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第一讲 热学
通览知识 明要点
研学考点 提能力
目 录 索 引
01
02
突破热点 聚素养
03
通览知识 明要点
研学考点 提能力
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
不是分子体积
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的间距)。
2.物体的内能
例1 已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R,空气平均摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为NA,地面大气压强为p0,重力加速度大小为g。由此估算得
( )
A.地球大气层空气的总重力为2πR2p0
答案 B
解析 大气的压强由大气的重力产生,即mg=p0S=p0·4πR2=4πR2p0,A错误;
地球大气层空气分子总数为N=NA=,B正确;
大气的体积为V=4πR2h,每个空气分子所占空间为V0=,C错误;
空气分子之间的平均距离为d=,D错误。
例2 (多选)如图所示,F表示两分子间的作用力,Ep表示分子间的势能,图中两条图线分别表示分子间作用力和分子势能随分子间距离变化的规律,图中r1是分子势能为0时对应的距离,r2是分子间作用力为0时对应的距离,r3是分子间作用力随分子间距离变化的图像最低点对应的距离,r4是分子间作用力及分子势能均可视为0的足够远的某一距离。下列说法正确的是
( )
A.r2对应着分子势能的最小值
B.从r1到r3,Ep先增大后减小
C.从r1到r3,F一直减小
D.从r2到r4,F先增大后减小,Ep不断增大
答案 AD
解析 根据图像可知,分子间距离小于r2时,F表现为斥力,距离越小,F越大;分子间距离大于r2时,F表现为引力,随着距离增大,F先增大后减小;分子间距离从0开始增大的过程,F为斥力时做正功,F为引力时做负功,故分子间距离等于r2时,Ep最小,从r1到r3,Ep先减小后增大,从r1到r3,F先减小后增大,从r2到r4,F先增大后减小, Ep不断增大,A、D正确,B、C错误。
命题角度2 热力学定律
例3 (2025河北卷)某同学将一充气皮球遗忘在操场上,找到时发现因太阳曝晒皮球温度升高,体积变大。在此过程中若皮球未漏气,则皮球内封闭气体( )
A.对外做功
B.向外界传递热量
C.分子的数密度增大
D.每个分子的速率都增大
答案 A
解析 皮球体积变大,气体对外做功,A项正确;由ΔU=W+Q可知,温度升高, ΔU为正,体积变大,W为负,则Q必为正,气体吸收热量,B项错误;气体分子总数一定,体积变大,单位体积分子数变小,C项错误;温度升高,分子平均速率变大,但并非每个分子的速率都增大,D项错误。
拓展衍生
1.(2025山东卷)分子间作用力F与分子间距离r的关系如图所示,若规定两个分子间距离r等于r0时分子势能Ep为零,则( )
A.只有r大于r0时,Ep为正 B.只有r小于r0时,Ep为正
C.当r不等于r0时,Ep为正 D.当r不等于r0时,Ep为负
答案 C
解析 假设两分子间距离为r0,当两分子靠近时,分子间作用力为斥力做负功,由功能关系可知,分子势能增大,同理当两分子远离时,分子间作用力为引力做负功,分子势能也增大,故当分子间距离为r0时分子势能最小,因此若规定分子间距离为r0时分子势能为零,当分子间距离不为r0时,分子势能Ep为正,故选C。
2.(多选)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图所示,一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中,然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进,分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位,而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时,中心部位气流与分离挡板碰撞后反向,从A端流出,边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是( )
A.A端为冷端,B端为热端
B.A端流出的气体分子热运动平均速率
一定小于B端流出的
C.A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律,但违背了热力学第二定律
AB
解析 依题意,中心部位为热运动速率较低的气体,与挡板相作用后反弹,从A端流出,而边缘部分热运动速率较高的气体从B端流出;同种气体分子平均热运动速率较大,其对应的温度也就较高,所以A端为冷端、B端为热端,A正确;依题意,A端流出的气体分子热运动速率较小,B端流出的气体分子热运动速率较大,所以从A端流出的气体分子热运动平均速度小于从B端流出的,B正确;A端流出的气体分子热运动速率较小,B端流出的气体分子热运动速率较大,则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能,内能的多少还与分子数有关,依题意,不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能,C错误;该装置将冷热不均的气体进行分离,喷嘴处有高压,即通过外界做功而实现的,并非是自发进行的,没有违背热力学第二定律,温度较低的从A端出、较高的从B端出,也符合能量守恒定律,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
例4 (多选)下列说法正确的是( )
A.鉴别晶体与非晶体的依据是该物质是否具有各向异性
B.晶体的所有物理性质沿各个方向是不同的
C.不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力
D.荷叶上的露珠呈扁平球形主要是因为表面张力的作用
答案 CD
解析 鉴别晶体与非晶体不能根据是否具有各向异性,因为单晶体不是所有性质均表现为各向异性,有些性质也表现为各向同性,且多晶体具有各向同性,A、B错误;不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力,C正确;荷叶上的露珠呈扁平球形主要是因为表面张力的作用,D正确。
命题角度2 气体分子的运动特点
例5 (2025江苏卷)一定质量的理想气体,体积保持不变。在甲、乙两个状态下,该气体分子速率分布图像如图所示。与状态甲相比,该气体在状态乙时( )
A.分子的数密度较大
B.分子间平均距离较小
C.分子的平均动能较大
D.单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较少
答案 C
解析 该气体质量不变,即分子总数不变,同时气体体积不变,则分子数密度不变,平均每个分子占据的空间大小不变,即分子间平均距离保持不变,故A、B错误;由分子速率分布图像可知,气体在状态乙时比在状态甲时速率大的分子更多,即气体在状态乙温度更高,分子的平均动能较大,故C正确;在状态乙时气体温度较高,分子的平均速率较大,同时气体体积不变,则气体在状态乙时单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较多,故D错误。
拓展衍生
3.如图甲所示,系着细棉线的铁丝环从肥皂液里取出时留下一层薄膜,用烧热的针刺破左侧薄膜后,
棉线和薄膜的形状如图乙所示。则( )
A.图甲中,两侧薄膜对棉线均没有作用力
B.图甲中,薄膜的表面层与内部分子间距离相等
C.图乙中,薄膜收缩使棉线绷紧
D.图乙中,棉线某处受薄膜作用力方向沿棉线切线方向
答案 C
解析 图甲中,薄膜的表面层分子间距离大于内部分子间距离,产生了表面张力,两侧薄膜对棉线均有作用力,A、B错误;图乙中,由于表面张力,薄膜收缩使棉线绷紧,棉线某处受薄膜作用力方向与棉线垂直,C正确,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
活塞—汽缸类问题的三种常见情况
(1)气体系统处于平衡状态,需要综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。
根据题意选择活塞或汽缸为研究对象
(2)气体系统处于非平衡状态,需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。
(3)两个或多个汽缸封闭着几部分气体,并且汽缸之间相互关联的问题,解答时应分别研究各部分气体,找出它们各自遵循的规律,并写出相应的方程,还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式,最后联立求解。
例6 (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 本题考查气体实验定律。(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,
(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
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。
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。
h为气、液接触面至液面的竖直高度
(2)不要漏掉大气压强,同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。
(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。
例7 如图所示,一“U”形管由上方两根粗细相同的玻璃管和下方连接橡皮管组成,两玻璃管保持竖直且上端平齐,右管内封有一段长38 cm的气体,左管开口,左管水银面比右管内水银面高14 cm,大气压强相当于76 cm高水银柱产生的压强。现沿竖直方向缓慢移动左侧玻璃管,使两侧玻璃管内水银面相平,玻璃管导热性能良好且环境温度不变。
(1)求此时右管封闭气体的长度。
(2)若改用从左侧管口用一带柄的密封性很好的活塞缓慢向下推动空气的方法使两侧水银面相平,求活塞下移的长度(结果保留两位有效数字)。
解题指导
【审题】
读取题干 获取信息 物理关系
左管开口,左管水银面比右管内水银面高14 cm 开始时右侧气体压强比大气压强大 p1=p0+ρgh
使两侧玻璃管内水银面相平 右侧气体压强等于大气压强 p2=p0
玻璃管导热性能良好且环境温度不变 整个过程气体做等温变化,满足玻意耳定律 p1V1=p2V2
用从左侧管口用一带柄的密封性很好的活塞缓慢向下推动空气的方法使两侧水银面相平 ①水银整体向右移动7 cm;②两侧液面相平时两侧气体压强相等;③可知左侧气体长度l和其他已知量关系 Δh= ;l=L-h-x+Δh(x为活塞下移长度)
【破题】
1.对右侧气体由玻意耳定律可求两侧玻璃管内水银面相平时右管封闭气体的长度;
2.左侧管口用活塞密封且推动至两侧水银面相平过程,对两侧气体分别利用玻意耳定律可列出关于活塞下移的长度和末状态压强的方程;
3.代入数据解方程组求解结果。
答案 (1)45 cm (2)14 cm
解析 (1)已知右管气柱原长度L=38 cm,两侧水银面高度差h=14 cm,大气压强p0=ρgh0,设气体的横截面积为S,右侧气柱现长度为L1;根据玻意耳定律可得
(p0+ρgh)LS=p0L1S
代入数据解得L1=45 cm。
(2)设活塞下移长度为x,两侧液面相平时,气体压强为p,此过程水银整体向右移动Δh=
对右管内气体根据玻意耳定律可得
(p0+ρgh)LS=p(L-Δh)S
对左管内气体根据玻意耳定律可得
p0(L-h)S=p(L-h-x+Δh)S
联立解得x=14 cm。
命题角度3 与热力学第一定律结合的综合问题
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8 (2024湖北卷)如图所示,在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体,活塞横截面积为S,能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0,气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后,活塞缓慢上升 h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT,C为已知常数,大气压强恒为p0,重力加速度大小为g,所有温度为热力学温度。
求:
(1)再次平衡时容器内气体的温度;
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
命题角度4 气体状态变化的图像问题
例9 (多选)(2025甘肃卷)如图所示,一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B,然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关,且随温度升高而增大。
下列说法正确的是( )
A.A→B过程为吸热过程
B.B→C过程为吸热过程
C.状态A压强比状态B的小
D.状态A内能比状态C的小
答案 ACD
解析 A→B过程中,气体体积不变,则W=0,温度升高,则ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,即该过程吸热,故A正确;B→C过程中,气体温度不变,则ΔU=0,体积减小,则W>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q<0,即该过程为放热过程,故B错误;A→B过程中,气体体积不变,温度升高,根据查理定律,可知,压强变大,即状态A压强比状态B压强小,故C正确;气体在状态A的温度低于在状态C的温度,可知气体在状态A的内能比状态C的小,故D正确,故选A、C、D。
拓展衍生
4.一定质量的理想气体从状态a开始,经a→b→c→a回到初始状态a,其T-V图像如图所示。
下列说法正确的是( )
A.a、b状态对应的压强之比为3∶2
B.b→c过程,容器壁单位面积上的
分子平均作用力变小
C.c→a过程为绝热过程
D.a→b→c→a整个过程向外放出的热量等于外界对气体做的功
答案 D
解得pa∶pb=6∶1,A错误;b→c过程温度升高,分子
平均动能增大,平均速率增大,容器壁单位面积上的
分子平均作用力变大,B错误;c→a过程体积缩小,外
界对气体做功,W>0,温度不变,内能不变,ΔU=0,由
热力学第一定律ΔU=Q+W得Q<0,气体向外界放热,
C错误;将T-V图像转化为p-V图像,如图所示,根据图线下方围成的面积等于功易知,a→b过程中气体体积增大,气体对外做功,b→c过程体积不变,对外不做功,c→a过程体积缩小,外界对气体做功,回到原状态a,温度回到初始状态,全过程内能变化量ΔU=0,由热力学第一定律ΔU=Q+W得,气体一定放出热量且放出的热量等于外界对气体做的功,D正确。
5.(多选)(2025云南卷)图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计,其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体),与a相连的b管插在水槽中固定,b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计,在标准大气压p0下,b管上的刻度可以直接读出环境温度。
则在p0下( )
A.环境温度升高时,b管中液面升高
B.环境温度降低时,b管中液面升高
C.水槽中的水少量蒸发后,温度测量值偏小
D.水槽中的水少量蒸发后,温度测量值偏大
答案 BD
解析 设温度计内气体压强为pa,则有pa+ρ液gh=p0,当环境温度刚开始升高时,由=C知,T增大,V将增大,即b管中液面降低,同理可知,环境温度降低时,b管中液面升高,故B正确,A错误;由上述分析可知,b管中刻度从上到下表示的温度逐渐升高,水槽中的水少量蒸发后,槽中液面降低,根据pa+ρ液gh =p0,则同一温度下b管内液面相比之前将降低,则温度测量值偏大,故D正确, C错误。
6.(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=。
突破热点 聚素养
模型建构
经典物理模型:充气、抽气、灌气、漏气问题
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。
考向分析
充气、抽气、灌气、漏气问题的本质是变质量问题,涉及的情境有球类、轮胎的充气,氧气瓶灌装与分装等等,这也是高考命题的热点,解答的关键是通过灵活选择研究对象,把变质量问题转化为等质量问题,然后应用气体实验定律或理想气体状态方程求解。
案例探究
典例 汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图所示,刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分,连杆AB与助力活塞固定为一体,驾驶员踩刹车时,在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车。助力气室与抽气气室用细管连接,通过抽气降低助力气室压强,利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时,K1打开,K2闭合,抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动,助力气室中的气体充满抽气气室,达到两气室压强相等;然后,K1闭合,K2打开,抽气活塞向下运动,抽气气室中的全部气体从K2排出,完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0,初始压强等于外部大气压强p0,助力活塞横截面积为S,抽气气室的容积为V1。假设抽气过程中,助力活塞保持不动,气体可视为理想气体,温度保持不变。
(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1。
(2)第n次抽气后,求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。
解析 (1)以原助力气室中封闭的气体为研究对象,其经历等温膨胀过程,
由玻意耳定律得p0V0=p1(V0+V1)
解得p1=p0。
(2)完成一次抽气后,助力气室中封闭气体的压强变为之前的,
所以第n次抽气后,助力气室中封闭气体的压强为
pn=p0
对助力活塞与连杆AB构成的系统受力分析得
ΔF=(p0-pn)S=[1-]p0S。
角度拓展
1.如图所示,容积为2 L的暖水瓶内倒入1 L温度为97 ℃的热水,将瓶塞轻放入瓶口,瓶塞与瓶口内侧接触良好且不漏气。已知瓶口的横截面积为12 cm2,瓶塞圆台侧面母线与轴线间的夹角为α,sin α=0.14,cos α=0.99。瓶塞与瓶口间的动摩擦因数为0.15,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略瓶塞的重力。瓶内气体温度始终与水温相同,瓶内气体可视为理想气体,外界大气压强p0=1×105 Pa,热力学温度与摄氏温度的关系为T=(273+t) K。瓶内温度缓慢降到78.5 ℃,此时瓶塞恰好不发生滑动。
(1)求瓶内温度为78.5 ℃时,瓶塞受到的摩擦力大小(结果保留两位有效数字)。
(2)若稍微拔动瓶塞使外部气体进入暖水瓶内,忽略瓶内水温的微小变化,求稳定后进入瓶内的空气质量与原来暖水瓶中空气质量的比值。
其中T0=(273+97) K=370 K,T=(273+78.5) K=351.5 K
解得p=0.95×105 Pa
对瓶塞受力分析,如图所示
由平衡条件有
p0S-pS=FNsin α+Ffcos α
又Ff=μFN
联立解得Ff=3.1 N。
(2)空气进入暖水瓶后,瓶内温度不变,压强等于大气压强,
根据pV+pΔV=p0V
2.如图所示,哈勃瓶是一个底部开有圆孔、瓶颈很短的平底大烧瓶。在瓶内塞有一气球,气球的吹气口反扣在瓶口上,瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞。瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体,体积为V0,是气球中气体体积的两倍,气体的压强都为大气压强p0。
(1)在一次实验中,保持温度不变,用打气筒
对气球充气,当瓶内气体体积由V0减小ΔV
时,压强增大20%。求瓶内气体体积由V0减
小2ΔV时,体积减小前后瓶内气体压强的比值。
(2)另一次实验中,每充一次气都能把体积为0.4V0、压强为p0的气体充进气球内,气球缓慢膨胀过程中,认为气球内和瓶内气体压强近似相等,保持温度不变,当瓶内外压强差为2p0时,橡皮塞会被弹出。求至少向气球内充气几次橡皮塞会被弹出
解析 (1)以瓶内气球和橡皮塞封闭的气体为研究对象,设体积减小后的压强为p,由玻意耳定律得
p0V0=(1+20%)p0(V0-ΔV)
p0V0=p(V0-2ΔV)
(2)设向气球内至少打气n次,橡皮塞被弹出,以打气后球内气体为研究对象,打气后气体的体积为V1,由玻意耳定律得
以瓶内气球和橡皮塞封闭的气体为研究对象,打气后这部分气体的体积为V2,由玻意耳定律得
p0V0=3p0V2
解得n=7.5
故向气球内至少打气8次,橡皮塞被弹出。
3.有一种救生衣,在穿着者落水时,救生衣所连接的储气钢瓶会灌气使救生衣鼓起。救生衣在未鼓起时,其内部无气体;正常工作时,其压强为标准大气压,内部气体体积至少为V=22 L,与救生衣连接的小钢瓶容积为1 L。取标准大气压p0=1×105 Pa,忽略温度变化,气体均视为理想气体。
(1)检测发现某救生衣所附带的钢瓶内压强为2×106 Pa,救生衣能否正常工作 请说明理由。
(2)出厂时钢瓶内部压强为2.5×106 Pa,在降为2×106 Pa的过程中,求钢瓶漏掉的气体在标准大气压下占的体积。
(3)救生衣配套的钢瓶遗失,换用容积为0.2 L、内部压强为2.5×106 Pa的小钢瓶充气,至少要多少个小钢瓶才能使救生衣正常工作
答案 (1)见解析 (2)5 L (3)见解析
解析 (1)令p1=2×106 Pa,钢瓶容积V0=1 L,充气后救生衣体积为V1,
根据玻意耳定律,钢瓶灌气过程p1V0=p0(V0+V1)
解得V1=19 L
V1(2)设p2=2.5×106 Pa,漏掉气体体积为ΔV,根据玻意耳定律有
p2V0=p1V0+p0ΔV
解得ΔV=5 L。
(3)设用n个小钢瓶能够使救生衣刚好正常工作,每个小钢瓶体积为V3=0.2 L,根据玻意耳定律有np2V3=np0V3+p0V
解得n=
又n取整数,故n≥5,至少要5个小钢瓶才能使救生衣正常工作。(共40张PPT)
第二讲 近代物理
通览知识 明要点
研学考点 提能力
目 录 索 引
01
02
通览知识 明要点
研学考点 提能力
考点一 光电效应及其图像
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 (2025山东卷)在光电效应实验中,用频率和强度都相同的单色光分别照射编号为1、2、3的金属,所得遏止电压如图所示,关于光电子最大初动能Ek的大小关系正确的是( )
A.Ek1>Ek2>Ek3 B.Ek2>Ek3>Ek1
C.Ek3>Ek2>Ek1 D.Ek3>Ek1>Ek2
答案 B
解析 由光子最大初动能Ek=qUc可知,Ek2>Ek3>Ek1,故选B。
命题角度2 光电效应的图像问题
(1)最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像
(2)遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图像
(3)光电流与电压的关系图像
例2 用不同波长的光照射光电管阴极探究光电效应的规律时,根据光电管的遏止电压Uc与对应入射光的波长λ作出的Uc- 图像如图所示。已知光电子的电荷量大小为e,光速为c,
下列说法正确的是( )
C
波长越长,光子能量越小,光电子的最大初动能不会随λ的增大而增大,D错误。
拓展衍生
1.(多选)(2024黑吉辽卷)X射线光电子能谱仪是利用X光照射材料表面激发出光电子,并对光电子进行分析的科研仪器。用某一频率的X光照射某种金属表面,逸出了光电子,若增加此X光的强度,则( )
A.该金属的逸出功增大
B.X光的光子能量不变
C.逸出的光电子最大初动能增大
D.单位时间逸出的光电子数增多
答案 BD
解析 考查光电效应。金属的逸出功仅与金属自身有关,增加此X光的强度,该金属的逸出功不变,故A错误;根据光子能量公式ε=hν可知增加此X光的强度,X光的光子能量不变,故B正确;根据爱因斯坦光电效应方程知Ekm=hν-W0,可知逸出的光电子最大初动能不变,故C错误;增加此X光的强度,单位时间照射到金属表面的光子变多,则单位时间逸出的光电子数增多,故D正确。
2.图甲为光电效应实验的电路图,利用不同频率的单色光a、b进行光电效应实验,测得光电管两极间所加电压U与光电流I的关系如图乙所示。则这两种光( )
A.照射该光电管时,a光使其逸出的
光电子最大初动能比b光使其逸出
的光电子最大初动能大
B.从同种玻璃射入空气发生全反射
时,a光的临界角比b光的临界角大
C.通过同一装置发生双缝干涉,b光的相邻条纹间距比a光的相邻条纹间距大
D.在同一介质中传播时,b光的速度比a光的速度大
B
3.(2025江苏卷)江门中微子实验室使用我国自主研发的光电倍增管,利用光电效应捕捉中微子信息。光电倍增管阴极金属材料的逸出功为W0,普朗克常量为h。
(1)求该金属的截止频率ν0;
(2)若频率为ν的入射光能使该金属发生光电效应,求光电子的最大初动能Ek。
答案 (1) (2)hν-W0
解析 (1)金属的截止频率对应金属的逸出功
则有W0=hν0
解得ν0=。
(2)根据题意,由爱因斯坦光电效应方程得Ek=hν-W0。
考点二 原子结构和能级跃迁
1.原子结构
2.原子能级跃迁问题的解题技巧
(1)原子跃迁时,所吸收或辐射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,所吸收的能量大于或等于这一能级能量的绝对值。
(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)一群处于第n能级的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,计算时需换算单位,1 eV=1.6×10-19 J。
例3 (2025甘肃卷)利用电子与离子的碰撞可以研究离子的能级结构和辐射特性。He+相对基态的能级图(设基态能量为0)如图所示。用电子碰撞He+使其从基态激发到可能的激发态,若所用电子的能量为50 eV,则He+辐射的光谱中,波长最长的谱线对应的跃迁为( )
A.n=4→n=3能级 B.n=4→n=2能级
C.n=3→n=2能级 D.n=3→n=1能级
答案 C
解析 根据题意可知,用能量为50 eV的电子碰撞He+,可使He+跃迁到n=3能级和n=2能级,由ΔE=Em-En=hν=h可知,波长最长的谱线对应的能级跃迁为n=3→n=2,故选C。
拓展衍生
4.(2023辽宁卷)原子处于磁场中,某些能级会发生劈裂。某种原子能级劈裂前后的部分能级图如图所示,相应能级跃迁放出的光子分别设为①②③④。若用①照射某金属表面时能发生光电效应,
且逸出光电子的最大初动能为Ek,则( )
A.①和③的能量相等
B.②的频率大于④的频率
C.用②照射该金属一定能发生光电效应
D.用④照射该金属逸出光电子的最大初动能小于Ek
答案 A
解析 ①和③光子跃迁能级差相等,故①和③的能量相等,选项A正确;②光子跃迁能级差小于④光子跃迁能级差,根据E=hν,可得②的频率小于④的频率,选项B错误;同理②光子的频率小于①光子的频率,用②照射该金属不一定能发生光电效应,选项C错误;④光子的频率大于①光子的频率,用④照射该金属逸出光电子的最大初动能大于Ek,选项D错误。
5.根据玻尔的原子理论,可认为氢原子的核外电子绕核做匀速圆周运动。若处于基态的氢原子具有的电势能为Ep,当其吸收频率为ν的光子时恰好发生电离。电子的电荷量为e,质量为m,静电力常量为k,普朗克常量为h。以下说法正确的是( )
A.氢原子的核外电子由离核较远轨道跃迁到离核较近轨道上时,原子能量减小
B.氢原子处于基态时的能量是hν
C.氢原子从基态跃迁到激发态后,核外电子动能增加,电势能减小
A
解析 氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离原子核较近的轨道上时,能量减小,减小的能量以光子的形式释放出来,A正确;
hν为发生光电效应的光子能量,并非氢原子基态能量,B错误;
氢原子从基态跃迁到激发态后,其运动半径变大,此时电场力对核外电子做负功,故电势能增大,动能减小,C错误;
考点三 核反应和核能
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4 自然界中一些放射性重元素往往会发生一系列连续的递次衰变,又称为放射系或衰变链。每个放射性衰变系都有一个半衰期很长的始祖核素,经过若干次连续衰变,直至生成一个稳定核素。已知
的衰变链如图所示。下列判断正确的是( )
A.图中的横坐标表示核电荷数,纵坐标表示核子数
D
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
体现能量和质量的对应关系,不是二者可以相互转化
(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5 (2025安徽卷)2025年4月,位于我国甘肃省武威市的钍基熔盐实验堆实现连续稳定运行,标志着人类在第四代核电技术上迈出关键一步。该技术利用钍核Th)俘获x个中子n),共发生y次β衰变,转化为易裂变的铀核U),则( )
A.x=1,y=1 B.x=1,y=2
C.x=2,y=1 D.x=2,y=2
答案 B
解析 根据题意可知,钍核Th)每俘获1个中子质量数加1,电荷数不变,每发生一次β衰变,质量数不变,电荷数加1,钍核Th)变成铀核U),质量数加1,电荷数加2,则俘获1个中子,发生2次β衰变,即x=1,y=2,故B正确。
例6 Cu原子核有40%的可能发生β-衰变,方程为Cu→e,衰变过程释放的核能是ΔE1;有19%的可能发生β+衰变,方程为 Nie,衰变过程释放的核能是ΔE2,ΔE2>ΔE1。已知Cu的比结合能为E,普朗克常量为h,真空中光速为c,正负电子质量相等,下列说法正确的是( )
A.由于释放核能,所以衰变过程质量数不守恒
BZn的质量比Ni的质量小
CZn的比结合能为E-
DNi的比结合能为E+
答案 D
拓展衍生
6.(2024山东卷)2024年是中国航天大年,神舟十八号、嫦娥六号等已陆续飞天,部分航天器装载了具有抗干扰性强的核电池。已知Sr衰变为Y的半衰期约为29年Pu衰变为U的半衰期约为87年。现用相同数目的Sr和Pu各做一块核电池,下列说法正确的是( )
ASr衰变为Y时产生α粒子
BPu衰变为U时产生β粒子
C.50年后,剩余的Sr数目大于Pu的数目
D.87年后,剩余的Sr数目小于Pu的数目
答案 D
解析 根据质量数和电荷数守恒,可知选项A、B错误;经过87年Sr经历3个半衰期,还剩没有衰变Pu经历1个半衰期,还有一半没有衰变,D正确,同理可判断C错误。
7.(2025湖南卷)关于原子核衰变,下列说法正确的是( )
A.原子核衰变后生成新核并释放能量,新核总质量等于原核质量
B.大量某放射性元素的原子核有半数发生衰变所需时间,为该元素的半衰期
C.放射性元素的半衰期随环境温度升高而变长
D.采用化学方法可以有效改变放射性元素的半衰期
答案 B
解析 原子核衰变时释放能量,根据质能方程,总质量会减少,新核总质量小于原核质量,故A错误;半衰期定义为大量放射性原子核半数发生衰变所需的时间,题干中对数量的描述也是“大量”,符合定义,故B正确;半衰期由原子核内部结构决定,与温度无关,故C错误;半衰期只由核内部自身的因素决定,与原子所处的化学状态和外部条件没有关系,故D错误。
8.(2023全国甲卷)在下列两个核反应方程中
XN→YO
YLi→2X
X和Y代表两种不同的原子核,以Z和A分别表示X的电荷数和质量数,则
( )
A.Z=1,A=1 B.Z=1,A=2
C.Z=2,A=3 D.Z=2,A=4
答案 D
解析 设Y的电荷数为Z1,质量数为A1,由质量数守恒和电荷数守恒得A+14=A1+17,Z+7=Z1+8,A1+7=2A,Z1+3=2Z,解得Z=2,A=4,选项D正确。
9.(2023湖南卷)2023年4月13日,中国“人造太阳”反应堆中科院环流器装置(EAST)创下新纪录,实现403秒稳态长脉冲高约束模等离子体运行,为可控核聚变的最终实现又向前迈出了重要的一步。下列关于核反应的说法正确的是( )
A.相同质量的核燃料,轻核聚变比重核裂变释放的核能更多
B.氘氚核聚变的核反应方程为H+H→e
C.核聚变的核反应燃料主要是铀235
D.核聚变反应过程中没有质量亏损
答案 A
解析 核聚变是轻核的聚变,相同质量的核燃料,轻核聚变比重核裂变释放的核能更多,A正确,C错误;氘氚核聚变反应遵守电荷数守恒和质量数守恒, B错误;核聚变反应有质量亏损,D错误。
