第３、４节 分子运动速率分布规律 分子动能和分子势能
动的分子对器壁频繁持续的碰撞产生的．压强就
是 气体分子作用在器壁 上的
平均作用力．
一、气体分子运动的特点 ２．从微观角度来看,气体分子的数量是巨大
１．运动的自由性:由于气体分子间的距离比 的．一方面,若某容器中气体分子的平均速率越
较大,分子间作用力很弱．通常认为,气体分子除 大,单位时间内、单位面积上气体分子与器壁的
了相互碰撞或者跟器壁碰撞外,不受力而做 碰撞对器壁的 就越大;另一方面,若容
,因而气体会充满它能达到的整个 器中气体分子的 大,在单位时间内,与
空间． 单位面积器壁碰撞的分子数就多,平均作用力也
２．运动的无序性:分子的运动杂乱无章,在 会 ．
某一时刻,向着 运动的分子都 四、分子动能
有,而且向各个方向运动的气体分子数目都 １．分子动能
． 做 的分子跟运动着的物体一样也
具有动能,这就是分子动能
３．运动的高速性:常温下大多数气体分子的 ．
分子的平均动能
速率都达到数百米每秒,在数量级上相当于子弹 ２．
热现象研究的是大量分子运动的宏观表现,
的速率．
重要的不是系统中某个分子的动能大小,而是所
二、气体分子速率的分布规律
有分子的动能的平均值,叫作分子的 ．
１．图像如图所示
３．温度的微观解释
温度是物体分子热运动 的标志．
五、分子势能
１．定义:由分子间的分子力和分子间的
２．规律:在一定 下,不管个别分子 决定的能．
怎样运动,气体的多数分子的速率都在某个数值 ２．决定因素
附近,表现出“ ”的分布规律．当温 (１)宏观上:分子势能的大小与物体的
度 时,“ ”的分布规律不变,气 有关．
体分子的速率 ,分布曲线的峰值向 (２)微观上:分子势能的大小与分子之间的
的一方移动． 有关．
三、气体压强的微观意义 ３．分子势能与分子间距离的关系
１．产生原因 (１)当r＞r０时,分子力表现为 ,若
气体的压强是由气体中大量做无规则热运 r增大,需克服引力做功,分子势能 ．
１３
(２)当r＜r０时,分子力表现为 ,若 依据表格内容,以下四位同学所总结的规律不
r减小,需克服斥力做功,分子势能 ． 正确的是 ( )
(３)当r＝r０时,分子力为零,分子势能 A．不论温度多高,速率很大和很小的分子
． 总是少数
六、内能 B．温度变化,表现出“中间多、两头少”的分
１．定义:物体中所有分子 与 布规律要改变
的总和． C．某一温度下,速率都在某一数值附近,离
２．内能的普遍性:组成任何物体的分子都在 开这个数值越远,分子越少
做 ,所以任何物体都具有 D．温度增加时,速率小的分子数减少了
内能． 变式１:如图所示是氧气在０℃和１００℃两
３．决定因素 种不同温度下,各速率区间的分子数占总分子数
(１)物体所含的分子总数由 决定． 的百分比与分子的速率间的关系．由图可知下列
(２)分子的热运动平均动能由 说法中正确的是 ( )
决定．
(３)分子势能与物体的 有关,故物
体的内能由 、 、 共同
决定,同时受物态变化的影响．
A．１００℃的氧气,速率大的分子比例较少
B．具有最大比例的速率区间,０℃时对应的
【典例１】 根据气体分子动理论,气体分子 速率大
运动的剧烈程度与温度有关,下列表格中的数据 C．温度越高,分子的平均速率越大
是研究氧气分子速率分布规律而列出的． D．在０ ℃时,也有一部分分子的速率比较
大,说明气体内部有温度较高的区域
按速率大小划分 各速率区间的分子数占总分子数的百分比(％)
的区间(m/s) ０℃ １００℃ 【典例２】 甲、乙两分子相距较远(此时它们
１００以下 １．４ ０．７ 之间的分子力可以忽略),设甲固定不动,在乙逐
１００~２００ ８．１ ５．４ 渐向甲靠近直到不能再靠近的过程中,关于分子
２００~３００ １７．０ １１．９
势能的变化情况,下列说法中正确的是 ( )
３００~４００ ２１．４ １７．４
４００~５００ ２０．４ １８．６ A．分子势能不断增大
５００~６００ １５．１ １６．７ B．分子势能不断减小
６００~７００ ９．２ １２．９ C．分子势能先增大后减小
７００~８００ ４．５ ７．９ D．分子势能先减小后增大
８００~９００ ２．０ ４．６
变式２:如图所示,甲分子固定在坐标原点
９００以上 ０．９ ３．９
O,乙分子位于x 轴上,甲分子对乙分子的作用
１４
力与两分子间的距离的关系如图中曲线所示． 时,它们的分子的总动能相等
F＞０为斥力,F＜０为引力．a、b、c、d 为x 轴上 D．二氧化碳气体在６０℃时所有分子的运
的四个特定的位置．现把乙分子从a 处由静止释 动速率都比它在５０℃时任何分子的运动速率大
放,则 ( ) ３．气体内能是所有气体分子热运动动能和
势能的总和,其大小与气体的状态有关,分子热
运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的
( )
A．温度和体积
A．乙分子由a 到b做加速运动,由b到c做 B．体积和压强
减速运动 C．温度和压强
B．乙分子由a 到c做加速运动,到达c时速 D．压强和温度
度最小 ４．一定质量的０℃的冰熔化成０℃的水时
C．乙分子由a 到b的过程中,两分子间的分 其分子动能之和Ek与分子势能之和Ep及物体
子势能一直减小 内能E 的变化情况为 ( )
D．乙分子由b 到d 的过程中,两分子间的 A．Ek变大,Ep变大,E 变大
分子势能一直增大 B．Ek变小,Ep变小,E 变小
C．Ek不变,Ep变大,E 变大
D．Ek不变,Ep变小,E 变小
５．关于分子势能,下列说法中正确的是(设
１．对温度与内能的关系,描述正确的是 两分子相距无穷远时分子势能为０) ( )
( ) A．体积增大,分子势能增大,体积缩小,分
A ． 分 子 平 均 速率 大 的 物 体 的 温度比分子平 子势能减小
均速率小的物体的温度高 B．当分子间距离r＝r０时,分子间合力为０,
B．物体的内能越大,则温度越高 所以分子势能为０
C．物体分子的平均动能越大,物体的温度 C．当分子间作用力为引力时,体积越大,分
越高 子势能越大
D．某个分子的平均速率很大,则这种物体 D．当分子间作用力为斥力时,体积越大,分
的温度一定很高 子势能越大
２．关于分子运动,下列叙述正确的是( ) ６．当分子间距离大于１０r０(r０是分子平衡位
A．如果氢气的温度低于氧气的温度,则氢 置间距离)时,分子力可以认为是零,规定此时分
分子的平均速率一定小于氧分子的平均速率 子势能为零,当分子间距离是平衡距离r０时,下
B．同质量同温度的氦气和氩气的分子的总 面的说法中正确的是 ( )
动能相等 A．分子力是零,分子势能也是零
C．同物质的量的氮气和氧气,当温度相同 B．分子力是零,分子势能不是零
１５
C．分子力不是零,分子势能是零 C．在一定温度下,每个气体分子对器壁碰
D．分子力不是零,分子势能不是零 撞时,对器壁的冲击力大小都相等
７．关于温度的概念,下列说法中正确的是 D．温度升高,气体的压强不一定增大
( ) １１．下列关于气体分子运动的特点,正确的
A．某物体的温度为０℃,则其中每个分子 说法是 ( )
的温度都为０℃ A．气体分子运动的平均速率与温度有关
B．温度是物体分子热运动的平均速率的 B．当温度升高时,气体分子的速率分布不再
标志 是“中间多,两头少”
C．温度是物体分子热运动平均动能的标志 C．气体分子的运动速率可由牛顿运动定律
D．温度可从高温物体传递到低温物体,达 求得
到热平衡时,两物体温度相等 D．气体分子的平均速度随温度升高而增大
８．分子间有相互作用的势能,规定两分子相 １２．某种气体在不同温度下的气体分子速率
距无穷远时,两分子间的势能为零．设分子a 固 分布曲线如图所示,图中f(v)表示v 处单位速
定不动,分子b以某一初速度从无穷远处向a 运 率区间内的分子数百分率,所对应的温度为TⅠ 、
动,直到它们之间的距离最小．在此过程中,a、b TⅡ 、TⅢ ,它们的大小关系为 ．
之间的势能 ( ) (用“＜”连接)
A．先减小,后增大,最后小于零
B．先减小,后增大,最后大于零
C．先增大,后减小,最后大于零
D．先增大,后减小,最后小于零
９．在研究热现象时,我们可以采用统计方
法,这是因为 ( )
A．每个分子的运动速率随温度的变化是有
规律的 １．两个同种类的分子从远处以相等的初速
B．所有分子的运动均具有规律性 率v０相向运动,在靠近到距离最小的过程中,其
C．在一定温度下,大量分子的速率分布是 动能的变化情况是 ( )
确定的 A．一直增加
D．在一定温度下,大量分子的速率分布随 B．一直减小
时间而变化 C．先减小后增加
１０．下列说法中正确的是 ( ) D．先增加后减小
A．气体分子间距离很大,因此,气体分子间 ２．一定质量的０℃的冰,全部变成０℃的水
只存在分子引力,不存在分子斥力 的过程中 ( )
B．在一定温度下,每个气体分子的动能都 A．分子的平均动能增大,吸收热量,内能
相等 不变
１６
B．分子的平均动能减小,放出热量,内能 ５．在一定温度下,当一定量气体的体积增大
增大 时,气体的压强减小,这是由于 ( )
C．分子的平均动能不变,吸收热量,内能 A．单位体积内的分子数变少,单位时间内
增大 对单位面积器壁碰撞的次数减少
D．分子的平均动能不变,放出热量,内能 B．气体分子的密集程度变小,分子对器壁的
减小 吸引力变小
３．下列关于内能和机械能的说法中,不正确 C．每个分子对器壁的平均撞击力都变小
的是 ( ) D．气体分子的密集程度变小,单位体积内
A．物体的机械能越大,它的内能也越大 分子的重量变小
B．物体的内能的大小与机械能大小无关 ６．下列说法中正确的是 ( )
C．物体的温度升高时,内能增大,机械能也 A．只要温度相同,任何分子的平均速率都
可能增大 相同
D．物体的运动速度减小时,机械能减小,内 B．不管分子间距离是否等于r０(r０是平衡
能可能不变 位置分子距离),只要分子力做正功,分子势能就
４．如图所示,甲分子固定在坐标原点O,乙 减小,反之分子势能就增加
分子位于x 轴上,甲分子对乙分子的作用力与两 C．１０个分子的动能和分子势能的总和就是
分子间距离的关系如图中曲线所示．F＞０表示 这１０个分子的内能
斥力,F＜０表示引力,A、B、C、D 为x 轴上四个 D．温度高的物体中的每一个分子的运动速
特定的位置,现把乙分子从A 处由静止释放,则 率,一定大于温度低的每一个物体中每一个分子
下列选项中的图分别表示乙分子的速度、加速 的速率
度、势能、动能与两分子间距离的关系,其中大致 ７．如图所示,甲分子固定在坐标原点O,乙
正确的是 ( ) 分子沿x 轴运动,两分子间的分子势能Ep与两
分子间距离的关系如图中曲线所示．图中分子势
能的最小值为－E０．若两分子所具有的总能量为
０,则下列说法中正确的是 ( )
A B
A．乙分子在P 点(x＝x２)时,加速度最大
B．乙分子在P 点(x＝x２)时,其动能为E０
C．乙分子在 Q 点(x＝x１)时,处于平衡
C D 状态
D．乙分子的运动范围为x＜x１
１７
８．将甲分子固定在坐标原点O,乙分子位于 ９．分子势能随分子间距离r 的变化情况可
x 轴上,甲、乙分子间作用力与距离间关系的函 以在如图所示的图像中表现出来,就图像回答:
数图像如图所示．若把质量为m＝１×１０－２６kg的
乙分子从r３(r３＝１２d,d 为分子直径)处以v＝
１００m/s的速度沿x 轴负方向向甲分子飞来,仅
在分子力作用下,则乙分子在运动中能达到的最
大分子势能为多大
(１)从图中看到分子间距离在r０处,分子势
能最小,试说明理由;
(２)图中分子势能为零的点选在什么位置,
在这种情况下分子势能可以大于零,可以小于
零,也可以等于零,对吗
(３)如果选两个分子相距r０时分子势能为
零,分子势能有什么特点
１８ 参考答案
第一章 分子动理论 当堂训练
１．B ２．D ３．A ４．D ５．A ６．D ７．D ８．B ９．D
第１节 分子动理论的基本内容 １０．D 解析:根据题意,气体单位体积分子数是指单位体积
知识梳理 气体分子的数量,选项 A中 NA是指每摩尔该气体含有的气体分
一、１．１０－１０ ２．(１)粒子数 (２)６．０２×１０２３ mol－１ (３)摩尔质 子数量,Vm 是指每摩尔该气体的体积,两者相除刚好得到单位体
量 分子大小 积该气体含有的分子数量,选项 A 正确;选项 B中,摩尔质量 M
二、１．(１)进入对方 (２)无规则运动 (３)固态 液态 气态 与分子质量m 相除刚好得到每摩尔该气体含有的气体分子数,即
(４)无规则运动 (５)温度 (６)扩散 ２．(１)微粒 无规则 为 NA,此时就与选项 A 相同了,故选项 B正确;选项 C中,气体
(２)不平衡 (３)无规则 (４)越小 越高 (５)液体(或气体)分 摩尔质量与其密度相除刚好得到气体的摩尔体积Vm ,所以选项
子 ３．(１)无规则 (２)扩散 (３)无规则 越剧烈 C正确,D错误,故选 D．
三、１．(１)①空隙 ②减小 空隙 ③扩散 空隙 ２．(１)引力 １１．C
斥力 (２)同时 合力 (３)分子间距离 减小 减小 ①＝ ０ １２．４．８×１０－２６kg １．２×１０２２
１０－１０ 忽略 ② 斥 ③引
解析:设空气分子的平均质量为m０,阿伏加德罗常数用 NA
四、１．大量 永不停息 引力 斥力 ２．(１)不规则 (２)大量
, M ２９×１０
－３
分子 受统计规律 表示 则m０＝N ＝６．０×１０２３ kg≈４．８×１０
－２６kg．要估算成年人
A
典例精解 一次深呼吸吸入的空气分子数,应先估算出吸入空气的物质的量
【典例１】 ５×１０１８个 V ４５０×１０－６
n,则n＝ ＝ －３ mol≈２．０×１０－２ mol．
解析:根据密度公式求出１m３ 的空气中 PM２．５的颗粒物的 Vmol ２２．４×１０
质量m＝ρV＝３００μg, 因此,吸入的空气分子数约为 N＝nNA＝２．０×１０
－２×６．０×
m ３００×１０－６ １０２３＝１．２×１０２２．
物质的量为n＝M ＝ ４０ mol
,
课后巩固
３００×１０－６
总数目为 N＝nNA＝ ×６．０×１０２３个≈５×１０１８个． １．B ２．C ３．B ４．B ５．C ６．A ７．C ８．B ９．D４０
１０．(１): : １．０×１０
２２个 (２)２．２×１０－１０ m
变式１B 解析 A项知道阿伏加德罗常数和气体的摩尔质
解析:(１)金刚石的质量
量,只能求出分子的质量;B项已知气体的密度,可以求出单位体
, m＝ρV＝３５００×５．７×１０
－８kg≈２．０×１０－４k ．积气体的质量 知道气体的摩尔质量可以求出单位体积气体物质 g
, 碳的物质的量的量 知道阿伏加德罗常数可以求出单位体积分子个数,可以求
－４
出分子平均占据的体积,可以进一步求出分子间的平均距离,故 m ２．０×１０n＝M ＝１．２×１０－２ mol≈１．７×１０
－２ mol．
B正确;C项知道气体的密度、体积和摩尔质量,可以求出该体积
金刚石所含碳原子数
气体物质的量,求不出气体分子体积,求不出分子间的平均距离,
N＝n N ＝１．７×１０－２ ２３A ×６．０２×１０ ≈１．０×１０２２个．
故C错误;D项知道气体的质量和体积,只能求出气体的密度,故 (２)一个碳原子的体积
D错误．
V ５．７×１０－８ ３ －３０ ３
【典例２】 B 解析:由于分子间斥力的大小随两分子间距离 V０＝N ＝１．０×１０２２ m ＝５．７×１０ m ．
变化比引力快,所以图中曲线ab表示斥力,cd 表示引力,e点引力 π
把金刚石中的碳原子看成球体,则由公式V ＝ d３０ 可得碳
和斥力平衡,分子间距为r ,数量级为１０－１００ m,所以B选项正确． ６
３ ３
变式２:B 解析:分子间距离为r０时分子力为零,并不是分 ６V０ ６×５．７×１０－３０原子的直径为d＝ ＝ m≈２．２×１０－１０ m．
子间无引力和斥力,A错误;当r＞r０时,
π ３．１４
随着距离的增大,分子间
的引力和斥力都减小,但斥力比引力减小得快,故分子力表现为 第２节 实验:用油膜法估测油酸分子的大小
引力,C错误;当r＜r０ 时,随着距离的减小,分子间的引力和斥力 知识梳理
都增大,但斥力比引力增大得快,故分子力表现为斥力,D错误． １．(１)大量分子 分子 (２)直径 ２．②体积 ③体积V
１０６
④痱子粉 ⑤轮廓 ⑥面积S 酸酒精溶液;再往盘中倒入水,并撒上痱子粉;然后用注射器将配
典例精解 好的溶液滴一滴在水面上,待薄膜形状稳定,再将玻璃板放于浅
【典例１】 (１)FECBAD (２)８６ ４．７×１０－１０(合理即可)
盘上,用彩笔描绘在玻璃板上, V由d＝ 计算油酸分子的直径．
解析:(１)由题意知,实验步骤的合理顺序为FECBAD． S
(２)方格数大约为８６个,则油膜面积为８６×１cm２＝８６cm２, () １×１０
－６ １ V
２ 一滴溶液中含油酸体积V＝ ３,故５０ ×３００m d＝S
V ４．０×１０－６×１０－６
分子直径d＝S ＝ ８６×１０－４ m≈４．７×１０
－１０ m． ＝５×１０－１０ m．
() () －７ －１０
变式１:(１)②应在量筒中滴入 N 滴溶液,计算得出一滴溶液 ９．１C ２５×１０ ４０ １．２５×１０
的体积;③应在水面上先撒上痱子粉 (２)１．２×１０－１０ 解析:( V１)油酸分子直径d＝ ．计算结果明显偏大,可能是S V
解析:(１)②在量筒中直接测量一滴油酸酒精溶液的体积误
取大了或S 取小了．油酸完全散开,所测S 正好,不影响结果,A
差太大,应先用累积法测出 N 滴溶液的体积,再算出一滴溶液的
错误;油酸中含有大量的酒精,不影响结果,B错误;若计算油膜
体积．③油酸在水面上形成的油膜形状不易观察,可在水面上先
面积时舍去了所有不足一个的方格,使S 偏小,d 偏大,C正确;
撒上痱子粉,再滴油酸酒精溶液,稳定后就呈现出清晰轮廓．
若求每滴体积时,１mL的溶液的滴数多记了１０滴,使V 偏小,d
(２)一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积
偏小,D错误．
V＝４．８×１０－４×０．１０％ mL,
(２)每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
V ４．８×１０－４×１０－３×１０－６
则d＝S ＝ ４０×１０－４ m ０．１ １V＝１０００×２００mL＝５×１０
－７ mL
＝１．２×１０－１０ m．
油膜的面积S＝４０×１cm２＝４０cm２,
【典例２】 (１)１０８cm２ (２)８×１０－６ mL (３)７．４×１０－１０ m
V ５×１０－７×１０－６ －１０
解析:(１)多于半格计一个,不足半格舍去,由题图知,正方形 分子直径d＝S ＝ ４０×１０－４ m＝１．２５×１０ m．
方格大约有１０８个,那么油膜面积S＝１０８×１cm２＝１０８cm２． １０．１０m２
(２)
１
１mL溶液中有７５滴,１滴溶液的体积为 mL,又每７５ 解析:
M
一个油酸分子的体积V＝ ,由球的体积与直径的关
ρNA
１
１０４ mL溶液中有纯油酸６mL, mL溶液中纯油酸的体积V＝ ３７５ ６M , １×１０
－８ m３
系得分子直径D＝ 最大面积S＝ ,解得πN D S＝ρ A
６ １ －６ ２
１０４×７５mL＝８×１０ mL． １０m ．
(３)油酸分子的直径 课后巩固
V ８×１０－６ １．C ２．D ３．B ４．A ５．B ６．D
d＝S ＝ １０８ cm≈７．４×１０
－８cm,
VV
７．将痱子粉均匀撒在水面上 d＝ １ ０２
７．４×１０－８cm＝７．４×１０－１０ m． NV２an
变式２:(１)２．４×１０－２ m２ (２)１．２×１０－１１ m３ (３)５×１０－１０ m 解析:在步骤③中,应将痱子粉均匀撒在水面上
解析:(１)可以数出油膜轮廓内正方形个数n约为６０个． V油酸分子的直径为d＝ ,S
油膜面积
V０ V１
S＝nL２＝６０×(２０×１０－３)２ m２＝２．４×１０－２ m２． 一滴纯油酸的体积为V＝ ,n V２
(２)１滴溶液中纯油酸的体积 油膜的面积为S＝Na２,
６ １
V＝１０４×５０mL＝１．２×１０
－５ mL＝１．２×１０－１１ m３． VV联立解得d＝ １ ０NVa２n．２
(３)油酸分子的直径
() () nV nV
V １．２×１０－１１ ８．２１１５S ３N(m＋n) １１５NS(m＋n)
d＝S ＝２．４×１０－２ m＝５×１０
－１０ m．
解析:(２)已知网格纸上每个小方格面积为S,求油膜面积
当堂训练
时,半个以上方格面积记为S,不足半个舍去,可算得面积为S１
１．D ２．C ３．A ４．B ５．B ６．C ７．A ＝１１５S;
８．(１)④①②⑤③ (２)５×１０－１０ n
:() “ ” , ()油酸酒精溶液的浓度为解析 １ 在 用油膜法估测分子的大小 实验中 应先配制油 ３ m＋n．
１０７
V n 五、１．相互位置 ２．(１)体积 (２)距离 ３．(１)引力 增加
１滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V１＝N ×m＋n (２)斥力 增加 (３)最小
nV
＝ , 六、１．热运动动能 分子势能 ２．无规则的热运动 ３．(１)物质N (m＋n)
的量
V
(２)温度 (３)体积 物质的量 温度 体积
油酸分子的直径为d＝ １,S１ 典例精解
nV 【典例１】 B 解析:温度变化,表现出“中间多、两头少”的分解得d＝１１５NS(m＋n)．
布规律是不会改变的,选项 B描述不正确;由气体分子运动的特
９．５×１０－１０ 偏小 偏大
点和统计规律可知,选项 A、C、D描述正确．
１
解析:１mL的油酸溶液中含有纯油酸的体积为V＝３００mL
, 变式１:C 解析:同一温度下,中等速率大的氧气分子数所
V １ １ 占的比例大;温度升高时,速率大的氧气分子数增加,使得氧气分
则１滴该溶液中含有纯油酸的体积为V０＝n ＝５０×３００mL≈ 子的平均速率增大,１００℃的氧气,速率大的分子比例较多,由图
６．７×１０－５ mL． 像可知,０℃时的最大比例值大,但对应的分子速率小于１００℃时
V ６．７×１０－５×１０－６
油酸 分 子 的 直 径 为 d＝ ０ ＝ m≈５× 的情况,A、B错误;温度升高,分子的运动加剧,使得氧气分子的S ０．１３
平均速率增大,C正确;温度是分子平均动能的标志,与个别分子
１０－１０ m．
速率大小无关,气体内部温度相同,D错误．
使用的油酸酒精溶液配制好后敞口放置了很长时间,酒精会
【典例２】 D 解析:从分子间的作用力与分子间的距离的
挥发,导致油酸浓度增大,１滴该溶液中含有纯油酸的真实体积比
关系知道,当分子间距离大于r０时,分子力表现为引力;当分子间
计算所得体积大,则测量出的油酸分子直径将偏小．
距离小于r０时,分子力表现为斥力;当分子间距离大于１０r０时,分
油酸未完全散开时就开始测量油酸膜的面积,则测得的油膜
子间的作用力十分小,可以忽略．所以,当乙从较远处向甲逐渐靠
的面积偏小,可知会导致计算结果偏大．
近的过程中,分子力先是对乙做正功,而由做功与分子势能变化
１
１０．１滴油酸酒精溶液的体积 单分子油膜 ×１０－５MN 的关系知道,分子力做正功,分子势能减小;后是分子力对乙做负
解析:用滴管将浓度为０．１％的油酸酒精溶液一滴一滴地滴 功或者乙克服分子力做功,而由做功与分子势能变化的关系知
入量筒中,记下滴入１mL的油酸酒精溶液的滴数N,求出１滴油 道,分子力做负功,分子势能增加,因此在乙逐渐向甲靠近的过程
酸酒精溶液的体积． 中,分子势能是先减小后增大．答案为 D．
将痱子粉均匀地撒在浅 盘 内 水 面 上,用 滴 管 吸 取 浓 度 为 变式２:C 解析:乙分子由a运动到c的过程,一直受到甲分
０．１％的油酸酒精溶液,从低处向水面中央滴入一滴油酸酒精溶 子的引力作用而做加速运动,到c时速度达到最大,而后受甲的
液,使之充分扩散,形成单分子油膜． 斥力作用做减速运动,A、B错误;乙分子由a 到b的过程所受引
１ , 力做正功,分子势能一直减小,C正确;而乙分子从每一滴油酸酒精溶液的体积是 mL 纯油酸的体积为V＝ b
到d 的过
N
程,先是引力做正功,分子势能减少,后来克服斥力做功,分子势
１
０．１％× mL, 能增加,故 错误N D ．
V ０．１％×１０－６ 当堂训练
油膜的厚度,即油酸分子的直径为d＝S ＝ NM×１０－４ ＝ １．C ２．C ３．A ４．C ５．C ６．B ７．C ８．B ９．C
１
×１０－５ m． １０．D １１．AMN
１２．TⅠ ＜TⅡ ＜TⅢ 解析:温度越高、分子热运动越剧烈,分
第３、４节 分子运动速率分布规律 子平均动能越大,故分子平均速率越大,温度越高,速率大的分子
分子动能和分子势能 所占比例越多,气体分子速率“中间多”的部分在f(v)v 图像上
知识梳理 向右移动．所以由图中可看出TⅠ ＜TⅡ ＜TⅢ ．
一、１．匀速直线运动 ２．任何一个方向 相等 课后巩固
二、２．温度 中间多、两头少 升高 中间多、两头少 增大 １．D ２．C ３．A ４．B ５．A ６．B ７．B
速率大 ８．５×１０－２３J
三、１．大量 单位面积 ２．作用力 数密度 较大 解析:在乙分子靠近甲分子过程中,分子力先做正功,后做负
四、１．热运动 ２．平均动能 ３．平均动能 功,分子势能先减小,后增大,动能和势能之和不变．当速度为零
１０８
, , １ １ 代入数据得 N＝３×１０
２４个．
时 分子势能最大 Epm＝ΔEk减 ＝２mv
２＝ －２６２×１×１０ ×１００
２J
() V每个分子所占的空间为
＝５×１０－２３J． ２ V０＝N ．
９．见解析 设分子间平均距离为a,
解析:(１)如果分子间作用力的合力为零,此距离为r０．当分 ３ V
则有V ３０＝a ,即a＝
３V０ ＝ ．
子间距离小于r０时,分子间的作用力表现为斥力,要减小分子间 N
－９
的距离必须克服斥力做功,因此,分子势能随分子间距离的减小 代入数据得a≈３×１０ m．
２
而增大．如果分子间距离大于r０时,分子间的相互作用表现为引 () ４πR p０N１３．１ 地球大气层空气的分子数n＝ A;Mg
力,要增大分子间的距离必须克服引力做功,因此,分子势能随分
３ Mgh
子间的距离增大而增大． (２)空气分子之间的平均距离d 为 ．p０NA
从以上两种情况综合分析,分子间距离以r０为数值基准,分 解析:(１)大气压是由地球大气层的重力产生,设大气层质量
子间距离不论减小或增大,分子势能都增大．所以说,分子在平衡 为m,地球表面积为S,可知:mg＝p０S,S＝４πR２,
位置处是分子势能最低点．
４πR２: p得 ０( ,２)由图可知,分子势能为零的点选在了两个分子相距无穷 m＝ g
远的位置．因为分子在平衡位置处是分子势能最低点,据图也可 : m ４πR
２p N
大气分子数 n＝ N ０ AA＝ ．
以看出:在这种情况下分子势能可以大于零,也可以小于零,也可 M Mg
()
以等于零是正确的． ２ 气体分子间距离非常大
,所以把每一个气体分子平均占
(３)
,
因为分子在平衡位置处是分子势能最低点,显然,选两个 据的空间认为是一个立方体模型 立方体边长即为分子间平均距
离,设为 ,r 因为地球大气层的厚度 远小于地球半径
,
分子相距 ０时分子势能为零,其他位置分子势能将大于零． a h R
所以大气层体积:V＝Sh＝４πR２h,V＝nd３,
本章评估
３ Mgh
一、１．C ２．C ３．B ４．C ５．C ６．C ７．D ８．C 联立解得:d＝ N ．p０ A
９．B 解析:根据分子动理论可知,A 不正确,B正确．无论怎
, 第二章 气体、固体和液体样压缩 气体分子间距离一定大于r０,所以气体分子间一定表现
为引力．空气压缩到一定程度很难再压缩不是因为分子斥力的作 第１、２节 温度和温标 气体的等温变化
用,而是气体分子频繁撞击活塞产生压强的结果,应该用压强增 知识梳理
大解释,所以C不正确．磁铁吸引铁屑是磁场力的作用,不是分子 一、１．研究对象 ３．体积 压强 ４．状态参量稳定
力的作用,所以 D也不正确． 二、１．热平衡状态 ２．热平衡 ３．温度
１０．A 解析:在系统不和外界交换能量的条件下,高温的铜 三、１．热膨胀 电阻 压强 温差 ２．温度 (１)０℃ １００℃
块放出的热量一定等于低温的铁块吸收的热量．达到热平衡时, １００ (３)t 摄氏度 T 开尔文 t＋２７３．１５K
两者的温度一定相等,故 A正确,D错误,B错误;由Q＝cmΔt知 四、１．压强 体积 温度 状态参量 ２．(１)注射器 橡胶塞
T ＋T
铜块和铁块的比热容不同,达到热平衡时的温度T≠ １ ２, 空气柱
(２)C 压力表 刻度尺
(３)正比 反比 ３．一定质量的
２
气体 温度不变
错误．
五、１．一定质量 温度不变 pV＝常量 ３．双曲线 等温线
１１．B 解析:温度越高分子热运动越剧烈,分子运动剧烈是
不同的
指速率大的分子所占的比例大,图T２ 速率大的分子比例大,温度
典例精解
高;图T１ 速率大的分子所占比例最小,温度低,故T１＜T２,故 A 【典例１】 (１)B (２)保证气体在状态变化过程中温度尽可
错误,B正确;图中两个状态下曲线下的面积都是１,则两条图线
能保持不变 (３)C (４)B
和横轴所包围的面积一定相等,故C,D错误．
解析:(１)用橡胶塞密封注射器的下端,是为了封住一定量的
二、１２．(１)３×１０２４个 (２)３×１０－９ m
气体,故 A 是必需的;没有必要测量柱塞的直径,由于整个过程
解析:(１)
V
设 N２的物质的量为n,则n＝ρ , 中,截面不变,知道长度就可以,列方程时,两边把截面面积可以M
消掉,故B是不必需的;读取压力表上显示的气压值,知道初末状V
氮气的分子总数 N＝ρ NA,M 态的气压值,故C是必需的;读取刻度尺上显示的空气柱长度来
１０９
表示空气的体积,故 D是必需的． 即p０l０S＝ ( Fp０＋ ) (l０＋x－l) S,
(２)不是用手握住玻璃管(或注射器),并且在实验中要缓慢 S
推动活塞,这些要求的目的是:尽可能保证封闭气体在状态变化 F根据胡克定律有:x＝ ,k
过程中温度保持不变． 联立上式解得:l＝０．３m．
() １３ 图像中直线比曲线直观,在等温变化中,P 与 成正比, 变式２:V ０．３９m
解析:以管内封闭的气体为研究对象．玻璃管开口向上时,管１
因此画P 图像,应是一条过坐标原点的直线,故 C正确,V ABD 内的压强p１＝p０＋ph,气体的体积V１＝L１S(S 为玻璃管的横截
错误． 面积)．
(４)A、B 位于同一双曲线上,由图示p V 图像可知,A、B 当玻璃管开口向下时,管内的压强p２＝p０－ph,这时气体的
两点在同一条等温线上,在直线AB 上取一点C(可以取中点),过 体积V２＝L２S．
pV 温度不变,由玻意耳定律得:(
C 点的等温曲线如图所示,由理想气体状态方程 ＝C 可知,两 p０＋ph
)L１S＝(p０－ph)L２S
T
p０＋h ７６＋１０
等温线的温度关系为:T１＜T２,则:TA ＝TB ＜TC,由此可知,一
所以L２＝ －hL１＝７６－１０×０．３m≈０．３９m．p０
定质量的气体由状态A 变到状态B 的过程中,温度先上升后下 当堂训练
降,故B正确,ACD错误． １．B ２．D ３．B ４．B ５．A ６．B
７．B 解析:当水位升高时,细管中的水位也升高,被封闭空
气的体积减小,由玻意耳定律可知,压强增大,所以B正确．
８．B ９．A １０．C
１１．０．０５m
解析:设玻璃管的横截面积为S,以管内气体为研究对象,设
进入管中的水银的高度为
变式１:(１)AB (２)
x．
为过坐标原点的直线 (３)传感器与注
初态:p１＝p０,V１＝l S
射器间有气体 传感器与注射器间气体体积
解析:(１)
l
完成本实验的基本要求是:此实验必须在等温条件 末态:p２＝p０＋ρg ( －x) ,２ V２＝(l－x) S
下操作,选项 A正确;封闭气体的注射器密封良好,否则注射器漏 根据玻意耳定律得p１V１＝p２V２,代入数据解得x≈０．０５m．
气的话,会出现误差,选项B正确;实验中没必要必须弄清所封闭 课后巩固
气体的质量,选项C错误;气体的压强和体积没必要必须用国际 １．A ２．B ３．A ４．D ５．B ６．B ７．D
单位,选项 D错误;故选 AB． ８．(１)在注射器活塞上涂润滑油,增加气密性
(２)理论上封闭气体发生等温变化时满足:pV＝C,即V＝ (２)移动活塞要缓慢 手不要握住注射器封闭气体部分等
１ １
C 可知,如果V 图像是过原点的直线,就说明气体的体积 (３)注射器与压强传感器连接部位的气体体积
p p
解析:(１)本实验研究一定质量的气体,需保持气体质量不
跟压强的倒数成正比,即体积与压强成反比．
变,故实验装置不能漏气,所以需在活塞上涂润滑油,增加气密
(３)若他实验操作规范正确,则图线不过原点的原因可能是
性．(２)本实验气体温度保持不变,一切容易引起气体温度发生变
传感器与注射器间有气体,图乙中V０代表传感器与注射器间气
化的因素都要尽量避免,所以推拉活塞时一定要缓慢,外界与气
体体积． 体尽量不要有温差而发生热传递．(３)一定质量气体温度不变时
【典例２】 ０．３m
, １ １
: , , pV 乘积保持不变 即p 与V 成反比
,那么V 与 成正比,V
解析 设活塞A 下移的距离为l 活塞B 下移的距离为x 对 p p
圆筒中的气体分析: １
图像应为过坐标原点的倾斜直线．而图２中V 与 为一次函数关
p
初状态:p１＝p０,V１＝l０S,
, １F 系 即V＋V０＝k ．每次体积记录都差一个V０值,这说明误差是
末状态:p２＝p０＋ , pS
由系统原因引起的,只可能是接口连接处的气体体积没有考虑．
V２＝(l０＋x－l)S．
１５p０S
由玻意耳定律得:p ９．１V１＝p２V２, ２６g
１１０
解析:设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为V１,压强 变式１:A 解析:从图线看出:AB 是等压变化,BC 是等温
为p１;下方气体的体积为V２,压强为p２．在活塞下移的过程中,活 变化,CA 是等容变化．
塞上、下方气体的温度均保持不变,由玻意耳定律得 【典例２】 (１)３．２×１０７Pa (２)１．６×１０８Pa
V 解析:(１)设初始时每瓶气体的体积为V０,压强为p０;使用后
p０ ＝p１V１,２ 气瓶中剩余气体的压强为p１．假设体积为V０、压强为p０的气体压
V
p０ ＝p２V２, 强变为p１时,其体积膨胀为V１．由玻意耳定律２
p０V０＝p１V由已知条件得 １
,
被压入炉腔的气体在室温和
V V V p
１条件下的体积为
１３
V１＝２＋
,
６－８＝２４V V１′＝V１－V０,
V V V 设, １０
瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p２,体积为
V２＝２－６＝３ V２．由玻意耳定律
设活塞上方液体的质量为m,由力的平衡条件得 p２V２＝１０p１V１′,
p２S＝p１S＋mg, 联立上式并代入数据得
１５pS
联立以上各式得m＝ ０ ． p２＝３．２×１０７Pa．２６g
(２)设加热前炉腔的温度为T０,加热后炉腔的温度为T１,气
第３节 气体的等压变化和等容变化 体压强为p３．由查理定律
知识梳理 p３ p＝ ２,
一、１．压强不变 ２．()
T T１ T０
２CT １ ()质量 压强 ()T ３ ４ ＞２ 联立上式并代入数据得
二、１．压强 温度 ２．(１)体积不变 压强p 热力学温度T p３＝１．６×１０８Pa．
() p２ T２CT T
１ (３)０K (４)质量 体积 p甲 V甲 p乙 V乙
２ T２ 变式２:B 解析:据理想气体的性质可知, ,T ＝甲 T乙
三、１．气体实验定律 ２．温度 压强 因为p甲 ＜p乙 ,且V甲 ＝V乙 ,则可判断出T甲 ＜T乙 ,B项正确;气
、 pV pV pV四 １．压强跟体积 热力学温度 ２．(１) １ １＝ ２ ２ (２) 体的温度直接反映出气体分子平均动能的大小,故C、D不正确．T１ T２ T
当堂训练
＝C ３．理想气体 ４．(１)温度 玻意耳定律 (２)体积 查理
１．D ２．A ３．D ４．D ５．B ６．D ７．C ８．B ９．D
定律 (３)压强 盖 吕萨克定律
d ΔT
五、１．一定 数密度 增大 ２．数密度 平均动能 压强 １０． T
３．平均动能 体积 数密度 解析:(１)封闭气体做等压变化
典例精解 V V ΔV
根据盖 吕萨克定律可知, １ ２ ,
【典例１】 ()
＝ ＝
１３６３K (２)见解析 T１ T２ ΔT
解析:(１)活塞由A 移动到B 的过程中,先做等容变化,后做 V１ dS解得 ΔV＝ ΔT＝ ,T１ T ΔT
等压变化．
ΔV d ΔT
pA p０,VA VA ＋ΔV
则活塞与筒底间的距离变化量 Δd＝ ＝ ．
由 ＝ ＝ ,解得T T T T T＝３３０K
,TB ＝３６３K． S T
A B
课后巩固
(２)活塞在A 位置先经历等容变化,温度由２９７K→３３０K,
１．A ２．D ３．C ４．A ５．D ６．C ７．B ８．B ９．A
压强由０．９p０→p０,之后活塞由A 移动到B,气体做等压变化,压
９
强为p０不变,温度由３３０K→３６３K,体积由V →１．１V ,其p V １０．(１)８∶３ (０ ０ ２)１０
图线如图所示: 解析:(１)设活塞原来处于平衡状态时 A、B 的压强相等为
p０,后来仍处于平衡状态压强相等为p,根据理想气体状态方程,
:p０VA pVA′对于A 有 ,T ＝A TA′
pV pV′
对于B 有: ０ B ＝ B ,TB TB′
１１１
VA ＝２VB , 由图可知V０就是图中八个离子所夹的立方体的体积,此正
:VA′ ８
３
化简得 M
V′＝３． 方体的边长d＝
３V０ ＝ ,而两个最近的钠离子中心间的B ２NAρ
(２)由题意设VA ＝２V０,VB ＝V０,汽缸的总体积为V＝３V０, ３ ３M ５８．５×１０－３
８ ２４ 距离r＝ ２d＝ ２× ２N ＝１．４１× ２３ ３ m可得:VA′＝１１V＝１１V
, Aρ ２×６．０×１０ ×２．２×１００
＝４×１０－１０ m．
可得:p０ ９＝
p １０
． 第５节 液体
知识梳理
第４节 固体 一、１．要小 ２．压缩 流动 速度快 ３．r０ 稀疏 r０ 相互
知识梳理 吸引 ４．(１)吸引 (２)收缩 (３)薄层
一、１．晶体 非晶体 晶体 非晶体 ２．确定 确定 有确定 二、１．(１)润湿 附着 浸润 不浸润 (２)固体 (３)分子力
没有确定的熔点 ３．各向异性 各向同性 单晶体 各向同性 ２．(１)上升 下降 (２)越大 ３．(１)各向异性 (２)温度 浓度
二、１．空间 ２．不同规则 在一定条件下 (３)棒状 碟状 平板状 (４)显示器
典例精解 典例精解
【典例１】 D 解析:判断固体是否为晶体的标准是看是否 【典例１】 C 解析:液体表面张力是液体表面各部分之间
有固定的熔点,多晶体和非晶体都具有各向同性和无规则的外 相互吸引的力,选项 A错误;液体的表面层分子要比内部稀疏些,
形,单晶体具有各向异性和规则的外形,D正确． 分子间的距离较内部分子间距离大,表面层分子间表现为引力,
【典例２】 A 解析:晶体具有规则的形状,是晶体内部物质 选项B错误;液体的表面张力总使液面具有收缩的趋势,选项 C
微粒有规则排列的宏观表现;不管是晶体,还是非晶体,组成物质 正确;液体表面张力的方向总是与液面相切,总是跟液面分界线
的微粒永远在做热运动;晶体和非晶体在一定条件下可以相互转 相垂直,选项 D错误．
化,非晶体就谈不到什么层面问题,即使晶体各个层面的微粒数 变式１:D 解析:在液体与气体接触的表面处形成一个特殊
也不一定相等,故 A正确,B、C、D错误． 的薄层,称为表面层,在液体表面层内,分子的分布比液体内部稀
当堂训练 疏,它们之间的距离r＞r０,分子间作用力表现为引力,因此液体
１．D ２．C ３．B ４．A ５．B ６．B ７．C 表面有收缩的趋势．故 D项正确．
８．晶体 运动 解析:晶体具有规则的几何形状,分子排列 【典例２】 B 解析:附着层Ⅰ液体分子比液体内部分子密
具有空间周期性,岩盐分子按一定的规律排列,构成一系列大小
集,附着层内液体分子间距离小于r０,附着层内分子间作用表现
相同的正方形,符合晶体的特性,故岩盐是晶体;分子在永不停息
为斥力,附着层有扩散趋势,C正确;附着层Ⅱ内液体分子比液体
地做无规则运动,故氯离子是运动的． 内部分子稀疏,附着层内液体分子间距离大于r０,附着层内分子
９．晶体熔化时温度保持不变,分子的平均动能不变,晶体熔
间作用表现为引力,附着层有收缩的趋势,D正确;表面层内分子
化过程中吸收的热量使分子间的距离增大,全部用来增加分子的
比液体内部疏,表现为引力,A正确,B错误．
势能．因为物体的内能是物体内部所有分子的动能和分子势能的
变式２:C 解析:毛细现象和液体的浸润、不浸润相联系．浸
总和,所以晶体熔化时内能增大．
润液体在细管中能上升,不浸润液体在细管中能下降,故 A、B正
课后巩固
确．建筑房屋时,在砌砖的地基上铺一层油毡或涂过沥青的厚纸,
１．C ２．D ３．A ４．B ５．D ６．A ７．D
能防止地下的水分沿着夯实的地基以及砖墙的毛细管上升,以使
８．石墨是金刚石的同素异形体,两者的不同结构,造成了物
房屋保持干燥．土壤里有很多毛细管,地下的水分可以沿着它们
理性质上的很大差异,金刚石质地坚硬,而石墨由于具有层状结
上升到地面．如果要保存地下的水分,就要把地面的土壤锄松,破
构,层与层之间结合不很紧密,故层与层之间易脱落,故能起到润
坏这些土壤里的毛细管．相反,如果想把地下的水分引上来,就不
滑作用．用铅笔在纸上写字也是根据这个道理．
仅要保持土壤里的毛细管,而且还要使它们变得更细,这时就要
９．４×１０－１０ m
用磙子压紧土壤,所以C错误,D正确．
解析:１mol食盐中有 NA个氯离子和 NA个钠离子,离子总
当堂训练
数为２NA,因而摩尔体积V、摩尔质量 M 与物质密度ρ的关系为
M , V M
１．A ２．D ３．B ４．A ５．B ６．B ７．D ８．C ９．A
V＝ 所以一个离子所占的体积为V０＝
ρ ２N
＝
A ２ρN
．
A １０．若要保存地下水分,应及时切断地表的毛细管,例如锄
１１２
地,若想把地下的水引上来则多植毛细管;用在水中能浸润的毛 V V
有 ２＝ ３,代入数据解得T＝４００K．
巾能更好地吸汗;建造房屋时,在砌砖的地基上铺一层油毡或涂 T０ T
过沥青的厚布是为了切断毛细管,油毡和涂沥青的厚布在水中都 ２１３．(１)p１＝１．２p (２)３
不浸润． 解析:(１)设阀门 K闭合时A 中气体的压强为p１,活塞横截
课后巩固
面积为S,根据玻意耳定律有
１．A ２．D ３．A ４．D ５．D ６．A ７．A p１ LS＝１．２p LS,
本章评估 解得p１＝１．２p ．
一、１．A ２．C ３．C ４．C ５．B ６．C ７．A ８．C ９．A (２)因为B 气体气压也降为p,由(１)可知B 气体的总体积将
二、１０．(１)使封闭气体与外界进行充分的热交换,保持封闭气体 变为V′B ＝１．２LS,
１ p０V０ 瓶中B 气体剩余的体积为VB２＝(２L－１．２L)S＝０．８LS,的温度不变 (２) (３)Δp＝ 大气压强V V －p０ 设B 中剩余气体质量为mB２,漏气前 B 中气体的质量为
解析:(１)由于推动活塞的时候对气体做功,改变气体的内 mB ,则有
能,气体的温度会发生变化．因而需要等一会儿,使封闭气体与外 mB２ VB ２＝ρ ２ ＝ ．
界进行充分的热交换,保持封闭气体的温度不变． mB ρV′B ３
(２)根据pV＝k,p＝p０＋Δp, 第三章 热力学定律
１
联立可得 Δp＝k V －p０． 第１、２节 功、热和内能的改变
１
故x 轴为 热力学第一定律V ．
知识梳理
(３)由于pV＝p０V０,
一、１．(１)能量 吸热 放热 (２)①上升 ②热效应 (３)方式
pV
故 Δp＝
０ ０
V －p０． ２．
(１)自身状态 绝热 变化 (２)ΔU＝W
, 二、 ()温度 ()温度由数学一次函数的知识可知 图像纵轴截距的绝对值的物理 １．１ ２ 热量 ２．(１)内能 (２)ΔU＝Q
, (３)①内能 ②转化 内能的转移含义是p０ 即表示大气压强．
三、１．热传递 等效的 ２．(１)热量 所做的功 (２)ΔU＝Q
() ; p０S T１１．１２p０ m = (２)g ２ ＋W
h 典例精解
解析:(１)由玻意耳定律得:p０hS＝pt ２S
,
【典例１】 C 解析:由F 通过活塞对密闭的理想气体做正
解得:pt＝２p０． 功,容器及活塞绝热,知Q＝０,由功和内能的关系知理想气体内
对活塞由平衡条件可知:ptS＝p０S＋mg, pV
能增大,温度T 升高,再根据 ＝C,体积V 减小,压强p 增大,T
所以: pSm＝ ０ ．
g 故C正确．
(２)缓慢移走沙子,同时改变温度保持活塞位置不变．也就是 变式１:D 解析:绝热膨胀过程是指气体膨胀过程未发生热
最后,活塞受到的压强重新变为p０,则沙子移走前后,由查理定律 传递,膨胀过程气体体积增大,气体对外界做功,W ＜０,由 ΔU＝
pt p０ U２－U１＝W 可知,气体内能减少．由于气体分子间的势能可忽略,可知:
T ＝T′． 故气体分子的平均动能减小．故 D正确．
T
所以:T′＝ ． 【典例２】 (１)９２７℃ (２)减少,减少了３５kJ２
解析:(１)根据查理定律得
１２．(１)１５cm (２)４００K
p１ p２
解析:(１)设玻璃管横截面积为S, T ＝
,
T p１＝p０
,T１＝３００K,p２＝４p０,
１ ２
状态１ p１＝p０,V１＝L１S 解得T２＝１２００K,则t２＝９２７℃．
状态２ p２＝p０＋ρgL２,V２＝L３S (２)由热力学第一定律 ΔU＝Q＋W,
气体温度不变,有p１V１＝p２V２,代入数据解得L３＝１５cm． 得 ΔU＝－２０kJ－１５kJ＝－３５kJ,故内能减少了３５kJ．
(２)加热过程发生等压变化,状态p３＝p２,V３＝V１． 变式２:(１)０．６J (２)０．２J
１１３
解析:(１)气体温度不变,内能不变,由热力学第一定律 ΔU＝ 对外做功的机器,这是人们的美好愿望,但它违背了能量守恒定
Q＋W,则Q＝ΔU－W＝０－(－０．６J)＝０．６J． 律,这也是它不能制成的原因．故 D正确,A、B、C错误．
(２)由热力学第一定律得 ΔU＝Q＋W ＝０．３J＋(－０．１J)＝ 【典例２】 B 解析:凡是与热现象有关的宏观热现象都具有
０．２J,内能增加了０．２J． 方向性．无论采用任何设备和手段进行能量转化,热机的效率不
当堂训练 可能达到１００％,故热机中燃气的内能不能全部转化为机械能,故
１．C ２．B ３．C ４．B ５．D ６．D ７．A ８．C ９．A A正确,B不正确;火力发电机发电时,能量转化的过程为内能→
１０．(１)１．１×１０６Pa (２)８２J 机械能→电能,因为内能→机械能的转化过程中会对外放出热
解析:(１)设压缩后气体的压强为p,活塞的横截面积为S,l０ 量,故燃气的内能必然不能全部转变为电能,故 C正确;热量从低
＝２２cm,l＝２cm,V０＝l０S,V＝lS,缓慢压缩,气体温度不变． 温物体传递到高温物体不能自发进行,必须借助外界的帮助,结
由玻意耳定律得p０V０＝pV 果会带来其他影响,这正是热力学第二定律第一种(克劳修斯)表
解得p＝１．１×１０６Pa． 述的主要思想,故 D正确．
(２)大气压力对活塞做功W１＝p０S(l０－l)＝２J 变式２:D 解析:由于气体始终通过汽缸与外界接触,外界
人做功W２＝１００J 温度不变,活塞杆与外界连接并使其缓慢地向右移动过程中,有
由热力学第一定律得 ΔU＝W１＋W２＋Q 足够时间进行热交换,气体等温膨胀,所以汽缸内的气体温度不
Q＝－２０J 变,内能也不变,该过程气体是从单一热源即外部环境吸收热量,
代入数据解得 ΔU＝８２J． 即全部用来对外做功才能保证内能不变,此过程既不违背热力学
课后巩固 第二定律,也不违背热力学第一定律,此过程由外力对活塞做功
１．C ２．D ３．D ４．C ５．C ６．B ７．D 来维持,如果没有外力 F 对活 塞 做 功,此 过 程 不 可 能 发 生,D
８．(１)Q－０．１p０SL＋０．１LG (２)１．１T０ 正确．
解析:(１)
G
密封气体的压强p＝p － 当堂训练０ S
１．A ２．A ３．C ４．B ５．D ６．D ７．B ８．B ９．D
密封气体对外做功W＝pS×０．１L
课后巩固
由热力学第一定律 ΔU＝Q－W
１．D ２．A ３．B ４．C ５．C ６．D ７．B
得 ΔU＝Q－０．１p０SL＋０．１LG．
(２)因该过程是等压变化,由盖 吕萨克定律有 本章评估
LS (L＋０．１L)S 一、１．D ２．B ３．D ４．D ５．B ６．D ７．B ８．A ９．C,解得
T ＝ T＝１．１T０．０ T 二、１０．(１)等压 (２)降低 (３)放热 (４)p２(V３－V１)－p１(V３
第３、４节 能量守恒定律 －V２)
热力学第二定律 解析:(１)因为气体从A 到B 压强不变,所以是等压过程．
知识梳理 ( p p２)因为从B 到C 为等容过程,由查理定律 １ ＝ ２ 可知温T１ T２
一、１．(１)产生 消失 转化 转移 总量 (２)①转化 ②能
度降低．
量守恒 ２．(１)对外做功 (２)能量守恒 (３)失败
(３)因为从C 到D 为等压压缩过程,体积减小,温度降低,因
二、１．(１)低温 高温 方向性 (２)①高温 低温 ②低温
此外界对气体做功,内能减小．由热力学第一定律 ΔU＝W＋Q 可
高温 ③不可逆的 ２．(１)①化学能 内能 做功 机械能
知,气体放出热量．
W
②机械功W 热量Q ()完全变成有用功Q ×１００％ ２ (４)从A 到B 过程体积增大,气体对外界做功W１＝p２(V３－
三、１．内能 ２．较小 较大 自动 ３．方向 ４．品质 高品质 V１)．从B 到C 过程体积不变,不做功．从C 到D,外界对气体做功
低品质 W２＝p１(V３－V２),所以从A→B→C→D 过程中,气体对外界所
典例精解 做的总功W＝W１－W２＝p２(V３－V１)－p１(V３－V２)．
【典例１】 ２０J 解析:由能量守恒定律可知,内能的增加等 １１．(１)１×１０５J (２)－２×１０４J
于活塞和物体重力势能的减少,ΔU＝ΔE＝(M＋m)gh＝(１５＋５) 解析:封闭气体做等压变化的压强为p,
×１０×(５０－４０)×１０－２J＝２０J． 外界对气体做功:
变式１:D 解析:永动机是不消耗任何能量却能源源不断地 W＝FS＝pS Δh＝p ΔV,
１１４
解得:W＝１．０×１０５J． 射强度都增加,且辐射强度的极大值向波长较短的方向移动,当
(２)由热力学第一定律得,气缸内气体内能的变化: 温度降低时,上述变化都将反过来．
ΔU＝Q＋W＝－１．２×１０５＋１．０×１０５J＝－２×１０４J． 变式１:A 解析:因只要每秒有６个绿光的光子射入瞳孔,
１２．(１)２５１J (２)放热 ２９３J E眼睛就能察觉．所以察觉到绿光所接收的最小功率P＝ ,式中
解析:(１)
t
由热力学第一定律可得a→c→b过程系统增加的
( ) , , c ６×６．６３×１０
－３４×３×１０８
内能 ΔU＝W＋Q＝ －１２６＋３３５ J＝２０９J 由a→d→b过程有 E＝６ε 又ε＝hν＝h ,可解得λ P＝ ５３０×１０－９ W
ΔU＝W′＋Q′ ≈２．３×１０－１８ W．
得Q′＝ΔU－W′＝[２０９－(－４２)]J＝２５１J,为正,即有２５１J 【典例２】 D 解析:由题中图像可得用色光乙照射光电管
的热量传入系统． 时遏止电压大,使其逸出的光电子最大初动能大,所以色光乙的
(２)由题意知系统由b→a过程内能的增量 频率大,光子的能量大．由题中图像可知,色光甲的饱和光电流大
ΔU′＝－ΔU＝－２０９J 于色光乙的饱和光电流,故色光甲的光强大于色光乙的光强,A,
根据热力学第一定律有 Q″＝ΔU′－W″＝(－２０９－８４)J＝ B错误;如果使色光乙的强度减半,则只是色光乙的饱和光电流
－２９３J 减半,在特定的电压下,色光乙产生的光电流不一定比色光甲产
负号说明系统放出热量,热量传递为２９３J． 生的光电流小,C错误;因色光乙的频率大于色光甲的,故另一个
１
１３．(１) p０LS (２)
１
内能减少了 (mv２＋p０LS) 光电管加一定的正向电压,如果色光甲能使该光电管产生光电２ ２
流,则色光乙一定能使该光电管产生光电流, 正确
解析:(１)
D ．
设大气作用在活塞上的压力为F,则:F＝p０S
变式２:D 解析:金属存在截止频率,超过截止频率的光照
１
根据功的定义式W＝FL 得W＝２p０LS． 射金属时才会有光电子射出．射出的光电子的动能随频率的增大
(２)设活塞离开汽缸时动能为E ,则 而增大,k 动能小时不能克服反向电压,也不能有光电流．入射光的
１ 频率低于截止频率,不能产生光电效应,与光照强弱无关,选项
Ek＝２mv
２
A,B错误;电路中电源正、负极接反,对光电管加了反向电压,若
根据能量守恒定律得 该电压超过了遏止电压,也没有光电流产生,D正确;光电效应的
１ １ １
ΔE＝－ mv２－ pLS＝－ (mv２＋pLS) 产生与光照时间无关, 错误２ ２ ０ ２ ０
C ．
当堂训练
１
即内能减少了 (
２ mv
２＋p０LS)． １．C ２．C ３．A ４．C ５．D ６．B ７．C ８．B ９．B
第四章 原子结构和波粒二象性 １０．
(１)C (２)减小 光电子受到金属表面层中力的阻碍作
用(或需要克服逸出功)
第１、２节 普朗克黑体辐射理论 光电效应 解析:由于光的频率一定,它们的截止电压相同,A,B不正
知识梳理 确．光越强,电流越大,C正确．由于光电子受到金属表面层中力的
一、１．(１)电磁波 温度 较短波长 (２)完全 绝对黑体 黑 阻碍作用(或需要克服逸出功),光电子的动量变小．
体 (３)①温度 ②温度 增加 波长较短 (４)①热学 电磁 课后巩固
学 ②短波区 长波区 ③长波区 短波区 １．B ２．B ３．A ４．C ５．D ６．D ７．C ８．A ９．B
２．(１)整数倍 能量子 (２)普朗克常量 ６．６２６×１０－３４ １０．(１)３．５×１０１２个 (２)６．０×１０－１９J (３)６．０×１０－１９J
(３)量子化 分立的 (４)①波长分布 ②能量连续变化 解析:(１)设每秒内发射的光电子数为n,则:
二、１．电子 ２．光电子 ３．(１)饱和 一定 越大 越多 It ０．５６×１０－６×１n＝ ＝ －１９ ＝３．５×１０１２(个)．
( e １．６×１０２)遏止 初速度 强弱 一样的 频率 低于 (３)瞬时性
(２)由光电效应方程可知:
４．脱离 最小值 不同
、 () c c １ １三 １．１ 发射 吸收 光本身 能量子 hν (２)频率 ２．(１)一 Ek＝hν－W０＝hλ －hλ ＝hc(λ －０ λ )０
个光子 hν 逸出功W０ 初动能Ek (２)hν－W０ ３．(１)频率 在 A,K间加电压U 时,电子到达阳极时的动能为Ekm,
强弱 ＞ (２)一次性 需要 (３)光子数 光电子
Ekm＝Ek＋eU＝hc( １ １λ －λ ) ＋eU．典例精解 ０
【典例１】 B 解析:由题图可知,随温度升高,各种波长的辐 代入数值得:Ekm≈６．０×１０－１９J．
１１５
(３)根据光电效应规律,光电子的最大初动能与入射光的强 q ８．０２×１０－１９
＝ －１９ ≈５,
度无关．如果电压U 不变,则电子到达 A极的最大动能不会变,仍 e １．６×１０
－１９ 因此小油滴所带电荷量 是电子电荷量 的为６．０×１０ J． q e ５
倍．
课后巩固
第３节 原子的核式结构模型
１．C ２．A ３．B ４．C ５．C ６．D ７．D ８．A
知识梳理
９．２．１９×１０６ m/s ６．５８×１０１５ Hz ２．１７×１０－１８J １．０５×
一、１．阴极 ２．荧光 ３．阴极射线
１０－３ A
二、１．(１)电场 磁场 负 (２)不同材料 相同 (３)大致相同
解析:根据库仑力提供电子绕核旋转的向心力可知
小得多 电子 ２．电子 基本 ３．(１)密立根 油滴实验
e２ v２
１．６０２×１０－１９ (２)e的整数倍 (３) k ２ ＝m
,
１８３６ r r
三、１．球体 正电荷 电子 ２．(１)金箔 荧光屏 (２)①仍沿 k
v＝e
原来 ②大角度 ③大于９０° (３)核式结构 rm
四、１．原子核 正电荷 质量 电子 ２．１０－１５ m １０－１０ m ９×１０９
＝１．６×１０－１９× /
典例精解 ０．５３×１０
－１０×９．１×１０－３１ ms
６
【 】 /典例１ D 解析:阴极射线是由阴极直接发出的,故 A错 ≈２．１９×１０ ms．
误;只有当两极间有高压且阴极接电源负极时,阴极中的电子才 , v ２．１９×１０
６
而v＝２πfr 即f＝２πr＝２×３．１４×０．５３×１０－１０ Hz＝６．５８×
会受到足够大的库仑力作用而脱离阴极成为阴极射线,故 B错
１０１５ Hz,
误,D正确;阴极射线是真空玻璃管内由阴极发出的射线,C错误．
１ ２ １ ke
２
变式１:
A 解析:阴极射线实质上就是高速电子流,所以在 Ek＝２mv ＝２ r
电场中偏向正极板一侧,选项 A正确;由于电子带负电,所以其受 １ ９×１０９×(１．６×１０－１９)２
＝ × －１０ J≈２．１７×１０－１８J．
力情况与正电荷不同,选项 B错误;不同材料所产生的阴极射线 ２ ０．５３×１０
都是电子流,所以它们的比荷是相同的,选项C错误;在汤姆孙实 设电子运动周期为T,则
验证实阴极射线就是带负电的电子流时并未得出电子的电荷量, １ １T＝ ＝ １５ s≈１．５２×１０－１６s,f ６．５８×１０
最早测量电子电荷量的是美国科学家密立根,选项 D错误．
电子绕核的等效电流:
【典例２】 C 解析:α粒子散射实验现象:绝大多数α粒子
q e １．６×１０－１９ －３
沿原方向前进,少数α粒子有大角度散射．所以A 处观察到的粒 I＝t ＝T ＝１．５２×１０－１６ A≈１．０５×１０ A．
子数多,B 处观察到的粒子数少,所以选项 A、B错误;α粒子发生
１０．(１)垂直纸面向里 (２)
Esinθ
２
散射的主要原因是受到原子核库仑斥力的作用,所以选项 D 错 B L
误,C正确． 解析:(１)根据题意,在D,E 区加上磁场时,电子受到的洛伦
变式２:D 解析:由于α粒子有很强的电离作用,其穿透能力 兹力应向下,由左手定则可判断,磁场方向垂直纸面向里．
很弱,所以该实验要在真空中进行,选项 A正确;α粒子打在荧光 (２)当电子在D,E 间做匀速直线运动时,有eE＝evB
２
屏上会有闪光,为了观察大角度散射,带有荧光屏的显微镜可以 mv当电子仅在D,E 间的磁场中发生偏转时,有evB＝ ,同r
在水平面内的不同方向上移动,选项B、C正确,选项 D不正确．
, , e Esinθ当堂训练 时又有L＝rsinθ 如图所示 可得m ＝ B２L ．
１．C ２．D ３．B ４．D ５．D ６．C ７．B ８．D ９．B
１０．８．０２×１０－１９C ５倍
解析: ４小油滴质量m＝ρV＝ρ ３,３πr
由题意知mg＝qE,
联立上式可得q＝ρ
４πr３g
３E １１．
(１)－２．７×１０－４v０ (２)－１．９６v０
０．８５１×１０３×４π×(１．６４×１０－６)３
解析:α粒子与静止的粒子发生弹性碰撞,动量和能量均×９．８
＝ ３×１．９２×１０５ C 守恒,
≈８．０２×１０－１９C． 由动量守恒得mαv０＝mαv′１＋mv′２,
１１６
１ ２ １ (２ １ ２, ２
)频率最高的光子能量最大,对应的跃迁能级差也最大,即
由能量守恒得
２mαv０＝２mαv′１ ＋２mv′２ 从n＝４跃迁到n＝１发出的光子能量最大,根据玻尔第二假设,
m －m
解得v′ α１＝mα＋mv０． 发出光子的能量:hν＝－E１ ( １ １２ － ２ ) 代入数据,解得:ν≈３．１×１ ４
２m
速度变化 Δv＝v′１－v０＝－ v ． １０１５m ＋m ０ Hz．α
(３)波长最长的光子能量最小．对应的跃迁的能级差也最小．
(１)
１
与电子碰撞,将me＝ 代入得７３００mα c ch
即从n＝４跃迁到n＝３,所以h λ ＝E４ －E３
,λ＝
Δv ≈－２．７×１０－４v ． E
＝
４－E３
１ ０
(２)与金原子核碰撞,将m ＝４９m 代入得 ３×１０
８×６．６３×１０－３４ －６
Au α (－０．８５＋１．５１)×１．６×１０－１９ m≈１．８８４×１０ m．
Δv２＝－１．９６v０．
变式２:B 解析:基态的氢原子的能级值为－１３．６eV,吸收
第４节 氢原子光谱和玻尔的原子模型 １３．０６eV的能量后变成－０．５４eV,原子跃迁到n＝５能级,由于氢原
知识梳理 ( ) ( )
子是大量的, nn－１ ５× ５－１故辐射的光子种类是 ＝ ＝１０(种)．
一、１．波长 ２．(１)亮线 (２)光带 ３．线状谱 不同 特征 ２ ２
４．(１)特征谱线 当堂训练
１ １．C ２．C ３．C ４．A ５．B ６．D ７．B ８．D ９．C
二、１．(１)内部 (３)①λ ＝R
１ １
∞ (２２ － ) (n＝３,４,n２ ５ ) ②分 １０．－１．５１eV １．５１eV －３．０２eV
立 ２．(１)稳定性 分立 (２)原子
解析: １氢原子能量E３＝３２E１≈－１．５１eV三、１．(１)库仑 原子核 (２)量子化 (３)稳定 电磁辐射
电子在第三轨道时半径为r ＝n２r ＝３２２．不同 量子化 能级 定态 基态 激发态 ３．跃迁 放出 ３ １ r１＝９r１,
E －E 频率 辐射 电子绕核做圆周运动的向心力由库仑力提供,所以n m
四、１．(１)①E －E ②定态轨道 里德伯常量 (２)两个能级 ke
２ mev２３
n m
r２ ＝
,
３ r３
差 分立 分立 ２．(１)量子观念 定态和跃迁 氢原子
１ ke２
(２)经典粒子 轨道 (３)概率 云雾 电子云 联立上式可得电子动能为Ek３＝２mev
２
３＝２×３２r１
典例精解 ９×１０９×(１．６×１０－１９)２
＝２×９×０．５３×１０－１０×１．６×１０－１９ eV≈１．５１eV．【典例１】 B 解析:炽热的固体、液体和高压气体的发射光
谱是连续光谱,故 A错误;线状谱和吸收光谱都可以用来进行光 由于E３＝Ek３＋Ep３,故原子的电势能为
谱分析,B正确;太阳光谱中的暗线,说明太阳大气中含有与这些 Ep３＝E３－Ek３＝－１．５１eV １．５１eV＝－３．０２eV．
暗线相对应的元素,C错误;发射光谱有连续谱和线状谱,D错误． 课后巩固
变式１:C 解析:巴耳末公式是根据氢原子光谱总结出来的． １．B ２．D ３．A ４．A ５．D ６．D ７．C ８．C ９．A
氢原子光谱的不连续性反映了氢原子发光的分立性,即辐射波长 １０．(１)１３．６eV (２)－２７．２eV (３)９．１４×１０－８ m
的分立特征,其波长的分立值不是人为规定的,选项C正确． 解析:(１)设处于基态的氢原子核外电子速度大小为v１,则
【典例２】 (１)６条 (２)３．１×１０１５ Hz (３)１．８８４×１０－６ m e２ mv２k １,所以电子的动能
解析:(１)处于基态的氢原子吸收光子后,被激发到n＝４的 r
２ ＝
１ r１
２
激发态,这群氢原子的能级如图所示,由图可以判断,这群氢原子 １ ２ ke ９×１０
９×(１．６×１０－１９)２
Ek１＝２mv１＝２r ＝２×０５．３×１０－１０×１６．×１０－１９eV≈１３６．eV．１
可能发生的跃迁共有６种,所以它们的谱线共有６条．也可由 C２４ (２)因为E１＝Ek１＋Ep１,所以Ep１ ＝E１－Ek１ ＝－１３．６eV－
＝６直接求得．
１３．６eV＝－２７．２eV．
(３)设用波长为λ的光照射可使氢原子电离,有
hc
λ ＝０－E１
,
hc －６．６３×１０－３４×３×１０８
所以λ＝－E ＝１ －１３．６×１．６×１０－１９ m
≈９．１４×１０－８ m．
１１７
第５节 粒子的波动性和量子力学的建立 () h h h ６．６３×１０－３４３ 由λ＝ ＝ 得mv v３＝ /p３ ３ mλ＝５×４００×１０－９ ms＝３．３１５
知识梳理
×１０－２８ m/s．
一、 () ε h１．１ 波动性 运动 物质波 (２)h ２．
(１)干涉 课后巩固
p
(２)电子 电子 (３)①波动性 ②动量 很小 １．D ２．C ３．A ４．D ５．D ６．C
、 () ７．(１)
－１６ () －１５ () －１１
二 １．１ 黑体辐射 光电效应 散射 氢原子 物质波 ４．９６×１０ J ２２．３×１０ J ３２．２×１０ m
() 解析:()电子在磁场中半径最大时对应的初动能最大 洛伦２ 量子力学 ２．(１)粒子 (２)光学 (３)固体 １ ．
２
典例精解 , v , １兹力提供向心力 则有evB＝m Ekm＝ mv２,r ２
【典例１】 D 解析:个别光子的行为表现为粒子性,大量光
e２r２B２
子的行为表现为波动性;光与物质相互作用,表现为粒子性,光的 解得Ekm＝ ２m ．
传播表现为波动性,光的波动性与粒子性都是光的本质属性,频 代入数据解得Ekm≈４．９６×１０－１６J．
率高的光粒子性强,频率低的光波动性强,光的粒子性表现明显 (２)由爱因斯坦的光电效应方程可得Ekm＝hν－W,
时仍具有波动性,因为大量粒子的个别行为呈现出波动规律,故 c
ν＝ ,
正确选项为 D． λ
变式１:D 解析:由于弹子球德布罗意波长极短,故很难观 hc故W＝λ －Ekm．
察其波动性,而无线电波波长为３．０×１０２ m,所以通常表现出波
带入数据解得W≈２．３×１０－１５J．
动性,很容易发生衍射,而金属晶体的晶格线度大约是１０－１０ m 数
量级, h所以波长为１．２×１０－１０ m 的电子可以观察到明显的衍射现 (３)由物质波波长公式可得λ′＝ ,p
象,故由表中数据可知 A,B,C,不可知 D． 电子的动量p＝mv．
【典例２】 C 解析:光波是一种电磁波,A 项错;宏观物体 解得λ′≈２．２×１０－１１ m．
由于动量太大,德布罗意波长太小,所以看不到它的干涉、衍射现
本章评估
象,但仍具有波动性,D项错;X光是波长极短的电磁波,是光子,
一、
它的衍射不能证实物质波的存在,B项错．只有C项正确． １．C ２．B ３．D ４．D ５．A ６．D ７．C ８．A
: 、 () ()变式２ ８．６９×１０－２nm 二 ９．１C ２ 减小 光电子受到金属表面层中力的阻碍作用
(３)不能发生光电效应,理由见解析
: １
．
解析 已知
２m
２
０v ＝Ek＝eU, 解析:(１)入射光的频率相同,则光电子的最大初动能相同,
h
p＝ , １λ 由－eU＝－ mv
２
m 知,两种情况下遏止电压相同,选项 A, 错２ B
p２ , 误;光电流的强度与入射光的强度成正比,所以强光的光电流比Ek＝２m０ 弱光的光电流大,选项C正确,D错误．
h h
所以λ＝ ＝ ． (２)光电子动量的大小减小,因为光电子受到金属表面层中
２m０Ek ２em０U
力的阻碍作用．
把U＝２００V,m －３１０＝９．１×１０ kg,
(３)氢原子放出的光子能量E＝E２－E１,
代入上式解得λ≈８．６９×１０－２nm．
代入数据得E＝１．８９eV．
当堂训练
金属钠的逸出功W０＝hνc,代入数据得W０＝２．３eV．
１．C ２．B ３．C ４．C ５．D ６．C ７．C ８．C ９．C
因为E＜W０,所以不能发生光电效应．
１０．D １１．D
() () ()
１２．(１)６．６３×１０－３７ m (２)４４．２×１０－４３ m (３)３．３１５×１０－２８ /
１０．１ －３．４eV ２３．４eV ３ －６．８eV
ms
:() :( E １３．６解析 １ 炮弹的德布罗意波长为 解析 １)由En＝
１
２ 可得n E２＝－ ２２ eV＝－３．４eV
,即为原
h h ６．６３×１０－３４
λ１＝ ＝ －３７ 子系统具有的能量p１ mv
＝
１ ５×２００
m＝６．６３×１０ m． ．
２ ２
h h () ke mv , １ ２ ke
２ ke２
() 由 得 ,２ 它以光速运动时的德布罗意波长为λ２ ＝ ＝mv ＝
２ F＝r２ ＝r Ek２＝ mv ＝２ ２ ２ ２r
＝
２ ８rp １２ ２
－３４ 代入数据,解得６．６３×１０ Ek２＝３．４eV
,
５×３×１０８ m＝４．４２×１０
－４３ m． 即电子在轨道上的动能为３．４eV．
１１８
(３)由Epn＝En－Ekn,得Ep２＝－６．８eV,即电子具有的电势 受到的洛伦兹力向下,轨迹都是圆弧．而γ射线不带电,做直线运
能为－６．８eV． 动．所以 A、B错误,C正确;如果在铅盒和荧光屏间再加一竖直向
１１．(１)１０种 (２)４．１７m/s １
下的匀强电场时,由于α粒子速度约是光速的 ,而 粒子速度
解析:(１)可以有n＝C２＝１０(种)不同频率的光辐射． １０
β
５
() 接近光速,所以在同样的混合场中不可能都做直线运动, 错误２ 由题意知氢原子从n＝５能级跃迁到n＝１能级时,氢原 D ．
变式１:③④ ①⑥ ②⑤ 解析:由放射现象中 射线带正子具有最大反冲速率． α
电,β射线带负电,γ射线不带电,结合在电场与磁场中的偏转可氢原子发生跃迁时辐射出的光子能量为 E＝ΔE＝|E５－
知②⑤是γ射线,③④是α射线,E ①⑥
是β射线．
１|,
, ( ) 【典例２】 (１)８８ １３８ (２)开始时 将原子 含核外电子 和即将辐射出去的光子作为一 １４．１×１０
－１７C (３)８８
(
个系统, ４)１１３∶１１４
, 解析:因为原子序数与核内质子数、核电荷数、中性原子的核由动量守恒定律可得mHvH－p光 ＝０
外电子数都是相等的,原子核的质量数等于核内质子数与中子数
hν
光子的动量p光 ＝ , ,c E＝hν 之和．由此可得:
hν , / (１)镭核中的质子数等于其原子序数,故质子数为氢原子速度为v ＝ 所以v ＝４．１７ms． ８８
,中子数
H cm HH N 等于原子核的质量数A 与质子数Z 之差,即 N＝A－Z＝２２６
１２．(１)不可以 (２)２７．２eV
－８８＝１３８．
解析:(１)设运动氢原子的速度为v０,完全非弹性碰撞后两者 (２)镭核所带电荷量 Q＝Ze＝８８×１．６×１０－１９ C≈１．４１×
的速度为v,损失的动能 ΔE 被基态原子吸收．
１０－１７C．
若 ΔE＝１０．２eV,则基态氢原子可由n＝１跃迁到n＝２． (３)镭原子呈电中性,则核外电子数等于质子数,故核外电子
由动量守恒和能量守恒有:
数为８８．
mv０＝２mv, (４)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力为洛伦
１ １ １
２mv
２ ２ ２ ２
０＝ ,２mv ＋２mv ＋ΔE v mv兹力,故有Bqv＝m ,r＝ ．两种同位素具有相同的核电荷r qB
１
２mv
２
０＝Ek, , , r２２６ ２２６ １１３数 但质量数不同 故
r ＝２２８ ２２８＝１１４．
Ek＝１３．６eV．
变式２:B 解析:A 选项中,nmX核与nm－１Y核的质子数不同,
, １联立上式解得 ΔE＝
１
２ ２mv
２
０＝６．８eV． 不是互为同位素;B选项中nmX核与n－１m Y核的质子数都为m,而质
因为 ΔE＝６．８eV＜１０．２eV,所以不可以使基态氢原子发生 量数不同,则中子数不同,所以互为同位素;C选项中
n
mX 核内中
跃迁． 子数为n－m,n－２m Y核内中子数为(n－２)－m＝n－m－２,所以中
(２)若使基态氢原子电离,则 ΔE＝１３．６eV, 子数不相同;２３５９２U核内有１４３个中子,而不是２３５个中子．
代入①②③得Ek＝２７．２eV． 当堂训练
第五章 原子核 １．A ２．D ３．A ４．B ５．D ６．A ７．B
８．(１)用一张纸放在射线前即可除去α射线． (２)见解析图
第１节 原子核的组成 (３)α射线的圆周运动的半径很大,几乎不偏转,故与γ射线无
知识梳理 法分离．
一、１．(１)贝克勒尔 (２)①射线 (３)８３ ８３ ２．(１)氦原子核 解析:(１)由于α射线贯穿能力很弱,用一张纸放在射线前即
一张纸 (２)高速电子流 电离 铝板 (３)电磁波 电离 可除去α射线．
铅板 (２)β射线带负电,由左手定则可知向上偏转,γ射线方向不
二、１．卢瑟福 氮原子核 ３．质子 中子 核子 ４．质量数 变,轨迹如图所示．
电荷数 ５．质子数 中子数 原子核 同一位置
典例精解
【典例１】 C 解析:由左手定则可知粒子向右射出后,在匀
强磁场中带正电的α粒子受到的洛伦兹力向上,带负电的β粒子
１１９
() , mv, 变式１
:(１)~(２)见解析
３α粒子和电子在磁场中偏转 根据R＝ 对B α
射线有
q 解析:(１)２３８U→２３４９２ ９０Th＋４２He
m
R ＝ α
vα
１ ,
mv R mvq
对β射线有R ＝
β β
２ ,故
１＝ α α β＝４００．α射线 (２)设另一新核的速度为v′,铀核质量为２３８m,由动量守恒Bqα Bqβ R２ mβvβqα
穿过此磁场时,半径很大,几乎不偏转,故与γ射线无法分离． : v １２１定律得 ２３８mv＝２３４m ２＋４mv′
得:v′＝ ４v．
课后巩固
【典例２】 (１)~(２)见解析 (３)２
１．A ２．C ３．A ４．A ５．A ６．C ７．A
解析:(１)２４４Bi →２４４Po＋ ０８３ ８４ －１e
８．(１)两个暗斑 β射线,γ射线 (２)５∶１８４ (３)１０∶１ ２１０Po →２１０ ０ ２３４８４ ８５At＋－１e ９０Th →２３４Pa＋ ０９１ －１e
解析:(１)因α粒子贯穿本领弱,穿过下层纸的只有β射线、γ
(２)２３４Th →２３０Ra＋４９０ ８８ ２He
射线,β射线、γ射线在上面的印像纸上留下两个暗斑．
２３８ ２３４ ４
() ９２
U → ９０Th＋２He
２ 下面印像纸从左向右依次是β射线、γ射线、α射线留下
６６Cu →６２ ４
的暗斑 设 射线、 射线暗斑到中央 射线暗斑的距离分别为 ２９ ２７Co＋２He． α β γ
t
sα、sβ,则 (３)
T
由半衰期公式得m＝m １０ ( ) ,得２
１ H ２ １ H ２s ＝ , ,
qα E
α , ６２aα (v ) sβ ＝ ２aβ (v ) aα ＝ mα m＝６４× ( １α β ２ )
１．２
g＝２g．
q
a β
E
β＝ m ． 变式２:见解析 解析:根据质量数守恒和电荷数守恒,算出β
s ５ 新核的电荷数和质量数,然后写出核反应方程．
由以上四式得 α
s ＝１８４．β (１)９Be＋１H →９B＋１４ １ ５ ０n．
() , E ２０４ １ ２０２ ３３ 若使α射线不偏转 qαE＝qαvα Bα,所以Bα＝ ,同理 (２)① ８０Hg＋０n → ７８Pt＋２He;vα
②２０４８０Hg＋１０n →２０２７８Pt＋２１１H＋１０n．
, E , Bα v若使β射线不偏转 应加磁场Bβ＝ 故
β
vβ B
＝v ＝１０∶１．α (３)２０２β ７８Pt →
２０２
７９Au＋ ０ ２０２ ２０２ ０－１e,７９Au → ８０Hg＋－１e．
第２节 放射性元素的衰变 当堂训练
１．B ２．C ３．A ４．D ５．A ６．C ７．D ８．C
知识梳理
一、１．α粒子 粒子 原子核 ３．４He ０e ４．(１)电荷数 ９．
(１)６０ ２８ (２)动量 (３)基因突变
β ２ －１
解析:(１)根据质量数和电荷数守恒,核反应方程式为:６０质量数 ２７Co
二、１．半数 ２．核内部自身 不同 →
６０ ０
２８Ni＋－１e＋νe,由此得出两空分别为６０和２８．
三、１．(１)新原子核 (２)卢瑟福 １７O＋１H 质量数 电荷数 (２)衰变过程遵循动量守恒定律．原来静止的核动量为零,分８ １
２．(１)放射性 (２)３０P＋１n 裂成两个粒子后,这两个粒子的动量和应还是零,则两粒子径迹１５ ０
、 ０四 １．穿透本领 ２．相同的 ３．有破坏作用 必在同一直线上．现在发现 Ni和－１e的运动径迹不在同一直线
典例精解 上,如果认为衰变产物只有 Ni和 ０－１e,就一定会违背动量守恒
【典例１】 (１)８次α衰变和６次β衰变 (２)１０ ２２ 定律．
(３)２３８９２U→２０６ ４８２Pb＋８２He＋６ ０－１e (３)用γ射线照射种子,会使种子的遗传基因发生突变,从而
解析:(１)设２３８９２U衰变为２０６８２Pb经过x 次α衰变和y 次β衰变． 培育出优良品种．
由质量数守恒和电荷数守恒可得 课后巩固
２３８＝２０６＋４x, １．B ２．A ３．D ４．D ５．D ６．A
９２＝８２＋２x－y, ７．(１)１４C →１４６ ７N＋ ０－１e (２)１７１９０年
联立解得x＝８,y＝６． 解析:(１)１４C→１４６ ７N＋ ０－１e．
即一共经过８次α衰变和６次β衰变． (２)活体中１４６C含量不变,生物死亡后,１４６C开始衰变,设活体
(２)由于每发生一次α衰变质子数和中子数均减少２,每发生 中１４６C的含 量 为 m０,遗 骸 中 为 m,则 由 半 衰 期 的 定 义 得 m ＝
一次β衰变中子数减少１,而质子数增加１,故２０６Pb较２３８８２ ９２U质子数 t t１ τ , １ τ , t, 即 解 得 ,所 以少１０ 中子数少２２． m０ ( ２ ) ０．１２５＝ ( ２ ) τ ＝３ t＝３τ＝
(３)衰变方程为２３８U →２０６Pb＋８４ ０９２ ８２ ２He＋６－１e． １７１９０年．
１２０
()
８．(１)２２８Ra →２２４ ４
１ ５７ ３ 释放核能
８８ ８６Rn＋２He (２)５６E１ ５６E１ ΔE＝Δmc２＝３．０９×１０－２９×(３×１０８)２J＝２．７８１×１０－１２J．
解析:(１)２２８８８Ra→２２４ ４８６Rn＋２He． 【典例２】 C 解析:组成原子核的核子越多,它的比结合能
(２)由动量守恒定律得m１v１－m２v２＝０,式中m１、m２、v１、v２ 并不是越大,只有比结合能越大,原子核中的核子结合得越牢固,
分别为α粒子及新核的质量和速度,则反冲核的动能为:E２＝ 原子核才越稳定,故C正确,A、B、D错误．
１ ２２ １ (m１ v１ ) m１ １m２v２＝ m２ ＝E１ ＝ E１,则衰变放出的总 变式２:A 解析:由题图知,D、E 的平均核子质量大于F 的２ ２ m２ m２ ５６
平均核子质量,D、E 结合成F 时,出现质量亏损,要释放能量,A
５７
能量为E＝E１＋E２＝５６E１． 对,B错;C、B 结合成A 和F、C 结合成B 都是质量增加,结合过
第３节 核力与结合能 程要吸收能量,C、D错．
当堂训练
知识梳理
、 () () －１５ () １．B ２．C ３．C ４．B ５．C ６．B ７．C ８．B一 １．核子 ２．１ 强相互作用 ２１．５×１０ m ３ 相邻的
９．吸收能量;能量变化了() () １．２MeV．核子 ４．１ 大致相等 ２ 大于 相差
解析:反应前总质量:
、 MN＋MHe＝１８．０１１４０u二 １．核子 能量 ２．核子数 平均 牢固 稳定 中等大小
反应后总质量:
２ MO＋MH＝１８．０１２６９u３．mc ４．小于
可以看出:反应后总质量增加,故该反应是吸收能量的反应．
典例精解
吸收的能量利用 ΔE＝Δm c２来计算,若反应过程中质量增加【典例１】 (１)放出能量 ７９．７MeV (２)７９．７MeV ２６．６MeV
() ２１ １u
,就会吸收９３１．５MeV的能量,故:
３１９．２×１０ Hz
ΔE＝(１８．０１２６９－１８．０１１４０):() ×９３１．５MeV≈１．２MeV．解析 １ 一个质子和两个中子结合成氚核的核反应方程式
课后巩固
是:１H＋２１ ３１ ０n →１H,
: １．D ２．C ３．A ４．D ５．C ６．A ７．A ８．B ９．A反应前各核子总质量为
１０．(１)２２６Ra →２２２, ８８ ８６Rn＋
４
２He (２)６．０５MeV (３)５．９４MeVmp＋２mn＝１．００７２７７u＋２×１．００８６６５u＝３．０２４６０７u
解析:(１)核反应方程为２２６ ２２２ ４反应后新核的质量 ８８Ra → ８６Rn＋２He．
, (２)镭核衰变放出的能量为m ＝３．０１６０５０u ΔE＝Δm
c２＝(２２６．０２５４－
H
质量亏损 ４．００２６－２２２．０１６３)×９３１．５MeV≈６．０５MeV．
()设镭核衰变前静止,镭核衰变时动量守恒,则由动量守恒
Δm＝３．０２４６０７u－３．０１６０５０u＝０．００８５５７u, ３
定律可得:
因反应前的总质量大于反应后的总质量,故此核反应释放
能量; mRnvRn－mαvα＝０．
释放的核能 又因为衰变放出的能量转变为氡核和α粒子的动能,则
ΔE＝０．００８５５７×９３１MeV≈７．９７MeV． １ １ΔE＝２mRnv
２ ＋ m ２Rn ２ αvα．
(２)氚核的结合能 ΔE＝７．９７MeV,
联立上式可得
ΔE
它的比结合能为:
３ ≈２．６６MeV． mRn ２２２．０１６３Eα＝m ＋m ΔE＝２２２．０１６３＋４．００２６×６．０５ MeV≈Rn α
(３)放出光子的频率
５．９４MeV．
ΔE ７．９７×１０６×１．６×１０－１９
ν＝h ＝ ６．６３×１０－３４ Hz≈１．９２×１０
２１ Hz． 第４、５节 核裂变与核聚变 “基本”粒子
变式 １:(１)７Li＋１H →２４He (２)３．０９×１０－２９３ １ ２ kg 知识梳理
(３)２．７８１×１０－１２J 一、１．中子 核能 ２．３１０n ３．链式反应 ４．临界体积 临界
解析:(１)这一过程的核反应方程为 质量
７
３Li＋１１H →２４２He． 二、１．核反应堆 ２．石墨 重水 普通水 ３．中子 深 中子
(２)质量亏损 控制棒 ４．裂变 循环流动 热量 发电
Δm＝mLi＋mH－２mα 三、１．质量较大 能量 ２．４２He ３．(１)１０－１５ m (２)温度 热
＝１１．６５０５×１０－２７ kg＋１．６７３６×１０－２７ kg－２×６．６４６６× 核反应 ４．(１)产能效率高 (２)聚变燃料 (３)安全、清洁
１０－２７kg＝３．０９×１０－２９kg． ５．磁约束
１２１
典例精解 (２)１kg铀２３５中铀核的个数为
【典例１】 A 解析:目前核潜艇是利用重核裂变提供动力, １n＝ －２７≈２．５６×１０２４(个)
选项 A正确;重核裂变要释放核能,则反应前后一定有质量亏损, ２３５．０４３９×１．６６０６×１０
个铀
选项B错误;根据质量数和电荷数守恒可知,该核反应中的d＝ １ ２３５
核裂变产生的质量亏损为 Δm＝０．２１２u,释放的
, 能量为２ 选项C错误;铀核不如裂变后生成的新核稳定,可知铀核的比
, ΔE＝０．２１２×９３１．５MeV≈１９７．５MeV结合能比裂变后生成的新核的比结合能小 选项 D错误．
则 铀 完全裂变释放的能量为
变式１: ７
１kg ２３５
５．２×１０ W
: : E＝nΔE＝２．５６×１０
２４×１９７．５MeV≈８．１×１０１３J．
解析 一昼夜消耗的铀所能产生的核能为
２２０ 本章评估
ΔE＝２００×２３５×６．０２×１０
２３×１０６×１６．×１０－１９J≈１８．×１０１３J
一、１．D ２．B ３．A ４．B ５．D ６．B ７．B ８．D ９．B
ΔE １．８０×１０１３×２５％
电功率P＝η t ＝ ２４×３６００ W≈５．２×１０
７ W． １０．B １１．C
二、１２．(１)２２６ ２２２ ４ －１４８８Ra→ ８６Rn＋２He (２)１．９６×１０ J
【典例２】 C 解析:核反应质量亏损 Δm＝４×１．００７８u－
解析:(１)２２６Ra比２２２８８ ８６Rn核电荷数多２,质量数多４,则该衰变
４．００２６u＝０．０２８６u,释放的能量 ΔE＝０．０２８６×９３１ MeV≈
为α衰变,衰变方程为２２６８８Ra →２２２８６Rn＋４２He．
２６．６MeV,选项C正确．
(２)衰变过程中释放的α粒子在磁场中做匀速圆周运动,轨
变式２:(１)４１１H →４２He＋２０１e (２)２３．７５MeV (３)４２．×１０９kg
道半径R＝１．０m,
解析:(１)核反应方程为４１H →４He＋０１ ２ ２X,而０２X只能是２个
mv２
正电子,因此核反应方程式应为４１H →４He＋２０e． 由洛伦兹力提供向心力,可得２evB＝ ,１ ２ １ R
(２)反应前的质量m１＝４mp＝４×１．００７３u＝４．０２９２u, 衰变过程中系统动量守恒,有０＝２２２u×v′－４u×v,
反应后 m２ ＝mHe ＋２me ＝４．００２６u＋２×０．０００５５u＝ １ １
所以,释放的核能E＝ ×２２２u×v′２＋ ×４u×v２,
４．００３７u． ２ ２
Δm＝m 代入数据解得E≈１．９６×１０
－１４J．
１－m２＝０．０２５５u,
２３５ １ １３６ ９０
由质能方程得,释放能量 １３．(１)９２U＋０n → ５４Xe＋３８Sr＋１０
１
０n (２)２．７×１０４kg
９
ΔE＝Δmc２＝０．０２５５×９３１．５MeV≈２３．７５MeV． 解析:(２)核电站每年放出的热量Q＝P t＝１．０×１０ ×３．６
(３)由质能方程,ΔE＝Δmc２得每秒减少的质量 ×１０
３×２４×３６５J≈３．１５×１０１６J
２３５
ΔE ３．８×１０２６ 一个 ９２U裂变放出的热量 ΔE＝Δmc
２＝(２３５．０４３９－８９．９０７７
Δm＝c２ ＝(３×１０８)２ kg≈４．２×１０
９kg．
－１３５．９０７２－９×１．００８７)×１．６６×１０－２７×(３×１０８)２J≈２．２５×
当堂训练 １０－１１J．
１．D ２．D ３．B ４．D ５．B ６．B ７．A ８．B ９．C QM
需要浓缩铀m＝ U ≈２．７×１０４kg．
１０．(１)２H＋３１ １H →４２He＋１０n＋γ (２)２．８×１０－１２J ０．０２ΔENA
() ３ /
解析:(１)２ ３ ４ １ １４．１１．０×１０ ms 方向与反应前中子速度方向相反 １H＋１H →２He＋０n＋γ
() () () 周２Δm＝m(２１H)＋m(３１H)－m(４２He)－m(１n) ２３∶４０ ３２０
( 解析:()反应前后动量守恒有 ( 为氚＝ ２．０１４０＋３．０１６０－４．００２６－１．００８７)u １ m０v０＝m１v１＋m２v２ v１
核速度,m０、m１、m２分别代表中子、氚核、氦核的质量)＝０．０１８７u
－２７ 代入数值可解得v ＝－１．０×１０３１ m/s,方向与反应前中子速＝０．０１８７×１．６６×１０ kg
度方向相反
由 ΔE＝Δmc２可得 ．
()３
－２７ ( ８)２ ２ １H 和
４
２He在磁场中均受洛伦兹力,做匀速圆周运动的半ΔE＝０．０１８７×１．６６×１０ × ３×１０
径之比
≈２．８×１０－１２J．
m |v| mv
课后巩固 r ∶r ＝ １ １ ２ ２１ ２ B ∶ ＝３∶４０．q１ Bq２
１．B ２．B ３．B ４．A ５．D ６．D ７．A ８．C ９．C (３)３H 和４１ ２He做匀速圆周运动的周期之比
１０．B １１．B ２πm１ ２πm２
１２．(１)４０ ９０ (２)８．１×１０１３J T１∶T２＝ B ∶ ＝３∶２q１ Bq２
解析:(１)锆的电荷数Z＝９２－６０＋８＝４０,质量数A＝２３６－ 所以它们的旋转周数之比
１４６＝９０． n ∶n ＝T ∶T ＝２∶３,即４He旋转３周,３１ ２ ２ １ ２ １H 旋转２周．
１２２
