(共35张PPT)
第15讲 近代物理
贯通 知识脉络
研学 核心考点
目录索引
贯通 知识脉络
研学 核心考点
考点一 光电效应与光的粒子性
命题角度1光电效应规律的理解及应用
1.光电效应两条对应关系
(1)光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大;
(2)光照强度大(同种频率的光)→光子数目多→发射光电子多→光电流大。
2.定量分析时应抓住三个关系式
爱因斯坦光电效应方程 Ek=hν-W0
最大初动能与遏止电压的关系 Ek=eUc
逸出功与截止频率的关系 W0=hνc
例1 (2024新课标卷)三位科学家由于在发现和合成量子点方面的突出贡献,荣获了2023年诺贝尔化学奖。不同尺寸的量子点会发出不同颜色的光。现有两种量子点分别发出蓝光和红光,下列说法正确的是( )
A.蓝光光子的能量大于红光光子的能量
B.蓝光光子的动量小于红光光子的动量
C.在玻璃中传播时,蓝光的速度大于红光的速度
D.蓝光在玻璃中传播时的频率小于它在空气中传播时的频率
A
解析 因为蓝光频率大,故由ε=hν可知,蓝光光子的能量大,选项A正确。由p=可知,蓝光光子的动量大,选项B错误。在玻璃中传播时,因为蓝光频率大,所以n蓝>n红,根据v=可知,蓝光的速度小,选项C错误。光在不同介质中传播时频率不变,选项D错误。
例2 (2024海南卷)利用如图所示的装置研究光电效应,使单刀双掷开关S接1,用频率为ν1的光照射光电管,调节滑动变阻器,使电流表的示数刚好为零,此时电压表的示数为U1,已知电子电荷量为e,普朗克常量为h,下列说法正确的是( )
A.其他条件不变,增大光强,电压表示数增大
B.改用比ν1更大频率的光照射,调整R使电流表的
示数为零,此时电压表示数仍为U1
C.其他条件不变,使开关S接2,电流表示数仍为零
D.光电管阴极材料的截止频率νc=ν1-
D
解析 当开关S接1时,由爱因斯坦光电效应方程eU1=hν1-W0,故其他条件不变时,增大光强,电压表的示数不变,故A错误;若改用比ν1更大频率的光照射时,调整R使电流表的示数为零,而金属的逸出功不变,故遏止电压变大,即此时电压表示数大于U1,故B错误;其他条件不变时,使开关S接2,此时hν1>W0,可发生光电效应,电压为正向,故电流表示数不为零,故C错误;根据爱因斯坦光电效应方程eU1=hν1-W0,其中W0=hνc,联立解得,光电管阴极材料的截止频率为νc=ν1-,故D正确。
命题角度2光电效应的图像问题
例3 (多选)(2025浙江6月选考)如图甲所示,三束由氢原子发出的可见光P、Q、R分别由真空玻璃管的窗口射向阴极K。调节滑动变阻器,记录电流表与电压表示数,两者关系如图乙所示。下列说法正确的是( )
A.分别射入同一单缝衍射装置时,Q的中央亮条纹比R的宽
B.P、Q产生的光电子在阴极K处的最小德布罗意波长,P大于Q
C.氢原子向第一激发态跃迁发光时,三束光中Q对应的能级最高
D.对应图乙中的M点,单位时间到达阳极A的光电子数目,P多于Q
甲
乙
BC
解析 因Q的遏止电压大于R,根据Uce==hν-W逸出功可知,Q的频率大于R的频率,Q的波长小于R的波长,则分别射入同一单缝衍射装置时,R的衍射现象比Q更明显,则Q的中央亮条纹比R的窄,A错误;同理可知,P、Q产生的光电子在阴极K处,Q的最大初动能比P的大,根据λ=可知最小德布罗意波长,P大于Q,B正确;因Q对应的能量最大,则氢原子向第一激发态跃迁发光时,根据hν=Em-E2可知三束光中Q对应的能级最高,C正确;对应题图乙中的M点,P和Q的光电流相等,可知P和Q单位时间到达阳极A的光电子数目相等,D错误。
例4 (2025山东十三校模拟)上海光电技术研究所的一次实验中,用不同频率的光分别照射金属材料甲、乙,得到遏止电压Uc随频率ν变化的图像如图所示。已知金属甲、乙的逸出功分别为W0甲、W0乙;用同一种光分别照射金属甲、乙时,甲、乙逸出光电子的最大初动能分别为Ek甲、Ek乙,下列说法正确的是( )
A.W0甲
W0乙
C.Ek甲=Ek乙 D.Ek甲A
解析 根据光电效应方程Ek=hν-W0,因为Ek=eUc,联立整理得Uc=ν-,可知Uc-ν图像纵截距绝对值,结合图像可知乙的纵截距绝对值大,则W0甲Ek乙,故C、D错误。
例5 (2025浙江台州二模)光电传感器如图甲所示,若通过放大器的电流发生变化,工作电路立即报警。图乙为a、b两种单色光分别照射K极时,光电子到达A极时动能的最大值Ekm与光电管两端电压U的关系图像。则下列说法正确的是( )
A.用同一装置做双缝干涉实验,a的条纹间距较小
B.图乙中图线的斜率均是电子电荷量的大小
C.单色光a、b的频率之比为1∶2
D.图甲中电源电压及滑动变阻器滑片位置不变,
部分光线被遮挡,则放大器的电流将增大,一定会
引发报警
甲
乙
B
解析 根据Ekm=eU+hν-W逸出功,由题图乙可知,斜率k=e,即题图乙中图线的斜率均是电子电荷量的大小;纵截距b=hν-W逸出功,因b的截距较大,可知b频率较大,波长较短,根据Δx=λ,可知用同一装置做双缝干涉实验,b的条纹间距较小,故A错误,B正确。由题图乙可知E0=hνa-W逸出功,2E0=hνb-W逸出功,可知单色光a、b的频率之比不等于1∶2,故C错误;题图甲中电源电压及滑动变阻器滑片位置不变,若部分光线被遮挡,即光照强度减小,单位时间逸出的光电子数目减小,则放大器的电流将减小,故D错误。
多题归一 光电效应中的图像问题的分析方法
最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像
遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图像
光电流与电压的关系图像
考点二 原子结构和能级跃迁
1.原子结构与玻尔理论
2.原子能级跃迁问题的解题技巧
(1)原子跃迁时,所吸收或释放的光子能量只能等于两能级之间的能量差,即ΔE=hν=|E初-E末|。
(2)原子从某一能级电离时,所吸收的能量可以大于或等于这一能级能量的绝对值,剩余能量为自由电子的动能。
(3)一个处于第n能级的氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为n-1。
(4)一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数的两种求解方法:①用数学中的组合知识求解:N=;②利用能级图求解:在氢原子能级图中将氢原子跃迁的各种可能情况一一画出,然后相加。
(5)计算氢原子能级跃迁放出或吸收光子的频率和波长时,要注意各能级的能量值均为负值,且单位为电子伏特,计算时需换算单位,1 eV=1.6×10-19 J。
例6 (2025安徽江南十校一模)2025年1月20日,在合肥科学岛,有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置实现了千秒亿度高约束模式运行,表明我国在磁约束高温等离子体物理与工程技术研究方面走到了世界前列。下列关于原子核研究的说法正确的是( )
A.汤姆孙发现电子后,提出了原子的核式结构模型
B.卢瑟福通过α粒子散射实验,发现原子核内存在中子
C.原子核的电荷数就是其核子数
DAlHe Pn是原子核人工转变的核反应方程
D
解析 卢瑟福提出了原子核式结构模型,故A错误;查德威克在做α粒子轰击原子核的实验中发现了中子,故B错误;原子核的电荷数就是核内的质子数,核子数等于中子数和质子数之和,故C错误Al+ Pn是原子核人工转变的核反应方程,故D正确。
例7 (2024浙江6月选考)玻尔氢原子电子轨道示意图如图所示,处于n=3能级的原子向低能级跃迁,会产生三种频率为ν31、ν32和ν21的光,下标数字表示相应的能级。已知普朗克常量为h,光速为c。下列说法正确的是( )
A.频率为ν31的光,其动量为
B.频率为ν31和ν21的两种光分别射入同一光电效应
装置,均产生光电子,其最大初动能之差为hν32
C.频率为ν31和ν21的两种光分别射入双缝间距为d、
双缝到屏的距离为l的干涉装置,产生的干涉条纹
间距之差为
D.若原子从n=3能级跃迁至n=4能级,入射光的频率ν34'>
B
解析 根据p=,λ=得,p=,A错误;根据爱因斯坦光电效应方程得Ekm=hν-W0,W0相同,两种光射入时逸出电子最大初动能之差ΔEkm=hΔν=h(ν31-ν21)=hν32,B正确;根据双缝干涉条纹间距公式Δx=λ可知,两种光分别发生干涉时的条纹间距之差为Δλ=(λ21-λ31)=) =,C错误;因为入射的是光子,则跃迁时氢原子吸收的能量必为能级的差值,则对应频率为ν34'=,D错误。
例8 (2025安徽三模)1913年,玻尔在巴耳末公式的启发下,推导出氢原子能级公式,该公式是量子力学发展的重要里程碑之一。如图是氢原子的能级图,对于一群处于n=5能级的氢原子,下列说法不正确的是( )
A.这群氢原子能够吸收适当能量的光子后向更高能级跃迁
B.这群氢原子向低能级跃迁,最多能够发出10种不同频率的
光子,若增加同状态氢原子的数量,发光频率种类的数量并
不会增多
C.这群氢原子向低能级跃迁时,从n=5能级跃迁到n=1能级
发出的光的波长最长
D.若用这群氢原子向低能级跃迁时发出的各种频率的光子依次照射某种金属,现检测到有4种频率的光子能使该金属有光电子逸出,则这些光子一定是氢原子跃迁到基态时发出的
C
解析 根据氢原子能级相关知识,氢原子处于低能级时,能够吸收适当能量的光子后向更高能级跃迁,故A正确;一群处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁,根据组合数公式,可得不同频率光子的种类数为=10种,且发光频率种类的数量只与氢原子所处的能级有关,与氢原子的数量无关,故B正确;氢原子从高能级向低能级跃迁时,能级差越大,发出光子的能量越大,频率越高,波长越短,从n=5能级跃迁到n=1能级,能级差最大,发出的光的波长最短,故C错误;氢原子从n=5能级向低能级跃迁时,能发出10种不同频率的光子,若有4种频率的光子能使金属发生光电效应,由于从n=5能级跃迁到n=4、n=3、n=2能级,从n=4能级跃迁到n=3、n=2能级,从n=3能级跃迁到n=2能级时发出的光子能量比氢原子跃迁到基态时的能量小,所以能使金属发生光电效应的光子一定是氢原子跃迁到基态时发出的,故D正确。本题选择不正确的,故选C。
考点三 核反应和核能的计算
命题角度1原子核及其衰变
温馨提示 衰变次数确定的两种方法
(1)先由质量数守恒确定α衰变的次数,然后再根据电荷数守恒确定β衰变的次数;
(2)设α衰变次数为x,β衰变次数为y,根据质量数和电荷数守恒列方程组求解。
例9 (2025湖北卷)PET(正电子发射断层成像)是核医学科重要的影像学诊断工具,其检查原理是将含放射性同位素(如F)的物质注入人体参与人体代谢,从而达到诊断的目的F的衰变方程为F→Xυ,其中υ是中微子。已知F的半衰期是110分钟。下列说法正确的是( )
A.X为O
B.该反应为核聚变反应
C.1克F经110分钟剩下0.5克F
D.该反应产生的υ在磁场中会发生偏转
C
解析 设X的质量数为a,电荷数为b,由核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒有a=18,b=8,故X为O,故A错误;该反应为β衰变,不是核聚变,故B错误;根据半衰期定义,经过一个半衰期后,1克F的质量变为原来的,还剩下0.5克,故C正确υ电荷数为0,不带电,在磁场中不受洛伦兹力,不会发生偏转,故D错误。
命题角度2核反应方程与核能的计算
1.书写核反应方程的三点注意
(1)分清四种类型:衰变、人工转变、重核裂变和轻核聚变。
(2)掌握两个规律:质量数守恒和电荷数守恒。
(3)写对连接符号:核反应方程只能用箭头连接并表示反应方向,不能用等号连接。
2.核能计算的三种方法
(1)根据ΔE=Δmc2计算时,Δm的单位是“kg”,c的单位是“m/s”,ΔE的单位是“J”。
(2)根据ΔE=Δm×931.5 MeV计算时,Δm的单位是“u”,ΔE的单位是“MeV”。
(3)根据核子比结合能来计算核能:原子核的结合能=核子比结合能×核子数。
例10 (2024广东卷)我国正在建设的大科学装置——“强流重离子加速器”。其科学目标之一是探寻神秘的“119号”元素,科学家尝试使用核反应YAm X+n产生该元素。关于原子核Y和质量数A,下列选项正确的是( )
A.Y为Fe,A=299 B.Y为Fe,A=301
C.Y为Cr,A=295 D.Y为Cr,A=297
C
解析 根据核反应方程Y+ X+n,设Y的质子数为y,根据电荷数守恒,则有y+95=119+0,可得y=24,即Y为Cr;根据质量数守恒,则有54+243=A+2,可得A=295,故选C。
例11 (多选)(2025福建卷)核反应可放出巨大的能量,核反应方程为
H+ Hen+17.6 MeV,真空中两个动量大小相等、方向相反的氘核与氚核相撞,发生核反应,设反应释放的能量几乎全部转变为He与n的动能,原粒子动能忽略不计,则( )
A.该反应有质量亏损
B.该反应为核裂变
Cn最终的动能约为14 MeV
DHe最终的动能约为14 MeV
AC
解析 核反应中有能量释放,所以存在质量亏损,A正确;该核反应为核聚变,B错误;由于氘核和氚核相撞之前,两个粒子动量等大反向,则由氘核和氚核组成的系统总动量为零,反应后氦核和中子动量也应等大反向,由p2=2mEk可知EkHe∶Ekn=mn∶mHe=1∶4,由题意可知EkHe+Ekn=17.6 MeV,则Ekn=×17.6 MeV=14.08 MeV,EkHe=×17.6 MeV=3.52 MeV,C正确,D错误。(共54张PPT)
第14讲 热学
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研学 核心考点
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微专题5
贯通 知识脉络
研学 核心考点
考点一 分子动理论、内能及热力学定律
命题角度1分子动理论、内能
1.微观量的估算
(1)分子总数:N=nNA=NA=NA。
特别提醒:对气体而言,V0=不等于一个气体分子的体积,而是表示一个气体分子占据的空间。
(2)两种模型:①球模型:V=πR3(适用于估算液体、固体分子直径);②立方体模型:气体分子占据的空间V=a3(适用于估算气体分子间距)。
2.物体的内能
例1 (2025浙江杭州模拟)浙江大学高分子系某课题组制备出了一种超轻的固体气凝胶,它刷新了目前世界上最轻的固体材料的纪录。设气凝胶的密度为ρ(单位为kg/m3),摩尔质量为M(单位为kg/mol),阿伏加德罗常数为NA,则( )
A.a千克气凝胶所含分子数为n=a·NA
B.气凝胶的摩尔体积为Vmol=
C.每个气凝胶分子的体积为V0=
D.每个气凝胶分子的直径为D=
D
解析 a千克气凝胶所含有的分子数为n=n'NA=,故A错误;气凝胶的摩尔体积为Vmol=,故B错误;1 mol气凝胶中包含NA个分子,故每个气凝胶分子的体积为V0=,故C错误;设每个气凝胶分子的直径为D,则有V0=πD3,解得每个气凝胶分子的直径为D=,故D正确。
例2 (多选)(2025河北承德二模)如图甲、乙所示,分别表示两分子间的作用力、分子势能与两分子间距离的关系。分子a固定在坐标原点O处,分子b从r=r4处以某一速度向分子a运动(运动过程中仅考虑分子间作用力),假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0,则( )
A.图甲中分子间距从r2到r3,分子间的作用力表现为斥力
B.分子b运动至r3和r1位置时动能可能相等
C.图乙中r5一定大于图甲中r2
D.若图甲中阴影面积S1=S2,则两分子间最小
距离小于r1
BD
解析 题图甲中分子间距从r2到r3,分子间的作用力表现为引力,故A错误;分子b从r3到r2和从r2到r1两过程,若图像与横轴所围面积相等,则分子力做功为0,动能变化量为0,分子b在r3和r1两位置时动能可能相等,故B正确;题图甲中r2处分子力合力为0,分子b在此处分子势能最小,应对应图乙中r6处,即题图乙中r5一定小于题图甲中r2,故C错误;若题图甲中阴影面积S1=S2,则分子b从r4到r1过程分子力做功为0,分子b在r4处速度不为0,则分子b在r1处速度不为0,将继续运动,靠近分子a,故D正确。
命题角度2热力学定律
(1)热力学第一定律ΔU=Q+W。第一类永动机违背能量守恒定律。
(2)对热力学第二定律的理解:热量可以由低温物体传到高温物体,也可以从单一热源吸收热量全部转化为功,但这些过程不可能自发进行而不产生其他影响。第二类永动机违背热力学第二定律。
例3 (2025山东齐鲁名校大联考模拟)如图所示,开口向上的竖直玻璃管内用一段水银柱封闭着一定质量的理想气体。现将玻璃管保持开口竖直向上拿到室外,并停留较长一段时间,此为过程一;然后再把玻璃管缓慢转动至水平,此为过程二;接着再将玻璃管保持水平拿回室内,并停留较长一段时间,此为过程三;最后把玻璃管缓慢转动至竖直开口向上,水银柱回到初始位置,此为过程四。已知室外温度高于室内温度,室外大气压强等于室内大气压强,水银无漏出。关于此次操作,下列说法正确的是( )
A.过程四气体从外界吸热
B.过程二气体分子密集程度减小
C.过程二气体从外界吸收热量,使之完全变成功,而没产生其他影响
D.气体经历上述四个过程回到原状态,气体对外界做的功为0
B
解析 过程四气体温度不变,压强增大,体积减小,气体内能不变,外界对气体做功,由热力学第一定律ΔU=Q+W,可知气体对外放热,故A错误;过程二气体温度不变,压强减小,体积增大,分子密集程度减小,故B正确;根据热力学第二定律内容可知,过程二气体从外界吸收热量,使之完全变成功,而没产生其他影响是不可能发生的,故C错误;气体经历题中所述的四个过程回到原状态,气体对外界做功不为0,故D错误。
考点二 固体、液体和气体的性质
命题角度1固体、液体的性质
温馨提示晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化。
例4 (2025山东菏泽一模)生活中处处充满了物理知识。下列表述正确的是( )
A.布朗运动是液体分子的无规则运动
B.只有液体浸润细管壁才会形成毛细现象
C.液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点
D.蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块没有确定的形状,因此蔗糖糖块是非晶体
C
解析 布朗运动是固体颗粒的运动,间接反映了液体分子的无规则运动,故A错误;在玻璃试管中,不论液体是否浸润细管壁都能形成毛细现象,故B错误;液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点,故C正确;蔗糖是多晶体,没有固定的形状,故D错误。
例5 (2025河南信阳一模)在透明吸管内,手指和液体之间密封一定质量的气体,如图所示,由于手的接触,密封气体温度高于外界气体。则( )
A.密封气体压强高于外界气体压强
B.图中液体与吸管内壁之间是不浸润的
C.密封气体分子数密度等于外界气体分子数密度
D.密封气体分子平均动能高于外界气体分子平均动能
D
解析 设液柱的质量为m,横截面积为S,外界大气压强为p0,对液柱分析,密封气体压强p=p0-,因此密封气体压强低于外界气体压强,且吸管内部压强不变,由pV=nRT可知,密封气体温度升高,体积就会变大,分子数密度就会减小,因此密封气体分子数密度小于外界气体分子数密度,故A、C错误;液体在吸管内呈下凹状,液体与吸管内壁是浸润的,故B错误;温度是分子平均动能的标志,温度越高,分子平均动能越大,因此密封气体分子平均动能高于外界气体分子平均动能,故D正确。
命题角度2气体分子的运动特点
1.气体分子的运动特点
2.气体压强的微观解释
例6 (2025江西宜春二模)如图为高压锅简化图,加热前盖上限压阀,当内部气体压强达到一定值时将通过排气孔和限压阀向外放气,从而保证内部气压不再增大。以下说法正确的是( )
A.为加快食物加热效率,可用重物压住限压阀从而限制
气体的外放
B.工作过程中,锅内气体分子数一直不变
C.在日常生活中要定期检查高压锅的气密性及限压阀和排气孔是否畅通
D.加热结束后应尽快打开锅盖将食物取出
C
解析 压住限压阀可能会使高压锅内部气压超过阈值从而导致爆炸,故A错误;加热过程中首先是水蒸发成蒸汽,从而气体分子数增加,达到气压阈值后向外排气出现气体分子数减少,故B错误;要保证高压锅效率同时要保证安全,故C正确;加热结束后,锅内仍有高温高压蒸汽,立即开盖可能导致蒸汽喷出,造成烫伤或其他危险,故D错误。
考点三 气体实验定律和理想气体状态方程
命题角度1活塞—汽缸类问题
1.压强的计算
通常分析活塞或汽缸的受力,应用平衡条件或牛顿第二定律求解,压强单位为Pa。
2.关联气体问题
对由活塞相联系的两部分气体,注意找两部分气体的压强、体积等关系,列出关联关系式,再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。
例7 (2024广东卷)差压阀可控制气体进行单向流动,广泛应用于减震系统。如图所示,A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接,A内轻质活塞的上方与大气连通,B的体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开,A内气体缓慢进入B中;当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时,A内气体体积VA1=4.0×10-2 m3,B内气体压强pB1等于大气压强p0。已知活塞的横截面积S=0.10 m2,Δp=0.11p0,p0=1.0×105 Pa,重力加速度大小g取10 m/s2,A、B内的气体可视为理想气体,忽略活塞与汽缸间的摩擦,差压阀与连接管道内的气体体积不计。当环境温度降低到T2=270 K时:
(1)求B内气体压强pB2;
(2)求A内气体体积VA2;
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂,若B内气体压强回到p0并保持不变,求已倒入铁砂的质量m。
答案 (1)9×104 Pa (2)3.6×10-2 m3
(3)1.1×102 kg
解析 (1)设差压阀要打开时的温度为T,A、B两个汽缸导热良好,B内气体做等容变化,初态pB1=p0,T1=300 K,末态pB=p0-Δp,根据解得T=267 K,说明温度降低到T2时,差压阀没有打开,即末态T2=270 K,根据代入数据可得pB2=9×104 Pa。
(2)A内气体做等压变化,压强保持不变,初态VA1=4.0×10-2 m3,T1=300 K
末态T2=270 K
根据
代入数据解得VA2=3.6×10-2 m3。
(3)恰好稳定时,A内气体压强为pA'=p0+
B内气体压强pB'=p0
此时差压阀恰好关闭,所以有pA'-pB'=Δp
代入数据联立解得m=1.1×102 kg。
解题思维链
命题角度2液柱—试管类问题
求解液柱—试管类问题的三点提醒
(1)液体因重力产生的压强大小为p=ρgh。
(2)在与大气相通的情境中,应用p=p0+ph或p=p0-ph计算压强。
(3)有时直接应用连通器原理——连通器内静止的液体,同种液体在同一水平面上各处压强相等。
h为气、液接触面至液面的竖直高度
例8 (2025湖南卷)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示,粗细均匀的细管开口向上竖直放置。管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h,密度为ρ。缓慢旋转细管至水平,封闭空气柱长度为L2,大气压强为p0。
(1)若整个过程中温度不变,求重力加速度g的大小。
(2)考虑到实验测量中存在各类误差,需要在不同实验
参数下进行多次测量,如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下,液柱长h=0.200 0 m,细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1=305.7 K。水平放置时调控空气柱温度,当空气柱温度T2=300.0 K时,空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ=1.0×103 kg/m3,p0=1.0×105 Pa。根据该组实验数据,求重力加速度g的值。
答案 (1) (2)9.5 m/s2
解析 (1)竖直放置时空气柱的压强为p1=p0+ρgh
水平放置时空气柱的压强p2=p0
由题可知,空气柱发生等温变化,根据玻意耳定律,有p1L1S=p2L2S
解得g=。
(2)由题可知,空气柱发生等容变化,根据查理定律,有
代入数据可得g=9.5 m/s2。
命题角度3与热力学第一定律综合问题
温馨提示气体等压膨胀(压缩)时,气体对外界(外界对气体)做功W=pΔV。
例9 (2025山东卷)如图所示,上端开口、下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好,管内横截面积为S,用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0,活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为Ff0=p0S,且等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热,T1=330 K时,气柱高度为h1,活塞开始缓慢上升;继续缓慢加热至T2=440 K时停止加热,活塞不再上升;再缓慢降低气体温度,活塞位置保持不变,直到降温至T3=400 K时,活塞才开始缓慢下降;温度缓慢降至T4=330 K时,保持温度不变,活塞不再下降。求:
(1)T2=440 K时,气柱高度h2;
(2)从T1状态到T4状态的过程中,封闭气体吸收的净热量Q
(扣除放热后净吸收的热量)。
答案 (1)h1 (2)
解析 (1)封闭气体温度从T1缓慢加热至T2过程中,对活塞受力分析可知,封闭气体的压强不变,此过程为等压变化,由盖-吕萨克定律得
,即
解得h2=h1。
(2)封闭气体温度从T3缓慢下降至T4过程中,对活塞受力分析可知,封闭气体的压强不变,此过程为等压变化,
设T4时气柱高度为h3,由盖-吕萨克定律得
,即
解得h3=h1
封闭气体温度从T1到T4过程中,
活塞先上升Δh1=h2-h1=h1
再下降Δh2=h2-h3=h1
在活塞上升阶段,对活塞受力分析,有p0S+Ff0=p1S
在活塞下降阶段,对活塞受力分析,有p0S=p2S+Ff0
外界对气体所做的功W=-p1SΔh1+p2SΔh2
W=-
又T1=T4,故封闭气体的内能不变
由热力学第一定律得ΔU=W+Q
得Q=-W=。
命题角度4气体状态变化的图像问题
例10 (2024山东卷)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程,a→b过程是等压过程,b→c过程中气体与外界无热量交换,c→a过程是等温过程。下列说法正确的是( )
A.a→b过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B.b→c过程,气体对外做功,内能增加
C.a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D.a→b过程,气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
C
解析 a→b过程,等压膨胀,温度升高,对外做功,内能增加,A错误。b→c过程绝热膨胀,由热力学第一定律知,内能减少,B错误。a→b→c过程,a、c温度相同,内能相同,整个过程吸收的热量全部用于对外做功,C正确。a→b过程与a→b→c过程吸收的热量相等,等于a→b→c过程中气体对外做的功,即Qab=Wab+Wbc;c→a过程中,Qac=Wac,由于Wab+Wbc>Wac,因此Qab>Qac,D错误。
例11 (多选)(2024海南卷)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态,已知ab垂直于T轴,bc延长线过O点,下列说法正确的是( )
A.bc过程外界对气体做功
B.ca过程气体压强不变
C.ab过程气体放出热量
D.ca过程气体内能减小
AC
解析 由理想气体状态方程=C,化简可得V=·T,由图像可知,图像的斜率越大,压强越小,故pa0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,解得Q<0,故ab过程气体放出热量,故C正确;ca过程,温度升高,内能增大,故D错误。
多题归一 气体图像与热力学定律的综合问题
项目 图像 特点
等温 变化 p-V图像 pV=CT(其中C为恒量),即pV之积越大的等温线温度越高,图线离原点越远
项目 图像 特点
等容 变化 p-T图像
等压 变化 V-T图像
微专题5
模型构建
微专题5 充气、抽气、漏气、灌气模型
1.充气问题
设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来,那么当我们取容器内原有的气体和口袋内的全部气体作为研究对象时,这些气体状态不管怎样变化,其质量总是不变的。这样,就将变质量问题转化成等质量问题了。
2.抽气问题
用抽气筒对容器抽气的过程中,对每一次抽气而言,气体质量发生变化,其解决方法和充气问题类似,取剩余气体和抽出的全部气体作为研究对象,这些气体状态不管怎样变化,其质量总是不变的。
3.灌气分装问题
将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题,可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象,将变质量问题转化为等质量问题。
4.漏气问题
容器漏气过程中气体的质量不断发生变化,不能用理想气体状态方程求解。如果选容器内剩余气体为研究对象,便可使变质量问题变成等质量问题,可用理想气体状态方程求解。
方法技巧
利用克拉伯龙方程解决气体变质量的问题
克拉伯龙方程为pV=nRT,其中n表示气体物质的量,R为理想气体常数,此方程描述了理想气体的压强、体积、温度和物质的量的关系,故可以对理想气体列式分析问题,处理理想气体变质量的问题尤其方便。
典例探究
例1 (2024甘肃卷)如图所示,刚性容器内壁光滑,盛有一定质量的气体,被隔板分成A、B两部分,隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态,A、B体积均为Sl,压强均为p0,弹簧为原长。现将B中气体抽出一半,B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变,气体视为理想气体。求:
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB;
(2)弹簧的劲度系数k。
答案 (1)p0 p0 (2)
解析 (1)设抽气前两体积为V=Sl,对气体A分析可得
抽气后A的体积VA=2V-V=V
根据玻意耳定律可得p0V=pA·V
解得pA=p0
对气体B分析,若体积不变的情况下抽去一半的气体,则压强变为原来的一半,即p0,则根据玻意耳定律可得p0V=pB·V
解得pB=p0。
(2)由题意可得,弹簧的压缩量为,对活塞受力分析有pAS=pBS+F
根据胡克定律得F=
联立解得k=。
例2 (2024山东卷)图甲为战国时期青铜汲酒器,根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器,如图乙所示。长柄顶部封闭,横截面积S1=1.0 cm2,长度H=100.0 cm,侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2=90.0 cm2、高度h=20.0 cm,罐底有一小孔B。汲液时,将汲液器竖直浸入液体,液体从孔B进入,空气由孔A排出;当内外液面相平时,长柄浸入液面部分的长度为x;堵住孔A,缓慢地将汲液器竖直提出液面,储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度大小g取10 m/s2,大气压p0=1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变,空气可视为理想气体,忽略器壁厚度。
(1)求x。
(2)松开孔A,从外界进入压强为p0、体积为V的空气,使满储液罐中液体缓缓流出,堵住孔A,稳定后罐中恰好剩余一半的液体,求V。
答案 (1)2 cm (2)8.92×10-4 m3
解析 (1)在缓慢将汲液器竖直提出液面的过程,封闭气体发生等温变化,由玻意耳定律有p1(H-x)S1=p2HS1
根据题意可知p1=p0,p2+ρgh=p0
联立解得x=2 cm。
(2)当外界气体进入后,对新进入的气体和原有的气体整体分析,由玻意耳定律有p0V+p2HS1=p3
又p3+ρg·=p0
联立解得V=8.92×10-4 m3。
解题思维链
