课时跟踪检测（九） 晶体
A组—重基础·体现综合
1．下列说法中正确的是( )
A．常见的金属材料都是多晶体
B．只有非晶体才显示各向同性
C．凡是具有规则几何形状的固体一定是晶体
D．多晶体一定显示各向异性
解析：选A 常见金属材料都是多晶体，故选项A正确；具有规则几何形状的固体不一定是晶体，如有规则形状的蜡烛不是晶体，故选项C错误；多晶体和非晶体均显示各向同性，故选项B、D错误。
2．下列说法中正确的是( )
A．黄金可以切割加工成任意形状，所以是非晶体
B．同一种物质只能形成一种晶体
C．单晶体的所有物理性质都是各向异性的
D．玻璃没有确定的熔点，也没有天然规则的几何形状
解析：选D 固态金属都是晶体，因而黄金也是晶体。只是因为黄金晶体内部小晶粒的排列杂乱无章，才使黄金没有天然规则的几何形状，A错误；同一种物质可以形成多种晶体，如碳可以形成金刚石和石墨，B错误；单晶体的各向异性是指某些物理性质是各向异性的，C错误；玻璃是非晶体，因而没有确定的熔点和天然规则的几何形状，D正确。
3．利用扫描隧道显微镜可以得到晶体表面原子排列的图像，从而可以研究晶体的构成规律，下面的照片是三种晶体材料表面的原子排列图像，通过观察、比较，可以得出的结论是( )
A．三种晶体的原子排列都具有规律性
B．三种晶体的原子排列都没有规律性
C．三种晶体的原子都是静止不动的
D．三种晶体的原子都是无间隙地挨在一起的
解析：选A 三种晶体的原子排列不相同，但是对于每一种晶体的原子排列具有各自的规律性，故选项A正确，B错误；晶体的原子在永不停息地做热运动，故选项C错误；原子之间存在间隙，故选项D错误。
4．(2021·珠海高三检测)一块金属整体表现为各向同性是因为( )
A．金属是单晶体
B．金属是多晶体
C．金属晶粒的排列是有序的
D．金属是非晶体
解析：选B 金属晶体有许多小金属晶粒组成，大量的金属晶粒无序地组成了多晶体，因为多晶体整体表现为各向同性，金属整体也表现为各向同性，故B正确。
5．(多选)关于液晶，下列说法中正确的有( )
A．液晶是一种液态的晶体
B．液晶分子的空间排列是稳定的，具有各向异性
C．液晶的光学性质随温度的变化而变化
D．液晶的光学性质随外加电压的变化而变化
解析：选CD 液晶的微观结构介于晶体和液体之间，虽然液晶分子在特定方向排列比较整齐，具有各向异性，但分子的排列是不稳定的，A、B错误；外界条件的微小 变化都会引起液晶分子排列的变化，从而改变液晶的某些性质，温度、压力、外加电压等因素变化时，都会改变液晶的光学性质，C、D正确。
6．下列属于液晶分子示意图的是( )
解析：选B 液晶是像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质，所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，液晶可以流动，所以和固态分子排列不相同，但液晶不可以像液体一样任意流动，所以和液态分子排列也不相同，综上分析可知B正确，A、C、D错误。
7.(多选)岩盐的颗粒很大，我们能清楚地看出它的立方体形状。将大颗粒的岩盐敲碎后，小的岩盐仍然呈立方体形。如图所示是岩盐的平面结构，实心点为氯离子，空心点为钠离子，如果将它们用直线连起来，将构成一系列大小相同的正方形。则( )
A．岩盐是晶体
B．岩盐是非晶体
C．固体岩盐中氯离子是静止的
D．固体岩盐中钠离子是运动的
解析：选AD 岩盐分子按一定规律排列，则岩盐是晶体，故A正确，B错误；根据分子永不停息地做无规则运动，可知固体岩盐中氯离子和钠离子都是运动的，故C错误，D正确。
8．(多选)甲、乙、丙三种固体物质，质量相等，加热过程中，相同时间内吸收的热量相等，如图所示为其温度随时间变化的图像，由图可以判断( )
A．甲、丙是晶体，乙是非晶体
B．乙是晶体，甲、丙是非晶体
C．乙是非晶体，甲的熔点比丙低
D．乙是非晶体，甲的熔点比丙高
解析：选AD 甲在升温至t2 ℃时开始熔化，一段时间内温度保持不变；丙在升温至t1 ℃时开始熔化，一段时间内温度保持不变，因此，甲、丙为晶体，且甲的熔点高。乙没有确定的熔点，为非晶体，故选项A、D正确。
9．(多选)有关晶体的排列结构，下列说法正确的是( )
A．同种元素原子按不同的结构排列有相同的物理性质
B．同种元素原子按不同的结构排列有不同的物理性质
C．同种元素形成晶体只能有一种排列规律
D．同种元素形成晶体可能有不同的排列规律
解析：选BD 晶体内部微粒排列的空间结构决定着晶体的物理性质。同种元素原子也会有很多排列结构，例如：碳原子按层状结构排列形成石墨，按网状结构排列形成金刚石，故选项B、D正确。
10．某球形固体物质，其导热性能各向相同，则该物体( )
A．一定是非晶体
B．可能具有确定的熔点
C．一定是单晶体，因为它有规则的几何外形
D．一定不是单晶体，因为其具有各向同性的物理性质
解析：选B 导热性能各向相同的物质可能是非晶体，也可能是晶体，故A选项错误；晶体具有确定的熔点，故B选项正确；物质外形是否规则不是判断物质是否为单晶体的依据，应该说，单晶体具有规则的几何外形是“天生”的，而多晶体和非晶体也可以具有规则的几何外形，当然，这只能是“后天”加工的，故C选项错误；单晶体具有各向异性的特征，仅是指某些物理性质，并不是所有的物理性质都是各向异性的，故当物质某一物理性质显示各向同性，并不意味着该物质一定不是单晶体，故D选项错误。
B组—重应用·体现创新
11．(2021·安徽太湖中学高二下质量调研)关于下列四幅图中所涉及晶体微观结构及其解释的论述中，不正确的是( )
A．甲图中，晶体中沿不同的方向上微粒排列的情况不同，故晶体在不同的方向上会表现出不同的物理性质
B．乙图为石墨中碳原子形成的层状结构，与金刚石的结构不同，但物理性质相同
C．丙图为食盐晶体的点阵结构，晶体的许多特征都与点阵结构有关
D．丁图为金刚石中碳原子形成的一种紧密结构，相互之间作用力很强，所以金刚石十分坚硬，可制造玻璃刀和钻头
解析：选B 晶体中沿不同的方向上微粒排列的情况不同，故晶体在不同的方向上会表现出不同的物理性质，A正确；金刚石和石墨都是由碳原子直接构成的，因为碳原子的排列方式不同，故其物理性质差异很大，石墨质地松软，可以用来制作铅笔芯，金刚石很硬，可以用于制造玻璃刀和钻头，B错误，D正确；晶体的许多特性都与点阵结构有关，C正确。
12.(2021·山东临沂一中高二下月考)一块密度和厚度都均匀分布的矩形被测样品，长AB是宽AC的两倍，如图所示。若用多用电表沿两对称轴O1O1′和O2O2′测其电阻，阻值关系为R1＝2R2，则这块样品是( )
A．单晶体 B．多晶体
C．非晶体 D．以上说法全错
解析：选A 假设这块样品沿各个方向的电阻率相同为ρ，根据R＝ρ可知，R1＝4R2，而测得R1＝2R2，说明沿O1O1′和O2O2′方向的电阻率(导电性能)不同，即表现出各向异性的物理性质，所以为单晶体，所以A正确。
13.如图所示为食盐晶体结构示意图，食盐的晶体是由钠离子(图中○)和氯离子(图中●)组成的，这两种离子在空间中三个互相垂直的方向上，都是等距离地交错排列的。已知食盐的摩尔质量是58.5 g/mol，食盐的密度是2.2 g/cm3，阿伏伽德罗常数为6.0×1023 mol－1，试估算食盐晶体中两个最近的钠离子中心间的距离。
解析：1 mol食盐中有NA个氯离子和NA个钠离子，离子总数为2NA，因而摩尔体积V与摩尔质量M、物质密度ρ的关系为V＝，
所以一个离子所占的体积为V0＝＝。
由题图可知V0就是图中八个离子所夹的立方体的体积，此立方体的边长d＝＝，
而最近的两个钠离子中心的距离
r＝d＝×
＝1.41× m
≈4×10－10 m。
答案：4×10－10 m
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1课时跟踪检测（六） 气体实验定律的微观解释
A组—重基础·体现综合
1．下列说法正确的是( )
A．一定质量的气体，保持温度不变，压强随体积减小而增大的微观原因是：每个分子撞击器壁的作用力增大
B．一定质量的气体，保持温度不变，压强随体积增大而减小的微观原因是：单位体积内的分子数减小
C．一定质量的气体，保持体积不变，压强随温度升高而增大的微观原因是：每个分子动能都增大
D．一定质量的气体，保持体积不变，压强随温度升高而增大的微观原因是：分子数密度增大
解析：选B 一定质量的气体，保持温度不变，体积减小时，单位体积内的分子数增多，分子数密度增大，使压强增大，故A错误；一定质量的气体，保持温度不变，体积增大时，单位体积内的分子数减少而使分子撞击次数减少，从而使压强减小，故B正确；一定质量的气体，保持体积不变，温度升高时，分子平均动能增大而使压强升高，但并不是每个分子动能都增大，故C、D错误。
2．一定质量的理想气体，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冲力增大
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．分子的平均速率增加
解析：选B 气体经等温压缩，温度是分子平均动能的标志，温度不变，分子平均动能不变，故气体分子每次碰撞器壁的冲力不变，A错；由玻意耳定律知气体体积减小、分子的数密度增加，故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，B对；气体体积减小、分子的数密度增大，但分子总数不变，C错；分子的平均速率与温度有关，温度不变，分子的平均速率不变，D错。
3．(多选)一定质量的理想气体，处在某一状态，经下列哪个过程后会回到原来的温度( )
A．先保持压强不变而使它的体积膨胀，接着保持体积不变而减小压强
B．先保持压强不变而使它的体积缩小，接着保持体积不变而减小压强
C．先保持体积不变而增大压强，接着保持压强不变而使它的体积膨胀
D．先保持体积不变而减小压强，接着保持压强不变而使它的体积膨胀
解析：选AD 先等压变化，V增大，则T升高，再等容变化，p减小，则T降低，可能会回到原来的温度，A正确；先等压变化，V减小，则T降低，再等容变化，p减小，则T又降低，不可能回到原来的温度，B错误；先等容变化，p增大，则T升高，再等压变化，V增大，则T又升高，不可能回到原来的温度，C错误；先等容变化，p减小，则T降低，再等压变化，V增大，则T升高，可能会回到原来的温度，D正确。
4.如图所示，容积一定的测温泡上端有感知气体压强的压力传感器。待测物体温度升高时，泡内封闭气体( )
A．内能不变，压强变大
B．体积不变，压强变大
C．温度不变，压强变小
D．温度降低，压强变小
解析：选B 当待测物体温度升高时，泡内封闭气体的温度升高，体积不变，则内能增大，又根据＝c，可知压强增大，选项B正确。
5．如图所示，在p?T坐标系中的a、b两点，表示一定质量的理想气体的两个状态，设气体在状态a时的体积为Va，密度为ρa，在状态b时的体积为Vb，密度为ρb，则( )
A.Va>Vb，ρa>ρb
B．Va
C．Va>Vb，ρa<ρb
D．Vaρb
解析：选D 过a、b两点分别作它们的等容线。根据理想气体状态方程＝C可得p＝T。由于斜率ka>kb，所以Vaρb，故D正确。
6.一定质量的气体做等压变化时，其V-t图像如图所示，若保持气体质量不变，使气体的压强增大后，再让气体做等压变化，则其等压线与原来相比，下列可能正确的是( )
A．等压线与t轴之间夹角变大
B．等压线与t轴之间夹角不变
C．等压线与t轴交点的位置不变
D．等压线与t轴交点的位置一定改变
解析：选C 对于一定质量气体的等压线，其V-t图线的延长线一定过点(－273.15 ℃，0)，故选项C正确，D错误；气体压强增大后，由理想气体状态方程＝C可知，的比值减小，故图像的斜率减小，等压线与t轴夹角减小，选项A、B错误。
7．(2021·汕头高二月考)如图所示，一定质量的理想气体用质量为M的活塞封闭在容器中，活塞与容器间光滑接触，在图中三种稳定状态下的温度分别为T1、T2、T3，体积分别为V1、V2、V3且V1A．T1＝T2＝T3 B．T1C．T1>T2>T3 D．T1解析：选B 设三种稳定状态下气体的压强分别为p1、p2、p3，以活塞为研究对象，三种稳定状态下分别有Mg＋p0S＝p1S，p0S＋Mg＝p2S，p0S＋Mg＋mg＝p3S，可以得出p1＝p28．光滑绝热的轻质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VA∶VB＝1∶2。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VA′∶VB′为( )
A．1∶1 B．2∶3 C．3∶4 D．2∶1
解析：选B 由理想气体状态方程，对A部分气体有：＝①
对B部分气体有：＝ ②
因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB，所以得＝。
整理得＝＝＝，故B正确。
9.一圆筒形真空容器，在筒顶系着的轻弹簧下端挂一质量不计的活塞，弹簧处于自然长度时，活塞正好触及筒底，如图所示，当在活塞下方注入一定质量的理想气体后，温度为T时，气柱高为h，则温度为T′时，气柱的高为(活塞与圆筒间摩擦不计)( )
A. B.
C．h D. h
解析：选C 设弹簧的劲度系数为k，当气柱高度为h时，弹簧弹力F＝kh，由此产生的压强p＝＝(S为圆筒的横截面积)；取封闭的气体为研究对象，初状态为，末状态为，由理想气体状态方程＝，得h′＝h，C正确。
10．(2021·潍坊高二检测)内燃机气缸里的混合气体，在吸气冲程结束瞬间，温度为50 ℃，压强为1.0×105 Pa，体积为0.93 L。在压缩冲程中，把气体的体积压缩为0.155 L时，气体的压强增大到1.2×106 Pa，这时混合气体的温度升高到多少摄氏度？
解析：由题意可知混合气体初状态的状态参量为p1＝1.0×105 Pa，V1＝0.93 L，T1＝(50＋273)K＝323 K。
混合气体末状态的状态参量为
p2＝1.2×106 Pa，V2＝0.155 L，T2为未知量。
由＝可得T2＝T1，
将已知量代入上式，
得T2＝×323 K＝646 K，
所以混合气体的温度t＝(646－273)℃＝373 ℃。
答案：373 ℃
B组—重应用·体现创新
11．已知湖水深度为20 m，湖底水温为 4 ℃，水面温度为17 ℃，大气压强为1.0×105 Pa。当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(g取10 m/s2，ρ水＝1.0×103 kg/m3)( )
A．12.8倍 B．8.5倍 C．3.1倍 D．2.1倍
解析：选C 气泡内气体在湖底的压强p1＝p0＋ρgh＝3.0×105 Pa，由＝，代入数据解得≈3.1，C正确。
12．(2021·江苏海头高级中学高二月考)新冠疫情正在全球肆虐，勤消毒是防疫的一个关键举措。如图乙所示是消毒用的喷雾消毒桶原理图，圆柱形消毒桶横截面积为S＝0.08 m2，内有高度为h1＝0.3 m的消毒液，上部封闭有高h2＝0.2 m、压强p0＝1.0×105 Pa、温度T0＝290 K的空气。已知消毒液的密度ρ＝1 000 kg/m3，大气压强恒为p0，g取10 m/s2，喷雾管的喷雾口与喷雾消毒桶顶部等高。忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体，现将喷雾消毒桶移到室内。
(1)若室内温度也是T0，通过打气筒缓慢充入体积为V的空气，桶内空气压强达到1.5p0，求V的大小。
(2)若室内温度高于室外，喷雾消毒桶移到室内静置一段时间后，不充气打开阀门K，刚好有消毒液流出，求室内温度T。
(3)在第(2)问的前提下，在室内静置一段时间后再用打气筒缓慢向喷雾消毒桶内充入空气，直到消毒液完全流出，求充入空气与原有空气的质量比(结果保留三位有效数字)。
解析：(1)原来封闭气体的体积为V0＝Sh2＝0.016 m3，
由于充气过程缓慢，可看作等温变化，
由玻意耳定律，有p0(V0＋V)＝1.5p0·V0
解得V＝8.0×10－3 m3。
(2)室温为T时，封闭气体的压强
p1＝p0＋ρgh2＝1.02×105Pa
由查理定律有：＝
解得T＝295.8 K。
(3)以喷完消毒液后的气体为研究对象，此时气体压强p2＝p0＋ρg(h1＋h2)＝1.05×105 Pa，
体积V2＝S(h1＋h2)＝0.040 m3，
此气体经等温变化，压强为p1时，体积为V3
由玻意耳定律p2V2＝p1V3
则充入气体的体积ΔV＝V3－V0
故充入气体与原有气体质量比为＝≈1.57。
答案：(1)8.0×10－3 m3 (2)295.8 K (3)1.57
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3课时跟踪检测（七） 气体实验定律和理想气体状态方程的应用
A组—重基础·体现综合
1．(2021·山东等级考)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。
2.如图所示，用一绝热的活塞将一定质量的气体密封在绝热的气缸内(活塞与气缸壁之间无摩擦)，现通过气缸内一电阻丝对气体加热，则下列图像中能正确反映气体的压强p、体积V和温度T之间关系的是( )
解析：选B 活塞与气缸壁之间无摩擦，被封闭气体的压强p＝p0＋且始终是不变的，因此被封闭的气体经历的是一个等压变化。在压强不变的情况下，体积V与热力学温度T成正比，故B正确。
3.如图所示，容器A和B分别盛有氢气和氧气，用一段竖直细玻璃管连通，管内有一段水银柱将两种温度相同的气体隔开。如果将两气体温度均降低10 ℃，水银柱将( )
A．向上移动 B．向下移动
C．不动 D．无法确定
解析：选B 由查理定律的推论关系式Δp＝p得，ΔpA＝－pA<0，ΔpB＝－pB<0，因pA>pB，故|ΔpA|>|ΔpB|，水银柱向容器A一方(向下)移动。故选项B正确。
4．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C。有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系，正确的是 ( )
A．TA＝TB，TB＝TC B．TA＜TB，TB＜TC
C．TA＝TC，TB＞TC D．TA＝TC，TB＜TC
解析：选C 从A到B，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律有＝，因为VA＜VB，所以TA＜TB；从B到C，气体做等容变化，根据查理定律有＝，因为pB＞pC，所以TB＞TC；由题图可知pAVA＝pCVC，即从A到C，气体做等温变化，故TA＝TC。选项C正确。
5．一气泡从30 m深的海底升到海面，设水底温度是4 ℃，水面温度是15 ℃，那么气泡在海面的体积约是水底时的( )
A．3倍 B．4倍
C．5倍 D．12倍
解析：选B 根据理想气体状态方程：＝，知＝，其中T1＝(273＋4)K＝277 K，T2＝(273＋15)K＝288 K，故≈1，而p2＝p0≈10ρ水g，p1＝p0＋p≈40ρ水g，即≈4，故≈4。故B正确。
6．(2021·哈尔滨三中模拟)如图所示，两端开口的光滑的直玻璃管，下端插入水银槽中，上端有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气，设外界大气压为p0，环境温度保持不变，则( )
A．玻璃管下端内外水银面的高度差为H＝h
B．中间空气的压强大小为p＝p0－h(cmHg)
C．若把玻璃管向下移动少许，则管内的气体压强将减小
D．若把玻璃管向上移动少许，则管内的气体压强将增大
解析：选A 对管中上端水银受力分析可知，管中气体压强比大气压强高h(cmHg)，所以玻璃管下端内外水银面的高度差为h，A正确；中间空气的压强大小为p＝p0＋h(cmHg)，B错误；若把玻璃管向上移动少许(或向下移动少许)，封闭气体的压强不变，C、D错误。
7.如图所示，一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2，气体温度变化情况是 ( )
A．逐渐升高 B．逐渐降低
C．不变 D．先升高后降低
解析：选B 根据理想气体的状态方程＝C，得p＝，则p -图像上点与原点连线的斜率反映温度的高低，如图所示，可知从状态1到状态2温度逐渐降低，故B正确。
8.如图所示，一根两端开口、横截面积为S＝8 cm2的足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深)。管中有一个质量不计的光滑活塞静置于P处，活塞下封闭着长L＝21 cm的气柱，气柱的温度为t＝7 ℃，外界大气压p0＝1.0×105 Pa＝75 cmHg，重力加速度g取10 m/s2，忽略水银槽的液面变化。
(1)若在活塞上放一个质量为m＝0.4 kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱长度是多少？活塞向下移动的距离是多少？
(2)若保持砝码的质量不变，将气体缓慢加热至t2时，活塞恰好回到P处，则气体温度t2是多少？
解析：(1)封闭气体的初状态参量
p1＝p0＝1.0×105 Pa，V1＝LS
封闭气体的末状态参量
p2＝p0＋＝1.0×105 Pa＋ Pa＝1.05×105 Pa＝78.75 cmHg，V2＝L2S
气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2
代入数据解得L2＝20 cm＝0.20 m
设管内外水银面的高度差为h cm，封闭气体的压强p2＝p0＋ph＝75 cmHg＋h cmHg
解得h＝3.75
活塞向下移动的距离H＝L－L2＋h＝21 cm－20 cm＋3.75 cm＝4.75 cm＝0.047 5 m。
(2)气体初状态的温度T1＝(273＋7)K＝280 K
加热过程气体压强不变，活塞回到P处时，空气柱的长度L3＝L＋h cm＝24.75 cm，气体体积V3＝L3S
气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得＝
即＝
代入数据解得T2＝346.5 K
则t2＝(346.5－273)℃＝73.5 ℃。
答案：(1)0.20 m 0.047 5 m (2)73.5 ℃
B组—重应用·体现创新
9．一只轮胎容积为V＝10 L，已装有p1＝1 atm的空气。现用打气筒给它打气，已知打气筒的容积为V0＝1 L，要使胎内气体压强达到p2＝2.5 atm，应至少打气的次数为(设打气过程中轮胎容积及气体温度维持不变，大气压强p0＝1 atm)( )
A．8次 B．10次
C．12次 D．15次
解析：选D 胎内气体质量发生变化，选打入的气体和原来的气体组成的整体为研究对象。设打气次数为n，则V1＝V＋nV0，由玻意耳定律得p1V1＝p2V，解得n＝15次。
10.如图所示，一定质量的空气被水银封闭在静置于竖直平面的U形玻璃管内，右管上端开口且足够长，右管内水银面比左管内水银面高h，能使h变小的原因是( )
A．环境温度升高
B．大气压强升高
C．沿管壁向右管内加水银
D．U形玻璃管自由下落
解析：选B 对于左端封闭气体，温度升高，由理想气体状态方程可知，气体发生膨胀，h增大，故A项错误；大气压升高，气体压强将增大，体积减小，h减小，故B项正确；向右管加水银，气体压强增大，内、外压强差增大，h将增大，所以C项错误；当管自由下落时，水银不再产生压强，由于此时左侧气体的压强大于气压，管自由下落时气体压强减小，体积增大，则h变大，故D项错误。
11.某同学制作简易喷雾器，量筒内装自来水，顶端使用胶塞密封，胶塞下端到量筒下端高度为H，胶塞上打两个孔，一个孔插入长细玻璃管，玻璃管下端插到靠近量筒底端位置，上面装上控制开关；另一孔通过玻璃管、细胶管与打气筒相连。已知量筒除了胶塞以外其他部分体积等于打气筒有效打气体积的20倍，打气筒每次吸入气体的压强等于1 atm(标准大气压)，每打一次气均把有效体积内气体压入量筒。开始时控制开关闭合，液面距量筒底的高度为H，内部气体压强为2 atm，设外界大气压恒为1 atm，打气过程中量筒内气体温度与外界温度相同且保持不变，不考虑漏气和玻璃管内剩余液体体积和这部分液体产生的压强。求：
(1)打开控制开关，较长时间后，量筒内所剩液体的高度；
(2)打开控制开关，较长时间后，重新关闭控制开关，使用打气筒打气20次，量筒内气体压强的大小。
解析：(1)设量筒横截面积为S，所以开始时气体体积V1＝HS，压强p1＝2 atm，设较长时间后气体高度为h，此时p2＝1 atm，V2＝hS，
对量筒内气体，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得h＝， 量筒内所剩液体高度为H－＝。
(2)较长时间后气体体积变为量筒体积的一半，打气20次，设量筒体积为V，则气体初状态总体积V3＝20×＋，压强p3＝1 atm，末状态V4＝，根据玻意耳定律得p3V3＝p4V4，
解得p4＝3 atm。
答案：(1) (2)3 atm
12．如图甲所示，水平放置的气缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B左面气缸的容积为V0。A、B之间的容积为0.1V0，开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297 K，现缓慢加热气缸内气体，直至温度升至399.3 K。求：
(1)活塞刚离开B处时的温度TB；
(2)缸内气体最后的压强p3；
(3)在图乙中画出整个过程的p-V图线。
解析：(1)活塞离开B处时，体积不变，封闭气体的压强为p2＝p0，由查理定律得：＝，解得TB＝330 K。
(2)以封闭气体为研究对象，活塞开始在B处时，p1＝0.9p0，V1＝V0，T1＝297 K；活塞最后在A处时：V3＝1.1V0，T3＝399.3 K，由理想气体状态方程得＝，
故p3＝＝＝1.1p0。
(3)如图所示，封闭气体由状态1保持体积不变，温度升高，压强增大到p2＝p0达到状态2，再由状态2先做等压变化，温度升高，体积增大，当体积增大到1.1V0后再等容升温，使压强达到1.1p0。
答案：(1)330 K (2)1.1p0 (3)见解析图
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1课时跟踪检测（三） 气体分子运动的统计规律
1．(多选)大量气体分子运动的特点是( )
A．分子除相互碰撞或跟容器壁碰撞外，可在空间里自由移动
B．分子的频繁碰撞致使它做杂乱无章的热运动
C．分子沿各方向运动的机会相等
D．分子的速率分布毫无规律
解析：选ABC 气体分子除碰撞外可以认为是在空间内自由移动的，因气体分子沿各方向运动的机会相等，碰撞使之做无规则运动，但气体分子速率按正态分布，即按“中间多、两头少”的规律分布，所以A、B、C正确，D错误。
2．下列关于热运动的说法正确的是( )
A．水流速度越大，水分子的热运动越剧烈
B．水凝结成冰后，水分子的热运动停止
C．水的温度越高，水分子的热运动越剧烈
D．水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大
解析：选C 水流的速度是机械运动的速度，不同于水分子无规则热运动的速度，A项错误；分子永不停息地做无规则运动，B项错误；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的热运动越剧烈，故C项正确；水的温度升高，水分子的平均动能增大，即水分子的平均运动速率增大，但不是每一个水分子的运动速率都增大，D项错误。
3.伽尔顿板可以演示某种统计规律。如图所示，让大量小球从上方漏斗形入口落下，则下列图中能正确反映最终落在槽内小球的分布情况的是( )
解析：选C 让大量小球从上方漏斗形入口落下，显示出规律性，按正态分布，落在槽内小球的分布形状如C所示，故C正确。
4.(多选)甲、乙两容器中装有相同质量的氦气，已知甲容器中氦气的温度高于乙容器中氦气的温度。由此可知( )
A．甲中氦气分子的平均动能一定大于乙中氦气分子的平均动能
B．甲中每个氦气分子的动能一定都大于乙中每个氦气分子的动能
C．甲中动能大的氦气分子所占比例一定大于乙中动能大的氦气分子所占比例
D．甲中氦气分子的热运动一定比乙中氦气分子的热运动剧烈
解析：选ACD 分子的平均动能取决于温度，温度越高，分子的平均动能越大，故选项A正确；根据气体速率分布规律知某气体的分子的平均动能比另一气体的大不意味着每一个分子的动能都比另一气体的大，故选项B错误；分子的动能也应遵从统计规律，即“中间多、两头少”，两容器中分子总数相同，温度较高的容器中分子动能大的分子所占比例一定大于温度较低的容器中分子动能大的分子所占比例，选项C正确；温度越高，分子的热运动越剧烈，选项D正确。
5.如图所示，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速率分布规律的是( )
A．曲线① B．曲线② C．曲线③ D．曲线④
解析：选D 大量气体在某温度下分子速率的分布规律是：大部分气体速率在平均值附近，速率越大或越小的分子数越少，呈现“中间多，两头少”的分布规律，且没有速率为零的分子，故D正确。
6．如图是氧气分子在不同温度(0 ℃和100 ℃)下的速率分布图像，由图可得知信息( )
A．同一温度下，氧气分子呈现出“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
解析：选A 同一温度下，中等速率的氧气分子数所占的比例大，呈现“中间多、两头少”的分布规律，故A正确；温度升高使得氧气分子的平均速率增大，不一定每个分子的速率都增大，故B、D错误；温度升高使得速率小的氧气分子所占的比例变小，故C错误。
7．(多选)通过大量实验可以得出一定质量的气体在一定温度下，其分子速率的分布情况，下表为0 ℃时空气分子的速率分布，如图为速率分布图，由图可知( )
速率区间/(m·s－1) 分子数占总分子数的比例
100以下 0.01
100～200 0.08
200～300 0.15
300～400 0.20
400～500 0.21
500～600 0.17
600～700 0.10
700以上 0.08
A．速率特别大的分子与速率特别小的分子都比较少
B．在400～500 m/s这一速率区间中的分子数占的比例最大
C．若气体温度发生变化，将不再有如图所示的“中间多、两头少”的规律
D．当气体温度升高时，并非每个气体分子的速率都增大，而是速率大的气体分子所占的比例增大，使得气体分子的平均速率增大
解析：选ABD 由速率分布图可知速率特别大的分子与速率特别小的分子都比较少，选项A正确；在400～500 m/s这一速率区间中的分子数占的比例最大，选项B正确；若气体温度发生变化，将仍有如题图所示的“中间多、两头少”的规律，选项C错误；当气体温度升高时，并非每个气体分子的速率都增大，而是速率大的气体分子所占的比例增大，使得气体分子的平均速率增大，选项D正确。
8．根据实验测得的结果，气体分子的平均速率是很大的。如在0 ℃，氢气为1 760 m/s，氧气为425 m/s。可是在一个房间里，打开香水瓶时，却无法立即闻到它的香味，这是什么缘故？
解析：分子的速率虽然很大，但由于单位体积内的气体分子数也非常巨大，所以一个分子要前进一段距离是“很不容易”的。分子在前进的过程中要与其他分子发生非常频繁地碰撞(标准状况下，1个分子在1 s内大约与其他分子发生65亿次碰撞)，每次碰撞后，分子速度的大小和方向都会发生变化，所以它所经历的路程是极其曲折的。不排除有个别香水分子迅速地运动到人的鼻子处，但要想使人闻到香味，必须有相当数量的分子扩散到人的鼻子处，还需要较长的时间。
答案：见解析
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1课时跟踪检测（十八） 裂变和聚变
A组—重基础·体现综合
1．链式反应中，重核裂变时放出的可以使裂变不断进行下去的粒子是( )
A．质子 B．中子
C．β粒子 D．α粒子
解析：选B 重核裂变链式反应发生依靠中子不断地轰击铀原子核使得裂变不断进行下去，故选项B正确。
2．(多选)下列关于核聚变的说法中正确的是( )
A．要使聚变发生，必须克服库仑斥力做功
B．轻核聚变需要几百万开尔文的高温，因此核聚变又叫作热核反应
C．原子弹爆炸能产生几百万开尔文的高温，所以氢弹利用原子弹引发热核反应
D．太阳和许多恒星内部都在激烈地进行着热核反应，在地球内部也可以自发地进行
解析：选ABC 轻核聚变时，要使轻核之间距离达到10－15 m以内，所以必须克服库仑斥力做功，A正确；原子核必须有足够的动能，才能使它们接近到核力能发生作用的范围，实验证实，原子核必须处在几百万开尔文的高温下才有这样的能量，这样高的温度可通过原子弹爆炸获得，B、C正确；在太阳和其他恒星内部都存在着热核反应，但在地球内部不会自发地进行，D错误。
3．太阳发生氦闪之前进行的是氢聚变，关于核反应的类型，下列表述正确的是( )
A.U―→Th＋He是α衰变
B.N＋He―→O＋H是β衰变
C.He＋Al―→P＋n是核聚变
D.Se―→Kr＋2e是核裂变
解析：选A A选项是α衰变，B选项是人工转变，C选项是人工转变，D选项是β衰变，故选A。
4．1938年哈恩用中子轰击铀核，发现产物中有原子核钡(Ba)、氪(Kr)、中子和一些γ射线。下列关于这个实验的说法中正确的是( )
A．这个实验的核反应方程是U＋n―→Ba＋Kr＋n
B．这是一个核裂变过程，反应后粒子质量之和大于反应前粒子质量之和
C．这个反应中释放出的能量不可以用爱因斯坦的质能方程来计算
D．实验中产生的γ射线穿透能力极强
解析：选D 根据质量数守恒、电荷数守恒，铀核裂变的核反应方程应为：U＋n―→Ba＋Kr＋3n，选项A错误；铀核裂变过程中产生γ射线，放出能量，发生质量亏损，释放的能量根据爱因斯坦的质能方程计算，选项B、C错误；核反应中产生的γ射线，穿透能力极强，是能量极高的光子，选项D正确。
5．1个铀235吸收1个中子发生核反应时，大约放出196 MeV的能量，则1 g纯铀235完全发生核反应放出的能量为(NA为阿伏加德罗常数)( )
A．NA×196 MeV B．235NA×196 MeV
C．235×196 MeV D.×196 MeV
解析：选D 由于1 mol的铀核质量为235 g,1 g铀235的物质的量为 mol，因此1 g铀235释放的能量E＝×196 MeV，故D正确。
6．重核裂变和轻核聚变是人类获得核能的两种主要途径，关于裂变和聚变，下列叙述正确的是( )
A．裂变过程有质量亏损，聚变过程无质量亏损
B．核聚变反应方程H＋H―→He＋n中n表示质子
C．裂变和聚变都可以释放出巨大的能量
D．氢弹的核反应属于裂变，原子弹的核反应属于聚变
解析：选C 裂变和聚变都可以释放出巨大的能量，都伴随着质量的亏损，A错误，C正确；聚变反应方程H＋H―→He＋n中n表示中子，B错误；原子弹的核反应属于裂变，氢弹的核反应属于聚变，D错误。
7．一个U在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应，其裂变方程为U＋n―→X＋Sr＋2n，则下列说法正确的是( )
A．X的原子核中含有86个中子
B．X的原子核中含有141个核子
C．因为裂变释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量数减少
D.U是天然放射性元素，它的半衰期约为7亿年，随着地球环境的不断变化，半衰期可能变短也可能变长
解析：选A 由核反应规律可知，X是Xe，X中有140个核子、86个中子，A项正确，B项错误；裂变过程质量亏损，总质量数守恒，C项错误；半衰期由核本身的因素决定，与外界条件无关，D项错误。
8．(多选)一种典型的铀核裂变是生成钡和氪，同时放出3个中子，核反应方程是U＋X―→Ba＋Kr＋3n。已知部分原子核的比结合能与核子数的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．核反应方程中，X粒子是中子
B．核反应方程中，X粒子是质子
C.U、Ba和Kr相比，Ba核的比结合能最大，它最稳定
D.U、Ba和Kr相比，U核的核子数最多，它的结合能最大
解析：选AD 根据核反应质量数守恒和电荷数守恒可知题中的核反应方程中X粒子是中子，选项A正确，B错误；根据题图，核子数为80左右的原子核的比结合能最大，最稳定，所以U、Ba和Kr相比，Kr核的比结合能最大，最稳定，选项C错误；U、Ba和Kr相比，U的核子数最多，它的结合能最大，选项D正确。
9．假设有一种放射线是由铀核U衰变成Th，并释放一种粒子产生的。
(1)写出U衰变为Th的方程式；
(2)已知铀核质量为3.853 131×10－25 kg，钍核的质量为3.786 567×10－25 kg，α粒子的质量为6.646 72×10－27 kg，求衰变释放的能量。
解析：(1)反应方程式为U→Th＋He。
(2)核反应中质量亏损Δm＝mU－mTh－mα，
由质能方程得，释放的能量ΔE＝Δmc2＝(mU－mTh－mα)c2，
代入数据得ΔE＝8.7×10－13 J。
答案：(1)U→Th＋ He (2)8.7×10－13 J
B组—重应用·体现创新
10．(2020·全国卷Ⅱ)(多选)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
解析：选C 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。
11．关于核知识的叙述，下列说法正确的是( )
A．太阳中的能量主要来源于氢核的聚变，发生聚变后产生的新核的比结合能增大
B．核电站的能量来源于重核裂变，发生裂变后产生的新核的比结合能减小
C．核聚变与核裂变相比平均每个核子放出的能量更多，现在应用也更广泛
D．原子核的结合能是指组成原子核的所有核子所具有的能量之和
解析：选A 太阳中的能量主要来源于氢核的聚变，聚变发生的过程中释放巨大的能量，可知产生的新核的比结合能比反应前原子核的比结合能大，选项A正确；核电站的能量来源于重核裂变，重核裂变过程中释放巨大的能量，可知发生裂变后产生的新核的比结合能增大，选项B错误；核聚变与核裂变相比平均每个核子放出的能量更多，但不容易控制，目前还没有广泛应用，选项C错误；原子核的结合能是组成原子核的所有核子结合成原子核时释放出来的能量，选项D错误。
12．(多选)月球土壤里大量存在着一种叫作“氦3(He)”的化学元素，这是热核聚变的重要原料。关于“氦3(He)”与氘核的聚变，下列说法正确的是( )
A．核反应方程为He＋H―→He＋H
B．核反应生成物的质量将大于反应物的质量
C．“氦3(He)”一个核子的结合能与氘(H)一个核子的结合能之和小于氦4(He)一个核子的结合能
D．“氦3(He)”的原子核与一个氘核发生聚变将放出能量
解析：选AD A选项中的核反应方程就是He和H发生核聚变的方程，在生成He和H的同时释放大量的能量，A正确；由于核反应的过程中释放大量的能量，根据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2，可知生成物的质量小于反应物的质量，B错误；反应物的结合能之和大于生成物结合能之和，质量中等的核的比结合能最大，故使重核裂变为两个质量中等的核或使轻核聚变，都可使核更为稳定并放出能量，由此可知C错误，D正确。
13．某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为
H＋C―→N＋Q1， ①
H＋N―→C＋X＋Q2， ②
方程中Q1、Q2表示释放的能量，相关的原子核质量如表：
原子核 H H He C N N
质量/u 1.007 8 3.016 6 4.002 6 12.000 0 13.005 7 15.000 1
以下推断正确的是( )
A．X是He，Q2>Q1 B．X是He，Q2>Q1
C．X是He，Q2解析：选B 由质量数守恒和电荷数守恒，可判断X为He，①式的质量亏损为Δm1＝1.007 8 u＋12.000 0 u－13.005 7 u＝0.002 1 u。②式的质量亏损为Δm2＝1.007 8 u＋15.000 1 u－12.000 0 u－4.002 6 u＝0.005 3 u，所以Δm2>Δm1。根据质能方程ΔE＝Δmc2可知Q2>Q1，故选B。
14．核潜艇是以核反应堆为动力来源的潜艇，假设某核潜艇的水下最大航速为45节(1节＝1.852 km/h)，核反应堆最大输出功率为4.5万千瓦，最大续航里程为20万海里(1海里＝1.852 km)。已知1个U核裂变放出的能量是200 MeV，铀矿石含铀235的浓度是4%。
(1)当核反应堆达到最大输出功率时，每秒至少有多少个铀235原子核发生裂变？
(2)若核潜艇一直以水下最大航速行驶，则核潜艇一次至少要装入铀矿石的质量为多少？
解析：(1)当核反应堆达到最大输出功率时，每秒发生裂变的铀235原子核个数
N＝＝个＝1.4×1018个。
(2)最大续航时间tm＝＝ h＝1.6×107 s
铀235的摩尔质量M＝235 g/mol
设需装铀矿石的质量为m，有Pmtm＝NΔE＝NAΔE
解得m＝＝ g
≈2.2×105 g＝220 kg。
答案：(1)1.4×1018个 (2)220 kg
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3课时跟踪检测（十二） 光电效应 光电效应方程及其意义
A组—重基础·体现综合
1．当光照射在某种金属表面时，金属表面有电子逸出。如果该入射光的强度减弱，频率不变，则( )
A．可能不再有电子逸出金属表面
B．单位时间内逸出金属表面的电子数减少
C．逸出金属表面的电子的最大初动能减小
D．从光入射到光电子逸出的时间间隔延长
解析：选B 入射光的频率不变，则仍然能发生光电效应，A错误；入射光的强度减弱，单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少，光电流减弱，B正确；入射光的频率不变，则光电子的最大初动能不变，C错误；光的强弱影响的是单位时间内发出光电子的数目，并不影响单个光电子的逸出时间，D错误。
2.如图所示为一真空光电管的应用电路，关于电路中光电流的饱和值，下列说法正确的是( )
A．发生光电效应时，电路中光电流的饱和值取决于入射光的频率
B．发生光电效应时，电路中光电流的饱和值取决于入射光的强度
C．发生光电效应时，电路中光电流的饱和值取决于光电管所加的正向电压的大小
D．发生光电效应时，电路中光电流的饱和值取决于入射光的光照时间
解析：选B 若在光电管中发生了光电效应，单位时间内发射光电子的数目只与入射光的强度有关，光电流的饱和值只与单位时间内发射光电子的数目有关，故B正确，A、C、D错误。
3．如图甲所示是研究光电效应实验规律的电路。当用强度一定的黄光照射到光电管上时，测得电流表的示数随电压变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．若改用红光照射光电管，一定不会发生光电效应
B．若改用蓝光照射光电管，图像与横轴交点在黄光照射时的右侧
C．若用频率更高的光照射光电管，则光电管中金属的逸出功变大
D．若照射的黄光越强，饱和光电流将越大
解析：选D 根据光电效应方程Ekm＝hν－W0知，红光的频率小于黄光的频率，红光照射不一定发生光电效应，但不是一定不会发生光电效应，故A错误；根据光电效应方程Ekm＝hν－W0知，蓝光的频率大于黄光的频率，则光电子的最大初动能增大，所以反向遏止电压增大，图像与横轴交点在黄光照射时的左侧，故B错误；光电管中金属的逸出功的大小是由材料本身决定的，与入射光的频率无关，故C错误；增加入射光的强度，则单位时间内产生的光电子数目增加，饱和光电流将越大，故D正确。
4．在两种金属a和b的光电效应实验中，测量反向遏止电压Uc与入射光子频率ν的关系，下图中正确的是( )
解析：选D 根据光电效应方程得Ekm＝hν－W0，又Ekm＝eUc，解得Uc＝ν－，则反向遏止电压Uc与入射光子频率ν的关系图像是不过原点的直线；对于不同的金属逸出功W0不同，则两图像的斜率相同，截距不同。故D正确。
5．用一束单色光照射A、B两种金属，若照射A得到光电子的最大初动能比照射B得到光电子的最大初动能大，则( )
A．若增大光照强度，则光电子的最大初动能增大
B．金属A的逸出功比金属B的逸出功大
C．金属A的截止频率比金属B的截止频率低
D．得到的光电子在真空中运动的速度为光速
解析：选C 根据光电效应方程mv2＝hν－W＝hν－hν0，由题意可知金属A的逸出功比金属B的逸出功小，金属A的极限频率比金属B的极限频率低，增大光照强度，单色光的频率不变，则光电子的最大初动能不变，得到的光电子在真空中运动的速度小于光速，故C正确，A、B、D错误。
6．有a、b、c三束单色光，其波长关系为λa∶λb∶λc＝1∶2∶3。当用a光束照射某种金属板时能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为Ek，若改用b光束照射该金属板，飞出的光电子最大动能为Ek，当改用c光束照射该金属板时( )
A．能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为Ek
B．能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为Ek
C．能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为Ek
D．由于c光束光子能量较小，该金属板不会发生光电效应
解析：选B 对a、b、c三束光由光电效应方程有：－W＝Ek，－W＝Ek，由以上两式得＝Ek，W＝Ek。当改用c光束照射该金属板时有：－W＝Ek－Ek＝Ek，B正确。
7．人眼对绿光最为敏感，正常人的眼睛接收到波长为530 nm 的绿光时，只要每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，眼睛就能察觉。已知普朗克常量为6.63×10－34 J·s，光速为3.0×108 m/s，则人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率是( )
A．2.3×10－18 W B．3.8×10－19 W
C．7.0×10－10 W D．1.2×10－18 W
解析：选A 因每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，眼睛就能察觉，所以察觉到绿光所接收的最小功率P＝，式中E＝6ε，t＝1 s，又ε＝hν＝h，可解得P＝ W≈2.3×10－18 W，A正确。
8．光电管是一种利用光照射产生电流的装置，当入射光照在管中金属板上时，可能形成光电流。表中给出了6次实验的结果。
组 次 入射光子的能量/eV 相对光强 光电流大小/mA 逸出光电子的最大动能/eV
第一组 123 4.04.04.0 弱中强 294360 0.90.90.9
第二组 456 6.06.06.0 弱中强 274055 2.92.92.9
由表中数据得出的论断中不正确的是( )
A．两组实验采用了不同频率的入射光
B．两组实验所用的金属板材质不同
C．若入射光子的能量为5.0 eV，逸出光电子的最大动能为1.9 eV
D．若入射光子的能量为5.0 eV，相对光强越强，光电流越大
解析：选B 由光子的能量E＝hν可知，若入射光子的能量不同，则入射光子的频率不同，A正确。由爱因斯坦光电效应方程hν＝W＋Ek可求出两组实验的逸出功W均为3.1 eV，故两组实验所用的金属板材质相同，B错误。由hν＝W＋Ek，W＝3.1 eV，当hν＝5.0 eV时，Ek＝1.9 eV，C正确。相对光强越强，单位时间内射出的光子数越多，单位时间内逸出的光电子数越多，形成的光电流越大，D正确。
9．紫光在真空中的波长为4.5×10－7 m，问：
(1)紫光光子的能量是多少？
(2)用它照射极限频率为ν0＝4.62×1014 Hz的金属钾时能否产生光电效应？
(3)若能产生，则光电子的最大初动能为多少？
(h＝6.63×10－34 J·s)
解析：(1)紫光光子的能量E＝hν＝h＝4.42×10－19 J。
(2)紫光频率ν＝＝6.67×1014 Hz，
因为ν＞ν0，所以能产生光电效应。
(3)光电子的最大初动能为
Ekm＝hν－W＝h(ν－ν0)＝1.36×10－19 J。
答案：(1)4.42×10－19 J (2)能 (3)1.36×10－19 J
B组—重应用·体现创新
10.(多选)如图所示是某金属在光的照射下，光电子的最大初动能Ek与入射光的波长的倒数的关系图像，由图像可知( )
A．图像中的λ0是产生光电效应的最小波长
B．普朗克常量和光速的乘积hc＝Eλ0
C．该金属的逸出功等于－E
D．若入射光的波长为，产生的光电子的最大初动能为2E
解析：选BD 图像中的λ0是产生光电效应的最大波长，选项A错误；根据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能Ek与入射光的波长的倒数的关系图像对应的函数关系式为Ek＝hc－W，由题图可知Ek＝0时，hc＝Eλ0，选项B正确；由Ek＝hc－W，并结合关系图像可得该金属的逸出功W＝E，选项C错误；若入射光的波长为，由Ek＝hc－W，解得Ek＝hc－W＝3E－E＝2E，即产生的光电子的最大初动能为2E，选项D正确。
11.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。当电流计的示数恰好为零时，电压表的示数称为遏止电压Uc。在下列表示光电效应实验规律的图像中，错误的是( )
解析：选B 当反向电压U与频率ν一定时，光电流与入射光强度成正比，A正确。遏止电压Uc与入射光频率的关系图像应为一条不过坐标原点的倾斜直线，B错误。当光强I和频率ν一定时，反向电压增大，光电流减小，若反向电压超过遏止电压Uc，则光电流为零，C正确。光电效应发生所需的时间小于10－9 s，D正确。
12．(2021·山东日照高二下期末)(多选)在光电效应实验中，两个实验小组分别在各自的实验室，用相同频率的单色光分别照射锌板和银板的表面，结果都能发生光电效应，实验电路如图甲所示，并记录相关数据。对于这两组实验，下列判断正确的是( )
A. 因为材料不同，逸出功不同，所以遏止电压Uc不同
B．饱和光电流一定不同
C．光电子的最大初动能不同
D．分别用不同频率的光照射同种金属之后绘制Uc-ν图像(ν为照射光频率，图乙为其中一个小组绘制的图像)，两小组绘制的图像的斜率可能不同
解析：选AC 根据光电效应方程Ekm＝hν－W0和eUc＝Ekm可知，照射光的频率相同，对于逸出功不同的材料，遏止电压也不同，故A正确；虽然光的频率相同，但光强不确定，所以单位时间逸出的光电子数可能相同，即饱和光电流可能相同，故B错误；根据光电效应方程Ekm＝hν－W0可知，频率相同，逸出功不同，则光电子的最大初动能也不同，故C正确；因为Uc＝－，知图像的斜率为定值，即图像的斜率相同，故D错误。
13．几种金属的逸出功W0见下表：
金属 钨 钙 钠 钾 铷
W0/(×10－19 J) 7.26 5.12 3.66 3.60 3.41
用一束可见光照射上述金属的表面，已知该可见光的波长的范围为4.0×10－7～7.6×10－7 m，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，光速c＝3×108 m·s－1。
(1)请通过计算说明哪些金属能发生光电效应？
(2)照射哪种金属时逸出的光电子最大初动能最大？最大值是多少？
解析：(1)波长越小，光子频率越大，根据最小波长求出最大的光子能量。由E＝hν，ν＝，联立得E＝h
将λ＝4.0×10－7 m代入，
解得E≈4.97×10－19 J。
根据光电效应规律可知，入射光的频率大于金属的极限频率可发生光电效应，又极限频率ν0＝，则可见光能使钠、钾、铷发生光电效应。
(2)根据光电效应方程可知，Ekm＝E－W0，入射光的光子能量E越大，金属的逸出功W0越小，则逸出的光电子初动能越大。根据表格数据知，照射金属铷时，逸出的光电子最大初动能最大。
将E＝4.97×10－19 J和W0＝3.41×10－19 J代入，解得Ekm＝1.56×10－19 J。
答案：(1)能使钠、钾、铷发生光电效应
(2)铷 1.56×10－19 J
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1课时跟踪检测（十六） 核力与核反应方程
A组—重基础·体现综合
1．原子核中能放出α、β、γ射线，关于原子核的组成，以下说法正确的是( )
A．原子核中有质子、中子，还有α粒子
B．原子核中有质子、中子，还有β粒子
C．原子核中有质子、中子，还有γ粒子
D．原子核中只有质子和中子
解析：选D 原子核是由质子和中子组成的。所发出的三种射线是由于核内发生核反应所致，并不是原子核内有这三种粒子，D正确。
2．(2020·全国卷Ⅲ)(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，选项A、C正确，B、D错误。
3．已知氘核(H)的平均结合能为1.1 MeV，氦核(He)的平均结合能为2.57 MeV，两个氘核结合成一个氦核的反应方程为H＋H―→He＋n，此核反应( )
A．放出3.31 MeV能量 B．放出5.51 MeV能量
C．放出5.88 MeV能量 D．吸收1.83 MeV能量
解析：选A 核反应方程H＋H―→H＋n，又反应前两个H的总结合能为E1＝1.1×4 MeV＝4.4 MeV，反应后生成的氦核的结合能为E2＝2.57×3 MeV＝7.71 MeV，所以反应释放的核能ΔE＝E2－E1＝(7.71－4.4)MeV＝3.31 MeV，故A正确，B、C、D错误。
4．(多选)对于核子结合成原子核的认识，下列说法正确的是( )
A．原子核内的核子间均存在核力
B．原子核内的质子间均存在核力和库仑力
C．当n个核子靠近到核力作用的范围而结合为原子核时，其间势能一定减小
D．对质子数较多的原子核，其中的中子起到增加核力、维系原子核稳定的作用
解析：选CD 由于核力为短程力，只会发生在相邻核子之间，由此知A、B错误；当n个核子靠近到核力作用范围内，而距离大于0.8×10－15 m，核力表现为引力，在此过程核力必做正功，其间势能必定减小，形成原子核后距离一般不小于0.8×10－15 m，故C正确；对质子数较多的原子核，由于只有相邻的质子间才有核力，但各个质子间均有很强的库仑斥力。随着质子数的增加，其库仑斥力增加，对于稳定的原子核，必须存在较多的中子才能维系二者的平衡，故D正确。
5．(多选)放射性元素氡(Rn)的半衰期为T，氡核放出一个Χ粒子后变成钋核(PO)。设氡核、钋核和Χ粒子的质量分别为m1、m2和m3，下列说法正确的是( )
A．该过程的核反应方程是Rn―→Po＋He
B．发生一次核反应释放的核能为(m1－m2－m3)c2
C．1 g氡经2T时间后，剩余氡的质量为0.5 g
D．钋核的比结合能比氡核的比结合能小
解析：选AB 根据质量数守恒可知，Χ的质量数是222－218＝4，电荷数是：86－84＝2，所以该过程的核反应方程是：Rn―→PO＋He，故A正确；该核反应的过程中释放能量，有质量亏损，所以发生一次核反应释放的核能为E＝(m1－m2－m3)c2，故B正确；1 g氡经2T时间后，剩余氡原子的质量为：m＝m02＝＝0.25 g，故C错误；该核反应的过程中释放能量，且钋核比氡核更加稳定，所以钋核的比结合能比氡核的比结合能大，故D错误。
6．(2021·河北邯郸期中)一个中子与一个质子发生核反应，生成一个氘核，该反应放出的能量为Q1。两个氘核发生核反应生成一个氦核，核反应方程是H＋H―→He＋n，该反应放出的能量为Q2。则核反应中生成氦核的比结合能为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 两个中子和两个质子结合成两个氘核放出的能量为2Q1，两个氘核结合成一个氦核放出的能量为Q2，则生成一个氦核释放的能量为2Q1＋Q2，氦核的核子数等于3，则氦核的比结合能为，故C正确，A、B、D错误。
7．(2021·武汉第六中学高二月考)某静止的原子核发生核反应且释放出能量Q。其核反应方程为X―→Y＋Z，并假设释放出的能量全都转化为新核Y和Z的动能，测得其中Z的速度为v，以下结论正确的是( )
A．Y原子核的速度大小为 v
B．Y原子核的动能是Z原子核的动能的倍
C．Y原子核和Z原子核的质量之和比Χ原子核的质量大(c为光速)
D．Y和Z的结合能之和一定大于X的结合能
解析：选D 由动量守恒有0＝Dv′－Fv，所以v′＝v，故A错误；Y原子的动能EkY＝ v2，Z原子的动能为EkZ＝Fv2，它们之比为，故B错误；因为放出能量，有质量亏损，所以Y原子核和Z原子核的质量之和比Χ原子核的质量小，结合能之和比Χ的结合能大，故C错误，D正确。
8．2020年4月23日是人民海军的71岁生日。近年来，我国海军航母事业高歌猛进，“辽宁舰”与第一艘国产航母“山东舰”构成双航母编队，我国的核动力航母也将在不远的将来实现列装，这也是我国海军航母的“终极”目标。如图所示，图线表示原子核的比结合能与质量数A的关系，据此下列说法中正确的是( )
A．重的原子核，例如，铀核U，因为它的核子多，核力大，所以结合得坚固而稳定
B．锂核Li的比结合能比铀核的比结合能小，因而比铀核结合得更坚固更稳定
C．比结合能的定义是原子核的结合能与其核子数之比，比结合能越大的原子核越稳定
D．以上三个表述都错误
解析：选C 原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，而组成原子核的核子越多，它的比结合能并不是越大，只有原子核的比结合能越大，原子核中的核子才结合得越牢固，原子核才越稳定，故只有C正确。
9．用中子轰击锂核Li发生核反应，生成氚核H和α粒子，并放出4.8 MeV的能量。(原子质量单位为u,1 u相当于931.5 MeV的能量)
(1)写出核反应方程；
(2)求出质量亏损；
(3)若中子和锂核是以等值反向的动量相碰，则氚核和α粒子的动能之比是多少？
(4)假设放出的能量全部转化为氚核和α粒子的动能，则α粒子的动能是多大？
解析：(1)Li＋n―→H＋He＋4.8 MeV。
(2)由ΔE＝Δmc2可得
Δm＝＝ u≈0.005 2 u。
(3)根据题意有0＝m1v1＋m2v2
式中m1、m2、v1、v2分别为氚核和α粒子的质量和速度，由上式及动能Ek＝，其中p＝|m1v1|＝|m2v2|，可得它们的动能之比为
Ek1∶Ek2＝∶＝∶＝m2∶m1＝4∶3。
(4)α粒子的动能Ek2＝(Ek1＋Ek2)＝×4.8 MeV≈2.06 MeV。
答案：(1)Li＋n―→H＋He＋4.8 MeV
(2)0.005 2 u (3)4∶3 (4)2.06 MeV
B组—重应用·体现创新
10．在能源需求剧增的现代社会，核能作为一种新能源被各国竞相开发利用。核原料中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素，钚的一种同位素Pu的半衰期为24 100年，其衰变方程为Pu―→X＋He＋γ，下列有关说法中正确的是( )
A．X原子核中含有92个中子
B．钚衰变发出的γ射线具有很强的电离能力
C．20克的Pu经过48 200年后，还有5克未衰变
D．钚核衰变前的质量等于衰变后X、He核的质量之和
解析：选C 根据质量数守恒和电荷数守恒得钚衰变方程为Pu―→X＋He＋γ，故X的电荷数为92，质量数为235，中子数为143，故A错误；钚衰变发出的γ射线是波长很短的光子，不带电，具有很强的穿透能力，电离能力非常弱，故B错误；根据半衰期公式：m＝m0＝20× g＝5 g，故C正确；由于衰变时释放巨大能量，根据E＝mc2，衰变过程总质量减小，故D错误。
11．(2021·北京高三一模)中国首颗暗物质粒子探测卫星“悟空”采用的是分辨粒子种类的新探测技术方法，既能探测低能区，也能探测高能区，特别是首次走进能量为1 TeV(1 TeV＝1.0×1012 eV，e＝1.6×10－19 C)以上的“无人区”，“悟空”首次直接测量到了能谱在1 TeV处的“拐折”及在1.4 TeV处的“尖峰”。从数据分析来看，产生“奇异”电子信号的来源很可能是暗物质湮灭或衰变。如果进一步证实了这种观点，人们就可以根据“悟空”的探测结果获知暗物质粒子的质量和湮灭率。结合上述信息，下列说法正确的是( )
A．“拐折”处的电子宇宙射线粒子的能量高达1.6×1031 J
B．电子宇宙射线从地球赤道上空垂直射向地面时，在地球磁场的作用下会向西偏转
C．假设暗物质湮灭亏损的质量为Δm，则湮灭过程中释放的能量为ΔE＝Δmc(c为光在真空中的传播速度)
D．若暗物质衰变的规律与普通放射性元素相同，则其半衰期随温度的升高而减小
解析：选B “拐折”处的电子宇宙射线粒子的能量高达1.0×1012 eV＝1.0×1012×1.6×10－19 J＝1.6×10－7 J，故A错误；根据左手定则，电子宇宙射线从地球赤道上空垂直射向地面时，在地球磁场的作用下会向西偏转，故B正确；假设暗物质湮灭亏损的质量为Δm，根据质能方程则湮灭过程中释放的能量为ΔE＝Δmc2，故C错误；若暗物质衰变的规律与普通放射性元素相同，衰变是由原子核内部因素决定的，与外界环境无关，故D错误。
12．假设钚的同位素离子Pu静止在某一匀强磁场中，该离子沿着与磁场垂直的方向放出一个α粒子后，变成了铀的一个同位素离子，同时放出能量为E＝0.09 MeV的光子。若已知钚核的质量为m1＝238.999 655 u，铀核的质量为m2＝234.993 470 u，α粒子的质量为m3＝4.001 509 u。(普朗克常量是h＝6.63×10－34 J·s，光在真空中的速度为c＝3×108 m/s,1 u的质量对应于931.5 MeV的能量)。求：
(1)这一过程的核反应方程式；
(2)放出的光子的波长；
(3)α粒子和新核获得的总动能。
解析：铀核相对α粒子做反向运动(反冲)，在磁场中形成相切的圆轨迹，衰变中系统的动量及总能量均是守恒的，释放出的能量，一部分转变成两个生成核的动能，另一部分以光子的形式辐射出去。
(1)Pu―→U＋He
(2)因E＝hν＝h，
所以λ＝＝m≈1.38×10－11 m。
(3)由质能方程可得衰变中释放的能量：ΔE＝Δmc2＝(m1－m2－m3)×931.5 MeV，根据能量守恒定律得，铀核和α粒子的总动能为：
Ek＝EkU＋Ekα＝ΔE－E＝(m1－m2－m3)×931.5 MeV－0.09 MeV≈4.266 MeV。
答案：(1)Pu―→U＋He (2)1.38×10－11 m
(3)4.266 MeV(或6.83×10－13 J)
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3课时跟踪检测（十七） 放射性同位素
A组—重基础·体现综合
1．如图所示为查德威克研究原子核内部结构的实验示意图，由天然放射性元素钋(Po)放出α射线轰击铍时会产生粒子流a，用粒子流a轰击石蜡后会打出粒子流b，下列说法正确的是( )
A．a为质子，b为中子 B．a为γ射线，b为中子
C．a为中子，b为γ射线 D．a为中子，b为质子
解析：选D 不可见的粒子轰击石蜡时打出的应是质子，因为质子就是氢核，而石蜡中含有大量氢原子，轰击石蜡的不可见粒子应该是中子，故D正确。
2．在天然放射性物质附近放置一带电体，带电体所带的电荷很快消失的根本原因是( )
A．γ射线的贯穿作用 B．α射线的电离作用
C．β射线的贯穿作用 D．β射线的中和作用
解析：选B 因α射线的电离作用使空气电离成正负离子，空气就变成了导体，从而导走带电体所带的电荷，选项B正确。
3．(多选)近几年，我国北京、上海、广州等地引进了多台γ刀，治疗患者数以万计，效果极好，成为目前治疗脑肿瘤的最佳仪器。令人感叹的是，用γ刀治疗时不用麻醉，病人清醒，时间短，半个小时内完成手术，无需住院，因而γ刀被誉为“神刀”。据报道，我国自主研发的旋式γ刀性能更好。γ刀治疗脑肿瘤主要是利用( )
A．γ射线具有很强的穿透本领
B．γ射线具有很强的电离作用
C．γ射线具有很高的能量
D．γ射线能很容易地绕过阻碍物到达目的地
解析：选AC γ射线是能量很高的电磁波，电离作用很弱，波长很短，不易发生衍射，不会很容易地绕过阻碍物，但穿透物质的本领极强，能穿透几厘米厚的铅板和几十厘米厚的混凝土，A、C正确，B、D错误。
4．有些元素的原子核可以从很靠近它的核外电子中“俘获”一个电子形成一个新原子(如从离原子核最近的K层电子中俘获电子，叫“K俘获”)，当发生这一过程时( )
A．新原子是原来原子的同位素
B．新原子核比原来的原子核少一个质子
C．新原子核将带负电荷
D．新原子核比原来的原子核少一个中子
解析：选B 原子核“俘获”一个电子后，带负电荷的电子与原子核内带正电荷的质子中和，原子核的质子数减少1，中子数增加1，形成一个新原子，新原子与原来的原子相比，质子数不同，中子数也不同，不是同位素，所以B正确。
5．放射性同位素电池已成功应用于军事卫星、空间探测器、水下监听器、航标灯、心脏起搏器、微型电动机械等方面。在诸多设计方案中，有一种是衰变产生的射线作用于荧光物质激发荧光，然后使光电管受到荧光的照射而发生光电效应，实现电能输出。现考虑用氚(H)作为放射性物质，其衰变为β衰变，半衰期为12.43年，则下列说法正确的是( )
A．β衰变所释放的电子来自核外电子
B．氚的衰变方程是H―→e＋He
C．提高温度，增大压强可以改变氚的半衰期
D．该衰变电池的功率可保持10年不变
解析：选B β衰变的实质是原子核的一个中子变为质子的同时释放一个电子，故A错误；氚的衰变方程是H→e＋He，故B正确；半衰期与原子核所处物理、化学环境无关，由原子核本身决定，故C错误；随着放射性元素的质量不断减小，放射性元素放出的电子的数量不断减小，该衰变电池的功率不断减小，故D错误。
6．(多选)某实验室工作人员，用初速度为v0＝0.09c(c为真空中的光速)的α粒子轰击静止在匀强磁场中的钠原子核Na，产生了质子。若某次碰撞可看作对心正碰，碰后新核的运动方向与α粒子的初速度方向相同，质子的运动方向与新核运动方向相反，它们在垂直于磁场的平面内分别做匀速圆周运动。通过分析轨迹半径，可得出新核与质子的速度大小之比为1∶10，已知质子质量为m。则( )
A．该核反应方程是He＋Na―→Mg＋H
B．该核反应方程是He＋Na―→Mg＋0n
C．质子的速度约为0.225c
D．质子的速度为0.09c
解析：选AC 新原子核的质量数：m＝23＋4－1＝26，核电荷数：z＝11＋2－1＝12，核反应方程：He＋Na―→Mg＋H，故A正确，B错误；质子质量为m，α粒子、新核的质量分别为4m、26m，设质子的速度为v，对心正碰，选取α粒子运动的方向为正方向，则由动量守恒得：4mv0＝26m－mv，解出v＝0.225c，故C正确，D错误。
7．(2021·广州高二检测)有些元素的原子核有可能从很靠近它的核外电子中“俘获”一个电子形成一个新原子核，从离原子核最近的K层电子中俘获电子，叫“K俘获”。例如一个铍原子核(Be)发生了“K俘获”，生成一个新的原子核X，并放出一个不带电的、质量接近于零的中微子(νe)，核反应方程为Be＋e―→Χ＋νe，关于铍原子核(Be)的“K俘获”的过程，下列说法正确的是( )
A．新原子核Χ可能会带负电
B．新原子核Χ是铍原子核的同位素
C．新原子核Χ比原来的铍原子核少一个中子
D．新原子核Χ比原来的铍原子核少一个质子
解析：选D 所有的原子核均带正电，故A错误；原子核俘获一个电子后，一个质子变成中子，质子数减少一个，中子数多一个，新原子核的质子数发生变化，新原子核与铍原子核不是同位素，故B、C错误，D正确。
8．(多选)原子核的衰变过程遵守一系列的守恒定律，在匀强磁场中有一个原来速度几乎为0的放射性原子核W衰变为两个粒子P和S，衰变后粒子P和S的运动速度和磁场垂直，粒子P和S分别做匀速圆周运动。已知粒子P和S做圆周运动的半径和周期之比分别为RP∶RS＝45∶1，TP∶TS＝90∶117，则( )
A．放射性原子核W的质量数为238
B．P和S两核的质量数之比为117∶2
C．P和S两核的电荷数之比为45∶1
D．P和S两核的动能之比为117∶2
解析：选AD 根据动量守恒定律可知，衰变瞬间P和S两核的动量大小相等，方向相反，由带电粒子在磁场中运动的半径表达式R＝，可知＝＝，C错误；带电粒子在磁场中运动的周期的表达式为T＝，故＝＝×＝，由于电子的质量与质子、中子相比是很小的，所以该衰变不可能是β衰变，该衰变应为α衰变，α粒子的质量数为4，则衰变后的新核具有234个核子，原子核W的质量数为238，A正确，B错误；衰变瞬间P和S两核的动量大小相等，它们的动能Ek＝，可知P与S的动能大小与它们的质量成反比，所以P和S两核的动能之比为117∶2，D正确。
9．1934年，约里奥—居里夫妇在用α粒子轰击铝箔时，除了测到预料中的中子外，还探测到了正电子。正电子的质量跟电子的质量相同，带一个单位的正电荷，跟电子的电性正好相反，是电子的反粒子，更意外的是，拿走α放射源以后，铝箔虽不再发射中子，但仍然继续发射正电子，而且这种放射性也有一定的半衰期。原来，铝箔被α粒子击中后发生了如下反应：Al＋He―→P＋n。这里的P就是一种人工放射性同位素，正电子就是它衰变过程中放射出来的。
(1)写出放射性同位素P放出正电子的核反应方程；
(2)放射性同位素P放出正电子的衰变称为正β衰变，我们知道原子核内只有中子和质子，那么正β衰变中的正电子从何而来？
解析：(1)根据质量数、电荷数守恒，P放出正电子的核反应方程为P―→Si＋e。
(2)原子核内只有质子和中子，没有电子，也没有正电子，正β衰变是原子核的一个质子转变成一个中子，同时放出一个正电子，反应过程为H―→e＋n。
答案：(1)P―→Si＋e (2)见解析
B组—重应用·体现创新
10.(2021·浙江温州检测)科研人员正在研制一种新型镍铜长效电池，它是采用半衰期长达100年的放射性同位素镍63 (Ni)和铜两种金属作为长效电池的材料，利用镍63发生β衰变时释放电子被铜片俘获，把镍63和铜片作电池的两极为外电阻R提供电能。下列说法正确的是( )
A．电阻R上的电流方向是从b到a
B．镍63的衰变方程是Cu＋e―→Ni
C．升高温度、增大压强可以改变镍63的半衰期
D．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的
解析：选D 根据电荷数守恒、质量数守恒可知，镍63发生β衰变时的方程是Ni―→ 0－1e＋Cu，铜片得到电子带负电，镍63带正电，知外接负载时镍63的电势比铜片的高，电阻R上的电流方向是从a到 b，故A、B错误；半衰期由原子核自身因素决定，与外界因素无关，故C错误；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子同时释放的电子，故D正确。
11.静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个α粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得α粒子和反冲核轨道半径之比为44∶1，如图所示，则下列说法错误的是( )
A．α粒子与反冲核的动量大小相等、方向相反
B．原来放射性元素的原子核电荷数为90
C．反冲核的电荷数为88
D．α粒子和反冲核的速度之比为1∶88
解析：选D 微粒之间相互作用的过程中遵循动量守恒，由于初始总动量为0，则末动量也为0，即α粒子和反冲核的动量大小相等、方向相反，故A正确；由于释放的α粒子和反冲核均在垂直于磁场的平面内且在洛伦兹力作用下做圆周运动，由Bqv＝m得R＝，若原来放射性元素的核电荷数为Q，则对α粒子：R1＝，对反冲核：R2＝，由于p1＝p2，R1∶R2＝44∶1，得Q＝90，故反冲核的电荷
数为88，故B、C正确；由Ek＝知它们的速度大小与质量成反比，故选项D错误。
12．一小瓶内含有放射性同位素的溶液，它每分钟衰变6 000次。将它注射到一个病人的血液中，经过15小时，从病人身上取10 cm3的血样，测得每分钟衰变2次，已知这种同位素的半衰期为5小时。试根据上述数据，计算人体血液的总体积。
解析：设放射性同位素原有质量为m0,15小时后剩余质量为m，则m＝m0＝m0
设取出的V′＝10 cm3的血液中放射性同位素的质量为m′，人体内血液的总量为V，如果认为血液中放射性的溶液是均匀分布的，则＝
因单位时间内衰变的数量与放射性物质的含量成正比。
则＝
联立以上各式解得V＝3.75×103 cm3。
答案：3.75×103 cm3
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4课时跟踪检测（十） 热力学第一定律 能量守恒定律及其应用
A组—重基础·体现综合
1．汽车关闭发动机后恰能沿斜坡匀速运动，在这一过程中( )
A．汽车的机械能守恒
B．汽车的动能和势能相互转化
C．机械能逐渐转化为内能，总能量逐渐减少
D．机械能逐渐转化为内能，总能量不变
解析：选D 汽车在关闭发动机后能匀速运动，说明汽车和斜坡之间一定有摩擦力作用，所以汽车的机械能不守恒，一部分机械能转化为内能，但能的总量保持不变，故D正确。
2．(2021·江苏苏州期中)分子间有相互作用的势能，规定两分子相距无穷远时两分子间的势能为零。设分子a固定不动，分子b以某一初速度从无穷远处向a运动，直到它们之间的距离最小。在此过程中a、b之间的势能( )
A．先减少，后增加，最后小于零
B．先减少，后增加，最后大于零
C．先增加，后减少，最后小于零
D．先增加，后减少，最后大于零
解析：选B 分子间距离大于r0时，分子力为引力，因此两分子间距离减小时，分子力做正功使分子势能逐渐减少；分子间距离小于r0时，分子力为斥力，因此两分子间距离减小时，分子力做负功使分子势能逐渐增加，故分子势能先减少，后增加。根据功能关系知，距离最小时a、b之间的势能等于初动能，是大于零的，B正确。
3．如图所示，内壁光滑的气缸水平放置，一定质量的理想气体被活塞密封在气缸内，外界大气压强为p0。现对气缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，体积由V1增大为V2。则在此过程中( )
A．气体分子平均动能增大
B．气体分子平均动能不变
C．气体分子平均动能减小
D．气体内能变化了Q＋p0(V2－V1)
解析：选A 气体等压膨胀，由＝C，体积V增大，故温度T升高；温度是分子热运动平均动能的标志，温度升高，气体分子平均动能增大，故选项A正确，B、C错误；根据热力学第一定律得：ΔU＝Q＋W，而W＝－p0SΔL＝－ p0ΔV＝－p0(V2－V1)，所以气体内能变化了ΔU＝Q－p0(V2－V1)，故选项D错误。
4．一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J，气体对外界做功1.0×104 J，则该理想气体的( )
A．温度降低，密度增大 B．温度降低，密度减小
C．温度升高，密度增大 D．温度升高，密度减小
解析：选D 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，Q＝2.5×104 J，W＝－1.0×104 J，可知ΔU大于零，气体内能增加，温度升高，A、B错误；气体对外做功，体积增大，密度减小，C错误，D正确。
5．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
解析：选B 温度是分子平均动能的宏观标志，故天然气的温度升高过程中，分子平均动能增大，又天然气可视为理想气体，不需要考虑分子势能，而气体质量不变，储气罐内天然气分子数不变，所以气体分子总动能增大，故内能增大，A、D项错误；由热力学第一定律可知，气体体积不变，内能增大，则一定从外界吸收热量，B项正确；天然气体积不变，由＝c可知，随温度升高，气体压强增大，C项错误。
6．(2021·广东惠州高二月考)某同学用导热性能良好的气缸和活塞将一定质量的空气(视为理想气体)封闭在气缸内(活塞与缸壁间的摩擦不计)，待活塞静止后，将小石子缓慢地加在活塞上，如图所示。在此过程中，若大气压强与室内的温度均保持不变，下列说法正确的是( )
A.由于气缸导热，故缸内气体的压强保持不变
B．缸内气体温度不变，缸内气体对活塞的压力保持不变
C．外界对缸内气体做的功大小等于缸内气体向外界释放的热量
D．外界对缸内气体做功，缸内气体内能增加
解析：选C 将小石子缓慢地加在活塞上，由平衡条件可知气体对活塞的压力变大，则气体压强变大；气缸导热性能良好，缸内气体温度不变，故A、B错误；温度不变时，理想气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律知，外界对气体做的功与气体放出的热量相等，故C正确，D错误。
7．(多选)如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的直线所示。在此过程中( )
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
解析：选BCD 由理想气体状态方程＝c知，从a到b的过程中气体温度一直升高，故A错误；一定质量的理想气体的内能由温度决定，可知气体内能一直增加，故B正确；气体体积逐渐膨胀，一直对外做功，故C正确；根据热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能，故D正确。
8．三峡水力发电站是我国最大的水力发电站。三峡水库蓄水后，平均水位落差约为100 m，用于发电的水流量约为1.0×104 m3/s。如果通过水轮机以后水的动能忽略不计，水流减少的机械能有90%转化为电能，按照以上数据估算，三峡发电站的发电功率最大数量级最接近(g取10 m/s2)( )
A．1010 W B．108 W
C．107 W D．105 W
解析：选A 每秒钟水流质量m＝ρQ，
每秒钟流水的势能Ep＝mgh，
每秒钟流水转化的电能E＝90%Ep，
所以三峡发电站的发电功率P＝＝0.9ρQgh＝0.9×1.0×103×1.0×104×10×100 W＝0.9×1010 W，即三峡发电站的发电功率最大数量级最接近1010 W，故A正确，B、C、D错误。
9.如图所示，有人设计了这样一台“永动机”：距地面一定高度架设一个水槽，水从槽底的管中流出，冲击一个水轮机，水轮机的轴上安装一个抽水机和一个砂轮。他指望抽水机把地面水槽里的水抽上去，这样循环不已，机器不停地转动，就可以永久地用砂轮磨制工件做功了。请你分析一下，高处水槽中水的势能转变成哪几种形式的能，说明这个机器是否能够永远运动下去。
解析：取顶部水槽中流出的水为研究对象，在其从顶部水槽中流出至底部水槽的过程中，它的重力势能一部分转化为自身的动能，一部分转化为水轮机、抽水机、砂轮的动能，一部分转化为砂轮和工件的内能，还有一部分转化为抽水机抽上的水的重力势能。由能的转化和守恒定律知，抽水机抽上的水的重力势能必然小于流下的水的重力势能，如果上抽的水管的横截面积大于或等于下流的水管的横截面积，则根本不可能将底部水槽中的水抽至顶部水槽，即使上抽水管的横截面积小于下流水管的横截面积也不一定能将水抽上去，如果上抽水管比下流水管细很多且能够将底部水槽中的水抽至顶部水槽，则相等时间里抽上去的水也要比流下的水的质量小得多，最后顶部水槽中的水很快就会流光。
答案：见解析
B组—重应用·体现创新
10.(2021·广州调研)(多选)车轮的轮胎在正常情况下是充满气体的，但在维修车轮时有时要将轮胎内的气体放掉。若迅速拔掉轮胎的气门芯，如图所示，轮胎里面的气体会在一瞬间释放出来，此时用手立即去触摸充气嘴处，会感觉到充气嘴的温度降低，这种现象在夏天比较明显。将轮胎内的气体视为理想气体。喷气时间极短，视轮胎为绝热材料，下列说法正确的是( )
A．轮胎内气体在喷出过程中其内能迅速减小
B．轮胎内部气体压强迅速减小
C．轮胎内的气体迅速向外喷出是由于分子做扩散运动引起的
D．气体喷完后瞬间充气嘴有较凉的感觉，是由轮胎内气体迅速膨胀对外做功而温度下降导致的
解析：选ABD 轮胎为绝热材料，Q＝0，向外喷射气体，气体体积增大，对外做功，W<0，则ΔU<0，所以轮胎内气体在喷出过程中其内能迅速减小，故A正确；理想气体的内能由分子动能决定，轮胎放气时，胎内气体迅速膨胀对外做功，内能减小时，分子的平均动能减小，由于温度是分子平均动能的标志，所以温度会下降，根据理想气体状态方程＝C，体积变大，温度下降，压强会迅速减小，故B、D正确；轮胎内的气体迅速向外喷出是由于轮胎内外压强差引起的，不是分子扩散的原因，故C错误。
11.(2021·山东肥城高二下期中)(多选)如图为某同学设计的喷水装置，内部装有2 L水，上部密封1 atm的空气0.5 L，保持阀门关闭，再充入1 atm的空气0.1 L，设在所有过程中空气均为理想气体，且温度不变，下列说法正确的是( )
A．充气后，密封气体压强增大
B．充气后，密封气体的分子平均动能增加
C．打开阀门后，密封气体对外界做正功
D．打开阀门后，不再充气也能把水全部喷出
解析：选AC 温度不变，气体分子平均动能不变，充气后由于气体的质量增大，温度、体积不变，气体的压强增大，且大于1 atm，选项A正确，B错误；打开阀门后，气体膨胀，对水做正功，选项C正确；温度不变，如果水全排出，假设气体压强为p2，由玻意耳定律得p2(2＋0.5)＝p1(0.5＋0.1)，其中p1＝1 atm，则p2＝0.24 atm，但实际气体压强不可能小于1 atm，故不再充气不能把水喷光，选项D错误。
12.爆米花酥脆可口、老少皆宜，是许多人喜爱的休闲零食，如图所示为高压爆米花的装置原理图，玉米在铁质的密闭容器内被加热，封闭气体被加热成高温高压气体，当打开容器盖后，“嘭”的一声气体迅速膨胀，压强急剧减小，玉米粒就“爆炸”成了爆米花。设当地温度为t1＝27 ℃，大气压强为p0，已知密闭容器打开前的气体压强达到4p0，试分析：
(1)容器内的气体看作理想气体，求容器内气体的温度。
(2)假定在一次打开的过程中，容器内气体膨胀对外界做功15 kJ，并向外释放了20 kJ的热量，容器内原有气体的内能如何变化？变化了多少？
解析：(1)根据查理定律：＝
p1＝p0，T1＝300 K，p2＝4p0
整理得：T2＝1 200 K，t2＝927 ℃。
(2)由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得
ΔU＝－20 kJ－15 kJ＝－35 kJ，故内能减少35 kJ。
答案：(1)927 ℃ (2)减少 35 kJ
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1课时跟踪检测（十三）光的波粒二象性 德布罗意波 不确定性关系
1．人们对“光的本性”的认识，经历了漫长的发展过程。下列符合物理学史实的是( )
A．牛顿提出光是一种高速粒子流，并能解释一切光的现象
B．惠更斯认为光是机械波，并能解释一切光的现象
C．为了解释光电效应，爱因斯坦提出了光子说
D．为了说明光的本性，麦克斯韦提出了光的波粒二象性
解析：选C 牛顿认为光是一种粒子流，他的观点支持了光的微粒说，能解释光的直线传播与反射现象，不能解释一切现象，故A错误；惠更斯认为光是一种机械波，能解释光的反射、折射和衍射，但不能解释光的直线传播和光电效应等现象，故B错误；为了解释光电效应爱因斯坦提出光子说，认为光的反射、传播和吸收不是连续的而是一份一份的，每一份就是一个光子，故C正确；麦克斯韦提出了光的电磁说，认为光是一种电磁波，故D错误。
2．在做双缝干涉实验时，发现100个光子中有96个通过双缝后打到了观察屏上的b处，则b处可能是( )
A．亮纹
B．暗纹
C．既有可能是亮纹也有可能是暗纹
D．以上各种情况均有可能
解析：选A 按波的概率分布的特点判断，由于大部分光子都落在b点，故b处一定是亮纹，选项A正确。
3．德布罗意认为实物粒子也具有波动性，他给出了德布罗意波长的表达式λ＝。现用同样的直流电压加速原来静止的一价氢离子H＋和二价镁离子Mg2＋，已知氢离子与镁离子的质量之比为1∶24，则加速后的氢离子和镁离子的德布罗意波长之比为( )
A．1∶4 B．1∶4
C．4∶1 D．4∶1
解析：选D 离子加速后的动能Ek＝qU，离子的德布罗意波长λ＝＝＝，所以＝＝，故选项D正确。
4．任何一个运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波与之对应，波长是λ＝，式中p是运动物体的动量，h是普朗克常量，人们把这种波叫德布罗意波，现有一个德布罗意波长为λ1的物体1和一个德布罗意波长为λ2的物体2相向正碰后粘在一起，已知|p1|<|p2|，则粘在一起的物体的德布罗意波长为( )
A. B. C. D.
解析：选D 由动量守恒p2－p1＝p知，－＝，所以λ＝，故D正确。
5．从衍射的规律可以知道，狭缝越窄，屏上中央亮条纹就越宽，由不确定性关系式ΔxΔp≥判断下列说法正确的是( )
A．入射的粒子有确定的动量，射到屏上的粒子就有准确的位置
B．狭缝的宽度变小了，因此粒子的不确定性也变小了
C．更窄的狭缝可以更准确地测得粒子的位置，但粒子动量不确定性却更大了
D．可以同时确定粒子的位置和动量
解析：选C 由ΔxΔp≥，狭缝变窄了，即Δx减小了，Δp变大，即动量的不确定性变大，故C正确。
6．影响显微镜分辨本领的一个因素是波的衍射，衍射现象越明显，分辨本领越低。利用电子束工作的电子显微镜有较高的分辨本领，它利用高压对电子束加速，最后打在感光胶片上来观察显微图像。以下说法正确的是( )
A．加速电压越高，电子的波长越长，分辨本领越强
B．加速电压越高，电子的波长越短，衍射现象越明显
C．如果加速电压相同，则用质子流工作的显微镜比用电子流工作的显微镜分辨本领强
D．如果加速电压相同，则用质子流工作的显微镜比用电子流工作的显微镜分辨本领弱
解析：选C 设加速电压为U，电子电荷量为e，质量为m，则Ek＝mv2＝eU＝，又p＝，故eU＝，可得λ＝ 。对电子来说，加速电压越高，λ越小，衍射现象越不明显，故A、B错。电子与质子比较，因质子质量比电子质量大得多，可知质子加速后的波长要比电子加速后的波长小得多，衍射现象不明显，分辨本领强，故C对，D错。
7．随着中国的国力不断增强，许多科研机构提出了建立大型粒子对撞机的计划。大型粒子对撞机可以说是一个非常高尖端的科学设备，在全世界范围内，很少有国家能建造得出来。其不光是因为科学技术难度高，还因为建造的成本也非常高。保守估计，建立这样一个设备大概要上千亿的资金。
问题：电子的质量me＝9.0×10－31 kg，若对撞机可将电子的速度加速到2×10－6 m/s，求其位置的不确定量。
解析：由不确定性关系ΔxΔp≥①
由动量定义得Δp＝meΔv②
由①②得Δx＝29.4 m。
答案：29.4 m
8．一颗质量为5.0 kg的炮弹(普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，光在真空中的速度c＝3×108 m/s)
(1)以200 m/s的速度运动时，它的德布罗意波长多大？
(2)假设它以光速运动，它的德布罗意波长多大？
(3)若要使它的德布罗意波波长与波长是400 nm的紫光波长相等，则它必须以多大的速度运动？
解析：(1)炮弹以200 m/s的速度运动时其德布罗意波波长
λ1＝＝＝ m＝6.63×10－37 m。
(2)炮弹以光速运动时的德布罗意波波长
λ2＝＝＝ m＝4.42×10－43 m。
(3)由λ＝＝，得
v＝＝ m/s≈3.32×10－28 m/s。
答案：(1)6.63×10－37 m (2)4.42×10－43 m
(3)3.32×10－28 m/s
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