第五章 原子核
1.原子核的组成
课标要求 素养目标
1.了解原子核的组成。 2.知道原子核的表示方法，理解原子序数、核电荷数、质量数之间的关系 1.知道天然放射现象及三种射线的本质，了解核子、同位素的基本观念，知道原子核的组成。（物理观念） 2.掌握三种射线的本质，能够利用磁场、电场区分它们，理解原子核的构成，并能分析、解决相关问题，提高解题能力。（科学思维）
知识点一 天然放射现象 射线的本质
1.天然放射现象
（1）1896年，法国物理学家 发现，铀和含铀的矿物能够发出看不见的射线。
（2）放射性：物质发出 的性质，具有 的元素称为放射性元素。
（3）天然放射现象：放射性元素 发出射线的现象。原子序数大于 的元素，都能自发地发出射线，原子序数小于或等于 的元素，有的也能发出射线。
（4）玛丽·居里和她的丈夫皮埃尔·居里发现了两种放射性更强的新元素，命名为钋（Po）和镭（Ra）。
2.射线的本质
（1）α射线
①是α粒子流，其组成与 原子核相同。
②速度可达到光速的。
③ 作用强，穿透能力较弱，在空气中只能前进几厘米，用一张纸就能把它挡住。
（2）β射线
①是 流。
②速度可以接近光速。
③电离作用较弱，穿透能力较强，很容易穿透黑纸，也能穿透几毫米厚的 。
（3）γ射线
①是一种 ，波长在10－10 m以下。
②电离作用更弱，穿透能力更强，甚至能穿透几厘米厚的 和几十厘米厚的混凝土。
知识点二 原子核的组成
1.质子的发现：1919年，卢瑟福用 轰击氮原子核发现了质子。
2.中子的发现： 猜想，原子核内可能还存在着一种质量与质子相同，但不带电的粒子，称为中子， 通过实验证实了中子的存在，中子是原子核的组成部分。
3.原子核的组成：原子核由 和 组成，质子和中子统称为 。
4.原子核的符号
5.同位素：核中 相同而 不同的原子，在元素周期表中处于 ，它们互称为同位素。例如，氢有三种同位素，分别叫作氕、氘、氚，符号分别为HHH，它们的化学性质相同，物理性质不同。
【情景思辨】
如图所示，放射性元素放出三种射线，判断下列说法正误。
（1）α射线实际上就是氦原子核，α射线具有较强的穿透能力。（ ）
（2）β射线是高速电子流，很容易穿透黑纸，也能穿透几毫米厚的铝板。（ ）
（3）γ射线是能量很高的电磁波，电离作用很强。（ ）
（4）原子核的电荷数就是核内的质子数，也就是这种元素的原子序数。（ ）
（5）同位素具有不同的化学性质。（ ）
要点一 三种射线的性质
1.α、β、γ三种射线的比较
种类 α射线 β射线 γ射线
组成 高速氦核流 高速电子流 光子流 （高频电磁波）
质量 4mp（mp＝1.67×10－27 kg） 静止质量为零
带电荷量 2e －e 0
速率 0.1c 0.99c c
穿透能力 最弱，用一张纸就能挡住 较强，能穿透几毫米厚的铝板 最强，能穿透几厘米厚的铅板和几十厘米厚的混凝土
电离作用 很强 较弱 很弱
2.三种射线在电场和磁场中偏转情况的分析
（1）在匀强电场中，γ射线不发生偏转，做匀速直线运动，α粒子和β粒子沿相反方向做类平抛运动，在同样的条件下，β粒子的偏移大，如图所示。
（2）在匀强磁场中，γ射线不发生偏转，仍做匀速直线运动，α粒子和β粒子沿相反方向做匀速圆周运动，且在同样条件下，β粒子的轨道半径小，如图所示。
3.元素的放射性
（1）一种元素的放射性与是单质还是化合物无关，这就说明射线跟原子核外电子无关。
（2）射线来自原子核说明原子核内部是有结构的。
【典例1】 （多选）将α、β、γ三种射线分别射入匀强磁场和匀强电场，下图表示射线偏转情况中正确的是（ ）
尝试解答：
1.如图所示的是α、β、γ三种射线穿透能力的示意图，下列说法正确的是（ ）
A.甲为α射线，它的贯穿能力和电离能力都很弱
B.乙为β射线，它的穿透能力和电离作用都较强
C.丙为γ射线，它在真空中的传播速度是3.0×108 m/s
D.以上说法都不对
2.图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射性物质放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直纸面向里。以下判断可能正确的是（ ）
A.a、b为β粒子的径迹
B.a、b为γ粒子的径迹
C.c、d为α粒子的径迹
D.c、d为β粒子的径迹
要点二 原子核的组成
【探究】
1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现了质子，如图所示为α粒子轰击氮原子核示意图。
（1）人们用α粒子轰击多种原子核，都打出了质子，说明了什么问题？
（2）绝大多数原子核的质量数都大于其质子数，说明了什么问题？
【归纳】
1.原子核（符号X）
原子核
2.基本关系
核电荷数＝质子数（Z）＝元素的原子序数＝核外电子数，质量数（A）＝核子数＝质子数＋中子数。
3.同位素
（1）同位素指质子数相同、中子数不同的原子核。
（2）原子核内的质子数决定了核外电子的数目，进而也决定了元素的化学性质。同种元素的原子，质子数相同，核外电子数也相同，所以有相同的化学性质，但它们的中子数不同，所以它们的物理性质不同。
【典例2】 已知镭的原子序数是88，原子核的质量数是226，试问：
（1）镭核中质子数和中子数分别是多少？
（2）镭核的电荷数和所带的电荷量分别是多少？
（3）若镭原子呈中性，它核外有几个电子？
（4Ra是镭的一种同位素，让Ra和Ra以相同的速度垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，它们运动的轨道半径之比是多少？
尝试解答
易错提醒
原子核的“数”与“量”辨析
（1）原子核的电荷数与电荷量是不同的，原子核所带的电荷总是质子电荷的整数倍，这个整数叫作原子核的电荷数，而这些质子所带电荷量的总和才是原子核的电荷量。
（2）原子核的质量数与质量是不同的，原子核内质子和中子的总数叫作原子核的质量数，原子核的质量等于核内所有质子和中子的质量总和。
1.原子核符号O中，17表示（ ）
A.电子数 B.质子数
C.中子数 D.核子数
2.（多选）下列说法正确的是（ ）
AX与Y互为同位素
BX与X互为同位素
CX与Y中子数相同
DU核内有92个质子，235个中子
1.（多选）下列哪些现象能说明射线来自原子核（ ）
A.三种射线的能量都很高
B.放射性的强度不受温度、外界压强等条件的影响
C.元素的放射性与所处的化学状态（单质、化合态）无关
D.α射线、β射线都是带电的粒子流
2.（多选）用如图所示的装置可以判定放射源发出射线的带电性质。两块平行金属板A、B垂直于纸面竖直放置，从放射源上方小孔发出的射线竖直向上射向两极板间。当在两板间加上垂直于纸面方向的匀强磁场时，射线的偏转方向如图所示。如撤去磁场，将A、B两板分别与直流电源的两极连接，射线的偏转也如图。则（ ）
A.若磁场方向垂直于纸面向里，则到达A板的为带正电的粒子
B.若磁场方向垂直于纸面向外，则到达A板的为带正电的粒子
C.若A接电源负极，则到达A板的为带正电的粒子
D.若A接电源正极，则到达A板的为带正电的粒子
3.下列说法正确的是（ ）
A.质子和中子的质量不等，但质量数相同
B.质子和中子构成原子核，原子核的质量数等于质子和中子的质量总和
C.同一种元素的原子核有相同的质量数，但中子数可以不同
D.中子不带电，所以原子核的总电荷量等于质子和电子的总电荷量之和
4.（多选）以下说法正确的是（ ）
A.Th为钍核，由此可知，钍核的质量数为234，钍核的质子数为90
BBe为铍核，由此可知，铍核的质量数为9，铍核的中子数为4
C.同一元素的两种同位素具有相同的质量数
D.同一元素的两种同位素具有不同的中子数
5.（2024·广东清远一中高二月考）在轧制钢板时需要动态地监测钢板厚度，其监测装置由放射源、探测器等构成，如图所示。
（1）该装置中探测器接收到的是哪种射线？
（2）如果钢板变厚了，会有什么变化？
提示：完成课后作业 第五章 1.
4 / 53.核力与结合能
课标要求 素养目标
1.了解四种基本相互作用，知道核力的性质。 2.认识原子核的结合能。 3.了解质量亏损和爱因斯坦质能方程 1.知道四种基本相互作用与核力的特点，了解结合能、比结合能和质量亏损的基本观念和相关实验。（物理观念） 2.理解核力是短程力，掌握比结合能和质量亏损，能用质能方程进行计算，提高分析、解决问题的能力。（科学思维）
知识点一 核力与四种基本相互作用
1.核力：原子核中的 之间存在一种很强的相互作用，即存在一种 ，它使得核子紧密地结合在一起，形成稳定的原子核。这种作用称为 。
2.强相互作用的特点
（1）强相互作用是 力，作用范围只有约 m。
（2）距离增大时，强相互作用急剧 。超过10－15 m，相互作用不存在。
3.弱相互作用
（1）弱相互作用是引起原子核 衰变的原因，即引起中子—质子转变的原因。
（2）弱相互作用是 力，其力程只有 m。
4.四种基本相互作用
知识点二 结合能 质量亏损
1.结合能：原子核分裂为核子所需要的能量或核子结合成原子核而 的能量。
2.比结合能：原子核的结合能与 之比，也叫作平均结合能。比结合能越大，原子核中核子结合得越 ，原子核越 。
3.爱因斯坦质能方程：E＝ 。
4.质量亏损：原子核的质量小于组成它的核子的质量之和的现象。
【情景思辨】
如图所示，氦原子核是由两个质子和两个中子凭借核力结合在一起的，要把他们分开需要吸收能量。反过来，4个核子结合成氦原子核要放出能量。请判断下列说法正误。
（1）原子核中粒子所受的万有引力和电磁力可以达到平衡。（ ）
（2）核力是强相互作用，在任何情况下都比库仑力大。（ ）
（3）弱相互作用是引起原子核β衰变的原因。（ ）
（4）组成原子核的核子越多，它的结合能就越大。（ ）
要点一 核力
1.四种基本相互作用的理解
（1）引力相互作用：万有引力主要在宏观和宏观尺度上“独领风骚”，是万有引力使行星绕着恒星运动，万有引力是长程力。
（2）电磁相互作用：在原子核外，电磁力使电子不脱离原子核而形成原子，是长程力。
（3）强相互作用：在原子核内，使核子紧密地结合在一起，是短程力。
（4）弱相互作用：弱相互作用是引起原子核β衰变的原因，即引起中子—质子转变的原因。弱相互作用也是短程力，其力程比强相互作用更短，为10－18 m，作用强度则比电磁力小。
2.核力的理解
（1）核力是四种相互作用中的强相互作用的一种表现。
（2）核力是短程力，距离增大时，强相互作用急剧减小，作用范围只有约10－15 m，超过这个限度时核力消失。
（3）核力具有饱和性。核子只跟相邻的核子产生较强的相互作用，而不是与核内所有核子发生作用。
（4）核力与核子是否带电无关，质子与质子间、质子与中子间、中子与中子间都可以有核力作用。
【典例1】 关于核力，下列说法正确的是（ ）
A.在原子核内，靠核力将所有核子束缚在一起
B.在原子核内，只有质子和中子之间有核力
C.在原子核内，任意两个核子之间都存在核力的作用
D.核力和万有引力是同种性质的力
尝试解答：
（多选）下列关于四种基本相互作用的说法正确的是（ ）
A.万有引力把行星、恒星等聚在一起形成太阳系、银河系和其他星系，故万有引力只存在于天体之间
B.四种基本相互作用是独立存在的，有一种相互作用存在时，就一定不存在其他相互作用
C.强相互作用和弱相互作用只存在于微观粒子之间
D.四种基本相互作用的规律有很多相似之处，因此科学家可能建立一种“统一场论”将四者统一起来
要点二 结合能和比结合能
【探究】
设有一个质子和一个中子在核力作用下靠近碰撞并结合成一个氘核。质子和中子结合成氘核的过程中是释放能量还是吸收能量？使氘核分解为质子和中子的过程中呢？
【归纳】
1.结合能和比结合能
结合能 把原子核分成核子时吸收的能量或核子结合成原子核时释放的能量
比结合能 等于原子核的结合能与原子核中核子个数的比值，它反映了原子核的稳定程度，比结合能越大，原子核越稳定
2.比结合能曲线
不同原子核的比结合能随质量数变化的图线如图所示。
从图中可看出，中等质量原子核的比结合能最大，轻核和重核的比结合能都比中等质量的原子核要小。
3.比结合能与原子核稳定的关系
（1）比结合能的大小能够反映原子核的稳定程度，比结合能越大，该原子核就越稳定。
（2）核子数较小的轻核与核子数较大的重核，比结合能都比较小，表示原子核不太稳定；中等核子数的原子核，比结合能较大，表示原子核较稳定。
（3）当比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核时，释放核能。例如，一个核子数较大的重核分裂成两个核子数小一些的核，或者两个核子数很小的轻核结合成一个核子数大一些的核，都释放出巨大的核能。
【典例2】 原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的有（ ）
A.He核比Li核更稳定
BHe核的结合能约为14 MeV
C.两个H核结合成He核时吸收能量
DU核中核子的比结合能比Kr核中的大
尝试解答：
1.下列关于结合能和比结合能的说法正确的是（ ）
A.核子结合成原子核吸收的能量或原子核拆解成核子放出的能量称为结合能
B.比结合能越大的原子核越稳定，因此它的结合能也一定越大
C.重核与中等大小的原子核相比较，重核的结合能和比结合能都大
D.中等大小的原子核的结合能和比结合能均比轻核的要大
2.（2024·重庆沙坪坝高二期中）氦核作用能将恒星中的氦转换成重元素，其中α粒子融合到O核中的核反应方程为HeONe。已知α粒子的结合能为28.4 MeVO核的结合能为128 MeV，该反应释放的能量为4.73 MeV，则Ne的比结合能约为（ ）
A.0.230 MeV B.6.40 MeV
C.7.58 MeV D.8.06 MeV
要点三 质量亏损和核能的计算
【探究】
如图所示是两个核子数很小的轻核氘、氚结合成一个核子数大一些的氦核的示意图。
（1）在核反应过程中质量数、电荷数是否守恒？
（2）在该核反应过程中会释放出能量，反应前后原子核的质量是否会发生变化？
【归纳】
1.对质量亏损的理解
所谓质量亏损，并不是质量消失，而是减少的质量在核子结合成原子核的过程中以能量的形式辐射出去了。反过来，把原子核分裂成核子，总质量要增加，总能量也要增加，增加的能量要由外部供给。
2.对质能方程E＝mc2的理解
（1）质能方程说明一定的质量总是跟一定的能量相联系。具体地说，一定质量的物体所具有的总能量是一定的。E＝mc2，不是单指物体的动能、核能或其他哪一种能量，而是物体所具有的各种能量的总和。
（2）根据质能方程可知，物体的总能量与其质量成正比。物体质量增加，则总能量随之增加；质量减少，总能量也随之减少，这时质能方程也可写成ΔE＝Δmc2。
3.核能的计算方法
（1）根据质量亏损计算
①根据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2计算。其中Δm的单位是千克，ΔE的单位是焦耳。
②利用原子质量单位u和电子伏特计算。1原子质量单位（u）相当于931.5 MeV的能量，ΔE＝Δm×931.5 MeV，其中Δm的单位为u，ΔE的单位为MeV。
（2）利用平均结合能来计算
原子核的结合能＝核子的平均结合能×核子数。
（3）利用核反应前后结合能之差来计算
核反应中反应前系统内所有原子核的总结合能与反应后生成的所有新核的总结合能之差，就是该核反应所释放的核能。
【典例3】 一个静止的铀核U（原子质量为232.037 2 u）放出一个α粒子（原子质量为4.002 6 u）后衰变成钍核Th（原子质量为228.028 7 u）。u为原子质量单位，1 u相当于931.5 MeV的能量。
（1）写出核衰变反应方程式；
（2）该反应中的质量亏损；
（3）释放的核能。
尝试解答
规律总结
核能的两种单位换算技巧
（1）若以“kg”为质量亏损Δm的单位，则计算时应用公式ΔE＝Δmc2，核能的单位为J。
（2）若以原子质量单位“u”为质量亏损Δm的单位，则ΔE＝Δm×931.5 MeV，核能的单位为MeV。
（3）两种单位的换算：1 MeV＝1×106×1.6×10－19 J＝1.6×10－13 J。
1.下列说法正确的是（ ）
A.爱因斯坦质能方程反映了物体的质量就是能量，它们之间可以相互转化
B.由E＝mc2可知，能量与质量之间存在着正比关系
C.核反应中发现的“质量亏损”是消失的质量转变为能量
D.因在核反应中能产生能量，所以系统只有质量数守恒，系统的总能量不守恒
2.（2023·全国乙卷16题）2022年10月，全球众多天文设施观测到迄今最亮伽马射线暴，其中我国的“慧眼”卫星、“极目”空间望远镜等装置在该事件观测中作出重要贡献。由观测结果推断，该伽马射线暴在1分钟内释放的能量量级为1048 J。假设释放的能量来自于物质质量的减少，则每秒钟平均减少的质量量级为（光速为3×108 m/s）（ ）
A.1019 kg B.1024 kg
C.1029 kg D.1034 kg
1.对于原子核的组成，下列说法正确的是（ ）
A.核力可使一些中子组成原子核
B.核力可使较多的质子组成原子核
C.不存在只有质子的原子核
D.质量较大的原子核内一定有中子
2.下列说法正确的是（ ）
A.两个结合能小的原子核结合成一个结合能大的原子核一定要吸收能量
B.比结合能就是原子核的能量与核子数的比
C.比结合能就是两种原子核的结合能之比
D.铁元素的比结合能大于氢元素的比结合能
3.（2023·浙江6月选考5题）“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜。核电池将Pu衰变释放的核能一部分转换成电能Pu的衰变方程为UHe，则（ ）
A.衰变方程中的X等于233
BHe的穿透能力比γ射线强
CPu比U的比结合能小
D.月夜的寒冷导致Pu的半衰期变大
4.（多选）如图所示的是各种元素的原子核中核子的平均质量与原子序数Z的关系图像，由此可知（ ）
A.若原子核D和E结合成原子核F，结合过程一定会释放能量
B.若原子核D和E结合成原子核F，结合过程一定要吸收能量
C.若原子核A分裂成原子核B和C，分裂过程一定会释放能量
D.若原子核A分裂成原子核B和C，分裂过程一定要吸收能量
5.（2024·辽宁大连高二期中）一个铀核衰变为钍核时释放一个α粒子。已知铀核U）的质量为3.853 1×10－25 kg，钍核Th）的质量为3.786 6×10－25 kg，α粒子的质量为6.646 7×10－27 kg。
（1）写出铀核衰变为钍核时的α衰变方程；
（2）在这个衰变过程中释放的能量为多少焦耳？（结果保留三位有效数字）
提示：完成课后作业 第五章 3.
5 / 62.放射性元素的衰变
课标要求 素养目标
1.了解放射性和原子核衰变。 2.知道半衰期及其统计意义。 3.了解放射性同位素的应用，知道射线的危害与防护 1.知道衰变、半衰期及原子核衰变的规律，了解核反应及放射性同位素应用的基本观念和相关实验证据。（物理观念） 2.理解原子核的衰变规律及半衰期的计算方法，掌握核反应方程的写法与放射性同位素的应用，培养分析、推理能力。（科学思维）
知识点一 原子核的衰变
1.定义：原子核自发地放出 或 而变成另一种原子核的变化。
2.衰变类型
（1）α衰变
原子核放出α粒子的衰变。进行α衰变时，质量数 ，电荷数 U的α衰变方程U→Th＋ 。
（2）β衰变
原子核放出β粒子的衰变。进行β衰变时，质量数 ，电荷数 Th的β衰变方程Th→Pa＋ 。
知识点二 半衰期
1.定义
放射性元素的原子核有 发生衰变所需的时间。
2.决定因素
（1）放射性元素衰变的快慢是由 的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系。
（2）不同的放射性元素，半衰期 。
3.应用
利用半衰期非常稳定这一特点，可以测量其衰变程度、推断时间。
4.半衰期是大量原子核衰变的统计规律，只对大量原子核有意义，对少数原子核没有意义。
知识点三 核反应 放射性同位素及其应用
辐射与安全
1.核反应
（1）定义：原子核在其他粒子的轰击下产生 或者发生状态变化的过程。
（2）原子核的第一次人工转变：卢瑟福用α粒子轰击氮原子核，核反应方程为NHe→ 。
（3）遵循规律：质量数守恒，电荷数守恒。
2.放射性同位素及其应用
（1）放射性同位素：具有放射性的同位素。
（2）应用
①射线测厚仪：工业部门可以使用放射性同位素发生的射线来测厚度。
②放射治疗：在医疗方面，患了癌症的病人可以接受放射治疗。
③培优、保鲜：利用γ射线照射种子，可以培育新品种，也可以照射食品，延长保存期。
④示踪原子：一种元素的各种同位素具有 的化学性质，用放射性同位素替换非放射性的同位素后可以探测出原子到达的位置。
3.辐射与安全
（1）人类一直生活在放射性的环境中。
（2）过量的射线对人体组织有 作用。在使用放射性同位素时，必须严格遵守操作规程，注意人身安全，同时，要防止 对空气、水源、用具等的污染。
【情景思辨】
美国科学家维拉·黎比运用了半衰期的原理发明“碳-14计年法”，并因此荣获了1960年的诺贝尔奖。如图所示为始祖鸟的化石，利用“碳-14计年法”可以估算出始祖鸟的年龄。请思考：
（1）为什么能够运用半衰期来估算始祖鸟的年龄？
（2）若有10个具有放射性的原子核，经过一个半衰期，则一定有5个原子核发生了衰变，这种说法是否正确，为什么？
要点一 原子核的衰变规律
1.α衰变和β衰变的比较
衰变类型 α衰变 β衰变
方程通式 XYHe 发生一次α衰变，新核比原来的核质量数减少4，核电荷数减少2 XYe 发生一次β衰变，新核与原来的核质量数相等，核电荷数增加1
衰变实质 原子核内两个质子和两个中子结合成一个α粒子 原子核内的一个中子变成质子，同时放出一个电子
n＋HHe nHe
匀强磁场 中轨迹的 形状
共同规律 电荷数守恒、质量数守恒、动量守恒
2.α衰变和β衰变的唯一性
任何一种放射性元素（包括衰变生成的新核）只有一种放射性，不能同时既有α放射性又有β放射性，而γ射线伴随α衰变或β衰变产生。
3.确定原子核衰变次数的方法
先由质量数的改变确定α衰变的次数（β衰变对质量数没有影响），然后根据电荷数的改变确定β衰变的次数。
【典例1】U核经一系列的衰变后变为Pb核。
（1）则一共经过几次α衰变和几次β衰变？
（2Pb与U相比，质子和中子数各少多少？
（3）综合写出这一衰变过程的方程。
尝试解答
易错提醒
衰变方程用“→”，而不用“＝”表示。
1.（多选）元素X是Y的同位素，分别进行下列衰变过程：则下列说法正确的是（ ）
A.Q与S是同位素
B.X与R原子序数相同
C.R比S的中子数多2
D.R的质子数少于上述任何元素
2.（2024·重庆沙坪坝高二期中）在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核X）发生了一次β衰变，放射出的电子在与磁场垂直的平面内做圆周运动，生成的新核用Y表示。则电子和新核Y在磁场中运动的轨迹正确的是（ ）
要点二 半衰期的理解与应用
【探究】
如图为氡衰变剩余质量与原有质量比值示意图。纵坐标表示的是任意时刻氡的质量m与t＝0时的质量m0的比值。探究：
（1）每经过一个半衰期，氡原子核的质量变为原来的多少？
（2）从图中可以看出，经过两个半衰期未衰变的原子核还有多少？
（3）对于某个或选定的几个氡原子核能根据其半衰期预测衰变时间吗？
【归纳】
对半衰期规律的理解
衰变规律 N余＝N原，m余＝m原
意义 表示放射性元素衰变的快慢
影响因素 由原子核内部因素决定，跟原子所处的外部条件、化学状态无关
注意 事项 （1）半衰期是对大量原子核衰变行为的统计结果，少量或单个特定原子核的衰变行为不可预测； （2）半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，而不是样本质量减少一半的时间
【典例2】 （2023·浙江1月选考9题）宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子，中子与大气中的氮14会产生以下核反应NnCH，产生的C能自发进行β衰变，其半衰期为5 730年，利用碳14的衰变规律可推断古木的年代。下列说法正确的是（ ）
A.C发生β衰变的产物是N
B.β衰变辐射出的电子来自于碳原子的核外原子
C.近年来由于地球的温室效应，引起C的半衰期发生微小变化
D.若测得一古木样品的C含量为活体植物的，则该古木距今约为11 460年
尝试解答：
1.下列有关半衰期的说法正确的是（ ）
A.放射性元素的半衰期越短，表明有半数原子核发生衰变所需的时间越短，衰变速度越快
B.放射性元素的样品不断衰变，随着剩下未衰变的原子核的减少，元素半衰期也变长
C.把放射性元素放在密封的容器中，可以减慢放射性元素的衰变速度
D.降低温度或增大压强，让该元素与其他物质形成化合物，均可减小衰变速度
2.放射性同位素C被考古学家称为“碳钟”，它可以用来判定古生物的年代。宇宙射线中高能量中子碰撞空气中的氮原子后，就会形成很不稳定的C，它很容易发生β衰变，变成一个新核，其半衰期为 5 730年，该衰变的核反应方程式为 。
C的生成和衰变通常是平衡的，即生物活体中C的含量是不变的。当生物体死亡后，机体内C的含量将会不断减少。若测得一具古生物遗骸中C含量只有活体中的12.5％，则这具遗骸距今约有 年。
要点三 核反应的理解
【探究】
如图所示为α粒子轰击氮原子核示意图。探究：
（1）充入氮气前荧光屏上看不到闪光，而充入氮气后荧光屏上看到了闪光，说明了什么问题？
（2）原子核的人工转变与原子核的衰变有什么相同规律？
（3）如何实现原子核的人工转变？
【归纳】
1.原子核的人工转变
条件 用α粒子、质子、中子，甚至用γ光子轰击原子核使原子核发生转变
实质 用粒子轰击原子核并不是粒子与核碰撞将原子核打开，而是粒子打入原子核内部使核发生了转变
规律 （1）质量数、电荷数守恒；（2）动量守恒
三个典型的核 反应 （1）1919年卢瑟福发现质子的核反应方程NHeOH； （2）1932年查德威克发现中子的核反应方程BeHeCn； （3）1934年约里奥—居里夫妇发现放射性同位素和正电子的核反应方程：AlHePnPSie
核反应 方程 核反应过程一般都是不可逆的，核反应方程不能用等号连接，只能用单向箭头表示反应方向
2.人工转变与衰变的比较
不同点 原子核的人工转变是一种核反应，是其他粒子与原子核相碰撞的结果，需要一定的装置和条件才能发生，而衰变是原子核的自发变化，与它所处的化学状态和外部条件无关
相同点 人工转变与衰变过程一样，在反应过程中质量数与电荷数都守恒，反应前后粒子总动量守恒
【典例3】 卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现质子的核反应方程HeNXH中，元素X和数值m、n、s的组合正确的是（ ）
A.O、7、17、1 B.C、8、17、1
C.O、6、16、1 D.C、7、17、2
尝试解答：
1.（多选）1934年，约里奥·居里夫妇用α粒子轰击铝箔时，发生的核反应方程为AlHeP＋X，反应生成物P像天然放射性元素一样发生衰变，放出正电子e，且伴随产生中微子ν，核反应方程为P→Si＋e＋ν。则下列说法正确的是（ ）
A.核反应生成物X是质子
B.中微子的质量数A＝0，电荷数Z＝0
C.当温度、压强等条件变化时，放射性元素P的半衰期随之变化
D.正电子产生的原因是原子核内的质子转化为中子和正电子时释放出来的
2.在横线上填上粒子符号和衰变类型。
（1UTh＋ ，属于 衰变。
（2ThPa＋ ，属于 衰变。
（3PoAt＋ ，属于 衰变。
（4CuCo＋ ，属于 衰变。
1.（多选）关于放射性同位素的应用，下列说法中正确的是（ ）
A.射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，因此达到了消除有害静电的目的
B.利用γ射线的贯穿性可以为金属探伤
C.用射线照射农作物种子能使其DNA发生变异，其结果一定是成为更优秀的品种
D.用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成太大的伤害
2.（2024·黑龙江齐齐哈尔高二期末）有人欲减缓放射性元素的衰变，下面的说法正确的是（ ）
A.把放射性元素放置在密封的铅盒里
B.把放射性元素放置在低温处
C.把放射性元素同其他稳定性的元素结合成化合物
D.上述各种办法都无法减缓放射性元素的衰变
3.原子核发生β衰变时，此β粒子是（ ）
A.原子核外的最外层电子
B.原子核外的电子跃迁时放出的光子
C.原子核内存在的电子
D.原子核内的一个中子变成一个质子时，放射出一个电子
4.我国科研人员对“嫦娥五号”月球样品富铀矿物进行分析，确定月球直到 20亿年前仍存在岩浆活动。已知铀的一种衰变方程为U→He＋ePb，则（ ）
A.m＝8， n＝3 B.m＝7， n＝2
C.m＝7， n＝4 D.m＝8， n＝1
提示：完成课后作业 第五章 2.
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第一章 分子动理论
1.分子动理论的基本内容
【基础知识·准落实】
知识点一
1.分子 分子 2.（1）相同 （2）6.02×1023
知识点二
1.（1）进入对方 （2）外界 化学 无规则 （3）扩散
（4）无规则 2.（1）无规则 布朗 （2）不平衡 （3）越小 越高
3.（3）剧烈
情景思辨
1.提示：物体是由大量分子组成的。
2.（1）× （2）× （3）×
知识点三
1.（1）压缩 （2）小 （3）扩散 2.（1）①斥力 ②平衡
③引力 （2）原子内部
知识点四
1.热学性质 宏观 2.（1）大量分子 （2）永不停息
（3）相互作用力
情景思辨
1.提示：不相等。此时玻璃板和液面分子间的作用力表现为引力，所以在使玻璃板离开水面时弹簧测力计的示数要大于玻璃板的重力。
2.（1）× （2）× （3）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）一般分子直径的数量级为10－10 m。
（2）对于水分子，我们按照球形模型来处理。则有π＝V0，解得d＝
（3）18 g。
【典例1】 8.7
解析：将水蒸气分子所占有的空间看作立方体，有Vm＝NAL3，则水蒸气分子的平均间距为L＝＝ m＝3.3×10－9 m，水分子的体积为V0＝，又V0＝πd3，解得d＝＝3.8×10－10 m，水蒸气分子的平均间距与水分子直径之比为＝＝8.7。
素养训练
1.C 知道阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和体积，只能求一个气体分子的质量，要估算出气体分子间的平均距离必须知道摩尔体积及阿伏加德罗常数，所以A、B、D错误；知道阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和密度，因为摩尔体积可以用气体的摩尔质量和密度求得，所以C正确。
2.A 1 m3铜的质量为ρ kg，相当于 mol，所含原子数为，故A正确；1 kg铜所含原子数目为，故B错误；1个铜原子的质量为，故C错误；1个铜原子占有的体积为＝，故D错误。
要点二
知识精研
【探究】 提示：霾的小颗粒做布朗运动。颗粒越小，布朗运动越剧烈。
【典例2】 C 分子的热运动永不停息，故A错误；布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则热运动，故B错误；扩散现象表明分子在做永不停息的热运动，故C正确；微粒越小，液体温度越高，布朗运动就越明显，故D错误。
素养训练
1.BCD 布朗运动是小颗粒的无规则运动，从小颗粒运动到A点计时，每隔30 s，记下小颗粒的一个位置，其CD连线并不是小颗粒运动的轨迹，所以在75 s末时，其所在位置可能在图中任一位置，故选B、C、D。
2.A 气体、液体、固体之间都可以发生扩散现象，故A错误；扩散现象本身就是由分子不停地做无规则运动导致的，故B正确；物体的温度越高，分子的热运动就越剧烈，扩散就越快，故C正确；不同的物质在相互接触时可以彼此进入对方，这就是扩散现象，扩散现象说明分子间存在着间隙，故D正确。本题选错误的，故选A。
要点三
知识精研
【探究】 提示：镜子破了后，断裂处两部分绝大多数分子之间的距离都超出存在分子间作用力距离的范围，所以从物理角度说，破镜不能重圆；两部分物体焊接在一起，是通过熔化的焊条把两部分物体结合处填满，结合处绝大多数的分子之间的距离在分子作用力距离的范围之内，所以可以把两个物体焊接（包括黏接）在一起。
【典例3】 B 当分子间距离为r0时，它们之间的引力与斥力刚好大小相等，分子间的作用力为零，A错误；一般分子直径的数量级为10－10 m，跟分子间的平衡距离r0相当，B正确；当两分子间距离由较远减小到r＝r0的过程中，分子间的作用力先增大后减小，C错误；两分子间距离在小于r0的范围内，分子间的作用力为斥力，D错误。
素养训练
1.A 分子间的引力和斥力是同时存在的，实际表现出来的分子力是分子引力和斥力的合力。当分子间距离减小时，分子引力和斥力都增大，但斥力比引力增大得快；当分子间距离增大时，分子引力和斥力都减小，但斥力比引力减小得快。综上分析可知，A正确，B、C、D错误。
2.AC 由图像可知乙分子从r3到r1一直受甲分子的引力作用，且分子间作用力先增大后减小，分子力和运动方向相同，说明乙分子一直做加速运动，故A、C正确，B错误；乙分子距甲最近时一定在r1的左侧，说明乙分子从r3到距离甲最近的位置过程中，分子间作用力先增大（r3到r2）后减小（从r2到r1）再反向增大（r1向左），故D错误。
【教学效果·勤检测】
1.C 分子直径大小的数量级一般为10－10 m，A正确；扩散现象说明物质分子永不停息地做无规则运动，B正确；悬浮在液体中的微粒越小，布朗运动就越明显，C错误；分子之间同时存在着引力和斥力，且都随距离的增大而减小，D正确。
2.B 扩散现象是分子的无规则运动，布朗运动是微小颗粒的无规则运动，故A错误；扩散现象能说明分子在永不停息的运动，布朗运动间接反映了分子的无规则运动，故B正确；扩散现象能在液体、固体和气体中发生，故C错误；液体中的悬浮颗粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，所受撞击越均衡，布朗运动越不明显，故D错误。
3.D 分子引力与分子斥力方向相反，x＝x0时分子引力与分子斥力恰好平衡，分子间作用力为零，x＜x0的情况下，分子斥力比分子引力变化得快，分子间作用力表现为斥力，x越小，分子间作用力越大，选项A、B错误；x＞x0的情况下，分子间作用力表现为引力，x从x0开始逐渐增大，分子间作用力先增大后减小，选项C错误；x＞x0的情况下，x增大，因分子间作用力表现为引力，故分子间作用力做负功，选项D正确。
4.（1）4.8×10－26 kg （2）6.5×10－4 kg （3）1.3×1022个
解析：（1）空气分子的平均质量m＝＝ kg≈4.8×10－26 kg。
（2）一瓶纯净空气的物质的量为n＝ mol
则瓶中气体的质量m＝nM＝×29×10－3 kg＝6.5×10－4 kg。
（3）分子数N＝nNA＝NA＝≈1.3×1022个。
2.实验：用油膜法估测油酸分子的大小
【必备技能·细培养】
【典例1】 （1）④①②⑤③ （2）②将油膜看成单分子层
解析：（1）用“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制溶液（④）→倒水撒粉（①）→滴油（②）→盖板，画轮廓（⑤）→计算分子直径（③）。故正确顺序为④①②⑤③。
（2）本实验中做了三点理想化假设：①将油酸分子视为球形；②将油膜看成单分子层；③油酸分子紧密排列无间隙。
素养训练
（1）D （2）1×10－10 5×10－10
解析：（1）油酸酒精溶液滴入水中后，应让油膜尽可能地散开，形成单分子油膜，再把油膜的轮廓画在玻璃板上，然后利用坐标纸计算油膜的面积，由于油膜不规则，无法用刻度尺测量油膜的面积，故A、B、C错误，D正确。
（2）1滴油酸酒精溶液中油酸的体积为V＝× cm3＝1×10－4 cm3＝1×10－10 m3，油酸分子的直径d＝＝ m＝5×10－10 m。
【典例2】 （1）BC （2）8×10－12 292 2.7×10－10
解析：（1）本实验不可直接将纯油酸滴在水面上测量，如果不稀释，在水面形成的油膜不是单分子油膜，故A错误。本实验将稀释的油酸在水面上尽可能的展开，形成单分子油膜，本实验忽略了分子间的间隙，根据d＝来计算直径，故B、C正确。测量油膜面积时，不足一格的正方形采用“多于半格的按一格来计算，少于半格的舍去”的方式进行处理，故D错误。
（2）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积V＝× mL＝8×10－6 mL＝8×10－12 m3。根据“多于半格按一格来计算，少于半格的舍去”的方法，可得油膜所占格数为73格，则油膜的面积是S＝73×4 cm2＝292 cm2，油酸分子的直径d＝＝ m≈2.7×10－10 m。
素养训练
1.8×10－6 2×10－10 大
解析：1 mL溶液中含有纯油酸的体积为 mL，则1滴溶液中含有纯油酸的体积为V＝× mL＝8×10－6 mL；油酸分子的直径d＝＝ m＝2×10－10 m；若发现爽身粉撒得过多，则油膜面积偏小，所以实验中得到的油酸分子的直径比油酸分子的真实直径大。
2.AC
解析：计算时利用的是纯油酸的体积，酒精的作用是更易于油酸平铺成单层薄膜，自身溶于水或挥发掉，使测量结果更精确，所以选用油酸酒精溶液而不是纯油酸，目的是让油酸尽可能散开，形成单分子油膜，故A正确；计算油酸分子直径的公式是d＝，V是纯油酸的体积，S是油膜的面积，水面上爽身粉撒得较多，油膜没有充分散开，则测量的面积S偏小，导致计算结果偏大，故B错误；计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，故得到的分子直径将偏大，故C正确；计算时在向量筒中滴入1 mL油脂酒精溶液时，滴数少数了几滴，油酸体积偏大，导致计算结果偏大，故D错误。
【教学效果·勤检测】
1.ACD 在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，实验依据是：①油膜是呈单分子分布的；②把油酸分子看成球形；③不考虑分子之间的空隙，故A正确。根据d＝可以粗略地测量油酸分子的直径，并不是酒精分子的直径，故B错误。依据实验原理，要形成单分子膜，而油酸的物理性质恰好有助于油酸在水面上形成单分子膜，故C正确。实验需配制一定浓度的油酸酒精溶液，其中的酒精可使油酸和爽身粉之间形成清晰的边界轮廓，故D正确。
2.（1）64 8×10－10 （2）9.5×10－10
解析：（1）由题图甲求出油膜的面积，油膜的面积S＝64×1×1 cm2＝64 cm2。
根据题意求出1滴油酸酒精溶液含纯油酸的体积
V＝1×× mL＝×10－5 mL＝5×10－6 cm3。
求出油膜的厚度，即油酸分子的直径
d＝＝cm≈8×10－8 cm＝8×10－10 m。
（2）48个铁原子组成一个圆，圆的周长等于48个铁原子直径之和。
铁原子的直径d'＝＝＝ m
≈9.5×10－10 m。
3.（1）115 （2）4.0×10－10 （3）BC
解析：（1）根据大于半个方格的算一个，小于半个方格的舍去，油膜形状占据的方格数大约为115个。
（2）1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V0＝× mL＝2×10－5 mL，油膜的面积为S＝NS0＝4.6×104 mm2，油酸分子的直径为d＝≈4.0×10－10 m。
（3）计算油酸分子直径时是根据d＝，粉末太薄使油酸边界不清，导致油膜面积S测量值偏大，所以导致直径测量值偏小，故A错误；粉末太厚导致油酸未完全散开，S偏小，则导致直径的测量值偏大，故B正确；计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，S偏小，则导致直径测量值偏大，故C正确；计算每滴体积时，1 mL的溶液的滴数多记了几滴，导致V0偏小，则直径测量值偏小，故D错误。
3.分子运动速率分布规律
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）必然 （2）不可能 （3）不出现 （4）随机事件
2.（1）10
知识点二
剧烈 中间多、两头少
知识点三
2.单位 压力
情景思辨
1.提示：不是，是分子频繁地撞击器壁产生的。
2.（1）× （2）√ （3）× （4）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）落入中央狭槽的小钢珠较多，落入两边狭槽的小钢珠较少。
（2）中间多、两头少的规律。
（3）抛硬币时硬币出现正反面的次数，掷骰子时我们想要得到某一点数的概率等。
【典例1】 B 温度越高，速率大的所占百分比较大，故温度升高，曲线峰值向右移动，实线对应的气体温度较高，A错误，B正确；虚线对应的气体温度较低，则其分子平均速率较小，C错误；图中两条曲线下的面积为各个速率间隔的分子数占总分子数的百分比之和，即等于1，故两条曲线下面积相等，D错误。
素养训练
1.BC 气体分子速率呈“中间多、两头少”的统计规律分布，故C错误，D正确。由于分子之间频繁地碰撞，分子随时都会改变自己的运动情况，因此在某一时刻，一个分子速度的大小和方向完全是偶然的，故A正确。某一温度下，每个分子的速率仍然是随时变化的，只是分子运动的平均速率不变，故B错误。
2.D 同一温度下，速率较小或速率较大的氧气分子个数占总分子数的比例较低，中间速率的氧气分子个数占总分子数的比例较高，所以A、B错误；随着温度的升高，氧气分子的平均速率增大，但并不是每个氧气分子的速率都增大，所以C错误，D正确。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）由题意，吹气口反扣在瓶口上，可知气球与瓶子之间封闭着一定质量的空气，空气分子总数不变。当气球稍吹大时，气球与瓶子之间空气的体积缩小，空气分子的数密度变大。
（2）温度不变，气球与瓶子之间空气分子的平均速率不变，某个分子速率可能增大可能减小。
（3）由于分子的平均速率不变，空气分子的数密度变大，所以单位时间内气球与瓶子之间空气分子对单位面积瓶壁的碰撞次数增加。
（4）气球与瓶子之间空气分子的数密度变大，分子的平均速率不变，所以气球与瓶子之间空气压强变大。
【典例2】 C 气体压强是由于大量分子持续撞击器壁而形成的，决定气体压强大小的微观因素是气体分子的数密度和分子的平均速率，分子的平均速率宏观上体现在温度上，温度越高，气体分子的平均速率越大，故选C。
【典例3】 C 甲容器中压强产生的原因是液体受到重力的作用，而乙容器中压强产生的原因是分子撞击器壁产生的，故A、B错误；液体产生的压强p＝ρgh，由hA＞hB可知pA＞pB，而密闭容器中气体压强各处均相等，与位置无关，所以pC＝pD，故C正确；温度升高时，pA、pB不变，而pC、pD增大，故D错误。
素养训练
1.C 气体的压强是由于大量气体分子频繁撞击器壁产生的，故A错误，C正确；气体分子的平均速率减小，若气体体积减小，气体的压强不一定减小，故B错误；当某一容器自由下落时，容器中气体分子的运动不受影响，气体的压强不为零，故D错误。
2.A 大气压强是由地球表面空气重力产生的，而被密封在某种容器中的气体，其压强是由大量的做无规则运动的气体分子对容器壁不断碰撞而产生的，它的大小不是由被封闭气体的重力所决定，故A错误；密闭容器内的气体压强是由大量气体分子频繁撞击器壁而产生的，故B正确；气体压强取决于分子的密集程度与分子的平均速率，即为单位体积内分子数和分子的平均速率，故C正确；根据公式p＝可知单位面积器壁受到气体分子碰撞的平均压力的大小在数值上等于气体对器壁的压强的大小，故D正确。
【教学效果·勤检测】
1.C 某一时刻具有任一速率的分子数目并不相等，根据分子平均速率分布图可知，呈现“中间多、两头少”的分布规律，故A错误；温度升高分子的平均动能增加，平均速率增加，但并不是所有分子的速率都增加，故B错误；大量的分子存在着统计规律，某一时刻向任意一个方向运动的分子数目只有很小的差别，可认为基本相等，故C正确；同一分子之间频繁地碰撞，分子随时都会因为碰撞而改变速度的大小，因此某一温度下每个气体分子的速率完全是偶然的，故D错误。
2.B 气体压强的大小与分子平均速率和分子数密度有关，故A错误；单位体积内的分子数越多，分子平均速率越大，压强就越大，故B正确；一定质量的气体，体积越小，温度越高，压强就越大，故C错误；气体膨胀且温度降低，气体的压强一定变小，故D错误。
3.B 由图像知，气体速率均呈“中间多、两头少”的分布规律，但是最大比例的速率区间是不同的，故A正确；气体的温度越高，速率较大的分子所占的比例越多，所以TⅠ＜TⅡ＜TⅢ，故B错误，C正确；气体温度越高，气体分子中速率大的分子所占的比例增大，分子运动越剧烈，故D正确。本题选错误的，故选B。
4.D 步骤①和②都从相同的高度下落，不同的是豆粒的个数，故它们模拟的气体压强与分子密集程度的关系，也说明大量的豆粒连续地作用在盘子上能产生持续的作用力，即反映了气体压强产生的原因，A错误，D正确；步骤②和③的豆粒个数相同，让它们从不同的高度落下，豆粒撞击的速率不同，所以它们模拟的是气体压强与分子的速率的关系，或者说是气体的分子压强与气体平均动能的关系，B、C错误。
5.AD 100 ℃时有部分氧气分子速率大于900 m/s，选项A正确；100 ℃时，部分氧气分子的速率比较大，不能说明内部有温度较高的区域，选项B错误；因图线与横轴围成的“面积”表示该速率区间对应的分子数占气体总分子数的比例，则由题图可知100 ℃时，速率在400～500 m/s区间内的分子数比速率在0～400 m/s区间内的分子数少，选项C错误；温度降低时，氧气分子平均速率减小，则氧气分子单位速率区间的分子数占总分子数的百分比的最大值将向速率小的方向移动，选项D正确。
4.分子动能和分子势能
【基础知识·准落实】
知识点一
1.热运动 2.平均值 3.平均动能
知识点二
1.无关 势能 2.（1）引力 增大 （2）斥力 增大
（3）最小 3.（1）距离 （2）体积
知识点三
1.所有分子 动能 分子势能 2.（1）温度
（2）体积 温度 体积
情景思辨
1.提示：不对。铁球的速度变大，是指其机械运动的速度，即其机械运动的动能变大，而分子平均动能是指分子热运动的动能，与温度有关，与铁球的速度无关。
2.（1）√ （2）× （3）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）无关。（2）有关；不是。
【典例1】 CD 单个分子的动能、速率是不断变化的，因而讨论单个分子的动能、速率是没有意义的，温度对单个分子也是没有意义的，A、B错误；设氧气分子与氢气分子的平均动能分别为、，质量分别为m1、m2，氧气与氢气的温度相同，分子的平均动能相等，即＝，又因为分子质量m1＞m2，则＜，C项正确；在一般温度下，各种气体分子做无规则运动，其动能不为零，故平均速率不为零，D项正确。
素养训练
1.A 温度是分子平均动能的标志，物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大，故A正确；液体上下翻滚是宏观运动，而分子热运动是微观现象，二者不是一回事，故B错误；分子热运动永不停息，水凝结成冰，但分子热运动没有停止，故C错误；微观上，温度是一个“统计”概念，对大量分子而言有意义，而对单个分子而言无意义，故D错误。
2.A 温度高的物体，分子的平均动能一定大，但分子的平均速率不一定大，因为不同物体分子的质量不同；讨论单个分子的速率、动能是没有意义的。故选A。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）分子之间也具有势能。
（2）分子间作用力做功对应分子势能的变化。
【典例2】 C 在r＝r0时，分子势能最小，但不为零，此时分子间作用力为零，故乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线，故A、B错误；两分子在相互靠近的过程中，在r＞r0阶段，分子力表现为引力，F做正功，分子势能减小，故C正确；由图甲可知，两分子从相距r＞r0开始随着分子间距离的增大，分子力先增大后一直减小，故D错误。
素养训练
1.ACD 分子间同时存在相互作用的引力和斥力，实际表现出的分子间作用力是引力和斥力的合力，并随分子之间的距离的变化而变化，故A正确；引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化快，故B错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子间距离减小，分子间作用力做负功，分子势能增大，故C正确；两个相距较远的分子仅在分子间作用力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，当分子间距大于平衡间距时，分子间作用力表现为引力；当分子间距小于平衡间距时，分子间作用力表现为斥力，故分子间作用力先做正功后做负功，所以分子势能先减小后增大，故D正确。
2.A r＞r0阶段，分子力表现为引力，相互靠近时F做正功，分子动能增加，势能减小，故A正确；r＜r0阶段，分子间的作用力表现为斥力，相互靠近时F做负功，分子动能减小，势能增大，故B错误；由以上分析可知，当r等于r0时，分子势能最小，动能最大，若两分子相距无穷远时分子势能为零，r等于r0时，分子势能不为零，故C、D错误。
要点三
知识精研
【探究】 提示：这种说法不对。因为该说法将机械能和内能两个概念混淆了，物体的内能是由物体内分子的数目、物体的温度和体积决定的，与机械运动无关，机械运动速度的变化以及竖直高度的变化仅改变乘客的机械能，不能以此判断其内能的变化情况。
【典例3】 C 铁块熔化成同温度的铁水，分子动能不变，分子势能增大，内能增大，故A错误；物体的内能与物质的量、温度、体积有关，质量、温度、体积都相等的物体其物质的量不一定相等，内能不一定相等，故B错误；内能不同的物体，其温度可能相同，它们的分子热运动的平均动能可能相同，故C正确；一个木块被举高，木块的重力势能增大，但木块的分子间距不变，组成该木块的所有分子的分子势能不变，故D错误。
素养训练
1.D 1 g 100 ℃的液态水和1 g 100 ℃的水蒸气的温度相等，分子动能相等，但由液态水变成水蒸气需要吸收热量，所以1 g 100 ℃的液态水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能，A错误；由于分子都在做无规则热运动，因此，任何物体内能都不可能为零，B错误；物体的内能与物体内部分子的无规则热运动有关系，也就是说物体的内部分子热运动越剧烈，物体的内能就越大，和物体的宏观运动无关，C错误；物体的内能与物质的量、温度、体积以及物态有关，内能不同的物体，它们的温度可能相等，即分子热运动的平均动能也可能相同，D正确。
2.C 物体的内能是一个状态量，而热量是一个过程量，物体之间只发生热传递时内能的改变量等于热量，故选项A、B均错误；温度越高，分子的平均动能越大，选项C正确；物体的内能由物质的量、温度、体积等因素共同决定，温度不变时，内能可能改变，故选项D错误。
3.ABD 温度是分子平均动能的标志，温度升高，水分子的平均动能增加，故A正确；水的内能包括水分子的动能与水分子间的势能，两者都增加，则水的内能增加，故B正确；机械能与内能没有必然的联系，故C错误；根据能量守恒定律可知，吸收的热量转化为水分子的动能和水分子间的势能，故D正确。
【教学效果·勤检测】
1.C 温度相同的氢气和氧气，分子的平均动能相同，但氢气分子与氧气分子的质量不同，故平均速率不相同，A错误；物体的内能等于所有分子的总动能和分子总势能的和，B错误；内能不同的物体，温度可能相同，它们分子热运动的平均动能可能相同，C正确；温度是大量分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子不能比较温度，D错误。
2.D 甲和乙相距较远时，此时分子间作用力为零，分子势能为零，甲分子固定不动，乙向甲靠近直到r＝r0的过程中，由于r＞r0，分子间作用力表现为引力，做正功，分子势能越来越小，且为负值。r＝r0时分子势能最小，乙分子从r＝r0到不能再靠近甲的过程中，由于r＜r0，分子间作用力表现为斥力，分子间作用力做负功，分子势能增大。所以先是分子间作用力对乙做正功，然后乙克服分子间作用力做功，分子势能先减小后增大，选项D正确。
3.BC 分子间的作用力是矢量，其正负不表示大小；分子势能是标量，其正负表示大小。读取图像信息知，两个分子之间的距离由10r0变为r0的过程中，F先增大后变小至0，Ep则不断减小，故B正确，A、D错误；该过程中，分子力始终为引力，做正功，故C正确。
4.D 内能包括分子动能和分子势能，与物质的量也有关系，A、C错误；分子平均动能只与温度有关，与物体的宏观运动无关，B错误；冰融化成水过程中，温度不变，但要吸收热量，所以内能增大，D正确。
5.C 气体温度升高，分子的平均速率变大，但是并非所有分子的速率都增加，选项A错误；一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，因温度不变，则分子平均动能不变，选项B错误；一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子势能的总和，选项C正确；一定量气体如果失去容器的约束就会散开，这是因为气体分子做无规则运动的缘故，选项D错误。
6.（1）理由见解析 （2）选两个分子相距无穷远 正确
（3）在r≠r0时，分子势能将大于零，但随分子间距离的变化规律不变
解析：（1）当分子间距离r＝r0时分子力为零，当分子间距离小于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而增大，如果分子间距大于r0时，分子间的相互作用力表现为引力，要增大分子间的距离必须克服引力做功，因此， 分子势能随分子间的距离增大而增大。从以上两种情况综合分析，分子间距离以r0为基准，分子间距离不论减小或增大，分子势能都增大，所以说在r0处分子势能最小。
（2）由题图可知，选两个分子相距无穷远时分子势能为零，r＝r0时分子势能最低且小于零，故在这种情况下，分子势能可以大于零，也可以小于零，还可以等于零。
（3）若选r＝r0时，分子势能为零，则Ep-r图像如图所示，故可知在r≠r0时，分子势能将大于零，但随分子间距离的变化规律不变。
第二章 气体、固体和液体
1.温度和温标
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）大量分子 （2）相互作用 2.状态 温度T
3.状态参量
知识点二
1.不再变化 2.热平衡 3.热学 4.温度
知识点三
1.（1）温度 （2）①0 100 2.（2）开尔文 （3）t＋273.15 K
情景思辨
1.提示：温度通常指物体的冷热程度，温度计的测温的原理是热平衡定律。
2.（1）× （2）× （3）√ （4）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 A 如果一个系统达到了平衡态，系统的状态参量，如温度、压强和体积等不再随时间发生变化。温度达到稳定值，分子仍然是运动的，不可能达到所谓的“凝固”状态，故A正确。
素养训练
1.C 描述气体的状态参量有压强、体积、温度，故选C。
2.ABD 系统处于平衡态时，其状态参量不变，铜块静止在沸水中足够长的时间，密闭导热容器中的冰水混合物处在0 ℃环境中，其状态参量不再变化，即处于平衡态，A、B正确；刚刚放在教室中的一杯热水和一杯加较多冰块的可乐，温度未达到稳定状态，则处于非平衡态，C错误；放在恒温房间中很久的密闭导热容器中的84消毒液，其温度、体积等状态参量不再变化，处于平衡态，D正确。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）因为体温计与人体温度相同，即达到了热平衡。
（2）体温计的示数继续上升，因为体温计玻璃泡的温度与水的温度不相同，没有达到热平衡。
【典例2】 ACD 两系统达到热平衡的标志就是它们的温度相同，或者说它们的冷热程度相同，故A、C、D正确，B错误。
素养训练
1.D 平衡态是针对某一系统而言的，热平衡是两个（或多个）系统相互影响的最终结果，A错误；一个系统的温度、压强、体积都不变化，系统才处于平衡态，仅根据温度不变且处处相等不能得出系统一定处于平衡态的结论，B错误；如果两个系统处于热平衡状态，则它们的温度一定相同，但是内能不一定相同，C错误，D正确。
2.AD 在系统不和外界交换能量的条件下，高温的铜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，两者的温度一定相等，A、D正确，B错误；铜块和铁块的比热容不同，由比热容公式Q＝cmΔt知，温度改变量相同时，放出或吸收的热量不同，故达到热平衡时的温度T≠，C错误。
要点三
知识精研
【探究】 提示：40 ℃换算成热力学温度为313.15 K。
【典例3】 AB 由T＝t＋273 K可知，－33 ℃相当于240 K，A正确；由T＝t＋273 K可知ΔT＝Δt，即热力学温度的变化总等于摄氏温度的变化，温度变化1 ℃，也就是温度变化1 K，B正确；因为绝对零度不能达到，故热力学温度不可能取负值，而摄氏温度可以取负值，C错误；用热力学温度表示，初态温度为t＋273 K，末态温度为2t＋273 K，故热力学温度也升高了t，D错误。
素养训练
AC 温度计能测出被测物体的温度的原理就是热平衡定律，即温度计与被测物体达到热平衡时温度相同，其示数也就是被测物体的温度，故A、C正确，D错误；温度计与被测系统的温度不相同时，仍有示数，B错误。
【教学效果·勤检测】
1.D 温标是定量描述温度的方法，而温度表示的是物体的冷热程度，所以温度与温标不是一回事，A错误；热力学温度不可以取负值，B错误；根据T＝t＋273.15可知，摄氏温度升高3 ℃，则热力学温标升高3 K，C错误；热力学温标的分度与摄氏温标的分度是相等的，即热力学温度每一度的大小与摄氏温度每一度的大小相等，D正确。
2.B 平衡态是针对某一系统而言的，热平衡是两个（或多个）系统相互影响的最终结果，A、B各自处于平衡态，但A、B接触可能需要一段时间才能达到热平衡，A错误；根据热平衡的定义知，处于热平衡的两个系统温度相同，B正确，D错误；处于热平衡的两个物体内能不一定相等，C错误。
3.ABC 根据绝对零度无法达到可知，温度不会不断下降，故A错误；目前已知最低温度为－273.15 ℃，故B、C错误；现代技术下，绝对零度无法达到，故D正确。
4.C 该温度计是利用气体的热胀冷缩原理制成的，温度升高时烧瓶内气体膨胀，有色水柱上升；温度降低时烧瓶内气体收缩，有色水柱下降。已知A、D间的测量范围为20～80 ℃，可得A点对应80 ℃，D点对应20 ℃，A、D间刻度均匀分布，每小格表示＝4 ℃，则有色水柱下端对应温度为 20 ℃＋3×4 ℃＝32 ℃，故C正确，A、B、D错误。
2.气体的等温变化
第1课时 实验：探究气体等温变化的规律
【必备技能·细培养】
【典例1】 （1）A （2）5 不需要
解析：（1）实验过程中手不能握注射器前端，以免改变了空气柱的温度，使气体发生的不是等温变化，A正确；应该以较慢的速度推拉活塞来改变气体的体积，以免操作动作过快使空气柱的温度发生改变，B错误。
（2）由于注射器长度几乎相同，容积为5 mL注射器，横截面积小，用相同的力，产生较大的压强，使体积变化明显。由于横截面积不变，只要知道空气柱长度之间的关系，就可以得到体积之间的关系，从而找到体积与压强之间的关系，因此不需要测出空气柱的横截面积。
素养训练
（1）温度 （2）BD
解析：（1）实验的目的是探究气体的压强和体积的关系，故实验中应保持不变的状态参量是气体温度。
（2）推拉活塞时，动作要慢，使气体温度与环境温度保持一致，故A错误；推拉活塞时，手不能握住注射器，防止手向其传热，从而保证气体的温度不变，故B正确；探究的是一部分封闭气体在温度不变的情况下压强和体积的关系，故本实验只要保证封闭气体的质量不变即可，无需测量封闭气体的质量，故C错误；活塞与针筒之间涂上润滑油，可以减小摩擦，防止漏气，保证气体质量一定，故D正确。
【典例2】 （1）D （2）研究气体的质量不同（或同质量气体在不同温度下研究） （3）D C B
解析：（1）该实验是以注射器内的空气为研究对象，所以实验前注射器内的空气不能完全排出，故A错误；空气柱的体积变化不能太快，要缓慢移动注射器保证气体温度不变，故B错误；气体发生等温变化，空气柱的压强随体积的减小而增大，故C错误；p-图像是一条倾斜的直线，作出p-的图像可以直观反映出p与V的关系，故D正确。
（2）根据p-图像可知，如果温度相同，则说明两次气体质量不同，如果气体质量相同则两次温度不同。
（3）甲图中图像的交点在横轴上，即测量的压强为0时就有一定的体积，因此在测量过程中压强测小了，可能是在计算压强时，没有计入由于活塞和框架的重力引起的压强，故选D；乙图中图像向上弯曲，可能是实验过程中气体温度升高，故选C；丙图图像向下弯曲，可能是实验过程中有漏气现象，导致pV乘积减小，故选B。
素养训练
（1）（或体积的倒数） （2）发生了漏气
（3）选用容积较大的注射器（或测出软管中气体的体积）
解析：（1）p随V的增大而减小，应作p-图像，若图像为过原点的直线，则说明p与V成反比，因此横坐标为体积的倒数。
（2）若p、V乘积减小很有可能是发生了漏气。
（3）软管内有一部分气体，容易造成误差，所以选择容积较大的注射器从而忽略软管内气体的体积或者可直接测出软管中气体的体积。
【典例3】 （1）使气体有充分的时间与外界进行热交换，保证气体做等温变化
（2）注射器漏气，使气体的体积减小，图像向左偏移（也可能是周围环境温度降低） （3）A
解析：（1）实验过程中要缓慢推动活塞，使气体有充分的时间与外界进行热交换，保证气体做等温变化。
（2）仔细观察不难发现，该图线与双曲线不够吻合，造成这一现象的可能原因是：注射器漏气，使气体的体积减小，图像向左偏移（也可能是周围环境温度降低）。
（3）若p-V图像是双曲线，则说明p与V成反比，画出p-图像应为过原点的直线，由于漏气或者环境温度降低使得气体的压强减小，图线向下弯曲。
【教学效果·勤检测】
1.C 实验之前，在注射器的内壁和活塞之间涂一些润滑油，除了可以减小两者之间的摩擦之外，主要作用是提高活塞密封性，防止漏气，与气体压强的测量无关，A错误；被封气体体积越小，压缩气体时体积的变化量越小，会造成更大的实验误差，B错误；探究气体等温变化的规律的实验中，温度一定时，气体的压强和体积成反比，与环境温度的高低无关，C正确；压强传感器测量的是被封气体的压强，与外界大气压强无关，故外界大气压强发生变化，不会影响实验结论，D错误。
2.B 实验目的是探究气体的等温变化，所以需要保证注射器内气体质量不变，故需要用橡皮帽密封注射器的下端，防止漏气，故A需要；探究气体的等温变化需要测量气体的体积，但注射器的横截面积不变，所以注射器内气体的体积与空气柱的长度成正比，所以直接从注射器的刻度上读出空气柱的长度即可，即活塞的直径不是必需测量的，故B不需要，D需要；探究气体等温变化的规律，是探究压强与体积的关系，所以从压强计上读取气体压强是必需的，故C需要。
第2课时 玻意耳定律
【基础知识·准落实】
知识点
1.温度 反比 2.p1V1＝p2V2 3.质量 温度 4.双曲线 等温线
情景思辨
1.提示：氢气球上升时，由于高空处空气稀薄，球外空气的压强减小，球内气体要膨胀，膨胀到一定程度时，气球就会胀破。
2.（1）× （2）× （3）× （4）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：
（1）同一水平液面C、D处压强相同，可得pA＝p0＋ρgh。
（2）以活塞为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得mg＋p0S＝pS，则p＝p0＋。
【典例1】 甲：p0－ρgh 乙：p0－ρgh 丙：p0＋
解析：在图甲中，选B液面为研究对象，由二力平衡得F下＝F上，即p下S'＝p上S'（S'为小试管的横截面积），所求气体压强就是A液面所受压强pA。B液面所受向下的压强p下是pA加上液柱h所产生的液体压强，由连通器原理可知B液面所受向上的压强为大气压强p0，故有pA＋ρgh＝p0，所以pA＝p0－ρgh。在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下有pAS″＋phS″＝p0S″（S″为U形管的横截面积），所以pA＝p0－ρgh。在图丙中，以活塞为研究对象，由平衡条件得pS＝mg＋p0S，所以p＝p0＋。
素养训练
1.（1）66 cmHg （2）71 cmHg （3）81 cmHg
解析：（1）p1＝p0－ρgh＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg。
（2）p2＝p0－ρgh'＝76 cmHg－5 cmHg＝71 cmHg。
（3）p3＝p0＋ρgh2－ρgh1＝76 cmHg＋10 cmHg－5 cmHg＝81 cmHg。
2.p0＋
解析：以活塞和铁块整体为研究对象，由牛顿第二定律得
pS－p0S－（M＋m）g＝（M＋m）a
解得p＝p0＋。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）有错误；气泡向水面运动，体积要逐渐增大。
（2）由玻意耳定律pV＝C可知，温度不变时，压强减小，体积增大。
【典例2】 （1）64 cmHg （2）6 cm
解析：（1）封闭气柱的压强为p＝p0－ph＝76 cmHg－12 cmHg＝64 cmHg。
（2）封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得pL＝p'L'
得p'＝70 cmHg
又p'＝p0－ph'
得ph'＝6 cmHg
即此时两边水银柱的高度差为6 cm。
素养训练
A 压力传感器关闭洗衣机进水阀门，此时管内气体的压强为p＝p0＋ρg（h－l1＋l2），其中l1＝50 cm，l2＝48 cm，则由玻意耳定律可知p0l1S＝[p0＋ρg（h－l1＋l2）]l2S，解得h≈43.7 cm，故A正确。
要点三
知识精研
【典例3】 B A、B位于同一条等温线上，取直线上任一点C，如图所示，过C点作平行于p轴的直线，根据气体压强的微观解释，一定质量的气体，在体积相同的情况下，压强越大温度越高，故此变化过程中温度应先上升后下降。B正确。
素养训练
1.C 水平方向上有P1＝P0，竖直方向上有P2＝P0＋ρgh，开口向上的竖直位置逆时针缓慢转到水平位置的过程中，气体的压强减小，体积增大。又因为温度不变，所以p-V图线应为双曲线的一支，故C正确。
2.ACD D→A是一个等温过程，A正确；A、B两状态温度不同，A→B的过程中不变，则体积V不变，此过程中气体的压强、温度会发生变化，B错误，C正确；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D正确。
【教学效果·勤检测】
1.AD 由图示可知，气体压强与外界压强间的关系为p2＝p0－ρgh，玻璃管倾斜，h变小，管中的气体压强变大，由pV＝C可知，气体体积变小，故A、D正确，B、C错误。
2.ABD 一定质量的气体的等温线为双曲线，由等温线的物理意义可知，压强与体积成反比，且在不同的温度下等温线是不同的，故A、B正确；对于一定质量的气体，温度越高，等温线离坐标原点的位置就越远，故C错误，D正确。
3.BD 由pV＝C变形得p＝C，即一定质量的气体在发生等温变化时，压强与体积的倒数成正比，则压强与体积成反比，A错误，B正确；对同一部分气体来说，体积相同时，温度越高，压强越大，所以T1＜T2，C错误，D正确。
4.C 气泡在水面下40 m深处的压强为p1＝ρgh＋p0＝5 atm，根据玻意耳定律，可得p1V1＝p0V2，解得＝＝5，故选C。
5.（1）3p1S （2）
解析：（1）设汽缸下降0.75L0后，气体压强为p2，由玻意耳定律得p1SL0＝p2SL0
解得p2＝4p1
气体对汽缸上表面的压力增加量等于物体A的重力大小G＝p2S－p1S
解得G＝3p1S。
（2）要使汽缸恢复到原位置，需向汽缸内充入压强为p2，体积V＝SL0的气体，设这些气体在大气压强下的体积为V2，由玻意耳定律得
p2SL0＝p0V2
解得V2＝。
3.气体的等压变化和等容变化
第1课时 盖—吕萨克定律和查理定律
【基础知识·准落实】
知识点一
1.压强 2.（1）正比 （2）CT （3）质量 压强
（4）过原点的直线
知识点二
1.体积 2.（1）正比 （2）CT （3）质量 体积
（4）原点
情景思辨
1.提示：在高温路面上或高速行驶中，车胎内气体温度升高，压强增大，超过轮胎承受能力就会爆胎。
2.（1）× （2）√ （3）√ （4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）热气球的内部与外部相通，内部气体压强始终等于外界大气压强。
（2）p一定，T增大，由盖—吕萨克定律＝C可知，V增大，于是气球内热空气体积膨胀，从下面漏出，使气球内所含空气的质量减小，密度减小。
（3）以热气球及其中所含空气整体为研究对象，受重力及周围空气的浮力作用，当燃烧器喷出火焰时，将气球内空气加热，温度升高，气球内热空气体积膨胀，从下面漏出，使气球内所含空气的质量减小，热气球整体所受重力减小，当空气的浮力大于热气球自身重力时，热气球便会上升。
【典例1】 （1）3×105 Pa （2）327 ℃
解析：（1）以缸体为研究对象，列平衡方程，有p1S＝Mg＋p0S，
解得p1＝3×105 Pa。
（2）当活塞恰好静止在汽缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2S＝Mg＋p0S，所以缸内气体为等压变化，由盖—吕萨克定律得＝
即＝
解得T2＝2T1＝600 K
所以气体的温度是t2＝（600－273）℃＝327 ℃。
素养训练
1.A 由等压变化的规律可得＝＝＝，则每升高1 ℃增大的体积ΔV＝，故选A。
2.（1）102 cmHg （2）102 ℃
解析：（1）若大气压为76 cmHg，水银柱长L3为26 cm，则被封闭气体压强为
p＝p0＋p'＝76 cmHg＋26 cmHg＝102 cmHg。
（2）温度升高，被封闭的气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律得＝
则＝
解得t'＝102 ℃。
要点二
知识精研
【探究】 提示：车胎在炎热的夏天被日光暴晒，车胎里气体的温度上升，气体的压强将增大，当压强达到车胎能承受的最大压强时，温度再升高车胎就会胀破。
【典例2】 21.4 cm
解析：选玻璃泡A内的一定量气体为研究对象，由于B管的体积可略去不计，温度变化时，A内气体经历的是一个等容过程。
玻璃泡A内气体的初始状态T1＝300 K，
p1＝（76－16）cmHg＝60 cmHg，
末态，即t＝0 ℃的状态T2＝273 K，
由查理定律得＝
则p2＝p1＝×60 cmHg＝54.6 cmHg，
所以t＝0 ℃时水银面的高度，即刻度线的位置是
x0＝（76－54.6）cm＝21.4 cm。
素养训练
1.D 氧气筒内的氧气是等容变化，温度从20 ℃升高到40 ℃时，由查理定律得＝，p2＝＝p1＝p1，解得p2－p1＝p1＝p1，故A、B、C错误，D正确。
2.（1）1.085×105 Pa （2）0.97
解析：（1）瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为T＝（27＋273）K＝300 K，T'＝（37＋273）K＝310 K，此过程中体积不变，由查理定律有＝，解得p'＝1.085×105 Pa。
（2）保持温度不变，挤压气体，等温变化过程，由玻意耳定律有pV＝p'V'，解得V'≈0.97V。
要点三
知识精研
【典例3】 见解析
解析：（1）从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，所以A→B是一个等压变化，即
pA＝pB
根据盖—吕萨克定律可得＝
所以TA＝TB＝×300 K＝200 K。
（2）由题图甲可知，B→C是等容变化，根据查理定律得
＝
所以pC＝pB＝×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa
则画出状态A→B→C的p-T图像如图所示。
素养训练
1.AB 在p-T图像上的等容线的延长线是过原点的直线，且体积越大，直线的斜率越小，由此可见，a状态对应体积最小，c状态对应体积最大，选项A、B正确。
2.（1）363 K （2）0.9p0 （3）见解析
解析：（1）设等容过程中活塞刚离开A时的温度为TA，则
＝
得＝
解得TA＝363 K。
（2）设等压过程中活塞到达B处时的温度为TB
则＝
解得TB＝330 K
由等容降温过程得＝，
代入数据解得p＝0.9p0。
（3）如图
【教学效果·勤检测】
1.AD 大气压强不变，水银柱的长度也不变，所以封闭气体的压强不变，气体做等压变化。根据＝C可知，若气体温度升高，则体积增大；若气体温度降低，则体积减小，A、D正确，B、C错误。
2.A 初态温度T1＝（27＋273）K＝300 K，初态压强p1＝1.0×105 Pa；末态温度T2＝（－23＋273）K＝250 K，设末态压强为p2，根据查理定律得＝，解得p2≈8.3×104 Pa，A正确。
3.C 设容器的容积为V，由气体的等压变化规律可知＝，有＝，解得V＝10.1cm3，故选C。
4.D 由查理定律p＝CT＝C（t＋273.15）及盖—吕萨克定律V＝CT＝C（t＋273.15）可知，甲图是等压线，乙图是等容线，故A错误；由“外推法”可知两种图线的反向延长线与t轴的交点温度为－273.15 ℃，即热力学温度的0 K，故B错误；查理定律及盖—吕萨克定律是气体的实验定律，都是在温度不太低、压强不太大的条件下得出的，当压强很大，温度很低时，这些定律就不成立了，即一定质量的气体，不是在任何情况下都是p与t成直线关系，故C错误；由于图线是直线，乙图表明温度每升高1 ℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变，故D正确。
5.（1）150 K （2）300 K
解析：（1）理想气体从状态A变化到状态B，气体做等容变化，有
＝
其中TA＝（273＋27）K＝300 K
解得气体在状态B时的温度TB＝150 K。
（2）理想气体从状态B变化到状态C，气体做等压变化，有
＝
解得气体在状态C时的温度TC＝300 K。
第2课时 理想气体 气体实验定律的微观解释
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）任何 任何 （2）零下几十摄氏度 大气压的几倍
2.（1）质量 热力学温度T （2）＝C （3）质量
知识点二
1.温度 增大 增大 2.增大 增大 减小 不变
3.增大 增大
情景思辨
1.提示：在高压、低温状态下，气体状态发生改变时，将不会严格遵守气体实验定律了。因为在高压、低温状态下，气体的状态可能已接近或达到液态，故气体实验定律将不再适用。
2.（1）√ （2）× （3）× （4）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：从A→B为等温变化过程，根据玻意耳定律可得pAVA＝pBVB ①
从B→C为等容变化过程，根据查理定律可得
＝ ②
由题意可知
TA＝TB ③
VB＝VC ④
联立①②③④式可得＝。
【典例1】 （1）p0 （2）
解析：（1）设初始状态A、B两部分气体的体积均为V0，对A部分气体，由等温变化可知
p0V0＝pA·V0
可得pA＝p0。
（2）设活塞的重力为G，横截面积为S，加热前，对活塞受力分析得p0S＋G＝2p0S
加热后，对活塞受力分析得＋G＝pBS
解得pB＝
由理想气体状态方程可得＝
又VB＝
解得TB＝。
素养训练
1.C 根据理想气体状态方程＝C可知，T∝pV，所以Ta∶Tb∶Tc＝（paVa）∶（pbVb）∶（pcVc）＝3∶4∶3。故C正确。
2.（1） （2）见解析
解析：（1）缓慢变化过程中，由玻意耳定律可得p0（V0＋V）＝pV
解得V＝。
（2）设温度由T1＝300 K变化为T2＝360 K后，压强p1＝1.15p，体积变为V1，根据理想气体状态方程有＝
解得＝≈95.8％
漏气量占比为4.2％，故该香水瓶密封性能不合格。
要点二
知识精研
【典例2】 A 气体的温度不变，气体分子的平均动能不变，对器壁的平均撞击力不变；体积减小，单位体积内的分子数目增多，气体压强增大。故A正确。
素养训练
1.D 密闭容器中的氢气质量不变，分子个数不变，根据n＝可知当体积增大时，单位体积的个数变小，氢气分子的密集程度变小，故A错误；气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的，压强增大并不是因为氢气分子之间斥力增大，故B错误；普通气体在温度不太低，压强不太大的情况下才能看作理想气体，故C错误；温度是气体分子平均动能的标志，大量气体分子的速率呈现“中间多，两边少”的规律，温度变化时，大量分子的平均速率会变化，即氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化，故D正确。
2.D 从A到B气体温度不变，分子平均动能不变，故A错误；从B到C为等容变化，根据查理定律＝可知，气体压强增大，温度升高，则气体分子平均动能增大，故B错误；A到C状态为等压变化，根据盖—吕萨克定律＝可知，气体体积增大，温度升高，则气体分子平均动能增大，分子撞击器壁的平均作用力增大，故C错误；从A到B过程气体温度相同，分子撞击器壁的平均作用力相等，压强变小的原因是气体体积增大，分子密集程度减小，故D正确。
【教学效果·勤检测】
1.C 理想气体是在任何温度、任何压强下都能严格遵守气体实验定律的气体，A错误；理想气体是实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下的抽象，故C正确，B、D错误。
2.B 从p-V图像中的AB图线看，气体由状态A到状态B为等容变化，根据查理定律可知，一定质量的理想气体，当体积不变时，压强跟热力学温度成正比，由A到B压强增大，温度升高，分子平均动能增加，故A错误；理想气体的内能只与温度有关，气体的温度升高，内能增加，故B正确；气体体积不变，气体分子的数密度不变，温度升高，气体分子平均速率增大，则气体分子在单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数增加，故C、D错误。
3.C 由题图可知，从状态A到状态B是一个等压变化过程，有＝，因为VB＞VA，则有TB＞TA，而从状态B到状态C是一个等容变化过程，有＝，因为pB＞pC，有TB＞TC，对状态A和C，根据理想气体状态方程有＝，解得TA＝TC，综上分析可知C正确，A、B、D错误。
4.29.15 m
解析：设试管中密封气体在湖面时的体积为V1，此时气体温度为T1＝（273＋10）K＝283 K
压强为p1＝p0＝1.0×105 Pa
试管压至湖底时，根据题意可知，密封气体的体积为V2＝
温度为T2＝（273＋4）K＝277 K
此时密度气体压强为p2＝p0＋ρgh
根据理想气体状态方程可得＝
联立解得h≈29.15 m。
习题课一 理想气体状态方程和
实验定律的综合应用
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 C 由V-T图像可知，ab过程，理想气体做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程，有＝C，可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小，故选C。
素养训练
1.B 由题图可知，a→b过程，气体发生等温变化，气体压强减小而体积增大，故A错误；由题图可知，b→c过程，压强p变大，体积V增大，由理想气体状态方程＝C可知，温度一定升高，故B正确；由题图可知，c→d过程，气体压强p不变而体积V变小，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，故C错误；由题图可知，d→a过程，气体体积V不变，压强p变小，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，故D错误。
2.（1）600 K 600 K 300 K （2）见解析
解析：（1）从p-V图像中可以直观地看出，气体在A、B、C、D各状态下压强和体积分别为pA＝4 atm，pB＝4 atm，pC＝2 atm，pD＝2 atm，VA＝10 L，VC＝40 L，VD＝20 L。
根据理想气体状态方程
＝＝
得TC＝·TA＝×300 K＝600 K
TD＝·TA＝×300 K＝300 K
由题意知B到C是等温变化，所以TB＝TC＝600 K。
（2）由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律得
pBVB＝pCVC
解得VB＝＝ L＝20 L。
在V-T图像上状态变化过程的图线由A、B、C、D各状态依次连接（如图），AB是等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD是等压压缩过程。
要点二
知识精研
【典例2】 A 假定降温后气体体积保持不变，由查理定律得＝，则Δp＝·p0，降温前两边气体压强相等，但A容器的温度低，所以ΔpA＞ΔpB，A容器压强减小得多，所以水银柱向A移动，故A正确。
素养训练
A 假设水银柱不动，由查理定律知＝，由题意知ΔT1＝ΔT2，T1＝T2，p1＞p2，则Δp1＞Δp2，即ΔF1＞ΔF2，故水银柱上移，故A正确。
要点三
知识精研
【典例3】 A 球内原有气体压强为p1＝1.3 atm时，其体积为V＝7.5 L，设需打气n次，球内气压回到正常范围，设球内正常气压为p2，每次打入的空气为ΔV。由玻意耳定律有p2V＝p1V＋np0ΔV，解得n＝＝，当p2＝1.5 atm时，解得 n＝5，当p2＝1.6 atm时，解得 n＝7.5，所以需打气的次数范围5～7次，故A正确。
【典例4】 （1）0.84p0 （2）25％
解析：（1）根据理想气体状态方程＝
解得p2＝0.84p0。
（2）在平流层时，根据玻意耳定律p2V2＝p3V3
解得V3＝V2
向外排出氦气质量占原有质量的百分比为＝＝＝25％。
素养训练
1.D 根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据整理得V＝60 cm3，故选D。
2.（1）1.44×107 Pa （2）556个
解析：（1）钢瓶容积不变，p1＝1.2×107 Pa，T1＝250 K，T2＝300 K，由查理定律得＝
解得p2＝1.44×107 Pa。
（2）先以大钢瓶中气体为研究对象，研究压强降到p3＝5×105 Pa过程，则
p2V0＝p3（V0＋V1）
再以装入小钢瓶的全部气体为研究对象，研究压强降到p4＝2×105 Pa过程，则
p3V1＝np4V
解得n＝556个。
【教学效果·勤检测】
1.C 设未抽气前容器内气体压强为p，则第一次抽气过程，气体状态参量为p1＝p，V1＝2V，V2＝3V，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得p2＝p；第二次抽气过程，气体状态参量p2＝p，V2'＝2V，V3＝3V，由玻意耳定律得p2V2'＝p3V3，解得p3＝p，故C正确，A、B、D错误。
2.B 根据理想气体状态方程＝C，可得p＝T。由题图可知，从a到b，气体压强不变，温度升高，则气体体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，由p＝T可知，气体在c态的体积大于气体在b态体积，故B正确，A、C、D错误。
3.CD 假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律得，压强的增加量Δp＝，而各管原p相同，所以Δp∝，即T高，Δp小，即可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C、D正确。
4.（1）57 （2）10∶11
解析：（1）由题意可知，最初时轮胎内气体温度为
T1＝（273＋27）K＝300 K
由于行驶过程中轮胎容积不变，则根据查理定律可得
＝
解得T2＝330 K
则此时轮胎内气体温度为t2＝（330－273）℃＝57 ℃。
（2）设所放的气体体积为ΔV，放气过程中温度不变，则p2V＝p1（V＋ΔV），剩余气体质量与原有气体质量之比为＝＝＝。
4.固体
【基础知识·准落实】
知识点一
1.单 多 晶体 非晶体 2.（1）规则 规则
（2）熔点 熔化温度 （3）各向异性 各向同性
知识点二
1.规则 周期性 2.不同规则 石墨 金刚石
3.晶体 非晶体 晶体
情景思辨
1.提示：简单观察灯饰水晶球发现其外观规则，故可初步判断为晶体。进一步验证方法：加热水晶球使其熔化并记录温度，看是否有确定的熔点，有确定的熔点则为晶体。
2.（1）√ （2）× （3）× （4）× （5）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）单晶体有规则的几何外形，多晶体和非晶体无规则的几何外形。
（2）不一定，由于多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体也没有规则的几何外形。
【典例1】 D 晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，石英晶体沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著，故石英是单晶体，有确定的熔点，有确定的几何形状，A、C错误，D正确；沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著，故具有各向异性的压电效应，B错误。
素养训练
1.D 单晶体有规则的几何外形，多晶体和非晶体则没有规则的几何外形，故A错误；同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如石墨与金刚石，故B错误；单晶体和多晶体都具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故C错误；多晶体是由单晶体组合而成的，但单晶体表现为各向异性，多晶体表现为各向同性，故D正确。
2.D 单晶体在导热、导电、热膨胀与光学性质上表现出各向异性，即沿不同方向上的性能不相同，因此A、B、C可判断该材料为晶体，不能根据这种材料沿不同方向的长度不同，来判断该材料为晶体，故D不能，因此选D。
要点二
知识精研
【探究】 提示：因为原子排列方式不同。
【典例2】 ABD 很多晶体都是由相同的物质微粒组成的，例如，金刚石和石墨都是由碳原子组成的，不同方向上物质微粒完全一样，可见其各向异性不是由不同方向上的微粒性质不同引起的，而是微粒的数目和微粒间距不相同造成的，故C错误，A、B、D正确。
素养训练
1.B 碳原子之间的化学键属于电磁相互作用，故A错误；碳纳米管是管状的纳米级石墨，所以它是晶体，有固定的熔点，故B正确；碳纳米管不是所有物理性质都有各向异性，故C错误；碳纳米管上所有的碳原子并不是静止不动的，它们在不停的振动，故D错误。
2.AB 单晶体的各向异性和规则的几何形状，是由于它的微粒按一定规则排列，A、B正确；非晶体没有规则的几何形状和确定的熔点，C错误；石墨与金刚石的硬度相差甚远，是由于它们内部微粒的排列结构不同，石墨的层状结构决定了它的质地柔软，而金刚石的网状结构决定了其碳原子间的作用力很强，所以金刚石有很大的硬度，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.B 固体可以分为晶体和非晶体两类，单晶体有各向异性，有些晶体在不同的方向上具有不同的光学性质，A正确，不符合题意；将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体，B错误，符合题意；由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石，C正确，不符合题意；在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，D正确，不符合题意。
2.B 由图可知，该颗粒属于晶体，有规则的外形，有固定的熔点，表现为各向异性。故选B。
3.A 根据图示可知，黑磷的微观结构呈现空间上规则排列，具有空间上的周期性，属于晶体材料，因而黑磷具有固定的熔点，故A正确，C错误；质子数相同，而中子数不同的元素互称同位素，白磷和黑磷属于同素异形体，不属于同位素，故B错误；根据图示可知，黑磷的微观各层结构都相同，每层内部结构紧密，故D错误。
4.C 测试发现，材料甲沿ab、cd两个方向的电阻相等，材料乙沿ef方向的电阻大于沿gh方向的电阻，说明了甲具有各向同性，而乙具有各向异性，而单晶体的物理性质是各向异性，所以乙一定是单晶体，而多晶体不显示各向异性，材料甲可能是多晶体，也可能是非晶体，故只有选项C正确。
5.液体
【基础知识·准落实】
知识点一
1.薄层 2.略小于 略大于 引力 3.（1）绷紧
（2）收缩趋势 （3）相切 垂直
知识点二
1.（1）润湿 附着 （2）润湿 不会附着 （3）强
2.上升 下降
知识点三
1.液态 流动性 规则排列 2.（1）结晶 重心的位置
（2）异性 3.温度 浓度 4.（1）显示 （2）生物膜
情景思辨
1.提示：液体表面层内分子间距离较大，大于分子在平衡位置的距离，分子间作用力表现为引力。
2.（1）√ （2）× （3）× （4）× （5）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：因为雨水将纱丝浸湿后，在纱丝孔隙中形成水膜，水膜的表面张力使雨水不会漏下来。
【典例1】 C 温度越高，表面张力越小，故A错误；表面张力的方向与液面相切，而不是与液面垂直，故B错误；硬币能够静止在水面上是液体表面张力与其重力平衡的结果，故C正确；由于液体表面分子间距离略大于平衡位置间距r0，故液体表面存在表面张力，故D错误。
素养训练
1.D 由于液体表面张力的作用，使液面绷紧，小昆虫受到液面对它的弹力，故沉不下去，故选D。
2.AD 用烧热的针刺破上侧的薄膜，由于下侧薄膜中的表面张力，使棉线向下弯曲，故选项A正确；用烧热的针刺破一侧的薄膜，不可能两侧都有张力，故选项B错误；用烧热的针刺破下侧的薄膜，由于上侧薄膜中的表面张力，使棉线向上弯曲，故选项C错误，D正确。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）因水和木质筷子是浸润的，当两根筷子之间的距离很小时，由于毛细现象使得两根筷子之间的水面会沿着筷子上升。
（2）两根筷子间距离越小，水面升高的高度越大。
【典例2】 CD 水在玻璃管中液面会上升是浸润现象，水在塑料笔芯中液面会下降是不浸润现象，故A、B错误；甲图内径小的玻璃管中液面比水面高的高度比乙图内径小的塑料笔芯中液面比水面低的高度大，说明甲图中水和玻璃的相互作用比水分子之间的相互作用强，故C正确；甲、乙两图都能说明管的内径越小，毛细现象越明显，故D正确。
素养训练
1.ACD 附着层Ⅰ液体分子比液体内部分子密集，附着层内液体分子间距离小于r0，附着层内分子间作用力表现为斥力，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，附着层内分子间作用力表现为引力，附着层有收缩的趋势，D正确；表面层内分子比液体内部疏，表现为引力，A正确，B错误。
2.AB 在夏季，人穿棉线衣服感觉舒适是因为汗水对棉线浸润，汗水可以通过棉线衣服蒸发出去，故A正确；单杠、双杠运动员上杠表演前，手及杠上涂镁粉，是因为水对镁粉浸润，可以吸收手部汗液，防止打滑，故B正确；布制的雨伞伞面能明显看到线的缝隙，但雨伞不漏雨水是由于表面张力的作用，故C错误；酒精灯的灯芯经常是用棉线做成的，因为酒精对棉线浸润，对丝线不浸润，故D错误。
要点三
知识精研
【探究】 提示：（1）某些物质像液体一样具有流动性，而其光学性质又与某些晶体相似，具有各向异性，人们把处于这种状态的物质叫作液晶。构成液晶的分子为有机分子，大多为棒状。
（2）液晶具有光学各向异性。
【典例3】 CD 晶体属于典型的固体，其分子排列呈一定的点阵结构，有规律，而液晶分子的结构是介于液态的杂乱与晶体的规律排列之间的，其像液体一样具有流动性，而在光学等物理性质上又与晶体相似，具有各向异性，C、D正确。
素养训练
1.C 液晶有人工合成的，也有天然的，例如液晶也存在于生物结构中，故A错误；液晶既有液体的流动性，又有光学的各向异性，故B错误；当某些液晶中渗入少量多色性染料后，在不同的电场强度下，对不同颜色的光的吸收强度不一样，这样就能显示各种颜色，故C正确；液晶是介于液态与固态之间的一种物质状态，结构与液体的结构不同，故D错误。
2.B 并不是所有物质都能成为层状液晶，只有少数物质在特定条件下才能成为液晶，故A错误；层状液晶的光学性质具有各向异性，故B正确；层状液晶并不是指液体和晶体的混合物，而是一种特殊的物质，液晶像液体一样可以流动，又具有单晶体各向异性的特性，故C错误；层状液晶是不稳定的，外界影响的微小变化，例如温度、电场等，都会引起液晶分子排列变化，改变它的光学性质，故D错误。
【教学效果·勤检测】
1.A 一块泡沫漂在水面上，是因为泡沫的密度小于水的密度，水对泡沫的浮力等于泡沫的重力，与液体的表面张力无关，故A正确；硬币可以浮在水面上是表面张力作用的结果，故B错误；荷叶上的露珠呈现球形是表面张力作用的结果，故C错误；由于雨水表面存在表面张力，虽然布伞有孔，但不漏水，与表面张力有关，故D错误。
2.B 因为液体表面张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走，故A错误；将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，故B正确；浸润液体在毛细管中上升，呈凹液面；不浸润液体在毛细管中下降，呈凸液面，两种都属于毛细现象，故C错误；玻璃管的裂口在火焰上烧熔后，它的尖端会变钝，是表面张力作用的结果，不是浸润现象，故D错误。
3.B 液晶态既有液体的流动性，又在一定程度上具有晶体分子的规则排列的性质。故B正确。
4.D 水银对玻璃是不浸润液体，不浸润液体在毛细管内附着层液体的分子密度较小，液体分子间距较大此时附着层内的分子相互作用表现为引力，液面呈现收缩的趋势，即液面下降，故不浸润液体在毛细管内下降，而且毛细管越细，浸润液体在毛细管内下降的高度越大，故A、C错误；水对玻璃是浸润液体，浸润液体在毛细管附着层内液体的分子密度较大，液体分子间距较小，分子相互作用表现为斥力，液面呈现扩张的趋势，即在毛细管内上升，而且毛细管越细，浸润液体在毛细管内上升的高度越大，故D正确，B错误。
第三章 热力学定律
1.功、热和内能的改变
【基础知识·准落实】
知识点一
1.吸热 放热 2.（1）上升 （2）热效应 3.始末
知识点二
1.自身状态 能量 能量 2.W
知识点三
1.热 2.（1）内能变化 （2）Q 3.转化 转移
情景思辨
1.提示：钻木取火的过程是通过外力对木棍做功，使木棍内能增加，温度达到木棍的着火点而燃烧。
2.（1）√ （2）× （3）× （4）× （5）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）可以看到棉花燃烧起来，该现象说明压缩空气做功，使空气内能增大，温度升高，达到乙醚的着火点后引起棉花燃烧。
（2）迅速压下活塞是为了减少传热，尽量创造一个绝热条件。
【典例1】 C 胶塞冲出容器口，气体膨胀，对外做功。由于没来得及发生热交换，由W＝ΔU可知，内能减少，温度降低，A、B、D错误，C正确。
素养训练
1.D 绝热膨胀过程是指气体膨胀过程未发生传热，膨胀过程气体体积增大，气体对外界做功，W＜0，由ΔU＝U2－U1＝W可知，气体内能减小，由于气体分子间的势能可忽略，故气体分子的平均动能减少，故D正确。
2.AD 气体膨胀，气体对外做正功，又因为气体与外界无热量交换，由此可知气体内能减小，B错误，D正确；因忽略气体分子间相互作用，没有分子势能，所以分子平均动能减小，A正确，C错误。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）说明做功和传热都能改变物体的内能。
（2）①三种方式都是热量从一个物体传递到另一个物体。
②传热是内能在物体间（或一个物体的不同部分之间）转移，做功是其他形式的能和内能之间的转化。
【典例2】 BD 在外界不做功的情况下，系统内能的改变量等于传递的热量，内能增加，一定是吸收了相等能量的热量，故A错误，B正确；物体内能包括所有分子的动能和势能，内能由分子数、分子平均动能、分子势能共同决定，所以内能增加了50 J并不一定是分子动能增加了50 J，物体分子的平均动能有可能不变，吸收的50 J热量可能全部用来增加分子势能，故C错误，D正确。
素养训练
1.B 太阳能热水器是通过吸收太阳能，通过传热的方式将水加热，故选B。
2.传热 增大 减小
解析：夏天，我们常常将饮料和冰块放在一起，制作“冰镇饮料”。这是因为饮料和冰块的温度不同，两者之间发生了传热，冰块吸收热量、内能增大，饮料放出热量、内能减少、温度下降，但总能量不变，因此该过程是通过传热改变冰块和饮料的内能。
要点三
知识精研
【典例3】 D 热量是用来衡量物体间进行传热时内能转移的物理量，不能说物体“含有”多少热量，故选项A、B错误；由于做功和传热都可以引起物体内能的变化，只根据做功无法准确判断物体内能的变化，故选项C错误；物体间发生传热的条件是存在温度差，故选项D正确。
素养训练
1.B 一定质量的物体，其内能是由温度和体积共同决定，物体的温度改变时，其内能不一定改变，故A错误；物体对外做功的同时如果从外界吸收热量或者同时有别的物体还对它做功，那么物体的内能就不一定改变；向物体传递热量的时候，如果物体同时放热或者有别的物体对它做功，那么物体的内能也不一定改变，故C错误，B正确；不发生传热的话，也可以是对外界做功或者外界对物体做功，一样可以改变物体的内能，故D错误。
2.C 物体的内能是指物体内所有分子动能和分子势能的总和，而要改变物体的内能可以通过做功和传热两种途径，热量、功、内能这三者的物理意义不同，A错误；热量是表示在传热过程中物体内能变化的多少，而功也是用做功的方式量度物体内能变化的多少，B错误，C正确；热量、功、内能三者的单位都是焦耳，与温度的单位不同，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.ABC 两小球碰撞后黏合在一起，同时温度升高，是机械能转化为内能；汽缸内活塞压缩气体，对气体做功，气体的内能增加，温度升高；车刀切削钢件，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，使切下的铁屑温度升高。以上都是通过做功使物体的内能发生改变。而物体在阳光下被晒热，不属于做功的方式。故A、B、C正确，D错误。
2.B 野外生存中利用钻木取火是通过做功改变物体内能，选项A错误；暖手宝可以使手变得暖和是通过传热改变物体内能，选项B正确；搓搓手可以让手变得暖和是通过做功改变物体内能，选项C错误；铁钉被锤子敲打后会升温是通过做功改变物体内能，选项D错误。
3.A 做功和传热是改变物体内能的两种不同的物理过程，故选项A正确；做功和传热在改变物体内能上是等效的，但是对物体做功与对物体传热的本质是不同的，故选项B错误；热量是传热过程中，温度高的物体向温度低的物体或物体温度高的部分向温度低的部分转移的内能大小的量度，故选项C错误；热量是传热过程中内能变化的量度，是过程量，故选项D错误。
4.CD 物体的内能由物体中的分子数、温度和体积共同决定，两物体的质量相等，而分子数不一定相同，A错误；温度升高，分子的平均动能增加，每个分子的动能不一定都增加，B错误；热量是传热过程中物体内能变化的量度，C正确；做功和传热都能改变物体的内能，做功是能量转化的过程，传热是能量转移的过程，两过程的本质不同，但改变物体内能的效果相同，D正确。
5.C 用铁锤锻打铁器，铁器会发热，属于用做功的方式改变物体内能；用火对铁器加热，铁器从火中吸收热量，把铁器放在水中淬火，铁器向水中放热，所以加热和淬火属于用传热的方式改变物体内能，故选项C正确。
2.热力学第一定律
3.能量守恒定律
【基础知识·准落实】
知识点一
1.做功 传热 等价的 2.（1）热量 （2）Q＋W
3.（1）正 负 （2）正 负 （3）负
知识点二
1.磁 电磁感应 热 2.产生 消失 转化 转移 保持不变
3.（1）对外做功 （2）能量守恒定律
情景思辨
1.提示：这不是永动机；手表戴在手腕上，通过手臂的运动，机械手表获得能量，供手表发条做机械运动。若将此手表长时间放置不动，它就会停下来。
2.（1）√ （2）√ （3）√ （4）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：内能增加了10 J；减少了10 J；没改变。
【典例1】 B 由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，外界对气体做功，则W为正值，气体内能减少，则ΔU 为负值，代入热力学第一定律表达式得Q＝－2×105 J，故选B。
【典例2】 C 将活塞P缓慢地向B移动的过程中，外力对乙做功，乙的内能增加，温度升高，由于固定隔板B导热，所以乙将热量传递给甲，甲、乙两部分气体的温度最终相同，均高于初态温度，所以甲、乙内能均增加，故C正确。
拓展训练
见解析
解析：（1）若将活塞P缓慢向外拉动，则气体乙对外做功，乙的内能减小，温度降低。这时甲要将热量传递给乙，故甲、乙的内能均减小。
（2）若隔板B绝热但可以自由移动，则当活塞P缓慢向B移动时，乙气体压强增大，隔板B向里移动，甲气体也被压缩，故甲、乙气体的内能均增加。
要点二
知识精研
【探究】 提示：能量守恒定律是各种形式的能在相互转化或转移的过程中，总能量保持不变，它包括各个领域，其范围广泛。热力学第一定律是物体内能与其他形式的能之间的相互转化或转移，是能量守恒定律的具体体现。
【典例3】 A 根据能量守恒定律可知，石子从空中落下，最后停止在地面上，石子的能量并没有消失，石子的机械能转化成了内能，故A错误；做功与传热可以改变物体的内能，对物体做功的同时，如果物体向外放热，则物体的内能可能减小，故B正确；根据能量守恒定律可知，某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加，故C正确；根据能量守恒定律可知，某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，故D正确。
素养训练
1.AD 第一类永动机是不消耗任何能量却能源源不断地对外做功的机器，这是人们的美好愿望，但它违背了能量守恒定律，这也是它不能制成的原因。故A、D正确。
2.AB 在绝热过程中，甲气室中气体体积减小，外界对它做正功，内能增加，温度升高，故A正确。乙气室中气体体积增加，它对外界做功，内能减少；活塞下落，重力势能减少，设乙气室中气体对活塞的力做功为W乙，由题可知W乙为正值，由能量守恒定律可得ΔE＝mgh＋W乙，故C、D错误，B正确。
【教学效果·勤检测】
1.D 根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，单纯的一方面：气体放出热量或者气体对外做功，不能推出其内能一定减小，故A、B错误；温度是气体分子热运动平均动能的标志，气体的温度降低，分子热运动的平均动能一定减小，但每个分子热运动的动能不一定减小，故C错误，D正确。
2.D 由ΔU＝W＋Q可得ΔU＝－1.0×104 J＋2.5×104 J＝1.5×104 J＞0，则理想气体内能增加，温度升高，故A、B错误；因气体对外做功，气体一定膨胀，体积变大，由ρ＝可知气体密度变小，故C错误，D正确。
3.BC 如果活塞迅速下压，活塞对气体做功，气体来不及散热，则由热力学第一定律可知，气体内能增加，温度升高，压强增大，故A错误，B正确；活塞下压后迅速反弹时，气体对外做功，来不及吸热，气体内能减少，温度降低，气体分子平均速率减小，但不是每个气体分子的速率都减小，有些分子的速率可能增大，故C正确，D错误。
4.93 ℃
解析：铅弹射中木块后与木块一起做平抛运动的初速度为v＝＝1 m/s
根据动量守恒定律可得mv0＝（m＋M）v
可得铅弹射入木块时速度为
v0＝v＝2.01×102 m/s
系统损失的机械能为
ΔE＝m－（m＋M）v2＝2.01×102 J
系统损失的机械能转化为系统增加的内能，则
Δt＝＝93 ℃。
习题课二 热力学第一定律和
气体实验定律的综合应用
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 AC 由理想气体状态方程得＝，且b、c状态温度相同，pb＞pc，则Vb＜Vc，故A正确，B错误；由图像可知，ab过程中气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C正确；由图像知b、c状态的温度相同即内能相同，体积Vb＜Vc，由图可知：a→b是等容变化，根据热力学第一定律知：ΔUab＝Qab，a→c是等压变化，Va＜Vc，Wac＜0，ΔUac＝Wac＋Qac，又因为ΔUab＝ΔUac，所以，Qab＜Qac，故D错误。
【典例2】 （1）375 K （2）增加了400 J
解析：（1）D→A为等温线，则TD＝TA＝300 K
气体由C到D为等压变化，由盖－吕萨克定律得＝
解得TC＝＝375 K；
（2）气体由A到B为等压变化，则W＝－pΔV＝－2×105×3×10－3 J＝－600 J
由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W＝1 000 J－600 J＝400 J，则气体内能增加了400 J。
素养训练
1.B 压强相等时，根据＝C，一定质量的气体在状态b时体积大，温度高，则气体在状态b时比在状态a时的内能大，A正确；体积相等时，根据＝C，气体在状态b时压强大，温度高，则气体在状态b时单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数比在状态c时多，B错误；气体从状态c 变化到状态a，根据＝ ，代入数据得Tc＝Ta，内能不变，C正确；气体从状态 a 经过状态b 到状态c，图像围成的面积等于气体对外做功，由于温度不变，则气体从外界吸收热量，D正确。
2.A 由题图知A→B过程，气体压强不变，体积膨胀，气体对外做功（W＜0），温度升高，内能增大（ΔU＞0），根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知该过程气体吸收热量（Q＞0），故A正确，B错误；由题图知B→C过程，气体体积不变，则外界对气体不做功，温度升高，根据查理定律可知，压强增大，故C、D错误。
要点二
知识精研
【典例3】 （1）1.6×105 Pa （2）14 J
解析：（1）设气体初状态压强为p1，对活塞，由平衡条件得p0S＝p1S＋mg
解得p1＝8×104 Pa
气体初状态的温度T1＝300 K，体积V1＝h1S
气体末状态的温度T2＝900 K，体积V2＝（h1＋h2）S
对缸内封闭气体，由理想气体状态方程＝，解得p2＝p1＝1.6×105 Pa。
（2）对于封闭气体，在此过程中外界对气体做功为
W＝－p1·ΔV＝－8×104×2×10－3×0.1 J＝－16 J
由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q
气体增加的内能为ΔU＝－16 J＋30 J＝14 J。
素养训练
1.D 气体A吸热，Q＞0，体积不变，W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知ΔU＞0，气体温度升高，故A错误；对气体B上方的活塞进行受力分析，根据平衡条件可知，气体B的压强不变，由于隔板导热性能良好，气体B温度升高，内能增大，根据理想气体状态方程＝C，在压强不变，温度升高的情况下，体积增大，则气体对外做功，故B错误；气体A和气体B温度升高，则分子的平均动能都增大，但并非每一个分子的动能都会增大，故C错误；气体压强与分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数、分子平均动能有关，在压强不变的情况下，气体B的分子平均动能增大，则气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少，故D正确。
2.（1） （2） Q
解析：（1）没有人坐在座椅上时，座椅受到管内气体压力、管外大气压力和自身的重力，设管内气体压强为p1，管外大气压为p0，根据平衡条件有
mg＋p0π＝p1π
又Δp＝p1－p0
解得Δp＝。
（2）质量为M的人坐在座椅上后，设稳定时管内气体压强为p2，则有
（M＋m）g＋p0π＝p2π
p1Sh＝p2S（h－Δh）
解得Δh＝
由热力学第一定律知，座椅下降过程中活塞对管内气体做的功W＝Q。
【教学效果·勤检测】
1.BD 过程AB温度不变，则气体分子平均动能不变，A错误；过程BC气体体积不变，则气体分子的数密度不变，B正确； 过程CA气体对外界做功，则W＜0；温度升高，则ΔU＞0；根据ΔU＝W＋Q，可得Q＞0，说明气体从外界吸热，C错误，D正确。
2.C 在过程ab中气体压强减小，温度升高，内能增大，ΔU＞0 ，再结合理想气体状态方程可知体积增大，气体对外做功，W＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体一定吸收热量，故A正确，不符合题意；在过程bc中，压强增大，温度升高，内能增大，ΔU＞0，斜率增大，体积减小，外界对气体做功，W＞0，气体有可能吸热，有可能放热，故B正确，不符合题意；在过程ca中，压强不变，温度降低，内能减小，ΔU＜0，体积减小，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体要放出热量，则外界对气体所做的功小于气体所放出的热量，故C错误，符合题意；一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大，由图可知状态c内能最大，故D正确，不符合题意。
3.C 以C中气体为研究对象，体积不变，根据＝，可知C中气体温度升高，压强增大；以活塞和连杆整体为研究对象，受到向上和向下气体的压力p2SA＜p2SB，可知活塞和连杆合力向下，则两活塞竖直向下运动，A中气体体积增大，对外做功，即W＜0，根据ΔU＝Q＋W，汽缸绝热Q＝0，内能减小，温度降低；反之B中气体体积变小，内能增大，温度升高。故选C。
4.（1）p0 （2）60k－W0
解析：（1）乒乓球内气体视为理想气体，有＝
解得p＝p0。
（2）该过程气体内能变化量为ΔU＝330k－270k＝60k
由热力学第一定律有ΔU＝W0＋Q
解得Q＝60k－W0。
4.热力学第二定律
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）不可逆的 （2）方向性 2.（1）①内能 机械能
②比值 （2）完全变成功 方向性
知识点二
1.做功 2.品质
情景思辨
1.提示：（1）均匀。（2）不能。
2.（1）√ （2）× （3）√ （4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：自然界的宏观过程不可能自动地逆向进行。要使它们逆向进行，就必须由外界对它们施加作用。
【典例1】 AD 热力学第二定律揭示了与热现象有关的物理过程的方向性，机械能和内能的转化过程具有方向性，机械能可以全部转化为内能，而内能要全部转化为机械能必须借助外部的帮助，即会引起其他变化，选项A正确，B错误；热传递过程也具有方向性，热量能自发地从高温物体传给低温物体，但是热量要从低温物体传到高温物体，必然要引起其他变化（外界对系统做功），选项C错误，D正确。
素养训练
C 电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，在该过程中压缩机做功，即会产生其他的变化，故A错误；机械能可以全部转化为内能，内能不可以自发地全部转化为机械能，故B错误；可以制成一种热机，由热源吸取一定的热量而对外做功，如各种内燃机，但注意吸收的热量不是全部用来对外做功，故C正确；冰可以融化成水，水也可以结成冰，这两个过程伴随能量的转移，不是自发进行的，这个现象没有违背热力学第二定律，故D错误。
要点二
知识精研
【典例2】 D 根据热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝－100 J＋80 J＝－20 J，它的内能减小20 J，故A错误；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对外界做功，其内能不一定减少，故B错误；通过做功的方式可以让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，故C错误；能量耗散过程体现了宏观自然过程的方向性，符合热力学第二定律，故D正确。
素养训练
1.D 第一类永动机违反了能量守恒定律，第二类永动机违反了热力学第二定律，A、B错误；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C错误；由热力学第二定律可知D项中现象是可能的，但会引起其他变化，D正确。
2.B C
解析：A项符合热力学第一、第二定律。冷水和杯子温度不可能都变低，只能是一个升高一个降低，或温度都不变，B项描述违背了热力学第一定律。C项描述虽然不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律。D项中冰箱消耗电能从而可以从低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，不违背热力学第二定律。
要点三
知识精研
【探究】 提示：能量是守恒的，但能量耗散却导致能量品质的降低，在利用它们的时候，高品质的能量释放出来并最终转化为低品质的能量。
【典例3】 B 化石能源不是清洁能源，水能是可再生能源，故A错误；根据热力学第二定律可知，不同形式的能量之间可以相互转化，能量在转化和转移中具有方向性，故B正确；能量既不会凭空消失，也不会凭空产生，它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变，故C、D错误。
素养训练
1.ACD 能源是有限的，必须合理利用能源，A正确；尽管能量守恒，但使用过程中会有能量耗散，常规能源并不是取之不尽，用之不竭的，B错误；能源利用推动人类进步的同时会破坏人类生存的环境，必须加强环境保护，C正确；开发新能源可以缓解常规能源的不足，D正确。
2.AB 能量耗散遵守能量守恒定律，能量既不能凭空消失，也不能减少，而是以不同形式存在。能量耗散是指在能量转化的过程中，其他形式的能量最终转化为内能，流散到周围环境中，无法利用，使能量的可利用率越来越低，反应了能量流动的方向性，故选A、B。
3.BC 尽管能量守恒，但能量耗散后无法重新收集利用，所以能源是有限的，特别是常规能源，A错误，B正确；常规能源的利用比新能源核能的利用对环境影响大，C正确，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.A 太阳能是一种清洁能源，故A正确；煤炭和石油是不可再生能源，故B错误；水能、风能是可再生能源，故C错误；核废料具有放射性，对环境污染极大，故D错误。
2.C 摩擦生热的过程是不可逆的，故A错误；能量守恒具有单向性，一般是不可逆，故B错误；实际的宏观过程都具有“单向性”或“不可逆性”，故C正确；空调机既能制冷又能制热，并不能说明传热不存在方向性，而是在相应的过程中，要引起其他方面的变化，故D错误。
3.CD 热茶温度比周围温度高，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A项不能发生；蒸汽机工作过程，一方面由于摩擦产生内能，另一方面蒸汽机要向周围环境散热，蒸汽机把蒸汽的内能全部转化为机械能是不可能的，故B项不能发生；由于泥沙比水的密度大，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离，故C项能发生，也不违背热力学第二定律；通电后冰箱内压缩机工作，把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体，故D项能发生，也不违背热力学第二定律。
4.B 热力学第一定律揭示了内能与其他形式能之间的转化关系，是能量守恒定律在热力学中的具体体现。热力学第二定律则进一步阐明了内能与其他形式能之间转化的方向性，二者表述的角度不同，本质不同，相互补充，并不矛盾，故C、D错误，B正确；内能在一定条件下可以全部转化为机械能，热量也可以由低温物体传递到高温物体，但是会引起其他变化，如电冰箱制冷机工作需要消耗电能，故A错误。
第四章 原子结构和波粒二象性
1.普朗克黑体辐射理论
【基础知识·准落实】
知识点一
1.完全吸收 2.向外辐射
知识点二
温度 （1）增加 （2）短
知识点三
1.整数倍 能量子 2.hν 普朗克常量 3.量子化 分立
情景思辨
1.提示：投在炉中的铁块一开始是黑色，过一会儿随着温度的升高，铁块逐渐变为红色，这是因为同一物体热辐射的强度与温度有关。
2.（1）× （2）× （3）√ （4）√ （5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）从外面射来的电磁波，经小孔射入空腔，要在腔壁上经过多次反射，在多次反射过程中，外面射来的电磁波几乎全部被腔壁吸收，最终不能从空腔射出，所以小孔和空腔能够模拟黑体。
（2）黑体能够向外辐射电磁波。
【典例1】 D 温度越高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，但黑体辐射的电磁波波长并不是越大，A、B错误；一般物体的辐射强度除去与温度有关外，还和物体的材料及表面状态有关，但黑体的辐射强度按波长的分布只与黑体的温度有关，C错误；普朗克通过对黑体辐射的研究，提出了能量子的概念，D正确。
素养训练
1.CD 黑体自身辐射电磁波，不一定是黑的，A错误；黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，B错误，C正确；小孔只吸收电磁波，不反射电磁波，因此带小孔的空腔近似为一个黑体，D正确。
2.B 根据黑体辐射规律，可知随温度升高，各种波长的辐射强度都增大，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故人体热辐射强度I随人体温度的升高而增大，其极大值对应的波长减4.核裂变与核聚变 5.“基本”粒子
课标要求 素养目标
1.了解裂变反应和聚变反应的工作原理。 2.知道如何控制核反应速度及如何防止核污染 1.知道核裂变与核聚变、链式反应及粒子的基本概念，了解原子弹、核反应堆、聚变反应条件、新粒子的过程。（物理观念） 2.掌握链式反应及核聚变释放能量的计算，理解核电站的工作原理，掌握轻核聚变的条件，提高分析、解决问题的能力。（科学思维）
知识点一 核裂变
1.核裂变的发现
（1）发现：1938年底，德国物理学家 和他的助手斯特拉斯曼在用中子轰击铀核的实验中发现了铀核的裂变。
（2）定义：铀核在被中子轰击后分裂成两块质量差不多的碎片。弗里施借用细胞分裂的生物学名词，把这类核反应定名为 。
（3）铀核裂变：用 轰击铀核时，铀核发生裂变，其产物是多样的，其中一种典型的反应是
U＋ BaKr＋ 。
UnXeSr＋n。
（4）链式反应：由重核裂变产生的 使核裂变反应一代接一代继续下去的过程，叫作核裂变的链式反应。
（5）临界体积和临界质量：核裂变物质能够发生 反应的 体积叫作它的临界体积，相应的质量叫作临界质量。
2.反应堆与核电站
（1）核反应堆组成
①燃料： 。
②慢化剂：铀235容易捕获慢中子发生反应，常用的慢化剂有 、重水和普通水。
③控制棒：由吸收 能力很强的镉制成，用以控制链式反应的速度。
（2）核电站工作原理
核燃料 释放的能量使反应区温度升高，水或液态的金属钠等流体在反应堆内外 ，把反应堆内的热量传输出去，用于发电，用时也使反应堆冷却。
（3）核污染的处理
为避免射线对人体的伤害和 物质对水源、空气和工作场所造成放射性污染。在反应堆外面要修建很厚的 ，用来屏蔽裂变产物放出的各种射线。核废料具有很强的 ，需要放入特制容器，深埋地下。
【情景思辨】
如图所示为核裂变示意图，判断下列说法正误。
（1）重核裂变是一种天然现象。（ ）
（2）铀核裂变的产物是固定的，就是生成钡和氪，同时放出3个中子。（ ）
（3）裂变中放出的中子数目是固定的3个中子。（ ）
（4）只有铀块的体积大于临界体积时，才能够发生链式反应。（ ）
知识点二 核聚变
1.定义：两个 结合成质量较大的核，这样的核反应叫作核聚变。
2.核反应方程HHHen＋17.6 MeV。
3.条件：使轻核的距离达到 m以内。
4.方法：把轻核加热到很高的 。因此核聚变又叫 。
5.宇宙中的核聚变：太阳能是太阳内部的氢核 成氦核释放的核能。
6.人工热核反应： 弹。首先由化学炸药引爆 弹，再由原子弹爆炸产生的高温高压引发热核爆炸。
7.核聚变的优、缺点
（1）优点：①轻核聚变产能 ；②地球上核聚变燃料氘的储量 ，而氚可以利用锂来制取，足以满足核聚变的需要；③轻核聚变更为安全、清洁。
（2）缺点：核聚变需要的温度太 ，地球上没有任何容器能够经受如此高的温度。
8.控制方案： 约束和 约束。
知识点三 “基本”粒子
1.“基本”粒子
人们认为光子、电子、 和中子是组成物质的不可再分的最基本的粒子，把它们叫作“基本粒子”。然而，随着科学的发展，科学家们发现很多新粒子不能看作由质子、 、电子组成，并发现 、中子等本身也有自己的复杂的结构。从20世纪后半期，就将“基本”二字去掉，统称为粒子。
2.发现新粒子
1932年发现了 ，1937年发现了μ子，1947年发现了K介子和π介子，后来发现了超子等。
3.粒子的分类
（1）强子：是 强相互作用的粒子。 和 都是强子。
（2）轻子： 强相互作用。 、电子中微子、μ子、μ子中微子以及τ子和τ子中微子都是已发现的轻子。
（3）规范玻色子：是 各种相互作用的粒子，如 ，中间玻色子（W和Z玻色子）、胶子。
（4）希格斯玻色子：是希格斯场的量子激发。
4.夸克与粒子物理标准模型
（1）夸克、夸克模型：1964年，美国科学家盖尔曼等人提出了夸克模型，认为强子由更基本的成分组成，这种成分叫作 。夸克模型指出电子电荷不再是电荷的最小单位，即存在 。
（2）粒子物理标准模型是一整套关于 的理论。其中， 、 、 和 是组成物质的几类最基本的粒子。
【情景思辨】
如图所示为核聚变示意图，判断下列说法正误。
（1）核聚变时吸收能量。（ ）
（2）核聚变平均每个核子放出的能量，比裂变反应中平均每个核子放出的能量大。（ ）
（3）热核反应主要用在核武器上，那就是原子弹。（ ）
（4）轻核聚变比重核裂变更安全、清洁。（ ）
要点一 核裂变及链式反应
【探究】
1964年10月16日，我国第一颗原子弹爆炸成功。
（1）原子弹爆炸属于哪种核反应？
（2）写出一个属于原子弹爆炸的核反应方程。
【归纳】
1.裂变反应的能量大小：铀核裂变为中等质量的原子核，发生质量亏损，所以放出能量；一个铀235核裂变时释放的能量如果按200 MeV估算，1 kg铀235全部裂变放出的能量相当于2 800 t标准煤完全燃烧时释放的能量，裂变时能产生几百万度的高温。
2.核电站的主要部件及作用
组成部分 材料 作用
裂变材料 （核燃料） 浓缩铀 提供核燃料
减速剂 （慢化剂） 石墨、重水或普通水（也叫轻水） 使裂变产生的快中子减速
组成部分 材料 作用
控制棒 镉棒 吸收中子，控制反应速度
热交换器 水或液态的金属钠 传输热量
防护层 厚水泥层 防止放射线泄漏，对人体及其他生物体造成伤害
3.核电站发电的优点
（1）消耗的核燃料少；
（2）作为核燃料的铀、钍等在地球上可采用储量大，所能提供的能量大；
（3）对环境的污染要比火力发电小。
【典例1】 原子弹和核反应堆都利用了原子核裂变产生的能量。前者可以给人类带来灾难，后者却能用来发电为人类造福。用一个中子轰击U，可发生裂变反应生成Ba和Kr，并释放出几个中子，已知每个中子的质量m1＝1.008 uU的质量m2＝235.043 uBa的质量m3＝140.913 u，Kr的质量m4＝91.897 u，质量亏损1 u相当于释放931 MeV的能量，光速c＝3×108 m/s。
（1）请写出上述裂变中的核反应方程；
（2）求一个U在裂变反应中释放的核能的表达式（用m1、m2、m3、m4、c表示）；
（3）若某原子弹装料为60 kg的U，其中大约有1.2％发生裂变，真实的裂变情况有很多种，假设发生的都是上述裂变反应，已知阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol－1，求这颗原子弹释放的能量约为多少MeV？（结果保留两位有效数字）
尝试解答
1.铀核裂变时，对于产生链式反应的重要因素，下列说法中正确的是（ ）
A.铀块的质量是重要因素，与体积无关
B.为了使裂变的链式反应容易发生，最好直接利用裂变时产生的中子
C.若铀235的体积超过它的临界体积，裂变的链式反应就能够发生
D.能否发生链式反应与铀块的质量无关
2.如图为普遍使用的“慢中子”核反应堆的示意图，铀棒是核燃料，一种典型的铀核裂变方程为Un→BaKr＋n，用重水作为慢化剂可使快中子减速，假设中子与重水中的氘核H）每次碰撞均为弹性正碰，而且认为碰撞前氘核是静止的，氘核的质量是中子质量的两倍，则下列说法不正确的是（ ）
A.钡核的比结合能比铀核的大
B.若碰撞前中子的动能为E0，经过一次弹性碰撞后中子动能变成E0
C.镉棒插入深一些可增大链式反应的速度
D.水泥防护层可用来屏蔽裂变产物放出的射线
3.核泄漏事故污染物Cs能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程为CsBa＋X，则（ ）
A.核反应方程中的X是质子
B.核反应方程中的X是中子
C.核反应类型为核裂变
D.核反应类型为β衰变
要点二 核聚变
1.核聚变的特点
（1）从比结合能的图线看，轻核聚变后比结合能增加，因此聚变反应是一个放能反应。
（2）在消耗相同质量的核燃料时，轻核聚变比重核裂变释放出的能量多。
（3）热核反应一旦发生，就不再需要外界给它提供能量，靠自身产生的热就可以使反应进行下去。
（4）普遍性：热核反应在宇宙中时时刻刻地进行着，太阳就是一个巨大的热核反应堆。
2.核聚变的应用
（1）核武器——氢弹：一种不需要人工控制的轻核聚变反应装置。它利用化学炸药引爆原子弹，再由原子弹爆炸产生的高温高压引发热核爆炸。
（2）可控热核反应：目前处于探索阶段。
3.重核裂变与轻核聚变的比较
项目 重核裂变 轻核聚变
放能原理 重核分裂成两个或多个中等质量的原子核，放出核能 两个轻核结合成质量较大的原子核，放出核能
放能多少 聚变反应比裂变反应平均每个核子放出的能量大3～4倍
核废料 处理难度 聚变反应的核废料处理要比裂变反应的简单得多
原料的 蕴藏量 核裂变燃料铀在地球上储量有限，尤其是用于核裂变的铀235在天然铀中只占0.7％ 氘在地球上的储量非常丰富，而氚可以利用锂来制取
可控性 比较容易进行人工控制，现在的核电站都是用核裂变反应释放核能 目前，人们还不能控制它
【典例2】 “东方超环”又被称为“人造太阳”，是利用海水中的氘，与氚原子在高温高密度条件下，像太阳一样发生核聚变。氘核H）和氚核H）结合成氦核He）时，要放出某种质量m＝1.008 7 u的粒子，同时释放出能量。已知氘核质量m氘＝2.014 1 u，氚核质量m氚＝3.016 0 u，氦核质量m氦＝4.002 6 u，根据爱因斯坦的质能方程可知1 u相当于931.5 MeV≈1.49×10－10 J，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1，氘核的摩尔质量M氘＝2 g·mol－1。
（1）写出该核聚变反应的核反应方程式，并计算一次核聚变反应中释放的核能；（结果保留两位有效数字）
（2）未来建设一座应用此反应的热核发电站，若该发电站的功率P＝5×105 kW，计算理论上该发电站一年（约3.15×107 s）大约需要多少千克的氘？
尝试解答
1.（多选）下列关于聚变的说法中正确的是（ ）
A.要使聚变产生，必须克服库仑斥力做功
B.轻核聚变需要几百万摄氏度的高温，因此聚变又叫作热核反应
C.原子弹爆炸能产生几百万摄氏度的高温，所以氢弹利用原子弹引发热核反应
D.自然界中不存在天然的热核反应
2.新能源是指刚开始开发利用或正在积极研究、有待推广的能源，如太阳能、风能和核聚变能等，下列关于太阳能、核聚变的说法正确的是（ ）
A.太阳能是来自太阳内部进行的热核反应，它属于重核的裂变
B.轻核聚变过程中质量增大且放出巨大能量
C.核聚变方程HHHe＋X中的X粒子是中子
D.核电站是利用轻核聚变的链式反应产生的能量来发电的
3.（多选）中国的核聚变研究已进入世界前列，主要利用2个氘核聚变成3He，已知氘核的质量为2.013 6 u，中子质量为1.008 7 u，3He的质量为3.015 0 u，质子的质量为1.007 8 u，α粒子的质量为4.002 6 u，1 u＝931.5 MeV/c2，则（ ）
A.该核反应中产生的新粒子为中子
B.该核反应中产生的新粒子为质子
C.该核反应中释放出的核能约为3.26 MeV
D.该核反应中释放出的核能约为4.10 MeV
要点三 对粒子的认识
1.新粒子的发现及特点
发现时间 1932年 1937年 1947年 20世纪60年代后
新粒子 正电子 μ子 K介子与 π介子 超子
基本 特点 质量与相对应的粒子相同而电荷及其他一些物理性质相反 比质子 的质量小 质量介于电子 与质子之间 质量比质子大
2.粒子的分类
分类 参与的相互作用 发现的粒子 备注
强子 参与强相互作用 质子、中子等 强子有内部结构，由“夸克”构成
轻子 不参与强相互作用 电子、电子中微子、μ子、μ子中微子，τ子、τ子中微子 还没有发现内部结构
规范玻色 子 传递各种相互作用 光子、中间玻色子、胶子等 光子传递电磁相互作用，中间玻色子传递弱相互作用，胶子传递强相互作用
希格斯玻 色子 — — 希格斯玻色子是希格斯场的量子激发，基本粒子因与希格斯场耦合而获得质量
3.夸克模型
（1）夸克的提出：1964年美国物理学家盖尔曼提出了强子的夸克模型，认为强子是由夸克构成的。
（2）夸克的种类：上夸克（u）、下夸克（d）、奇异夸克（s）、粲夸克（c）、底夸克（b）和顶夸克（t）。
（3）夸克所带电荷：夸克所带的电荷量是元电荷的 ＋或－。例如，上夸克带的电荷量为＋，下夸克带的电荷量为－。
（4）意义：电子电荷不再是电荷的最小单位，即存在分数电荷。
【典例3】 （多选）已知π＋介子、π－介子都是由一个夸克（夸克u或夸克d）和一个反夸克（反夸克或反夸克）组成的，它们的带电荷量如表所示，表中e为元电荷。
粒子 π＋ π－ u d
带电荷量 ＋e －e ＋ － － ＋
下列说法正确的是（ ）
A.π＋由u和组成 B.π＋由d和组成
C.π－由u和组成 D.π－由d和组成
尝试解答：
1.（多选）下列关于夸克模型的说法正确的是（ ）
A.强子是由更基本的夸克组成的
B.夸克的电荷量分别为元电荷的＋或－
C.每种夸克都有对应的反夸克
D.夸克能以自由的状态单个出现
2.关于粒子，下列说法正确的是（ ）
A.质子的反粒子的电荷量与质子相同，但带的是负电荷
B.强子都是带电的粒子
C.目前发现的轻子只有8种
D.光子属于轻子
1.根据宇宙大爆炸的理论，在宇宙形成之初是“粒子家族”尽显风采的时期，那么在大爆炸之后最早产生的粒子是（ ）
A.夸克、轻子、胶子等粒子 B.质子和中子等强子
C.光子、中微子和电子等轻子 D.氢核、氘核、氦核等轻核
2.（2024·广西桂林高二期末）2023年4月12日，中国“人造太阳”实现稳态运行403 s的纪录，位列世界之首。“人造太阳”其核反应方程为H＋He＋X，则下列说法正确的是（ ）
A.核反应方程中的X是电子 B.核反应方程中的X是中子
C.核反应方程中的X是质子 D.该核反应为裂变核反应
3.（多选）关于在地球上实现受控热核反应的说法正确的是（ ）
A.由于能源短缺日益严峻，人类需要造出自己的“太阳”，利用核聚变缓解能源危机
B.地球上河流、湖泊、海洋中含有大量核聚变所需要的氘，相对于核裂变材料更丰富
C.由于在地球上很难找到核聚变所需要的氘，所以实现受控热核反应，既困难又没有必要
D.实现受控热核反应的困难是热核反应的温度非常高，地球上没有任何容器能够经受如此高温
4.一个氘核和一个氚核发生聚变反应会产生氦核，核反应方程是HHHe＋X，关于该反应，下列说法中正确的是（ ）
A.该反应为α衰变
B.该方程中的X表示质子H
CH的比结合能比He的比结合能大
D.该反应后核子的平均质量将减小
5.铀核裂变的许多核反应中的其中一个是UnBaKr＋n。
（1）试计算一个铀235原子核裂变后释放的能量UBaKrn的质量分别为235.043 9 u、140.913 9 u、91.897 3 u、1.008 7 u，1 u相当于931.5 MeV能量）；
（2）1 kg铀235原子核发生上述裂变时能放出多少核能？这相当于完全燃烧多少煤释放的能量？（煤的热值为2.94×107 J/kg）
提示：完成课后作业 第五章 4. 5.
8 / 8习题课三 光电效应方程及其应用
要点一 光电效应方程Ek＝hν－W0的应用
1.光电效应方程的理解
（1）Ek为光电子的最大初动能，与金属的逸出功W0和光的频率ν有关。
（2）若Ek＝0，则hν＝W0，此时的ν即为金属的截止频率νc。
2.光电效应现象的有关计算
（1）最大初动能的计算：Ek＝hν－W0＝hν－hνc；
（2）截止频率的计算：hνc＝W0，即νc＝；
（3）遏止电压的计算：－eUc＝0－Ek，即Uc＝＝。
【典例1】 （2024·北京西城高二期末）研究光电效应现象的装置如图所示。图中K、A是密封在真空玻璃管中的两个电极，K极受到光照时能够发射电子。
当用光子能量为2.82 eV的光照射K极时，电流表的读数为30 μA，移动滑动变阻器的滑片，当电压表的示数等于1 V时，电流表读数为零，保持滑片位置不变。下列说法中正确的是（ ）
A.光电子的最大初动能为1.82 eV
B.K极材料的逸出功为1 eV
C.电流表的读数为30 μA时，电压表的示数大于1 V
D.仅将电源正负极对调，电流表示数一定大于30 μA
尝试解答：
1.某同学采用如图所示的装置来研究光电效应现象。某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象，闭合开关S，在阳极A和阴极K之间加反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直到电流计中电流恰为零，此时电压表显示的电压值U称为遏止电压。现分别用频率为ν1和ν2的单色光照射阴极，测量到的遏止电压分别为U1和U2，设电子质量为m，电荷量为e，则下列关系式中错误的是（ ）
A.频率为ν1的单色光照射阴极K时光电子的最大初速度vm1＝
B.阴极K金属的截止频率νc＝
C.普朗克常量h＝
D.阴极K金属的逸出功W0＝
2.如图所示，某种频率的光照射金属钡使一些电子从钡表面发射出来。为了测量这些光电子的最大初动能，在钡表面上方放置一带电金属板，调节金属板电势，使所有光电子均不能到达金属板（金属板电势低于钡表面）。若钡表面相对于金属板的最小电势差为3.02 V，已知金属钡的逸出功为2.50 eV，普朗克常量为6.63×10－34 J·s，可见光的波长范围为400～700 nm，光速c＝3.0×108 m/s，则（ ）
A.光电子的最大初动能为2.50 eV
B.照射光的频率约为1.33×1015 Hz
C.所有光电子返回钡表面时的动能都为3.02 eV
D.可见光照射金属钡一定不会发生光电效应
要点二 光电效应图像问题
光电效应中的四类图像
图像名称 图线形状 由图线直接（间接）得到的物理量
最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图线 （1）极限频率：图线与ν轴交点的横坐标νc （2）逸出功：图线与Ek轴交点的纵坐标的值的绝对值W0＝｜－E｜＝E （3）普朗克常量：图线的斜率k＝h
图像名称 图线形状 由图线直接（间接）得到的物理量
颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系 （1）遏止电压Uc：图线与横轴的交点 （2）饱和光电流Im：光电流的最大值 （3）最大初动能：Ek＝eUc
颜色不同时，光电流与电压的关系 （1）遏止电压：Uc1、Uc2 （2）饱和光电流 （3）最大初动能：Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2
遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图线 （1）极限频率νc：图线与横轴的交点 （2）遏止电压Uc：随入射光频率的增大而增大 （3）普朗克常量h：等于图线的斜率与电子电荷量的乘积，即h＝ke（注：此时两极之间接反向电压）
【典例2】 用如图甲所示的装置研究光电效应现象，闭合开关S，用频率为ν的光照射光电管时发生了光电效应。图乙是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像，图线与横轴的交点坐标为（a，0），与纵轴的交点坐标为（0，－b），下列说法中正确的是（ ）
A.普朗克常量为h＝
B.断开开关S后，电流表G的示数为零
C.仅增加入射光的强度，光电子的最大初动能将增大
D.保持入射光的强度不变，仅提高入射光的频率，电流表G的示数减小
尝试解答：
1.（2024·浙江湖州高二期末）用各种频率的光照射两种金属材料得到遏止电压Uc随光的频率ν变化的两条图线1、2，图线上有P和Q两点。下列说法正确的是（ ）
A.图线1、2一定平行
B.图线1对应金属材料的逸出功大
C.照射同一金属材料，用Q对应的光比P对应的光产生的饱和电流大
D.照射同一金属材料，用P对应的光比Q对应的光逸出的光电子的最大初动能大
2.（多选） 含有光电管的电路如图（a）所示，图（b）是用甲、乙、丙三束光分别照射光电管得到的I-U图线，Uc1、Uc2表示遏止电压，下列说法中正确的有（ ）
A.甲、乙是相同频率的光，甲比乙光照强
B.甲光照射时光电子的最大初动能比丙光照射时光电子的最大初动能大
C.图（a）中光电管两端的电压为反向电压
D.使用（a）图电路做实验，当光的强度一定时，调节滑片P使电压表示数增加，电流表示数并不是一直增大，说明单位时间内产生的光电子数量是一定的
1.四种金属的逸出功W0如表所示，以下说法正确的是（ ）
金属 钙 钠 钾 铷
W0/eV 3.20 2.29 2.25 2.13
A.逸出功就是使电子脱离金属所做的功
B.四种金属中，钙的截止频率最小
C.若某种光照射钠时有光电子逸出，则照射钙时也一定有光子逸出
D.若某种光照射四种金属时均发生光电效应，则铷逸出光电子的最大初动能最大
2.用如图所示的实验装置研究光电效应现象。所用光子能量为2.75 eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零，移动变阻器的滑片c，发现当电压表的示数大于或等于1.7 V时，电流表示数为零，则在该实验中（ ）
A.光电子的最大初动能为1.05 eV
B.光电管阴极的逸出功为1.7 eV
C.开关S断开，电流表G示数为零
D.当滑片c向a端滑动时，电压表示数增大
3.用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.a光的频率大
B.b光的波长小
C.b光子的能量大
D.照射该光电管时b光使其逸出的光电子最大初动能大
4.（2024·黑龙江牡丹江高二期中）从1907年起，密立根就开始测量金属的遏制电压Uc与入射光的频率ν的关系，由此计算普朗克常
量h，并与普朗克根据黑体辐射得出的h相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程的正确性。按照密立根的方法，我们利用图甲所示装置进行实验，得到某金属的Uc-ν图像如图乙所示，电子的电荷量e、图中ν1和U1均已知，求：
（1）金属的逸出功W0；
（2）当入射光的频率为2ν1时，逸出光电子的最大初动能。
提示：完成课后作业 第四章 习题课三
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