2024—2025高中物理选择性必修3一轮复习分层作业及单元素养试卷详解答案

这是一份2024—2025高中物理选择性必修3一轮复习分层作业及单元素养试卷详解答案，共53页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．解析：酒香在空气中传播、马蹄上的花香在空气中传播都属于扩散现象，描述的是分子热运动，A、B符合题意；影动是由光学因素造成的，与分子热运动无关，C不符合题意；风沙刮地是沙子在自身重力和气流的作用下所做的运动，不是分子的热运动．D不符合题意．
答案：AB
2．解析：0 ℃的物体中的分子仍然在不停地做无规则运动，A错误；存放过煤的混凝土地面下一段深度内都有黑色颗粒，说明煤分子和混凝土分子都在做无规则的热运动，B正确；分子的无规则运动叫作热运动，布朗运动是悬浮在液体(或气体)中的固体小颗粒的运动，不是热运动，C错误；物体温度越高，分子热运动越剧烈，物体的运动是机械运动，运动物体中的分子热运动不一定比静止物体中的分子热运动剧烈，D错误．
答案：B
3．解析：根据布朗运动的特点可知，炭粒越小，温度越高，布朗运动越明显，A、D错误；小炭粒在不停地做无规则的运动，这种运动就是布朗运动，B正确；水分子很小，在光学显微镜下看不到水分子，C错误．
答案：B
4．解析：布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，是液体分子对颗粒撞击力不平衡造成的，所以布朗运动说明了液体分子在不停地做无规则运动，但不是液体分子的无规则运动，故A错误；液体的温度越高，液体分子运动越剧烈，则布朗运动也越剧烈，故B错误；悬浮微粒越大，同一时刻撞击颗粒的液体分子数越多，液体分子对颗粒的撞击作用力越容易平衡，现象越不明显，故C错误；悬浮微粒做布朗运动，是液体分子的无规则运动撞击造成的，故D正确．
答案：D
5．解析：引力和斥力都随距离的减小而增大，故A正确；两分子间的距离为r0时，分子间斥力与分子间引力大小相等但不为零，故B错误；分子始终在做无规则热运动，故C错误；分子力的本质是电磁力，故D错误．故选A.
答案：A
6．解析：气溶胶悬浮颗粒是固体小颗粒，是固体小颗粒悬浮在空气中，受到气体分子撞击不均匀造成的小颗粒的运动，它不是空气分子的运动，但可以反映空气分子的运动，是布朗运动，故A正确；飞沫重量大，布朗运动是固体小颗粒的运动，飞沫不是固体小颗粒，故其运动不能看成是布朗运动，故B错误；温度越高，布朗运动越剧烈，故气溶胶悬浮颗粒在空气中的运动越剧烈，故C正确；飞沫运动不是分子运动，与分子运动无关，所以温度越高，飞沫在空气中的运动不一定越剧烈，故D错误．
答案：AC
7．解析：(1)金刚石的质量m＝ρV
碳的物质的量n＝ eq \f(m,M)
这块金刚石所含碳原子数
N＝n·NA＝ eq \f(ρVNA,M) ＝1.3×1022个．
(2)一个碳原子的体积V0＝ eq \f(V,N)
把金刚石中的碳原子看成球体，则由公式
V0＝ eq \f(π,6) d3
可得碳原子直径为d＝ eq \r(3,\f(6V0,π)) ＝2.2×10－10 m.
答案：(1)1.3×1022个 (2)2.2×10－10 m
8．解析：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，分子力为零，A项正确；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项正确；当两分子间距离在大于r0的范围内减小时，分子力先增大，后减小，C项错误；当r>r0时，分子力表现为引力，D项正确．
答案：ABD
9．解析：a千克气凝胶的摩尔数为 eq \f(a,M) ，所含分子数为N＝ eq \f(a,M) NA，选项A正确；气凝胶的摩尔体积为Vm＝ eq \f(M,ρ) ，选项B正确；每个气凝胶分子的体积为V0＝ eq \f(Vm,NA) ＝ eq \f(M,ρNA) ，选项C正确；气凝胶为固体材料，分子模型为球体模型，根据V0＝ eq \f(1,6) πd3，则每个气凝胶分子的直径为d＝ eq \r(3,\f(6M,πρNA)) ，选项D错误．故选A、B、C.
答案：ABC
10．解析：(1)1 m3可燃冰可释放164 m3的天然气．
标准状况下1 ml气体的体积为2.24×10－2 m3.
甲烷物质的量为n＝ eq \f(V,Vm) ＝ eq \f(164,2.24×10－2) ml，
则1 m3可燃冰所含甲烷分子数为
N＝nNA＝ eq \f(164,2.24×10－2) ×6.02×1023个≈4.4×1027个，
1 cm3可燃冰所含甲烷分子数为4.4×1021个．
(2)平均每个甲烷分子的质量为
m0＝ eq \f(ρV0,NA) ＝ eq \f(0.67×22.4×10－3,6.02×1023) kg≈2.5×10－26 kg.
答案：(1)4.4×1021个 (2)2.5×10－26 kg
分层作业(二) 分子运动速率分布规律
1．答案：A
2．答案：C
3．解析：通常情况下，分子间距离较大，相互作用力可以忽略，故气体分子可以自由运动，气体分子能否视为质点应根据具体问题而定，A、C错误，B、D正确．
答案：BD
4．解析：气体的压强是由大量气体分子频繁地碰撞器壁产生的，A说法错误，B说法正确；压强的大小取决于气体分子的平均速率和分子的数密度，与物体的宏观运动无关，C、D说法错误．
答案：ACD
5．解析：由不同温度下的分子速率分布曲线可知，分子数百分率呈现“中间多，两头少”统计规律，温度是分子平均动能的标志，温度高则分子速率大的占多数，所以乙状态下温度较高，分子无规则运动的平均速率较大，分子运动更剧烈，故A、B错误，C正确；由于分子运动无规则，故在下一时刻的速率无法确定，故D错误．故选C.
答案：C
6．解析：装入热水时，瓶内上方气体温度升高，将一些气体排出，拧紧瓶盖，过一段时间后与外界发生热传递，气体放出热量后，内能减小温度降低．由于气体等容规律，瓶内的压强也减小，外界大气压将瓶盖压紧，故打开瓶盖需要克服更大的摩擦力．温度降低后，气体分子的平均动能减小，并不是每个气体分子的速率都减小．有的分子的速率增大，故A、B错误；温度降低后，气体分子的平均动能减小，平均速率也减小，单位时间内气体分子撞击瓶盖的次数减少，故C正确，D错误．
答案：C
7．解析：气体的压强与两个因素有关，一是气体分子的平均速率，二是气体分子的数密度．当气体分子的平均速率增大时，若气体的体积增大，则气体分子的数密度减小，气体的压强可能减小，同理，当气体分子的数密度增大时，因为分子平均速率变化情况不确定，所以气体压强的变化情况不能确定，A、C说法错误，B、D说法正确．
答案：BD
8．解析：蜡烛燃烧后，灯笼内温度升高，部分气体分子将从灯笼内部跑到外部，所以灯笼内分子总数减少，故分子密集程度减小，A错误．灯笼内温度升高，分子的平均速率增大，B错误．灯笼始终与大气连通，压强不变，灯笼内气体体积也不变，C错误．温度升高，气体分子的平均速率增大，分子在单位时间对器壁单位面积碰撞的平均作用力增大，而气体压强不变，所以单位时间与器壁单位面积碰撞的分子数减少，D正确．
答案：D
9．解析：由题图可知，100 ℃的氧气速率大的分子所占比例较多，A错误；具有最大比例的速率区间是指曲线峰值附近对应的速率，显然，100 ℃时对应的峰值速率较大，B错误；由题图可知，在同一温度下，气体分子速率分布总呈“中间多，两头少”的分布特点，C正确；在0 ℃和100 ℃两种不同情况下，各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围图形的面积都应该等于1，即相等，D正确．
答案：CD
10．解析：由题图可知，气体分子速率均呈现“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，A说法正确；气体的温度越高，速率较大的分子所占的比例越大，则TⅠ答案：B
分层作业(三) 分子动能和分子势能
1．解析：温度是分子平均动能的标志，温度相同时，不同物质的分子平均动能相同，但分子的质量不一定相等，所以平均速率不一定相等，A正确，B、C错误；温度升高时，并不是物体的每一个分子的动能都增加，个别分子的平均动能可能减少，D错误．
答案：A
2．解析：温度是分子热运动的平均动能的标志，内能是所有分子动能和分子势能的总和，故温度不变时，内能可能变化，A错误；两物体温度相同，内能可能不同，分子的平均动能相同，由 eq \x\t(E) k＝ eq \f(1,2) mv2知，平均速率 eq \x\t(v) 可能不同，D正确；内能大小不仅要看温度，还要看总分子数和分子势能这些因素，C错误；机械运动的速度增大与分子热运动的动能无关，B错误．
答案：D
3．解析：温度相同，则分子的平均动能一样大．同种物质，质量相同，分子数一样多．冰吸热变为水，水吸热变为水蒸气，冰、水、水蒸气的分子势能依次变大，内能依次变大．
答案：AD
4．解析：在两分子间距减小到r1的过程中，分子间的作用力表现为引力，分子力先增大后减小，故A错误；在两分子间距减小到r1的过程中，分子力做正功，分子势能减小，无穷远处分子势能为零，间距减小到r1时，分子势能小于零，故B、C错误；在两分子间距由r2减小到r1的过程中，分子力做正功，分子势能减小，分子力减小为零，故D正确．
答案：D
5．解析：温度高低只反映分子平均动能的大小，由于物体的内能跟物体的质量、体积、温度和状态有关，所以温度高的物体不一定比温度低的物体内能大，A错误；内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，分子在永不停息地做无规则运动，所以内能永不为零，B正确；内能相同的物体，它们的温度可能不相同，所以它们的分子平均动能可能不相同，C错误；内能不同的两个物体，它们的温度可以相同，即它们的分子平均动能可以相同，D错误．
答案：B
6．解析：当r＝r0时引力与斥力的合力为零，即分子力为零，A、D错；当分子间的距离趋于r0时，分子力做正功，分子势能减少，r＝r0时分子势能最小，B对，C错．
答案：B
7．解析：分子B受力的方向与运动方向相同时，分子力做正功，分子势能减少，A正确；分子间距离从无穷远减小到r0的过程中，分子间的相互作用力先增大后减小，B错误；分子间的距离等于r0时，分子力为零，分子势能最小，C错误；分子势能最小时，分子间的作用力一定为零，但分子势能的最小值不一定为零，D错误．
答案：A
8．解析：A、D错，C对：由题图看出，乙分子在P点(x＝x2)时，分子势能最小，此时分子位于平衡位置，分子间作用力为零，则加速度为零．B对：乙分子在P点(x＝x2)时，分子势能最小，由能量守恒定律知，分子的动能最大．
答案：BC
9．解析：乙分子的运动方向始终不变，A错误；加速度与力的大小成正比，方向与力相同，故B正确；乙分子从A处由静止释放，分子势能不可能增大到正值，故C错误；分子动能不可能为负值，故D错误．
答案：B
10．解析：从分子力的曲线中可以看出从0.5r0处到r0处斥力减小，加速度也就减小，从r0处到无穷远处引力先增大后减小，所以A错误；从0.5r0处到r0处乙分子受到向右的斥力，做向右的加速运动，通过r0处后受到向左的引力，做向右的减速运动，在r0处加速度a＝0，速度最大，所以B正确；当通过r0后分子的引力做负功，分子的势能增大，C错误；从0.5r0到r0处分子的斥力做正功，分子的势能减小，通过r0后，分子的引力做负功，分子的势能增大，故分子在r0处的势能最小，D正确．
答案：BD
分层作业(四) 温度和温标
1．解析：同一温度，所选温标不同，数值不同，A错误；摄氏温度的每一摄氏度与热力学温度的每一开的数值相等，故温度升高了1 ℃就是升高了1 K，B正确；摄氏温度可以取负值，但是热力学温度不能取负值，因为热力学温度的零点是低温的极限，C错误；热力学温度T＝273.15 K＋t＝(273.15－33) K＝240.15 K，故－33 ℃与240.15 K表示相同的温度，D错误．
答案：B
2．解析：系统处于平衡态时，其状态参量稳定不变，金属块放在沸水中加热足够长的时间，冰水混合物在0 ℃环境中，它们温度、压强、体积都不再变化，是平衡态，故A、B正确；对一个装有气体的导热性良好的容器加热时，容器内气体的温度升高，故其不是平衡态，C错误；开空调2分钟后教室内的气体温度、体积均要变化，故其不是平衡态，D错误．
答案：AB
3．解析：温度是物体平均动能的标志，当杯中水的温度升高，则水分子的平均动能增大，但并不是每个水分子的动能都增大，个别水分子的动能也可能减小．故选A.
答案：A
4．解析：热力学的平衡态是一种动态平衡，组成系统的分子仍在不停地做无规则运动，只是分子运动的平均效果不随时间变化，系统的状态参量均不随时间发生变化，所以A、C、D错误，B正确．
答案：B
5．解析：系统处于平衡态时，其状态参量不变，冰水混合物放在0 ℃环境中，铜块放在沸水中加热足够长的时间，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2分钟的一杯热水和一杯加较多冰块的可乐，温度未达到相同，则未处于平衡态，C错误；一瓶放在房间中很久的84消毒液，与环境温度相同，其状态参量不变，则处于平衡态，D正确．
答案：ABD
6．解析：两个系统实现了热平衡，它们具有一个“共同性质”，就是温度，或者说温度是决定一个系统与另一个系统是否达到热平衡状态的物理量，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
7．解析：(1)当温度升高时，瓶内的气体受热膨胀挤压上方的液柱，液柱就会向左移动；(2)将此装置放在一个标准大气压下的冰水混合物中，在液柱正中间处标上0 ℃，将它放在一个标准大气压下的沸水中，在液柱正中间处标上100 ℃，然后将以上两个刻度之间的部分进行100等分，标上刻度就成了一个温度计．
答案：(1)左边 (2)见解析
8．解析：由题图知A、D间共有15个格，每个格表示温度为 eq \f(75 ℃－15 ℃,15) ＝4 ℃，有色水柱的下端离D点3个格，即对应3×4 ℃＝12 ℃，所以题图中有色水柱下端所示温度为t＝15 ℃＋12 ℃＝27 ℃.
答案：27 ℃
9．解析：系统不与外界交换能量，热量由温度较高的铜块传给铁块，且在两者达到热平衡前的任意一段时间内，铜块放出的热量等于铁块吸收的热量，A正确，B错误；两个系统达到热平衡时温度相同，所以当温度相等时热传递停止，达到热平衡时的温度应用Q＝cmΔt求解，而不是两者温度的平均值，C错误，D正确．
答案：AD
10．解析：双金属温度计是用热膨胀系数不同的铜、铁两种金属制成的．该温度计是利用双金属片的弯曲程度随温度变化的原理来工作的，A、B选项是正确的；甲图中加热时，双金属片弯曲程度增大，即进一步向上弯曲，说明双金属片下层热膨胀系数较大，即铜的热膨胀系数较大，C选项正确；乙图中，温度计示数沿顺时针方向增大，说明当温度升高时温度计指针绕顺时针方向转动，则其双金属片的弯曲程度在增大，故可以推知双金属片的内层一定是铁，外层一定是铜，D选项是错误的．
答案：ABC
11．解析：温度计是利用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 ℃，则A点为80 ℃，D点为20 ℃，A、D间刻度均匀分布，每格表示 eq \f(80 ℃－20 ℃,15) ＝4 ℃，则有色水柱下端温度为20 ℃＋3×4 ℃＝32 ℃，C正确，A、B、D错误．
答案：C
分层作业(五) 玻意耳定律及其应用
1．解析：由玻意耳定律pV＝C，得体积增大为原来的2倍，则压强变为原来的 eq \f(1,2) ，故C正确．
答案：C
2．解析：
由图像可知，pAVA＝pBVB，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上，可在p ­ V图上作出几条等温线，如图所示．由于离原点越远的等温线温度越高，所以从状态A到状态B温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小．
答案：D
3．解析：设水银柱的长度为h，竖直放置时，气体的压强为p1＝p0－h；玻璃管倾斜45°时，气体的压强为p2＝p0－h cs 45°，根据p1l＝p2l′，则l′变短，选项C正确．
答案：C
4．解析：A错：打气后，由于气体的温度不变，分子平均动能不变，但每个分子运动速率的变化情况无法判断，故球内每个气体分子对球内壁的作用力的变化无法判断．
B对：打气后，球内气体的压强变大，即球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大．
C对，D错：打气前，p1＝1.1 atm，V1＝V0
打气6次，p2＝1 atm, V2＝6×0.05V0.
末态：p3＝？，V3＝V0
根据玻意耳定律可得：p1V1＋p2V2＝p3V3
联立解得：p3＝1.4 atm.
答案：BC
5．解析：开始管内气体压强为p1＝p0－ρgh，当玻璃管从竖直位置转过45°时，温度不变，假设气体体积不变，末态气体压强为p2＝p0－ρgh cs 45°，根据玻意耳定律，由pV＝C可知，因为压强增大，则空气柱体积将减小．故选C.
答案：C
6．解析：未向药瓶内注入气体前，药瓶内气体的压强p1＝1.0×105 Pa.体积V1＝0.4 mL，注射器内气体的压强p0＝1.0×105 Pa，体积V0＝0.3×0.4 mL＝0.12 mL，将注射器内气体注入药瓶后，药瓶内气体的体积V2＝V1＝0.4 mL，设压强为p2，根据玻意耳定律有p1V1＋p0V0 ＝p2V2，解得p2＝1.3×105 Pa.
答案：1.3×105 Pa
7．解析：对理想气体Ⅰ，由玻意耳定律p0L1S＝p1L′1S
p1＝p0＋ eq \f(mAg,S)
代入数据得L′1 ＝0.1 m
对理想气体Ⅱ，由玻意耳定律p0L2S＝p2L′2S
p2＝p1＋ eq \f(mBg,S)
代入数据得L′2＝0.05 m
故活塞A移动的距离
d＝(L1＋L2)－(L′1＋L′2)＝0.05 m.
答案：0.05 m
8．解析：A错，B对：由题意知管内水银柱上方封闭一部分气体，如果将玻璃管稍微向上提，则被封闭气体的体积增大，因为温度保持不变，所以被封闭气体压强减小．外界大气压等于水银柱产生的压强加上封闭空气柱产生的压强，此时外界的大气压不变，管内水银柱的压强须增大才能重新平衡，故管内外水银面的高度差h增大．C错，D对：无论将管下插至什么程度，管内被封闭气体体积不可能为零，故将管下插至管顶与管外水银面高度差为70 cm时，管内外水银面高度差小于70 cm.
答案：BD
9．解析：(1)设需要打气n次，因每次打入的气体相同，故可把n次打入的气体视为一次性打入，则气体的初状态：p1＝1.0×105 Pa，V1＝V0＋nΔV，末状态：p2＝5.0×105 Pa，V2＝V0，其中V0＝2 dm3，ΔV＝0.2 dm3.
由玻意耳定律有p1V1＝p2V2，代入数据解得n＝40.
(2)当瓶内气体气压变为2.0×105 Pa时的体积为V3，则p3＝2.0×105 Pa，由玻意耳定律有p2V2＝p3V3，代入数据解得V3＝5 dm3，真空瓶的容积为V瓶＝0.7 dm3，因 eq \f(V3－V2,V瓶) ＝4 eq \f(2,7) ，故最多可充4瓶．
答案：(1)40次 (2)4瓶
分层作业(六) 气体的等压变化和等容变化
1．解析：A对：由 eq \f(pV,T) ＝C(常数)可知，体积不变，压强增大时，温度升高，气体分子的平均动能一定增大．B错：当温度不变时，分子的平均动能不变，要使压强减小，则分子的密集程度一定减小，即单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少．C错：当温度降低时，分子的平均动能减小，要保持压强不变，则分子的密集程度一定增大，即单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增多．D错：温度升高，压强和体积至少有一个要发生变化，不可能都不变．
答案：A
2．解析：气体做等压变化，温度升高时，体积变大，所以汽缸体高度H减小．
答案：B
3．解析：设绝对零度相当于T0
则初态：T1＝－T0＋30 ℃，V1＝30S
末态：T2＝－T0＋90 ℃，V2＝36S
由盖­吕萨克定律 eq \f(V1,T1) ＝ eq \f(V2,T2)
代入数据解得T0＝－270 ℃，故选B.
答案：B
4．解析：由V­T图可以看出由A―→B是等容过程，TB>TA，故pB>pA，A、C错误，D正确；由B―→C为等压过程，pB＝pC，故B错误．
答案：D
5．解析：根据查理定律可得 eq \f(p1,T1) ＝ eq \f(p2,T2) ，解得 eq \f(p2,p1) ＝ eq \f(T2,T1) ＝ eq \f(400,300) ＝ eq \f(4,3) ，故选C.
答案：C
6．解析：(1)活塞从开始至刚到卡环的过程做等压变化，设汽缸的横截面积为S，
由盖­吕萨克定律得 eq \f(l0S,T0) ＝ eq \f(lS,T1)
代入数据得T1＝360 K.
(2)活塞到达卡环后做等容变化，由查理定律得 eq \f(p0,T1) ＝ eq \f(p2,T2)
代入数据得p2＝1.5×105 Pa.
答案：(1)360 K (2)1.5×105 Pa
7．解析：(1)设理想气体B的初始压强为pB，
则pB＝p0－5 cmHg＝70 cmHg
(2)当左、右两侧液面相平时，气体A、B的长度均为
L3＝L1＋ eq \f(L2,2) ＝10 cm
以气体A为研究对象，根据玻意耳定律得
p0(L1＋L2 )S＝p′AL3S
以气体B为研究对象，根据理想气体状态方程得
eq \f(pBL1S,T0) ＝ eq \f(p′BL3S,T′)
左、右两侧液面相平时p′A＝p′B
解得T′＝500 K
答案：(1)70 cmHg (2)500 K
8．解析：使U形管两端水银面一样高，即保持封闭气体的压强始终等于外界大气压且不变，若把烧瓶浸在热水中，气体体积增大，A中水银面上升，为使两管水银面等高，应把A向下移，故A对，B错；若把烧瓶浸在冷水中，气体体积减小，B管中水银面上升，为使两管水银面等高，应把A向上移，故C错，D对．
答案：AD
9．解析：根据盖­吕萨克定律得ΔV＝ eq \f(ΔT,T) ·V，因A、B管中的封闭气柱初温T相同，温度降低量相同，且ΔT<0，所以ΔV<0，即A、B管中气柱的体积都减小；ΔV1＝ eq \f(V1,T1) ·ΔT，ΔV2＝ eq \f(V2,T2) ΔT，又因为H1>H2，则V1>V2，又T1＝T2，则|ΔV1|>|ΔV2|，A管中气柱减小得较多，故A、B两管气柱上方的水银柱均向下移动，且A管中的水银柱下移得较多，故选项A正确，B、C、D错误．
答案：A
10．解析：(1)对活塞Ⅰ受力分析如图
由平衡条件有p·2S＝p0·2S＋2mg＋0.1kl
对活塞Ⅱ受力分析如图
由平衡条件有pS＋mg＝p0S＋0.1kl
联立解得k＝ eq \f(40mg,l) ，p＝p0＋ eq \f(3mg,S)
(2)由于是对气体缓慢加热，则两活塞受力平衡，将两活塞、弹簧、活塞间气体作为整体分析，受力情况不变，故气体压强不变，p′＝p＝ eq \f(p0S＋3mg,S) ，且弹簧长度不变
对活塞间的气体，由盖­吕萨克定律有 eq \f(V1,T1) ＝ eq \f(V2,T2)
其中V1＝ eq \f(l＋0.1l,2) (2S＋S)＝1.65lS，T1＝T0
V2＝(l＋0.1l)·2S＝2.2lS
解得T2≈1.3T0
答案：(1) eq \f(40mg,l) (2)p0＋ eq \f(3mg,S) 1.3T0
分层作业(七) 气体实验定律的综合应用
1．解析：根据一定质量的理想气体的等压变化线的特征可知，A、C正确，B错误；D选项中没有明确标明图像与t轴交点的坐标为(－273.15 ℃，0)，因此，不能算正确．
答案：AC
2．解析：A―→C过程中，气体的体积不变，发生等容变化，由 eq \f(p,T) ＝C可知，温度升高，压强增大，故A错误；在C―→B过程中，发生等温变化，由pV＝C可知，体积减小，压强增大，故B正确；综上所述，在A―→C―→B过程中，气体的压强始终增大，所以气体在状态B时的压强最大，在状态A时的压强最小，故C、D正确．
答案：BCD
3．解析：A、C错：在V ­ T图像中，过原点的倾斜直线是等压线，所以ab、cd为两条等压线，即pa＝pb，pc＝pd.B、D对：在V ­ T图像中，斜率越大表示压强越小，所以得到pa＝pb>pc＝pd.即由b到c的过程，压强变小，由d到a的过程，压强变大．
答案：BD
4．解析：(1)设后来两部分气体的压强为p，氧气的体积为VA2，氮气的体积为VB2，根据玻意耳定律有p0VA1＝pVA2
2p0VB1＝pVB2
VB2＋ eq \f(VA2,2) ＝VB1
活塞M移动的距离x＝ eq \f(VA1－\f(VA2,2),SM)
代入数据解得p＝3p0，x＝ eq \f(500,3) cm.
(2)根据共点力的平衡条件F＋p0SM＝pSM
解得F＝6×103 N.
答案：(1) eq \f(500,3) cm (2)6×103 N
5．解析：(1)设玻璃管的横截面积为S，右侧气体初状态体积V1＝0.05S
温度升高过程气体压强不变，由盖­吕萨克定律得 eq \f(V1,T1) ＝ eq \f(LS,T2)
代入数据解得，右侧空气柱的长度L＝5.83 cm.
(2)大气压强p0＝0.75ρg，由图示可知，右管气体压强p右＝p0＋0.15ρg＝0.9ρg
左管初状态压强p左1＝p右＝0.9ρg
左管初状态体积V左1＝0.32S
温度升高后，设左侧管内水银面下降的高度为h，左管气体末状态压强p左2＝p右＋2ρgh＝(0.9＋2h)ρg
左管内气体末状态的体积V左2＝(0.32＋h)S
对左管内气体，由理想气体状态方程得 eq \f(p左1V左1,T1) ＝ eq \f(p左2V左2,T2)
代入数据解得h＝3 cm.
答案：(1)5.83 cm (2)3 cm
6．解析：此气体在0 ℃时，压强为标准大气压，所以它的体积应为22.4×0.3 L＝6.72 L，根据图线所示，从p0到A状态，气体是等容变化，A状态的体积为6.72 L，温度为127 K＋273 K＝400 K，从A状态到B状态为等压变化．B状态的温度为227 K＋273 K＝500 K，根据盖­吕萨克定律 eq \f(VA,TA) ＝ eq \f(VB,TB) 得，VB＝ eq \f(VATB,TA) ＝ eq \f(6.72×500,400) L＝8.4 L.
答案：D
7．解析：在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为p1＝p0＋ρgl2
设活塞下推后，下部空气柱的压强为p′1，玻璃管的横截面积为S，由玻意耳定律得p1l1S＝p′1l′1S
设活塞下推距离为Δl，则此时玻璃管上部空气柱的长度为l′3＝l3＋l1－l′1－Δl
设此时玻璃管上部空气柱的压强为p′3，则
p′3＝p′1－ρgl2
由玻意耳定律得p0l3S＝ p′3l′3S
解得Δl＝15 cm，C项正确．
答案：C
8．解析：(1)当推力F＝2×103 N、活塞N达到平衡状态时，A汽缸中气体的压强
p′A＝p0＋ eq \f(F,S) ＝1.5×105 Pa＝1.5 atm.
(2)初始时A汽缸中气体的压强及体积分别为
pA＝1 atm，
VA＝12 L，
A汽缸中气体发生等温变化，由玻意耳定律有
pAVA＝p′AV′A，
代入数据解得V′A＝8 L，
则活塞N向右移动的距离Δx＝ eq \f(VA－V′A,S) ＝ eq \f(（12－8）×103,400) cm＝10 cm.
(3)因为活塞M保持在原位置不动，所以B汽缸中的气体发生等容变化，初始时B汽缸中气体的压强、温度分别为pB＝1 atm，TB＝300 K，活塞N达到平衡状态时，B汽缸中气体的压强p′B＝p′A＝1.5×105 Pa＝1.5 atm，对B汽缸中的气体，根据查理定律有 eq \f(pB,TB) ＝ eq \f(p′B,T′B) ，
解得T′B＝450 K，即t′B＝177 ℃.
答案：(1)1.5 atm (2)10 cm (3)177 ℃
分层作业(八) 固体
1．解析：物质的性质由物质微粒的微观结构决定，石墨和金刚石都是由碳原子组成，石墨和金刚石都是晶体，因原子排列结构不同，原子间作用力不同．D选项正确．
答案：D
2．解析：单晶体的各向异性取决于晶体内部结构的有规则性，不同方向上物质微粒的排列情况不同，A、D正确，B、C错误．
答案：AD
3．解析：由题图可知，图甲中物质吸收热量，开始时温度升高，到达熔点之后，不断吸收热量，温度保持不变，全部熔化之后，吸收热量，温度不断升高，则图甲中物质为晶体；图乙中物质吸收热量，温度不断升高，没有确定的熔点，则图乙中物质为非晶体．A正确．
答案：A
4．解析：石蜡以接触点的对称点为中心，逐渐向四周扩大熔成圆形，具有各向同性，因此薄片可能为多晶体，也可能为非晶体，C正确，A、B、D错误．
答案：C
5．解析：晶体中的分子只在平衡位置附近振动，不会沿三条直线发生定向移动，A错误；三条直线上晶体分子的数目不同，表明晶体的物理性质是各向异性的，B、D错误，C正确．
答案：C
6．解析：单晶体分子在空间分布上具有规则性，故石墨与石墨烯都是晶体，C正确，A、B错误；安德烈获取石墨烯的方法是物理方法，D正确．
答案：CD
分层作业(九) 液体
1．解析：液晶既不是液体也不是晶体，更不是两者混合物，A错误；只有部分物质具有液晶态，B错误；液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，C正确；电子手表中的液晶本身不能发光，D错误．
答案：C
2．解析：一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系，由题图乙可以看出，肥皂水浸润玻璃，故A错误；肥皂泡表面张力方向和表面平行，故B错误；表面张力让液体收缩，而球面是同体积物体中表面积最小的，所以肥皂泡呈球状与液体的表面张力有关，故C正确；肥皂泡表面液体分子间既存在引力也存在斥力，合力表现为引力，故D错误．
答案：C
3．解析：液体对固体浸润，则附着层内分子间距小于液体内部分子间距，附着层内分子间表现出排斥力，液体对固体不浸润，则附着层内分子间距大于液体内部分子间距，附着层内分子间表现出吸引力，即浸润和不浸润现象是分子力作用的表现，A、D正确；在浸润现象中，附着层内分子受到固体分子吸引力较液体内部分子吸引力强，分子分布比液体内部更密，B、C错误．
答案：AD
4．解析：液体表面张力是分子间相互作用的结果，就水来说，内部的水分子处于其他水分子的包围之中，各个方向分子的引力会相互抵消，但是表层水分子受到的内部水分子引力远大于外部空气分子的引力，所以表面的水分子永远受到指向液体内部的力，总是趋向于内部移动，这样液体总是会力图缩小其表面积，而同样体积的物体，总是以球体的表面积最小，故A正确；分子之间引力和斥力同时存在，故B错误；理想气体分子的内能只考虑分子动能，分子势能为零，则只与温度有关，两气泡温度相同，所以两气体的分子平均动能相同，故C错误；水球表面滴一小滴红墨水，若水球未破，水球外表面附近的水分子间作用力表现为引力，最后水球将呈红色，故D正确．
答案：AD
5．解析：液体对固体浸润，则分子间距小于液体内部；液体对固体不浸润，则分子间距大于液体内部，即浸润和不浸润现象是分子力作用的表现，A错误；浸润和不浸润与固体和液体都有关系，B错误；在熔化过程中，晶体要吸收热量，温度保持不变，C正确；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是晶体，D错误．
答案：C
分层作业(十) 功、热和内能的改变
1．解析：发生热传递的条件是有温度差，而与物体内能的多少、是否接触及周围的环境(是否真空)无关，故B正确．
答案：B
2．解析：做功和热传递改变物体内能的本质不同，做功的过程是不同形式的能相互转化的过程，而热传递是同种形式的能(内能)在不同的物体之间或物体的不同部分之间传递或转移的过程，A、D正确；物体内能的变化取决于做功和热传递两种途径，单就一个方面不足以断定其内能的变化，B、C错误．
答案：AD
3．解析：铁块匀速下滑，动能不变，重力势能减少，则机械能减少，下降过程中，摩擦力做负功，故铁块的内能增加，根据能量守恒定律可知，铁块机械能的减少量等于铁块和斜面内能的增加量之和，D正确．
答案：D
4．解析：由F通过活塞对密封的理想气体做正功，容器及活塞绝热，知Q＝0，由功和内能的关系知理想气体内能增大，温度T升高，再根据 eq \f(pV,T) ＝C，体积V减小，知压强p增大．
答案：C
5．解析：在外界不做功的情况下，系统内能的改变等于传递的热量，内能增加，一定是吸收了热量，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．物体的分子平均动能有可能不变，这时吸收的50 J热量全部用来增加分子势能(如晶体熔化过程)，故C错误、D正确．
答案：BD
6．解析：绳与紫铜管间的摩擦力做功，使管壁内能增大，温度升高．通过传热，乙醚的内能增大，温度升高．管塞被冲开前管内气体内能增大，压强变大．选项D正确．
答案：D
7．解析：根据题意，顺序为：空气推动瓶塞做功——空气内能减小温度降低——瓶内水蒸气液化成小水珠．
答案：B
8．解析：由于汽缸及活塞均绝热，故外界对气体所做的功全部转化为气体的内能，即ΔU＝W外＝(m活塞＋m物体)gΔh＋p0SΔh
＝(5＋15)×10×0.1 J＋1.01×105×0.1×0.1 J＝1 030 J
答案：1 030 J
9．解析：在快速推铁丝而马铃薯小块未飞出的过程中，外界对笔芯内封闭气体做功，内能增加，气体的温度升高，故A正确、B错误；马铃薯小块高速飞出时，笔芯内气体对马铃薯小块做功，气体内能减小，即马铃薯小块高速飞出的动能来自气体的内能，故C正确、D错误．
答案：AC
10．解析：对被封闭气体，如没有泄露气体，等温变化时，由玻意耳定律
p0·8lS＝ eq \f(4,3) p0·xlS
解得x＝6
则泄露气体的质量与最初气体质量之比为4∶6＝2∶3，A正确；气泡在上升过程中，随着压强的减小，体积将增大，气体对外做功，由热力学第一定律，温度不变、内能不变，则此过程会吸收热量，B错误；注射器导热性能良好，在压缩气体的过程中，气体温度不变，气体分子的平均动能不变，C错误；由A项分析知泄露出的气体的质量与注射器内存留气体的质量之比为2∶1，同种气体，在同样的状态下，显然泄露出的气体内能大于残留气体的内能，D错误．
答案：A
11．解析：由于喷气时间极短，故轮胎内气体与外界无热交换，气体体积增大，对外做功，W<0，则ΔU<0，所以轮胎内气体在喷出过程中其内能迅速减小，故A正确；理想气体的内能由分子动能决定，轮胎放气时，胎内气体迅速膨胀对外做功，内能减小时，分子的平均动能减小，由于温度是分子平均动能的标志，所以温度会下降，根据理想气体状态方程 eq \f(pV,T) ＝C，体积变大，温度下降，压强会迅速减小，故B、D正确；轮胎内的气体迅速向外喷出是由于轮胎内外压强差引起的，不是分子扩散的原因，故C错误．
答案：ABD
分层作业(十一) 热力学第一定律 能量守恒定律
1．解析：第一类永动机不可能实现，是因为它违反了能量守恒定律，A正确，B错误；根据能量守恒定律可知，某种形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加，C正确；由能量守恒定律可知，能量是不能凭空产生的，D错误．
答案：AC
2．解析：自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，说明机械能在减少，A、C错误；减少的机械能通过摩擦做功转化成了内能，但总能量守恒，B错误，D正确．
答案：D
3．解析：当气体被压缩时，外界对气体做功，即W>0，因容器壁与外界没有热量交换，则Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知ΔU>0，即气体内能增加，温度升高，根据 eq \f(pV,T) ＝C可知，V减小，T变大，则压强p变大，B、C、D错误，A正确．
答案：A
4．解析：对一定质量的理想气体，经过一系列的状态变化后又回到原状态，表明整个过程中内能的变化为零，即通过做功和热传递引起的内能变化相互抵消，所以A选项正确．当然，若Q1＝Q2，则必定有W1＝W2；若Q1>Q2，则必定有W1W2，所以B、C、D三项都有可能但不一定，故选A.
答案：A
5．解析：A错：一定质量的理想气体温度一定时，其内能一定，气体膨胀对外做功，根据热力学第一定律得知，气体应吸热，违反了热力学第一定律．B对：气体从外界吸收热量，若对外做功，而且热量与做功的数值相等，根据热力学第一定律气体的温度不变，符合热力学第一定律．C错：气体体积不变则气体既不对外做功，外界也不对气体做功，温度升高，内能增大，则气体应吸收热量，但在绝热条件下不可能吸收热量，违反了热力学第一定律．D对：气体对外做功的同时向外界放出热量，根据热力学第一定律气体的内能减小，符合热力学第一定律．
答案：BD
6．解析：气体体积减为原来的一半，外界对气体做正功，故A错误．温度不变，气体体积减半，根据玻意耳定律可知，气体压强增大，故B正确．温度不变，所以二氧化碳气体分子的平均动能不变，故C错误．一定质量的理想气体的温度不变，内能不变，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，封闭气体向外界传递热量，故D错误．
答案：B
7．解析：由于a→b是绝热过程，根据热力学第一定律，外界对其做的功全部用于增加内能，A正确；由于a→b的过程气体的内能增加，温度升高；b→c的过程，体积不变，压强增大，根据 eq \f(p,T) ＝C可知温度升高，因此Tc>Ta，可得在状态a时气体分子的平均动能小于状态c时气体分子的平均动能，B错误；在d→a的过程中，体积不变，根据 eq \f(p,T) ＝C，可知温度降低，单位体积内分子数不变，分子的平均速率减小，因此单位时间内撞击汽缸壁的分子数减少，C错误；在题图所示的一次循环过程中，封闭图线围成的面积等于气体对外做的功，由于总体对外做功W<0，根据热力学第一定律，可知气体吸收的热量大于放出的热量，D正确．
答案：AD
8．解析：(1)由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120 J＋280 J＝160 J，所以气体的内能增加了160 J.
(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从另一个状态回到原来状态过程中内能的变化量加上从原来的状态到另一个状态过程中内能的变化量等于零，则从另一个状态回到原来状态的过程中，内能应减少160 J，即ΔU′＝－160 J，又Q′＝－240 J，根据热力学第一定律得ΔU′＝W′＋Q′，所以有W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J，即外界对气体做功 80 J.
答案：(1)内能增加了160 J (2)外界对气体做功 80 J
9．解析：(1)外界对气体做的功W＝p·ΔV＝p(V－V′)，
解得W＝1.0×105 J.
(2)由热力学第一定律得，汽缸内气体内能的变化量ΔU＝Q＋W＝－1.2×105 J＋1.0×105 J＝－2×104 J，即气体内能减少了2×104 J.
答案：(1)1.0×105 J (2)减少了2×104 J
10．解析：(1)设平衡时活塞距汽缸底部的距离为h′，取封闭气体为研究对象，气体发生等压变化，由盖­吕萨克定律 eq \f(hS,T1) ＝ eq \f(h′S,T2) ，解得h′＝1.4 m.
(2)在此过程中气体对外做功
W＝p0S(h′－h)＋mg(h′－h)
由热力学第二定律ΔU＝Q－W
解得ΔU＝4.8 J
气体内能增加4.8 J.
答案：(1)1.4 m (2)增加4.8 J
11．解析：由于开始弹簧处于压缩状态，弹簧中储存了一定的弹性势能，在绳子断开后活塞向上运动，到达最高点后再向下运动，如此反复；在此过程中弹簧的部分弹性势能转化为气体的内能，活塞与弹簧的机械能不断减小，最终活塞将静止，静止时弹簧的弹力等于活塞的重力和上部气体对活塞的压力，此时弹簧仍处于压缩状态．弹簧的弹性势能有一部分转化为气体内能，最终气体温度趋于一个定值；在活塞运动过程中对活塞做功的有重力、弹簧的弹力和气体对活塞的压力．当弹簧最后静止时，弹簧仍处于压缩状态，但弹簧的形变量减小，故弹簧储存的弹性势能减小；由于活塞的高度增大，故活塞的重力势能增大，在活塞运动的过程中活塞压缩气体做功，产生内能，故减少的弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为空气的内能．故B、C正确．
答案：BC
12．解析：因为pAVA＝pBVB，所以，气体在A、B两状态时的温度相等．由图像可知，由状态A到状态B的过程中，气体温度先升高后降低，A错误；因为气体在A、B两状态时的温度相等，所以内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体从外界吸收的热量等于气体对外界所做的功，B错误；由状态B到状态C的过程中，外界对气体做的功为W＝pΔV＝1.01×105×(3—1)×10－3 J＝202 J，C正确；由状态C到状态A的过程中，温度升高，气体内能增大，因为体积不变，压强增大，外界对气体不做功，所以气体吸收的热量等于气体内能的增加量，D错误．
答案：C
13．解析：(1)活塞从A位置缓慢到B位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象有pS＝p0S＋mg，解得p＝p0＋ eq \f(mg,S) ＝1.4×105 Pa，由盖­吕萨克定律有 eq \f(VA,TA) ＝ eq \f(VB,TB) ，代入数据解得TB＝450 K.
(2)由气体的内能与热力学温度成正比 eq \f(UB,U0) ＝ eq \f(TB,TA) ，解得UB＝135 J，外界对气体做功W＝－p(VB－VA)＝－28 J，由热力学第一定律ΔU＝UB－U0＝Q＋W＝45 J，可得气体变化过程中从电热丝吸收的总热量为Q＝73 J.
答案：(1)1.4×105 Pa 450 K (2)73 J
分层作业(十二) 热力学第二定律
1．解析：凡是能量守恒的过程可能发生能量的转化，也可能发生能量的转移，故A错误；摩擦生热的过程是机械能转化为内能的过程，是不可逆过程，故B正确；由于能量的转移和转化具有方向性，虽然能量守恒，但还会发生能源危机，故C错误；传热有方向性，热量一定从温度高的物体传向温度低的物体，或从温度高的部分传向温度低的部分，故D错误．
答案：B
2．解析：满足能量守恒定律的物理过程不一定是自发进行的，A错误；空调机既能制热又能制冷，是在引起其他变化的情况下进行的，不能说明热传递不存在方向性，B错误；由热力学第二定律可知，热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化，C正确；自然界中能量的总量保持不变，由于能量的转化具有方向性，所以能量的可利用性在逐步降低，D错误．
答案：C
3．解析：根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的，功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程，故A正确；做功和热传递是改变物体内能的两种方式，由热力学第一定律知，对物体做功，内能不一定增加，故B错误；根据热力学第二定律可知，若产生其他影响，可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，故C错误；根据热力学第二定律，不可能使热量自发地从低温物体传向高温物体，但在外界的作用下，能使热量从低温物体传向高温物体，故D错误．
答案：A
4．解析：热茶温度比周围环境的温度高，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，A违背了热力学第二定律，不能发生，A不符合题意；蒸汽机的能量损失不可避免，不能把蒸汽的内能全部转化成机械能，B违背了热力学第二定律，不能发生，B不符合题意；桶中浑浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离，系统的重力势能减少了，最终转化为内能，C不违背热力学第二定律，能够发生，C符合题意；电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体，消耗了电能，D不违背热力学第二定律，能够发生，D符合题意．
答案：CD
5．解析：A、B对：热力学第二定律有几种不同的表述形式，但它们是等效的，它与热力学第一定律是各自独立的．
C错：由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0
但由ΔU＝W＋Q
可知，若W＝－Q，则ΔU＝0.
D对：若施加其他影响，热量从低温物体传向高温物体，以及从单一热库吸收热量，完全变成功都是可能的．
答案：ABD
6．解析：(1)汽车行驶的速度v＝ eq \f(s,t) ＝92 km/h.
(2)汽车发动机牵引力所做的功W＝Fs＝1 800 N×9 200 m＝1.656×107 J，汽车发动机牵引力的功率P＝ eq \f(W,t) ＝ eq \f(1.656×107,6×60) W＝4.6×104 W.
(3)汽油放出的热量Q＝mq＝1 kg×4.6×107 J/kg＝4.6×107 J，发动机的效率η＝ eq \f(W,Q) ×100%＝36%.
答案：(1)92 km/h (2)4.6×104 W (3)36%
分层作业(十三) 光电效应
1．解析：光是一种波，同时也是一种粒子，光具有波粒二象性，当光和物质作用时，是“一份一份”地进行的，表现出粒子性；单个光子通过双缝后在空间各点出现的可能性可以用波动规律描述，表现出波动性．粒子性和波动性是光子本身的一种属性，光子说并未否定电磁说．
答案：D
2．解析：用弧光灯照射锌板时，锌板中的电子从表面逸出，使锌板带正电，则与锌板相连的验电器的指针带正电，B正确．
答案：B
3．解析：光电效应具有瞬时性，A错误；截止频率与金属自身性质有关，入射光强度减弱，截止频率不变，B错误；入射光的强度减弱，单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少，C正确；入射光照射到某金属表面上发生光电效应，说明入射光的频率高于金属的截止频率，能否发生光电效应取决于入射光的频率，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，则一定能发生光电效应，D错误．
答案：C
4．解析：入射光的波长太长，频率低于截止频率时，不能发生光电效应，灵敏电流计中不会有电流通过，B符合题意；入射光的强度、光照时间不是发生光电效应的决定因素，A、C不符合题意；电路中电源正极接阴极K时，对光电管加了反向电压，若该电压超过遏止电压，也没有光电流产生，D符合题意．
答案：BD
5．解析：从金属表面逸出的光电子的最大初动能是1.5 eV，入射光的能量为5.0 eV，由光电效应方程Ek ＝hν－W0，解得该金属的逸出功为W0＝hν－Ek＝3.5 eV，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
6．解析：由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0可知，题图中图线的斜率表示普朗克常量h，A说法正确；由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0结合题图可知，该金属的逸出功W0＝E＝hν0，B、C说法正确；入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能Ek＝2hν0－W0＝hν0＝E，D说法错误．
答案：D
7．解析：由Ek＝ eq \f(1,2) mev eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(c)) 可知，光电子的最大初动能之比为1∶4，A错误；由光电效应方程可得Ek1＝hν－W0，Ek2＝2hν－W0，解得该金属的逸出功W0＝ eq \f(2,3) hν，B正确；W0＝hνc，则该金属的截止频率νc＝ eq \f(2ν,3) ，C正确；用频率为 eq \f(ν,2) 的单色光照射该金属时，由于h eq \f(ν,2) 答案：BC
8．解析：根据光电效应方程 eq \f(1,2) mv2＝hν－W0，由题图可得b光照射光电管时遏止电压大，使其逸出的光电子最大初动能大，所以b的频率大，则a的频率小，那么a的波长长，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
9．解析：(1)根据光电效应方程和动能定理可知
eUc＝hν－W0
结合图线可知截止频率νc＝5.0×1014 Hz.
(2)由以上分析可得Uc＝ eq \f(h,e) ν－ eq \f(W0,e)
结合图线斜率可得
k＝ eq \f(h,e) ＝ eq \f(2.0,5.0×1014) V/Hz
因此h＝ eq \f(2.0×1.6×10－19,5.0×1014) J·s＝6.4×10－34 J·s.
答案：(1)5.0×1014 Hz (2)6.4×10－34 J·s
10．解析：由题图可知，光电管两端所加的电压为反向电压，由电压表的示数大于或等于0.7 V时，电流表示数为0，可知光电子的最大初动能为0.7 eV，根据光电效应方程Ek＝hν－W0，可得W0＝1.8 eV，故A、C正确；开关S断开后，用光子能量为2.5 eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表，故B错误；改用能量为1.5 eV的光子照射，由于光子的能量小于逸出功，不能发生光电效应，无光电流，故D错误．
答案：AC
11．解析：图甲中光电管中电场为加速电场，设电子离开K极时的最大初动能为Ek，电子到达A极板的最大动能为Ekm，由动能定理可得eU＝Ekm－Ek，解得Ekm＝eU＋Ek，所以斜率为e，A、B错误；截距为光电子离开K极时的最大初动能，C错误，D正确．
答案：D
分层作业(十四) 原子的核式结构模型
1．答案：C
2．答案：A
3．解析：α粒子与原子核间的作用力是库仑斥力，在α粒子靠近原子核过程中，库仑斥力增大且做负功，电势能增加，动能减少，故当α粒子距原子核最近时，动能最小，电势能最大，所受原子核的斥力最大，A正确，B、C错误；α粒子与金原子组成的系统的能量不变，D错误．
答案：A
4．解析：原子核半径的数量级是10－15 m，整个原子半径的数量级是10－10 m，两者相差十万倍之多，可见原子中原子核很小，核外很“空旷”，A正确，B错误；原子中的电子数Z等于核电荷与电子电荷大小的比值，C正确； eq \\al(\s\up1(235),\s\d1( 92)) U原子中的中子数n＝235－92＝143，D错误．
答案：AC
5．解析：密立根“油滴实验”是利用喷雾的方法，在已知小液滴质量的前提下利用电场力和小液滴的重力平衡，推算出每个小液滴的电荷量都是某个最小电荷量的整数倍，密立根“油滴实验”与电子的电荷量和质量没有关系，只是测出了最小电荷量，证明了带电体的电荷量不是连续的，而是量子化的，B正确．
答案：B
6．解析：原子核和α粒子均带正电，两者之间为斥力，据曲线运动的条件知，α粒子在P点时，原子核可以位于①②区域，α粒子在Q点时，原子核可以位于①③区域，取交集知原子核应位于①区域，A正确．
答案：A
7．解析：由动能转化为电势能得 eq \f(1,2) mαv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(α)) ＝qαφp ①
又因为φp＝ eq \f(kQ,r) ②
由①②得r＝ eq \f(2qαkQ,mαv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(α)) ) ，其中Q为金原子核电荷量，Q＝79e，α粒子电荷量qα＝2e，将题中数据代入可得r≈4×10－14 m.
答案：4×10－14 m
8．解析：A对，D错：α粒子散射实验的现象是：绝大多数α粒子几乎不发生偏转；少数α粒子发生了较大角度的偏转；极少数α粒子发生了大角度偏转(偏转角度超过90°，有的甚至几乎达到180°，被反弹回来)，是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据．B错：根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子核式结构模型的假设，从而否定了汤姆孙原子模型．C错：发生α粒子偏转现象，主要是由于α粒子和原子核之间作用的结果．
答案：A
9．解析：(1)油滴速度为v1时所受阻力Ff1＝kv1，油滴向下匀速运动时，重力与阻力平衡，有Ff1＝mg，m＝ρV＝ eq \f(1,6) πρD3，则k＝ eq \f(1,6v1) πρD3g.
(2)设油滴所带电荷量为q，油滴受到的电场力为F电＝qE＝q eq \f(U,d) ，油滴向上匀速运动时，阻力向下，油滴受力平衡，则kv2＋mg＝q eq \f(U,d) ，油滴所带电荷量为q＝ eq \f(ρπD3gd（v1＋v2）,6Uv1) .
答案：(1) eq \f(1,6v1) πρD3g (2) eq \f(ρπD3gd（v1＋v2）,6Uv1)
分层作业(十五) 氢原子光谱和玻尔的原子模型
1．解析：每种原子都有自己的结构，只能发出由内部结构决定的特征谱线，不会因温度、物质不同而改变，C正确．
答案：C
2．解析：根据玻尔理论，核外电子运动的轨道半径是某些确定的值，而不能是任意值，选项A错误；氢原子中的电子离原子核越远，能级越高，能量越大，选项B正确；由跃迁规律可知，选项C正确；氢原子从激发态向基态跃迁的过程中辐射能量，选项D错误．
答案：BC
3．解析：根据经典电磁理论，电子绕原子核转动时，电子会不断释放能量，最后被吸附到原子核上，原子应该是不稳定的，并且发射的光谱应该是连续的．氢原子光谱并没有完全否定经典电磁理论，表明需要引入新的观念进行解释，选项B、C正确．
答案：BC
4．解析：一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级，即从高能级向低能级跃迁，放出光子，能量减少，故B正确．
答案：B
5．解析：由ΔE＝hν＝ eq \f(hc,λ) 结合题图可知，B频率最大，C波长最长，B、C正确．
答案：BC
6．解析：由hν＝En－Em和E4－E3λ32，A正确；所有电磁波的速度都相同，B错误；处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率不一样，出现不同形状的电子云，C错误；从高能级向低能级跃迁时，氢原子向外放出能量，D错误．
答案：A
7．解析：大量氢原子处于n＝3能级上，由C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＝3可知这些原子跃迁过程中最多可辐射出3种频率的光子，A错误；由氢原子能级示意图可知，氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子能量比从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光子能量大，由E＝hν可知，从n＝3能级跃迁到n＝1能级辐射的光子频率高，B错误；由氢原子能级示意图可知，氢原子从n＝3能级跃迁到n＝4能级，需要吸收的能量为ΔE＝E4－E3＝－0.85 eV－(－1.51 eV)＝0.66 eV，C正确，n＝3能级的氢原子电离至少需要吸收的能量为0－(－1.51 eV)＝1.51 eV，D错误．
答案：C
8．解析：根据C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝6知，这些氢原子可辐射出6种不同频率的光子，故A错误．n＝4和n＝3间的能级差最小，则频率最小的光子是由n＝4跃迁到n＝3能级产生的，故B错误．最容易表现出衍射现象的光的波长最大，频率最小，是由n＝4能级跃迁到n＝3能级产生的，选项C错误．n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子能量为10.2 eV，大于金属铂的逸出功，可以发生光电效应，故D正确．
答案：D
9．解析：发生受激辐射时，向外辐射能量，原子总能量减小，电子轨道半径减小，根据 eq \f(kqe,r2) ＝ eq \f(mv2,r) 知，电子的动能增大，因为总能量减小，则电子的电势能减小．故A、C、D错误，B正确．
答案：B
10．解析：用12.09 eV的光子照射处于基态的氢原子，因为－13.6 eV＋12.09 eV＝－1.51 eV，该氢原子吸收光子后，被激发，处于n＝3能级，故A正确；用能量为12.5 eV的电子轰击处于基态的氢原子，氢原子可以部分吸收电子能量，从而跃迁到n＝3或者n＝2能级，故B错误；光子的能量不可以被部分吸收，而－13.6 eV＋12.1 eV＝－1.5 eV，该能量不属于氢原子的任一能级，故处于基态的氢原子不可以吸收能量为12.1 eV的光子而被激发，故C错误；一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时最多产生C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝ eq \f(3×4,2) ＝6种谱线，故D正确．
答案：AD
11．解析：这些氢原子最多能发出C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝6种不同频率的光，故A正确；γ射线是原子核发生衰变时放出的，故B错误；根据跃迁规律可知从n＝4能级向n＝1能级跃迁时辐射光子的能量为hν41＝E4－E1＝12.75 eV，从n＝3能级向n＝1能级跃迁时辐射光子的能量为hν31＝E3－E1＝12.09 eV，从n＝2能级向n＝1能级跃迁时辐射光子的能量为hν21＝E2－E1＝10.2 eV，其他能级间跃迁时辐射的光子的能量均小于金属钨的逸出功，故能使金属钨发生光电效应的光有三种，故C正确；若将电源的正负极调换，加反向电压，当电流表示数恰好为零时，电压表示数为eUc＝12.75 eV－4.54 eV＝8.21 eV，则Uc＝8.21 V，故D正确．
答案：ACD
12．解析：A对：由题图甲可知，Hα谱线对应光子的波长大于Hδ谱线对应光子的波长，结合E＝ eq \f(hc,λ) 可知，Hα谱线对应光子的能量小于Hδ谱线对应光子的能量．
B对：依据可见光的频率范围可知，题图甲所示的四种光均属于可见光范畴．
C错：Hβ谱线对应光子的能量
E1＝ eq \f(hc,λ1) ＝ eq \f(6.63×10－34×3.0×108,486.3×10－9) J≈4.09×10－19 J≈2.556 eV.
D对：Hα谱线对应光子的能量
E2＝ eq \f(hc,λ2) ＝ eq \f(6.63×10－34×3.0×108,656.3×10－9) J≈3.03×10－19 J≈1.89 eV
可知Hα谱线对应的跃迁是从n＝3能级到n＝2能级．
答案：ABD
13．解析：(1)E4＝ eq \f(E1,42) ＝－0.85 eV.
(2)r4＝42r1，k eq \f(e2,r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ) ＝m eq \f(v2,r4)
所以动能Ek4＝ eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(ke2,32r1) ＝ eq \f(9×109×（1.6×10－19）2,32×0.53×10－10) J≈1.36×10－19 J＝0.85 eV
(3)由于E4＝Ek4＋Ep4，所以电势能Ep4＝E4－Ek4＝－1.7 eV.
(4)能级差最小的是n＝4―→n＝3，E3＝ eq \f(E1,32) ＝－1.51 eV，所辐射的光子能量为
ΔE＝hν＝E4－E3＝－0.85 eV－(－1.51 eV)＝0.66 eV，得ν＝ eq \f(ΔE,h) ≈1.6×1014 Hz.
答案：(1)－0.85 eV (2)0.85 eV (3)－1.7 eV
(4)1.6×1014 Hz
分层作业(十六) 原子核的组成
1．解析：从原子核中放射出射线，说明原子核具有复杂结构．
答案：B
2．解析：贝克勒尔发现了天然放射现象，A错误；电子的发现说明原子是可以再分的，天然放射现象说明原子核内部是有结构的，B错误；原子序数大于83的元素都具有放射性，C正确；放射性元素的放射性由原子核内部因素决定，与温度无关，D错误．
答案：C
3．解析：α射线由氦原子核组成，A错误；γ射线是一种波长很短的电磁波，B正确；α射线的电离能力最强，C、D错误．
答案：B
4．解析：原子核由质子和中子构成，质子和中子统称为核子，卢瑟福发现了质子，并预言了中子的存在，A、B、C说法正确，D说法错误．
答案：D
5．解析：卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型，查德威克用α粒子轰击金属铍，发现了中子，故A正确，D错误；1897年英国物理学家汤姆孙在实验中发现了电子，揭示了原子内部的秘密，使人们逐渐认识到原子是具有复杂结构的微粒，故B正确；1896年法国物理学家贝克勒尔发现了天然放射现象，天然放射现象说明原子核可以再分，故C错误．
答案：AB
6．解析：根据三种射线的性质可知，甲图中能穿透铝板的是γ射线，乙图中检查钢板中的砂眼，要求射线能穿透钢板，故利用的是γ射线，选项C正确．
答案：C
7．解析：根据α、β、γ三种射线特点可知，γ射线穿透能力最强，电离能力最弱，α射线电离能力最强，穿透能力最弱，为了够准确测量钢板的厚度，探测射线应用γ射线；随着轧出的钢板越厚，透过的射线越弱，而轧出的钢板越薄，透过的射线越强，故A、B、D错误，C正确．
答案：C
8．解析：由于γ射线不带电，故不偏转，打在b点，由左手定则可知粒子向右射出后，在匀强磁场中α粒子受的洛伦兹力向上，β粒子受的洛伦兹力向下，轨迹都是圆弧，A、C正确，B错误；由于α粒子速度约是光速的 eq \f(1,10) ，而β粒子速度接近光速，所以在同样的混合场中不可能都做直线运动(如果一个打在b，则另一个必然不能打在b点).
答案：AC
9．答案：(1)由于α射线贯穿能力很弱，用一张纸放在射线前即可除去α射线．
(2)如图所示．
(3)α射线和β射线在磁场中偏转，据R＝ eq \f(mv,Bq) ，
对α射线有R1＝ eq \f(mαvα,Bqα) ，对β射线有R2＝ eq \f(meve,Bqe) ，
故 eq \f(R1,R2) ＝ eq \f(mαvαqe,meveqα) ＝400.
α射线穿过此磁场时，半径很大，几乎不偏转，故与γ射线无法分离．
分层作业(十七) 放射性元素的衰变
1．解析：具有相同质子数、不同中子数(质量数)的元素互为同位素，A错误；同位素的化学性质相同，物理性质不同，B错误；放射性元素的半衰期由原子核内部自身因素决定，与它所处的化学状态无关，C错误； eq \\al(\s\up1(30),\s\d1(15)) P是放射性同位素，具有放射性，能发生衰变，D正确．
答案：D
2．解析：根据原子核衰变时电荷数和质量数都守恒可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x＋220＝232,2x－y＋86＝90)) ，解得x＝3、y＝2，D正确．
答案：D
3．解析：卢瑟福用α粒子轰击氮核首次实现了原子核的人工转变，并发现了质子，其中α粒子来源于放射源放出的α射线，故A、C正确，B错误；在核反应中，质量数和电荷数一定守恒，故D错误．
答案：AC
4．解析：利用放射线消除有害静电是利用放射线的电离作用，使空气分子电离，将静电消除，A错误；γ射线会对人体细胞造成伤害，不能用来进行人体透视，常用X射线对人体进行透视，B错误；用放射线照射作物种子使其发生的DNA突变不一定都是有益的，还要经过筛选才能培育出优良品种，C错误；γ射线会对人体细胞造成伤害，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，D正确．
答案：D
5．解析：已衰变的 eq \\al(\s\up1(210),\s\d1( 84)) P的质量m＝＝ eq \f(3,4) m0＝75 g，C正确．
答案：C
6．解析：根据电荷数守恒与质量数守恒可知Y为正电子 eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(1)) e，A、B错误．经过一个半衰期，铝26衰变一半，经过两个半衰期，铝26还剩下四分之一，C正确，D错误．
答案：C
7．解析： eq \\al(\s\up1(210),\s\d1( 83)) Bi经过一次衰变变成 eq \\al(\s\up1(210),\s\d1( a)) X，质量数没有发生变化，为β衰变，即 eq \\al(\s\up1(210),\s\d1( 83)) Bi―→ eq \\al(\s\up1(210),\s\d1( a)) X＋ eq \\al(\s\up1( 0),\s\d1(－1)) e，故a＝84，选项A正确； eq \\al(\s\up1(210),\s\d1( 83)) Bi经过一次衰变变成 eq \\al(\s\up1( b),\s\d1(81)) Tl，核电荷数少2，为α衰变，即 eq \\al(\s\up1(210),\s\d1( 83)) Bi―→ eq \\al(\s\up1( b),\s\d1(81)) Tl＋ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He，故b＝206，选项B正确； eq \\al(\s\up1(210),\s\d1( 83)) Bi―→ eq \\al(\s\up1(210),\s\d1( a)) X是β衰变， eq \\al(\s\up1(210),\s\d1( 83)) Bi―→ eq \\al(\s\up1( b),\s\d1(81)) Tl是α衰变，选项C正确，D错误．
答案：ABC
8．解析：根据题图可得X原子核质子数为92，中子数为146，则质量数为238；Y原子核质子数为82，中子数为124，则质量数为206.根据原子核经过一次α衰变电荷数减小2，质量数减小4，一次β衰变后电荷数增加1，质量数不变，写出衰变方程为 eq \\al(\s\up1(238),\s\d1( 92)) X―→ eq \\al(\s\up1(206),\s\d1( 82)) Y＋8 eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He＋6 0－1e，故此过程中放射出6个电子，故A正确．
答案：A
9．解析：选项中的方程质量数不守恒，故A错误； eq \\al(\s\up1(242),\s\d1( 95)) Am的半衰期太短，不能长时间使用，故不能用半衰期为16 h的放射性同位素 eq \\al(\s\up1(242),\s\d1( 95)) Am代替 eq \\al(\s\up1(241),\s\d1( 95)) Am，故B错误；使空气中的氧、氮等分子发生电离的主要是α射线，α射线电离作用最强，故C正确；根据原理可知，烟雾一旦进入探测腔内，烟雾中的微粒会吸附 α粒子，电离减弱，使两电极中电流的减小而发出警报，故D正确．
答案：CD
10．解析：根据Ek＝ eq \f(p2,2m) ，结合动量守恒定律，可知质量越大，动能越小，因此反冲核的动能一定小于带电粒子的动能，故A错误；根据动量守恒定律可知，两粒子动量大小相等，又根据R＝ eq \f(mv,Bq) 可知电荷量大的轨迹半径小，因此b是反冲核的运动轨迹，故B错误；放射性元素放出α粒子时，α粒子与反冲核的速度方向相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆，而放射性元素放出β粒子时，β粒子与反冲核的速度方向相反，而电性也相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆，故该核放出的是β粒子，发生β衰变，故C错误；根据左手定则可知，若磁场方向垂直于纸面向外，a为带负电粒子的运动轨迹，要使洛伦兹力指向圆心，则a轨迹一定是逆时针方向，故D正确．
答案：D
11．解析：(1)Ra的衰变方程为 eq \\al(\s\up1(226),\s\d1( 88)) Ra―→ eq \\al(\s\up1(222),\s\d1( 86)) Rn＋ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He.
(2)由分析可知，α粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为1.0 m，根据R＝ eq \f(m0v0,qB) ，m0＝4 ×1 u＝6.4×10－27kg，q＝2e＝3.2×10－19C，
解得v0＝2.5×107 m/s.
(3)E0＝ eq \f(1,2) m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2×10－12J，设新核 eq \\al(\s\up1(222),\s\d1( 86)) Rn质量为m，速率为v，又因为mv＝m0v0，m＝222 u＝3.552×10－25kg，则 eq \f(E0,E) ＝ eq \f(m,m0) ，
所以E＝ eq \f(m0,m) E0＝ eq \f(4,111) ×10－12J，
则一个静止镭核衰变释放的能量E总＝E0＋E≈2.036×10－12J.
答案：(1) eq \\al(\s\up1(226),\s\d1( 88)) Ra―→ eq \\al(\s\up1(222),\s\d1( 86)) Rn＋ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He (2)2.5×107m/s
(3)2.036×10－12J
分层作业(十八) 核力与结合能
1．答案：B
2．答案：D
3．解析：E＝mc2中E表示物体具有的总能量，m表示物体的质量，C错误，D正确；ΔE＝Δmc2表示当物体的能量增加或减少ΔE时，其质量相应的增加或减少Δm，质量和能量不能相互转化，A错误，B正确．
答案：BD
4．解析：先计算出核反应过程中的质量增加Δm＝36.956 91 u＋0.000 55 u－36.956 58 u＝0.000 88 u，再由爱因斯坦的质能方程得所需要的能量ΔE＝Δmc2＝0.000 88 u×931.5 MeV＝0.82 MeV，故选项A是正确的．
答案：A
5．解析：因为①中释放出了α粒子，所以①是α衰变，同理②中释放出了β粒子，所以②是β衰变，且都有能量放出，故A正确，B错误；因为比结合能越大越稳定，所以Pa、U、Th三者的比结合能由大到小是Pa、Th、U，故C正确；因为核子数越多，结合能越高，且比结合能等于结合能与核子数之比，故可得Pa、Th、U的结合能由大到小是U、Pa、Th，故D错误．
答案：AC
6．解析：根据质量数守恒与电荷数守恒可知， eq \\al(\s\up1(239),\s\d1( 94)) Pu的衰变方程为 eq \\al(\s\up1(239),\s\d1( 94)) Pu―→ eq \\al(\s\up1(235),\s\d1( 92)) U＋ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He＋γ，故A错误；根据质能方程可知，释放的核能为ΔE＝Δmc2＝(mPu－mU－mα)c2，释放的核能转变为 eq \\al(\s\up1(235),\s\d1( 92)) U的动能、新粒子的动能和γ光子能量，故B正确，D错误； eq \\al(\s\up1(235),\s\d1( 92)) U比 eq \\al(\s\up1(239),\s\d1( 94)) Pu的核子数少，则结合能比 eq \\al(\s\up1(239),\s\d1( 94)) Pu的结合能小，但 eq \\al(\s\up1(235),\s\d1( 92)) U的比结合能比 eq \\al(\s\up1(239),\s\d1( 94)) Pu的比结合能更大，故C错误．
答案：B
7．解析：核反应中动量守恒，有mvα＝MvX，α粒子的动能为E＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(α)) ，根据能量守恒得ΔE＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(α)) － eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(X)) ，由爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2，联立解得Δm＝ eq \f(M－m,Mc2) E，故选B.
答案：B
8．解析：(1)核反应方程为 eq \\al(\s\up1(10),\s\d1( 5)) B＋ eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(0)) n―→ eq \\al(\s\up1(7),\s\d1(3)) Li＋ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He＋γ
根据E0＝h eq \f(c,λ) ，
可求得γ光子的波长λ＝h eq \f(c,E0) .
(2)由质能方程可知，核反应中放出的能量E＝Δmc2，
由能量关系可得E＝7E2＋4E3－10E1，
解得E3＝ eq \f(Δmc2＋10E1－7E2,4) .
答案：(1) eq \\al(\s\up1(10),\s\d1( 5)) B＋ eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(0)) n―→ eq \\al(\s\up1(7),\s\d1(3)) Li＋ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He＋γ h eq \f(c,E0)
(2)Δmc2 eq \f(Δmc2＋10E1－7E2,4)
9．解析：静止的原子核发生衰变的过程中动量守恒，设Y的速度大小为v′，根据动量守恒定律得Fv＝Dv′，解得v′＝ eq \f(Fv,D) ，根据动能和动量关系Ek＝ eq \f(p2,2m) ，可知，动量相等动能与质量成反比，即Y原子核的动能与Z原子核的动能之比为F∶D，故A正确，B错误；由于该反应的过程中释放能量，所以Y原子核和Z原子核的质量之和比X原子核的质量小，故C错误；由于该反应的过程中释放能量，所以Y和Z的结合能之和一定大于X的结合能，故D正确．故选AD.
答案：AD
10．解析：核反应前的总质量为1.007 3 u＋7.016 0 u＝8.023 3 u，核反应后的总质量为2×4.001 5 u＝8.003 0 u，此反应过程中质量减少了0.020 3 u，故A错；根据质能方程有ΔE＝Δm×931.5 MeV＝18.9 MeV，故核反应释放的核能为18.9 MeV，故C对；由反应过程中能量守恒知反应后两个α粒子的总动能E总＝18.9 MeV＋0.6 MeV＝19.5 MeV，故B错，D对．
答案：CD
11．解析：D和E结合成F，有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程可知，有能量释放，故A正确，B错误；若A分裂成B和C，也有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程可知，有能量释放，故C正确，D错误．
答案：AC
12．解析：(1)带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式为R＝ eq \f(mv,qB) ，
根据动量守恒定律有mava＝mbvb，联立得 eq \f(Ra,Rb) ＝ eq \f(qb,qa) ，
代入数据得 eq \f(qa,qb) ＝ eq \f(1,45) .
(2)根据T＝ eq \f(2πm,qB) ，有 eq \f(Ta,Tb) ＝ eq \f(ma,mb) · eq \f(qb,qa) ，
解得 eq \f(ma,mb) ＝ eq \f(qa,qb) · eq \f(Ta,Tb) ＝ eq \f(2,117) .
(3)根据电荷数守恒和质量数守恒，有Z＝qa＋qb＝46q0，A＝ma＋mb＝119m0，
其中q0和m0为定值，单位分别为一个单位正电荷和一个原子质量单位，可推测q0＝2，m0＝2.原子核X为 eq \\al(\s\up1(238),\s\d1( 92)) U，此衰变为 eq \\al(\s\up1(238),\s\d1( 92)) U的α衰变；
(4)根据动能和动量的关系式Ek＝ eq \f(p2,2m) ，有 eq \f(Eka,Ekb) ＝ eq \f(mb,ma) ＝ eq \f(117,2) ，
因衰变过程中释放的核能全部转化成粒子的动能，则有
Δmc2＝Eka＋Ekb，
联立以上两式解得Eka＝ eq \f(117,119) Δmc2.
答案：(1) eq \f(1,45) (2) eq \f(2,117) (3)92 238 (4) eq \f(117,119) Δmc2
分层作业(十九) 核裂变与核聚变
1．解析：裂变和聚变过程中都释放能量，故A错误；裂变和聚变过程中都释放能量，根据质能方程可知裂变过程和聚变过程都有质量亏损，故B错误；裂变和聚变都可以释放出巨大的能量，故C正确；太阳能来源于太阳内部发生的核聚变，故D错误．
答案：C
2．解析：核反应质子数守恒92＝a＋38，
核反应质量数守恒235＋1＝140＋b＋2，
联立得a＝54，b＝94.故B正确，A、C、D错误．
答案：B
3．解析：聚变反应是将质量较小的轻核聚变成质量较大的核，聚变过程会有质量亏损，要放出大量的能量．但目前核电站都采用铀核的裂变反应．综上所述，选项B、C正确．
答案：BC
4．解析：核反应方程为 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) He＋ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H―→ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He＋ eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H，则新核X是 eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He, 该反应是核聚变反应，选项A正确，B错误；根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，生成物的总质量数不变，但是反应放出核能，则有质量亏损，选项C、D错误．
答案：A
5．解析：原子弹和氢弹都能瞬间放出巨大的能量，但原理不同，前者是利用了核裂变，后者是利用核聚变，故A错误；核动力航空母舰的动力装置是核反应堆，常用核反应堆是通过调节镉棒的深度控制核裂变的反应速度，故B正确；目前核电站是采用核裂变的链式反应，当铀块的体积大于临界体积时就会发生链式反应放出巨大能量，故C错误；原子核在超高温下才能发生聚变，但是核聚变有质量亏损，是释放能量，故D错误．
答案：B
6．解析：核反应堆把核能转化为内能，再转化为电能，故A错误；核反应堆利用的是核裂变过程产生的能量，故B错误；核反应堆中发生核反应要放出热量，则核反应生成物的比结合能大于反应物的比结合能，故C正确；水泥防护层的作用是屏蔽裂变产物放出的各种射线，故D正确．
答案：CD
7．解析：聚变反应比裂变反应生成的废物数量少，容易处理；实现核聚变需要高温，一旦出现故障，高温不能维持，反应就自动终止了，由此可知，核聚变比核裂变更安全、清洁．选项A正确；核聚变是两个轻核间的核反应，并不是任何两个原子核都可以发生聚变，选项B错误；两个轻核结合成质量较大的核释放出能量，由质能方程知，总质量较聚变前减小，选项C错误；比结合能越大，原子核越稳定，故两个轻核结合成质量较大的核，核子的比结合能增加，选项D正确．
答案：AD
8．解析：这个反应属于重核裂变，故A错误；中子由于速度大，如果铀块太小中子穿过不留在里面，故反应条件是铀块要达到临界体积，故B正确；201 MeV是该反应所释放的能量，而比结合能是把原子核拆分成单个核子需要吸收的能量或核子结合成原子核所释放的能量，两者意义不同，故C错误； eq \\al(\s\up1(235),\s\d1( 92)) U―→ eq \\al(\s\up1(141),\s\d1( 56)) Ba＋ eq \\al(\s\up1(92),\s\d1(36)) Kr＋2 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(0)) n的写法是错误的，因为箭头左侧的 eq \\al(\s\up1(235),\s\d1( 92)) U是不会自发发生核反应的，也不符合重核裂变的物理含义，故D错误．
答案：B
9．解析：核聚变反应属于热核反应，必须在高温下进行，故A错误；根据质量数守恒和电荷数守恒可知X的质量数为1，电荷数为0，X为中子，中子是查德威克发现的，故B正确；该核反应放出能量，根据爱因斯坦质能方程可知，反应后有质量亏损，故C错误；核反应方程式中生成物比反应物稳定，生成物的比结合能大，所以 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H的比结合能比 eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He的比结合能小，故D错误．
答案：B
10．解析：(1)聚变方程为 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H＋2 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(0)) n―→ eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H.
(2)质量亏损Δm＝mH＋2mn－m＝(1.007 3＋2×1.008 7－3.018)u＝0.006 7 u.
释放的核能ΔE＝0.006 7×931.5 MeV＝6.24 MeV.
(3)平均每个核子释放的能量 eq \f(ΔE,n) ＝ eq \f(6.24,3) MeV＝2.08 MeV.
答案：(1) eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H＋2 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(0)) n―→ eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H (2)6.24 MeV
(3)2.08 MeV
11．解析：根据爱因斯坦质能方程，得E0＝Δmc2＝5.0×10－29×(3×108)2 J，每秒太阳发生的核反应的次数n＝ eq \f(ΔE,E0) ＝ eq \f(3.8×1026×1,5.0×10－29×（3×108）2) ＝8.4×1037，每秒钟太阳产生中微子个数为N＝2n＝2×1038，故D正确，A、B、C错误．
答案：D
12．解析：根据核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，可知方程为 eq \\al(\s\up1(7),\s\d1(3)) Li＋ eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H―→ eq \\al(\s\up1(8),\s\d1(4)) Be―→2 eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He，则Z＝4，A＝8，铍原子核内的中子数是4，X表示的是氦核，故A正确，B错误； 核反应质量亏损为Δm＝m1＋m2－2m3＝0.020 27 u，则释放的核能为ΔE＝(0.020 27×931.5)MeV，解得ΔE＝18.88 MeV，故C错误，D正确．
答案：AD
13．解析：由题意及核反应中的质量数与电荷数守恒可得两个质子( eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H)发生聚变，可表示为 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H＋ eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H―→ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H＋ eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(1)) e，A正确，B错误；根据题目中的信息写出余下核反应方程： eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H＋ eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H―→ eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) He， eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) He＋ eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) He―→ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He＋2 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H，将这几个核反应方程合并，即可得一个完整的质子—质子循环反应方程，可表示为6 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H―→ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He＋2 eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(1)) e＋2 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H，C错误，D错误．
答案：AD
14．解析：设中子质量为Mn，靶核质量为M，由动量守恒定律得Mnv0＝Mnv1＋Mv2，由能量守恒定律，得 eq \f(1,2) Mnv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) Mnv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，解得v1＝ eq \f(Mn－M,Mn＋M) v0.在重水中靶核质量MH＝2Mn，v1H＝ eq \f(Mn－MH,Mn＋MH) v0＝－ eq \f(1,3) v0；在石墨中靶核质量MC＝12Mn，v1C＝ eq \f(Mn－MC,Mn＋MC) v0＝－ eq \f(11,13) v0.与重水靶核碰后中子速度较小，故重水减速效果更好．
单元素养评价(一)
1．解析：扩散现象指不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象，是物质分子的无规则运动产生的；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，间接反映了液体分子的无规则运动，温度越高，分子热运动越剧烈，故布朗运动和扩散现象都与温度有关，故A正确；当分子间的距离减小时，分子间的引力和斥力都增大，故B错误；被封闭气体的压强是由气体分子持续撞击器壁产生的，与气体是否失重无关，故C错误；温度是分子热运动平均动能的标志，物体温度升高时分子的平均动能增大，但不是内部所有分子的动能都增大，故D错误．
答案：A
2．答案：C
3．解析：在房间内喷洒乙醇消毒液后，会闻到淡淡的酒味，这是酒精分子扩散的结果，扩散现象本质就是分子无规则的运动，故A、B错误．因为一切物质的分子都在永不停息地做无规则运动，所以使用免洗洗手液后，手部很快就干爽了，是由于液体分子扩散到了空气中，故C正确．洗手液中的酒精由液体变为同温度的气体的过程中，温度不变，分子平均动能不变，但是分子之间的距离变大，分子势能变化，所以内能也要变化，故D错误．
答案：C
4．解析：一个油酸分子的质量为m0＝ eq \f(M,NA) ，故A错误；设油酸的摩尔体积为Vm，则一个油酸分子的体积为V0＝ eq \f(Vm,NA) ，由题可知Vm≠V，故B错误；根据用油膜法估测油酸分子直径的实验原理，可知油酸分子的直径为d＝ eq \f(V,S) ，故C正确；油酸的密度为ρ＝ eq \f(M,Vm) ≠ eq \f(M,V) ，故D错误．
答案：C
5．解析：1 g、100 ℃的水需要吸收热量才能变为1 g、100 ℃的水蒸气，故1 g、100 ℃的水的内能小于1 g、100 ℃的水蒸气的内能，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．
答案：C
6．解析：因为题图中线段AQ＝QB，所以Q是平衡位置，则乙分子在P处所受到的合力表现为斥力，A错误；乙分子从较远处靠近甲分子，则在靠近Q的过程中，分子力表现为引力，引力做正功，乙分子速度增大，分子势能减小，在Q点合力为零，加速度为零，越过Q点靠近甲分子过程，分子力表现为斥力，斥力做负功，分子速度减小，分子势能增大，加速度增大，所以有vQ>vP、aQEQ，B、D错误，C正确．
答案：C
7．解析：扩散现象是两种不同物质分子热运动引起的，不是分子间相互吸引，A错误；题图乙中的折线只是每隔一定的时间固体小颗粒的位置的连线，不是运动轨迹，B错误；随着温度的升高，气体分子速率分布图像的峰值向速率大的方向移动，所以题图丙中①对应的温度大于②对应的温度，C正确；题图丁中玻璃板被拉起时，要受到水分子的引力，所以拉力大于玻璃板的重力，D错误．
答案：C
8．解析：布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动．所以飞沫微粒的运动是布朗运动，故A正确；飞沫微粒能长时间悬浮在空气中是因为它受空气分子的不平衡碰撞，在空气中做布朗运动，故B错误；飞沫微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子越少，撞击作用的不平衡性就表现得越明显，因而其运动越明显，故C正确；环境温度越高，飞沫微粒的运动越明显，故D正确．
答案：ACD
9．解析：保持温度不变，则气体分子的平均速率不变，气体体积增大，则气体分子的数密度减小，气体分子在单位时间内对容器单位面积上的碰撞次数减少，压强减小，A说法正确；保持压强不变，气体体积增大，则气体分子的数密度减小，对器壁碰撞的次数减少，导致压强有减小的趋势，但温度升高，气体分子的平均速率增大，每个气体分子对器壁的平均冲力增大，导致压强有增大的趋势，所以压强不变时，温度升高，体积必增大，B说法正确；保持体积不变，则气体分子的数密度不变，当温度升高时，气体分子的平均速率增大，每个气体分子对器壁的平均冲力增大，单位时间内对单位面积器壁的作用力增大，气体压强增大，C说法正确；气体温度、体积不变，则气体分子的平均速率不变，分子的数密度也不变，故气体压强不变，D说法错误．
答案：ABC
10．解析：根据压强的微观意义可知，密封容器内的气体对器壁的作用力与是否失重无关，故A错误；根据压强的微观意义可知，当气体的压强不变时，单位时间内作用在单位面积上的力不变，温度降低时，分子的平均动能减小，分子对器壁的平均撞击力减小，所以在压强不变时，分子每秒对单位面积器壁的平均碰撞次数随着温度降低而增加，故B正确；气体分子间距较大，气体的分子体积不等于 eq \f(M,ρNA) ，故C错误；温度是分子平均动能的标志，温度高的物体的分子平均动能一定大，但物体的内能与物体的物质的量、温度、体积等都有关，所以温度高的物体的内能不一定大，故D正确．
答案：BD
11．解析：(1)由题图可知分子间存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都随分子间距离的变化而变化．当在r＝r0位置，分子力表现为零，类似弹簧的自然长度处；分子间的距离减小，引力和斥力都会增大，斥力增大得更快，斥力大于引力，分子间的作用力表现为斥力；分子间的距离增大，分子间相互作用力表现为引力；(2)其中在r0附近，分子力的变化近似为线性变化，即在bc段分子间相互作用力跟分子间距离的关系图像与弹力的大小跟弹簧伸长或缩短的长度是相似的．
答案：(1)曲线与r轴的交点 (2)bc段
12．解析：(1)用油膜法估测油酸分子的大小的实验步骤为：配制油酸酒精溶液(④)―→准备浅水盘(①)→形成油膜(②)→描绘油膜边缘(⑤)→测量油膜面积，估算分子直径(③).故正确顺序为④①②⑤③.(2)1滴油酸酒精溶液的体积为V0＝ eq \f(1,80) mL，1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V1＝ eq \f(6,104) × eq \f(1,80) mL＝7.5×10－6 mL＝7.5×10－12 m3.数出油膜所占坐标纸的格数为114，故油膜的面积为S＝ 114×1×1 cm2＝114 cm2，油酸分子的直径d＝ eq \f(V1,S) ＝ eq \f(7.5×10－12,114×10－4) m＝7×10－10 m．(3)本实验中作了三点理想化假设：①将油酸分子视为球形；②将油膜看成单分子层；③油酸分子是紧挨在一起的．(4)水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，则测量的面积S偏小，根据d＝ eq \f(V,S) ，可知结果偏大，故A错误；将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，则计算时所用的体积数值偏大，会导致结果偏大，故B错误；求每滴溶液体积时，1 mL溶液的滴数计多了，则1滴油酸的体积偏小，会导致计算结果偏小，故C正确；油酸酒精溶液久置，酒精挥发使溶液的浓度变大，则会导致计算结果偏小，故D正确．
答案：(1)④①②⑤③ (2)7.5×10－12 7×10－10 (3)②将油膜看成单分子层 (4)CD
13．解析：(1)对甲容器，上壁的压强为零，底面的压强最大，其数值为p＝ρgh(h为上、下底面间的距离).侧壁的压强自上而下，由小变大，其数值大小与侧壁上各点到水面的竖直距离x的关系是p′＝ρgx.对乙容器，各处器壁上的压强大小都相等，其大小取决于气体分子的数密度和温度．(2)甲容器做自由落体运动时，器壁各处的压强均为零；乙容器做自由落体运动时，器壁各处的压强不发生变化．
14．解析：(1)吸烟者一根烟吸入的总气体体积为
V＝10×300 cm3＝3 000 cm3
含有空气分子数为n＝ eq \f(3 000×10－6,22.4×10－3) ×6.02×1023个＝8.1×1022个
办公室单位体积内含有的被污染空气分子数为 eq \f(8.1×1022,10×2.8) 个＝2.9×1021个
每个污染空气分子所占的空间体积为V0＝ eq \f(1,2.9×1021) m3
分子间的平均距离L＝ eq \r(3,V0) ≈7.0×10－8 m.
(2)不吸烟者一次呼吸吸入的被污染过的空气分子个数为
N＝ eq \f(300×10－6,\f(1,2.9×1021)) 个＝8.7×1017个．
答案：(1)7.0×10－8 m (2)8.7×1017个
15．解析：铁的摩尔体积：
Vm＝ eq \f(M,ρ)
单个分子的体积：V0＝ eq \f(M,ρNA)
又V0＝ eq \f(4,3) πr3
所以分子的半径：
r＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3M,4πρNA))) eq \s\up6(\f(1,3))
分子的最大横截面积：
S0＝π· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3M,4πρNA))) eq \s\up6(\f(2,3))
铁质晶须的横截面上的分子数：
n＝ eq \f(\f(πd2,4),S0)
拉断过程中相邻铁原子之间的相互作用力：
F0＝ eq \f(F,n) ＝ eq \f(4F,d2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3M,4πρNA))) eq \s\up6(\f(2,3)) .
答案： eq \f(4F,d2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3M,4πρNA))) eq \s\up6(\f(2,3))
单元素养评价(二)
1．解析：液晶是像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质，所以与A、C图的规则排列有区别，与D所示的分子无序排列不同，B图所示为液晶分子排列．
答案：B
2．解析：根据一定质量的理想气体状态方程 eq \f(pV,T) ＝C可知随着温度下降，腔体内气体压强小于外界压强，故A正确，B错误；由于温度下降，故腔体内气体分子平均动能变小，故C、D错误．
答案：A
3．解析：气体压强不变，发生等压变化 eq \f(V0,T0) ＝ eq \f(V1,T1) ，又V0>V1，所以T0>T1，所以温度减小，平均分子动能减小，气体放热，在相等时间内封闭气体的分子对单位面积器壁的冲量不变，故A错误，B正确；由于体积减小，而分子数未变，所以单位时间内撞击的分子数应增大，故C错误；不浸润时，附着层内分子比水银的分子内部稀疏，故D错误．
答案：B
4．解析：瓶A中上方气体的压强为外界大气压与瓶A中的液体产生的压强差，瓶A中的液面下降，液体产生的压强就减小，所以瓶A中上方气体的压强会增大，进气管C处的压强为大气压强，不变化，从C到滴壶B之间的液柱高度不变，所以滴壶B中的气体压强在瓶中药液输完以前是不变的．故A、B、D错误，C正确．
答案：C
5．解析：气体发生等温变化，由玻意耳定律可知，气体的压强与体积成反比，金属筒从A下降到B的过程中，气体体积V变小，压强p变大，选项C正确．
答案：C
6．解析：由题意可知气体的加热过程为等容变化，由查理定律得 eq \f(p0,T0) ＝ eq \f(p1,T1) ，则p1＝ eq \f(7,6) p0，打开阀门使容器中的气体缓慢漏出，设容器的容积为V0，膨胀后气体的总体积为V，由玻意耳定律得p1V0＝p0V，解得V＝ eq \f(7,6) V0，当容器中气体的压强再次与外界大气压强相等时，容器中剩余气体的质量与原来气体质量之比k＝ eq \f(V0,V) ＝ eq \f(6,7) ，故C正确，A、B、D错误．
答案：C
7．解析：设大气压强为p0，对图甲中的玻璃管，它沿斜面向上做匀减速直线运动，设加速度大小为a1，以水银柱为研究对象，根据牛顿第二定律得p0S＋mg sin 30°－p1S＝ma1，以水银柱和玻璃管为整体，据牛顿第二定律有m总g sin 30°＝m总a1，联立解得p1＝p0，对图乙中玻璃管，它沿斜面向下做匀加速直线运动，设其加速度大小为a2，以水银柱为研究对象，根据牛顿第二定律得p0S＋mg sin 45°－p1S＝ma2，以水银柱和玻璃管为整体，据牛顿第二定律有m总g sin 45°＝m总a2，联立解得p2＝p0，对图丙中的玻璃管，它在水平转台上做匀速圆周运动，以水银柱为研究对象得p3S－p0S＝man，则p3>p0，综上可得p1＝p2＝p0L3，故B项正确，A、C、D项错误．
答案：B
8．解析：A错：单晶体在物理性质上表现为各向异性，是指某一种或某几种物理性质各向异性，并非所有的物理性质都各向异性．B错：固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体不是绝对的，是可以相互转化的，例如天然石英是晶体，熔化以后再凝固的水晶却是非晶体．C对：有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成晶体的微粒能够按照不同规则在空间分布．D对：多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状．
答案：CD
9．解析：假设不漏气，则气体发生等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，得V2＝0.5 L，大于气体的实际体积，故包装袋漏气，选项A正确；漏出气体的体积占总体积的 eq \f(V2－0.45,V2) ＝ eq \f(1,10) ，则漏出气体的质量占气体总质量的 eq \f(1,10) ，选项D正确．
答案：AD
10．解析：只对L1加热，则L1长度增大，气柱L2压强不变，温度不变，故长度不变，故A正确；只对L2加热，气体L2做等压变化，压强不变，温度升高，体积增大，故气柱L2长度增大，故B错误；只在右管中注入一些水银，L2压强增大，L1的压强与h长度的水银柱产生的压强之和随之增大，可知L1的长度将减小，故C错误；使L1、L2同时升温，L2压强不变，则L1、L2长度均增大，故D正确．
答案：AD
11．解析：(1)某同学在一次实验中，作出的图像如题图所示，其纵坐标表示封闭空气柱的压强，则横坐标表示的物理量是封闭空气柱的体积的倒数 eq \f(1,V) ，故选D.
(2)为了保证气体的温度不变，推拉活塞时，动作要慢，A正确；为了保证气体的温度不变，推拉活塞时，手不能握住注射器含有气体的部分，B正确；橡胶塞脱落后，被封闭气体的质量发生了变化，应迅速重新装上不能继续实验，C错误；为了保证气体的质量不变，活塞与注射器之间要保持气密性，D正确．
答案：(1)D (2)C
12．解析：(1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是在注射器活塞上涂一些润滑油，这样可以保持气密性；为了保持封闭气体的温度不变，实验中要注意手不能握住注射器的封闭气体部分，缓慢推动活塞，这样能保证装置与外界温度一样．
(2)根据pV＝C可知如果实验操作规范正确，根据实验数据画出的V ­ eq \f(1,p) 图线是过坐标原点的直线．但如题图所示的V ­ eq \f(1,p) 图线不过原点，该图线的方程为V＝C eq \f(1,p) －V0，说明注射器中气体的体积小于实际的封闭气体的体积，结合实验的器材可知，截距V0代表注射器与压强传感器连接处的气体体积．
答案：(1)在注射器活塞上涂一些润滑油 注意手不能握住注射器的封闭气体部分 缓慢推动活塞 (2)注射器与压强传感器连接处的气体体积
13．解析：(1)挤压时，由等温变化可得
p1V1＝p′1 (V1－0.1)
代入数据解得p′1＝1.65×105 Pa.
(2)在T1＝310 K的环境下，可得
pV1＝p2(V1－0.1)
T2＝290 K到T1＝310 K
等容变化，由理想气体状态方程有
eq \f(p,T2) ＝ eq \f(p,T1)
解得p＝1.70×105 Pa.
答案：(1)1.65×105 Pa (2)1.70×105 Pa
14．解析：(1)容器口的横截面积为S，升空瞬间容器内气体的压强为p，对橡胶塞受力分析，有：pS＝p0S＋f
解得：p＝1.975×105 Pa.
(2)设每次打入的气体的体积为ΔV，以充入容器的总气体为研究对象，打气过程中容器内气体做等温变化，有
p0(V＋nΔV) ＝pV
解得：n＝19.5
故打气筒需打气的次数n＝20.
答案：(1)1.975×105 Pa (2)20次
15．解析：(1)当B刚要向右移动时，Ⅰ中气体压强为4p0，设A向右移动x，对Ⅰ内气体，由玻意耳定律得
p0SL＝4p0S(L－x)
其中S＝π eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(D,2))) eq \s\up12(2)
解得x＝ eq \f(3,4) L.
(2)该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于4p0后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原Ⅰ内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动y距离，两部分气体压强均为p2.
对原Ⅰ内气体，由玻意耳定律得p0SL＝p2×4Sy
对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得
4p0×4SL＝p2×4S(L－y)
又此时A有p2＝p0＋ρghm
联立解得hm＝32.5 m.
答案：(1) eq \f(3,4) L (2)32.5 m
单元素养评价(三)
1．解析：温度升高，气体的内能一定增加，A错误；根据热力学第一定律，内能增加可能是外界对气体做功，也可能是气体从外界吸收热量，B、C错误；温度是分子平均动能的标志，因此温度升高，气体分子的平均动能一定增大，D正确．
答案：D
2．解析：A错：不可能从单一热库吸热全部转化为机械能，而没有产生其他任何影响．B错：打开一高压密闭容器，其内气体自发溢出后不能自发进去．C对：利用其他手段，可以使低温物体的温度更低，高温物体的温度更高，如电冰箱．D错：两种不同的液体在一个容器中自发地混合，不能自发地各自分开．
答案：C
3．解析：由图可知，当温度升高时容器内气体的变化为等压膨胀，故瓶内气体的密度减小，气体分子的平均动能增加，瓶内气体对外做正功，选项B对，选项A、C错误；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，瓶内气体内能增加是由于气体从外界吸收了热量，故选项D错误．
答案：B
4．解析：A错：在V ­ T图像中，过坐标原点的直线为等压变化，ab不过坐标原点，故不是等压变化．B对：由题图可知，bc为等温变化，温度不变，故内能不变．C错：c到d为等压变化，由c到d体积减小，由于质量不变，故密度增大．D错：d→a过程为等容变化，气体对外不做功．
答案：B
5．解析：在过程ca中气体体积减小，则外界对气体做功，故A正确．在过程ab中气体的体积不变，压强变大，由 eq \f(pV,T) ＝C可知气体温度升高，则内能增加，故B错误．在过程ab中气体的体积不变，则气体不对外界做功，外界也不对气体做功，故C错误．在过程bc中，气体温度不变，则内能不变；体积变大，气体对外做功；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W＝0可知，气体从外界吸收热量等于气体对外界做的功；若气体沿直线从状态b到达状态c，由p ­ V图像围成的面积表示气体对外界做的功，可知该情形下做的功较多，由于气体内能不变，所以对应从外界吸收的热量更多，故D错误．
答案：A
6．解析：吸盘内气体体积增大，气体对外做功，W<0，由于气体温度不变，气体内能不变，ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＝ΔU－W>0，吸盘内气体要吸收热量，A正确，C错误；吸盘内气体分子数不变，而气体体积变大，则吸盘内气体分子的数密度减小，B错误；吸盘内气体温度不变而体积变大，由玻意耳定律pV＝C可知，吸盘内气体压强减小，D错误．
答案：A
7．解析：气闸舱B内为真空，打开阀门K，A中的气体进入B中的过程中，A内的气体自由扩散，对外界不做功，同时系统温度不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体内能不变，与外界也没有热交换，故A、B错误；气体体积增大，温度不变，气体分子的密集程度减小，气体分子单位时间对舱壁单位面积碰撞的次数减小，故C正确；根据熵增加原理可知，B中气体不能自发地全部退回A中，即A内气体的密度不可能自发地恢复到原来的密度，故D错误．
答案：C
8．解析：解决本题的关键是理解缓慢推动活塞Q的物理含义，推动活塞Q使活塞对气体做功，本来气体的温度应升高，但是由于缓慢推动活塞，气体增加的内能又以热量的形式释放到周围环境中，由于环境温度恒定，所以汽缸内气体的温度不变，内能不变，气体的平均动能不变，A、D错误，B正确；由于气体被压缩，气体单位体积内的分子数增大，所以单位面积上，汽缸受到气体分子的碰撞次数增多，因此气体的压强增大，C正确．
答案：BC
9．解析：将容器放入热水中，气体的温度升高，内能变大，由ΔU＝Q＋W知，气体对外做的功小于气体吸收的热量，选项A正确、B错误；气体的压强保持不变，则容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力大小不变，选项C错误、D正确．
答案：AD
10．解析：A→B的过程中温度不变，内能不变，体积膨胀对外界做功，由热力学第一定律得气体从外界吸热才可能保持内能不变，故A正确；B→C的过程中，体积不变，单位体积内的分子数不变，温度升高，分子的平均动能增大，压强增大，故B错误；C→D的过程中，直线过原点，压强不变，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，气体放热才可能内能减小，故C错误；D→A的过程中，气体的体积不变，单位体积内的分子数不变，温度减小，压强也减小，温度是分子平均动能的标志，故分子的平均动能减小，故D正确．
答案：AD
11．解析：气体物质的量为n＝ eq \f(ρV,M) ，该密闭气体的分子个数为N＝nNA＝ eq \f(ρV,M) NA；气体对外做了0.8 J的功，同时吸收了0.9 J的热量，根据热力学第一定律，有ΔU＝W＋Q＝－0.8 J＋0.9 J＝0.1 J；若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，气体迅速对外做功，内能减小，温度降低．
答案： eq \f(ρV,M) NA 0.1 降低
12．解析：温度升高分子平均动能变大，根据 eq \f(pV,T) ＝C可知温度升高、体积不变，则压强增大，故气体压强大于大气压强；茶具中的水被压出的过程中，气体体积膨胀，对水做正功．
答案：变大 大于 正功
13．解析：(1)由充气过程中温度不变，内能不变，可得
ΔU＝0
ΔU＝W－Q
解得W＝Q.
(2)将外界气体ΔV充入气箱，气箱阀门瞬间打开
p0V＋p0ΔV＝2.5p0V
解得ΔV＝1.5V.
答案：(1)Q (2)1.5V
14．解析：(1)气体在状态A时的热力学
温度为TA＝(27＋273)K＝300 K
对A→B过程根据盖­吕萨克定律有
eq \f(VA,TA) ＝ eq \f(VB,TB)
解得TB＝200 K
所以tB＝(200－273)℃＝－73 ℃
由题图可知pCVC＝pAVA
根据理想气体状态方程可知TC＝TA＝300 K
tC＝tA＝27 ℃
(2)该气体从状态A到状态C的过程中体积减小，外界对气体做功，而气体温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知气体放热．
答案：(1)－73 ℃ 27 ℃ (2)放热
15．解析：(1)当重物刚离开地面时，地面对重物的支持力为零，设此时绳的拉力为F，活塞受力平衡p0S＝p2S＋F
小物体受力平衡F＝mg
解得p2＝1×105 Pa
汽缸内气体做等容变化，根据查理定律 eq \f(p1,T1) ＝ eq \f(p2,T2)
其中p1＝p0，T1＝101 K
解得T2＝100 K.
(2)气体温度从101 K降温至100 K过程中，外界对气体做功W1＝0
继续降温，活塞向左移动过程中，外界对气体做功W2＝p2S(h1－h2)
解得W2＝40 J
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
其中Q＝－10 J
解得ΔU＝30 J.
答案：(1)100 K (2)增加30 J
单元素养评价(四)
1．解析：J.J.汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况来判断阴极射线粒子的电性并计算出其比荷，C正确．
答案：C
2．解析：α粒子与金原子核之间的作用力为库仑斥力，所以不可能的是径迹②，B符合题意．
答案：B
3．解析：电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，放出光子，总能量减小；由 eq \f(kQq,r2) ＝m eq \f(v2,r) 可知，半径越小，动能越大．
答案：D
4．解析：氢原子从n＝3能级向n＝2能级跃迁时释放的光子能量为ΔE＝E3－E2＝1.89 eV，处于可见光光子能量范围，从n＝4能级向n＝3能级跃迁时释放的光子能量为ΔE′＝E4－E3＝0. 66 eV，不属于可见光范围，从n＝2能级向n＝1能级跃迁时释放的光子能量为ΔE′′＝E2－E1＝10.2 eV，不属于可见光范围，因此氢原子至少需从基态跃迁到n＝3的激发态才可辐射出可见光光子，则给氢原子提供的能量至少为ΔE1＝E3－E1＝12.09 eV，A正确．
答案：A
5．解析：已知巴耳末公式 eq \f(1,λ) ＝R∞ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)－\f(1,n2))) ，n＝3，4，5，…，当n＝∞时，最小波长满足 eq \f(1,λ1) ＝R∞ eq \f(1,22) ，当n＝3时，最大波长满足 eq \f(1,λ2) ＝R∞ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)－\f(1,32))) ，可得 eq \f(λ1,λ2) ＝ eq \f(5,9) .
答案：A
6．解析：根据氢原子能级跃迁的频率条件hν＝Em－En(m>n，m、n都只能取正整数)可以判定Hα、Hβ、Hγ、Hδ的频率依次增大，波长依次减小，且能定量地计算出频率和波长的大小之比，故A正确、B错误；处于基态的氢原子要吸收13.6 eV的能量才能被电离，故C错误；Hδ的频率大于Hβ的频率，根据光电效应产生的条件可以判定，Hδ可以使某种金属发生光电效应，Hβ不一定可以使该金属发生光电效应，故D错误．
答案：A
7．解析：根据Ek＝hν－W0和Ek＝eUc可得eUc＝hν－W0，可见对于同一金属，遏止电压相同，则光的频率相同，遏止电压越大．光的频率越大，当光电管两端所加反向电压等于遏止电压时，光电流为0，由题图乙可知，单色光a和c的遏止电压相同，且比b光的遏止电压小，故单色光a和c的频率相同，b光频率最大，对于同一频率的光，光越强，饱和电流越大，由题图乙可知，a光对应的饱和电流大于b光的，故a光更强些．B正确．
答案：B
8．解析：黑体辐射的实验规律：随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，所以T1>T2>T3>T4，A错误，B正确；由黑体辐射的实验规律可知，测量某黑体辐射强度最强的光的波长可以得知其温度，C正确，D错误．
答案：BC
9．解析：各种原子的发射光谱都是线状谱，都有一定的特征，也称特征谱线，是因原子结构不同，导致原子光谱也不相同，因而可以通过原子的发射光谱来确定和鉴别物质，对此称为光谱分析．由乙图可知，此光谱是由a与c元素线状谱叠加而成的，因此通过光谱分析可以了解该矿物中缺乏的是b、d元素，故B、D正确，A、C错误．
答案：BD
10．解析：根据光电效应方程得：Ek＝hν－W0＝hν－hν0，又Ek＝eUc解得：Uc＝ eq \f(h,e) ν－ eq \f(W0,e) ＝ eq \f(h,e) ν－ eq \f(hν0,e) ；当遏止电压为0时，对应的频率为金属的极限频率，结合图可知钠的极限频率小，则钠的逸出功小，故A正确；由Uc＝ eq \f(h,e) ν－ eq \f(hν0,e) 知U0­ ν图线的斜率k＝ eq \f(h,e) ，故B正确；由Uc＝ eq \f(h,e) ν－ eq \f(hν0,e) 知图线的特点与光的强度无关，故C错误；钠的逸出功小，结合Ek＝hν－W0可知，若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较小，故D错误．
答案：AB
11．解析：(1)当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，反向电压减小，单位时间内到达阳极A的光电子数量变大，则通过电流表的电流变大．(2)当电流表的示数刚减小到零时，电压表的示数为U，根据动能定理得eU＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ，则光电子的最大初动能为eU.(3)根据光电效应方程Ek＝hν－W0，可知若入射光的频率不变，则光电子的最大初动能不变．
答案：(1)左 (2)eU (3)不变
12．解析：据发生明显衍射的条件可知，当运动电子的德布罗意波波长与晶格大小差不多时，可以得到明显的衍射现象．设加速电场的电压为U，电子经电场加速后获得的速度为v，对加速过程由动能定理得eU＝ eq \f(1,2) mv2①
据德布罗意物质波理论知，电子的德布罗意波波长
λ＝ eq \f(h,p) ②
其中p＝mv ③
解①②③联立方程组可得U＝ eq \f(h2,2emλ2) ＝153 V.
答案：153 V
13．解析：(1)氢原子从n＝m的能级跃迁到n＝2的能级时，应满足：
Em－E2＝2.55 eV，解得Em＝－0.85 eV，
结合题图可知m＝4.
基态氢原子要跃迁到n＝4的能级，应提供的能量为：
ΔE＝E4－E1＝12.75 eV.
(2)辐射跃迁图如图所示．
答案：(1)12.75 eV (2)见解析
14．解析：(1)由能级图图甲可知，处于n＝4能级的离子所发出的能量最小的光的能量为能级4和能级3的能量差，即E光＝E4－E3＝2.64 eV，根据题意可知，遏止电压为1.64 V，即Ekm＝1.64 eV，阴极材料的逸出功W0＝E光－Ekm，得W0＝1 eV.(2)现把电路改为题图丙，电源提供了正向电压，则电子到达阳极时的最大动能Ek＝Ekm＋eUc＝3.64 eV.
答案：(1)1 eV (2)3.64 eV
15．解析：(1)n＝2时，E2＝ eq \f(－13.6,22) eV＝－3.4 eV
n＝∞时，E∞＝0，所以要使处于n＝2激发态的氢原子电离，电离能为ΔE＝E∞－E2＝3.4 eV
ν＝ eq \f(ΔE,h) ＝ eq \f(3.4×1.6×10－19,6.63×10－34) Hz＝8.21×1014 Hz.
(2)波长为200 nm的紫外线一个光子所具有的能量
E0＝hν＝h eq \f(c,λ) ＝6.63×10－34× eq \f(3×108,200×10－9) J＝9.945×10－19 J
电离能ΔE＝3.4×1.6×10－19 J＝5.44×10－19 J
由能量守恒有E0－ΔE＝ eq \f(1,2) mv2
代入数值解得v＝1×106 m/s.
答案：(1)8.21×1014 Hz (2)1×106 m/s
单元素养评价(五)
1．解析：太阳内部进行着剧烈的热核反应，故选项D正确．
答案：D
2．解析：根据原子核衰变时电荷数和质量数都守恒可知，发生一次α衰变，原子核的质子数减少2、中子数减少2，D正确．
答案：D
3．解析：在核反应堆中慢化剂的作用是使快中子变为慢中子，镉吸收中子的能力很强，镉棒在核反应堆中的作用是控制反应速度，D正确．
答案：D
4．解析：由于质子、中子本身也有自己的复杂的结构，故它们不是组成物质的不可再分的最基本的粒子，A错误；最早发现的强子是质子，最早发现的轻子是电子，B错误；τ子质量比核子质量大，但仍属于轻子，C错误；不同夸克带的电荷不同，分别为＋ eq \f(2,3) e和－ eq \f(e,3) ，说明电子电荷不再是电荷的最小单位，D正确．
答案：D
5．解析：核聚变方程为4 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H―→ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He＋2 eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(1)) e，根据质能方程，可知核反应释放的能量ΔE＝(4mp－mα－2me)c2，故选B.
答案：B
6．解析：根据核反应过程电荷数和质量数守恒可知射线粒子X的符号是 0－1e，故A错误；5.2年后经过了2个半衰期，所以有 eq \f(3,4) eq \\al(\s\up1(147),\s\d1( 61)) Pm原子核已衰变，故B错误；由爱因斯坦的质能方程ΔE＝Δmc2可得，每个 eq \\al(\s\up1(147),\s\d1( )) 61Pm原子核衰变放出的能量为(m1－m2－m)c2，故C正确；由能量守恒定律可知核电池衰变后，单位时间内该电池因衰变而放出的核能会逐渐减小，故D错误．
答案：C
7．解析：核聚变释放的能量源于来自于原子核的质量亏损，A错误；带电粒子运动时，在匀强磁场中会受到洛伦兹力的作用而不飞散，故可以用磁场来约束等离子体，B正确；等离子体是各种粒子的混合体，整体是电中性的，但有大量的自由粒子，故它是电的良导体，C正确；提高托卡马克实验装置运行温度，增大了等离子体的内能，使它们具有足够的动能来克服库仑斥力，有利于克服等离子体中正离子间的库仑斥力，D正确．本题选择错误的，选A.
答案：A
8．解析：目前核电站是利用重核裂变，其主要原因是裂变反应可以控制，且放出的能量比化石燃料要多很多，但与轻核聚变相比较，轻核聚变平均每个核子放出的能量要比重核裂变平均每个核子放出的能量大3～4倍，所以A错误；轻核聚变反应产生的放射性废料少，处理起来比较容易，而重核裂变反应产生的废料需要装入特制的容器，深埋地下，所以B错误；轻核聚变的主要燃料氘在海水中含量丰富，每升海水中含有0. 03 g氘，随着科技的发展，一旦轻核聚变反应可控制，我们的汽车可以直接利用海水中的氘资源，所以C正确；轻核聚变反应需要轻核之间的距离达到10－15 m以内，需要克服库仑斥力，所以原子核必须有足够的动能，氢弹利用原子弹爆炸获得高温引发热核反应，所以D正确．
答案：CD
9．解析：根据电荷数和质量数守恒知，钍核衰变过程中放出了一个电子，即X为电子，故A错误，B正确；发生β衰变时释放的电子是由钍核内一个中子转化成一个质子时产生的，故C正确；钍的半衰期为24天，经过120天即经过5个半衰期，故1 g钍 eq \\al(\s\up1(234),\s\d1( 90)) Th经过120天后还剩0.031 25 g，故D错误．
答案：BC
10．解析：根据电荷数守恒和质量数守恒，核衰变反应方程为 eq \\al(\s\up1(A),\s\d1(Z)) X―→ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He＋ eq \\al(\s\up1(A－4),\s\d1(Z－2)) Y，根据周期公式T＝ eq \f(2πm,qB) ，得周期之比为 eq \f(TY,Tα) ＝ eq \f(mY,qY) ∶ eq \f(mα,qα) ＝ eq \f(A－4,Z－2) · eq \f(2,4) ＝ eq \f(A－4,2（Z－2）) ，故A正确；根据半径公式r＝ eq \f(mv,qB) ，又mv＝p(动量)，则得：r＝ eq \f(p,qB) ①，在衰变过程中遵守动量守恒定律，根据动量守恒定律得：0＝pY－pα，则pY＝pα②，由①②得：半径之比为 eq \f(rY,rα) ＝ eq \f(qα,qY) ＝ eq \f(2,Z－2) ，故B错误；该过程质量亏损Δm＝m1－(m2＋m3)，故C错误；由Ek＝ eq \f(p2,2m) 知Y核的动能EkY＝ eq \f(4E0,A－4) ，则释放的核能ΔE＝Ekα＋EkY＝ eq \f(AE0,A－4) ，故D正确．
答案：AD
11．解析：由N ­ Z图像可知，Pb、Bi的核子数(质量数212)相等，但Pb的质子数比Bi少1，因此Pb―→Bi的衰变是β衰变．每发生一次α衰变，其质量数减少4，质子数将少2，由题图可知从90232Th到82208Pb共发生了6次α衰变．
答案：β 6
12．解析：A和B的反应生成物里都有电子，属于β衰变；C的反应生成物里有α粒子，是α衰变；裂变是重核裂变成轻核，属于裂变的是E；聚变是轻核生成重核，属于聚变的是F.
答案：C A、B E F
13．解析：(1)根据质量数与质子数守恒，则有氟 ­ 18的衰变方程： eq \\al(\s\up1(18),\s\d1( )) 9F―→ eq \\al(\s\up1(18),\s\d1( )) 8O＋ eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(1)) e
正、负电子湮灭方程： eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(1)) e＋ eq \\al(\s\up1( 0),\s\d1(－1)) e―→2γ.
(2)氟 ­ 18的半衰期为：T＝100 min
当t＝5×60 min＝300 min时，由N＝N0( eq \f(1,2) ) eq \s\up6(\f(t,T))
可得： eq \f(N,N0) ＝12.5%.
答案：(1) eq \\al(\s\up1(18),\s\d1( )) 9F―→ eq \\al(\s\up1(18),\s\d1( )) 8O＋ eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(1)) e eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(1)) e＋ eq \\al(\s\up1( 0),\s\d1(－1)) e―→2γ
(2)100 min 12.5%
14．解析：(1)锆的电荷数Z＝92－60＋8＝40，质量数A＝236－146＝90，核反应方程中应用符号 eq \\al(\s\up1(90),\s\d1(40)) Zr表示．
(2)1 kg铀235的核数为n＝ eq \f(1 000,235) ×6.02×1023(个)，不考虑核反应中生成的电子质量，一个铀核反应产生的质量亏损为Δm＝0.212 u，1 kg铀235完全裂变放出的能量约为E＝nΔmc2≈8.12×1013 J
答案：(1)40 90 (2)8.12×1013 J
15．解析：(1) 92232U―→90228Th＋ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He；
(2)因为两种产物都带正电，结合动量守恒和带电粒子在磁场中运动规律及左手定则可知，3是α粒子，4是钍核Th，
根据牛顿第二定律有qvB＝m eq \f(v2,r)
解得r＝ eq \f(mv,qB)
α粒子和钍核Th的动量相等，故半径之比等于电荷量的反比，故Rα∶RTh＝45∶1.
(3)系统动量守恒，钍核和α粒子的动量大小相等，故动能之比等于质量的反比，即
pTh＝pα
EkTh＝ eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Th)) ,2mTh) ，Ekα＝E0＝ eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(α)) ,2mα)
EkTh＝ eq \f(1,57) Ekα＝ eq \f(1,57) E0
根据能量守恒定律可得此衰变过程中释放的能量为
ΔE＝EkTh＋Ekα＝ eq \f(58,57) E0.
答案：(1)92232U―→90228Th＋ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He
(2)3是α粒子，4是Th 45∶1 (3) eq \f(58,57) E0
模块综合测试
1．解析：显微镜下观察到墨水中的小炭粒不停地做无规则运动是布朗运动，这反映了水分子运动的无规则性，A错误；磁铁可以吸引铁屑，是由于磁场力的作用，不能说明分子间存在引力，B错误；压缩气体比压缩液体容易得多，这是因为气体分子间距离远大于液体分子间距离，分子间作用力很微弱，C正确；体积为V的油酸酒精溶液中所含油酸的体积小于V，所以该油酸分子直径小于 eq \f(V,S) ，D错误．故选C.
答案：C
2．解析：晶体分为单晶体和多晶体，所有的晶体都有确定的熔点，单晶体有规则的形状、在物理性质上表现为各向异性，不一定是单质，比如蔗糖晶体颗粒就是单晶体但不是单质，多晶体没有规则的形状，在物理性质上各向同性，故A正确，B错误；单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体表现为各向同性，多晶体和非晶体的物理性质表现为各向同性，故C错误；晶体和非晶体不是以有没有规则外形做区分，冰块是多晶体，多晶体没有规则的外形，冰块打碎后，具有各种不同的形状，不能说明冰不是晶体，故D错误．故选A.
答案：A
3．解析：用烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，该现象说明云母片是单晶体，故A项错误；给农田松土的目的是破坏土壤里的毛细管，使地下水分不会被快速引上来而蒸发掉，故B项正确；布制的雨伞伞面能明显看到线的缝隙，但雨伞不漏雨水是因为液体存在表面张力的作用，故C项错误；机械能可以全部转化成内能，内能也可以全部用来做功以转化成机械能，但后者会引起其他变化，故D项错误．
答案：B
4．解析：活塞迅速下压过程中，气体体积变小，根据热力学定律可知，外界对气体做功，且来不及与外界热交换，则内能增大，气体温度升高，则气体压强一定增大，故A、B错误；温度升高，气体分子的平均动能增大，分子的平均速率增大，但不是所有分子的速率都增大，故C错误；温度升高，分子热运动更加剧烈，且单位体积内分子数量增多，则单位时间内撞到筒内壁单位面积上的气体分子数增多，故D正确．
答案：D
5．解析：乙分子在P点时，势能最小，分子引力和斥力相等，合力为零，加速度为零，处于平衡状态，A错误，B正确；乙分子由P到Q的过程中分子力一直做负功，分子势能一直增加，C、D错误．
答案：B
6．解析：煤油中小粒灰尘的布朗运动是由于煤油分子做无规则运动时对小粒灰尘的撞击作用不平衡导致，故煤油中小粒灰尘的布朗运动，这说明煤油分子在做无规则运动，A错误；结合分子之间的作用力的特点可知，当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小，所以假设将两个分子从r＝r0处释放，它们既不会相互远离，也不会相互靠近，B错误；如图一定质量的气体在不同温度下的等温线，根据理想气体状态方程可得pV＝CT
pV之积越大表示温度越高，因此T1答案：C
7．解析：在B位置进行观察时，相同时间内观察到屏上的闪光次数较少，而在A位置进行观察时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多，A、B错误；选用不同金属箔片作为α粒子散射的靶，观察到的实验结果基本相似，故C正确；卢瑟福根据此实验得出原子的核式结构模型，D错误．
答案：C
8．解析：设氢原子核外电子的速率为v，轨道半径为r，根据牛顿第二定律有
k eq \f(e2,r2) ＝m eq \f(v2,r)
所以电子的动能为
Ek＝ eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(ke2,2r)
氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，轨道半径减小，由上式可知电子的动能增加，且库仑力做正功，原子的电势能减少，故A正确；根据电磁波谱可知，可见光光子的能量大于红外线光子的能量，故B错误；α射线是由原子核内放射出的氦核，与β射线和γ射线相比，它的穿透能力最弱，故C错误；放射性元素的半衰期由原子核本身决定，不会随温度或压强的变化而变化，故D正确．故选A、D.
答案：AD
9．解析：阴极材料中的电子受到足够大的库仑力作用而脱离阴极成为阴极射线；β射线是原子核发生β衰变时，核内的一个中子变为一个质子和一个电子，电子释放出来形成β射线，所以两种射线产生原理不同，A错误；放射性元素发生衰变时发生质量亏损，蕴藏在核内的能量会释放出来，B正确；激光具有高度的相干性，所以可以被调制用来传递信息，C正确；玻尔原子理论只能成功解释氢原子光谱的实验规律，不能成功解释氦原子光谱的实验规律，D错误．故选B、C.
答案：BC
10．解析：波长为10 μm的红外线在真空中的频率为
ν＝ eq \f(c,λ) ＝ eq \f(3×108,10×10－6) Hz＝3×1013 Hz，A错误；将图甲中的电源正负极反接，当反向电压小于遏止电压时，电路中仍有光电流产生，仍会产生电信号，B错误；由图乙可知，遏止电压为Uc＝2×10－2V，根据动能定理可得光电子的最大初动能为Ekm＝eUc＝0.02 eV，C正确；若人体温度升高，辐射红外线的强度增强，单位时间从阴极溢出的光电子数增加，则光电管转换成的光电流增大，D正确．
答案：CD
11．解析：(1)根据公式d＝ eq \f(V,S) 分析，V是纯油酸的体积，S是油膜的面积．油酸未完全散开，导致S变小，则测量结果变大，A正确；计算时利用的是纯油酸的体积，如果含有大量的酒精，则油酸的实际体积偏小，则直径将偏小，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，C正确；求每滴体积时，1 mL的溶液的滴数误多记了10滴，由V0＝ eq \f(V,n) 可知，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，D错误；
(2)①“用油膜法估测分子大小”的实验步骤可简记为“配→撒→滴→描→数→算”．由实验步骤可知，缺少的实验步骤是待油酸薄膜形状稳定后；
②一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积
V′＝ eq \f(1,500) × eq \f(1,100) mL＝2×10－5 mL；
③由图可知油膜的面积
S＝456×10－4 m2
则油酸分子的直径
d＝ eq \f(V,S) ＝ eq \f(2×10－5×10－6,456×10－4) m≈4×10－10 m
④水面上痱子粉撒得较多，油膜不能充分展开，则测量的面积S偏小，导致计算结果偏大．
答案：(1)AC (2)①待油酸薄膜形状稳定后
②2 × 10 － 5 ③ 4 × 10 － 10 ④大
12．解析：(1)在本实验操作的过程中，需要保持不变的量是气体的质量和温度．
(2)推拉活塞时动作过快，实验过程中会使气体的温度发生变化，故A错误；推拉活塞时，手不可以握住注射器气体部分，以保证气体的温度不变，故B正确；活塞移至某位置时，要等稳定后记录此时注射器内气柱的长度和压力表的压强值，故C错误．(3)图像发生了弯曲，因图像向上弯曲，故可能是气体的温度升高了，或者质量变大了，故A、B错误，C、D正确．
(4)由于实验操作和数据处理均正确，同体积情况下，则温度高对应压强大，pV乘积较大的是T1对应的图线，故A正确，B错误；因为相同体积下，即相同分子数密度情况下，温度越高，气体压强越大，则斜率越大的对应的温度越高，故C正确，D错误．
答案：(1)质量 温度 (2)B (3)CD (4)AC
13．解析：(1)根据反应过程质量数守恒和电荷数守恒可得
eq \\al(\s\up1(14),\s\d1( 7)) N＋ eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(0)) n―→ eq \\al(\s\up1(14),\s\d1( 6)) C＋ eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H
eq \\al(\s\up1(14),\s\d1( 6)) C―→ eq \\al(\s\up1(14),\s\d1( 7)) N＋ eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(－1)) e
由爱因斯坦质能方程E＝Δmc2
可得Δm＝ eq \f(E,c2) .
(2)由题知古生物体遗骸中 eq \\al(\s\up1(14),\s\d1( 6)) C含量只有活体中的12.5%，故有
m余＝m0 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) n
代入数据解得n＝3
则有t＝3T＝5 720×3年＝17 160年
答案：(1) eq \\al(\s\up1(14),\s\d1( 7)) N＋ eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(0)) n―→ eq \\al(\s\up1(14),\s\d1( 6)) C＋ eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H eq \\al(\s\up1(14),\s\d1( 6)) C―→ eq \\al(\s\up1(14),\s\d1( 7)) N＋ eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(－1)) e Δm＝ eq \f(E,c2) (2)17 160年
14．解析：(1)气体B的压强为
pB＝p0＋phd＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(76＋20)) cmHg＝96 cmHg.
气体A的压强为
pA＝pB－phc＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(96－12)) cmHg＝84 cmHg
(2)设水银的密度为ρ，玻璃管横截面积为S，玻璃管竖直向下加速时，对水银柱d
ρghdS＋p0S－p′BS＝ρhdSa
对水银柱c
ρghcS＋p′AS－p′BS＝ρhcSa
联立解得p′A＝80 cmHg
根据玻意耳定律可得pALA＝p′AL′A
解得L′A＝21 cm
答案：(1)84 cmHg (2)21 cm
15．解析：(1)物体A开始移动前气体做等容变化，且
p1＝p0
T1＝300 K
对物块A受力分析知，物块A开始移动时，有
p2＝p0＋ eq \f(mg sin θ＋μmg cs θ,S) ＝1.1×105 Pa
由查理定律有 eq \f(p1,T1) ＝ eq \f(p2,T2)
解得T2＝ eq \f(p2,p1) T1＝330 K.
(2)物体A开始移动后，气体做等压变化，到A刚与B接触时，满足
p3＝p2＝1.1×105 Pa
V3＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L1＋d)) S
V2＝L1S
由盖­吕萨克定律得
eq \f(V2,T2) ＝ eq \f(V3,T3)
解得
T3＝ eq \f(V3,V2) T2＝660 K
之后气体又做等容变化，设物块A和B一起开始移动时的温度为T4，则
p4＝p0＋2× eq \f(mg sin θ＋μmg cs θ,S) ＝1.2×105 Pa
V4＝V3
由查理定律有 eq \f(p3,T3) ＝ eq \f(p4,T4)
解得T4＝ eq \f(p4,p3) T3＝720 K.
答案：(1)330 K (2)720 K