋元素，该元素通过一次衰变，变为铅。下列说法正确的是（　　）
A．经过276天，钋可以全部转化为铅
B．发生衰变时，原子核释放出一个电子
C．射线穿透力很强，可射穿几厘米厚的铅板
D．Pb元素中的X值为82
【答案】D
【解析】根据 其中 可知钋经过276天还剩余原来的 ，A错误；发生α衰变实质是原子核内释放出，B错误；γ射线具有很强的穿透能力，甚至能穿透几厘米厚的铅板，C错误；根据质量数和和荷电荷数守恒 解得 D正确。故选D。
【题型8 衰变与动量综合】
【例8】在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图中a、b所示，由图可以判定(　　)
A．该核发生的是α衰变
B．该核发生的是β衰变
C．磁场方向一定垂直纸面向里
D．磁场方向一定垂直纸面向外
[解析]　本题考查对α粒子及β粒子的性质的了解，对动量守恒定律以及左手定则的应用能力。原来静止的核，放出粒子后，总动量守恒，所以粒子和反冲核的速度方向一定相反，根据图示，它们在同一磁场中是向同一侧偏转的，由左手定则可知它们必带异种电荷，故应为β衰变；由于不知它们的旋转方向，因而无法判定磁场是向里还是向外，即都有可能。
[答案]　B
【变式8-1】(多选)静止的Bi原子核在磁场中发生衰变后运动轨迹如图所示，大、小圆半径分别为R1、R2。则下列关于此核衰变方程和两圆轨迹半径比值的判断中正确的是(　 )
A.Bi―→Tl＋He B.Bi―→Po＋e
C．R1∶R2＝84∶1 D．R1∶R2＝207∶4
解析：选BC　由动量守恒定律可知0＝mv1－Mv2，由左手定则可知此核衰变为β衰变，故A错误，B正确；由qvB＝m可知R＝，所以R1∶R2＝84∶1，故C正确，D错误。
【变式8-2】一个U 原子核静止在磁感应强度为B的匀强磁场中，当原子核发生衰变后，它放出一个α粒子(He)，其速度方向与磁场方向垂直。关于α粒子与衰变后的新核在磁场中做的圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A.运动半径之比是45∶1
B.运动周期之比是1∶117
C.动能总是大小相等
D.动量总是大小相等，方向相反
答案　A
解析　衰变方程为U→X＋He，衰变瞬间动量守恒，所以pα＝pX，洛伦兹力提供向心力，根据qvB＝m，解得半径R＝＝，所以α粒子与衰变后的新核的半径之比为＝＝＝，A正确；原子核在磁场中做圆周运动的周期为T＝，所以α粒子与衰变后的新核的周期之比为＝·＝· ＝，B错误；二者动量大小始终相等，根据动量和动能的关系p＝mv＝，可知α粒子与衰变后的新核的质量不同，动能不同，C错误；α粒子与衰变后的新核的动量大小始终相同，在衰变瞬间，二者方向相反，随后在磁场中做匀速圆周运动，动量方向变化，D错误。
【变式8-3】在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于放出一个α粒子，结果得到一张两个相切圆的径迹照片(如图所示)，今测得两个相切圆半径之比r1∶r2＝1∶44。则：
(1)图中哪一个圆是α粒子的径迹？(说明理由)
(2)这个原子核原来所含的质子数是多少？
[解析]　(1)因为动量守恒，所以轨道半径与粒子的电荷量成反比，所以圆轨道2是α粒子的径迹，圆轨道1是新生核的径迹，两者电性相同，运动方向相反。
(2)设衰变后新生核的电荷量为q1，α粒子的电荷量为q2＝2e，它们的质量分别为m1和m2，衰变后的速度分别为v1和v2，所以原来原子核的电荷量q＝q1＋q2。
根据轨道半径公式有
＝＝，
又由于衰变过程中遵循动量守恒定律，则
m1v1＝m2v2，
以上三式联立解得q＝90e。
即这个原子核原来所含的质子数为90。
[答案]　(1)圆轨道2是α粒子的径迹，理由见解析　(2)90专题4.1 普朗克黑体辐射理论
【人教版】
【题型1 黑体与黑体辐射】
【题型2 黑体辐射的实验规律】
【题型3 能量子】
【题型4 联系实际】
【题型5 对比问题】
【题型6 热辐射】
【题型1 黑体与黑体辐射】
【例1】2015年中国发射卫星“悟空”，用来探测暗物质粒子和黑洞。黑洞是黑体的一种，关于黑体，下列说法正确的是 （　　）
A．外表面涂成黑色的物体就是黑体
B．黑体能够反射各种波长的电磁波，但不会辐射电磁波
C．在空腔壁上开一个很小的孔，射入孔的电磁波最终不能从空腔射出，这个带小孔的空腔就成了黑体
D．玻尔为得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，提出了能量子的假说
【答案】C
【解析】黑体是能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射的物体，A、B错误；在空腔壁上开一个很小的孔，射入孔的电磁波在空腔内表面发生多次反射和吸收，最终不能从空腔射出，这个带小孔的空腔就成了黑体，C正确；普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元，D错误。故选C。
【变式1-1】下列说法正确的是（　　）
A．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，与材料的种类及表面状况无关
B．热的物体向外辐射电磁波，冷的物体只吸收电磁波
C．新冠肺炎诊断中，要用X光扫描肺部，是因为在电磁波中X光的穿透能力最强
D．微波有很强的热效应，所以用微波炉加热食物
答案：A
解析：黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，与材料的种类及表面状况无关，故A正确；的物体和冷的物体都会向外辐射电磁波，故B错误；新冠肺炎诊断中，要用X光扫描肺部，是因为在电磁波中X光的穿透能力比较强，但不是最强的，穿透能力最强的电磁波是γ射线，故C错误；微波并没有很强的热效应，微波炉加热食物利用的不是微波的热效应，而是利用微波可以传递能量的特点，故D错误。
【变式1-2】关于黑体及黑体辐射，下列说法正确的是(　　)
A．黑体是真实存在的
B．普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元
C．随着温度升高，黑体辐射的各波长的强度有些会增强，有些会减弱
D．黑体辐射无任何实验依据
解析：选B　黑体并不是真实存在的，A错误；普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元，B正确；随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有增加，C错误；黑体辐射是有实验依据的，D错误。
【变式1-3】下列说法正确的是（　　）
A．只有温度高的物体才会有热辐射
B．黑体只是从外界吸收能量，从不向外界辐射能量
C．黑体可以看起来很明亮，是因为黑体可以反射电磁波
D．一般材料的物体，辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料的种类和表面情况有关
答案：D
解析：任何物体在任何温度下都存在辐射，温度越高辐射的能力越强，故A错误；能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射的物体叫作黑体，黑体不反射电磁波，但可以向外辐射电磁波，有些黑体有较强的辐射，看起来也可以很明亮，故BC错误；黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，与构成黑体的材料、形状无关，而一般物体辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料的种类和表面情况有关，故D正确。
【题型2 黑体辐射的实验规律】
【例2】黑体辐射的强度与波长的关系如图所示，由图可知下列说法错误的是(　　)
A.随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加
B.随着温度的升高，辐射强度的极大值向着波长较短的方向移动
C.任何温度下，黑体都会辐射各种波长的电磁波
D.不同温度下，黑体只会辐射相对应的某些波长的电磁波
答案　D
解析　由题图可以看出，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加，故A正确；随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故B正确；任何温度下，黑体都会辐射各种波长的电磁波，故C正确，D错误.
【变式2-1】(多选)黑体辐射的实验规律如图所示，以下判断正确的是(　　)
A.在同一温度下，波长越短的电磁波辐射强度越大
B.在同一温度下，辐射强度最大的电磁波波长不是最大的，也不是最小的，而是处在最大与最小波长之间
C.温度越高，辐射强度的极大值就越大
D.温度越高，辐射强度最大的电磁波的波长越短
答案　BCD
【变式2-2】如图所示是黑体的辐射强度与其辐射光波波长的关系图像，则下列说法正确的是（　　）
A．随着温度的升高，黑体的辐射强度都有所降低
B．随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动
C．T1>T2
D．T1答案：C
解析：随着温度的升高，黑体的辐射强度都会增加，同时最大辐射强度向左侧移动，即向波长较短的方向移动，则
【变式2-3】下列关于在两种不同温度下某一定质量的气体的分子速率分布图像（纵坐标f（v）表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比，横坐标v表示分子的速率）和两种不同温度下黑体辐射的强度与波长的关系的图像符合实验规律的是（　　）
A． B．
C． D．
答案：C
解析：两种不同温度下某一定质量的气体的分子速率分布图像与坐标轴围成的面积应相等，且温度较高的气体分子速率大的占比更多，AB错误；黑体辐射的实验规律：随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都增加，另一方面辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，C正确，D错误。
【题型3 能量子】
【例3】能量子假设是对经典物理学思想与观念的一次突破。“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”，作出这一大胆假设的科学家是（　　）
A．库仑 B．普朗克
C．密立根 D．爱因斯坦
答案：B
解析：能量子假设是对经典物理学思想与观念的一次突破。“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”，作出这一大胆假设的科学家是普朗克。
【变式3-1】（多选）在能量子量子化研究的历程中，以下说法正确的是（　　）
A．物质发射（或吸收）能量时，能量不是连续的，而是一份一份进行的
B．黑体即不反射电磁波，也不向外辐射电磁波
C．能量子假说中的能量子的能量，为带电微粒的振动频率，为普朗克常量
D．一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度无关
答案：AC
解析：普朗克在研究物体热辐射的规律时发现，电磁波的发射和吸收不是连续的，而是一份一份地进行的，每一份能量叫做一个能量子，能量子的能量，为带电微粒的振动频率，为普朗克常量，故AC正确；黑体不反射电磁波，但会向外辐射电磁波，即黑体辐射，故B错误；一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关，故D错误。
【变式3-2】（多选）关于普朗克“能量量子化”的假设，下列说法正确的是（　　）
A．认为带电微粒辐射或吸收能量时，是一份一份的
B．认为能量值是连续的
C．认为微观粒子的能量是量子化的、连续的
D．认为微观粒子的能量是分立的
答案：AD
解析：普朗克的理论认为带电微粒辐射或吸收能量时，是一份一份的，微观粒子的能量是量子化的，是分立的。
【变式3-3】以下宏现概念中，哪些是“量子化”的（ ）
A.物体的长度 B.物体所受的重力 C.物体的动能 D.学生的个数
解析：选D, “量子化”是不连续的,是一份一份的,故选D。
【题型4 联系实际】
【例4】2022年5月5日，我国成功利用“墨子号”量子科学实验卫星，实现了地球上1200公里间的量子态远程传输，这次实验的成功，意味着我国在量子通信网络建设领域向前迈出了重要的一步。下列关于量子化的说法正确的是（ ）
A．爱因斯坦首先提出了“能量子”的概念
B．物体的长度是量子化的
C．对于宏观带电物体，其电荷量是量子化的
D．能量子与电磁波的频率成反比
答案：C
解析：普朗克首先提出了“能量子”的概念，A错误；物体的长度是连续的，B错误；对于宏观带电物体，其电荷量是量子化的，是元电荷的整数倍，C正确；根据 ，能量子与电磁波的频率成正比，D错误。
【变式4-1】“测温枪”(学名“红外线辐射测温仪”)具有响应快、非接触和操作方便等优点。它是根据黑体辐射规律设计出来的，能将接收到的人体热辐射转换成温度显示。若人体温度升高，则人体热辐射强度I及其极大值对应的波长λ的变化情况是(　 )
A．I增大，λ增大 B．I增大，λ减小
C．I减小，λ增大 D．I减小，λ减小
解析：选B　根据黑体辐射规律，可知随温度升高，各种波长的辐射强度都增大，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故人体热辐射强度I随温度的升高而增大，其极大值对应的波长减小，B正确。
【变式4-2】“千克”这一基本单位原由国际千克原器来定义。国际千克原器是1889年第一届国际计量大会批准制造的，它是一个用铂依合金制成的圆柱体，高度和直径均为，原型保存在巴黎国际计量局。因受空气污染和氧化等因素影响，国际千克原器的质量出现细微变化，已难以适应现代精密测量要求。因此科学界一直想用一种基于物理常数的定义来取代。2018年11月16日，第26届国际计量大会决定，千克由普朗克常量h及米和秒定义，即。该决定已于2019年5月20日生效。此次标准实施后，国际单位制中7个基本单位全部建立在不变的自然常数基础上，保证了国际单位的长期稳定性和通用性。以下说法正确的是（ ）
A．普朗克常量h是一个无单位的常量
B．普朗克常量h的单位等效于
C．普朗克常量h的单位等效于
D．普朗克常量h的单位等效于
解析：根据，可得，则普朗克常量h的单位为，故A错误；根据牛顿第二定律可知，则故B错误；
根据功的定义可知则故C正确，D错误；
答案：C
【变式4-3】经测量，人体表面辐射本领的最大值落在波长为940μm处，根据电磁辐射的理论得出，物体最强辐射的波长与物体的绝对温度的关系近似为Tλm = 2.90×10 - 1mK，由此估算人体表面的温度和辐射的能量子的值各是多少？(h = 6.63×10 - 34J·s)
答案 36℃，2.12×10 - 22J
解析 人体表面的温度为 T ==K ≈ 309K≈36℃
人体辐射的能量子的值为 ε = h= 6.63×10 - 34×J = 2.12×10 - 22J
【题型5 对比问题】
【例5】关于黑体辐射图像如图所示，下列判断正确的是（　　）
A．T1>T2>T3>T4
B．T1C．T1=T2=T3=T4
D．测量某黑体任一波长的光的辐射强度可以得知其温度
答案：A
解析：因随着温度的升高，辐射强度增强，同时辐射强度的极大值向波长较短方向移动，所以T1>T2>T3>T4，A正确，BC错误；测量某黑体辐射强度最强的光的波长可以得知其温度，D错误。
【变式5-1】热辐射是指所有物体都要向外辐射电磁波的现象。辐射强度指垂直于电磁波方向的单位面积在单位时间内所接收到的辐射能量。在研究同一物体在不同温度下向外辐射的电磁波的波长与其辐射强度的关系时，得到如图所示的图线，图中横轴λ表示电磁波的波长，纵轴Mλ表示某种波长的电磁波的辐射强度，则由Mλ-λ图线可知，同一物体在不同温度下 （　　）
A．向外辐射同一波长的电磁波的辐射强度相同
B．向外辐射的电磁波的波长范围是相同的
C．向外辐射的电磁波的总能量随温度升高而减小
D．辐射强度的极大值随温度升高而向短波方向移动
答案：D
解析：由Mλ-λ图线可知，对于同一物体，随着温度的升高，一方面，各种波长电磁波的辐射强度都有所增加，向外辐射的电磁波的总能量增大；另一方面，辐射强度的极大值向短波方向移动，波长范围增大。ABC错误，D正确。
【变式5-2】某气体在T1、T2两种不同温度下的分子速率分布图象如图甲所示，纵坐标f（v）表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比，横坐标v表示分子的速率；而黑体辐射的实验规律如图乙所示，图乙中画出了T1、T2两种不同温度下黑体辐射的强度与波长的关系。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中T1>T2，图乙中T1>T2
B．图乙中温度升高，辐射强度的极大值向波长较短方向移动
C．图甲中温度升高，所有分子的速率都增大
D．图乙中黑体辐射电磁波的情况不仅与温度有关，还与材料的种类及表面状况有关
答案：B
解析：由图甲可知，温度为T2的图线中速率大的分子占据的比例较大，说明其对应的平均分子动能较大，故T2对应的温度较高，所以T2>T1，温度升高使得气体分子的平均速率增大，不一定所有分子的速率都增大。图乙中，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有所增加，且辐射强度的极大值向波长较短方向移动。故B正确；AC错误；图乙中黑体辐射电磁波的情况只与温度有关，与材料的种类及表面状况无关。故D错误。
【变式5-3】（多选）热辐射是指所有物体在一定的温度下都要向外辐射电磁波的现象，辐射强度是指垂直于电磁波传播方向上的单位面积上单位时间内所接收到的辐射能量。在研究某一黑体辐射的实验规律时，得到了四种温度下黑体辐射的强度与波长的关系如图。图中横轴表示电磁波的波长，纵轴表示某种波长电磁波的辐射强度，则由辐射强度图线可知，同一黑体在不同温度下（　　）
A．向外辐射同一波长的电磁波的辐射强度相同
B．辐射强度的极大值随温度升高而向短波方向移动
C．向外辐射的电磁波的总功率随温度升高而减小
D．向外辐射的电磁波的波长范围是相同的
答案：BD
解析：对于同一黑体，从图中可以看出，温度越高，向外辐射同一波长的电磁波的辐射强度越大，故A错误；从图中可以看出，辐射强度的极大值随温度升高而向短波方向移动，故B正确；从图中可以看出，随着温度的升高，各个波长的辐射强度均变大，故向外辐射的电磁波的总功率随温度升高而增大，故C错误；黑体可以辐射出任何波长的电磁波，在不同温度下，向外辐射的电磁波的波长范围是相同的，故D正确。
【题型6 热辐射】
【例6】（多选）以下关于辐射强度与波长的关系的说法中正确的是（　　）
A．物体在某一温度下只能辐射某一固定波长的电磁波
B．当铁块呈现黑色时，说明它的温度不太高
C．当铁块的温度较高时会呈现赤红色，说明此时辐射的电磁波中该颜色的光强度最强
D．早、晚时分太阳呈现红色，而中午时分呈现白色，说明中午时分太阳温度最高
答案：BC
解析：物体在某一温度下能辐射不同波长的电磁波，故A错误；黑体辐射的强度与温度有关，温度越高，则辐射强度的极大值也就越大。当铁块呈现黑色时，是由于它的辐射强度的极大值对应的波长段在红外部分，甚至波长更长，说明它的温度不太高，故B正确；当铁块的温度较高时会呈现赤红色，说明此时辐射的电磁波中该颜色的光强度最强，故C正确。太阳早、晚时分呈现红色，而中午时分呈现白色，是由于大气吸收与反射了部分光的原因，不能说明中午时分太阳温度最高，故D错误。
【变式6-1】（多选）关于对热辐射的认识，下列说法正确的是(　　)
A．温度越高，物体辐射的电磁波越强
B．冷的物体只吸收电磁波
C．辐射强度按波长的分布情况只与物体的温度有关，与材料的种类及表面状况无关
D．常温下看到的不透明、非发光物体的颜色是反射光的颜色
答案：AD　
解析：一切物体都在不停地向外辐射电磁波，且温度越高，辐射的电磁波越强，A正确，B错误；选项C是黑体辐射的特性，C错误；常温下看到的不透明、非发光物体的颜色是反射光的颜色，D正确。
【变式6-2】关于热辐射，下列说法不正确的是（　　）
A．物体在室温下辐射的主要成分是波长较短的电磁波
B．随着温度的升高，热辐射中波长较短的成分越来越多
C．给一块铁块加热，铁块依次呈现暗红、赤红、橘红等颜色
D．辐射强度按波长的分布情况随物体温度的变化而有所不同，这是热辐射的一种特性
答案：A
解析：物体在室温下辐射的主要成分是波长较长的电磁波，以不可见的红外线为主，故A错误；随着温度的升高，热辐射中波长较短的成分越来越多，故B正确；给一块铁块加热，随着温度的升高，热辐射中波长较短的成分越来越多，铁块依次呈现暗红、赤红、橘红等颜色，故C正确；辐射强度按波长的分布情况随物体温度的变化而有所不同，这是热辐射的一种特性，故D正确。
本题选错误的。
【变式6-3】关于热辐射，下列叙述中正确的是(　　)
一切物体都在辐射电磁波
任何物体辐射电磁波的情况只与温度有关
黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关是因为能量量子化
黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波
答案：D
解析：根据热辐射定义可知A对。根据热辐射和黑体辐射的特点可知，一般物体辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料种类和表面状况有关，而黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关，B错。C对。根据黑体定义知D对。专题1.1 分子动理论的基本内容
【人教版】
【题型1 固体分子大小的估算】
【题型2 液体分子大小的估算】
【题型3 气体分子间平均距离的估算】
【题型4 扩散】
【题型5 布朗运动】
【题型6 分子热运动】
【题型7 分子间作用】
【题型8 分子动理论】
【题型1 固体、液体分子大小的估算】
【例1】铜摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA。1个铜原子所占的体积是(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选A　铜的摩尔体积Vmol＝，则一个铜原子所占的体积为V0＝＝，A正确。
【变式1-1】已知地球到月球的平均距离为384 400 km，金原子的直径为3.48×10－9 m，金的摩尔质量为197 g/mol。若将金原子一个接一个地紧挨排列起来，筑成从地球通往月球的“分子大道”，试问(NA＝6.02×1023 mol－1)：
(1)该“分子大道”需要多少个原子？
(2)这些原子的总质量为多少？
解析：(1)N＝＝1.10×1017(个)。
(2)总质量为M＝MA＝3.6×10－8 kg。
答案：(1)1.10×1017　(2)3.6×10－8 kg
【变式1-2】(多选)已知铜的摩尔质量为M(kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m3)，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)。下列判断正确的是(　 )
A．1 kg铜所含的原子数为NA
B．1 m3铜所含的原子数为
C．1个铜原子的体积为(m3)
D．铜原子的直径为 (m)
解析：选CD　1 kg铜所含的原子数为N＝·NA，故A错误；1 m3铜所含的原子数为N＝nNA＝，故B错误；1个铜原子的体积为V＝(m3)，体积为V＝π·3，联立解得d＝(m)，故C、D正确。
【变式1-3】钻石是首饰和高强度钻头、刻刀等工具中的主要材料，设钻石的密度为ρ(单位为kg/m3)，摩尔质量为M(单位为g/mol)，阿伏加德罗常数为NA。已知1克拉＝0.2克，则(　 )
A．a克拉钻石所含有的分子数为
B．a克拉钻石所含有的分子数为
C．每个钻石分子直径的表达式为 (单位为m)
D．每个钻石分子直径的表达式为 (单位为m)
解析：选A　a克拉钻石物质的量(摩尔数)为n＝，所含分子数为N＝nNA＝，A正确，B错误；钻石的摩尔体积V＝(单位为m3/mol)，每个钻石分子体积为V0＝＝，设钻石分子直径为d，则V0＝π3，联立解得d＝ (单位为m)，C、D错误。
【题型2 液体分子大小的估算】
【例2】空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥．某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V＝1.0×103 cm3.已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1.试求：(结果均保留一位有效数字)
(1)该液化水中含有水分子的总数N；
(2)一个水分子的直径d.
解析　(1)水的摩尔体积为
Vmol＝＝ m3/mol＝1.8×10－5 m3/mol
该液化水中含有水分子的总数为
N＝＝≈3×1025(个)．
(2)建立水分子的球体模型，有＝πd3，可得水分子直径：d＝ ＝ m≈4×10－10m.
答案　(1)3×1025个　(2)4×10－10 m
【变式2-1】已知水的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA。若用m0表示一个水分子的质量，用V0表示一个水分子的体积，下列表达式中正确的是(　　)
A.m0＝ B.m0＝
C.V0＝ D.V0＝
答案　A
解析　一个分子的质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数，则有m0＝，故A正确，B错误；由于水分子间隙小，所以水分子的体积等于摩尔体积除以阿伏加德罗常数，则有V0＝，故C、D错误。
【变式2-2】已知阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，某液体的摩尔质量为M(kg/mol)，该液体的密度为ρ(kg/m3)，则下列叙述中正确的是(　 )
A．1 kg该液体所含的分子个数是ρNA
B．1 kg该液体所含的分子个数是NA
C．该液体1个分子的质量是
D．该液体1个分子占有的空间是
解析：选B　1 kg该液体的物质的量为，所含分子数目为：n＝NA·＝，故A错误，B正确；每个分子的质量为：m0＝＝，故C错误；每个分子所占空间为：V0＝＝，故D错误。
【变式2-3】水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数为NA＝6.02×1023 mol－1，一滴露水的体积大约是9.0×10－8 cm3，它含有__________个水分子，如果一只极小的虫子来喝水，每分钟喝进9.0×107个水分子时，喝进水的质量是__________ kg。(结果保留2位有效数字)
答案　3.0×1015　2.7×10－18
解析　已知水的摩尔质量为M＝1.8×10－2 kg
水的摩尔体积为VM＝
一个水分子的体积为V0＝
一滴露水含有水分子的个数N＝＝3.0×1015个
小虫喝进水的物质的量为n＝
喝进水的质量为m＝nM＝2.7×10－18 kg。
【题型3 气体分子间平均距离的估算】
【例3】很多轿车为了改善夜间行驶时的照明问题，在车灯的设计上选择了氙气灯，因为氙气灯灯光的亮度是普通灯灯光亮度的3倍，但是耗电量仅是普通灯的一半，氙气灯使用寿命则是普通灯的5倍，很多车主会选择含有氙气灯的汽车。若氙气充入灯头后的容积V＝1.6 L，氙气密度ρ＝6.0 kg/m3。已知氙气摩尔质量M＝0.131 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol－1。试估算：(结果保留一位有效数字)
(1)灯头中氙气分子的总个数N；
(2)灯头中氙气分子间的平均距离。
解析：(1)设氙气的物质的量为n，则n＝，氙气分子的总数N＝NA≈4×1022个。
(2)每个氙气分子所占的空间为V0＝，设氙气分子间平均距离为a，则有V0＝a3，即a＝ ≈3×10－9 m。
答案：(1)4×1022个　(2)3×10－9 m
【变式3-1】[多选]某气体的摩尔质量为M，分子质量为m 。若1摩尔该气体的体积为Vm，密度为ρ，则该气体单位体积分子数为(阿伏加德罗常数为NA)(　　)
A. B.
C. D.
解析：选ABC　1摩尔该气体的体积为Vm，则单位体积分子数为n＝，气体的摩尔质量为M，分子质量为m，则1 mol气体的分子数为NA＝，可得n＝，气体的密度为ρ，则1摩尔该气体的体积Vm＝，则有n＝，故D错误，A、B、C正确。
【变式3-2】某一体积为V的密封容器，充入密度为ρ、摩尔质量为M的理想气体，阿伏加德罗常数为NA。则该容器中气体分子的总个数N＝__________。现将这部分气体压缩成液体，体积变为V0，此时分子中心间的平均距离d＝__________。(将液体分子视为立方体模型)
答案　　
解析　气体的质量m＝ρV
气体分子的总个数N＝nNA＝NA＝NA
该部分气体压缩成液体，分子个数不变
设每个液体分子的体积为V1，则N＝
又V1＝d3
联立解得d＝。
【变式3-3】如图所示为一个防撞气包，包内气体在标准状况下体积为336 mL，已知气体在标准状态下的摩尔体积V0＝22.4 L/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1，求气包内(结果均保留2位有效数字)
(1)气体的分子个数；
(2)气体在标准状况下每个分子所占的体积。
答案　(1)9.0×1021个　(2)3.7×10－26 m3
解析　(1)由题意可知，分子数目为
N＝NA≈9.0×1021个。
(2)由题意可知气体在标准状况下每个分子所占的体积为
V′＝≈3.7×10－26 m3。
【题型4 扩散】
【例4】关于扩散现象，下列说法错误的是(　 )
A．温度越高，扩散进行得越快
B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应
C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
解析：选B　根据分子动理论，温度越高，扩散进行得越快，A正确；扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，不是化学反应，C正确，B错误；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，D正确。
【变式4-1】（多选）下列说法正确的是(　　)
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料中掺入其它元素
E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大
答案　ACD
解析　根据布朗运动的定义，显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的做无规则运动，不是分子运动，是小炭粒的无规则运动，但却反映了小炭粒周围的液体分子运动的无规则性，A选项正确；分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，也可能一直减小，故B选项错误；由于分子间的距离不确定，故分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，也可能一直增大，故C选项正确；根据扩散现象可知，在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，此种说法是正确的，故D选项正确；当温度升高时，分子的热运动加剧，但不是物体内每一个分子热运动的速率一定都增大，故E选项错误．
【变式4-2】[多选]下列说法正确的是(　　)
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素
E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大
解析：选ACD　布朗运动是固体颗粒在液体中的运动，反应液体分子的运动，故显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性，故选项A正确；分子间距离r【变式4-3】(多选)墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀．关于该现象的分析正确的是(　　)
A．混合均匀主要是由于碳粒受重力作用
B．混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动
C．使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速
D．墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的
答案　BC
解析　根据分子动理论的知识可知，最后混合均匀是扩散现象，水分子做无规则运动，碳粒做布朗运动，由于布朗运动的剧烈程度与颗粒大小和温度有关，所以使用碳粒更小的墨汁，布朗运动会更明显，则混合均匀的过程进行得更迅速，故选B、C.
【题型5 布朗运动】
【例5】(多选)我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作，PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5 μm的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害。矿物燃料燃烧的排放物是形成PM2.5的主要原因。下列关于PM2.5的说法中正确的是(　 )
A．PM2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当
B．PM2.5在空气中的运动属于分子热运动
C．减少煤和石油等燃料的使用，能有效减小PM2.5在空气中的浓度
D．PM2.5的内能不为零
解析：选CD　“PM2.5”是指直径小于等于2.5μm的颗粒物，PM2.5尺度大于空气中氧分子的尺寸的数量级，故A错误；PM2.5在空气中的运动是固体颗粒、分子团的运动，不是分子的热运动，故B错误；煤和石油的燃烧会产生大量的粉尘颗粒，如果减少煤和石油等燃料的使用，能有效减小PM2.5在空气中的浓度，故C正确；分子在不停地做无规则运动，PM2.5内能不为零，故D正确。
【变式5-1】据研究发现，新冠病毒的传播途径之一是气溶胶传播。气溶胶是指悬浮在气体介质中的固态或液态颗粒所组成的气态分散系统。这些固态或液态颗粒的大小一般在10－3～103 μm之间。已知布朗运动微粒大小通常在10－6 m数量级。下列说法正确的是(　 )
A．布朗运动是气体介质分子的无规则的运动
B．在布朗运动中，固态或液态颗粒越小，布朗运动越剧烈
C．在布朗运动中，颗粒无规则运动的轨迹就是分子的无规则运动的轨迹
D．当固态或液态颗粒很小时，能很长时间都悬浮在气体中，颗粒的运动属于布朗运动，能长时间悬浮是因为气体浮力作用
解析：选B　布朗运动是固态或液态颗粒的无规则运动，是气体分子无规则热运动撞击的结果，所以它反映的是气体分子的无规则运动；颗粒越小，气体分子对颗粒的撞击作用越不容易平衡，布朗运动越剧烈，故B正确，A错误；在布朗运动中，颗粒本身并不是分子，而是分子集团，所以颗粒无规则运动的轨迹不是分子无规则运动的轨迹，故C错误；当固态或液态颗粒很小时，能很长时间都悬浮在气体中，颗粒的运动属于布朗运动；固态或液态颗粒能长时间悬浮是受到气体分子无规则热运动撞击而导致的，不是浮力作用的结果，故D错误。
【变式5-2】(多选)下列说法正确的是(　 )
A．一锅水中撒一点胡椒粉，煮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．某复兴号高速列车驶出车站逐渐提速，其恒温车厢内的一切物体的内能也一定会逐渐增加
C．尽管蔗糖受潮时粘在一起，但是它依然是晶体
D．荷叶上小水珠呈球状是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势
解析：选CD　胡椒粉在水中翻滚是水的对流引起的，属于机械运动，故A错误；物体的内能与物体运动的速度无关，故B错误；蔗糖虽然没有确定的形状，但熔化时有确定的熔点，所以蔗糖是晶体，故C正确；根据液体的表面张力的特点可知D正确。
【变式5-3】某同学在显微镜下观察水中悬浮的花粉微粒的运动。他把小微粒每隔一定时间的位置记录在坐标纸上，如图所示。则该图反映了(　　)
A.液体分子的运动轨迹
B.花粉微粒的运动轨迹
C.每隔一定时间花粉微粒的位置
D.每隔一定时间液体分子的位置
答案　C
解析　显微镜能看见的是悬浮的花粉微粒不是分子，A、D错误；如图所示是小微粒每隔一定时间在坐标纸上的位置，用直线把它们连接起来，表现出无规律性，期间微粒不一定是沿直线运动，B错误，C正确。
【题型6 分子热运动】
【例6】关于温度的概念，下列说法中正确的是(　　)
A．温度是分子平均动能的标志，物体温度高，则物体的分子平均动能大
B．物体温度高，则物体每一个分子的动能都大
C．某物体内能增大时，其温度一定升高
D．甲物体温度比乙物体温度高，则甲物体的分子平均速率比乙物体的大
答案　A
【变式6-1】(多选)同学们一定都吃过味道鲜美的烤鸭，烤鸭的烤制过程没有添加任何调料，只是在烤制之前，把烤鸭放在腌制汤中腌制一定的时间，盐就会进入肉里。下列说法正确的是(　 )
A．如果让腌制汤温度升高，盐进入鸭肉的速度就会加快
B．烤鸭的腌制过程说明分子之间有引力，把盐分子吸进鸭肉里
C．在腌制汤中，有的盐分子进入鸭肉，有的盐分子从鸭肉里面出来
D．把鸭肉放入腌制汤后立刻冷冻，将不会有盐分子进入鸭肉
解析：选AC　盐分子进入鸭肉是因为发生了扩散，温度越高，扩散得越快，A正确；盐进入鸭肉是因为盐分子的无规则运动，并不是因为分子引力，B错误；盐分子永不停息地做无规则运动，有的进入鸭肉，有的离开鸭肉，C正确；冷冻后，仍然会有盐分子进入鸭肉，只不过速度慢一些，D错误。
【变式6-2】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
答案　C
解析　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；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；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；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。
【变式6-3】（多选）下列哪些现象属于热运动(　　)
A．把一块平滑的铅板叠放在平滑的铝板上，经相当长的一段时间再把它们分开，会看到与它们相接触的面都变得灰蒙蒙的
B．把胡椒粉末放入菜汤中，最后胡椒粉末会沉在汤碗底，而我们喝汤时尝到了胡椒的味道
C．含有泥沙的水经一定时间会变澄清
D．用砂轮打磨而使零件温度升高
答案　ABD
解析　热运动在微观上是指分子的运动，如扩散现象，在宏观上表现为温度的变化，如“摩擦生热”，物体的热传递等，而水的澄清过程是由于泥沙在重力作用下的沉淀，不是热运动，C错误．
【题型7 分子间作用】
【例7】如图所示，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无穷远处由静止释放，在分子力的作用下靠近甲，图中点b是引力最大处，点d是两分子靠得最近处，则乙分子加速度最大处可能是(　　)
A．点a B．点b
C．点c D．点d
答案　D
解析　由分子力与分子之间距离的图象可以看出，在a、b、c、d四点中，乙分子在点d时分子力最大，根据牛顿第二定律知在点d时乙分子的加速度最大．
【变式7-1】(多选)关于分子间相互作用力的以下说法中正确的是(　　)
A.当分子间的距离r＝r0时，分子力为零，说明此时分子间既不存在引力，也不存在斥力
B.分子力随分子间距离的变化而变化，当r＞r0时，随着距离的增大，分子间的引力和斥力都增大，但引力比斥力增大得快，故分子力表现为引力
C.当分子间的距离r＜r0时，随着距离的减小，分子间的引力和斥力都增大，但斥力比引力增大得快，故分子力表现为斥力
D.当分子间的距离r＝10－9 m时，分子间的作用力可以忽略不计
答案　CD
解析　分子间的引力和斥力同时存在，当分子间的距离r＝r0时，引力等于斥力，分子力为零，故A错误；分子力随分子间距离的变化而变化，当r＞r0时，分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，斥力减小得更快，分子力表现为引力，故B错误；当分子间的距离r＜r0时，随着距离的减小，分子间的引力和斥力都增大，但斥力比引力增大得快，分子力表现为斥力，故C正确；当分子间的距离r＝10－9m时，分子间的作用力可以忽略不计，故D正确。
【变式7-2】[多选]一般情况下，分子间同时存在分子引力和分子斥力。若在外力作用下两分子的间距达到不能再靠近时，固定甲分子不动，乙分子可自由移动，则去掉外力后，当乙分子运动到很远时，速度为v，则在乙分子的运动过程中(乙分子的质量为m)(　　)
A．乙分子的动能变化量为mv2
B．分子力对乙分子做的功为mv2
C．分子引力比分子斥力多做的功为mv2
D．分子斥力比分子引力多做的功为mv2
E．乙分子克服分子力做的功为mv2
解析：选ABD　当甲、乙两分子间距离最小时，两者都处于静止状态，当乙分子运动到分子力的作用范围之外时，乙分子不再受力，此时速度为v，故在此过程中乙分子的动能变化量为mv2，A正确；在此过程中，分子斥力始终做正功，分子引力始终做负功，即W合＝W斥－W引，由动能定理得W斥－W引＝mv2，故分子斥力比分子引力多做的功为mv2，B、D正确。
【变式7-3】如图所示，用细线将一块玻璃板水平地悬挂在弹簧测力计下端，并使玻璃板贴在水面上，然后缓慢提起弹簧测力计，在玻璃板脱离水面的一瞬间，弹簧测力计读数会突然增大，主要原因是(　　)
A．水分子做无规则热运动
B．玻璃板受到大气压力作用
C．水与玻璃间存在万有引力作用
D．水与玻璃间存在分子引力作用
解析：选D　弹簧测力计读数会突然增大的主要原因是：水与玻璃间存在分子引力作用，选项D正确。
【题型8 分子动理论】
【例8】(多选)已知阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，某物质的摩尔质量为M(kg/mol)，该物质的密度为ρ(kg/m3)，则下列叙述中正确的是(　　)
A.1 kg该物质所含的分子个数是ρNA
B.1 kg该物质所含的分子个数是NA
C.该物质1个分子的质量是
D.该物质1个分子占有的空间是
答案　BD
解析　1 kg该物质的物质的量为，所含分子数目为n＝NA·＝，故A错误，B正确；每个分子的质量为m0＝＝，故C错误；每个分子所占空间为V0＝，故D正确。
【变式8-1】(多选)关于分子动理论，下列说法正确的有(　 )
A．扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明
B．压缩气体时，体积越小，压强越大，说明气体分子间存在着斥力
C．从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关
D．当分子间作用力表现为引力时，分子势能随距离的增大而减少
解析：选AC　扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明，A正确；压缩气体时，体积越小，压强越大，这是因为体积越小时，气体分子的密度越大，单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数越多，压强越大，这与气体分子间的斥力无关，B错误；从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关，气体分子的动能越大，气体分子对器壁的碰撞力越大，分子密度越大，单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数越多，压强越大，C正确；当分子间作用力表现为引力时，分子距离变大，则分子力做负功，分子势能增加，即分子势能随距离的增大而增加，D错误。
【变式8-2】(多选)关于分子动理论，下列说法正确的是(　　)
A.若已知气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可求出一个气体分子的体积
B.气体温度升高时，速率较大的分子占总分子数的比例升高
C.布朗运动不是分子运动，但它能间接反映液体分子在做无规则的运动
D.分子间的引力总是随分子间距增大而增大
答案　BC
解析　由气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出气体分子所占的空间体积，但是得不到气体分子的体积，故A错误；根据速率分布规律图，气体温度升高时，速率较大的分子占总分子数的比例升高，故B正确；布朗运动是指悬浮在液体中微粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的，间接反映液体分子在做无规则的运动，故C正确；分子间同时存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力均随着分子间距离的增大而减小，故D错误。
【变式8-3】[多选]下列说法正确的是(　　)
A．气体扩散现象表明了气体分子的无规则运动
B．气体温度升高，分子的平均动能一定增大
C．布朗运动的实质就是分子的热运动
D．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而减小
E．当分子间作用力表现为引力时，分子势能随分子间距离的减小而减小
解析：选ABE　布朗运动是悬浮在液体中微粒的运动，它是液体分子无规则热运动的反映，选项C错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大，选项D错误。专题5.2 放射性元素的衰变
【人教版】
【题型1 衰变方程】
【题型2 衰变的实质】
【题型3 衰变次数问题】
【题型4 半衰期的认识】
【题型5 半衰期的应用】
【题型6 人工核转变问题】
【题型7 放射性同位素的应用】
【题型8 衰变与动量综合】
【题型1 衰变方程】
【例1】下列核反应方程中，属于α衰变的是(　　)
A. N＋He→O＋H B. U→Th＋He
C.H＋H→He＋n D. Th→Pa＋e
【变式1-1】在核反应堆中，U吸收一个中子后生成Pu，Pu是重要的核燃料，其衰变方程式为Pu→U＋He＋γ。以下说法正确的是(　　)
A.Pu衰变过程是一个β衰变过程
B.Pu衰变过程质量数守恒，所以没有核能量释放
C.Pu衰变过程中的γ光子是由U原子核能级跃迁产生的
D.U吸收一个中子后生成Pu的核反应过程是一个α衰变过程
【变式1-2】贝可勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用。下列属于放射性衰变的是(　　)
A.C→N＋e
B.U＋n→I＋Y＋2n
C.H＋H→He＋n
D.He＋Al→P＋n
【变式1-3】(多选)如图，匀强磁场中的O点有一静止的原子核Th发生了某种衰变，衰变方程为Th→Y＋e，反应生成的粒子e的速度方向垂直于磁场方向．关于该衰变，下列说法正确的是(　　)
A.Th发生的是α衰变
B.Th发生的是β衰变
C．A＝234，Z＝91
D．新核Y和粒子e在磁场中的轨迹外切于O点
【题型2 衰变的实质】
【例2】我国首辆火星车“祝融号”采用放射性材料作为发电能源为火星车供电。中的元素Pu是，其发生衰变的半衰期为87.7年。下列说法中正确的是（　　）
A．衰变是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子
B．发生衰变的核反应方程为
C．经过263.1年，大约还有12.5%的原子核Pu没发生衰变
D．当气温和引力环境发生改变，Pu的半衰期可能会发生变化
【变式2-1】Th具有放射性，发生一次β衰变成为新原子核X的同时放出能量，下列说法正确的是(　　)
A.Th核能放射出β粒子，说明其原子核内有β粒子
B.新核X的中子数为143
C.Th核的质量等于新核X与β粒子的质量之和
D.让Th同其他的稳定元素结合成化合物，其半衰期将增大
【变式2-2】（多选）下面说法中正确的是（　　）
A．比多2个中子
B．衰变的实质是核内的一个中子转化为一个质子和一个电子
C．射线比射线的电离作用大
D．某元素的半衰期为T，则该元素的10个原子核经过时间T，一定有5个原子数发生了衰变
【变式2-3】(多选)居室装修中常用的花岗岩、大理石等材料，有些含有铀、钍的石材会释放出放射性气体氡，氡吸入呼吸道中会进行放射性衰变，放射出、、射线。这些射线会导致细胞发生癌变，引发肺癌、白血病等疾病。下列说法正确的是(　　)
A．三种射线中射线的电离能力最强，射线的穿透能力最强
B．放射性元素(铀核)经过7次衰变和4次衰变后变为(铅核)
C．将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，其半衰期不变
D．射线是原子核内的质子转变成中子时产生的电子
【题型3 衰变次数问题】
【例3】如图，一个原子核X经图中所示的一系列α、β衰变后，生成稳定的原子核Y，在此过程中放射出电子的总个数为(　 )
A．6　　　　　 B．8
C．10 D．14
【变式3-1】(多选)由于放射性元素Np的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现。已知Np经过一系列α衰变和β衰变后变成Bi，下列论断中正确的是(　 )
A.Bi的原子核比Np的原子核少28个中子
B.Bi的原子核比Np的原子核少18个中子
C．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变
D．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变
【变式3-2】下列关于核反应的说法正确的是(　　)
A.Th→Pa＋e是β衰变方程，U→Th＋He是核裂变方程
B.U＋n→Ba＋Kr＋3n是核裂变方程，也是氢弹的核反应方程
C.Th衰变为Rh，经过3次α衰变，2次β衰变
D.铝核Al被α粒子击中后产生的反应生成物是磷P，同时放出一个质子
【变式3-3】2020年3月15日中国散列中子源(CSNS)利用中子成像技术帮助中国科技大学进行了考古方面的研究。散射中子源是研究中子特性、探测物质微观结构和运动的科研装置。下列关于中子研究的说法正确的是(　　)
A.α粒子轰击N，生成O并产生了中子
B.U经过4次α衰变，2次β衰变后，新核与原来的原子核相比中子数少了10个
C.γ射线实质是高速中子流，可用于医学的放射治疗
D.核电站可通过“慢化剂”控制中子数目来控制核反应的速度
【题型4 半衰期的认识】
【例4】2021年4月13日，日本政府正式决定，向海洋排放福岛第一核电站含有对海洋环境有害的核废水，下列关于放射性元素半衰期的说法正确的是（　　）
A．100个放射性元素原子核经过一个半衰期后剩余50个未衰变的原子核
B．通过化学方法可以改变故射性元素的半衰期
C．通过物理方法可以改变放射性元素的半衰期
D．半衰期越长对环境的影响时间越长
【变式4-1】医学治疗中常用放射性核素113In产生γ射线，而113In是由半衰期相对较长的113Sn衰变产生的。对于质量为m0的113Sn，经过时间t后剩余的113Sn质量为m，其 t图线如图所示。从图中可以得到113Sn的半衰期为(　 )
A．67.3 d B．101.0 d C．115.1 d D．124.9 d
【变式4-2】已知Th的半衰期为24天.4 gTh经过72天还剩下(　　)
A.0 B.0.5 g
C.1 g D.1.5 g
【变式4-3】现代考古中可利用的衰变规律测定古生物的年代，衰变时放出________（填粒子符号），并生成新核。如图所示为放射性元素的衰变规律的示意图（纵坐标表示的是任意时刻放射性元素的原子数与时的原子数的比值），则该放射性元素的半衰期是_______年。若从某次考古时发掘出来的木材中，检测到所含的比例是正在生长的植物中的80%，则该木材距今约_______年。
【题型5 半衰期的应用】
【例5】(多选)活体生物由于需要呼吸，其体内的14C含量大致不变，死后停止呼吸，体内的14C含量开始减少。由于碳元素在自然界的各个同位素的比例一直都很稳定，人们可通过测定古木的14C 含量，来估计它的大概年龄，这种方法称之为碳定年法。14C衰变为14N的半衰期约为5 730年，某古木样品中14C 的比例约为现代植物所制样品的二分之一。下列说法正确的是(　　)
A.该古木的年龄约为5 730年
B.14C与14N具有相同的中子数
C.14C衰变为14N的过程中放出β射线
D.升高古木样品所处环境的温度将加速14C的衰变
【变式5-1】银河系中存在大量的铝同位素26Al。26Al核β＋衰变的衰变方程为Al―→Mg＋e，测得26Al核的半衰期为72万年。下列说法正确的是(　 )
A．26Al核的质量等于26Mg核的质量
B．26Al核的中子数大于26Mg核的中子数
C．将铝同位素26Al放置在低温低压的环境中，其半衰期不变
D．银河系中现有的铝同位素26Al将在144万年后全部衰变为26Mg
【变式5-2】核污水中常含有氚(H)等放射性核素，处置不当将严重威胁人类安全。氚β衰变的半衰期长达12.5年，衰变方程为H―→He＋e＋e，其中e是质量可忽略不计的中性粒子，Z＝________，A＝________。若将含有质量为m的氚的核污水排入大海，即使经过50年，排入海中的氚还剩________m(用分数表示)。
【变式5-3】碘131的半衰期约为8天.若某药物含有质量为m的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有(　　)
A. B.
C. D.
【题型6 人工核转变问题】
【例6】(多选)1934年，约里奥－居里夫妇用α粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X，反应方程为He＋Al→X＋n。X会衰变成原子核Y，衰变方程为X→Y＋e。则(　　)
A.X的质量数与Y的质量数相等
B.X的电荷数比Y的电荷数少1
C.X的电荷数比Al的电荷数多2
D.X的质量数与Al的质量数相等
【变式6-1】用“中子活化”技术分析某样品的成分，中子轰击样品中的7N产生6C和另一种粒子X，则X是(　 )
A．质子　　　　　　　　 B．α粒子
C．β粒子 D．正电子
【变式6-2】硼(B)中子俘获治疗是目前最先进的癌症治疗手段之一。治疗时先给病人注射一种含硼的药物，随后用中子照射，硼俘获中子后，产生高杀伤力的α粒子和锂(Li)离子。这个核反应的方程是(　 )
A.B＋n―→Li＋He　 B.B＋He―→N＋n
C.N＋He―→O＋H D.N＋n―→C＋H
【变式6-3】下列核反应属于人工转变的是(　　)
A.Th→Pa＋e
B.He＋Be→C＋n
C.U＋n→Xe＋Sr＋10n
D.H＋H→He＋n
【题型7 放射性同位素的应用】
【例7】关于放射性同位素的应用,下列说法正确的是(　　)
A.利用γ射线使空气电离,把静电荷导走
B.利用β射线照射植物的种子,使产量显著增加
C.利用α射线来治疗肺癌、食道癌等疾病
D.放射性同位素跟它的非放射性同位素的化学性质相同,可将放射性同位素作为示踪原子
【变式7-1】(多选)正电子发射型计算机断层显像(PET)的基本原理是将放射性同位素O注入人体O在人体内衰变放出的正电子与人体内的负电子相遇湮灭转化为一对γ光子,被探测器采集后,经计算机处理生成清晰图像。则根据PET原理判断下列表述不正确的是(　　)
A.O在人体内的衰变方程式为ONe
B.正、负电子的湮灭方程是ee2γ
C.在PET中O的主要用途是作为示踪原子
D.在PET中O的主要用途是参与人体的新陈代谢
【变式7-2】在医学上钴-60的放射性常用于癌症的放射治疗。一个钴-60原子核（）放出一个β粒子后衰变成一个镍核（），并伴随产生了γ射线。下列说法正确的是（　　）
A．γ射线的电离本领比β射线强
B．氢原子的能级跃迁中不可能放出γ射线
C．γ射线与光电效应中的光电子是同一种物质
D．钴的体积必须大于临界体积，其衰变反应才能顺利进行
【变式7-3】居里夫人在实验中发现了半衰期为138天的钋元素，该元素通过一次衰变，变为铅。下列说法正确的是（　　）
A．经过276天，钋可以全部转化为铅
B．发生衰变时，原子核释放出一个电子
C．射线穿透力很强，可射穿几厘米厚的铅板
D．Pb元素中的X值为82
【题型8 衰变与动量综合】
【例8】在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图中a、b所示，由图可以判定(　　)
A．该核发生的是α衰变
B．该核发生的是β衰变
C．磁场方向一定垂直纸面向里
D．磁场方向一定垂直纸面向外
【变式8-1】(多选)静止的Bi原子核在磁场中发生衰变后运动轨迹如图所示，大、小圆半径分别为R1、R2。则下列关于此核衰变方程和两圆轨迹半径比值的判断中正确的是(　 )
A.Bi―→Tl＋He B.Bi―→Po＋e
C．R1∶R2＝84∶1 D．R1∶R2＝207∶4
【变式8-2】一个U 原子核静止在磁感应强度为B的匀强磁场中，当原子核发生衰变后，它放出一个α粒子(He)，其速度方向与磁场方向垂直。关于α粒子与衰变后的新核在磁场中做的圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A.运动半径之比是45∶1
B.运动周期之比是1∶117
C.动能总是大小相等
D.动量总是大小相等，方向相反
【变式8-3】在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于放出一个α粒子，结果得到一张两个相切圆的径迹照片(如图所示)，今测得两个相切圆半径之比r1∶r2＝1∶44。则：
(1)图中哪一个圆是α粒子的径迹？(说明理由)
(2)这个原子核原来所含的质子数是多少？
参考答案
【题型1 衰变方程】
【例1】下列核反应方程中，属于α衰变的是(　　)
A. N＋He→O＋H B. U→Th＋He
C.H＋H→He＋n D. Th→Pa＋e
解析：选B　α衰变是放射性元素的原子核放出α粒子(He)的核反应，选项B正确。
【变式1-1】在核反应堆中，U吸收一个中子后生成Pu，Pu是重要的核燃料，其衰变方程式为Pu→U＋He＋γ。以下说法正确的是(　　)
A.Pu衰变过程是一个β衰变过程
B.Pu衰变过程质量数守恒，所以没有核能量释放
C.Pu衰变过程中的γ光子是由U原子核能级跃迁产生的
D.U吸收一个中子后生成Pu的核反应过程是一个α衰变过程
答案　C
解析　由Pu衰变过程放出α粒子，为α衰变过程，故A错误；Pu衰变过程质量发生亏损，由爱因斯坦质能方程可知，衰变过程放出能量，故B错误；Pu衰变过程中产生的U原子核不稳定而发生跃迁同时放出光子即释放能量，故C正确；U吸收一个中子后生成Pu的核反应过程没有放出α粒子，也不是一个α衰变过程，故D错误。
【变式1-2】贝可勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用。下列属于放射性衰变的是(　　)
A.C→N＋e
B.U＋n→I＋Y＋2n
C.H＋H→He＋n
D.He＋Al→P＋n
解析：选A　放射性元素自发地放出射线的现象叫天然放射现象。A选项为β衰变方程，B选项为重核裂变方程，C选项为轻核聚变方程，D选项为原子核的人工转变方程，故A正确。
【变式1-3】(多选)如图，匀强磁场中的O点有一静止的原子核Th发生了某种衰变，衰变方程为Th→Y＋e，反应生成的粒子e的速度方向垂直于磁场方向．关于该衰变，下列说法正确的是(　　)
A.Th发生的是α衰变
B.Th发生的是β衰变
C．A＝234，Z＝91
D．新核Y和粒子e在磁场中的轨迹外切于O点
答案　BC
解析　衰变放出一个电子，所以为β衰变，故A错误，B正确；由质量数和电荷数守恒得：A＝234，Z＝91，故C正确；由于新核Y和粒子e电性相反，由左手定则可知，新核Y和粒子e在磁场中的轨迹内切于O点，故D错误．
【题型2 衰变的实质】
【例2】我国首辆火星车“祝融号”采用放射性材料作为发电能源为火星车供电。中的元素Pu是，其发生衰变的半衰期为87.7年。下列说法中正确的是（　　）
A．衰变是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子
B．发生衰变的核反应方程为
C．经过263.1年，大约还有12.5%的原子核Pu没发生衰变
D．当气温和引力环境发生改变，Pu的半衰期可能会发生变化
【答案】C
【解析】衰变是原子核放出一个粒子，形成一个新核，故A错误；发生衰变的核反应方程为，故B错误；发生衰变后剩余质量所以大约还有12.5%的原子核Pu没发生衰变，故C正确；半衰期只与元素自身有关，故D错误。选C。
【变式2-1】Th具有放射性，发生一次β衰变成为新原子核X的同时放出能量，下列说法正确的是(　　)
A.Th核能放射出β粒子，说明其原子核内有β粒子
B.新核X的中子数为143
C.Th核的质量等于新核X与β粒子的质量之和
D.让Th同其他的稳定元素结合成化合物，其半衰期将增大
答案　B
解析　放射出β粒子，是由于原子核内的中子转化为质子和电子放出的，故A错误；根据质量数和电荷数守恒得新核的质子数为91，质量数为234，则中子数为234－91＝143，故B正确；发生β衰变时会放出能量，由爱因斯坦质能方程可知，反应前后质量不相等，故C错误；元素原子核的半衰期是由元素本身决定，与元素所处的物理和化学状态无关，故D错误。
【变式2-2】（多选）下面说法中正确的是（　　）
A．比多2个中子
B．衰变的实质是核内的一个中子转化为一个质子和一个电子
C．射线比射线的电离作用大
D．某元素的半衰期为T，则该元素的10个原子核经过时间T，一定有5个原子数发生了衰变
【答案】AB
【解析】元素符号左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数等于质子数加中子数，故有92个质子、146个中子，有90个质子、144个中子，故A正确；衰变的实质是核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，故B正确；射线是高能电磁波穿透能力最强、电离作用最弱，射线实质是氦原子核，电离作用最大、穿透能力最弱，故C错误；半衰期指放射性元素的原子核有半数发生衰变所需要的时间，原子核的半衰期是一个统计规律，对大量的原子核成立，少量原子核是无法确定其衰变所需要的时间的，有一半发生衰变所需时间并不一定等于半衰期，故D错误。故选AB。
【变式2-3】(多选)居室装修中常用的花岗岩、大理石等材料，有些含有铀、钍的石材会释放出放射性气体氡，氡吸入呼吸道中会进行放射性衰变，放射出、、射线。这些射线会导致细胞发生癌变，引发肺癌、白血病等疾病。下列说法正确的是(　　)
A．三种射线中射线的电离能力最强，射线的穿透能力最强
B．放射性元素(铀核)经过7次衰变和4次衰变后变为(铅核)
C．将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，其半衰期不变
D．射线是原子核内的质子转变成中子时产生的电子
【答案】 ABC
【解析】 、、三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强，故A正确；放射性元素铀衰变为铅核，质量数减小28，而质子数减小10，经过一次衰变，质量数减小4，质子数减小2，而一次衰变质量数不变，则质子数增大1，因此要经过7次衰变和4次衰变，故B正确；半衰期与化学状态无关，所以将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，其半衰期不变，故C正确；衰变时所释放的电子是原子核内的中子衰变为质子时产生的，故D错误；故选ABC。
【题型3 衰变次数问题】
【例3】如图，一个原子核X经图中所示的一系列α、β衰变后，生成稳定的原子核Y，在此过程中放射出电子的总个数为(　 )
A．6　　　　　 B．8
C．10 D．14
解析：选A　X的中子数为146，质子数为92，质量数为146＋92＝238，Y的中子数为124，质子数为82，质量数为124＋82＝206，质量数减少238－206＝32，发生α衰变的次数为32÷4＝8，发生β衰变的次数为82－(92－2×8)＝6，即在此过程中放射出电子的总个数为6，A正确。
【变式3-1】(多选)由于放射性元素Np的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现。已知Np经过一系列α衰变和β衰变后变成Bi，下列论断中正确的是(　 )
A.Bi的原子核比Np的原子核少28个中子
B.Bi的原子核比Np的原子核少18个中子
C．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变
D．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变
解析：选BC　Bi的中子数为209－83＝126，Np的中子数为237－93＝144，Bi的原子核比Np的原子核少18个中子，A错、B对；衰变过程中共发生了α衰变的次数为＝7次，β衰变的次数是2×7－(93－83)＝4次，C对、D错。
【变式3-2】下列关于核反应的说法正确的是(　　)
A.Th→Pa＋e是β衰变方程，U→Th＋He是核裂变方程
B.U＋n→Ba＋Kr＋3n是核裂变方程，也是氢弹的核反应方程
C.Th衰变为Rh，经过3次α衰变，2次β衰变
D.铝核Al被α粒子击中后产生的反应生成物是磷P，同时放出一个质子
答案　C
解析　核反应方程Th→Pa＋e放射出电子，是β衰变方程，U→Th＋He是α衰变方程，故A错误；核反应方程U＋n→Ba＋Kr＋3n是核裂变方程，不是氢弹的核反应方程，是原子弹的核反应方程，故B错误；在α衰变的过程中，电荷数少2，质量数少4，在β衰变的过程中，电荷数多1，质量数不变，设经过了m次α衰变，则有4m＝234－222＝12，解得m＝3，经过了n次β衰变，则有2m－n＝90－86＝4，解得n＝2，故C正确；铝核Al被α粒子击中后，核反应方程为Al＋He→P＋n，故D错误。
【变式3-3】2020年3月15日中国散列中子源(CSNS)利用中子成像技术帮助中国科技大学进行了考古方面的研究。散射中子源是研究中子特性、探测物质微观结构和运动的科研装置。下列关于中子研究的说法正确的是(　　)
A.α粒子轰击N，生成O并产生了中子
B.U经过4次α衰变，2次β衰变后，新核与原来的原子核相比中子数少了10个
C.γ射线实质是高速中子流，可用于医学的放射治疗
D.核电站可通过“慢化剂”控制中子数目来控制核反应的速度
答案　B
解析　根据质量数守恒和电荷数守恒知，He＋N→O＋H，故A错误；每次α衰变，质量数少4，电荷数少2，中子数少2；每次β衰变一个中子转化成一个质子和一个电子，中子数少1，所以4次α衰变，2次β衰变，新核与原来的原子核相比，中子数少4×2＋2×1＝10，故B正确；γ射线实质是光子流，故C错误；镉棒可以吸收中子，核反应堆中，通过改变镉棒插入的深度，可以控制核反应的速度，故D错误。
【题型4 半衰期的认识】
【例4】2021年4月13日，日本政府正式决定，向海洋排放福岛第一核电站含有对海洋环境有害的核废水，下列关于放射性元素半衰期的说法正确的是（　　）
A．100个放射性元素原子核经过一个半衰期后剩余50个未衰变的原子核
B．通过化学方法可以改变故射性元素的半衰期
C．通过物理方法可以改变放射性元素的半衰期
D．半衰期越长对环境的影响时间越长
【答案】D
【解析】半衰期具有统计规律，是对大量原子核适用，对少数原子核不适用。故A错误；半衰期是由放射性元素的性质决定，与物理状态和化学状态无关。故BC错误；半衰期越长的放射性元素衰变的速度越慢，对环境的影响时间越长。故D正确。故选D。
【变式4-1】医学治疗中常用放射性核素113In产生γ射线，而113In是由半衰期相对较长的113Sn衰变产生的。对于质量为m0的113Sn，经过时间t后剩余的113Sn质量为m，其 t图线如图所示。从图中可以得到113Sn的半衰期为(　 )
A．67.3 d B．101.0 d C．115.1 d D．124.9 d
解析：选C　由题图可知从＝到＝，说明m0的113Sn恰好衰变了一半，根据半衰期的定义可知半衰期为T＝182.4 d－67.3 d＝115.1 d，C正确。
【变式4-2】已知Th的半衰期为24天.4 gTh经过72天还剩下(　　)
A.0 B.0.5 g
C.1 g D.1.5 g
答案　B
解析　由衰变公式m′＝m()，知m′＝4× g＝4×()3 g＝0.5 g，故B正确.
【变式4-3】现代考古中可利用的衰变规律测定古生物的年代，衰变时放出________（填粒子符号），并生成新核。如图所示为放射性元素的衰变规律的示意图（纵坐标表示的是任意时刻放射性元素的原子数与时的原子数的比值），则该放射性元素的半衰期是_______年。若从某次考古时发掘出来的木材中，检测到所含的比例是正在生长的植物中的80%，则该木材距今约_______年。
【答案】 5 700 1 900
【解析】根据电荷数守恒、质量数守恒知，核反应方程为
活体中含量不变，生物死亡后，开始减少，设活体中的含量为，发掘出的木材中为，设的半衰期为，则由半衰期的定义得 则 当时 由题图得半衰期
年 当时 年
【题型5 半衰期的应用】
【例5】(多选)活体生物由于需要呼吸，其体内的14C含量大致不变，死后停止呼吸，体内的14C含量开始减少。由于碳元素在自然界的各个同位素的比例一直都很稳定，人们可通过测定古木的14C 含量，来估计它的大概年龄，这种方法称之为碳定年法。14C衰变为14N的半衰期约为5 730年，某古木样品中14C 的比例约为现代植物所制样品的二分之一。下列说法正确的是(　　)
A.该古木的年龄约为5 730年
B.14C与14N具有相同的中子数
C.14C衰变为14N的过程中放出β射线
D.升高古木样品所处环境的温度将加速14C的衰变
答案　AC
解析　设原来14C的质量为M0，衰变后剩余质量为M，则有M＝M0()n，其中n为半衰期的个数，由题意可知剩余质量为原来的，故n＝1，所以死亡时间为5 730年，故A正确；14C的中子数是8个，14N的中子数是7个，故B错误；14C衰变为14N的过程中质量数没有变化，而核电荷数增加1，是14C中的一个中子变成了一个质子和一个电子，放出β射线，故C正确；放射元素的半衰期与所处环境无关，故D错误。
【变式5-1】银河系中存在大量的铝同位素26Al。26Al核β＋衰变的衰变方程为Al―→Mg＋e，测得26Al核的半衰期为72万年。下列说法正确的是(　 )
A．26Al核的质量等于26Mg核的质量
B．26Al核的中子数大于26Mg核的中子数
C．将铝同位素26Al放置在低温低压的环境中，其半衰期不变
D．银河系中现有的铝同位素26Al将在144万年后全部衰变为26Mg
解析：选C　26Al核发生β＋衰变的过程中释放正电子的同时还有核能释放，发生质量亏损，所以26Al核的质量大于26Mg核的质量，故A错误；26Al核的中子数n1＝26－13＝13，而26Mg核的中子数n2＝26－12＝14，所以26Al核的中子数小于26Mg核的中子数，故B错误；半衰期是原子核固有的属性，与物理环境和化学状态无关，故C正确；铝同位素26Al的半衰期为72万年，所以经过144万年也就是两个半衰期后还剩下没有衰变，故D错误。
【变式5-2】核污水中常含有氚(H)等放射性核素，处置不当将严重威胁人类安全。氚β衰变的半衰期长达12.5年，衰变方程为H―→He＋e＋e，其中e是质量可忽略不计的中性粒子，Z＝________，A＝________。若将含有质量为m的氚的核污水排入大海，即使经过50年，排入海中的氚还剩________m(用分数表示)。
解析：根据电荷数守恒和质量数守恒可得Z＝2，A＝3，经过50年，排入海水中的氚的剩余质量为m′＝m
答案：2　3　
【变式5-3】碘131的半衰期约为8天.若某药物含有质量为m的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　根据衰变规律m剩＝m·＝m·()4＝，C项正确.
【题型6 人工核转变问题】
【例6】(多选)1934年，约里奥－居里夫妇用α粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X，反应方程为He＋Al→X＋n。X会衰变成原子核Y，衰变方程为X→Y＋e。则(　　)
A.X的质量数与Y的质量数相等
B.X的电荷数比Y的电荷数少1
C.X的电荷数比Al的电荷数多2
D.X的质量数与Al的质量数相等
答案　AC
解析　根据电荷数守恒和质量数守恒，可知He＋Al→X＋n方程中X的质量数为30，电荷数为15，再根据X→Y＋e方程可知Y的质量数为30，电荷数为14，故X的质量数与Y的质量数相等，X的电荷数比Y的电荷数多1，X的电荷数比Al的电荷数多2，X的质量数比Al的质量数多3，选项A、C正确，B、D错误。
【变式6-1】用“中子活化”技术分析某样品的成分，中子轰击样品中的7N产生6C和另一种粒子X，则X是(　 )
A．质子　　　　　　　　 B．α粒子
C．β粒子 D．正电子
解析：选A　该核反应方程为7N＋n―→6C＋H，可知X是质子。故A正确。
【变式6-2】硼(B)中子俘获治疗是目前最先进的癌症治疗手段之一。治疗时先给病人注射一种含硼的药物，随后用中子照射，硼俘获中子后，产生高杀伤力的α粒子和锂(Li)离子。这个核反应的方程是(　 )
A.B＋n―→Li＋He　 B.B＋He―→N＋n
C.N＋He―→O＋H D.N＋n―→C＋H
解析：选A　由题知，硼俘获中子后，产生高杀伤力的α粒子和锂(Li)离子，而α粒子为氦原子核，则这个核反应方程为B＋n―→Li＋He，故选A。
【变式6-3】下列核反应属于人工转变的是(　　)
A.Th→Pa＋e
B.He＋Be→C＋n
C.U＋n→Xe＋Sr＋10n
D.H＋H→He＋n
答案　B
解析　Th234变成Pa234，同时有一个电子产生，属于β衰变，故A错误；用α粒子轰击Be，产生了碳原子，属于原子核的人工转变，故B正确；C选项中反应方程为重核的裂变，故C错误；氘与氚反应生成氦核，属于轻核聚变反应，故D错误．
【题型7 放射性同位素的应用】
【例7】关于放射性同位素的应用,下列说法正确的是(　　)
A.利用γ射线使空气电离,把静电荷导走
B.利用β射线照射植物的种子,使产量显著增加
C.利用α射线来治疗肺癌、食道癌等疾病
D.放射性同位素跟它的非放射性同位素的化学性质相同,可将放射性同位素作为示踪原子
答案：D
解析:γ射线的电离作用很弱,应利用α射线的电离作用,A错误;γ射线对生物具有物理化学作用,照射种子可使基因变异,可用于放射性治疗,β射线不具有生物作用,B、C错误;同位素的核外电子数相同,化学性质相同,放射性同位素带有“放射性标记”,可用探测器探测,D正确。
【变式7-1】(多选)正电子发射型计算机断层显像(PET)的基本原理是将放射性同位素O注入人体O在人体内衰变放出的正电子与人体内的负电子相遇湮灭转化为一对γ光子,被探测器采集后,经计算机处理生成清晰图像。则根据PET原理判断下列表述不正确的是(　　)
A.O在人体内的衰变方程式为ONe
B.正、负电子的湮灭方程是ee2γ
C.在PET中O的主要用途是作为示踪原子
D.在PET中O的主要用途是参与人体的新陈代谢
答案：BC
解析:根据质量数守恒和电荷数守恒可知O在人体内的衰变方程为ONe,故A错误,符合题意;正、负电子湮灭生成两个光子,湮灭方程是ee2γ,故B正确,不符合题意;在PET中O的主要用途是作为示踪原子,故C正确,不符合题意,D错误,符合题意。
【变式7-2】在医学上钴-60的放射性常用于癌症的放射治疗。一个钴-60原子核（）放出一个β粒子后衰变成一个镍核（），并伴随产生了γ射线。下列说法正确的是（　　）
A．γ射线的电离本领比β射线强
B．氢原子的能级跃迁中不可能放出γ射线
C．γ射线与光电效应中的光电子是同一种物质
D．钴的体积必须大于临界体积，其衰变反应才能顺利进行
【答案】B
【解析】射线不带电，其电离本领比射线弱，A错误；氢原子从高能级向低能级跃迁时最大能量值为13.6eV，属于紫外线，不可能放出射线，B正确；射线是光子，与光电子不是同一种物质，C错误；钻的衰变不需要到达临界体积，只有当重核裂变到达临界体积时才能发生，D错误。故选B。
【变式7-3】居里夫人在实验中发现了半衰期为138天的钋元素，该元素通过一次衰变，变为铅。下列说法正确的是（　　）
A．经过276天，钋可以全部转化为铅
B．发生衰变时，原子核释放出一个电子
C．射线穿透力很强，可射穿几厘米厚的铅板
D．Pb元素中的X值为82
【答案】D
【解析】根据 其中 可知钋经过276天还剩余原来的 ，A错误；发生α衰变实质是原子核内释放出，B错误；γ射线具有很强的穿透能力，甚至能穿透几厘米厚的铅板，C错误；根据质量数和和荷电荷数守恒 解得 D正确。故选D。
【题型8 衰变与动量综合】
【例8】在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图中a、b所示，由图可以判定(　　)
A．该核发生的是α衰变
B．该核发生的是β衰变
C．磁场方向一定垂直纸面向里
D．磁场方向一定垂直纸面向外
[解析]　本题考查对α粒子及β粒子的性质的了解，对动量守恒定律以及左手定则的应用能力。原来静止的核，放出粒子后，总动量守恒，所以粒子和反冲核的速度方向一定相反，根据图示，它们在同一磁场中是向同一侧偏转的，由左手定则可知它们必带异种电荷，故应为β衰变；由于不知它们的旋转方向，因而无法判定磁场是向里还是向外，即都有可能。
[答案]　B
【变式8-1】(多选)静止的Bi原子核在磁场中发生衰变后运动轨迹如图所示，大、小圆半径分别为R1、R2。则下列关于此核衰变方程和两圆轨迹半径比值的判断中正确的是(　 )
A.Bi―→Tl＋He B.Bi―→Po＋e
C．R1∶R2＝84∶1 D．R1∶R2＝207∶4
解析：选BC　由动量守恒定律可知0＝mv1－Mv2，由左手定则可知此核衰变为β衰变，故A错误，B正确；由qvB＝m可知R＝，所以R1∶R2＝84∶1，故C正确，D错误。
【变式8-2】一个U 原子核静止在磁感应强度为B的匀强磁场中，当原子核发生衰变后，它放出一个α粒子(He)，其速度方向与磁场方向垂直。关于α粒子与衰变后的新核在磁场中做的圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A.运动半径之比是45∶1
B.运动周期之比是1∶117
C.动能总是大小相等
D.动量总是大小相等，方向相反
答案　A
解析　衰变方程为U→X＋He，衰变瞬间动量守恒，所以pα＝pX，洛伦兹力提供向心力，根据qvB＝m，解得半径R＝＝，所以α粒子与衰变后的新核的半径之比为＝＝＝，A正确；原子核在磁场中做圆周运动的周期为T＝，所以α粒子与衰变后的新核的周期之比为＝·＝· ＝，B错误；二者动量大小始终相等，根据动量和动能的关系p＝mv＝，可知α粒子与衰变后的新核的质量不同，动能不同，C错误；α粒子与衰变后的新核的动量大小始终相同，在衰变瞬间，二者方向相反，随后在磁场中做匀速圆周运动，动量方向变化，D错误。
【变式8-3】在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于放出一个α粒子，结果得到一张两个相切圆的径迹照片(如图所示)，今测得两个相切圆半径之比r1∶r2＝1∶44。则：
(1)图中哪一个圆是α粒子的径迹？(说明理由)
(2)这个原子核原来所含的质子数是多少？
[解析]　(1)因为动量守恒，所以轨道半径与粒子的电荷量成反比，所以圆轨道2是α粒子的径迹，圆轨道1是新生核的径迹，两者电性相同，运动方向相反。
(2)设衰变后新生核的电荷量为q1，α粒子的电荷量为q2＝2e，它们的质量分别为m1和m2，衰变后的速度分别为v1和v2，所以原来原子核的电荷量q＝q1＋q2。
根据轨道半径公式有
＝＝，
又由于衰变过程中遵循动量守恒定律，则
m1v1＝m2v2，
以上三式联立解得q＝90e。
即这个原子核原来所含的质子数为90。
[答案]　(1)圆轨道2是α粒子的径迹，理由见解析　(2)90专题3.4 热力学第二定律
【人教版】
【题型1 热力学第二定律的理解】
【题型2 热力学第二定律的应用】
【题型3 能源有限】
【题型4 综合问题】
【题型5 第二类永动机】
【题型6 联系实际】
【题型1 热力学第二定律的理解】
【例1】关于热力学第一定律和热力学第二定律，下列论述正确的是（ ）
A. 热力学第一定律指出内能可以与其他形式的能相互转化，而热力学第二定律则指内能不可能完全转化为其他形式的能，故这两条定律是相互矛盾的
B. 内能可以全部转化为其他形式的能，只是会产生其他影响，故两条定律并不矛盾
C. 两条定律都是有关能量转化的规律，它们不但不矛盾，而且没有本质区别
D. 能量守恒定律已经包含了热力学第一定律和热力学第二定律
答案：B
解析：热力学第一定律和热力学第二定律并不矛盾;对于机械能和内能的转化所具有的方向性也是存在的，故选项B正确。
【变式1-1】下列过程中，可能实现的是（　　）
A．水的温度自动下降时释放的内能全部转化为机械能
B．内燃机汽缸内气体的内能全部转化为机械能
C．在粗糙水平面上运动的物体，它的动能转化为内能，使物体温度升高
D．静止在光滑水平面上的物体，温度降低时释放的内能可以转化为物体的动能，使物体运动起来
解析：根据能量转化和转移的方向性可知，物体温度下降释放的内能不可能在不引起其他变化的情况下完全转化为机械能，故AB错误；在粗糙水平面上运动的物体，它的动能会转化为内能，使物体温度升高，故C正确；静止在光滑水平面上的物体，温度降低时释放的内能在没有特定的情况下会向周围释放，并不会使物体运动起来，故D错误。
答案：C
【变式1-2】下列宏观过程不能用热力学第二定律解释的是（　　）
A．大米和小米混合后小米能自发地填充到大米空隙中而经过一段时间大米、小米不会自动分开
B．将一滴红墨水滴入一杯清水中，会均匀扩散到整杯水中，经过一段时间，墨水和清水不会自动分开
C．冬季的夜晚，放在室外的物体随气温的降低，内能不会自发地转化为机械能而动起来
D．随着节能减排措施的不断完善，最终也不会使汽车热机的效率达到100%
解析:：大米和小米混合后小米能自发地填充到大米空隙中，这种现象与温度无关，不是热现象，不能用热力学第二定律解释，A符合题意； 将一滴红墨水滴入一杯清水中，会均匀扩散到整杯水中，经过一段时间，墨水和清水不会自动分开，这种现象与温度有关，温度越高，分子运动越激烈，扩散越快，根据热力学第二定律，墨水和清水不会自动分开，B不符合题意；冬季的夜晚，放在室外的物体随气温的降低，物体的内能减少，根据热力学第二定律，内能不会自发地转化为机械能而动起来，C不符合题意；随着节能减排措施的不断完善，根据热力学第二定律，最终也不会使汽车热机的效率达到100%，D不符合题意。
答案：A
【变式1-3】地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018吨，如果这些海水的温度降低0.1 °C，将要放出5.8×1023焦耳的热量，有人曾设想利用海水放出的热量使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，其原因是(　　)
A．内能不能转化成机械能
B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律
C．只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机器不满足热力学第二定律
D．上述三种原因都不正确
答案　C
解析　本题考查热力学第一定律和热力学第二定律的应用，内能可以转化成机械能，如热机，A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，即能量守恒定律，B错误；热力学第二定律告诉我们：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，C正确．
【题型2 热力学第二定律的应用】
【例2】[多选]下列说法中正确的是(　　)
A．相互间达到热平衡的两物体的内能一定相等
B．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入火罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上。其原因是火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强减小
C．空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下，热传递可以逆向
D．自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
E．随着科学技术的发展，人类终会制造出效率为100%的热机
解析：选BCD　相互间达到热平衡的两物体的温度相同，内能不一定相等，故A错误；火罐内气体压强小于大气压强，所以火罐能“吸”在皮肤上，故B正确；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，故C正确；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确；根据热力学第二定律可知，人类不可能制造出效率为100%的热机，故E错误。
【变式2-1】（多选）如图所示，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一定大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
C．制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体
D．制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子动能都降低
解析：根据热力学第一定律，（从低温物体吸收的热量）+W（压缩机对系统做功）（向高温物体释放的热量），A正确；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；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；在冷凝器中制冷剂温度降低，分子平均动能降低，分子间距从气体过渡到液体，分子势能降低，D正确。
答案：ABD
【变式2-2】 (多选)下列现象中能够发生的是(　　)
A.一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热
B.蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能
C.桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离
D.电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体
答案　CD
【变式2-3】[多选]下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是(　　)
A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律
B．能量耗散过程中能量不守恒
C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律
D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
E．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
[解析]　第一类永动机不消耗能量却源源不断对外做功，违背了能量守恒定律，所以不可能制成，A正确；能量耗散过程中能量仍守恒，B错误；电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是压缩机做功的结果，不违背热力学第二定律，C错误；能量耗散说明宏观热现象的发生具有方向性，D正确；物体从单一热源吸收热量可以全部用于做功，但一定引起外界变化，E正确。
[答案]　ADE
【题型3 能源有限】
【例3】下面关于熵的说法错误的是(　　)
A．熵是物体内分子运动无序程度的量度
B．在孤立系统中，一个自发的过程熵总是向减少的方向进行
C．热力学第二定律的微观实质是熵是增加的
D．熵值越大，代表系统分子运动越无序
解析：熵是分子运动无序程度的量度，熵越大，分子运动无序程度越大，故AD正确；孤立系统中发生的任何实际过程，其能量的总值保持不变，而其熵值恒增，故B错误，C正确。本题选错误的
答案：B
【变式3-1】2022年7月8日消息，世界能源格局发生重要变化，能源投资新趋势正在形成。从清洁能源总体投资分布看，预计今年投资将占全球能源投资增长额的四分之三。关于能源与可持续发展，下列说法正确的是
A．篮球从空中落下，最后静止在地面上，说明机械能消失了
B．大量使用天然气作燃料符合“低碳生活”理念
C．随着科技的发展，永动机是可以制成的
D．在火力发电中，燃气的内能不可能全部转变为电能
解析：篮球从空中落下，最后静止在地面上，说明机械能转化为了篮球和周围其它物体的内能，或转化为其它形式的能，能量不会消失，A错误；因天然气主要成分是甲烷。完全燃烧，其燃烧时生成二氧化碳和水；不完全燃烧生成一氧化碳和水，因此大量使用天然气作燃料不符合“低碳生活”理念，B错误；不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器—永动机，是违背了能量的转化和守恒定律，永动机是不可以制成的，C错误；由热力学第二定律可知，任何机械都有效率的问题，因此燃气的内能不可能全部转变为电能，D正确。
答案：D
【变式3-2】（多选）下列说法中正确的是(　　)
A．相互间达到热平衡的两物体的内能一定相等
B．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入火罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上。其原因是火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强减小
C．空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下，热传递可以逆向
D．自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
E.随着科学技术的发展，人类终会制造出效率为100%的热机
解析：相互间达到热平衡的两物体的温度相同，内能不一定相等，故A错误；火罐内气体压强小于大气压强，所以火罐能“吸”在皮肤上，故B正确；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，在有外界做功的条件热传递可以逆向，故C正确；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确；根据热力学第二定律可知，人类不可能制造出效率为100%的热机，故E错误。
答案：BCD
【变式3-3】(多选)根据热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A．电冰箱的工作表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
B．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
C．科技的不断进步使得人类有可能生产出从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化的热机
D．即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可以把燃料产生的内能全部转化为机械能
E．对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”
【解析】 热量可以在外界做功的情况下从低温物体向高温物体传递，但不能自发进行，选项A正确；空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，是因为消耗电能产生热量，选项B正确；不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化，故选项C错误；根据热力学第二定律，即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可以把燃料产生的内能全部转化为机械能，故选项D正确；对能源的过度消耗将形成“能源危机”，但自然界的总能量守恒，故选项E错误．故选ABD。
【答案】 ABD
【题型4 综合问题】
【例4】下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有________，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有________。
A.汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B.冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低
C.某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D.冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
答案　B　C
解析　汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热既不违背热力学第一定律也不违背热力学第二定律；冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低，违背了热力学第一定律；热机工作时吸收的热量不可能全部用来对外做功，而不产生其他影响，显然C选项遵循热力学第一定律，但违背了热力学第二定律；冰箱的制冷机工作时，从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，既不违背热力学第一定律也不违背热力学第二定律，综上所述，第一个空选B，第二个空选C。
【变式4-1】(多选)下列说法正确的是(　 )
A．一定质量的理想气体放出热量，则分子平均动能一定减少
B．热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律
C．根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%
D．一定质量的理想气体膨胀时对外界做了功，它的内能可能减少
解析：选BCD　根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，一定质量的理想气体放出热量，Q为负值，但若外界同时对气体做功，W为正，则其内能不一定减少，分子平均动能不一定减少，A错误；一定质量的理想气体膨胀时对外界做功，W为负值，当Q＜|－W|时内能减小，当Q＞|－W|时内能增大，当Q＝|－W|时内能不变，故它的内能可能减少，D正确；热力学第二定律就是反映宏观自然过程的方向性的定律，B正确；由热力学第二定律的开尔文表述可知热机的效率不可能达到100%，C正确。
【变式4-2】 (多选)关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A.气体吸热后温度一定升高
B.对气体做功可以改变其内能
C.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
D.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
答案　BCD
解析　气体内能的改变ΔU＝Q＋W，故对气体做功可改变气体内能，选项B正确；气体吸热为Q，但不确定外界做功W的情况，故不能确定气体温度的变化，选项A错误；由热力学第二定律，选项C正确；根据热平衡原理，选项D正确。
【变式4-3】[多选]下列说法正确的是(　　)
A．当分子间距离为平衡距离时分子势能最大
B．饱和汽压随温度的升高而减小
C．对于一定质量的理想气体，当分子热运动变剧烈时，压强可以不变
D．熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行
E．由于液面表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面具有收缩的趋势
解析：选CDE　当分子间距离为平衡距离时分子势能最小，故A错误；饱和汽压随温度的升高而增大，故B错误；当分子的热运动变剧烈时，温度升高，若体积同时增大，压强可以不变，故C正确；熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行，故D正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，故液体表面有收缩趋势，故E正确。
【题型5 第二类永动机】
【例5】关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是（　　）
A．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律
B．第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律
C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能
D．由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的。
答案：D
解析： 第二类永动机不违反能量守恒定律，违反热力学第二定律，故A错误；第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律，故B错误；改变内能的方式有做功和热传递，二者在内能的改变上是一样的，若对外做功的同时吸收热量，内能可能不变，故C错误；由热力学第二定律可知热量从低温物体传到高温物体是可能的，故D正确。
【变式5-1】如图所示，绝缘支座上，C球带正电，枕形导体A、B靠在一起，现将A、B分开，分别接触一个小电机的两个接线柱，如果小电动机非常灵敏，它便会开始转动。当电动机还没有停止时，又立刻把A、B在C附近碰一下分开，再和电动机两接线柱接触，如此下去，小电动机便能不停地转动。则下列说法正确的是(　　)
A．A、B分开后A左端带正电，B右端带负电
B．A、B分开前，AB是一个等势体
C．上述过程违背了能量守恒定律
D．上述过程说明永动机可以制成
【解析】 由静电感应可知，AB分开前，由于C球带正电，所以枕形导体A带负电，枕形导体B带正电，由于C球存在，所以AB分开后，A左端带负电，B右端带正电，分开前AB处于静电平衡状态，所以AB是一个等势体，故A错误，B正确;上述过程在把AB分开的过程中要克服AB之间的静电力做功，把机械能转化为电能，然后再把电能转化为机械能，此过程是能量不断转化的过程，不违背能量守恒定律，但需要消耗机械能，永动机不可能制成，故C、D错误。
【答案】 B
【变式5-2】下列说法中正确的是（　　）
A．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体
B．效率为的热机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律
C．不可能从单一热源吸收热量使之完全变成功，而不产生其他影响
D．第二类永动机不可能成功的原因是违反了能量守恒定律
解析：根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在以消耗其它能量为代价的条件下，热量也可以从低温物体传到高温物体，故A错误；效率为的热机不可能制成，没有违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故B错误；根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸收热量使之完全变成功，而不产生其他影响，故C正确；第二类永动机不可能成功的原因是违反了热力学第二定律，并不是违反了能量守恒定律，故D错误。
答案：C
【变式5-3】下列说法中正确的是（　　）
A．第一类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第一定律
B．机械能全部转化为内能是不可能的
C．从单一热源吸收的热量全部变成功而不产生其他影响是不可能的
D．第二类永动机不可能制造成功的原因是能量不会凭空产生
解析：第一类永动机不可能制成的原因是能量守恒定律，A错误；机械能提供摩擦做功，可以全部转化为内能，B错误；根据热力学第二定律可知，从单一热源吸收的热量全部变成功而不产生其他影响是不可能的，C正确；第二类永动机不可能制造成功的原因是其违背热力学第二定律，并不违背能量守恒定律，D错误。
答案：C
【题型6 联系实际】
【例6】礼花喷射器原理如图、通过扣动气阀可释放压缩气罐内气体产生冲击，将纸管里填充的礼花彩条喷向高处，营造气氛。在喷出礼花彩条的过程中，罐内气体（　　）
A．分子冲向纸管是分子做热运动
B．分子冲向纸管后能全部自发回到罐内
C．通过做功方式改变自身的内能
D．分子冲向纸管过程中速率均变大
解析：扣动气阀释放压缩气罐内气体产生冲击，气体分子冲向纸管不是分子做热运动的结果，而是气流的定向移动引起的，且分子冲向纸管过程中速率并未均变大，故AD错误；根据热力学第二定律可知，分子冲向纸管后不可能全部自发回到罐内，故B错误；在喷出礼花彩条的过程中，罐内的压缩空气对礼花彩条做功，空气的内能转化为礼花彩条的机械能，故C正确。
答案：C
【变式6-1】如图所示为电冰箱的工作原理示意图。压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环。在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体 外。下列说法正确的是（ ）
A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能
C.电冰箱的工作原理不违背热力学第一定律
D.电冰箱的工作原理违背热力学第一定律
答案：B
解析：热力学第一定律适用于所有的热学过程，选项 C正确。选项 D错误。热量不能自发地从低温物体传到高温物体，要想使热量从低温物体传到高温物体，必须借助于其他系统做功，选项A错借误，选项B正确。
【变式6-2】日常生活中使用的燃油汽车，其动力来源于发动机内部的气缸，在气缸内，通过气体燃烧将气体的内能转化为机械能，下列说法正确的是（　　）
A．现代汽车技术已经非常先进，能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能
B．气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能
C．气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，故该过程不符合热力学第一定律
D．发动机工作时，若没有漏气和摩擦，没有发动机的热量损失，燃料产生的热量能够完全转化成机械能
解析：根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到，现代汽车技术已经非常先进，但也不能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能，A错误；气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能，B正确；气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，该过程符合热力学第一定律，C错误；根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到，发动机工作时，就算没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，燃料产生的热量也不能完全转化成机械能，D错误。
答案：B
【变式6-3】国家速滑馆（又名“冰丝带”）是北京2022年冬奥会冰上运动的主场馆，为确保运动项目的顺利完成，需要对场馆内降温。若将场馆内的空气看成理想气体，已知降温前场馆内、外的温度均为，降温后场馆内温度为，该过程中场馆内气体压强不变。以下说法正确的是（　　）
A．场馆内空气分子平均动能不变
B．场馆内所有空气分子的分子动能都减小
C．场馆内热量是由场馆内自发传递到场馆外的
D．场馆内部单位时间内空气分子与冰面碰撞次数增多
解析：场馆内温度降低，场馆内空气分子平均动能减小，但并不是场馆内所有空气分子的分子动能都减小，AB错误；根据热力学第二定律可知，场馆内热量是不可能由场馆内自发传递到场馆外的，C错误；场馆内温度降低，场馆内空气分子平均动能减小，单个分子对冰面的撞击作用力变小，由于场馆内气体压强不变，根据气体压强微观意义可知，场馆内部单位时间内空气分子与冰面碰撞次数增多，D正确。
答案：D专题1.3 分子运动速率分布规律
【人教版】
【题型1 分子运动速率分布图像分析】
【题型2 气体压强的微观解释】
【题型3 分子运动速率问题】
【题型4 综合问题】
【题型1 分子运动速率分布图像分析】
【例1】氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法错误的是(　 )
A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形
D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
【变式1-1】（多选）如图所示是氧气在0 ℃和100 ℃两种不同情况下,各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系。由图可知( )
A.100 ℃的氧气速率大的分子比例较多
B.0 ℃时对应的具有最大比例的速率区间的峰值速率较大
C.在0 ℃时,部分分子速率比较大,说明内部有温度较高的区域
D.同一温度下,气体分子速率分布总呈“中间多,两头少”的分布特点
【变式1-2】如图是氧气分子在不同温度(0 ℃和100 ℃)下的速率分布图像,由图可知( )
A.同一温度下,氧气分子的速率呈现出“中间多,两头少”的分布规律
B.随着温度的升高,每一个氧气分子的速率都增大
C.随着温度的升高,氧气分子中速率小的分子所占的比例变高
D.随着温度的升高,氧气分子的平均速率变小
【变式1-3】如图，横坐标v表示分子速率，纵坐标f(v)表示各等间隔速率区间的分子数占总分子数的百分比．图中曲线能正确表示某一温度下气体分子麦克斯韦速率分布规律的是(　　)
A．曲线① B．曲线② C．曲线③ D．曲线④
【题型2 气体压强的微观解释】
【例2】对一定质量的气体，若用N表示单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数，则下列说法正确的是(　 )
A．当体积减小时，N必定增加
B．当温度升高时，N必定增加
C．当压强不变而体积和温度变化时，N必定变化
D．当压强不变而体积和温度变化时，N可能不变
【变式2-1】一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为(　 )
A．气体分子每次碰撞器壁的平均作用力增大
B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多
C．气体分子的总数增加
D．单位体积内的分子数目不变
【变式2-2】(多选)下列说法中正确的是(　 )
A．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，而气体的压强不一定增大
B．气体体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内撞到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大
C．压缩一定质量的气体，气体的内能一定增加
D．分子a只在分子b的分子力作用下，从无穷远处向固定不动的分子b运动的过程中，当a到达受b的作用力为零的位置时，a的动能一定最大
【变式2-3】负压病房是收治传染性极强的呼吸道疾病病人所用的医疗设施，可以大大减少医务人员被感染的机会，病房中气压小于外界环境的大气压。若负压病房的温度和外界温度相同，负压病房内气体和外界环境中气体都可以看成理想气体，则以下说法正确的是(　 )
A．负压病房内气体分子的平均动能小于外界环境中气体分子的平均动能
B．负压病房内每个气体分子的运动速率都小于外界环境中气体分子的运动速率
C．负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数
D．相同面积负压病房内壁受到的气体压力等于外壁受到的气体压力
【题型3 分子运动速率问题】
【例3】[多选]下列说法中正确的是(　　)
A．在较暗的房间里，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动
B．气体分子速率呈现出“中间多，两头少”的分布规律
C．随着分子间距离增大，分子间作用力减小，分子势能也减小
D．一定量的理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变
E．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
【变式3-1】从微观的角度来看，一杯水是由大量水分子组成的，下列说法中正确的是(　　)
A．当这杯水静止时，水分子也处于静止状态
B．每个水分子都在运动，且速度大小相等
C．水的温度越高，水分子的平均动能越大
D．这些水分子的动能总和就是这杯水的内能
【变式3-2】（多选）在没有外界影响的情况下，密闭容器内的理想气体静置足够长的时间后，该气体(　　)
A.分子的无规则运动停息下来
B.每个分子的速度大小均相等
C.分子的平均动能保持不变
D.分子的密集程度保持不变
【变式3-3】下列说法正确的是(　　)
A.扩散运动是由微粒和水分子发生化学反应引起的
B.水流速度越大，水分子的热运动越剧烈
C.某时刻某一气体分子向左运动，则下一时刻它一定向右运动
D.0 ℃和100 ℃氧气分子的速率都呈现“中间多、两头少”的分布规律
【题型4 综合问题】
【例4】下列说法正确的是(　　)
A.物体的温度越高，其分子平均动能越小
B.气体对容器壁的压强是大量气体分子对器壁的碰撞引起的
C.只有气体才能产生扩散现象
D.布朗运动是固体颗粒的分子无规则运动
【变式4-1】[多选]对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是(　　)
A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈
B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈
C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小
D．压强变小时，分子间的平均距离可能变小
【变式4-2】（多选）下列说法正确的是( )
A.物体的温度降低,内部每个分子的运动速率不一定都减小
B.质量和温度都相同的物体,内能不一定相同
C.物体内所有分子的动能之和等于这个物体的动能
D.1摩尔气体的体积为V,阿伏加德罗常数为,每个气体分子的体积为
【变式4-3】对下列相关物理现象的解释正确的是( )
A.放入菜汤的胡椒粉末最后会沉到碗底,胡椒粉末在沉之前做的是布朗运动
B.液体中较大的悬浮颗粒不做布朗运动,而较小的颗粒做布朗运动,说明分子的体积很小
C.存放过煤的混凝土地面下一段深度内都有黑色颗粒,说明煤分子在做无规则的热运动
D.高压下的油会透过钢壁渗出,说明分子是不停运动着的
参考答案
【题型1 分子运动速率分布图像分析】
【例1】氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法错误的是(　 )
A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形
D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
解析：选D　根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形，C正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，D错误。
【变式1-1】（多选）如图所示是氧气在0 ℃和100 ℃两种不同情况下,各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系。由图可知( )
A.100 ℃的氧气速率大的分子比例较多
B.0 ℃时对应的具有最大比例的速率区间的峰值速率较大
C.在0 ℃时,部分分子速率比较大,说明内部有温度较高的区域
D.同一温度下,气体分子速率分布总呈“中间多,两头少”的分布特点
答案：AD
解析：同一温度下,中等速率的氧气分子所占的比例大,温度升高使得氧气分子的平均速率增大,所以100 ℃的氧气速率大的分子比例较多,故A正确;温度越低,分子的平均速率越小,结合图像可知0 ℃时对应的具有最大比例的速率区间的峰值速率较小,故B错误;在0 ℃时,部分分子速率较大,不能说明内部有温度较高的区域,故C错误;同一温度下,气体分子速率分布总呈“中间多,两头少”的分布特点,即速率处于中等的分子所占比例较大,速率特大特小的分子所占比例均比较小,故D正确。
【变式1-2】如图是氧气分子在不同温度(0 ℃和100 ℃)下的速率分布图像,由图可知( )
A.同一温度下,氧气分子的速率呈现出“中间多,两头少”的分布规律
B.随着温度的升高,每一个氧气分子的速率都增大
C.随着温度的升高,氧气分子中速率小的分子所占的比例变高
D.随着温度的升高,氧气分子的平均速率变小
答案：A
解析：由图可知,同一温度下,氧气分子的速率呈现“中间多,两头少”的分布特点,故A正确。温度是分子热运动剧烈程度的标志,是大量分子运动的统计规律,对单个分子没有意义,温度越高,平均速率越大,但不是所有分子运动的速率都变大,故B错误;由图可知,随着温度升高,速率较大的分子数增多,分子的平均速率变大,速率小的分子所占比例变低,故C、D错误。
【变式1-3】如图，横坐标v表示分子速率，纵坐标f(v)表示各等间隔速率区间的分子数占总分子数的百分比．图中曲线能正确表示某一温度下气体分子麦克斯韦速率分布规律的是(　　)
A．曲线① B．曲线② C．曲线③ D．曲线④
答案　D
解析　根据麦克斯韦气体分子速率分布规律可知，某一速率范围内分子数量最大，速率过大或过小的数量较小，曲线向两侧逐渐减小，曲线④符合题意．选项D正确．
【题型2 气体压强的微观解释】
【例2】对一定质量的气体，若用N表示单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数，则下列说法正确的是(　 )
A．当体积减小时，N必定增加
B．当温度升高时，N必定增加
C．当压强不变而体积和温度变化时，N必定变化
D．当压强不变而体积和温度变化时，N可能不变
解析：选C　当体积减小时，分子的密集程度增大，但分子的平均动能不一定大，所以单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数不一定增加，A错误。当温度升高时，分子的平均动能变大，但分子的密集程度不一定大，所以单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数不一定增加，B错误。压强取决于单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数及分子的平均动能，压强不变，温度和体积变化，分子平均动能变化，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数必定变化，C正确，D错误。
【变式2-1】一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为(　 )
A．气体分子每次碰撞器壁的平均作用力增大
B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多
C．气体分子的总数增加
D．单位体积内的分子数目不变
解析：选B　温度不变，分子热运动平均动能不变，气体分子每次碰撞器壁的平均作用力不变，故A错误；体积压缩，分子数密度增大，单位时间内单位面积器壁上受气体分子碰撞次数增多，故B正确；因气体质量一定，故气体分子的总数不变，C错误；分子数密度增大，即单位体积内的分子数目增大，D错误。
【变式2-2】(多选)下列说法中正确的是(　 )
A．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，而气体的压强不一定增大
B．气体体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内撞到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大
C．压缩一定质量的气体，气体的内能一定增加
D．分子a只在分子b的分子力作用下，从无穷远处向固定不动的分子b运动的过程中，当a到达受b的作用力为零的位置时，a的动能一定最大
解析：选AD　从微观上看，一定质量被封闭气体的压强取决于分子的平均动能和单位体积内的分子数目(分子的密集程度)这两个因素，分子平均动能增大，单位体积内的分子数目变化未知，因此压强的变化是不确定的，故A正确；体积减小，单位体积内的分子数目增多，但是分子平均动能的变化未知，则压强变化也是不确定的，故B错误；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知压缩气体，外界对气体做功，但是气体的吸放热情况未知，故内能不一定增大，故C错误；分子a从无穷远处趋近固定不动的分子b时分子力表现为引力，分子力做正功，分子动能增大，到达r＝r0时分子力为零，若再靠近时分子力表现为斥力，将做负功，分子动能减小，因此当a到达受b的作用力为零处时，a的动能最大，故D正确。
【变式2-3】负压病房是收治传染性极强的呼吸道疾病病人所用的医疗设施，可以大大减少医务人员被感染的机会，病房中气压小于外界环境的大气压。若负压病房的温度和外界温度相同，负压病房内气体和外界环境中气体都可以看成理想气体，则以下说法正确的是(　 )
A．负压病房内气体分子的平均动能小于外界环境中气体分子的平均动能
B．负压病房内每个气体分子的运动速率都小于外界环境中气体分子的运动速率
C．负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数
D．相同面积负压病房内壁受到的气体压力等于外壁受到的气体压力
解析：选C　温度是气体分子平均动能的标志，负压病房的温度和外界温度相同，故负压病房内气体分子的平均动能等于外界环境中气体分子的平均动能，A错误；但是负压病房内每个气体分子的运动速率不一定小于外界环境中每个气体分子的运动速率，B错误；决定气体分子压强的微观因素是单位体积气体分子数和气体分子撞击器壁力度，现内外温度相等，即气体分子平均动能相等(撞击力度相等)，压强要减小形成负压，则要求负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数，C正确；压力F＝pS，内外压强不等，相同面积负压病房内壁受到的气体压力小于外壁受到的气体压力，D错误。
【题型3 分子运动速率问题】
【例3】[多选]下列说法中正确的是(　　)
A．在较暗的房间里，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动
B．气体分子速率呈现出“中间多，两头少”的分布规律
C．随着分子间距离增大，分子间作用力减小，分子势能也减小
D．一定量的理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变
E．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
解析：选ABE　布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动，在较暗的房间里可以观察到射入屋内的阳光中有悬浮在空气里的小颗粒在飞舞，是由于气体的流动造成的，这不是布朗运动，故A正确；麦克斯韦提出了气体分子速率分布的规律，即“中间多，两头少”，故B正确；分子力的变化比较特殊，随着分子间距离的增大，分子间作用力不一定减小，当分子表现为引力时，分子做负功，分子势能增大，故C错误；一定量理想气体发生绝热膨胀时，不吸收热量，同时对外做功，其内能减小，故D错误；根据热力学第二定律可知，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，故E正确。
【变式3-1】从微观的角度来看，一杯水是由大量水分子组成的，下列说法中正确的是(　　)
A．当这杯水静止时，水分子也处于静止状态
B．每个水分子都在运动，且速度大小相等
C．水的温度越高，水分子的平均动能越大
D．这些水分子的动能总和就是这杯水的内能
答案　C
解析　水分子不停地做无规则运动，A错；水分子速度的大小不相等，B错；温度是分子平均动能的标志，温度升高，水分子的平均动能增大，故C对；内能是物体内所有分子的动能和分子势能的总和，D错．
【变式3-2】（多选）在没有外界影响的情况下，密闭容器内的理想气体静置足够长的时间后，该气体(　　)
A.分子的无规则运动停息下来
B.每个分子的速度大小均相等
C.分子的平均动能保持不变
D.分子的密集程度保持不变
答案　CD
解析　分子的无规则运动永不停息，分子的速率分布呈中间多两头少，不可能每个分子的速度大小均相等，选项A、B错误；根据温度是分子平均动能的标志可知，只要温度不变，分子的平均动能就保持不变，又由于体积不变，所以分子的密集程度保持不变，选项C、D正确。
【变式3-3】下列说法正确的是(　　)
A.扩散运动是由微粒和水分子发生化学反应引起的
B.水流速度越大，水分子的热运动越剧烈
C.某时刻某一气体分子向左运动，则下一时刻它一定向右运动
D.0 ℃和100 ℃氧气分子的速率都呈现“中间多、两头少”的分布规律
答案　D
解析　扩散运动是物理现象，没有发生化学反应，选项A错误；水流速度是宏观物理量，水分子的运动速率是微观物理量，它们没有必然的联系，所以分子热运动剧烈程度和流水速度无关，选项B错误；分子运动是杂乱无章的，无法判断分子下一刻的运动方向，选项C错误；0 ℃和100 ℃氧气分子的速率都呈现“中间多、两头少”的分布规律，选项D正确。
【题型4 综合问题】
【例4】下列说法正确的是(　　)
A.物体的温度越高，其分子平均动能越小
B.气体对容器壁的压强是大量气体分子对器壁的碰撞引起的
C.只有气体才能产生扩散现象
D.布朗运动是固体颗粒的分子无规则运动
答案　B
解析　温度是分子平均动能的标志，物体的温度越高，分子的平均动能越大，故A错误；气体对容器壁的压强是大量气体分子对器壁的碰撞产生持续均匀的压力而产生的，故B正确；固体、液体、气体都有扩散现象，是分子热运动的表现，故C错误；布朗运动是由于液体分子频繁碰撞微粒导致微粒的无规则的运动，故D错误。
【变式4-1】[多选]对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是(　　)
A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈
B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈
C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小
D．压强变小时，分子间的平均距离可能变小
解析：选BD　根据理想气体的状态方程＝C，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D正确。
【变式4-2】（多选）下列说法正确的是( )
A.物体的温度降低,内部每个分子的运动速率不一定都减小
B.质量和温度都相同的物体,内能不一定相同
C.物体内所有分子的动能之和等于这个物体的动能
D.1摩尔气体的体积为V,阿伏加德罗常数为,每个气体分子的体积为
答案：AB
解析：物体的温度降低,内部分子的平均速率减小,但并非每个分子的运动速率都减小,选项A正确;质量和温度都相同的物体,内能不一定相同,还要看体积和物质的量等因素,选项B正确;物体的动能是指物体的宏观运动的动能,而非微观的分子的动能,故C错误;1摩尔气体的体积为V,阿伏加德罗常数为,每个气体分子占据的空间的体积为,选项D错误。
【变式4-3】对下列相关物理现象的解释正确的是( )
A.放入菜汤的胡椒粉末最后会沉到碗底,胡椒粉末在沉之前做的是布朗运动
B.液体中较大的悬浮颗粒不做布朗运动,而较小的颗粒做布朗运动,说明分子的体积很小
C.存放过煤的混凝土地面下一段深度内都有黑色颗粒,说明煤分子在做无规则的热运动
D.高压下的油会透过钢壁渗出,说明分子是不停运动着的
答案：C
解析：做布朗运动的微粒肉眼看不到,也不会停下来,故A错误;做布朗运动的不是分子而是固体微粒,布朗运动反映了液体分子在做永不停息的无规则运动,不能说明分子体积很小,故B错误;C属于扩散现象,说明分子都在做无规则运动,故C正确;高压下的油会透过钢壁渗出,这说明分子间有间隙,不能说明分子是不停运动着的,故D错误。专题2.1 温度和温标
【人教版】
【题型1 温度的理解】
【题型2 温度计和温标】
【题型3 热平衡】
【题型4 热力学温度与摄氏温度的关系】
【题型5 绝对零度的理解】
【题型6 联系实际】
【题型7 综合问题】
【题型1 温度的理解】
【例1】.[多选]如图所示，密闭容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则(　　)
A．氢分子的平均动能增大 　 B．氢分子的势能增大
C．氢气的内能增大 D．氢气的内能可能不变
E．氢气的压强增大
【变式1-1】(多选)下列关于温度及内能的说法中正确的是(　　)
A.物体的内能不可能为零
B.温度高的物体比温度低的物体内能大
C.一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化
D.内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同
【变式1-2】新型冠状病毒在世界范围内的肆虐，给人类造成了重大损失。为了减少病毒传播，人们常用乙醇免洗洗手液（主要成分是酒精）洗手消毒，使用免洗洗手液洗手后，手部能够很快变干，下列说法正确的是（　　）
A．手部能够很快变干是酒精分子做布朗运动的结果
B．手部能够很快变干是空气对流的结果
C．洗手液中的酒精由液体变为同温度的气体的过程中，分子平均动能不变
D．洗手液中的酒精由液体变为同温度的气体的过程中，分子势能不变
【变式1-3】[多选]下列关于温度及内能的说法中正确的是(　　)
A．温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高
B．两个不同的物体，只要温度和体积相同，内能就相同
C．质量和温度相同的冰和水，内能不同
D．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化
E．温度高的物体不一定比温度低的物体内能大
【题型2 温度计和温标】
【例2】下列关于温标，温度的说法正确的是（　　）
A．今天最高气温是，用热力学温度来表示即为
B．今天最低气温是，用摄氏温标来表示即为
C．今天从早晨到中午，气温上升了，用热力学温度来表示即上升
D．今天从早晨到中午，气温上升了，用热力学温度来表示即上升
【变式2-1】摄氏温标：在1954年以前，标准温度的间隔是用两个定点确定的。它们是水在标准大气压下的沸点（汽化点）和冰在标准大气压下与饱和空气的水相平衡时的熔点（冰点）。摄氏温标（以前称为百分温标）是由瑞典物理学家摄尔修斯设计的。如图所示，以冰点定为0℃，汽化点定为100℃，因此在这两个固定点之间共为100℃，即一百等份，每等份代表1度，用1℃表示，用摄氏温标表示的温度叫作摄氏温度，摄氏温标用度作单位，常用t表示。热力学温标由英国科学家威廉·汤姆逊（开尔文）创立，把作为零度的温标，叫作热力学温标（或绝对温标），热力学温标用K表示单位，常用T表示。则
（1）热力学温标与摄氏温标之间的关系为：________。
（2）如果可以粗略地取为绝对零度，在一标准大气压下，冰的熔点为________℃，即为________K。
（3）如果物体的温度升高1℃，那么，物体的温度将升高________K。
【变式2-2】（多选）下列关于温度的说法正确的是（　　）
A．水银温度计是根据水银热胀冷缩的性质制造的
B．水的沸点为100 ℃，用热力学温度表示即为373.15 K
C．水从0 ℃升高到100 ℃，用热力学温度表示即为从273.15 K升高到373.15 K
D．温度由摄氏t升至2t，对应的热力学温度由T升到2T
【变式2-3】（多选）伽利略在1593年制造了世界上第一个温度计——空气温度计，如图所示，一个细长颈的球形瓶倒插在装有红色液体的槽中，细管中的液面清晰可见，如果不考虑外界大气压的变化，就能根据液面的变化测出温度的变化，则（　　）
A．该温度计的测温物质是槽中的液体
B．该温度计的测温物质是细管中的红色液体
C．该温度计的测温物质是球形瓶中的空气
D．该温度计是利用测温物质的热胀冷缩的性质制造的
【题型3 热平衡】
【例3】（多选）关于温度和热平衡，下列说法中正确的是（　　）
A．处于热平衡状态的系统，温度一定相同
B．摄氏温度变化1℃，热力学温度变化1 K
C．摄氏温度与热力学温度都可能取负值
D．温度是分子势能的宏观标志
【变式3-1】下列说法不正确的是（　　）
A．热平衡定律是温度计能够用来测量温度的基本原理
B．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统也必定处于热平衡
C．温度是决定两个系统是否达到热平衡状态的唯一物理量
D．两个系统处于热平衡时，它们一定具有相同的热量
【变式3-2】关于平衡态和热平衡，下列说法中正确的有（　　）
A．只要温度不变且处处相等，系统就一定处于平衡态
B．两个系统在接触时，它们的状态不发生变化，说明这两个系统原来的温度是相等的
C．热平衡就是平衡态
D．处于热平衡的几个系统的压强一定相等
【变式3-3】（多选）关于热平衡与温标，下列各类说法中正确的是（　　）
A．具有相同内能的两物体达到热平衡
B．体温计测量体温时需与身体接触一段时间是为了达到热平衡
C．就是
D．冷热程度相同的鸡蛋和石头处于热平衡
【题型4 热力学温度与摄氏温度的关系】
【例4】关于热力学温度和摄氏温度，下列说法正确的是(　　)
A．某物体摄氏温度为10℃，即热力学温度为10K
B．热力学温度升高1K等于摄氏温度升高1℃
C．摄氏温度升高10℃，对应热力学温度升高283K
D．热力学温度和摄氏温度的温标不同，两者表示的温度无法比较
【变式4-1】关于热力学温度和摄氏温度，下列说法中正确的是（　　）
A．某物体的摄氏温度为，则热力学温度为10 K
B．热力学温度升高1 K，对应摄氏温度升高
C．摄氏温度升高，对应热力学温度升高283.15 K
D．热力学温度和摄氏温度对应的温标不同，两者表示的温度无法比较
【变式4-2】气体初始温度为27℃，升高了20℃。用热力学温标表示，气体初始温度为（ ）
A．27K，升高了20K B．300K，升高了20K
C．27K，升高了293K D．300K，升高了293K
【变式4-3】把摄氏温标和热力学温标作成函数关系图（如图），正确的是（　　）
A．B．C． D．
【题型5 绝对温度的理解】
【例5】（多选）下列关于热力学温度的说法正确的是(　　)
A．热力学温度的零点是－273.15 ℃ B．－136 ℃比136 K温度高
C．0 ℃等于273.15 K D．1 ℃就是1 K
【变式5-1】下列关于温度的说法中正确的是（　　）
A．热力学温度的0K相当于摄氏温度的273oC
B．热力学温度每升高1K和摄氏温度每升高1oC对应的温度变化是相同的
C．绝对零度是低温的极限，随着技术的进步是可能达到的
D．在国际单位制中，温度的单位是oC
【变式5-2】热学是研究物质处于热状态时的有关性质和规律的物理学分支，它起源于人类对冷热现象的探索。下列关于热现象的说法中正确的是（　　）
A．温度越高的物体，其内能越大
B．温度越低的物体，其每个分子的运动速率越小
C．处于热平衡状态的物体，无论是否接触，其冷热程度一定相同
D．随着冷冻技术的不断进步，可以实现将物体的温度降低到
【变式5-3】在自然界生态系统中，蛇与老鼠和其他生物通过营养关系构成食物链，在维持生态平衡方面发挥着重要作用。蛇是老鼠的天敌，它是通过接收热辐射来发现老鼠的。假设老鼠的体温约37℃，它发出的最强的热辐射的波长为λ。根据热辐射理论，λ与辐射源的绝对温度T的关系近似为Tλ=2.9×10-3m·K，则老鼠发出的最强的热辐射的波长约为（　　）
A．7.8×10-5m B．9.4×10-6m
C．1.1×10-4m D．9.7×10-8m
【题型6 联系实际】
【例6】（多选）下列各系统处于平衡态的是（　　）
A．放在0℃的房间里的密闭导热容器中的冰水混合物
B．静止在沸水中足够长时间的铜块
C．刚刚放在教室中的一杯热水和一杯加较多冰块的可乐
D．放在恒温房间中很久的密闭导热容器中的84消毒液
【变式6-1】如图所示，野外生存需要取火时，可以用随身携带的取火装置，在铜制活塞上放置少量易燃物，将金属筒套在活塞上迅速下压，即可点燃易燃物。则迅速下压过程中，金属筒内的封闭气体（　　）
A．分子平均动能变小
B．每个气体分子速率都增大
C．从外界吸热，气体内能增加
【变式6-2】（多选）严冬，湖面上结了厚厚的冰，但冰下鱼儿仍在游动。为了测出冰下水的温度，徐强同学在冰上打了一个洞，拿来一支实验室温度计，用下列四种方法测水温，正确的做法是（　　）
A．用线将温度计拴牢从洞中放入水里，待较长时间后从水中提出，读出温度计的示数
B．取一空的塑料饮水瓶，将温度计悬吊在瓶中，再将瓶拴住从洞中放入水里，水灌满瓶后待较长时间，然后将瓶提出，立即读出温度计的示数
C．若温度计显示的示数为摄氏温度 ，即热力学温度4K
D．若温度计显示的示数为摄氏温度，即热力学温度277.15K
【变式6-3】取一个横截面积是3dm2的不高的圆筒，筒内装水0.6kg，用来测量射到地面的太阳能.在太阳光垂直照射2min后，水的温度升高了1℃。
a.计算在阳光直射下，地球表面每平方厘米每分钟获得的能量。
b.已知射到大气顶层的太阳能只有45%到达地面，另外55%被大气吸收和反射而未到达地面，你能由此估算出太阳辐射的功率吗？需要什么数据，自己去查找。
【题型7 综合问题】
【例7】关于热平衡，下列说法错误的是（　　）
A．用温度计测量温度是根据热平衡的原理
B．温度相同的棉花和石头相接触，需要经过一段时间才能达到热平衡
C．若a与b、c分别达到热平衡，则b、c之间也达到了热平衡
D．两物体温度相同，可以说两物体达到了热平衡
【变式7-1】以下说法正确的是（　　）
A．在国际单位制中温度的单位为摄氏度
B．0℃的水和冰的分子平均动能可能不同
C．如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，则这两个系统也处于热平衡状态
D．在没有外界影响的情况下，密闭容器内的气体静置足够长时间后，每个分子的速度大小均相等
【变式7-2】(多选)实际应用中，常用到一种双金属温度计，它是利用铜片与铁片铆合在一起的双金属片的弯曲程度随温度变化的原理制成的，如图所示．已知图甲中双金属片被加热时，其弯曲程度会增大，则下列各种相关叙述中正确的有(　　)
A．该温度计的测温物质是铜、铁两种热膨胀系数不同的金属
B．双金属温度计是利用测温物质热胀冷缩的性质来工作的
C．由图甲可知，铜的热膨胀系数大于铁的热膨胀系数
D．由图乙可知，其双金属片的内层一定为铜，外层一定为铁
【变式7-3】实验室有一支读数不准确的温度计，在测冰水混合物的温度时，其读数为20 ℃；在测一标准大气压下沸水的温度时，其读数为80 ℃，下面分别是温度计示数为41 ℃时对应的实际温度和实际温度为60 ℃时温度计的示数，其中正确的是 （　　）
A．41 ℃，60 ℃ B．21 ℃，40 ℃
C．35 ℃，56 ℃ D．35 ℃，36 ℃
参考答案
【题型1 温度的理解】
【例1】.[多选]如图所示，密闭容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则(　　)
A．氢分子的平均动能增大 　 B．氢分子的势能增大
C．氢气的内能增大 D．氢气的内能可能不变
E．氢气的压强增大
解析：选ACE　温度是分子的平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定增大，故A正确；氢气视为理想气体，气体分子势能忽略不计，B错误；密闭容器内气体的内能由分子动能决定，氢气的分子动能增大，则内能增大，故C正确，D错误；根据理想气体的状态方程：＝C可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大，故E正确。
【变式1-1】(多选)下列关于温度及内能的说法中正确的是(　　)
A.物体的内能不可能为零
B.温度高的物体比温度低的物体内能大
C.一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化
D.内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同
答案　ACD
解析　内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，分子在永不停息的做无规则运动，所以内能永不为零，故A正确；物体的内能除与温度有关外，还与物体的种类、物体的质量、物体的体积有关，温度高的物体的内能可能比温度低的物体的内能大，也可能与温度低的物体的内能相等，也可能低于温度低的物体的内能，故B错误；一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化，比如零摄氏度的冰融化为零摄氏度的水，内能增加，故C正确；内能与温度、体积、物质的多少等因素有关，而分子平均动能只与温度有关，故内能不同的物体，它们分子热运动的平均分子动能可能相同，故D正确。
【变式1-2】新型冠状病毒在世界范围内的肆虐，给人类造成了重大损失。为了减少病毒传播，人们常用乙醇免洗洗手液（主要成分是酒精）洗手消毒，使用免洗洗手液洗手后，手部能够很快变干，下列说法正确的是（　　）
A．手部能够很快变干是酒精分子做布朗运动的结果
B．手部能够很快变干是空气对流的结果
C．洗手液中的酒精由液体变为同温度的气体的过程中，分子平均动能不变
D．洗手液中的酒精由液体变为同温度的气体的过程中，分子势能不变
答案：C
解析：手部能够很快变干是酒精分子永不停息做无规则运动的结果，A、B错误；洗手液中的酒精由液体变为同温度的气体的过程中，分子平均动能不变，分子势能变大，C正确，D错误。
故选C。
【变式1-3】[多选]下列关于温度及内能的说法中正确的是(　　)
A．温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高
B．两个不同的物体，只要温度和体积相同，内能就相同
C．质量和温度相同的冰和水，内能不同
D．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化
E．温度高的物体不一定比温度低的物体内能大
解析：选CDE　温度是大量分子热运动的客观体现，单个分子不能比较温度高低，A错误；物质的内能由温度、体积、物质的量及物态共同决定，故B错误，C正确；一定质量的某种物质，温度不变而体积发生变化时，内能也可能发生变化，D正确；质量不确定，只知道温度的关系，不能确定内能的大小，故E正确。
【题型2 温度计和温标】
【例2】下列关于温标，温度的说法正确的是（　　）
A．今天最高气温是，用热力学温度来表示即为
B．今天最低气温是，用摄氏温标来表示即为
C．今天从早晨到中午，气温上升了，用热力学温度来表示即上升
D．今天从早晨到中午，气温上升了，用热力学温度来表示即上升
答案：C
解析：根据热力学温度与摄氏温度的关系
可得，今天最高气温是，用热力学温度来表示即为，故A错误；
今天最低气温是，用摄氏温标来表示即为故B错误；
今天从早晨到中午，气温上升了，由于数值上
所以用热力学温度来表示即上升，故C正确，D错误。
故选C。
【变式2-1】摄氏温标：在1954年以前，标准温度的间隔是用两个定点确定的。它们是水在标准大气压下的沸点（汽化点）和冰在标准大气压下与饱和空气的水相平衡时的熔点（冰点）。摄氏温标（以前称为百分温标）是由瑞典物理学家摄尔修斯设计的。如图所示，以冰点定为0℃，汽化点定为100℃，因此在这两个固定点之间共为100℃，即一百等份，每等份代表1度，用1℃表示，用摄氏温标表示的温度叫作摄氏温度，摄氏温标用度作单位，常用t表示。热力学温标由英国科学家威廉·汤姆逊（开尔文）创立，把作为零度的温标，叫作热力学温标（或绝对温标），热力学温标用K表示单位，常用T表示。则
（1）热力学温标与摄氏温标之间的关系为：________。
（2）如果可以粗略地取为绝对零度，在一标准大气压下，冰的熔点为________℃，即为________K。
（3）如果物体的温度升高1℃，那么，物体的温度将升高________K。
答案： 0 273 1
解析：（1）[1]摄氏温标冰点温度为0℃，汽化点温度作为100℃。且用t表示，而热力学温标是把作为0K的，用K表示，所以热力学温标与摄氏温标之间的关系为
（2）[2][3]如果取为绝对零度，则T与t的关系为
显然，在标准大气压下，冰的熔点为0℃，即为273K；
（3）[4]因为，所以当t由1℃增加到2℃时，T就由
增加到
显然物体的温度升高了1℃，温度升高了1K。
【变式2-2】（多选）下列关于温度的说法正确的是（　　）
A．水银温度计是根据水银热胀冷缩的性质制造的
B．水的沸点为100 ℃，用热力学温度表示即为373.15 K
C．水从0 ℃升高到100 ℃，用热力学温度表示即为从273.15 K升高到373.15 K
D．温度由摄氏t升至2t，对应的热力学温度由T升到2T
答案：ABC
解析：水银温度计是根据水银热胀冷缩的性质制造的，A正确；根据 T=t＋273.15K可知，100 ℃相当于热力学温度100+273.15K =373.15 KB正确；水从0 ℃升高到100 ℃，即从0+273.15K =273.15 K升高到100+273.15K =373.15 KC正确；从t升高到2t，即从T=t＋273.15K升高到T '=2t＋273.15KD错误。
故选ABC。
【变式2-3】（多选）伽利略在1593年制造了世界上第一个温度计——空气温度计，如图所示，一个细长颈的球形瓶倒插在装有红色液体的槽中，细管中的液面清晰可见，如果不考虑外界大气压的变化，就能根据液面的变化测出温度的变化，则（　　）
A．该温度计的测温物质是槽中的液体
B．该温度计的测温物质是细管中的红色液体
C．该温度计的测温物质是球形瓶中的空气
D．该温度计是利用测温物质的热胀冷缩的性质制造的
答案：CD
解析：细管中的红色液体是用来显示球形瓶中空气的体积随温度变化情况的，测温物质是球形瓶中封闭的空气，该温度计是利用空气的热胀冷缩的性质制造的，故AB错误，CD正确。
故选CD。
【题型3 热平衡】
【例3】（多选）关于温度和热平衡，下列说法中正确的是（　　）
A．处于热平衡状态的系统，温度一定相同
B．摄氏温度变化1℃，热力学温度变化1 K
C．摄氏温度与热力学温度都可能取负值
D．温度是分子势能的宏观标志
答案：AB
解析：处于热平衡状态的系统，温度一定相同，故A正确；根据热力学温度T与摄氏温度t的关系
可知摄氏温度变化1℃，热力学温度变化1 K，故B正确；热力学温度的零度又称绝对零度，不可能达到，所以热力学温度不可能取负值，故C错误；温度是分子平均动能的宏观标志，故D错误。
故选AB。
【变式3-1】下列说法不正确的是（　　）
A．热平衡定律是温度计能够用来测量温度的基本原理
B．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统也必定处于热平衡
C．温度是决定两个系统是否达到热平衡状态的唯一物理量
D．两个系统处于热平衡时，它们一定具有相同的热量
答案：D
解析：由热平衡定律可知，若物体与A处于热平衡，它同时也与B达到热平衡，则A的温度便等于B的温度，这也是温度计用来测量温度的基本原理，故A、B正确；热平衡的系统都具有相同的状态参量——温度，故D错误，C正确。
本题选不正确的，故选D。
【变式3-2】关于平衡态和热平衡，下列说法中正确的有（　　）
A．只要温度不变且处处相等，系统就一定处于平衡态
B．两个系统在接触时，它们的状态不发生变化，说明这两个系统原来的温度是相等的
C．热平衡就是平衡态
D．处于热平衡的几个系统的压强一定相等
答案：B
解析：根据平衡态的定义知系统温度长时间内都不随时间变化，系统才处于平衡态，A错误；根据热平衡的定义知，处于热平衡的两个系统温度相同，B正确，D错误；平衡态是针对某一系统而言的，热平衡是两个系统相互影响的最终结果，C错误。
故选B。
【变式3-3】（多选）关于热平衡与温标，下列各类说法中正确的是（　　）
A．具有相同内能的两物体达到热平衡
B．体温计测量体温时需与身体接触一段时间是为了达到热平衡
C．就是
D．冷热程度相同的鸡蛋和石头处于热平衡
答案：BD
解析：两物体达到热平衡的标志是它们的温度相同，温度相同的物体不一定有相同的内能，A正确；
体温计测量体温时需与身体接触一段时间是为了达到热平衡，从而显示温度，B正确；约等于，C错误；两物体达到热平衡的标志是他们的温度相同，或者是它们的冷热程度相同，D正确．
故选BD。
【题型4 热力学温度与摄氏温度的关系】
【例4】关于热力学温度和摄氏温度，下列说法正确的是(　　)
A．某物体摄氏温度为10℃，即热力学温度为10K
B．热力学温度升高1K等于摄氏温度升高1℃
C．摄氏温度升高10℃，对应热力学温度升高283K
D．热力学温度和摄氏温度的温标不同，两者表示的温度无法比较
答案：B
解析：由得某物体摄氏温度为10℃时，热力学温度为，，即热力学温度升高1K等于摄氏温度升高1℃，摄氏温度升高10℃，对应热力学温度升高10K，B正确．
【变式4-1】关于热力学温度和摄氏温度，下列说法中正确的是（　　）
A．某物体的摄氏温度为，则热力学温度为10 K
B．热力学温度升高1 K，对应摄氏温度升高
C．摄氏温度升高，对应热力学温度升高283.15 K
D．热力学温度和摄氏温度对应的温标不同，两者表示的温度无法比较
答案：B
解析：热力学温度与摄氏温度的关系为知故热力学温度升高1 K，对应摄氏温度升高；摄氏温度升高，对应热力学温度升高10 K，故B正确，C错误；对应热力学温度283.15 K，故A错误；两温度可以比较，故D错误。
故选B。
【变式4-2】气体初始温度为27℃，升高了20℃。用热力学温标表示，气体初始温度为（ ）
A．27K，升高了20K B．300K，升高了20K
C．27K，升高了293K D．300K，升高了293K
答案：B
解析：用热力学温标表示，气体初始温度为
升高了故ACD错误，B正确。
故选B。
【变式4-3】把摄氏温标和热力学温标作成函数关系图（如图），正确的是（　　）
A．B．C． D．
答案：C
解析：摄氏温标用表示，热力学温标用表示，则热力学温标和摄氏温标的函数关系为
由函数关系式可知，图像的斜率为正值，且当时，为负值，故ABD错误C正确。
故选C。
【题型5 绝对温度的理解】
【例5】（多选）下列关于热力学温度的说法正确的是(　　)
A．热力学温度的零点是－273.15 ℃ B．－136 ℃比136 K温度高
C．0 ℃等于273.15 K D．1 ℃就是1 K
答案：ABC
【变式5-1】下列关于温度的说法中正确的是（　　）
A．热力学温度的0K相当于摄氏温度的273oC
B．热力学温度每升高1K和摄氏温度每升高1oC对应的温度变化是相同的
C．绝对零度是低温的极限，随着技术的进步是可能达到的
D．在国际单位制中，温度的单位是oC
答案：B
解析：根据,热力学温度的0K相当于摄氏温度的，A错误；根据热力学温度每升高1K和摄氏温度每升高对应的温度变化是相同的，B正确；绝对零度是低温的极限，表示分子热运动停止，不可能达到，C错误；在国际单位制中，温度的单位是开尔文K，D错误。
故选B。
【变式5-2】热学是研究物质处于热状态时的有关性质和规律的物理学分支，它起源于人类对冷热现象的探索。下列关于热现象的说法中正确的是（　　）
A．温度越高的物体，其内能越大
B．温度越低的物体，其每个分子的运动速率越小
C．处于热平衡状态的物体，无论是否接触，其冷热程度一定相同
D．随着冷冻技术的不断进步，可以实现将物体的温度降低到
答案：C
解析：物体的内能是物体内所有分子动能和势能的总和，由物体的物质的量、温度和体积共同决定，故A错误；温度越低的物体，其所有分子的平均动能越小即平均速率越小，但不一定每个分子的平均速率越小，故B错误；处于热平衡状态的物体，其温度不变，即冷热程度相同，故C正确；根据热力学第三定律可知，温度不可能达到-273.15°，故D错误。
故选C。
【变式5-3】在自然界生态系统中，蛇与老鼠和其他生物通过营养关系构成食物链，在维持生态平衡方面发挥着重要作用。蛇是老鼠的天敌，它是通过接收热辐射来发现老鼠的。假设老鼠的体温约37℃，它发出的最强的热辐射的波长为λ。根据热辐射理论，λ与辐射源的绝对温度T的关系近似为Tλ=2.9×10-3m·K，则老鼠发出的最强的热辐射的波长约为（　　）
A．7.8×10-5m B．9.4×10-6m
C．1.1×10-4m D．9.7×10-8m
答案：B
解析：由题意可知Tλ=2.9×10-3m·K
则有
故选B。
【题型6 联系实际】
【例6】（多选）下列各系统处于平衡态的是（　　）
A．放在0℃的房间里的密闭导热容器中的冰水混合物
B．静止在沸水中足够长时间的铜块
C．刚刚放在教室中的一杯热水和一杯加较多冰块的可乐
D．放在恒温房间中很久的密闭导热容器中的84消毒液
【答案】ABD
【解析】系统处于平衡态时，其状态参量不变，铜块静止在沸水中足够长的时间，密闭导热容器中的冰水混合物处在0℃环境中，其状态参量不再变化，即处于平衡态，AB正确；刚刚放在教室中的一杯热水和一杯加较多冰块的可乐，温度未达到稳定状态，则处于非平衡态，C错误；放在恒温房间中很久的密闭导热容器中的84消毒液，其温度、体积等状态参量不再变化，处于平衡态，D正确。故选ABD。
【变式6-1】如图所示，野外生存需要取火时，可以用随身携带的取火装置，在铜制活塞上放置少量易燃物，将金属筒套在活塞上迅速下压，即可点燃易燃物。则迅速下压过程中，金属筒内的封闭气体（　　）
A．分子平均动能变小
B．每个气体分子速率都增大
C．从外界吸热，气体内能增加
D．分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数增加
答案：D
解析：迅速下压过程中，外界对气体做功，由于气体变化经历时间极短，来不及与外界发生热交换，可近似认为是绝热过程，根据热力学第一定律可知气体内能增大，温度升高，分子平均动能变大，故AC错误；
由于温度是大量分子整体表现出来的性质，并不能说明单个分子的状态，所以并不是每个气体分子速率都增大，故B错误；气体体积减小，单位体积内分子数增多，且分子平均动能增大，所以分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数增加，故D正确。
故选D。
【变式6-2】（多选）严冬，湖面上结了厚厚的冰，但冰下鱼儿仍在游动。为了测出冰下水的温度，徐强同学在冰上打了一个洞，拿来一支实验室温度计，用下列四种方法测水温，正确的做法是（　　）
A．用线将温度计拴牢从洞中放入水里，待较长时间后从水中提出，读出温度计的示数
B．取一空的塑料饮水瓶，将温度计悬吊在瓶中，再将瓶拴住从洞中放入水里，水灌满瓶后待较长时间，然后将瓶提出，立即读出温度计的示数
C．若温度计显示的示数为摄氏温度 ，即热力学温度4K
D．若温度计显示的示数为摄氏温度，即热力学温度277.15K
答案：BD
解析：要测量冰下水的温度，必须使温度计与冰下的水达到热平衡时，再读出温度计的示数，但因隔着冰无法直接读数，把温度计取出来，显示的也不再是原热平衡状态下的温度， A错误B正确；根据
C错误D正确。
【变式6-3】取一个横截面积是3dm2的不高的圆筒，筒内装水0.6kg，用来测量射到地面的太阳能.在太阳光垂直照射2min后，水的温度升高了1℃。
a.计算在阳光直射下，地球表面每平方厘米每分钟获得的能量。
b.已知射到大气顶层的太阳能只有45%到达地面，另外55%被大气吸收和反射而未到达地面，你能由此估算出太阳辐射的功率吗？需要什么数据，自己去查找。
答案（a）4.2J/cm2·min；（b）4.5×1026w
解析（a）圆筒内的水经过2分钟内能的增加为
圆筒面积为
所以每分钟每平方厘米获得的能量为
（b）根据上一问可得太阳光在地球表面每平方米每秒获得的能量为
太阳的辐射能向四面八方，是均匀辐射的，可认为辐射分布在以太阳到地球距离
为半径的球面上，所以太阳辐射功率为
【题型7 综合问题】
【例7】关于热平衡，下列说法错误的是（　　）
A．用温度计测量温度是根据热平衡的原理
B．温度相同的棉花和石头相接触，需要经过一段时间才能达到热平衡
C．若a与b、c分别达到热平衡，则b、c之间也达到了热平衡
D．两物体温度相同，可以说两物体达到了热平衡
【答案】B
【解析】当温度计的液泡与被测物体紧密接触时，如果两者的温度有差异，它们之间就会发生热传递，高温物体将向低温物体传热，最终使二者的温度达到相同，即达到热平衡，AD正确，不符合题意；两个物体的温度相同时，不会发生热传递，B错误，符合题意；若a与b、c分别达到热平衡，三者温度一定相同，则b、c之间也达到了热平衡，C正确，不符合题意。
故选B。
【变式7-1】以下说法正确的是（　　）
A．在国际单位制中温度的单位为摄氏度
B．0℃的水和冰的分子平均动能可能不同
C．如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，则这两个系统也处于热平衡状态
D．在没有外界影响的情况下，密闭容器内的气体静置足够长时间后，每个分子的速度大小均相等
【答案】C
【解析】在国际单位制中温度的单位为开尔文，故A错误；温度是分子平均动能的标志，温度相同的物体其分子平均动能相同，故B错误；根据热平衡定律知，如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，则这两个系统也处于热平衡状态，故C正确；分子的热运动是杂乱无章的，每个分子的速度大小不会均相等，故D错误。故选C。
【变式7-2】(多选)实际应用中，常用到一种双金属温度计，它是利用铜片与铁片铆合在一起的双金属片的弯曲程度随温度变化的原理制成的，如图所示．已知图甲中双金属片被加热时，其弯曲程度会增大，则下列各种相关叙述中正确的有(　　)
A．该温度计的测温物质是铜、铁两种热膨胀系数不同的金属
B．双金属温度计是利用测温物质热胀冷缩的性质来工作的
C．由图甲可知，铜的热膨胀系数大于铁的热膨胀系数
D．由图乙可知，其双金属片的内层一定为铜，外层一定为铁
答案：ABC
【变式7-3】实验室有一支读数不准确的温度计，在测冰水混合物的温度时，其读数为20 ℃；在测一标准大气压下沸水的温度时，其读数为80 ℃，下面分别是温度计示数为41 ℃时对应的实际温度和实际温度为60 ℃时温度计的示数，其中正确的是 （　　）
A．41 ℃，60 ℃ B．21 ℃，40 ℃
C．35 ℃，56 ℃ D．35 ℃，36 ℃
答案：C
解析：此温度计每一刻度表示的实际温度为 ℃=℃
当它的示数为41 ℃时，它上升的格数为 41－20=21（格），对应的实际温度应为 21×℃=35 ℃
当实际温度为60 ℃时，此温度计应从20 ℃开始上升格数为 （格）它的示数应为
故选C。专题2.6 实验：探究气体压强与体积的关系
【人教版】
【题型1 原理与操作】
【题型2 数据处理与误差分析】
【题型3 器材、原理创新】
【题型1 原理与操作】
【例1】探究气体等温变化规律的实验装置，如图所示。空气柱的长度由刻度尺读取、气体的压强通过柱塞与注射器内空气柱相连的压力表读取。为得到气体的压强与体积关系，下列做法正确的是（　　）
A．柱塞上涂油是为了减小摩擦力 B．改变气体体积应缓慢推拉柱塞
C．推拉柱塞时可用手握住注射器 D．实验前应测得柱塞受到的重力
【变式1-1】如图甲是“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”的实验装置。
主要步骤如下：
①将压强传感器调零；
②在活塞上均匀涂抹润滑油，把活塞移至注射器满刻度处；
③逐一连接注射器、压强传感器、数据采集器、计算机；
④推动活塞，记录多组注射器内气体的体积V，以及相应的压强传感器示数p。
（1）实验操作中，活塞上均匀涂抹润滑油，主要目的是为了_______；
（2）为了保持封闭气体的温度恒定，下列措施可行的是_______；
A．注射器必须固定在竖直平面内
B．用手握注射器推拉活塞
C．缓慢推动活塞
（3）测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，若以p为纵坐标，则应以_______为横坐标在坐标系中描点作图；小明所在的小组不断压缩气体，由测得数据发现p与V的乘积值越来越小，则用上述方法作出的图线应为图乙中的________（选填“①”或“②”），造成该现象的原因可能是________（答一种即可）。
【变式1-2】某同学利用如图所示的装置做“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验，先后测得5组数据列于下表。如果读数和计算无误，分析数据发现随着实验的进行（　　）
序号 1 2 3 4 5
p 1.05 1.12 1.23 1.40 1.63
V 3.8 3.6 3.3 2.9 2.2
pV 3.99 4.03 4.06 4.06 3.59
A．有气体泄露 B．有空气进入
C．气体温度升高 D．气体不再近似遵守气体实验定律
【变式1-3】某同学用如图所示装置探究气体做等温变化的规律：
(1)在实验中，下列哪些操作不是必需的________；
A．用橡胶套密封注射器的下端
B．用游标卡尺测量柱塞的直径
C．读取压力表上显示的气压值
D．读取刻度尺上显示的空气柱长度
(2)实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管(或注射器)，并且在实验中要缓慢推动活塞，这些要求的目的是_______________________________________________；
(3)下列图像中，最能直观反映气体做等温变化的规律的是________。
【题型2 数据处理与误差分析】
【例2】如图甲所示是一种研究气球的体积和压强的变化规律的装置。将气球、压强传感器和大型注射器用T形管连通。初始时认为气球内无空气，注射器内气体体积为V0，压强为p0，T形管与传感器内少量气体体积可忽略不计。缓慢推动注射器活塞，保持温度不变，装置密封良好。
（1）将注射器内一部分气体推入气球，读出此时注射器内剩余气体的体积为V0，压强传感器读数为p1，则此时气球体积为___________。
（2）继续推动活塞，多次记录注射器内剩余气体的体积及对应的压强，计算出对应的气球体积，得到如图乙所示的“压强和气球体积”关系图像。根据该图像估算，若初始时注射器内仅有体积为0.5V0、压强为p0的气体，当气体全部压入气球后，气球内气体的压强将变为___________×p0.（结果保留3位小数）
【变式2-1】在“探究气体等温变化的规律”的实验中，如图所示，导热性能良好的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，以这段空气柱为研究对象，实验过程中它的质量不会变化。空气柱的压强p可以从上方的压力表中读出，空气柱的体积V可以从注射器的标度上读出，用手把柱塞向下或向上拉，读出体积与压强的几组数据。
关于本实验的实际操作及数据处理，以下说法正确的是______；
A．为减小实验误差，应缓慢移动柱塞
B．气体的压强和体积必须用国际单位
C．推、拉柱塞时，为了稳定，手应握住注射器筒上的空气柱部分
D．注射器下端橡胶套脱落后，应立即重新封上，继续实验并记录数据
以压强p为纵坐标，以体积的倒数为横坐标，把实验得到的各组数据在坐标系中描点。某小组在这次实验过程中，环境温度突然降低，其它操作均规范，则该小组最后得到的关系图象可能是______。
A． B．
C． D．
【变式2-2】探究气体等温变化规律的简易装置图如图所示，表中是某小组的数据。
序号 V/mL p/(×105 Pa) pV/(×105 Pa·mL)
1 20 1.001 0 20.020
2 18 1.095 2 19.714
3 16 1.231 3 19.701
4 14 1.403 0 19.642
5 12 1.635 1 19.621
(1)若要研究p、V之间的关系，绘制图像时应选用________作为坐标系。
(2)仔细观察发现，pV的值越来越小，可能的原因是
________________________________________________________________________。
【变式2-3】贾同学用注射器和压强传感器探究一定质量的气体发生等温变化时所遵循的规律。实验装置如图甲所示，用活塞和注射器外筒封闭一定量的气体，其压强可由左侧的压强传感器测得。
(1)有关该实验的说法，正确的是___________。
A．实验时注射器必须水平放置
B．需用控制变量法研究气体的变化规律
C．注射器内部的横截面积的具体数据必需测出
D．注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可，无须标注单位
(2)进行实验操作时，不能推拉活塞过快，其原因是___________。
A．防止封闭气体的质量发生改变
B．防止封闭气体的温度发生改变
(3)贾同学首先在实验室Ⅰ进行了实验，下表为记录的实验数据，其中有一次记录的实验数据错误，记录错误的是___________(填错误数据对应的实验序号)。
实验序号 1 2 3 4 5
封闭气柱长度 12.00 11.00 10.00 9.00 8.00
封闭气柱压强 1.00 1.09 1.20 1.33 1.90
(4)贾同学利用同一装置对同一封闭气体在另一温度稍高的实验室Ⅱ进行了实验，根据实验室Ⅰ、Ⅱ记录的数据用正确的方法作出的图像如图乙所示，根据实验室Ⅱ记录的数据作出的图像应为___________(填图线代号)。
【题型3 器材、原理创新】
【例3】例题如图甲是“用DIS 研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”的实验装置。主要步骤如下：
①将压强传感器调零；
②在活塞上均匀涂抹润滑油，把活塞移至注射器满刻度处；
③逐一连接注射器、压强传感器、数据采集器、计算机；
④推动活塞，记录多组注射器内气体的体积 V，以及相应的压强传感器示数 p。
（1）实验操作中，活塞上均匀涂抹润滑油，主要目的是为了___________；
（2）为了保持封闭气体的温度恒定，下列措施可行的是___________；
A．注射器必须固定在竖直平面内 B．用手握注射器推拉活塞 C．缓慢推动活塞
（3）测得多组空气柱的压强 p 和体积 V 的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，若以p 为纵坐标，则应以_________为横坐标在坐标系中描点作图；小明所在的小组不断压缩气体，由测得数据发现发现图线的上端出现了一小段弯曲，产生这一现象的可能原因是：_______（答一种即可）。
（4）另一小组实验时缓慢推动活塞，记录 4 组注射器上的刻度数值 V，以及相应的压强传感器示数 p。在采集第 5 组数据时，压强传感器的软管脱落，重新接上后继续实验，又采集了 4 组数据，其余操作无误。该小组绘出的关系图像应是____________。
A． B． C． D．
【变式3-1】“研究一定质量的气体在温度不变的情况下压强与体积的关系”的实验装置如图1所示，实验步骤如下：
①把注射器活塞移至注射器满刻度处，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接；
②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p；
③用V-图像处理实验数据，得出如图2所示图像。
(1)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是______________和______________。
(2)如果实验操作规范正确，但如图2所示的V-图像不过原点，则V0代表_______。
(3)小明同学实验时缓慢推动活塞，并记录下每次测量的压强p与注射器刻度值V。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。V-关系图像应是________。
【变式3-2】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一连接起来；
②移动活塞至某一位置，记录此时注射器内封闭气体的体积V1和由计算机显示的气体压强值p1；
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)关于本实验的基本要求，下列说法中正确的是________(选填选项前的字母)。
A.移动活塞时应缓慢一些
B.封闭气体的注射器应密封良好
C.必须测出注射器内封闭气体的质量
D.气体的压强和体积必须用国际单位
(2)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“p－ V”或“p－”)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)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T1、T2，且T1＞T2。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__________(选填选项的字母)。
【变式3-3】某同学利用图(a)装置验证玻意耳定律：粗细相同的玻璃管A和B下端用橡皮管相连，管内装有水银，A管上端封闭，内有封闭气体，B管上端开口。上、下移动B管时，需保持____________不变，气体体积V可以根据A管上的刻度读出，利用刻度尺测出B管液面与A管液面的高度差h。测得一系列数据后，以h为纵坐标，得到如图(b)所示的函数图像，则图像的横坐标应为________；图线与h轴交点的物理含义是____________________________________________________。
参考答案
【题型1 原理与操作】
【例1】探究气体等温变化规律的实验装置，如图所示。空气柱的长度由刻度尺读取、气体的压强通过柱塞与注射器内空气柱相连的压力表读取。为得到气体的压强与体积关系，下列做法正确的是（　　）
A．柱塞上涂油是为了减小摩擦力 B．改变气体体积应缓慢推拉柱塞
C．推拉柱塞时可用手握住注射器 D．实验前应测得柱塞受到的重力
【答案】B
【解析】柱塞上涂油是为了防止漏气，并不是为了减小摩擦力，A错误；实验中为了使气体能够做等温变化，改变气体体积应缓慢推拉柱塞，B正确；用手握住注射器，会使气体温度变高，C错误；实验前应测量柱塞的横截面积，并不是测量重力，这样才能得到空气柱的体积，D错误。故选B。
【变式1-1】如图甲是“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”的实验装置。
主要步骤如下：
①将压强传感器调零；
②在活塞上均匀涂抹润滑油，把活塞移至注射器满刻度处；
③逐一连接注射器、压强传感器、数据采集器、计算机；
④推动活塞，记录多组注射器内气体的体积V，以及相应的压强传感器示数p。
（1）实验操作中，活塞上均匀涂抹润滑油，主要目的是为了_______；
（2）为了保持封闭气体的温度恒定，下列措施可行的是_______；
A．注射器必须固定在竖直平面内
B．用手握注射器推拉活塞
C．缓慢推动活塞
（3）测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，若以p为纵坐标，则应以_______为横坐标在坐标系中描点作图；小明所在的小组不断压缩气体，由测得数据发现p与V的乘积值越来越小，则用上述方法作出的图线应为图乙中的________（选填“①”或“②”），造成该现象的原因可能是________（答一种即可）。
【答案】 防止漏气 C ② 漏气
【解析】(1)实验操作中，活塞上均匀涂抹润滑油，主要目的是为了防止漏气。
(2)为了保持封闭气体的温度恒定，可行的措施为缓慢推动活塞，这样能使注射器中气体温度始终与环境温度一直，C正确。
故选C。
(3)由理想气体状态方程可得为直观反映压强与体积之间的关系，若以p为纵坐标，则应以为横坐标在坐标系中描点作图。
[4][5]压缩气体的过程V减小，增大，由于p与V的乘积减小，故压强增大的越来越慢，图线应为图乙中的②，造成该现象的原因可能是漏气。
【变式1-2】某同学利用如图所示的装置做“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验，先后测得5组数据列于下表。如果读数和计算无误，分析数据发现随着实验的进行（　　）
序号 1 2 3 4 5
p 1.05 1.12 1.23 1.40 1.63
V 3.8 3.6 3.3 2.9 2.2
pV 3.99 4.03 4.06 4.06 3.59
A．有气体泄露 B．有空气进入
C．气体温度升高 D．气体不再近似遵守气体实验定律
【答案】A
【解析】因为对于一定质量的理想气体满足气体状态方程
其中M为相对原子质量，由表格数据可知PV的乘积变小，则可能的原因是气体质量减小或是温度降低。故选A。
【变式1-3】某同学用如图所示装置探究气体做等温变化的规律：
(1)在实验中，下列哪些操作不是必需的________；
A．用橡胶套密封注射器的下端
B．用游标卡尺测量柱塞的直径
C．读取压力表上显示的气压值
D．读取刻度尺上显示的空气柱长度
(2)实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管(或注射器)，并且在实验中要缓慢推动活塞，这些要求的目的是_______________________________________________；
(3)下列图像中，最能直观反映气体做等温变化的规律的是________。
解析：(1)用橡胶套密封注射器的下端，是为了封住一定量的气体，故A是必要的；没有必要测量柱塞的直径，由于整个过程中，截面不变，知道长度就可以，列方程时，两边把截面可以消掉，故B没必要；读取压力表上显示的气压值，知道初末状态的气压值，故C是必要的；读取刻度尺上显示的空气柱长度来表示空气的体积，故D是必要的。
(2)尽可能保证封闭气体在状态变化过程中的温度不变。
(3)图像中直线比曲线直观，在等温变化中，p与成正比，因此画p-图像，应是一条过坐标原点的直线，故C正确，A、B、D错误。
答案：(1)B　(2)见解析　(3)C
【题型2 数据处理与误差分析】
【例2】如图甲所示是一种研究气球的体积和压强的变化规律的装置。将气球、压强传感器和大型注射器用T形管连通。初始时认为气球内无空气，注射器内气体体积为V0，压强为p0，T形管与传感器内少量气体体积可忽略不计。缓慢推动注射器活塞，保持温度不变，装置密封良好。
（1）将注射器内一部分气体推入气球，读出此时注射器内剩余气体的体积为V0，压强传感器读数为p1，则此时气球体积为___________。
（2）继续推动活塞，多次记录注射器内剩余气体的体积及对应的压强，计算出对应的气球体积，得到如图乙所示的“压强和气球体积”关系图像。根据该图像估算，若初始时注射器内仅有体积为0.5V0、压强为p0的气体，当气体全部压入气球后，气球内气体的压强将变为___________×p0.（结果保留3位小数）
【答案】 1.027
【解析】（1）将注射器内一部分气体推入气球时，压强传感器读数为p1，根据玻意耳定律有 所以气体的总体积
此时注射器内剩余气体的体积为，则气球的体积为
（2）若初始时注射器内仅有体积为0.5V0、压强为p0的气体，气体全部压入气球，因为气球内气体的压强略大于p0，由玻意耳定律可知气球内气体的体积略小于0.5V0，由题图乙可知，V球略小于0.5V0时，对应的压强值为1.027p0
【变式2-1】在“探究气体等温变化的规律”的实验中，如图所示，导热性能良好的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，以这段空气柱为研究对象，实验过程中它的质量不会变化。空气柱的压强p可以从上方的压力表中读出，空气柱的体积V可以从注射器的标度上读出，用手把柱塞向下或向上拉，读出体积与压强的几组数据。
关于本实验的实际操作及数据处理，以下说法正确的是______；
A．为减小实验误差，应缓慢移动柱塞
B．气体的压强和体积必须用国际单位
C．推、拉柱塞时，为了稳定，手应握住注射器筒上的空气柱部分
D．注射器下端橡胶套脱落后，应立即重新封上，继续实验并记录数据
以压强p为纵坐标，以体积的倒数为横坐标，把实验得到的各组数据在坐标系中描点。某小组在这次实验过程中，环境温度突然降低，其它操作均规范，则该小组最后得到的关系图象可能是______。
A． B．
C． D．
答案 A A
解析 （1）为减小实验误差，应缓慢移动柱塞，以防止柱塞移动太快时气体的温度产生变化，A正确；气体的压强和体积没必要必须用国际单位，只要单位相同即可，B错误；推、拉柱塞时，为了稳定，手不应握住注射器筒上的空气柱部分，以防止气体温度产生变化，C错误；注射器下端橡胶套脱落后，气体的质量产生变化，需重新做实验，D错误。故选A。
（2）由，可知，CT是关系图象的斜率，如果环境温度突然降低，其它操作均规范，则该小组最后得到的关系图象的斜率将减小，图象可能是A，所以A正确，BCD错误。故选A。
【变式2-2】探究气体等温变化规律的简易装置图如图所示，表中是某小组的数据。
序号 V/mL p/(×105 Pa) pV/(×105 Pa·mL)
1 20 1.001 0 20.020
2 18 1.095 2 19.714
3 16 1.231 3 19.701
4 14 1.403 0 19.642
5 12 1.635 1 19.621
(1)若要研究p、V之间的关系，绘制图像时应选用________作为坐标系。
(2)仔细观察发现，pV的值越来越小，可能的原因是
________________________________________________________________________。
解析：(1)由理想气体的状态方程＝C可知，若是选p-V作为坐标系，得到的是等温曲线；若是选p-作为坐标系，将会得到一条延长线过坐标原点的直线。后者更方便且直观，便于分析问题，所以选p-作为坐标系。
(2)因研究的过程是等温变化，由方程pV＝nRT(n表示物质的量，T表示绝对温度，R是常数)可知，pV值越来越小，说明n减小，即物质的量在减小，说明有气体漏出。
答案：(1)p-　(2)有气体漏出
【变式2-3】贾同学用注射器和压强传感器探究一定质量的气体发生等温变化时所遵循的规律。实验装置如图甲所示，用活塞和注射器外筒封闭一定量的气体，其压强可由左侧的压强传感器测得。
(1)有关该实验的说法，正确的是___________。
A．实验时注射器必须水平放置
B．需用控制变量法研究气体的变化规律
C．注射器内部的横截面积的具体数据必需测出
D．注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可，无须标注单位
(2)进行实验操作时，不能推拉活塞过快，其原因是___________。
A．防止封闭气体的质量发生改变
B．防止封闭气体的温度发生改变
(3)贾同学首先在实验室Ⅰ进行了实验，下表为记录的实验数据，其中有一次记录的实验数据错误，记录错误的是___________(填错误数据对应的实验序号)。
实验序号 1 2 3 4 5
封闭气柱长度 12.00 11.00 10.00 9.00 8.00
封闭气柱压强 1.00 1.09 1.20 1.33 1.90
(4)贾同学利用同一装置对同一封闭气体在另一温度稍高的实验室Ⅱ进行了实验，根据实验室Ⅰ、Ⅱ记录的数据用正确的方法作出的图像如图乙所示，根据实验室Ⅱ记录的数据作出的图像应为___________(填图线代号)。
【解析】 (1)实验时注射器不必保持水平放置，气体压强由传感器直接读出，A错误；气体状态参量有p、V、T，故需用控制变量法研究气体的变化规律，B正确；注射器内部的横截面积固定不变，体积与气柱长度成正比，故具体数据不必测出，C错误；注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可确定体积变化，故无须标注单位，D正确。故选BD。
进行实验操作时，不能推拉活塞过快，其原因是防止封闭气体的温度发生改变，B正确。故选B。
由理想气体状态方程可得，发生等温变化时，气体压强与体积成正比，第5组数据气柱压强偏差较大，故记录错误的是5。
(4)由理想气体状态方程可得，实验室Ⅱ温度较高，图线斜率较大，故根据实验室Ⅱ记录的数据作出的图像应为①。
【答案】 ①BD ②B ③5 ④①
【题型3 器材、原理创新】
【例3】例题如图甲是“用DIS 研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”的实验装置。主要步骤如下：
①将压强传感器调零；
②在活塞上均匀涂抹润滑油，把活塞移至注射器满刻度处；
③逐一连接注射器、压强传感器、数据采集器、计算机；
④推动活塞，记录多组注射器内气体的体积 V，以及相应的压强传感器示数 p。
（1）实验操作中，活塞上均匀涂抹润滑油，主要目的是为了___________；
（2）为了保持封闭气体的温度恒定，下列措施可行的是___________；
A．注射器必须固定在竖直平面内 B．用手握注射器推拉活塞 C．缓慢推动活塞
（3）测得多组空气柱的压强 p 和体积 V 的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，若以p 为纵坐标，则应以_________为横坐标在坐标系中描点作图；小明所在的小组不断压缩气体，由测得数据发现发现图线的上端出现了一小段弯曲，产生这一现象的可能原因是：_______（答一种即可）。
（4）另一小组实验时缓慢推动活塞，记录 4 组注射器上的刻度数值 V，以及相应的压强传感器示数 p。在采集第 5 组数据时，压强传感器的软管脱落，重新接上后继续实验，又采集了 4 组数据，其余操作无误。该小组绘出的关系图像应是____________。
A． B． C． D．
答案 防止漏气 C 注射器内气体向外漏气 D
解析 (1)DIS研究温度不变时气体的压强与体积的关系，本实验保持温度不变，研究压强与体积关系，根据题意可知，还需保证封闭气体质量不变，为了防止漏气，故需要在活塞上均匀涂抹润滑油。
[2]由于不是拉活塞，则注射器不一定要安装在竖直平面内，实验过程中手不能与注射器接触，推动活塞应缓慢进行，保持与外界相同温度，故C正确，AB错误。
故选C。
(3)当温度不变时有，即压强p与V成反比，两者的关系图象不是直线，但压强p与是线性关系，故应当以为横坐标。当增大时，V减小时，p增加的程度不是线性关系，当斜率减小，压强增加程度减小，导致这一现象的原因是注射器存在向外漏气现象。
(4)测量时，注射器与压强传感器连接部分气体的体积V0未计入，纵轴存在截距-V0；软管脱落后，气体向外漏出，p的测量值偏小，相应的横坐标偏大，但左侧的延长线与纵轴的交点仍为-V0，故前后两条线相交在此处，故D正确，ABC错误。故选D。
【变式3-1】“研究一定质量的气体在温度不变的情况下压强与体积的关系”的实验装置如图1所示，实验步骤如下：
①把注射器活塞移至注射器满刻度处，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接；
②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p；
③用V-图像处理实验数据，得出如图2所示图像。
(1)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是______________和______________。
(2)如果实验操作规范正确，但如图2所示的V-图像不过原点，则V0代表_______。
(3)小明同学实验时缓慢推动活塞，并记录下每次测量的压强p与注射器刻度值V。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。V-关系图像应是________。
解析：(1)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是：移动活塞要缓慢；不能用手握住注射器封闭气体部分。
(2)体积读数值比实际值小V0。根据p(V＋V0) ＝C，C为定值，则V＝－V0。如果实验操作规范正确，但如题图2所示的V-图像不过原点，则V0代表注射器与压强传感器连接部分的气体体积。
(3)根据pV＝C可知V＝，当质量不变时V与成正比，软管脱落造成漏气，压强突然减小，则变大，重新接好软管时V与脱落前相等，继续实验时气体质量仍能保持不变，V与还是成正比，但斜率比原来小，故C正确。
答案：(1)见解析　(2)注射器与压强传感器连接部分气体的体积　(3)C
【变式3-2】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一连接起来；
②移动活塞至某一位置，记录此时注射器内封闭气体的体积V1和由计算机显示的气体压强值p1；
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)关于本实验的基本要求，下列说法中正确的是________(选填选项前的字母)。
A.移动活塞时应缓慢一些
B.封闭气体的注射器应密封良好
C.必须测出注射器内封闭气体的质量
D.气体的压强和体积必须用国际单位
(2)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“p－ V”或“p－”)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)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T1、T2，且T1＞T2。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__________(选填选项的字母)。
答案　(1)AB　(2)p－　过原点的倾斜直线(或正比例函数直线)　(3)AC
解析　(1)移动活塞时应缓慢一些，以保证气体的温度不变，选项A正确；封闭气体的注射器应密封良好，要保证气体的质量不变，选项B正确；必须测出注射器内封闭气体的体积，选项C错误；气体的压强和体积使用同一单位制的单位即可，不必须用国际单位，选项D错误。
(2)根据pV＝C可知p＝，则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p－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过原点的倾斜直线(或正比例函数直线)，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。
(3)在p－V图像中，若画出一条平行p轴的等容线，可看出p1＞p2，由＝C可知T1＞T2，则选项A正确，B错误；由＝C可知，p＝CT，则p－图像的斜率越大，温度越高，因T1＞T2，则选项C正确，D错误。
【变式3-3】某同学利用图(a)装置验证玻意耳定律：粗细相同的玻璃管A和B下端用橡皮管相连，管内装有水银，A管上端封闭，内有封闭气体，B管上端开口。上、下移动B管时，需保持____________不变，气体体积V可以根据A管上的刻度读出，利用刻度尺测出B管液面与A管液面的高度差h。测得一系列数据后，以h为纵坐标，得到如图(b)所示的函数图像，则图像的横坐标应为________；图线与h轴交点的物理含义是____________________________________________________。
解析：由于要验证玻意耳定律，则上、下移动B管时，需保持温度不变；对A中的气体，若满足玻意耳定律，则(p0＋h)V＝C，解得h＝C·－p0，则以h为纵坐标，得到如题图(b)所示的函数图像，则图像的横坐标为；图线与h轴交点的物理含义是－p0，即大气压强p0的相反数。
答案：温度　　大气压强p0的相反数专题1.4 分子动能和分子势能
【人教版】
【题型1 分子力、分子势能图像综合】
【题型2 分子势能变化图像问题】
【题型3 物体间内能对比】
【题型4 内能和机械能对比】
【题型5 分子动能变化问题】
【题型6 物体的内能变化问题】
【题型7 联系实际】
【题型1 分子力、分子势能图像综合】
【例1】如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示。F>0为斥力，F<0为引力，A、B、C、D为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从A处由静止释放，选项中四个图分别表示乙分子的速度、加速度、动能、势能与两分子间距离的关系，其中大致正确的是(　 )
【变式1-1】(多选)分子力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图甲、乙两条曲线所示(取无穷远处分子势能Ep＝0)。下列说法正确的是(　　)
A.乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线
B.当r＝r0时，分子势能为零
C.随着分子间距离的增大，分子力先减小后一直增大
D.分子间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小，但斥力减小得更快
【变式1-2】[多选]如图所示，用F表示两分子间的作用力，Ep表示分子间的分子势能，在两个分子之间的距离由10r0变为r0的过程中(　　)
A．F不断增大　　　　　　 B．F先增大后减小
C．Ep不断减小 D．Ep先增大后减小
E．F对分子一直做正功
【变式1-3】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。
【题型2 分子势能变化图像问题】
【例2】由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的。在小水滴表面层中，水分子之间的相互作用总体上表现为__________(选填“引力”或“斥力”)。分子势能Ep和分子间距离r的关系图像如图所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子势能Ep的是图中__________(选填“A”“B”或“C”)的位置。
【变式2-1】分子势能Ep随分子间距离r变化的图像(取r趋近于无穷大时Ep为零)，如图所示。将两分子从相距r处由静止释放，仅考虑这两个分子间的作用，则下列说法正确的是(　 )
A．当r＝r2时，释放两个分子，它们将开始远离
B．当r＝r2时，释放两个分子，它们将相互靠近
C．当r＝r1时，释放两个分子，r＝r2时它们的速度最大
D．当r＝r1时，释放两个分子，它们的加速度先增大后减小
【变式2-2】如图所示为两分子间的分子势能Ep随分子间距离r变化的图像，对此以下说法中正确的是(　 )
A．当r>r1时，分子间的引力大于斥力
B．固体相邻分子间的距离约等于r1
C．液体存在表面张力是因为表面层中相邻分子的平均间距大于r2
D．将分子间距由r1增大到r2，分子间引力与斥力的合力会变大
【变式2-3】[多选]甲分子固定在坐标原点O，只在两分子间的作用力作用下，乙分子沿x轴方向运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离x的变化关系如图所示，设乙分子在移动过程中所具有的总能量为0，则下列说法正确的是(　　)
A．乙分子在P点时加速度为0
B．乙分子在Q点时分子势能最小
C．乙分子在Q点时处于平衡状态
D．乙分子在P点时动能最大
E．乙分子在P点时，分子间引力和斥力相等
【题型3 物体间内能对比】
【例3】关于物体的内能，下列说法正确的是(　 )
A．相同质量的两种物质，升高相同的温度，内能的增加量一定相同
B．物体的内能改变时温度不一定改变
C．内能与物体的温度有关，所以0 ℃的物体内能为零
D．分子数和温度都相同的物体一定具有相同的内能
【变式3-1】(多选)关于对内能的理解，下列说法正确的是(　　)
A．系统的内能是由系统的状态决定的
B．做功可以改变系统的内能，但是单纯地对系统传热不能改变系统的内能
C．不计分子之间的分子势能，质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能
D．1 g 100 ℃水的内能小于1 g 100 ℃水蒸气的内能
【变式3-2】如图所示，玻璃瓶A、B中装有质量相等、温度分别为60 ℃的热水和 0 ℃的冷水，下列说法正确的是(　 )
A．温度是分子平均动能的标志，所以A瓶中水分子的平均动能比B瓶中水分子的平均动能大
B．温度越高，布朗运动越显著，所以A瓶中水分子的布朗运动比B瓶中水分子的布朗运动更显著
C．因质量相等，故A瓶中水的内能与B瓶中水的内能一样大
D．A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离小
【变式3-3】比较45 ℃的热水和100 ℃的水蒸气，下列说法正确的是(　 )
A．热水分子的平均动能比水蒸气的大
B．热水的内能比相同质量的水蒸气的小
C．热水分子的速率都比水蒸气的小
D．热水分子的热运动比水蒸气的剧烈
【题型4 内能和机械能对比】
【例4】(多选)对于实际的气体，下列说法正确的是(　　)
A.气体的内能包括气体分子的重力势能
B.气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能
C.气体的内能包括气体整体运动的动能
D.气体的体积变化时，其内能可能不变
E.气体的内能包括气体分子热运动的动能
【变式4-1】下列有关热现象和内能的说法中正确的是(　 )
A．把物体缓慢举高，其机械能增加，内能增加
B．盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大，容器的机械能一定增大
C．电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“做功”方式实现的
D．分子间引力和斥力相等时，分子势能最大
【变式4-2】[多选]下列有关热现象和内能的说法中正确的是(　　)
A．把物体缓慢举高，其机械能增加，内能不变
B．盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大
C．电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“做功”方式实现的
D．分子间引力和斥力相等时，分子势能最大
E．分子间引力和斥力相等时，分子势能最小
【变式4-3】关于物体的内能，正确的说法是( )
A.温度、质量相同的物体具有相等的内能
B.物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和,叫作物体的内能
C.机械能越大的物体,内能也一定越大
D.温度相同的物体具有相同的内能
【题型5 分子动能变化问题】
【例5】[多选]两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．分子力先增大，后一直减小
B．分子力先做正功，后做负功
C．分子动能先增大，后减小
D．分子势能先增大，后减小
E．分子势能和动能之和不变
【变式5-1】[多选]两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0。相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近。若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是(　　)
A．在r>r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小
B．在rC．在r＝r0时，分子势能最小，动能最大
D．在r＝r0时，分子势能为零
E．分子动能和势能之和在整个过程中不变
【变式5-2】给一定质量的温度为0 ℃的水加热，在水的温度由0 ℃上升到4 ℃的过程中，水的体积随着温度的升高反而减小，我们称之为“反常膨胀”．某研究小组通过查阅资料知道：水分子之间存在着一种结合力，这种结合力可以形成多分子结构，在这种结构中，水分子之间也存在着相互作用的势能．在水反常膨胀的过程中，体积减小是由于水分子之间的结构发生了变化，但所有水分子间的总势能是增大的．关于这个问题，下列说法中正确的是(　　)
A．水分子的平均动能减小，吸收的热量一部分用于分子间的结合力做正功
B．水分子的平均动能减小，吸收的热量一部分用于克服分子间的结合力做功
C．水分子的平均动能增大，吸收的热量一部分用于分子间的结合力做正功
D．水分子的平均动能增大，吸收的热量一部分用于克服分子间的结合力做功
【变式5-3】设有甲、乙两分子,甲固定在O点,为其平衡位置处,现在使乙分子由静止开始只在分子间作用力的作用下由距甲处开始沿x方向运动,则( )
A.乙分子的加速度先减小,后增大
B.乙分子到达处时速度最大
C.分子间作用力对乙一直做正功,分子势能减小
D.乙分子一定在~之间振动
【题型6 物体的内能变化问题】
【例6】】下列说法正确的是(　 )
A．分子间同时存在着引力和斥力
B．分子间距增大时分子引力减小而分子斥力增大
C．对于一定质量的理想气体，当温度升高时其内能可能保持不变
D．对于一定质量的理想气体，当体积增大时其内能一定减小
【变式6-1】一定质量的乙醚液体全部蒸发，变为同温度的乙醚气体，在这一过程中乙醚的(　 )
A．分子间作用力保持不变
B．分子平均动能保持不变
C．分子平均势能保持不变
D．内能保持不变
【变式6-2】(多选)下列关于温度及内能的说法中正确的是(　　)
A.物体的内能不可能为零
B.温度高的物体比温度低的物体内能大
C.一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化
D.内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同
【变式6-3】关于内能，下列说法正确的是(　　)
A.物体的内能包括物体运动的动能
B.0 ℃的水结冰过程中温度不变，内能减小
C.提起重物，因为提力做正功，所以物体内能增大
D.摩擦冰块使其融化是采用热传递的方式改变物体的内能
【题型7 联系实际】
【例7】如图所示，是家庭生活中用壶烧水的情景。下列关于壶内分子运动和热现象的说法正确的是(　　)
A.气体温度升高，所有分子的速率都增加
B.—定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子平均动能增加
C.一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子势能的总和
D.一定量气体如果失去容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故
【变式7-1】负压救护车常用于转移和抢救传染病患者。如图所示，救护车负压舱工作时，通过负压排风净化装置使车内气压略低于车外。已知负压舱内的温度与外界温度相同，负压舱内的气体与外界环境中的气体均可视为理想气体。下列说法正确的是（　　）
A．负压舱中空气分子的平均动能小于外界环境中分子的平均动能
B．负压舱中每个气体分子的运动速率都小于外界环境中气体分子的运动速率
C．负压舱中气体分子数小于外界环境中同体积的气体分子数
D．负压舱中气体的内能等于外界环境中同体积的气体的内能
【变式7-2】为测算太阳射到地面的辐射能，某校科技实验小组的同学把一个横截面积是S的矮圆筒的内壁涂黑，外壁用保温材料包裹，内装质量m的水。让阳光垂直圆筒口照射1分钟后，水的温度升高了。水的比热容为c，地球的半径为R，太阳到地球的距离为r，不考虑太阳能在传播过程中的损失，假设到达圆筒内的能量全部被水吸收。则由此可算出地球每分钟接收的太阳能量为（　　）
A． B．
C． D．
【变式7-3】2021年11月8日，航天员王亚平等人圆满完成出舱活动全部既定任务。王亚平曾在多年前在太空进行授课，图甲为授课场景，水滴呈现球形，这是由于水的表面张力作用的结果，分子间作用力F与分子间距离r的关系如乙所示，水滴表面层中水分子之间的距离___________（填“大于”“小于”或“等于”）。若空间中两个水分子间距从无限远逐渐变小，直到小于，则分子势能变化的趋势是___________。
参考答案
【题型1 分子力、分子势能图像综合】
【例1】如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示。F>0为斥力，F<0为引力，A、B、C、D为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从A处由静止释放，选项中四个图分别表示乙分子的速度、加速度、动能、势能与两分子间距离的关系，其中大致正确的是(　 )
解析：选D　乙分子的运动方向始终不变，A错误；加速度与力的大小成正比，方向与力相同，C点加速度等于0，故B错误；分子动能不可能为负值，故C错误；乙分子从A处由静止释放，分子势能先减小，到C点最小后增大，故D正确。
【变式1-1】(多选)分子力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图甲、乙两条曲线所示(取无穷远处分子势能Ep＝0)。下列说法正确的是(　　)
A.乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线
B.当r＝r0时，分子势能为零
C.随着分子间距离的增大，分子力先减小后一直增大
D.分子间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小，但斥力减小得更快
答案　AD
解析　在r＝r0时，分子势能最小，但不为零，此时分子力为零，故A项正确，B项错误；分子间距离从r＜r0开始增大，分子间作用力先减小后反向增大，最后又一直减小，C项错误；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，D项正确。
【变式1-2】[多选]如图所示，用F表示两分子间的作用力，Ep表示分子间的分子势能，在两个分子之间的距离由10r0变为r0的过程中(　　)
A．F不断增大　　　　　　 B．F先增大后减小
C．Ep不断减小 D．Ep先增大后减小
E．F对分子一直做正功
解析：选BCE　分子间的作用力是矢量，其正负不表示大小；分子势能是标量，其正负表示大小。读取图像信息知，由10r0变为r0的过程中，F先增大后变小至0。Ep则不断减小，故B、C正确，A、D错误。该过程中，始终为引力，做正功，故E正确。
【变式1-3】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。
答案　减小　减小　小于
解析　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，分子力做正功，势能减小；由r2减小到r1的过程中，分子力仍做正功，势能减小；在间距为r1处，势能小于零。
【题型2 分子势能变化图像问题】
【例2】由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的。在小水滴表面层中，水分子之间的相互作用总体上表现为__________(选填“引力”或“斥力”)。分子势能Ep和分子间距离r的关系图像如图所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子势能Ep的是图中__________(选填“A”“B”或“C”)的位置。
答案　引力　C
解析　在小水滴表面层中，分子之间的距离较大，水分子之间的作用力表现为引力。
由于平衡位置对应的分子势能最小，在小水滴表面层中，分子之间的距离较大，所以能总体上反映小水滴表面层中水分子势能Ep的是题图中C的位置。
【变式2-1】分子势能Ep随分子间距离r变化的图像(取r趋近于无穷大时Ep为零)，如图所示。将两分子从相距r处由静止释放，仅考虑这两个分子间的作用，则下列说法正确的是(　 )
A．当r＝r2时，释放两个分子，它们将开始远离
B．当r＝r2时，释放两个分子，它们将相互靠近
C．当r＝r1时，释放两个分子，r＝r2时它们的速度最大
D．当r＝r1时，释放两个分子，它们的加速度先增大后减小
解析：选C　由题图可知，两个分子在r＝r2处分子势能最小，则分子之间的距离为平衡距离，分子之间的作用力恰好为0。结合分子之间的作用力的特点，假设将两个分子从r＝r2处释放，它们既不会相互远离，也不会相互靠近，故A、B错误；由于r1r2时，分子力表现为引力，先增大后减小，则加速度先减小后增大再减小，故D错误。
【变式2-2】如图所示为两分子间的分子势能Ep随分子间距离r变化的图像，对此以下说法中正确的是(　 )
A．当r>r1时，分子间的引力大于斥力
B．固体相邻分子间的距离约等于r1
C．液体存在表面张力是因为表面层中相邻分子的平均间距大于r2
D．将分子间距由r1增大到r2，分子间引力与斥力的合力会变大
解析：选C　分子间同时存在相互作用的引力和斥力，当二者大小相等时分子势能最小，此时分子间距离为平衡距离，即固体相邻分子间的距离约等于r2，B错误；当分子间距离r>r2时分子间的引力大于斥力，A错误；液体存在表面张力是因为表面层中相邻分子的平均间距大于r2，C正确；将分子间距由r1增大到平衡距离r2时，分子间引力与斥力的合力会变小，D错误。
【变式2-3】[多选]甲分子固定在坐标原点O，只在两分子间的作用力作用下，乙分子沿x轴方向运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离x的变化关系如图所示，设乙分子在移动过程中所具有的总能量为0，则下列说法正确的是(　　)
A．乙分子在P点时加速度为0
B．乙分子在Q点时分子势能最小
C．乙分子在Q点时处于平衡状态
D．乙分子在P点时动能最大
E．乙分子在P点时，分子间引力和斥力相等
[解析]　由题图可知，乙分子在P点时分子势能最小，此时乙分子受力平衡，甲、乙两分子间引力和斥力相等，乙分子所受合力为0，加速度为0，A、E正确。乙分子在Q点时分子势能为0，大于乙分子在P点时的分子势能，B错误。乙分子在Q点时与甲分子间的距离小于平衡距离，分子引力小于分子斥力，合力表现为斥力，所以乙分子在Q点合力不为0，故不处于平衡状态，C错误。乙分子在P点时，其分子势能最小，由能量守恒可知此时乙分子动能最大，D正确。
[答案]　ADE
【题型3 物体间内能对比】
【例3】关于物体的内能，下列说法正确的是(　 )
A．相同质量的两种物质，升高相同的温度，内能的增加量一定相同
B．物体的内能改变时温度不一定改变
C．内能与物体的温度有关，所以0 ℃的物体内能为零
D．分子数和温度都相同的物体一定具有相同的内能
解析：选B　相同质量的同种物质，升高相同的温度，吸收的热量相同，相同质量的不同种物质，升高相同的温度，吸收的热量不同，故A错误；物体内能改变时温度不一定改变，比如零摄氏度的冰融化为零摄氏度的水，内能增加，故B正确；分子在永不停息地做无规则运动，可知任何物体在任何状态下都有内能，故C错误；物体的内能与分子数、物体的温度和体积三个因素有关，分子数和温度都相同的物体不一定有相同的内能，故D错误。
【变式3-1】(多选)关于对内能的理解，下列说法正确的是(　　)
A．系统的内能是由系统的状态决定的
B．做功可以改变系统的内能，但是单纯地对系统传热不能改变系统的内能
C．不计分子之间的分子势能，质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能
D．1 g 100 ℃水的内能小于1 g 100 ℃水蒸气的内能
答案　AD
解析　系统的内能是一个只依赖于系统自身状态的物理量，所以是由系统的状态决定的，A正确；做功和热传递都可以改变系统的内能，B错误；质量和温度相同的氢气和氧气的平均动能相同，但它们的物质的量不同，内能不同，C错误；在1 g 100 ℃的水变成100 ℃水蒸气的过程中，分子间距离变大，要克服分子间的引力做功，分子势能增大，所以1 g 100 ℃水的内能小于1 g 100 ℃水蒸气的内能，D正确．
【变式3-2】如图所示，玻璃瓶A、B中装有质量相等、温度分别为60 ℃的热水和 0 ℃的冷水，下列说法正确的是(　 )
A．温度是分子平均动能的标志，所以A瓶中水分子的平均动能比B瓶中水分子的平均动能大
B．温度越高，布朗运动越显著，所以A瓶中水分子的布朗运动比B瓶中水分子的布朗运动更显著
C．因质量相等，故A瓶中水的内能与B瓶中水的内能一样大
D．A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离小
解析：选A　温度是分子平均动能的标志，A瓶中水的温度高，故A瓶中水分子的平均动能大，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，不是水分子的运动，两瓶中不存在布朗运动，故B错误；温度是分子的平均动能的标志，因两瓶中水的质量相等，故A瓶中水分子的平均动能大，A瓶中水的内能比B瓶中水的内能大，故C错误；质量相等的60 ℃的热水和0 ℃的冷水相比，60 ℃的热水体积比较大，所以A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离大，故D错误。
【变式3-3】比较45 ℃的热水和100 ℃的水蒸气，下列说法正确的是(　 )
A．热水分子的平均动能比水蒸气的大
B．热水的内能比相同质量的水蒸气的小
C．热水分子的速率都比水蒸气的小
D．热水分子的热运动比水蒸气的剧烈
解析：选B　温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大，故热水分子的平均动能比水蒸气的小，故A错误；内能与物质的量、温度、体积有关，相同质量的热水和水蒸气，热水变成水蒸气，温度升高，体积增大，吸收热量，故热水的内能比相同质量的水蒸气的小，故B正确；温度越高，分子热运动的平均速率越大，45 ℃的热水中的分子平均速率比100 ℃的水蒸气中的分子平均速率小，由于分子运动是无规则的，并不是每个分子的速率都小，故C错误；温度越高，分子热运动越剧烈，故D错误。
【题型4 内能和机械能对比】
【例4】(多选)对于实际的气体，下列说法正确的是(　　)
A.气体的内能包括气体分子的重力势能
B.气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能
C.气体的内能包括气体整体运动的动能
D.气体的体积变化时，其内能可能不变
E.气体的内能包括气体分子热运动的动能
答案　BDE
解析　实际气体的内能包括气体分子间相互作用的势能和分子热运动的动能，所以B、E正确，A、C错误；对于一定质量的实际气体内能由温度和体积决定，当气体体积变化时影响的是气体的分子势能，内能可能不变，所以D正确。
【变式4-1】下列有关热现象和内能的说法中正确的是(　 )
A．把物体缓慢举高，其机械能增加，内能增加
B．盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大，容器的机械能一定增大
C．电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“做功”方式实现的
D．分子间引力和斥力相等时，分子势能最大
解析：选C　把物体缓慢举高，外力做功，其机械能增加，由于温度不变，物体内能不变，A错误；物体的内能与物体做什么性质的运动没有直接关系，B错误；电流通过电阻后电阻发热，是通过电流“做功”的方式改变电阻内能的，C正确；根据分子间作用力的特点，当分子间距离等于r0时，引力和斥力相等，不管分子间距离从r0增大还是减小，分子间作用力都做负功，分子势能都增加，故分子间距离等于r0时分子势能最小，D错误。
【变式4-2】[多选]下列有关热现象和内能的说法中正确的是(　　)
A．把物体缓慢举高，其机械能增加，内能不变
B．盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大
C．电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“做功”方式实现的
D．分子间引力和斥力相等时，分子势能最大
E．分子间引力和斥力相等时，分子势能最小
解析：选ACE　把物体缓慢举高，外力做功，其机械能增加，由于温度不变，物体内能不变，选项A正确；物体的内能与物体做什么性质的运动没有直接关系，选项B错误；电流通过电阻后电阻发热，是通过电流“做功”的方式改变电阻内能的，选项C正确；根据分子间作用力的特点，当分子间距离等于r0时，引力和斥力相等，不管分子间距离从r0增大还是减小，分子间作用力都做负功，分子势能都增大，故分子间距离等于r0时分子势能最小，选项D错误，E正确。
【变式4-3】关于物体的内能，正确的说法是( )
A.温度、质量相同的物体具有相等的内能
B.物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和,叫作物体的内能
C.机械能越大的物体,内能也一定越大
D.温度相同的物体具有相同的内能
答案：B
解析：物体的内能与物质的量、温度、体积等因素有关。温度、质量相同的物体,内能不一定相等,还与分子数、体积有关,故A错误;根据内能的定义,物体的内能是物体中所有分子的热运动动能和分子势能总和,故B正确;物体的内能与物体的机械能是两个不同的概念,二者没有关系,故C错误;温度越高,分子的平均动能越大,但物体的内能不一定越大,还与物质的量及体积有关，故D错误。
【题型5 分子动能变化问题】
【例5】[多选]两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．分子力先增大，后一直减小
B．分子力先做正功，后做负功
C．分子动能先增大，后减小
D．分子势能先增大，后减小
E．分子势能和动能之和不变
解析：选BCE　分子力应先增大，后减小，再增大，所以A选项错；分子力先为引力，做正功，再为斥力，做负功，B选项正确；根据能量守恒可知分子动能先增大后减小，分子势能先减小后增大，分子动能和分子势能之和保持不变，所以C、E选项正确，D错误。
【变式5-1】[多选]两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0。相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近。若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是(　　)
A．在r>r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小
B．在rC．在r＝r0时，分子势能最小，动能最大
D．在r＝r0时，分子势能为零
E．分子动能和势能之和在整个过程中不变
解析：选ACE　由Ep r图可知：在r>r0阶段，当r减小时F做正功，分子势能减小，分子动能增加，故A正确；在r【变式5-2】给一定质量的温度为0 ℃的水加热，在水的温度由0 ℃上升到4 ℃的过程中，水的体积随着温度的升高反而减小，我们称之为“反常膨胀”．某研究小组通过查阅资料知道：水分子之间存在着一种结合力，这种结合力可以形成多分子结构，在这种结构中，水分子之间也存在着相互作用的势能．在水反常膨胀的过程中，体积减小是由于水分子之间的结构发生了变化，但所有水分子间的总势能是增大的．关于这个问题，下列说法中正确的是(　　)
A．水分子的平均动能减小，吸收的热量一部分用于分子间的结合力做正功
B．水分子的平均动能减小，吸收的热量一部分用于克服分子间的结合力做功
C．水分子的平均动能增大，吸收的热量一部分用于分子间的结合力做正功
D．水分子的平均动能增大，吸收的热量一部分用于克服分子间的结合力做功
答案　D
解析　温度升高，水分子的平均动能增大，体积减小，分子间的结合力做负功，水分子间的总势能增大，选项D正确．
【变式5-3】设有甲、乙两分子,甲固定在O点,为其平衡位置处,现在使乙分子由静止开始只在分子间作用力的作用下由距甲处开始沿x方向运动,则( )
A.乙分子的加速度先减小,后增大
B.乙分子到达处时速度最大
C.分子间作用力对乙一直做正功,分子势能减小
D.乙分子一定在~之间振动
答案：B
解析：根据分子间作用力随分子间距离变化的规律可知,从处到处分子间的作用力减小,加速度也就减小,从处到无穷远处分子间的作用力先增大后减小,加速度先增大后减小,所以A错误;从处到处乙分子受到向右的作用力,做向右的加速运动,通过处后受到向左的作用力,做向右的减速运动,在处加速度,速度最大,所以B正确;通过后分子间的作用力做负功,分子势能增大,故C错误;不能确定乙分子一定在~之间振动,故D错误。
【题型6 物体的内能变化问题】
【例6】】下列说法正确的是(　 )
A．分子间同时存在着引力和斥力
B．分子间距增大时分子引力减小而分子斥力增大
C．对于一定质量的理想气体，当温度升高时其内能可能保持不变
D．对于一定质量的理想气体，当体积增大时其内能一定减小
解析：选A　根据分子动理论可知，分子间同时存在引力和斥力，故A正确；分子引力和分子斥力都是随着分子距离的增大而减小，故B错误；一定质量的理想气体，其内能仅与温度有关，当温度升高时，内能一定增大，故C错误；对于一定质量的理想气体，当体积增大时不能确定其温度如何变化，则其内能的变化无法判断，故D错误。
【变式6-1】一定质量的乙醚液体全部蒸发，变为同温度的乙醚气体，在这一过程中乙醚的(　 )
A．分子间作用力保持不变
B．分子平均动能保持不变
C．分子平均势能保持不变
D．内能保持不变
解析：选B　乙醚液体蒸发过程，分子间的距离变大，分子间的引力和斥力都会减小，则分子间作用力发生变化，故A错误；一定质量的乙醚液体全部蒸发，变为同温度的乙醚气体过程中，要从外界吸收热量，由于温度不变，故分子平均动能不变，而蒸发过程中乙
醚分子要克服分子间的引力做功，分子势能增加，故内能增加，故B正确，C、D错误。
【变式6-2】(多选)下列关于温度及内能的说法中正确的是(　　)
A.物体的内能不可能为零
B.温度高的物体比温度低的物体内能大
C.一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化
D.内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同
答案　ACD
解析　内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，分子在永不停息的做无规则运动，所以内能永不为零，故A正确；物体的内能除与温度有关外，还与物体的种类、物体的质量、物体的体积有关，温度高的物体的内能可能比温度低的物体的内能大，也可能与温度低的物体的内能相等，也可能低于温度低的物体的内能，故B错误；一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化，比如零摄氏度的冰融化为零摄氏度的水，内能增加，故C正确；内能与温度、体积、物质的多少等因素有关，而分子平均动能只与温度有关，故内能不同的物体，它们分子热运动的平均分子动能可能相同，故D正确。
【变式6-3】关于内能，下列说法正确的是(　　)
A.物体的内能包括物体运动的动能
B.0 ℃的水结冰过程中温度不变，内能减小
C.提起重物，因为提力做正功，所以物体内能增大
D.摩擦冰块使其融化是采用热传递的方式改变物体的内能
答案　B
解析　物体的内能是指物体内所有分子的总动能和分子势能之和，不包括物体运动的动能，选项A错误；0 ℃的水结冰过程中温度不变，分子动能不变，因要放热，则内能减小，选项B正确；提起重物，因为提力做正功，所以物体机械能变大，但是内能不一定增大，选项C错误；摩擦冰块使其融化是采用做功的方式改变物体的内能，选项D错误。
【题型7 联系实际】
【例7】如图所示，是家庭生活中用壶烧水的情景。下列关于壶内分子运动和热现象的说法正确的是(　　)
A.气体温度升高，所有分子的速率都增加
B.—定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子平均动能增加
C.一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子势能的总和
D.一定量气体如果失去容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故
答案　C
解析　气体温度升高，分子的平均速率变大，但是并非所有分子的速率都增加，选项A错误；一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，因温度不变，则分子平均动能不变，选项B错误；一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子势能的总和，选项C正确；一定量气体如果失去容器的约束就会散开，这是因为气体分子做无规则热运动的缘故，选项D错误。
【变式7-1】负压救护车常用于转移和抢救传染病患者。如图所示，救护车负压舱工作时，通过负压排风净化装置使车内气压略低于车外。已知负压舱内的温度与外界温度相同，负压舱内的气体与外界环境中的气体均可视为理想气体。下列说法正确的是（　　）
A．负压舱中空气分子的平均动能小于外界环境中分子的平均动能
B．负压舱中每个气体分子的运动速率都小于外界环境中气体分子的运动速率
C．负压舱中气体分子数小于外界环境中同体积的气体分子数
D．负压舱中气体的内能等于外界环境中同体积的气体的内能
答案：C
解析：因为负压舱内的温度与外界温度相同，可知负压舱中空气分子的平均动能等于外界环境中分子的平均动能，选项A错误；负压舱中空气分子的平均速率等于外界环境中分子的平均速率，但是负压舱中每个气体分子的运动速率不一定都小于外界环境中气体分子的运动速率，选项B错误；负压舱中气体压强比外界小，负压舱内外温度相等，则舱内分子数小于外界环境中同体积的气体分子数，选项C正确；负压舱中空气分子的平均动能等于外界环境中分子的平均动能，但是舱内气体分子数小于外界环境中同体积的气体分子数，则负压舱中气体的内能小于外界环境中同体积的气体的内能，选项D错误。
故选C。
【变式7-2】为测算太阳射到地面的辐射能，某校科技实验小组的同学把一个横截面积是S的矮圆筒的内壁涂黑，外壁用保温材料包裹，内装质量m的水。让阳光垂直圆筒口照射1分钟后，水的温度升高了。水的比热容为c，地球的半径为R，太阳到地球的距离为r，不考虑太阳能在传播过程中的损失，假设到达圆筒内的能量全部被水吸收。则由此可算出地球每分钟接收的太阳能量为（　　）
A． B．
C． D．
答案：A
解析：横截面积是S的矮圆筒每分钟吸收太阳的内能为
则每平方米每分钟吸收的太阳能量为
地球上每分钟被照射的有效面积为
则地球每分钟接收的太阳能量为
故A正确，BCD错误。
故选A。
【变式7-3】2021年11月8日，航天员王亚平等人圆满完成出舱活动全部既定任务。王亚平曾在多年前在太空进行授课，图甲为授课场景，水滴呈现球形，这是由于水的表面张力作用的结果，分子间作用力F与分子间距离r的关系如乙所示，水滴表面层中水分子之间的距离___________（填“大于”“小于”或“等于”）。若空间中两个水分子间距从无限远逐渐变小，直到小于，则分子势能变化的趋势是___________。
答案 大于 先减小再增大
解析：[1]在水滴表面层中，水分子之间的相互作用力表现为引力，所以距离大于；
[2]若空间中两个水分子间距从无限远逐渐变小，直到等于过程中，分子力做正功，分子势能减小；当分子间距等于后再继续减小，分子力做负功，分子势能增加，故分子势能变化的趋势是先减小再增大。专题2.3 气体的等压变化和等容变化
【人教版】
【题型1 图像问题】
【题型2 图像转化问题】
【题型3 一团气的气缸问题】
【题型4 两团气的气缸问题】
【题型5 液柱问题】
【题型6 综合问题】
【题型7 联系实际】
【题型8 抽、充气问题】
【题型1 图像问题】
【例1】如图所示为一定质量气体状态变化时的p-T图像，由图像可知，此气体的体积(　 )
A．先不变后变大
B．先不变后变小
C．先变大后不变
D．先变小后不变
解析：选D　第一阶段为等温变化，压强变大，根据玻意耳定律知体积减小，第二阶段为等容变化，体积不变，所以气体体积先变小后不变，D正确。
【变式1-1】如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和状态C。有关A、B和C三个状态的温度TA、TB和TC的关系，正确的是(　 )
A．TA＝TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能不变
B．TA＞TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能减少
C．TB＜TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能增加
D．TB＞TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能减少
解析：选D　从状态A到状态B气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律可得＝，由于VA＜VB，则TA＜TB，气体的内能增加，A、B错误；从状态B到状态C气体发生等容变化，根据查理定律可得＝，由于pB＞pC，则TB＞TC，气体的内能减少，C错误，D正确。
【变式1-2】如图所示是一定质量的理想气体的压强和摄氏温度的关系图像，气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积(　　)
A.一直增大 　 B.一直减小
C.保持不变 　 D.先变大后变小
答案　B
解析　在p－t图像中作出过a、b两点的等容线，延长交于同一点－273.15 ℃，根据＝C，由此可知等容线斜率越大，体积越小，所以气体在状态b的体积小于在状态a的体积，所以气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积一直在减小，故B正确，A、C、D错误。
【变式1-3】某同学用如图装置“研究一定质量气体在体积不变时，其压强与温度的关系”。测得初始状态的压强为p0，温度为t0。现逐渐加入热水使水温升高，同时测量压强p和温度t，并记录下每次测量结果与初始值的差值Δp和Δt。该过程中下列图像一定正确的是(　 )
解析：选C　气体做等容变化时＝＝C，故p＝CT，Δp＝C·ΔT，又T＝273.15＋t，故p＝C(273.15＋t)，Δp＝CΔt，所以C一定正确，A、D一定错误，而B可能正确。
【题型2 图像转化问题】
【例2】一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，p T和V T图各记录了其部分变化过程，试求：
(1)温度为600 K时气体的压强；
(2)在p T图像上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整。
解析：(1)由p T图可知，气体由200 K→400 K的过程中做等容变化，由V T图可知，气体由400 K→500 K仍做等容变化，
对应p T图可得出：T＝500 K时，气体的压强为1.25×105 Pa，
由V T图可知，气体由500 K→600 K做等压变化，故T＝600 K时，气体的压强仍为1.25×105 Pa。
(2)在p T图像上补充画出400 K→600 K的气体状态变化图像，如图所示。
.
答案：(1)1.25×105 Pa　(2)见解析图
【变式2-1】(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p-V图像如图所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，如将上述变化过程改用p-T图像和V-T图像表示，则下列图像可能正确的是(　 )
解析：选BD　A到B是等温变化，体积变大，压强变小；B到C是等容变化，在p-T图像上为过原点的直线；C到A是等压变化，体积减小，根据盖-吕萨克定律知温度降低，故A错误，B正确。A到B是等温变化，体积变大；B到C是等容变化，压强变大，根据查理定律，温度升高；C到A是等压变化，体积变小，在V-T图像中为过原点的一条倾斜的直线，故C错误，D正确。
【变式2-2】如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.
(1)说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值．
(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p－T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．
解析　(1)从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，所以A→B是一个等压变化，即pA＝pB
根据盖—吕萨克定律可得＝
所以TA＝TB＝×300 K＝200 K.
(2)由题图甲可知，由B→C是等容变化，根据查理定律得＝
所以pC＝pB＝pB＝pB＝×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa
则可画出由状态A→B→C的p－T图象如图所示．
答案　见解析
【变式2-3】一定质量的理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图甲所示，若状态D的压强是2×104 Pa.
(1)求状态A的压强；
(2)请在图乙画出该状态变化过程的p－T图象，并分别标出A、B、C、D各个状态，不要求写出计算过程．
答案　(1)4×104 Pa　(2)见解析
解析　(1)据理想气体的状态方程得＝则pA＝＝4×104 Pa
(2)p－T图象及A、B、C、D各个状态如图所示．
【题型3 一团气的气缸问题】
【例3】如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。
答案　T0　(p0S＋mg)h
解析　开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有
＝①
根据力的平衡条件有
p1S＝p0S＋mg②
联立①②式可得
T1＝T0③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖－吕萨克定律有
＝④
式中V1＝SH⑤
V2＝S(H＋h)⑥
联立③④⑤⑥式解得T2＝T0⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h。
【变式3-1】如图所示，一导热性能良好的汽缸放置在水平面上，其横截面积S＝40 cm2，内壁光滑，固定的卡口A、B与缸底的距离L＝1 m，厚度不计，初始时活塞在汽缸内封闭了一段长为2L的理想气体。环境温度为T0＝320 K。现缓慢调整汽缸开口至竖直向上，稳定时缸内气体高度为1.6 m。随着环境温度的降低，活塞与卡口A、B间距离会逐渐变小。取重力加速度g＝10 m/s2，大气压强为p0＝1.0×105 Pa。求：
(1)活塞的质量；
(2)当活塞与卡口A、B接触且无作用力时的环境温度。
[解析]　(1)气体初态p1＝p0，V1＝2LS，设稳定时缸内气体高度为h1，
气体末态p2＝p0＋，V2＝h1S，
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得m＝10 kg。
(2)假定环境温度为T1时，活塞与卡口A、B接触且无作用力，气体发生等压变化，稳定时缸内气体高度为L，则有V3＝LS，
由盖-吕萨克定律可得＝，
解得T1＝200 K(或－73 ℃)。
[答案]　(1)10 kg　(2)200 K(或－73 ℃)
【变式3-2】如图所示，一汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体。已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦。初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板。现缓慢升高汽缸内气体的温度，则下列图中能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是(　 )
解析：选B　当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p与汽缸内气体的热力学温度T成正比，在p -T图像中，图线是过原点的倾斜直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p-T图像中，图线是平行于T轴的直线，B正确。
【变式3-3】（多选）如图所示，截面积分别为S甲=1cm2、S乙=0.5cm2的两个上部开口的柱形气缸甲、乙，底部通过体积可以忽略不计的细管连通，甲、乙两个气缸内分别有两个不计厚度的活塞，质量分别为m甲=1.4kg、m乙=0.7kg。甲气缸内壁粗糙，活塞与气缸间的最大静摩擦力为f=3N；乙气缸内壁光滑，且离底部2h高处有一活塞销。当气缸内充有某种理想气体时，甲、乙中的活塞距底部均为h，此时气体温度为T0=300K，外界大气压为p0=1.0×105Pa。现缓慢升高气体温度，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．当气缸乙中的活塞刚好被活塞销卡住时，气体的温度是300K
B．当气缸乙中的活塞刚好被活塞销卡住时，气体的温度是400K
C．当气缸甲中的活塞刚要滑动时，气体的温度是450K
D．当气缸甲中的活塞刚要滑动时，气体的温度是500K
答案：BC
解析：乙中活塞被卡住前，气体为等压变化过程，由盖—吕萨克定律可得=
其中V0=S甲h+S乙h
乙中活塞刚好被卡住时V1=S甲h+2S乙h得T1=400KA错误，B正确；
乙中活塞被卡住至甲中活塞刚要滑动的过程，气体做等容变化，由查理定律得=
最初对活塞乙有p1S乙=p0S乙+m乙g得p1=2.4×105Pa
甲中活塞要动时，对活塞甲有p2S甲=p0S甲+m甲g+f得p2=2.7×105Pa
解得T2=450K C正确，D错误。
【题型4 两团气的气缸问题】
【例4】如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V0.汽缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为，现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求：
(1)恒温热源的温度T；
(2)重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx.
答案　(1)T0　(2)V0
解析　(1)
与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖－吕萨克定律得：＝，解得：T＝T0.
(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的质量大．打开K后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至汽缸顶，才能满足力学平衡条
件．汽缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程．设左活塞上方气体最终压强为p，由玻意耳定律得：pVx＝·，
(p＋p0)(2V0－Vx)＝p0·V0，
联立上述二式得：6V－V0Vx－V＝0，
其解为：Vx＝V0；另一解Vx＝－V0，不合题意，舍去．
【变式4-1】如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27 ℃，汽缸导热。
(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强。
[解析]　(1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得
p0V＝p1V1①
(3p0)V＝p1(2V—V1)②
联立①②式得
V1＝③
p1＝2p0。④
(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2。由玻意耳定律得
(3p0)V＝p2V2⑤
由⑤式得
p2＝p0⑥
由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p2′＝p0。
(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得
＝⑦
将有关数据代入⑦式得
p3＝1.6p0。⑧
[答案]　(1)　2p0　(2)在汽缸B的顶部 (3)1.6p0
【变式4-2】如图所示，两个可导热的汽缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通(忽略细管的容积)．两汽缸各有一活塞，质量分别为m1和m2，活塞与汽缸壁无摩擦．活塞的下方为理想气体，上方为真空．当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h.(已知m1＝3m，m2＝2m)
(1)在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差(假定环境的温度始终保持为T0)．
(2)在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？(假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到汽缸顶部)．
答案　(1)h　(2)5mgh(－1)　吸收热量
解析　(1)设左、右活塞的面积分别为S′和S.由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即＝
由此得S′＝S
在两个活塞上各加一质量为m的物块后，假设左右两活塞仍没有碰到汽缸底部，由活塞受力平衡知，p左＝＝，p右＝，p左在初态，气体的压强为，体积为；在末态，气体的压强为，体积为(x为左活塞的高度)．
由玻意耳定律得·＝·
由上式解得x＝h
即两活塞的高度差为h.
(2)当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为.
设x′是温度达到T时左活塞的高度，由盖—吕萨克定律得
x′＝x＝
活塞对气体做的功为
W＝Fs＝4mg·h(－1)＝5mgh(－1)
在此过程中气体吸收热量．
【变式4-3】如图所示，一定质量的气体放在体积为V0的导热容器中，室温T0＝300 K，有一光滑导热活塞C（体积忽略不计）将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的三倍，A室容器上连接有一管内体积不计的足够长的U形管，两侧水银柱高度差为76cm，A内有体积可以忽略的电阻丝，B室容器可通过一阀门K与大气相通。已知外界大气压p0＝76cmHg。
（1）此时B室内气体压强是多少；
（2）若A室内气体的温度保持不变，将阀门K打开，稳定后B室内剩余气体的质量和B室原有气体质量之比是多少；
（3）若打开阀门K稳定后，给A室内的电阻丝通电，将A室内气体温度加热到900 K，求此时A室内气体的压强。
答案（1）152 cmHg；（2） ；（3）114 cmHg
解析：1） 开始时，设A室内气体压强为pA0，则
（2）开始时，设A室内气体压强为pA0，则
A室的体积为
阀门K打开后，A室内气体等温变化，稳定后压强为pA1，则
体积设为VA1，根据玻意耳定律有
解得
B室内气体等温变化，依题意有
根据玻意耳定律有
解得
则稳定后B室内剩余气体的质量和B室原有气体质量之比为
（3）假设打开阀门后，气体从T0＝300 K升到T1时，活塞C恰好到达容器最左端，即A室内气体体积变为V0，压强始终为
即为等压变化过程，根据盖—吕萨克定律有
解得T1＝600 K
因为T2＝900 K > 600 K所以温度从T1＝600 K继续升高到T2＝900 K的过程中，A室内气体为等容变化过程，设其最终压强为pA2，根据查理定律有
解得pA2＝114 cmHg
【题型5 液柱问题】
【例5】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2.0 cm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2.0 cm。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76 cmHg，环境温度为296 K。
(ⅰ)求细管的长度；
(ⅱ)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。
答案　(ⅰ)41 cm　(ⅱ)312 K
解析　(ⅰ)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h1，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＝p1V1①
由力的平衡条件有
p＝p0＋ρgh②
p1＝p0－ρgh③
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)④
V1＝S(L－h)⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L＝41 cm。⑥
(ⅱ)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
＝⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得
T＝312 K。⑧
【变式5-1】如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283 K，大气压强p0＝76 cmHg。
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
[解析]　(1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有
p1V1＝p2V2 ①
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有p1＝p0＋ρgh0②
p2＝p0＋ρgh ③
V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS④
联立①②③④式并代入题给数据得
h＝12.9 cm。 ⑤
(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖-吕萨克定律有＝⑥
按题设条件有V3＝(2H－h)S ⑦
联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得T2＝363 K。⑧
[答案]　(1)12.9 cm　(2)363 K
【变式5-2】如图所示，两个容器A和B容积不同，内部装有气体，其间用细管相连，管中有一小段水银柱将两部分气体隔开。当A中气体温度为tA，B中气体温度为tB，且tA > tB，水银柱恰好在管的中央静止。若对两部分气体加热，使它们的温度都升高相同的温度，下列说法正确的是（ ）
A．水银柱保持不动 B．水银柱将向左移动
C．水银柱将向右移动 D．水银柱的移动情况无法判断
答案：B
解析：本题涉及到两部分气体，水银柱的移动由两部分气体的压强差决定。可以先假设水银柱不动，A、B两部分气体都做等容变化，分别研究它们的压强变化。对A有 = 得pA′ = pA
对B有 = 得pB′ = pB
由于开始时水银柱恰好在管的中央静止，则开始有pA = pB，tA > tB
则有 < 所以pA′ < pB′，则水银柱将向左移动。故选B。
【变式5-3】小明同学设计了一种测温装置，用于测量的教室内的气温（教室内的气压为一个标准大气压气压，相当于76cm汞柱产生的压强），结构如图所示，大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度：把B管水银面的高度转化成温度的刻度值。当教室温度为27℃时，B管内水银面的高度为16cm。B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是（　　）
A．该测温装置利用了气体的等压变化的规律
B．B管上所刻的温度数值上高下低
C．B管内水银面的高度为22cm时，教室的温度为
D．若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低
答案：C
解析：该测温装置利用了气体的等容变化的规律，故A错误；当温度为27℃时候，设温度为
玻璃泡A内气体压强为
温度改变为时，气体压强为
根据可得
可知可知温度越高越小，则B管上所刻的温度数值上低下高，当时，解得
若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，大气压强偏小，导致偏小，则的值偏大，导致测出的温度比实际偏高，故C正确，BD错误。
故选C。
【题型6 综合问题】
【例6】如图所示，表示一定质量的气体的状态A→B→C→A的图像，其中AB的延长线通过坐标原点，BC和AC分别与T轴和V轴平行。则下列说法正确的是(　 )
A．A→B过程气体压强增加
B．B→C过程气体压强不变
C．C→A过程气体单位体积内的分子数减小
D．A→B过程气体分子平均动能增加
解析：选D　过各点的等压线如图所示，
从状态A到状态B，在同一条过原点的倾斜直线上，所以A→B过程气体压强不变，A错误；从状态B到状态C，斜率变大，则压强变小，B错误；从状态C到状态A，体积减小，则单位体积内的分子数增大，C错误；从状态A到状态B，温度升高，则分子平均动能增大，D正确。
【变式6-1】（多选）如图所示，四支两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态，如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是（ ）
A． B．
C． D．
解析：假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律，压强的增加量
而各管原压强相同，所以即高，小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动；
因，则则水银柱向右移动，选项A错误；B．因，则则水银柱不移动，选项A错误；因，则则水银柱向左移动，选项CD正确；
答案：CD。
【变式6-2】（多选）如图所示为一套茶杯和杯盖，从消毒碗柜里高温消毒后取出，放在水平桌面上并立刻盖上杯盖，假定密封效果很好，则过一段时间后，下列说法正确的是（　　）
A．杯内气体分子的平均动能增大 B．杯内气体分子的平均动能减小
C．杯内气体的压强增大 D．杯内气体的压强减小
解析：高温的茶杯放置一段时间后，由于热传递作用杯子和杯内气体的温度降低，故杯内气体的内能减小，气体分子的平均动能减小，此过程中气体发生的是等容变化，根据查理定律得 可得杯内气体的压强减小。
答案：BD。
【变式6-3】（多选）在一次科学晚会上，某老师表演了一个“马德堡半球实验”。他先取出两个在碗底各焊接了铁钩的不锈钢碗，在一个碗内烧了一些纸，然后迅速把另一个碗扣上，再在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度。用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开，如图所示。当两边的人各增加到5人时，恰能把碗拉开。已知碗口的面积约为400cm2，环境温度为27°C，大气压强为，每人平均用力为。假设实验过程中碗不变形，也不漏气。绝对零度为-273°C，下列说法中正确的是（　　）
A．浇水过程中不锈钢碗内的气体压强逐渐增大
B．碗快要被拉开时，碗内封闭气体压强约为2.5×104Pa
C．不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度约为127°C
D．浇水过程中不锈钢碗内气体分子单位时间内撞击单位面积的次数减少
解析：在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度，温度降低，体积不变
则压强减小，分子平均动能减小，平均速度减小，不锈钢碗内气体分子单位时间内撞击单位面积的次数减少，故D正确A错误；每人平均用力为，则快要被拉开时，对单边半个球受力分析 解得故B错误；对球内气体分析，气体做等容变化，T=300K解得故C正确。
答案：CD
【题型7 联系实际】
【例7】某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。
(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；
(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃时，大气压强为1.0×105 Pa。
解析：(1)由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据查理定律得＝，代入数据解得p2＝3.1×103 Pa。(2)当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有p0V＝p1V1，解得V1＝V，则增加空气的体积为ΔV＝V1－V＝V，所以增加的空气质量与原有空气质量之比为＝＝。
答案：(1)3.1×103 Pa　(2)
【变式7-1】登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 ℃，则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为(　 )
A．8.3×104 Pa B．8.3×105 Pa
C．4.3×104 Pa D．1.23×105 Pa
解析：选C　取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1＝1.0×105 Pa，温度为T1＝(273＋27)K＝300 K，其末状态的压强为p2，温度为T2＝(273－23)K＝250 K，根据查理定律有＝，解得p2＝×105 Pa，所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为|Δp|＝Pa≈4.3×104 Pa，故C正确。
【变式7-2】小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1 200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K。设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？
(2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？
解析：(1)整个系统处于平衡状态，汽缸内的气体发生等容变化，当电子天平的示数为600.0 g时，细绳对铁块的拉力大小F1＝m2g－6 N，根据牛顿第三定律可知右端细绳对轻杆的拉力大小为F1，对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的拉力大小也为F1，根据牛顿第三定律可知左端细绳对活塞向上的拉力大小为F1，对活塞根据平衡条件有F1＋p1S＝p0S＋m1g，解得p1＝p0，当电子天平的示数为400.0 g 时，右端细绳对铁块的拉力大小F2＝m2g－4 N，同理，对活塞有F2＋p2S＝p0S＋m1g，解得p2＝0.99×105 Pa，由查理定律得＝，解得T2＝297 K。
(2)分析可知，气体的温度越高绳的张力越小，当绳中的张力为零时，系统的温度最高，此时对活塞有p3S＝p0S＋m1g，解得p3＝1.03×105 Pa，由查理定律得＝，解得最高温度Tmax＝309 K。
答案：(1)297 K　(2)309 K
【变式7-3】一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压，温度T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。
(1)求该热气球所受浮力的大小；
(2)求该热气球内空气所受的重力；
(3)设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量。
解析：(1)设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为ρ0＝①
在温度为T时的体积为VT，密度为
ρ(T)＝②
由盖 吕萨克定律得＝③
联立①②③式得
ρ(T)＝ρ0④
气球所受到的浮力为
f＝ρ(Tb)gV⑤
联立④⑤式得
f＝Vgρ0。⑥
(2)气球内热空气所受的重力为
G＝ρ(Ta)Vg⑦
联立④⑦式得
G＝Vgρ0。⑧
(3)设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件得
mg＝f－G－m0g⑨
联立⑥⑧⑨式得
m＝Vρ0T0－m0。
答案：(1)Vgρ0　(2)Vgρ0　(3)Vρ0T0－m0
【题型8 抽、充气问题】
【例8】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1.2×107 Pa，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1.26×107 Pa。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4×105 Pa，要求大钢瓶内压强降到2×105 Pa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？
[解析]　(1)钢瓶的容积一定，从北方到武汉对钢瓶内气体，由查理定律有＝
代入数据解得T2＝294 K，则t＝21 ℃。
(2)在武汉时，设大瓶内氧气由p2、V2等温变化为不分装时的状态p3、V3，则p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa，
根据p2V2＝p3V3，得V3＝2.52 m3，
可用于分装小瓶的氧气p4＝2×105 Pa，V4＝(2.52－0.04)m3＝2.48 m3，
分装成小钢瓶的氧气p5＝4×105 Pa，V5＝nV，
其中小钢瓶体积为V＝0.01 m3，
根据p4V4＝p5V5
得n＝124，即一大钢瓶氧气可分装124小瓶。
[答案]　(1)21 ℃　(2)124
【变式8-1】新冠病毒具有很强的传染性，转运新冠病人时需要使用负压救护车，其主要装置为车上的负压隔离舱(即舱内气体压强低于外界的大气压强)，这种负压隔离舱既可以让外界气体流入，也可以将舱内气体过滤后排出。若生产的某负压隔离舱容积为0.6 m3，初始时温度为27 ℃，压强为1.0×105 Pa；运送到某地区后，外界温度变为15 ℃，大气压强变为0.9×105 Pa，已知负压隔离舱导热且运输过程中与外界没有气体交换，容积保持不变。绝对零度取－273 ℃。
(1)求运送到某地区后负压隔离舱内的压强；
(2)运送到某地区后需将负压隔离舱内气体抽出，使压强与当地大气压强相同，求抽出的气体质量与舱内剩余气体质量之比。
[解析]　(1)舱内气体的体积不变，设初始时负压隔离舱内的压强为p1，温度为T1，运送到某地区后负压隔离舱内的压强为p2，温度为T2，
由查理定律可得＝，其中p1＝1.0×105 Pa，T1＝300 K，T2＝288 K，
解得p2＝9.6×104 Pa。
(2)设当地的大气压强为p3，首先让舱内气体进行等温膨胀，设膨胀前的气体体积为V0，膨胀后的气体体积为V，
则由玻意耳定律可得p2V0＝p3V，解得V＝V0，故需要抽出的气体的体积为ΔV＝V－V0＝V0，因抽出的气体与舱内气体的密度相同，故抽出气体的质量与舱内剩余气体的质量之比为＝＝。
[答案]　(1)9.6×104 Pa　(2)
【变式8-2】如图所示，是某潜艇的横截面示意图，它有一个主压载水舱系统，主压载水舱有排水孔与海水相连，人们可以通过向水舱里注水或者排水来控制潜艇的浮沉。潜艇内有一个容积V＝3 m3的贮气钢筒，在海面上时，贮气钢筒内贮存了p＝200 atm的压缩空气，压缩空气的温度为t＝27 ℃。某次执行海底采矿任务时，通过向主压载水舱里注入海水，潜艇下潜到水面下h＝290 m处，此时海水及贮气钢筒内压缩空气的温度均为t1＝7 ℃；随着采矿质量的增加，需要将贮气钢筒内的压缩空气压入水舱内，排出部分海水，使潜艇保持水面下深度不变，每次将筒内一部分空气压入水舱时，排出海水的体积为ΔV＝1 m3，当贮气钢筒内的压强降低到p2＝50 atm时，就需要重新充气。在排水过程中气体的温度不变，已知海水的密度ρ＝1×103 kg/m3，海面上大气压强p0＝1 atm，g＝10 m/s2,1 atm＝1×105 Pa。求在该贮气钢筒重新充气之前，可将贮气钢管内的空气压入水舱多少次？
解析：设在水面下h＝290 m处贮气钢筒内气体的压强变为p1，由查理定律得＝，其中T＝300 K，T1＝280 K。设贮气钢筒内气体的压强变为p2时，气体的总体积为V2，由玻意耳定律得p2V2＝p1V，重新充气前，用去的气体在p2压强下的体积为V3＝V2－V，设用去的气体在水舱压强为p4时的体积为V4，由玻意耳定律得p2V3＝p4V4，其中p4＝p0＋ atm＝30 atm，则压入水舱的次数N＝≈13.67，所以贮气钢筒内的空气充气前压入水舱的次数为N0＝13。
答案：13次
【变式8-3】小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量、截面积的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为时，测得环境温度。设外界大气压强，重力加速度。
（1）当电子天平示数为时，环境温度为多少？
（2）该装置可测量的最高环境温度为多少？
【答案】（1）297K；（2）309K
【详解】
（1）由电子天平示数为600.0g时，则细绳对铁块拉力为
又：铁块和活塞对细绳的拉力相等，则气缸内气体压强等于大气压强
①
当电子天平示数为400.0g时，设此时气缸内气体压强为p2，对受力分析有
②
由题意可知，气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比：
③
联立①②③式解得
（2）环境温度越高，气缸内气体压强越大，活塞对细绳的拉力越小，则电子秤示数越大，由于细绳对铁块的拉力最大为0，即电子天平的示数恰好为1200g时，此时对应的环境温度为装置可以测量最高环境温度。设此时气缸内气体压强为p3，对受力分析有
④
又由气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比
⑤
联立①④⑤式解得专题4.5 氢原子光谱和玻尔的原子模型
【人教版】
【题型1 光谱和光谱分析】
【题型2 玻尔原子理论】
【题型3 自发跃迁】
【题型4 受激跃迁】
【题型5 玻尔理论的应用及局限性】
【题型6 对比问题】
【题型7 联系实际】
【题型8 综合问题】
【题型1 光谱和光谱分析】
【例1】一群氢原子处于同一较高的激发态，它们向较低激发态或基态跃迁的过程中(　　)
A．可能吸收一系列频率不同的光子，形成光谱中的若干条暗线
B．可能发出一系列频率不同的光子，形成光谱中的若干条亮线
C．只吸收频率一定的光子，形成光谱中的一条暗线
D．只发出频率一定的光子，形成光谱中的一条亮线
【变式1-1】关于线状谱，下列说法中正确的是(　　)
A．每种原子处在不同温度下发光的线状谱不同
B．每种原子处在不同的物质中的线状谱不同
C．每种原子在任何条件下发光的线状谱都相同
D．两种不同的原子发光的线状谱可能相同
【变式1-2】（多选）关于原子光谱，下列说法正确的是（）
原子光谱是不连续的
由于原子都是由原子核和电子组成的，所以各种原子的原子光谱是相同的
各种原子的原子结构不同，所以各种原子的原子光谱也不相同
分析物质发光的光谱，可以鉴别物质中含有那些元素
【变式1-3】关于光谱和光谱分析，下列说法正确的是（　　）
A．太阳光谱和白炽灯光谱是线状谱
B．霓虹灯和煤气灯火焰中燃烧的钠蒸气产生的光谱是线状谱
C．进行光谱分析时，可以利用线状谱，也可以利用连续谱
D．观察月亮光谱，可以确定月亮的化学组成
【题型2 玻尔原子理论】
【例2】(多选)根据玻尔理论，以下说法正确的是(　　)
A．电子绕核运动有加速度，就要向外辐射电磁波
B．处于定态的原子，其电子做变速运动，但它并不向外辐射能量
C．原子内电子的可能轨道是不连续的
D．原子能级跃迁时，辐射或吸收光子的能量取决于两个轨道的能量差
【变式2-1】根据玻尔理论，某原子从能量为E的轨道跃迁到能量为E′的轨道，辐射出波长为λ的光。以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，E′等于(　　)
A．E－h B．E＋h
C．E－h D．E＋h
【变式2-2】根据玻尔的氢原子理论，电子在各条可能轨道上运动的能量是指(　　)
A．电子的动能
B．电子的电势能
C．电子的电势能与动能之和
D．电子的动能、电势能和原子核能之和
【变式2-3】(多选)关于玻尔的原子模型理论，下列说法正确的是(　　)
A．原子可以处于连续的能量状态中
B．原子的能量状态不可能是连续的
C．原子的核外电子在轨道上运动时，要向外辐射能量
D．原子的核外电子在轨道上运动时，不向外辐射能量
【题型3 自发跃迁】
【例3】氢原子能级图如图，一群氢原子处于n＝4能级上.当氢原子从n＝4能级跃迁到n＝3能级时，辐射光的波长为1 884 nm，下列判断正确的是(　　)
A.氢原子向低能级跃迁时，最多产生4种谱线
B.从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量
C.氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，辐射光的波长大于1 884 nm
D.用从n＝5能级跃迁到n＝2能级辐射的光照射W逸＝2.29 eV的钠，能发生光电效应
【变式3-1】(多选)由玻尔原子模型求得氢原子能级如图所示，已知可见光的光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间，则(　　)
A.氢原子从高能级向低能级跃迁时可能辐射出γ射线
B.氢原子从n＝3的能级向n＝2的能级跃迁时会辐射出红外线
C.处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线并发生电离
D.大量氢原子从n＝4能级向低能级跃迁时可辐射出2种频率的可见光
【变式3-2】(多选)氢原子能级示意图如图，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是(　　)
A.氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nm
B.用波长为325 nm的光照射，可使氢原子从n＝1跃迁至n＝2的能级
C.一群处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
D.用波长为633 nm的光照射，不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3能级
【变式3-3】(多选)氢原子各个能级的能量如图所示，氢原子由n＝1能级跃迁到n＝4能级，在它回到n＝1能级过程中，下列说法中正确的是(　 )
A．可能激发出频率不同的光子只有6种
B．可能激发出频率不同的光子只有3种
C．可能激发出的光子的最大能量为12.75 eV
D．可能激发出的光子的最大能量为0.66 eV
【题型4 受激跃迁】
【例4】氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子，已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4 eV，氦离子的能级示意图如图所示。在具有下列能量的光子或者电子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是(　 )
A．42.8 eV(光子)　　　 B．43.2 eV(电子)
C．41.0 eV(电子) D．54.4 eV(光子)
【变式4-1】对于基态氢原子，下列说法正确的是(　　)
A．它能吸收10.2 eV的光子
B．它能吸收11 eV的光子
C．它能吸收动能为10 eV的电子的能量
D．它能吸收具有11 eV动能的电子的全部动能
【变式4-2】(多选)欲使处于基态的氢原子激发，下列措施中可行的是(　　)
A．用10.2 eV的光子照射 B．用11 eV的光子照射
C．用14 eV的光子照射 D．用11 eV的电子碰撞
【变式4-3】氢原子能级示意图如图所示。光子能量在1.63 eV～3.10 eV的光为可见光。要使处于基态(n＝1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为(　　)
A．12.09 eV 　　　 B．10.20 eV
C．1.89 eV 　　　 D. 1.51 eV
【题型5 玻尔理论的应用及局限性】
【例5】在原子结构的研究方面，科学家前赴后继、不断完善，以下说法错误的是（　　）
A．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，使人们认识到原子本身是有结构的
B．卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析提出了原子的核式结构模型，完全否定了汤姆孙的“枣糕模型”
C．玻尔把微观世界中物理量取分立值的观念应用到原子系统，提出了自己的原子结构假说，完全否定了核式结构模型
D．玻尔的原子理论只成功解释了氢原子光谱的实验规律，这说明了玻尔模型也是有局限性的
【变式5-1】氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氢离子。已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4 eV，氢离子能级的示意图如图所示，在具有下列能量的光子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是(　　)
A．40.8 eV B．43.2 eV
C．51.0 eV D．48.4 eV
【变式5-2】如图甲所示的a、b、c、d为四种元素的特征谱线，图乙是某矿物的线状谱，通过光谱分析可以确定该矿物中缺少的元素为(　　)
A．a元素 B．b元素
C．c元素 D．d元素
【变式5-3】(多选)关于玻尔的原子模型，下列说法中正确的是(　　)
A．它彻底否定了卢瑟福的核式结构学说
B．它发展了卢瑟福的核式结构学说
C．它完全抛弃了经典的电磁理论
D．它引入了普朗克的量子理论
【题型6 对比问题】
【例6】氢原子的核外电子处于第三轨道上，当它向能级较低的轨道跃迁时，放出光子，则
(1)放出光子的最长波长和最短波长之比是多少？
(2)若电离n=3的氢原子至少需要给它多少能量？(E1=－13.6eV)
【变式6-1】已知氢原子的能级公式En＝(E1＝－13.6 eV，n＝1，2，3…)。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分成a、b、c、d、e、f六束(含不可见光)，如图2所示。据此可知，从n＝3能级向n＝1能级(基态)跃迁产生的那一束是(　　)
A.b B.c
C.d D.e
【变式6-2】（多选）如图为氢原子能级图，氢原子中的电子从n＝5能级跃迁到n＝2能级可产生a光；从n＝4能级跃迁到n＝2能级可产生b光。a光和b光的波长分别为λa和λb，照射到逸出功为2.29 eV的金属钠表面均可产生光电效应，遏止电压分别为Ua和Ub。则(　　)
A．λa>λb
B．Ua>Ub
C．a光的光子能量为2.86 eV
D．b光产生的光电子最大初动能Ek＝0.26 eV
【变式6-3】a、b两束单色光分别用同一双缝干涉装置进行实验，在距双缝恒定距离的屏上得到如图所示的干涉图样，图甲是a光照射时形成的干涉图样，图乙是b光照射时形成的干涉图样。下列关于a、b两束单色光的说法正确的是(　　)
A.a光子的能量较大
B.在水中a光传播的速度较小
C.若用b光照射某金属没有光电子逸出，则a光照射该金属时也没有光电子逸出
D.若a光是氢原子的核外电子从第三能级向第二能级跃迁时产生的，则b光可能是氢原子的核外电子从第四能级向第三能级跃迁时产生的
【题型7 联系实际】
【例7】如图甲为氢原子光谱，图乙为氢原子部分能级图。甲中的、、、是氢原子在可见光区的四条谱线，这四条谱线为氢原子从高能级向能级跃迁时释放的光子，称为巴尔末系，则下列正确的是（　　）
A．对应的光子能量比对应的光子能量的小
B．可能是氢原子从向能级跃迁时产生的
C．若用照射某种金属不能发生光电效应，则一定也不能
D．亮线分立说明氢原子有时发光有时不发光
【变式7-1】为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。红外测温仪的原理是：被测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。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1.62 eV，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n＝2激发态的氢原子提供的能量为(　　)
A.10.20 eV B.2.89 eV
C.2.55 eV D.1.89 eV
【变式7-2】北京高能光源是我国首个第四代同步辐射光源，计划于2025年建成。同步辐射光具有光谱范围宽（从远红外到X光波段，波长范围约为10-5m～10-11m，对应能量范围约为10-1eV～105eV）、光源亮度高、偏振性好等诸多特点，在基础科学研究、应用科学和工艺学等领域已得到广泛应用。速度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出电磁辐射，这个现象最初是在同步加速器上观察到的，称为“同步辐射”。以接近光速运动的单个电子能量约为109eV，回旋一圈辐射的总能量约为104eV。下列说法正确的是（　　）
A．同步辐射的机理与氢原子发光的机理一样
B．用同步辐射光照射氢原子，不能使氢原子电离
C．蛋白质分子的线度约为10-8 m，不能用同步辐射光得到其衍射图样
D．尽管向外辐射能量，但电子回旋一圈后能量不会明显减小
【变式7-3】子与氢原子核（质子）构成的原子称为氢原子，它在原子核物理的研究中有重要作用。氢原子的能级示意图如图所示，假定频率为的一束光照射大量处于能级的氢原子，氢原子吸收光子后，发出6种不同频率的光，下列说法正确的是（　　）
A．氢原子吸收光子后处于能级
B．氢原子从能级跃迁到能级时释放的光的频率大于
C．普朗克常量
D．一个被激发的氢原子最多能发出3种不同频率的光
【题型8 综合问题】
【例8】如图所示为氢原子的能级示意图，则关于氢原子在能级跃迁过程中辐射或吸收光子的特征，下列说法中正确的是(　　)
A.一群处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时，能辐射出5种不同频率的光子
B.一群处于n＝3能级的氢原子吸收能量为0.9 eV的光子可以跃迁到n＝4能级
C.处于基态的氢原子吸收能量为13.8 eV的光子可以发生电离
D.若氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照在某种金属表面上能发生光电效应，则从n＝5能级跃迁到n＝2能级辐射出的光也一定能使该金属发生光电效应
【变式8-1】a、b两种可见光在同一光电效应装置中测得的光电流和电压的关系如图甲所示，图乙为氢原子能级图。已知可见光的光子能量在到之间，下列说法正确的是（　　）
A．a光的波长比b光的小
B．单色光a的光子动量比单色光b的光子动量大
C．若a光是从跃迁到能级时发出的光，则b光是从跃迁到能级时发出的光
D．用的电子去轰击基态的氢原子，可以得到两种可见光
【变式8-2】氢原子能级示意图如图所示，已知大量处于基态的氢原子，当它们受到某种频率的光线照射后，可辐射出6种频率的光。下列说法正确的是（　　）
A．基态的氢原子受到照射后跃迁到n=3能级
B．用这些光照射逸出功为3.34eV的金属锌，能使金属锌逸出光电子的光子频率有4种
C．氢原子向低能级跃迁后核外电子的动能减小
D．氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光的波长最大
【变式8-3】氢原子的能级图如图甲所示，一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光，其中只有频率为νa、νb两种光可让图乙所示的光电管阴极K发生光电效应。分别用频率为νa、νb的两个光源照射光电管阴极K，测得电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法中正确的是（ ）
A．处于第4能级的氢原子可以吸收一个能量为0.75eV的光子并电离
B．图丙中的图线b所表示的入射光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的
C．图丙中的图线b所表示的入射光的光子能量为12.09eV
D．用图丙中的图线a所表示的光照射阴极K时，光电子的最大初动能比用图线b所表示的光照射时更大
参考答案
【题型1 光谱和光谱分析】
【例1】一群氢原子处于同一较高的激发态，它们向较低激发态或基态跃迁的过程中(　　)
A．可能吸收一系列频率不同的光子，形成光谱中的若干条暗线
B．可能发出一系列频率不同的光子，形成光谱中的若干条亮线
C．只吸收频率一定的光子，形成光谱中的一条暗线
D．只发出频率一定的光子，形成光谱中的一条亮线
答案　B
解析　当原子由高能级向低能级跃迁时，原子将发出光子，由于不只是两个特定能级之间的跃迁，所以它可以发出一系列频率的光子，形成光谱中的若干条亮线。
【变式1-1】关于线状谱，下列说法中正确的是(　　)
A．每种原子处在不同温度下发光的线状谱不同
B．每种原子处在不同的物质中的线状谱不同
C．每种原子在任何条件下发光的线状谱都相同
D．两种不同的原子发光的线状谱可能相同
解析　每种原子都有自己的结构，只能发出由内部结构决定的自己的特征谱线，不会因温度、物质不同而改变，选项C正确。
答案　C
【变式1-2】（多选）关于原子光谱，下列说法正确的是（）
原子光谱是不连续的
由于原子都是由原子核和电子组成的，所以各种原子的原子光谱是相同的
各种原子的原子结构不同，所以各种原子的原子光谱也不相同
分析物质发光的光谱，可以鉴别物质中含有那些元素
解析：选ACD, 原子光谱为线状谱，选项A正确；各种原子都有自己的特征谱线，故选项B错误，选项C正确；对各种原子的特征谱线进行光谱分析可鉴别物质组成，选项D正确。故选ACD。
【变式1-3】关于光谱和光谱分析，下列说法正确的是（　　）
A．太阳光谱和白炽灯光谱是线状谱
B．霓虹灯和煤气灯火焰中燃烧的钠蒸气产生的光谱是线状谱
C．进行光谱分析时，可以利用线状谱，也可以利用连续谱
D．观察月亮光谱，可以确定月亮的化学组成
答案：B
解析：太阳光谱是吸收光谱，白炽灯是连续光谱，所以A错误；煤气灯火焰中钠蒸气产生的光谱属稀薄气体发光，是线状谱，所以B正确；进行光谱分析时，可以利用线状谱，不可以利用连续谱，所以C错误；
由于月亮反射太阳光，其光谱无法确定月亮的化学组成，所以D错误；故选B。
【题型2 玻尔原子理论】
【例2】(多选)根据玻尔理论，以下说法正确的是(　　)
A．电子绕核运动有加速度，就要向外辐射电磁波
B．处于定态的原子，其电子做变速运动，但它并不向外辐射能量
C．原子内电子的可能轨道是不连续的
D．原子能级跃迁时，辐射或吸收光子的能量取决于两个轨道的能量差
解析　根据玻尔理论，电子绕核运动有加速度，但并不向外辐射能量，也不会向外辐射电磁波，故选项A错误，选项B正确；玻尔理论中的第二条假设，就是电子绕核运动可能的轨道半径是量子化的，不连续的，选项C正确；原子在发生能级跃迁时，要放出或吸收一定频率的光子，光子能量取决于两个轨道的能量差，故选项D正确。
答案　BCD
【变式2-1】根据玻尔理论，某原子从能量为E的轨道跃迁到能量为E′的轨道，辐射出波长为λ的光。以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，E′等于(　　)
A．E－h B．E＋h
C．E－h D．E＋h
解析　释放的光子能量为hν＝h，所以E′＝E－hν＝E－h。
答案　C
【变式2-2】根据玻尔的氢原子理论，电子在各条可能轨道上运动的能量是指(　　)
A．电子的动能
B．电子的电势能
C．电子的电势能与动能之和
D．电子的动能、电势能和原子核能之和
解析　根据玻尔理论，电子绕核在不同轨道上做圆周运动，库仑引力提供向心力，故电子的能量指电子的总能量，包括动能和电势能，所以C选项是正确的。
答案　C
【变式2-3】(多选)关于玻尔的原子模型理论，下列说法正确的是(　　)
A．原子可以处于连续的能量状态中
B．原子的能量状态不可能是连续的
C．原子的核外电子在轨道上运动时，要向外辐射能量
D．原子的核外电子在轨道上运动时，不向外辐射能量
解析　由玻尔的原子模型知原子的能量是不连续的，是量子化的，电子在定态轨道上绕核运动时，不向外辐射能量，处于定态，只有从高能级轨道向低能级轨道跃迁时，才向外辐射能量。
答案　BD
【题型3 自发跃迁】
【例3】氢原子能级图如图，一群氢原子处于n＝4能级上.当氢原子从n＝4能级跃迁到n＝3能级时，辐射光的波长为1 884 nm，下列判断正确的是(　　)
A.氢原子向低能级跃迁时，最多产生4种谱线
B.从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量
C.氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，辐射光的波长大于1 884 nm
D.用从n＝5能级跃迁到n＝2能级辐射的光照射W逸＝2.29 eV的钠，能发生光电效应
答案　D
解析　根据C＝6知，一群处于n＝4能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生6种谱线，故A错误；由高能级向低能级跃迁，氢原子向外辐射能量，不是原子核向外辐射能量，故B错误；n＝3和n＝2的能级差大于n＝4和n＝3的能级差，则从n＝3能级跃迁到n＝2能级比从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的电磁波的频率大，波长短，即辐射光的波长小于1 884 nm，故C错误；从n＝5能级跃迁到n＝2能级辐射出的光子的能量为：E＝E5－E2＝－0.54 eV－(－3.40 eV)＝2.86 eV>2.29 eV，而使金属发生光电效应的条件是光子的能量大于金属的逸出功，故可以发生光电效应，故D正确.
【变式3-1】(多选)由玻尔原子模型求得氢原子能级如图所示，已知可见光的光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间，则(　　)
A.氢原子从高能级向低能级跃迁时可能辐射出γ射线
B.氢原子从n＝3的能级向n＝2的能级跃迁时会辐射出红外线
C.处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线并发生电离
D.大量氢原子从n＝4能级向低能级跃迁时可辐射出2种频率的可见光
答案　CD
【变式3-2】(多选)氢原子能级示意图如图，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是(　　)
A.氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nm
B.用波长为325 nm的光照射，可使氢原子从n＝1跃迁至n＝2的能级
C.一群处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
D.用波长为633 nm的光照射，不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3能级
答案　CD
解析　由玻尔的能级跃迁公式得：E3－E2＝h，E2－E1＝h，又λ1＝656 nm，结合题图上的能级值解得λ2≈122 nm<656 nm，故A、B错误，D正确；根据C＝3可知，一群处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁，辐射的光子频率最多有3种，故C正确.
【变式3-3】(多选)氢原子各个能级的能量如图所示，氢原子由n＝1能级跃迁到n＝4能级，在它回到n＝1能级过程中，下列说法中正确的是(　 )
A．可能激发出频率不同的光子只有6种
B．可能激发出频率不同的光子只有3种
C．可能激发出的光子的最大能量为12.75 eV
D．可能激发出的光子的最大能量为0.66 eV
解析：选AC　氢原子由n＝4能级跃迁到n＝1能级，可能发出的谱线条数为C42，即6种频率或能量不同的光子，A正确，B错误；能激发出的光子的最大能量为从n＝4能级跃迁到n＝1能级所对应的，为(－0.85 eV)－(－13.6 eV)＝12.75 eV，C正确，D错误。
【题型4 受激跃迁】
【例4】氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子，已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4 eV，氦离子的能级示意图如图所示。在具有下列能量的光子或者电子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是(　 )
A．42.8 eV(光子)　　　 B．43.2 eV(电子)
C．41.0 eV(电子) D．54.4 eV(光子)
解析：选A　入射光子使原子跃迁时，其能量应正好等于原子的两能级间的能量差，而电子使原子跃迁时，其能量大于等于原子两能级间的能量差即可，发生电离而使原子跃迁时入射光子的能量要大于等于54.4 eV，故选A。
【变式4-1】对于基态氢原子，下列说法正确的是(　　)
A．它能吸收10.2 eV的光子
B．它能吸收11 eV的光子
C．它能吸收动能为10 eV的电子的能量
D．它能吸收具有11 eV动能的电子的全部动能
解析　注意到光子能量只能全部被吸收，而电子能量则可以部分被吸收。10.2 eV刚好是n＝1、n＝2的能级差，而11 eV不是，由玻尔理论知A正确；基态氢原子只可吸收动能为11 eV的电子的部分能量(10.2 eV)，剩余0.8 eV仍为原来电子所有。
答案　A
【变式4-2】(多选)欲使处于基态的氢原子激发，下列措施中可行的是(　　)
A．用10.2 eV的光子照射 B．用11 eV的光子照射
C．用14 eV的光子照射 D．用11 eV的电子碰撞
解析　－13.6 eV＋10.2 eV＝－3.4 eV，而E2＝－3.4 eV，故A正确；－13.6 eV＋11 eV＝－2.6 eV，不符合hν＝Em－En(m>n)的条件，故B错误；14 eV>13.6 eV，已经足以使氢原子电离，故C正确；用11 eV的电子碰撞，E2－E1＝10.2 eV<11 eV，故D正确。
答案　ACD
【变式4-3】氢原子能级示意图如图所示。光子能量在1.63 eV～3.10 eV的光为可见光。要使处于基态(n＝1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为(　　)
A．12.09 eV 　　　 B．10.20 eV
C．1.89 eV 　　　 D. 1.51 eV
答案　A
解析　因为可见光光子的能量范围是1.63 eV～3.10 eV，所以氢原子至少要被激发到n＝3能级，要给氢原子提供的能量最少为E＝(－1.51＋13.60) eV＝12.09 eV，即选项A正确。
【题型5 玻尔理论的应用及局限性】
【例5】在原子结构的研究方面，科学家前赴后继、不断完善，以下说法错误的是（　　）
A．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，使人们认识到原子本身是有结构的
B．卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析提出了原子的核式结构模型，完全否定了汤姆孙的“枣糕模型”
C．玻尔把微观世界中物理量取分立值的观念应用到原子系统，提出了自己的原子结构假说，完全否定了核式结构模型
D．玻尔的原子理论只成功解释了氢原子光谱的实验规律，这说明了玻尔模型也是有局限性的
答案：C
解析：汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，使人们认识到原子本身是有结构的，故A正确；卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析提出了原子的核式结构模型，完全否定了汤姆孙的“枣糕模型”，故B正确；玻尔在原子核式结构模型的基础上把微观世界中物理量取分立值的观念应用到原子系统中，提出了自己的原子结构假说。故C错误；玻尔的原子理论只成功解释了氢原子光谱的实验规律，无法解释更复杂的原子光谱，这说明了玻尔模型也是有局限性的。故D正确。故选C。
【变式5-1】氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氢离子。已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4 eV，氢离子能级的示意图如图所示，在具有下列能量的光子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是(　　)
A．40.8 eV B．43.2 eV
C．51.0 eV D．48.4 eV
解析　光子如要被基态氦离子吸收而发生跃迁，光子能量必须等于两能级间的能量差，B不符合条件。
答案　B
【变式5-2】如图甲所示的a、b、c、d为四种元素的特征谱线，图乙是某矿物的线状谱，通过光谱分析可以确定该矿物中缺少的元素为(　　)
A．a元素 B．b元素
C．c元素 D．d元素
解析　由矿物的线状谱与几种元素的特征谱线进行对照，b元素的谱线在该线状谱中不存在，故B正确；与几个元素的特征谱线不对应的线说明该矿物中还有其他元素。
答案　B
【变式5-3】(多选)关于玻尔的原子模型，下列说法中正确的是(　　)
A．它彻底否定了卢瑟福的核式结构学说
B．它发展了卢瑟福的核式结构学说
C．它完全抛弃了经典的电磁理论
D．它引入了普朗克的量子理论
解析　玻尔的原子模型在核式结构模型的前提下提出轨道量子化、能量量子化及能级跃迁，故A错误、B正确；它的成功就在于引入了量子化理论，缺点是被过多引入的经典力学所困，故C错误、D正确。
答案　BD
【题型6 对比问题】
【例6】氢原子的核外电子处于第三轨道上，当它向能级较低的轨道跃迁时，放出光子，则
(1)放出光子的最长波长和最短波长之比是多少？
(2)若电离n=3的氢原子至少需要给它多少能量？(E1=－13.6eV)
【解析】 (1)当大量氢原子处于n=3能级时，可释放出的光子频率种类为
据玻尔理论在这3种频率光子中，当氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时辐射的光子波长最长、
则、
而波长最短
则
(2)n=3的氢原子的能量为
若电离n=3的氢原子至少需要给它1.51eV。
【答案】 (1)；(2)1.51eV
【变式6-1】已知氢原子的能级公式En＝(E1＝－13.6 eV，n＝1，2，3…)。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分成a、b、c、d、e、f六束(含不可见光)，如图2所示。据此可知，从n＝3能级向n＝1能级(基态)跃迁产生的那一束是(　　)
A.b B.c
C.d D.e
答案　D
解析　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分成6束，可知氢原子发生了从n＝4到基态的跃迁，其中从n＝4能级向n＝1能级(基态)跃迁产生的光的频率最大，从n＝3能级向n＝1能级(基态)跃迁产生的光的频率从高到低排列是第2位，因频率越大的光折射率越大，折射程度越大，可知该光对应着e光。
【变式6-2】（多选）如图为氢原子能级图，氢原子中的电子从n＝5能级跃迁到n＝2能级可产生a光；从n＝4能级跃迁到n＝2能级可产生b光。a光和b光的波长分别为λa和λb，照射到逸出功为2.29 eV的金属钠表面均可产生光电效应，遏止电压分别为Ua和Ub。则(　　)
A．λa>λb
B．Ua>Ub
C．a光的光子能量为2.86 eV
D．b光产生的光电子最大初动能Ek＝0.26 eV
解析：选BCD　根据能级跃迁知识hfa＝E5－E2＝－0.54－(－3.4)eV＝2.86 eV，hfb＝E4－E2＝－0.85－(－3.4)eV＝2.55 eV，显然a光子的能量大于b光子，即a光频率要大，波长要短，所以A错，C正确。根据光电效应可知，最大初动能Ek＝hf－W0，所以a光照射后的最大初动能为Eka＝2.86－2.29 eV＝0.57 eV，b光照射后的最大初动能为Ekb＝2.55－2.29 eV＝0.26 eV，选项D正确。根据截止电压知识可知，Ua>Ub，选项B正确。
【变式6-3】a、b两束单色光分别用同一双缝干涉装置进行实验，在距双缝恒定距离的屏上得到如图所示的干涉图样，图甲是a光照射时形成的干涉图样，图乙是b光照射时形成的干涉图样。下列关于a、b两束单色光的说法正确的是(　　)
A.a光子的能量较大
B.在水中a光传播的速度较小
C.若用b光照射某金属没有光电子逸出，则a光照射该金属时也没有光电子逸出
D.若a光是氢原子的核外电子从第三能级向第二能级跃迁时产生的，则b光可能是氢原子的核外电子从第四能级向第三能级跃迁时产生的
答案　C
解析　根据Δx＝λ得，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距，所以a光的波长大于b光的波长，根据c＝λν知，a光的频率小于b光的频率，根据E＝hν，可知b光的光子能量大，故A错误；a光的折射率小于b光的折射率，根据v＝可知，a光在水中的传播速度大，故B错误；若用b光照射某金属没有光电子逸出，因为a光的频率小于b光的频率，所以用a光照射该金属时也没有光电子逸出，故C正确；因为b光的能量大于a光的能量，氢原子的核外电子从第四能级向第三能级跃迁时产生的光子能量小于核外电子从第三能级向第二能级跃迁时产生的光子能量，故D错误。
【题型7 联系实际】
【例7】如图甲为氢原子光谱，图乙为氢原子部分能级图。甲中的、、、是氢原子在可见光区的四条谱线，这四条谱线为氢原子从高能级向能级跃迁时释放的光子，称为巴尔末系，则下列正确的是（　　）
A．对应的光子能量比对应的光子能量的小
B．可能是氢原子从向能级跃迁时产生的
C．若用照射某种金属不能发生光电效应，则一定也不能
D．亮线分立说明氢原子有时发光有时不发光
【答案】C
【解析】谱线的波长最长，频率最小，能量最小，故对应的光子能量比对应的光子能量的大，A错误；谱线的波长最短，频率最大应为，氢原子从向能级跃迁时产生的波长最长，频率最小，故B错误；谱线的频率高于谱线，若用照射某种金属不能发生光电效应，则一定也不能，C正确。只有几条不连续的亮线，其原因是氢原子辐射的光子的能量是不连续的，所以对应的光的频率也是不连续的，D错误。故选C。
【变式7-1】为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。红外测温仪的原理是：被测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。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1.62 eV，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n＝2激发态的氢原子提供的能量为(　　)
A.10.20 eV B.2.89 eV
C.2.55 eV D.1.89 eV
答案　C
解析　处于n＝2能级的氢原子不能吸收10.20 eV、2.89 eV的能量，则选项A、B错误； 处于n＝2能级的氢原子能吸收2.55 eV的能量而跃迁到n＝4的能级，然后向低能级跃迁时辐射光子，其中从n＝4到n＝3的跃迁辐射出的光子的能量小于1.62 eV可被红外测温仪捕捉，选项C正确；处于n＝2能级的氢原子能吸收1.89 eV的能量而跃迁到n＝3的能级，从n＝3到低能级跃迁时辐射光子的能量均大于1.62 eV，不能被红外测温仪捕捉，选项D错误。
【变式7-2】北京高能光源是我国首个第四代同步辐射光源，计划于2025年建成。同步辐射光具有光谱范围宽（从远红外到X光波段，波长范围约为10-5m～10-11m，对应能量范围约为10-1eV～105eV）、光源亮度高、偏振性好等诸多特点，在基础科学研究、应用科学和工艺学等领域已得到广泛应用。速度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出电磁辐射，这个现象最初是在同步加速器上观察到的，称为“同步辐射”。以接近光速运动的单个电子能量约为109eV，回旋一圈辐射的总能量约为104eV。下列说法正确的是（　　）
A．同步辐射的机理与氢原子发光的机理一样
B．用同步辐射光照射氢原子，不能使氢原子电离
C．蛋白质分子的线度约为10-8 m，不能用同步辐射光得到其衍射图样
D．尽管向外辐射能量，但电子回旋一圈后能量不会明显减小
【答案】D
【解析】同步辐射是在磁场中圆周自发辐射光能的过程，氢原子发光是先吸收能量到高能级，在回到基态时辐射光，两者的机理不同，故A错误；用同步辐射光照射氢原子，总能量约为104eV大于电离能13.6eV，则氢原子可以电离，故B错误；同步辐射光的波长范围约为10-5m～10-11m，与蛋白质分子的线度约为10-8 m差不多，故能发生明显的衍射，故C错误；以接近光速运动的单个电子能量约为109eV，回旋一圈辐射的总能量约为104eV，则电子回旋一圈后能量不会明显减小，故D正确；
故选D。
【变式7-3】子与氢原子核（质子）构成的原子称为氢原子，它在原子核物理的研究中有重要作用。氢原子的能级示意图如图所示，假定频率为的一束光照射大量处于能级的氢原子，氢原子吸收光子后，发出6种不同频率的光，下列说法正确的是（　　）
A．氢原子吸收光子后处于能级
B．氢原子从能级跃迁到能级时释放的光的频率大于
C．普朗克常量
D．一个被激发的氢原子最多能发出3种不同频率的光
【答案】D
【详解】大量激发后的氢原子从m能级向低能级跃迁时总共可以产生的辐射光子的种类，则，选项A错误；基态氢原子吸收频率为的能量后从能级跃迁到能级，则有
从能级跃迁到能级释放的能量较小，故发出光的频率小于，选项B错误；根据能级规律有 解得普朗克常量为
选项C错误；一个被激发的氢原子从能级跃迁至低能级时若逐级跃迁，最多能发出3种不同频率的光，选项D正确；故选D。
【题型8 综合问题】
【例8】如图所示为氢原子的能级示意图，则关于氢原子在能级跃迁过程中辐射或吸收光子的特征，下列说法中正确的是(　　)
A.一群处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时，能辐射出5种不同频率的光子
B.一群处于n＝3能级的氢原子吸收能量为0.9 eV的光子可以跃迁到n＝4能级
C.处于基态的氢原子吸收能量为13.8 eV的光子可以发生电离
D.若氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照在某种金属表面上能发生光电效应，则从n＝5能级跃迁到n＝2能级辐射出的光也一定能使该金属发生光电效应
答案　C
解析　一群处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时，能辐射出C＝6种不同频率的光子，故A错误；一群处于n＝3能级的氢原子吸收能量为0.9 eV的光子后的能量为E＝－1.51 eV＋0.9 eV＝－0.61 eV,0.9 eV不等于能级差，该光子不能被吸收，故B错误；处于基态的氢原子吸收能量为13.8 eV的光子可以发生电离，剩余的能量变为光电子的初动能，故C正确；氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子能量为ΔE1＝E3－E1＝12.09 eV，从n＝5能级跃迁到n＝2能级辐射出的光子能量为ΔE2＝E5－E2＝2.86 eV，所以若氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照在某种金属表面上能发生光电效应，则从n＝5能级跃迁到n＝2能级辐射出的光不一定能使该金属发生光电效应，故D错误.
【变式8-1】a、b两种可见光在同一光电效应装置中测得的光电流和电压的关系如图甲所示，图乙为氢原子能级图。已知可见光的光子能量在到之间，下列说法正确的是（　　）
A．a光的波长比b光的小
B．单色光a的光子动量比单色光b的光子动量大
C．若a光是从跃迁到能级时发出的光，则b光是从跃迁到能级时发出的光
D．用的电子去轰击基态的氢原子，可以得到两种可见光
答案：D
解析：根据可知，频率越大的截止电压越大，所以a光的频率比b光的小，根据
可知，频率越大时波长越小，所以a光的波长比b光的大，则A错误；根据可知，单色光a的光子动量比单色光b的光子动量小，所以B错误；根据因为a光的频率比b光的小，则a光是从跃迁到能级时发出的光，则b光不可能是从跃迁到能级时发出的光，所以C错误；用的电子去轰击基态的氢原子，有
可以跃迁到第四个能级，所以能得到两种可见光，跃迁到，跃迁到，则D正确；
故选D。
【变式8-2】氢原子能级示意图如图所示，已知大量处于基态的氢原子，当它们受到某种频率的光线照射后，可辐射出6种频率的光。下列说法正确的是（　　）
A．基态的氢原子受到照射后跃迁到n=3能级
B．用这些光照射逸出功为3.34eV的金属锌，能使金属锌逸出光电子的光子频率有4种
C．氢原子向低能级跃迁后核外电子的动能减小
D．氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光的波长最大
答案：D
解析：基态的氢原子受到照射后跃迁到n=4能级，可辐射6种频率的光，A错误；这6种频率光子的能量分别为：4跃迁到1，3跃迁到1，2跃迁到1，产生的光子的能量分别为12.75eV，12.09eV，10.2eV，都大于3.34eV，都能使金属锌产生光电效应；4跃迁到2，3跃迁到2，4跃迁到3，产生的光子的能量分别为2.55eV，1.89eV，0.66eV，都小于3.34eV，都不能使金属锌产生光电效应；所以用这些光照射逸出功为3.34eV的金属锌，能使金属锌逸出光电子的光子频率有3种，B错误；根据动能定理得， 解得氢原子向低能级跃迁后r变小，核外电子的动能增大，C错误；光子的能量为 波长为 解得 氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光子能量最小，波长最长，D正确。故选D。
【变式8-3】氢原子的能级图如图甲所示，一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光，其中只有频率为νa、νb两种光可让图乙所示的光电管阴极K发生光电效应。分别用频率为νa、νb的两个光源照射光电管阴极K，测得电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法中正确的是（ ）
A．处于第4能级的氢原子可以吸收一个能量为0.75eV的光子并电离
B．图丙中的图线b所表示的入射光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的
C．图丙中的图线b所表示的入射光的光子能量为12.09eV
D．用图丙中的图线a所表示的光照射阴极K时，光电子的最大初动能比用图线b所表示的光照射时更大
答案：B
解析：处于第4能级的氢原子至少吸收一个能量为0.85eV的光子才能发生电离，A错误；根据题意从第4能级跃迁只有两种光使阴极发生光电效应，则这两种光是所有发光中频率最高的两种，即从第4能级跃迁到基态和第3能级跃迁到基态，由图丙可知，图线b所表示的入射光频率较大，能量较大，所以图线b所表示的光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的，B正确；由B选项可知，图线b所表示的光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的，其光子能量为E = 13.6 eV- 0.85eV = 12.75eVC错误；图丙中的图线b对应的截止电压较大，故光电子的最大初动能更大，D错误。故选B。专题5.3 核力与结合能
【人教版】
【题型1 核力特点】
【题型2 结合能】
【题型3 比结合能】
【题型4 质量亏损】
【题型5 核能释放】
【题型6 综合问题】
【题型7 对比问题】
【题型8 联系实际】
【题型1 核力特点】
【例1】核子结合成原子核或原子核分解为核子时，都伴随着巨大的能量变化，这是因为( )
A．原子核带正电，电子带负电，电荷间存在很大的库仑力
B．核子具有质量且相距很近，存在很大的万有引力
C．核子间存在着强大的核力
D．核子间存在着复杂的磁力
答案：C
解析：核子间存在着强大的核力，故核子结合成原子核或原子核分解为核子时，都伴随着巨大的能量变化，答案为C．
【变式1-1】下列关于核力与核能的说法正确的是（　　）
A．核力是引起原子核β衰变的原因
B．原子核中所有核子单独存在时的质量总和大于该原子核的质量
C．核力是强相互作用的一种表现，任意两个核子之间都存在核力作用
D．原子核的结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
【答案】B
【解析】弱相互作用是引起原子核衰变的原因，故A错误；核子结合成原子核时释放能量，发生质量亏损，所以原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，故B正确；核力是强相互作用的一种表现，只有相邻的两个核子之间存在核力作用，故C错误；原子核的平均结合能越大，原子核中核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)就越小，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故D错误。
故选B。
【变式1-2】下列说法正确的是（　　）
A．原子核的质量越大，比结合能越小
B．居里夫人通过粒子轰击铝原子核，首次发现了中子
C．核力属于强相互作用，原子核内，核力比库仑力小
D．比结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时会释放核能
【答案】D
【解析】比结合能为原子核的结合能与核子数的比值，中等大小的核的比结合能最大，也最稳定，A错误；
B．查德威克在粒子轰击铍核实验中首次发现了中子，B错误；核力是强相互作用，原子核尺度内，核力比库仑力大得多，C错误；比结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时会有质量亏损，放出核能，D正确。故选D。
【变式1-3】关于核力，下列说法正确的是（　　）
A．核力的作用范围只有约m B．核力本质上属于电磁相互作用
C．中子和中子之间不会有核力作用 D．核力减小是发生衰变的原因
答案：A
解析：核力是短程力，作用范围在原子核内部，作用范围只有约m，选项A正确；核力属于强相互作用，不属于电磁相互作用，选项B错误；核力存在于核子之间，质子与质子，质子与中子，中子与中子之间均存在核力，选项C错误；弱相互作用才是引起衰变的原因，选项D错误。故选A。
【题型2 结合能】
【例2】目前人类探索太空需要用核电池对探测器提供电能和热能，某“核电池”是利用放射性元素钚238（）发生衰变释放的能量工作，其衰变方程为，钚238的半衰期为88年，下列说法正确的是（　　）
A．m=92，n=4，比的中子数多4
B．的结合能小于与的结合能之和
C．400个钚238经过176年还剩下100个
D．若改变238钚的温度、浓度及其所受的压力，它的半衰期将会改变
【答案】B
【解析】 与的中子数之差为 A错误； 衰变释放能量，的结合能小于与的结合能之和，B正确；半衰期是统计规律，对少量不适用，C错误； 半衰期与温度、浓度及其所受的压力无关，它的半衰期不会改变，D错误。故选B。
【变式2-1】（多选）原子比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列说法正确的有（　　）
A．比结合能大于，所以可以裂变成而放出核能
B．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
C．比更稳定，结合能更大
D．平均核子质量小于
【答案】BD
【解析】比结合能大于，所以可以通过聚变成释放能量，故A错误；比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故B正确；比比结合能更大，更稳定，但结合能小于结合能，故C错误；比结合能大，所以平均核子质量小，故D正确。故选BD。
【变式2-2】2021年4月，中国科学院近代物理研究所研究团队首次合成新核素铀，并在重核区首次发现强的质子-中子相互作用导致粒子形成的概率显著增强的现象。以下说法正确的是（　　）
A．铀核发生核反应方程为，是核裂变反应
B．若静止的铀核发生衰变，产生的新核速度方向与粒子速度方向可能相同
C．产生的新核从高能级向低能级跃迁时，将发射出射线
D．新核（）的结合能大于铀核的结合能
【答案】C
【解析】铀核发生核反应的方程为 此反应为衰变，选项A错误；若静止的轴核发生衰变，根据动量守恒定律可知产生的新核速度方向与粒子速度方向相反，选项B错误；产生的新核从高能级向低能级跃迁时，将发射出射线，选项C正确；新核（）的比结合能大于铀核的比结合能，新核（）的结合能小于铀核的结合能。D错误。故选C。
【变式2-3】（多选）具有放射性，静止的发生α衰变时，产生同时伴有γ光子射出。若核、核和α粒子的质量分别为m1、m2和m3，下列说法正确的是（　　）
A．的结合能为(m1-m2-m3)c2
B．高温高压可加快的衰变
C．用威尔逊云室探测放出的射线，α射线的径迹直而清晰，γ射线的径迹几乎看不到
D．射出的γ光子是的能级跃迁所产生的
【答案】CD
【解析】(m1-m2-m3)c2是核反应过程中释放的能量，或者是结合能的增量，并不是的结合能，A错误；高温高压无法改变半衰期，所以无法加快的衰变，B错误；威尔逊云室利用过饱和蒸汽探测射线，α射线电离能力强，易使蒸汽凝结而形成径迹，故径迹直而清晰，γ射线电离能力很弱，几乎看不到径迹，C正确；反应后新原子核处于较高能级，向低能级跃迁而射出γ光子，D正确。故选CD。
【题型3 比结合能】
【例3】下列说法正确的是(　　)
A．光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量
B．比结合能越大，原子核越不稳定
C．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期
D．原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损
解析：选A　光子像其他粒子一样，不但具有粒子性，而且也有波动性，则不但具有能量，也具有动量，故A正确；比结合能越大的原子核越稳定，B错误；放射性元素的半衰期与外界因素没有任何关系，只和本身性质有关，C错误；原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损，故D错误。
【变式3-1】(多选)原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的有(　 )
A.He核的结合能约为14 MeV
B.He核比Li核更稳定
C．两个H核结合成He核时释放能量
D.U核中核子的平均结合能比Kr核中的大
解析：选BC　由题图可知，He的比结合能为7 MeV，因此它的结合能为7 MeV×4＝28 MeV，A错误；比结合能越大，表明原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合题图可知B正确；两个比结合能小的H核结合成比结合能大的He时，会释放能量，C正确；由题图可知，U的比结合能(即平均结合能)比Kr的小，D错误。
【变式3-2】重核裂变的一个核反应方程为U＋n→Xe＋Sr＋xn，已知U、Xe、Sr的比结合能分别为7.6 MeV、8.4 MeV、8.7 MeV，则(　　)
A.该核反应方程中x＝3
B.U的中子数为143
C.该核反应中质量增加
D.U的比结合能比Xe小，U比Xe更稳定
答案　B
【变式3-3】(多选)铀核裂变的一种方程为U＋X→Sr＋Xe＋3n，已知原子核的比结合能与质量数的关系如图所示，下列说法中正确的有(　　)
A.X粒子是中子
B.X粒子是质子
C.U、Sr、Xe相比，Sr的比结合能最大，最稳定
D.U、Sr、Xe相比，U的质量数最多，结合能最大，最稳定
答案　AC
解析　根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，为中子，A正确，B错误；根据题图可知U、Sr、Xe相比，Sr的比结合能最大，最稳定，U的质量数最大，结合能最大，比结合能最小，最不稳定，C正确，D错误.
【题型4 质量亏损】
【例4】科学研究表明，香烟会释放一种危险的放射性元素钋（），如果每天抽2包香烟，一年后累积的辐射量相当于400次胸透的辐射量。的半衰期是138天，可以连续发生一次α衰变和一次β衰变后产生新核X。下列说法正确的是（　　）
A．制做香烟时可以通过升高温度减小的半衰期，从而减小辐射对人体的伤害
B．吸烟时因为发生化学反应，所以的半衰期会减小
C．发生衰变时，会发生质量亏损
D．新核X的中子数是206，电荷数是83
【答案】C
【解析】半衰期是由原子核内部自身的因素决定的，与原子所处的化学状态和外部条件没有关系，AB错误；发生衰变时，会放出能量，根据质能方程可知有质量亏损，C正确；连续发生一次α衰变和一次β衰变后产生新核X的质量数为206，电荷数为83，则新核X的中子数为123，D错误。故选C。
【变式4-1】1932年，考克饶夫和瓦尔顿用质子加速器进行人工核蜕变实验，验证了质能关系的正确性。在实验中，锂原子核俘获一个质子后成为不稳定的铍原子核，随后又蜕变为两个原子核，核反应方程为Li＋H―→Be―→2X。已知H、Li、X的质量分别为m1＝1.007 28 u、m2＝7.016 01 u、m3＝4.001 51 u，光在真空中的传播速度为c，则在该核反应中(　 )
A．质量亏损Δm＝4.021 78 u
B．释放的核能ΔE＝c2
C．铍原子核内的中子数是5
D．X表示的是氚原子核
解析：选B　根据核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，可知方程为Li＋H―→Be―→2He，则Z＝4，A＝8，铍原子核内的中子数是4，X表示的是氦核，故C、D错误；核反应质量亏损为Δm＝m1＋m2－2m3＝0.020 27 u，则释放的核能为ΔE＝(m1＋m2－2m3)c2，故A错误，B正确。
【变式4-2】(多选)一静止的氡核(Rn)发生了如下的核反应Rn→Po＋He，在反应后放出一个速度为v0、质量为m的氦核(He)和一个质量为M的反冲核钋(Po)，若氡核发生衰变时，释放的能量全部转化为氦核和钋的动能，则下列说法正确的是(　　)
A.该反应中氡核Rn发生的是α衰变
B.反应后产生的新核钋Po的比结合能小于反应前氡核Rn的比结合能
C.氡的同位素Rn和反应物氡Rn相比少了两个中子，因此它们的化学性质不同
D.该反应产生的质量亏损Δm＝
答案　AD
解析　由核反应方程Rn→Po＋He可知，该反应中氡核Rn发生的是α衰变，故A正确；由于氡核衰变的过程中释放能量，根据比结合能与能量的关系可知，钋核的比结合能大于氡核的比结合能，故B错误；核子数等于质子数加中子数，则氡的同位素Rn和反应物氡Rn相比少了两个中子，由于是同种元素，所以它们的化学性质相同，故C错误；由题意可知，释放的核能全部转化为氦核和钋核的动能，由动量守恒可知，氦核和钋核的动量相同，根据Ek＝，则释放的核能ΔE＝＋＝，由爱因斯坦质能方程可得Δm＝＝，故D正确.
【变式4-3】如图所示是原子核的平均核子质量A与原子序数Z的关系图象，下列说法正确的是(　　)
A．若D、E能结合成F，结合过程一定要释放能量
B．若D、E能结合成F，结合过程一定要吸收能量
C．若C、B能结合成A，结合过程一定要释放能量
D．若F、C能结合成B，结合过程一定要释放能量
答案：A
解析：D、E平均核子质量大于F平均核子质量，D、E结合成F，出现质量亏损，要释放能量，A对，B错；C、B结合成A，F、C结合成B都是质量增加，结合过程要吸收能量，C、D错．
【题型5 核能释放】
【例5】2021年12月30日，中科院全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）在7000万摄氏度的高温下实现1056秒的长脉冲高参数等离子体运行。若某次聚变反应是4个氢核H结合成1个氦核He，同时释放出正电子e。已知氢核的质量为mp，氦核的质量为mα，正电子的质量为me，真空中光速为c，则此次核反应释放的能量为（　　）
A．（4mp-mα-me）c2 B．（4mp-mα-2me）c2
C．（4mp+mα-me）c2 D．（4mp+mα-2me）c2
【答案】B
【解析】核聚变方程为 根据质能方程，可知核反应释放的能量
故选B。
【变式5-1】用粒子加速器加速后的质子轰击静止的锂原子核，生成两个动能均为 8.919 MeV的α粒子(He)，其核反应方程式为：H＋Li―→He＋He。已知质子质量为1.007 825 u，锂原子核的质量为7.016 004 u，α粒子的质量为4.002 603 u,1 u相当于931 MeV。若核反应释放的能量全部转化为α粒子的动能，则入射质子的动能约为(　 )
A．0.5 MeV B．8.4 MeV
C．8.9 MeV D．17.3 MeV
解析：选A　该反应放出能量ΔE＝(1.007 825 u＋7.016 004 u－2×4.002 603 u)×931 MeV/u≈17.34 MeV，入射质子的动能EkH＝2Ekα－ΔE≈0.5 MeV，故A正确。
【变式5-2】现有钚的同位素原子核静止在匀强磁场中，该离子沿与磁场垂直的方向放出粒子以后，变成铀的一个同位素原子核，同时放出一个能量为的光子（已知钚核质量，铀核质量，粒子的质量为，，下列说法正确的是（　　）
A．该核反应属于裂变反应
B．此过程的核反应方程为
C．若不计光子的动量，则粒子与铀核在该磁场中的回转半径之比
D．若不计光子的动量，铀核的动能约为0.071MeV
【答案】D
【解析】该核反应属于衰变，故A错误；根据质量数守恒和电荷数守恒，知该过程核反应方程为 故B错误；设衰变后，铀核速度为，粒子的速度为，根据动量守恒有 由 可得 故C错误；由能量守恒定律知，铀核与粒子的总动能 结合
有 解得 故D正确。故选D。
【变式5-3】(多选)在某些恒星内，3个α粒子结合成1个C核，C原子的质量是12.000 0 u，He原子的质量是4.002 6 u，已知1 u＝1.66×10－27 kg.则下列说法正确的是(1 u相当于931 MeV)(　　)
A．反应过程中的质量亏损是0.078 u
B．反应过程中的质量亏损是1.29×10－29 kg
C．反应过程中释放的能量是7.26 MeV
D．反应过程中释放的能量是1.16×10－19 J
答案：BC
解析：由题意可得核反应方程为3He→C.则核反应中的质量亏损为Δm＝(3×4.002 6－12.000 0)u＝0.007 8 u≈1.29×10－29 kg，由质能方程得ΔE＝Δmc2＝1.29×10－29×(3×108)2J＝1.161×10－12 J．因为质量亏损1 u相当于931 MeV，所以ΔE＝0.007 8×931 MeV＝7.26 MeV.故B、C正确．
【题型6 综合问题】
【例6】2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M装置（HL-2M）在成都建成并实现首次放电，该装置是中国目前规模最大、参数最高的先进托卡马克装置，是中国新一代先进磁约束核聚变实验研究装置。我国重大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。核聚变反应的方程为；。已知氘核的质量为，比结合能为E，中子的质量为，反应中释放的核能为，光速为c，下列说法正确的是（　　）
A．要使该聚变反应发生，必须克服两氘核间巨大的核力 B．反应产物x为
C．x核的质量为 D．x的比结合能为
答案：D
解析：要发生聚变反应，两个原子核要足够近，故需要克服两氘核间巨大的库仑斥力，A错误；.根据质量数守恒和电荷数守恒，可知x的质量数为3，电荷数为2，所以反应产物x应为，B错误；由爱因斯坦质能方程得到解得C错误；根据解得D正确。故选D。
【变式6-1】(多选)下列说法正确的是(　　)
A．一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应，如果增加光照的强度，则有可能发生光电效应
B．β射线的本质是电子流，所以β衰变是核外的一个电子脱离原子而形成的
C．由玻尔理论可知一群处于n＝3能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射3种频率的光子
D．两个轻核结合成质量较大的核，该原子核的比结合能增加
答案　CD
解析　能否发生光电效应与光的强度无关，则一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应，如果增加光照的强度，则也不能发生光电效应，选项A错误；β射线的本质是电子流，β衰变是核内的中子转化为质子时放出的电子，选项B错误；由玻尔理论可知一群处于n＝3能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射C＝3种频率的光子，选项C正确；两个轻核结合成质量较大的核时，放出核能，比结合能增加，故D正确．
【变式6-2】（多选）太阳内部不断发生着核聚变反应并释放出大量的能量，若聚变核反应为，同时，核反应中放出波长为的光子，该光子射到逸出功为的金属板上，打出的光电子最大初动能为，已知光速为c，普朗克常量为h，则（　　）
A．波长为的光子能量为
B．的比结合能小于的比结合能
C．核反应产生的中子具有很强的穿透能力，可以用来工业探伤
D．波长为的光子的频率为
【答案】AB
【解析】根据，而，则入射光子的能量为，故A正确；反应过程放出能量，说明产物的能量低，更稳定，而比结合能越大，越稳定，说明的核子比结合能小于的比结合能，故B正确；射线具有很强的穿透能力，可以用来工业探伤，而不是中子，所以C错误；根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能为：。所以光子的频率 故D错误。故选AB。
【变式6-3】1919年,卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子。若某次碰撞可看作对心正碰,α粒子初速度v0,碰后释放的核能全部转化为动能,新核与质子同方向运动,且垂直磁场方向,通过分析偏转半径可得出新核与质子的速度大小之比为 1∶17。
(1)写出核反应方程;
(2)求出质子的速度大小(质子、中子的质量均为m);
(3)求出新核与质子的质量和比α粒子与氮核的质量和小多少。
解析:(1)由质量数守恒及电荷数守恒可得核反应方程为NHeOH。
(2)α粒子、新核的质量分别为4m、17m,质子的速度为v,选取α粒子的速度方向为正方向,由动量守恒定律得4mv0=17m×+mv,解得v=2v0。
(3)核反应中放出的核能为
ΔE=×17m×()2+mv2-×4m。
由爱因斯坦质能方程有ΔE=Δmc2
联立解得Δm=。
答案:(1)NHe→OH　(2)2v0 (3)
【题型7 对比问题】
【例7】截止到2022年9月份，用来储存福岛核废水的储存罐将会全部用完，日本已经确定将福岛第一核电站核污水排入大海。核废水中包含氘、钴60、锶90、碘129、铀235等60多种高污染核素，这些放射性物质直接排入大海，会对太平洋周边海域造成极大的危害。氚经过β衰变放出的电子被人体吸入是有害的，其他核素的半衰期更长，危害更大，例如锶90的半衰期约为28年，碘129的半衰期约为1570万年，这些核素与海洋生物具有很强的亲和力，对人类具有很强的危害性。下列判断正确的是（　　）
A．氚的β衰变方程为
B．β衰变的实质为
C．钴60的比结合能小于碘129的比结合能
D．温度升高，分子热运动剧烈程度增加，铀235的半衰期会缩短
答案：B
解析：由原子核衰变时质量数和电荷数都守恒可知，氚的β衰变方程为A错误；β衰变的实质为核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子，转化方程是B正确；中等大小的核的比结合能较大，因此钴60的比结合能大于碘129的比结合能，C错误；放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的，与原子所处的化学状态和外部条件无关，所以铀235的半衰期不会改变，D错误。
故选B。
【变式7-1】下列关于结合能和比结合能的说法中，正确的是(　　)
A．核子结合成原子核吸收的能量或原子核拆解成核子放出的能量称为结合能
B．比结合能越大的原子核越稳定，因此它的结合能也一定越大
C．重核与中等质量原子核相比较，重核的结合能和比结合能都大
D．中等质量原子核的结合能和比结合能均比轻核的要大
解析:选D　核子结合成原子核是放出能量，原子核拆解成核子是吸收能量，A选项错误；比结合能越大的原子核越稳定，但比结合能越大的原子核，其结合能不一定大，例如中等质量原子核的比结合能比重核大，但由于核子数比重核少，其结合能比重核小，B、C选项错误；中等质量原子核的比结合能比轻核的大，它的原子核内核子数又比轻核多，因此它的结合能也比轻核大，D选项正确．
【变式7-2】（多选）已知、、的静止质量分别是226.0254u、222.0175u、4.0026u，u为原子质量单位，且1u相当于931.5MeV。当发生α衰变时，下列说法正确的是（　　）
A．的质量等于组成它的核子的质量之和
B．发生一次衰变释放的核能为4.93695MeV
C．因的比结合能比小，所以比更稳定
D．一个静止的发生一次衰变，产生的和的速度之比约为111：2
答案：BC
解析：原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，因为核子组合成原子核时强力做正功释放能量，故A错误；发生α衰变释放出核能，一次衰变释放的核能E=(226.0254－222.0175－4.0026)×931.5MeV＝4.93695MeV故B正确；原子核的比结合能越大，说明把它分成单个的核子需要赋予更多的能量，因此原子核更稳定，的比结合能比小，所以更稳定，故C正确；由衰变时动量守恒可知，和的速度之比为两者质量的反比，质量之比约为质量数之比，故和的速度之比约为2∶111，故D错误。故选BC。
【变式7-3】（多选）铀核裂变的一种方程为，已知原子核的比结合能与质量数的关系如图所示，下列说法中正确的有（　　）
A．X粒子是中子
B．X粒子是质子
C．相比，的比结合能最大，最稳定
D．相比，的质量数最多，结合能最大
【答案】ACD
【解析】根据质量数和电荷数守恒，X的质量数为1，电荷数为0，X为中子，故A正确，B错误；根据图像可知，的比结合能最大，最稳定。的质量数最多，结合能最大。故CD正确。故选ACD。
【题型8 联系实际】
【例8】如图所示，某轧钢厂的热轧机上安装了一个射线测厚仪，探测器探测到的射线强度与钢板的厚度有关。已知测厚仪采用放射性同位素作为放射源，发生衰变时放出射线和射线，半衰期为74天，适合透照厚度在之间的钢板，下列说法正确的是（　　）
A．探测器探测到的射线增强，说明钢板的厚度增加
B．192 g放射性同位素经过148天全部完成衰变
C．若衰变产生的新核用X表示，则的衰变方程为
D．的比结合能比衰变后的产物X的比结合能大
【答案】C
【解析】探测器探测到的射线增强，说明钢板的厚度减小，A错误；192 g放射性同位素经过，148天（2个半衰期），剩余的质量为原来的，B错误；衰变的实质是核里的一个中子放出一个电子变为一个质子，反应过程中遵循质量数守恒和核电荷数守恒，衰变方程为，C正确；核反应方程式中生成物比反应物稳定，与之对应的是衰变后的产物X的比结合能比写的比结合能大，D错误。
故选C。
【变式8-1】考古学上利用“碳钟”，也就是利用来推测古文物产生的年代。已知的衰变产物中有稳定的，的半衰期为年，下列说法正确的是（　　）
A．的衰变方程为
B．该衰变过程中原子核内减少一个中子
C．一个核发生衰变释放的核能为为原子的质量，为光速
D．已经死亡年的古树中不会含有原子
【答案】B
【解析】的衰变属于衰变，其衰变方程为 A错误；衰变的本质是
该衰变过程中原子核内减少一个中子，新生成一个质子和一个电子，B正确；一个核发生衰变释放的核能为，C错误；半衰期是放射性元素的特征参量，对于而言，年为两个半衰期，已经死亡年的古树遗骸中的含量为原来的，D错误。故选B。
【变式8-2】中国实验快堆是第四代核能系统的优选堆型，采用钚（）作燃料，在堆心燃料钚的外围再生区里放置不易发生裂变的轴（），钚-239裂变释放出的快中子被再生区内的铀-238吸收，转变为铀-239，铀-239极不稳定，经过衰变，进一步转变为易裂变的钚-239，从而实现核燃料的“增殖”。下列说法正确的是（　　）
A．铀-239转变为钚-239，经过了3次衰变
B．铀-239发生衰变过程中，电荷数守恒，质量也守恒
C．铀-239发生衰变的实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子
D．钚（）裂变生成两个中等质量的核，钚核的比结合能大于生成的两个核的比结合能
【答案】C
【解析】铀-239转变为钚-239，质量数不变，电荷数增加，电荷增加2，则经过了2次衰变，选项A错误；铀-239发生衰变过程中，电荷数守恒，质量数也守恒，由于反应放出能量，则由质量亏算，选项B错误；铀-239发生衰变，实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子，选项C正确；钚（）裂变生成两个中等质量的核，反应放出核能，生成的新核更加稳定，则钚核的比结合能小于生成的两个核的比结合能，选项D错误。故选C。
【变式8-3】核电池是各种深空探测器中最理想的能量源，它不受极冷极热的温度影响，也不被宇宙射线干扰。钚-238同位素温差电池的原理是其发生衰变时将释放的热能转化为电能。已知钚-238的半衰期为88年，其衰变方程为。下列说法正确的是（　　）
A．衰变放出的射线是高速氦核流，它的贯穿能力很强
B．的比结合能小于的比结合能
C．的核子平均质量小于的核子平均质量
D．钚-238在极高压下可加速衰变，其半衰期可小于88年
【答案】B
【解析】根据质量数和电荷数守恒，可判断X是He，氦核流的贯穿能力很弱，电离能力很强，故A错误；比更稳定，则比结合能更大，故B正确；因为释放能量，存在质量亏损，所以的核子平均质量小于，故C错误；原子核半衰期与外界环境无关，故D错误。故选B。专题2.6 实验：探究气体压强与体积的关系
【人教版】
【题型1 原理与操作】
【题型2 数据处理与误差分析】
【题型3 器材、原理创新】
【题型1 原理与操作】
【例1】探究气体等温变化规律的实验装置，如图所示。空气柱的长度由刻度尺读取、气体的压强通过柱塞与注射器内空气柱相连的压力表读取。为得到气体的压强与体积关系，下列做法正确的是（　　）
A．柱塞上涂油是为了减小摩擦力 B．改变气体体积应缓慢推拉柱塞
C．推拉柱塞时可用手握住注射器 D．实验前应测得柱塞受到的重力
【答案】B
【解析】柱塞上涂油是为了防止漏气，并不是为了减小摩擦力，A错误；实验中为了使气体能够做等温变化，改变气体体积应缓慢推拉柱塞，B正确；用手握住注射器，会使气体温度变高，C错误；实验前应测量柱塞的横截面积，并不是测量重力，这样才能得到空气柱的体积，D错误。故选B。
【变式1-1】如图甲是“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”的实验装置。
主要步骤如下：
①将压强传感器调零；
②在活塞上均匀涂抹润滑油，把活塞移至注射器满刻度处；
③逐一连接注射器、压强传感器、数据采集器、计算机；
④推动活塞，记录多组注射器内气体的体积V，以及相应的压强传感器示数p。
（1）实验操作中，活塞上均匀涂抹润滑油，主要目的是为了_______；
（2）为了保持封闭气体的温度恒定，下列措施可行的是_______；
A．注射器必须固定在竖直平面内
B．用手握注射器推拉活塞
C．缓慢推动活塞
（3）测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，若以p为纵坐标，则应以_______为横坐标在坐标系中描点作图；小明所在的小组不断压缩气体，由测得数据发现p与V的乘积值越来越小，则用上述方法作出的图线应为图乙中的________（选填“①”或“②”），造成该现象的原因可能是________（答一种即可）。
【答案】 防止漏气 C ② 漏气
【解析】(1)实验操作中，活塞上均匀涂抹润滑油，主要目的是为了防止漏气。
(2)为了保持封闭气体的温度恒定，可行的措施为缓慢推动活塞，这样能使注射器中气体温度始终与环境温度一直，C正确。
故选C。
(3)由理想气体状态方程可得为直观反映压强与体积之间的关系，若以p为纵坐标，则应以为横坐标在坐标系中描点作图。
[4][5]压缩气体的过程V减小，增大，由于p与V的乘积减小，故压强增大的越来越慢，图线应为图乙中的②，造成该现象的原因可能是漏气。
【变式1-2】某同学利用如图所示的装置做“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验，先后测得5组数据列于下表。如果读数和计算无误，分析数据发现随着实验的进行（　　）
序号 1 2 3 4 5
p 1.05 1.12 1.23 1.40 1.63
V 3.8 3.6 3.3 2.9 2.2
pV 3.99 4.03 4.06 4.06 3.59
A．有气体泄露 B．有空气进入
C．气体温度升高 D．气体不再近似遵守气体实验定律
【答案】A
【解析】因为对于一定质量的理想气体满足气体状态方程
其中M为相对原子质量，由表格数据可知PV的乘积变小，则可能的原因是气体质量减小或是温度降低。故选A。
【变式1-3】某同学用如图所示装置探究气体做等温变化的规律：
(1)在实验中，下列哪些操作不是必需的________；
A．用橡胶套密封注射器的下端
B．用游标卡尺测量柱塞的直径
C．读取压力表上显示的气压值
D．读取刻度尺上显示的空气柱长度
(2)实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管(或注射器)，并且在实验中要缓慢推动活塞，这些要求的目的是_______________________________________________；
(3)下列图像中，最能直观反映气体做等温变化的规律的是________。
解析：(1)用橡胶套密封注射器的下端，是为了封住一定量的气体，故A是必要的；没有必要测量柱塞的直径，由于整个过程中，截面不变，知道长度就可以，列方程时，两边把截面可以消掉，故B没必要；读取压力表上显示的气压值，知道初末状态的气压值，故C是必要的；读取刻度尺上显示的空气柱长度来表示空气的体积，故D是必要的。
(2)尽可能保证封闭气体在状态变化过程中的温度不变。
(3)图像中直线比曲线直观，在等温变化中，p与成正比，因此画p-图像，应是一条过坐标原点的直线，故C正确，A、B、D错误。
答案：(1)B　(2)见解析　(3)C
【题型2 数据处理与误差分析】
【例2】如图甲所示是一种研究气球的体积和压强的变化规律的装置。将气球、压强传感器和大型注射器用T形管连通。初始时认为气球内无空气，注射器内气体体积为V0，压强为p0，T形管与传感器内少量气体体积可忽略不计。缓慢推动注射器活塞，保持温度不变，装置密封良好。
（1）将注射器内一部分气体推入气球，读出此时注射器内剩余气体的体积为V0，压强传感器读数为p1，则此时气球体积为___________。
（2）继续推动活塞，多次记录注射器内剩余气体的体积及对应的压强，计算出对应的气球体积，得到如图乙所示的“压强和气球体积”关系图像。根据该图像估算，若初始时注射器内仅有体积为0.5V0、压强为p0的气体，当气体全部压入气球后，气球内气体的压强将变为___________×p0.（结果保留3位小数）
【答案】 1.027
【解析】（1）将注射器内一部分气体推入气球时，压强传感器读数为p1，根据玻意耳定律有 所以气体的总体积
此时注射器内剩余气体的体积为，则气球的体积为
（2）若初始时注射器内仅有体积为0.5V0、压强为p0的气体，气体全部压入气球，因为气球内气体的压强略大于p0，由玻意耳定律可知气球内气体的体积略小于0.5V0，由题图乙可知，V球略小于0.5V0时，对应的压强值为1.027p0
【变式2-1】在“探究气体等温变化的规律”的实验中，如图所示，导热性能良好的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，以这段空气柱为研究对象，实验过程中它的质量不会变化。空气柱的压强p可以从上方的压力表中读出，空气柱的体积V可以从注射器的标度上读出，用手把柱塞向下或向上拉，读出体积与压强的几组数据。
关于本实验的实际操作及数据处理，以下说法正确的是______；
A．为减小实验误差，应缓慢移动柱塞
B．气体的压强和体积必须用国际单位
C．推、拉柱塞时，为了稳定，手应握住注射器筒上的空气柱部分
D．注射器下端橡胶套脱落后，应立即重新封上，继续实验并记录数据
以压强p为纵坐标，以体积的倒数为横坐标，把实验得到的各组数据在坐标系中描点。某小组在这次实验过程中，环境温度突然降低，其它操作均规范，则该小组最后得到的关系图象可能是______。
A． B．
C． D．
答案 A A
解析 （1）为减小实验误差，应缓慢移动柱塞，以防止柱塞移动太快时气体的温度产生变化，A正确；气体的压强和体积没必要必须用国际单位，只要单位相同即可，B错误；推、拉柱塞时，为了稳定，手不应握住注射器筒上的空气柱部分，以防止气体温度产生变化，C错误；注射器下端橡胶套脱落后，气体的质量产生变化，需重新做实验，D错误。故选A。
（2）由，可知，CT是关系图象的斜率，如果环境温度突然降低，其它操作均规范，则该小组最后得到的关系图象的斜率将减小，图象可能是A，所以A正确，BCD错误。故选A。
【变式2-2】探究气体等温变化规律的简易装置图如图所示，表中是某小组的数据。
序号 V/mL p/(×105 Pa) pV/(×105 Pa·mL)
1 20 1.001 0 20.020
2 18 1.095 2 19.714
3 16 1.231 3 19.701
4 14 1.403 0 19.642
5 12 1.635 1 19.621
(1)若要研究p、V之间的关系，绘制图像时应选用________作为坐标系。
(2)仔细观察发现，pV的值越来越小，可能的原因是
________________________________________________________________________。
解析：(1)由理想气体的状态方程＝C可知，若是选p-V作为坐标系，得到的是等温曲线；若是选p-作为坐标系，将会得到一条延长线过坐标原点的直线。后者更方便且直观，便于分析问题，所以选p-作为坐标系。
(2)因研究的过程是等温变化，由方程pV＝nRT(n表示物质的量，T表示绝对温度，R是常数)可知，pV值越来越小，说明n减小，即物质的量在减小，说明有气体漏出。
答案：(1)p-　(2)有气体漏出
【变式2-3】贾同学用注射器和压强传感器探究一定质量的气体发生等温变化时所遵循的规律。实验装置如图甲所示，用活塞和注射器外筒封闭一定量的气体，其压强可由左侧的压强传感器测得。
(1)有关该实验的说法，正确的是___________。
A．实验时注射器必须水平放置
B．需用控制变量法研究气体的变化规律
C．注射器内部的横截面积的具体数据必需测出
D．注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可，无须标注单位
(2)进行实验操作时，不能推拉活塞过快，其原因是___________。
A．防止封闭气体的质量发生改变
B．防止封闭气体的温度发生改变
(3)贾同学首先在实验室Ⅰ进行了实验，下表为记录的实验数据，其中有一次记录的实验数据错误，记录错误的是___________(填错误数据对应的实验序号)。
实验序号 1 2 3 4 5
封闭气柱长度 12.00 11.00 10.00 9.00 8.00
封闭气柱压强 1.00 1.09 1.20 1.33 1.90
(4)贾同学利用同一装置对同一封闭气体在另一温度稍高的实验室Ⅱ进行了实验，根据实验室Ⅰ、Ⅱ记录的数据用正确的方法作出的图像如图乙所示，根据实验室Ⅱ记录的数据作出的图像应为___________(填图线代号)。
【解析】 (1)实验时注射器不必保持水平放置，气体压强由传感器直接读出，A错误；气体状态参量有p、V、T，故需用控制变量法研究气体的变化规律，B正确；注射器内部的横截面积固定不变，体积与气柱长度成正比，故具体数据不必测出，C错误；注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可确定体积变化，故无须标注单位，D正确。故选BD。
进行实验操作时，不能推拉活塞过快，其原因是防止封闭气体的温度发生改变，B正确。故选B。
由理想气体状态方程可得，发生等温变化时，气体压强与体积成正比，第5组数据气柱压强偏差较大，故记录错误的是5。
(4)由理想气体状态方程可得，实验室Ⅱ温度较高，图线斜率较大，故根据实验室Ⅱ记录的数据作出的图像应为①。
【答案】 ①BD ②B ③5 ④①
【题型3 器材、原理创新】
【例3】例题如图甲是“用DIS 研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”的实验装置。主要步骤如下：
①将压强传感器调零；
②在活塞上均匀涂抹润滑油，把活塞移至注射器满刻度处；
③逐一连接注射器、压强传感器、数据采集器、计算机；
④推动活塞，记录多组注射器内气体的体积 V，以及相应的压强传感器示数 p。
（1）实验操作中，活塞上均匀涂抹润滑油，主要目的是为了___________；
（2）为了保持封闭气体的温度恒定，下列措施可行的是___________；
A．注射器必须固定在竖直平面内 B．用手握注射器推拉活塞 C．缓慢推动活塞
（3）测得多组空气柱的压强 p 和体积 V 的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，若以p 为纵坐标，则应以_________为横坐标在坐标系中描点作图；小明所在的小组不断压缩气体，由测得数据发现发现图线的上端出现了一小段弯曲，产生这一现象的可能原因是：_______（答一种即可）。
（4）另一小组实验时缓慢推动活塞，记录 4 组注射器上的刻度数值 V，以及相应的压强传感器示数 p。在采集第 5 组数据时，压强传感器的软管脱落，重新接上后继续实验，又采集了 4 组数据，其余操作无误。该小组绘出的关系图像应是____________。
A． B． C． D．
答案 防止漏气 C 注射器内气体向外漏气 D
解析 (1)DIS研究温度不变时气体的压强与体积的关系，本实验保持温度不变，研究压强与体积关系，根据题意可知，还需保证封闭气体质量不变，为了防止漏气，故需要在活塞上均匀涂抹润滑油。
[2]由于不是拉活塞，则注射器不一定要安装在竖直平面内，实验过程中手不能与注射器接触，推动活塞应缓慢进行，保持与外界相同温度，故C正确，AB错误。
故选C。
(3)当温度不变时有，即压强p与V成反比，两者的关系图象不是直线，但压强p与是线性关系，故应当以为横坐标。当增大时，V减小时，p增加的程度不是线性关系，当斜率减小，压强增加程度减小，导致这一现象的原因是注射器存在向外漏气现象。
(4)测量时，注射器与压强传感器连接部分气体的体积V0未计入，纵轴存在截距-V0；软管脱落后，气体向外漏出，p的测量值偏小，相应的横坐标偏大，但左侧的延长线与纵轴的交点仍为-V0，故前后两条线相交在此处，故D正确，ABC错误。故选D。
【变式3-1】“研究一定质量的气体在温度不变的情况下压强与体积的关系”的实验装置如图1所示，实验步骤如下：
①把注射器活塞移至注射器满刻度处，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接；
②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p；
③用V-图像处理实验数据，得出如图2所示图像。
(1)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是______________和______________。
(2)如果实验操作规范正确，但如图2所示的V-图像不过原点，则V0代表_______。
(3)小明同学实验时缓慢推动活塞，并记录下每次测量的压强p与注射器刻度值V。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。V-关系图像应是________。
解析：(1)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是：移动活塞要缓慢；不能用手握住注射器封闭气体部分。
(2)体积读数值比实际值小V0。根据p(V＋V0) ＝C，C为定值，则V＝－V0。如果实验操作规范正确，但如题图2所示的V-图像不过原点，则V0代表注射器与压强传感器连接部分的气体体积。
(3)根据pV＝C可知V＝，当质量不变时V与成正比，软管脱落造成漏气，压强突然减小，则变大，重新接好软管时V与脱落前相等，继续实验时气体质量仍能保持不变，V与还是成正比，但斜率比原来小，故C正确。
答案：(1)见解析　(2)注射器与压强传感器连接部分气体的体积　(3)C
【变式3-2】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一连接起来；
②移动活塞至某一位置，记录此时注射器内封闭气体的体积V1和由计算机显示的气体压强值p1；
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)关于本实验的基本要求，下列说法中正确的是________(选填选项前的字母)。
A.移动活塞时应缓慢一些
B.封闭气体的注射器应密封良好
C.必须测出注射器内封闭气体的质量
D.气体的压强和体积必须用国际单位
(2)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“p－ V”或“p－”)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)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T1、T2，且T1＞T2。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__________(选填选项的字母)。
答案　(1)AB　(2)p－　过原点的倾斜直线(或正比例函数直线)　(3)AC
解析　(1)移动活塞时应缓慢一些，以保证气体的温度不变，选项A正确；封闭气体的注射器应密封良好，要保证气体的质量不变，选项B正确；必须测出注射器内封闭气体的体积，选项C错误；气体的压强和体积使用同一单位制的单位即可，不必须用国际单位，选项D错误。
(2)根据pV＝C可知p＝，则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p－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过原点的倾斜直线(或正比例函数直线)，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。
(3)在p－V图像中，若画出一条平行p轴的等容线，可看出p1＞p2，由＝C可知T1＞T2，则选项A正确，B错误；由＝C可知，p＝CT，则p－图像的斜率越大，温度越高，因T1＞T2，则选项C正确，D错误。
【变式3-3】某同学利用图(a)装置验证玻意耳定律：粗细相同的玻璃管A和B下端用橡皮管相连，管内装有水银，A管上端封闭，内有封闭气体，B管上端开口。上、下移动B管时，需保持____________不变，气体体积V可以根据A管上的刻度读出，利用刻度尺测出B管液面与A管液面的高度差h。测得一系列数据后，以h为纵坐标，得到如图(b)所示的函数图像，则图像的横坐标应为________；图线与h轴交点的物理含义是____________________________________________________。
解析：由于要验证玻意耳定律，则上、下移动B管时，需保持温度不变；对A中的气体，若满足玻意耳定律，则(p0＋h)V＝C，解得h＝C·－p0，则以h为纵坐标，得到如题图(b)所示的函数图像，则图像的横坐标为；图线与h轴交点的物理含义是－p0，即大气压强p0的相反数。
答案：温度　　大气压强p0的相反数专题3.2 热力学第一定律
【人教版】
【题型1 热力学第一定律的简单应用】
【题型2 与单体气缸综合】
【题型3 与双体气缸综合】
【题型4 联系实际】
【题型5 与p-V图像综合】
【题型6 与p-T图像综合】
【题型7 与V-T图像综合】
【题型1 热力学第一定律的简单应用】
【例1】关于物体内能的变化，以下说法正确的是(　　)
A.物体放出热量，内能一定减少
B.物体对外做功，内能一定减少
C.物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变
D.物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变
答案　D
解析　根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，物体内能的变化与外界对物体做功(或物体对外界做功)、物体从外界吸热(或向外界放热)两种因素有关。物体放出热量，但有可能同时外界对物体做功，故内能有可能不变甚至增加，选项A错误；物体对外做功的同时有可能吸热，故内能不一定减少，选项B错误；若物体放热同时对外做功，物体内能一定减少，选项C错误；若物体吸收的热量与对外做的功相等，则内能可能不变，选项D正确。
【变式1-1】一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程(　 )
A．气体从外界吸收热量2.0×105 J
B．气体向外界放出热量2.0×105 J
C．气体从外界吸收热量6.0×104 J
D．气体向外界放出热量6.0×104 J
解析：选B　由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q＝ΔU－W＝－1.3×105 J－7.0×104 J＝－2.0×105 J，即气体向外界放出热量2.0×105 J，B正确。
【变式1-2】如图所示，内壁光滑的固定汽缸水平放置，其右端由于有挡板，厚度不计的活塞不能离开汽缸，汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距汽缸右端的距离为0.2 m。现对封闭气体加热，活塞缓慢移动，一段时间后停止加热，此时封闭气体的压强变为2×105 Pa。已知活塞的横截面积为0.04 m2，外部大气压强为1×105 Pa，加热过程中封闭气体吸收的热量为2 000 J，则封闭气体的内能变化量为(　　)
A.400 J B.1 200 J
C.2 000 J D.2 800 J
答案　B
解析　由题意可知，气体先等压变化，到活塞运动到挡板处再发生等容变化，等压变化过程气体对外做功，做功为W＝－p0Sx＝－1×105×0.04×0.2 J＝－800 J，由热力学第一定律可知，封闭气体的内能变化量为ΔU＝W＋Q＝(－800＋2 000)J＝1 200 J，故A、C、D错误，B正确。
【变式1-3】[多选]健身球是一个充满气体的大皮球，现把健身球放在水平地面上。若在人体压向健身球的过程中球内气体温度保持不变，则(　　)
A．气体分子的平均动能增大　　　 B．气体的密度增大
C．气体的内能增大 D．外界对气体做功
解析：选BD　在人压向健身球的过程中，外界对球做功，气体所占的体积减小，故气体的密度增大；气体温度不变，故气体分子的平均动能不变；由于外界对气体做功，但气体温度不变，故内能不变；由热力学第一定律可知，气体对外放热；故A、C错误；B、D正确。
【题型2 与单体气缸综合】
【例2】如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体。p0和T0分别为外界大气的压强和温度。已知：气体内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的，求：
(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q。
解析：(1)在气体由压强p＝1.2p0到p0时，V不变，温度由2.4T0变为T1，由查理定律得：
＝，
解得T1＝2T0
在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖－吕萨克定律得＝，
解得：V1＝0.5V。
(2)活塞下降过程中，
活塞对气体做的功为W＝p0(V－V1)
在这一过程中，气体内能的减少为ΔU＝a(T1－T0)
由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为
Q＝W＋ΔU
得：Q＝p0V＋aT0。
答案：(1)0.5V　(2)p0V＋aT0
【变式2-1】如图所示，内壁光滑、足够高的圆柱形汽缸竖直放置，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，缸内气体温度为T1。现对汽缸内气体缓慢加热，使气体体积由V1增大到V2，该过程中气体吸收的热量为Q1，停止加热并保持体积V2不变，使其降温到T1，已知重力加速度为g，求：
(1)停止加热时缸内气体的温度；
(2)降温过程中气体放出的热量。
解析：(1)加热时气体等压膨胀，由盖-吕萨克定律得＝，得：T2＝T1。
(2)设加热过程中，封闭气体内能增加ΔU，因气体体积增大，故此过程中气体对外做功，W<0。由热力学第一定律知：ΔU＝Q1＋W，其中W＝－pΔV＝－(V2－V1)，由于理想气体内能只与温度有关，故再次降到原温度时气体放出的热量满足Q2＝ΔU，整理可得：Q2＝Q1－(V2－V1)。
答案：(1)T1　(2)Q1－(V2－V1)
【变式2-2】如图所示是某气压式柱形保温瓶的结构示意简图，现倒入热水，封闭活塞a，其与液面间封闭一定质量的理想气体，此时瓶内气体温度为T1，压强为p0，经过一段时间温度降为T2，忽略这一过程中气体体积的变化。
(1)求温度降为T2时瓶内气体的压强p；
(2)封闭气体温度由T1降为T2过程中，其传递的热量为Q，则气体的内能如何变化，求变化量的大小ΔU。
解析：(1)瓶内气体发生等容变化，由查理定律得＝，解得p＝p0。
(2)封闭气体温度由T1下降到T2过程为等容变化过程，W＝0，温度降低，则气体内能减少，由热力学第一定律得W＋Q＝ΔU，解得ΔU＝Q。
答案：(1)p0　(2)内能减少　ΔU＝Q
【变式2-3】 (多选)如图，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上，使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中(　　)
A.气体体积逐渐减小，内能增加
B.气体压强逐渐增大，内能不变
C.气体压强逐渐增大，放出热量
D.外界对气体做功，气体内能不变
E.外界对气体做功，气体吸收热量
答案　BCD
解析　外力使活塞缓慢下降的过程中，由于温度保持不变，则气体的内能保持不变，气体的体积逐渐减小，外界对气体做功，由热力学第一定律W＋Q＝ΔU可知，气体向外界放出热量，又由玻意耳定律可知，气体体积减小，气体的压强增大，由以上分析可知B、C、D正确，A、E错误。
题型3 与双体气缸综合】
【例3】[多选]如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态。现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是(　　)
A．气体A吸热，内能增加
B．气体B吸热，对外做功，内能不变
C．气体A分子的平均动能增大
D．气体A和气体B内每个分子的动能都增大
E．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少
解析：选ACE　气体A进行等容变化，则W＝0，根据ΔU＝W＋Q可知气体A吸收热量，内能增加，温度升高，气体A分子的平均动能变大，但并不是每个分子的动能都增加，选项A、C正确，D错误；因为中间是导热隔板，所以气体B吸收热量，温度升高，内能增加；又因为压强不变，故体积变大，气体对外做功，选项B错误；气体B的压强不变，但是体积增大，分子平均动能增大，所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少，选项E正确。
【变式3-1】如图所示，一个质量为m＝2 kg的T形活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距汽缸底部h1＝10 cm处连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)。初始时，封闭气体温度为T1＝360 K，活塞距离汽缸底部为h2＝15 cm，U形细管两边水银柱存在高度差。已知大气压强为p0＝1×105 Pa，汽缸横截面积为S＝1×10－3 m2，活塞竖直部分长为L＝12 cm，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时U形细管两边水银面恰好相平；
(2)从开始至U形细管两边水银面恰好相平的过程中，若气体向外界放出的热量为6 J，气体内能的变化量ΔU。
解析：(1)初态时，对活塞受力分析，由平衡条件可得p1S＝p0S＋mg，可得汽缸内气体压强为p1＝p0＋，体积为V1＝h2S，要使U形细管两边水银面相平，则汽缸内气体的压强为p2＝p0，此时活塞下端一定与汽缸底接触，则有V2＝LS，设此时温度为T2，由理想气体状态方程有＝，联立解得T2＝240 K。(2)从开始至活塞竖直部分恰好与汽缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功W＝p1ΔV＝×(h2－L)S＝3.6 J，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，可得气体内能的变化量ΔU＝－2.4 J。
答案：(1)240 K　(2)－2.4 J
【变式3-2】(多选)如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是(　 )
A．整个过程，外力F做功大于0，小于mgh
B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C．整个过程，理想气体的内能增大
D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)
E．左端活塞到达B位置时，外力F等于
解析：选BDE　整个过程中右边活塞的位置始终不变，外力F不做功，A错误；整个过程中系统的温度不变，所以一定质量的理想气体的分子平均动能不变，内能不变，B正确，C错误；当左边活塞到达B位置时汽缸内气体的压强最大，最大压强p＝＋p0，所以外界对气体做的功小于p0S1h＋mgh，由于内能不变，故理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)，D正确；根据左、右两边气体的压强相等，有p0＋＝p0＋，解得F＝，E正确。
【变式3-3】如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和t0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中
(1)内能的增加量ΔU；
(2)最终温度T。
解析：(1)活塞移动时受力平衡，有p1S＝p0S＋f，气体对外界做功W＝p1SL，根据热力学第一定律ΔU＝Q－W，解得ΔU＝Q－L。
(2)活塞发生移动前为等容变化，＝，
活塞向右移动L的过程为等压变化，＝，且V2＝2V1，解得T＝t0。
答案：(1)Q－L　(2)t0
【题型4 联系实际】
【例4】如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮。上浮过程中，小瓶内气体(　 )
A．内能减少
B．对外界做正功
C．增加的内能大于吸收的热量
D．增加的内能等于吸收的热量
解析：选B　小瓶内的空气可视为理想气体，在小瓶缓慢上浮的过程中，瓶内空气的温度随水温升高，内能增加，故A错误；同时，瓶内空气的压强减小，由理想气体的状态方程＝C，可知体积增大，气体对外界做正功，故B正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于ΔU＞0，W＜0，则Q＞0，可见气体吸收的热量大于增加的内能，故C、D错误。
【变式4-1】(多选)如图所示是某喷水壶示意图。未喷水时阀门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气。多次充气后按下按柄B打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴喷出。储气室气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变，则(　 )
A．充气过程中，储气室内气体的内能增大
B．充气过程中，储气室内气体分子平均动能减小
C．喷水过程中，储气室内气体压强减小
D．喷水过程中，储气室内气体放热
解析：选AC　充气过程中，储气室内气体的质量增加，气体的温度不变，故气体分子的平均动能不变，气体内能增大，A正确，B错误；喷水过程中，气体体积增大，气体对外做功，而气体温度不变，则气体内能不变，气体吸热，由＝C可知，气体压强减小，C正确，D错误。
【变式4-2】水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在水不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体(　　)
A.压强变大 B.对外界做功
C.对外界放热 D.分子平均动能变大
答案　B
解析　在水向外不断喷出的过程中，罐内气体体积增大，根据玻意耳定律可知，罐内气体的压强减小，选项A错误；由于罐内气体温度不变，内能不变，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸热，选项B正确，C错误；根据温度是分子平均动能的标志可知，温度不变，分子平均动能不变，选项D错误。
【变式4-3】蛟龙号深潜器在执行某次实验任务时，外部携带一装有氧气的汽缸，汽缸导热良好，活塞与缸壁间无摩擦且与海水相通。已知海水温度随深度增加而降低，则深潜器下潜过程中，下列说法正确的是(　　)
A.每个氧气分子的动能均减小
B.氧气放出的热量等于其内能的减少量
C.氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加
D.氧气分子每次对缸壁的平均撞击力增大
答案　C
解析　海水温度随深度增加而降低，汽缸导热良好，氧气分子平均动能降低，但不是每个氧气分子的动能均减小，故A错误；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，内能的减少量等于氧气放出的热量和外界对氧气做功之和，故B错误；根据液体压强公式p＝ρgh，可知随下潜深度增加，海水压强增大，由于活塞与缸壁间无摩擦且与海水相通，氧气压强增加，即氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加，故C正确；温度降低，氧气分子平均动能降低，氧气分子每次对缸壁的平均撞击力减小，故D错误。
【题型5 与p-V图像综合】
【例5】一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－V 图像如图所示。已知气体在状态a的压强为p0、体积为V0、温度为T0，气体在状态b的温度Tb＝1.5T0，气体在状态c的温度Tc＝T0，求
(1)气体在状态b时的体积；
(2)分析说明气体由状态c到状态a是吸热还是放热，并求出吸收或放出的热量。
答案　(1)1.5V0　(2)放热　p0V0
解析　(1)a到b是等压变化，有＝
解得Vb＝1.5V0。
(2)由于Ta＝Tc，c到a过程，ΔU＝0，气体体积减小，外界对气体做功即
W＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，需要放热，从b到c，Vc＝Vb，＝
得pc＝p0
从c到a过程外界对气体做功
Wca＝(pa＋pc)(Vc－Va)＝p0V0
则放出热量Q＝Wca＝p0V0。
【变式5-1】(多选)如图所示，一定量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环，ABCD位于矩形的四个顶点上。下列说法正确的是(　　)
A.状态C的温度为T0
B.从A→B，分子的平均动能减少
C.从C→D，气体密度增大
D.从D→A，气体压强增大、内能减小
答案　AC
解析　A→B过程为等压过程，有＝，即＝，解得＝，C→D过程也为等压过程，有＝，即＝，解得TC＝T0＝T0，故A正确；从A→B，温度升高，分子平均动能增大，故B错误；C→D过程为等压变化过程，气体体积减小，气体质量不变，则气体密度增大，故C正确；从D→A，气体的体积不变，气体压强增大，温度升高，气体内能增大，故D错误。
【变式5-2】(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a(p0、V0、T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是(　 )
A．ab过程中，气体始终吸热
B．ca过程中，气体始终放热
C．ca过程中，气体对外界做功
D．bc过程中，气体的温度先降低后升高
E．bc过程中，气体的温度先升高后降低
解析：选ABE　由理想气体的p -V图像可知，理想气体经历ab过程中，体积不变，则W＝0，而压强增大，由＝C可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由ΔU＝Q＋W可知，气体始终吸热，故A正确；理想气体经历ca过程中，气体压强不变，为等压压缩，则外界对气体做功，W>0，由＝C知温度降低，即内能减少，ΔU<0，由ΔU＝Q＋W可知，Q<0，即气体始终放热，故B正确，C错误；由＝C可知，p -V图像的坐标围成的面积反映温度高低，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程中气体温度先升高后降低，故D错误，E正确。
【变式5-3】一定质量的理想气体，在温度T1和T2下的压强p与体积V的关系曲线如图所示。气体由状态A等容变化到状态B的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.温度降低，吸收热量 B.温度降低，放出热量
C.温度升高，吸收热量 D.温度升高，放出热量
答案　C
解析　气体由状态A等容变化到状态B的过程中，压强增大，由等容变化规律＝C可知，温度升高，理想气体内能增大，再根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，由于气体发生等容变化，则气体不对外做功，外界也不对气体做功，所以气体吸收热量，故C正确，A、B、D错误。
【题型6 与p-T图像综合】
【例6】一定量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化图像如图所示。下列说法正确的是(　 )
A．A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加
B．A→B的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量
C．B→C的过程中，气体体积增大，对外做功
D．B→C的过程中，气体对外界放热，内能减小
解析：选B　从A到B的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故A错误，B正确；从B到C的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对气体做功，气体放出热量，内能不变，故C、D错误。
【变式6-1】如图所示，一定质量的理想气体从状态A到状态B，再从状态B到状态C，最后从状态C回到状态A。已知气体在状态A的体积VA＝3.0×10－3 m3，从B到C过程中气体对外做功1 000 J。求：
(1)气体在状态C时的体积；
(2)气体在A→B→C→A的整个过程中气体吸收的热量。
答案　(1)9.0×10－3 m3　(2)400 J
解析　(1)气体从C→A，发生等压变化，有＝
解得VC＝9.0×10－3 m3。
(2)气体从A→B，气体发生等容变化，则WAB＝0
气体从B→C，气体等温膨胀对外做功，则WBC＝－1 000 J
气体从C→A，气体体积减小，外界对气体做功，则
WCA＝pC(VC－VA)＝600 J
全过程中W＝WAB＋WBC＋WCA＝－400 J
全过程ΔU＝0
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得吸收热量
Q＝－W＝400 J。
【变式6-2】(多选)如图所示描述了一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ab的延长线过原点，则下列说法正确的是(　　)
A.气体从状态a到b的过程，气体体积不变
B.气体从状态b到c的过程，一定从外界吸收热量
C.气体从状态c到d的过程，外界对气体做功
D.气体从状态d到a的过程，气体的内能减小
答案　ABD
解析　从状态a到b，气体发生的是等容变化，气体的体积不变，故A正确；从状态b到c，温度升高，压强不变，根据理想气体状态方程＝C，体积增加，气体对外做功，温度升高说明内能增加，根据热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q，气体吸收热量，故B正确；从状态c到d，温度不变，压强减少，则体积增大，气体对外做功，故C错误；从状态d到a，温度降低，内能减小，故D正确。
【变式6-3】(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③到达状态d。对此气体，下列说法正确的是(　　)
A.过程①中，气体体积不断增大
B.过程②中，气体从外界吸收热量
C.过程②为绝热过程
D.状态a的体积大于状态d的体积
答案　AD
解析　过程①中，气体温度不变，压强减小，则气体体积不断增大，选项A正确；过程②中，气体体积不变，温度降低，内能减小，则气体向外界放出热量，此过程不是绝热过程，选项B、C错误；根据＝C可知在a、d两个状态＝，Va＝Vd，状态a的体积大于状态d的体积，选项D正确。
【题型7 与V-t图像综合】
【例7】(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状态c，直线ac过原点。则气体(　 )
A．在状态c的压强等于在状态a的压强
B．在状态b的压强小于在状态c的压强
C．在b→c的过程中内能保持不变
D．在a→b的过程对外做功
解析：选AC　根据V＝T可知，因直线ac过原点，可知在状态c的压强等于在状态a的压强，b点与原点连线的斜率小于c点与原点连线的斜率，可知在状态b的压强大于在状态c的压强，A正确，B错误；在b→c的过程中温度不变，则气体的内能保持不变，C正确；在a→b的过程中，气体的体积不变，则气体不对外做功，D错误。
【变式7-1】一定质量的理想气体，其内能跟热力学温度成正比。在初始状态A时，体积为V0，压强为p0，温度为T0，此时其内能为U0。该理想气体从状态A经由一系列变化，最终返回到原来状态A，其变化过程的V－T图线如图所示，其中CA延长线过坐标原点，B、A点在同一竖直线上。求：
(1)该理想气体在状态B时的压强；
(2)该理想气体从状态B经由状态C回到状态A的过程中，气体向外界放出的热量。
答案　(1)　(2)2p0V0
解析　(1)由图可知，从状态A到状态B为等温变化过程，状态B时气体体积为V1＝3 V0，状态A时气体体积为V0，压强为p0，由玻意耳定律p0V0＝pBVB，
得pB＝。
(2)由图线知从状态B到状态C为等容过程，外界对气体不做功，WBC＝0，从状态C到状态A，为等压变化过程，外界对气体做功，WCA＝p0＝2p0V0，对状态B经状态C回到状态A，温度不变，则内能增加量为ΔU＝0，气体对外界放出的热量为Q，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，Q＝－W＝－2p0V0，即气体向外界放出热量为2p0V0。
【变式7-2】如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C后再回到状态A。A状态的体积是2 L，温度是300 K，B状态的体积为4 L，C状态的体积是3 L，压强为2×105 Pa。
(1)在该循环过程中B状态的温度TB和A状态的压强pA是多少？
(2)A→B过程如果内能变化了200 J，该理想气体是吸热还是放热，热量Q是多少焦耳？
解析：(1)A→B过程由题图可知是等压变化，由盖-吕萨克定律得＝，解得TB＝600 K，B→C过程由题图可知发生等温变化，所以TC＝TB＝600 K，C→A过程根据理想气体状态方程得＝，解得pA＝1.5×105 Pa。
(2)A→B过程理想气体温度升高，内能增加ΔU＝200 J，体积膨胀，气体对外界做功W＝－pA·ΔV＝－300 J，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，解得Q＝500 J，即该理想气体吸热，吸收热量Q为500 J。
答案：(1)600 K　1.5×105 Pa　(2)吸收热量　500 J
【变式7-3】(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是(　　)
A.过程①中气体的压强逐渐减小
B.过程②中气体对外界做正功
C.过程④中气体从外界吸收了热量
D.状态c、d的内能相等
E.状态d的压强比状态b的压强小
答案　BDE
解析　由理想气体状态方程＝可知，pb＞pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，选项A错误；由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做正功，选项B正确；过程④中气体体积不变，气体对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，选项C错误；由于状态c、d的温度相等，理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，选项D正确；连接题图Ob、Od，为两条等压线，根据pV＝CT，可得T＝V，由斜率可判断出状态d的压强比状态b的压强小，选项E正确。专题3.3 能量守恒定律
【人教版】
【题型1 联系实际】
【题型2 能量守恒定律的应用】
【题型3 第一类永动机】
【题型4 综合问题】
【题型1 联系实际】
【例1】(多选)空调市场上有很多变频空调，据专家介绍变频空调比定频的要节能，因为定频空调开机时就等同于汽车启动时，很耗能，是正常运行的5~7倍。空调在工作时达到设定温度就停机，等温度高了再继续启动。这样的频繁启动，耗电多，而变频空调启动时有一个由低到高的过程，运行过程是自动变速来保持室内温度，从开机到关机中间不停机，而是达到设定温度后就降到最小功率运行，所以比较省电。阅读上述介绍后，以下说法合理的是(　　)
A．变频空调节能，运行中不遵守能量守恒定律
B．变频空调运行中做功少，转化能量多
C．变频空调在同样工作条件下运行效率高，省电
D．变频空调与定频空调做同样功时，消耗同样电能
【变式1-1】如图是一自热米饭盒，盒内有一个发热包，遇水发生化学反应而产生大量热量，盖上盒盖便能在10～15分钟内加热食品。自热米饭盒的盖子上有一个透气孔，如果透气孔堵塞，容易造成小型爆炸，下列说法正确的是（　　）
A．饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，则盒内每一个气体分子速率都增大了
B．饭盒爆炸，是盒内气体温度升高，气体压强增大导致的结果
C．在饭盒爆炸的瞬间，外界对盒内气体做正功
D．在饭盒爆炸的瞬间，盒内气体温度急剧升高
【变式1-2】一种冷暖两用型空调在制热时，每消耗电能，放出约的热量。下列说法正确的是(　　)
A．空调制热过程产生了新能量
B．空调制热时放出的热量全部是由电能转化面来的
C．此过程违反了能量守恒定律
D．空调制热时放出的热量，一部分是由电能转化而来，另一部分则是从外界吸收
【变式1-3】(多选)下列关于能量转化现象的说法中，正确的是(　　)
A．用太阳灶烧水是太阳能转化为内能
B．电灯发光是电能转化为光能
C．核电站发电是电能转化为内能
D．生石灰放入盛有凉水的烧杯里，水温升高是动能转化为内能
【题型2 能量守恒定律的应用】
【例2】(多选)如图所示，带有活塞的汽缸中封闭着一定质量的理想气体(不考虑气体分子势能)，汽缸和活塞均具有良好的绝热性能。将一个热敏电阻置于汽缸中，热敏电阻与汽缸外的欧姆表连接，汽缸固定不动，缸内活塞可自由移动且不漏气，活塞下挂一沙桶，沙桶装满沙子时活塞恰好静止。现将沙桶底部钻一小洞，细沙缓缓漏出。则下列说法正确的是(　　)
A．外界对气体做功，气体的内能增大
B．气体对外界做功，气体的内能减小
C．气体的压强增大，体积减小
D．欧姆表的指针逐渐向右偏转
【变式2-1】静止于水平地面上，现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m，木箱受到地面的摩擦力为60 N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能Ek分别是(空气阻力不计)(　　)
A.U＝200 J，Ek＝600 J B.U＝600 J，Ek＝200 J
C.U＝600 J，Ek＝800 J D.U＝800 J，Ek＝200 J
【变式2-2】(多选)如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高Ｈ，上端套着一个细环。棒和环的质量分为4m和m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小为4mg。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。则(　　)
A．从断开轻绳到棒和环都静止，系统损失的机械能为
B．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对地面始终向下运动
C．棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环相对地面先做匀减后匀加最后做匀减速运动
D．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于棒没有往复运动，但总位移向下
【变式2-3】如图所示，A、B是两个完全相同的热胀冷缩明显的金属球，初温相同。A放在绝热板上，B用绝热绳悬挂。现只让它们吸热，当它们升高相同的温度时，吸热分别为QA、QB，则(　　)
A．QA=QB B．QAC．QA>QB D．无法确定
【题型3 第一类永动机】
【例3】下列说法正确的是(　　)
A．气体吸收了热量，其温度一定升高
B．第一类永动机不可能造成的原因是违反了能量守恒定律
C．对于确定的液体和确定材质的毛细管，管的内径越细，毛细现象越不明显
D．晶体均有规则的几何形状
【变式3-1】(1)如图甲所示，一理想的“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面“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．下列说法中正确的是(　　)
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
(2)如图乙所示，内壁光滑的汽缸水平放置，一定质量的理想气体被密封在汽缸内，外界大气压强为p0.现对汽缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，体积由V1增大为V2，则在此过程中，气体分子的平均动能______(选填“增大”、“不变”或“减小”)，气体内能变化了______．
【变式3-2】“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为( )
A．它不符合机械能守恒定律
B．它违背了能的转化和守恒定律
C．它做功产生的热不符合热功当量
D．暂时找不到合理的设计方案和理想材料
【变式3-3】关于热学现象和热学规律，下列说法中正确的是(　　)
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．用油膜法测分子直径的实验中，应使用纯油酸滴到水面上
C．第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量守恒定律
D．用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功3.0×105 J，同时空气的内能增加2.2×105 J，则空气从外界吸热5.2×105 J
【题型4 综合问题】
【例4】如图所示，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d再回到状态a的过程，a→b是温度为T1的等温过程，c→d是温度为T2的等温过程，b→c和d→a为绝热过程(气体与外界无热量交换)，这就是著名的“卡诺循环”。卡诺循环构建了从单一热源吸收热量用来做功的理想过程，符合卡诺循环的热机的效率为。下列说法正确的是(　　)
A．a→b过程气体对外界做功且吸收热量
B．b→c过程气体对外做的功小于气体内能的减少量
C．c→d过程单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少
D．由卡诺循环可知热机效率可能达到100%
【变式4-1】如图所示为冲击摆实验装置，一飞行子弹射入沙箱后与沙箱合为一体，共同摆起一定的高度，则下面有关能量的转化的说法中正确的是(　　)
A．子弹的动能转变成沙箱和子弹的内能
B．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的热能
C．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的动能
D．子弹动能的一部分转变成沙箱和子弹的内能，另一部分动能转变成沙箱和子弹的机械能
【变式4-2】如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静止一质量为m的重物。图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的图像，密闭气体在A点的压强，从状态A变化到状态B的过程中吸收热量。已知外界大气压强，下列说法正确的是（ ）
A．重物质量
B．气体在状态B时的体积为
C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功
D．从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加
【变式4-3】有一种在超市中常见的“强力吸盘挂钩”如图甲所示。图乙、图丙是其工作原理示意图。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上（如图乙），然后把锁扣扳下（如图丙），让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，使吸盘牢牢地被固定在墙壁上，若吸盘内气体可视为理想气体，且温度始终保持不变。则此过程中（　　）
A．吸盘内气体要吸收热量 B．吸盘内气体分子的密度增大
C．吸盘被向外拉出过程中，吸盘内气体不对外界做功 D．吸盘内气体压强增大
参考答案
【题型1 联系实际】
【例1】(多选)空调市场上有很多变频空调，据专家介绍变频空调比定频的要节能，因为定频空调开机时就等同于汽车启动时，很耗能，是正常运行的5~7倍。空调在工作时达到设定温度就停机，等温度高了再继续启动。这样的频繁启动，耗电多，而变频空调启动时有一个由低到高的过程，运行过程是自动变速来保持室内温度，从开机到关机中间不停机，而是达到设定温度后就降到最小功率运行，所以比较省电。阅读上述介绍后，以下说法合理的是(　　)
A．变频空调节能，运行中不遵守能量守恒定律
B．变频空调运行中做功少，转化能量多
C．变频空调在同样工作条件下运行效率高，省电
D．变频空调与定频空调做同样功时，消耗同样电能
【解析】自然界的一切过程都遵守能量守恒定律，A错；功是能量转化的量度，做同样的功，消耗同样电能，B错D正确；对由变频空调的工作特点可知省电的原因是效率高，C正确。故选CD。
【答案】 CD
【变式1-1】如图是一自热米饭盒，盒内有一个发热包，遇水发生化学反应而产生大量热量，盖上盒盖便能在10～15分钟内加热食品。自热米饭盒的盖子上有一个透气孔，如果透气孔堵塞，容易造成小型爆炸，下列说法正确的是（　　）
A．饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，则盒内每一个气体分子速率都增大了
B．饭盒爆炸，是盒内气体温度升高，气体压强增大导致的结果
C．在饭盒爆炸的瞬间，外界对盒内气体做正功
D．在饭盒爆炸的瞬间，盒内气体温度急剧升高
解析:饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，分子的平均动能增大，但是不是盒内每一个气体分子速率都增大了，故A错误；饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，分子的平均动能增大，所以气体压强增大导致饭盒爆炸，故B正确；在饭盒爆炸的瞬间，气体体积增大，气体对外界做正功，故C错误；根据热力学第一定律可知，爆炸前气体温度升高，内能增大，在饭盒爆炸的瞬间，气体对外界做功，其内能应减小，盒内气体温度急剧下降，故D错误。
答案：B
【变式1-2】一种冷暖两用型空调在制热时，每消耗电能，放出约的热量。下列说法正确的是(　　)
A．空调制热过程产生了新能量
B．空调制热时放出的热量全部是由电能转化面来的
C．此过程违反了能量守恒定律
D．空调制热时放出的热量，一部分是由电能转化而来，另一部分则是从外界吸收
【解析】 该空调向室内放出的热量，一部分是通过电流做功，消耗电能转化而来，另一部分则是通过从外界吸收，因此并不违反能量守恒定律，故选项D正确，ABC错误。故选D。
【答案】 D
【变式1-3】(多选)下列关于能量转化现象的说法中，正确的是(　　)
A．用太阳灶烧水是太阳能转化为内能
B．电灯发光是电能转化为光能
C．核电站发电是电能转化为内能
D．生石灰放入盛有凉水的烧杯里，水温升高是动能转化为内能
【解析】用太阳灶烧水是太阳能转化为内能；A正确；电灯发光是消耗电能，转化为光能；B正确；核电站发电是核能转化为电能；C错误；生石灰放入凉水中，水温升高是化学能转化为内能。D错误。故选AB。
【答案】 AB
【题型2 能量守恒定律的应用】
【例2】(多选)如图所示，带有活塞的汽缸中封闭着一定质量的理想气体(不考虑气体分子势能)，汽缸和活塞均具有良好的绝热性能。将一个热敏电阻置于汽缸中，热敏电阻与汽缸外的欧姆表连接，汽缸固定不动，缸内活塞可自由移动且不漏气，活塞下挂一沙桶，沙桶装满沙子时活塞恰好静止。现将沙桶底部钻一小洞，细沙缓缓漏出。则下列说法正确的是(　　)
A．外界对气体做功，气体的内能增大
B．气体对外界做功，气体的内能减小
C．气体的压强增大，体积减小
D．欧姆表的指针逐渐向右偏转
【解析】 在细沙缓慢漏出的过程中，沙桶对活塞向下的拉力减小，活塞在大气压的作用下向上运动，气体体积减小，压强增大，外界对气体做功，气体的内能增大，温度升高，由于热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，欧姆表示数减小，指针右偏，故A、C、D正确，B错误。故选ACD。
【答案】 ACD
【变式2-1】静止于水平地面上，现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m，木箱受到地面的摩擦力为60 N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能Ek分别是(空气阻力不计)(　　)
A.U＝200 J，Ek＝600 J B.U＝600 J，Ek＝200 J
C.U＝600 J，Ek＝800 J D.U＝800 J，Ek＝200 J
答案　B
解析　U＝Ffx＝60×10 J＝600 J
Ek＝Fx－U＝80×10 J－600 J＝200 J。
【变式2-2】(多选)如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高Ｈ，上端套着一个细环。棒和环的质量分为4m和m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小为4mg。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。则(　　)
A．从断开轻绳到棒和环都静止，系统损失的机械能为
B．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对地面始终向下运动
C．棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环相对地面先做匀减后匀加最后做匀减速运动
D．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于棒没有往复运动，但总位移向下
【解析】设环相对棒滑动距离为l，根据能量守恒，解得，摩擦力对棒及环做的总功为，联立解得，故A正确；
棒第一次与地面碰撞后，一开始棒的速度方向变为向上，环的速度方向继续向下，二者存在相对运动，相互间存在滑动摩擦力，棒所受合力方向向下，加速度大小为，环受重力、向上的滑动摩擦力，合力方向向上，加速度大小为，此时环的加速度大于棒的加速度，而环的速度与棒的速度相同，所以环的减速时间小于棒的减速时间，最终环会向上做匀加速运动，加速度大小为3g，直至环与棒速度大小相同，此时两者无相对运动，不受摩擦影响，均做加速度大小为g的向上的匀减速运动，直至速度为0，故B错误C正确；
当棒再次下落时，由于此时棒的速度等于环的速度，此时棒与环之间无摩擦，所以环的下落为自由落体运动，无相对于棒做往复运动，且位移总向下。故D正确；故选ACD。
【答案】 ACD
【变式2-3】如图所示，A、B是两个完全相同的热胀冷缩明显的金属球，初温相同。A放在绝热板上，B用绝热绳悬挂。现只让它们吸热，当它们升高相同的温度时，吸热分别为QA、QB，则(　　)
A．QA=QB B．QAC．QA>QB D．无法确定
【解析】 A、B升高相同的温度，根据Q=cmΔt可知，升温需要的能量是相同的。由于受热膨胀，A的重心升高，重力势能增加，QA一部分用于升温，一部分用于增加重力势能ΔEp，即QA=Q+ΔEp;B的重心降低，重力势能减小，QB和减少的重力势能ΔEp共同用于升温，即Q=QB+ΔEp;显然QA>QB。故选项C正确。
【答案】 C
【题型3 第一类永动机】
【例3】下列说法正确的是(　　)
A．气体吸收了热量，其温度一定升高
B．第一类永动机不可能造成的原因是违反了能量守恒定律
C．对于确定的液体和确定材质的毛细管，管的内径越细，毛细现象越不明显
D．晶体均有规则的几何形状
【解析】由热力学第一定律，可知气体吸收热量，如果气体对外做功，内能可能减小，则其温度可能降低，故A错误；做功的过程就是能量转化的过程，第一类永动机指的是不消耗能量就能做功的机器，因违反了能量守恒定律不可能造成，故B正确；对于确定的液体和确定材质的毛细管，管的内径越细，毛细现象越明显，故C错误；晶体分为单晶体和多晶体，多晶体没有规则的几何形状，故D错误。故选B。
【答案】 B
【变式3-1】(1)如图甲所示，一理想的“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面“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．下列说法中正确的是(　　)
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
(2)如图乙所示，内壁光滑的汽缸水平放置，一定质量的理想气体被密封在汽缸内，外界大气压强为p0.现对汽缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，体积由V1增大为V2，则在此过程中，气体分子的平均动能______(选填“增大”、“不变”或“减小”)，气体内能变化了______．
答案　(1)A　(2)增大　Q－p0(V2－V1)
解析　(2)根据热力学定律，汽缸内气体的内能增加量等于气体吸收的热量减去气体对外做的功．
【变式3-2】“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为( )
A．它不符合机械能守恒定律
B．它违背了能的转化和守恒定律
C．它做功产生的热不符合热功当量
D．暂时找不到合理的设计方案和理想材料
【解析】 第一类永动机不可能制成的原因是违背了能的转化和守恒定律，故B正确，ACD错误。故选B。
【答案】 B
【变式3-3】关于热学现象和热学规律，下列说法中正确的是(　　)
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．用油膜法测分子直径的实验中，应使用纯油酸滴到水面上
C．第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量守恒定律
D．用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功3.0×105 J，同时空气的内能增加2.2×105 J，则空气从外界吸热5.2×105 J
【解析】布朗运动是小颗粒的运动，只是间接反映了液体分子的无规则运动，故A错误；用油膜法测分子直径的实验中，应使用油酸溶液滴到水面上，便于稀释后紧密排列在水面上，故B错误；第一类永动机违背了能量守恒定律，故C正确；由热力学第一定律△U=W+Q可知，空气向外界散出0.8×105J的热量，故D错误；故选C。
【答案】 C
【题型4 综合问题】
【例4】如图所示，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d再回到状态a的过程，a→b是温度为T1的等温过程，c→d是温度为T2的等温过程，b→c和d→a为绝热过程(气体与外界无热量交换)，这就是著名的“卡诺循环”。卡诺循环构建了从单一热源吸收热量用来做功的理想过程，符合卡诺循环的热机的效率为。下列说法正确的是(　　)
A．a→b过程气体对外界做功且吸收热量
B．b→c过程气体对外做的功小于气体内能的减少量
C．c→d过程单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少
D．由卡诺循环可知热机效率可能达到100%
【解析】 a→b过程为等温过程，温度不变，气体的内能不变，气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，故A正确；b→c过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，根据热力学第一定律可知b→c过程气体对外做的功等于气体内能的减少量，故B错误；c→d为等温过程，压强变大，体积减小，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，压强变大说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C错误；热机在工作时不可避免的要克服机械部件间的摩擦做额外功，并且还存在热量损失，机械效率不可能达到100%，故D错误。故选A。
【答案】 A
【变式4-1】如图所示为冲击摆实验装置，一飞行子弹射入沙箱后与沙箱合为一体，共同摆起一定的高度，则下面有关能量的转化的说法中正确的是(　　)
A．子弹的动能转变成沙箱和子弹的内能
B．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的热能
C．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的动能
D．子弹动能的一部分转变成沙箱和子弹的内能，另一部分动能转变成沙箱和子弹的机械能
【解析】 子弹在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，一部分动能转变成沙箱和子弹的内能，另一部分动能转变成沙箱和子弹的机械能．
【答案】 D
【变式4-2】如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静止一质量为m的重物。图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的图像，密闭气体在A点的压强，从状态A变化到状态B的过程中吸收热量。已知外界大气压强，下列说法正确的是（ ）
A．重物质量
B．气体在状态B时的体积为
C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功
D．从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加
解析: 在A状态，根据题意
解得故A错误；根据图像可知所以气体做等压变化解得故B错误；从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功故C错误；根据热力学第一定律故D正确。
答案：D
【变式4-3】有一种在超市中常见的“强力吸盘挂钩”如图甲所示。图乙、图丙是其工作原理示意图。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上（如图乙），然后把锁扣扳下（如图丙），让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，使吸盘牢牢地被固定在墙壁上，若吸盘内气体可视为理想气体，且温度始终保持不变。则此过程中（　　）
A．吸盘内气体要吸收热量 B．吸盘内气体分子的密度增大
C．吸盘被向外拉出过程中，吸盘内气体不对外界做功 D．吸盘内气体压强增大
解析：吸盘内气体体积增大，气体对外做功，W<0，由于气体温度不变，气体内能不变， U=0，由热力学第一定律 U=W+Q可知Q= U W>0吸盘内气体要吸收热量，A正确，C错误；吸盘内气体分子数不变，而气体体积变大，则吸盘内气体分子的密度减小，B错误；吸盘内气体温度不变而体积变大，由玻意耳定律PV=C可知，吸盘内气体压强减小，D错误。
答案：A专题4.3 光电效应、康普顿效应、波粒二象性
【人教版】
【题型1 光电效应的实验装置】
【题型2 光电效应方程的应用】
【题型3 联系实际】
【题型4 对比问题】
【题型5 综合问题】
【题型6 康普顿效应】
【题型7 光的波粒二象性】
【题型1 光电效应的实验装置】
【例1】如图所示，分别用频率为ν、2ν的光照射某光电管，对应的遏止电压之比为1∶3，普朗克常量用h表示，则(　　)
A.用频率为ν的光照射该光电管时有光电子逸出
B.该光电管的逸出功为hν
C.用2ν的光照射时逸出光电子的初动能一定大
D.加正向电压时，用2ν的光照射时饱和光电流一定大
【变式1-1】如图所示，当一束一定强度某一频率的黄光照射到光电管阴极K上时，此时滑片P处于A、B中点，电流表中有电流通过，则(　　)
A．若将滑动触头P向B端移动时，电流表读数有可能不变
B．若将滑动触头P向A端移动时，电流表读数一定增大
C．若用红外线照射阴极K时，电流表中一定没有电流通过
D．若用一束强度相同的紫外线照射阴极K时，电流表读数不变
【变式1-2】(多选)利用光电管研究光电效应的实验电路图如图所示，用频率为ν的可见光照射阴极K，电流表中有电流通过，则(　 )
A．改用紫外线照射阴极K，电流表中没有电流通过
B．只增加该可见光的强度，电流表中通过的电流将变大
C．若将滑动变阻器的滑片滑到A端，电流表中一定无电流通过
D．若将滑动变阻器的滑片向B端滑动，电流表示数可能不变
【变式1-3】利用如图所示的装置观察光电效应现象，将光束照射在金属板上，发现验电器指针没有张开。欲使验电器指针张开，可(　 )
A．改用逸出功更大的金属板材料
B．改用频率更大的入射光束
C．增加该光束的照射时间
D．增大该光束的强度
题型2 光电效应方程的应用】
【例2】用波长为300 nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10－19 J。已知普朗克常量为6.63×10－34 J·s，真空中的光速为3.00×108 m·s－1。能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为(　 )
A．1×1014 Hz　　　　　 B．8×1014 Hz
C．2×1015 Hz D．8×1015 Hz
【变式2-1】某金属在一束单色光的照射下发生光电效应，光电子的最大初动能为Ek，已知该金属的逸出功为W0，普朗克常量为h。根据爱因斯坦的光电效应理论，该单色光的频率ν为(　 )
A. B．
C. D．
【变式2-2】单色光B的频率为单色光A的两倍，用单色光A照射到某金属表面时，从金属表面逸出的光电子最大初动能为E1。用单色光B照射该金属表面时，逸出的光电子最大初动能为E2，则该金属的逸出功为(　　)
A.E2－E1 B.E2－2E1
C.2E1－E2 D.
【变式2-3】如图所示，有一束单色光入射到极限频率为ν0的金属板K上，具有最大初动能的某出射电子，沿垂直于平行板电容器极板的方向，从左侧极板上的小孔入射到两极板间的匀强电场后，到达右侧极板时速度刚好为零。已知电容器的电容为C，带电荷量为Q，极板间距为d，普朗克常量为h，电子电荷量的绝对值为e，不计电子的重力。关于电容器右侧极板的带电情况和入射光的频率ν，以下判断正确的是(　　)
A.带正电，ν0＋ B.带正电，ν0＋
C.带负电，ν0＋ D.带负电，ν0＋
【题型3 联系实际】
【例3】2017年年初，我国研制的“大连光源”——极紫外自由电子激光装置，发出了波长在100 nm(1 nm＝10－9 m)附近连续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲。“大连光源”因其光子的能量大、密度高，可在能源利用、光刻技术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用。
一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子，但又不会把分子打碎。据此判断，能够电离一个分子的能量约为(取普朗克常量h＝6.6×10－34 J·s，真空光速c＝3×108 m/s)(　　)
A．10－21 J　　　　　　　　 B．10－18 J
C．10－15 J D．10－12 J
【变式3-1】[多选]2009年诺贝尔物理学奖得主威拉德·博伊尔和乔治·史密斯主要成就是发明了电荷耦合器件(CCD)图像传感器。他们的发明利用了爱因斯坦的光电效应原理。如图所示电路可研究光电效应规律。图中标有A和K的为光电管，其中K为阴极，A为阳极。理想电流计可检测通过光电管的电流，理想电压表用来指示光电管两端的电压。现接通电源，用光子能量为10.5 eV的光照射阴极K，电流计中有示数，若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为6.0 V；现保持滑片P位置不变，以下判断正确的是(　　)
A．光电管阴极材料的逸出功为4.5 eV
B．若增大入射光的强度，电流计的读数不为零
C．若用光子能量为12 eV的光照射阴极K，光电子的最大初动能一定变大
D．若用光子能量为9.5 eV的光照射阴极K，同时把滑片P向左移动少许，电流计的读数一定不为零
【变式3-2】像增强器是能够把亮度很低的光学图像变为足够亮度图像的真空光电管。像增强器的简化原理如下：光照射光电管阴极时，由于光电效应而产生光电子，光电子经过相同电压加速，最后到达荧光屏上，引起荧光材料发光（电子能量越大，材料发光越强），形成图像。根据以上信息和所学知识判断下列说法正确的是（　　）
A．照射光的波长越小，荧光材料发出的光越亮
B．热成像夜视仪也利用了光电效应的原理
C．同一种光使阴极发生光电效应后，光电子到达荧光屏时的动能相等
D．射到光电管阴极的任何光都能使阴极金属发生光电效应
【变式3-3】某学校科技活动小组设计了一个光电烟雾探测器（如图甲），当有烟雾进入探测器时（如图乙），来自光源S的光会被烟雾散射进入光电管C，当光射到光电管中的钠表面时会产生光电流，当光电流大于时，便会触发报警系统报警。已知钠的极限频率为，普朗克常量，光速，电子电荷量，则下列说法正确的是（　　）
A．要使该探测器正常工作，光源S发出的光波波长不能小于
B．光电管发生光电效应，同时光源的光变强时，不能改变光电烟雾探测器的灵敏度
C．光电管C中能发生光电效应是因为光发生了全反射现象
D．报警器报警时，钠表面每秒释放出的光电子数最少为个
【题型4 对比问题】
【例4】如图所示为光电效应实验装置图。实验中用a光照射光电管时，灵敏电流计有示数；而用b光照射光电管时，灵敏电流计没有示数。则下列说法中正确的是(　　)
A.a光频率大于b光频率
B.若增加b光的照射时间，灵敏电流计将会有示数
C.若增大b光的光照强度，灵敏电流计将会有示数
D.用b光照射时，适当增大电源的输出电压，灵敏电流计将会有示数
【变式4-1】(多选)在光电效应实验中，分别用频率为νa、νb的单色光a、b照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为Ua和Ub，光电子的最大初动能分别为Eka和Ekb。h为普朗克常量。下列说法正确的是(　　)
A.若νa＞νb，则一定有Ua＜Ub
B.若νa＞νb，则一定有Eka＞Ekb
C.若Ua＜Ub，则一定有Eka＜Ekb
D.若νa＞νb，则一定有hνa－Eka＞hνb－Ekb
【变式4-2】如图甲为光电效应实验的电路图，利用不同频率的光进行光电效应实验，测得光电管两极间所加电压U与光电流I的关系如图乙中a、b、c、d四条曲线所示。用νa、νb、νc、νd表示四种光的频率，下列判断正确的是(　　)
A.νb＞νc＞νd＞νa B.νd＞νb＞νc＞νa
C.νd＞νc＞νb＞νa D.νa＞νc＞νb＞νd
【变式4-3】如图所示，用频率为ν1和ν2的甲、乙两种光分别照射同一光电管，对应的遏止电压分别为U1和U2。已知ν1<ν2，则(　 )
A．遏止电压U1B．用甲、乙两种光分别照射时，金属的截止频率不同
C．增加乙光的强度，遏止电压U2变大
D．滑动变阻器滑片P移至最左端，电流表示数为零
【题型5 综合问题】
【例5】（1）用波长为的光照射金属表面所产生的光电子垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中作匀速圆周运动时，其最大半径为R，电子质量为m，电量为e，普朗克恒量为，求：金属的逸出功
（2）一个光源以P=1.5W的功率向四周均匀地发射能量。在离光源距离R=3.5m处放置一钾箔，钾的逸出，假设入射光的能量是连续地和平稳地传给钾箔，光子动量，光的平均波长为，h为普朗克常量。假设钾箔完全吸收所有照射到它上面的能量。求：
a．钾箔在垂直入射光方向上单位面积上受到光的平均作用力（用题目中的物理符号表示）。
b．按照经典电磁理论，钾箔只需吸收足够的能量就可以逐出电子，若一个要被逐出的电子收集能量的圆形截面的半径约为一个典型原子的半径m，求电子将被逐出的时间。根据计算结果，你认为经典电磁理论在解释光电效应现象时是否合理，并说明理由。
【变式5-1】如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出，
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小，区域Ⅱ的磁感应强度大小，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。
【变式5-2】A、B两种光子的能量之比为2∶1，它们都能使某种金属发生光电效应，且所产生的光电子最大初动能分别为EA、EB，则下列说法正确的是（　　）
A．A、B两种光子的频率之比为1∶2
B．A、B两种光子的动量之比为1∶2
C．该金属的逸出功W0＝EA－2EB
D．该金属的极限频率νc＝
【变式5-3】爱因斯坦利用普朗克的量子论成功解释了光电效应现象，提出了光子说。
（1）如图1所示为研究某光电管发生光电效应的电路图，当用频率为v的光照射金属阴极K时，通过调节光电管两端电压U，测量对应的光电流强度I，绘制了如图2所示的I—U图像。已知电子所带电荷量为e，图像中UC、、入射光的频率v及普朗克常量h均为已知量。根据图像求光电子的最大初动能，金属K的逸出功W和每秒钟通过电流表的电子数最多为多少。
（2）光照射到物体表面时，如同大量气体分子与器壁的频繁碰撞一样，将产生持续均匀的压力，这种压力会对物体表而产生压强，这就是“光压”，用表示。一台发光功率为的激光器发出一束某频率的激光，光束的横截面积为S。当该激光束垂直照射到某物体表面时，假设光全部波吸收，求其在物体表而引起的光压，已知光速为c。
【题型6 康普顿效应】
【例6】[多选]关于光电效应和康普顿效应的规律，下列说法正确的是(　　)
A．光电效应中，金属板向外发射的光电子又可以叫做光子
B．用光照射金属不能发生光电效应是因为该入射光的频率小于金属的截止频率
C．对于同种金属而言，遏止电压与入射光的频率无关
D．石墨对X射线散射时，部分X射线的散射光波长会变长，这个现象称为康普顿效应
【变式6-1】实验表明：光子与速度不太大的电子碰撞发生散射时，光的波长会变长或者不变，这种现象叫康普顿散射，该过程遵循能量守恒定律和动量守恒定律。如果电子具有足够大的初速度，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康普顿散射，这一现象已被实验证实。关于上述逆康普顿散射，下列说法正确的是(　 )
A．相对于散射前的入射光，散射光在介质中的传播速度变大
B．若散射前的入射光照射某金属表面时能发生光电效应，则散射光照射该金属时，光电子的最大初动能将变大
C．散射后电子的速度一定变大
D．散射后电子的能量一定变大
【变式6-2】[多选]美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现光子除了具有能量之外还具有动量，被电子散射的X光子与入射的X光子相比(　　)
A．速度减小　B．频率减小　C．波长减小　D．能量减小
【变式6-3】a、b是两种单色光，其光子能量分别为εa和εb，且＝k，(　　)
A．则a、b的光子动量之比＝1∶k
B．若a、b都不能使某种金属发生光电效应，二者同时照射该金属则可能发生光电效应
C．若a、b都能使某种金属发生光电效应，则光电子最大初动能之差Eka－Ekb＝εb(k－1)
D．若a、b是由处在同一激发态的原子跃迁到a态和b态时产生的，则a、b两态能级之差Ea－Eb＝εb(k－1)
【题型7 光的波粒二象性】
【例7】(多选)下列说法中正确的有(　　)
A.光在介质中的速度小于光在真空中的速度
B.紫外线比紫光更容易发生干涉和衍射
C.光的偏振现象说明光是纵波
D.由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光
【变式7-1】用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图像如图所示，该实验表明(　　)
A．光的本质是波
B．光的本质是粒子
C．光的能量在胶片上分布不均匀
D．光到达胶片上不同位置的概率相同
【变式7-2】(多选)关于光的波粒二象性，正确的说法是(　 )
A．光的频率越高，光子的能量越大，粒子性越显著
B．光的波长越长，光的能量越小，波动性越显著
C．频率高的光子不具有波动性，波长较长的光子不具有粒子性
D．个别光子产生的效果往往显示粒子性，大量光子产生的效果往往显示波动性
【变式7-3】(多选)下列说法中正确的是(　　)
A.光的波粒二象性学说彻底推翻了麦克斯韦的光的电磁说
B.在光的双缝干涉实验中，暗条纹的地方是光子永远不能到达的地方
C.光的双缝干涉实验中，大量光子打在光屏上的落点是有规律的，暗纹处落下光子的概率小
D.单个光子表现出粒子性，大量光子表现出波动性
参考答案
【题型1 光电效应的实验装置】
【例1】如图所示，分别用频率为ν、2ν的光照射某光电管，对应的遏止电压之比为1∶3，普朗克常量用h表示，则(　　)
A.用频率为ν的光照射该光电管时有光电子逸出
B.该光电管的逸出功为hν
C.用2ν的光照射时逸出光电子的初动能一定大
D.加正向电压时，用2ν的光照射时饱和光电流一定大
答案　B
解析　根据光电效应方程eUc1＝hν－W0，eUc2＝h·2ν－W0，＝，联立解得W0＝hν，频率为ν的单色光光子能量h·ν＜W0，故用频率为ν的光照射该光电管时不能发生光电效应，即无光电子逸出，故A错误，B正确；根据光电效应方程Ek＝hν－W0可知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，但是逸出光电子的初动能小于等于最大初动能，所以用2ν的光照射时逸出光电子的最大初动能一定大，但初动能不一定大，故C错误；在发生光电效应的前提下，饱和光电流的强度只与光照强度有关，电压只是增加光电子的动能，增大电流。到达一定程度之后肯定要受到光电子数量的约束，电流不再增大，故D错误。
【变式1-1】如图所示，当一束一定强度某一频率的黄光照射到光电管阴极K上时，此时滑片P处于A、B中点，电流表中有电流通过，则(　　)
A．若将滑动触头P向B端移动时，电流表读数有可能不变
B．若将滑动触头P向A端移动时，电流表读数一定增大
C．若用红外线照射阴极K时，电流表中一定没有电流通过
D．若用一束强度相同的紫外线照射阴极K时，电流表读数不变
解析：选A　所加的电压，使光电子到达阳极，则灵敏电流表中有电流流过，且可能处于饱和电流，当滑片向B端移动时，电流表读数有可能不变；当滑片向A端移动时，所加电压减小，则光电流可能减小，也可能不变，故A正确，B错误。若用红外线照射阴极K时，因红外线频率小于可见光，但是不一定不能发生光电效应，电流表不一定没有电流，故C错误。若用一束强度相同的紫外线照射阴极K时，紫外线的频率大于红外线的频率，则光子数目减小，电流表读数减小，故D错误。
【变式1-2】(多选)利用光电管研究光电效应的实验电路图如图所示，用频率为ν的可见光照射阴极K，电流表中有电流通过，则(　 )
A．改用紫外线照射阴极K，电流表中没有电流通过
B．只增加该可见光的强度，电流表中通过的电流将变大
C．若将滑动变阻器的滑片滑到A端，电流表中一定无电流通过
D．若将滑动变阻器的滑片向B端滑动，电流表示数可能不变
解析：选BD　由题意知，该可见光的频率大于或等于阴极材料的极限频率，紫外线的频率大于可见光的频率，故用紫外线照射阴极K，也一定能发生光电效应，电流表中有电流通过，A错误；只增加可见光的强度，单位时间内逸出金属表面的光电子数增多，电流表中通过的电流将变大，B正确；滑动变阻器的滑片滑到A端，光电管两端的电压为零，但光电子有初动能，故电流表中仍有电流通过，C错误；滑动变阻器的滑片向B端滑动时，若电流已达到饱和光电流，则电流表示数可能不变，D正确。
【变式1-3】利用如图所示的装置观察光电效应现象，将光束照射在金属板上，发现验电器指针没有张开。欲使验电器指针张开，可(　 )
A．改用逸出功更大的金属板材料
B．改用频率更大的入射光束
C．增加该光束的照射时间
D．增大该光束的强度
解析：选B　改用逸出功更大的金属板材料，更不可能发生光电效应现象，验电器指针不能张开，故A错误；发生光电效应现象的条件是入射光的频率要大于或等于金属的极限频率，与入射光的强度和入射光的照射时间无关，则改用频率更大的入射光束，可以使验电器指针张开，故B正确，C、D错误。
【题型2 光电效应方程的应用】
【例2】用波长为300 nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10－19 J。已知普朗克常量为6.63×10－34 J·s，真空中的光速为3.00×108 m·s－1。能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为(　 )
A．1×1014 Hz　　　　　 B．8×1014 Hz
C．2×1015 Hz D．8×1015 Hz
解析：选B　设单色光的最低频率为νc，由爱因斯坦光电效应方程得Ek＝hν－W0＝hν－hνc，又ν＝，整理得νc＝－，代入数据解得νc≈8×1014 Hz。
【变式2-1】某金属在一束单色光的照射下发生光电效应，光电子的最大初动能为Ek，已知该金属的逸出功为W0，普朗克常量为h。根据爱因斯坦的光电效应理论，该单色光的频率ν为(　 )
A. B．
C. D．
解析：选D　根据爱因斯坦的光电效应方程可知hν＝W0＋Ek，解得该单色光的频率为ν＝。
【变式2-2】单色光B的频率为单色光A的两倍，用单色光A照射到某金属表面时，从金属表面逸出的光电子最大初动能为E1。用单色光B照射该金属表面时，逸出的光电子最大初动能为E2，则该金属的逸出功为(　　)
A.E2－E1 B.E2－2E1
C.2E1－E2 D.
答案　B
解析　根据光电效应方程，用单色光A照射到某金属表面时，E1＝hν－W逸出功
用单色光B照射到某金属表面时，E2＝h·2ν－W逸出功
解得W逸出功＝E2－2E1，故B项正确。
【变式2-3】如图所示，有一束单色光入射到极限频率为ν0的金属板K上，具有最大初动能的某出射电子，沿垂直于平行板电容器极板的方向，从左侧极板上的小孔入射到两极板间的匀强电场后，到达右侧极板时速度刚好为零。已知电容器的电容为C，带电荷量为Q，极板间距为d，普朗克常量为h，电子电荷量的绝对值为e，不计电子的重力。关于电容器右侧极板的带电情况和入射光的频率ν，以下判断正确的是(　　)
A.带正电，ν0＋ B.带正电，ν0＋
C.带负电，ν0＋ D.带负电，ν0＋
答案　C
解析　电子在电容器里做减速运动，所以受到向左的电场力的作用，所以场强方向向右，电容器右侧极板带负电。一束单色光入射到极限频率为ν0的金属板K上，射出电子的最大初动能为Ek，则hν－W0＝Ek，hν0＝W0，电子在电容器
中减速运动，由动能定理得－eU＝0－Ek，电容器两极板间的电势差为U＝，根据以上各式，解得ν＝ν0＋，故选项C正确，A、B、D错误。
【题型3 联系实际】
【例3】2017年年初，我国研制的“大连光源”——极紫外自由电子激光装置，发出了波长在100 nm(1 nm＝10－9 m)附近连续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲。“大连光源”因其光子的能量大、密度高，可在能源利用、光刻技术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用。
一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子，但又不会把分子打碎。据此判断，能够电离一个分子的能量约为(取普朗克常量h＝6.6×10－34 J·s，真空光速c＝3×108 m/s)(　　)
A．10－21 J　　　　　　　　 B．10－18 J
C．10－15 J D．10－12 J
解析：选B　光子的能量E＝hν，c＝λν，联立解得E≈2×10－18 J，B项正确。
【变式3-1】[多选]2009年诺贝尔物理学奖得主威拉德·博伊尔和乔治·史密斯主要成就是发明了电荷耦合器件(CCD)图像传感器。他们的发明利用了爱因斯坦的光电效应原理。如图所示电路可研究光电效应规律。图中标有A和K的为光电管，其中K为阴极，A为阳极。理想电流计可检测通过光电管的电流，理想电压表用来指示光电管两端的电压。现接通电源，用光子能量为10.5 eV的光照射阴极K，电流计中有示数，若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为6.0 V；现保持滑片P位置不变，以下判断正确的是(　　)
A．光电管阴极材料的逸出功为4.5 eV
B．若增大入射光的强度，电流计的读数不为零
C．若用光子能量为12 eV的光照射阴极K，光电子的最大初动能一定变大
D．若用光子能量为9.5 eV的光照射阴极K，同时把滑片P向左移动少许，电流计的读数一定不为零
解析：选AC　由电路图可知图中所加电压为反向减速电压，根据题意可知遏止电压为6 V，由Ek＝hν－W0＝eUc得W0＝4.5 V，选项A正确；当电压达到遏止电压时，所有电子都不能到达A极，无论光强如何变化，电流计示数仍为零，选项B错；若光子能量增大，根据光电效应方程，光电子的最大初动能一定变大，选项C正确；若光子能量为9.5 eV的光照射阴极K，则遏止电压为5 V，滑片P向左移动少许，电流计的读数仍可能为零，选项D错。
【变式3-2】像增强器是能够把亮度很低的光学图像变为足够亮度图像的真空光电管。像增强器的简化原理如下：光照射光电管阴极时，由于光电效应而产生光电子，光电子经过相同电压加速，最后到达荧光屏上，引起荧光材料发光（电子能量越大，材料发光越强），形成图像。根据以上信息和所学知识判断下列说法正确的是（　　）
A．照射光的波长越小，荧光材料发出的光越亮
B．热成像夜视仪也利用了光电效应的原理
C．同一种光使阴极发生光电效应后，光电子到达荧光屏时的动能相等
D．射到光电管阴极的任何光都能使阴极金属发生光电效应
【答案】A
【解析】照射光的波长越小，频率越大，逸出光电子的初动能越大，经相同电压加速后到达荧光屏时的能量越大，荧光材料发出的光越亮，故A正确；热成像夜视仪利用了热物体比冷物体的红外辐射强的原理，故B错误；同一种光使阴极发生光电效应后，逸出光电子的最大初动能相等，但不一定所有光电子的初动能都相等，所以光电子最后到达荧光屏时的动能也不一定相等，故C错误；只有频率大于阴极截止频率的光射到光电管阴极时才能使阴极金属发生光电效应，故D错误。故选A。
【变式3-3】某学校科技活动小组设计了一个光电烟雾探测器（如图甲），当有烟雾进入探测器时（如图乙），来自光源S的光会被烟雾散射进入光电管C，当光射到光电管中的钠表面时会产生光电流，当光电流大于时，便会触发报警系统报警。已知钠的极限频率为，普朗克常量，光速，电子电荷量，则下列说法正确的是（　　）
A．要使该探测器正常工作，光源S发出的光波波长不能小于
B．光电管发生光电效应，同时光源的光变强时，不能改变光电烟雾探测器的灵敏度
C．光电管C中能发生光电效应是因为光发生了全反射现象
D．报警器报警时，钠表面每秒释放出的光电子数最少为个
【答案】D
【解析】因为钠的极限频率为，要使该探测器正常工作，光源S发出的光波波长不能大于
选项A错误；光电管发生光电效应，同时光源的光变强时，光电管产生的光电流会变大，会改变光电烟雾探测器的灵敏度，选项B错误；光电管C中能发生光电效应是因为光的频率大于金属钠的极限频率，选项C错误；报警器报警时，钠表面每秒释放出的光电子数最少为个，选项D正确。
【题型4 对比问题】
【例4】如图所示为光电效应实验装置图。实验中用a光照射光电管时，灵敏电流计有示数；而用b光照射光电管时，灵敏电流计没有示数。则下列说法中正确的是(　　)
A.a光频率大于b光频率
B.若增加b光的照射时间，灵敏电流计将会有示数
C.若增大b光的光照强度，灵敏电流计将会有示数
D.用b光照射时，适当增大电源的输出电压，灵敏电流计将会有示数
答案　A
解析　实验中用a光照射光电管时，灵敏电流计有示数，说明能够发生光电效应；而用b光照射光电管时，灵敏电流计没有示数，说明不能发生光电效应，可知a光频率大于b光频率，选项A正确；根据光电效应的规律可知，若增加b光的照射时间以及增加b光的光照强度，都不能发生光电效应，则灵敏电流计都不会有示数，选项B、C错误；用b光照射时不能发生光电效应，即使适当增大电源的输出电压，也不会发生光电效应，灵敏电流计也不会有示数，选项D错误。
【变式4-1】(多选)在光电效应实验中，分别用频率为νa、νb的单色光a、b照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为Ua和Ub，光电子的最大初动能分别为Eka和Ekb。h为普朗克常量。下列说法正确的是(　　)
A.若νa＞νb，则一定有Ua＜Ub
B.若νa＞νb，则一定有Eka＞Ekb
C.若Ua＜Ub，则一定有Eka＜Ekb
D.若νa＞νb，则一定有hνa－Eka＞hνb－Ekb
答案　BC
解析　由爱因斯坦光电效应方程得Ek＝hν－W0，由动能定理得Ek＝eU，若分别用a、b单色光照射同种金属时，逸出功W0相同。当νa＞νb时，一定有Eka＞Ekb，Ua＞Ub，故选项A错误，B正确；若Ua＜Ub，则一定有Eka＜Ekb，故选项C正确；因逸出功相同，有W0＝ hνa－ Eka＝ hνb－ Ekb，故选项D错误。
【变式4-2】如图甲为光电效应实验的电路图，利用不同频率的光进行光电效应实验，测得光电管两极间所加电压U与光电流I的关系如图乙中a、b、c、d四条曲线所示。用νa、νb、νc、νd表示四种光的频率，下列判断正确的是(　　)
A.νb＞νc＞νd＞νa B.νd＞νb＞νc＞νa
C.νd＞νc＞νb＞νa D.νa＞νc＞νb＞νd
答案　A
解析　当光电管两极间所加电压为遏止电压时即光电子达到阳极的动能为0，由动能定理得eUc＝Ek，由爱因斯坦光电效应方程有Ek＝hν－W0，联立得ν＝，由图乙可知Ucb＞Ucc＞Ucd＞Uca，则νb＞νc＞νd＞νa，故A正确，B、C、D错误。
【变式4-3】如图所示，用频率为ν1和ν2的甲、乙两种光分别照射同一光电管，对应的遏止电压分别为U1和U2。已知ν1<ν2，则(　 )
A．遏止电压U1B．用甲、乙两种光分别照射时，金属的截止频率不同
C．增加乙光的强度，遏止电压U2变大
D．滑动变阻器滑片P移至最左端，电流表示数为零
解析：选A　根据爱因斯坦光电效应方程有Ekm＝hν－W0，遏止电压与最大初动能的关系为－eUc＝0－Ekm，联立解得eUc＝hν－W0，所以入射光频率越大，遏止电压越大，遏止电压与入射光的强度无关，故A正确，C错误；金属的截止频率与入射光无关，取决于金属，因甲、乙两种光分别照射同一光电管，所以金属的截止频率相同，故B错误；滑动变阻器滑片P移至最左端，所加的反向电压为零，能发生光电效应，所以电流表示数不为零，故D错误。
【题型5 综合问题】
【例5】（1）用波长为的光照射金属表面所产生的光电子垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中作匀速圆周运动时，其最大半径为R，电子质量为m，电量为e，普朗克恒量为，求：金属的逸出功
（2）一个光源以P=1.5W的功率向四周均匀地发射能量。在离光源距离R=3.5m处放置一钾箔，钾的逸出，假设入射光的能量是连续地和平稳地传给钾箔，光子动量，光的平均波长为，h为普朗克常量。假设钾箔完全吸收所有照射到它上面的能量。求：
a．钾箔在垂直入射光方向上单位面积上受到光的平均作用力（用题目中的物理符号表示）。
b．按照经典电磁理论，钾箔只需吸收足够的能量就可以逐出电子，若一个要被逐出的电子收集能量的圆形截面的半径约为一个典型原子的半径m，求电子将被逐出的时间。根据计算结果，你认为经典电磁理论在解释光电效应现象时是否合理，并说明理由。
【答案】（1）；（2）a．；b．；不合理，光电效应现象产生光电子的时间极短，几乎不需时间累积，因此经典电磁理论在解释光电效应现象具有局限性
【详解】
（1）由光电子做匀速圆周运动的最大半径可知
解得最大初动能为
所以逸出功
（2）a．设钾箔的面积为S，t时间内钾箔吸收的光子个数为N，有
由动量定理
解得
由牛顿第三定律可知，单位面积上受到光的平均压力为
b．一个电子在单位时间内吸收的能量
逐出电子所需要的时间为t1，需要的能量为E0，有
所以
由于光电效应现象产生光电子的时间极短，几乎不需时间累积，因此经典电磁理论在解释光电效应现象具有局限性，不合理。
【变式5-1】如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出，
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小，区域Ⅱ的磁感应强度大小，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。
【答案】（1）；；（2）；；（3）；
【详解】
（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
（2）速度选择器
如图所示，几何关系
（3）由上述表达式可得
由
可得
可得
【变式5-2】A、B两种光子的能量之比为2∶1，它们都能使某种金属发生光电效应，且所产生的光电子最大初动能分别为EA、EB，则下列说法正确的是（　　）
A．A、B两种光子的频率之比为1∶2
B．A、B两种光子的动量之比为1∶2
C．该金属的逸出功W0＝EA－2EB
D．该金属的极限频率νc＝
【答案】C
【详解】由ε＝hν知，光子的能量与频率成正比，则A、B两种光子的频率之比为2∶1，A错误；由光子能量动量公式，可知，A、B两种光子的动量之比等于A、B两种光子的能量之比pA∶pB＝2∶1，B错误；由于EA＝εA－W0 了EB＝εB－W0而解得W0＝EA－2EB ，C正确；该金属的极限频率为νc＝＝， D错误。
故选C。
【变式5-3】爱因斯坦利用普朗克的量子论成功解释了光电效应现象，提出了光子说。
（1）如图1所示为研究某光电管发生光电效应的电路图，当用频率为v的光照射金属阴极K时，通过调节光电管两端电压U，测量对应的光电流强度I，绘制了如图2所示的I—U图像。已知电子所带电荷量为e，图像中UC、、入射光的频率v及普朗克常量h均为已知量。根据图像求光电子的最大初动能，金属K的逸出功W和每秒钟通过电流表的电子数最多为多少。
（2）光照射到物体表面时，如同大量气体分子与器壁的频繁碰撞一样，将产生持续均匀的压力，这种压力会对物体表而产生压强，这就是“光压”，用表示。一台发光功率为的激光器发出一束某频率的激光，光束的横截面积为S。当该激光束垂直照射到某物体表面时，假设光全部波吸收，求其在物体表而引起的光压，已知光速为c。
【答案】（1），，；（2）
【详解】
（1）根据
可知光电子的最大初动能
根据
可得逸出功
因最大饱和光电流为Im，则每秒钟通过电流表的电子数最多为
（2）一小段时间Δt内激光器发射的光子数
光照射物体表面，由动量定理
FΔt=np
其中
产生的光压
解得
【题型6 康普顿效应】
【例6】[多选]关于光电效应和康普顿效应的规律，下列说法正确的是(　　)
A．光电效应中，金属板向外发射的光电子又可以叫做光子
B．用光照射金属不能发生光电效应是因为该入射光的频率小于金属的截止频率
C．对于同种金属而言，遏止电压与入射光的频率无关
D．石墨对X射线散射时，部分X射线的散射光波长会变长，这个现象称为康普顿效应
解析：选BD　光电效应中，金属板向外发射的电子叫光电子，光子是光量子的简称，A错误；用光照射金属不能发生光电效应是因为该入射光的频率小于金属的截止频率，B正确；根据光电效应方程hν＝W0＋eUc可知，对于同种金属而言(逸出功一样)，入射光的频率越大，遏止电压也越大，即遏止电压与入射光的频率有关，C错误；在石墨对X射线散射时，部分X射线的散射光波长会变长的现象称为康普 顿效应，D正确。
【变式6-1】实验表明：光子与速度不太大的电子碰撞发生散射时，光的波长会变长或者不变，这种现象叫康普顿散射，该过程遵循能量守恒定律和动量守恒定律。如果电子具有足够大的初速度，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康普顿散射，这一现象已被实验证实。关于上述逆康普顿散射，下列说法正确的是(　 )
A．相对于散射前的入射光，散射光在介质中的传播速度变大
B．若散射前的入射光照射某金属表面时能发生光电效应，则散射光照射该金属时，光电子的最大初动能将变大
C．散射后电子的速度一定变大
D．散射后电子的能量一定变大
解析：选B　光在介质中的传播速度只与介质本身有关，而与其他因素无关，散射前后的介质不变，所以散射光在介质中的传播速度保持不变，故A错误；根据题意，在逆康普顿散射中，能量从电子转移到光子，所以，散射后电子的速度和能量变小，光子的能量变大，光子的频率变大，故C、D错误；根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0可知，h和W0为定值，ν越大，E越大，因此若散射前的入射光照射某金属表面时能发生光电效应，则散射光照射该金属时，光电子的最大初动能将变大，故B正确。
【变式6-2】[多选]美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现光子除了具有能量之外还具有动量，被电子散射的X光子与入射的X光子相比(　　)
A．速度减小　B．频率减小　C．波长减小　D．能量减小
解析：选BD　光速不变，A错误；光子将一部分能量转移到电子，其能量减小，随之光子的频率减小、波长变长，B、D正确，C错误。
【变式6-3】a、b是两种单色光，其光子能量分别为εa和εb，且＝k，(　　)
A．则a、b的光子动量之比＝1∶k
B．若a、b都不能使某种金属发生光电效应，二者同时照射该金属则可能发生光电效应
C．若a、b都能使某种金属发生光电效应，则光电子最大初动能之差Eka－Ekb＝εb(k－1)
D．若a、b是由处在同一激发态的原子跃迁到a态和b态时产生的，则a、b两态能级之差Ea－Eb＝εb(k－1)
解析：选C　光子的能量ε＝hν，光子的动量p＝，联立方程c＝λν，所以＝，选项A错误。不能发生光电效应说明a、b光的频率均未达到该金属的截止频率，同时照射二者频率也不会发生变化，选项B错误。光电子最大初动能Ek＝hν－W0，整理得Eka－Ekb＝(k－1)εb，选项C正确。根据能级跃迁知识可得εa＝E0－Ea，εb＝E0－Eb，所以Ea－Eb＝εb(1－k)，选项D错误。
【题型7 光的波粒二象性】
【例7】(多选)下列说法中正确的有(　　)
A.光在介质中的速度小于光在真空中的速度
B.紫外线比紫光更容易发生干涉和衍射
C.光的偏振现象说明光是纵波
D.由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光
答案　AD
解析　依据v＝可知，光在介质中的速度小于在真空中的速度，故A正确；紫外线比紫光的波长短，更不容易发生衍射，而对于干涉只要频率相同、相位差恒定即可发生，故B错误；光的偏振现象说明光是横波，而不是纵波，故C错误；绿光的折射率大于红光的折射率，由临界角公式sin C＝知，绿光的临界角小于红光的临界角，当光从水中射向空气，在不断增大入射角时，在水面上绿光先发生全反射，从水面上先消失，故D正确。
【变式7-1】用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图像如图所示，该实验表明(　　)
A．光的本质是波
B．光的本质是粒子
C．光的能量在胶片上分布不均匀
D．光到达胶片上不同位置的概率相同
解析：选C　用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间在胶片出现的图样，说明光有波粒二象性，故A、B错误；说明光到达胶片上的不同位置的概率是不一样的，也就说明了光的能量在胶片上分布不均匀，故C正确，D错误。
【变式7-2】(多选)关于光的波粒二象性，正确的说法是(　 )
A．光的频率越高，光子的能量越大，粒子性越显著
B．光的波长越长，光的能量越小，波动性越显著
C．频率高的光子不具有波动性，波长较长的光子不具有粒子性
D．个别光子产生的效果往往显示粒子性，大量光子产生的效果往往显示波动性
解析：选ABD　光具有波粒二象性，但在不同情况下表现不同，频率越高，波长越短，粒子性越强，反之波动性明显，个别光子易显示粒子性，大量光子显示波动性，A、B、D正确。
【变式7-3】(多选)下列说法中正确的是(　　)
A.光的波粒二象性学说彻底推翻了麦克斯韦的光的电磁说
B.在光的双缝干涉实验中，暗条纹的地方是光子永远不能到达的地方
C.光的双缝干涉实验中，大量光子打在光屏上的落点是有规律的，暗纹处落下光子的概率小
D.单个光子表现出粒子性，大量光子表现出波动性
答案　CD专题5.3 核力与结合能
【人教版】
【题型1 核力特点】
【题型2 结合能】
【题型3 比结合能】
【题型4 质量亏损】
【题型5 核能释放】
【题型6 综合问题】
【题型7 对比问题】
【题型8 联系实际】
【题型1 核力特点】
【例1】核子结合成原子核或原子核分解为核子时，都伴随着巨大的能量变化，这是因为( )
A．原子核带正电，电子带负电，电荷间存在很大的库仑力
B．核子具有质量且相距很近，存在很大的万有引力
C．核子间存在着强大的核力
D．核子间存在着复杂的磁力
【变式1-1】下列关于核力与核能的说法正确的是（　　）
A．核力是引起原子核β衰变的原因
B．原子核中所有核子单独存在时的质量总和大于该原子核的质量
C．核力是强相互作用的一种表现，任意两个核子之间都存在核力作用
D．原子核的结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
【变式1-2】下列说法正确的是（　　）
A．原子核的质量越大，比结合能越小
B．居里夫人通过粒子轰击铝原子核，首次发现了中子
C．核力属于强相互作用，原子核内，核力比库仑力小
D．比结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时会释放核能
【变式1-3】关于核力，下列说法正确的是（　　）
A．核力的作用范围只有约m B．核力本质上属于电磁相互作用
C．中子和中子之间不会有核力作用 D．核力减小是发生衰变的原因
【题型2 结合能】
【例2】目前人类探索太空需要用核电池对探测器提供电能和热能，某“核电池”是利用放射性元素钚238（）发生衰变释放的能量工作，其衰变方程为，钚238的半衰期为88年，下列说法正确的是（　　）
A．m=92，n=4，比的中子数多4
B．的结合能小于与的结合能之和
C．400个钚238经过176年还剩下100个
D．若改变238钚的温度、浓度及其所受的压力，它的半衰期将会改变
【变式2-1】（多选）原子比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列说法正确的有（　　）
A．比结合能大于，所以可以裂变成而放出核能
B．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
C．比更稳定，结合能更大
D．平均核子质量小于
【变式2-2】2021年4月，中国科学院近代物理研究所研究团队首次合成新核素铀，并在重核区首次发现强的质子-中子相互作用导致粒子形成的概率显著增强的现象。以下说法正确的是（　　）
A．铀核发生核反应方程为，是核裂变反应
B．若静止的铀核发生衰变，产生的新核速度方向与粒子速度方向可能相同
C．产生的新核从高能级向低能级跃迁时，将发射出射线
D．新核（）的结合能大于铀核的结合能
【变式2-3】（多选）具有放射性，静止的发生α衰变时，产生同时伴有γ光子射出。若核、核和α粒子的质量分别为m1、m2和m3，下列说法正确的是（　　）
A．的结合能为(m1-m2-m3)c2
B．高温高压可加快的衰变
C．用威尔逊云室探测放出的射线，α射线的径迹直而清晰，γ射线的径迹几乎看不到
D．射出的γ光子是的能级跃迁所产生的
【题型3 比结合能】
【例3】下列说法正确的是(　　)
A．光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量
B．比结合能越大，原子核越不稳定
C．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期
D．原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损
【变式3-1】(多选)原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的有(　 )
A.He核的结合能约为14 MeV
B.He核比Li核更稳定
C．两个H核结合成He核时释放能量
D.U核中核子的平均结合能比Kr核中的大
【变式3-2】重核裂变的一个核反应方程为U＋n→Xe＋Sr＋xn，已知U、Xe、Sr的比结合能分别为7.6 MeV、8.4 MeV、8.7 MeV，则(　　)
A.该核反应方程中x＝3
B.U的中子数为143
C.该核反应中质量增加
D.U的比结合能比Xe小，U比Xe更稳定
【变式3-3】(多选)铀核裂变的一种方程为U＋X→Sr＋Xe＋3n，已知原子核的比结合能与质量数的关系如图所示，下列说法中正确的有(　　)
A.X粒子是中子
B.X粒子是质子
C.U、Sr、Xe相比，Sr的比结合能最大，最稳定
D.U、Sr、Xe相比，U的质量数最多，结合能最大，最稳定
【题型4 质量亏损】
【例4】科学研究表明，香烟会释放一种危险的放射性元素钋（），如果每天抽2包香烟，一年后累积的辐射量相当于400次胸透的辐射量。的半衰期是138天，可以连续发生一次α衰变和一次β衰变后产生新核X。下列说法正确的是（　　）
A．制做香烟时可以通过升高温度减小的半衰期，从而减小辐射对人体的伤害
B．吸烟时因为发生化学反应，所以的半衰期会减小
C．发生衰变时，会发生质量亏损
D．新核X的中子数是206，电荷数是83
【变式4-1】1932年，考克饶夫和瓦尔顿用质子加速器进行人工核蜕变实验，验证了质能关系的正确性。在实验中，锂原子核俘获一个质子后成为不稳定的铍原子核，随后又蜕变为两个原子核，核反应方程为Li＋H―→Be―→2X。已知H、Li、X的质量分别为m1＝1.007 28 u、m2＝7.016 01 u、m3＝4.001 51 u，光在真空中的传播速度为c，则在该核反应中(　 )
A．质量亏损Δm＝4.021 78 u
B．释放的核能ΔE＝c2
C．铍原子核内的中子数是5
D．X表示的是氚原子核
【变式4-2】(多选)一静止的氡核(Rn)发生了如下的核反应Rn→Po＋He，在反应后放出一个速度为v0、质量为m的氦核(He)和一个质量为M的反冲核钋(Po)，若氡核发生衰变时，释放的能量全部转化为氦核和钋的动能，则下列说法正确的是(　　)
A.该反应中氡核Rn发生的是α衰变
B.反应后产生的新核钋Po的比结合能小于反应前氡核Rn的比结合能
C.氡的同位素Rn和反应物氡Rn相比少了两个中子，因此它们的化学性质不同
D.该反应产生的质量亏损Δm＝
【变式4-3】如图所示是原子核的平均核子质量A与原子序数Z的关系图象，下列说法正确的是(　　)
A．若D、E能结合成F，结合过程一定要释放能量
B．若D、E能结合成F，结合过程一定要吸收能量
C．若C、B能结合成A，结合过程一定要释放能量
D．若F、C能结合成B，结合过程一定要释放能量
【题型5 核能释放】
【例5】2021年12月30日，中科院全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）在7000万摄氏度的高温下实现1056秒的长脉冲高参数等离子体运行。若某次聚变反应是4个氢核H结合成1个氦核He，同时释放出正电子e。已知氢核的质量为mp，氦核的质量为mα，正电子的质量为me，真空中光速为c，则此次核反应释放的能量为（　　）
A．（4mp-mα-me）c2 B．（4mp-mα-2me）c2
C．（4mp+mα-me）c2 D．（4mp+mα-2me）c2
【变式5-1】用粒子加速器加速后的质子轰击静止的锂原子核，生成两个动能均为 8.919 MeV的α粒子(He)，其核反应方程式为：H＋Li―→He＋He。已知质子质量为1.007 825 u，锂原子核的质量为7.016 004 u，α粒子的质量为4.002 603 u,1 u相当于931 MeV。若核反应释放的能量全部转化为α粒子的动能，则入射质子的动能约为(　 )
A．0.5 MeV B．8.4 MeV
C．8.9 MeV D．17.3 MeV
【变式5-2】现有钚的同位素原子核静止在匀强磁场中，该离子沿与磁场垂直的方向放出粒子以后，变成铀的一个同位素原子核，同时放出一个能量为的光子（已知钚核质量，铀核质量，粒子的质量为，，下列说法正确的是（　　）
A．该核反应属于裂变反应
B．此过程的核反应方程为
C．若不计光子的动量，则粒子与铀核在该磁场中的回转半径之比
D．若不计光子的动量，铀核的动能约为0.071MeV
【变式5-3】(多选)在某些恒星内，3个α粒子结合成1个C核，C原子的质量是12.000 0 u，He原子的质量是4.002 6 u，已知1 u＝1.66×10－27 kg.则下列说法正确的是(1 u相当于931 MeV)(　　)
A．反应过程中的质量亏损是0.078 u
B．反应过程中的质量亏损是1.29×10－29 kg
C．反应过程中释放的能量是7.26 MeV
D．反应过程中释放的能量是1.16×10－19 J
【题型6 综合问题】
【例6】2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M装置（HL-2M）在成都建成并实现首次放电，该装置是中国目前规模最大、参数最高的先进托卡马克装置，是中国新一代先进磁约束核聚变实验研究装置。我国重大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。核聚变反应的方程为；。已知氘核的质量为，比结合能为E，中子的质量为，反应中释放的核能为，光速为c，下列说法正确的是（　　）
A．要使该聚变反应发生，必须克服两氘核间巨大的核力 B．反应产物x为
C．x核的质量为 D．x的比结合能为
【变式6-1】(多选)下列说法正确的是(　　)
A．一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应，如果增加光照的强度，则有可能发生光电效应
B．β射线的本质是电子流，所以β衰变是核外的一个电子脱离原子而形成的
C．由玻尔理论可知一群处于n＝3能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射3种频率的光子
D．两个轻核结合成质量较大的核，该原子核的比结合能增加
【变式6-2】（多选）太阳内部不断发生着核聚变反应并释放出大量的能量，若聚变核反应为，同时，核反应中放出波长为的光子，该光子射到逸出功为的金属板上，打出的光电子最大初动能为，已知光速为c，普朗克常量为h，则（　　）
A．波长为的光子能量为
B．的比结合能小于的比结合能
C．核反应产生的中子具有很强的穿透能力，可以用来工业探伤
D．波长为的光子的频率为
【变式6-3】1919年,卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子。若某次碰撞可看作对心正碰,α粒子初速度v0,碰后释放的核能全部转化为动能,新核与质子同方向运动,且垂直磁场方向,通过分析偏转半径可得出新核与质子的速度大小之比为 1∶17。
(1)写出核反应方程;
(2)求出质子的速度大小(质子、中子的质量均为m);
(3)求出新核与质子的质量和比α粒子与氮核的质量和小多少。
【题型7 对比问题】
【例7】截止到2022年9月份，用来储存福岛核废水的储存罐将会全部用完，日本已经确定将福岛第一核电站核污水排入大海。核废水中包含氘、钴60、锶90、碘129、铀235等60多种高污染核素，这些放射性物质直接排入大海，会对太平洋周边海域造成极大的危害。氚经过β衰变放出的电子被人体吸入是有害的，其他核素的半衰期更长，危害更大，例如锶90的半衰期约为28年，碘129的半衰期约为1570万年，这些核素与海洋生物具有很强的亲和力，对人类具有很强的危害性。下列判断正确的是（　　）
A．氚的β衰变方程为
B．β衰变的实质为
C．钴60的比结合能小于碘129的比结合能
D．温度升高，分子热运动剧烈程度增加，铀235的半衰期会缩短
【变式7-1】下列关于结合能和比结合能的说法中，正确的是(　　)
A．核子结合成原子核吸收的能量或原子核拆解成核子放出的能量称为结合能
B．比结合能越大的原子核越稳定，因此它的结合能也一定越大
C．重核与中等质量原子核相比较，重核的结合能和比结合能都大
D．中等质量原子核的结合能和比结合能均比轻核的要大
【变式7-2】（多选）已知、、的静止质量分别是226.0254u、222.0175u、4.0026u，u为原子质量单位，且1u相当于931.5MeV。当发生α衰变时，下列说法正确的是（　　）
A．的质量等于组成它的核子的质量之和
B．发生一次衰变释放的核能为4.93695MeV
C．因的比结合能比小，所以比更稳定
D．一个静止的发生一次衰变，产生的和的速度之比约为111：2
【变式7-3】（多选）铀核裂变的一种方程为，已知原子核的比结合能与质量数的关系如图所示，下列说法中正确的有（　　）
A．X粒子是中子
B．X粒子是质子
C．相比，的比结合能最大，最稳定
D．相比，的质量数最多，结合能最大
【题型8 联系实际】
【例8】如图所示，某轧钢厂的热轧机上安装了一个射线测厚仪，探测器探测到的射线强度与钢板的厚度有关。已知测厚仪采用放射性同位素作为放射源，发生衰变时放出射线和射线，半衰期为74天，适合透照厚度在之间的钢板，下列说法正确的是（　　）
A．探测器探测到的射线增强，说明钢板的厚度增加
B．192 g放射性同位素经过148天全部完成衰变
C．若衰变产生的新核用X表示，则的衰变方程为
D．的比结合能比衰变后的产物X的比结合能大
【变式8-1】考古学上利用“碳钟”，也就是利用来推测古文物产生的年代。已知的衰变产物中有稳定的，的半衰期为年，下列说法正确的是（　　）
A．的衰变方程为
B．该衰变过程中原子核内减少一个中子
C．一个核发生衰变释放的核能为为原子的质量，为光速
D．已经死亡年的古树中不会含有原子
【变式8-2】中国实验快堆是第四代核能系统的优选堆型，采用钚（）作燃料，在堆心燃料钚的外围再生区里放置不易发生裂变的轴（），钚-239裂变释放出的快中子被再生区内的铀-238吸收，转变为铀-239，铀-239极不稳定，经过衰变，进一步转变为易裂变的钚-239，从而实现核燃料的“增殖”。下列说法正确的是（　　）
A．铀-239转变为钚-239，经过了3次衰变
B．铀-239发生衰变过程中，电荷数守恒，质量也守恒
C．铀-239发生衰变的实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子
D．钚（）裂变生成两个中等质量的核，钚核的比结合能大于生成的两个核的比结合能
【变式8-3】核电池是各种深空探测器中最理想的能量源，它不受极冷极热的温度影响，也不被宇宙射线干扰。钚-238同位素温差电池的原理是其发生衰变时将释放的热能转化为电能。已知钚-238的半衰期为88年，其衰变方程为。下列说法正确的是（　　）
A．衰变放出的射线是高速氦核流，它的贯穿能力很强
B．的比结合能小于的比结合能
C．的核子平均质量小于的核子平均质量
D．钚-238在极高压下可加速衰变，其半衰期可小于88年
参考答案
【题型1 核力特点】
【例1】核子结合成原子核或原子核分解为核子时，都伴随着巨大的能量变化，这是因为( )
A．原子核带正电，电子带负电，电荷间存在很大的库仑力
B．核子具有质量且相距很近，存在很大的万有引力
C．核子间存在着强大的核力
D．核子间存在着复杂的磁力
答案：C
解析：核子间存在着强大的核力，故核子结合成原子核或原子核分解为核子时，都伴随着巨大的能量变化，答案为C．
【变式1-1】下列关于核力与核能的说法正确的是（　　）
A．核力是引起原子核β衰变的原因
B．原子核中所有核子单独存在时的质量总和大于该原子核的质量
C．核力是强相互作用的一种表现，任意两个核子之间都存在核力作用
D．原子核的结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
【答案】B
【解析】弱相互作用是引起原子核衰变的原因，故A错误；核子结合成原子核时释放能量，发生质量亏损，所以原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，故B正确；核力是强相互作用的一种表现，只有相邻的两个核子之间存在核力作用，故C错误；原子核的平均结合能越大，原子核中核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)就越小，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故D错误。
故选B。
【变式1-2】下列说法正确的是（　　）
A．原子核的质量越大，比结合能越小
B．居里夫人通过粒子轰击铝原子核，首次发现了中子
C．核力属于强相互作用，原子核内，核力比库仑力小
D．比结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时会释放核能
【答案】D
【解析】比结合能为原子核的结合能与核子数的比值，中等大小的核的比结合能最大，也最稳定，A错误；
B．查德威克在粒子轰击铍核实验中首次发现了中子，B错误；核力是强相互作用，原子核尺度内，核力比库仑力大得多，C错误；比结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时会有质量亏损，放出核能，D正确。故选D。
【变式1-3】关于核力，下列说法正确的是（　　）
A．核力的作用范围只有约m B．核力本质上属于电磁相互作用
C．中子和中子之间不会有核力作用 D．核力减小是发生衰变的原因
答案：A
解析：核力是短程力，作用范围在原子核内部，作用范围只有约m，选项A正确；核力属于强相互作用，不属于电磁相互作用，选项B错误；核力存在于核子之间，质子与质子，质子与中子，中子与中子之间均存在核力，选项C错误；弱相互作用才是引起衰变的原因，选项D错误。故选A。
【题型2 结合能】
【例2】目前人类探索太空需要用核电池对探测器提供电能和热能，某“核电池”是利用放射性元素钚238（）发生衰变释放的能量工作，其衰变方程为，钚238的半衰期为88年，下列说法正确的是（　　）
A．m=92，n=4，比的中子数多4
B．的结合能小于与的结合能之和
C．400个钚238经过176年还剩下100个
D．若改变238钚的温度、浓度及其所受的压力，它的半衰期将会改变
【答案】B
【解析】 与的中子数之差为 A错误； 衰变释放能量，的结合能小于与的结合能之和，B正确；半衰期是统计规律，对少量不适用，C错误； 半衰期与温度、浓度及其所受的压力无关，它的半衰期不会改变，D错误。故选B。
【变式2-1】（多选）原子比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列说法正确的有（　　）
A．比结合能大于，所以可以裂变成而放出核能
B．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
C．比更稳定，结合能更大
D．平均核子质量小于
【答案】BD
【解析】比结合能大于，所以可以通过聚变成释放能量，故A错误；比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故B正确；比比结合能更大，更稳定，但结合能小于结合能，故C错误；比结合能大，所以平均核子质量小，故D正确。故选BD。
【变式2-2】2021年4月，中国科学院近代物理研究所研究团队首次合成新核素铀，并在重核区首次发现强的质子-中子相互作用导致粒子形成的概率显著增强的现象。以下说法正确的是（　　）
A．铀核发生核反应方程为，是核裂变反应
B．若静止的铀核发生衰变，产生的新核速度方向与粒子速度方向可能相同
C．产生的新核从高能级向低能级跃迁时，将发射出射线
D．新核（）的结合能大于铀核的结合能
【答案】C
【解析】铀核发生核反应的方程为 此反应为衰变，选项A错误；若静止的轴核发生衰变，根据动量守恒定律可知产生的新核速度方向与粒子速度方向相反，选项B错误；产生的新核从高能级向低能级跃迁时，将发射出射线，选项C正确；新核（）的比结合能大于铀核的比结合能，新核（）的结合能小于铀核的结合能。D错误。故选C。
【变式2-3】（多选）具有放射性，静止的发生α衰变时，产生同时伴有γ光子射出。若核、核和α粒子的质量分别为m1、m2和m3，下列说法正确的是（　　）
A．的结合能为(m1-m2-m3)c2
B．高温高压可加快的衰变
C．用威尔逊云室探测放出的射线，α射线的径迹直而清晰，γ射线的径迹几乎看不到
D．射出的γ光子是的能级跃迁所产生的
【答案】CD
【解析】(m1-m2-m3)c2是核反应过程中释放的能量，或者是结合能的增量，并不是的结合能，A错误；高温高压无法改变半衰期，所以无法加快的衰变，B错误；威尔逊云室利用过饱和蒸汽探测射线，α射线电离能力强，易使蒸汽凝结而形成径迹，故径迹直而清晰，γ射线电离能力很弱，几乎看不到径迹，C正确；反应后新原子核处于较高能级，向低能级跃迁而射出γ光子，D正确。故选CD。
【题型3 比结合能】
【例3】下列说法正确的是(　　)
A．光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量
B．比结合能越大，原子核越不稳定
C．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期
D．原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损
解析：选A　光子像其他粒子一样，不但具有粒子性，而且也有波动性，则不但具有能量，也具有动量，故A正确；比结合能越大的原子核越稳定，B错误；放射性元素的半衰期与外界因素没有任何关系，只和本身性质有关，C错误；原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损，故D错误。
【变式3-1】(多选)原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的有(　 )
A.He核的结合能约为14 MeV
B.He核比Li核更稳定
C．两个H核结合成He核时释放能量
D.U核中核子的平均结合能比Kr核中的大
解析：选BC　由题图可知，He的比结合能为7 MeV，因此它的结合能为7 MeV×4＝28 MeV，A错误；比结合能越大，表明原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合题图可知B正确；两个比结合能小的H核结合成比结合能大的He时，会释放能量，C正确；由题图可知，U的比结合能(即平均结合能)比Kr的小，D错误。
【变式3-2】重核裂变的一个核反应方程为U＋n→Xe＋Sr＋xn，已知U、Xe、Sr的比结合能分别为7.6 MeV、8.4 MeV、8.7 MeV，则(　　)
A.该核反应方程中x＝3
B.U的中子数为143
C.该核反应中质量增加
D.U的比结合能比Xe小，U比Xe更稳定
答案　B
【变式3-3】(多选)铀核裂变的一种方程为U＋X→Sr＋Xe＋3n，已知原子核的比结合能与质量数的关系如图所示，下列说法中正确的有(　　)
A.X粒子是中子
B.X粒子是质子
C.U、Sr、Xe相比，Sr的比结合能最大，最稳定
D.U、Sr、Xe相比，U的质量数最多，结合能最大，最稳定
答案　AC
解析　根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，为中子，A正确，B错误；根据题图可知U、Sr、Xe相比，Sr的比结合能最大，最稳定，U的质量数最大，结合能最大，比结合能最小，最不稳定，C正确，D错误.
【题型4 质量亏损】
【例4】科学研究表明，香烟会释放一种危险的放射性元素钋（），如果每天抽2包香烟，一年后累积的辐射量相当于400次胸透的辐射量。的半衰期是138天，可以连续发生一次α衰变和一次β衰变后产生新核X。下列说法正确的是（　　）
A．制做香烟时可以通过升高温度减小的半衰期，从而减小辐射对人体的伤害
B．吸烟时因为发生化学反应，所以的半衰期会减小
C．发生衰变时，会发生质量亏损
D．新核X的中子数是206，电荷数是83
【答案】C
【解析】半衰期是由原子核内部自身的因素决定的，与原子所处的化学状态和外部条件没有关系，AB错误；发生衰变时，会放出能量，根据质能方程可知有质量亏损，C正确；连续发生一次α衰变和一次β衰变后产生新核X的质量数为206，电荷数为83，则新核X的中子数为123，D错误。故选C。
【变式4-1】1932年，考克饶夫和瓦尔顿用质子加速器进行人工核蜕变实验，验证了质能关系的正确性。在实验中，锂原子核俘获一个质子后成为不稳定的铍原子核，随后又蜕变为两个原子核，核反应方程为Li＋H―→Be―→2X。已知H、Li、X的质量分别为m1＝1.007 28 u、m2＝7.016 01 u、m3＝4.001 51 u，光在真空中的传播速度为c，则在该核反应中(　 )
A．质量亏损Δm＝4.021 78 u
B．释放的核能ΔE＝c2
C．铍原子核内的中子数是5
D．X表示的是氚原子核
解析：选B　根据核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，可知方程为Li＋H―→Be―→2He，则Z＝4，A＝8，铍原子核内的中子数是4，X表示的是氦核，故C、D错误；核反应质量亏损为Δm＝m1＋m2－2m3＝0.020 27 u，则释放的核能为ΔE＝(m1＋m2－2m3)c2，故A错误，B正确。
【变式4-2】(多选)一静止的氡核(Rn)发生了如下的核反应Rn→Po＋He，在反应后放出一个速度为v0、质量为m的氦核(He)和一个质量为M的反冲核钋(Po)，若氡核发生衰变时，释放的能量全部转化为氦核和钋的动能，则下列说法正确的是(　　)
A.该反应中氡核Rn发生的是α衰变
B.反应后产生的新核钋Po的比结合能小于反应前氡核Rn的比结合能
C.氡的同位素Rn和反应物氡Rn相比少了两个中子，因此它们的化学性质不同
D.该反应产生的质量亏损Δm＝
答案　AD
解析　由核反应方程Rn→Po＋He可知，该反应中氡核Rn发生的是α衰变，故A正确；由于氡核衰变的过程中释放能量，根据比结合能与能量的关系可知，钋核的比结合能大于氡核的比结合能，故B错误；核子数等于质子数加中子数，则氡的同位素Rn和反应物氡Rn相比少了两个中子，由于是同种元素，所以它们的化学性质相同，故C错误；由题意可知，释放的核能全部转化为氦核和钋核的动能，由动量守恒可知，氦核和钋核的动量相同，根据Ek＝，则释放的核能ΔE＝＋＝，由爱因斯坦质能方程可得Δm＝＝，故D正确.
【变式4-3】如图所示是原子核的平均核子质量A与原子序数Z的关系图象，下列说法正确的是(　　)
A．若D、E能结合成F，结合过程一定要释放能量
B．若D、E能结合成F，结合过程一定要吸收能量
C．若C、B能结合成A，结合过程一定要释放能量
D．若F、C能结合成B，结合过程一定要释放能量
答案：A
解析：D、E平均核子质量大于F平均核子质量，D、E结合成F，出现质量亏损，要释放能量，A对，B错；C、B结合成A，F、C结合成B都是质量增加，结合过程要吸收能量，C、D错．
【题型5 核能释放】
【例5】2021年12月30日，中科院全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）在7000万摄氏度的高温下实现1056秒的长脉冲高参数等离子体运行。若某次聚变反应是4个氢核H结合成1个氦核He，同时释放出正电子e。已知氢核的质量为mp，氦核的质量为mα，正电子的质量为me，真空中光速为c，则此次核反应释放的能量为（　　）
A．（4mp-mα-me）c2 B．（4mp-mα-2me）c2
C．（4mp+mα-me）c2 D．（4mp+mα-2me）c2
【答案】B
【解析】核聚变方程为 根据质能方程，可知核反应释放的能量
故选B。
【变式5-1】用粒子加速器加速后的质子轰击静止的锂原子核，生成两个动能均为 8.919 MeV的α粒子(He)，其核反应方程式为：H＋Li―→He＋He。已知质子质量为1.007 825 u，锂原子核的质量为7.016 004 u，α粒子的质量为4.002 603 u,1 u相当于931 MeV。若核反应释放的能量全部转化为α粒子的动能，则入射质子的动能约为(　 )
A．0.5 MeV B．8.4 MeV
C．8.9 MeV D．17.3 MeV
解析：选A　该反应放出能量ΔE＝(1.007 825 u＋7.016 004 u－2×4.002 603 u)×931 MeV/u≈17.34 MeV，入射质子的动能EkH＝2Ekα－ΔE≈0.5 MeV，故A正确。
【变式5-2】现有钚的同位素原子核静止在匀强磁场中，该离子沿与磁场垂直的方向放出粒子以后，变成铀的一个同位素原子核，同时放出一个能量为的光子（已知钚核质量，铀核质量，粒子的质量为，，下列说法正确的是（　　）
A．该核反应属于裂变反应
B．此过程的核反应方程为
C．若不计光子的动量，则粒子与铀核在该磁场中的回转半径之比
D．若不计光子的动量，铀核的动能约为0.071MeV
【答案】D
【解析】该核反应属于衰变，故A错误；根据质量数守恒和电荷数守恒，知该过程核反应方程为 故B错误；设衰变后，铀核速度为，粒子的速度为，根据动量守恒有 由 可得 故C错误；由能量守恒定律知，铀核与粒子的总动能 结合
有 解得 故D正确。故选D。
【变式5-3】(多选)在某些恒星内，3个α粒子结合成1个C核，C原子的质量是12.000 0 u，He原子的质量是4.002 6 u，已知1 u＝1.66×10－27 kg.则下列说法正确的是(1 u相当于931 MeV)(　　)
A．反应过程中的质量亏损是0.078 u
B．反应过程中的质量亏损是1.29×10－29 kg
C．反应过程中释放的能量是7.26 MeV
D．反应过程中释放的能量是1.16×10－19 J
答案：BC
解析：由题意可得核反应方程为3He→C.则核反应中的质量亏损为Δm＝(3×4.002 6－12.000 0)u＝0.007 8 u≈1.29×10－29 kg，由质能方程得ΔE＝Δmc2＝1.29×10－29×(3×108)2J＝1.161×10－12 J．因为质量亏损1 u相当于931 MeV，所以ΔE＝0.007 8×931 MeV＝7.26 MeV.故B、C正确．
【题型6 综合问题】
【例6】2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M装置（HL-2M）在成都建成并实现首次放电，该装置是中国目前规模最大、参数最高的先进托卡马克装置，是中国新一代先进磁约束核聚变实验研究装置。我国重大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。核聚变反应的方程为；。已知氘核的质量为，比结合能为E，中子的质量为，反应中释放的核能为，光速为c，下列说法正确的是（　　）
A．要使该聚变反应发生，必须克服两氘核间巨大的核力 B．反应产物x为
C．x核的质量为 D．x的比结合能为
答案：D
解析：要发生聚变反应，两个原子核要足够近，故需要克服两氘核间巨大的库仑斥力，A错误；.根据质量数守恒和电荷数守恒，可知x的质量数为3，电荷数为2，所以反应产物x应为，B错误；由爱因斯坦质能方程得到解得C错误；根据解得D正确。故选D。
【变式6-1】(多选)下列说法正确的是(　　)
A．一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应，如果增加光照的强度，则有可能发生光电效应
B．β射线的本质是电子流，所以β衰变是核外的一个电子脱离原子而形成的
C．由玻尔理论可知一群处于n＝3能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射3种频率的光子
D．两个轻核结合成质量较大的核，该原子核的比结合能增加
答案　CD
解析　能否发生光电效应与光的强度无关，则一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应，如果增加光照的强度，则也不能发生光电效应，选项A错误；β射线的本质是电子流，β衰变是核内的中子转化为质子时放出的电子，选项B错误；由玻尔理论可知一群处于n＝3能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射C＝3种频率的光子，选项C正确；两个轻核结合成质量较大的核时，放出核能，比结合能增加，故D正确．
【变式6-2】（多选）太阳内部不断发生着核聚变反应并释放出大量的能量，若聚变核反应为，同时，核反应中放出波长为的光子，该光子射到逸出功为的金属板上，打出的光电子最大初动能为，已知光速为c，普朗克常量为h，则（　　）
A．波长为的光子能量为
B．的比结合能小于的比结合能
C．核反应产生的中子具有很强的穿透能力，可以用来工业探伤
D．波长为的光子的频率为
【答案】AB
【解析】根据，而，则入射光子的能量为，故A正确；反应过程放出能量，说明产物的能量低，更稳定，而比结合能越大，越稳定，说明的核子比结合能小于的比结合能，故B正确；射线具有很强的穿透能力，可以用来工业探伤，而不是中子，所以C错误；根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能为：。所以光子的频率 故D错误。故选AB。
【变式6-3】1919年,卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子。若某次碰撞可看作对心正碰,α粒子初速度v0,碰后释放的核能全部转化为动能,新核与质子同方向运动,且垂直磁场方向,通过分析偏转半径可得出新核与质子的速度大小之比为 1∶17。
(1)写出核反应方程;
(2)求出质子的速度大小(质子、中子的质量均为m);
(3)求出新核与质子的质量和比α粒子与氮核的质量和小多少。
解析:(1)由质量数守恒及电荷数守恒可得核反应方程为NHeOH。
(2)α粒子、新核的质量分别为4m、17m,质子的速度为v,选取α粒子的速度方向为正方向,由动量守恒定律得4mv0=17m×+mv,解得v=2v0。
(3)核反应中放出的核能为
ΔE=×17m×()2+mv2-×4m。
由爱因斯坦质能方程有ΔE=Δmc2
联立解得Δm=。
答案:(1)NHe→OH　(2)2v0 (3)
【题型7 对比问题】
【例7】截止到2022年9月份，用来储存福岛核废水的储存罐将会全部用完，日本已经确定将福岛第一核电站核污水排入大海。核废水中包含氘、钴60、锶90、碘129、铀235等60多种高污染核素，这些放射性物质直接排入大海，会对太平洋周边海域造成极大的危害。氚经过β衰变放出的电子被人体吸入是有害的，其他核素的半衰期更长，危害更大，例如锶90的半衰期约为28年，碘129的半衰期约为1570万年，这些核素与海洋生物具有很强的亲和力，对人类具有很强的危害性。下列判断正确的是（　　）
A．氚的β衰变方程为
B．β衰变的实质为
C．钴60的比结合能小于碘129的比结合能
D．温度升高，分子热运动剧烈程度增加，铀235的半衰期会缩短
答案：B
解析：由原子核衰变时质量数和电荷数都守恒可知，氚的β衰变方程为A错误；β衰变的实质为核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子，转化方程是B正确；中等大小的核的比结合能较大，因此钴60的比结合能大于碘129的比结合能，C错误；放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的，与原子所处的化学状态和外部条件无关，所以铀235的半衰期不会改变，D错误。
故选B。
【变式7-1】下列关于结合能和比结合能的说法中，正确的是(　　)
A．核子结合成原子核吸收的能量或原子核拆解成核子放出的能量称为结合能
B．比结合能越大的原子核越稳定，因此它的结合能也一定越大
C．重核与中等质量原子核相比较，重核的结合能和比结合能都大
D．中等质量原子核的结合能和比结合能均比轻核的要大
解析:选D　核子结合成原子核是放出能量，原子核拆解成核子是吸收能量，A选项错误；比结合能越大的原子核越稳定，但比结合能越大的原子核，其结合能不一定大，例如中等质量原子核的比结合能比重核大，但由于核子数比重核少，其结合能比重核小，B、C选项错误；中等质量原子核的比结合能比轻核的大，它的原子核内核子数又比轻核多，因此它的结合能也比轻核大，D选项正确．
【变式7-2】（多选）已知、、的静止质量分别是226.0254u、222.0175u、4.0026u，u为原子质量单位，且1u相当于931.5MeV。当发生α衰变时，下列说法正确的是（　　）
A．的质量等于组成它的核子的质量之和
B．发生一次衰变释放的核能为4.93695MeV
C．因的比结合能比小，所以比更稳定
D．一个静止的发生一次衰变，产生的和的速度之比约为111：2
答案：BC
解析：原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，因为核子组合成原子核时强力做正功释放能量，故A错误；发生α衰变释放出核能，一次衰变释放的核能E=(226.0254－222.0175－4.0026)×931.5MeV＝4.93695MeV故B正确；原子核的比结合能越大，说明把它分成单个的核子需要赋予更多的能量，因此原子核更稳定，的比结合能比小，所以更稳定，故C正确；由衰变时动量守恒可知，和的速度之比为两者质量的反比，质量之比约为质量数之比，故和的速度之比约为2∶111，故D错误。故选BC。
【变式7-3】（多选）铀核裂变的一种方程为，已知原子核的比结合能与质量数的关系如图所示，下列说法中正确的有（　　）
A．X粒子是中子
B．X粒子是质子
C．相比，的比结合能最大，最稳定
D．相比，的质量数最多，结合能最大
【答案】ACD
【解析】根据质量数和电荷数守恒，X的质量数为1，电荷数为0，X为中子，故A正确，B错误；根据图像可知，的比结合能最大，最稳定。的质量数最多，结合能最大。故CD正确。故选ACD。
【题型8 联系实际】
【例8】如图所示，某轧钢厂的热轧机上安装了一个射线测厚仪，探测器探测到的射线强度与钢板的厚度有关。已知测厚仪采用放射性同位素作为放射源，发生衰变时放出射线和射线，半衰期为74天，适合透照厚度在之间的钢板，下列说法正确的是（　　）
A．探测器探测到的射线增强，说明钢板的厚度增加
B．192 g放射性同位素经过148天全部完成衰变
C．若衰变产生的新核用X表示，则的衰变方程为
D．的比结合能比衰变后的产物X的比结合能大
【答案】C
【解析】探测器探测到的射线增强，说明钢板的厚度减小，A错误；192 g放射性同位素经过，148天（2个半衰期），剩余的质量为原来的，B错误；衰变的实质是核里的一个中子放出一个电子变为一个质子，反应过程中遵循质量数守恒和核电荷数守恒，衰变方程为，C正确；核反应方程式中生成物比反应物稳定，与之对应的是衰变后的产物X的比结合能比写的比结合能大，D错误。
故选C。
【变式8-1】考古学上利用“碳钟”，也就是利用来推测古文物产生的年代。已知的衰变产物中有稳定的，的半衰期为年，下列说法正确的是（　　）
A．的衰变方程为
B．该衰变过程中原子核内减少一个中子
C．一个核发生衰变释放的核能为为原子的质量，为光速
D．已经死亡年的古树中不会含有原子
【答案】B
【解析】的衰变属于衰变，其衰变方程为 A错误；衰变的本质是
该衰变过程中原子核内减少一个中子，新生成一个质子和一个电子，B正确；一个核发生衰变释放的核能为，C错误；半衰期是放射性元素的特征参量，对于而言，年为两个半衰期，已经死亡年的古树遗骸中的含量为原来的，D错误。故选B。
【变式8-2】中国实验快堆是第四代核能系统的优选堆型，采用钚（）作燃料，在堆心燃料钚的外围再生区里放置不易发生裂变的轴（），钚-239裂变释放出的快中子被再生区内的铀-238吸收，转变为铀-239，铀-239极不稳定，经过衰变，进一步转变为易裂变的钚-239，从而实现核燃料的“增殖”。下列说法正确的是（　　）
A．铀-239转变为钚-239，经过了3次衰变
B．铀-239发生衰变过程中，电荷数守恒，质量也守恒
C．铀-239发生衰变的实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子
D．钚（）裂变生成两个中等质量的核，钚核的比结合能大于生成的两个核的比结合能
【答案】C
【解析】铀-239转变为钚-239，质量数不变，电荷数增加，电荷增加2，则经过了2次衰变，选项A错误；铀-239发生衰变过程中，电荷数守恒，质量数也守恒，由于反应放出能量，则由质量亏算，选项B错误；铀-239发生衰变，实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子，选项C正确；钚（）裂变生成两个中等质量的核，反应放出核能，生成的新核更加稳定，则钚核的比结合能小于生成的两个核的比结合能，选项D错误。故选C。
【变式8-3】核电池是各种深空探测器中最理想的能量源，它不受极冷极热的温度影响，也不被宇宙射线干扰。钚-238同位素温差电池的原理是其发生衰变时将释放的热能转化为电能。已知钚-238的半衰期为88年，其衰变方程为。下列说法正确的是（　　）
A．衰变放出的射线是高速氦核流，它的贯穿能力很强
B．的比结合能小于的比结合能
C．的核子平均质量小于的核子平均质量
D．钚-238在极高压下可加速衰变，其半衰期可小于88年
【答案】B
【解析】根据质量数和电荷数守恒，可判断X是He，氦核流的贯穿能力很弱，电离能力很强，故A错误；比更稳定，则比结合能更大，故B正确；因为释放能量，存在质量亏损，所以的核子平均质量小于，故C错误；原子核半衰期与外界环境无关，故D错误。故选B。专题3.3 能量守恒定律
【人教版】
【题型1 联系实际】
【题型2 能量守恒定律的应用】
【题型3 第一类永动机】
【题型4 综合问题】
【题型1 联系实际】
【例1】(多选)空调市场上有很多变频空调，据专家介绍变频空调比定频的要节能，因为定频空调开机时就等同于汽车启动时，很耗能，是正常运行的5~7倍。空调在工作时达到设定温度就停机，等温度高了再继续启动。这样的频繁启动，耗电多，而变频空调启动时有一个由低到高的过程，运行过程是自动变速来保持室内温度，从开机到关机中间不停机，而是达到设定温度后就降到最小功率运行，所以比较省电。阅读上述介绍后，以下说法合理的是(　　)
A．变频空调节能，运行中不遵守能量守恒定律
B．变频空调运行中做功少，转化能量多
C．变频空调在同样工作条件下运行效率高，省电
D．变频空调与定频空调做同样功时，消耗同样电能
【解析】自然界的一切过程都遵守能量守恒定律，A错；功是能量转化的量度，做同样的功，消耗同样电能，B错D正确；对由变频空调的工作特点可知省电的原因是效率高，C正确。故选CD。
【答案】 CD
【变式1-1】如图是一自热米饭盒，盒内有一个发热包，遇水发生化学反应而产生大量热量，盖上盒盖便能在10～15分钟内加热食品。自热米饭盒的盖子上有一个透气孔，如果透气孔堵塞，容易造成小型爆炸，下列说法正确的是（　　）
A．饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，则盒内每一个气体分子速率都增大了
B．饭盒爆炸，是盒内气体温度升高，气体压强增大导致的结果
C．在饭盒爆炸的瞬间，外界对盒内气体做正功
D．在饭盒爆炸的瞬间，盒内气体温度急剧升高
解析:饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，分子的平均动能增大，但是不是盒内每一个气体分子速率都增大了，故A错误；饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，分子的平均动能增大，所以气体压强增大导致饭盒爆炸，故B正确；在饭盒爆炸的瞬间，气体体积增大，气体对外界做正功，故C错误；根据热力学第一定律可知，爆炸前气体温度升高，内能增大，在饭盒爆炸的瞬间，气体对外界做功，其内能应减小，盒内气体温度急剧下降，故D错误。
答案：B
【变式1-2】一种冷暖两用型空调在制热时，每消耗电能，放出约的热量。下列说法正确的是(　　)
A．空调制热过程产生了新能量
B．空调制热时放出的热量全部是由电能转化面来的
C．此过程违反了能量守恒定律
D．空调制热时放出的热量，一部分是由电能转化而来，另一部分则是从外界吸收
【解析】 该空调向室内放出的热量，一部分是通过电流做功，消耗电能转化而来，另一部分则是通过从外界吸收，因此并不违反能量守恒定律，故选项D正确，ABC错误。故选D。
【答案】 D
【变式1-3】(多选)下列关于能量转化现象的说法中，正确的是(　　)
A．用太阳灶烧水是太阳能转化为内能
B．电灯发光是电能转化为光能
C．核电站发电是电能转化为内能
D．生石灰放入盛有凉水的烧杯里，水温升高是动能转化为内能
【解析】用太阳灶烧水是太阳能转化为内能；A正确；电灯发光是消耗电能，转化为光能；B正确；核电站发电是核能转化为电能；C错误；生石灰放入凉水中，水温升高是化学能转化为内能。D错误。故选AB。
【答案】 AB
【题型2 能量守恒定律的应用】
【例2】(多选)如图所示，带有活塞的汽缸中封闭着一定质量的理想气体(不考虑气体分子势能)，汽缸和活塞均具有良好的绝热性能。将一个热敏电阻置于汽缸中，热敏电阻与汽缸外的欧姆表连接，汽缸固定不动，缸内活塞可自由移动且不漏气，活塞下挂一沙桶，沙桶装满沙子时活塞恰好静止。现将沙桶底部钻一小洞，细沙缓缓漏出。则下列说法正确的是(　　)
A．外界对气体做功，气体的内能增大
B．气体对外界做功，气体的内能减小
C．气体的压强增大，体积减小
D．欧姆表的指针逐渐向右偏转
【解析】 在细沙缓慢漏出的过程中，沙桶对活塞向下的拉力减小，活塞在大气压的作用下向上运动，气体体积减小，压强增大，外界对气体做功，气体的内能增大，温度升高，由于热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，欧姆表示数减小，指针右偏，故A、C、D正确，B错误。故选ACD。
【答案】 ACD
【变式2-1】静止于水平地面上，现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m，木箱受到地面的摩擦力为60 N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能Ek分别是(空气阻力不计)(　　)
A.U＝200 J，Ek＝600 J B.U＝600 J，Ek＝200 J
C.U＝600 J，Ek＝800 J D.U＝800 J，Ek＝200 J
答案　B
解析　U＝Ffx＝60×10 J＝600 J
Ek＝Fx－U＝80×10 J－600 J＝200 J。
【变式2-2】(多选)如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高Ｈ，上端套着一个细环。棒和环的质量分为4m和m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小为4mg。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。则(　　)
A．从断开轻绳到棒和环都静止，系统损失的机械能为
B．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对地面始终向下运动
C．棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环相对地面先做匀减后匀加最后做匀减速运动
D．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于棒没有往复运动，但总位移向下
【解析】设环相对棒滑动距离为l，根据能量守恒，解得，摩擦力对棒及环做的总功为，联立解得，故A正确；
棒第一次与地面碰撞后，一开始棒的速度方向变为向上，环的速度方向继续向下，二者存在相对运动，相互间存在滑动摩擦力，棒所受合力方向向下，加速度大小为，环受重力、向上的滑动摩擦力，合力方向向上，加速度大小为，此时环的加速度大于棒的加速度，而环的速度与棒的速度相同，所以环的减速时间小于棒的减速时间，最终环会向上做匀加速运动，加速度大小为3g，直至环与棒速度大小相同，此时两者无相对运动，不受摩擦影响，均做加速度大小为g的向上的匀减速运动，直至速度为0，故B错误C正确；
当棒再次下落时，由于此时棒的速度等于环的速度，此时棒与环之间无摩擦，所以环的下落为自由落体运动，无相对于棒做往复运动，且位移总向下。故D正确；故选ACD。
【答案】 ACD
【变式2-3】如图所示，A、B是两个完全相同的热胀冷缩明显的金属球，初温相同。A放在绝热板上，B用绝热绳悬挂。现只让它们吸热，当它们升高相同的温度时，吸热分别为QA、QB，则(　　)
A．QA=QB B．QAC．QA>QB D．无法确定
【解析】 A、B升高相同的温度，根据Q=cmΔt可知，升温需要的能量是相同的。由于受热膨胀，A的重心升高，重力势能增加，QA一部分用于升温，一部分用于增加重力势能ΔEp，即QA=Q+ΔEp;B的重心降低，重力势能减小，QB和减少的重力势能ΔEp共同用于升温，即Q=QB+ΔEp;显然QA>QB。故选项C正确。
【答案】 C
【题型3 第一类永动机】
【例3】下列说法正确的是(　　)
A．气体吸收了热量，其温度一定升高
B．第一类永动机不可能造成的原因是违反了能量守恒定律
C．对于确定的液体和确定材质的毛细管，管的内径越细，毛细现象越不明显
D．晶体均有规则的几何形状
【解析】由热力学第一定律，可知气体吸收热量，如果气体对外做功，内能可能减小，则其温度可能降低，故A错误；做功的过程就是能量转化的过程，第一类永动机指的是不消耗能量就能做功的机器，因违反了能量守恒定律不可能造成，故B正确；对于确定的液体和确定材质的毛细管，管的内径越细，毛细现象越明显，故C错误；晶体分为单晶体和多晶体，多晶体没有规则的几何形状，故D错误。故选B。
【答案】 B
【变式3-1】(1)如图甲所示，一理想的“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面“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．下列说法中正确的是(　　)
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
(2)如图乙所示，内壁光滑的汽缸水平放置，一定质量的理想气体被密封在汽缸内，外界大气压强为p0.现对汽缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，体积由V1增大为V2，则在此过程中，气体分子的平均动能______(选填“增大”、“不变”或“减小”)，气体内能变化了______．
答案　(1)A　(2)增大　Q－p0(V2－V1)
解析　(2)根据热力学定律，汽缸内气体的内能增加量等于气体吸收的热量减去气体对外做的功．
【变式3-2】“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为( )
A．它不符合机械能守恒定律
B．它违背了能的转化和守恒定律
C．它做功产生的热不符合热功当量
D．暂时找不到合理的设计方案和理想材料
【解析】 第一类永动机不可能制成的原因是违背了能的转化和守恒定律，故B正确，ACD错误。故选B。
【答案】 B
【变式3-3】关于热学现象和热学规律，下列说法中正确的是(　　)
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．用油膜法测分子直径的实验中，应使用纯油酸滴到水面上
C．第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量守恒定律
D．用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功3.0×105 J，同时空气的内能增加2.2×105 J，则空气从外界吸热5.2×105 J
【解析】布朗运动是小颗粒的运动，只是间接反映了液体分子的无规则运动，故A错误；用油膜法测分子直径的实验中，应使用油酸溶液滴到水面上，便于稀释后紧密排列在水面上，故B错误；第一类永动机违背了能量守恒定律，故C正确；由热力学第一定律△U=W+Q可知，空气向外界散出0.8×105J的热量，故D错误；故选C。
【答案】 C
【题型4 综合问题】
【例4】如图所示，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d再回到状态a的过程，a→b是温度为T1的等温过程，c→d是温度为T2的等温过程，b→c和d→a为绝热过程(气体与外界无热量交换)，这就是著名的“卡诺循环”。卡诺循环构建了从单一热源吸收热量用来做功的理想过程，符合卡诺循环的热机的效率为。下列说法正确的是(　　)
A．a→b过程气体对外界做功且吸收热量
B．b→c过程气体对外做的功小于气体内能的减少量
C．c→d过程单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少
D．由卡诺循环可知热机效率可能达到100%
【解析】 a→b过程为等温过程，温度不变，气体的内能不变，气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，故A正确；b→c过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，根据热力学第一定律可知b→c过程气体对外做的功等于气体内能的减少量，故B错误；c→d为等温过程，压强变大，体积减小，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，压强变大说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C错误；热机在工作时不可避免的要克服机械部件间的摩擦做额外功，并且还存在热量损失，机械效率不可能达到100%，故D错误。故选A。
【答案】 A
【变式4-1】如图所示为冲击摆实验装置，一飞行子弹射入沙箱后与沙箱合为一体，共同摆起一定的高度，则下面有关能量的转化的说法中正确的是(　　)
A．子弹的动能转变成沙箱和子弹的内能
B．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的热能
C．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的动能
D．子弹动能的一部分转变成沙箱和子弹的内能，另一部分动能转变成沙箱和子弹的机械能
【解析】 子弹在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，一部分动能转变成沙箱和子弹的内能，另一部分动能转变成沙箱和子弹的机械能．
【答案】 D
【变式4-2】如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静止一质量为m的重物。图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的图像，密闭气体在A点的压强，从状态A变化到状态B的过程中吸收热量。已知外界大气压强，下列说法正确的是（ ）
A．重物质量
B．气体在状态B时的体积为
C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功
D．从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加
解析: 在A状态，根据题意
解得故A错误；根据图像可知所以气体做等压变化解得故B错误；从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功故C错误；根据热力学第一定律故D正确。
答案：D
【变式4-3】有一种在超市中常见的“强力吸盘挂钩”如图甲所示。图乙、图丙是其工作原理示意图。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上（如图乙），然后把锁扣扳下（如图丙），让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，使吸盘牢牢地被固定在墙壁上，若吸盘内气体可视为理想气体，且温度始终保持不变。则此过程中（　　）
A．吸盘内气体要吸收热量 B．吸盘内气体分子的密度增大
C．吸盘被向外拉出过程中，吸盘内气体不对外界做功 D．吸盘内气体压强增大
解析：吸盘内气体体积增大，气体对外做功，W<0，由于气体温度不变，气体内能不变， U=0，由热力学第一定律 U=W+Q可知Q= U W>0吸盘内气体要吸收热量，A正确，C错误；吸盘内气体分子数不变，而气体体积变大，则吸盘内气体分子的密度减小，B错误；吸盘内气体温度不变而体积变大，由玻意耳定律PV=C可知，吸盘内气体压强减小，D错误。
答案：A专题4.6 粒子的波动性和量子力学的建立
【人教版】
【题型1 粒子的波动性】
【题型2 物质波的实验验证】
【题型3 量子力学的建立】
【题型4 量子力学的应用】
【题型5 联系实际】
【题型6 对比问题】
【题型7 综合问题】
【题型1 粒子的波动性】
【例1】一个德布罗意波长为λ1的中子和另一个德布罗意波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核，该氚核的德布罗意波长为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【变式1-1】已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，电子的质量为9.11×10－31 kg，一个电子和一滴直径约为4 μm的油滴具有相同动能，则电子与油滴的德布罗意波长之比的数量级为(　 )
A．10－8 B．106 C．108 D．1016
【变式1-2】如果下列四种粒子具有相同的速率,则德布罗意波长最小的是(　　)
A.α粒子 B.β粒子 C.中子 D.质子
【变式1-3】如果一个中子和一个质量为10 g的子弹都以103 m/s的速度运动，则它们的德布罗意波的波长分别是多少？(中子的质量为1.67×10－27 kg)
【题型2 物质波的实验验证】
【例2】[多选]实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是(　　)
A．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样
B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹
C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构
D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构
E．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
【变式2-1】在历史上，最早证明德布罗意波存在的实验是(　　)
A．弱光衍射实验
B．电子束在晶体上的衍射实验
C．弱光干涉实验
D．以上都不正确
【变式2-2】(多选)1927年，戴维孙和汤姆孙分别完成了电子衍射实验，该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一.如图甲所示是该实验装置的简化图，如图乙所示为电子束的衍射图样，下列说法正确的是(　　)
A.亮条纹是电子到达概率大的地方
B.该实验说明物质波理论是正确的
C.该实验再次说明光子具有波动性
D.该实验说明实物粒子具有波动性
【变式2-3】[多选]利用金属晶格(大小约10－10 m)作为障碍物观察电子的衍射图样，方法是让电子束通过电场加速后，照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样。已知电子质量为m，电荷量为e，初速度为0，加速电压为U，普朗克常量为h，则下列说法中正确的是(　　)
A．该实验说明了电子具有波动性
B．实验中电子束的德布罗意波的波长为λ＝
C．加速电压U越大，电子的衍射现象越明显
D．若用相同动能的质子替代电子，衍射现象将更加明显
【题型3 量子力学的建立】
【例3】[多选]下列关于波粒二象性的说法正确的是(　　)
A．光电效应揭示了光的波动性
B．使光子一个一个地通过单缝，若时间足够长，底片上也会出现衍射图样
C．黑体辐射的实验规律可用光的粒子性解释
D．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性
【变式3-1】（多选）量子力学的创立给人类的科学、技术和社会形态带来了极其深刻的影响。有关量子力学的应用，下列说法正确的是（　　）
A．量子力学推动了核物理和粒子物理的发展
B．量子力学推动了原子、分子物理和光学的发展
C．量子力学否定了经典力学理论
D．量子力学推动了固体物理的发展
【变式3-2】波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有（　　）
A．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释
B．光电效应现象揭示了光的波粒二象性
C．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性
D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等
【变式3-3】(多选)波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有(　　)
A.光电效应现象揭示了光的粒子性
B.热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性
C.黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释
D.动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波的波长也相等
【题型4 量子力学的应用】
【例4】下列说法正确的是(　　)
A．质量大的物体，其德布罗意波长短
B．速度大的物体，其德布罗意波长短
C．动量大的物体，其德布罗意波长短
D．动能大的物体，其德布罗意波长短
【变式4-1】太阳帆飞行器是利用太阳光获得动力的一种航天器，其原理是光子在太阳帆表面反射的过程中会对太阳帆产生一个冲量。若光子垂直太阳帆入射并反射，其波长为，普朗克常量为h，则对它的冲量大小为（　　）
A． B． C． D．
【变式4-2】如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的哪个物理量也相等(　　)
A．速度 B．动能 C．动量 D．总能量
【变式4-3】(多选)关于物质的波粒二象性，下列说法中正确的是(　　)
A．不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性
B．运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道
C．波动性和粒子性，在宏观现象中是矛盾的、对立的，但在微观高速运动的现象中是统一的
D．实物的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性
【题型5 联系实际】
【例5】2021年开始实行的“十四五”规划提出，把量子技术与人工智能和半导体一起列为重点研发对象，在量子通信技术方面，中国已有量子通信专利数超3000项，领先美国。下列有关说法正确的是（　　）
A．玻尔在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念
B．动能相同的一个质子和电子，质子的德布罗意波长比电子长
C．康普顿效应表明光子不仅具有能量，还具有动量
D．普朗克大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性
【变式5-1】科研人员利用冷冻电镜断层扫描技术首次“拍摄”到新冠病毒的3D清晰影像，冷冻电镜是利用高速电子具有波动性原理，其分辨率比光学显微镜高1000倍以上。下列说法正确的是（　　）
A．电子的实物波是电磁波
B．电子的德布罗意波长与其动量成正比
C．冷冻电镜的分辨率与电子加速电压有关，加速电压越高，则分辨率越低
D．若用相同动能的质子代替电子，理论上也能“拍摄”到新冠病毒的3D清晰影像
【变式5-2】脉冲燃料激光器以的脉冲形式发射波长为585nm的光，这个波长的光可以被血液中的血红蛋白强烈吸收，从而有效清除由血液造成的瘢痕。每个脉冲向瘢痕传送约为的能量，普朗克常量为。（　　）
A．每个光子的能量约为
B．每个光子的动量约为
C．激光器的输出功率不能小于1.24W
D．每个脉冲传送给瘢痕的光子数约为个
【变式5-3】光照射到物体上对物体表面产生的压力叫光压，科学家设想在未来的宇航事业中利用太阳照射到太阳帆上产生的光压来加速星际飞船，设该飞船所在地每秒每单位面积接收到光的总能量为E，光平均波长为，光在真空中的速度为c，太阳帆面积为S，反射率100%，设太阳光垂直射到太阳帆上，飞船总质量为m，普朗克常量为h。求：
（1）太阳帆上每秒内接受到光子的个数；
（2）星际飞船飞行的加速度。
【题型6 对比问题】
【例6】（多选）中国的网络建设开始迈向5G时代，5G即第五代移动通信技术，采用3300～5000MHz频段，相比于现有的4G（即第四代移动通信技术，采用1880～2635MHz频段）技术而言，具有更大的优势。5G信号与4G信号相比，下列说法正确的是（　　）
A．5G信号比4G信号在真空中的传播速度快
B．4G信号波动性更显著
C．4G和5G信号都是横波
D．5G信号更容易发生明显衍射现象
E．5G信号能量比4G信号能量更大
【变式6-1】下列说法正确的是（　　）
A．光的波长越长，光子能量越大，波动性越明显
B．光的频率越高，光子能量越大，粒子性越明显
C．动能相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长相同
D．速率相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长相同
【变式6-2】如图为一玻璃球过球心O的横截面，两条可见光线1、2合在一起平行于横截面的直径从A点射入玻璃球，分成光线3、4。已知光线1、2与OA的夹角为60°，3、4与OA的夹角分别为45°、30°，则这两束光(　　)
A．3、4两种光对此种玻璃的折射率之比
B．3、4两种光在此种玻璃中的速度之比
C．光子动量p3＞p4
D．射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距
【变式6-3】(多选)两种单色光分别经同一单缝衍射装置得到的衍射图样如图甲、乙所示。图丙中有一半圆形玻璃砖，O是圆心，MN是法线，PQ是足够长的光屏。甲光以入射角i由玻璃砖内部射向O点，折射角为r。下列说法正确的是(　　)
A．真空中甲光光子的动量大于乙光光子动量
B．甲光从玻璃射向空气发生全发射的临界角C满足
C．若乙光恰好能使某金属发生光电效应，则甲光不可能使该金属发生光电效应
D．丙图入射光若是包含甲乙两种成分的复色光，则在PQ屏上形成的两个光斑中乙光光斑在右边
【题型7 综合问题】
【例7】下列说法正确的是(　　)
A.质子的德布罗意波长与其动能成正比
B.天然放射的三种射线，穿透能力最强的是α射线
C.光电效应实验中的截止频率与入射光的频率有关
D.电子束穿过铝箔后的衍射图样说明电子具有波动性
【变式7-1】（多选）运动的微观粒子具有波粒二象性，有能量E、动量p，也对应着一定的波长λ。m表示粒子的质量，下列图像正确的是(　　)
【变式7-2】（多选）著名物理学家汤姆孙曾在实验中让电子束通过电场加速后，通过多晶薄膜得到了如图所示衍射图样，已知电子质量为，加速后电子速度m/s，普朗克常量J·s，则（　　）
A．该图样说明了电子具有粒子性
B．该实验中电子的德布罗意波长约为0.15nm
C．加速电压越大，电子的物质波波长越大
D．使用电子束工作的电子显微镜中，加速电压越大，分辨本领越强
【变式7-3】（多选）如图为人们利用量子理论研制的电子显微镜拍摄到的铀酰微晶照片，放大了约1亿倍，这是光学显微镜做不到的对于量子理论的建立过程，下列说法符合事实的是（　　）
A．普朗克能量子假说得出的黑体辐射公式很好地解释了黑体辐射实验规律
B．爱因斯坦光子说解释了光电效应现象，说明了光子具有能量和动量
C．玻尔氢原子理论中电子的运动是具有确定坐标的质点的轨道运动
D．电子显微镜利用高速电子束的德布罗意波长比可见光波长更小提高了分辨能力
参考答案
【题型1 粒子的波动性】
【例1】一个德布罗意波长为λ1的中子和另一个德布罗意波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核，该氚核的德布罗意波长为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
解析：选A　中子的动量p1＝，氘核的动量p2＝，同向正碰后形成的氚核的动量p3＝p2＋p1，所以氚核的德布罗意波长λ3＝＝，A正确。
【变式1-1】已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，电子的质量为9.11×10－31 kg，一个电子和一滴直径约为4 μm的油滴具有相同动能，则电子与油滴的德布罗意波长之比的数量级为(　 )
A．10－8 B．106 C．108 D．1016
解析：选C　根据德布罗意波长公式λ＝，p＝，解得λ＝，由题意可知，电子与油滴的动能相同，则其波长与质量的二次方根成反比，所以有＝，m油＝ρ·πd3＝0.8×103××3.14×(4×10－6)3 kg≈2.7×10－14 kg，代入数据解得＝≈1.7×108，故C正确，A、B、D错误。
【变式1-2】如果下列四种粒子具有相同的速率,则德布罗意波长最小的是(　　)
A.α粒子 B.β粒子 C.中子 D.质子
解析:选A，由德布罗意波长λ=,动量p=mv可得λ=,速率相等,即速度大小相同,α粒子的质量m最大,则α粒子的德布罗意波长最小,故A正确,B、C、D错误。
【变式1-3】如果一个中子和一个质量为10 g的子弹都以103 m/s的速度运动，则它们的德布罗意波的波长分别是多少？(中子的质量为1.67×10－27 kg)
解析　中子的动量p1＝m1v，
子弹的动量为p2＝m2v，
由公式λ＝知，中子和子弹的德布罗意波长分别为
λ中＝和λ子＝，
因此可得到λ中＝，λ子＝，代入数据得：
λ中＝4.0×10－10 m
λ子＝6.63×10－35 m。
答案　4.0×10－10 m　6.63×10－35 m
【题型2 物质波的实验验证】
【例2】[多选]实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是(　　)
A．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样
B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹
C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构
D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构
E．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
解析：选ACD　电子束具有波动性，通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，选项A正确。β射线在云室中高速运动时，径迹又细又直，表现出粒子性，选项B错误。人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构，体现出波动性，选项C正确。电子显微镜是利用电子束工作的，体现了波动性，选项D正确。光电效应实验，体现的是粒子性，选项E错误。
【变式2-1】在历史上，最早证明德布罗意波存在的实验是(　　)
A．弱光衍射实验
B．电子束在晶体上的衍射实验
C．弱光干涉实验
D．以上都不正确
解析　最早证明德布罗意波假说的是电子束在晶体上的衍射实验，故B项正确。
答案　B
【变式2-2】(多选)1927年，戴维孙和汤姆孙分别完成了电子衍射实验，该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一.如图甲所示是该实验装置的简化图，如图乙所示为电子束的衍射图样，下列说法正确的是(　　)
A.亮条纹是电子到达概率大的地方
B.该实验说明物质波理论是正确的
C.该实验再次说明光子具有波动性
D.该实验说明实物粒子具有波动性
答案　ABD
解析　电子属于实物粒子，电子衍射实验说明电子具有波动性，说明物质波理论是正确的，与光的波动性无关，B、D正确，C错误；物质波也是概率波，亮条纹是电子到达概率大的地方，A正确.
【变式2-3】[多选]利用金属晶格(大小约10－10 m)作为障碍物观察电子的衍射图样，方法是让电子束通过电场加速后，照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样。已知电子质量为m，电荷量为e，初速度为0，加速电压为U，普朗克常量为h，则下列说法中正确的是(　　)
A．该实验说明了电子具有波动性
B．实验中电子束的德布罗意波的波长为λ＝
C．加速电压U越大，电子的衍射现象越明显
D．若用相同动能的质子替代电子，衍射现象将更加明显
解析：选AB　能得到电子的衍射图样，说明电子具有波动性，A正确；由德布罗意波的波长公式λ＝及动量p＝＝，可得λ＝，B正确；由λ＝可知，加速电压越大，电子的波长越小，衍射现象就越不明显，C错误；用相同动能的质子替代电子，质子的波长变小，衍射现象与电子相比不明显，故D错误。
【题型3 量子力学的建立】
【例3】[多选]下列关于波粒二象性的说法正确的是(　　)
A．光电效应揭示了光的波动性
B．使光子一个一个地通过单缝，若时间足够长，底片上也会出现衍射图样
C．黑体辐射的实验规律可用光的粒子性解释
D．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性
解析：选BCD　光电效应揭示了光的粒子性，A错误；单个光子通过单缝后在底片上呈现出随机性，但大量光子通过单缝后在底片上呈现出波动性，B正确；黑体辐射的实验规律说明了电磁辐射是量子化的，即黑体辐射是不连续的、一份一份的，所以黑体辐射可用光的粒子性来解释，C正确；热中子束射在晶体上产生衍射图样，是由于运动的实物粒子具有波的特性，即说明中子具有波动性，D正确。
【变式3-1】（多选）量子力学的创立给人类的科学、技术和社会形态带来了极其深刻的影响。有关量子力学的应用，下列说法正确的是（　　）
A．量子力学推动了核物理和粒子物理的发展
B．量子力学推动了原子、分子物理和光学的发展
C．量子力学否定了经典力学理论
D．量子力学推动了固体物理的发展
解析：选ABD, 量子力学并没有否定经典力学理论，而是在其基础上发展起来的，推动了核物理和粒子物理的发展，推动了原子、分子物理和光学的发展，推动了固体物理的发展。故C错误，ABD正确。
【变式3-2】波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有（　　）
A．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释
B．光电效应现象揭示了光的波粒二象性
C．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性
D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等
答案：C
解析：黑体辐射的实验规律不能使用光的波动性解释，而普朗克借助于能量子假说，成功的解释了黑体辐射规律，破除了“能量连续变化”的传统观念，A错误；光电效应现象揭示了光的粒子性，B错误；热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性，C正确；动量与动能关系为由于质子和电子的质量不同，所以动量不相等，根据德布罗意波长表达式可知质子和电子的德布罗意波长不相等，D错误。
【变式3-3】(多选)波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有(　　)
A.光电效应现象揭示了光的粒子性
B.热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性
C.黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释
D.动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波的波长也相等
答案　AB
【题型4 量子力学的应用】
【例4】下列说法正确的是(　　)
A．质量大的物体，其德布罗意波长短
B．速度大的物体，其德布罗意波长短
C．动量大的物体，其德布罗意波长短
D．动能大的物体，其德布罗意波长短
解析　由λ＝知，C正确。
答案　C
【变式4-1】太阳帆飞行器是利用太阳光获得动力的一种航天器，其原理是光子在太阳帆表面反射的过程中会对太阳帆产生一个冲量。若光子垂直太阳帆入射并反射，其波长为，普朗克常量为h，则对它的冲量大小为（　　）
A． B． C． D．
答案：B
解析：光子在太阳帆表面反射的过程中会对太阳帆产生一个冲量，光子垂直太阳帆入射并反射，根据动量定理
【变式4-2】如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的哪个物理量也相等(　　)
A．速度 B．动能 C．动量 D．总能量
解析　根据德布罗意波长公式λ＝，选C。
答案　C
【变式4-3】(多选)关于物质的波粒二象性，下列说法中正确的是(　　)
A．不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性
B．运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道
C．波动性和粒子性，在宏观现象中是矛盾的、对立的，但在微观高速运动的现象中是统一的
D．实物的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性
解析　由德布罗意波可知A、C对；运动的微观粒子，达到的位置具有随机性，而没有特定的运动轨道，B对；由德布罗意理论知，宏观物体的德布罗意波的波长太小，实际很难观察到波动性，不是不具有波粒二象性，D错。
答案　ABC
【题型5 联系实际】
【例5】2021年开始实行的“十四五”规划提出，把量子技术与人工智能和半导体一起列为重点研发对象，在量子通信技术方面，中国已有量子通信专利数超3000项，领先美国。下列有关说法正确的是（　　）
A．玻尔在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念
B．动能相同的一个质子和电子，质子的德布罗意波长比电子长
C．康普顿效应表明光子不仅具有能量，还具有动量
D．普朗克大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性
答案：C
解析：普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，A错误；根据p = 因为质子质量大于电子质量，所以质子动量大于电子的动量，由λ = 知质子的德布罗意波长比电子的短，B错误；康普顿根据p = 对康普顿效应进行解释，其基本思想是光子不仅具有能量，而且具有动量，C正确；德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性，D错误。故选C。
【变式5-1】科研人员利用冷冻电镜断层扫描技术首次“拍摄”到新冠病毒的3D清晰影像，冷冻电镜是利用高速电子具有波动性原理，其分辨率比光学显微镜高1000倍以上。下列说法正确的是（　　）
A．电子的实物波是电磁波
B．电子的德布罗意波长与其动量成正比
C．冷冻电镜的分辨率与电子加速电压有关，加速电压越高，则分辨率越低
D．若用相同动能的质子代替电子，理论上也能“拍摄”到新冠病毒的3D清晰影像
答案：D
解析：电子的实物波是德布罗意波，不是电磁波，故A错误；根据可知电子的德布罗意波长与其动量成反比，故B错误；冷冻电镜的分辨率与电子加速电压有关，加速电压越高，电子速度越大，动量越大，德布罗意波长越小，分辨率越高，从而使冷冻电镜的分辨率越高，故C错误；实物粒子的德布罗意波长与动能的关系为因为质子的质量比电子的质量大，所以在动能相同的情况下，质子的德布罗意波长比电子的德布罗意波长更小，分辨率越高，若用相同动能的质子代替电子，理论上也能“拍摄”到新冠病毒的3D清晰影像，故D正确。故选D。
【变式5-2】脉冲燃料激光器以的脉冲形式发射波长为585nm的光，这个波长的光可以被血液中的血红蛋白强烈吸收，从而有效清除由血液造成的瘢痕。每个脉冲向瘢痕传送约为的能量，普朗克常量为。（　　）
A．每个光子的能量约为
B．每个光子的动量约为
C．激光器的输出功率不能小于1.24W
D．每个脉冲传送给瘢痕的光子数约为个
答案：D
解析：每个光子的能量约为选项A错误；每个光子的动量约为选项B错误。激光器的输出功率不能小于选项C错误；每个脉冲传送给瘢痕的光子数约为
选项D正确。故选D。
【变式5-3】光照射到物体上对物体表面产生的压力叫光压，科学家设想在未来的宇航事业中利用太阳照射到太阳帆上产生的光压来加速星际飞船，设该飞船所在地每秒每单位面积接收到光的总能量为E，光平均波长为，光在真空中的速度为c，太阳帆面积为S，反射率100%，设太阳光垂直射到太阳帆上，飞船总质量为m，普朗克常量为h。求：
（1）太阳帆上每秒内接受到光子的个数；
（2）星际飞船飞行的加速度。
答案 （1）；（2）
解析：
（1）光子的频率为
一个光子的能量为
太阳帆每秒接受的能量为，故每秒内接受的光子的个数为
（2）光子垂直射到太阳帆上再反射，动量变化量为，设光对太阳帆的压力为，光子的动量为
单位时间内由动量定理知
由牛顿第二定律得
【题型6 对比问题】
【例6】（多选）中国的网络建设开始迈向5G时代，5G即第五代移动通信技术，采用3300～5000MHz频段，相比于现有的4G（即第四代移动通信技术，采用1880～2635MHz频段）技术而言，具有更大的优势。5G信号与4G信号相比，下列说法正确的是（　　）
A．5G信号比4G信号在真空中的传播速度快
B．4G信号波动性更显著
C．4G和5G信号都是横波
D．5G信号更容易发生明显衍射现象
E．5G信号能量比4G信号能量更大
答案：BCE
解析：任何电磁波在真空中的传播速度均为光速，传播速度相同，故A错误；4G信号频率较低，波动性更显著，故B正确；电磁波均为横波，故C正确；因5G信号的频率高，则波长小，可知4G信号更容易发生明显的衍射现象，故D错误；E．5G信号的频率更高，所以能量更大，故E正确。故选BCE。
【变式6-1】下列说法正确的是（　　）
A．光的波长越长，光子能量越大，波动性越明显
B．光的频率越高，光子能量越大，粒子性越明显
C．动能相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长相同
D．速率相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长相同
【答案】B
【解析】光的波长越长，光子频率越小，则光子能量越小，波动性越明显，故A错误；光的频率越高，光子能量越大，粒子性越明显，故B正确；根据德布罗意波的波长公式及可知动能相同的质子和电子，其动量不同，故其波长也不同，故C错误；根据及可知速率相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长不相同，故D错误。故选B。
【变式6-2】如图为一玻璃球过球心O的横截面，两条可见光线1、2合在一起平行于横截面的直径从A点射入玻璃球，分成光线3、4。已知光线1、2与OA的夹角为60°，3、4与OA的夹角分别为45°、30°，则这两束光(　　)
A．3、4两种光对此种玻璃的折射率之比
B．3、4两种光在此种玻璃中的速度之比
C．光子动量p3＞p4
D．射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距
【解析】 根据折射定律可得，光线3的折射率为，光线4的折射率为，则3、4两种光对此种玻璃的折射率之比为，故A错误；根据可知，3、4两种光在此种玻璃中的速度之比为，故B正确；光在介质中的传播频率不变，根据可知，由于，所以，根据光子动量可得，，故C错误；根据干涉条纹间距公式可知，波长越大，干涉条纹间距越大，由于，则，故D错误。故选B。
【答案】 B
【变式6-3】(多选)两种单色光分别经同一单缝衍射装置得到的衍射图样如图甲、乙所示。图丙中有一半圆形玻璃砖，O是圆心，MN是法线，PQ是足够长的光屏。甲光以入射角i由玻璃砖内部射向O点，折射角为r。下列说法正确的是(　　)
A．真空中甲光光子的动量大于乙光光子动量
B．甲光从玻璃射向空气发生全发射的临界角C满足
C．若乙光恰好能使某金属发生光电效应，则甲光不可能使该金属发生光电效应
D．丙图入射光若是包含甲乙两种成分的复色光，则在PQ屏上形成的两个光斑中乙光光斑在右边
【解析】 甲光的波长比乙光的长，根据，故真空中甲光光子的动量比乙光的小，故A错误；根据折射定律有，根据，得，故B正确；由于甲光频率低，能量小，若乙光恰好能使某金属发生光电效应，则甲光不可能使该金属发生光电效应，故C正确；同种介质对频率大的光折射率大，入射光若是包含甲乙两种成分的复色光，乙光频率高，偏折角度大，则在PQ屏上形成的两个光斑中乙光光斑在右边，故D正确。故选BCD。
【答案】 BCD
【题型7 综合问题】
【例7】下列说法正确的是(　　)
A.质子的德布罗意波长与其动能成正比
B.天然放射的三种射线，穿透能力最强的是α射线
C.光电效应实验中的截止频率与入射光的频率有关
D.电子束穿过铝箔后的衍射图样说明电子具有波动性
答案　D
解析　由德布罗意波长λ＝可知，质子的波长与动量成反比，而动量与动能关系为p＝，所以A项错误；天然放射的三种射线，穿透能力最强的是γ射线，B项错误；光电效应实验中的截止频率是指使金属恰好发生光电效应时入射光的频率，即hν0＝W0，只与金属的逸出功W0有关，C项错误；衍射是波的特性，所以电子束穿过铝箔的衍射图样说明电子具有波动性，D项正确。
【变式7-1】（多选）运动的微观粒子具有波粒二象性，有能量E、动量p，也对应着一定的波长λ。m表示粒子的质量，下列图像正确的是(　　)
解析：选AC　根据爱因斯坦质能方程可知，粒子的能量E＝mc2，则E m图像是一个正比例函数图像，故A正确，B错误；根据德布罗意波长公式λ＝可知，粒子的动量p＝，则p 图像是正比例函数图像，故C正确，D错误。
【变式7-2】（多选）著名物理学家汤姆孙曾在实验中让电子束通过电场加速后，通过多晶薄膜得到了如图所示衍射图样，已知电子质量为，加速后电子速度m/s，普朗克常量J·s，则（　　）
A．该图样说明了电子具有粒子性
B．该实验中电子的德布罗意波长约为0.15nm
C．加速电压越大，电子的物质波波长越大
D．使用电子束工作的电子显微镜中，加速电压越大，分辨本领越强
答案：BD
解析：图为电子束通过多晶薄膜的衍射图样，因为衍射是波所特有的现象，所以说明了电子具有波动性，A错误；由德布罗意波长公式可得，而动量，两式联立得
该实验中电子的德布罗意波长约为0.15nm，B正确；由德布罗意波长公式可得，而动量
两式联立得加速电压越大，电子的波长越短，衍射现象就越不明显，分辨本领越强，C错误，D正确。故选BD。
【变式7-3】（多选）如图为人们利用量子理论研制的电子显微镜拍摄到的铀酰微晶照片，放大了约1亿倍，这是光学显微镜做不到的对于量子理论的建立过程，下列说法符合事实的是（　　）
A．普朗克能量子假说得出的黑体辐射公式很好地解释了黑体辐射实验规律
B．爱因斯坦光子说解释了光电效应现象，说明了光子具有能量和动量
C．玻尔氢原子理论中电子的运动是具有确定坐标的质点的轨道运动
D．电子显微镜利用高速电子束的德布罗意波长比可见光波长更小提高了分辨能力
答案：ACD
解析：普朗克能量子假说得出的黑体辐射公式很好地解释了黑体辐射实验规律，说明了能量的量子化，A正确；爱因斯坦光子说解释了光电效应现象，说明了光子具有能量，而康普顿效应说明光子具有动量，B错误；玻尔氢原子理论中，电子只能在一系列不连续的特定轨道上运动，运动轨道的半径坐标是确定的，C正确；电子显微镜利用高速电子束的德布罗意波长比可见光波长更小提高了分辨能力，D正确。故选ACD。专题5.1 原子核的组成
【人教版】
【题型1 天然放射现象的发现】
【题型2 射线的判断】
【题型3 质子和中子的发现】
【题型4 原子核的组成】
【题型5 同位素】
【题型6 综合问题】
【题型7 拓展问题】
【题型1 天然放射现象的发现】
【例1】天然放射现象的发现揭示了（　　）
A．原子是可分的 B．原子的中心有一个很小的核
C．原子核具有复杂的结构 D．原子核由质子和中子组成
【变式1-1】[多选]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N获得反冲核O，发现了中子
C．贝克勒尔发现的天然放射性现象，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
【变式1-2】(多选)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列说法符合历史事实的是(　　)
A．玛丽·居里和皮埃尔，居里从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素
B．汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷
C．卢瑟福通过对粒子大角散射实验的研究发现了质子
D．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核
【变式1-3】下列现象可作为“原子核可再分”的依据的是（　　）
A．阴极射线实验 B．α 粒子散射实验 C．天然放射性现象 D．原子发光
【题型2 射线的判断】
【例2】如图所示为研究某未知元素放射性的实验装置，实验开始时在薄铝片和荧光屏之间有图示方向的匀强电场E，通过显微镜可以观察到在荧光屏的某一位置上每分钟闪烁的亮点数，若撤去电场后继续观察，发现每分钟的闪烁亮点数没有变化；如果再将薄铝片移开，观察到每分钟闪烁的亮点数大大增加，由此可以判断，放射源发出的射线可能为（ ）
A．α射线和γ射线 B．α射线和β射线
C．β射线和X射线 D．β射线和γ射线
【变式2-1】如图所示，某放射性元素衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强磁场和匀强电场中，关于三种射线，下列说法正确的是(　 )
A．①④表示α射线，其速度最慢、电离能力最弱
B．②⑤表示γ射线，其穿透能力和电离能力都很强
C．②⑤表示γ射线，是原子核内释放出的高频电磁波
D．③⑥表示β射线，是高速电子流，可以穿透几毫米厚的铝板
【变式2-2】一天然放射性物质发出三种射线，经过方向如图所示的匀强磁场、匀强电场共存的区域后射到足够大的荧光屏上，荧光屏上只有a、b两处出现亮斑，下列判断中正确的是（　　）
A．射到b处的一定是α射线
B．射到b处的一定是β射线
C．射到b处的可能是γ射线
D．射到b处的可能是α射线
【变式2-3】如图所示，x为未知放射源，L为薄铝片，若在放射源和计数器之间加上L后，计数器的计数率大幅度减小，在L和计数器之间再加竖直向下的匀强磁场，计数器的计数率不变，则x可能是（　　）
A．α和β的混合放射源 B．纯α放射源
C．α和γ的混合放射源 D．纯γ放射源
【题型3 质子和中子的发现】
【例3】（多选）已知天然放射性物质衰变时放出、、三种射线，下列说法正确的是（　　）
A．、、三种射线分别是氢原子核、质子和中子
B．三种射线中射线电离作用最强、射线穿透能力最强
C．粒子轰击氮原子核可以产生质子，核反应方程为
D．三种射线在真空中的传播速度都等于光速
【变式3-1】物理学家们探究自然奥秘，他们或长于思辨总结，或长于数学演绎，或长于实验论证。在发展物理学过程中也推动了哲学、数学等其他科学的发展，对人类文明进程贡献很多。下列表述正确的是( )
A．伽利略认真研究了自由落体运动，用直接观察实验的方法发现了v与x不成正比，v与t成正比，即x与t2成正比的规律
B．牛顿在《自然哲学的数学原理》中提出三条运动定律和万有引力定律，该理论在任何情况下都可适用于所有天体和宏观物体
C．法拉第发现电流磁效应；奥斯特发现磁生电现象
D．卢瑟福指导他的助手进行了α粒子散射实验，提出了原子的核式结构。放射性现象揭示了原子核结构的复杂性，之后卢瑟福及其学生进一步发现了质子和中子，弄清楚了原子核的结构
【变式3-2】卢瑟福曾预言：在原子核内，除了质子外，还可能有质量与质子相等的中性粒子（即中子）存在。他的主要依据是通过实验发现原子核（　　）
A．核外电子数与核内质子数相等 B．核电荷数与核外电子数相等
C．核电荷数与核内质子数相等 D．核电荷数约是质量数的一半
【变式3-3】目前核电站使用的核燃料基本都是浓缩铀，有一种典型的铀核裂变方程是U＋x→Ba＋Kr＋3x.下列关于x的说法正确的是(　　)
A.x是β粒子，具有很强的电离本领
B.x是中子，中子是查德威克通过实验最先发现的
C.x是中子，中子是卢瑟福通过实验最先发现的
D.x是α粒子，穿透能力比较弱
【题型4 原子核的组成】
【例4】下列关于原子核的相关说法中正确的是（　　）
A．天然放射现象的发现说明了原子核是可以再分的
B．原子核的电荷数不是它的电荷量，但质量数是它的质量
C．卢瑟福通过实验发现了质子和中子
D．原子核的核内有90个中子
【变式4-1】Th经过一系列α衰变和β衰变后变成Pb，则Pb比Th少(　　)
A．16个中子，8个质子　　　　　B．8个中子，16个质子
C．24个中子，8个质子 D．8个中子，24个质子
【变式4-2】大亚湾核电站位于珠三角地区，是中国大陆第一座商用核电站。大亚湾核电站利用的是核裂变。一种典型的核裂变反应方程为，其中原子核X的中子数为（　　）
A．52 B．53 C．54 D．55
【变式4-3】核中有（　　）
A．92个电子 B．238个质子 C．146个中子 D．330个核子
【题型5 同位素】
【例5】下列说法中正确的是
A．氦4核中有4个质子，4个中子
B．氦4核与氦3核不是互为同位素
C．Be中的质子数比中子数少6
D．Si中的质子数比中子数少2
【变式5-1】(多选)1934年，约里奥—居里夫妇用α粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X，反应方程为He＋Al―→X＋n。X会衰变成原子核Y，衰变方程为X―→Y＋e。则(　 )
A．X的质量数与Y的质量数相等
B．X的电荷数比Y的电荷数少1
C．X的电荷数比Al的电荷数多2
D．X的质量数与Al的质量数相等
【变式5-2】氢有三种同位素，分别是氕、氘、氚，则下列说法正确的是（　　）
A．它们的质子数不相等 B．它们的核外电子数不相等
C．它们的核子数不相等 D．它们的中子数相等
【变式5-3】如图，轧钢厂的热轧机上可以安装射线测厚仪，仪器探测到的射线强度与钢板的厚度有关。已知某车间采用放射性同位素依-192作为放射源，其化学符号是，原子序数，通过衰变放出射线，半衰期为天，适合透照钢板厚度，下列说法正确的是（　　）
A．衰变产生的新核用X表示，铱的衰变方程为份
B．若已知钢板厚度标准为，探测器得到的射线变弱时，说明钢板厚度大于，应当增大热轧机两轮之间的厚度间隙
C．若有铱，经过天有没有衰变
D．放射性同位素发生衰变时，遵循能量守恒和质量守恒
【题型6 综合问题】
【例6】在近代物理发展的过程中，实验和理论相互推动，促进了人们对微观世界的认识。对下列实验描述正确的是(　　)
A．甲图中只增大光照强度，电流表的示数一定不变
B．乙图中用紫外灯照射锌板，验电器指针因带负电张开
C．丙图的理论说明氢原子能级是分立的，但原子发射光子的频率是连续的
D．丁图放射源产生的三种射线中，射线1的电离本领最强
【变式6-1】在以下说法中，正确的是( )
A．医学上利用γ射线治疗肿瘤主要是利用了γ射线的穿透能力强的特点
B．若用频率更高的单色光照射时，同级牛顿环半径将会变大
C．机械波在传播波源的振动的形式的同时不传递了能量
D．麦克耳孙﹣莫雷实验表明：不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的
【变式6-2】下列说法正确的有( )
A．黑体辐射的强度与频率的关系是：随着温度的升高，各种频率的辐射都增加，辐射强度极大值的光向频率较低的方向移动
B．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据
C．天然放射现象的发现说明了原子有复杂的结构
D．利用α射线可发现金属制品中的裂纹
【变式6-3】下列说法正确的是(　　)
A．β射线是原子核外电子挣脱原子核束缚后形成的
B．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子核是有复杂结构的
C．卢瑟福的原子核式结构模型解释了α粒子散射实验
D．查德威克发现了天然放射现象说明原子具有复杂的结构
【题型7 拓展问题】
【例7】科学家研究发现闪电能够引发大气核反应，其中一种典型的核反应如图所示，闪电产生的高能射线把原子核A的中子移除，产生不稳定的原子核，该不稳定的原子核再衰变成中微子（质量数和电荷数均为零）、正电子和原子核，则原子核A为（　　）
A． B． C． D．
【变式7-1】（多选）质子数与中子数互换的核互为镜像核，例如是的镜像核，同样也是的镜像核．下列说法正确的是(　　)
A．和互为镜像核
B．和互为镜像核
C．和互为镜像核
D．互为镜像核的两个核质量数相同
【变式7-2】太赫兹辐射通常是指频率在0.1~10 THz(1THz=1012Hz)、即频率在微波与红外线之间的电磁辐射，其频率高于微波，低于红外线、紫外线，远低于X射线。太赫兹波对人体安全, 可以穿透衣物等不透明物体, 实现对隐匿物体的成像。近年来太赫兹技术在国家安全、信息技术等诸多领域取得了快速发展，被誉为“改变未来世界十大技术”之一。由上述信息可知，太赫兹波(　　)
A．其光子的能量比红外线光子的能量更大
B．比微波更容易发生衍射现象
C．比紫外线更难使金属发生光电效应
D．比X射线穿透性更强
【变式7-3】当宇宙射线进入地球大气层时，同大气作用产生中子，中子撞击大气中的氮引发核反应，生成碳14，碳14具有放射性，能够自发的发生衰变而变成氮，核反应方程分别为和，其中的X和Y分别代表（　　）
A．正电子 α粒子 B．质子 β粒子 C．质子 正电子 D．正电子 β粒子
参考答案
【题型1 天然放射现象的发现】
【例1】天然放射现象的发现揭示了（　　）
A．原子是可分的 B．原子的中心有一个很小的核
C．原子核具有复杂的结构 D．原子核由质子和中子组成
【答案】C
【解析】天然放射现象的发现揭示了原子核具有复杂的结构。
故选C。
【变式1-1】[多选]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N获得反冲核O，发现了中子
C．贝克勒尔发现的天然放射性现象，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
解析：选AC　麦克斯韦曾提出光是电磁波，赫兹通过实验证实了麦克斯韦关于光的电磁理论，选项A正确。查德威克用α粒子轰击Be，获得反冲核6C，发现了中子，选项B错误。贝克勒尔发现了天然放射现象，说明原子核有复杂的结构，选项C正确。卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子核式结构模型，选项D错误。
【变式1-2】(多选)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列说法符合历史事实的是(　　)
A．玛丽·居里和皮埃尔，居里从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素
B．汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷
C．卢瑟福通过对粒子大角散射实验的研究发现了质子
D．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核
【解析】 居里夫妇通过对含铀物质的研究发现了钋(Po)和镭(Ra)，故A正确；汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，说明了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了粒子的比荷，故B正确；卢瑟福α粒子大角散射实验，提出了原子核式结构，故C错误；贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，明确了原子核具有复杂结构，故D错误。故选AB。
【答案】 AB
【变式1-3】下列现象可作为“原子核可再分”的依据的是（　　）
A．阴极射线实验 B．α 粒子散射实验 C．天然放射性现象 D．原子发光
【答案】C
【解析】汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而证明了原子可再分，故A错误；卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构学说，故B错误；天然放射现象是原子发生衰变之后会放出三种射线，这说明原子核可再分，故C正确；氢原子发光说明核外电子的跃迁，不能说明原子核可再分，故D错误。故选B。
【题型2 射线的判断】
【例2】如图所示为研究某未知元素放射性的实验装置，实验开始时在薄铝片和荧光屏之间有图示方向的匀强电场E，通过显微镜可以观察到在荧光屏的某一位置上每分钟闪烁的亮点数，若撤去电场后继续观察，发现每分钟的闪烁亮点数没有变化；如果再将薄铝片移开，观察到每分钟闪烁的亮点数大大增加，由此可以判断，放射源发出的射线可能为（ ）
A．α射线和γ射线 B．α射线和β射线
C．β射线和X射线 D．β射线和γ射线
【答案】A
【解析】三种射线中射线和射线带电，进入电场后会发生偏转，而射线不带电，不受电场力，电场对它没有影响，在电场中不偏转．由题，将电场撤去，从显微镜内观察到荧光屏上每分钟闪烁亮点数没有变化，可知射线中含有γ射线．再将薄铝片移开，则从显微镜筒内观察到的每分钟闪烁亮点数大为增加，根据射线的特性：穿透本领最弱，一张纸就能挡住，分析得知射线中含有射线．故放射源所发出的射线可能为射线和射线．A正确．
【变式2-1】如图所示，某放射性元素衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强磁场和匀强电场中，关于三种射线，下列说法正确的是(　 )
A．①④表示α射线，其速度最慢、电离能力最弱
B．②⑤表示γ射线，其穿透能力和电离能力都很强
C．②⑤表示γ射线，是原子核内释放出的高频电磁波
D．③⑥表示β射线，是高速电子流，可以穿透几毫米厚的铝板
解析：选C　α射线是高速粒子流，粒子带正电，β射线为高速电子流，带负电，γ射线为高频电磁波，结合题图及左手定则可知：①④为β射线，②⑤为γ射线，③⑥为α射线。α射线的速度最小但电离能力最强，γ射线是由原子核内释放出的高频电磁波，其穿透能力很强，但电离能力很弱，故C正确，A、B、D错误。
【变式2-2】一天然放射性物质发出三种射线，经过方向如图所示的匀强磁场、匀强电场共存的区域后射到足够大的荧光屏上，荧光屏上只有a、b两处出现亮斑，下列判断中正确的是（　　）
A．射到b处的一定是α射线
B．射到b处的一定是β射线
C．射到b处的可能是γ射线
D．射到b处的可能是α射线
【答案】D
【解析】α射线带正电，β射线带负电，γ射线不带电，γ射线不受电场力和洛伦兹力，故射到b处的一定不是γ射线，C错误；α射线和β射线在电场、磁场中受到电场力和洛伦兹力，若电场力大于洛伦兹力，则射到b处的是α射线，若洛伦兹力大于电场力，则射到b处的是β射线，D正确，A、B错误。故选D。
【变式2-3】如图所示，x为未知放射源，L为薄铝片，若在放射源和计数器之间加上L后，计数器的计数率大幅度减小，在L和计数器之间再加竖直向下的匀强磁场，计数器的计数率不变，则x可能是（　　）
A．α和β的混合放射源 B．纯α放射源
C．α和γ的混合放射源 D．纯γ放射源
【答案】C
【解析】在放射源和计数器之间加上薄铝片后，计数器的计数率大幅度减小，说明射线中有穿透力很弱的粒子，即α粒子。在薄铝片和计数器之间再加竖直向下的匀强磁场，计数器的计数率不变，说明穿过铝片的粒子中无带电粒子，故只有γ射线。因此放射源可能是α和γ的混合放射源。
故选C。
【题型3 质子和中子的发现】
【例3】（多选）已知天然放射性物质衰变时放出、、三种射线，下列说法正确的是（　　）
A．、、三种射线分别是氢原子核、质子和中子
B．三种射线中射线电离作用最强、射线穿透能力最强
C．粒子轰击氮原子核可以产生质子，核反应方程为
D．三种射线在真空中的传播速度都等于光速
【答案】BC
【解析】、、三种射线分别是氦原子核、电子和电磁波，A错误；三种射线中射线电离作用最强、射线穿透能力最强，B正确；粒子轰击氮原子核可以产生质子，反应过程满足质量数守恒和电荷数守恒，核反应方程为 C正确；射线在真空中的传播速度大约光速的，射线在真空中的传播速度大约可达到光速的，射线在真空中的传播速度等于光速，D错误；故选BC。
【变式3-1】物理学家们探究自然奥秘，他们或长于思辨总结，或长于数学演绎，或长于实验论证。在发展物理学过程中也推动了哲学、数学等其他科学的发展，对人类文明进程贡献很多。下列表述正确的是( )
A．伽利略认真研究了自由落体运动，用直接观察实验的方法发现了v与x不成正比，v与t成正比，即x与t2成正比的规律
B．牛顿在《自然哲学的数学原理》中提出三条运动定律和万有引力定律，该理论在任何情况下都可适用于所有天体和宏观物体
C．法拉第发现电流磁效应；奥斯特发现磁生电现象
D．卢瑟福指导他的助手进行了α粒子散射实验，提出了原子的核式结构。放射性现象揭示了原子核结构的复杂性，之后卢瑟福及其学生进一步发现了质子和中子，弄清楚了原子核的结构
【答案】 D
【解析】 伽利略在研究自由落体运动的性质中发现：如果v与x成正比，将会推导出十分复杂的结论。他猜想v与t成正比，但由于当时技术不够发达，无法直接测定瞬时速度，所以无法直接检验其是否正确。于是他想到了用便于测量的位移x与t的关系来进行检验：如果v = kt成立，则x与t的关系应是x =kt2，则不是直接实验观察，A错误；牛顿在《自然哲学的数学原理》中提出三条运动定律和万有引力定律，该理论不是所有天体和宏观物体都适用，B错误；奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，C错误；卢瑟福指导他的助手进行了α粒子散射实验，提出了原子的核式结构。放射性现象揭示了原子核结构的复杂性，之后卢瑟福及其学生进一步发现了质子和中子，弄清楚了原子核的结构，D正确。故选D。
【变式3-2】卢瑟福曾预言：在原子核内，除了质子外，还可能有质量与质子相等的中性粒子（即中子）存在。他的主要依据是通过实验发现原子核（　　）
A．核外电子数与核内质子数相等 B．核电荷数与核外电子数相等
C．核电荷数与核内质子数相等 D．核电荷数约是质量数的一半
【答案】D
【解析】卢瑟福曾预言：在原子核内，除了质子外，还可能有质量与质子相等的中性粒子（即中子）存在。他的主要依据是通过实验发现原子核的核电荷数约是质量数的一半，故D正确，ABC错误。故选D。
【变式3-3】目前核电站使用的核燃料基本都是浓缩铀，有一种典型的铀核裂变方程是U＋x→Ba＋Kr＋3x.下列关于x的说法正确的是(　　)
A.x是β粒子，具有很强的电离本领
B.x是中子，中子是查德威克通过实验最先发现的
C.x是中子，中子是卢瑟福通过实验最先发现的
D.x是α粒子，穿透能力比较弱
答案　B
【题型4 原子核的组成】
【例4】下列关于原子核的相关说法中正确的是（　　）
A．天然放射现象的发现说明了原子核是可以再分的
B．原子核的电荷数不是它的电荷量，但质量数是它的质量
C．卢瑟福通过实验发现了质子和中子
D．原子核的核内有90个中子
【答案】A
【解析】考查原子核相关概念。天然放射现象中，原子核发生衰变，生成新核，因此说明了原子核可以再分，故A项正确；原子核的电荷数不是它的电荷量，质量数也不是它的质量，故B项错误；卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故C项错误；原子核的质子数为90，中子数为144，故D项错误。故选A。
【变式4-1】Th经过一系列α衰变和β衰变后变成Pb，则Pb比Th少(　　)
A．16个中子，8个质子　　　　　B．8个中子，16个质子
C．24个中子，8个质子 D．8个中子，24个质子
解析：选A　Pb比Th质子数少(90－82)＝8个，核子数少(232－208)＝24个，所以中子数少(24－8)＝16个，故A正确；B、C、D错误。
【变式4-2】大亚湾核电站位于珠三角地区，是中国大陆第一座商用核电站。大亚湾核电站利用的是核裂变。一种典型的核裂变反应方程为，其中原子核X的中子数为（　　）
A．52 B．53 C．54 D．55
【答案】B
【解析】核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒，可得原子核X的质子数为36、质量数为89，故原子核X的中子数为，B正确。故选B。
【变式4-3】核中有（　　）
A．92个电子 B．238个质子 C．146个中子 D．330个核子
【答案】C
【解析】中质子数为92，核子数238，由于质子数与中子数之和为核子数，则中子数为146，原子核内没有电子，故ABD错误，C正确。
故选C。
【题型5 同位素】
【例5】下列说法中正确的是
A．氦4核中有4个质子，4个中子
B．氦4核与氦3核不是互为同位素
C．Be中的质子数比中子数少6
D．Si中的质子数比中子数少2
答案：D
解析：氦4核中有2个质子，2个中子，故A错误；氦4核与氦3核是互为同位素，故B错误；Be中质子数为4，中子数为6，则质子数比中子数少2，故C错误；Si的质子数比中子数少2，故D正确；故选D．
【变式5-1】(多选)1934年，约里奥—居里夫妇用α粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X，反应方程为He＋Al―→X＋n。X会衰变成原子核Y，衰变方程为X―→Y＋e。则(　 )
A．X的质量数与Y的质量数相等
B．X的电荷数比Y的电荷数少1
C．X的电荷数比Al的电荷数多2
D．X的质量数与Al的质量数相等
解析：选AC　根据电荷数守恒和质量数守恒，可知He＋Al―→X＋n方程中X的质量数为30，电荷数为15，再根据X―→Y＋e方程可知Y的质量数为30，电荷数为14，故X的质量数与Y的质量数相等，X的电荷数比Y的电荷数多1，X的电荷数比Al的电荷数多2，X的质量数比Al的质量数多3，A、C正确，B、D错误
【变式5-2】氢有三种同位素，分别是氕、氘、氚，则下列说法正确的是（　　）
A．它们的质子数不相等 B．它们的核外电子数不相等
C．它们的核子数不相等 D．它们的中子数相等
【答案】C
【解析】根据同位素定义，可知它们具有相同的质子数，但质量数不同，质量数等于质子数加中子数，则中子数不同，故AD错误。同位素的质子数相同，则核外电子数相同，故B错误；核子数等于质子数加中子数，可知核子数不同，故C正确。故选C。
【变式5-3】如图，轧钢厂的热轧机上可以安装射线测厚仪，仪器探测到的射线强度与钢板的厚度有关。已知某车间采用放射性同位素依-192作为放射源，其化学符号是，原子序数，通过衰变放出射线，半衰期为天，适合透照钢板厚度，下列说法正确的是（　　）
A．衰变产生的新核用X表示，铱的衰变方程为份
B．若已知钢板厚度标准为，探测器得到的射线变弱时，说明钢板厚度大于，应当增大热轧机两轮之间的厚度间隙
C．若有铱，经过天有没有衰变
D．放射性同位素发生衰变时，遵循能量守恒和质量守恒
答案：A
解析：衰变的实质是核里的一个中子放出一个电子变为一个质子，反应过程中遵循质量数守恒和核电荷数守恒，故质量数不变核电荷数加一，故A正确 ；探测器得到的射线变弱时，说明钢板厚度增大，应当减小热轧机两轮之间的厚度间隙，故B错误；若有铱，经过74天后还有没有衰变，再过74天（即总共经历148天）还有没有衰变，故C错误；放射性同位素发生衰变时，因遵循能量守恒，放出了能量出现了质量亏损，质量不守恒，故D错误；故选A。
【题型6 综合问题】
【例6】在近代物理发展的过程中，实验和理论相互推动，促进了人们对微观世界的认识。对下列实验描述正确的是(　　)
A．甲图中只增大光照强度，电流表的示数一定不变
B．乙图中用紫外灯照射锌板，验电器指针因带负电张开
C．丙图的理论说明氢原子能级是分立的，但原子发射光子的频率是连续的
D．丁图放射源产生的三种射线中，射线1的电离本领最强
【答案】 D
【解析】 光流照射金属表面，发生光电效应，当只增大光照强度时，相同时间内溢出的电子数会增加，电流表的示数会增大，故A错误；②图中用紫外灯照射锌板，锌板发生光电效应，锌板失去电子而带正电，验电器用导线连在锌板上，其指针也带正电张开，故B错误；氢原子的能级图可以很好的解释氢原子光谱的规律，是高激发态跃迁到n=2产生了巴尔末系可见光，原子发射光子是不连续的，故C错误；α射线是高速的氦核流，一个α粒子带两个正电荷，根据左手定则，α射线受到的洛伦兹力向左，故1是α射线，其电离本领最强；β射线是高速电子流，带一个负电荷，根据左手定则，β射线受到的洛伦兹力向右，故3是β射线，其电离本领较强；γ射线是γ光子，是电中性的，故在磁场中不受磁场的作用力，轨迹不会发生偏转，故2是γ射线，其电离本领最弱，故D正确；故选D。
【变式6-1】在以下说法中，正确的是( )
A．医学上利用γ射线治疗肿瘤主要是利用了γ射线的穿透能力强的特点
B．若用频率更高的单色光照射时，同级牛顿环半径将会变大
C．机械波在传播波源的振动的形式的同时不传递了能量
D．麦克耳孙﹣莫雷实验表明：不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的
【答案】 D
【解析】 医学上利用γ射线治疗肿瘤主要是利用了γ射线的具有高能量的特点，故A错误；若用频率更高的单色光照射时，光的波长变小，同级牛顿环半径将会变小，故B错误；机械波在传播波源的振动的形式的同时传递了能量．故C不正确；爱因斯坦的相对论与麦克耳孙﹣莫雷实验表明：不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的，与参考系的选取无关．故D正确．故选D。
【变式6-2】下列说法正确的有( )
A．黑体辐射的强度与频率的关系是：随着温度的升高，各种频率的辐射都增加，辐射强度极大值的光向频率较低的方向移动
B．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据
C．天然放射现象的发现说明了原子有复杂的结构
D．利用α射线可发现金属制品中的裂纹
【答案】 B
【解析】 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、频率较高的方向移动，故A错误；当α粒子穿过原子时，电子对α粒子影响很小，影响α粒子运动的主要是原子核，离核远则α粒子受到的库仑斥力很小，运动方向改变小．只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它的机会就很少，因此只有少数α粒子发生较大偏转，卢瑟福正是对这些现象的认真研究提出了原子核式结构模型，故B正确；人们认识到原子核具有复杂结构是从发现天然放射现象开始的，故C错误；α射线的穿透能力最弱，不能用α射线检查金属制品的裂纹，故D错误．故选：B。
【变式6-3】下列说法正确的是(　　)
A．β射线是原子核外电子挣脱原子核束缚后形成的
B．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子核是有复杂结构的
C．卢瑟福的原子核式结构模型解释了α粒子散射实验
D．查德威克发现了天然放射现象说明原子具有复杂的结构
【解析】 β射线是原子核内中子转化为质子时释放的电子，故A错误；汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子是有复杂结构的，故B错误；卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，故C正确；贝克勒尔发现了天然放射现象说明原子核具有复杂的结构，故D错误。故选C。
【答案】 C
【题型7 拓展问题】
【例7】科学家研究发现闪电能够引发大气核反应，其中一种典型的核反应如图所示，闪电产生的高能射线把原子核A的中子移除，产生不稳定的原子核，该不稳定的原子核再衰变成中微子（质量数和电荷数均为零）、正电子和原子核，则原子核A为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】不稳定的原子核衰变成中微子（质量数和电荷数均为零）、正电子和原子核，不稳定的原子核为，高能射线把原子核A的中子移除，产生不稳定的原子核，原子核A为。故选A。
【变式7-1】（多选）质子数与中子数互换的核互为镜像核，例如是的镜像核，同样也是的镜像核．下列说法正确的是(　　)
A．和互为镜像核
B．和互为镜像核
C．和互为镜像核
D．互为镜像核的两个核质量数相同
【答案】ACD
【解析】根据镜像核的定义及质量数A等于核电荷数Z和中子数n之和，可知和的质子数与中子数互换了，互为镜像核；和的质子数与中子数互换了，互为镜像核．故AC两项正确．的质子数为7，中子数为8；而的质子数和中子数都为8，没有互换，不是镜像核．故B项错误．互为镜像核的质子数与中子数互换，质子数加中子数不变，所以互为镜像核的两个核质量数相同．故D项正确．
故选ACD。
【变式7-2】太赫兹辐射通常是指频率在0.1~10 THz(1THz=1012Hz)、即频率在微波与红外线之间的电磁辐射，其频率高于微波，低于红外线、紫外线，远低于X射线。太赫兹波对人体安全, 可以穿透衣物等不透明物体, 实现对隐匿物体的成像。近年来太赫兹技术在国家安全、信息技术等诸多领域取得了快速发展，被誉为“改变未来世界十大技术”之一。由上述信息可知，太赫兹波(　　)
A．其光子的能量比红外线光子的能量更大
B．比微波更容易发生衍射现象
C．比紫外线更难使金属发生光电效应
D．比X射线穿透性更强
【答案】 C
【解析】 太赫兹波的频率比红外线的频率低，所以其光子的能量比红外线光子的能量更小，故A错误；太赫兹波的频率比微波的频率高，波长比微波的短，所以比微波更不容易发生衍射现象，故B错误；太赫兹波的频率比紫外线的频率低，所以比紫外线更难使金属发生光电效应，故C正确；太赫兹波的频率远低于X射线的频率，其光子能量远低于X射线的光子能量，所以比X射线穿透性更弱，故D错误。故选C。
【变式7-3】当宇宙射线进入地球大气层时，同大气作用产生中子，中子撞击大气中的氮引发核反应，生成碳14，碳14具有放射性，能够自发的发生衰变而变成氮，核反应方程分别为和，其中的X和Y分别代表（　　）
A．正电子 α粒子 B．质子 β粒子 C．质子 正电子 D．正电子 β粒子
【答案】B
【解析】根据质量数和电荷数守恒可知X的质量数和电荷数均为1，所以X是质子；Y的质量数和电荷数分别为0和－1，所以Y是β粒子。故选B。专题1.2 实验：用油膜法估测油酸分子的大小
【人教版】
【题型1 原理与操作】
【题型2 数据处理】
【题型3 误差分析】
【题型4 油膜面积的处理】
【题型1 原理与操作】
【例1】在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，
(1)该实验中的理想化假设是________。
A．将油膜看成单分子层油膜
B．不考虑各油酸分子间的间隙
C．不考虑各油酸分子间的相互作用力
D．将油酸分子看成球形
(2)实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是________。
A．可使油酸和爽身粉之间形成清晰的边界轮廓
B．对油酸溶液起到稀释作用
C．有助于测量一滴油酸的体积
D．有助于油酸的颜色更透明便于识别
(3)某老师为本实验配制油酸酒精溶液，实验室配备的器材有：面积为0.22 m2的蒸发皿、注射器、烧杯(注射器中1毫升溶液滴入烧杯中的滴数为50滴)、纯油酸和无水酒精若干。已知分子直径数量级为10－10 m，则该老师配制的油酸酒精溶液体积浓度(油酸与油酸酒精溶液的体积比)至多为________‰(保留两位有效数字)。
【变式1-1】用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以__________
________________________________________________________________________。
为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是__________________________________。
【变式1-2】(1)如图所示的四个图反映“用油膜法估测分子的大小”实验中的四个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是________(用符号表示)。
(2)用“油膜法”来粗略估测分子的大小，是通过一些科学的近似处理，这些处理有：
________________________________________________________________________。
【变式1-3】在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，某同学操作步骤如下：
①取一定量的无水酒精和油酸，配制成一定浓度的油酸酒精溶液；
②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；
③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴溶液，待散开稳定；
④在蒸发皿上覆盖玻璃板，描出油酸薄膜形状，用透明方格纸测量油酸薄膜的面积。
请指出错误或有遗漏的步骤，并改正其错误：
错误的步骤：__________________________________；
有遗漏的步骤：________________________________。
【题型2 数据处理】
【例2】在做“用油膜法估测分子的大小”实验时，在每200 mL油酸酒精溶液中有纯油酸1 mL，实验中利用注射器测出200滴该溶液的体积为1 mL，已知1滴该溶液滴入浅水盘中最终形成的油膜面积为175 cm2，则油酸分子大小约为__________ m(保留3位有效数字)。在该实验中，液体表面的张力使液滴从针头滴落时呈现球状，则液体表层分子间作用力表现为__________(填“引力”或“斥力”)，分子间距离__________(填“大于”“等于”或“小于”)液体内分子的平衡距离。
【变式2-1】(1)在做“用油膜法估测油酸分子大小”的实验时，已经准备的器材有：一定浓度的油酸酒精溶液、烧杯、浅盘和水、玻璃板、彩笔，要完成本实验，还缺少的器材有________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，在哪些方面做了理想化的假设________________________________________________________________________；
实验中滴在水面的是油酸酒精溶液而不是纯油酸，且只能滴一滴，这是因为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
在将油酸酒精溶液滴向水面前，要先在水面上均匀撒上爽身粉，这样做是为了_______
________________________________________________________________________。
(3)下面4个图反映“用油膜法估测油酸分子大小”实验中的4个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是________(用符号表示)。
(4)在做“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，已知实验室中使用的油酸酒精溶液的体积浓度为c，又用注射器测得每N滴这种油酸酒精溶液的总体积为V，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，在玻璃板上描出油膜的边界线，再把玻璃板放在画有边长为a的正方形小格的纸上(如图所示)，测得油膜占有的小正方形个数为X。
①每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积的表达式V0＝________。
②油膜的面积表达式S＝________，从图中可数出小正方形的有效个数X＝________。
③用以上字母表示油酸分子的大小D＝________。
【变式2-2】在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用a mL的纯油酸配制成b mL的油酸酒精溶液，再用滴管取1 mL油酸酒精溶液，让其自然滴出，共n滴。现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为S cm2，则：
(1)估算出油酸分子的直径大小是________ cm。
(2)用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的________。
A．摩尔质量　 　　　　　　 B．摩尔体积
C．质量 D．体积
【变式2-3】在“油膜法估测分子直径”的实验中，某老师为本实验配制油酸酒精溶液，实验室配备的器材有：面积为0.25 m2的蒸发皿，滴管，量筒(60滴溶液滴入量筒体积约为1毫升)，纯油酸和无水酒精若干等。已知分子直径数量级为10－10 m，求该老师配制的油酸酒精溶液浓度(油酸与油酸酒精溶液的体积比)至多为多少？
【题型3 误差分析】
【例3】油膜法估测分子大小的实验，每500 mL油酸酒精溶液中有纯油酸1 mL，用注射器测得1 mL这样的溶液共计80滴。现将1滴这种溶液滴在撒有痱子粉的水面上，这滴溶液中纯油酸的体积是__________ m 3；待油膜形状稳定后，在玻璃板上描绘出油膜的轮廓。若用轮廓范围内完整方格的总面积当作油膜的面积，则计算得到的油膜面积__________，估算的油酸分子直径__________。(后两空选填“偏大”或“偏小”)
【变式3-1】某班级做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验，实验前，将酒精加入1 mL的油酸中配制成1 000 mL的油酸酒精溶液。
(1)在实验时需要测量出一滴油酸酒精溶液的体积，具体的操作是用________将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入烧杯，记下注射器内溶液减少一定体积时液滴的数目。
(2)在浅盘的水面撒上爽身粉，将1滴油酸酒精溶液滴入水中后，下列现象或判断正确的是________。
A．油膜的面积先扩张后又稍微收缩了一些
B．油膜的面积先快速扩张后慢慢趋于稳定
C．若出现如图的情况，说明油酸浓度太大，需重新配制油酸酒精溶液再进行实验
D．若出现如图的情况，可在水面上重新撒上爽身粉，再次滴入油酸酒精溶液进行实验
(3)甲实验小组测得1 mL油酸酒精溶液为80滴，通过数1滴溶液在水面稳定后形成的油膜面积对应的正方形的个数得到油膜的面积为250 cm2可估算油酸分子的直径为________m。
(4)乙实验小组算得的油酸分子直径偏小，可能是由于______。
A．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
B．油酸酒精溶液中酒精挥发，导致油酸浓度变大
C．水面上爽身粉撒得较多，油酸未完全散开
D．求每滴溶液体积时，1 mL的溶液的滴数少计了10滴
(5)当结束实验或重复做实验时，需将水从浅盘的一角倒出，在这个角的边缘会遗留少许油酸，为了保持浅盘的清洁，不影响下次使用，应如何处理？________________________
________________________________________________________________________。
【变式3-2】油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL，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1 mL，若把一滴这样的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，稳定后形成的油膜的形状如图所示。若每一小方格的边长为25 mm，试问：
(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为________模型，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________。图中油酸膜的面积为________m2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________m3；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________m。(结果保留两位有效数字)
(2)某同学在实验过程中，在距水面约2 cm的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜，实验时观察到，油膜的面积先扩张后又收缩了一些，这是为什么呢？
请写出你分析的原因：__________________________________________________
________________________________________________________________________。
【变式3-3】在“用油膜法估测油酸分子直径”的实验中，我们通过宏观量的测量间接计算微观量。
(1)本实验利用了油酸分子易在水面上形成________(选填“单层”或“多层”)分子油膜的特性。若将含有纯油酸体积为V的一滴油酸酒精溶液滴到水面上，形成面积为S的油酸薄膜，则由此可估测油酸分子的直径为________。
(2)某同学实验中先取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液，测量并计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积后，接着又进行了下列操作：
A．将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，在水面上自由地扩展为形状稳定的油酸薄膜
B．将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上计算油酸薄膜的面积
C．将玻璃板盖到浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的轮廓画在玻璃板上
D．向浅盘中倒入约2 cm深的水，将爽身粉均匀地撒在水面上
以上操作的合理顺序是________(填字母代号)。
(3)若实验时爽身粉撒得太厚，则所测的分子直径会________(选填“偏大”或“偏小”)。
【题型4 油膜面积的处理】
【例4】在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将一滴油酸酒精溶液滴入事先撒有均匀痱子粉的水槽中，待油膜充分散开后，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示。坐标纸上正方形小方格的边长为10 mm，该油膜的面积是__________ m2；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1.2 mL，则油酸分子的直径为________ m(结果均保留2位有效数字)。
【变式4-1】在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸溶于酒精，其浓度为每1 000 mL溶液中有0.6 mL油酸。用注射器测得1 mL上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油酸的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和大小如图所示，坐标中正方形方格的边长为1 cm，试求：
(1)油酸膜的面积是________ cm2；
(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________ mL；
(3)按以上实验数据估测出油酸分子的直径是________ m。
【变式4-2】测量分子大小的方法有很多，如油膜法、显微法。
(1)在“用油膜法估测分子大小”的实验中，用移液管量取0.25 mL 油酸，倒入标注250 mL的容量瓶中，再加入酒精后得到250 mL的溶液。然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中1 mL的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图甲所示。坐标格的正方形大小为2 cm×2 cm。由图可以估算出油膜的面积是________cm2，由此估算出油酸分子的直径是________m(保留一位有效数字)。
(2)如图乙是用扫描隧道显微镜拍下的一个“量子围栏”的照片。这个量子围栏是由48个铁原子在铜的表面排列成直径为1.43×10－8 m的圆周而组成的。由此可以估算出铁原子的直径约为________m(结果保留两位有效数字)。
【变式4-3】油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.5 mL，用注射器吸取1 mL油酸酒精溶液，把该溶液滴入烧杯内，总滴数为50滴。若把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成单分子油膜的形状如图所示。(以下计算结果均保留2位有效数字)
(1)若每一小方格的边长为10 mm，则油酸薄膜的面积为________m2；
(2)每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为________m3；
(3)根据上述数据，估算出油酸分子的直径为______m。
(4)为了尽可能准确地估测出油酸分子的大小，下列哪些措施是可行的________。
A．油酸浓度适当大一些
B．油酸浓度适当小一些
C．油酸扩散后立即绘出轮廓图
D．油酸扩散并待其收缩稳定后再绘出轮廓图
参考答案
【题型1 原理与操作】
【例1】在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，
(1)该实验中的理想化假设是________。
A．将油膜看成单分子层油膜
B．不考虑各油酸分子间的间隙
C．不考虑各油酸分子间的相互作用力
D．将油酸分子看成球形
(2)实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是________。
A．可使油酸和爽身粉之间形成清晰的边界轮廓
B．对油酸溶液起到稀释作用
C．有助于测量一滴油酸的体积
D．有助于油酸的颜色更透明便于识别
(3)某老师为本实验配制油酸酒精溶液，实验室配备的器材有：面积为0.22 m2的蒸发皿、注射器、烧杯(注射器中1毫升溶液滴入烧杯中的滴数为50滴)、纯油酸和无水酒精若干。已知分子直径数量级为10－10 m，则该老师配制的油酸酒精溶液体积浓度(油酸与油酸酒精溶液的体积比)至多为________‰(保留两位有效数字)。
解析：(3)根据题意可知，形成的油膜的面积不能超过蒸发皿的面积，当油膜面积等于蒸发皿的面积时，油酸酒精溶液浓度最大。一滴油酸的体积V0＝dS＝10－10 m×0.22 m2＝2.2×10－11 m3，一滴油酸酒精溶液的体积V＝ cm3＝2×10－8 m3，则此油酸酒精溶液的体积浓度至多为＝1.1 ‰。
答案：(1)ABD　(2)B　(3)1.1
【变式1-1】用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以__________
________________________________________________________________________。
为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是__________________________________。
解析：用油膜法估测分子直径时，需使油酸在水面上形成单分子层油膜，为使油酸尽可能地散开，将油酸用酒精稀释。根据V＝Sd，要求得分子的直径d，则需要测出油膜面积，以及一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积。这样需要测出一滴油酸酒精溶液的体积，其方法可用累积法，即测出1 mL油酸酒精溶液的滴数。
答案：使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜　用注射器吸取一定体积的油酸酒精溶液，把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入烧杯中，记下液滴的总滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积　单分子层油膜的面积
【变式1-2】(1)如图所示的四个图反映“用油膜法估测分子的大小”实验中的四个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是________(用符号表示)。
(2)用“油膜法”来粗略估测分子的大小，是通过一些科学的近似处理，这些处理有：
________________________________________________________________________。
解析：(1)用“油膜法估测分子的大小”实验步骤为：配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径。很显然操作先后顺序排列应是dacb。
(2)在“用油膜法估测分子的大小”实验中，我们的实验依据是：①油膜是呈单分子分布的；②把油酸分子看成球形；③分子之间没有空隙。
【变式1-3】在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，某同学操作步骤如下：
①取一定量的无水酒精和油酸，配制成一定浓度的油酸酒精溶液；
②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；
③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴溶液，待散开稳定；
④在蒸发皿上覆盖玻璃板，描出油酸薄膜形状，用透明方格纸测量油酸薄膜的面积。
请指出错误或有遗漏的步骤，并改正其错误：
错误的步骤：__________________________________；
有遗漏的步骤：________________________________。
解析：②由于一滴溶液的体积太小，直接测量时，相对误差太大，应用微小量累积法减小测量误差；③液面上不撒痱子粉时，滴入的油酸酒精溶液挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜，油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败。
答案：见解析
【题型2 数据处理】
【例2】在做“用油膜法估测分子的大小”实验时，在每200 mL油酸酒精溶液中有纯油酸1 mL，实验中利用注射器测出200滴该溶液的体积为1 mL，已知1滴该溶液滴入浅水盘中最终形成的油膜面积为175 cm2，则油酸分子大小约为__________ m(保留3位有效数字)。在该实验中，液体表面的张力使液滴从针头滴落时呈现球状，则液体表层分子间作用力表现为__________(填“引力”或“斥力”)，分子间距离__________(填“大于”“等于”或“小于”)液体内分子的平衡距离。
答案　1.43×10－9　引力　大于
解析　由题可知，一滴油酸的总体积
× cm3＝2.5×10－5 cm3
则油酸分子大小为×10－2 m＝1.43×10－9 m
液体表面的张力，是因分子间作用力表现为引力。
当分子间作用力表现为引力时，分子间距大于液体内分子的平衡距离。
【变式2-1】(1)在做“用油膜法估测油酸分子大小”的实验时，已经准备的器材有：一定浓度的油酸酒精溶液、烧杯、浅盘和水、玻璃板、彩笔，要完成本实验，还缺少的器材有________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，在哪些方面做了理想化的假设________________________________________________________________________；
实验中滴在水面的是油酸酒精溶液而不是纯油酸，且只能滴一滴，这是因为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
在将油酸酒精溶液滴向水面前，要先在水面上均匀撒上爽身粉，这样做是为了_______
________________________________________________________________________。
(3)下面4个图反映“用油膜法估测油酸分子大小”实验中的4个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是________(用符号表示)。
(4)在做“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，已知实验室中使用的油酸酒精溶液的体积浓度为c，又用注射器测得每N滴这种油酸酒精溶液的总体积为V，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，在玻璃板上描出油膜的边界线，再把玻璃板放在画有边长为a的正方形小格的纸上(如图所示)，测得油膜占有的小正方形个数为X。
①每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积的表达式V0＝________。
②油膜的面积表达式S＝________，从图中可数出小正方形的有效个数X＝________。
③用以上字母表示油酸分子的大小D＝________。
解析：(1)在本实验中，要用注射器通过累积法得到一滴油酸酒精溶液的体积，先在水槽中撒上爽身粉，再将用酒精稀释过的油酸用注射器滴到水面上，将玻璃板盖在水槽上，在玻璃板上铺上坐标纸，用彩笔画出油膜的边界，用数格子的方法得出形成的面积；则可根据体积公式求得分子直径。故实验中还需要：注射器、爽身粉及坐标纸。
(2)在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，一般将油膜看成单分子膜，将油酸看成球形，将油酸分子看成是紧挨在一起的；实验中滴在水面上的是油酸酒精溶液而不是纯油酸，且只能滴一滴，这是因为纯油酸粘滞力较大，直接测量体积时误差太大；在滴入油滴之前，要先在水面上均匀撒上爽身粉，这样做的目的是使油膜边界清晰，便于描绘油膜形状。
(3)“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径，显然，操作先后顺序排列应是dacb。
(4)①由题意可知，一滴油酸酒精溶液的体积V′＝，其中纯油酸的体积V0＝；②所形成的油膜的面积为S＝Xa2；超过半格的算一个，不足半格的舍去，从图中可数出小正方形的有效个数X＝55；③纯油酸的体积V0＝DS，D＝＝。
答案：(1)注射器、爽身粉、坐标纸　(2)将油膜看成单分子膜，将油酸分子看成球形，将油酸分子看成是紧挨在一起的　纯油酸粘滞力较大，直接测量体积时误差太大　使油膜边界清晰，便于描绘油膜形状　(3)dacb　(4)①　②Xa2　55　③
【变式2-2】在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用a mL的纯油酸配制成b mL的油酸酒精溶液，再用滴管取1 mL油酸酒精溶液，让其自然滴出，共n滴。现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为S cm2，则：
(1)估算出油酸分子的直径大小是________ cm。
(2)用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的________。
A．摩尔质量　 　　　　　　 B．摩尔体积
C．质量 D．体积
解析：(1)油酸酒精溶液的浓度为，一滴油酸酒精溶液的体积为 mL，一滴油酸酒精溶液含纯油酸 mL，则油酸分子的直径大小为d＝ cm。
(2)设一个油酸分子体积为V，则V＝π3，由 NA＝ 可知，要测定阿伏加德罗常数，还需知道油滴的摩尔体积，故B正确。
答案：(1)　(2)B
【变式2-3】在“油膜法估测分子直径”的实验中，某老师为本实验配制油酸酒精溶液，实验室配备的器材有：面积为0.25 m2的蒸发皿，滴管，量筒(60滴溶液滴入量筒体积约为1毫升)，纯油酸和无水酒精若干等。已知分子直径数量级为10－10 m，求该老师配制的油酸酒精溶液浓度(油酸与油酸酒精溶液的体积比)至多为多少？
答案　1.5×10－3
解析　根据题意可知，形成的油膜的面积不能超过蒸发皿的面积，当油膜面积等于蒸发皿的面积时，此时油酸浓度最大，一滴油酸的体积为
V＝dS＝10－10 m×0.25 m2＝2.5×10－11 m3
一滴酒精油酸溶液的体积为V0＝ cm3＝1.7×10－8 m3
因此油酸的浓度为＝1.5×10－3。
【题型3 误差分析】
【例3】油膜法估测分子大小的实验，每500 mL油酸酒精溶液中有纯油酸1 mL，用注射器测得1 mL这样的溶液共计80滴。现将1滴这种溶液滴在撒有痱子粉的水面上，这滴溶液中纯油酸的体积是__________ m 3；待油膜形状稳定后，在玻璃板上描绘出油膜的轮廓。若用轮廓范围内完整方格的总面积当作油膜的面积，则计算得到的油膜面积__________，估算的油酸分子直径__________。(后两空选填“偏大”或“偏小”)
答案　2.5×10－11　偏小　偏大
解析　1滴溶液中纯油酸的体积V＝× mL＝2.5×10－5 mL＝2.5×10－11 m3
若用轮廓范围内完整方格的总面积当作油膜的面积，则没有计算到不完整方格的面积，所以计算得到的油膜面积偏小，由d＝可知，估算的油酸分子直径偏大。
【变式3-1】某班级做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验，实验前，将酒精加入1 mL的油酸中配制成1 000 mL的油酸酒精溶液。
(1)在实验时需要测量出一滴油酸酒精溶液的体积，具体的操作是用________将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入烧杯，记下注射器内溶液减少一定体积时液滴的数目。
(2)在浅盘的水面撒上爽身粉，将1滴油酸酒精溶液滴入水中后，下列现象或判断正确的是________。
A．油膜的面积先扩张后又稍微收缩了一些
B．油膜的面积先快速扩张后慢慢趋于稳定
C．若出现如图的情况，说明油酸浓度太大，需重新配制油酸酒精溶液再进行实验
D．若出现如图的情况，可在水面上重新撒上爽身粉，再次滴入油酸酒精溶液进行实验
(3)甲实验小组测得1 mL油酸酒精溶液为80滴，通过数1滴溶液在水面稳定后形成的油膜面积对应的正方形的个数得到油膜的面积为250 cm2可估算油酸分子的直径为________m。
(4)乙实验小组算得的油酸分子直径偏小，可能是由于______。
A．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
B．油酸酒精溶液中酒精挥发，导致油酸浓度变大
C．水面上爽身粉撒得较多，油酸未完全散开
D．求每滴溶液体积时，1 mL的溶液的滴数少计了10滴
(5)当结束实验或重复做实验时，需将水从浅盘的一角倒出，在这个角的边缘会遗留少许油酸，为了保持浅盘的清洁，不影响下次使用，应如何处理？________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)在实验时需要测量出一滴油酸酒精溶液的体积，具体的操作是用注射器将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入烧杯，记下注射器内溶液减少一定体积时液滴的数目。
(2)在浅盘的水面撒上爽身粉，将1滴油酸酒精溶液滴入水中后，可发现油膜的面积先扩张后又稍微收缩了一些，A正确，B错误；若出现题图中的情况，说明油酸浓度太低，需重新配制油酸酒精溶液再进行实验，C、D错误。
(3)一滴油酸酒精溶液中含油酸的体积V＝×10－6 m3，油酸分子的直径为d＝＝ m＝5×10－10 m。
(4)根据d＝可知计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，S的测量值偏小，则直径的测量值偏大，A错误；油酸酒精溶液中酒精挥发，导致油酸浓度变大，油膜的面积S偏大，则直径的测量值偏小，B正确；水面上爽身粉撒得较多，油酸未完全散开，油膜面积的测量值偏小，则直径的测量值偏大，C错误；求每滴溶液体积时，1 mL的溶液的滴数少计了10滴，则一滴油酸酒精溶液中含油酸的体积偏大，则直径的测量值偏大，D错误。
(5)可以用适量酒精清洗，并用脱脂棉擦去再用清水冲洗。
答案：(1)注射器　(2)A　(3)5×10－10　(4)B　(5)可以用适量酒精清洗，并用脱脂棉擦去再用清水冲洗
【变式3-2】油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL，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1 mL，若把一滴这样的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，稳定后形成的油膜的形状如图所示。若每一小方格的边长为25 mm，试问：
(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为________模型，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________。图中油酸膜的面积为________m2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________m3；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________m。(结果保留两位有效数字)
(2)某同学在实验过程中，在距水面约2 cm的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜，实验时观察到，油膜的面积先扩张后又收缩了一些，这是为什么呢？
请写出你分析的原因：__________________________________________________
________________________________________________________________________。
[解析]　(1)油膜面积约占55小格，面积约为S＝55×25×25×10－6 m2≈3.4×10－2 m2，一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V＝××10－6 m3＝1.2×10－11 m3，
油酸分子的直径约等于油膜的厚度
d＝＝ m≈3.5×10－10 m。
(2)主要有两个原因：①水面受到落下的油酸酒精溶液的冲击，先陷下后又恢复水平，因此油膜的面积扩张；②油酸酒精溶液中的酒精挥发，使液面收缩。
[答案]　(1)球形　单分子　直径　3.4×10－2　1.2×10－11　3.5×10－10　(2)见解析
【变式3-3】在“用油膜法估测油酸分子直径”的实验中，我们通过宏观量的测量间接计算微观量。
(1)本实验利用了油酸分子易在水面上形成________(选填“单层”或“多层”)分子油膜的特性。若将含有纯油酸体积为V的一滴油酸酒精溶液滴到水面上，形成面积为S的油酸薄膜，则由此可估测油酸分子的直径为________。
(2)某同学实验中先取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液，测量并计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积后，接着又进行了下列操作：
A．将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，在水面上自由地扩展为形状稳定的油酸薄膜
B．将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上计算油酸薄膜的面积
C．将玻璃板盖到浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的轮廓画在玻璃板上
D．向浅盘中倒入约2 cm深的水，将爽身粉均匀地撒在水面上
以上操作的合理顺序是________(填字母代号)。
(3)若实验时爽身粉撒得太厚，则所测的分子直径会________(选填“偏大”或“偏小”)。
解析：(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，d＝。
(2)实验步骤为：配制好油酸酒精溶液，用注射器通过累积法测出1滴此溶液的体积，然后将1滴此溶液滴在浅盘中撒有爽身粉的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板盖在浅盘上，用彩笔描绘出油酸薄膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，计算出油酸薄膜的面积。故答案为DACB。
(3)实验过程中，若爽身粉撒得太厚，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d＝可知，实验测得的油酸分子的直径偏大。
答案：(1)单层　　(2)DACB　(3)偏大
【题型4 油膜面积的处理】
【例4】在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将一滴油酸酒精溶液滴入事先撒有均匀痱子粉的水槽中，待油膜充分散开后，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示。坐标纸上正方形小方格的边长为10 mm，该油膜的面积是__________ m2；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1.2 mL，则油酸分子的直径为________ m(结果均保留2位有效数字)。
答案　8.0×10－3　7.5×10－10
解析　在围成的方格中，不足半个的舍去，多于半个的算一个，共有80个方格，故油酸膜的面积为S＝80×1 cm×1 cm＝80 cm2＝8.0×10－3 m2
每滴油酸酒精溶液中含有油酸的体积
V＝×0.2% mL＝6×10－12 m3
则d＝＝7.5×10－10 m。
【变式4-1】在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸溶于酒精，其浓度为每1 000 mL溶液中有0.6 mL油酸。用注射器测得1 mL上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油酸的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和大小如图所示，坐标中正方形方格的边长为1 cm，试求：
(1)油酸膜的面积是________ cm2；
(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________ mL；
(3)按以上实验数据估测出油酸分子的直径是________ m。
解析：(1)根据题图，数得格子数为131个，那么油膜面积是S＝132×1 cm2＝132 cm2。
(2)根据已知条件可知，1 mL溶液中有75滴，1滴溶液的体积是 mL。又已知每1 000 mL溶液中有纯油酸0.6 mL，一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积是
V＝ mL＝8×10－6 mL。
(3)油酸分子的直径为
d＝＝ cm≈6.1×10－10 m。
答案：(1)132　(2)8×10－6　(3)6.1×10－10
【变式4-2】测量分子大小的方法有很多，如油膜法、显微法。
(1)在“用油膜法估测分子大小”的实验中，用移液管量取0.25 mL 油酸，倒入标注250 mL的容量瓶中，再加入酒精后得到250 mL的溶液。然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中1 mL的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图甲所示。坐标格的正方形大小为2 cm×2 cm。由图可以估算出油膜的面积是________cm2，由此估算出油酸分子的直径是________m(保留一位有效数字)。
(2)如图乙是用扫描隧道显微镜拍下的一个“量子围栏”的照片。这个量子围栏是由48个铁原子在铜的表面排列成直径为1.43×10－8 m的圆周而组成的。由此可以估算出铁原子的直径约为________m(结果保留两位有效数字)。
解析：(1)数油膜所占的正方形格数，大于半格的算一格，小于半格的舍去，得到油膜的面积S＝格数×2 cm×2 cm＝256 cm2。溶液浓度为，每滴溶液体积为 mL,2滴溶液中所含油酸体积为V＝2×10－5 cm3。油膜厚度即油酸分子的直径是d＝≈8×10－10 m。
(2)直径为1.43×10－8 m的圆周周长为D＝πd≈4.5×10－8 m，可以估算出铁原子的直径约为d′＝ m≈9.4×10－10 m。
答案：(1)256　8×10－10　(2)9.4×10－10
【变式4-3】油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.5 mL，用注射器吸取1 mL油酸酒精溶液，把该溶液滴入烧杯内，总滴数为50滴。若把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成单分子油膜的形状如图所示。(以下计算结果均保留2位有效数字)
(1)若每一小方格的边长为10 mm，则油酸薄膜的面积为________m2；
(2)每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为________m3；
(3)根据上述数据，估算出油酸分子的直径为______m。
(4)为了尽可能准确地估测出油酸分子的大小，下列哪些措施是可行的________。
A．油酸浓度适当大一些
B．油酸浓度适当小一些
C．油酸扩散后立即绘出轮廓图
D．油酸扩散并待其收缩稳定后再绘出轮廓图
解析：(1)每个正方形的面积为S1＝(10 mm)2＝1×10－4m2，面积超过正方形面积一半的正方形的个数为80个，则油酸膜的面积约为 S＝80S1＝80×10－4 m2＝8.0×10－3 m2。
(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积：
V＝ mL＝1.0×10－11 m3。
(3)把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则分子的直径为：
d＝＝ m＝1.3×10－9 m。
(4)为能形成单分子油膜，油膜浓度应适当小些；绘制轮廓图应在油酸扩散稳定后进行，B、D正确，A、C错误。
答案：(1)8.0×10－3(7.8×10－3～8.5×10－3均可)
(2)1.0×10－11　(3)1.3×10－9(或1.2×10－9)　(4)BD专题1.3 分子运动速率分布规律
【人教版】
【题型1 分子运动速率分布图像分析】
【题型2 气体压强的微观解释】
【题型3 分子运动速率问题】
【题型4 综合问题】
【题型1 分子运动速率分布图像分析】
【例1】氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法错误的是(　 )
A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形
D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
解析：选D　根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形，C正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，D错误。
【变式1-1】（多选）如图所示是氧气在0 ℃和100 ℃两种不同情况下,各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系。由图可知( )
A.100 ℃的氧气速率大的分子比例较多
B.0 ℃时对应的具有最大比例的速率区间的峰值速率较大
C.在0 ℃时,部分分子速率比较大,说明内部有温度较高的区域
D.同一温度下,气体分子速率分布总呈“中间多,两头少”的分布特点
答案：AD
解析：同一温度下,中等速率的氧气分子所占的比例大,温度升高使得氧气分子的平均速率增大,所以100 ℃的氧气速率大的分子比例较多,故A正确;温度越低,分子的平均速率越小,结合图像可知0 ℃时对应的具有最大比例的速率区间的峰值速率较小,故B错误;在0 ℃时,部分分子速率较大,不能说明内部有温度较高的区域,故C错误;同一温度下,气体分子速率分布总呈“中间多,两头少”的分布特点,即速率处于中等的分子所占比例较大,速率特大特小的分子所占比例均比较小,故D正确。
【变式1-2】如图是氧气分子在不同温度(0 ℃和100 ℃)下的速率分布图像,由图可知( )
A.同一温度下,氧气分子的速率呈现出“中间多,两头少”的分布规律
B.随着温度的升高,每一个氧气分子的速率都增大
C.随着温度的升高,氧气分子中速率小的分子所占的比例变高
D.随着温度的升高,氧气分子的平均速率变小
答案：A
解析：由图可知,同一温度下,氧气分子的速率呈现“中间多,两头少”的分布特点,故A正确。温度是分子热运动剧烈程度的标志,是大量分子运动的统计规律,对单个分子没有意义,温度越高,平均速率越大,但不是所有分子运动的速率都变大,故B错误;由图可知,随着温度升高,速率较大的分子数增多,分子的平均速率变大,速率小的分子所占比例变低,故C、D错误。
【变式1-3】如图，横坐标v表示分子速率，纵坐标f(v)表示各等间隔速率区间的分子数占总分子数的百分比．图中曲线能正确表示某一温度下气体分子麦克斯韦速率分布规律的是(　　)
A．曲线① B．曲线② C．曲线③ D．曲线④
答案　D
解析　根据麦克斯韦气体分子速率分布规律可知，某一速率范围内分子数量最大，速率过大或过小的数量较小，曲线向两侧逐渐减小，曲线④符合题意．选项D正确．
【题型2 气体压强的微观解释】
【例2】对一定质量的气体，若用N表示单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数，则下列说法正确的是(　 )
A．当体积减小时，N必定增加
B．当温度升高时，N必定增加
C．当压强不变而体积和温度变化时，N必定变化
D．当压强不变而体积和温度变化时，N可能不变
解析：选C　当体积减小时，分子的密集程度增大，但分子的平均动能不一定大，所以单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数不一定增加，A错误。当温度升高时，分子的平均动能变大，但分子的密集程度不一定大，所以单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数不一定增加，B错误。压强取决于单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数及分子的平均动能，压强不变，温度和体积变化，分子平均动能变化，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数必定变化，C正确，D错误。
【变式2-1】一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为(　 )
A．气体分子每次碰撞器壁的平均作用力增大
B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多
C．气体分子的总数增加
D．单位体积内的分子数目不变
解析：选B　温度不变，分子热运动平均动能不变，气体分子每次碰撞器壁的平均作用力不变，故A错误；体积压缩，分子数密度增大，单位时间内单位面积器壁上受气体分子碰撞次数增多，故B正确；因气体质量一定，故气体分子的总数不变，C错误；分子数密度增大，即单位体积内的分子数目增大，D错误。
【变式2-2】(多选)下列说法中正确的是(　 )
A．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，而气体的压强不一定增大
B．气体体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内撞到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大
C．压缩一定质量的气体，气体的内能一定增加
D．分子a只在分子b的分子力作用下，从无穷远处向固定不动的分子b运动的过程中，当a到达受b的作用力为零的位置时，a的动能一定最大
解析：选AD　从微观上看，一定质量被封闭气体的压强取决于分子的平均动能和单位体积内的分子数目(分子的密集程度)这两个因素，分子平均动能增大，单位体积内的分子数目变化未知，因此压强的变化是不确定的，故A正确；体积减小，单位体积内的分子数目增多，但是分子平均动能的变化未知，则压强变化也是不确定的，故B错误；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知压缩气体，外界对气体做功，但是气体的吸放热情况未知，故内能不一定增大，故C错误；分子a从无穷远处趋近固定不动的分子b时分子力表现为引力，分子力做正功，分子动能增大，到达r＝r0时分子力为零，若再靠近时分子力表现为斥力，将做负功，分子动能减小，因此当a到达受b的作用力为零处时，a的动能最大，故D正确。
【变式2-3】负压病房是收治传染性极强的呼吸道疾病病人所用的医疗设施，可以大大减少医务人员被感染的机会，病房中气压小于外界环境的大气压。若负压病房的温度和外界温度相同，负压病房内气体和外界环境中气体都可以看成理想气体，则以下说法正确的是(　 )
A．负压病房内气体分子的平均动能小于外界环境中气体分子的平均动能
B．负压病房内每个气体分子的运动速率都小于外界环境中气体分子的运动速率
C．负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数
D．相同面积负压病房内壁受到的气体压力等于外壁受到的气体压力
解析：选C　温度是气体分子平均动能的标志，负压病房的温度和外界温度相同，故负压病房内气体分子的平均动能等于外界环境中气体分子的平均动能，A错误；但是负压病房内每个气体分子的运动速率不一定小于外界环境中每个气体分子的运动速率，B错误；决定气体分子压强的微观因素是单位体积气体分子数和气体分子撞击器壁力度，现内外温度相等，即气体分子平均动能相等(撞击力度相等)，压强要减小形成负压，则要求负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数，C正确；压力F＝pS，内外压强不等，相同面积负压病房内壁受到的气体压力小于外壁受到的气体压力，D错误。
【题型3 分子运动速率问题】
【例3】[多选]下列说法中正确的是(　　)
A．在较暗的房间里，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动
B．气体分子速率呈现出“中间多，两头少”的分布规律
C．随着分子间距离增大，分子间作用力减小，分子势能也减小
D．一定量的理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变
E．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
解析：选ABE　布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动，在较暗的房间里可以观察到射入屋内的阳光中有悬浮在空气里的小颗粒在飞舞，是由于气体的流动造成的，这不是布朗运动，故A正确；麦克斯韦提出了气体分子速率分布的规律，即“中间多，两头少”，故B正确；分子力的变化比较特殊，随着分子间距离的增大，分子间作用力不一定减小，当分子表现为引力时，分子做负功，分子势能增大，故C错误；一定量理想气体发生绝热膨胀时，不吸收热量，同时对外做功，其内能减小，故D错误；根据热力学第二定律可知，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，故E正确。
【变式3-1】从微观的角度来看，一杯水是由大量水分子组成的，下列说法中正确的是(　　)
A．当这杯水静止时，水分子也处于静止状态
B．每个水分子都在运动，且速度大小相等
C．水的温度越高，水分子的平均动能越大
D．这些水分子的动能总和就是这杯水的内能
答案　C
解析　水分子不停地做无规则运动，A错；水分子速度的大小不相等，B错；温度是分子平均动能的标志，温度升高，水分子的平均动能增大，故C对；内能是物体内所有分子的动能和分子势能的总和，D错．
【变式3-2】（多选）在没有外界影响的情况下，密闭容器内的理想气体静置足够长的时间后，该气体(　　)
A.分子的无规则运动停息下来
B.每个分子的速度大小均相等
C.分子的平均动能保持不变
D.分子的密集程度保持不变
答案　CD
解析　分子的无规则运动永不停息，分子的速率分布呈中间多两头少，不可能每个分子的速度大小均相等，选项A、B错误；根据温度是分子平均动能的标志可知，只要温度不变，分子的平均动能就保持不变，又由于体积不变，所以分子的密集程度保持不变，选项C、D正确。
【变式3-3】下列说法正确的是(　　)
A.扩散运动是由微粒和水分子发生化学反应引起的
B.水流速度越大，水分子的热运动越剧烈
C.某时刻某一气体分子向左运动，则下一时刻它一定向右运动
D.0 ℃和100 ℃氧气分子的速率都呈现“中间多、两头少”的分布规律
答案　D
解析　扩散运动是物理现象，没有发生化学反应，选项A错误；水流速度是宏观物理量，水分子的运动速率是微观物理量，它们没有必然的联系，所以分子热运动剧烈程度和流水速度无关，选项B错误；分子运动是杂乱无章的，无法判断分子下一刻的运动方向，选项C错误；0 ℃和100 ℃氧气分子的速率都呈现“中间多、两头少”的分布规律，选项D正确。
【题型4 综合问题】
【例4】下列说法正确的是(　　)
A.物体的温度越高，其分子平均动能越小
B.气体对容器壁的压强是大量气体分子对器壁的碰撞引起的
C.只有气体才能产生扩散现象
D.布朗运动是固体颗粒的分子无规则运动
答案　B
解析　温度是分子平均动能的标志，物体的温度越高，分子的平均动能越大，故A错误；气体对容器壁的压强是大量气体分子对器壁的碰撞产生持续均匀的压力而产生的，故B正确；固体、液体、气体都有扩散现象，是分子热运动的表现，故C错误；布朗运动是由于液体分子频繁碰撞微粒导致微粒的无规则的运动，故D错误。
【变式4-1】[多选]对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是(　　)
A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈
B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈
C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小
D．压强变小时，分子间的平均距离可能变小
解析：选BD　根据理想气体的状态方程＝C，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D正确。
【变式4-2】（多选）下列说法正确的是( )
A.物体的温度降低,内部每个分子的运动速率不一定都减小
B.质量和温度都相同的物体,内能不一定相同
C.物体内所有分子的动能之和等于这个物体的动能
D.1摩尔气体的体积为V,阿伏加德罗常数为,每个气体分子的体积为
答案：AB
解析：物体的温度降低,内部分子的平均速率减小,但并非每个分子的运动速率都减小,选项A正确;质量和温度都相同的物体,内能不一定相同,还要看体积和物质的量等因素,选项B正确;物体的动能是指物体的宏观运动的动能,而非微观的分子的动能,故C错误;1摩尔气体的体积为V,阿伏加德罗常数为,每个气体分子占据的空间的体积为,选项D错误。
【变式4-3】对下列相关物理现象的解释正确的是( )
A.放入菜汤的胡椒粉末最后会沉到碗底,胡椒粉末在沉之前做的是布朗运动
B.液体中较大的悬浮颗粒不做布朗运动,而较小的颗粒做布朗运动,说明分子的体积很小
C.存放过煤的混凝土地面下一段深度内都有黑色颗粒,说明煤分子在做无规则的热运动
D.高压下的油会透过钢壁渗出,说明分子是不停运动着的
答案：C
解析：做布朗运动的微粒肉眼看不到,也不会停下来,故A错误;做布朗运动的不是分子而是固体微粒,布朗运动反映了液体分子在做永不停息的无规则运动,不能说明分子体积很小,故B错误;C属于扩散现象,说明分子都在做无规则运动,故C正确;高压下的油会透过钢壁渗出,这说明分子间有间隙,不能说明分子是不停运动着的,故D错误。专题2.7 固体
【人教版】
【题型1 单晶体的各向异性】
【题型2 晶体和非晶体的区分】
【题型3 晶体的微观结构】
【题型4 综合问题】
【题型5 联系实际】
【题型6 熔点问题】
【题型1 单晶体的各向异性】
【例1】（多选）2020年，“嫦娥五号”探测器胜利完成月球采样任务并返回地球。探测器上装有用石英制成的传感器，其受压时表面会产生大小相等、符号相反的电荷——“压电效应”。如图所示，石英晶体沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著，则石英晶体（　　）
A．具有各向异性的压电效应 B．没有确定的熔点
C．有确定的几何形状 D．是多晶体
解析：由题意可知，石英晶体沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著，其它方向不明显，因此石英具有各向异性的压电效应，A正确；晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，石英是单晶体，有确定的熔点，有规则的几何形状，BD错误，C正确。
答案：AC。
【变式1-1】[多选]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
解析：选AD　晶体在熔化过程中温度保持不变，食盐具有这样的特点，则说明食盐是晶体，选项A正确；蜂蜡的导热特点是各向同性的，烧热的针尖使蜂蜡熔化后呈椭圆形，说明云母片的导热特点是各向异性的，故云母片是晶体，选项B错误；天然石英表现为各向异性，则该物质微粒在空间的排列是规则的，选项C错误；石墨与金刚石皆由碳原子组成，但它们的物质微粒排列结构是不同的，选项D正确。
【变式1-2】金属铝熔化成液体后通入氢气，在液态铝内产生大量气泡，冷凝后得到带有微孔的泡沫铝，如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．泡沫铝是晶体，某些物理性质具有各向异性
B．在冷凝过程中，气泡收缩，外界对气体做功，气体内能增加
C．液态铝与氢气泡的接触面存在表面张力，将会阻碍气泡的膨胀
D．由于充入了气体，泡沫铝分子间距离增大，分子间只存在分子引力
【答案】C
【解析】泡沫铝是晶体，但是是多晶体，表现为各向同性，A错误；在金属液体冷凝过程中，气泡收缩变小，外界对气体做功，同时温度降低，放出热量，气体内能降低，B错误；金属铝熔化成液体后通入氢气，产生大量气泡，液体表面分子间存在表面张力，液态铝表面张力将会阻碍气泡的膨胀，C正确；分子之间同时存在引力和斥力，当时，分子力表现为引力，不是只存在引力，故D错误。
故选C。
【变式1-3】石墨和金刚石性质有很大差异，是由于（　　）
A．石墨是各向异性的，而金刚石是各向同性的
B．它们的化学成分不同
C．它们都是各向同性的
D．组成它们的物质微粒按不同的规则排列
解析：选D，石墨和金刚石都由碳分子组成，但它们的物理性质不同，石墨是各向同性的，而金刚石是各向异性的，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同。
答案：D。
【题型2 晶体和非晶体的区分】
【例2】(多选)下列关于晶体以及非晶体的理解正确的是(　　)
A.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.单晶体具有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点
C.有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布
D.固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体是绝对的，是不可以相互转化的
答案　AC
解析　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A项正确；单晶体和多晶体都具有固定的熔点，故B项错误；有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布，例如石墨和金刚石，故C项正确；固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体不是绝对的，是可以相互转化的；例如天然石英是晶体，熔融过的石英是非晶体；把晶体硫加热熔化(温度超过300 ℃)再倒入冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，故D项错误。
【变式2-1】下列说法错误的是(　 )
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，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体
解析：选A　将一晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，A错误。单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，B正确。金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，C正确。晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化，如天然水晶是晶体，熔融过的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，D正确。
【变式2-2】(多选)下列说法正确的是(　　)
A.通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体
B.液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈
C.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
D.一滴体积为V的油酸酒精溶液在水面上形成的面积为S，则油膜分子直径为
答案　BC
解析　金属材料虽然显示各向同性，但并不意味着就是非晶体，可能是多晶体，故A错误；液体的温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，故B正确；根据麦克斯韦统计规律可知，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，故C正确；体积为油酸酒精溶液的体积，非油酸体积，则油酸分子直径就不是，故D错误。
【变式2-3】关于晶体和非晶体，下列说法中错误的是（　　）
A．同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
B．晶体有天然规则的几何形状，也有确定的熔点
C．不可以根据各向同性或各向异性来鉴别晶体和非晶体
D．晶体在熔化过程中，分子平均动能不变，内能增加
解析：同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，例如天然水晶与石英玻璃，A正确，不符合题意；单晶体有规则的几何形状，多晶体则没有规则的几何形状，晶体有确定的熔点，B错误，符合题意；多晶体和非晶体的物理性质表现为各向同性，单晶体某些物理性质表现为各向异性，所以不可以根据各向同性或各向异性来鉴别晶体和非晶体，C正确，不符合题意；晶体在熔化中，晶体的温度不变，分子平均动能不变，可分子的势能增加，内能增加，D正确，不符合题意。
答案：B。
【题型3 晶体的微观结构】
【例3】石墨是碳原子按图甲排列形成的，其微观结构为层状结构。图乙为石墨烯的微观结构，单碳层石墨烯是单层的石墨，厚1毫米的石墨大概包含大约三百万层石墨烯。石墨烯是现有材料中厚度最薄、强度最高、导热性最好的新型材料。则（　　）
A．石墨中的碳原子静止不动
B．碳原子的直径大约为3×10-9m
C．石墨烯碳原子间只存在分子引力
D．石墨烯的熔解过程中，碳原子的平均动能不变
解析：石墨中的碳原子是运动的，A错误；由意义可知单层的距离为 且层与层之间有间距，B错误；石墨烯碳原子间不仅存在分子引力，同时也存在分子斥力，C错误；石墨烯是晶体，在熔解过程中，温度不变，故碳原子的平均动能不变，D正确。
答案：D。
【变式3-1】北京冬奥会给世界各地的人们带来了寒冬中的温暖，雪花形主火炬（图甲）的创意展现中国智慧，符合科学事实（图乙），实际上雪花的形态有很多种（图丙）。关于雪花的下列说法正确的是（　　）
A．雪花是非晶体
B．雪花具有各向异性
C．0°C雪花的水分子的平均动能比0°C液态水分子的小
D．雪花漫天飞舞可以作为雪花分子在做无规则运动的证据
解析：根据雪花具有形状规则的几何形状，且雪花在熔化时，吸收热量温度不变，具有确定的熔点，所以雪花是单晶体，则单晶体具有各向异性的物理性质，A错误，B正确；平均动能与温度有关系，故0°C雪花的水分子的平均动能与0°C液态水分子的相同，C错误；雪花是固体颗粒，飞舞时，是宏观上的机械运动，不能说明分子在做无规则运动，D错误。
答案：B。
【变式3-2】食盐是我们生活中不可缺少的调味品，中国人大约在神农氏与黄帝的时期就开始煮盐。通过研究，我们知道了食盐的微观结构如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．食盐晶体是正六面体形
B．食盐所有的物理性质都具有各向异性
C．食盐颗粒受潮粘连成食盐块时，形状不规则，是非晶体
D．食盐在熔化时，要吸收热量，温度保持不变，所以内能也不变
解析：食盐晶体是正六面体形，选项A正确；食盐具有各向异性，但并非所有的物理性质都具有各向异性，选项B错误；食盐颗粒受潮粘连成食盐块时，形状不规则，但仍是晶体，选项C错误；食盐在熔化时，要吸收热量，温度保持不变，所以内能增加，选项D错误。
答案：A。
【变式3-3】复旦大学物理系张远波教授课题组发现了一种新型二维半导体材料——黑磷，并成功制备了半导体测试材料。已知黑磷是有黑色金属光泽的半导体，是白磷在很高压强和较高温度下转化形成的。图为黑磷的微观结构，下列说法正确的是（　　）
A．黑磷是晶体材料
B．黑磷和白磷是同位素
C．黑磷没有固定的熔点
D．黑磷的微观各层结构都不同，每层内部结构松散
解析：黑磷的微观结构呈现规则排列，具有空间上的周期性，属于晶体材料，因而具有固定的熔点，故A正确，C错误；质子数（即原子序数）相同，而中子数不同的元素互称同位素，白磷和黑鳞属于同素异型体，不属于同位素，故B错误；黑磷的微观各层结构都相同，每层内部结构紧密，故D错误。
答案：A。
【题型4 综合问题】
【例4】甲、乙、丙三种固体薄片涂上蜡，由烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图甲、乙、丙所示，而甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图丁所示，下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙为非晶体，丙是晶体
B．甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体
C．甲、丙为非晶体，丙是晶体
D．甲、乙、丙都是晶体
解析：选B, 由图甲、乙、丙可知，甲、乙各向同性，丙各向异性；由图丁可知，甲、丙有固定熔点，乙无固定熔点。所以甲、丙为晶体，乙为非晶体，其中甲为多晶体，丙为单晶体。
故选B。
【变式4-1】（多选）以下说法中正确的是（　　）
A．有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体
B．如果在液体表面任意画一条线，线两侧的液体之间的作用力表现为引力
C．附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离时，液体与固体之间表现为浸润
D．液晶具有液体的流动性，所有物质都具有液晶态
【答案】ABC
【解析】晶体在一定条件下可转化为非晶体，有些非晶体在一定条件下也可以转化为晶体，选项A正确；液体表面层分子比内部稀疏，相互间表现为引力，选项B正确；附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离时，分子间表现为斥力，使液体表面扩张，液体与固体之间表现为浸润，选项C正确；液晶具有液体的流动性，但不是所有物质都具有液晶态，选项D错误。
故选ABC。
【变式4-2】王亚平曾在第一次太空授课中展示了完美的“太空水球”，液晶电视图像色彩更加绚丽，解释上述现象用到的有关知识中说法正确的是（　　）
A．表面张力能够使液体表面积收缩到最小
B．表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
C．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
D．液晶的所有物理性质均表现为各向异性
解析：液体由于表面张力作用，有使其表面积收缩到最小的趋势，A正确；表面张力的方向跟液面相切，垂直于液面的边界线，B错误；将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍然是晶体，C错误；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，不是所有物理性质均表现各向异性，D错误。
答案：A。
【变式4-3】(多选)下列说法正确的是(　　)
A.当分子间距离变小时，分子间的作用力可能减小，也可能增大
B.墨汁滴入水中，墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子产生化学反应而引起的
C.在宇宙飞船中的水滴呈球形是因为失重的水的表面张力作用的结果
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
答案　ACD
解析　当分子间距离比较大时表现为引力，当分子间距离减小时，分子引力先增大后减小；当表现为斥力时分子间距离变小时分子力增大，故A正确；墨汁的扩散运动是因为微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡引起的，故B错误；在宇宙飞船中的水滴呈球形是因为失重的水的表面张力作用的结果，故C正确；石墨和金刚石的物理性质不同是因为组成它们的物质微粒排列结构不同造成的，故D正确。
【题型5 联系实际】
【例5】N95透明智能口罩的外观是由防水防刮的再生透明非晶体塑料制成；它的侧面设计了两个圆孔静电层区域，是为了过滤空气：口罩内含有麦克风和扬声器；口罩也可以拆开，内部配备一个充电盒，盒内也提供某非可见光，可以进行对面罩全面消毒。由以上信息判断（　　）
A．非晶体塑料在光学现象中体现出各向异性
B．静电层的过滤作用主要应用了静电吸附作用
C．麦克风的工作原理是将电信号转换成声音信号
D．盒内的非可见光是红外线
解析：非晶体塑料在光学现象中体现出各向同性，A错误；静电层用来吸附空气中的灰尘，B正确；
麦克风的工作原理是将声音信号转换成电信号，C错误；盒内的非可见光时紫外线，D错误。
答案：B。
【变式5-1】北京冬奥会中国科研团队打破人工造雪核心技术“冰状雪”的国家封锁，成功制造出适应大陆性季风气候特点的合格“冰状雪”。“冰状雪”可以减小雪道表面与滑雪板间的摩擦力，保证雪道表面不易变形。即使在运动员高速转向的情况下，也能保证雪道表面平整光滑。不论选手第几个出场，雪道都可以处于相对完美的状态，以此确保比赛的公平性。已知普通雪密度是每立方厘米0.1克至0.4克，而“冰状雪”密度则需要达到每立方厘米0.65克。下列说法正确的是（　　）
A．“冰状雪”没有规则的形状是非晶体
B．在同样条件下，同体积的“冰状雪”比自然雪熔化得慢
C．3℃的水通过造雪机转化为雪时，需要吸收热量
D．“冰状雪”熔化成水的过程中温度会不断变化
解析：“冰状雪”有固定的熔点，是晶体，故A错误；“冰状雪”密度较大，在同样条件下，同体积的“冰状雪”比自然雪熔化得慢，故B正确；3℃的水通过造雪机转化为雪时，需要放出热量，故C错误；“冰状雪”是晶体，熔化成水的过程中温度不变，故D错误。
答案：B。
【变式5-2】石墨烯是从石墨中分离出的新材料，其中碳原子紧密结合成单层六边形晶格结构，如图所示，则（　　）
A．石墨是非晶体
B．石墨研磨成的细粉末就是石墨烯
C．单层石墨烯的厚度约3μm
D．碳原子在六边形顶点附近不停地振动
解析：石墨是晶体，故A错误；石墨烯是石墨中提取出来的新材料，故B错误；单层石墨烯厚度约为原子尺寸，故C错误；根据分子动理论可知，固体分子在平衡点不停的振动，故D正确。
答：D。
【变式5-3】江苏省东海县是世界天然水晶原料集散地，有着“世界水晶之都”的美誉。天然的水晶具有规则的几何外形，如图所示。关于天然水晶，下列说法正确的是（　　）
A．具有规则的几何外形，但是没有固定的熔点
B．微观粒子的空间排列不规则
C．在熔化过程中分子平均动能不变
D．在光学性质上表现为各向同性
【答案】C
【详解】水晶是晶体，具有规则的几何外形，有固定的熔点，A错误；水晶是晶体，微观粒子的空间排列规则，B错误；水晶是晶体，有固定的熔点，在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，C正确；水晶是晶体，在光学性质上表现为各向异性，D错误。
【题型6 熔点问题】
【例6】如图表示某晶体的物态变化过程，其中甲、乙、丙分别表示三种物态。下列分析正确的是（　　）
A．甲为气态 B．甲→乙的过程需要放热
C．乙→丙的过程与露珠形成过程相同 D．BC段对应的温度为该晶体的熔点
解：由题图知，甲中分子相距最近，分子排列规则，分子间的作用力最大，既不易被压缩，也不容易被拉伸，所以是固态分子的排列方式；乙中分子相距较近，分子排列杂乱，分子间的作用力较弱，是液态分子的排列方式；丙中分子相距最远，分子无固定排列，分子间的作用力最弱，是气态分子的排列方式。由以上分析知，甲为固态，故A错误；.甲→乙是固态变为液态的熔化过程，需要吸收热量，故B错误；乙→丙是液态变成气态的汽化过程，露珠是水蒸气遇冷形成小水滴的液化过程，故C错误；BC段表示物体吸热或放热的温度保持不变，状态发生改变的晶体熔化（或凝固）过程，此时的温度叫晶体的熔点（或凝固点），故D正确。
答案：D。
【变式6-1】[多选]固体甲和固体乙在一定压强下的熔解曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T。下列判断正确的有(　　)
A．固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体
B．固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形
C．在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性
D．固体甲和固体乙的化学成分有可能相同
E．图线甲中ab段温度不变，所以甲的内能不变
解析：选ABD　晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，故A正确；固体甲若是多晶体，则不一定有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形，故B正确；在热传导方面固体甲若是多晶体，则不一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；固体甲一定是晶体，有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体，则固体甲和固体乙的化学成分有可能相同，故D正确；晶体在熔化时温度不变，但由于晶体吸收热量，内能在增大，故E错误。
【变式6-2】如图所示是对某种合金连续不断地加热过程中，温度随时间变化的曲线，据图回答：
(1)这种合金在固态时是不是晶体；
(2)这种合金的熔点是多少；
(3)熔化过程用了多少时间；
(4)图中BC段表示这种合金处于什么状态。
答案(1)是；(2)210 ℃；(3)8 min； (4)固液共存
解析（1）题图中BC阶段表示该合金的熔化过程，说明有一定的熔点，所以这种合金在固态时是晶体；
（2）熔点为；
（3）熔化过程用了
（4）BC段就是这种合金的熔化过程，合金处于固、液共存状态。
【变式6-3】图甲是某小组“探究海波熔化时温度变化规律”的实验装置，每隔1min记录一次温度值。实验数据记录如下表：
时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
海波的温度/℃ 40 44 46 48 48 48 48 48 48 50 53
（1）实验中需要的测量工具是温度计和________；
（2）在1min时，温度计的示数如图乙所示，此时的温度为________℃；
（3）由记录的实验数据可知海波是________（选填“晶体”或“非晶体”）；
（4）由实验知，海波熔化需要的条件是：________________；继续吸收热量；
（5）另一小组在利用相同的器材进行这一实验时，观察到海波熔化过程中温度计示数缓慢上升。产生这一现象的原因可能是________（填字母）。
A．烧杯中的水少 B．对试管内的海波不断搅拌
C．温度计的玻璃泡碰到了试管壁 D．海波熔化过程中吸热，温度升高
答案 停表 42 晶体 温度达到熔点 C
解析：（1）[1]由表中数据可知，实验需要测量温度和时间，实验中需要的测量工具是温度计和停表。
（2）[2]如题图乙，温度计的分度值为1℃，读数为42℃。
（3）[3]由记录的实验数据可知，海波在固定的温度开始熔化，熔化时温度不变，因此海波是晶体。
（4）[4]通过实验可知，海波熔化需要达到48℃，熔化过程中，需要继续加热，由此可知海波熔化需要的条件是：温度达到熔点；继续吸收热量。
（5）[5]A.海波在固定的温度开始熔化，熔化时温度不变，进行这一实验时，观察到海波熔化过程中温度计示数缓慢上升；该物质是晶体，熔化过程中温度是不变的，烧杯中的水少，不会影响温度计的示数，故A错误；
B.对试管内的海波不断搅拌，试管中海波受热更加均匀，不可能出现以上情况，故B错误；
C.温度计的玻璃泡碰到了试管壁，因为烧杯中水的温度高于海波的温度，温度计示数缓慢上升，故C正确；
D.海波是晶体，熔化过程中吸热，但温度保持不变，故D错误。
故选C。专题4.1 普朗克黑体辐射理论
【人教版】
【题型1 黑体与黑体辐射】
【题型2 黑体辐射的实验规律】
【题型3 能量子】
【题型4 联系实际】
【题型5 对比问题】
【题型6 热辐射】
【题型1 黑体与黑体辐射】
【例1】2015年中国发射卫星“悟空”，用来探测暗物质粒子和黑洞。黑洞是黑体的一种，关于黑体，下列说法正确的是 （　　）
A．外表面涂成黑色的物体就是黑体
B．黑体能够反射各种波长的电磁波，但不会辐射电磁波
C．在空腔壁上开一个很小的孔，射入孔的电磁波最终不能从空腔射出，这个带小孔的空腔就成了黑体
D．玻尔为得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，提出了能量子的假说
【变式1-1】下列说法正确的是（　　）
A．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，与材料的种类及表面状况无关
B．热的物体向外辐射电磁波，冷的物体只吸收电磁波
C．新冠肺炎诊断中，要用X光扫描肺部，是因为在电磁波中X光的穿透能力最强
D．微波有很强的热效应，所以用微波炉加热食物
【变式1-2】关于黑体及黑体辐射，下列说法正确的是(　　)
A．黑体是真实存在的
B．普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元
C．随着温度升高，黑体辐射的各波长的强度有些会增强，有些会减弱
D．黑体辐射无任何实验依据
【变式1-3】下列说法正确的是（　　）
A．只有温度高的物体才会有热辐射
B．黑体只是从外界吸收能量，从不向外界辐射能量
C．黑体可以看起来很明亮，是因为黑体可以反射电磁波
D．一般材料的物体，辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料的种类和表面情况有关
【题型2 黑体辐射的实验规律】
【例2】黑体辐射的强度与波长的关系如图所示，由图可知下列说法错误的是(　　)
A.随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加
B.随着温度的升高，辐射强度的极大值向着波长较短的方向移动
C.任何温度下，黑体都会辐射各种波长的电磁波
D.不同温度下，黑体只会辐射相对应的某些波长的电磁波
【变式2-1】(多选)黑体辐射的实验规律如图所示，以下判断正确的是(　　)
A.在同一温度下，波长越短的电磁波辐射强度越大
B.在同一温度下，辐射强度最大的电磁波波长不是最大的，也不是最小的，而是处在最大与最小波长之间
C.温度越高，辐射强度的极大值就越大
D.温度越高，辐射强度最大的电磁波的波长越短
【变式2-2】如图所示是黑体的辐射强度与其辐射光波波长的关系图像，则下列说法正确的是（　　）
A．随着温度的升高，黑体的辐射强度都有所降低
B．随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动
C．T1>T2
D．T1【变式2-3】下列关于在两种不同温度下某一定质量的气体的分子速率分布图像（纵坐标f（v）表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比，横坐标v表示分子的速率）和两种不同温度下黑体辐射的强度与波长的关系的图像符合实验规律的是（　　）
A． B．
C． D．
【题型3 能量子】
【例3】能量子假设是对经典物理学思想与观念的一次突破。“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”，作出这一大胆假设的科学家是（　　）
A．库仑 B．普朗克
C．密立根 D．爱因斯坦
【变式3-1】（多选）在能量子量子化研究的历程中，以下说法正确的是（　　）
A．物质发射（或吸收）能量时，能量不是连续的，而是一份一份进行的
B．黑体即不反射电磁波，也不向外辐射电磁波
C．能量子假说中的能量子的能量，为带电微粒的振动频率，为普朗克常量
D．一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度无关
【变式3-2】（多选）关于普朗克“能量量子化”的假设，下列说法正确的是（　　）
A．认为带电微粒辐射或吸收能量时，是一份一份的
B．认为能量值是连续的
C．认为微观粒子的能量是量子化的、连续的
D．认为微观粒子的能量是分立的
【变式3-3】以下宏现概念中，哪些是“量子化”的（ ）
A.物体的长度 B.物体所受的重力 C.物体的动能 D.学生的个数
【题型4 联系实际】
【例4】2022年5月5日，我国成功利用“墨子号”量子科学实验卫星，实现了地球上1200公里间的量子态远程传输，这次实验的成功，意味着我国在量子通信网络建设领域向前迈出了重要的一步。下列关于量子化的说法正确的是（ ）
A．爱因斯坦首先提出了“能量子”的概念
B．物体的长度是量子化的
C．对于宏观带电物体，其电荷量是量子化的
D．能量子与电磁波的频率成反比
【变式4-1】“测温枪”(学名“红外线辐射测温仪”)具有响应快、非接触和操作方便等优点。它是根据黑体辐射规律设计出来的，能将接收到的人体热辐射转换成温度显示。若人体温度升高，则人体热辐射强度I及其极大值对应的波长λ的变化情况是(　 )
A．I增大，λ增大 B．I增大，λ减小
C．I减小，λ增大 D．I减小，λ减小
【变式4-2】“千克”这一基本单位原由国际千克原器来定义。国际千克原器是1889年第一届国际计量大会批准制造的，它是一个用铂依合金制成的圆柱体，高度和直径均为，原型保存在巴黎国际计量局。因受空气污染和氧化等因素影响，国际千克原器的质量出现细微变化，已难以适应现代精密测量要求。因此科学界一直想用一种基于物理常数的定义来取代。2018年11月16日，第26届国际计量大会决定，千克由普朗克常量h及米和秒定义，即。该决定已于2019年5月20日生效。此次标准实施后，国际单位制中7个基本单位全部建立在不变的自然常数基础上，保证了国际单位的长期稳定性和通用性。以下说法正确的是（ ）
A．普朗克常量h是一个无单位的常量
B．普朗克常量h的单位等效于
C．普朗克常量h的单位等效于
D．普朗克常量h的单位等效于
【变式4-3】经测量，人体表面辐射本领的最大值落在波长为940μm处，根据电磁辐射的理论得出，物体最强辐射的波长与物体的绝对温度的关系近似为Tλm = 2.90×10 - 1mK，由此估算人体表面的温度和辐射的能量子的值各是多少？(h = 6.63×10 - 34J·s)
【题型5 对比问题】
【例5】关于黑体辐射图像如图所示，下列判断正确的是（　　）
A．T1>T2>T3>T4
B．T1C．T1=T2=T3=T4
D．测量某黑体任一波长的光的辐射强度可以得知其温度
【变式5-1】热辐射是指所有物体都要向外辐射电磁波的现象。辐射强度指垂直于电磁波方向的单位面积在单位时间内所接收到的辐射能量。在研究同一物体在不同温度下向外辐射的电磁波的波长与其辐射强度的关系时，得到如图所示的图线，图中横轴λ表示电磁波的波长，纵轴Mλ表示某种波长的电磁波的辐射强度，则由Mλ-λ图线可知，同一物体在不同温度下 （　　）
A．向外辐射同一波长的电磁波的辐射强度相同
B．向外辐射的电磁波的波长范围是相同的
C．向外辐射的电磁波的总能量随温度升高而减小
D．辐射强度的极大值随温度升高而向短波方向移动
【变式5-2】某气体在T1、T2两种不同温度下的分子速率分布图象如图甲所示，纵坐标f（v）表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比，横坐标v表示分子的速率；而黑体辐射的实验规律如图乙所示，图乙中画出了T1、T2两种不同温度下黑体辐射的强度与波长的关系。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中T1>T2，图乙中T1>T2
B．图乙中温度升高，辐射强度的极大值向波长较短方向移动
C．图甲中温度升高，所有分子的速率都增大
D．图乙中黑体辐射电磁波的情况不仅与温度有关，还与材料的种类及表面状况有关
【变式5-3】（多选）热辐射是指所有物体在一定的温度下都要向外辐射电磁波的现象，辐射强度是指垂直于电磁波传播方向上的单位面积上单位时间内所接收到的辐射能量。在研究某一黑体辐射的实验规律时，得到了四种温度下黑体辐射的强度与波长的关系如图。图中横轴表示电磁波的波长，纵轴表示某种波长电磁波的辐射强度，则由辐射强度图线可知，同一黑体在不同温度下（　　）
A．向外辐射同一波长的电磁波的辐射强度相同
B．辐射强度的极大值随温度升高而向短波方向移动
C．向外辐射的电磁波的总功率随温度升高而减小
D．向外辐射的电磁波的波长范围是相同的
【题型6 热辐射】
【例6】（多选）以下关于辐射强度与波长的关系的说法中正确的是（　　）
A．物体在某一温度下只能辐射某一固定波长的电磁波
B．当铁块呈现黑色时，说明它的温度不太高
C．当铁块的温度较高时会呈现赤红色，说明此时辐射的电磁波中该颜色的光强度最强
D．早、晚时分太阳呈现红色，而中午时分呈现白色，说明中午时分太阳温度最高
【变式6-1】（多选）关于对热辐射的认识，下列说法正确的是(　　)
A．温度越高，物体辐射的电磁波越强
B．冷的物体只吸收电磁波
C．辐射强度按波长的分布情况只与物体的温度有关，与材料的种类及表面状况无关
D．常温下看到的不透明、非发光物体的颜色是反射光的颜色
【变式6-2】关于热辐射，下列说法不正确的是（　　）
A．物体在室温下辐射的主要成分是波长较短的电磁波
B．随着温度的升高，热辐射中波长较短的成分越来越多
C．给一块铁块加热，铁块依次呈现暗红、赤红、橘红等颜色
D．辐射强度按波长的分布情况随物体温度的变化而有所不同，这是热辐射的一种特性
【变式6-3】关于热辐射，下列叙述中正确的是(　　)
一切物体都在辐射电磁波
任何物体辐射电磁波的情况只与温度有关
黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关是因为能量量子化
黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波
参考答案
【题型1 黑体与黑体辐射】
【例1】2015年中国发射卫星“悟空”，用来探测暗物质粒子和黑洞。黑洞是黑体的一种，关于黑体，下列说法正确的是 （　　）
A．外表面涂成黑色的物体就是黑体
B．黑体能够反射各种波长的电磁波，但不会辐射电磁波
C．在空腔壁上开一个很小的孔，射入孔的电磁波最终不能从空腔射出，这个带小孔的空腔就成了黑体
D．玻尔为得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，提出了能量子的假说
【答案】C
【解析】黑体是能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射的物体，A、B错误；在空腔壁上开一个很小的孔，射入孔的电磁波在空腔内表面发生多次反射和吸收，最终不能从空腔射出，这个带小孔的空腔就成了黑体，C正确；普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元，D错误。故选C。
【变式1-1】下列说法正确的是（　　）
A．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，与材料的种类及表面状况无关
B．热的物体向外辐射电磁波，冷的物体只吸收电磁波
C．新冠肺炎诊断中，要用X光扫描肺部，是因为在电磁波中X光的穿透能力最强
D．微波有很强的热效应，所以用微波炉加热食物
答案：A
解析：黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，与材料的种类及表面状况无关，故A正确；的物体和冷的物体都会向外辐射电磁波，故B错误；新冠肺炎诊断中，要用X光扫描肺部，是因为在电磁波中X光的穿透能力比较强，但不是最强的，穿透能力最强的电磁波是γ射线，故C错误；微波并没有很强的热效应，微波炉加热食物利用的不是微波的热效应，而是利用微波可以传递能量的特点，故D错误。
【变式1-2】关于黑体及黑体辐射，下列说法正确的是(　　)
A．黑体是真实存在的
B．普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元
C．随着温度升高，黑体辐射的各波长的强度有些会增强，有些会减弱
D．黑体辐射无任何实验依据
解析：选B　黑体并不是真实存在的，A错误；普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元，B正确；随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有增加，C错误；黑体辐射是有实验依据的，D错误。
【变式1-3】下列说法正确的是（　　）
A．只有温度高的物体才会有热辐射
B．黑体只是从外界吸收能量，从不向外界辐射能量
C．黑体可以看起来很明亮，是因为黑体可以反射电磁波
D．一般材料的物体，辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料的种类和表面情况有关
答案：D
解析：任何物体在任何温度下都存在辐射，温度越高辐射的能力越强，故A错误；能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射的物体叫作黑体，黑体不反射电磁波，但可以向外辐射电磁波，有些黑体有较强的辐射，看起来也可以很明亮，故BC错误；黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，与构成黑体的材料、形状无关，而一般物体辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料的种类和表面情况有关，故D正确。
【题型2 黑体辐射的实验规律】
【例2】黑体辐射的强度与波长的关系如图所示，由图可知下列说法错误的是(　　)
A.随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加
B.随着温度的升高，辐射强度的极大值向着波长较短的方向移动
C.任何温度下，黑体都会辐射各种波长的电磁波
D.不同温度下，黑体只会辐射相对应的某些波长的电磁波
答案　D
解析　由题图可以看出，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加，故A正确；随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故B正确；任何温度下，黑体都会辐射各种波长的电磁波，故C正确，D错误.
【变式2-1】(多选)黑体辐射的实验规律如图所示，以下判断正确的是(　　)
A.在同一温度下，波长越短的电磁波辐射强度越大
B.在同一温度下，辐射强度最大的电磁波波长不是最大的，也不是最小的，而是处在最大与最小波长之间
C.温度越高，辐射强度的极大值就越大
D.温度越高，辐射强度最大的电磁波的波长越短
答案　BCD
【变式2-2】如图所示是黑体的辐射强度与其辐射光波波长的关系图像，则下列说法正确的是（　　）
A．随着温度的升高，黑体的辐射强度都有所降低
B．随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动
C．T1>T2
D．T1答案：C
解析：随着温度的升高，黑体的辐射强度都会增加，同时最大辐射强度向左侧移动，即向波长较短的方向移动，则
【变式2-3】下列关于在两种不同温度下某一定质量的气体的分子速率分布图像（纵坐标f（v）表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比，横坐标v表示分子的速率）和两种不同温度下黑体辐射的强度与波长的关系的图像符合实验规律的是（　　）
A． B．
C． D．
答案：C
解析：两种不同温度下某一定质量的气体的分子速率分布图像与坐标轴围成的面积应相等，且温度较高的气体分子速率大的占比更多，AB错误；黑体辐射的实验规律：随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都增加，另一方面辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，C正确，D错误。
【题型3 能量子】
【例3】能量子假设是对经典物理学思想与观念的一次突破。“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”，作出这一大胆假设的科学家是（　　）
A．库仑 B．普朗克
C．密立根 D．爱因斯坦
答案：B
解析：能量子假设是对经典物理学思想与观念的一次突破。“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”，作出这一大胆假设的科学家是普朗克。
【变式3-1】（多选）在能量子量子化研究的历程中，以下说法正确的是（　　）
A．物质发射（或吸收）能量时，能量不是连续的，而是一份一份进行的
B．黑体即不反射电磁波，也不向外辐射电磁波
C．能量子假说中的能量子的能量，为带电微粒的振动频率，为普朗克常量
D．一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度无关
答案：AC
解析：普朗克在研究物体热辐射的规律时发现，电磁波的发射和吸收不是连续的，而是一份一份地进行的，每一份能量叫做一个能量子，能量子的能量，为带电微粒的振动频率，为普朗克常量，故AC正确；黑体不反射电磁波，但会向外辐射电磁波，即黑体辐射，故B错误；一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关，故D错误。
【变式3-2】（多选）关于普朗克“能量量子化”的假设，下列说法正确的是（　　）
A．认为带电微粒辐射或吸收能量时，是一份一份的
B．认为能量值是连续的
C．认为微观粒子的能量是量子化的、连续的
D．认为微观粒子的能量是分立的
答案：AD
解析：普朗克的理论认为带电微粒辐射或吸收能量时，是一份一份的，微观粒子的能量是量子化的，是分立的。
【变式3-3】以下宏现概念中，哪些是“量子化”的（ ）
A.物体的长度 B.物体所受的重力 C.物体的动能 D.学生的个数
解析：选D, “量子化”是不连续的,是一份一份的,故选D。
【题型4 联系实际】
【例4】2022年5月5日，我国成功利用“墨子号”量子科学实验卫星，实现了地球上1200公里间的量子态远程传输，这次实验的成功，意味着我国在量子通信网络建设领域向前迈出了重要的一步。下列关于量子化的说法正确的是（ ）
A．爱因斯坦首先提出了“能量子”的概念
B．物体的长度是量子化的
C．对于宏观带电物体，其电荷量是量子化的
D．能量子与电磁波的频率成反比
答案：C
解析：普朗克首先提出了“能量子”的概念，A错误；物体的长度是连续的，B错误；对于宏观带电物体，其电荷量是量子化的，是元电荷的整数倍，C正确；根据 ，能量子与电磁波的频率成正比，D错误。
【变式4-1】“测温枪”(学名“红外线辐射测温仪”)具有响应快、非接触和操作方便等优点。它是根据黑体辐射规律设计出来的，能将接收到的人体热辐射转换成温度显示。若人体温度升高，则人体热辐射强度I及其极大值对应的波长λ的变化情况是(　 )
A．I增大，λ增大 B．I增大，λ减小
C．I减小，λ增大 D．I减小，λ减小
解析：选B　根据黑体辐射规律，可知随温度升高，各种波长的辐射强度都增大，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故人体热辐射强度I随温度的升高而增大，其极大值对应的波长减小，B正确。
【变式4-2】“千克”这一基本单位原由国际千克原器来定义。国际千克原器是1889年第一届国际计量大会批准制造的，它是一个用铂依合金制成的圆柱体，高度和直径均为，原型保存在巴黎国际计量局。因受空气污染和氧化等因素影响，国际千克原器的质量出现细微变化，已难以适应现代精密测量要求。因此科学界一直想用一种基于物理常数的定义来取代。2018年11月16日，第26届国际计量大会决定，千克由普朗克常量h及米和秒定义，即。该决定已于2019年5月20日生效。此次标准实施后，国际单位制中7个基本单位全部建立在不变的自然常数基础上，保证了国际单位的长期稳定性和通用性。以下说法正确的是（ ）
A．普朗克常量h是一个无单位的常量
B．普朗克常量h的单位等效于
C．普朗克常量h的单位等效于
D．普朗克常量h的单位等效于
解析：根据，可得，则普朗克常量h的单位为，故A错误；根据牛顿第二定律可知，则故B错误；
根据功的定义可知则故C正确，D错误；
答案：C
【变式4-3】经测量，人体表面辐射本领的最大值落在波长为940μm处，根据电磁辐射的理论得出，物体最强辐射的波长与物体的绝对温度的关系近似为Tλm = 2.90×10 - 1mK，由此估算人体表面的温度和辐射的能量子的值各是多少？(h = 6.63×10 - 34J·s)
答案 36℃，2.12×10 - 22J
解析 人体表面的温度为 T ==K ≈ 309K≈36℃
人体辐射的能量子的值为 ε = h= 6.63×10 - 34×J = 2.12×10 - 22J
【题型5 对比问题】
【例5】关于黑体辐射图像如图所示，下列判断正确的是（　　）
A．T1>T2>T3>T4
B．T1C．T1=T2=T3=T4
D．测量某黑体任一波长的光的辐射强度可以得知其温度
答案：A
解析：因随着温度的升高，辐射强度增强，同时辐射强度的极大值向波长较短方向移动，所以T1>T2>T3>T4，A正确，BC错误；测量某黑体辐射强度最强的光的波长可以得知其温度，D错误。
【变式5-1】热辐射是指所有物体都要向外辐射电磁波的现象。辐射强度指垂直于电磁波方向的单位面积在单位时间内所接收到的辐射能量。在研究同一物体在不同温度下向外辐射的电磁波的波长与其辐射强度的关系时，得到如图所示的图线，图中横轴λ表示电磁波的波长，纵轴Mλ表示某种波长的电磁波的辐射强度，则由Mλ-λ图线可知，同一物体在不同温度下 （　　）
A．向外辐射同一波长的电磁波的辐射强度相同
B．向外辐射的电磁波的波长范围是相同的
C．向外辐射的电磁波的总能量随温度升高而减小
D．辐射强度的极大值随温度升高而向短波方向移动
答案：D
解析：由Mλ-λ图线可知，对于同一物体，随着温度的升高，一方面，各种波长电磁波的辐射强度都有所增加，向外辐射的电磁波的总能量增大；另一方面，辐射强度的极大值向短波方向移动，波长范围增大。ABC错误，D正确。
【变式5-2】某气体在T1、T2两种不同温度下的分子速率分布图象如图甲所示，纵坐标f（v）表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比，横坐标v表示分子的速率；而黑体辐射的实验规律如图乙所示，图乙中画出了T1、T2两种不同温度下黑体辐射的强度与波长的关系。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中T1>T2，图乙中T1>T2
B．图乙中温度升高，辐射强度的极大值向波长较短方向移动
C．图甲中温度升高，所有分子的速率都增大
D．图乙中黑体辐射电磁波的情况不仅与温度有关，还与材料的种类及表面状况有关
答案：B
解析：由图甲可知，温度为T2的图线中速率大的分子占据的比例较大，说明其对应的平均分子动能较大，故T2对应的温度较高，所以T2>T1，温度升高使得气体分子的平均速率增大，不一定所有分子的速率都增大。图乙中，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有所增加，且辐射强度的极大值向波长较短方向移动。故B正确；AC错误；图乙中黑体辐射电磁波的情况只与温度有关，与材料的种类及表面状况无关。故D错误。
【变式5-3】（多选）热辐射是指所有物体在一定的温度下都要向外辐射电磁波的现象，辐射强度是指垂直于电磁波传播方向上的单位面积上单位时间内所接收到的辐射能量。在研究某一黑体辐射的实验规律时，得到了四种温度下黑体辐射的强度与波长的关系如图。图中横轴表示电磁波的波长，纵轴表示某种波长电磁波的辐射强度，则由辐射强度图线可知，同一黑体在不同温度下（　　）
A．向外辐射同一波长的电磁波的辐射强度相同
B．辐射强度的极大值随温度升高而向短波方向移动
C．向外辐射的电磁波的总功率随温度升高而减小
D．向外辐射的电磁波的波长范围是相同的
答案：BD
解析：对于同一黑体，从图中可以看出，温度越高，向外辐射同一波长的电磁波的辐射强度越大，故A错误；从图中可以看出，辐射强度的极大值随温度升高而向短波方向移动，故B正确；从图中可以看出，随着温度的升高，各个波长的辐射强度均变大，故向外辐射的电磁波的总功率随温度升高而增大，故C错误；黑体可以辐射出任何波长的电磁波，在不同温度下，向外辐射的电磁波的波长范围是相同的，故D正确。
【题型6 热辐射】
【例6】（多选）以下关于辐射强度与波长的关系的说法中正确的是（　　）
A．物体在某一温度下只能辐射某一固定波长的电磁波
B．当铁块呈现黑色时，说明它的温度不太高
C．当铁块的温度较高时会呈现赤红色，说明此时辐射的电磁波中该颜色的光强度最强
D．早、晚时分太阳呈现红色，而中午时分呈现白色，说明中午时分太阳温度最高
答案：BC
解析：物体在某一温度下能辐射不同波长的电磁波，故A错误；黑体辐射的强度与温度有关，温度越高，则辐射强度的极大值也就越大。当铁块呈现黑色时，是由于它的辐射强度的极大值对应的波长段在红外部分，甚至波长更长，说明它的温度不太高，故B正确；当铁块的温度较高时会呈现赤红色，说明此时辐射的电磁波中该颜色的光强度最强，故C正确。太阳早、晚时分呈现红色，而中午时分呈现白色，是由于大气吸收与反射了部分光的原因，不能说明中午时分太阳温度最高，故D错误。
【变式6-1】（多选）关于对热辐射的认识，下列说法正确的是(　　)
A．温度越高，物体辐射的电磁波越强
B．冷的物体只吸收电磁波
C．辐射强度按波长的分布情况只与物体的温度有关，与材料的种类及表面状况无关
D．常温下看到的不透明、非发光物体的颜色是反射光的颜色
答案：AD　
解析：一切物体都在不停地向外辐射电磁波，且温度越高，辐射的电磁波越强，A正确，B错误；选项C是黑体辐射的特性，C错误；常温下看到的不透明、非发光物体的颜色是反射光的颜色，D正确。
【变式6-2】关于热辐射，下列说法不正确的是（　　）
A．物体在室温下辐射的主要成分是波长较短的电磁波
B．随着温度的升高，热辐射中波长较短的成分越来越多
C．给一块铁块加热，铁块依次呈现暗红、赤红、橘红等颜色
D．辐射强度按波长的分布情况随物体温度的变化而有所不同，这是热辐射的一种特性
答案：A
解析：物体在室温下辐射的主要成分是波长较长的电磁波，以不可见的红外线为主，故A错误；随着温度的升高，热辐射中波长较短的成分越来越多，故B正确；给一块铁块加热，随着温度的升高，热辐射中波长较短的成分越来越多，铁块依次呈现暗红、赤红、橘红等颜色，故C正确；辐射强度按波长的分布情况随物体温度的变化而有所不同，这是热辐射的一种特性，故D正确。
本题选错误的。
【变式6-3】关于热辐射，下列叙述中正确的是(　　)
一切物体都在辐射电磁波
任何物体辐射电磁波的情况只与温度有关
黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关是因为能量量子化
黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波
答案：D
解析：根据热辐射定义可知A对。根据热辐射和黑体辐射的特点可知，一般物体辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料种类和表面状况有关，而黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关，B错。C对。根据黑体定义知D对。专题2.5 图像问题
【人教版】
【题型1 V-T图像】
【题型2 p-T图像】
【题型3 p-v图像】
【题型4 p- 图像】
【题型5 p-t图像】
【题型6 V-t图像】
【题型7 其他图像】
【题型8 图像转化】
【题型1 V-T图像】
【例1】一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V－T图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.B→C的过程中，气体一定放出热量
B.B→C的过程中，气体分子平均动能增加
C.A→B的过程中，气体分子的密集程度变小
D.A→B的过程中，每个分子对器壁的平均撞击力变大
【变式1-1】如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断中正确的是(　 )
A．A→B温度升高，压强变大
B．B→C体积不变，压强变大
C．B→C体积不变，压强不变
D．C→D体积变小，压强变大
【变式1-2】如图所示，表示一定质量的气体的状态A→B→C→A的图像，其中AB的延长线通过坐标原点，BC和AC分别与T轴和V轴平行。则下列说法正确的是(　 )
A．A→B过程气体压强增加
B．B→C过程气体压强不变
C．C→A过程气体单位体积内的分子数减小
D．A→B过程气体分子平均动能增加
【变式1-3】(多选)如图所示为一定质量的理想气体沿着如图所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强的变化是(　　)
A．从状态c到状态d，压强减小
B．从状态d到状态a，压强不变
C．从状态a到状态b，压强增大
D．从状态b到状态c，压强增大
【题型2 p-T图像】
【例2】(多选)一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四段过程在p T图上都是直线段，ab和cd的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，由图可以判断(　　)
A．ab过程中气体体积不断减小
B．bc过程中气体体积不断减小
C．cd过程中气体体积不断增大
D．da过程中气体体积不断增大
【变式2-1】如图所示，一汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体。已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦。初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板。现缓慢升高汽缸内气体的温度，则下列图中能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是(　 )
【变式2-2】如图所示为一定质量气体状态变化时的p-T图像，由图像可知，此气体的体积(　 )
A．先不变后变大
B．先不变后变小
C．先变大后不变
D．先变小后不变
【变式2-3】（多选）一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在(　　)
A．ab过程中不断增加 B．bc过程中保持不变
C．cd过程中不断增加 D．da过程中保持不变
【题型3 p-V图像】
【例3】(多选)回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50 K。某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气(可视为理想气体)缓慢经历如图1所示的四个过程，已知状态A和B的温度均为27 ℃，状态C和D的温度均为－133 ℃，下列判断正确的是(　　)
A.气体由状态A到B过程，温度先升高后降低
B.气体由状态B到C过程，内能保持不变
C.气体由状态C到D过程，分子间的平均间距减小
D.气体由状态C到D过程，气体对外做功
【变式3-1】如图，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程气体对外________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体的温度________(填“升高”“降低”“先升高后降低”“先降低后升高”或“始终不变”)。
【变式3-2】如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和状态C。有关A、B和C三个状态的温度TA、TB和TC的关系，正确的是(　 )
A．TA＝TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能不变
B．TA＞TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能减少
C．TB＜TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能增加
D．TB＞TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能减少
【变式3-3】如p－V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3，用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N1______N2，T1______T3，N2________N3。(填“大于”“小于”或“等于”)
【题型4 p- 图像】
【例4】一定质量的气体经历一系列状态变化,其p-图线如图所示,变化顺序由a→b→c→d→a,图中ab线段延长线过坐标原点,dc线段与p轴垂直,da线段与轴垂直。气体在此状态变化过程中(　　)
A.a→b,压强减小、温度不变、体积增大
B.b→c,压强增大、温度降低、体积减小
C.c→d,压强不变、温度升高、体积减小
D.d→a,压强减小、温度升高、体积不变
【变式4-1】(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p-图线。由图可知(　 )
A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比
B．一定质量的气体在发生等温变化时，其p-图线的延长线是经过坐标原点的
C．T1>T2
D．T1【变式4-2】如图，一定质量的气体从状态A沿直线变化到状态B的过程中，其温度(　　)
A．保持不变 B．逐渐升高
C．逐渐降低 D．先升高后降低
【变式4-3】在“用DIS探究气体的压强与体积的关系”实验中,某小组通过推活塞减小气体体积测得数据,并画出如图所示的p-图像,则可能原因是实验过程中(　　)
A.气体温度升高
B.气体漏出注射器
C.气体温度降低
D.气体漏进注射器
【题型5 p-t图像】
【例5】如图所示是一定质量的理想气体的压强和摄氏温度的关系图像，气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积(　　)
A.一直增大 　 B.一直减小
C.保持不变 　 D.先变大后变小
【变式5-1】如图所示为一定质量理想气体状态变化的p-t图像。图中BA的延长线过(-273 ℃,0 atm)点,CB平行于t轴,则下列说法正确的是(　　)
A.气体由状态A变为状态B,气体的体积减小
B.气体由状态C变为状态A,气体体积增大
C.气体在状态B时的分子数密度比在状态C时的大
D.气体在状态B时的分子数密度比在状态A时的大
【变式5-2】一定质量的理想气体的p-t图像如图所示，在从状态A变到状态B的过程中，气体体积的变化情况是(　 )
A．一定不变
B．一定减小
C．一定增加
D．不能判定怎样变化
【变式5-3】一定质量的理想气体经历了A→B→C的三个变化过程，其压强随摄氏温度变化的p-t图如图所示，A、B、C三个状态时气体的体积分别为VA、VB、VC，则通过图象可以判断它们的大小关系是(　　)
A．VA=VB＞VC B．VA=VB＜VC
C．VA=＜VB＜VC D．VA＞VB＞VC
【题型6 V-t图像】
【例6】如图所示为一定质量的理想气体从状态a开始,经历ab、bc、ca三个过程回到原状态,其体积V随摄氏温度t的变化关系如图所示,已知该气体所含的分子总数为N,pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强。下列判断正确的是(　　)
A.状态a、b的压强大小满足pb=3pa
B.状态c时气体分子的体积为
C.状态c的压强为状态b压强的3倍
D.c到a过程中单位时间内单位器壁受到分子撞击的次数逐渐减少
【变式6-1】如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积—温度(V-t)图上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0＝－273.15 ℃；a、b为直线Ⅰ上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比＝________；气体在状态b和c的压强之比＝________。
【变式6-2】如图所示为A、B两部分理想气体的V-t图像,设两部分气体是质量相同的同种气体,根据图中所给条件,可知(　　)
A.当t=273 ℃时,气体的体积A比B大0.2 m3
B.当tA=tB时,VA∶VB=3∶1
C.当tA=tB时,VA∶VB=1∶3
D.A、B两部分气体都做等压变化,它们的压强之比pA∶pB=3∶1
【变式6-3】[多选]如图所示，甲、乙为一定质量的某种气体的等容或等压变化图像，关于这两个图像的说法正确的是 (　　)
A．甲是等压线，乙是等容线
B．乙图中pt图线与t轴交点对应的温度是－273.15 ℃，而甲图中Vt图线与t轴的交点不一定是－273.15 ℃
C．由乙图可知，一定质量的气体，在任何情况下都是p与t成直线关系
D．乙图表明温度每升高1 ℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变
【题型7 其他图像】
【例7】某同学制作了一个结构如图（a）所示的温度计．一端封闭的轻质细管可绕封闭端O自由转动，管长0.5m．将一量程足够大的力传感器调零，细管的开口端通过细线挂于力传感器挂钩上，使细管保持水平、细线沿竖直方向．在气体温度为270K时，用一段水银将长度为0.3m的气柱封闭在管内．实验时改变气体温度，测得封闭气柱长度l和力传感器读数F之间的关系如图（b）所示（实验中大气压强不变）．
（1）管内水银柱长度为______m，为保证水银不溢出，该温度计能测得的最高温度为_____K．
（2）若气柱初始长度大于0.3m，该温度计能测量的最高温度将____（选填：“增大”，“不变”或“减小”）．
（3）若实验中大气压强略有升高，则用该温度计测出的温度将____（选填：“偏高”，“不变”或“偏低”）．
【变式7-1】贾同学用注射器和压强传感器探究一定质量的气体发生等温变化时所遵循的规律。实验装置如图甲所示，用活塞和注射器外筒封闭一定量的气体，其压强可由左侧的压强传感器测得。
(1)有关该实验的说法，正确的是___________。
A．实验时注射器必须水平放置
B．需用控制变量法研究气体的变化规律
C．注射器内部的横截面积的具体数据必需测出
D．注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可，无须标注单位
(2)进行实验操作时，不能推拉活塞过快，其原因是___________。
A．防止封闭气体的质量发生改变
B．防止封闭气体的温度发生改变
(3)贾同学首先在实验室Ⅰ进行了实验，下表为记录的实验数据，其中有一次记录的实验数据错误，记录错误的是___________(填错误数据对应的实验序号)。
实验序号 1 2 3 4 5
封闭气柱长度 12.00 11.00 10.00 9.00 8.00
封闭气柱压强 1.00 1.09 1.20 1.33 1.90
(4)贾同学利用同一装置对同一封闭气体在另一温度稍高的实验室Ⅱ进行了实验，根据实验室Ⅰ、Ⅱ记录的数据用正确的方法作出的图像如图乙所示，根据实验室Ⅱ记录的数据作出的图像应为___________(填图线代号)。
【变式7-2】如图为“研究一定质量气体在体积不变的条件下，压强变化与温度变化的关系”的实验装置示意图。粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶中，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内。开始时，B、C内的水银面等高。
（1）此实验中研究对象气体是______（填①烧瓶中气体、②烧瓶和AB管中的气体或者③BC下面软管中的气体）若气体温度升高，为使瓶内气体的体积不变，应将C管________（填“向上”或“向下”）移动，直至B内的水银面回到原位置；
（2）实验中使瓶内气体的体积不变，多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的摄氏温度，用P表示烧瓶内气体压强。根据测量数据作出的图线是________。
A． B． C． D．
（3）同学还想用此实验验证玻意耳定律，在保证温度不变的情况下，寻找体积和压强满足一定的关系，现在不知道大气压强的具体数值，但大气压强可视为不变。也无法直接测出气体的体积和B管的内径，但该同学通过分析还是可以验证玻意耳定律。
①保证温度不变的方法是( )（填①保持实验环境温度不变、②移动C管要迅速、③测量数据要快）
②初始时，B，C管中水银面等高，然后向上移动C管，测量B管中水银面比初始状态水银面上升了h，此时，BC管中水银面的高度差为，在h和都很小的情况下（即=0），只要h和满足( )关系就可以验证玻意耳定律。
A． B． C． D．
【变式7-3】某同学用如图装置“研究一定质量气体在体积不变时，其压强与温度的关系”。测得初始状态的压强为p0，温度为t0。现逐渐加入热水使水温升高，同时测量压强p和温度t，并记录下每次测量结果与初始值的差值Δp和Δt。该过程中下列图像一定正确的是(　 )
【题型8 图像转化】
【例8】如图所示，一定质量的气体的状态沿1→2→3→1的顺序循环变化，若用或图像表示这一循环，在下图中表示正确的是（　　）
A． B． C． D．
【变式8-1】一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，p T和V T图各记录了其部分变化过程，试求：
(1)温度为600 K时气体的压强；
(2)在p T图像上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整。
【变式8-2】如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.
(1)说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值．
(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p－T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．
【变式8-3】一定质量的理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图甲所示，若状态D的压强是2×104 Pa.
(1)求状态A的压强；
(2)请在图乙画出该状态变化过程的p－T图象，并分别标出A、B、C、D各个状态，不要求写出计算过程．
参考答案
【题型1 V-T图像】
【例1】一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V－T图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.B→C的过程中，气体一定放出热量
B.B→C的过程中，气体分子平均动能增加
C.A→B的过程中，气体分子的密集程度变小
D.A→B的过程中，每个分子对器壁的平均撞击力变大
答案　A
解析　因为V－T图线中，BC段的图线是过原点的倾斜直线，则B→C的过程中，体积减小，即外界对气体做功(W为正)，而温度降低，内能减小(ΔU为负)，根据热力学第一定律，气体一定对外放热(Q为负)，故A正确；B→C的过程中，温度降低，分子平均动能减小，故B错误；A→B的过程中，体积减小，而气体质量不变，所以气体分子的密集程度增大，故C错误；A→B的过程中，温度一定，分子的平均动能不变，每个分子对器壁的撞击力不变，故D错误。
【变式1-1】如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断中正确的是(　 )
A．A→B温度升高，压强变大
B．B→C体积不变，压强变大
C．B→C体积不变，压强不变
D．C→D体积变小，压强变大
解析：选D　由题图可知，在A→B的过程中，气体温度升高，体积变大，且体积与温度成正比，气体压强不变，故A错误；由题图可知，在B→C的过程中，体积不变而温度降低，由＝C可知，压强p减小，故B、C错误；由题图可知，在C→D的过程中，气体温度不变，体积减小，由＝C可知，压强p增大，故D正确。
【变式1-2】如图所示，表示一定质量的气体的状态A→B→C→A的图像，其中AB的延长线通过坐标原点，BC和AC分别与T轴和V轴平行。则下列说法正确的是(　 )
A．A→B过程气体压强增加
B．B→C过程气体压强不变
C．C→A过程气体单位体积内的分子数减小
D．A→B过程气体分子平均动能增加
解析：选D　过各点的等压线如图所示，从状态A到状态B，在同一条过原点的倾斜直线上，所以A→B过程气体压强不变，A错误；从状态B到状态C，斜率变大，则压强变小，B错误；从状态C到状态A，体积减小，则单位体积内的分子数增大，C错误；从状态A到状态B，温度升高，则分子平均动能增大，D正确。
【变式1-3】(多选)如图所示为一定质量的理想气体沿着如图所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强的变化是(　　)
A．从状态c到状态d，压强减小
B．从状态d到状态a，压强不变
C．从状态a到状态b，压强增大
D．从状态b到状态c，压强增大
【解析】　在V－T图上，等压线是延长线过原点的倾斜直线，对一定量的气体，图线的斜率表示压强的倒数，斜率大的，压强小，因此A、C正确，B、D错误．
【答案】　AC
【题型2 p-T图像】
【例2】(多选)一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四段过程在p T图上都是直线段，ab和cd的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，由图可以判断(　　)
A．ab过程中气体体积不断减小
B．bc过程中气体体积不断减小
C．cd过程中气体体积不断增大
D．da过程中气体体积不断增大
【解析】　由p T图线的特点可知a、b在同一条等容线上，过程中体积不变，故A错；c、d在同一条等容线上，过程中体积不变，故C错；在p T图线中，图线的斜率越大与之对应的体积越小，因此b→c的过程体积减小，同理d→a的过程体积增大，故B、D均正确．
【答案】　BD
【变式2-1】如图所示，一汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体。已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦。初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板。现缓慢升高汽缸内气体的温度，则下列图中能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是(　 )
解析：选B　当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p与汽缸内气体的热力学温度T成正比，在p -T图像中，图线是过原点的倾斜直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p-T图像中，图线是平行于T轴的直线，B正确。
【变式2-2】如图所示为一定质量气体状态变化时的p-T图像，由图像可知，此气体的体积(　 )
A．先不变后变大
B．先不变后变小
C．先变大后不变
D．先变小后不变
解析：选D　第一阶段为等温变化，压强变大，根据玻意耳定律知体积减小，第二阶段为等容变化，体积不变，所以气体体积先变小后不变，D正确。
【变式2-3】（多选）一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在(　　)
A．ab过程中不断增加 B．bc过程中保持不变
C．cd过程中不断增加 D．da过程中保持不变
答案　AB
解析　首先，因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A正确；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e，如图所示，则ae是等容线，即Va＝Ve，因为VdVe，所以VdVa，da过程中体积不是保持不变，D错误．本题选A、B.
【题型3 p-V图像】
【例3】(多选)回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50 K。某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气(可视为理想气体)缓慢经历如图1所示的四个过程，已知状态A和B的温度均为27 ℃，状态C和D的温度均为－133 ℃，下列判断正确的是(　　)
A.气体由状态A到B过程，温度先升高后降低
B.气体由状态B到C过程，内能保持不变
C.气体由状态C到D过程，分子间的平均间距减小
D.气体由状态C到D过程，气体对外做功
答案　AD
解析　状态A和B的温度相等，根据＝C，经过A、B的等温线应是过A、B的双曲线的一部分，沿直线由A到B，pV先增大后减小，所以温度先升高后降低，故A正确； 气体由状态B到C过程，体积不变，根据＝C，压强减小，温度降低，内能减小，故B错误；气体由状态C到D过程，体积增大，分子间的平均间距增大，气体对外做功，D正确，故C错误。
【变式3-1】如图，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程气体对外________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体的温度________(填“升高”“降低”“先升高后降低”“先降低后升高”或“始终不变”)。
解析：该过程气体体积增大，对外做正功。由题图可知，从状态A到状态B，p与V的乘积先增大后减小，根据理想气体状态方程＝C，可知气体的温度先升高后降低。
答案：做正功　先升高后降低
【变式3-2】如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和状态C。有关A、B和C三个状态的温度TA、TB和TC的关系，正确的是(　 )
A．TA＝TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能不变
B．TA＞TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能减少
C．TB＜TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能增加
D．TB＞TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能减少
解析：选D　从状态A到状态B气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律可得＝，由于VA＜VB，则TA＜TB，气体的内能增加，A、B错误；从状态B到状态C气体发生等容变化，根据查理定律可得＝，由于pB＞pC，则TB＞TC，气体的内能减少，C错误，D正确。
【变式3-3】如p－V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3，用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N1______N2，T1______T3，N2________N3。(填“大于”“小于”或“等于”)
答案　大于　等于　大于
解析　根据理想气体状态方程
＝＝
可知T1＞T2，T2＜T3，T1＝T3
由于T1＞T2，状态1时气体分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，分子数密度相等，故单位面积的平均碰撞次数多，即N1＞N2；对于状态2、3，由于T3＞T2，故状态3分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，而且p2′＝p3′，因此状态2单位面积的平均碰撞次数多，即N2＞N3。
【题型4 p- 图像】
【例4】一定质量的气体经历一系列状态变化,其p-图线如图所示,变化顺序由a→b→c→d→a,图中ab线段延长线过坐标原点,dc线段与p轴垂直,da线段与轴垂直。气体在此状态变化过程中(　　)
A.a→b,压强减小、温度不变、体积增大
B.b→c,压强增大、温度降低、体积减小
C.c→d,压强不变、温度升高、体积减小
D.d→a,压强减小、温度升高、体积不变
答案：A　
解析：由题图可知,a→b过程,气体压强减小而体积增大,气体的压强与体积倒数成正比,则压强与体积成反比,气体发生的是等温变化,故A正确;由理想气体状态方程=C 可知=pV=CT ,由题图可知,连接Ob的直线的斜率小,所以b状态时的温度低,b→c过程温度升高,同时压强增大,且体积也增大,故B错误;由题图可知,c→d过程,气体压强p不变,而体积V变小,由理想气体状态方程=C可知气体温度降低,故C错误;由题图可知,d→a过程,气体体积V不变,压强p变小,由理想气体状态方程=C可知,气体温度降低,故D错误。
【变式4-1】(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p-图线。由图可知(　 )
A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比
B．一定质量的气体在发生等温变化时，其p-图线的延长线是经过坐标原点的
C．T1>T2
D．T1解析：选BD　题图是一定质量的气体在发生等温变化时的p-图线，由题图知p∝，所以p与V应成反比，A错误；由题图可以看出，p-图线的延长线是过坐标原点的，故B正确；根据一定质量的气体同体积下温度越高压强越大，可知C错误，D正确。
【变式4-2】如图，一定质量的气体从状态A沿直线变化到状态B的过程中，其温度(　　)
A．保持不变 B．逐渐升高
C．逐渐降低 D．先升高后降低
【解析】 根据理想气体状态方程，即，其图像上点到原点的连线斜率反映温度的高低，如下图所示，知A点温度大于B点温度，即由A到B温度降低，故ABD错误，C正确。故选C。
【答案】 C
【变式4-3】在“用DIS探究气体的压强与体积的关系”实验中,某小组通过推活塞减小气体体积测得数据,并画出如图所示的p-图像,则可能原因是实验过程中(　　)
A.气体温度升高
B.气体漏出注射器
C.气体温度降低
D.气体漏进注射器
答案：A　
解析：根据=C得p=,图像斜率变大,则温度升高,故A正确,BC错误;减小气体体积,压强增大,气体不会漏进注射器,故D错误。
【题型5 p-t图像】
【例5】如图所示是一定质量的理想气体的压强和摄氏温度的关系图像，气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积(　　)
A.一直增大 　 B.一直减小
C.保持不变 　 D.先变大后变小
答案　B
解析　在p－t图像中作出过a、b两点的等容线，延长交于同一点－273.15 ℃，根据＝C，由此可知等容线斜率越大，体积越小，所以气体在状态b的体积小于在状态a的体积，所以气体由状态a变化到状态b的过程中，气体的体积一直在减小，故B正确，A、C、D错误。
【变式5-1】如图所示为一定质量理想气体状态变化的p-t图像。图中BA的延长线过(-273 ℃,0 atm)点,CB平行于t轴,则下列说法正确的是(　　)
A.气体由状态A变为状态B,气体的体积减小
B.气体由状态C变为状态A,气体体积增大
C.气体在状态B时的分子数密度比在状态C时的大
D.气体在状态B时的分子数密度比在状态A时的大
答案：B　
解析：根据=k得p=t+,可知从状态A到状态B气体做等容变化,气体的体积保持不变,故A错误;从状态C变为状态A时,气体温度不变,压强减小,则体积增大,故B正确;从状态B到状态C气体做等压变化,温度降低,则体积减小,所以状态B的分子数密度比状态C时的分子数密度小,状态A、B气体的体积相等,分子数密度相同,故CD错误。
【变式5-2】一定质量的理想气体的p-t图像如图所示，在从状态A变到状态B的过程中，气体体积的变化情况是(　 )
A．一定不变
B．一定减小
C．一定增加
D．不能判定怎样变化
解析：选D　如图所示，把图线反向延长，交横轴于点M，如果点M的横坐标为－273.15 ℃，则气体的压强与热力学温度成正比，气体发生等容变化，由状态A到状态B气体体积不变，即VA＝VB；如果M的横坐标不是－273.15 ℃，因为不知道A、B两状态的压强与温度的具体数值，无法判断体积的变化，故D正确。
【变式5-3】一定质量的理想气体经历了A→B→C的三个变化过程，其压强随摄氏温度变化的p-t图如图所示，A、B、C三个状态时气体的体积分别为VA、VB、VC，则通过图象可以判断它们的大小关系是(　　)
A．VA=VB＞VC B．VA=VB＜VC
C．VA=＜VB＜VC D．VA＞VB＞VC
【解析】 过A、B两点分别做等容变化的图象，由可得，可知，B点对应的图线斜率较大，体积较小，即VA＞VB，B到C等温升压，可知体积减小，即VB＞VC，D正确。故选D。
【答案】 D
【题型6 V-t图像】
【例6】如图所示为一定质量的理想气体从状态a开始,经历ab、bc、ca三个过程回到原状态,其体积V随摄氏温度t的变化关系如图所示,已知该气体所含的分子总数为N,pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强。下列判断正确的是(　　)
A.状态a、b的压强大小满足pb=3pa
B.状态c时气体分子的体积为
C.状态c的压强为状态b压强的3倍
D.c到a过程中单位时间内单位器壁受到分子撞击的次数逐渐减少
答案： D　
解析：气体在a到b过程中经历等容变化,根据查理定律有,所以<3,故A错误;气体分子不是紧密排列的,所以只能表示状态c时每个气体分子占有空间的平均体积,故B错误;b到c过程中,由理想气体状态方程得,整理得<3,C错误;气体在c到a过程中经历等温变化,气体体积增大,压强减小,而气体分子平均动能不变,所以c到a过程中单位时间内单位器壁受到分子撞击的次数逐渐减少,故D正确。
【变式6-1】如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积—温度(V-t)图上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0＝－273.15 ℃；a、b为直线Ⅰ上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比＝________；气体在状态b和c的压强之比＝________。
解析：根据盖-吕萨克定律有＝k，整理得V＝kt＋273.15k，由体积—温度(V-t)图像可知，直线Ⅰ为等压线，则a、b两点压强相等，则有＝1，设t＝0 ℃时，当气体体积为V1 时，其压强为p1 ，当气体体积为V2 时，其压强为p2，根据等温变化，则有p1V1＝p2V2，由于直线Ⅰ和Ⅱ各为两条等压线，则有p1＝pb，p2＝pc，联立解得＝＝。
答案：1　
【变式6-2】如图所示为A、B两部分理想气体的V-t图像,设两部分气体是质量相同的同种气体,根据图中所给条件,可知(　　)
A.当t=273 ℃时,气体的体积A比B大0.2 m3
B.当tA=tB时,VA∶VB=3∶1
C.当tA=tB时,VA∶VB=1∶3
D.A、B两部分气体都做等压变化,它们的压强之比pA∶pB=3∶1
答案：B　
解析：根据题图可得t=273 ℃时,VA=0.6 m3,VB=0.2 m3,A气体的体积比B气体的体积大0.4 m3,故A错误;当tA=tB时,VA∶ VB=3∶1,故B正确,C错误;根据理想气体的状态方程得,代入数据得,故D错误。
【变式6-3】[多选]如图所示，甲、乙为一定质量的某种气体的等容或等压变化图像，关于这两个图像的说法正确的是 (　　)
A．甲是等压线，乙是等容线
B．乙图中pt图线与t轴交点对应的温度是－273.15 ℃，而甲图中Vt图线与t轴的交点不一定是－273.15 ℃
C．由乙图可知，一定质量的气体，在任何情况下都是p与t成直线关系
D．乙图表明温度每升高1 ℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变
答案：AD
【题型7 其他图像】
【例7】某同学制作了一个结构如图（a）所示的温度计．一端封闭的轻质细管可绕封闭端O自由转动，管长0.5m．将一量程足够大的力传感器调零，细管的开口端通过细线挂于力传感器挂钩上，使细管保持水平、细线沿竖直方向．在气体温度为270K时，用一段水银将长度为0.3m的气柱封闭在管内．实验时改变气体温度，测得封闭气柱长度l和力传感器读数F之间的关系如图（b）所示（实验中大气压强不变）．
（1）管内水银柱长度为______m，为保证水银不溢出，该温度计能测得的最高温度为_____K．
（2）若气柱初始长度大于0.3m，该温度计能测量的最高温度将____（选填：“增大”，“不变”或“减小”）．
（3）若实验中大气压强略有升高，则用该温度计测出的温度将____（选填：“偏高”，“不变”或“偏低”）．
【答案】 0.1 360 减小 偏低
【解析】（1）由于轻质管可以绕O点转动，通过力矩关系有：设水银长度的一半为x，封闭气体长度为l，，研究气体长度为0.3m和0.35m两个位置，可以计算出水银长度为：；为保证水银不溢出，水银刚好到达管口，此时封闭气体长度为l=0.4m，则根据，可以算出此时温度为．
（2）根据上题结论，从公式可以看出，后来温度与原来的气体长度有反比关系，所以该温度计能够测量的最大温度将会减小．
（3）实验过程中大气压强增加，公式，得到，温度会增加，但如果仍然用计算的话，会出现测量值偏低．
【变式7-1】贾同学用注射器和压强传感器探究一定质量的气体发生等温变化时所遵循的规律。实验装置如图甲所示，用活塞和注射器外筒封闭一定量的气体，其压强可由左侧的压强传感器测得。
(1)有关该实验的说法，正确的是___________。
A．实验时注射器必须水平放置
B．需用控制变量法研究气体的变化规律
C．注射器内部的横截面积的具体数据必需测出
D．注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可，无须标注单位
(2)进行实验操作时，不能推拉活塞过快，其原因是___________。
A．防止封闭气体的质量发生改变
B．防止封闭气体的温度发生改变
(3)贾同学首先在实验室Ⅰ进行了实验，下表为记录的实验数据，其中有一次记录的实验数据错误，记录错误的是___________(填错误数据对应的实验序号)。
实验序号 1 2 3 4 5
封闭气柱长度 12.00 11.00 10.00 9.00 8.00
封闭气柱压强 1.00 1.09 1.20 1.33 1.90
(4)贾同学利用同一装置对同一封闭气体在另一温度稍高的实验室Ⅱ进行了实验，根据实验室Ⅰ、Ⅱ记录的数据用正确的方法作出的图像如图乙所示，根据实验室Ⅱ记录的数据作出的图像应为___________(填图线代号)。
【解析】 (1)实验时注射器不必保持水平放置，气体压强由传感器直接读出，A错误；气体状态参量有p、V、T，故需用控制变量法研究气体的变化规律，B正确；注射器内部的横截面积固定不变，体积与气柱长度成正比，故具体数据不必测出，C错误；注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可确定体积变化，故无须标注单位，D正确。故选BD。
(2)进行实验操作时，不能推拉活塞过快，其原因是防止封闭气体的温度发生改变，B正确。故选B。
(3)由理想气体状态方程可得，发生等温变化时，气体压强与体积成正比，第5组数据气柱压强偏差较大，故记录错误的是5。
(4)由理想气体状态方程可得，实验室Ⅱ温度较高，图线斜率较大，故根据实验室Ⅱ记录的数据作出的图像应为①。
【答案】 ①BD ②B ③5 ④①
【变式7-2】如图为“研究一定质量气体在体积不变的条件下，压强变化与温度变化的关系”的实验装置示意图。粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶中，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内。开始时，B、C内的水银面等高。
（1）此实验中研究对象气体是______（填①烧瓶中气体、②烧瓶和AB管中的气体或者③BC下面软管中的气体）若气体温度升高，为使瓶内气体的体积不变，应将C管________（填“向上”或“向下”）移动，直至B内的水银面回到原位置；
（2）实验中使瓶内气体的体积不变，多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的摄氏温度，用P表示烧瓶内气体压强。根据测量数据作出的图线是________。
A． B． C． D．
（3）同学还想用此实验验证玻意耳定律，在保证温度不变的情况下，寻找体积和压强满足一定的关系，现在不知道大气压强的具体数值，但大气压强可视为不变。也无法直接测出气体的体积和B管的内径，但该同学通过分析还是可以验证玻意耳定律。
①保证温度不变的方法是( )（填①保持实验环境温度不变、②移动C管要迅速、③测量数据要快）
②初始时，B，C管中水银面等高，然后向上移动C管，测量B管中水银面比初始状态水银面上升了h，此时，BC管中水银面的高度差为，在h和都很小的情况下（即=0），只要h和满足( )关系就可以验证玻意耳定律。
A． B． C． D．
答案 ② 向上 C ① C
解析：（1）由图可知C管开口向上，所以BC下面软管中的气体的压强等于大气压强与C管竖直部分液柱的压强之和，所以实验中是研究②烧瓶和AB管中的气体在体积不变的条件下，压强变化与温度变化的关系；若气体温度升高，瓶内气体的体积不变，则气体压强增大，所以应将C管向上移动，直至B内的水银面回到原位置；
（2）瓶中气体的体积不变，设初状态压强为，温度为，气体升高的摄氏温度与升高的热力学温度相等，则有由可得故C正确，ABD错误。故选C；
（3）①]烧瓶A可与外界进行热传递，所以保持实验环境温度不变，缓慢移动C管，稳定后在测量数据，故①正确；
②设玻璃管的横截面积为S，气体做等温变化，有
末状态压强与体积为 代入上式有
由于h，都很小，即可以忽略，化简得故C正确，ABD错误。
故选C。
【变式7-3】某同学用如图装置“研究一定质量气体在体积不变时，其压强与温度的关系”。测得初始状态的压强为p0，温度为t0。现逐渐加入热水使水温升高，同时测量压强p和温度t，并记录下每次测量结果与初始值的差值Δp和Δt。该过程中下列图像一定正确的是(　 )
解析：选C　气体做等容变化时＝＝C，故p＝CT，Δp＝C·ΔT，又T＝273.15＋t，故p＝C(273.15＋t)，Δp＝CΔt，所以C一定正确，A、D一定错误，而B可能正确。
【题型8 图像转化】
【例8】如图所示，一定质量的气体的状态沿1→2→3→1的顺序循环变化，若用或图像表示这一循环，在下图中表示正确的是（　　）
A． B． C． D．
解析：在图线中，1→2过程中，体积不变，压强增大，图线是竖直直线；在2→3过程中，温度保持不变，体积增大，压强减小，图线是双曲线；在3→1过程中，压强不变，体积减小，图线是水平直线。A错误，B正确；在图线中，1→2过程中，体积不变，温度升高，是水平直线，CD错误。
答案：B
【变式8-1】一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，p T和V T图各记录了其部分变化过程，试求：
(1)温度为600 K时气体的压强；
(2)在p T图像上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整。
解析：(1)由p T图可知，气体由200 K→400 K的过程中做等容变化，由V T图可知，气体由400 K→500 K仍做等容变化，
对应p T图可得出：T＝500 K时，气体的压强为1.25×105 Pa，
由V T图可知，气体由500 K→600 K做等压变化，故T＝600 K时，气体的压强仍为1.25×105 Pa。
(2)在p T图像上补充画出400 K→600 K的气体状态变化图像，如图所示。
.
答案：(1)1.25×105 Pa　(2)见解析图
【变式8-2】如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.
(1)说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值．
(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p－T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．
解析　(1)从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，所以A→B是一个等压变化，即pA＝pB
根据盖—吕萨克定律可得＝
所以TA＝TB＝×300 K＝200 K.
(2)由题图甲可知，由B→C是等容变化，根据查理定律得＝
所以pC＝pB＝pB＝pB＝×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa
则可画出由状态A→B→C的p－T图象如图所示．
答案　见解析
【变式8-3】一定质量的理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图甲所示，若状态D的压强是2×104 Pa.
(1)求状态A的压强；
(2)请在图乙画出该状态变化过程的p－T图象，并分别标出A、B、C、D各个状态，不要求写出计算过程．
答案　(1)4×104 Pa　(2)见解析
解析　(1)据理想气体的状态方程得＝则pA＝＝4×104 Pa
(2)p－T图象及A、B、C、D各个状态如图所示．专题2.8 液体
【人教版】
【题型1 液体的表面张力】
【题型2 浸润和不浸润】
【题型3 毛细现象】
【题型4 液晶】
【题型5 联系实际】
【题型6 综合问题】
【题型7 定量运算、图形问题】
【题型1 液体的表面张力】
【例1】如图所示，把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就变钝了。产生这一现象的原因是(　　)
A．玻璃是非晶体，熔化再凝固后变成晶体
B．玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体
C．熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧
D．熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张
【变式1-1】下列说法正确的是（　　）
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面上。这是由于针与水分子间存在斥力的缘故
B．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体内分子间有相互吸引力
C．将玻璃管道裂口放在火上烧，它的尖端就变圆，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
D．漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故
【变式1-2】(多选)如图所示，a、b是航天员在飞船实验舱做水球实验时水球中形成的两个气泡，a、b两气泡温度相同且a的体积大，气泡内的气体视为理想气体，则下列说法正确的是(　 )
A．水球呈球形是表面张力作用的结果
B．a内气体的分子平均动能比b内的小
C．a内气体的分子平均动能比b内的大
D．在水球表面滴一小滴红墨水，若水球未破，最后水球将呈红色
【变式1-3】（多选）如图所示，方形冰块恰好嵌在开口向上的玻璃杯底部，然后玻璃杯开口处用杯盖紧封，将含冰块的玻璃杯置于稳定的室温下，一段时间后玻璃杯内外刚好达到热平衡。在这个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．玻璃杯中物质的内能先增大后减小
B．冰在融化过程中，分子的平均动能不变
C．玻璃杯中物质的分子平均动能一直增大
D．玻璃杯中的水面最终一定是曲面
【题型2 浸润和不浸润】
【例2】小明发现倒酱油的时候总会有一些酱油沿着瓶口流到瓶子外面，他认为如果选用合适的瓶口材料就能保持瓶子清洁。如图是酱油滴在两种材料表面的油滴形状，下列说法正确的是（　　）
A．图甲说明油滴与甲材料不浸润 B．图乙说明油滴与乙材料浸润
C．油瓶口的材料选用乙材料较合适 D．水银在两种材料表面的形状一定与酱油滴形状相同
【变式2-1】图甲是吹肥皂泡游戏的画面，表达了童年时光的美好。如图乙所示，在玻璃杯内注入肥皂水，再用铁丝做成的圆环放进玻璃杯中，沾满肥皂水后取出，可以吹出大小不一、在空中做无规则运动的肥皂泡，则(　 )
A．肥皂水不能浸润玻璃
B．肥皂泡的无规则运动属于布朗运动
C．肥皂泡呈球状与液体的表面张力有关
D．肥皂泡表面液体分子间只存在引力，没有斥力
【变式2-2】2022年3月23日，天宫号空间站上的三名宇航员王亚平、翟志刚、叶光富，又给全国的观众带来了一堂精彩的天宫授课，其中宇航员们做了一个“液桥”实验。将水分别挤在两块透明板上，水球状似倒扣着的碗，如图甲所示。将两板慢慢靠近，两个水球“碗底”挨“碗底”，形成一座中间细、两头粗的“液桥”将两块板相连，如图乙所示；再将两板拉远，液桥变得更细、更长，仍然没有断开。下列说法正确的是（　　）。
A．日常生活中地球上不可能有“液桥”现象 B．由图甲可以推断水和透明板是不浸润的
C．液体表面张力有使液体表面积扩大的趋势 D．液桥形成的根本原因是水的表面张力的作用
【变式2-3】(多选)下列说法正确的是(　　)
A.一切晶体的光学和力学性质都是各向异性的
B.在完全失重的宇宙飞船中，水的表面存在表面张力
C.当分子间的距离变小时，分子间的作用力一定减小
D.脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液
【题型3 毛细现象】
【例3】(多选)关于液体，下列叙述中正确的是(　　)
A.露珠呈球形是因为液体的表面张力的缘故
B.液体的表面张力垂直于液面指向液体的内部
C.液体与固体接触的附着层分子如果比液体内部更稀疏，则液体与固体表现为浸润
D.对特定的液体和特定材质的毛细管，管的内径越小毛细现象越明显
【变式3-1】[多选]下列说法正确的是(　　)
A．液面上方的蒸汽达到饱和时就不会有液体分子从液面飞出
B．萘的熔点为80 ℃，质量相等的80 ℃的液态萘和80 ℃的固态萘具有不同的分子势能
C．车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象
D．液体表面层分子的势能比液体内部分子的势能大
E．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，具有各向同性
【变式3-2】下列说法正确的是（　　）
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于针受到了浮力
B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，这是因为水在玻璃上不浸润
C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力的结果
D．在毛细现象中，毛细管中液面有的升高，有的降低，这只与液体的种类有关，与毛细管的材料无关
【变式3-3】下列各种现象中，与毛细现象相关的是（　　）
①用粉笔吸干纸上的墨汁
②植物根部从土壤中吸取水分
③早晨，荷叶上可以看到露珠
④实验室里用棉线做酒精灯的灯芯
⑤用磙子压紧土壤可把地下水分引上来
A．①②③④⑤ B．①②④⑤
C．①②④ D．①②③④
【题型4 液晶】
【例4】关于液晶，以下说法正确的是（　　）
A．液晶态只是物质在一定温度范围内才具有的存在状态
B．因为液晶在一定条件下发光，所以可以用来做显示屏
C．人体组织中不存在液晶结构
D．笔记本电脑的彩色显示器，是因为在液晶中掺入了少量多色性染料，液晶中电场强度不同时，它对不同色光的吸收强度不一样，所以显示出各种颜色
【变式4-1】关于液晶，下列说法中正确的是(　 )
A．液晶是液体和晶体的混合物
B．所有物质都具有液晶态
C．电子手表中的液晶在外加电压的影响下，本身能够发光
D．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
【变式4-2】液晶能够显示数码和图像，其原因是（ ）
A．液晶在温度、压力、摩擦、电磁的作用下，其分子排列发生变化，改变了液晶的光学性质
B．有的液晶在电压的作用下能由透明状态变浑浊，可用来显示文字和数码
C．有的液晶可以随温度的变化而改变颜色
D．有的液晶既可以探测温度又可以显示数码
【变式4-3】液晶在现代生活中扮演着重要的角色，下列对于液晶的认识正确的是(　 )
A．液晶态就是固态和液态的混合
B．液晶具有各向同性的性质
C．液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性
D．天然存在的液晶很多，如果一种物质是液晶，那么它在任何条件下都是液晶
【题型5 联系实际】
【例5】正确佩戴口罩是日常预防飞沫传播和呼吸道感染的有效途径之一。取一个新的医用防护口罩贴近皮肤一面朝上，平铺在桌面上，往口罩上滴几滴水，水滴没有浸湿口罩，呈椭球形，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．水滴形状的成因与水的表面张力有关，与重力无关
B．水滴不浸润口罩，换另一种液体，也不会浸润该口罩
C．若处于完全失重的环境中，水滴将浸湿口罩
D．水滴与口罩附着层内水分子间距比水滴内部分子间距大
【变式5-1】“白露暖秋色，月明清漏中”，描写的是我国古代诗人对露珠的观察和感悟，根据所学物理知识，下列对露珠形成主要原因的说法正确的是（ ）
A．液体表面层的分子比液体内部稀疏，表面层的分子之间互相吸引
B．液体表面层的分子比液体内部密集，表面层的分子之间互相排斥
C．液体表面层的分子比液体内部稀疏，表面层的分子之间互相排斥
D．液体表面层的分子比液体内部密集，表面层的分子之间互相吸引
【变式5-2】2021年12月9日15时40分，“天宫课堂”第一课正式开讲。在航天员翟志刚、叶光富的辅助下，航天员王亚平把一个金属圈插入饮用水袋中，慢慢抽出金属圈，形成了一个水膜。然后往水膜表面贴上一片花朵折纸，这朵花在太空中“绽放”。这正是因为在太空失重环境下水的表面张力发挥的神奇作用。关于液体的表面张力，橙子辅导物理小组给出的下列说法正确的是（　　）
A．液体表面张力是液体各部分间的相互作用
B．液体表面张力的方向总是垂直于液面，指向液体内部
C．产生液体表面张力的原因是表面层内液体分子间只有引力没有斥力
D．液体表面张力使液体表面有收缩的趋势
【变式5-3】规范佩戴医用防护口罩是预防新冠肺炎的有效措施之一、合格的医用防护口罩内侧所用材料对水都是不浸润的，图为一水滴落在某防护口罩内侧的示意图，以下说法正确的是（　　）
A．图片中的口罩为不合格产品
B．图片中水滴形状的成因与液体表面张力有关
C．图片中水滴与口罩间附着层内水分子比水滴内部分子密集
D．该材料对所有的液体都是不浸润的
【题型6 综合问题】
【例6】(多选)下列说法正确的是(　　)
A.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
B.晶体在熔化过程中吸收热量，但温度不变，内能不变
C.杯中的茶水慢慢冷却，该过程中所有的水分子的运动速率都减小了
D.液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
【变式6-1】(多选)根据所学知识分析，下列说法正确的是(　 )
A．通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体
B．晶体体积增大，其分子势能一定增大
C．在完全失重的宇宙飞船中，水的表面存在表面张力
D．人们可以利用某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶来研究离子的渗透性，进而了解机体对药物的吸收等生理过程
【变式6-2】对于固体和液体，下列说法正确的是（　　）
A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
B．农田里，要保存水分，常常把地面的土壤锄松，这是为了减少毛细现象的发生
C．水银不浸润玻璃，可以说明水银是一种不容易发生浸润现象的液体
D．单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点
【变式6-3】关于下列实验及现象的说法正确的是(　　)
A.液晶光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性
B.气体失去容器的约束就会散开，是因为分子间存在斥力
C.同一种液体的沸点与压强有关，压强越小，沸点越高
D.由于液体表面层内的分子间距大于r0，从而形成表面张力
【题型7 定量运算、图形问题】
【例7】在一绕地球运转的载人航天空间站内,一只玻璃烧杯中盛有少许水银,下列图中能表示水银在烧杯中呈现的形状是(　　)
【变式7-1】物理学中，把单位长度边界线上的表面张力，称为表面张力系数，用σ表示，单位为，如图所示的装置，可以测定肥皂的表面张力系数，在一个开口向下的框架上有一根可自由滑动的细金属丝ab，框上布满肥皂后，竖直在空气中，在金属丝下挂一小重物m，使肥皂膜恰好不致破裂。如果已知细金属丝和小球重，金属丝长，则测得肥皂膜的表面张力系数为多少？
【变式7-2】立方体玻璃容器内盛一定体积的水，盖上玻璃盖后置于完全失重环境下，则容器内水（图中阴影区域）的形状可能是（　　）
A．B．C．D．
【变式7-3】2021年12月9日，我国航天员在空间站成功进行了太空授课。实验时宇航员从注射器中挤出一滴水，水滴在空中形状是（　　）
A． B． C． D．
参考答案
【题型1 液体的表面张力】
【例1】如图所示，把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就变钝了。产生这一现象的原因是(　　)
A．玻璃是非晶体，熔化再凝固后变成晶体
B．玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体
C．熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧
D．熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张
解析：选C　玻璃是非晶体，熔化再凝固后仍然是非晶体，故A、B错误；玻璃裂口尖端放在火焰上烧熔后尖端变钝，是表面张力的作用，因为表面张力具有减小表面积的作用，即使液体表面绷紧，故C正确，D错误。
【变式1-1】下列说法正确的是（　　）
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面上。这是由于针与水分子间存在斥力的缘故
B．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体内分子间有相互吸引力
C．将玻璃管道裂口放在火上烧，它的尖端就变圆，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
D．漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故
答案：C
解析：把缝衣针小心地放在水面上，针可以把水面压弯而不沉没，是由于表面张力作用，而不是受到液体浮力的缘故，故A错误；在处于失重状态的宇宙飞船中，由于液体内分子间有相互吸引力，产生表面张力，使水银表面收缩而成为球状，故B错误；玻璃管道裂口放在火上烧熔，熔化的玻璃在表面张力的作用下收缩到最小，从而成为圆形，故C正确；飘浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是由于表面张力的原因，故D错误。
故选C。
【变式1-2】(多选)如图所示，a、b是航天员在飞船实验舱做水球实验时水球中形成的两个气泡，a、b两气泡温度相同且a的体积大，气泡内的气体视为理想气体，则下列说法正确的是(　 )
A．水球呈球形是表面张力作用的结果
B．a内气体的分子平均动能比b内的小
C．a内气体的分子平均动能比b内的大
D．在水球表面滴一小滴红墨水，若水球未破，最后水球将呈红色
解析：选AD　水球呈球形是表面张力作用的结果，故A正确；温度是分子热运动的平均动能的标志，故a内气体的分子平均动能与b内的等大，B、C错误；在水球表面滴一小滴红墨水，若水球未破，因水球外表面附近的水分子间作用力表现为引力，所以最后水球将呈红色，故D正确。
【变式1-3】（多选）如图所示，方形冰块恰好嵌在开口向上的玻璃杯底部，然后玻璃杯开口处用杯盖紧封，将含冰块的玻璃杯置于稳定的室温下，一段时间后玻璃杯内外刚好达到热平衡。在这个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．玻璃杯中物质的内能先增大后减小
B．冰在融化过程中，分子的平均动能不变
C．玻璃杯中物质的分子平均动能一直增大
D．玻璃杯中的水面最终一定是曲面
答案：BD
解析：冰块融化过程中吸收热量，内能增大，完全融化后温度不变，则内能不变，故A错误；冰块融化过程中温度不变，则分子平均动能不变，故B正确，C错误；因水表面张力作用，玻璃杯中的水面最终一定是曲面，故D正确；
故选BD。
【题型2 浸润和不浸润】
【例2】小明发现倒酱油的时候总会有一些酱油沿着瓶口流到瓶子外面，他认为如果选用合适的瓶口材料就能保持瓶子清洁。如图是酱油滴在两种材料表面的油滴形状，下列说法正确的是（　　）
A．图甲说明油滴与甲材料不浸润 B．图乙说明油滴与乙材料浸润
C．油瓶口的材料选用乙材料较合适 D．水银在两种材料表面的形状一定与酱油滴形状相同
答案：C
解析：只要选择酱油不浸润的材料做酱油瓶就能保持瓶子清洁，从图示的情况可以看出酱油与甲材料是浸润的，与乙材料是不浸润的，所以应该选择乙材料，选项C正确。液体在某种材料表面的形状不但与浸润和不浸润有关，而且与液体的体积有关，即使是浸润的，液滴的体积不同其形状也不同，所以无法确定水银在两种材料表面的形状是否与酱油滴的形状相同，选项D错误。故选C。
【变式2-1】图甲是吹肥皂泡游戏的画面，表达了童年时光的美好。如图乙所示，在玻璃杯内注入肥皂水，再用铁丝做成的圆环放进玻璃杯中，沾满肥皂水后取出，可以吹出大小不一、在空中做无规则运动的肥皂泡，则(　 )
A．肥皂水不能浸润玻璃
B．肥皂泡的无规则运动属于布朗运动
C．肥皂泡呈球状与液体的表面张力有关
D．肥皂泡表面液体分子间只存在引力，没有斥力
解析：选C　一种液体是否浸润某种固体，与这两种物质的性质都有关系，肥皂水不能浸润蜂蜡或石蜡，但可以浸润玻璃，故A错误；布朗运动是指悬浮在液体中或气体中的固体小颗粒的无规则运动，故肥皂泡的无规则运动不属于布朗运动，B错误；液体的表面张力有使液体的表面积减小到最小的趋势，所以肥皂泡在空中呈球状是由于液体表面张力的作用，故C正确；分子间同时存在着相互作用的斥力和引力，它们都随分子间距离的减小而增大，故D错误。
【变式2-2】2022年3月23日，天宫号空间站上的三名宇航员王亚平、翟志刚、叶光富，又给全国的观众带来了一堂精彩的天宫授课，其中宇航员们做了一个“液桥”实验。将水分别挤在两块透明板上，水球状似倒扣着的碗，如图甲所示。将两板慢慢靠近，两个水球“碗底”挨“碗底”，形成一座中间细、两头粗的“液桥”将两块板相连，如图乙所示；再将两板拉远，液桥变得更细、更长，仍然没有断开。下列说法正确的是（　　）。
A．日常生活中地球上不可能有“液桥”现象 B．由图甲可以推断水和透明板是不浸润的
C．液体表面张力有使液体表面积扩大的趋势 D．液桥形成的根本原因是水的表面张力的作用
答案：D
解析：“液桥”形成的根本原因是水的表面张力的作用，在地球上也可以有“水桥”现象，只是因为重力影响桥的宽度较短，A错误，D正确；水能附着在透明玻璃板上，由此可推断水和透明玻璃板是浸润的，B错误；液体表面分子间间距大于内部分子间间距，表现为引力，有使液体表面积缩小的趋势，C错误。
故选D。
【变式2-3】(多选)下列说法正确的是(　　)
A.一切晶体的光学和力学性质都是各向异性的
B.在完全失重的宇宙飞船中，水的表面存在表面张力
C.当分子间的距离变小时，分子间的作用力一定减小
D.脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液
答案　BD
解析　单晶体具有各向异性，而多晶体表现为各向同性，故A错误；液体表面层内分子较为稀疏，分子力表现为引力，故在完全失重的宇宙飞船中，水的表面依然存在表面张力，故B正确；当分子间的距离变小时，如果开始时刻分子间距大于平衡距离，则分子间作用力可能减小，如果开始时刻分子间距小于平衡距离，则分子力增大，故C错误；脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，故D正确。
【题型3 毛细现象】
【例3】(多选)关于液体，下列叙述中正确的是(　　)
A.露珠呈球形是因为液体的表面张力的缘故
B.液体的表面张力垂直于液面指向液体的内部
C.液体与固体接触的附着层分子如果比液体内部更稀疏，则液体与固体表现为浸润
D.对特定的液体和特定材质的毛细管，管的内径越小毛细现象越明显
答案　AD
解析　露珠呈球形是因为液体的表面张力的缘故，故A正确；表面张力产生在液体表面层，它的方向跟液面平行，使液面收缩，故B错误；液体对某种固体是浸润的，这时固体分子与液体分子间的引力相当强，造成附着层内分子的分布就比液体内部更密，故C错误； 对特定的液体和特定材质的毛细管，管的内径越细毛细现象越明显，故D正确。
【变式3-1】[多选]下列说法正确的是(　　)
A．液面上方的蒸汽达到饱和时就不会有液体分子从液面飞出
B．萘的熔点为80 ℃，质量相等的80 ℃的液态萘和80 ℃的固态萘具有不同的分子势能
C．车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象
D．液体表面层分子的势能比液体内部分子的势能大
E．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，具有各向同性
解析：选BCD　液面上方的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中，从宏观上看，液体不再蒸发，故A错误；80 ℃时，液态萘凝固成固态萘的过程中放出热量，温度不变，则分子的平均动能不变，萘放出热量的过程中内能减小，而分子平均动能不变，所以一定是分子势能减小，故B正确；由毛细现象的定义可知，C正确；液体表面层的分子间距离比液体内部的分子间距离大，故液体表面层分子之间的作用力表现为引力，分子之间的距离有缩小的趋势，可知液体表面层的分子比液体内部的分子有更大的分子势能，故D正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，E错误。
【变式3-2】下列说法正确的是（　　）
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于针受到了浮力
B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，这是因为水在玻璃上不浸润
C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力的结果
D．在毛细现象中，毛细管中液面有的升高，有的降低，这只与液体的种类有关，与毛细管的材料无关
答案：C
解析：把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水的表面张力使水面形成了一层水膜，水膜给针的支持力与针的重力平衡，A错误；水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，这是因为水在油脂层上不浸润的结果，B错误；在围绕地球飞行的宇宙飞船中，水滴处于完全失重状态，在表面张力的作用下，自由飘浮的水滴呈球形，C正确；在毛细现象中，毛细管中液面有的升高，有的降低，这既与液体的种类有关，又与毛细管的材料无关，D错误。
故选C。
【变式3-3】下列各种现象中，与毛细现象相关的是（　　）
①用粉笔吸干纸上的墨汁
②植物根部从土壤中吸取水分
③早晨，荷叶上可以看到露珠
④实验室里用棉线做酒精灯的灯芯
⑤用磙子压紧土壤可把地下水分引上来
A．①②③④⑤ B．①②④⑤
C．①②④ D．①②③④
答案：B
解析：①粉笔里细小颗粒间存在间隙，构成很多细小的管道，接触墨汁时，会发生毛细现象将墨汁吸干，与毛细现象有关；②植物根部结构有许多细小的“导管”即为毛细管，地下水分发生毛细现象，会沿着这些孔道上升，被植物吸收，与毛细现象有关；③荷叶上的露珠是空气中的水蒸气液化形成的，水滴由于表面张力作用而成“球形”，与表面张力有关；④棉线中间有许多细小的孔道，可起到毛细管的作用，将灯芯下的酒精吸到灯芯上端供燃烧，与毛细现象有关；⑤用磙子压紧土壤，可使土壤中的毛细管变得更细，增强毛细现象，可把地下水引到地面上来，与毛细现象有关。可见①、②、④、⑤均与毛细现象有关。
故选B。
【题型4 液晶】
【例4】关于液晶，以下说法正确的是（　　）
A．液晶态只是物质在一定温度范围内才具有的存在状态
B．因为液晶在一定条件下发光，所以可以用来做显示屏
C．人体组织中不存在液晶结构
D．笔记本电脑的彩色显示器，是因为在液晶中掺入了少量多色性染料，液晶中电场强度不同时，它对不同色光的吸收强度不一样，所以显示出各种颜色
答案：D
解析：液晶态可在一定温度范围或某一浓度范围存在，故A错误；由于液晶态物质特殊的微观结构，因而呈现出许多奇妙的性质，如光学透射率、反射率、颜色等性能，对外界的力、热、声、电、光、磁等物理环境的变化十分敏感，因而在电子工业等领域里可以大显神通，不是自主发光，故B错误；人体中有的蛋白质与磷脂在一定条件下为流动的液晶态或凝胶态，故C错误；当液晶通电时导通，排列变得有秩序，使光线容易通过，不通电时排列混乱，阻止光线通过，所以液晶的光学性质随外加电压的变化而变化，它对不同色光的吸收强度不一样，所以显示各种颜色，故D正确。
故选D。
【变式4-1】关于液晶，下列说法中正确的是(　 )
A．液晶是液体和晶体的混合物
B．所有物质都具有液晶态
C．电子手表中的液晶在外加电压的影响下，本身能够发光
D．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
解析：选D　液晶并不是液体和晶体的混合物，而是一种特殊的物质，A错误；液晶具有液体的流动性，但不是所有物质都具有液晶态，B错误；液晶本身不能发光，C错误；液晶既像液体一样可以流动，又具有晶体各向异性的特性，所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，D正确。
【变式4-2】液晶能够显示数码和图像，其原因是（ ）
A．液晶在温度、压力、摩擦、电磁的作用下，其分子排列发生变化，改变了液晶的光学性质
B．有的液晶在电压的作用下能由透明状态变浑浊，可用来显示文字和数码
C．有的液晶可以随温度的变化而改变颜色
D．有的液晶既可以探测温度又可以显示数码
答案：B
解析：液晶能够显示数码和图像，主要原因是在电压的作用下能由透明状态变浑浊，B正确；液晶在温度、压力、摩擦、电磁的作用下，其分子排列发生变化，液晶的光学性质发生变化，有的液晶可以随温度的变化而改变颜色，可以用来探测温度又可以显示数码，但这些不是液晶显示数码和图像的原因，ACD错误。
故选B。
【变式4-3】液晶在现代生活中扮演着重要的角色，下列对于液晶的认识正确的是(　 )
A．液晶态就是固态和液态的混合
B．液晶具有各向同性的性质
C．液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性
D．天然存在的液晶很多，如果一种物质是液晶，那么它在任何条件下都是液晶
解析：选C　液晶态是介于液态与结晶态之间的一种物质状态，不是固态和液态的混合，A错误；液晶既具有液体的流动性，又具有与某些晶体相似的性质，如具有光学各向异性等，B错误，C正确；天然存在的液晶并不多，多数液晶是人工合成的，液晶在不同温度下的状态不同，有结晶态、液晶态和液态三种状态，故D错误。
【题型5 联系实际】
【例5】正确佩戴口罩是日常预防飞沫传播和呼吸道感染的有效途径之一。取一个新的医用防护口罩贴近皮肤一面朝上，平铺在桌面上，往口罩上滴几滴水，水滴没有浸湿口罩，呈椭球形，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．水滴形状的成因与水的表面张力有关，与重力无关
B．水滴不浸润口罩，换另一种液体，也不会浸润该口罩
C．若处于完全失重的环境中，水滴将浸湿口罩
D．水滴与口罩附着层内水分子间距比水滴内部分子间距大
答案：D
解析：水滴形状的成因与水的表面张力有关，因水滴呈现椭圆形，则与重力也有关，选项A错误；水滴不浸润口罩，换另一种液体，不一定不会浸润该口罩，选项B错误；能否浸润是由水与口罩的材料决定的，与是否处于完全失重的环境无关，选项C错误；水滴与口罩附着层内水分子间距比水滴内部分子间距大，产生表面张力，使液体表面绷紧即减小表面积的作用，选项D正确。
故选D。
【变式5-1】“白露暖秋色，月明清漏中”，描写的是我国古代诗人对露珠的观察和感悟，根据所学物理知识，下列对露珠形成主要原因的说法正确的是（ ）
A．液体表面层的分子比液体内部稀疏，表面层的分子之间互相吸引
B．液体表面层的分子比液体内部密集，表面层的分子之间互相排斥
C．液体表面层的分子比液体内部稀疏，表面层的分子之间互相排斥
D．液体表面层的分子比液体内部密集，表面层的分子之间互相吸引
答案：A
解析：对于露珠，液体表面层分子分布比液体内部稀疏，则分子引力大于分子斥力，分子间相互作用力表现为引力，即表面层的分子之间互相吸引。
故选A。
【变式5-2】2021年12月9日15时40分，“天宫课堂”第一课正式开讲。在航天员翟志刚、叶光富的辅助下，航天员王亚平把一个金属圈插入饮用水袋中，慢慢抽出金属圈，形成了一个水膜。然后往水膜表面贴上一片花朵折纸，这朵花在太空中“绽放”。这正是因为在太空失重环境下水的表面张力发挥的神奇作用。关于液体的表面张力，橙子辅导物理小组给出的下列说法正确的是（　　）
A．液体表面张力是液体各部分间的相互作用
B．液体表面张力的方向总是垂直于液面，指向液体内部
C．产生液体表面张力的原因是表面层内液体分子间只有引力没有斥力
D．液体表面张力使液体表面有收缩的趋势
答案：D
解析：由定义知，如果在液体表面任意画一条线，线两侧的液体之间的作用力就是液体表面张力，所以液体表面张力并不是液体各部分间的相互作用，选项A错误；液体表面张力的方向总是与液面相切，选项B错误；产生液体表面张力的原因是表面层内液体分子力表现为引力，并不是只有引力没有斥力，选项C错误；液体表面张力使液体表面有收缩的趋势，选项D正确。
故选D。
【变式5-3】规范佩戴医用防护口罩是预防新冠肺炎的有效措施之一、合格的医用防护口罩内侧所用材料对水都是不浸润的，图为一水滴落在某防护口罩内侧的示意图，以下说法正确的是（　　）
A．图片中的口罩为不合格产品
B．图片中水滴形状的成因与液体表面张力有关
C．图片中水滴与口罩间附着层内水分子比水滴内部分子密集
D．该材料对所有的液体都是不浸润的
答案：B
解析：根据题意合格的一次性医用防护口罩内则所用材料对水都是不浸润的，如图所示水没有浸润到口罩内侧，所以照片中的口罩一定为合格产品，故A错误；如图所示，小水滴为球形是由于液体表面张力造成的，照片中附着层内分子比水的内部稀疏，表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用，故B正确，C错误；浸润与不浸润现象是相对的，所以水不是对所有材料都是不浸润的，故D错误。
故选B。
【题型6 综合问题】
【例6】(多选)下列说法正确的是(　　)
A.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
B.晶体在熔化过程中吸收热量，但温度不变，内能不变
C.杯中的茶水慢慢冷却，该过程中所有的水分子的运动速率都减小了
D.液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
答案　AD
解析　空气的小雨滴呈球形是水的表面张力，使雨滴表面有收缩的趋势的结果，故A正确；晶体熔化过程中吸热，内能增加，故B错误；根据麦克斯韦速率的分布规律，当温度降低时，大部分的水分子的速率减小，但个别水分子的速率可能增加，故C错误；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D正确。
【变式6-1】(多选)根据所学知识分析，下列说法正确的是(　 )
A．通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体
B．晶体体积增大，其分子势能一定增大
C．在完全失重的宇宙飞船中，水的表面存在表面张力
D．人们可以利用某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶来研究离子的渗透性，进而了解机体对药物的吸收等生理过程
解析：选CD　多晶体和非晶体各个方向的物理性质都相同，金属属于多晶体，A错误；晶体体积增大，若分子力表现为引力，分子势能增大，若分子力表现为斥力，分子势能减小，B错误；水的表面张力的有无与重力无关，所以在宇宙飞船中，水的表面依然存在表面张力，C正确；在现代科技中科学家利用某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶来研究离子的渗透性，D正确。
【变式6-2】对于固体和液体，下列说法正确的是（　　）
A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
B．农田里，要保存水分，常常把地面的土壤锄松，这是为了减少毛细现象的发生
C．水银不浸润玻璃，可以说明水银是一种不容易发生浸润现象的液体
D．单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点
答案：B
解析：液体表面张力的方向始终与液面相切，与分界线垂直，故A错误；农田里把地面的土壤锄松可以破坏土壤中的毛细管，从而减少毛细现象的发生，故B正确；一种液体是否浸润某种固体，与这两种物质的性质都有关，因此，某种液体是浸润的还是不浸润的，一定要指明相应的固体，故C错误；单晶体和多晶体都有固定的熔点，故D错误。
故选B。
【变式6-3】关于下列实验及现象的说法正确的是(　　)
A.液晶光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性
B.气体失去容器的约束就会散开，是因为分子间存在斥力
C.同一种液体的沸点与压强有关，压强越小，沸点越高
D.由于液体表面层内的分子间距大于r0，从而形成表面张力
答案　D
解析　液晶光学性质与某些单晶体相似，具有各向异性，故A错误；气体失去容器的约束就会散开，是因为气体分子间距离远大于r0，气体分子之间除了碰撞之外，没有作用力，不能使分子束缚在一起，并不是斥力的原因，故B错误；同种液体的沸点与压强有关，压强越大，沸点越高，故C错误；由于液体表面层内的分子间距大于r0，分子之间作用力表现为引力，从而形成表面张力，故D正确。
【题型7 定量运算、图形问题】
【例7】在一绕地球运转的载人航天空间站内,一只玻璃烧杯中盛有少许水银,下列图中能表示水银在烧杯中呈现的形状是(　　)
答案：D
解析:因为水银不浸润玻璃,所以在完全失重的情况下,水银的形状只由表面张力决定。在表面张力作用下水银的表面要收缩至最小,所以最终水银呈球形,故A、B、C错误,D正确。
【变式7-1】物理学中，把单位长度边界线上的表面张力，称为表面张力系数，用σ表示，单位为，如图所示的装置，可以测定肥皂的表面张力系数，在一个开口向下的框架上有一根可自由滑动的细金属丝ab，框上布满肥皂后，竖直在空气中，在金属丝下挂一小重物m，使肥皂膜恰好不致破裂。如果已知细金属丝和小球重，金属丝长，则测得肥皂膜的表面张力系数为多少？
答案：
解析：肥皂水膜有两个表面，根据力的平衡有
即
【变式7-2】立方体玻璃容器内盛一定体积的水，盖上玻璃盖后置于完全失重环境下，则容器内水（图中阴影区域）的形状可能是（　　）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】水处于完全失重状态，由于水对玻璃的浸润性，在表面张力的作用下，水应该吸附在容器的内表面呈现A的形状。
故选A。
【变式7-3】2021年12月9日，我国航天员在空间站成功进行了太空授课。实验时宇航员从注射器中挤出一滴水，水滴在空中形状是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】空间站中水滴处于完全失重状态，则在水的表面张力作用下，水滴在空中应该呈现球形。
故选A。专题2.7 固体
【人教版】
【题型1 单晶体的各向异性】
【题型2 晶体和非晶体的区分】
【题型3 晶体的微观结构】
【题型4 综合问题】
【题型5 联系实际】
【题型6 熔点问题】
【题型1 单晶体的各向异性】
【例1】（多选）2020年，“嫦娥五号”探测器胜利完成月球采样任务并返回地球。探测器上装有用石英制成的传感器，其受压时表面会产生大小相等、符号相反的电荷——“压电效应”。如图所示，石英晶体沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著，则石英晶体（　　）
A．具有各向异性的压电效应 B．没有确定的熔点
C．有确定的几何形状 D．是多晶体
【变式1-1】[多选]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
【变式1-2】金属铝熔化成液体后通入氢气，在液态铝内产生大量气泡，冷凝后得到带有微孔的泡沫铝，如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．泡沫铝是晶体，某些物理性质具有各向异性
B．在冷凝过程中，气泡收缩，外界对气体做功，气体内能增加
C．液态铝与氢气泡的接触面存在表面张力，将会阻碍气泡的膨胀
D．由于充入了气体，泡沫铝分子间距离增大，分子间只存在分子引力
【变式1-3】石墨和金刚石性质有很大差异，是由于（　　）
A．石墨是各向异性的，而金刚石是各向同性的
B．它们的化学成分不同
C．它们都是各向同性的
D．组成它们的物质微粒按不同的规则排列
【题型2 晶体和非晶体的区分】
【例2】(多选)下列关于晶体以及非晶体的理解正确的是(　　)
A.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.单晶体具有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点
C.有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布
D.固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体是绝对的，是不可以相互转化的
【变式2-1】下列说法错误的是(　 )
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，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体
【变式2-2】(多选)下列说法正确的是(　　)
A.通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体
B.液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈
C.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
D.一滴体积为V的油酸酒精溶液在水面上形成的面积为S，则油膜分子直径为
【变式2-3】关于晶体和非晶体，下列说法中错误的是（　　）
A．同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
B．晶体有天然规则的几何形状，也有确定的熔点
C．不可以根据各向同性或各向异性来鉴别晶体和非晶体
D．晶体在熔化过程中，分子平均动能不变，内能增加
【题型3 晶体的微观结构】
【例3】石墨是碳原子按图甲排列形成的，其微观结构为层状结构。图乙为石墨烯的微观结构，单碳层石墨烯是单层的石墨，厚1毫米的石墨大概包含大约三百万层石墨烯。石墨烯是现有材料中厚度最薄、强度最高、导热性最好的新型材料。则（　　）
A．石墨中的碳原子静止不动
B．碳原子的直径大约为3×10-9m
C．石墨烯碳原子间只存在分子引力
D．石墨烯的熔解过程中，碳原子的平均动能不变
【变式3-1】北京冬奥会给世界各地的人们带来了寒冬中的温暖，雪花形主火炬（图甲）的创意展现中国智慧，符合科学事实（图乙），实际上雪花的形态有很多种（图丙）。关于雪花的下列说法正确的是（　　）
A．雪花是非晶体
B．雪花具有各向异性
C．0°C雪花的水分子的平均动能比0°C液态水分子的小
D．雪花漫天飞舞可以作为雪花分子在做无规则运动的证据
【变式3-2】食盐是我们生活中不可缺少的调味品，中国人大约在神农氏与黄帝的时期就开始煮盐。通过研究，我们知道了食盐的微观结构如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．食盐晶体是正六面体形
B．食盐所有的物理性质都具有各向异性
C．食盐颗粒受潮粘连成食盐块时，形状不规则，是非晶体
D．食盐在熔化时，要吸收热量，温度保持不变，所以内能也不变
【变式3-3】复旦大学物理系张远波教授课题组发现了一种新型二维半导体材料——黑磷，并成功制备了半导体测试材料。已知黑磷是有黑色金属光泽的半导体，是白磷在很高压强和较高温度下转化形成的。图为黑磷的微观结构，下列说法正确的是（　　）
A．黑磷是晶体材料
B．黑磷和白磷是同位素
C．黑磷没有固定的熔点
D．黑磷的微观各层结构都不同，每层内部结构松散
【题型4 综合问题】
【例4】甲、乙、丙三种固体薄片涂上蜡，由烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图甲、乙、丙所示，而甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图丁所示，下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙为非晶体，丙是晶体
B．甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体
C．甲、丙为非晶体，丙是晶体
D．甲、乙、丙都是晶体
【变式4-1】（多选）以下说法中正确的是（　　）
A．有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体
B．如果在液体表面任意画一条线，线两侧的液体之间的作用力表现为引力
C．附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离时，液体与固体之间表现为浸润
D．液晶具有液体的流动性，所有物质都具有液晶态
【变式4-2】王亚平曾在第一次太空授课中展示了完美的“太空水球”，液晶电视图像色彩更加绚丽，解释上述现象用到的有关知识中说法正确的是（　　）
A．表面张力能够使液体表面积收缩到最小
B．表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
C．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
D．液晶的所有物理性质均表现为各向异性
【变式4-3】(多选)下列说法正确的是(　　)
A.当分子间距离变小时，分子间的作用力可能减小，也可能增大
B.墨汁滴入水中，墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子产生化学反应而引起的
C.在宇宙飞船中的水滴呈球形是因为失重的水的表面张力作用的结果
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
【题型5 联系实际】
【例5】N95透明智能口罩的外观是由防水防刮的再生透明非晶体塑料制成；它的侧面设计了两个圆孔静电层区域，是为了过滤空气：口罩内含有麦克风和扬声器；口罩也可以拆开，内部配备一个充电盒，盒内也提供某非可见光，可以进行对面罩全面消毒。由以上信息判断（　　）
A．非晶体塑料在光学现象中体现出各向异性
B．静电层的过滤作用主要应用了静电吸附作用
C．麦克风的工作原理是将电信号转换成声音信号
D．盒内的非可见光是红外线
【变式5-1】北京冬奥会中国科研团队打破人工造雪核心技术“冰状雪”的国家封锁，成功制造出适应大陆性季风气候特点的合格“冰状雪”。“冰状雪”可以减小雪道表面与滑雪板间的摩擦力，保证雪道表面不易变形。即使在运动员高速转向的情况下，也能保证雪道表面平整光滑。不论选手第几个出场，雪道都可以处于相对完美的状态，以此确保比赛的公平性。已知普通雪密度是每立方厘米0.1克至0.4克，而“冰状雪”密度则需要达到每立方厘米0.65克。下列说法正确的是（　　）
A．“冰状雪”没有规则的形状是非晶体
B．在同样条件下，同体积的“冰状雪”比自然雪熔化得慢
C．3℃的水通过造雪机转化为雪时，需要吸收热量
D．“冰状雪”熔化成水的过程中温度会不断变化
【变式5-2】石墨烯是从石墨中分离出的新材料，其中碳原子紧密结合成单层六边形晶格结构，如图所示，则（　　）
A．石墨是非晶体
B．石墨研磨成的细粉末就是石墨烯
C．单层石墨烯的厚度约3μm
D．碳原子在六边形顶点附近不停地振动
【变式5-3】江苏省东海县是世界天然水晶原料集散地，有着“世界水晶之都”的美誉。天然的水晶具有规则的几何外形，如图所示。关于天然水晶，下列说法正确的是（　　）
A．具有规则的几何外形，但是没有固定的熔点
B．微观粒子的空间排列不规则
C．在熔化过程中分子平均动能不变
D．在光学性质上表现为各向同性
【题型6 熔点问题】
【例6】如图表示某晶体的物态变化过程，其中甲、乙、丙分别表示三种物态。下列分析正确的是（　　）
A．甲为气态 B．甲→乙的过程需要放热
C．乙→丙的过程与露珠形成过程相同 D．BC段对应的温度为该晶体的熔点
【变式6-1】[多选]固体甲和固体乙在一定压强下的熔解曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T。下列判断正确的有(　　)
A．固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体
B．固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形
C．在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性
D．固体甲和固体乙的化学成分有可能相同
E．图线甲中ab段温度不变，所以甲的内能不变
【变式6-2】如图所示是对某种合金连续不断地加热过程中，温度随时间变化的曲线，据图回答：
(1)这种合金在固态时是不是晶体；
(2)这种合金的熔点是多少；
(3)熔化过程用了多少时间；
(4)图中BC段表示这种合金处于什么状态。
【变式6-3】图甲是某小组“探究海波熔化时温度变化规律”的实验装置，每隔1min记录一次温度值。实验数据记录如下表：
时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
海波的温度/℃ 40 44 46 48 48 48 48 48 48 50 53
（1）实验中需要的测量工具是温度计和________；
（2）在1min时，温度计的示数如图乙所示，此时的温度为________℃；
（3）由记录的实验数据可知海波是________（选填“晶体”或“非晶体”）；
（4）由实验知，海波熔化需要的条件是：________________；继续吸收热量；
（5）另一小组在利用相同的器材进行这一实验时，观察到海波熔化过程中温度计示数缓慢上升。产生这一现象的原因可能是________（填字母）。
A．烧杯中的水少 B．对试管内的海波不断搅拌
C．温度计的玻璃泡碰到了试管壁 D．海波熔化过程中吸热，温度升高
参考答案
【题型1 单晶体的各向异性】
【例1】（多选）2020年，“嫦娥五号”探测器胜利完成月球采样任务并返回地球。探测器上装有用石英制成的传感器，其受压时表面会产生大小相等、符号相反的电荷——“压电效应”。如图所示，石英晶体沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著，则石英晶体（　　）
A．具有各向异性的压电效应 B．没有确定的熔点
C．有确定的几何形状 D．是多晶体
解析：由题意可知，石英晶体沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著，其它方向不明显，因此石英具有各向异性的压电效应，A正确；晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，石英是单晶体，有确定的熔点，有规则的几何形状，BD错误，C正确。
答案：AC。
【变式1-1】[多选]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
解析：选AD　晶体在熔化过程中温度保持不变，食盐具有这样的特点，则说明食盐是晶体，选项A正确；蜂蜡的导热特点是各向同性的，烧热的针尖使蜂蜡熔化后呈椭圆形，说明云母片的导热特点是各向异性的，故云母片是晶体，选项B错误；天然石英表现为各向异性，则该物质微粒在空间的排列是规则的，选项C错误；石墨与金刚石皆由碳原子组成，但它们的物质微粒排列结构是不同的，选项D正确。
【变式1-2】金属铝熔化成液体后通入氢气，在液态铝内产生大量气泡，冷凝后得到带有微孔的泡沫铝，如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．泡沫铝是晶体，某些物理性质具有各向异性
B．在冷凝过程中，气泡收缩，外界对气体做功，气体内能增加
C．液态铝与氢气泡的接触面存在表面张力，将会阻碍气泡的膨胀
D．由于充入了气体，泡沫铝分子间距离增大，分子间只存在分子引力
【答案】C
【解析】泡沫铝是晶体，但是是多晶体，表现为各向同性，A错误；在金属液体冷凝过程中，气泡收缩变小，外界对气体做功，同时温度降低，放出热量，气体内能降低，B错误；金属铝熔化成液体后通入氢气，产生大量气泡，液体表面分子间存在表面张力，液态铝表面张力将会阻碍气泡的膨胀，C正确；分子之间同时存在引力和斥力，当时，分子力表现为引力，不是只存在引力，故D错误。
故选C。
【变式1-3】石墨和金刚石性质有很大差异，是由于（　　）
A．石墨是各向异性的，而金刚石是各向同性的
B．它们的化学成分不同
C．它们都是各向同性的
D．组成它们的物质微粒按不同的规则排列
解析：选D，石墨和金刚石都由碳分子组成，但它们的物理性质不同，石墨是各向同性的，而金刚石是各向异性的，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同。
答案：D。
【题型2 晶体和非晶体的区分】
【例2】(多选)下列关于晶体以及非晶体的理解正确的是(　　)
A.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.单晶体具有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点
C.有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布
D.固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体是绝对的，是不可以相互转化的
答案　AC
解析　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A项正确；单晶体和多晶体都具有固定的熔点，故B项错误；有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布，例如石墨和金刚石，故C项正确；固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体不是绝对的，是可以相互转化的；例如天然石英是晶体，熔融过的石英是非晶体；把晶体硫加热熔化(温度超过300 ℃)再倒入冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，故D项错误。
【变式2-1】下列说法错误的是(　 )
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，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体
解析：选A　将一晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，A错误。单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，B正确。金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，C正确。晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化，如天然水晶是晶体，熔融过的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，D正确。
【变式2-2】(多选)下列说法正确的是(　　)
A.通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体
B.液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈
C.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
D.一滴体积为V的油酸酒精溶液在水面上形成的面积为S，则油膜分子直径为
答案　BC
解析　金属材料虽然显示各向同性，但并不意味着就是非晶体，可能是多晶体，故A错误；液体的温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，故B正确；根据麦克斯韦统计规律可知，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，故C正确；体积为油酸酒精溶液的体积，非油酸体积，则油酸分子直径就不是，故D错误。
【变式2-3】关于晶体和非晶体，下列说法中错误的是（　　）
A．同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
B．晶体有天然规则的几何形状，也有确定的熔点
C．不可以根据各向同性或各向异性来鉴别晶体和非晶体
D．晶体在熔化过程中，分子平均动能不变，内能增加
解析：同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，例如天然水晶与石英玻璃，A正确，不符合题意；单晶体有规则的几何形状，多晶体则没有规则的几何形状，晶体有确定的熔点，B错误，符合题意；多晶体和非晶体的物理性质表现为各向同性，单晶体某些物理性质表现为各向异性，所以不可以根据各向同性或各向异性来鉴别晶体和非晶体，C正确，不符合题意；晶体在熔化中，晶体的温度不变，分子平均动能不变，可分子的势能增加，内能增加，D正确，不符合题意。
答案：B。
【题型3 晶体的微观结构】
【例3】石墨是碳原子按图甲排列形成的，其微观结构为层状结构。图乙为石墨烯的微观结构，单碳层石墨烯是单层的石墨，厚1毫米的石墨大概包含大约三百万层石墨烯。石墨烯是现有材料中厚度最薄、强度最高、导热性最好的新型材料。则（　　）
A．石墨中的碳原子静止不动
B．碳原子的直径大约为3×10-9m
C．石墨烯碳原子间只存在分子引力
D．石墨烯的熔解过程中，碳原子的平均动能不变
解析：石墨中的碳原子是运动的，A错误；由意义可知单层的距离为 且层与层之间有间距，B错误；石墨烯碳原子间不仅存在分子引力，同时也存在分子斥力，C错误；石墨烯是晶体，在熔解过程中，温度不变，故碳原子的平均动能不变，D正确。
答案：D。
【变式3-1】北京冬奥会给世界各地的人们带来了寒冬中的温暖，雪花形主火炬（图甲）的创意展现中国智慧，符合科学事实（图乙），实际上雪花的形态有很多种（图丙）。关于雪花的下列说法正确的是（　　）
A．雪花是非晶体
B．雪花具有各向异性
C．0°C雪花的水分子的平均动能比0°C液态水分子的小
D．雪花漫天飞舞可以作为雪花分子在做无规则运动的证据
解析：根据雪花具有形状规则的几何形状，且雪花在熔化时，吸收热量温度不变，具有确定的熔点，所以雪花是单晶体，则单晶体具有各向异性的物理性质，A错误，B正确；平均动能与温度有关系，故0°C雪花的水分子的平均动能与0°C液态水分子的相同，C错误；雪花是固体颗粒，飞舞时，是宏观上的机械运动，不能说明分子在做无规则运动，D错误。
答案：B。
【变式3-2】食盐是我们生活中不可缺少的调味品，中国人大约在神农氏与黄帝的时期就开始煮盐。通过研究，我们知道了食盐的微观结构如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．食盐晶体是正六面体形
B．食盐所有的物理性质都具有各向异性
C．食盐颗粒受潮粘连成食盐块时，形状不规则，是非晶体
D．食盐在熔化时，要吸收热量，温度保持不变，所以内能也不变
解析：食盐晶体是正六面体形，选项A正确；食盐具有各向异性，但并非所有的物理性质都具有各向异性，选项B错误；食盐颗粒受潮粘连成食盐块时，形状不规则，但仍是晶体，选项C错误；食盐在熔化时，要吸收热量，温度保持不变，所以内能增加，选项D错误。
答案：A。
【变式3-3】复旦大学物理系张远波教授课题组发现了一种新型二维半导体材料——黑磷，并成功制备了半导体测试材料。已知黑磷是有黑色金属光泽的半导体，是白磷在很高压强和较高温度下转化形成的。图为黑磷的微观结构，下列说法正确的是（　　）
A．黑磷是晶体材料
B．黑磷和白磷是同位素
C．黑磷没有固定的熔点
D．黑磷的微观各层结构都不同，每层内部结构松散
解析：黑磷的微观结构呈现规则排列，具有空间上的周期性，属于晶体材料，因而具有固定的熔点，故A正确，C错误；质子数（即原子序数）相同，而中子数不同的元素互称同位素，白磷和黑鳞属于同素异型体，不属于同位素，故B错误；黑磷的微观各层结构都相同，每层内部结构紧密，故D错误。
答案：A。
【题型4 综合问题】
【例4】甲、乙、丙三种固体薄片涂上蜡，由烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图甲、乙、丙所示，而甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图丁所示，下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙为非晶体，丙是晶体
B．甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体
C．甲、丙为非晶体，丙是晶体
D．甲、乙、丙都是晶体
解析：选B, 由图甲、乙、丙可知，甲、乙各向同性，丙各向异性；由图丁可知，甲、丙有固定熔点，乙无固定熔点。所以甲、丙为晶体，乙为非晶体，其中甲为多晶体，丙为单晶体。
故选B。
【变式4-1】（多选）以下说法中正确的是（　　）
A．有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体
B．如果在液体表面任意画一条线，线两侧的液体之间的作用力表现为引力
C．附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离时，液体与固体之间表现为浸润
D．液晶具有液体的流动性，所有物质都具有液晶态
【答案】ABC
【解析】晶体在一定条件下可转化为非晶体，有些非晶体在一定条件下也可以转化为晶体，选项A正确；液体表面层分子比内部稀疏，相互间表现为引力，选项B正确；附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离时，分子间表现为斥力，使液体表面扩张，液体与固体之间表现为浸润，选项C正确；液晶具有液体的流动性，但不是所有物质都具有液晶态，选项D错误。
故选ABC。
【变式4-2】王亚平曾在第一次太空授课中展示了完美的“太空水球”，液晶电视图像色彩更加绚丽，解释上述现象用到的有关知识中说法正确的是（　　）
A．表面张力能够使液体表面积收缩到最小
B．表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
C．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
D．液晶的所有物理性质均表现为各向异性
解析：液体由于表面张力作用，有使其表面积收缩到最小的趋势，A正确；表面张力的方向跟液面相切，垂直于液面的边界线，B错误；将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍然是晶体，C错误；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，不是所有物理性质均表现各向异性，D错误。
答案：A。
【变式4-3】(多选)下列说法正确的是(　　)
A.当分子间距离变小时，分子间的作用力可能减小，也可能增大
B.墨汁滴入水中，墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子产生化学反应而引起的
C.在宇宙飞船中的水滴呈球形是因为失重的水的表面张力作用的结果
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
答案　ACD
解析　当分子间距离比较大时表现为引力，当分子间距离减小时，分子引力先增大后减小；当表现为斥力时分子间距离变小时分子力增大，故A正确；墨汁的扩散运动是因为微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡引起的，故B错误；在宇宙飞船中的水滴呈球形是因为失重的水的表面张力作用的结果，故C正确；石墨和金刚石的物理性质不同是因为组成它们的物质微粒排列结构不同造成的，故D正确。
【题型5 联系实际】
【例5】N95透明智能口罩的外观是由防水防刮的再生透明非晶体塑料制成；它的侧面设计了两个圆孔静电层区域，是为了过滤空气：口罩内含有麦克风和扬声器；口罩也可以拆开，内部配备一个充电盒，盒内也提供某非可见光，可以进行对面罩全面消毒。由以上信息判断（　　）
A．非晶体塑料在光学现象中体现出各向异性
B．静电层的过滤作用主要应用了静电吸附作用
C．麦克风的工作原理是将电信号转换成声音信号
D．盒内的非可见光是红外线
解析：非晶体塑料在光学现象中体现出各向同性，A错误；静电层用来吸附空气中的灰尘，B正确；
麦克风的工作原理是将声音信号转换成电信号，C错误；盒内的非可见光时紫外线，D错误。
答案：B。
【变式5-1】北京冬奥会中国科研团队打破人工造雪核心技术“冰状雪”的国家封锁，成功制造出适应大陆性季风气候特点的合格“冰状雪”。“冰状雪”可以减小雪道表面与滑雪板间的摩擦力，保证雪道表面不易变形。即使在运动员高速转向的情况下，也能保证雪道表面平整光滑。不论选手第几个出场，雪道都可以处于相对完美的状态，以此确保比赛的公平性。已知普通雪密度是每立方厘米0.1克至0.4克，而“冰状雪”密度则需要达到每立方厘米0.65克。下列说法正确的是（　　）
A．“冰状雪”没有规则的形状是非晶体
B．在同样条件下，同体积的“冰状雪”比自然雪熔化得慢
C．3℃的水通过造雪机转化为雪时，需要吸收热量
D．“冰状雪”熔化成水的过程中温度会不断变化
解析：“冰状雪”有固定的熔点，是晶体，故A错误；“冰状雪”密度较大，在同样条件下，同体积的“冰状雪”比自然雪熔化得慢，故B正确；3℃的水通过造雪机转化为雪时，需要放出热量，故C错误；“冰状雪”是晶体，熔化成水的过程中温度不变，故D错误。
答案：B。
【变式5-2】石墨烯是从石墨中分离出的新材料，其中碳原子紧密结合成单层六边形晶格结构，如图所示，则（　　）
A．石墨是非晶体
B．石墨研磨成的细粉末就是石墨烯
C．单层石墨烯的厚度约3μm
D．碳原子在六边形顶点附近不停地振动
解析：石墨是晶体，故A错误；石墨烯是石墨中提取出来的新材料，故B错误；单层石墨烯厚度约为原子尺寸，故C错误；根据分子动理论可知，固体分子在平衡点不停的振动，故D正确。
答：D。
【变式5-3】江苏省东海县是世界天然水晶原料集散地，有着“世界水晶之都”的美誉。天然的水晶具有规则的几何外形，如图所示。关于天然水晶，下列说法正确的是（　　）
A．具有规则的几何外形，但是没有固定的熔点
B．微观粒子的空间排列不规则
C．在熔化过程中分子平均动能不变
D．在光学性质上表现为各向同性
【答案】C
【详解】水晶是晶体，具有规则的几何外形，有固定的熔点，A错误；水晶是晶体，微观粒子的空间排列规则，B错误；水晶是晶体，有固定的熔点，在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，C正确；水晶是晶体，在光学性质上表现为各向异性，D错误。
【题型6 熔点问题】
【例6】如图表示某晶体的物态变化过程，其中甲、乙、丙分别表示三种物态。下列分析正确的是（　　）
A．甲为气态 B．甲→乙的过程需要放热
C．乙→丙的过程与露珠形成过程相同 D．BC段对应的温度为该晶体的熔点
解：由题图知，甲中分子相距最近，分子排列规则，分子间的作用力最大，既不易被压缩，也不容易被拉伸，所以是固态分子的排列方式；乙中分子相距较近，分子排列杂乱，分子间的作用力较弱，是液态分子的排列方式；丙中分子相距最远，分子无固定排列，分子间的作用力最弱，是气态分子的排列方式。由以上分析知，甲为固态，故A错误；.甲→乙是固态变为液态的熔化过程，需要吸收热量，故B错误；乙→丙是液态变成气态的汽化过程，露珠是水蒸气遇冷形成小水滴的液化过程，故C错误；BC段表示物体吸热或放热的温度保持不变，状态发生改变的晶体熔化（或凝固）过程，此时的温度叫晶体的熔点（或凝固点），故D正确。
答案：D。
【变式6-1】[多选]固体甲和固体乙在一定压强下的熔解曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T。下列判断正确的有(　　)
A．固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体
B．固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形
C．在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性
D．固体甲和固体乙的化学成分有可能相同
E．图线甲中ab段温度不变，所以甲的内能不变
解析：选ABD　晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，故A正确；固体甲若是多晶体，则不一定有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形，故B正确；在热传导方面固体甲若是多晶体，则不一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；固体甲一定是晶体，有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体，则固体甲和固体乙的化学成分有可能相同，故D正确；晶体在熔化时温度不变，但由于晶体吸收热量，内能在增大，故E错误。
【变式6-2】如图所示是对某种合金连续不断地加热过程中，温度随时间变化的曲线，据图回答：
(1)这种合金在固态时是不是晶体；
(2)这种合金的熔点是多少；
(3)熔化过程用了多少时间；
(4)图中BC段表示这种合金处于什么状态。
答案(1)是；(2)210 ℃；(3)8 min； (4)固液共存
解析（1）题图中BC阶段表示该合金的熔化过程，说明有一定的熔点，所以这种合金在固态时是晶体；
（2）熔点为；
（3）熔化过程用了
（4）BC段就是这种合金的熔化过程，合金处于固、液共存状态。
【变式6-3】图甲是某小组“探究海波熔化时温度变化规律”的实验装置，每隔1min记录一次温度值。实验数据记录如下表：
时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
海波的温度/℃ 40 44 46 48 48 48 48 48 48 50 53
（1）实验中需要的测量工具是温度计和________；
（2）在1min时，温度计的示数如图乙所示，此时的温度为________℃；
（3）由记录的实验数据可知海波是________（选填“晶体”或“非晶体”）；
（4）由实验知，海波熔化需要的条件是：________________；继续吸收热量；
（5）另一小组在利用相同的器材进行这一实验时，观察到海波熔化过程中温度计示数缓慢上升。产生这一现象的原因可能是________（填字母）。
A．烧杯中的水少 B．对试管内的海波不断搅拌
C．温度计的玻璃泡碰到了试管壁 D．海波熔化过程中吸热，温度升高
答案 停表 42 晶体 温度达到熔点 C
解析：（1）[1]由表中数据可知，实验需要测量温度和时间，实验中需要的测量工具是温度计和停表。
（2）[2]如题图乙，温度计的分度值为1℃，读数为42℃。
（3）[3]由记录的实验数据可知，海波在固定的温度开始熔化，熔化时温度不变，因此海波是晶体。
（4）[4]通过实验可知，海波熔化需要达到48℃，熔化过程中，需要继续加热，由此可知海波熔化需要的条件是：温度达到熔点；继续吸收热量。
（5）[5]A.海波在固定的温度开始熔化，熔化时温度不变，进行这一实验时，观察到海波熔化过程中温度计示数缓慢上升；该物质是晶体，熔化过程中温度是不变的，烧杯中的水少，不会影响温度计的示数，故A错误；
B.对试管内的海波不断搅拌，试管中海波受热更加均匀，不可能出现以上情况，故B错误；
C.温度计的玻璃泡碰到了试管壁，因为烧杯中水的温度高于海波的温度，温度计示数缓慢上升，故C正确；
D.海波是晶体，熔化过程中吸热，但温度保持不变，故D错误。
故选C。专题3.1 功、热和内能的改变
【人教版】
【题型1 真空膨胀问题】
【题型2 功与内能的改变】
【题型3 热与内能的改变】
【题型4 联系实际】
【题型5 综合问题】
【题型6 对比问题】
【题型1 真空膨胀问题】
【例1】如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法不正确的是(　 )
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
解析：选C　抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，A正确，C错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，D正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，B正确。
【变式1-1】如图所示，密闭导热容器A、B的体积均为V0，A、B浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中压强为p0，温度为T0，B内为真空，将A中的气体视为理想气体。打开活栓C，A中部分气体进入B。
①若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强；
②若密闭气体的内能与温度的关系为ΔU＝k(T2－T1)(k为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度)，在①所述状态的基础上，将水温升至1.2T0，重新达到平衡时，求气体的压强及所吸收的热量。
答案　①p0　②0.6p0　0.2kT0
解析　①容器内的理想气体从打开C到再次平衡时，发生等温变化，根据玻意尔耳定律得
p0V0＝p·2V0
解得此时气体压强
p＝p0。
②升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得
＝
解得压强为p′＝1.2p＝0.6p0
温度改变，理想气体的体积不变，则外界既不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功，所以W＝0；升高温度，内能增量为
ΔU＝k(1.2T0－T0)＝0.2kT0
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体吸收的热量为Q＝ΔU＝0.2kT0。
【变式1-2】(多选)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是(　　)
A.气体自发扩散前后内能相同
B.气体在被压缩的过程中内能增大
C.在自发扩散过程中，气体对外界做功
D.气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E.气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
答案　ABD
解析　因为汽缸、活塞都是绝热的，隔板右侧是真空，所以理想气体在自发扩散的过程中，既不吸热也不放热，也不对外界做功。根据热力学第一定律可知，气体自发扩散前后，内能不变，选项A正确，C错误；气体被压缩的过程中，外界对气体做功，气体内能增大，又因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，所以气体温度升高，分子平均动能增大，选项B、D正确，E错误。
【变式1-3】（多选）如图，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中(　　)
B．气体不做功，内能不变
C．气体压强变小，温度降低
D．气体压强变小，温度不变
答案　BD
解析　因b内为真空，所以抽开隔板后，a内气体可以“自发”进入b，气体不做功．又因容器绝热，不与外界发生热量传递，根据热力学第一定律可以判断其内能不变，温度不变．由理想气体状态方程可知：气体体积增大，温度不变，压强必然变小．综上可判断B、D项正确．
【题型2 功与内能的改变】
【例2】(多选)早些年小孩子常用旧圆珠笔芯做一种玩具，铁丝的一端缠绕棉花，用水打湿后从一端塞入笔芯内，将笔芯的另一端用力在马铃薯上触一下拔出来，然后用力快速推铁丝，马铃薯小块高速飞出，能打出十几米远。下列说法正确的是(　　)
A．在推铁丝而马铃薯小块未飞出的过程中，笔芯内密封的气体的温度升高
B．在推铁丝而马铃薯小块未飞出的过程中，气体对外做功
C．马铃薯小块高速飞出的动能来自气体内能
D．马铃薯小块高速飞出时外界对笔芯内气体做功
【解析】 在快速推铁丝而马铃薯小块未飞出的过程中，笔芯内密封的气体经历绝热压缩的过程，外界对气体做功，内能增加，故笔芯内密封的气体的温度升高，故A正确;在推铁丝而马铃薯小块未飞出的过程中，气体被压缩，是外界对气体做功，故B错误;封闭气体经历绝热膨胀过程，推出马铃薯，对外做功，马铃薯小块高速飞出的动能来自气体内能，故C正确，D错误。
【答案】 AC
【变式2-1】如图是某同学利用汽缸设计的汽车加速度传感器示意图，将汽缸水平固定在汽车上且开口向后，内壁光滑，用活塞封闭一定质量气体，通过活塞的移动判断汽车加速和减速的情况。若汽缸和活塞均绝热，汽车由匀速变为加速前进，汽缸内气体(　 )
A．单位体积内的分子数变多
B．分子的平均动能变大
C．单位时间分子撞击活塞的次数减少
D．内能变大
解析：选C　对活塞进行受力分析，如图所示，
当汽车匀速时，由平衡关系可知p0S＝pS，p0＝p，当汽车加速时，由平衡关系变为加速运动，且加速度a方向向左，由牛顿第二定律可得p0S－pS＝ma，故可知p0>p，压强变小，即体积变大。故单位体积内的分子数变少；单位时间内分子撞击活塞的次数减小，故A错误，C正确；由热学第一定律可知ΔU＝Q＋W，题中绝热，故可知Q等于0，体积变大，W为负值，故内能减小，分子平均动能也减小，故B、D错误。
【变式2-2】某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。
答案　低于　大于
解析　活塞光滑、容器绝热，容器内空气体积增大，对外做功，由ΔU＝W＋Q知，气体内能减少，温度降低。
气体的压强与气体温度和单位体积内的分子数有关，由于容器内空气的温度低于外界温度，但压强相同，则容器中空气的密度大于外界空气的密度。
【变式2-3】(多选)如图所示，汽缸放置在水平地面上，质量为m的活塞将汽缸分成甲、乙两气室，两气室中均充有气体，汽缸、活塞是绝热的且不漏气。开始时活塞被销钉固定，现将销钉拔掉(仍不漏气)，活塞最终静止在距原位置下方h处，设活塞移动前后甲气室内气体内能的变化量为ΔU，不计气体重心改变的影响，下列说法正确的是(　　)
A．ΔUB．ΔU>mgh
C．甲气室内气体温度升高，乙气室内气体温度降低
D．乙气室内气体内能的减少量等于甲气室内气体内能的增加量
【解析】 甲气室气体体积减小，外界对它做正功W甲，其中包括活塞对气体做的功mgh和乙气室气体做的功W乙，且为正功，因甲气室内气体变化为绝热过程，所以W甲=ΔU，故ΔU=mgh+W乙，选项B正确，A、D错误。由于甲气室内气体做负功，乙气室内气体做正功，故甲气室内气体内能增加，乙气室内气体内能减小，所以甲气室内气体温度升高，乙气室内气体温度降低，C正确。
【答案】 BC
【题型3 热与内能的改变】
【例3】重庆出租车常以天然气作为燃料，加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)(　　)
A．压强增大，内能减小
B．吸收热量，内能增大
C．压强减小，分子平均动能增大
D．对外做功，分子平均动能减小
答案　B
解析　质量一定的气体，体积不变，当温度升高时，是一个等容变化，据压强的微观解释：温度升高，气体的平均动能增加；单位时间内撞击单位面积的器壁的分子数增多，可知压强增大．由于温度升高，所以分子平均动能增大，物体的内能变大；体积不变，对内外都不做功，内能增大，所以只有吸收热量，故A、C、D错误；B正确．
【变式3-1】(多选)下列关于热传递的说法正确的是(　　)
A．热量是从含热量较多的物体传到含热量较少的物体
B．热量是从温度较高的物体传到温度较低的物体
C．热量是从内能较多的物体传到内能较少的物体
D．热量是热传递过程中物体内能变化的量度
解析：选BD　热量不是状态量，不能说含有或者具有多少热量，故选项A错误；在热传递的过程中热量总是由温度高的物体传递给温度低的物体，故选项B正确，C错误；热量是热传递过程中物体内能变化的量度，故选项D正确．
【变式3-2】下列说法中正确的是(　　)
A．物体吸热后温度一定升高
B．晶体熔化时吸收的热量大于其凝固时放出的热量
C．0 ℃的冰熔化为0 ℃的水的过程中内能不变
D．100 ℃的水变为100 ℃的水蒸气的过程中内能增大
【解析】物体吸热后温度可能不变，平均动能不变，分子势能增加，选项A错误；晶体熔化时吸收的热量等于其凝固时放出的热量，选项B错误；0 ℃的冰熔化成 0 ℃的水的过程中吸热，分子势能增加，内能增加，选项C错误；100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气的过程中吸热，分子势能增加，内能增大，选项D正确。故选D。
【答案】D
【变式3-3】在以下事例中，通过热传递的方式来改变物体内能的是(　　)
A．两小球碰撞后粘合起来，同时温度升高
B．冬天暖气为房间供暖
C．点燃的爆竹在空中爆炸
D．汽车的车轮与地面相互摩擦发热
答案：B
解析：改变内能的方式有两种：做功和热传递，热传递指内能的转移，而不是其他形式的能转化为内能，两小球碰撞后粘在一起，温度升高，是机械能转化为内能，故A错误；冬天暖气为房间供暖，是通过热传递的方式来改变物体内能的，故B正确；点燃的爆竹在空中爆炸，是化学能转化为内能，故C错误；车轮与地面摩擦生热，是机械能转化为内能，故D错误．
【题型4 联系实际】
【例4】如图所示，在大口的玻璃瓶内装一些水，水的上方有水蒸气．然后用一与打气筒相连的活塞密闭瓶口，并给瓶内打气，当打到某一状态时，瓶塞会跳起来．当瓶塞跳起时，我们会看到瓶内出现了“白雾”．对于“白雾”的形成，下列说法正确的是(　　)
A．这些“白雾”是当瓶塞跳起后外界的水蒸气在瓶口遇冷形成的小水珠
B．这是打气筒向瓶内打进去的水蒸气
C．这是瓶内的水向外膨胀形成的水雾
D．瓶内空气推动瓶塞做功，空气的内能减小，温度降低，使水蒸气液化形成小水滴
答案：D　
解析：当用打气筒向瓶内打气时，外界对系统做功，使系统的内能增加，温度升高，压强增大，使瓶塞从瓶口中喷出．形成“白雾”的原因是，在塞子突然跳起时，气体绝热膨胀对外做功，内能减少，温度下降，水蒸气有一部分被液化成小水滴，故选项D正确．
【变式4-1】(多选)如图是老式爆米花机，其主要部分是一个可以密封的钢筒．用它来加工爆米花的方法是：把玉米粒倒入钢筒内并用密封盖密封，然后不断加热，当钢筒被加热到一定程度后迅速打开封盖，玉米粒就会膨胀炸开．在对钢筒加热的过程中，关于筒内气体，下列说法正确的是(　　)
A．气体的内能不变
B．钢筒内的气体温度升高，压强变大
C．钢筒内单位体积内气体分子的数目变小
D．钢筒壁单位面积受到气体分子的撞击力变大
【解析】 对钢桶加热，温度上升，气体的内能增加，A错误；根据可知，当体积一定，T上升，则P增大，即钢筒壁单位面积受到气体分子的撞击力变大，BD正确；气体的质量不变，体积不变，故钢筒内单位体积内气体分子的数目不变，C错误；
【答案】 BD
【变式4-2】如图是压力保温瓶的结构简图，活塞a与液面之间密闭了一定质量的气体。假设封闭气体为理想气体且与外界没有热交换，则向下压a的过程中，瓶内气体(　　)
A．内能增大
B．体积增大
C．压强不变
D．温度不变
【解析】 向下压a的过程中，外界对气体做功，瓶内气体内能增大，选项A正确;向下压a的过程中，瓶内气体体积减小，压强增大，温度升高，选项B、C、D错误。
【答案】 A
【变式4-3】（多选）用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体(　　)
A．体积减小，内能增大 B．体积减小，压强减小
C．对外界做负功，内能增大 D．对外界做正功，压强减小
答案　AC
解析　充气袋被挤压时，气体体积减小，外界对气体做正功，由于袋内气体与外界无热交换，故由热力学第一定律知，气体内能增加，故选项A、C正确；体积减小，内能增加，由理想气体状态方程可知气体压强变大，选项B、D错误．
【题型5 综合问题】
【例5】关于温度、热量、功和内能，以下说法正确的是(　　)
A．同一物体温度高时，含有的热量多
B．物体的内能越大，含有的热量就越多，温度也越高
C．外界对系统做功W，内能必定增加
D．两物体之间发生热传递的条件是存在温度差
解析：选D，热量是一个过程量，是物体间进行热传递时内能的转移量，不能说物体含有多少热量，故A、B错；由于做功和热传递都可引起系统内能的变化，只根据做功无法准确判断系统内能的变化，故C错；物体间发生热传递的条件是存在温度差，故D对．
【变式5-1】[多选]对于一定量的气体，下列说法正确的是(　　)
A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和
B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
解析：选ABE　气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，A正确；温度高，气体分子热运动就剧烈，B正确；在完全失重的情况下，分子热运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，C错误；做功也可以改变物体的内能，D错误；气体在等压膨胀过程中温度一定升高，E正确。
【变式5-2】下列说法正确的是(　　)
A．热量和功是由过程决定的，而内能是由物体状态决定的
B．外界对物体做功，物体的内能一定增大
C．物体吸收热量，温度一定升高
D．热量总是由内能大的物体流向内能小的物体
解析：选A，热量和功是过程量，内能是状态量，故A选项正确；引起物体内能的变化有做功和热传递两种途径，单就一个方面不足以断定其内能的变化，故B选项错误；在晶体熔化和液体沸腾过程中，物体要不断地吸收热量，但物体的温度不变，这时内能的增加主要表现在内部分子势能的增加，故C选项错误；两物体之间热量的流向只与它们的温度有关，与它们内能的大小无关，故D选项错误．
【变式5-3】关于温度和内能的理解，下列说法中正确的是( ).
A．温度是分子平均动能的标志，物体温度升高，则物体每一个分子的动能都增大
B．不计分子之间的分子势能，质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能
C．1g100水的内能小于1g100水蒸气的内能
D．做功和热传递对改变物体内能是等效的，也就是说做功和热传递的实质是相同的
【解析】 温度是分子平均动能的标志，物体温度升高，则分子平均动能变大，但非每一个分子的动能都增大，选项A错误；不计分子之间的分子势能，温度相同的氢气和氧气分子具有相同的平均动能，但是质量相同的氢气和氧气的分子数不同，则两种气体的内能不相同，选项B错误；1g100水变为1g100的水蒸气要吸收热量，则1g100水的内能小于1g100水蒸气的内能，选项C正确；做功和热传递对改变物体内能是等效的，但是做功和热传递的实质是不相同的，做功是能量的转化，热传递是能量的转移，选项D错误。故选C。
【答案】 C
【题型6 对比问题】
【例6】(多选)列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要由活塞、汽缸及内封的一定质量的气体构成。上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。若汽缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中(　 )
A．上下乘客时，气体的内能不变
B．上下乘客时，气体从外界吸热
C．剧烈颠簸时，外界对气体做功
D．剧烈颠簸时，气体的温度不变
解析：选AC　上下乘客时汽缸内气体与外界有充分的热交换，即发生等温变化，温度不变，故气体的内能不变，在体积压缩的过程中，外界对气体做功，故气体向外界放热，A正确，B错误；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，且气体与外界来不及热交换，气体经历绝热过程，外界对气体做功，气体的温度升高，C正确，D错误。
【变式6-1】如图所示，A、B是两个完全相同的球，分别浸没在水和水银的同一深度内，A、B两球用同一种材料制成，当温度稍微升高时，球的体积会明显变大，如果开始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓慢升高同一值，两球膨胀后，体积相等，则(　　)
A．A球吸收的热量较多
B．B球吸收的热量较多
C．两球吸收的热量一样多
D．无法确定
【解析】 两球初末态温度相同，初末态体积也相同，所以内能增量相同，但水银中的B球膨胀时对外做功多，所以吸热较多，故选B。
【答案】 B
【变式6-2】A、B两装置均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同．将两管抽成真空后，开口向下插入水银槽中(插入过程没有空气进入管内)，水银柱上升到如图3所示位置停止．假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法中正确的是(　　)
A．A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量
B．B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量
C．A和B中水银体积保持不变，故内能增量相同
D．A和B中水银温度始终相同，故内能增量相同
答案　B
解析　在水银进入管中的过程中，大气压力对水银做功，把大气的能量转化为水银的内能和重力势能，在一定的大气压下，静止时，A、B管中水银柱的高度是相同的，则进入管中的水银体积相同，所以大气压力做功相同．但两装置中水银重力势能的增量不同，所以两者内能的改变也不同，由图可知B管水银的重力势能较小，所以B管中水银的内能增量较多．故B正确．
【变式6-3】如图所示，水平放置的封闭绝热汽缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。已知a部分气体为1 mol氧气，b部分气体为2 mol氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体。解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb。下列说法正确的是(　　)
A.Va＞Vb，Ta＞Tb B.Va＞Vb，Ta＜Tb
C.Va＜Vb，Ta＜Tb D.Va＜Vb，Ta＞Tb
答案　D
解析　解除锁定前，两部分气体温度相同，体积相同，物质的量大的部分分子密度大，气体压强大，即b部分压强大，故解除锁定后活塞左移，平衡时Va＜Vb，pa＝pb，故A、B错误；活塞左移过程中，a气体被压缩内能增大，温度升高，b气体对外做功，内能减小，温度降低，平衡时Ta＞Tb，故C错误，D正确。专题5.4 核裂变与核聚变
【人教版】
【题型1 裂变能的计算】
【题型2 核反应堆】
【题型3 聚变能的计算】
【题型4 可控热核反应】
【题型5 原子弹、氢弹】
【题型6 核反应分类】
【题型7 联系实际】
【题型8 综合问题】
【题型1 裂变能的计算】
【例1】（多选）在核电站中，核反应堆释放的核能被转化为电能。核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能。已知核反应方程式是反应堆中发生的众多反应中的一种，其中的相对原子质量是235.0439u（单位原子质量1u=1.66×10-27kg），每次该核反应释放出的核能为173.8MeV。现有一座核电站发电能力为3.6×106kW，核能转化为电能的效率为45%，假定反应堆中发生的裂变全是本题中的核反应，下列说法正确的是（　　）
A．X是n，a=3
B．为使核反应堆持续正常工作，必须由外界不断地向铀块射入高速中子流
C．该裂变反应每次释放出的核能与氢原子光谱中波长最短的一个光子的能量相当
D．该核电站每年（1年按3×107s计算）消耗的质量约为3.4t
【变式1-1】中国物理学家钱三强与何泽慧等合作，在利用中子打击铀的实验中，观察到三分裂变和四分裂变现象，如图，其中一种裂变反应式是U＋n→Ba＋Kr＋3n。用分别表示U、Ba、Kr核的质量，表示n粒子的质量，c为真空中的光速，下列说法正确的是（　　）
A．链式反应能否发生跟铀原料的体积无关
B．裂变产物Ba的比结合能大于U的比结合能
C．该核反应过程中质量有所增加
D．该核反应中放出的核能为
【变式1-2】2021年4月，福清核电厂5号机组正式授牌，这标志着我国核能发电装机容量突破5000万千瓦。核反应方程是反应堆中发生的许多反应中的一种，、、、分别表示、、和中子的质量，光速为c。
（1）求上述反应中一个U核裂变释放的核能；
（2）若核能转化为电能的效率为50%，假设反应堆中裂变全是上述核反应，已知每次核反应中放出的核能，U核的质量约为，估算目前我国核电站平均每天最多消耗的纯净铀的质量（结果保留两位有效数字）。
【变式1-3】在所有能源中，核能具有能量密度大，地区适应性强的优势，在核电站中，核反应堆释放的核能被转化为电能．核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能．
(1)核反应方程式U＋n―→Ba＋Kr＋aX是反应堆中发生的许多核反应中的一种，n为中子，X为待求粒子，a为X的个数，则X是什么？a为多少？以mU、mBa、mKr分别表示U、Ba、Kr核的质量，mn、mp分别表示中子、质子的质量，c为光在真空中传播的速度，则在上述核反应过程中放出的核能ΔE是多少？
(2)有一座发电能力为P＝1.00×106 kW的核电站，核能转化为电能的效率η＝40%，假定反应堆中发生的裂变反应全是本题(1)中的核反应，已知每次核反应过程放出的核能ΔE＝2.78×10－11 J，核的质量mU＝390×10－27 kg，求每年(1年＝3.15×107 s)消耗的U的质量．
【题型2 核反应堆】
【例2】2021年12月6日，全球第一台“华龙一号”核电机组——中核集团福建福清核电5号机组首个燃料循环结束，开始首次换料大修。如图为普通核反应堆的结构示意图，通过铀235链式反应实现核能的可控释放。下列说法正确的是（　　）
A．镉棒通过改变中子的数量来控制反应速度
B．中子速度越快越容易使链式反应发生
C．正常运行的反应堆水泥防护层外会检测到大量α粒子
D．铀核裂变时释放能量的多少与产物种类无关
【变式2-1】秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(n)与静止氘核(H)的多次碰撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子损失的动能为(　　)
A.E B.E
C.E D.E
【变式2-2】轴核裂变是核电站获得核能的主要途径，其一种裂变反应式是。下列说法正确的是（　　）
A．反应式可化简为
B．原子核的比结合能小于原子核的比结合能
C．铀块体积对链式反应的发生有影响
D．在裂变过程中没有质量亏损
【变式2-3】2020年1月10日，黄旭华获2019年国家最高科学技术奖。他是中国第一代核潜艇总设计师，成功研制了我国第一代核潜艇，为我国海基核力量实现从无到有的历史性跨越做出了卓越的贡献。核潜艇是以核反应堆（如图所示）为动力来源的潜艇，反应堆的核反应方程式为：，下列说法正确的是（　　）
A．元素有56个质子，144个中子
B．的比结合能（平均结合能）大于的比结合能
C．根据E=mc ，裂变后释放核能，裂变过程质量发生亏损
D．要能发生链式反应，铀块的体积应小于临界体积
【题型3 聚变能的计算】
【例3】氘核H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式6H→2He＋2H＋2n＋43.15 MeV表示。海水中富含氘，已知1 kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个，若全都发生聚变反应，其释放的能量与质量为M的标准煤燃烧时释放的热量相等；已知1 kg标准煤燃烧释放的热量约为2.9×107 J，1 MeV＝1.6×10－13 J，则M约为(　　)
A.40 kg B.100 kg
C.400 kg D.1 000 kg
【变式3-1】现有两动能均为E0＝0.35 MeV的H在一条直线上相向运动，两个H发生对撞后能发生核反应，得到He和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为He和新粒子的动能。已知H的质量为2.014 1 u，He的质量为3.016 0 u，新粒子的质量为1.008 7 u，核反应时质量亏损1 u释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)。则下列说法正确的是(　 )
A．核反应方程为H＋H―→He＋H
B．核反应前后不满足能量守恒定律
C．新粒子的动能约为3 MeV
D. He的动能约为4 MeV
【变式3-2】(多选)太阳辐射的总功率约为4×1026 W，其辐射的能量来自于聚变反应.在聚变反应中，一个质量为1 876.1 MeV/c2(c为真空中的光速)的氘核(H)和一个质量为2 809.5 MeV/c2的氚核(H)结合为一个质量为3 728.4 MeV/c2的氦核(He)，并放出一个X粒子，同时释放大约17.6 MeV的能量.下列说法正确的是(　　)
A.X粒子是质子
B.X粒子的质量为939.6 MeV/c2
C.太阳每秒因为辐射损失的质量约为4.4×109 kg
D.太阳每秒因为辐射损失的质量约为17.6 MeV/c2
【变式3-3】轻核聚变的一个核反应方程为：H＋H→He＋X.若已知H的质量为m1，H的质量为m2，He的质量为m3，X的质量为m4，则下列说法中正确的是(　　)
A.H和H在常温下就能够发生聚变
B．X是质子
C．这个反应释放的核能为ΔE＝(m1＋m2－m3－m4)c2
D．我国大亚湾核电站是利用轻核的聚变释放的能量来发电的
【题型4 可控热核反应】
【例4】2019年8月我国已经建成了新托卡马克(EAST)装置一中国环流器二号M装置(HL—2M)，为“人造太阳”创造了条件，其等离子温度有望超过2亿摄氏度，将中国的聚变堆技术提升到了新的高度。设该热核实验反应前氘核(H)的质量为m1，氚核(H)的质量为m2，反应后氦核(He)的质量为m3，中子(n)的质量为m4。关于聚变的说法正确的是(　　)
A.核裂变比核聚变更为安全、清洁
B.由核反应过程质量守恒可知m1＋m2＝m3＋m4
C.两个轻核结合成质量较大的核，比结合能较聚变前减少
D.HL—2M中发生的核反应方程式是H＋H→He＋n
【变式4-1】2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M装置(HL－2M)在成都建成并首次实现利用核聚变放电。下列方程中，正确的核聚变反应方程是(　　)
A.H＋H→He＋n
B.U→Th＋He
C.U＋n→Ba＋Kr＋3n
D.He＋Al→P＋2n
【变式4-2】大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。氘核聚变反应方程是：H＋H→He＋n。已知12H的质量为2.013 6 u，23He的质量为3.015 0 u，n的质量为1.008 7 u,1 u＝931 MeV/c2。氘核聚变反应中释放的核能约为(　　)
A．3.7 MeV　B．3.3 MeV　C．2.7 MeV　D．0.93 MeV
【变式4-3】我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献。下列核反应方程中属于聚变反应的是(　　)
A．H＋H→He＋n　　 B. N＋He→O＋H
C．He＋Al→P＋n D. U＋n→Ba＋Kr＋3n
【题型5 原子弹、氢弹】
【例5】“两弹一星”可以说长了中国人的志气，助了中国人的威风。下列核反应方程中，属于研究“两弹”的基本核反应方程的是（　　）
①N+HeO+H　　②U+nSr+Xe+
③UTh+He　　 ④H+HHe+n
A．①② B．③④ C．②④ D．②③
【变式5-1】20世纪60年代，我国以国防为主的尖端科技取得了突破性的发展。1964年，我国第一颗原子弹试爆成功；1967年，我国第一颗氢弹试爆成功。关于原子弹和氢弹，下列说法正确的是(　 )
A．原子弹和氢弹都是根据核裂变原理研制的
B．原子弹和氢弹都是根据核聚变原理研制的
C．原子弹是根据核裂变原理研制的，氢弹是根据核聚变原理研制的
D．原子弹是根据核聚变原理研制的，氢弹是根据核裂变原理研制的
【变式5-2】常言道，万物生长靠太阳，追根溯源，地球上消耗的能量绝大部分是来自太阳内部持续不断地发生核反应释放出的核能。在太阳内部发生的典型核反应方程是4H→He＋2X，这个核反应释放出的能量为ΔE，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是(　　)
A.该核反应属于裂变反应
B.方程中的X为电子(e)
C.该核反应前后质量数守恒，因而反应前后总质量保持不变
D.该核反应过程产生的质量亏损为Δm＝
【变式5-3】下列四幅图分别对应着四种说法，其中正确的是（　　）
A．氢原子辐射出一个光子后，电势能增大，动能减小
B．根据α、β、γ射线的特点可知，射线1是α射线，射线2是β射线，射线3是γ射线
C．天然放射性元素的半衰期由原子核内部自身的因素决定，跟所处的化学状态和外部条件有关
D．原子弹爆炸属于重核的裂变，其反应方程为
【题型6 核反应分类】
【例6】在下列描述核过程的方程中，属于α衰变的是________，属于β衰变的是________，属于裂变的是________，属于聚变的是________．(填正确答案标号)
A.C→N＋e
B.P→S＋e
C.U→Th＋He
D.N＋He→O＋H
E.U＋n→Xe＋Sr＋2n
F.H＋H→He＋n
【变式6-1】下列说法正确的是(　　)
A.U→Th＋X中X为中子，核反应类型为β衰变
B.H＋H→He＋Y中Y为中子，核反应类型为人工转变
C.U＋n→Xe＋Sr＋K，其中K为10个中子，核反应类型为重核裂变
D.N＋He→O＋Z，其中Z为氢核，核反应类型为轻核聚变
【变式6-2】(多选)2017年1月9日，大亚湾反应堆中微子实验工程获得国家自然科学一等奖.大多数原子核发生核反应的过程中都伴随着中微子的产生，例如核裂变、核聚变、β衰变等.下列关于核反应的说法正确的是(　　)
A.Th衰变为Rn，经过3次α衰变，2次β衰变
B.H＋H→He＋n是α衰变方程，Th→Pa＋e是β衰变方程
C.U＋n→Ba＋Kr＋3n是核裂变方程，也是氢弹的主要核反应方程
D.高速运动的α粒子轰击氮核可以从氮核中打出质子，其核反应方程为He＋N→O＋H
【变式6-3】我国科学家为解决“玉兔号”月球车长时间处于黑夜工作的需要，研制了一种小型核能电池，将核反应释放的核能转变为电能，需要的功率并不大，但要便于防护其产生的核辐射.请据此猜测“玉兔号”所用核能电池有可能采纳的核反应方程是(　　)
A.H＋H→He＋n
B.U＋n→Ba＋Kr＋3n
C.Pu→Am＋e
D.Al＋He→P＋n
【题型7 联系实际】
【例7】1930年英国物理学家考克饶夫和瓦尔顿建造了世界上第一台粒子加速器，他们获得了高速运动的质子，用来轰击静止的锂原子核(Li)，形成一个不稳定的复合核后分解成两个相同的原子核。
(1)写出核反应方程式；
(2)已知质子的质量为m，初速度为v0，反应后产生的一个原子核速度大小为1.5v0，方向与质子运动方向相同，求反应过程中释放的核能。(设反应过程释放的核能全部转变为动能)
【变式7-1】（多选）近日，目前全球规模最大的核聚变反应堆——欧洲联合环状反应堆（JET）（如图所示）的科研团队宣布，取得了核聚变技术的突破性进展，该反应堆在连续5秒时间内产生了59兆焦耳的能量（1兆=106），这打破了该装置在1997年创下的22兆焦耳核聚变能量的纪录。下列说法正确的是（　　）
A．要使轻核发生聚变，原子核必须克服核力和库仑斥力
B．该反应堆连续5秒产生的能量能为一个普通中国家庭提供大约一年的用电
C．现在地球上消耗的能量，追根溯源，绝大部分来自太阳聚变释放的核能
D．轻核聚变与重核裂变相比，聚变更为安全、清洁，废物数量少
【变式7-2】（多选）我国自主三代核电“华龙一号”的每台机组每年发电量约为，相当于减排二氧化碳816万吨，对助力实现“碳达峰、碳中和”目标具有重要意义。下列说法正确的是（　　）
A．该机组利用的是轻核聚变释放的能量发电
B．该机组每年发电使原子核亏损的质量约为0.3kg
C．“华龙一号”反应堆中可能存在的核反应
D．“华龙一号”反应堆需要用镉棒吸收中子控制链式反应的速度
【变式7-3】近日，中央广播电视总台发布2021年度国内十大科技新闻，中国“人造太阳”创亿度百秒世界新纪录位列之首，人造太阳基于核聚变的原理，则下列说法正确的是（ ）
A．核聚变又叫热核反应，反应一旦发生，不再需要外界能量，靠自身产生的热就会使反应继续下去
B．目前核能发电是利用核聚变
C．是一种核聚变反应
D．聚变反应中由于形成质量较大的核，故反应后质量增加
【题型8 综合问题】
【例8】（多选）下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（　　）
A．图甲：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子
B．图乙：用中子轰击铀核使其发生裂变，链式反应会释放出巨大的核能
C．图丙：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
D．图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子核内还有复杂结构
【变式8-1】下列说法中错误的是(　　)
A．若氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应
B．核泄漏事故污染物Cs能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为Cs→Ba＋X，可以判断X为电子
C．原子核发生一次β衰变，该原子外层就一定失去一个电子
D．质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2
【变式8-2】下列四幅图涉及不同的物理知识，如图所示，其中说法正确的是（　　）
A．甲图中A处能观察到大量的闪光点，B处能看到较多的闪光点，C处观察不到闪光点
B．图乙中用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能
C．图丙中处于n=3能级的一个氢原子向低能级跃迁，最多可以放出3种频率的光
D．丁图中用弧光灯照射原来就带电的锌板时，发现验电器的张角变大，说明锌板原来一定带正电
【变式8-3】随着现代科学的发展，大量的科学发现促进了人们对原子、原子核的认识，下列有关原子、原子核的叙述正确的是(　　)
A．卢瑟福α粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构
B．天然放射现象表明原子核内部有电子
C．轻核聚变反应方程有：H＋H→He＋n
D．氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级和从n＝2能级跃迁到n＝1能级，前者跃迁辐射出的光子波长比后者的长
参考答案
【题型1 裂变能的计算】
【例1】（多选）在核电站中，核反应堆释放的核能被转化为电能。核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能。已知核反应方程式是反应堆中发生的众多反应中的一种，其中的相对原子质量是235.0439u（单位原子质量1u=1.66×10-27kg），每次该核反应释放出的核能为173.8MeV。现有一座核电站发电能力为3.6×106kW，核能转化为电能的效率为45%，假定反应堆中发生的裂变全是本题中的核反应，下列说法正确的是（　　）
A．X是n，a=3
B．为使核反应堆持续正常工作，必须由外界不断地向铀块射入高速中子流
C．该裂变反应每次释放出的核能与氢原子光谱中波长最短的一个光子的能量相当
D．该核电站每年（1年按3×107s计算）消耗的质量约为3.4t
【答案】AD
【解析】根据质量数守恒和电荷数守恒可判断，X是n，a=235+1-141-92=3，A正确；核反应会产生中子流，故不需要一直由外界射入高速中子流，B错误；氢原子光谱波长最短的光子能量为13.6eV，该裂变反应每次释放出的核能为173.8MeV，两者不相等，C错误；则反应堆每年提供的能量为① 核发电站一年提供的电能为 ② 另外 ③ 联立①②③可得：，D正确；故选AD。
【变式1-1】中国物理学家钱三强与何泽慧等合作，在利用中子打击铀的实验中，观察到三分裂变和四分裂变现象，如图，其中一种裂变反应式是U＋n→Ba＋Kr＋3n。用分别表示U、Ba、Kr核的质量，表示n粒子的质量，c为真空中的光速，下列说法正确的是（　　）
A．链式反应能否发生跟铀原料的体积无关
B．裂变产物Ba的比结合能大于U的比结合能
C．该核反应过程中质量有所增加
D．该核反应中放出的核能为
【答案】B
【解析】链式反应能否发生跟铀原料的临界体积有关，故A错误；裂变产物Ba的比结合能大于U的比结合能，从而产生质量亏损，放出能量，故B正确；该核反应过程中质量由亏损，故C错误；该核反应中放出的核能为，故D错误。 故选B。
【变式1-2】2021年4月，福清核电厂5号机组正式授牌，这标志着我国核能发电装机容量突破5000万千瓦。核反应方程是反应堆中发生的许多反应中的一种，、、、分别表示、、和中子的质量，光速为c。
（1）求上述反应中一个U核裂变释放的核能；
（2）若核能转化为电能的效率为50%，假设反应堆中裂变全是上述核反应，已知每次核反应中放出的核能，U核的质量约为，估算目前我国核电站平均每天最多消耗的纯净铀的质量（结果保留两位有效数字）。
【答案】 （1）；（2）
【解析】
（1）质量亏损
释放的核能
（2）目前每天的核电能量为
则每天消耗的核能为
则每天的核反应的U核个数
每天消耗的纯净铀质量为
【变式1-3】在所有能源中，核能具有能量密度大，地区适应性强的优势，在核电站中，核反应堆释放的核能被转化为电能．核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能．
(1)核反应方程式U＋n―→Ba＋Kr＋aX是反应堆中发生的许多核反应中的一种，n为中子，X为待求粒子，a为X的个数，则X是什么？a为多少？以mU、mBa、mKr分别表示U、Ba、Kr核的质量，mn、mp分别表示中子、质子的质量，c为光在真空中传播的速度，则在上述核反应过程中放出的核能ΔE是多少？
(2)有一座发电能力为P＝1.00×106 kW的核电站，核能转化为电能的效率η＝40%，假定反应堆中发生的裂变反应全是本题(1)中的核反应，已知每次核反应过程放出的核能ΔE＝2.78×10－11 J，核的质量mU＝390×10－27 kg，求每年(1年＝3.15×107 s)消耗的U的质量．
解：(1)由反应方程可知X为n，a为3，释放的能量为ΔE＝(mU－mBa－mKr－2mn)c2.
(2)因电站发电效率为40%，故电站消耗U的功率为P′＝＝ kW＝2.5×106 kW，
电站每年消耗U的能量为W＝Pt＝2.5×109×3.15×107 J＝7.875×1016 J.
每年消耗U的质量为M＝mU＝ kg＝1 105 kg.
【题型2 核反应堆】
【例2】2021年12月6日，全球第一台“华龙一号”核电机组——中核集团福建福清核电5号机组首个燃料循环结束，开始首次换料大修。如图为普通核反应堆的结构示意图，通过铀235链式反应实现核能的可控释放。下列说法正确的是（　　）
A．镉棒通过改变中子的数量来控制反应速度
B．中子速度越快越容易使链式反应发生
C．正常运行的反应堆水泥防护层外会检测到大量α粒子
D．铀核裂变时释放能量的多少与产物种类无关
【答案】A
【解析】镉棒通过改变中子的数量来控制反应速度，故A正确；中子速度越快越不容易使链式反应发生，故B错误；正常运行的反应堆主要的辐射有γ辐射和中子辐射，水泥防护层外不可能检测到大量α粒子，故C错误；核裂变释放的能量与反应前后质量亏损有关，铀核裂变时会因产物种类不同导致质量亏损不同，释放能量不同，故D错误。故选A。
【变式2-1】秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(n)与静止氘核(H)的多次碰撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子损失的动能为(　　)
A.E B.E
C.E D.E
答案　B
解析　设中子的质量为m，氘核的质量为2m，弹性正碰的过程满足动量守恒和能量守恒mv＝mv1＋2mv2，mv2＝mv＋×2mv，由以上两式解得：v1＝－v，由已知可得：E＝mv2，中子损失的动能：ΔE＝mv2－mv＝mv2－m＝×mv2＝E。
【变式2-2】轴核裂变是核电站获得核能的主要途径，其一种裂变反应式是。下列说法正确的是（　　）
A．反应式可化简为
B．原子核的比结合能小于原子核的比结合能
C．铀块体积对链式反应的发生有影响
D．在裂变过程中没有质量亏损
【答案】C
【解析】轴核裂变反应式中中子是核反应的条件，不能省略，A错误；比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大原子核越稳定，U原子核发生核裂变生成了其中一个Ba原子核，并释放大量的能量，故Ba原子核比U原子核更稳定，原子核的比结合能大于原子核的比结合能，B错误；铀块体积需达到临界体积才能发生链式反应，所以铀块体积对链式反应的发生有影响，C正确；根据裂变的特点可知，裂变反应中由于质量亏损释放出能量，D错误。故选C。
【变式2-3】2020年1月10日，黄旭华获2019年国家最高科学技术奖。他是中国第一代核潜艇总设计师，成功研制了我国第一代核潜艇，为我国海基核力量实现从无到有的历史性跨越做出了卓越的贡献。核潜艇是以核反应堆（如图所示）为动力来源的潜艇，反应堆的核反应方程式为：，下列说法正确的是（　　）
A．元素有56个质子，144个中子
B．的比结合能（平均结合能）大于的比结合能
C．根据E=mc ，裂变后释放核能，裂变过程质量发生亏损
D．要能发生链式反应，铀块的体积应小于临界体积
【答案】C
【解析】根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X元素的电荷数（质子数）为p=56，质量数q=144，则含有144-56=88个中子，选项A错误；该反应放出核能，则生成物的比结合能（平均结合能）大于的比结合能，选项B错误；根据E=mc ，裂变后释放核能，裂变过程质量发生亏损，选项C正确；要能发生链式反应，铀块的体积应大于临界体积，选项D错误。故选C。
【题型3 聚变能的计算】
【例3】氘核H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式6H→2He＋2H＋2n＋43.15 MeV表示。海水中富含氘，已知1 kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个，若全都发生聚变反应，其释放的能量与质量为M的标准煤燃烧时释放的热量相等；已知1 kg标准煤燃烧释放的热量约为2.9×107 J，1 MeV＝1.6×10－13 J，则M约为(　　)
A.40 kg B.100 kg
C.400 kg D.1 000 kg
答案　C
解析　结合核反应方程知，1 kg海水中的氘核全部发生聚变反应放出的能量E＝×43.15×1.6×10－13 J≈1.15×1010 J，根据题意得M＝M0＝×1 kg≈400 kg，故A、B、D项错误，C项正确。
【变式3-1】现有两动能均为E0＝0.35 MeV的H在一条直线上相向运动，两个H发生对撞后能发生核反应，得到He和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为He和新粒子的动能。已知H的质量为2.014 1 u，He的质量为3.016 0 u，新粒子的质量为1.008 7 u，核反应时质量亏损1 u释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)。则下列说法正确的是(　 )
A．核反应方程为H＋H―→He＋H
B．核反应前后不满足能量守恒定律
C．新粒子的动能约为3 MeV
D. He的动能约为4 MeV
解析：选C　由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知H＋H―→He＋n，则新粒子为中子n，所以A错误；核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B错误；由题意可知ΔE＝(2.014 1 u×2－3.016 0 u－1.008 7 u)×931 MeV/u≈3.3 MeV，根据核反应中系统的能量守恒有EkHe＋Ekn＝2E0＋ΔE，根据核反应中系统的动量守恒有pHe－pn＝0由Ek＝，可知＝，解得EkHe＝(2E0＋ΔE)≈1 MeV，Ekn＝(2E0＋ΔE)≈3 MeV，所以C正确，D错误。
【变式3-2】(多选)太阳辐射的总功率约为4×1026 W，其辐射的能量来自于聚变反应.在聚变反应中，一个质量为1 876.1 MeV/c2(c为真空中的光速)的氘核(H)和一个质量为2 809.5 MeV/c2的氚核(H)结合为一个质量为3 728.4 MeV/c2的氦核(He)，并放出一个X粒子，同时释放大约17.6 MeV的能量.下列说法正确的是(　　)
A.X粒子是质子
B.X粒子的质量为939.6 MeV/c2
C.太阳每秒因为辐射损失的质量约为4.4×109 kg
D.太阳每秒因为辐射损失的质量约为17.6 MeV/c2
答案　BC
解析　该聚变反应方程为H＋H→He＋n，X为中子，故A错误；该核反应中质量的减少量Δm1＝17.6 MeV/c2，由质能方程知，m氘＋m氚＝m氦＋mX＋Δm1，代入数据知1 876.1 MeV/c2＋2 809.5 MeV/c2＝3 728.4 MeV/c2＋mX＋17.6 MeV/c2，故mX＝939.6 MeV/c2，故B正确；太阳每秒辐射能量ΔE＝PΔt＝4×1026 J，由质能方程知Δm＝，故太阳每秒因为辐射损失的质量Δm＝ kg≈4.4×109 kg，故C正确；因为ΔE＝4×1026 J＝ eV＝2.5×1039 MeV，则太阳每秒因为辐射损失的质量为Δm＝＝2.5×1039 MeV/c2，故D错误.
【变式3-3】轻核聚变的一个核反应方程为：H＋H→He＋X.若已知H的质量为m1，H的质量为m2，He的质量为m3，X的质量为m4，则下列说法中正确的是(　　)
A.H和H在常温下就能够发生聚变
B．X是质子
C．这个反应释放的核能为ΔE＝(m1＋m2－m3－m4)c2
D．我国大亚湾核电站是利用轻核的聚变释放的能量来发电的
答案　C
解析　H和H在常温下不能发生聚变，只有在高温下才能发生聚变，故A错误；根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，为中子，故B错误；该反应的质量亏损为Δm＝m1＋m2－m3－m4，ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3－m4)c2，故C正确；我国大亚湾核电站是利用重核的裂变释放的能量来发电的，故D错误．
【题型4 可控热核反应】
【例4】2019年8月我国已经建成了新托卡马克(EAST)装置一中国环流器二号M装置(HL—2M)，为“人造太阳”创造了条件，其等离子温度有望超过2亿摄氏度，将中国的聚变堆技术提升到了新的高度。设该热核实验反应前氘核(H)的质量为m1，氚核(H)的质量为m2，反应后氦核(He)的质量为m3，中子(n)的质量为m4。关于聚变的说法正确的是(　　)
A.核裂变比核聚变更为安全、清洁
B.由核反应过程质量守恒可知m1＋m2＝m3＋m4
C.两个轻核结合成质量较大的核，比结合能较聚变前减少
D.HL—2M中发生的核反应方程式是H＋H→He＋n
答案　D
解析　轻核聚变比核裂变更为安全、清洁，选项A错误；核反应过程中质量数守恒，但质量不守恒，核反应过程中存在质量亏损，因此m1＋m2≠m3＋m4，选项B错误；两个轻核结合成质量较大的核，根据质量亏损与质能方程，则有聚变后比结合能将增大，选项C错误；根据质量数和核电荷数守恒知HL—2M中发生的核反应方程式是H＋H→He＋n，选项D正确。
【变式4-1】2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M装置(HL－2M)在成都建成并首次实现利用核聚变放电。下列方程中，正确的核聚变反应方程是(　　)
A.H＋H→He＋n
B.U→Th＋He
C.U＋n→Ba＋Kr＋3n
D.He＋Al→P＋2n
答案　A
解析　A项方程是核聚变，B项方程为α衰变，C项方程为重核裂变，D项方程为人工核转变。故选A。
【变式4-2】大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。氘核聚变反应方程是：H＋H→He＋n。已知12H的质量为2.013 6 u，23He的质量为3.015 0 u，n的质量为1.008 7 u,1 u＝931 MeV/c2。氘核聚变反应中释放的核能约为(　　)
A．3.7 MeV　B．3.3 MeV　C．2.7 MeV　D．0.93 MeV
解析：选B　氘核聚变反应的质量亏损为Δm＝2×2.013 6 u－(3.015 0 u＋1.008 7 u)＝0.003 5 u，释放的核能为ΔE＝Δmc2＝0.003 5×931 MeV/c2×c2≈3.3 MeV，选项B正确。
【变式4-3】我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献。下列核反应方程中属于聚变反应的是(　　)
A．H＋H→He＋n　　 B. N＋He→O＋H
C．He＋Al→P＋n D. U＋n→Ba＋Kr＋3n
解析：选A　A项是氢元素的两种同位素氘和氚聚变成氦元素的核反应方程，B项是用α粒子轰击氮原子核发现质子的核反应方程，C项属于原子核的人工转变，D项属于重核的裂变，因此只有A项符合要求。
【题型5 原子弹、氢弹】
【例5】“两弹一星”可以说长了中国人的志气，助了中国人的威风。下列核反应方程中，属于研究“两弹”的基本核反应方程的是（　　）
①N+HeO+H　　②U+nSr+Xe+
③UTh+He　　 ④H+HHe+n
A．①② B．③④ C．②④ D．②③
【答案】C
【解析】 “两弹”是指原子弹和氢弹，原子弹是铀核裂变
氢弹是轻核聚变，故选C。
【变式5-1】20世纪60年代，我国以国防为主的尖端科技取得了突破性的发展。1964年，我国第一颗原子弹试爆成功；1967年，我国第一颗氢弹试爆成功。关于原子弹和氢弹，下列说法正确的是(　 )
A．原子弹和氢弹都是根据核裂变原理研制的
B．原子弹和氢弹都是根据核聚变原理研制的
C．原子弹是根据核裂变原理研制的，氢弹是根据核聚变原理研制的
D．原子弹是根据核聚变原理研制的，氢弹是根据核裂变原理研制的
解析：选C　原子弹是根据重核裂变研制的，而氢弹是根据轻核聚变研制的，故A、B、D错误，C正确。
【变式5-2】常言道，万物生长靠太阳，追根溯源，地球上消耗的能量绝大部分是来自太阳内部持续不断地发生核反应释放出的核能。在太阳内部发生的典型核反应方程是4H→He＋2X，这个核反应释放出的能量为ΔE，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是(　　)
A.该核反应属于裂变反应
B.方程中的X为电子(e)
C.该核反应前后质量数守恒，因而反应前后总质量保持不变
D.该核反应过程产生的质量亏损为Δm＝
答案　D
解析　该核反应属于聚变反应，选项A错误；根据质量数和电荷数守恒可知，方程中的X为正电子(e)，选项B错误；该核反应前后质量数守恒，但是由于反应放出能量，则反应前后有质量亏损，选项C错误；根据ΔE＝Δmc2可知，该核反应过程产生的质量亏损为Δm＝，选项D正确。
【变式5-3】下列四幅图分别对应着四种说法，其中正确的是（　　）
A．氢原子辐射出一个光子后，电势能增大，动能减小
B．根据α、β、γ射线的特点可知，射线1是α射线，射线2是β射线，射线3是γ射线
C．天然放射性元素的半衰期由原子核内部自身的因素决定，跟所处的化学状态和外部条件有关
D．原子弹爆炸属于重核的裂变，其反应方程为
【答案】 B
【解析】氢原子辐射出一个光子后，原子能级降低，电子的动能增大，电势能减小，故A错误；三种射线的穿透本领不同，根据α、β、γ射线的特点可知，射线1的穿透本领最弱，是α射线，射线3的穿透本领最强，是γ射线，射线2是β射线，故B正确；天然放射性元素的半衰期由原子核内部自身的因素决定，跟所处的化学状态和外部条件无关，故C错误；重核的裂变是重核俘获一个慢中子后才能发生的，所以核反应方程为 故D错误。故选B。
【题型6 核反应分类】
【例6】在下列描述核过程的方程中，属于α衰变的是________，属于β衰变的是________，属于裂变的是________，属于聚变的是________．(填正确答案标号)
A.C→N＋e
B.P→S＋e
C.U→Th＋He
D.N＋He→O＋H
E.U＋n→Xe＋Sr＋2n
F.H＋H→He＋n
答案　C　AB　E　F
解析　α衰变是一种放射性衰变，α粒子(He)会从原子核中射出，C项符合要求；β衰变是指自原子核内自发地放出一个电子(e)，同时原子序数增加1的过程，A、B两项符合要求；裂变是指一些质量较大的原子核，如铀、钍和钚等在吸收一个中子后分裂成两个或更多质量较小的原子核，同时放出多个中子和很大能量的过程，只有E项符合要求；聚变是指由两个轻原子核(一般是氘核和氚核)结合成较重原子核(氦核)并放出大量能量的过程，F项符合要求．
【变式6-1】下列说法正确的是(　　)
A.U→Th＋X中X为中子，核反应类型为β衰变
B.H＋H→He＋Y中Y为中子，核反应类型为人工转变
C.U＋n→Xe＋Sr＋K，其中K为10个中子，核反应类型为重核裂变
D.N＋He→O＋Z，其中Z为氢核，核反应类型为轻核聚变
答案　C
解析　根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，A选项反应中的X质量数为4，电荷数为2，为α粒子，核反应类型为α衰变，选项A错误；B选项反应中的Y质量数为1，电荷数为0，为中子，核反应类型为轻核聚变，选项B错误；C选项反应中的K质量数总数为10，电荷数为0，则K为10个中子，核反应类型为重核裂变，选项C正确； D选项反应中的Z质量数为1，电荷数为1，为质子，核反应类型为人工转变，选项D错误.
【变式6-2】(多选)2017年1月9日，大亚湾反应堆中微子实验工程获得国家自然科学一等奖.大多数原子核发生核反应的过程中都伴随着中微子的产生，例如核裂变、核聚变、β衰变等.下列关于核反应的说法正确的是(　　)
A.Th衰变为Rn，经过3次α衰变，2次β衰变
B.H＋H→He＋n是α衰变方程，Th→Pa＋e是β衰变方程
C.U＋n→Ba＋Kr＋3n是核裂变方程，也是氢弹的主要核反应方程
D.高速运动的α粒子轰击氮核可以从氮核中打出质子，其核反应方程为He＋N→O＋H
答案　AD
解析　Th衰变为Rn，经过3次α衰变，2次β衰变，故A项正确；H＋H→He＋n是核聚变方程，Th→Pa＋e是β衰变方程，故B项错误；U＋n→Ba＋Kr＋3n是核裂变方程，不是氢弹的主要核反应方程，故C项错误；高速运动的α粒子轰击氮核可以从氮核中打出质子，其核反应方程为He＋N→O＋H，故D项正确.
【变式6-3】我国科学家为解决“玉兔号”月球车长时间处于黑夜工作的需要，研制了一种小型核能电池，将核反应释放的核能转变为电能，需要的功率并不大，但要便于防护其产生的核辐射.请据此猜测“玉兔号”所用核能电池有可能采纳的核反应方程是(　　)
A.H＋H→He＋n
B.U＋n→Ba＋Kr＋3n
C.Pu→Am＋e
D.Al＋He→P＋n
答案　C
解析　A项中反应是轻核聚变，反应剧烈，至今可控聚变反应还处于各种实验研究阶段，故A项不合题意；B项中反应是重核裂变，虽然实现了人工控制，但因反应剧烈，防护要求高还不能小型化，故B项不合题意；C项中反应是人工放射性同位素的衰变反应，是小型核能电池主要采用的反应方式，故C项符合题意；D项中反应是人工核反应，需要高能α粒子，故D项不合题意.
【题型7 联系实际】
【例7】1930年英国物理学家考克饶夫和瓦尔顿建造了世界上第一台粒子加速器，他们获得了高速运动的质子，用来轰击静止的锂原子核(Li)，形成一个不稳定的复合核后分解成两个相同的原子核。
(1)写出核反应方程式；
(2)已知质子的质量为m，初速度为v0，反应后产生的一个原子核速度大小为1.5v0，方向与质子运动方向相同，求反应过程中释放的核能。(设反应过程释放的核能全部转变为动能)
答案　(1)Li＋H→2He　(2)mv
解析　(1)核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒
Li＋H→2He
(2)核反应过程，动量守恒mv0＝4m×1.5v0＋4mv
根据能量守恒定律
ΔE＝(4m)×2＋×4mv2－mv＝mv
【变式7-1】（多选）近日，目前全球规模最大的核聚变反应堆——欧洲联合环状反应堆（JET）（如图所示）的科研团队宣布，取得了核聚变技术的突破性进展，该反应堆在连续5秒时间内产生了59兆焦耳的能量（1兆=106），这打破了该装置在1997年创下的22兆焦耳核聚变能量的纪录。下列说法正确的是（　　）
A．要使轻核发生聚变，原子核必须克服核力和库仑斥力
B．该反应堆连续5秒产生的能量能为一个普通中国家庭提供大约一年的用电
C．现在地球上消耗的能量，追根溯源，绝大部分来自太阳聚变释放的核能
D．轻核聚变与重核裂变相比，聚变更为安全、清洁，废物数量少
【答案】CD
【解析】要使轻核发生聚变，原子核必须克服巨大的库仑斥力，使原子核的距离达到10－15m以内，从而使核力起作用，故A错误；1度电表示的电能为 该反应堆连续5秒产生的能量为 这些能量显然不能为一个普通中国家庭提供大约一年的用电，故B错误；现在地球上消耗的能量，追根溯源，绝大部分来自太阳聚变释放的核能，故C正确；轻核聚变与重核裂变相比，聚变更为安全、清洁，废物数量少，故D正确。故选CD。
【变式7-2】（多选）我国自主三代核电“华龙一号”的每台机组每年发电量约为，相当于减排二氧化碳816万吨，对助力实现“碳达峰、碳中和”目标具有重要意义。下列说法正确的是（　　）
A．该机组利用的是轻核聚变释放的能量发电
B．该机组每年发电使原子核亏损的质量约为0.3kg
C．“华龙一号”反应堆中可能存在的核反应
D．“华龙一号”反应堆需要用镉棒吸收中子控制链式反应的速度
【答案】CD
【解析】由题知 该机组利用的是重核裂变释放的能量发电，A错误；根据质能方程 可知每年亏损的质量，B错误；根据质量数守恒和电荷数守恒，用中子轰击的核反应可能为，C正确；在“华龙一号”反应堆中，当反应速度过快时，用镉棒吸收过多的中子，以控制链式反应的速度，D正确。故选CD。
【变式7-3】近日，中央广播电视总台发布2021年度国内十大科技新闻，中国“人造太阳”创亿度百秒世界新纪录位列之首，人造太阳基于核聚变的原理，则下列说法正确的是（ ）
A．核聚变又叫热核反应，反应一旦发生，不再需要外界能量，靠自身产生的热就会使反应继续下去
B．目前核能发电是利用核聚变
C．是一种核聚变反应
D．聚变反应中由于形成质量较大的核，故反应后质量增加
【答案】A
【解析】核聚变又叫热核反应，反应一旦发生，不再需要外界能量，靠自身产生的热就会使反应继续下去，故A正确；目前核能发电是利用核裂变，故B错误；是原子核的人工转变，故C错误；聚变反应释放核能，存在质量亏损，即反应后质量减少，故D错误。故选A。
【题型8 综合问题】
【例8】（多选）下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（　　）
A．图甲：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子
B．图乙：用中子轰击铀核使其发生裂变，链式反应会释放出巨大的核能
C．图丙：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
D．图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子核内还有复杂结构
【答案】 BC
【解析】卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型，没有发现质子，A错误；用中子轰击铀核使其发生裂变，裂变反应会释放出巨大的核能，B正确；玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的， C正确；汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有一定结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构，D错误。故选BC。
【变式8-1】下列说法中错误的是(　　)
A．若氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应
B．核泄漏事故污染物Cs能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为Cs→Ba＋X，可以判断X为电子
C．原子核发生一次β衰变，该原子外层就一定失去一个电子
D．质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2
答案　C
解析　根据玻尔理论可知，氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光子的能量大于氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光子的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故A正确；根据质量数守恒与电荷数守恒可知，核反应方程式Cs→Ba＋X中，X的质量数为0，电荷数为：Z＝55－56＝－1，所以X为电子，故B正确；β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故C错误；根据爱因斯坦质能方程知，质子和中子结合成α粒子，核反应方程为2H＋2n→He，释放的能量是ΔE＝Δmc2＝(2m1＋2m2－m3)c2，故D正确．
【变式8-2】下列四幅图涉及不同的物理知识，如图所示，其中说法正确的是（　　）
A．甲图中A处能观察到大量的闪光点，B处能看到较多的闪光点，C处观察不到闪光点
B．图乙中用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能
C．图丙中处于n=3能级的一个氢原子向低能级跃迁，最多可以放出3种频率的光
D．丁图中用弧光灯照射原来就带电的锌板时，发现验电器的张角变大，说明锌板原来一定带正电
【答案】 D
【解析】甲图是卢瑟福α粒子散射实验，α粒子与金箔撞击后，绝大多数粒子不发生偏转，少数粒子发生明显偏转，极少数粒子发生较大程度的偏转，甚至是反向，所以在C处也能看到少量的闪光点，故A错误；
B．图乙是中子轰击原子核发生裂变反应，不是聚变反应，故B错误；一个处于n=3能级的氢原子发生跃迁时，可以从能级3跃迁到能级2，释放出一种光子，接着再从能级2跃迁到能级1，再释放出另一种光子，所以一个处于n=3能级的氢原子跃迁时最多只能放出2种不同频率的光子，故C错误；发生光电效应时，电子从锌板表面逸出，会使锌板会带上正电。如果用弧光灯照射原本就带电的锌板，发现验电器张角变大时，说明锌板所带电荷量增加，因此说明锌板原来一定带正电，故D正确。故选D。
【变式8-3】随着现代科学的发展，大量的科学发现促进了人们对原子、原子核的认识，下列有关原子、原子核的叙述正确的是(　　)
A．卢瑟福α粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构
B．天然放射现象表明原子核内部有电子
C．轻核聚变反应方程有：H＋H→He＋n
D．氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级和从n＝2能级跃迁到n＝1能级，前者跃迁辐射出的光子波长比后者的长
答案　C
解析　卢瑟福的α粒子散射实验说明原子具有核式结构模型，没有涉及原子核内部结构，A错误；天然放射现象只说明原子核内部有复杂结构，原子核内部没有电子，衰变产生的电子，是原子核内部的中子转变为质子和电子，电子释放出来，B错误；轻核聚变方程电荷数守恒、质量数守恒，C正确；氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级和从n＝2能级跃迁到n＝1能级，前者辐射的光子能量大，即光子的频率大，则前者辐射的光子波长比后者短，D错误．专题3.1 功、热和内能的改变
【人教版】
【题型1 真空膨胀问题】
【题型2 功与内能的改变】
【题型3 热与内能的改变】
【题型4 联系实际】
【题型5 综合问题】
【题型6 对比问题】
【题型1 真空膨胀问题】
【例1】如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法不正确的是(　 )
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
【变式1-1】如图所示，密闭导热容器A、B的体积均为V0，A、B浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中压强为p0，温度为T0，B内为真空，将A中的气体视为理想气体。打开活栓C，A中部分气体进入B。
①若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强；
②若密闭气体的内能与温度的关系为ΔU＝k(T2－T1)(k为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度)，在①所述状态的基础上，将水温升至1.2T0，重新达到平衡时，求气体的压强及所吸收的热量。
【变式1-2】(多选)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是(　　)
A.气体自发扩散前后内能相同
B.气体在被压缩的过程中内能增大
C.在自发扩散过程中，气体对外界做功
D.气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E.气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
【变式1-3】（多选）如图，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中(　　)
B．气体不做功，内能不变
C．气体压强变小，温度降低
D．气体压强变小，温度不变
【题型2 功与内能的改变】
【例2】(多选)早些年小孩子常用旧圆珠笔芯做一种玩具，铁丝的一端缠绕棉花，用水打湿后从一端塞入笔芯内，将笔芯的另一端用力在马铃薯上触一下拔出来，然后用力快速推铁丝，马铃薯小块高速飞出，能打出十几米远。下列说法正确的是(　　)
A．在推铁丝而马铃薯小块未飞出的过程中，笔芯内密封的气体的温度升高
B．在推铁丝而马铃薯小块未飞出的过程中，气体对外做功
C．马铃薯小块高速飞出的动能来自气体内能
D．马铃薯小块高速飞出时外界对笔芯内气体做功
【变式2-1】如图是某同学利用汽缸设计的汽车加速度传感器示意图，将汽缸水平固定在汽车上且开口向后，内壁光滑，用活塞封闭一定质量气体，通过活塞的移动判断汽车加速和减速的情况。若汽缸和活塞均绝热，汽车由匀速变为加速前进，汽缸内气体(　 )
A．单位体积内的分子数变多
B．分子的平均动能变大
C．单位时间分子撞击活塞的次数减少
D．内能变大
【变式2-2】某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。
【变式2-3】(多选)如图所示，汽缸放置在水平地面上，质量为m的活塞将汽缸分成甲、乙两气室，两气室中均充有气体，汽缸、活塞是绝热的且不漏气。开始时活塞被销钉固定，现将销钉拔掉(仍不漏气)，活塞最终静止在距原位置下方h处，设活塞移动前后甲气室内气体内能的变化量为ΔU，不计气体重心改变的影响，下列说法正确的是(　　)
A．ΔUB．ΔU>mgh
C．甲气室内气体温度升高，乙气室内气体温度降低
D．乙气室内气体内能的减少量等于甲气室内气体内能的增加量
【题型3 热与内能的改变】
【例3】重庆出租车常以天然气作为燃料，加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)(　　)
A．压强增大，内能减小
B．吸收热量，内能增大
C．压强减小，分子平均动能增大
D．对外做功，分子平均动能减小
【变式3-1】(多选)下列关于热传递的说法正确的是(　　)
A．热量是从含热量较多的物体传到含热量较少的物体
B．热量是从温度较高的物体传到温度较低的物体
C．热量是从内能较多的物体传到内能较少的物体
D．热量是热传递过程中物体内能变化的量度
【变式3-2】下列说法中正确的是(　　)
A．物体吸热后温度一定升高
B．晶体熔化时吸收的热量大于其凝固时放出的热量
C．0 ℃的冰熔化为0 ℃的水的过程中内能不变
D．100 ℃的水变为100 ℃的水蒸气的过程中内能增大
【变式3-3】在以下事例中，通过热传递的方式来改变物体内能的是(　　)
A．两小球碰撞后粘合起来，同时温度升高
B．冬天暖气为房间供暖
C．点燃的爆竹在空中爆炸
D．汽车的车轮与地面相互摩擦发热
【题型4 联系实际】
【例4】如图所示，在大口的玻璃瓶内装一些水，水的上方有水蒸气．然后用一与打气筒相连的活塞密闭瓶口，并给瓶内打气，当打到某一状态时，瓶塞会跳起来．当瓶塞跳起时，我们会看到瓶内出现了“白雾”．对于“白雾”的形成，下列说法正确的是(　　)
A．这些“白雾”是当瓶塞跳起后外界的水蒸气在瓶口遇冷形成的小水珠
B．这是打气筒向瓶内打进去的水蒸气
C．这是瓶内的水向外膨胀形成的水雾
D．瓶内空气推动瓶塞做功，空气的内能减小，温度降低，使水蒸气液化形成小水滴
【变式4-1】(多选)如图是老式爆米花机，其主要部分是一个可以密封的钢筒．用它来加工爆米花的方法是：把玉米粒倒入钢筒内并用密封盖密封，然后不断加热，当钢筒被加热到一定程度后迅速打开封盖，玉米粒就会膨胀炸开．在对钢筒加热的过程中，关于筒内气体，下列说法正确的是(　　)
A．气体的内能不变
B．钢筒内的气体温度升高，压强变大
C．钢筒内单位体积内气体分子的数目变小
D．钢筒壁单位面积受到气体分子的撞击力变大
【变式4-2】如图是压力保温瓶的结构简图，活塞a与液面之间密闭了一定质量的气体。假设封闭气体为理想气体且与外界没有热交换，则向下压a的过程中，瓶内气体(　　)
A．内能增大
B．体积增大
C．压强不变
D．温度不变
【变式4-3】（多选）用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体(　　)
A．体积减小，内能增大 B．体积减小，压强减小
C．对外界做负功，内能增大 D．对外界做正功，压强减小
【题型5 综合问题】
【例5】关于温度、热量、功和内能，以下说法正确的是(　　)
A．同一物体温度高时，含有的热量多
B．物体的内能越大，含有的热量就越多，温度也越高
C．外界对系统做功W，内能必定增加
D．两物体之间发生热传递的条件是存在温度差
【变式5-1】[多选]对于一定量的气体，下列说法正确的是(　　)
A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和
B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
【变式5-2】下列说法正确的是(　　)
A．热量和功是由过程决定的，而内能是由物体状态决定的
B．外界对物体做功，物体的内能一定增大
C．物体吸收热量，温度一定升高
D．热量总是由内能大的物体流向内能小的物体
【变式5-3】关于温度和内能的理解，下列说法中正确的是( ).
A．温度是分子平均动能的标志，物体温度升高，则物体每一个分子的动能都增大
B．不计分子之间的分子势能，质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能
C．1g100水的内能小于1g100水蒸气的内能
D．做功和热传递对改变物体内能是等效的，也就是说做功和热传递的实质是相同的
【题型6 对比问题】
【例6】(多选)列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要由活塞、汽缸及内封的一定质量的气体构成。上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。若汽缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中(　 )
A．上下乘客时，气体的内能不变
B．上下乘客时，气体从外界吸热
C．剧烈颠簸时，外界对气体做功
D．剧烈颠簸时，气体的温度不变
【变式6-1】如图所示，A、B是两个完全相同的球，分别浸没在水和水银的同一深度内，A、B两球用同一种材料制成，当温度稍微升高时，球的体积会明显变大，如果开始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓慢升高同一值，两球膨胀后，体积相等，则(　　)
A．A球吸收的热量较多
B．B球吸收的热量较多
C．两球吸收的热量一样多
D．无法确定
【变式6-2】A、B两装置均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同．将两管抽成真空后，开口向下插入水银槽中(插入过程没有空气进入管内)，水银柱上升到如图3所示位置停止．假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法中正确的是(　　)
A．A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量
B．B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量
C．A和B中水银体积保持不变，故内能增量相同
D．A和B中水银温度始终相同，故内能增量相同
【变式6-3】如图所示，水平放置的封闭绝热汽缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。已知a部分气体为1 mol氧气，b部分气体为2 mol氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体。解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb。下列说法正确的是(　　)
A.Va＞Vb，Ta＞Tb B.Va＞Vb，Ta＜Tb
C.Va＜Vb，Ta＜Tb D.Va＜Vb，Ta＞Tb
参考答案
【题型1 真空膨胀问题】
【例1】如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法不正确的是(　 )
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
解析：选C　抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，A正确，C错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，D正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，B正确。
【变式1-1】如图所示，密闭导热容器A、B的体积均为V0，A、B浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中压强为p0，温度为T0，B内为真空，将A中的气体视为理想气体。打开活栓C，A中部分气体进入B。
①若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强；
②若密闭气体的内能与温度的关系为ΔU＝k(T2－T1)(k为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度)，在①所述状态的基础上，将水温升至1.2T0，重新达到平衡时，求气体的压强及所吸收的热量。
答案　①p0　②0.6p0　0.2kT0
解析　①容器内的理想气体从打开C到再次平衡时，发生等温变化，根据玻意尔耳定律得
p0V0＝p·2V0
解得此时气体压强
p＝p0。
②升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得
＝
解得压强为p′＝1.2p＝0.6p0
温度改变，理想气体的体积不变，则外界既不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功，所以W＝0；升高温度，内能增量为
ΔU＝k(1.2T0－T0)＝0.2kT0
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体吸收的热量为Q＝ΔU＝0.2kT0。
【变式1-2】(多选)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是(　　)
A.气体自发扩散前后内能相同
B.气体在被压缩的过程中内能增大
C.在自发扩散过程中，气体对外界做功
D.气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E.气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
答案　ABD
解析　因为汽缸、活塞都是绝热的，隔板右侧是真空，所以理想气体在自发扩散的过程中，既不吸热也不放热，也不对外界做功。根据热力学第一定律可知，气体自发扩散前后，内能不变，选项A正确，C错误；气体被压缩的过程中，外界对气体做功，气体内能增大，又因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，所以气体温度升高，分子平均动能增大，选项B、D正确，E错误。
【变式1-3】（多选）如图，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中(　　)
B．气体不做功，内能不变
C．气体压强变小，温度降低
D．气体压强变小，温度不变
答案　BD
解析　因b内为真空，所以抽开隔板后，a内气体可以“自发”进入b，气体不做功．又因容器绝热，不与外界发生热量传递，根据热力学第一定律可以判断其内能不变，温度不变．由理想气体状态方程可知：气体体积增大，温度不变，压强必然变小．综上可判断B、D项正确．
【题型2 功与内能的改变】
【例2】(多选)早些年小孩子常用旧圆珠笔芯做一种玩具，铁丝的一端缠绕棉花，用水打湿后从一端塞入笔芯内，将笔芯的另一端用力在马铃薯上触一下拔出来，然后用力快速推铁丝，马铃薯小块高速飞出，能打出十几米远。下列说法正确的是(　　)
A．在推铁丝而马铃薯小块未飞出的过程中，笔芯内密封的气体的温度升高
B．在推铁丝而马铃薯小块未飞出的过程中，气体对外做功
C．马铃薯小块高速飞出的动能来自气体内能
D．马铃薯小块高速飞出时外界对笔芯内气体做功
【解析】 在快速推铁丝而马铃薯小块未飞出的过程中，笔芯内密封的气体经历绝热压缩的过程，外界对气体做功，内能增加，故笔芯内密封的气体的温度升高，故A正确;在推铁丝而马铃薯小块未飞出的过程中，气体被压缩，是外界对气体做功，故B错误;封闭气体经历绝热膨胀过程，推出马铃薯，对外做功，马铃薯小块高速飞出的动能来自气体内能，故C正确，D错误。
【答案】 AC
【变式2-1】如图是某同学利用汽缸设计的汽车加速度传感器示意图，将汽缸水平固定在汽车上且开口向后，内壁光滑，用活塞封闭一定质量气体，通过活塞的移动判断汽车加速和减速的情况。若汽缸和活塞均绝热，汽车由匀速变为加速前进，汽缸内气体(　 )
A．单位体积内的分子数变多
B．分子的平均动能变大
C．单位时间分子撞击活塞的次数减少
D．内能变大
解析：选C　对活塞进行受力分析，如图所示，
当汽车匀速时，由平衡关系可知p0S＝pS，p0＝p，当汽车加速时，由平衡关系变为加速运动，且加速度a方向向左，由牛顿第二定律可得p0S－pS＝ma，故可知p0>p，压强变小，即体积变大。故单位体积内的分子数变少；单位时间内分子撞击活塞的次数减小，故A错误，C正确；由热学第一定律可知ΔU＝Q＋W，题中绝热，故可知Q等于0，体积变大，W为负值，故内能减小，分子平均动能也减小，故B、D错误。
【变式2-2】某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。
答案　低于　大于
解析　活塞光滑、容器绝热，容器内空气体积增大，对外做功，由ΔU＝W＋Q知，气体内能减少，温度降低。
气体的压强与气体温度和单位体积内的分子数有关，由于容器内空气的温度低于外界温度，但压强相同，则容器中空气的密度大于外界空气的密度。
【变式2-3】(多选)如图所示，汽缸放置在水平地面上，质量为m的活塞将汽缸分成甲、乙两气室，两气室中均充有气体，汽缸、活塞是绝热的且不漏气。开始时活塞被销钉固定，现将销钉拔掉(仍不漏气)，活塞最终静止在距原位置下方h处，设活塞移动前后甲气室内气体内能的变化量为ΔU，不计气体重心改变的影响，下列说法正确的是(　　)
A．ΔUB．ΔU>mgh
C．甲气室内气体温度升高，乙气室内气体温度降低
D．乙气室内气体内能的减少量等于甲气室内气体内能的增加量
【解析】 甲气室气体体积减小，外界对它做正功W甲，其中包括活塞对气体做的功mgh和乙气室气体做的功W乙，且为正功，因甲气室内气体变化为绝热过程，所以W甲=ΔU，故ΔU=mgh+W乙，选项B正确，A、D错误。由于甲气室内气体做负功，乙气室内气体做正功，故甲气室内气体内能增加，乙气室内气体内能减小，所以甲气室内气体温度升高，乙气室内气体温度降低，C正确。
【答案】 BC
【题型3 热与内能的改变】
【例3】重庆出租车常以天然气作为燃料，加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)(　　)
A．压强增大，内能减小
B．吸收热量，内能增大
C．压强减小，分子平均动能增大
D．对外做功，分子平均动能减小
答案　B
解析　质量一定的气体，体积不变，当温度升高时，是一个等容变化，据压强的微观解释：温度升高，气体的平均动能增加；单位时间内撞击单位面积的器壁的分子数增多，可知压强增大．由于温度升高，所以分子平均动能增大，物体的内能变大；体积不变，对内外都不做功，内能增大，所以只有吸收热量，故A、C、D错误；B正确．
【变式3-1】(多选)下列关于热传递的说法正确的是(　　)
A．热量是从含热量较多的物体传到含热量较少的物体
B．热量是从温度较高的物体传到温度较低的物体
C．热量是从内能较多的物体传到内能较少的物体
D．热量是热传递过程中物体内能变化的量度
解析：选BD　热量不是状态量，不能说含有或者具有多少热量，故选项A错误；在热传递的过程中热量总是由温度高的物体传递给温度低的物体，故选项B正确，C错误；热量是热传递过程中物体内能变化的量度，故选项D正确．
【变式3-2】下列说法中正确的是(　　)
A．物体吸热后温度一定升高
B．晶体熔化时吸收的热量大于其凝固时放出的热量
C．0 ℃的冰熔化为0 ℃的水的过程中内能不变
D．100 ℃的水变为100 ℃的水蒸气的过程中内能增大
【解析】物体吸热后温度可能不变，平均动能不变，分子势能增加，选项A错误；晶体熔化时吸收的热量等于其凝固时放出的热量，选项B错误；0 ℃的冰熔化成 0 ℃的水的过程中吸热，分子势能增加，内能增加，选项C错误；100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气的过程中吸热，分子势能增加，内能增大，选项D正确。故选D。
【答案】D
【变式3-3】在以下事例中，通过热传递的方式来改变物体内能的是(　　)
A．两小球碰撞后粘合起来，同时温度升高
B．冬天暖气为房间供暖
C．点燃的爆竹在空中爆炸
D．汽车的车轮与地面相互摩擦发热
答案：B
解析：改变内能的方式有两种：做功和热传递，热传递指内能的转移，而不是其他形式的能转化为内能，两小球碰撞后粘在一起，温度升高，是机械能转化为内能，故A错误；冬天暖气为房间供暖，是通过热传递的方式来改变物体内能的，故B正确；点燃的爆竹在空中爆炸，是化学能转化为内能，故C错误；车轮与地面摩擦生热，是机械能转化为内能，故D错误．
【题型4 联系实际】
【例4】如图所示，在大口的玻璃瓶内装一些水，水的上方有水蒸气．然后用一与打气筒相连的活塞密闭瓶口，并给瓶内打气，当打到某一状态时，瓶塞会跳起来．当瓶塞跳起时，我们会看到瓶内出现了“白雾”．对于“白雾”的形成，下列说法正确的是(　　)
A．这些“白雾”是当瓶塞跳起后外界的水蒸气在瓶口遇冷形成的小水珠
B．这是打气筒向瓶内打进去的水蒸气
C．这是瓶内的水向外膨胀形成的水雾
D．瓶内空气推动瓶塞做功，空气的内能减小，温度降低，使水蒸气液化形成小水滴
答案：D　
解析：当用打气筒向瓶内打气时，外界对系统做功，使系统的内能增加，温度升高，压强增大，使瓶塞从瓶口中喷出．形成“白雾”的原因是，在塞子突然跳起时，气体绝热膨胀对外做功，内能减少，温度下降，水蒸气有一部分被液化成小水滴，故选项D正确．
【变式4-1】(多选)如图是老式爆米花机，其主要部分是一个可以密封的钢筒．用它来加工爆米花的方法是：把玉米粒倒入钢筒内并用密封盖密封，然后不断加热，当钢筒被加热到一定程度后迅速打开封盖，玉米粒就会膨胀炸开．在对钢筒加热的过程中，关于筒内气体，下列说法正确的是(　　)
A．气体的内能不变
B．钢筒内的气体温度升高，压强变大
C．钢筒内单位体积内气体分子的数目变小
D．钢筒壁单位面积受到气体分子的撞击力变大
【解析】 对钢桶加热，温度上升，气体的内能增加，A错误；根据可知，当体积一定，T上升，则P增大，即钢筒壁单位面积受到气体分子的撞击力变大，BD正确；气体的质量不变，体积不变，故钢筒内单位体积内气体分子的数目不变，C错误；
【答案】 BD
【变式4-2】如图是压力保温瓶的结构简图，活塞a与液面之间密闭了一定质量的气体。假设封闭气体为理想气体且与外界没有热交换，则向下压a的过程中，瓶内气体(　　)
A．内能增大
B．体积增大
C．压强不变
D．温度不变
【解析】 向下压a的过程中，外界对气体做功，瓶内气体内能增大，选项A正确;向下压a的过程中，瓶内气体体积减小，压强增大，温度升高，选项B、C、D错误。
【答案】 A
【变式4-3】（多选）用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体(　　)
A．体积减小，内能增大 B．体积减小，压强减小
C．对外界做负功，内能增大 D．对外界做正功，压强减小
答案　AC
解析　充气袋被挤压时，气体体积减小，外界对气体做正功，由于袋内气体与外界无热交换，故由热力学第一定律知，气体内能增加，故选项A、C正确；体积减小，内能增加，由理想气体状态方程可知气体压强变大，选项B、D错误．
【题型5 综合问题】
【例5】关于温度、热量、功和内能，以下说法正确的是(　　)
A．同一物体温度高时，含有的热量多
B．物体的内能越大，含有的热量就越多，温度也越高
C．外界对系统做功W，内能必定增加
D．两物体之间发生热传递的条件是存在温度差
解析：选D，热量是一个过程量，是物体间进行热传递时内能的转移量，不能说物体含有多少热量，故A、B错；由于做功和热传递都可引起系统内能的变化，只根据做功无法准确判断系统内能的变化，故C错；物体间发生热传递的条件是存在温度差，故D对．
【变式5-1】[多选]对于一定量的气体，下列说法正确的是(　　)
A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和
B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
解析：选ABE　气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，A正确；温度高，气体分子热运动就剧烈，B正确；在完全失重的情况下，分子热运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，C错误；做功也可以改变物体的内能，D错误；气体在等压膨胀过程中温度一定升高，E正确。
【变式5-2】下列说法正确的是(　　)
A．热量和功是由过程决定的，而内能是由物体状态决定的
B．外界对物体做功，物体的内能一定增大
C．物体吸收热量，温度一定升高
D．热量总是由内能大的物体流向内能小的物体
解析：选A，热量和功是过程量，内能是状态量，故A选项正确；引起物体内能的变化有做功和热传递两种途径，单就一个方面不足以断定其内能的变化，故B选项错误；在晶体熔化和液体沸腾过程中，物体要不断地吸收热量，但物体的温度不变，这时内能的增加主要表现在内部分子势能的增加，故C选项错误；两物体之间热量的流向只与它们的温度有关，与它们内能的大小无关，故D选项错误．
【变式5-3】关于温度和内能的理解，下列说法中正确的是( ).
A．温度是分子平均动能的标志，物体温度升高，则物体每一个分子的动能都增大
B．不计分子之间的分子势能，质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能
C．1g100水的内能小于1g100水蒸气的内能
D．做功和热传递对改变物体内能是等效的，也就是说做功和热传递的实质是相同的
【解析】 温度是分子平均动能的标志，物体温度升高，则分子平均动能变大，但非每一个分子的动能都增大，选项A错误；不计分子之间的分子势能，温度相同的氢气和氧气分子具有相同的平均动能，但是质量相同的氢气和氧气的分子数不同，则两种气体的内能不相同，选项B错误；1g100水变为1g100的水蒸气要吸收热量，则1g100水的内能小于1g100水蒸气的内能，选项C正确；做功和热传递对改变物体内能是等效的，但是做功和热传递的实质是不相同的，做功是能量的转化，热传递是能量的转移，选项D错误。故选C。
【答案】 C
【题型6 对比问题】
【例6】(多选)列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要由活塞、汽缸及内封的一定质量的气体构成。上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。若汽缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中(　 )
A．上下乘客时，气体的内能不变
B．上下乘客时，气体从外界吸热
C．剧烈颠簸时，外界对气体做功
D．剧烈颠簸时，气体的温度不变
解析：选AC　上下乘客时汽缸内气体与外界有充分的热交换，即发生等温变化，温度不变，故气体的内能不变，在体积压缩的过程中，外界对气体做功，故气体向外界放热，A正确，B错误；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，且气体与外界来不及热交换，气体经历绝热过程，外界对气体做功，气体的温度升高，C正确，D错误。
【变式6-1】如图所示，A、B是两个完全相同的球，分别浸没在水和水银的同一深度内，A、B两球用同一种材料制成，当温度稍微升高时，球的体积会明显变大，如果开始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓慢升高同一值，两球膨胀后，体积相等，则(　　)
A．A球吸收的热量较多
B．B球吸收的热量较多
C．两球吸收的热量一样多
D．无法确定
【解析】 两球初末态温度相同，初末态体积也相同，所以内能增量相同，但水银中的B球膨胀时对外做功多，所以吸热较多，故选B。
【答案】 B
【变式6-2】A、B两装置均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同．将两管抽成真空后，开口向下插入水银槽中(插入过程没有空气进入管内)，水银柱上升到如图3所示位置停止．假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法中正确的是(　　)
A．A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量
B．B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量
C．A和B中水银体积保持不变，故内能增量相同
D．A和B中水银温度始终相同，故内能增量相同
答案　B
解析　在水银进入管中的过程中，大气压力对水银做功，把大气的能量转化为水银的内能和重力势能，在一定的大气压下，静止时，A、B管中水银柱的高度是相同的，则进入管中的水银体积相同，所以大气压力做功相同．但两装置中水银重力势能的增量不同，所以两者内能的改变也不同，由图可知B管水银的重力势能较小，所以B管中水银的内能增量较多．故B正确．
【变式6-3】如图所示，水平放置的封闭绝热汽缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。已知a部分气体为1 mol氧气，b部分气体为2 mol氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体。解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb。下列说法正确的是(　　)
A.Va＞Vb，Ta＞Tb B.Va＞Vb，Ta＜Tb
C.Va＜Vb，Ta＜Tb D.Va＜Vb，Ta＞Tb
答案　D
解析　解除锁定前，两部分气体温度相同，体积相同，物质的量大的部分分子密度大，气体压强大，即b部分压强大，故解除锁定后活塞左移，平衡时Va＜Vb，pa＝pb，故A、B错误；活塞左移过程中，a气体被压缩内能增大，温度升高，b气体对外做功，内能减小，温度降低，平衡时Ta＞Tb，故C错误，D正确。专题4.2 光子的认识、光电效应的图像分析
【人教版】
【题型1 光子】
【题型2 I-U图像】
【题型3 Ek-ν 图像】
【题型4 Uc-ν 图像】
【题型5 图像中的对比问题】
【题型6 图像综合】
【题型1 光子】
【例1】在“焊接”视网膜的眼科手术中，所用激光的波长λ=6.4×10-7m，每个激光脉冲的能量E=1.5×10-2J．求每个脉冲中的光子数目．（已知普朗克常量h=6.63×10-34J·s，光速c=3×108m/s．计算结果保留一位有效数字）
【答案】光子能量，光子数目n=，代入数据得n=5×1016
【详解】每个光子的能量为 ，每个激光脉冲的能量为E，所以每个脉冲中的光子个数为： ，联立且代入数据解得：．
【变式1-1】2017年年初，我国研制的“大连光源”——极紫外自由电子激光装置，发出了波长在100 nm（1 nm=10–9 m）附近连续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲．大连光源因其光子的能量大、密度高，可在能源利用、光刻技术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用．一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子，但又不会把分子打碎．据此判断，能够电离一个分子的能量约为（取普朗克常量h=6.6×10–34 J·s，真空光速c=3×108 m/s）
A．10–21 J B．10–18 J C．10–15 J D．10–12 J
【答案】B
【详解】一个处于极紫外波段的光子的能量约为，由题意可知，光子的能量应比电离一个分子的能量稍大，因此数量级应相同，故选B．
【变式1-2】光刻机是制造芯片的核心装备，利用光源发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经技术处理制成芯片。为提高光刻机清晰投影最小图像的能力，在透镜组和硅片之间充有液体。紫外线进入液体后与其在真空中相比（　　）
A．波长变短 B．光子能量增加 C．频率降低 D．传播速度增大
【答案】A
【详解】紫外线进入液体后与真空相比，频率不变，传播速度减小，根据可知波长变短；根据
可知，光子能量不变。 故选A。
【变式1-3】（多选）某半导体激光器发射波长为1.5×10-6m，功率为5.0×10-3W的连续激光．已知可见光波长的数量级为10-7m，普朗克常量h＝6.63×10-34J·s，该激光器发出的
A．是紫外线 B．是红外线
C．光子能量约为1.3×10-18J D．光子数约为每秒3.8×1016个
【答案】BD
【详解】波长的大小大于可见光的波长，属于红外线．故A错误，B正确．光子能量．故C错误．每秒钟发出的光子数．故D正确．故选BD．
【题型2 I-U图像】
【例2】如图甲所示是研究光电效应规律的光电管。用波长λ＝0.50 μm的绿光照射阴极K，实验测得流过表的电流I与AK之间的电势差UAK满足如图乙所示规律，取h＝6.63×10－34 J·s。结合图像，求：(结果保留两位有效数字)
(1)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极K时的最大动能。
(2)该阴极材料的极限波长。
解析：(1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达阳极A，阴极每秒钟发射的光电子的个数
n＝＝(个)＝4.0×1012(个)
光电子的最大初动能为：
Ekm＝eU0＝1.6×10－19 C×0.6 V＝9.6×10－20 J。
(2)设阴极材料的极限波长为λ0，根据爱因斯坦光电效应方程：Ekm＝h－h，代入数据得λ0＝0.66 μm。
答案：(1)4.0×1012个　9.6×10－20 J　(2)0.66 μm
【变式2-1】为防范新冠病毒蔓延，额温枪成为重要的防疫装备。有一种红外测温仪的原理是：任何物体的温度在高于绝对零度(－273 ℃)时都会向外发出红外线，额温枪通过红外线照射到温度传感器，发生光电效应，将光信号转化为电信号，计算出温度数据。已知人的体温正常时能辐射波长为10 μm的红外线，如图甲所示，用该红外线照射光电管的阴极K时，电路中有光电流产生，实验得到的电流随电压变化的图像如图乙所示，已知h＝6.63×10－34 J·s，e＝1.6×10－19 C，则(　 )
A．波长为10 μm的红外线在真空中的频率为3×1014 Hz
B．将图甲的电源反接，一定不会产生电信号
C．由图乙数据可知，该光电管的阴极金属逸出功约为0.1 eV
D．若人体温度升高，则辐射红外线的强度减弱，光电管转换成的光电流减小
解析：选C　波长为10 μm的红外线在真空中的频率为ν＝＝3×1013 Hz，故A错误；由题图甲可知，当电源反接时，电子受到的力向右，因为电子有一定的初动能，当所加电压小于遏止电压时，就会有电子到达A极板，此时有电信号，故B错误；当加的反向电压大于遏止电压时，没有电信号，由题图乙可知，遏止电压为0.02 V，故最大初动能Ek＝eUc＝0.02 eV，由光电效应方程，有Ek＝hν－W逸，可得W逸≈0.1 eV，故C正确；若人体温度升高，则辐射红外线的强度增强，光电管转换成的光电流增大，故D错误。
【变式2-2】(多选)如图甲为研究光电效应的实验装置，用频率为ν的单色光照射光电管的阴极K，得到光电流I与光电管两端电压U的关系图线如图乙所示，已知电子电荷量的绝对值为e，普朗克常量为h，则(　　)
A.测量遏止电压Uc时开关S应扳向“1”
B.只增大光照强度时，图乙中Uc的值会增大
C.只增大光照强度时，图乙中I0的值会减小
D.阴极K所用材料的极限频率为
答案　AD
解析　测量遏止电压时应在光电管两端加反向电压，即开关S应扳向“1”，故A正确；图乙中I0的值表示饱和光电流，增大光照强度时，饱和光电流增大，故C错误；由动能定理得eUc＝Ek，由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0可得W0＝hν－eUc，则阴极K所用材料的极限频率为ν0＝＝，图乙中Uc的值与光照强度无关，故B错误，D正确。如图为a、【变式2-3】(多选)根据下列图像所反映的物理现象进行分析判断，说法正确的是(　 )
A．图甲中对应的三种光中“黄光(强)”的光子能量最强
B．根据图甲分析可知若用橙光照射同一实验装置可能没有光电流产生
C．图乙中现象说明光子不仅具有能量也具有动量
D．图丙中现象说明电子具有波动性，可运用波动规律确定电子通过双缝后的具体位置
解析：选BC　因为蓝光的遏止电压最大，根据hν－W＝eUc，则题图甲中对应的三种光中“蓝光”的光子能量最强，A错误；因为橙光的频率比上面两种光的小，根据题图甲分析可知若用橙光照射同一实验装置可能没有光电流产生，B正确；题图乙中现象说明光子不仅具有能量也具有动量，C正确；题图丙中现象说明电子具有波动性，不能运用波动规律确定电子通过双缝后的具体位置，因为电子波为概率波，无法确定单个电子的运动位置，D错误。
【题型3 Ek-ν 图像】
【例3】(多选)某同学在研究某金属的光电效应现象时，发现该金属逸出光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系如图所示。若图线在横、纵坐标轴上的截距分别为a和－b，已知电子所带电荷量为e，由图线可以得到(　　)
A.该金属的逸出功为零
B.普朗克常量为，单位为J·Hz
C.当入射光的频率为2a时，逸出光电子的最大初动能为b
D.当入射光的频率为3a时，遏止电压为
答案　CD
解析　根据光电效应方程Ek＝hν－W0，横截距表示该金属的截止频率，可知该金属的逸出功不为零，故A错误；图线的斜率k＝表示普朗克常量，单位为J/Hz，故B错误；由图可知W0＝b，ha＝W0, 则当入射光的频率为2a时，逸出光电子的最大初动能为Ek＝h·2a－W0＝b，选项C正确；当入射光的频率为3a时，则Ek＝h·3a－W0＝2b，由eU遏＝Ek 可得U遏＝，选项D正确。
【变式3-1】(多选)如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像，由图像可知(　 )
A．该金属的逸出功为E
B．入射光频率为时，产生的光电子的最大初动能为
C．入射光频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2E
D．该图线的斜率表示普朗克常量h
解析：选AD　根据爱因斯坦的光电效应方程hν－W＝Ek，由图像可知，纵坐标的截距表示W，该图线的斜率表示普朗克常量h，所以该金属的逸出功为E，A、D正确；由图像可知，金属的极限频率为ν0，所以入射光频率为时，不能发生光电效应，B错误；由于hν0＝W＝E，入射光频率为2ν0时，代入公式解得Ek＝h·2ν0－W＝h·ν0＝E，则产生的光电子的最大初动能为E，C错误。
【变式3-2】光电效应实验，得到光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系如图所示。普朗克常量、金属材料的逸出功分别为(　　)
A.，b B.，
C.，b D.，
答案　A
解析　根据Ek＝hν－W0得纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，即W0＝b，图线的斜率k＝h＝，故A正确，B、C、D错误。
【变式3-3】用如图甲所示的装置研究光电效应现象。闭合开关S，用频率为ν的光照射光电管时发生了光电效应。图乙是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν 的关系图像，图线与横轴的交点坐标为(a,0)，与纵轴的交点坐标为(0，－b)，下列说法中正确的是(　　)
A．普朗克常量为h＝
B．断开开关S后，电流表G的示数不为零
C．仅增加照射光的强度，光电子的最大初动能将增大
D．保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，电流表G的示数保持不变
解析：选B　由hν＝W0＋Ek，变形得Ek＝hν－W0，可知图线的斜率为普朗克常量，即h＝，故A错误；断开开关S后，初动能大的光电子，也可能达到阳极，所以电流表G的示数不为零，故B正确；只有增大入射光的频率，才能增大光电子的最大初动能，与光的强度无关，故C错误；保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，单个光子的能量增大，而光的强度不变，那么光子数一定减少，发出的光电子数也减少，电流表G的示数要减小，故D错误。
【题型4 Uc-ν 图像】
【例4】下表是按照密立根的方法进行光电效应实验时得到的某金属的遏止电压Uc和入射光的频率ν的几组数据。
Uc/V 0.541 0.637 0.714 0.809 0.878
ν/1014 Hz 5.644 5.888 6.098 6.303 6.501
由以上数据应用Excel描点连线，可得直线方程，如图所示。
则这种金属的截止频率约为(　　)
A．3.5×1014 Hz B．4.3×1014 Hz
C．5.5×1014 Hz D．6.0×1014 Hz
解析：选B　遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率，根据方程Uc＝0.397 3－1.702 4，当Uc＝0解得ν＝4.3×1014 Hz，B正确。
【变式4-1】用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意图如图甲所示，实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，图线与横轴交点的横坐标为5.15×1014 Hz。已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s。则下列说法中正确的是(　 )
A．欲测遏止电压，应选择电源左端为正极
B．当电源左端为正极时，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的示数持续增大
C．增大照射光的强度，产生的光电子的最大初动能一定增大
D．如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014 Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek＝1.2×10－19 J
解析：选D　用题图甲所示的实验装置测量铷的遏止电压Uc与入射光频率ν，光电管左端是阳极，则电源左端为负极，A错误；当电源左端为正极时，将滑动变阻器的滑片向右滑动的过程中，刚开始电压增大，光电流增大，当光电流达到饱和值，不再增大，即电流表读数的变化是先增大，后不变，B错误；光电子的最大初动能与入射光的频率和金属的逸出功有关，与入射光的强度无关，C错误；根据题图乙可知，铷的截止频率νc＝5.15×1014 Hz，根据hνc＝W0，该金属的逸出功大小W0＝6.63×10－34×5.15×1014 J≈3.41×10－19 J，根据光电效应方程Ek＝hν－W0，当入射光的频率为ν＝7.00×1014 Hz时，则最大初动能为Ek＝6.63×10－34×7.0×1014 J－3.41×10－19 J≈1.2×10－19 J，D正确。
【变式4-2】利用如图甲所示的电路完成光电效应实验，金属的遏止电压Uc与入射光频率ν的关系如图乙所示，图乙中U1、ν1、ν0均已知，电子电荷量用e表示。入射光频率为ν1时，下列说法正确的是(　　)
A.光电子的最大初动能Ek＝eU1－hν0
B.由Uc－ν图像可求得普朗克常量h＝
C.滑动变阻器的滑片P向N端移动过程中电流表示数一直增加
D.把电源正负极对调之后，滑动变阻器的滑片P向N端移动过程中电流表示数一直增加
答案　B
解析　依题得，光电子的最大初动能为Ek＝eU1，故A错误；根据光电效应方程hν＝W0＋Ek，其中W0＝hν0，可得普朗克常量为h＝，故B正确；无论电源正负极如何，电流表示数不能一直增加，故C、D错误。
【变式4-3】在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系如图所示。若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为________，所用材料的逸出功可表示为________。
解析：根据光电效应方程Ekm＝hν－W0及Ekm＝eUc得Uc＝－，故＝k，b＝－，得h＝ek，W0＝－eb。
答案：ek　－eb
【题型5 图像中的对比问题】
【例5】(多选)对于钠和钙两种金属，其遏止电压Uc与入射光频率ν的关系如图4所示.用h、e分别表示普朗克常量和电子电荷量，则(　　)
A.钠的逸出功小于钙的逸出功
B.图中直线的斜率为
C.在得到这两条直线时，必须保证入射光的光强相同
D.若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较高
答案　AB
解析　根据Uce＝Ek＝hν－W0，即Uc＝ν－，则由题图可知钠的逸出功小于钙的逸出功，选项A正确；题图中直线的斜率为，选项B正确；在得到这两条直线时，与入射光的光强无关，选项C错误；根据Ek＝hν－W0，若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较低，选项D错误.
【变式5-1】如图所示，分别用1、2两种材料作K极进行光电效应探究，其截止频率ν1<ν2，保持入射光不变，则光电子到达A极时动能的最大值Ekm随电压U变化关系的图像是(　 )
解析：选C　根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子到达A极时动能的最大值Ekm＝eU＋hν－hν截止，可知Ekm-U图像的斜率相同，均为e；截止频率越大，则图像在纵轴上的截距越小，因ν1<ν2，则图像C正确，A、B、D错误。
【变式5-2】[多选]用甲、乙两种单色光照射同一金属做光电效应实验，发现光电流与电压的关系如图所示。已知普朗克常量为h，被照射金属的逸出功为W0，遏止电压为Uc，电子的电荷量为e，则下列说法正确的是(　　)
A．甲光的强度大于乙光的强度
B．甲光的频率大于乙光的频率
C．甲光照射时产生的光电子初动能均为eUc
D．乙光的频率为
解析：选AD　根据光的强度越强，则光电子数目越多，对应的光电流越大，即可判定甲光的强度较大，选项A正确；由光电效应方程mv2＝hν－W0，mv2＝Uce，由题图可知，甲、乙的截止电压相同，故甲、乙的频率相同，选项B错误；甲光照射时产生的光电子的最大初动能均为eUc，选项C错误；根据mv2＝hν－W0＝Uce，可得ν＝，选项D正确。
【变式5-3】如图所示为用某金属研究光电效应规律得到的光电流随电压变化关系的图像，用单色光1和单色光2分别照射该金属时，逸出的光电子的最大初动能分别为Ek1和Ek2，普朗克常量为h，则下列说法正确的是(　　)
A.Ek1＞Ek2
B.单色光1的频率比单色光2的频率高
C.增大单色光1的强度，其遏止电压会增大
D.单色光1和单色光2的频率之差为
答案　D
解析　由于Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2，且Uc1＜Uc2，所以Ek1＜Ek2，选项A错误；由Ek＝hν－W0可知ν＝，所以单色光1的频率比单色光2的频率低，选项B错误；只增大照射光的强度，光电子的最大初动能不变，因此遏止电压不变，选项C错误；Ek1＝hν1－W0，Ek2＝hν2－W0，得ν1－ν2＝，选项D正确。
【题型6 图像综合】
【例6】[多选]1905年，爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广，成功地解释了光电效应现象，提出了光子说。在给出与光电效应有关的四个图像中，下列说法正确的是(　　)
A．图1中，当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，说明锌板带正电，验电器带负电
B．图2中，从光电流与电压的关系图像中可以看出，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
C．图3中，若电子电荷量用e表示，ν1、νc、U1已知，由Uc ν图像可求得普朗克常量的表达式为h＝
D．图4中，由光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像可知该金属的逸出功为E或hν0
解析：选CD　用紫外线灯发出的紫外线照射锌板，锌板失去电子带正电，验电器与锌板相连，则验电器的金属球和金属指针带正电，故选项A错误；由题图可知电压相同时，光照越强，光电流越大，只能说明光电流强度与光的强度有关，遏止电压只与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故选项B错误；根据爱因斯坦光电效应方程Uce＝hν－W0，可知Uc＝ν－，图像Uc ν的斜率表示，即＝，解得h＝，故选项C正确；根据光电效应方程Ek＝hν－W0，Ek ν图线的纵轴截距的绝对值表示逸出功，则逸出功为E，当最大初动能为零，入射光的频率等于金属的极限频率，则金属的逸出功等于hν0，故选项D正确。
【变式6-1】如图所示，甲、乙、丙、丁是关于光电效应的四个图像，以下说法正确的是（　　）
A．由图甲可求得普朗克常量
B．由图乙可知虚线对应金属的逸出功比实线对应金属的逸出功大
C．由图丙可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大
D．由图丁可知电压越高，则光电流越大
【答案】C
【详解】根据光电效应方程，结合动能定理可知 ，变式可得 ，
斜率 ， 解得普朗克常量为 ，故A错误；据爱因斯坦光电效应方程可知，纵轴截距的绝对值表示逸出功，则实线对应金属的逸出功比虚线大，故B错误；入射光频率一定，饱和光电流由入射光的强度决定，即光的颜色不变的情况下，入射光越强，光子数越多，饱和光电流越大，故C正确；分析图丁可知，当达到饱和光电流以后，增加光电管两端的电压，光电流不变，故D错误。
故选C。
【变式6-2】研究光电效应规律的实验装置如图所示，以频率为ν的光照射光电管阴极K时，有光电子产生．由于光电管K、A间加的是反向电压，光电子从阴极K发射后将向阳极A做减速运动．光电流i由图中电流计G测出．反向电压U由电压表V测出，且遏止电压为Uc.在下列表示光电效应实验规律的图象中，错误的是(　　)
解析：选B，当反向电压U和入射光频率ν一定时，发生光电效应产生的光电子数与光强成正比，则单位时间到达阳极A的光电子数与光强也成正比，故光电流i与光强I成正比，所以选项A正确．由动能定理得－eUc＝0－Ek，又因Ek＝hν－W0，所以Uc＝ν－，可知遏止电压Uc与频率ν是线性关系，但不是正比例关系，故选项B错误．当光强与入射光频率一定时，单位时间内逸出的光电子数及其最大初动能是一定的，所形成的光电流强度会随反向电压的增大而减小，选项C正确．根据光电效应的瞬时性规律，可知选项D正确．
【变式6-3】小明同学用如图所示的实验装置测量普朗克常量和某金属的逸出功，通过改变入射光的频率并测出对应的遏止电压U绘制图像如图甲所示，已知电子所带电荷量大小是。
（1）普朗克常量h=______，此金属的逸出功W=______。（用e、、、、表示）
（2）另一同学用小明同学的数据绘制（其中I为Ｇ的读数）图线如图乙中d所示。他用相同实验装置，但只增大入射光强，则此时图线应是图乙中的______（填“a”“b”或“c”）。
答案 a
解析（1）由题意可知
由光电效应方程可得
由题图甲可得 解得
由题图甲可知，当、时可得 此金属的逸出功
（2）只增大入射光强，饱和光电流增大，遏止电压与光的频率有关，与光强无关，不会改变，所以则此时图线应是图乙中的为a。专题3.2 热力学第一定律
【人教版】
【题型1 热力学第一定律的简单应用】
【题型2 与单体气缸综合】
【题型3 与双体气缸综合】
【题型4 联系实际】
【题型5 与p-V图像综合】
【题型6 与p-T图像综合】
【题型7 与V-T图像综合】
【题型1 热力学第一定律的简单应用】
【例1】关于物体内能的变化，以下说法正确的是(　　)
A.物体放出热量，内能一定减少
B.物体对外做功，内能一定减少
C.物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变
D.物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变
【变式1-1】一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程(　 )
A．气体从外界吸收热量2.0×105 J
B．气体向外界放出热量2.0×105 J
C．气体从外界吸收热量6.0×104 J
D．气体向外界放出热量6.0×104 J
【变式1-2】如图所示，内壁光滑的固定汽缸水平放置，其右端由于有挡板，厚度不计的活塞不能离开汽缸，汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距汽缸右端的距离为0.2 m。现对封闭气体加热，活塞缓慢移动，一段时间后停止加热，此时封闭气体的压强变为2×105 Pa。已知活塞的横截面积为0.04 m2，外部大气压强为1×105 Pa，加热过程中封闭气体吸收的热量为2 000 J，则封闭气体的内能变化量为(　　)
A.400 J B.1 200 J
C.2 000 J D.2 800 J
【变式1-3】[多选]健身球是一个充满气体的大皮球，现把健身球放在水平地面上。若在人体压向健身球的过程中球内气体温度保持不变，则(　　)
A．气体分子的平均动能增大　　　 B．气体的密度增大
C．气体的内能增大 D．外界对气体做功
【题型2 与单体气缸综合】
【例2】如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体。p0和T0分别为外界大气的压强和温度。已知：气体内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的，求：
(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q。
【变式2-1】如图所示，内壁光滑、足够高的圆柱形汽缸竖直放置，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，缸内气体温度为T1。现对汽缸内气体缓慢加热，使气体体积由V1增大到V2，该过程中气体吸收的热量为Q1，停止加热并保持体积V2不变，使其降温到T1，已知重力加速度为g，求：
(1)停止加热时缸内气体的温度；
(2)降温过程中气体放出的热量。
【变式2-2】如图所示是某气压式柱形保温瓶的结构示意简图，现倒入热水，封闭活塞a，其与液面间封闭一定质量的理想气体，此时瓶内气体温度为T1，压强为p0，经过一段时间温度降为T2，忽略这一过程中气体体积的变化。
(1)求温度降为T2时瓶内气体的压强p；
(2)封闭气体温度由T1降为T2过程中，其传递的热量为Q，则气体的内能如何变化，求变化量的大小ΔU。
【变式2-3】 (多选)如图，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上，使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中(　　)
A.气体体积逐渐减小，内能增加
B.气体压强逐渐增大，内能不变
C.气体压强逐渐增大，放出热量
D.外界对气体做功，气体内能不变
E.外界对气体做功，气体吸收热量
题型3 与双体气缸综合】
【例3】[多选]如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态。现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是(　　)
A．气体A吸热，内能增加
B．气体B吸热，对外做功，内能不变
C．气体A分子的平均动能增大
D．气体A和气体B内每个分子的动能都增大
E．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少
【变式3-1】如图所示，一个质量为m＝2 kg的T形活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距汽缸底部h1＝10 cm处连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)。初始时，封闭气体温度为T1＝360 K，活塞距离汽缸底部为h2＝15 cm，U形细管两边水银柱存在高度差。已知大气压强为p0＝1×105 Pa，汽缸横截面积为S＝1×10－3 m2，活塞竖直部分长为L＝12 cm，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时U形细管两边水银面恰好相平；
(2)从开始至U形细管两边水银面恰好相平的过程中，若气体向外界放出的热量为6 J，气体内能的变化量ΔU。
【变式3-2】(多选)如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是(　 )
A．整个过程，外力F做功大于0，小于mgh
B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C．整个过程，理想气体的内能增大
D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)
E．左端活塞到达B位置时，外力F等于
【变式3-3】如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和t0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中
(1)内能的增加量ΔU；
(2)最终温度T。
【题型4 联系实际】
【例4】如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮。上浮过程中，小瓶内气体(　 )
A．内能减少
B．对外界做正功
C．增加的内能大于吸收的热量
D．增加的内能等于吸收的热量
【变式4-1】(多选)如图所示是某喷水壶示意图。未喷水时阀门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气。多次充气后按下按柄B打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴喷出。储气室气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变，则(　 )
A．充气过程中，储气室内气体的内能增大
B．充气过程中，储气室内气体分子平均动能减小
C．喷水过程中，储气室内气体压强减小
D．喷水过程中，储气室内气体放热
【变式4-2】水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在水不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体(　　)
A.压强变大 B.对外界做功
C.对外界放热 D.分子平均动能变大
【变式4-3】蛟龙号深潜器在执行某次实验任务时，外部携带一装有氧气的汽缸，汽缸导热良好，活塞与缸壁间无摩擦且与海水相通。已知海水温度随深度增加而降低，则深潜器下潜过程中，下列说法正确的是(　　)
A.每个氧气分子的动能均减小
B.氧气放出的热量等于其内能的减少量
C.氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加
D.氧气分子每次对缸壁的平均撞击力增大
【题型5 与p-V图像综合】
【例5】一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－V 图像如图所示。已知气体在状态a的压强为p0、体积为V0、温度为T0，气体在状态b的温度Tb＝1.5T0，气体在状态c的温度Tc＝T0，求
(1)气体在状态b时的体积；
(2)分析说明气体由状态c到状态a是吸热还是放热，并求出吸收或放出的热量。
【变式5-1】(多选)如图所示，一定量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环，ABCD位于矩形的四个顶点上。下列说法正确的是(　　)
A.状态C的温度为T0
B.从A→B，分子的平均动能减少
C.从C→D，气体密度增大
D.从D→A，气体压强增大、内能减小
【变式5-2】(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a(p0、V0、T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是(　 )
A．ab过程中，气体始终吸热
B．ca过程中，气体始终放热
C．ca过程中，气体对外界做功
D．bc过程中，气体的温度先降低后升高
E．bc过程中，气体的温度先升高后降低
【变式5-3】一定质量的理想气体，在温度T1和T2下的压强p与体积V的关系曲线如图所示。气体由状态A等容变化到状态B的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.温度降低，吸收热量 B.温度降低，放出热量
C.温度升高，吸收热量 D.温度升高，放出热量
【题型6 与p-T图像综合】
【例6】一定量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化图像如图所示。下列说法正确的是(　 )
A．A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加
B．A→B的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量
C．B→C的过程中，气体体积增大，对外做功
D．B→C的过程中，气体对外界放热，内能减小
【变式6-1】如图所示，一定质量的理想气体从状态A到状态B，再从状态B到状态C，最后从状态C回到状态A。已知气体在状态A的体积VA＝3.0×10－3 m3，从B到C过程中气体对外做功1 000 J。求：
(1)气体在状态C时的体积；
(2)气体在A→B→C→A的整个过程中气体吸收的热量。
【变式6-2】(多选)如图所示描述了一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ab的延长线过原点，则下列说法正确的是(　　)
A.气体从状态a到b的过程，气体体积不变
B.气体从状态b到c的过程，一定从外界吸收热量
C.气体从状态c到d的过程，外界对气体做功
D.气体从状态d到a的过程，气体的内能减小
【变式6-3】(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③到达状态d。对此气体，下列说法正确的是(　　)
A.过程①中，气体体积不断增大
B.过程②中，气体从外界吸收热量
C.过程②为绝热过程
D.状态a的体积大于状态d的体积
【题型7 与V-t图像综合】
【例7】(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状态c，直线ac过原点。则气体(　 )
A．在状态c的压强等于在状态a的压强
B．在状态b的压强小于在状态c的压强
C．在b→c的过程中内能保持不变
D．在a→b的过程对外做功
【变式7-1】一定质量的理想气体，其内能跟热力学温度成正比。在初始状态A时，体积为V0，压强为p0，温度为T0，此时其内能为U0。该理想气体从状态A经由一系列变化，最终返回到原来状态A，其变化过程的V－T图线如图所示，其中CA延长线过坐标原点，B、A点在同一竖直线上。求：
(1)该理想气体在状态B时的压强；
(2)该理想气体从状态B经由状态C回到状态A的过程中，气体向外界放出的热量。
【变式7-2】如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C后再回到状态A。A状态的体积是2 L，温度是300 K，B状态的体积为4 L，C状态的体积是3 L，压强为2×105 Pa。
(1)在该循环过程中B状态的温度TB和A状态的压强pA是多少？
(2)A→B过程如果内能变化了200 J，该理想气体是吸热还是放热，热量Q是多少焦耳？
【变式7-3】(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是(　　)
A.过程①中气体的压强逐渐减小
B.过程②中气体对外界做正功
C.过程④中气体从外界吸收了热量
D.状态c、d的内能相等
E.状态d的压强比状态b的压强小
参考答案
【题型1 热力学第一定律的简单应用】
【例1】关于物体内能的变化，以下说法正确的是(　　)
A.物体放出热量，内能一定减少
B.物体对外做功，内能一定减少
C.物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变
D.物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变
答案　D
解析　根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，物体内能的变化与外界对物体做功(或物体对外界做功)、物体从外界吸热(或向外界放热)两种因素有关。物体放出热量，但有可能同时外界对物体做功，故内能有可能不变甚至增加，选项A错误；物体对外做功的同时有可能吸热，故内能不一定减少，选项B错误；若物体放热同时对外做功，物体内能一定减少，选项C错误；若物体吸收的热量与对外做的功相等，则内能可能不变，选项D正确。
【变式1-1】一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程(　 )
A．气体从外界吸收热量2.0×105 J
B．气体向外界放出热量2.0×105 J
C．气体从外界吸收热量6.0×104 J
D．气体向外界放出热量6.0×104 J
解析：选B　由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q＝ΔU－W＝－1.3×105 J－7.0×104 J＝－2.0×105 J，即气体向外界放出热量2.0×105 J，B正确。
【变式1-2】如图所示，内壁光滑的固定汽缸水平放置，其右端由于有挡板，厚度不计的活塞不能离开汽缸，汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距汽缸右端的距离为0.2 m。现对封闭气体加热，活塞缓慢移动，一段时间后停止加热，此时封闭气体的压强变为2×105 Pa。已知活塞的横截面积为0.04 m2，外部大气压强为1×105 Pa，加热过程中封闭气体吸收的热量为2 000 J，则封闭气体的内能变化量为(　　)
A.400 J B.1 200 J
C.2 000 J D.2 800 J
答案　B
解析　由题意可知，气体先等压变化，到活塞运动到挡板处再发生等容变化，等压变化过程气体对外做功，做功为W＝－p0Sx＝－1×105×0.04×0.2 J＝－800 J，由热力学第一定律可知，封闭气体的内能变化量为ΔU＝W＋Q＝(－800＋2 000)J＝1 200 J，故A、C、D错误，B正确。
【变式1-3】[多选]健身球是一个充满气体的大皮球，现把健身球放在水平地面上。若在人体压向健身球的过程中球内气体温度保持不变，则(　　)
A．气体分子的平均动能增大　　　 B．气体的密度增大
C．气体的内能增大 D．外界对气体做功
解析：选BD　在人压向健身球的过程中，外界对球做功，气体所占的体积减小，故气体的密度增大；气体温度不变，故气体分子的平均动能不变；由于外界对气体做功，但气体温度不变，故内能不变；由热力学第一定律可知，气体对外放热；故A、C错误；B、D正确。
【题型2 与单体气缸综合】
【例2】如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体。p0和T0分别为外界大气的压强和温度。已知：气体内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的，求：
(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q。
解析：(1)在气体由压强p＝1.2p0到p0时，V不变，温度由2.4T0变为T1，由查理定律得：
＝，
解得T1＝2T0
在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖－吕萨克定律得＝，
解得：V1＝0.5V。
(2)活塞下降过程中，
活塞对气体做的功为W＝p0(V－V1)
在这一过程中，气体内能的减少为ΔU＝a(T1－T0)
由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为
Q＝W＋ΔU
得：Q＝p0V＋aT0。
答案：(1)0.5V　(2)p0V＋aT0
【变式2-1】如图所示，内壁光滑、足够高的圆柱形汽缸竖直放置，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，缸内气体温度为T1。现对汽缸内气体缓慢加热，使气体体积由V1增大到V2，该过程中气体吸收的热量为Q1，停止加热并保持体积V2不变，使其降温到T1，已知重力加速度为g，求：
(1)停止加热时缸内气体的温度；
(2)降温过程中气体放出的热量。
解析：(1)加热时气体等压膨胀，由盖-吕萨克定律得＝，得：T2＝T1。
(2)设加热过程中，封闭气体内能增加ΔU，因气体体积增大，故此过程中气体对外做功，W<0。由热力学第一定律知：ΔU＝Q1＋W，其中W＝－pΔV＝－(V2－V1)，由于理想气体内能只与温度有关，故再次降到原温度时气体放出的热量满足Q2＝ΔU，整理可得：Q2＝Q1－(V2－V1)。
答案：(1)T1　(2)Q1－(V2－V1)
【变式2-2】如图所示是某气压式柱形保温瓶的结构示意简图，现倒入热水，封闭活塞a，其与液面间封闭一定质量的理想气体，此时瓶内气体温度为T1，压强为p0，经过一段时间温度降为T2，忽略这一过程中气体体积的变化。
(1)求温度降为T2时瓶内气体的压强p；
(2)封闭气体温度由T1降为T2过程中，其传递的热量为Q，则气体的内能如何变化，求变化量的大小ΔU。
解析：(1)瓶内气体发生等容变化，由查理定律得＝，解得p＝p0。
(2)封闭气体温度由T1下降到T2过程为等容变化过程，W＝0，温度降低，则气体内能减少，由热力学第一定律得W＋Q＝ΔU，解得ΔU＝Q。
答案：(1)p0　(2)内能减少　ΔU＝Q
【变式2-3】 (多选)如图，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上，使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中(　　)
A.气体体积逐渐减小，内能增加
B.气体压强逐渐增大，内能不变
C.气体压强逐渐增大，放出热量
D.外界对气体做功，气体内能不变
E.外界对气体做功，气体吸收热量
答案　BCD
解析　外力使活塞缓慢下降的过程中，由于温度保持不变，则气体的内能保持不变，气体的体积逐渐减小，外界对气体做功，由热力学第一定律W＋Q＝ΔU可知，气体向外界放出热量，又由玻意耳定律可知，气体体积减小，气体的压强增大，由以上分析可知B、C、D正确，A、E错误。
题型3 与双体气缸综合】
【例3】[多选]如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态。现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是(　　)
A．气体A吸热，内能增加
B．气体B吸热，对外做功，内能不变
C．气体A分子的平均动能增大
D．气体A和气体B内每个分子的动能都增大
E．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少
解析：选ACE　气体A进行等容变化，则W＝0，根据ΔU＝W＋Q可知气体A吸收热量，内能增加，温度升高，气体A分子的平均动能变大，但并不是每个分子的动能都增加，选项A、C正确，D错误；因为中间是导热隔板，所以气体B吸收热量，温度升高，内能增加；又因为压强不变，故体积变大，气体对外做功，选项B错误；气体B的压强不变，但是体积增大，分子平均动能增大，所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少，选项E正确。
【变式3-1】如图所示，一个质量为m＝2 kg的T形活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距汽缸底部h1＝10 cm处连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)。初始时，封闭气体温度为T1＝360 K，活塞距离汽缸底部为h2＝15 cm，U形细管两边水银柱存在高度差。已知大气压强为p0＝1×105 Pa，汽缸横截面积为S＝1×10－3 m2，活塞竖直部分长为L＝12 cm，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时U形细管两边水银面恰好相平；
(2)从开始至U形细管两边水银面恰好相平的过程中，若气体向外界放出的热量为6 J，气体内能的变化量ΔU。
解析：(1)初态时，对活塞受力分析，由平衡条件可得p1S＝p0S＋mg，可得汽缸内气体压强为p1＝p0＋，体积为V1＝h2S，要使U形细管两边水银面相平，则汽缸内气体的压强为p2＝p0，此时活塞下端一定与汽缸底接触，则有V2＝LS，设此时温度为T2，由理想气体状态方程有＝，联立解得T2＝240 K。(2)从开始至活塞竖直部分恰好与汽缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功W＝p1ΔV＝×(h2－L)S＝3.6 J，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，可得气体内能的变化量ΔU＝－2.4 J。
答案：(1)240 K　(2)－2.4 J
【变式3-2】(多选)如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是(　 )
A．整个过程，外力F做功大于0，小于mgh
B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C．整个过程，理想气体的内能增大
D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)
E．左端活塞到达B位置时，外力F等于
解析：选BDE　整个过程中右边活塞的位置始终不变，外力F不做功，A错误；整个过程中系统的温度不变，所以一定质量的理想气体的分子平均动能不变，内能不变，B正确，C错误；当左边活塞到达B位置时汽缸内气体的压强最大，最大压强p＝＋p0，所以外界对气体做的功小于p0S1h＋mgh，由于内能不变，故理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)，D正确；根据左、右两边气体的压强相等，有p0＋＝p0＋，解得F＝，E正确。
【变式3-3】如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和t0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中
(1)内能的增加量ΔU；
(2)最终温度T。
解析：(1)活塞移动时受力平衡，有p1S＝p0S＋f，气体对外界做功W＝p1SL，根据热力学第一定律ΔU＝Q－W，解得ΔU＝Q－L。
(2)活塞发生移动前为等容变化，＝，
活塞向右移动L的过程为等压变化，＝，且V2＝2V1，解得T＝t0。
答案：(1)Q－L　(2)t0
【题型4 联系实际】
【例4】如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮。上浮过程中，小瓶内气体(　 )
A．内能减少
B．对外界做正功
C．增加的内能大于吸收的热量
D．增加的内能等于吸收的热量
解析：选B　小瓶内的空气可视为理想气体，在小瓶缓慢上浮的过程中，瓶内空气的温度随水温升高，内能增加，故A错误；同时，瓶内空气的压强减小，由理想气体的状态方程＝C，可知体积增大，气体对外界做正功，故B正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于ΔU＞0，W＜0，则Q＞0，可见气体吸收的热量大于增加的内能，故C、D错误。
【变式4-1】(多选)如图所示是某喷水壶示意图。未喷水时阀门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气。多次充气后按下按柄B打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴喷出。储气室气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变，则(　 )
A．充气过程中，储气室内气体的内能增大
B．充气过程中，储气室内气体分子平均动能减小
C．喷水过程中，储气室内气体压强减小
D．喷水过程中，储气室内气体放热
解析：选AC　充气过程中，储气室内气体的质量增加，气体的温度不变，故气体分子的平均动能不变，气体内能增大，A正确，B错误；喷水过程中，气体体积增大，气体对外做功，而气体温度不变，则气体内能不变，气体吸热，由＝C可知，气体压强减小，C正确，D错误。
【变式4-2】水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在水不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体(　　)
A.压强变大 B.对外界做功
C.对外界放热 D.分子平均动能变大
答案　B
解析　在水向外不断喷出的过程中，罐内气体体积增大，根据玻意耳定律可知，罐内气体的压强减小，选项A错误；由于罐内气体温度不变，内能不变，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸热，选项B正确，C错误；根据温度是分子平均动能的标志可知，温度不变，分子平均动能不变，选项D错误。
【变式4-3】蛟龙号深潜器在执行某次实验任务时，外部携带一装有氧气的汽缸，汽缸导热良好，活塞与缸壁间无摩擦且与海水相通。已知海水温度随深度增加而降低，则深潜器下潜过程中，下列说法正确的是(　　)
A.每个氧气分子的动能均减小
B.氧气放出的热量等于其内能的减少量
C.氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加
D.氧气分子每次对缸壁的平均撞击力增大
答案　C
解析　海水温度随深度增加而降低，汽缸导热良好，氧气分子平均动能降低，但不是每个氧气分子的动能均减小，故A错误；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，内能的减少量等于氧气放出的热量和外界对氧气做功之和，故B错误；根据液体压强公式p＝ρgh，可知随下潜深度增加，海水压强增大，由于活塞与缸壁间无摩擦且与海水相通，氧气压强增加，即氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加，故C正确；温度降低，氧气分子平均动能降低，氧气分子每次对缸壁的平均撞击力减小，故D错误。
【题型5 与p-V图像综合】
【例5】一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－V 图像如图所示。已知气体在状态a的压强为p0、体积为V0、温度为T0，气体在状态b的温度Tb＝1.5T0，气体在状态c的温度Tc＝T0，求
(1)气体在状态b时的体积；
(2)分析说明气体由状态c到状态a是吸热还是放热，并求出吸收或放出的热量。
答案　(1)1.5V0　(2)放热　p0V0
解析　(1)a到b是等压变化，有＝
解得Vb＝1.5V0。
(2)由于Ta＝Tc，c到a过程，ΔU＝0，气体体积减小，外界对气体做功即
W＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，需要放热，从b到c，Vc＝Vb，＝
得pc＝p0
从c到a过程外界对气体做功
Wca＝(pa＋pc)(Vc－Va)＝p0V0
则放出热量Q＝Wca＝p0V0。
【变式5-1】(多选)如图所示，一定量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环，ABCD位于矩形的四个顶点上。下列说法正确的是(　　)
A.状态C的温度为T0
B.从A→B，分子的平均动能减少
C.从C→D，气体密度增大
D.从D→A，气体压强增大、内能减小
答案　AC
解析　A→B过程为等压过程，有＝，即＝，解得＝，C→D过程也为等压过程，有＝，即＝，解得TC＝T0＝T0，故A正确；从A→B，温度升高，分子平均动能增大，故B错误；C→D过程为等压变化过程，气体体积减小，气体质量不变，则气体密度增大，故C正确；从D→A，气体的体积不变，气体压强增大，温度升高，气体内能增大，故D错误。
【变式5-2】(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a(p0、V0、T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是(　 )
A．ab过程中，气体始终吸热
B．ca过程中，气体始终放热
C．ca过程中，气体对外界做功
D．bc过程中，气体的温度先降低后升高
E．bc过程中，气体的温度先升高后降低
解析：选ABE　由理想气体的p -V图像可知，理想气体经历ab过程中，体积不变，则W＝0，而压强增大，由＝C可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由ΔU＝Q＋W可知，气体始终吸热，故A正确；理想气体经历ca过程中，气体压强不变，为等压压缩，则外界对气体做功，W>0，由＝C知温度降低，即内能减少，ΔU<0，由ΔU＝Q＋W可知，Q<0，即气体始终放热，故B正确，C错误；由＝C可知，p -V图像的坐标围成的面积反映温度高低，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程中气体温度先升高后降低，故D错误，E正确。
【变式5-3】一定质量的理想气体，在温度T1和T2下的压强p与体积V的关系曲线如图所示。气体由状态A等容变化到状态B的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.温度降低，吸收热量 B.温度降低，放出热量
C.温度升高，吸收热量 D.温度升高，放出热量
答案　C
解析　气体由状态A等容变化到状态B的过程中，压强增大，由等容变化规律＝C可知，温度升高，理想气体内能增大，再根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，由于气体发生等容变化，则气体不对外做功，外界也不对气体做功，所以气体吸收热量，故C正确，A、B、D错误。
【题型6 与p-T图像综合】
【例6】一定量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化图像如图所示。下列说法正确的是(　 )
A．A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加
B．A→B的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量
C．B→C的过程中，气体体积增大，对外做功
D．B→C的过程中，气体对外界放热，内能减小
解析：选B　从A到B的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故A错误，B正确；从B到C的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对气体做功，气体放出热量，内能不变，故C、D错误。
【变式6-1】如图所示，一定质量的理想气体从状态A到状态B，再从状态B到状态C，最后从状态C回到状态A。已知气体在状态A的体积VA＝3.0×10－3 m3，从B到C过程中气体对外做功1 000 J。求：
(1)气体在状态C时的体积；
(2)气体在A→B→C→A的整个过程中气体吸收的热量。
答案　(1)9.0×10－3 m3　(2)400 J
解析　(1)气体从C→A，发生等压变化，有＝
解得VC＝9.0×10－3 m3。
(2)气体从A→B，气体发生等容变化，则WAB＝0
气体从B→C，气体等温膨胀对外做功，则WBC＝－1 000 J
气体从C→A，气体体积减小，外界对气体做功，则
WCA＝pC(VC－VA)＝600 J
全过程中W＝WAB＋WBC＋WCA＝－400 J
全过程ΔU＝0
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得吸收热量
Q＝－W＝400 J。
【变式6-2】(多选)如图所示描述了一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ab的延长线过原点，则下列说法正确的是(　　)
A.气体从状态a到b的过程，气体体积不变
B.气体从状态b到c的过程，一定从外界吸收热量
C.气体从状态c到d的过程，外界对气体做功
D.气体从状态d到a的过程，气体的内能减小
答案　ABD
解析　从状态a到b，气体发生的是等容变化，气体的体积不变，故A正确；从状态b到c，温度升高，压强不变，根据理想气体状态方程＝C，体积增加，气体对外做功，温度升高说明内能增加，根据热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q，气体吸收热量，故B正确；从状态c到d，温度不变，压强减少，则体积增大，气体对外做功，故C错误；从状态d到a，温度降低，内能减小，故D正确。
【变式6-3】(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③到达状态d。对此气体，下列说法正确的是(　　)
A.过程①中，气体体积不断增大
B.过程②中，气体从外界吸收热量
C.过程②为绝热过程
D.状态a的体积大于状态d的体积
答案　AD
解析　过程①中，气体温度不变，压强减小，则气体体积不断增大，选项A正确；过程②中，气体体积不变，温度降低，内能减小，则气体向外界放出热量，此过程不是绝热过程，选项B、C错误；根据＝C可知在a、d两个状态＝，Va＝Vd，状态a的体积大于状态d的体积，选项D正确。
【题型7 与V-t图像综合】
【例7】(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状态c，直线ac过原点。则气体(　 )
A．在状态c的压强等于在状态a的压强
B．在状态b的压强小于在状态c的压强
C．在b→c的过程中内能保持不变
D．在a→b的过程对外做功
解析：选AC　根据V＝T可知，因直线ac过原点，可知在状态c的压强等于在状态a的压强，b点与原点连线的斜率小于c点与原点连线的斜率，可知在状态b的压强大于在状态c的压强，A正确，B错误；在b→c的过程中温度不变，则气体的内能保持不变，C正确；在a→b的过程中，气体的体积不变，则气体不对外做功，D错误。
【变式7-1】一定质量的理想气体，其内能跟热力学温度成正比。在初始状态A时，体积为V0，压强为p0，温度为T0，此时其内能为U0。该理想气体从状态A经由一系列变化，最终返回到原来状态A，其变化过程的V－T图线如图所示，其中CA延长线过坐标原点，B、A点在同一竖直线上。求：
(1)该理想气体在状态B时的压强；
(2)该理想气体从状态B经由状态C回到状态A的过程中，气体向外界放出的热量。
答案　(1)　(2)2p0V0
解析　(1)由图可知，从状态A到状态B为等温变化过程，状态B时气体体积为V1＝3 V0，状态A时气体体积为V0，压强为p0，由玻意耳定律p0V0＝pBVB，
得pB＝。
(2)由图线知从状态B到状态C为等容过程，外界对气体不做功，WBC＝0，从状态C到状态A，为等压变化过程，外界对气体做功，WCA＝p0＝2p0V0，对状态B经状态C回到状态A，温度不变，则内能增加量为ΔU＝0，气体对外界放出的热量为Q，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，Q＝－W＝－2p0V0，即气体向外界放出热量为2p0V0。
【变式7-2】如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C后再回到状态A。A状态的体积是2 L，温度是300 K，B状态的体积为4 L，C状态的体积是3 L，压强为2×105 Pa。
(1)在该循环过程中B状态的温度TB和A状态的压强pA是多少？
(2)A→B过程如果内能变化了200 J，该理想气体是吸热还是放热，热量Q是多少焦耳？
解析：(1)A→B过程由题图可知是等压变化，由盖-吕萨克定律得＝，解得TB＝600 K，B→C过程由题图可知发生等温变化，所以TC＝TB＝600 K，C→A过程根据理想气体状态方程得＝，解得pA＝1.5×105 Pa。
(2)A→B过程理想气体温度升高，内能增加ΔU＝200 J，体积膨胀，气体对外界做功W＝－pA·ΔV＝－300 J，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，解得Q＝500 J，即该理想气体吸热，吸收热量Q为500 J。
答案：(1)600 K　1.5×105 Pa　(2)吸收热量　500 J
【变式7-3】(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是(　　)
A.过程①中气体的压强逐渐减小
B.过程②中气体对外界做正功
C.过程④中气体从外界吸收了热量
D.状态c、d的内能相等
E.状态d的压强比状态b的压强小
答案　BDE
解析　由理想气体状态方程＝可知，pb＞pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，选项A错误；由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做正功，选项B正确；过程④中气体体积不变，气体对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，选项C错误；由于状态c、d的温度相等，理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，选项D正确；连接题图Ob、Od，为两条等压线，根据pV＝CT，可得T＝V，由斜率可判断出状态d的压强比状态b的压强小，选项E正确。专题1.2 实验：用油膜法估测油酸分子的大小
【人教版】
【题型1 原理与操作】
【题型2 数据处理】
【题型3 误差分析】
【题型4 油膜面积的处理】
【题型1 原理与操作】
【例1】在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，
(1)该实验中的理想化假设是________。
A．将油膜看成单分子层油膜
B．不考虑各油酸分子间的间隙
C．不考虑各油酸分子间的相互作用力
D．将油酸分子看成球形
(2)实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是________。
A．可使油酸和爽身粉之间形成清晰的边界轮廓
B．对油酸溶液起到稀释作用
C．有助于测量一滴油酸的体积
D．有助于油酸的颜色更透明便于识别
(3)某老师为本实验配制油酸酒精溶液，实验室配备的器材有：面积为0.22 m2的蒸发皿、注射器、烧杯(注射器中1毫升溶液滴入烧杯中的滴数为50滴)、纯油酸和无水酒精若干。已知分子直径数量级为10－10 m，则该老师配制的油酸酒精溶液体积浓度(油酸与油酸酒精溶液的体积比)至多为________‰(保留两位有效数字)。
解析：(3)根据题意可知，形成的油膜的面积不能超过蒸发皿的面积，当油膜面积等于蒸发皿的面积时，油酸酒精溶液浓度最大。一滴油酸的体积V0＝dS＝10－10 m×0.22 m2＝2.2×10－11 m3，一滴油酸酒精溶液的体积V＝ cm3＝2×10－8 m3，则此油酸酒精溶液的体积浓度至多为＝1.1 ‰。
答案：(1)ABD　(2)B　(3)1.1
【变式1-1】用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以__________
________________________________________________________________________。
为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是__________________________________。
解析：用油膜法估测分子直径时，需使油酸在水面上形成单分子层油膜，为使油酸尽可能地散开，将油酸用酒精稀释。根据V＝Sd，要求得分子的直径d，则需要测出油膜面积，以及一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积。这样需要测出一滴油酸酒精溶液的体积，其方法可用累积法，即测出1 mL油酸酒精溶液的滴数。
答案：使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜　用注射器吸取一定体积的油酸酒精溶液，把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入烧杯中，记下液滴的总滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积　单分子层油膜的面积
【变式1-2】(1)如图所示的四个图反映“用油膜法估测分子的大小”实验中的四个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是________(用符号表示)。
(2)用“油膜法”来粗略估测分子的大小，是通过一些科学的近似处理，这些处理有：
________________________________________________________________________。
解析：(1)用“油膜法估测分子的大小”实验步骤为：配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径。很显然操作先后顺序排列应是dacb。
(2)在“用油膜法估测分子的大小”实验中，我们的实验依据是：①油膜是呈单分子分布的；②把油酸分子看成球形；③分子之间没有空隙。
【变式1-3】在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，某同学操作步骤如下：
①取一定量的无水酒精和油酸，配制成一定浓度的油酸酒精溶液；
②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；
③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴溶液，待散开稳定；
④在蒸发皿上覆盖玻璃板，描出油酸薄膜形状，用透明方格纸测量油酸薄膜的面积。
请指出错误或有遗漏的步骤，并改正其错误：
错误的步骤：__________________________________；
有遗漏的步骤：________________________________。
解析：②由于一滴溶液的体积太小，直接测量时，相对误差太大，应用微小量累积法减小测量误差；③液面上不撒痱子粉时，滴入的油酸酒精溶液挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜，油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败。
答案：见解析
【题型2 数据处理】
【例2】在做“用油膜法估测分子的大小”实验时，在每200 mL油酸酒精溶液中有纯油酸1 mL，实验中利用注射器测出200滴该溶液的体积为1 mL，已知1滴该溶液滴入浅水盘中最终形成的油膜面积为175 cm2，则油酸分子大小约为__________ m(保留3位有效数字)。在该实验中，液体表面的张力使液滴从针头滴落时呈现球状，则液体表层分子间作用力表现为__________(填“引力”或“斥力”)，分子间距离__________(填“大于”“等于”或“小于”)液体内分子的平衡距离。
答案　1.43×10－9　引力　大于
解析　由题可知，一滴油酸的总体积
× cm3＝2.5×10－5 cm3
则油酸分子大小为×10－2 m＝1.43×10－9 m
液体表面的张力，是因分子间作用力表现为引力。
当分子间作用力表现为引力时，分子间距大于液体内分子的平衡距离。
【变式2-1】(1)在做“用油膜法估测油酸分子大小”的实验时，已经准备的器材有：一定浓度的油酸酒精溶液、烧杯、浅盘和水、玻璃板、彩笔，要完成本实验，还缺少的器材有________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，在哪些方面做了理想化的假设________________________________________________________________________；
实验中滴在水面的是油酸酒精溶液而不是纯油酸，且只能滴一滴，这是因为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
在将油酸酒精溶液滴向水面前，要先在水面上均匀撒上爽身粉，这样做是为了_______
________________________________________________________________________。
(3)下面4个图反映“用油膜法估测油酸分子大小”实验中的4个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是________(用符号表示)。
(4)在做“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，已知实验室中使用的油酸酒精溶液的体积浓度为c，又用注射器测得每N滴这种油酸酒精溶液的总体积为V，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，在玻璃板上描出油膜的边界线，再把玻璃板放在画有边长为a的正方形小格的纸上(如图所示)，测得油膜占有的小正方形个数为X。
①每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积的表达式V0＝________。
②油膜的面积表达式S＝________，从图中可数出小正方形的有效个数X＝________。
③用以上字母表示油酸分子的大小D＝________。
解析：(1)在本实验中，要用注射器通过累积法得到一滴油酸酒精溶液的体积，先在水槽中撒上爽身粉，再将用酒精稀释过的油酸用注射器滴到水面上，将玻璃板盖在水槽上，在玻璃板上铺上坐标纸，用彩笔画出油膜的边界，用数格子的方法得出形成的面积；则可根据体积公式求得分子直径。故实验中还需要：注射器、爽身粉及坐标纸。
(2)在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，一般将油膜看成单分子膜，将油酸看成球形，将油酸分子看成是紧挨在一起的；实验中滴在水面上的是油酸酒精溶液而不是纯油酸，且只能滴一滴，这是因为纯油酸粘滞力较大，直接测量体积时误差太大；在滴入油滴之前，要先在水面上均匀撒上爽身粉，这样做的目的是使油膜边界清晰，便于描绘油膜形状。
(3)“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径，显然，操作先后顺序排列应是dacb。
(4)①由题意可知，一滴油酸酒精溶液的体积V′＝，其中纯油酸的体积V0＝；②所形成的油膜的面积为S＝Xa2；超过半格的算一个，不足半格的舍去，从图中可数出小正方形的有效个数X＝55；③纯油酸的体积V0＝DS，D＝＝。
答案：(1)注射器、爽身粉、坐标纸　(2)将油膜看成单分子膜，将油酸分子看成球形，将油酸分子看成是紧挨在一起的　纯油酸粘滞力较大，直接测量体积时误差太大　使油膜边界清晰，便于描绘油膜形状　(3)dacb　(4)①　②Xa2　55　③
【变式2-2】在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用a mL的纯油酸配制成b mL的油酸酒精溶液，再用滴管取1 mL油酸酒精溶液，让其自然滴出，共n滴。现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为S cm2，则：
(1)估算出油酸分子的直径大小是________ cm。
(2)用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的________。
A．摩尔质量　 　　　　　　 B．摩尔体积
C．质量 D．体积
解析：(1)油酸酒精溶液的浓度为，一滴油酸酒精溶液的体积为 mL，一滴油酸酒精溶液含纯油酸 mL，则油酸分子的直径大小为d＝ cm。
(2)设一个油酸分子体积为V，则V＝π3，由 NA＝ 可知，要测定阿伏加德罗常数，还需知道油滴的摩尔体积，故B正确。
答案：(1)　(2)B
【变式2-3】在“油膜法估测分子直径”的实验中，某老师为本实验配制油酸酒精溶液，实验室配备的器材有：面积为0.25 m2的蒸发皿，滴管，量筒(60滴溶液滴入量筒体积约为1毫升)，纯油酸和无水酒精若干等。已知分子直径数量级为10－10 m，求该老师配制的油酸酒精溶液浓度(油酸与油酸酒精溶液的体积比)至多为多少？
答案　1.5×10－3
解析　根据题意可知，形成的油膜的面积不能超过蒸发皿的面积，当油膜面积等于蒸发皿的面积时，此时油酸浓度最大，一滴油酸的体积为
V＝dS＝10－10 m×0.25 m2＝2.5×10－11 m3
一滴酒精油酸溶液的体积为V0＝ cm3＝1.7×10－8 m3
因此油酸的浓度为＝1.5×10－3。
【题型3 误差分析】
【例3】油膜法估测分子大小的实验，每500 mL油酸酒精溶液中有纯油酸1 mL，用注射器测得1 mL这样的溶液共计80滴。现将1滴这种溶液滴在撒有痱子粉的水面上，这滴溶液中纯油酸的体积是__________ m 3；待油膜形状稳定后，在玻璃板上描绘出油膜的轮廓。若用轮廓范围内完整方格的总面积当作油膜的面积，则计算得到的油膜面积__________，估算的油酸分子直径__________。(后两空选填“偏大”或“偏小”)
答案　2.5×10－11　偏小　偏大
解析　1滴溶液中纯油酸的体积V＝× mL＝2.5×10－5 mL＝2.5×10－11 m3
若用轮廓范围内完整方格的总面积当作油膜的面积，则没有计算到不完整方格的面积，所以计算得到的油膜面积偏小，由d＝可知，估算的油酸分子直径偏大。
【变式3-1】某班级做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验，实验前，将酒精加入1 mL的油酸中配制成1 000 mL的油酸酒精溶液。
(1)在实验时需要测量出一滴油酸酒精溶液的体积，具体的操作是用________将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入烧杯，记下注射器内溶液减少一定体积时液滴的数目。
(2)在浅盘的水面撒上爽身粉，将1滴油酸酒精溶液滴入水中后，下列现象或判断正确的是________。
A．油膜的面积先扩张后又稍微收缩了一些
B．油膜的面积先快速扩张后慢慢趋于稳定
C．若出现如图的情况，说明油酸浓度太大，需重新配制油酸酒精溶液再进行实验
D．若出现如图的情况，可在水面上重新撒上爽身粉，再次滴入油酸酒精溶液进行实验
(3)甲实验小组测得1 mL油酸酒精溶液为80滴，通过数1滴溶液在水面稳定后形成的油膜面积对应的正方形的个数得到油膜的面积为250 cm2可估算油酸分子的直径为________m。
(4)乙实验小组算得的油酸分子直径偏小，可能是由于______。
A．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
B．油酸酒精溶液中酒精挥发，导致油酸浓度变大
C．水面上爽身粉撒得较多，油酸未完全散开
D．求每滴溶液体积时，1 mL的溶液的滴数少计了10滴
(5)当结束实验或重复做实验时，需将水从浅盘的一角倒出，在这个角的边缘会遗留少许油酸，为了保持浅盘的清洁，不影响下次使用，应如何处理？________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)在实验时需要测量出一滴油酸酒精溶液的体积，具体的操作是用注射器将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入烧杯，记下注射器内溶液减少一定体积时液滴的数目。
(2)在浅盘的水面撒上爽身粉，将1滴油酸酒精溶液滴入水中后，可发现油膜的面积先扩张后又稍微收缩了一些，A正确，B错误；若出现题图中的情况，说明油酸浓度太低，需重新配制油酸酒精溶液再进行实验，C、D错误。
(3)一滴油酸酒精溶液中含油酸的体积V＝×10－6 m3，油酸分子的直径为d＝＝ m＝5×10－10 m。
(4)根据d＝可知计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，S的测量值偏小，则直径的测量值偏大，A错误；油酸酒精溶液中酒精挥发，导致油酸浓度变大，油膜的面积S偏大，则直径的测量值偏小，B正确；水面上爽身粉撒得较多，油酸未完全散开，油膜面积的测量值偏小，则直径的测量值偏大，C错误；求每滴溶液体积时，1 mL的溶液的滴数少计了10滴，则一滴油酸酒精溶液中含油酸的体积偏大，则直径的测量值偏大，D错误。
(5)可以用适量酒精清洗，并用脱脂棉擦去再用清水冲洗。
答案：(1)注射器　(2)A　(3)5×10－10　(4)B　(5)可以用适量酒精清洗，并用脱脂棉擦去再用清水冲洗
【变式3-2】油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL，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1 mL，若把一滴这样的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，稳定后形成的油膜的形状如图所示。若每一小方格的边长为25 mm，试问：
(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为________模型，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________。图中油酸膜的面积为________m2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________m3；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________m。(结果保留两位有效数字)
(2)某同学在实验过程中，在距水面约2 cm的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜，实验时观察到，油膜的面积先扩张后又收缩了一些，这是为什么呢？
请写出你分析的原因：__________________________________________________
________________________________________________________________________。
[解析]　(1)油膜面积约占55小格，面积约为S＝55×25×25×10－6 m2≈3.4×10－2 m2，一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V＝××10－6 m3＝1.2×10－11 m3，
油酸分子的直径约等于油膜的厚度
d＝＝ m≈3.5×10－10 m。
(2)主要有两个原因：①水面受到落下的油酸酒精溶液的冲击，先陷下后又恢复水平，因此油膜的面积扩张；②油酸酒精溶液中的酒精挥发，使液面收缩。
[答案]　(1)球形　单分子　直径　3.4×10－2　1.2×10－11　3.5×10－10　(2)见解析
【变式3-3】在“用油膜法估测油酸分子直径”的实验中，我们通过宏观量的测量间接计算微观量。
(1)本实验利用了油酸分子易在水面上形成________(选填“单层”或“多层”)分子油膜的特性。若将含有纯油酸体积为V的一滴油酸酒精溶液滴到水面上，形成面积为S的油酸薄膜，则由此可估测油酸分子的直径为________。
(2)某同学实验中先取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液，测量并计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积后，接着又进行了下列操作：
A．将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，在水面上自由地扩展为形状稳定的油酸薄膜
B．将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上计算油酸薄膜的面积
C．将玻璃板盖到浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的轮廓画在玻璃板上
D．向浅盘中倒入约2 cm深的水，将爽身粉均匀地撒在水面上
以上操作的合理顺序是________(填字母代号)。
(3)若实验时爽身粉撒得太厚，则所测的分子直径会________(选填“偏大”或“偏小”)。
解析：(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，d＝。
(2)实验步骤为：配制好油酸酒精溶液，用注射器通过累积法测出1滴此溶液的体积，然后将1滴此溶液滴在浅盘中撒有爽身粉的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板盖在浅盘上，用彩笔描绘出油酸薄膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，计算出油酸薄膜的面积。故答案为DACB。
(3)实验过程中，若爽身粉撒得太厚，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d＝可知，实验测得的油酸分子的直径偏大。
答案：(1)单层　　(2)DACB　(3)偏大
【题型4 油膜面积的处理】
【例4】在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将一滴油酸酒精溶液滴入事先撒有均匀痱子粉的水槽中，待油膜充分散开后，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示。坐标纸上正方形小方格的边长为10 mm，该油膜的面积是__________ m2；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1.2 mL，则油酸分子的直径为________ m(结果均保留2位有效数字)。
答案　8.0×10－3　7.5×10－10
解析　在围成的方格中，不足半个的舍去，多于半个的算一个，共有80个方格，故油酸膜的面积为S＝80×1 cm×1 cm＝80 cm2＝8.0×10－3 m2
每滴油酸酒精溶液中含有油酸的体积
V＝×0.2% mL＝6×10－12 m3
则d＝＝7.5×10－10 m。
【变式4-1】在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸溶于酒精，其浓度为每1 000 mL溶液中有0.6 mL油酸。用注射器测得1 mL上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油酸的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和大小如图所示，坐标中正方形方格的边长为1 cm，试求：
(1)油酸膜的面积是________ cm2；
(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________ mL；
(3)按以上实验数据估测出油酸分子的直径是________ m。
解析：(1)根据题图，数得格子数为131个，那么油膜面积是S＝132×1 cm2＝132 cm2。
(2)根据已知条件可知，1 mL溶液中有75滴，1滴溶液的体积是 mL。又已知每1 000 mL溶液中有纯油酸0.6 mL，一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积是
V＝ mL＝8×10－6 mL。
(3)油酸分子的直径为
d＝＝ cm≈6.1×10－10 m。
答案：(1)132　(2)8×10－6　(3)6.1×10－10
【变式4-2】测量分子大小的方法有很多，如油膜法、显微法。
(1)在“用油膜法估测分子大小”的实验中，用移液管量取0.25 mL 油酸，倒入标注250 mL的容量瓶中，再加入酒精后得到250 mL的溶液。然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中1 mL的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图甲所示。坐标格的正方形大小为2 cm×2 cm。由图可以估算出油膜的面积是________cm2，由此估算出油酸分子的直径是________m(保留一位有效数字)。
(2)如图乙是用扫描隧道显微镜拍下的一个“量子围栏”的照片。这个量子围栏是由48个铁原子在铜的表面排列成直径为1.43×10－8 m的圆周而组成的。由此可以估算出铁原子的直径约为________m(结果保留两位有效数字)。
解析：(1)数油膜所占的正方形格数，大于半格的算一格，小于半格的舍去，得到油膜的面积S＝格数×2 cm×2 cm＝256 cm2。溶液浓度为，每滴溶液体积为 mL,2滴溶液中所含油酸体积为V＝2×10－5 cm3。油膜厚度即油酸分子的直径是d＝≈8×10－10 m。
(2)直径为1.43×10－8 m的圆周周长为D＝πd≈4.5×10－8 m，可以估算出铁原子的直径约为d′＝ m≈9.4×10－10 m。
答案：(1)256　8×10－10　(2)9.4×10－10
【变式4-3】油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.5 mL，用注射器吸取1 mL油酸酒精溶液，把该溶液滴入烧杯内，总滴数为50滴。若把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成单分子油膜的形状如图所示。(以下计算结果均保留2位有效数字)
(1)若每一小方格的边长为10 mm，则油酸薄膜的面积为________m2；
(2)每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为________m3；
(3)根据上述数据，估算出油酸分子的直径为______m。
(4)为了尽可能准确地估测出油酸分子的大小，下列哪些措施是可行的________。
A．油酸浓度适当大一些
B．油酸浓度适当小一些
C．油酸扩散后立即绘出轮廓图
D．油酸扩散并待其收缩稳定后再绘出轮廓图
解析：(1)每个正方形的面积为S1＝(10 mm)2＝1×10－4m2，面积超过正方形面积一半的正方形的个数为80个，则油酸膜的面积约为 S＝80S1＝80×10－4 m2＝8.0×10－3 m2。
(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积：
V＝ mL＝1.0×10－11 m3。
(3)把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则分子的直径为：
d＝＝ m＝1.3×10－9 m。
(4)为能形成单分子油膜，油膜浓度应适当小些；绘制轮廓图应在油酸扩散稳定后进行，B、D正确，A、C错误。
答案：(1)8.0×10－3(7.8×10－3～8.5×10－3均可)
(2)1.0×10－11　(3)1.3×10－9(或1.2×10－9)　(4)BD专题5.5 基本”粒子
【人教版】
【题型1 粒子的形成】
【题型2 粒子的分类】
【题型3 夸克】
【题型4 联系实际】
【题型5 反物质】
【题型6 综合问题】
【题型1 粒子的形成】
【例1】根据宇宙大爆炸的理论，在宇宙形成之初是“粒子家族”尽显风采的时期，那么在大爆炸之后最早产生的粒子是( )
A．夸克、轻子、胶子等粒子
B．质子和中子等强子
C．光子、中微子和电子等轻子
D．氢核、氘核、氦核等轻核
【答案】 A
【解析】 宇宙形成之初产生了夸克、轻子和胶子等粒子，之后又经历了质子和中子等强子时代，再之后是自由的光子、中微子、电子大量存在的轻子时代，再之后是中子和质子结合成氘核，并形成氦核的核时代，之后电子和质子复合成氢原子，最后形成恒星和星系，因此A正确，B、C、D的产生都在A之后，故B、C、D错．
【变式1-1】宇宙诞生过程中，产生如下粒子：①光子、中微子、电子等大量轻子；②氘核、氚核、氦3、氦核等轻核；③夸克、轻子、胶子等粒子；④质子和中子等强子；⑤电子、质子、氦核的混合电离气体；⑥电子、质子复合成为中性氢原子。
根据宇宙大爆炸理论，以上粒子形成的先后顺序是( )
A．①②③④⑤⑥ B．③①④②⑤⑥
C．③④①②⑤⑥ D．①③④②⑥⑤
【答案】 C
【解析】 根据大爆炸理论，宇宙形成之初是粒子家族，其后产生了夸克、轻子、胶子等粒子，然后按强子时代、轻子时代、核合成时代、混合电离气体、中性氢原子的顺序演化，故C项正确。故选：C。
【变式1-2】现有的核电站常用的核反应之一是：
U＋n→143 60Nd＋Zr＋3n＋8　0－1e＋
(1)核反应方程中的是反中微子，它不带电，质量数为零，试确定生成物锆(Zr)的电荷数与质量数．
(2)已知铀核的质量为235.043 9 u，中子的质量为1.008 7 u，钕(Nd)核的质量为142.909 8 u，锆核的质量为89.904 7 u，试计算1 kg铀235裂变释放的能量为多少焦耳？(已知1 u质量相当于931.5 MeV的能量，且1 u＝1.660 6×10－27 kg)
【解析】　(1)锆的电荷数Z＝92－60＋8＝40，质量数A＝236－146＝90.
(2)1 kg铀235中铀核的个数为
n＝≈2.56×1024(个)
不考虑核反应中生成的电子质量，1个铀235核裂变产生的质量亏损为Δm＝0.212 u，释放的能量为
ΔE＝0.212×931.5 MeV≈197.5 MeV
则1 kg铀235完全裂变释放的能量为
E＝nΔE＝2.56×1024×197.5 MeV＝5.056×1026 MeV≈8.1×1013 J.
【答案】　(1)40　90　(2)8.1×1013 J
【变式1-3】太阳内部的核聚变反应可以释放出大量的能量，这些能量以电磁波辐射的形式向四面八方辐射出去，其总功率达P＝3.8×1026 W.
(1)估算太阳每秒钟的质量亏损．
(2)设太阳上的核反应都是4H→He＋2e＋2ν＋28 MeV这种形式的反应(ν是中微子，其质量远小于电子质量，是穿透力极强的中性粒子)，地日距离L＝1.5×1011 m，试估算每秒钟太阳垂直照射地面上每平方米有多少中微子到达．
(3)假设原始太阳全部由质子和电子组成，并且只有10%的质子可供“燃烧”，试估算太阳的寿命(太阳的质量为2.0×1030 kg，质子的质量为1.67×10－27 kg)．
【解析】　(1)太阳每秒钟释放的能量为ΔE＝Pt＝3.8×1026 J，由质能方程ΔE＝Δmc2可得Δm＝＝ kg＝4.2×109 kg.
(2)设E0＝28 MeV，每秒钟的核反应的次数为：
n＝＝＝8.48×1037次
每秒钟产生的中微子为n1＝2n＝1.696×1038个
建一个以L为半径的球模型，球的表面积为
S＝4πL2＝2.826×1023 m2
则每平方米上有中微子的个数为：
n2＝＝＝6×1014个．
(3)能发生反应的总质量为m1＝M×10%＝2.0×1030×10% kg＝2.0×1029 kg，每次聚变用四个质子，每秒钟用的质子数为n3＝4n＝4×8.48×1037个，质子的质量mp＝1.67×10－27 kg，
太阳的寿命为：t＝＝ s＝3.53×1017 s≈112亿年．
答案　(1)4.2×109 kg　(2)6×1014个　(3)112亿年
【题型2 粒子的分类】
【例2】（多选）关于人们发现的新粒子，下列说法正确的是（　　）
A．许多粒子都有自己的反粒子
B．把粒子分为强子、轻子、媒介子，根据是粒子与各种相互作用的关系
C．质子属于强子
D．光子属于轻子
【答案】ABC
【解析】许多粒子都有自己的反粒子，“反粒子”与其对应的正粒子具有相同的质量和相同的电量，但电荷的符号相反，故A正确；粒子分为三大类：媒介子、轻子和强子，依据其相互作用的关系，质子和中子属于强子，光子属于媒介子，τ子属于轻子，故BC正确，D错误；故选ABC。
【变式2-1】现已发现的粒子达400多种。它们大体可被分为哪几种类别（　　）
A．光子、夸克、强子、质子 B．夸克、轻子、强子、电子
C．规范玻色子、希格斯玻色子、轻子、强子 D．质子、中子、电子、光子
【答案】C
【解析】按照粒子与各种相互作用的关系，大体可以把粒子分为四大类，即强子、轻子、规范玻色子和希格斯玻色子，所以选项C正确，ABD错误。故选C。
【变式2-2】以下说法正确的是（　　）
A．最早发现的轻子是电子，最早发现的强子是中子
B．质子、中子、介子和超子都属于强子
C．现代实验发现强子、轻子都有内部结构
D．τ子质量比核子质量大，τ子不属于轻子
【答案】B
【解析】最早发现的强子是质子，最早发现的轻子是电子，A错误；强子有内部结构，由夸克组成，现代实验还没有发现轻子的内部结构，C错误；质子、中子、介子、超子都属于强子，τ子质量比核子质量大，但仍属于轻子，D错误，B正确。故选B。
【变式2-3】（多选）下列所述正确的是（　　）
A．强子是参与强相互作用的粒子
B．轻子是不参与强相互作用的粒子
C．目前发现的轻子只有4种
D．夸克有6种，它们带的电荷量分别为元电荷的+或-
【答案】ABD
【解析】由粒子的特性可知，强子是参与强相互作用的粒子；轻子是不参与强相互作用的粒子。故AB正确；目前发现的轻子有6种，故C错误；夸克模型经过几十年的发展，已知夸克有6种，它们带的电荷分别为元电荷的+或-，故D正确。故选ABD。
【题型3 夸克】
【例3】中子内有一个电荷量为的上夸克和两个电荷量为的下夸克，假设三个夸克都在半径为的同一圆周上，如图所示，则下列四幅图中能正确表示出各夸克所受静电作用力的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】对电荷量为的上夸克，它受到电荷量为的两个下夸克等大的静电力作用，由对称性得，上夸克所受静电力竖直向下，对电荷量为的下夸克，另一个下夸克对它的静电力为
上夸克对它的静电力
方向沿着连线方向，由几何关系可知
因此F与的合力方向竖直向上，且有
如下图所示
同理可知，另一个下夸克所受静电力的合力也竖直向上，综上所述，B正确。
故选B。
【变式3-1】目前普遍认为，质子和中子都是由被称为u夸克和d夸克的两类夸克组成，u夸克带电量为，d夸克带电量为，e为基本电荷，下列论断可能正确的是（ ）
A．质子由1个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成
B．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成
C．质子由1个u夸克和2个d夸克组成，中子由2个权u克和1个d夸克组成
D．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和1个d夸克组成
【答案】B
【解析】由质子带一个单位正电荷，中子不带电，设质子中u夸克、d夸克个数分别是x、y，x、y取正整数，则 解得 x=2、y=1；设中子中u夸克d夸克个数分别是m、n，m、n取正整数。 解得 m=1、n=2 即质子由2个u夸克和1个d夸克组成；中子由1个u夸克和2个d夸克组成。质子由1个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成，与结论不相符，选项A错误；质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成，与结论相符，选项B正确；质子由1个u夸克和2个d夸克组成，中子由2个权u克和1个d夸克组成，与结论不相符，选项C错误；质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和1个d夸克组成，与结论不相符，选项D错误；
故选B。
【变式3-2】已知介子、介子都是由一个夸克（夸克u或夸克d）和一个反夸克（反夸克或反夸克）组成的，它们的带电荷量如下表所示，表中e为元电荷。
u d
带电荷量
下列说法正确的是（　　）
A．由u和组成 B．由和d组成
C．由u和组成 D．由和d组成
【答案】D
【解析】根据各种粒子带电情况，的带电荷量为，故由u和组成；的带电荷量为，故由和d组成。故选D。
【变式3-3】（多选）下列关于夸克模型的说法正确的是（　　）
A．强子是由更基本的夸克组成的
B．夸克的电荷量分别为元电荷的＋或－
C．每种夸克都有对应的反夸克
D．夸克能以自由的状态单个出现
【答案】ABC
【解析】强子是由更基本的夸克组成的。A正确；夸克的电荷量分别为元电荷的＋或－。B正确；每种夸克都有对应的反夸克，C正确；夸克不能以自由的状态单个出现，D错误。故选ABC。
【题型4 联系实际】
【例4】20世纪30年代以来,人们在对宇宙线的研究中,陆续发现了一些新的粒子,K介子和π介子就是科学家在1947年发现的,K-介子的衰变方程为K-→π0+π-,其中K-介子和π-介子带负电,电荷量等于元电荷的电荷量,π0介子不带电。如图所示,一个K-介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中,其轨迹为图中的圆弧虚线,K-介子衰变后,π0介子和π-介子的轨迹可能是(　　)
答案：A
解析:π0介子不带电,在磁场中不偏转,π-介子带负电,在磁场中洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,再根据动量守恒判定知A正确。
【变式4-1】太阳放出的大量中微子向地球飞来，但实验测定的数目只有理论的三分之一，后来科学家发现中微子在向地球传播的过程中衰变成一个μ子和一个τ子。若在衰变过程中μ子的速度方向与中微子的速度方向一致，则τ子的运动方向（　　）
A．一定与μ子的方向相同 B．一定与μ子的方向相反
C．一定与μ子在同一直线上 D．不一定与μ子在同一直线上
【答案】C
【解析】中微子衰变成μ子和τ子的过程中满足动量守恒定律，μ子的速度方向与中微子的速度方向一致，则τ子的运动方向必定也在这条直线上，由于质量关系不确定，则不能确定其速度方向与μ子的方向相同还是相反。
故选C。
【变式4-2】为了探究宇宙起源，科学家将利用阿尔法磁谱仪（AMS）在太空中寻找“反物质”，所谓“反物质”是由“反粒子”构成的。“反粒子”与其对应的正粒子具有相同的质量和相同的电荷量，但电荷的符号相反，则反氢原子是（　　）
A．由1个带正电荷的质子和1个带负荷的电子构成
B．由1个带负电荷的反质子和1个带正电荷的正电子构成
C．由1个带负电荷的反质子和1个带负电荷的电子构成
D．由1个不带电荷的中子和1个带正电荷的正电子构成
【答案】B
【解析】反氢原子由1个带负电荷的反质子和1个带正电荷的正电子构成。故选B。
【变式4-3】天文学家认为星际介质在某些条件下会形成恒星，然后进入称为主序星的稳定期。太阳目前正处子主序星演化阶段，它主要由正、负电子和质子，氮原子核组成，维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应，其反应是四个质子聚变为一个氦原子核和两个正电子并释放出大量的能量，这些释放出的核能最后转化为辐射能，并同时以每秒向外抛出大量物质，最终塌陷为密度很大的白矮星。
(1)地球只接受了太阳辐射能的二十二亿分之一，就使地面温暖，万物生长。地球接受的辐射来自太阳中的核____________反应。
(2)太阳内部进行的核反应是______________，并释放出能量。
(3)请将太阳演化过程中经历的几个阶段补充完整：
星际介质—→____________—→主序星—→红巨星—→____________。
(4)太阳从现在演化到最终，经历的几个阶段相比，其密度的变化情况大致是______________________。
答案： 聚变 恒星 白矮星 先变小后变大
解析：(1)地球接收的辐射主要来自太阳中的核聚变反应。
(2)太阳内部进行的核反应是
即四个质子聚变成一氦原子核和两个正电子，并释放出大量的能量。
(3)根据材料论述可知太阳演化过程中经历的几个阶段是：
星际介质→恒星→主序星→红巨星→白矮星。
(4)太阳从现在演化到最终，经历的几个阶段相比，其密度的变化情况大致是先变小后变大，最后塌陷为密度很大的白矮星。
【题型5 反物质】
【例5】2010年3月31日，欧洲大型强子对撞机实现首次质子束对撞成功。科学家希望以接近光速飞行的质子在发生撞击之后，能模拟宇宙大爆炸的能量，并产生新的粒子，帮助人类理解暗物质、反物质以及其他超对称现象，从根本上加深了解宇宙本质，揭示宇宙形成之谜。欧洲科研机构宣布他们已经制造出9个反氢原子。
问题探究：
(1)什么是反粒子？
(2)请推测反氢原子的结构？
答案：(1)见解析；(2) 见解析
解析：(1)“反粒子”与“正粒子”具有相同的质量，但带有等量的异种电荷；
(2)“反氢原子”应该具有与氢原子相同的质量，相反的电荷符号且相等的电荷量，所以反氢原子是核和构成的。
【变式5-1】现在科学家们正在设法探寻“反物质”，所谓“反物质”是由“反粒子”构成的，“反粒子”与其对应的正粒子有相同的质量和相同的电荷量，但电荷符号相反。据此，若有反α粒子，它的质量数和电荷数分别为（　　）
A．-4，-2 B．4，-2 C．-4，2 D．4，2
【答案】B
【解析】因“反粒子”与其对应的正粒子具有相同的质量、相同的电荷量，但电荷的符号相反。所以，反α粒子质量数为4，电荷数为-2。故选B。
【变式5-2】（多选）关于人们发现的粒子，下列说法正确的是（　　）
A．许多粒子都有自己的反粒子
B．目前还未发现轻子的内部结构
C．质子属于强子
D．光子属于轻子
【答案】ABC
【解析】许多粒子都有自己的反粒子，反粒子与其对应的正粒子具有相同的质量和相同的电荷量，但电荷的符号相反，故A正确；目前还没有发现轻子的内部结构，故B正确；质子和中子属于强子，光子属于规范玻色子，故C正确，D错误。故选ABC。
【变式5-3】阿尔法磁谱仪(简称AMS)，是人类送入太空的第一台磁谱仪，其核心部分是中国研制的一台用铷铁硼材料制成的大型永磁体．AMS将在太空中寻找反物质、暗物质等，来回答有关宇宙起源的重要问题．反物质是指由质量相同但电荷符号相反的反电子(即正电子)、反质子和反中子组成的反原子构成的物质．AMS原理是利用这些物质的粒子在磁场中运动时表现出的不同特点来探测的．如图所示，是三种等速粒子在永磁体形成的磁场内的运动轨迹，下面对这三种粒子判断可能正确的是(　　)
A．a粒子是反质子，b粒子是反电子
B．a粒子是反质子，c粒子是反电子
C．b粒子是反质子，c粒子是反电子
D．c粒子是反质子，b粒子是反电子
【答案】 C
【解析】　首先由左手定则可知 , 向左偏转的粒子带正电 , 向右偏转的粒子带负电 , 根据 R=mv/qB 可知，等速的反质子比反电子的运动半径大；反质子带负电，反电子带正电，由此可得： b 可能为反质子， c 可能为反电子。故 C 正确， ABD 错误。故选C。
【题型6 综合问题】
【例6】（多选）2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置一中国环流器二号M装置（HL-2M）在成都建成并实现首次放电，HL-2M反应堆的成功对于全世界而言都有重大研究意义，它意味着中国能够掌握利用核聚变技术发电，氘核聚变反应的方程为：，已知氘核的比结合能为E，核反应中释放的核能为△E，核反应中发射一种γ光子，该γ光子照射到逸出功为W0的金属上打出的最大初动能的光电子的速度为v，已知光电子的质量为m，光速为c，普朗克常量为h，下列说法正确的是（ ）
A．裂变反应比聚变反应更难控制 B．x的比结合能为
C．光电子的德布罗意波长为 D．γ光子的频率为
【答案】BD
【解析】聚变反应比裂变反应更难控制，A错误；根据 可得 B正确；光电子的德布罗意波长为，C错误；根据光电效应方程 可得γ光子的频率为，D正确。故选BD。
【变式6-1】(多选)1961年，理论物理学家提出夸克模型，指出重子是由3个夸克组成的亚原子粒子，现代物理学认为，夸克共分6种3类：上夸克、下夸克；粲夸克、奇异夸克；顶夸克、底夸克(如下表).质子由两个上夸克加一个下夸克组成，则中子的构成是两个下夸克加一个上夸克，因此人类目前所接触的物质都是由第一类夸克组成的.某次对撞实验发现的新型粒子(欧米伽b重子)是由2个奇异夸克和1个底夸克组成的这是物理学界首次发现由后两类夸克混合组成的重子.()
符号 中文名称 带电荷量() 质量()
u 上夸克 0.004
d 下夸克 0.008
c 粲夸克 1.5
s 奇异夸克 0.15
t 顶夸克 176
b 底夸克 4.7
根据以上信息可以判定( )
A．欧米伽b重子带的电荷为
B．欧米伽b重子的质量是质子质量的250倍
C．欧米伽b重子的质量是中子质量的250倍
D．由质能方程得知
【解析】由表中信息可知，欧米伽b重子带的电荷量为，选项A正确；质子质量，故可知选项B错误；欧米伽b重子的质量为，中子的质量为，故可知选项C正确；，选项D正确.故选ACD。
【答案】 ACD
【变式6-2】下列说法正确的是(　　)
A．人类第一次实现原子核的人工核转变是查德威克用粒子轰击铍原子核，产生了碳原子核和一个中子
B．患癌症的病人可以接受钴60的放射治疗，这是利用了细胞分裂越快的组织对射线的耐受力越强的特点
C．强子是参与强相互作用的粒子，质子是最早发现的强子
D．比结合能越大的原子核，核子的平均质量也越大
【答案】 C
【解析】 卢瑟福用粒子轰击氮原子核，产生了氧的一种同位素--氧17和一个质子，这是人类第一次实现的原子核的人工转变，选项A错误；用放射治疗癌症，是利用“细胞分裂越快的组织，对射线的耐受能力就越弱”这一特点，选项B错误；强子是参与强相互作用的粒子，质子是最早发现的强子，选项C正确；比结合能越大，原子核越稳定，核子平均质量越小，选项D错误。故选C。
【变式6-3】如下一系列核反应是在恒星内部发生的。
p＋C―→N　N―→C＋e＋＋ν
p＋C―→N　p＋N―→O
O―→N＋e＋＋ν　P＋N―→C＋α
其中p为质子，α为α粒子，e＋为正电子，ν为中微子，已知质子的质量为mp＝1.672 648×10－27kg，α粒子的质量为mα＝6.644 929×10－27kg, 正电子的质量为me＝9.11×10－31kg，中微子的质量可忽略不计，真空中的光速c＝3.00×108m/s，试计算该系列核反应完成后释放的能量。
【解析】 为求出系列反应后释放的能量，将题中所给的诸核反应方程左右两侧分别相加，消去两侧相同的项，系统反应最终等效为
4p―→α＋2e＋＋2ν
设反应后释放的能量为Q，根据质能关系和能量守恒得
4mpc2＝mαc2＋2mec2＋Q
代入数值可得
Q＝3.95×10－12J
【答案】 3.95×10－12J

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