2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）第一部分專題整合提升專題六熱學(xué)近代物理第15課時(shí)熱學(xué)【知識網(wǎng)絡(luò)】熱點(diǎn)一分子動(dòng)理論、固體和液體1.估算問題分子總數(shù)：N＝nNA＝eq\f(m,M)NA＝eq\f(V,Vmol)NA。特別提醒：對氣體而言，V0＝eq\f(V,N)不等于一個(gè)氣體分子的體積，而是表示一個(gè)氣體分子占據(jù)的空間。(2)兩種分子模型：①球體模型：V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(1,6)πd3(d為球體直徑)；②立方體模型：V＝a3。2.分子間作用力、分子勢能與分子間距離的關(guān)系3.固體、液體與氣體(1)區(qū)分晶體和非晶體的標(biāo)準(zhǔn)是看是否有確定的熔點(diǎn)，區(qū)分單晶體和多晶體的標(biāo)準(zhǔn)是看形狀是否規(guī)則、是否具有各向異性。(2)液晶是一種特殊的物質(zhì)狀態(tài)，所處的狀態(tài)介于固態(tài)和液態(tài)之間。液晶具有流動(dòng)性，在光學(xué)、電學(xué)物理性質(zhì)上表現(xiàn)出各向異性。(3)液體的表面張力使液體表面具有收縮的趨勢，表面張力的方向跟液面相切。4.氣體壓強(qiáng)的微觀解釋例1(2024·浙江杭州模擬)下列關(guān)于固體、液體的說法正確的是()A.玻璃管的裂口放在火焰上燒熔，其尖端就會變鈍，這是由于高溫使分子無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)加劇的緣故B.用磙子壓緊土壤，有助于保存地下的水分C.液晶既具有液體的流動(dòng)性，又像某些晶體那樣具有光學(xué)各向異性D.某種液體是否浸潤固體，僅由液體性質(zhì)決定，與固體的性質(zhì)無關(guān)答案C解析玻璃管的裂口放在火上燒熔，它的尖端就變鈍，是因?yàn)槿刍牟Ａг诒砻鎻埩Φ淖饔孟?，表面要收縮到最小的緣故，故A錯(cuò)誤；用磙子壓緊土壤，使土壤中的毛細(xì)管變的更細(xì)，增強(qiáng)毛細(xì)現(xiàn)象，使地下水到地面上來，故B錯(cuò)誤；液晶既具有液體的流動(dòng)性，又像某些晶體那樣具有光學(xué)各向異性，故C正確；浸潤與不浸潤與兩種接觸物質(zhì)的性質(zhì)有關(guān)，水可以浸潤玻璃，但是不能浸潤石蠟，這個(gè)現(xiàn)象表明一種液體是否浸潤某種固體與這兩種物質(zhì)的性質(zhì)都有關(guān)系，故D錯(cuò)誤。訓(xùn)練1(2024·江蘇揚(yáng)州模擬)關(guān)于下列三幅圖的說法正確的是()A.圖甲中微粒越小，單位時(shí)間內(nèi)受到液體分子撞擊次數(shù)越少，布朗運(yùn)動(dòng)越明顯B.圖乙中峰值大的曲線對應(yīng)的氣體溫度較高C.圖丙中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象說明蜂蠟是非晶體D.圖丙中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象說明薄板材料各向同性，一定是非晶體答案A解析圖甲中微粒越小，單位時(shí)間內(nèi)受到液體分子撞擊次數(shù)越少，則微粒越趨于不平衡，則布朗運(yùn)動(dòng)越明顯，故A正確；圖乙中峰值大的曲線“腰細(xì)”，中等分子占據(jù)的比例較小，則對應(yīng)的氣體溫度較低，故B錯(cuò)誤；圖丙中，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象表明材料具有各向同性，則說明薄板材料可能是多晶體，也有可能是非晶體，故C、D錯(cuò)誤。訓(xùn)練2分子間存在著分子力，并且分子力做功與路徑無關(guān)，因此分子間存在與其相對距離有關(guān)的分子勢能。如圖1所示為分子勢能Ep隨分子間距離r變化的圖像，取r趨近于無窮大時(shí)Ep為零。若僅考慮這兩個(gè)分子間的作用，下述說法中正確的是()圖1A.圖中r1是分子間作用力為零的位置B.假設(shè)將兩個(gè)分子從r＝r2處釋放，它們將相互靠近C.假設(shè)將兩個(gè)分子從r＝r1處釋放，當(dāng)r＝r2時(shí)它們的加速度最大D.假設(shè)將兩個(gè)分子從r＝r1處釋放，當(dāng)r＝r2時(shí)它們的速度最大答案D解析由圖可知，兩個(gè)分子在r＝r2處的分子勢能最小，則此處為分子間作用力為零的位置，加速度為零，所以假設(shè)將兩個(gè)分子從r＝r2處釋放，它們將靜止不動(dòng)，故A、B、C錯(cuò)誤；分子間距離在r1～r2之間分子作用力表現(xiàn)為斥力，從r1到r2的過程中分子力做正功，速度增大，當(dāng)分子之間的距離大于r2時(shí)，分子之間的作用力表現(xiàn)為引力，隨著分子間距離的增大，分子力做負(fù)功，分子的速度減小，所以當(dāng)r＝r2時(shí)，分子的速度最大，故D正確。熱點(diǎn)二氣體實(shí)驗(yàn)定律理想氣體狀態(tài)方程1.壓強(qiáng)的計(jì)算(1)被活塞、汽缸封閉的氣體，通常分析活塞或汽缸的受力，應(yīng)用平衡條件或牛頓第二定律求解。(2)應(yīng)用平衡條件或牛頓第二定律求解，注意壓強(qiáng)單位為Pa。若應(yīng)用p＝p0＋h或p＝p0－h(huán)來表示壓強(qiáng)，則壓強(qiáng)p的單位為cmHg或mmHg。2.合理選取氣體變化所遵循的規(guī)律列方程(1)若氣體質(zhì)量一定，p、V、T均發(fā)生變化，則選用理想氣體狀態(tài)方程列式求解。(2)若氣體質(zhì)量一定，p、V、T中有一個(gè)量不發(fā)生變化，則選用對應(yīng)的氣體實(shí)驗(yàn)定律列方程求解。3.關(guān)聯(lián)氣體問題解決由活塞、液柱相聯(lián)系的兩部分氣體時(shí)，注意找兩部分氣體的壓強(qiáng)、體積等關(guān)系，列出關(guān)聯(lián)關(guān)系式，再結(jié)合氣體實(shí)驗(yàn)定律或理想氣體狀態(tài)方程求解。4.變質(zhì)量問題在充氣、抽氣等“變質(zhì)量”問題中可以把充進(jìn)或抽出的氣體包含在氣體變化的始、末狀態(tài)中，即把變質(zhì)量問題轉(zhuǎn)化為恒定質(zhì)量的問題。例2(2023·遼寧卷，5)“空氣充電寶”是一種通過壓縮空氣實(shí)現(xiàn)儲能的裝置，可在用電低谷時(shí)儲存能量、用電高峰時(shí)釋放能量?！翱諝獬潆妼殹蹦硞€(gè)工作過程中，一定質(zhì)量理想氣體的p－T圖像如圖2所示，該過程對應(yīng)的p－V圖像可能是()圖2答案B解析由題圖知，pa＝pb＞pc，故A、D錯(cuò)誤；由a到b，Ta＜Tb，由eq\f(Va,Ta)＝eq\f(Vb,Tb)知Va＜Vb，故B正確，C錯(cuò)誤。方法總結(jié)氣體狀態(tài)變化的圖像特點(diǎn)圖像特點(diǎn)等溫變化p－V圖像pV＝CT(其中C為恒量)，即pV之積越大的等溫線，溫度越高，線離原點(diǎn)越遠(yuǎn)p－eq\f(1,V)圖像p＝CTeq\f(1,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，溫度越高等容變化p－T圖像p＝eq\f(C,V)T，斜率k＝eq\f(C,V)，即斜率越大，體積越小等壓變化V－T圖像V＝eq\f(C,p)T，斜率k＝eq\f(C,p)，即斜率越大，壓強(qiáng)越小例3(2024·山東淄博一模)“系留氣球”是一種高度可控的氦氣球，如圖3所示為某一“系留氣球”的簡化模型圖。主、副氣囊通過無漏氣、無摩擦的活塞分隔，主氣囊內(nèi)封閉有一定質(zhì)量的氦氣(可視為理想氣體)，副氣囊與大氣連通，副氣囊左、右擋板間的距離為L0，輕彈簧右端固定、左端與活塞連接。在地面上，氣球內(nèi)外溫度達(dá)到平衡時(shí)，活塞與左擋板剛好接觸，彈簧處于原長狀態(tài)，此時(shí)主氣囊的容積為V0＝5m3。已知地面大氣壓強(qiáng)p0＝1.0×105Pa、溫度T0＝300K，在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下(溫度為273K，壓強(qiáng)為1.0×105Pa)氦氣的密度為ρ＝0.18kg/m3。圖3(1)求氣球內(nèi)封閉的氦氣質(zhì)量m；(2)在氣球升空過程中，大氣壓強(qiáng)逐漸減小，彈簧被緩慢壓縮。當(dāng)氣球上升至目標(biāo)高度處并駐留期間，該處大氣壓強(qiáng)恒為地面大氣壓強(qiáng)的0.5倍，氣球內(nèi)外溫度達(dá)到平衡時(shí)，氦氣體積變?yōu)?.2V0，彈簧壓縮量為eq\f(3,4)L0。已知活塞的橫截面積為S，彈簧的勁度系數(shù)為k＝eq\f(p0S,3L0)，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，活塞厚度忽略不計(jì)。求氣球駐留處大氣的溫度T。答案(1)0.819kg(2)270K解析(1)若氣球內(nèi)氣體的溫度等壓降為標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)，設(shè)此時(shí)氣體的體積為V1，則根據(jù)蓋－呂薩克定律得eq\f(V0,T0)＝eq\f(V1,T1)解得V1＝4.55m3則氣球內(nèi)氣體的質(zhì)量為m＝ρV1＝0.819kg。(2)根據(jù)胡克定律可得，彈簧的彈力為F＝kΔx＝eq\f(p0S,4)設(shè)此時(shí)氦氣的壓強(qiáng)為p2，對活塞，根據(jù)平衡條件有p2S＝0.5p0S＋F解得p2＝eq\f(3,4)p0由理想氣體狀態(tài)方程可得eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(p2V2,T)其中，此時(shí)的氦氣的體積為V2＝1.2V0解得T＝270K。例4(2024·山東濟(jì)寧二模)我國自主研發(fā)的094型戰(zhàn)略核潛艇，使我國核威懾力量更加有效，被稱為“鎮(zhèn)國神器”。一個(gè)體積為V的簡易核潛艇模型如圖4所示，當(dāng)儲水艙中的氣體體積為V0、壓強(qiáng)為p0時(shí)，核潛艇總體積的eq\f(5,6)浸沒在海水中。當(dāng)核潛艇用空氣壓縮泵緩慢排出儲水艙上方的部分氣體時(shí)，會吸入一定量的海水，使核潛艇恰好全部浸沒在海水里并處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)儲水艙上方氣體的壓強(qiáng)為p1。已知儲水艙中的氣體可視為理想氣體，且氣體溫度不發(fā)生變化。求：圖4(1)進(jìn)入儲水艙的海水的體積ΔV；(2)儲水艙剩余氣體與原有氣體的質(zhì)量之比k。答案(1)eq\f(V,6)(2)eq\f(p1（6V0－V）,6p0V0)解析(1)設(shè)海水的密度為ρ，由平衡條件得eq\f(5,6)ρgV＝mg，ρgV＝mg＋ρgΔV解得ΔV＝eq\f(V,6)。(2)由玻意耳定律得p1(V0－ΔV)＝p0V′儲水艙剩余氣體的質(zhì)量與原有氣體的質(zhì)量之比為k＝eq\f(m2,m1)＝eq\f(V′,V0)解得k＝eq\f(p1（6V0－V）,6p0V0)。熱點(diǎn)三熱力學(xué)定律與氣體實(shí)驗(yàn)定律的結(jié)合1.熱力學(xué)第一定律中ΔU、W、Q的分析思路(1)內(nèi)能變化量ΔU①溫度升高，內(nèi)能增加，ΔU＞0；溫度降低，內(nèi)能減少，ΔU＜0。②由公式ΔU＝Q＋W分析內(nèi)能變化。(2)做功W：體積膨脹，氣體對外界做功，W＜0；體積被壓縮，外界對氣體做功，W＞0。(3)氣體吸、放熱量Q：一般由公式Q＝ΔU－W分析氣體的吸、放熱情況，Q＞0，吸熱；Q＜0，放熱。注意：等溫過程ΔU＝0，等容過程W＝0，絕熱過程Q＝0；等壓過程W≠0，Q≠0，ΔU≠0。2.對熱力學(xué)第二定律的理解熱量可以由低溫物體傳遞到高溫物體，也可以從單一熱源吸收熱量全部轉(zhuǎn)化為功，但會產(chǎn)生其他影響。例5(2024·浙江6月選考，17)如圖5所示，測定一個(gè)形狀不規(guī)則小塊固體體積，將此小塊固體放入已知容積為V0的導(dǎo)熱效果良好的容器中，開口處豎直插入兩端開口的薄玻璃管，其橫截面積為S，接口用蠟密封。容器內(nèi)充入一定質(zhì)量的理想氣體，并用質(zhì)量為m的活塞封閉，活塞能無摩擦滑動(dòng)，穩(wěn)定后測出氣柱長度為l1。將此容器放入熱水中，活塞緩慢豎直向上移動(dòng)，再次穩(wěn)定后氣柱長度為l2、溫度為T2。已知S＝4.0×10－4m2，m＝0.1kg，l1＝0.2m，l2＝0.3m，T2＝350K，V0＝2.0×10－4m3，大氣壓強(qiáng)p0＝1.0×105Pa，環(huán)境溫度T1＝300K，重力加速度g＝10m/s2。圖5(1)在此過程中器壁單位面積所受氣體分子的平均作用力________(選填“變大”“變小”或“不變”)，氣體分子的數(shù)密度________(選填“變大”“變小”或“不變”)；(2)求此不規(guī)則小塊固體的體積V；(3)若此過程氣體內(nèi)能增加10.3J，求吸收熱量Q。答案(1)不變變小(2)4×10－5m3(3)14.4J解析(1)此過程為等壓變化過程，封閉氣體壓強(qiáng)不變，結(jié)合壓強(qiáng)的定義式p＝eq\f(F,S)可知，器壁單位面積所受氣體分子的平均作用力不變；氣體體積增大，而總分子數(shù)不變，則單位體積內(nèi)的氣體分子數(shù)減少，即氣體分子的數(shù)密度變小。(2)封閉氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋－呂薩克定律有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)又V1＝V0－V＋l1S，V2＝V0－V＋l2S聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得V＝4×10－5m3。(3)此過程氣體內(nèi)能增加10.3J，即ΔU＝10.3J外界對氣體做的功W＝－pΔV＝－pS(l2－l1)對活塞，根據(jù)平衡條件有p0S＋mg＝pS根據(jù)熱力學(xué)第一定律有ΔU＝Q＋W聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得Q＝14.4J。訓(xùn)練3(2024·山東濟(jì)南二模)一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)a→b→c→a回到初始狀態(tài)a，其T－V圖像如圖6所示。下列說法正確的是()圖6A.a、b狀態(tài)對應(yīng)的壓強(qiáng)之比為3∶2B.b→c過程，容器壁單位面積上的分子平均作用力變小C.c→a過程為絕熱過程D.a→b→c→a整個(gè)過程向外放出的熱量等于外界對氣體做的功答案D解析根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程可得eq\f(paV0,2T0)＝eq\f(pb·3V0,T0)，代入數(shù)據(jù)得pa∶pb＝6∶1，故A錯(cuò)誤；b→c過程溫度升高，分子平均動(dòng)能增大，平均速率增大，容器壁單位面積上的分子平均作用力變大，故B錯(cuò)誤；c→a過程體積減小，外界對氣體做功，W>0，等溫變化，內(nèi)能不變，ΔU＝0，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W，得Q<0，氣體向外界放熱，故C錯(cuò)誤；將V－T圖像轉(zhuǎn)化為p－V圖像，根據(jù)圖線下方圍成的面積等于功知，a→b過程中氣體體積增大，氣體對外做功，b→c過程體積不變，氣體對外不做功，c→a過程體積減小，外界對氣體做功，則p－V圖像圍成的封閉面積等于外界對氣體做的功，回到原狀態(tài)a，溫度回到初始狀態(tài)，全過程內(nèi)能變化量ΔU＝0，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W知，氣體一定放出熱量且放出的熱量等于外界對氣體做的功，故D正確。1.(多選)(2024·新課標(biāo)卷，21)如圖7，一定量理想氣體的循環(huán)由下面4個(gè)過程組成：1→2為絕熱過程(過程中氣體不與外界交換熱量)，2→3為等壓過程，3→4為絕熱過程，4→1為等容過程。上述四個(gè)過程是四沖程柴油機(jī)工作循環(huán)的主要過程。下列說法正確的是()圖7A.1→2過程中，氣體內(nèi)能增加B.2→3過程中，氣體向外放熱C.3→4過程中，氣體內(nèi)能不變D.4→1過程中，氣體向外放熱答案AD解析1→2過程中，氣體體積減小，外界對氣體做功，W>0，該過程是絕熱過程，Q＝0，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q知ΔU>0，氣體內(nèi)能增加，A正確；2→3過程中，氣體體積增大，氣體對外界做功，W<0，氣體壓強(qiáng)不變，由蓋－呂薩克定律eq\f(V,T)＝C可知溫度升高，內(nèi)能增加，ΔU>0，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q知Q>0，氣體從外界吸收熱量，B錯(cuò)誤；3→4過程中，氣體體積增大，氣體對外界做功，W<0，該過程是絕熱過程，Q＝0，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q知ΔU<0，氣體內(nèi)能減少，C錯(cuò)誤；4→1過程中，氣體體積不變，外界對氣體不做功，W＝0，氣體壓強(qiáng)減小，由查理定律eq\f(p,T)＝C可知溫度降低，內(nèi)能減少，ΔU<0，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q知Q<0，氣體向外界釋放熱量，D正確。2.(多選)(2024·河北卷，9)如圖8，水平放置的密閉絕熱汽缸被導(dǎo)熱活塞分成左右兩部分，左側(cè)封閉一定質(zhì)量的理想氣體，右側(cè)為真空，活塞與汽缸右壁中央用一根輕質(zhì)彈簧水平連接。汽缸內(nèi)壁光滑且水平長度大于彈簧自然長度，彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)且體積忽略不計(jì)?；钊跏紩r(shí)靜止在汽缸正中間，后因活塞密封不嚴(yán)發(fā)生緩慢移動(dòng)，活塞重新靜止后()圖8A.彈簧恢復(fù)至自然長度B.活塞兩側(cè)氣體質(zhì)量相等C.與初始時(shí)相比，汽缸內(nèi)氣體的內(nèi)能增加D.與初始時(shí)相比，活塞左側(cè)單位體積內(nèi)氣體分子數(shù)減少答案ACD解析初始狀態(tài)活塞受到左側(cè)氣體向右的壓力和彈簧向左的彈力處于平衡狀態(tài)，彈簧處于壓縮狀態(tài)。因活塞密封不嚴(yán)，左側(cè)氣體向右側(cè)真空逸散，左側(cè)氣體壓強(qiáng)變小，右側(cè)出現(xiàn)氣體，對活塞有向左的壓力，最終左、右兩側(cè)氣體壓強(qiáng)相等，故彈簧恢復(fù)原長，A正確；由于活塞向左移動(dòng)，左側(cè)氣體體積小于右側(cè)氣體體積，則左側(cè)氣體質(zhì)量小于右側(cè)氣體質(zhì)量，B錯(cuò)誤；密閉的汽缸絕熱，與外界沒有能量交換，但彈簧彈性勢能減少了，由能量守恒定律可知?dú)怏w內(nèi)能增加，C正確；初始時(shí)氣體在左側(cè)，最終氣體充滿整個(gè)汽缸，則左側(cè)單位體積內(nèi)氣體分子數(shù)減少，D正確。3.(2024·湖北卷，13)如圖9所示，在豎直放置、開口向上的圓柱形容器內(nèi)用質(zhì)量為m的活塞密封一部分理想氣體，活塞橫截面積為S，能無摩擦地滑動(dòng)。初始時(shí)容器內(nèi)氣體的溫度為T0，氣柱的高度為h。當(dāng)容器內(nèi)氣體從外界吸收一定熱量后，活塞緩慢上升eq\f(1,5)h再次平衡。已知容器內(nèi)氣體內(nèi)能變化量ΔU與溫度變化量ΔT的關(guān)系式為ΔU＝CΔT，C為已知常量，大氣壓強(qiáng)恒為p0，重力加速度大小為g，所有溫度為熱力學(xué)溫度。求：圖9(1)再次平衡時(shí)容器內(nèi)氣體的溫度；(2)此過程中容器內(nèi)氣體吸收的熱量。答案(1)eq\f(6,5)T0(2)eq\f(1,5)(CT0＋mgh＋p0Sh)解析(1)設(shè)容器內(nèi)氣體初、末狀態(tài)體積分別為V0、V，末狀態(tài)溫度為T，由蓋－呂薩克定律得eq\f(V0,T0)＝eq\f(V,T)其中V0＝Sh，V＝Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(h,5)))聯(lián)立解得T＝eq\f(6,5)T0。(2)設(shè)此過程中容器內(nèi)氣體吸收的熱量為Q，外界對氣體做的功為W，由熱力學(xué)第一定律得ΔU＝Q＋W其中ΔU＝C(T－T0)W＝－(mg＋p0S)eq\f(1,5)h聯(lián)立解得Q＝eq\f(1,5)(CT0＋mgh＋p0Sh)。4.(2024·山東卷，16)圖10甲為戰(zhàn)國時(shí)期青銅汲酒器，根據(jù)其原理制作了由中空圓柱形長柄和儲液罐組成的汲液器，如圖乙所示。長柄頂部封閉，橫截面積S1＝1.0cm2，長度H＝100.0cm，側(cè)壁有一小孔A。儲液罐的橫截面積S2＝90.0cm2，高度h＝20.0cm，罐底有一小孔B。汲液時(shí)，將汲液器豎直浸入液體，液體從孔B進(jìn)入，空氣由孔A排出；當(dāng)內(nèi)外液面相平時(shí)，長柄浸入液面部分的長度為x；堵住孔A，緩慢地將汲液器豎直提出液面，儲液罐內(nèi)剛好儲滿液體。已知液體密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g＝10m/s2，大氣壓p0＝1.0×105Pa。整個(gè)過程溫度保持不變，空氣可視為理想氣體，忽略器壁厚度。圖10(1)求x；(2)松開孔A，從外界進(jìn)入壓強(qiáng)為p0、體積為V的空氣，使?jié)M儲液罐中液體緩緩流出，堵住孔A，穩(wěn)定后罐中恰好剩余一半的液體，求V。答案(1)2cm(2)8.92×10－4m3解析(1)在緩慢將汲液器豎直提出液面的過程中，封閉氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律有p1(H－x)S1＝p2HS1根據(jù)題意可知p1＝p0，p2＋ρgh＝p0聯(lián)立解得x＝2cm。(2)對新進(jìn)入的氣體和原有的氣體整體分析，由玻意耳定律有p0V＋p2HS1＝p3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HS1＋\f(h,2)S2))又p3＋ρg·eq\f(h,2)＝p0聯(lián)立解得V＝8.92×10－4m3。5.(2024·廣東卷，13)差壓閥可控制氣體進(jìn)行單向流動(dòng)，廣泛應(yīng)用于減震系統(tǒng)。如圖11所示，A、B兩個(gè)導(dǎo)熱良好的汽缸通過差壓閥連接，A內(nèi)輕質(zhì)活塞的上方與大氣連通，B內(nèi)氣體體積不變。當(dāng)A內(nèi)氣體壓強(qiáng)減去B內(nèi)氣體壓強(qiáng)大于Δp時(shí)差壓閥打開，A內(nèi)氣體緩慢進(jìn)入B中，當(dāng)該差值小于或等于Δp時(shí)差壓閥關(guān)閉。當(dāng)環(huán)境溫度T1＝300K時(shí)，A內(nèi)氣體體積VA1＝4.0×102m3，B內(nèi)氣體壓強(qiáng)pB1等于大氣壓強(qiáng)p0，已知活塞的橫截面積S＝0.10m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105Pa，重力加速度大小g＝10m/s2，A、B內(nèi)的氣體可視為理想氣體，忽略活塞與汽缸間的摩擦，差壓閥與連接管內(nèi)的氣體體積不計(jì)。當(dāng)環(huán)境溫度降到T2＝270K時(shí)：圖11(1)求B內(nèi)氣體壓強(qiáng)pB2；(2)求A內(nèi)氣體體積VA2；(3)在活塞上緩慢倒入鐵砂，若B內(nèi)氣體壓強(qiáng)回到p0并保持不變，求已倒入鐵砂的質(zhì)量m。答案(1)9×104Pa(2)3.6×102m3(3)1.1×102kg解析(1)(2)假設(shè)溫度降低到T2時(shí)，差壓閥沒有打開，A、B兩個(gè)汽缸導(dǎo)熱良好，B內(nèi)氣體做等容變化，初態(tài)pB1＝p0，T1＝300K末態(tài)T2＝270K根據(jù)eq\f(pB1,T1)＝eq\f(pB2,T2)代入數(shù)據(jù)可得pB2＝9×104PaA內(nèi)氣體做等壓變化，壓強(qiáng)保持不變初態(tài)VA1＝4.0×102m3，T1＝300K末態(tài)T2＝270K根據(jù)eq\f(VA1,T1)＝eq\f(VA2,T2)代入數(shù)據(jù)可得VA2＝3.6×102m3由于p0－pB2<Δp假設(shè)成立，即pB2＝9×104Pa，VA2＝3.6×102m3。(3)恰好穩(wěn)定時(shí)，A內(nèi)氣體壓強(qiáng)為pA′＝p0＋eq\f(mg,S)B內(nèi)氣體壓強(qiáng)pB′＝p0此時(shí)差壓閥恰好關(guān)閉，所以有pA′－pB′＝Δp代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得m＝1.1×102kg?；A(chǔ)保分練1.(2024·湖北模擬預(yù)測)下列說法正確的是()A.受潮后粘在一起的蔗糖沒有固定的形狀，所以蔗糖是非晶體B.固體、液體分子間有空隙而不分散，能保持一定的體積，說明分子間有引力C.當(dāng)分子間作用力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子間作用力和分子勢能總隨分子間距離的減小而減小D.如果理想氣體分子總數(shù)不變，溫度升高，氣體分子的平均動(dòng)能一定增大，壓強(qiáng)一定增大答案B解析是否有固定的幾何形狀不是判定晶體的唯一標(biāo)準(zhǔn)，蔗糖是多晶體，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；如果沒有引力，有空隙的分子一定分散開，固、液體將無法保持一定的體積，選項(xiàng)B正確；當(dāng)分子間作用力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子間作用力隨分子間距離的減小而增大，且分子間距離減小時(shí)，分子間作用力做負(fù)功，分子勢能隨分子間距離的減小而增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；如果理想氣體分子總數(shù)不變，溫度升高，氣體分子的平均動(dòng)能一定增大，因體積變化不確定，則壓強(qiáng)有可能增大，也有可能減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2.下列說法正確的是()A.從射入教室的陽光中看到塵埃的運(yùn)動(dòng)就是布朗運(yùn)動(dòng)B.氣體如果失去了容器的約束就會散開，說明氣體分子之間作用力表現(xiàn)為斥力C.恒溫水池里小氣泡由底部緩慢上升的過程中，氣泡中的理想氣體放出熱量D.已知某種氣體的密度為ρ(kg/m3)，摩爾質(zhì)量為M(kg/mol)，阿伏加德羅常數(shù)為NA(mol－1)，則該氣體分子之間的平均距離可以表示為eq\r(3,\f(M,ρNA))答案D解析做布朗運(yùn)動(dòng)的固體顆粒需要借助于顯微鏡才能觀察到，肉眼可見塵埃的運(yùn)動(dòng)不是布朗運(yùn)動(dòng)，從射入教室的陽光中看到塵埃的運(yùn)動(dòng)是空氣的對流引起的，不是布朗運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；氣體如果失去了容器的約束就會散開，這是因?yàn)闅怏w分子在永不停息地做無規(guī)則的熱運(yùn)動(dòng)，氣體分子之間的距離較大，氣體分子之間的作用力可以忽略不計(jì)，B錯(cuò)誤；恒溫水池里小氣泡由底部緩慢上升過程中，由于氣泡中的理想氣體溫度不變，故內(nèi)能不變，上升過程中壓強(qiáng)減小，體積變大，氣體對外做功，W為負(fù)值，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q，可知?dú)怏w要吸收熱量，C錯(cuò)誤；把該氣體分子所占據(jù)的空間看成立方體模型，則有V0＝d3，V0＝eq\f(M,ρNA)，解得氣體分子之間的平均距離d＝eq\r(3,\f(M,ρNA))，D正確。3.(2024·天津紅橋二模)如圖1，一定質(zhì)量的理想氣體，用活塞封閉在開口向上的導(dǎo)熱汽缸內(nèi)。若環(huán)境溫度不變，活塞與汽缸壁間無摩擦，現(xiàn)對活塞施加向下壓力使其緩慢下降，此過程中()圖1A.缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)增大，內(nèi)能增加B.缸內(nèi)氣體分子平均動(dòng)能增大，吸收熱量C.外界對氣體做功，缸內(nèi)氣體溫度升高D.缸內(nèi)氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)碰撞到容器壁單位面積上的次數(shù)增多答案D解析若環(huán)境溫度不變，現(xiàn)對活塞施加向下壓力使其緩慢下降，則氣體體積減小，根據(jù)玻意耳定律pV＝C，可知缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)增大，由于氣體溫度不變，缸內(nèi)氣體分子平均動(dòng)能不變，氣體內(nèi)能不變；由于氣體體積減小，外界對氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體放熱，故A、B、C錯(cuò)誤；由于氣體壓強(qiáng)增大，溫度不變，根據(jù)壓強(qiáng)微觀意義可知，缸內(nèi)氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)碰撞到容器壁單位面積上的次數(shù)增多，故D正確。4.(多選)(2024·江西景德鎮(zhèn)二模)如圖2所示，一下端封閉、上端開口的粗細(xì)均勻的玻璃管豎直靜置，長度L2＝16cm的水銀柱封閉了一段空氣(視為理想氣體)柱，空氣柱的長度L1＝10cm。外界大氣壓強(qiáng)恒為p0＝76cmHg。使玻璃管向上做加速度大小a＝5m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，管內(nèi)空氣溫度保持不變，重力加速度大小g＝10m/s2，和豎直靜置時(shí)相比較，下列說法正確的有()圖2A.管內(nèi)空氣的壓強(qiáng)增加了16cmHgB.管內(nèi)空氣柱的長度減少了1.6cmC.管內(nèi)空氣的壓強(qiáng)增加了8cmHgD.管內(nèi)空氣柱的長度減少了0.8cm答案CD解析根據(jù)題意，設(shè)靜止時(shí)管內(nèi)空氣的壓強(qiáng)為p1，則有p1＝p0＋ρgL2＝92cmHg；設(shè)玻璃管向上加速時(shí)管內(nèi)空氣的壓強(qiáng)為p2，管的橫截面積為S，則有p2S－p0S－ρgL2S＝ρL2Sa，解得p2＝100cmHg，可知管內(nèi)空氣的壓強(qiáng)增加了Δp＝p2－p1＝8cmHg，故A錯(cuò)誤，C正確；由于空氣溫度保持不變，由玻意耳定律有p1L1S＝p2L1′S，解得L1′＝9.2cm，可知，管內(nèi)空氣柱的長度減少了0.8cm，故B錯(cuò)誤，D正確。5.“夢天”實(shí)驗(yàn)艙與空間站組合體在軌完成交會對接?？臻g站中供航天員進(jìn)入太空或從太空返回時(shí)用的氣密性裝置——?dú)忾l艙的示意圖如圖3所示，座艙M和氣閘艙N的容積相同，M中充滿壓強(qiáng)為p的空氣(視為理想氣體)，N內(nèi)為真空。當(dāng)航天員打開閥門K后，空氣從M向N擴(kuò)散，最終達(dá)到平衡。若不考慮空氣與外界的熱交換，則下列說法正確的是()圖3A.空氣從M向N擴(kuò)散的過程中對外做正功B.空氣從M向N擴(kuò)散的過程中內(nèi)能減小C.空氣從M向N擴(kuò)散的過程中溫度降低D.重新平衡后，空氣的壓強(qiáng)為eq\f(p,2)答案D解析M中的氣體自由擴(kuò)散膨脹，沒有對外做功，又因?yàn)椴豢紤]整個(gè)系統(tǒng)與外界的熱交換，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q可知，氣體內(nèi)能不變，溫度不變，故A、B、C錯(cuò)誤；根據(jù)玻意耳定律有pV＝p′·2V，所以p′＝eq\f(p,2)，故D正確。6.(多選)(2024·黑龍江牡丹江一模)一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b、c、d回到狀態(tài)a，此過程氣體的p－V關(guān)系圖像如圖4所示，其中d→a過程為雙曲線的一部分，a→b、b→c、c→d過程平行于坐標(biāo)軸。已知在狀態(tài)a時(shí)氣體溫度為T0，則()圖4A.在狀態(tài)c時(shí)氣體的溫度為T0B.a→b過程氣體吸熱C.d→a過程氣體對外做功3p0V0D.從狀態(tài)a經(jīng)一次循環(huán)再回到狀態(tài)a的過程中氣體向外放熱大于3p0V0答案BD解析a→c過程，由理想氣體狀態(tài)方程得eq\f(2p0·2V0,T0)＝eq\f(4p0·3V0,Tc)，解得Tc＝3T0，A錯(cuò)誤；a→b過程，氣體體積增大對外做功，壓強(qiáng)不變，溫度升高，內(nèi)能增大，氣體吸熱，B正確；d→a過程，氣體對外做的功等于圖像與橫軸所圍圖形面積，由題圖得其小于3p0V0，C錯(cuò)誤；在一次循環(huán)過程后，內(nèi)能不變，整個(gè)過程中，外界對氣體做功大于3p0V0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，在一次循環(huán)過程中氣體放出的熱量大于3p0V0，D正確。提能增分練7.(2024·河北承德高三模擬)如圖5所示，固定在水平地面上的汽缸A和B中分別用活塞封閉有一定質(zhì)量的理想氣體，已知兩活塞面積均為S。兩活塞用穿過B底部的剛性細(xì)桿相連，可沿水平方向無摩擦滑動(dòng)，兩個(gè)汽缸都不漏氣。初始時(shí)，A、B中氣體的體積均為V0，溫度均為T0，A中氣體壓強(qiáng)pA＝1.2p0，p0是汽缸外的大氣壓強(qiáng)?；钊图?xì)桿的質(zhì)量均不計(jì)，細(xì)桿的直徑可忽略。圖5(1)求細(xì)桿對汽缸A中活塞的作用力大小以及汽缸B中氣體的壓強(qiáng)；(2)現(xiàn)對A緩慢加熱，使其中氣體的壓強(qiáng)升到pA′＝1.5p0，同時(shí)保持B中氣體的溫度不變，在此過程中汽缸A中氣體的內(nèi)能增加了ΔU。求：末狀態(tài)時(shí)A中氣體的溫度，以及在此過程中兩部分氣體從外界吸收的熱量Q。答案(1)0.2p0S0.8p0(2)2T0ΔU＋1.2p0V0解析(1)由平衡條件，對A中活塞有1.2p0S－p0S－F＝0對B中活塞有pBS＋F－p0S＝0解得pB＝0.8p0，F(xiàn)＝0.2p0S。(2)對A中氣體由理想氣體狀態(tài)方程得eq\f(1.2p0·V0,T0)＝eq\f(1.5p0·（V0＋ΔV）,TA)對兩活塞及桿組成的整體由平衡條件得pAS＋pBS＝2p0S則pA＋pB＝2p0對B中氣體由玻意耳定律得0.8p0·V0＝(2p0－1.5p0)(V0＋ΔV)解得TA＝2T0，ΔV＝0.6V0對兩部分氣體分析，由熱力學(xué)第一定律得ΔU＝W＋Q＝－2p0·ΔV＋Q解得Q＝ΔU＋1.2p0V0。8.(2024·山東棗莊一模)水肺潛水運(yùn)動(dòng)中，潛水員潛水時(shí)需要攜帶潛水氧氣瓶，以保障潛水員吸入氣體的壓強(qiáng)跟外界水壓相等。潛水器材準(zhǔn)備室中有一待充氣的氧氣瓶，其內(nèi)部氣體的壓強(qiáng)、溫度與外界大氣相同，潛水員用氣體壓縮機(jī)為其充氣，1s內(nèi)可將壓強(qiáng)為p0、溫度為t0、體積V0＝700mL的氣體充進(jìn)氧氣瓶內(nèi)，充氣完成時(shí)氧氣瓶內(nèi)氣體壓強(qiáng)p＝16atm，溫度t＝47℃。已知外界大氣壓p0＝1atm，外界環(huán)境溫度t0＝27℃，氧氣瓶的容積V＝11L，氧氣瓶的導(dǎo)熱性能良好，水溫恒為t0，水中每下降10m深度水壓增加1atm。圖6(1)求氣體壓縮機(jī)對氧氣瓶充氣的時(shí)間；(2)潛水員攜帶氧氣瓶迅速下潛至水面下h1＝10m深處，在該水層活動(dòng)期間吸入氣體V1＝20L，隨即迅速下潛至水面下h2＝20m深處，在該水層活動(dòng)期間吸入氣體V2＝16L，求此時(shí)氧氣瓶內(nèi)剩余氣體的壓強(qiáng)。答案(1)220s(2)7atm解析(1)充氣過程有eq\f(p0V,273＋t0)＋eq\f(p0V充,273＋t0)＝eq\f(pV,273＋t)解得V充＝154L＝1.54×105mL則充氣時(shí)間為t＝eq\f(V充,V0)×1s＝eq\f(1.54×105,700)×1s＝220s。(2)當(dāng)下潛至水面下h1＝10m深處時(shí)，為保障潛水員吸入氣體的壓強(qiáng)跟外界水壓相等，則此時(shí)吸入氣體壓強(qiáng)為p1＝p0＋eq\f(h1,10)×1atm＝2atm此時(shí)以吸入氣體和氧氣瓶內(nèi)剩余氣體為研究對象，則有eq\f(pV,273＋t)＝eq\f(p1V1,273＋t0)＋eq\f(p′V,273＋t0)當(dāng)下潛至水面下h2＝20m深處時(shí)，為保障潛水員吸入氣體的壓強(qiáng)跟外界水壓相等，則此時(shí)吸入氣體壓強(qiáng)為p2＝p0＋eq\f(h2,10)×1atm＝3atm此時(shí)以吸入氣體和氧氣瓶內(nèi)剩余氣體為研究對象，則有p′V＝p2V2＋p″V解得p″＝7atm。9.(2024·浙江東陽一模)如圖7是一個(gè)形狀不規(guī)則的絕熱容器，在容器上豎直插入一根兩端開口、橫截面積為S＝2cm2且足夠長的玻璃管，玻璃管下端與容器內(nèi)部連接且不漏氣，玻璃管內(nèi)有一個(gè)輕質(zhì)絕熱活塞底端恰好位于容器口處。初始時(shí)，容器內(nèi)氣體溫度T0＝300K，壓強(qiáng)等于大氣壓強(qiáng)p0＝1.00×105Pa。現(xiàn)采用兩種方式加熱氣體至T1＝400K，方式一：活塞用插銷固定住，電阻絲加熱，氣體吸收400J的熱量后停止加熱；方式二：拔掉插銷，電阻絲緩慢加熱氣體，完成加熱時(shí)活塞上升了h＝10cm。容器和玻璃管內(nèi)的氣體可視為理想氣體，不計(jì)摩擦。求：圖7(1)哪種加熱方式氣體吸收的熱量更多，多吸收的熱量ΔQ；(2)用“方式一”完成加熱后，容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)p1；(3)容器的體積V0。答案(1)方式二2J(2)1.33×105Pa(3)60mL解析(1)根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知ΔU1＝Q1，ΔU2＝Q2＋W，兩種加熱方式下，氣體內(nèi)能變化量相同即ΔU1＝ΔU2，方式二中氣體體積增大，氣體對外做功，因此吸收的熱量更多，其中W＝－p0Sh＝－2J結(jié)合以上三式得ΔQ＝Q2－Q1＝－W＝2J所以方式二氣體需多吸收2J的熱量。(2)方式一加熱過程中，氣體發(fā)生了等容變化，根據(jù)查理定律有eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T1)解得容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為p1＝1.33×105Pa。(3)方式二中，氣體發(fā)生了等壓過程，根據(jù)蓋－呂薩克定律有eq\f(V0,T0)＝eq\f(V2,T1)解得用方式二完成加熱后氣體的總體積為V2＝eq\f(4,3)V0其中V2＝V0＋Sh由以上兩式解得容器的體積V0＝60mL。第16課時(shí)近代物理【知識網(wǎng)絡(luò)】熱點(diǎn)一光電效應(yīng)及光的波粒二象性1.光電效應(yīng)兩條對應(yīng)關(guān)系(1)光子頻率高→光子能量大→光電子的最大初動(dòng)能大。(2)光照強(qiáng)度大(同種頻率的光)→光子數(shù)目多→發(fā)射光電子多→光電流大。2.定量分析時(shí)應(yīng)抓住三個(gè)關(guān)系式愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0最大初動(dòng)能與遏止電壓的關(guān)系Ek＝eUc逸出功與截止頻率的關(guān)系W0＝hνc例1(2024·山東濟(jì)南一模)用不同波長的光照射光電管陰極探究光電效應(yīng)的規(guī)律時(shí)，根據(jù)光電管的遏止電壓Uc與對應(yīng)入射光的波長λ作出的Uc－eq\f(1,λ)圖像如圖1所示。已知光電子的電荷量大小為e，光速為c，下列說法正確的是()圖1A.該光電管陰極材料的截止頻率大小為eq\f(a,c)B.由圖像可得普朗克常量h＝eq\f(ae,bc)C.當(dāng)用波長λ＝eq\f(1,3a)的光照射光電管陰極時(shí)，光電子的最大初動(dòng)能為2beD.當(dāng)用波長λ＝eq\f(1,a)的光照射光電管的陰極時(shí)，光電子的最大初動(dòng)能隨λ的增大而增大答案C解析根據(jù)動(dòng)能定理eUc＝Ekm，又光電效應(yīng)方程為heq\f(c,λ)＝hν0＋Ekm，整理得Uc＝eq\f(hc,e)eq\f(1,λ)－eq\f(hν0,e)得eq\f(b,a)＝eq\f(hc,e)，－b＝－eq\f(hν0,e)，普朗克常量為h＝eq\f(be,ac)，該光電管陰極材料的截止頻率大小為ν0＝ac，A、B錯(cuò)誤；將波長λ＝eq\f(1,3a)代入光電效應(yīng)方程，光電子的最大初動(dòng)能為Ekm＝2be，C正確；波長越長，光子能量越小，光電子的最大初動(dòng)能隨λ的增大而減小，D錯(cuò)誤。方法總結(jié)光電效應(yīng)的四類圖像分析圖像名稱圖線形狀由圖線直接(或間接)得到的物理量最大初動(dòng)能Ek與入射光頻率ν的關(guān)系圖線Ek＝hν－h(huán)νc(1)截止頻率：圖線與ν軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)νc(2)逸出功：圖線與Ek軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)的絕對值W0＝|－E|＝E(3)普朗克常量：圖線的斜率k＝h顏色相同、強(qiáng)度不同的光，光電流與電壓的關(guān)系(1)遏止電壓Uc：圖線與橫軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)(2)飽和光電流Im：光電流的最大值(3)最大初動(dòng)能：Ek＝eUc顏色不同時(shí)，光電流與電壓的關(guān)系(1)遏止電壓Uc1＞Uc2，則ν1＞ν2(2)飽和光電流(3)最大初動(dòng)能Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2遏止電壓Uc與入射光頻率ν的關(guān)系圖線(1)截止頻率νc：圖線與橫軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)(2)普朗克常量h：等于圖線的斜率與電子電荷量的乘積，即h＝ke(注：此時(shí)兩極之間接反向電壓)訓(xùn)練1(2024·廣東湛江二模)光伏發(fā)電是提供清潔能源的方式之一，光伏發(fā)電的原理是光電效應(yīng)。演示光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置如圖2甲所示，a、b、c三種光照射光電管得到的三條電流表與電壓表示數(shù)之間的關(guān)系曲線如圖乙所示，下列說法正確的是()圖2A.若b光為綠光，則a光可能是紫光B.a光照射光電管發(fā)出光電子的最大初動(dòng)能一定小于b光照射光電管發(fā)出光電子的最大初動(dòng)能C.單位時(shí)間內(nèi)a光照射光電管發(fā)出的光電子比c光照射光電管發(fā)出的光電子少D.若用強(qiáng)度相同的a、b光照射該光電管，則單位時(shí)間內(nèi)逸出的光電子數(shù)相等答案B解析由光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0及eU0＝Ek，解得eU0＝hν－W0，遏止電壓越大，入射光的頻率越大，νa＝νc＜νb，若b光為綠光，則a光不可能是紫光，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由題圖乙可知Uc1>Uc2，根據(jù)Ek＝eUc可知，a光照射光電管發(fā)出光電子的最大初動(dòng)能小于b光照射光電管發(fā)出光電子的最大初動(dòng)能，選項(xiàng)B正確；對于a、c兩束頻率相同的光來說，入射光越強(qiáng)，單位時(shí)間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)越多，則單位時(shí)間內(nèi)a光照射光電管發(fā)出的光電子比c光照射光電管發(fā)出的光電子多，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對a、b兩束不同頻率的光來說，光強(qiáng)相同是單位時(shí)間內(nèi)照射到光電管單位面積上的光子的總能量相等，因?yàn)閎光的光子頻率較高，每個(gè)光子的能量較大，所以單位時(shí)間內(nèi)照射到光電管單位面積上的光子數(shù)較少，即單位時(shí)間內(nèi)發(fā)出的光電子數(shù)較少，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。例2(多選)(2023·浙江6月選考，15)有一種新型光電效應(yīng)量子材料，其逸出功為W0。當(dāng)紫外光照射該材料時(shí)，只產(chǎn)生動(dòng)能和動(dòng)量單一的相干光電子束。用該電子束照射間距為d的雙縫，在與縫相距為L的觀測屏上形成干涉條紋，測得條紋間距為Δx，已知電子質(zhì)量為m，普朗克常量為h，光速為c，則()A.電子的動(dòng)量pe＝eq\f(hL,dΔx)B.電子的動(dòng)能Ek＝eq\f(hL2,2md2Δx2)C.光子的能量E＝W0＋eq\f(chL,dΔx)D.光子的動(dòng)量p＝eq\f(W0,c)＋eq\f(h2L2,2cmd2Δx2)答案AD解析由雙縫干涉條紋間距Δx＝eq\f(L,d)λ、電子動(dòng)量pe＝eq\f(h,λ)聯(lián)立解得pe＝eq\f(hL,dΔx)，A正確；電子的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(peq\o\al(2,e),2m)，解得Ek＝eq\f(1,2m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(hL,dΔx)))eq\s\up12(2)，B錯(cuò)誤；根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程得光子的能量E＝W0＋Ek，故E＝W0＋eq\f(1,2m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(hL,dΔx)))eq\s\up12(2)，C錯(cuò)誤；光子的動(dòng)量p＝eq\f(h,λ)＝eq\f(hν,c)＝eq\f(E,c)，解得p＝eq\f(W0,c)＋eq\f(h2L2,2cmd2Δx2)，D正確。熱點(diǎn)二原子結(jié)構(gòu)及能級躍遷1.自發(fā)躍遷：高能級→低能級，釋放能量，輻射出光子。光子的頻率ν＝eq\f(ΔE,h)＝eq\f(E高－E低,h)。2.受激躍遷：低能級→高能級，吸收能量。(1)光照(吸收光子)：光子的能量必須恰好等于能級差ΔE。(2)碰撞：只要入射粒子能量大于或等于能級差即可，E外≥ΔE。(3)原子從某一能級電離時(shí)，所吸收的能量可以大于或等于這一能級能量的絕對值，剩余能量為自由電子的動(dòng)能。例3(2024·陜西商洛模擬)科學(xué)家已經(jīng)成功檢測定位了納米晶體結(jié)構(gòu)中的氫原子。按玻爾氫原子理論，氫原子的能級圖如圖3所示，下列判斷正確的是()圖3A.用光子能量為13.06eV的光照射一群處于基態(tài)的氫原子，可觀測到多種不同頻率的光子B.一個(gè)處于n＝4激發(fā)態(tài)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，最多可能發(fā)出6條光譜線C.氫原子從第4激發(fā)態(tài)躍遷到第2激發(fā)態(tài)需要吸收光子D.氫原子的核外電子由低能級躍遷到高能級時(shí)，電勢能減小，動(dòng)能增大答案A解析由題圖可知，用光子能量為13.06eV的光照射一群處于基態(tài)的氫原子，氫原子可以躍遷到n＝5的激發(fā)態(tài)，再向低能級躍遷時(shí)可以輻射出10種頻率的光子，故A正確；一個(gè)處于n＝4激發(fā)態(tài)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，最多可以輻射出3種頻率的光子，即有3條光譜線，故B錯(cuò)誤；氫原子從第4激發(fā)態(tài)躍遷到第2激發(fā)態(tài)是從高能級向低能級躍遷，會輻射出光子，故C錯(cuò)誤；氫原子的核外電子由低能級躍遷到高能級時(shí)，軌道半徑變大，電勢能增大，動(dòng)能減小，故D錯(cuò)誤。一個(gè)和一群氫原子躍遷的區(qū)別(1)一個(gè)處于第n能級的氫原子躍遷發(fā)出可能的光譜線條數(shù)最多為n－1。(2)一群處于第n能級的氫原子躍遷發(fā)出可能的光譜線條數(shù)的兩種求解方法。①用數(shù)學(xué)中的組合知識求解：N＝Ceq\o\al(2,n)＝eq\f(n（n－1）,2)。②利用能級圖求解：在氫原子能級圖中將氫原子躍遷的各種可能情況一一畫出，然后相加。訓(xùn)練2(2023·山東卷，1)“夢天號”實(shí)驗(yàn)艙攜帶世界首套可相互比對的冷原子鐘組發(fā)射升空，對提升我國導(dǎo)航定位、深空探測等技術(shù)具有重要意義。如圖4所示為某原子鐘工作的四能級體系，原子吸收頻率為ν0的光子從基態(tài)能級Ⅰ躍遷至激發(fā)態(tài)能級Ⅱ，然后自發(fā)輻射出頻率為ν1的光子，躍遷到鐘躍遷的上能級2，并在一定條件下可躍遷到鐘躍遷的下能級1，實(shí)現(xiàn)受激輻射，發(fā)出鐘激光，最后輻射出頻率為ν3的光子回到基態(tài)。該原子鐘產(chǎn)生的鐘激光的頻率ν2為()圖4A.ν0＋ν1＋ν3 B.ν0＋ν1－ν3 C.ν0－ν1＋ν3 D.ν0－ν1－ν3答案D解析原子吸收頻率為ν0的光子從基態(tài)能級Ⅰ躍遷至激發(fā)態(tài)能級Ⅱ時(shí)有EⅡ－EⅠ＝hν0，且從激發(fā)態(tài)能級Ⅱ躍遷到基態(tài)Ⅰ的過程有EⅡ－EⅠ＝hν1＋hν2＋hν3，聯(lián)立解得ν2＝ν0－ν1－ν3，故D正確。熱點(diǎn)三核反應(yīng)與核能1.核衰變問題(1)核衰變規(guī)律：m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(t,T)m0，N＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(t,T)N0。(2)α衰變和β衰變次數(shù)的確定方法①方法一：由于β衰變不改變質(zhì)量數(shù)，故可以先由質(zhì)量數(shù)改變確定α衰變的次數(shù)，再根據(jù)電荷數(shù)守恒確定β衰變的次數(shù)。②方法二：設(shè)α衰變次數(shù)為x，β衰變次數(shù)為y，根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒列方程組求解。2.核能的計(jì)算方法(1)根據(jù)ΔE＝Δmc2計(jì)算，其中Δm的單位是“kg”，ΔE的單位是“J”。(2)根據(jù)ΔE＝Δm×931.5MeV計(jì)算，其中Δm的單位是“u”，ΔE的單位是“MeV”。(3)根據(jù)核子、比結(jié)合能計(jì)算，原子核的結(jié)合能＝原子核的比結(jié)合能×核子數(shù)。核反應(yīng)中反應(yīng)前系統(tǒng)內(nèi)所有原子核的總結(jié)合能與反應(yīng)后生成的所有新核的總結(jié)合能之差，就是該次核反應(yīng)所釋放(或吸收)的核能。(4)如果核反應(yīng)時(shí)釋放的核能全部以動(dòng)能形式呈現(xiàn)，則核反應(yīng)過程中系統(tǒng)動(dòng)能的增加量即為釋放的核能。例4(2024·浙江6月選考，4)發(fā)現(xiàn)中子的核反應(yīng)方程為eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(9,4)Be→X＋eq\o\al(1,0)n，“玉兔二號”巡視器的核電池中钚238的衰變方程為eq\o\al(238,94)Pu→eq\o\al(234,92)U＋Y，下列說法正確的是()A.核反應(yīng)方程中的X為eq\o\al(12,6)CB.衰變方程中的Y為eq\o\al(3,2)HeC.中子eq\o\al(1,0)n的質(zhì)量數(shù)為零D.钚238的衰變吸收能量答案A解析根據(jù)核反應(yīng)過程中質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知X的質(zhì)量數(shù)為12，電荷數(shù)為6，故X為eq\o\al(12,6)C，Y的質(zhì)量數(shù)為4，電荷數(shù)為2，故Y為eq\o\al(4,2)He，A正確，B錯(cuò)誤；中子eq\o\al(1,0)n的電荷數(shù)為0，質(zhì)量數(shù)為1，C錯(cuò)誤；衰變過程中釋放能量，D錯(cuò)誤。例5核污染水中含有60余種放射性物質(zhì)，這將對全球海洋環(huán)境和人類健康造成難以估量的影響。下列說法正確的是()A.氚的半衰期為12.43年，如果金屬罐中密封有1kg氚，則12.43年后金屬罐(含氚氣)的質(zhì)量將減少0.5kgB.鍶90發(fā)生β衰變的衰變方程為eq\o\al(90,38)Sr→eq\o\al(90,39)Y＋eq\o\al(0,－1)e，eq\o\al(90,38)Sr的比結(jié)合能比eq\o\al(90,39)Y的大C.eq\o\al(234,90)Th衰變?yōu)閑q\o\al(222,86)Rn，經(jīng)過3次α衰變、2次β衰變D.放射性元素的半衰期在夏天時(shí)可能會比在冬天時(shí)的短答案C解析如果金屬罐中密封有1kg氚，12.43年后金屬罐中的氚會有一半發(fā)生衰變，但產(chǎn)生的新物質(zhì)還在金屬罐內(nèi)，金屬罐(含氚氣)的質(zhì)量不會減少0.5kg，故A錯(cuò)誤；鍶90發(fā)生β衰變的衰變方程為eq\o\al(90,38)Sr→eq\o\al(90,39)Y＋eq\o\al(0,－1)e，eq\o\al(90,39)Y更穩(wěn)定，eq\o\al(90,38)Sr的比結(jié)合能比eq\o\al(90,39)Y的小，故B錯(cuò)誤；設(shè)eq\o\al(234,90)Th衰變?yōu)閑q\o\al(222,86)Rn，經(jīng)過m次α衰變、n次β衰變，根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒有234＝222＋4m，90＝86＋2m－n，解得m＝3，n＝2，即eq\o\al(234,90)Th衰變?yōu)閑q\o\al(222,86)Rn，經(jīng)過3次α衰變、2次β衰變，故C正確；放射性元素的半衰期跟溫度無關(guān)，故D錯(cuò)誤。訓(xùn)練3(2024·河南許昌模擬)2024年1月6日，“華龍一號”4號機(jī)組內(nèi)穹頂?shù)跹b就位，我國“華龍一號”是當(dāng)前核電市場接受度最高的三代核電機(jī)型之一，其全面建成有力支撐了我國由核電大國向核電強(qiáng)國的跨越。核反應(yīng)堆是利用中子轟擊重核發(fā)生裂變反應(yīng)，釋放出大量核能。eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(141,56)Ba＋eq\o\al(92,36)Kr＋aX是反應(yīng)堆中發(fā)生的許多核反應(yīng)中的一種，X是某種粒子，a是X粒子的個(gè)數(shù)，用mU、mBa、mKr分別表示eq\o\al(235,92)U、eq\o\al(141,56)Ba、eq\o\al(92,36)Kr核的質(zhì)量，mX表示X粒子的質(zhì)量，c為真空中的光速。以下說法正確的是()A.X為中子，a＝2B.太陽就是一個(gè)巨大的鈾核裂變反應(yīng)堆C.上述核反應(yīng)中放出的核能ΔE＝(mU－mBa－mKr－2mX)c2D.鈾塊體積必須達(dá)到臨界體積，有質(zhì)子通過時(shí)，才能發(fā)生鏈?zhǔn)椒磻?yīng)答案C解析由電荷數(shù)守恒知X的電荷數(shù)為0，故X為中子，由質(zhì)量數(shù)守恒知a＝3，故A錯(cuò)誤；太陽發(fā)生的是輕核聚變，所以太陽是一個(gè)巨大的熱核反應(yīng)堆，故B錯(cuò)誤；由題意知，核反應(yīng)過程中的質(zhì)量虧損Δm＝mU＋mX－mBa－mKr－3mX，由質(zhì)能方程可知，釋放的核能ΔE＝Δmc2＝(mU－mBa－mKr－2mX)c2，故C正確；根據(jù)鏈?zhǔn)椒磻?yīng)的條件可知，鈾塊體積必須達(dá)到臨界體積，有中子通過時(shí)，才能發(fā)生鏈?zhǔn)椒磻?yīng)，故D錯(cuò)誤。訓(xùn)練4(多選)(2024·河北保定一模)人體暴露于強(qiáng)烈的中子輻射中會在血漿中產(chǎn)生鈉24，可以通過測量鈉24的數(shù)量來確定患者吸收的輻射劑量。鈉24具有放射性，某次研究其放射特性的實(shí)驗(yàn)中，將孤立鈉24原子靜置于勻強(qiáng)磁場中，衰變后在磁場中形成兩條圓周徑跡，如圖5所示，下列說法中正確的是()圖5A.小圓對應(yīng)的粒子的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向B.鈉24發(fā)生了β衰變C.小圓和大圓的軌道半徑之比為1∶12D.兩條軌跡對應(yīng)的粒子的質(zhì)量之和等于衰變前鈉24的質(zhì)量答案ABC解析由于鈉24衰變過程中動(dòng)量守恒，因此衰變后的兩粒子速度方向相反，在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡相切于一點(diǎn)，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB)，可知電荷量越大，其運(yùn)動(dòng)時(shí)的軌跡半徑越小，由此可知小圓對應(yīng)的粒子所帶電荷量更大，且其所帶電荷為正電荷，根據(jù)左手定則可知，小圓對應(yīng)的粒子的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，而根據(jù)左手定則結(jié)合軌跡可知，大圓對應(yīng)的粒子帶負(fù)電，則可確定該衰變?yōu)棣滤プ?，故A、B正確；根據(jù)以上分析，寫出其衰變方程為eq\o\al(24,11)Na→eq\o\al(24,12)Mg＋eq\o\al(0,－1)e，產(chǎn)生的新核與β粒子的電荷量之比為12∶1，而根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可知，小圓和大圓的軌道半徑之比為1∶12，故C正確；衰變過程中始終遵循質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，但在衰變過程中有能量釋放，根據(jù)愛因斯坦的質(zhì)能方程可知，衰變后兩條軌跡對應(yīng)的粒子的質(zhì)量之和小于衰變前鈉24的質(zhì)量，故D錯(cuò)誤。1.(2024·湖南卷，1)量子技術(shù)是當(dāng)前物理學(xué)應(yīng)用研究的熱點(diǎn)，下列關(guān)于量子論的說法正確的是()A.普朗克認(rèn)為黑體輻射的能量是連續(xù)的B.光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，紅光照射可以讓電子從某金屬表面逸出，若改用紫光照射也可以讓電子從該金屬表面逸出C.康普頓研究石墨對X射線散射時(shí)，發(fā)現(xiàn)散射后僅有波長小于原波長的射線成分D.德布羅意認(rèn)為質(zhì)子具有波動(dòng)性，而電子不具有波動(dòng)性答案B解析普朗克認(rèn)為黑體輻射的能量是量子化的，A錯(cuò)誤；紫光的頻率大于紅光的頻率，由愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0可知，若改用紫光照射此金屬表面，一定能發(fā)生光電效應(yīng)，即電子從金屬表面逸出，B正確；康普頓散射實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，X射線被較輕物質(zhì)(石墨、石蠟)等散射后除了有波長與原波長相同的成分外還有波長較長的成分，C錯(cuò)誤；德布羅意認(rèn)為實(shí)物粒子具有波粒二象性，D錯(cuò)誤。2.(2024·河北卷，1)鋰是新能源汽車、儲能和信息通信等新興產(chǎn)業(yè)的關(guān)鍵材料。研究表明，鋰元素主要來自宇宙高能粒子與星際物質(zhì)的原子核產(chǎn)生的散裂反應(yīng)，其中一種核反應(yīng)方程為eq\o\al(12,)6C＋eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(7,3)Li＋2eq\o\al(1,1)H＋X，式中的X為()A.eq\o\al(1,0)n B.eq\o\al(0,－1)e C.eq\o\al(0,1)e D.eq\o\al(4,2)He答案D解析設(shè)X的質(zhì)量數(shù)為A，電荷數(shù)為Z，根據(jù)核反應(yīng)前、后質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒得A＝12＋1－7－2×1＝4，Z＝6＋1－3－2×1＝2，則X為eq\o\al(4,2)He，D正確。3.(多選)(2024·黑吉遼卷，8)X射線光電子能譜儀是利用X光照射材料表面激發(fā)出光電子，并對光電子進(jìn)行分析的科研儀器。用某一頻率的X光照射某種金屬表面，逸出了光電子，若增加此X光的強(qiáng)度，則()A.該金屬的逸出功增大B.X光的光子能量不變C.逸出的光電子最大初動(dòng)能增大D.單位時(shí)間逸出的光電子數(shù)增多答案BD解析金屬的逸出功與金屬本身有關(guān)，與入射光無關(guān)，A錯(cuò)誤；光子的能量E＝hν，與入射光強(qiáng)度無關(guān)，B正確；根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程hν＝Ek＋W0可知，逸出的光電子最大初動(dòng)能與入射光的強(qiáng)度無關(guān)，C錯(cuò)誤；入射光的強(qiáng)度增加，可知單位時(shí)間內(nèi)入射光的總能量增加，每個(gè)光子的能量不變，故單位時(shí)間內(nèi)入射的光子數(shù)增多，則單位時(shí)間內(nèi)逸出的光電子數(shù)增多，D正確。

4.(2024·安徽卷，1)大連相干光源是我國第一臺高增益自由電子激光用戶裝置，其激光輻射所應(yīng)用的玻爾原子理論很好地解釋了氫原子的光譜特征。圖6為氫原子的能級示意圖，已知紫外光的光子能量大于3.11eV，當(dāng)大量處于n＝3能級的氫原子向低能級躍遷時(shí)，輻射不同頻率的紫外光有()圖6A.1種 B.2種 C.3種 D.4種答案B解析大量處于n＝3能級的氫原子向低能級躍遷時(shí)，能夠輻射出不同頻率的光的種類為Ceq\o\al(2,3)＝3種。輻射出光子的能量分別為ΔE1＝E3－E1＝－1.51eV－(－13.6eV)＝12.09eV，ΔE2＝E3－E2＝－1.51eV－(－3.4eV)＝1.89eV，ΔE3＝E2－E1＝－3.4eV－(－13.6eV)＝10.2eV，其中ΔE1>3.11eV，ΔE2<3.11eV，ΔE3>3.11eV，所以輻射不同頻率的紫外光有2種，故B正確。5.(2024·湖北卷，2)硼中子俘獲療法是目前治療癌癥最先進(jìn)的手段之一，eq\o\al(10,)5B＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(a,3)X＋eq\o\al(4,b)Y是該療法中一種核反應(yīng)的方程，其中X、Y代表兩種不同的原子核，則()A.a＝7，b＝1 B.a＝7，b＝2 C.a＝6，b＝1 D.a＝6，b＝2答案B解析6.(2024·江西卷，2)近年來，江西省科學(xué)家發(fā)明硅襯底氮化鎵基系列發(fā)光二極管(LED)，開創(chuàng)了國際上第三條LED技術(shù)路線。某氮化鎵基LED材料的簡化能級如圖7所示，若能級差為2.20eV(約3.52×10－19J)，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，則發(fā)光頻率約為()圖7A.6.38×1014Hz B.5.67×1014Hz C.5.31×1014Hz D.4.67×1014Hz答案C解析根據(jù)題意可知，輻射出的光子能量ε＝3.52×10－19J，由ε＝hν代入數(shù)據(jù)解得ν＝5.31×1014Hz，C正確。7.(2024·山東卷，1)2024年是中國航天大年，神舟十八號、嫦娥六號等已陸續(xù)飛天，部分航天器裝載了具有抗干擾性強(qiáng)的核電池。已知eq\o\al(90,38)Sr衰變?yōu)閑q\o\al(90,39)Y的半衰期約為29年；eq\o\al(238,94)Pu衰變?yōu)閑q\o\al(234,92)U的半衰期約為87年?，F(xiàn)用相同數(shù)目的eq\o\al(90,38)Sr和eq\o\al(238,94)Pu各做一塊核電池，下列說法正確的是()A.eq\o\al(90,38)Sr衰變?yōu)閑q\o\al(90,39)Y時(shí)產(chǎn)生α粒子B.eq\o\al(238,94)Pu衰變?yōu)閑q\o\al(234,92)U時(shí)產(chǎn)生β粒子C.50年后，剩余的eq\o\al(90,38)Sr數(shù)目大于eq\o\al(238,94)Pu的數(shù)目D.87年后，剩余的eq\o\al(90,38)Sr數(shù)目小于eq\o\al(238,94)Pu的數(shù)目答案D解析eq\a\vs4\al(質(zhì)量數(shù)守恒,電荷數(shù)守恒)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(eq\o\al(90,38)Sr→eq\o\al(90,39)Y＋0－1e?β衰變，A錯(cuò)誤；,eq\o\al(238,94)Pu→eq\o\al(234,92)U＋eq\o\al(4,2)He?α衰變，B錯(cuò)誤；))Teq\o\al(90,38)Sr<Teq\o\al(238,94)Pueq\o(→,\s\up7(相同時(shí)間))Neq\o\al(90,38)Sr<Neq\o\al(238,94)Pu，C錯(cuò)誤，D正確。8.(2024·浙江1月選考，7)已知氘核質(zhì)量為2.0141u，氚核質(zhì)量為3.0161u，氦核質(zhì)量為4.0026u，中子質(zhì)量為1.0087u，阿伏加德羅常數(shù)NA取6.0×1023mol－1，氘核摩爾質(zhì)量為2g·mol－1，1u相當(dāng)于931.5MeV。關(guān)于氘與氚聚變成氦，下列說法正確的是()A.核反應(yīng)方程式為eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(1,0)nB.氘核的比結(jié)合能比氦核的大C.氘核與氚核的間距達(dá)到10－10m就能發(fā)生核聚變D.4g氘完全參與聚變釋放出能量的數(shù)量級為1025MeV答案D解析核反應(yīng)方程式為eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n，故A錯(cuò)誤；氘核的比結(jié)合能比氦核的小，故B錯(cuò)誤；氘核若與氚核發(fā)生核聚變，它們間的距離必達(dá)到10－15m以內(nèi)，故C錯(cuò)誤；一個(gè)氘核與一個(gè)氚核聚變反應(yīng)的質(zhì)量虧損Δm＝(2.0141＋3.0161－4.0026－1.0087)u＝0.0189u，聚變反應(yīng)釋放的能量ΔE＝Δm×931.5MeV≈17.6MeV，4g氘完全參與聚變釋放出能量E＝eq\f(4,2)×6×1023×ΔE≈2.11×1025MeV，數(shù)量級為1025MeV，故D正確。基礎(chǔ)保分練1.(2024·江蘇鹽城模擬預(yù)測)我國科研人員及合作者首次合成了新原子核eq\o\al(205,89)Ac。原子核存在一種衰變鏈，其中第1次由eq\o\al(205,89)Ac衰變成原子核eq\o\al(201,87)Fr，第2次由eq\o\al(201,87)Fr衰變成原子核eq\o\al(197,85)At。下列說法正確的是()A.第1次為α衰變，第2次為β衰變B.α射線的穿透能力最強(qiáng)C.兩次均為α衰變D.通過增加溫度可以加快衰變速度答案C解析由電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可知，第一次衰變eq\o\al(205,89)Ac→eq\o\al(201,87)Fr＋eq\o\al(4,2)He，第二次衰變eq\o\al(201,87)Fr→eq\o\al(197,85)At＋eq\o\al(4,2)He，可知兩次均為α衰變，故A錯(cuò)誤，C正確；α射線的穿透能力最弱，電離能力最強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；半衰期與外界環(huán)境無關(guān)，與所處狀態(tài)無關(guān)，故D錯(cuò)誤。2.(2024·吉林長春市東北師大附中模擬)物理學(xué)中有很多關(guān)于“通量”的概念，如磁通量、輻射通量等，其中輻射通量Φ表示單位時(shí)間內(nèi)通過某一截面的輻射能，其單位為J/s。波長為λ的平行光垂直照射在面積為S的紙板上，已知該束光單位體積內(nèi)的光子數(shù)為n，光速為c，普朗克常量為h，則該束光的輻射通量為()A.eq\f(hc2nS,λ) B.eq\f(hc2nλ3,S) C.eq\f(hc2,nSλ3) D.eq\f(hc2,nS2λ)答案A解析時(shí)間t內(nèi)，照射在紙板上的光子數(shù)為N＝nctS，輻射能為E＝Nhν＝Nheq\f(c,λ)，則該束光的輻射通量為Φ＝eq\f(E,t)＝eq\f(hc2nS,λ)，故A正確。3.(2024·浙江湖州二模)用各種頻率的光照射兩種金屬材料得到遏止電壓Uc隨光的頻率ν變化的兩條圖線1、2，圖線上有P和Q兩點(diǎn)。下列說法正確的是()圖1A.圖線1、2一定平行B.圖線1對應(yīng)金屬材料的逸出功大C.照射同一金屬材料，Q對應(yīng)的光比P對應(yīng)的光產(chǎn)生的飽和電流大D.照射同一金屬材料，P對應(yīng)的光比Q對應(yīng)的光發(fā)出的電子初動(dòng)能大答案A解析根據(jù)光電效應(yīng)方程可得Ek＝hν－W0，Ek＝eUc，可得Uc＝eq\f(h,e)ν－eq\f(W0,e)，由此可知，圖線1、2斜率相同，兩圖線一定平行，故A正確；結(jié)合圖線可知，圖線2對應(yīng)金屬材料的逸出功大，故B錯(cuò)誤；P對應(yīng)光的頻率較小，但不能確定光的強(qiáng)度，所以不能確定飽和光電流的大小，故C錯(cuò)誤；P對應(yīng)光的頻率較小，Q對應(yīng)光的頻率較大，所以照射同一金屬材料，Q對應(yīng)的光比P對應(yīng)的光發(fā)出的電子初動(dòng)能大，故D錯(cuò)誤。4.(2023·遼寧卷，6)原子處于磁場中，某些能級會發(fā)生劈裂，某種原子能級劈裂前后的部分能級圖如圖2所示，相應(yīng)能級躍遷放出的光子分別設(shè)為①②③④。若用①照射某金屬表面時(shí)能發(fā)生光電效應(yīng)，且逸出光電子的最大初動(dòng)能為Ek，則()圖2A.①和③的能量相等B.②的頻率大于④的頻率C.用②照射該金屬一定能發(fā)生光電效應(yīng)D.用④照射該金屬逸出光電子的最大初動(dòng)能小于Ek答案A解析由題圖可知躍遷時(shí)放出的光子①和③均由同一高能級躍遷到同一低能級，又釋放的能量等于兩能級的能量差，所以①和③的能量相等，A正確；由題圖可知②的能量比④的能量小，則由公式E＝hν可知②的頻率小于④的頻率，B錯(cuò)誤；用①照射某金屬表面時(shí)能發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，但由于②的能量小于①，所以用②照射該金屬時(shí)不一定能發(fā)生光電效應(yīng)，C錯(cuò)誤；用①照射某金屬時(shí)逸出光電子的最大初動(dòng)能為Ek，由于④的能量大于①，則由Ek＝hν－W0可知，用④照射該金屬逸出光電子的最大初動(dòng)能一定大于Ek，D錯(cuò)誤。5.(2024·福建福州模擬)圖3甲是氫原子能級圖，圖乙中的Hα、Hβ、Hγ、Hδ是氫原子從較高能級向n＝2能級躍遷時(shí)產(chǎn)生的在可見光區(qū)域的四條譜線，其中譜線Hδ是氫原子從n＝6能級向n＝2能級躍遷時(shí)產(chǎn)生的，則()圖3A.圖乙中的氫原子光譜是連續(xù)光譜B.四條譜線中Hα對應(yīng)的光子能量最大C.譜線Hδ對應(yīng)的光子能量是3.02eVD.譜線Hγ是氫原子從n＝7能級向n＝2能級躍遷時(shí)產(chǎn)生的答案C解析圖乙中的氫原子光譜是線狀譜，故A錯(cuò)誤；光子能量為E＝hν＝heq\f(c,λ)，可知波長越長，光子能量越小，故四條譜線中Hα對應(yīng)的光子能量最小，故B錯(cuò)誤；譜線Hδ對應(yīng)的光子能量是ΔE＝E6－E2＝(－0.38)eV－(－3.4)eV＝3.02eV，故C正確；根據(jù)光子能量EHδ>EHγ>EHβ>EHα可知譜線Hγ是氫原子從n＝5能級向n＝2能級躍遷時(shí)產(chǎn)生的，故D錯(cuò)誤。6.(2024·天津南開二模)利用14C衰變的測年技術(shù)可進(jìn)行考古研究，其衰變方程為eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(0,－1)e，已知14C的半衰期為5730年，若eq\o\al(14,6)C、eq\o\al(14,7)N、eq\o\al(0,－1)e的質(zhì)量分別為m1、m2、m3，普朗克常量為h，真空中的光速為c，下列說法正確的是()A.eq\o\al(0,－1)e來源于核外電子B.eq\o\al(14,6)C的比結(jié)合能小于eq\o\al(14,7)N的比結(jié)合能C.全球變暖會導(dǎo)致半衰期變短D.該核反應(yīng)中釋放的能量為(m1－m2－m3)hc答案B解析β衰變的實(shí)質(zhì)是碳原子核中的一個(gè)中子轉(zhuǎn)化為一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子，所以eq\o\al(0,－1)e不是源于核外電子，故A錯(cuò)誤；半衰期由原子核本身的性質(zhì)決定，與原子核的物理狀態(tài)和化學(xué)狀態(tài)無關(guān)，全球變暖不會導(dǎo)致半衰期變短，故C錯(cuò)誤；碳元素自發(fā)地進(jìn)行衰變，衰變過程放出能量，eq\o\al(14,6)C的比結(jié)合能小于eq\o\al(14,7)N的比結(jié)合能，根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程可得ΔE＝Δmc2＝(m1－m2－m3)c2，故B正確，D錯(cuò)誤。7.(多選)(2023·海南卷，10)已知一個(gè)激光發(fā)射器功率為P，發(fā)射波長為λ的光，光速為c，普朗克常量為h，則()A.光的頻率為eq\f(c,λ)B.光子的能量為eq\f(h,λ)C.光子的動(dòng)量為eq\f(h,λ)D.在時(shí)間t內(nèi)激光器發(fā)射的光子數(shù)為eq\f(Ptc,hλ)答案AC解析由波的知識可知λ＝cT＝e