2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）第一部分 专题整合提升专题六 热学　近代物理含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）第一部分专题整合提升专题六热学近代物理第15课时热学【知识网络】热点一分子动理论、固体和液体1.估算问题分子总数：N＝nNA＝eq\f(m,M)NA＝eq\f(V,Vmol)NA。特别提醒：对气体而言，V0＝eq\f(V,N)不等于一个气体分子的体积，而是表示一个气体分子占据的空间。(2)两种分子模型：①球体模型：V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(1,6)πd3(d为球体直径)；②立方体模型：V＝a3。2.分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系3.固体、液体与气体(1)区分晶体和非晶体的标准是看是否有确定的熔点，区分单晶体和多晶体的标准是看形状是否规则、是否具有各向异性。(2)液晶是一种特殊的物质状态，所处的状态介于固态和液态之间。液晶具有流动性，在光学、电学物理性质上表现出各向异性。(3)液体的表面张力使液体表面具有收缩的趋势，表面张力的方向跟液面相切。4.气体压强的微观解释例1(2024·浙江杭州模拟)下列关于固体、液体的说法正确的是()A.玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端就会变钝，这是由于高温使分子无规则热运动加剧的缘故B.用磙子压紧土壤，有助于保存地下的水分C.液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性D.某种液体是否浸润固体，仅由液体性质决定，与固体的性质无关答案C解析玻璃管的裂口放在火上烧熔，它的尖端就变钝，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故，故A错误；用磙子压紧土壤，使土壤中的毛细管变的更细，增强毛细现象，使地下水到地面上来，故B错误；液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性，故C正确；浸润与不浸润与两种接触物质的性质有关，水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明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，故D错误。训练1(2024·江苏扬州模拟)关于下列三幅图的说法正确的是()A.图甲中微粒越小，单位时间内受到液体分子撞击次数越少，布朗运动越明显B.图乙中峰值大的曲线对应的气体温度较高C.图丙中实验现象说明蜂蜡是非晶体D.图丙中实验现象说明薄板材料各向同性，一定是非晶体答案A解析图甲中微粒越小，单位时间内受到液体分子撞击次数越少，则微粒越趋于不平衡，则布朗运动越明显，故A正确；图乙中峰值大的曲线“腰细”，中等分子占据的比例较小，则对应的气体温度较低，故B错误；图丙中，实验现象表明材料具有各向同性，则说明薄板材料可能是多晶体，也有可能是非晶体，故C、D错误。训练2分子间存在着分子力，并且分子力做功与路径无关，因此分子间存在与其相对距离有关的分子势能。如图1所示为分子势能Ep随分子间距离r变化的图像，取r趋近于无穷大时Ep为零。若仅考虑这两个分子间的作用，下述说法中正确的是()图1A.图中r1是分子间作用力为零的位置B.假设将两个分子从r＝r2处释放，它们将相互靠近C.假设将两个分子从r＝r1处释放，当r＝r2时它们的加速度最大D.假设将两个分子从r＝r1处释放，当r＝r2时它们的速度最大答案D解析由图可知，两个分子在r＝r2处的分子势能最小，则此处为分子间作用力为零的位置，加速度为零，所以假设将两个分子从r＝r2处释放，它们将静止不动，故A、B、C错误；分子间距离在r1～r2之间分子作用力表现为斥力，从r1到r2的过程中分子力做正功，速度增大，当分子之间的距离大于r2时，分子之间的作用力表现为引力，随着分子间距离的增大，分子力做负功，分子的速度减小，所以当r＝r2时，分子的速度最大，故D正确。热点二气体实验定律理想气体状态方程1.压强的计算(1)被活塞、汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解。(2)应用平衡条件或牛顿第二定律求解，注意压强单位为Pa。若应用p＝p0＋h或p＝p0－h来表示压强，则压强p的单位为cmHg或mmHg。2.合理选取气体变化所遵循的规律列方程(1)若气体质量一定，p、V、T均发生变化，则选用理想气体状态方程列式求解。(2)若气体质量一定，p、V、T中有一个量不发生变化，则选用对应的气体实验定律列方程求解。3.关联气体问题解决由活塞、液柱相联系的两部分气体时，注意找两部分气体的压强、体积等关系，列出关联关系式，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。4.变质量问题在充气、抽气等“变质量”问题中可以把充进或抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中，即把变质量问题转化为恒定质量的问题。例2(2023·辽宁卷，5)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p－T图像如图2所示，该过程对应的p－V图像可能是()图2答案B解析由题图知，pa＝pb＞pc，故A、D错误；由a到b，Ta＜Tb，由eq\f(Va,Ta)＝eq\f(Vb,Tb)知Va＜Vb，故B正确，C错误。方法总结气体状态变化的图像特点图像特点等温变化p－V图像pV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线，温度越高，线离原点越远p－eq\f(1,V)图像p＝CTeq\f(1,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高等容变化p－T图像p＝eq\f(C,V)T，斜率k＝eq\f(C,V)，即斜率越大，体积越小等压变化V－T图像V＝eq\f(C,p)T，斜率k＝eq\f(C,p)，即斜率越大，压强越小例3(2024·山东淄博一模)“系留气球”是一种高度可控的氦气球，如图3所示为某一“系留气球”的简化模型图。主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气(可视为理想气体)，副气囊与大气连通，副气囊左、右挡板间的距离为L0，轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。在地面上，气球内外温度达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态，此时主气囊的容积为V0＝5m3。已知地面大气压强p0＝1.0×105Pa、温度T0＝300K，在标准状态下(温度为273K，压强为1.0×105Pa)氦气的密度为ρ＝0.18kg/m3。图3(1)求气球内封闭的氦气质量m；(2)在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度处并驻留期间，该处大气压强恒为地面大气压强的0.5倍，气球内外温度达到平衡时，氦气体积变为1.2V0，弹簧压缩量为eq\f(3,4)L0。已知活塞的横截面积为S，弹簧的劲度系数为k＝eq\f(p0S,3L0)，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。求气球驻留处大气的温度T。答案(1)0.819kg(2)270K解析(1)若气球内气体的温度等压降为标准状态，设此时气体的体积为V1，则根据盖－吕萨克定律得eq\f(V0,T0)＝eq\f(V1,T1)解得V1＝4.55m3则气球内气体的质量为m＝ρV1＝0.819kg。(2)根据胡克定律可得，弹簧的弹力为F＝kΔx＝eq\f(p0S,4)设此时氦气的压强为p2，对活塞，根据平衡条件有p2S＝0.5p0S＋F解得p2＝eq\f(3,4)p0由理想气体状态方程可得eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(p2V2,T)其中，此时的氦气的体积为V2＝1.2V0解得T＝270K。例4(2024·山东济宁二模)我国自主研发的094型战略核潜艇，使我国核威慑力量更加有效，被称为“镇国神器”。一个体积为V的简易核潜艇模型如图4所示，当储水舱中的气体体积为V0、压强为p0时，核潜艇总体积的eq\f(5,6)浸没在海水中。当核潜艇用空气压缩泵缓慢排出储水舱上方的部分气体时，会吸入一定量的海水，使核潜艇恰好全部浸没在海水里并处于静止状态，此时储水舱上方气体的压强为p1。已知储水舱中的气体可视为理想气体，且气体温度不发生变化。求：图4(1)进入储水舱的海水的体积ΔV；(2)储水舱剩余气体与原有气体的质量之比k。答案(1)eq\f(V,6)(2)eq\f(p1（6V0－V）,6p0V0)解析(1)设海水的密度为ρ，由平衡条件得eq\f(5,6)ρgV＝mg，ρgV＝mg＋ρgΔV解得ΔV＝eq\f(V,6)。(2)由玻意耳定律得p1(V0－ΔV)＝p0V′储水舱剩余气体的质量与原有气体的质量之比为k＝eq\f(m2,m1)＝eq\f(V′,V0)解得k＝eq\f(p1（6V0－V）,6p0V0)。热点三热力学定律与气体实验定律的结合1.热力学第一定律中ΔU、W、Q的分析思路(1)内能变化量ΔU①温度升高，内能增加，ΔU＞0；温度降低，内能减少，ΔU＜0。②由公式ΔU＝Q＋W分析内能变化。(2)做功W：体积膨胀，气体对外界做功，W＜0；体积被压缩，外界对气体做功，W＞0。(3)气体吸、放热量Q：一般由公式Q＝ΔU－W分析气体的吸、放热情况，Q＞0，吸热；Q＜0，放热。注意：等温过程ΔU＝0，等容过程W＝0，绝热过程Q＝0；等压过程W≠0，Q≠0，ΔU≠0。2.对热力学第二定律的理解热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但会产生其他影响。例5(2024·浙江6月选考，17)如图5所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1。将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S＝4.0×10－4m2，m＝0.1kg，l1＝0.2m，l2＝0.3m，T2＝350K，V0＝2.0×10－4m3，大气压强p0＝1.0×105Pa，环境温度T1＝300K，重力加速度g＝10m/s2。图5(1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力________(选填“变大”“变小”或“不变”)，气体分子的数密度________(选填“变大”“变小”或“不变”)；(2)求此不规则小块固体的体积V；(3)若此过程气体内能增加10.3J，求吸收热量Q。答案(1)不变变小(2)4×10－5m3(3)14.4J解析(1)此过程为等压变化过程，封闭气体压强不变，结合压强的定义式p＝eq\f(F,S)可知，器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；气体体积增大，而总分子数不变，则单位体积内的气体分子数减少，即气体分子的数密度变小。(2)封闭气体发生等压变化，根据盖－吕萨克定律有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)又V1＝V0－V＋l1S，V2＝V0－V＋l2S联立并代入数据解得V＝4×10－5m3。(3)此过程气体内能增加10.3J，即ΔU＝10.3J外界对气体做的功W＝－pΔV＝－pS(l2－l1)对活塞，根据平衡条件有p0S＋mg＝pS根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W联立并代入数据解得Q＝14.4J。训练3(2024·山东济南二模)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6所示。下列说法正确的是()图6A.a、b状态对应的压强之比为3∶2B.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解析根据理想气体的状态方程可得eq\f(paV0,2T0)＝eq\f(pb·3V0,T0)，代入数据得pa∶pb＝6∶1，故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，故B错误；c→a过程体积减小，外界对气体做功，W>0，等温变化，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，故C错误；将V－T图像转化为p－V图像，根据图线下方围成的面积等于功知，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，气体对外不做功，c→a过程体积减小，外界对气体做功，则p－V图像围成的封闭面积等于外界对气体做的功，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知，气体一定放出热量且放出的热量等于外界对气体做的功，故D正确。1.(多选)(2024·新课标卷，21)如图7，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是()图7A.1→2过程中，气体内能增加B.2→3过程中，气体向外放热C.3→4过程中，气体内能不变D.4→1过程中，气体向外放热答案AD解析1→2过程中，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，该过程是绝热过程，Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知ΔU>0，气体内能增加，A正确；2→3过程中，气体体积增大，气体对外界做功，W<0，气体压强不变，由盖－吕萨克定律eq\f(V,T)＝C可知温度升高，内能增加，ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知Q>0，气体从外界吸收热量，B错误；3→4过程中，气体体积增大，气体对外界做功，W<0，该过程是绝热过程，Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知ΔU<0，气体内能减少，C错误；4→1过程中，气体体积不变，外界对气体不做功，W＝0，气体压强减小，由查理定律eq\f(p,T)＝C可知温度降低，内能减少，ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知Q<0，气体向外界释放热量，D正确。2.(多选)(2024·河北卷，9)如图8，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后()图8A.弹簧恢复至自然长度B.活塞两侧气体质量相等C.与初始时相比，汽缸内气体的内能增加D.与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少答案ACD解析初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态。因活塞密封不严，左侧气体向右侧真空逸散，左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，故弹簧恢复原长，A正确；由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，B错误；密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，由能量守恒定律可知气体内能增加，C正确；初始时气体在左侧，最终气体充满整个汽缸，则左侧单位体积内气体分子数减少，D正确。3.(2024·湖北卷，13)如图9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eq\f(1,5)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为已知常量，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：图9(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。答案(1)eq\f(6,5)T0(2)eq\f(1,5)(CT0＋mgh＋p0Sh)解析(1)设容器内气体初、末状态体积分别为V0、V，末状态温度为T，由盖－吕萨克定律得eq\f(V0,T0)＝eq\f(V,T)其中V0＝Sh，V＝Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(h,5)))联立解得T＝eq\f(6,5)T0。(2)设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，外界对气体做的功为W，由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W其中ΔU＝C(T－T0)W＝－(mg＋p0S)eq\f(1,5)h联立解得Q＝eq\f(1,5)(CT0＋mgh＋p0Sh)。4.(2024·山东卷，16)图10甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0cm2，长度H＝100.0cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0cm2，高度h＝20.0cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g＝10m/s2，大气压p0＝1.0×105Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。图10(1)求x；(2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。答案(1)2cm(2)8.92×10－4m3解析(1)在缓慢将汲液器竖直提出液面的过程中，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p1(H－x)S1＝p2HS1根据题意可知p1＝p0，p2＋ρgh＝p0联立解得x＝2cm。(2)对新进入的气体和原有的气体整体分析，由玻意耳定律有p0V＋p2HS1＝p3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HS1＋\f(h,2)S2))又p3＋ρg·eq\f(h,2)＝p0联立解得V＝8.92×10－4m3。5.(2024·广东卷，13)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11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内气体体积不变。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＝300K时，A内气体体积VA1＝4.0×102m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S＝0.10m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105Pa，重力加速度大小g＝10m/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，差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2＝270K时：图11(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)9×104Pa(2)3.6×102m3(3)1.1×102kg解析(1)(2)假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好，B内气体做等容变化，初态pB1＝p0，T1＝300K末态T2＝270K根据eq\f(pB1,T1)＝eq\f(pB2,T2)代入数据可得pB2＝9×104PaA内气体做等压变化，压强保持不变初态VA1＝4.0×102m3，T1＝300K末态T2＝270K根据eq\f(VA1,T1)＝eq\f(VA2,T2)代入数据可得VA2＝3.6×102m3由于p0－pB2<Δp假设成立，即pB2＝9×104Pa，VA2＝3.6×102m3。(3)恰好稳定时，A内气体压强为pA′＝p0＋eq\f(mg,S)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＝1.1×102kg。基础保分练1.(2024·湖北模拟预测)下列说法正确的是()A.受潮后粘在一起的蔗糖没有固定的形状，所以蔗糖是非晶体B.固体、液体分子间有空隙而不分散，能保持一定的体积，说明分子间有引力C.当分子间作用力表现为斥力时，分子间作用力和分子势能总随分子间距离的减小而减小D.如果理想气体分子总数不变，温度升高，气体分子的平均动能一定增大，压强一定增大答案B解析是否有固定的几何形状不是判定晶体的唯一标准，蔗糖是多晶体，选项A错误；如果没有引力，有空隙的分子一定分散开，固、液体将无法保持一定的体积，选项B正确；当分子间作用力表现为斥力时，分子间作用力随分子间距离的减小而增大，且分子间距离减小时，分子间作用力做负功，分子势能随分子间距离的减小而增大，选项C错误；如果理想气体分子总数不变，温度升高，气体分子的平均动能一定增大，因体积变化不确定，则压强有可能增大，也有可能减小，选项D错误。2.下列说法正确的是()A.从射入教室的阳光中看到尘埃的运动就是布朗运动B.气体如果失去了容器的约束就会散开，说明气体分子之间作用力表现为斥力C.恒温水池里小气泡由底部缓慢上升的过程中，气泡中的理想气体放出热量D.已知某种气体的密度为ρ(kg/m3)，摩尔质量为M(kg/mol)，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，则该气体分子之间的平均距离可以表示为eq\r(3,\f(M,ρNA))答案D解析做布朗运动的固体颗粒需要借助于显微镜才能观察到，肉眼可见尘埃的运动不是布朗运动，从射入教室的阳光中看到尘埃的运动是空气的对流引起的，不是布朗运动，A错误；气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子在永不停息地做无规则的热运动，气体分子之间的距离较大，气体分子之间的作用力可以忽略不计，B错误；恒温水池里小气泡由底部缓慢上升过程中，由于气泡中的理想气体温度不变，故内能不变，上升过程中压强减小，体积变大，气体对外做功，W为负值，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体要吸收热量，C错误；把该气体分子所占据的空间看成立方体模型，则有V0＝d3，V0＝eq\f(M,ρNA)，解得气体分子之间的平均距离d＝eq\r(3,\f(M,ρNA))，D正确。3.(2024·天津红桥二模)如图1，一定质量的理想气体，用活塞封闭在开口向上的导热汽缸内。若环境温度不变，活塞与汽缸壁间无摩擦，现对活塞施加向下压力使其缓慢下降，此过程中()图1A.缸内气体压强增大，内能增加B.缸内气体分子平均动能增大，吸收热量C.外界对气体做功，缸内气体温度升高D.缸内气体分子在单位时间内碰撞到容器壁单位面积上的次数增多答案D解析若环境温度不变，现对活塞施加向下压力使其缓慢下降，则气体体积减小，根据玻意耳定律pV＝C，可知缸内气体压强增大，由于气体温度不变，缸内气体分子平均动能不变，气体内能不变；由于气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放热，故A、B、C错误；由于气体压强增大，温度不变，根据压强微观意义可知，缸内气体分子在单位时间内碰撞到容器壁单位面积上的次数增多，故D正确。4.(多选)(2024·江西景德镇二模)如图2所示，一下端封闭、上端开口的粗细均匀的玻璃管竖直静置，长度L2＝16cm的水银柱封闭了一段空气(视为理想气体)柱，空气柱的长度L1＝10cm。外界大气压强恒为p0＝76cmHg。使玻璃管向上做加速度大小a＝5m/s2的匀加速直线运动时，管内空气温度保持不变，重力加速度大小g＝10m/s2，和竖直静置时相比较，下列说法正确的有()图2A.管内空气的压强增加了16cmHgB.管内空气柱的长度减少了1.6cmC.管内空气的压强增加了8cmHgD.管内空气柱的长度减少了0.8cm答案CD解析根据题意，设静止时管内空气的压强为p1，则有p1＝p0＋ρgL2＝92cmHg；设玻璃管向上加速时管内空气的压强为p2，管的横截面积为S，则有p2S－p0S－ρgL2S＝ρL2Sa，解得p2＝100cmHg，可知管内空气的压强增加了Δp＝p2－p1＝8cmHg，故A错误，C正确；由于空气温度保持不变，由玻意耳定律有p1L1S＝p2L1′S，解得L1′＝9.2cm，可知，管内空气柱的长度减少了0.8cm，故B错误，D正确。5.“梦天”实验舱与空间站组合体在轨完成交会对接。空间站中供航天员进入太空或从太空返回时用的气密性装置——气闸舱的示意图如图3所示，座舱M和气闸舱N的容积相同，M中充满压强为p的空气(视为理想气体)，N内为真空。当航天员打开阀门K后，空气从M向N扩散，最终达到平衡。若不考虑空气与外界的热交换，则下列说法正确的是()图3A.空气从M向N扩散的过程中对外做正功B.空气从M向N扩散的过程中内能减小C.空气从M向N扩散的过程中温度降低D.重新平衡后，空气的压强为eq\f(p,2)答案D解析M中的气体自由扩散膨胀，没有对外做功，又因为不考虑整个系统与外界的热交换，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体内能不变，温度不变，故A、B、C错误；根据玻意耳定律有pV＝p′·2V，所以p′＝eq\f(p,2)，故D正确。6.(多选)(2024·黑龙江牡丹江一模)一定质量的理想气体从状态a经状态b、c、d回到状态a，此过程气体的p－V关系图像如图4所示，其中d→a过程为双曲线的一部分，a→b、b→c、c→d过程平行于坐标轴。已知在状态a时气体温度为T0，则()图4A.在状态c时气体的温度为T0B.a→b过程气体吸热C.d→a过程气体对外做功3p0V0D.从状态a经一次循环再回到状态a的过程中气体向外放热大于3p0V0答案BD解析a→c过程，由理想气体状态方程得eq\f(2p0·2V0,T0)＝eq\f(4p0·3V0,Tc)，解得Tc＝3T0，A错误；a→b过程，气体体积增大对外做功，压强不变，温度升高，内能增大，气体吸热，B正确；d→a过程，气体对外做的功等于图像与横轴所围图形面积，由题图得其小于3p0V0，C错误；在一次循环过程后，内能不变，整个过程中，外界对气体做功大于3p0V0，根据热力学第一定律可知，在一次循环过程中气体放出的热量大于3p0V0，D正确。提能增分练7.(2024·河北承德高三模拟)如图5所示，固定在水平地面上的汽缸A和B中分别用活塞封闭有一定质量的理想气体，已知两活塞面积均为S。两活塞用穿过B底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动，两个汽缸都不漏气。初始时，A、B中气体的体积均为V0，温度均为T0，A中气体压强pA＝1.2p0，p0是汽缸外的大气压强。活塞和细杆的质量均不计，细杆的直径可忽略。图5(1)求细杆对汽缸A中活塞的作用力大小以及汽缸B中气体的压强；(2)现对A缓慢加热，使其中气体的压强升到pA′＝1.5p0，同时保持B中气体的温度不变，在此过程中汽缸A中气体的内能增加了ΔU。求：末状态时A中气体的温度，以及在此过程中两部分气体从外界吸收的热量Q。答案(1)0.2p0S0.8p0(2)2T0ΔU＋1.2p0V0解析(1)由平衡条件，对A中活塞有1.2p0S－p0S－F＝0对B中活塞有pBS＋F－p0S＝0解得pB＝0.8p0，F＝0.2p0S。(2)对A中气体由理想气体状态方程得eq\f(1.2p0·V0,T0)＝eq\f(1.5p0·（V0＋ΔV）,TA)对两活塞及杆组成的整体由平衡条件得pAS＋pBS＝2p0S则pA＋pB＝2p0对B中气体由玻意耳定律得0.8p0·V0＝(2p0－1.5p0)(V0＋ΔV)解得TA＝2T0，ΔV＝0.6V0对两部分气体分析，由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝－2p0·ΔV＋Q解得Q＝ΔU＋1.2p0V0。8.(2024·山东枣庄一模)水肺潜水运动中，潜水员潜水时需要携带潜水氧气瓶，以保障潜水员吸入气体的压强跟外界水压相等。潜水器材准备室中有一待充气的氧气瓶，其内部气体的压强、温度与外界大气相同，潜水员用气体压缩机为其充气，1s内可将压强为p0、温度为t0、体积V0＝700mL的气体充进氧气瓶内，充气完成时氧气瓶内气体压强p＝16atm，温度t＝47℃。已知外界大气压p0＝1atm，外界环境温度t0＝27℃，氧气瓶的容积V＝11L，氧气瓶的导热性能良好，水温恒为t0，水中每下降10m深度水压增加1atm。图6(1)求气体压缩机对氧气瓶充气的时间；(2)潜水员携带氧气瓶迅速下潜至水面下h1＝10m深处，在该水层活动期间吸入气体V1＝20L，随即迅速下潜至水面下h2＝20m深处，在该水层活动期间吸入气体V2＝16L，求此时氧气瓶内剩余气体的压强。答案(1)220s(2)7atm解析(1)充气过程有eq\f(p0V,273＋t0)＋eq\f(p0V充,273＋t0)＝eq\f(pV,273＋t)解得V充＝154L＝1.54×105mL则充气时间为t＝eq\f(V充,V0)×1s＝eq\f(1.54×105,700)×1s＝220s。(2)当下潜至水面下h1＝10m深处时，为保障潜水员吸入气体的压强跟外界水压相等，则此时吸入气体压强为p1＝p0＋eq\f(h1,10)×1atm＝2atm此时以吸入气体和氧气瓶内剩余气体为研究对象，则有eq\f(pV,273＋t)＝eq\f(p1V1,273＋t0)＋eq\f(p′V,273＋t0)当下潜至水面下h2＝20m深处时，为保障潜水员吸入气体的压强跟外界水压相等，则此时吸入气体压强为p2＝p0＋eq\f(h2,10)×1atm＝3atm此时以吸入气体和氧气瓶内剩余气体为研究对象，则有p′V＝p2V2＋p″V解得p″＝7atm。9.(2024·浙江东阳一模)如图7是一个形状不规则的绝热容器，在容器上竖直插入一根两端开口、横截面积为S＝2cm2且足够长的玻璃管，玻璃管下端与容器内部连接且不漏气，玻璃管内有一个轻质绝热活塞底端恰好位于容器口处。初始时，容器内气体温度T0＝300K，压强等于大气压强p0＝1.00×105Pa。现采用两种方式加热气体至T1＝400K，方式一：活塞用插销固定住，电阻丝加热，气体吸收400J的热量后停止加热；方式二：拔掉插销，电阻丝缓慢加热气体，完成加热时活塞上升了h＝10cm。容器和玻璃管内的气体可视为理想气体，不计摩擦。求：图7(1)哪种加热方式气体吸收的热量更多，多吸收的热量ΔQ；(2)用“方式一”完成加热后，容器内气体的压强p1；(3)容器的体积V0。答案(1)方式二2J(2)1.33×105Pa(3)60mL解析(1)根据热力学第一定律可知ΔU1＝Q1，ΔU2＝Q2＋W，两种加热方式下，气体内能变化量相同即ΔU1＝ΔU2，方式二中气体体积增大，气体对外做功，因此吸收的热量更多，其中W＝－p0Sh＝－2J结合以上三式得ΔQ＝Q2－Q1＝－W＝2J所以方式二气体需多吸收2J的热量。(2)方式一加热过程中，气体发生了等容变化，根据查理定律有eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T1)解得容器内气体的压强为p1＝1.33×105Pa。(3)方式二中，气体发生了等压过程，根据盖－吕萨克定律有eq\f(V0,T0)＝eq\f(V2,T1)解得用方式二完成加热后气体的总体积为V2＝eq\f(4,3)V0其中V2＝V0＋Sh由以上两式解得容器的体积V0＝60mL。第16课时近代物理【知识网络】热点一光电效应及光的波粒二象性1.光电效应两条对应关系(1)光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大。(2)光照强度大(同种频率的光)→光子数目多→发射光电子多→光电流大。2.定量分析时应抓住三个关系式爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0最大初动能与遏止电压的关系Ek＝eUc逸出功与截止频率的关系W0＝hνc例1(2024·山东济南一模)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－eq\f(1,λ)图像如图1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()图1A.该光电管阴极材料的截止频率大小为eq\f(a,c)B.由图像可得普朗克常量h＝eq\f(ae,bc)C.当用波长λ＝eq\f(1,3a)的光照射光电管阴极时，光电子的最大初动能为2beD.当用波长λ＝eq\f(1,a)的光照射光电管的阴极时，光电子的最大初动能随λ的增大而增大答案C解析根据动能定理eUc＝Ekm，又光电效应方程为heq\f(c,λ)＝hν0＋Ekm，整理得Uc＝eq\f(hc,e)eq\f(1,λ)－eq\f(hν0,e)得eq\f(b,a)＝eq\f(hc,e)，－b＝－eq\f(hν0,e)，普朗克常量为h＝eq\f(be,ac)，该光电管阴极材料的截止频率大小为ν0＝ac，A、B错误；将波长λ＝eq\f(1,3a)代入光电效应方程，光电子的最大初动能为Ekm＝2be，C正确；波长越长，光子能量越小，光电子的最大初动能随λ的增大而减小，D错误。方法总结光电效应的四类图像分析图像名称图线形状由图线直接(或间接)得到的物理量最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图线Ek＝hν－hνc(1)截止频率：图线与ν轴交点的横坐标νc(2)逸出功：图线与Ek轴交点的纵坐标的绝对值W0＝|－E|＝E(3)普朗克常量：图线的斜率k＝h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：图线与横轴交点的横坐标(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，则ν1＞ν2(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)截止频率νc：图线与横轴的交点的横坐标(2)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)训练1(2024·广东湛江二模)光伏发电是提供清洁能源的方式之一，光伏发电的原理是光电效应。演示光电效应的实验装置如图2甲所示，a、b、c三种光照射光电管得到的三条电流表与电压表示数之间的关系曲线如图乙所示，下列说法正确的是()图2A.若b光为绿光，则a光可能是紫光B.a光照射光电管发出光电子的最大初动能一定小于b光照射光电管发出光电子的最大初动能C.单位时间内a光照射光电管发出的光电子比c光照射光电管发出的光电子少D.若用强度相同的a、b光照射该光电管，则单位时间内逸出的光电子数相等答案B解析由光电效应方程Ek＝hν－W0及eU0＝Ek，解得eU0＝hν－W0，遏止电压越大，入射光的频率越大，νa＝νc＜νb，若b光为绿光，则a光不可能是紫光，选项A错误；由题图乙可知Uc1>Uc2，根据Ek＝eUc可知，a光照射光电管发出光电子的最大初动能小于b光照射光电管发出光电子的最大初动能，选项B正确；对于a、c两束频率相同的光来说，入射光越强，单位时间内发射的光电子数越多，则单位时间内a光照射光电管发出的光电子比c光照射光电管发出的光电子多，选项C错误；对a、b两束不同频率的光来说，光强相同是单位时间内照射到光电管单位面积上的光子的总能量相等，因为b光的光子频率较高，每个光子的能量较大，所以单位时间内照射到光电管单位面积上的光子数较少，即单位时间内发出的光电子数较少，选项D错误。例2(多选)(2023·浙江6月选考，15)有一种新型光电效应量子材料，其逸出功为W0。当紫外光照射该材料时，只产生动能和动量单一的相干光电子束。用该电子束照射间距为d的双缝，在与缝相距为L的观测屏上形成干涉条纹，测得条纹间距为Δx，已知电子质量为m，普朗克常量为h，光速为c，则()A.电子的动量pe＝eq\f(hL,dΔx)B.电子的动能Ek＝eq\f(hL2,2md2Δx2)C.光子的能量E＝W0＋eq\f(chL,dΔx)D.光子的动量p＝eq\f(W0,c)＋eq\f(h2L2,2cmd2Δx2)答案AD解析由双缝干涉条纹间距Δx＝eq\f(L,d)λ、电子动量pe＝eq\f(h,λ)联立解得pe＝eq\f(hL,dΔx)，A正确；电子的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(peq\o\al(2,e),2m)，解得Ek＝eq\f(1,2m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(hL,dΔx)))eq\s\up12(2)，B错误；根据爱因斯坦光电效应方程得光子的能量E＝W0＋Ek，故E＝W0＋eq\f(1,2m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(hL,dΔx)))eq\s\up12(2)，C错误；光子的动量p＝eq\f(h,λ)＝eq\f(hν,c)＝eq\f(E,c)，解得p＝eq\f(W0,c)＋eq\f(h2L2,2cmd2Δx2)，D正确。热点二原子结构及能级跃迁1.自发跃迁：高能级→低能级，释放能量，辐射出光子。光子的频率ν＝eq\f(ΔE,h)＝eq\f(E高－E低,h)。2.受激跃迁：低能级→高能级，吸收能量。(1)光照(吸收光子)：光子的能量必须恰好等于能级差ΔE。(2)碰撞：只要入射粒子能量大于或等于能级差即可，E外≥ΔE。(3)原子从某一能级电离时，所吸收的能量可以大于或等于这一能级能量的绝对值，剩余能量为自由电子的动能。例3(2024·陕西商洛模拟)科学家已经成功检测定位了纳米晶体结构中的氢原子。按玻尔氢原子理论，氢原子的能级图如图3所示，下列判断正确的是()图3A.用光子能量为13.06eV的光照射一群处于基态的氢原子，可观测到多种不同频率的光子B.一个处于n＝4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多可能发出6条光谱线C.氢原子从第4激发态跃迁到第2激发态需要吸收光子D.氢原子的核外电子由低能级跃迁到高能级时，电势能减小，动能增大答案A解析由题图可知，用光子能量为13.06eV的光照射一群处于基态的氢原子，氢原子可以跃迁到n＝5的激发态，再向低能级跃迁时可以辐射出10种频率的光子，故A正确；一个处于n＝4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多可以辐射出3种频率的光子，即有3条光谱线，故B错误；氢原子从第4激发态跃迁到第2激发态是从高能级向低能级跃迁，会辐射出光子，故C错误；氢原子的核外电子由低能级跃迁到高能级时，轨道半径变大，电势能增大，动能减小，故D错误。一个和一群氢原子跃迁的区别(1)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。(2)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＝Ceq\o\al(2,n)＝eq\f(n（n－1）,2)。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。训练2(2023·山东卷，1)“梦天号”实验舱携带世界首套可相互比对的冷原子钟组发射升空，对提升我国导航定位、深空探测等技术具有重要意义。如图4所示为某原子钟工作的四能级体系，原子吸收频率为ν0的光子从基态能级Ⅰ跃迁至激发态能级Ⅱ，然后自发辐射出频率为ν1的光子，跃迁到钟跃迁的上能级2，并在一定条件下可跃迁到钟跃迁的下能级1，实现受激辐射，发出钟激光，最后辐射出频率为ν3的光子回到基态。该原子钟产生的钟激光的频率ν2为()图4A.ν0＋ν1＋ν3 B.ν0＋ν1－ν3 C.ν0－ν1＋ν3 D.ν0－ν1－ν3答案D解析原子吸收频率为ν0的光子从基态能级Ⅰ跃迁至激发态能级Ⅱ时有EⅡ－EⅠ＝hν0，且从激发态能级Ⅱ跃迁到基态Ⅰ的过程有EⅡ－EⅠ＝hν1＋hν2＋hν3，联立解得ν2＝ν0－ν1－ν3，故D正确。热点三核反应与核能1.核衰变问题(1)核衰变规律：m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(t,T)m0，N＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(t,T)N0。(2)α衰变和β衰变次数的确定方法①方法一：由于β衰变不改变质量数，故可以先由质量数改变确定α衰变的次数，再根据电荷数守恒确定β衰变的次数。②方法二：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。2.核能的计算方法(1)根据ΔE＝Δmc2计算，其中Δm的单位是“kg”，ΔE的单位是“J”。(2)根据ΔE＝Δm×931.5MeV计算，其中Δm的单位是“u”，ΔE的单位是“MeV”。(3)根据核子、比结合能计算，原子核的结合能＝原子核的比结合能×核子数。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，就是该次核反应所释放(或吸收)的核能。(4)如果核反应时释放的核能全部以动能形式呈现，则核反应过程中系统动能的增加量即为释放的核能。例4(2024·浙江6月选考，4)发现中子的核反应方程为eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(9,4)Be→X＋eq\o\al(1,0)n，“玉兔二号”巡视器的核电池中钚238的衰变方程为eq\o\al(238,94)Pu→eq\o\al(234,92)U＋Y，下列说法正确的是()A.核反应方程中的X为eq\o\al(12,6)CB.衰变方程中的Y为eq\o\al(3,2)HeC.中子eq\o\al(1,0)n的质量数为零D.钚238的衰变吸收能量答案A解析根据核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒可知X的质量数为12，电荷数为6，故X为eq\o\al(12,6)C，Y的质量数为4，电荷数为2，故Y为eq\o\al(4,2)He，A正确，B错误；中子eq\o\al(1,0)n的电荷数为0，质量数为1，C错误；衰变过程中释放能量，D错误。例5核污染水中含有60余种放射性物质，这将对全球海洋环境和人类健康造成难以估量的影响。下列说法正确的是()A.氚的半衰期为12.43年，如果金属罐中密封有1kg氚，则12.43年后金属罐(含氚气)的质量将减少0.5kgB.锶90发生β衰变的衰变方程为eq\o\al(90,38)Sr→eq\o\al(90,39)Y＋eq\o\al(0,－1)e，eq\o\al(90,38)Sr的比结合能比eq\o\al(90,39)Y的大C.eq\o\al(234,90)Th衰变为eq\o\al(222,86)Rn，经过3次α衰变、2次β衰变D.放射性元素的半衰期在夏天时可能会比在冬天时的短答案C解析如果金属罐中密封有1kg氚，12.43年后金属罐中的氚会有一半发生衰变，但产生的新物质还在金属罐内，金属罐(含氚气)的质量不会减少0.5kg，故A错误；锶90发生β衰变的衰变方程为eq\o\al(90,38)Sr→eq\o\al(90,39)Y＋eq\o\al(0,－1)e，eq\o\al(90,39)Y更稳定，eq\o\al(90,38)Sr的比结合能比eq\o\al(90,39)Y的小，故B错误；设eq\o\al(234,90)Th衰变为eq\o\al(222,86)Rn，经过m次α衰变、n次β衰变，根据质量数与电荷数守恒有234＝222＋4m，90＝86＋2m－n，解得m＝3，n＝2，即eq\o\al(234,90)Th衰变为eq\o\al(222,86)Rn，经过3次α衰变、2次β衰变，故C正确；放射性元素的半衰期跟温度无关，故D错误。训练3(2024·河南许昌模拟)2024年1月6日，“华龙一号”4号机组内穹顶吊装就位，我国“华龙一号”是当前核电市场接受度最高的三代核电机型之一，其全面建成有力支撑了我国由核电大国向核电强国的跨越。核反应堆是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能。eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(141,56)Ba＋eq\o\al(92,36)Kr＋aX是反应堆中发生的许多核反应中的一种，X是某种粒子，a是X粒子的个数，用mU、mBa、mKr分别表示eq\o\al(235,92)U、eq\o\al(141,56)Ba、eq\o\al(92,36)Kr核的质量，mX表示X粒子的质量，c为真空中的光速。以下说法正确的是()A.X为中子，a＝2B.太阳就是一个巨大的铀核裂变反应堆C.上述核反应中放出的核能ΔE＝(mU－mBa－mKr－2mX)c2D.铀块体积必须达到临界体积，有质子通过时，才能发生链式反应答案C解析由电荷数守恒知X的电荷数为0，故X为中子，由质量数守恒知a＝3，故A错误；太阳发生的是轻核聚变，所以太阳是一个巨大的热核反应堆，故B错误；由题意知，核反应过程中的质量亏损Δm＝mU＋mX－mBa－mKr－3mX，由质能方程可知，释放的核能ΔE＝Δmc2＝(mU－mBa－mKr－2mX)c2，故C正确；根据链式反应的条件可知，铀块体积必须达到临界体积，有中子通过时，才能发生链式反应，故D错误。训练4(多选)(2024·河北保定一模)人体暴露于强烈的中子辐射中会在血浆中产生钠24，可以通过测量钠24的数量来确定患者吸收的辐射剂量。钠24具有放射性，某次研究其放射特性的实验中，将孤立钠24原子静置于匀强磁场中，衰变后在磁场中形成两条圆周径迹，如图5所示，下列说法中正确的是()图5A.小圆对应的粒子的运动方向为逆时针方向B.钠24发生了β衰变C.小圆和大圆的轨道半径之比为1∶12D.两条轨迹对应的粒子的质量之和等于衰变前钠24的质量答案ABC解析由于钠24衰变过程中动量守恒，因此衰变后的两粒子速度方向相反，在磁场中运动的轨迹相切于一点，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB)，可知电荷量越大，其运动时的轨迹半径越小，由此可知小圆对应的粒子所带电荷量更大，且其所带电荷为正电荷，根据左手定则可知，小圆对应的粒子的运动方向为逆时针方向，而根据左手定则结合轨迹可知，大圆对应的粒子带负电，则可确定该衰变为β衰变，故A、B正确；根据以上分析，写出其衰变方程为eq\o\al(24,11)Na→eq\o\al(24,12)Mg＋eq\o\al(0,－1)e，产生的新核与β粒子的电荷量之比为12∶1，而根据r＝eq\f(mv,qB)可知，小圆和大圆的轨道半径之比为1∶12，故C正确；衰变过程中始终遵循质量数守恒和电荷数守恒，但在衰变过程中有能量释放，根据爱因斯坦的质能方程可知，衰变后两条轨迹对应的粒子的质量之和小于衰变前钠24的质量，故D错误。1.(2024·湖南卷，1)量子技术是当前物理学应用研究的热点，下列关于量子论的说法正确的是()A.普朗克认为黑体辐射的能量是连续的B.光电效应实验中，红光照射可以让电子从某金属表面逸出，若改用紫光照射也可以让电子从该金属表面逸出C.康普顿研究石墨对X射线散射时，发现散射后仅有波长小于原波长的射线成分D.德布罗意认为质子具有波动性，而电子不具有波动性答案B解析普朗克认为黑体辐射的能量是量子化的，A错误；紫光的频率大于红光的频率，由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0可知，若改用紫光照射此金属表面，一定能发生光电效应，即电子从金属表面逸出，B正确；康普顿散射实验发现，X射线被较轻物质(石墨、石蜡)等散射后除了有波长与原波长相同的成分外还有波长较长的成分，C错误；德布罗意认为实物粒子具有波粒二象性，D错误。2.(2024·河北卷，1)锂是新能源汽车、储能和信息通信等新兴产业的关键材料。研究表明，锂元素主要来自宇宙高能粒子与星际物质的原子核产生的散裂反应，其中一种核反应方程为eq\o\al(12,)6C＋eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(7,3)Li＋2eq\o\al(1,1)H＋X，式中的X为()A.eq\o\al(1,0)n B.eq\o\al(0,－1)e C.eq\o\al(0,1)e D.eq\o\al(4,2)He答案D解析设X的质量数为A，电荷数为Z，根据核反应前、后质量数和电荷数守恒得A＝12＋1－7－2×1＝4，Z＝6＋1－3－2×1＝2，则X为eq\o\al(4,2)He，D正确。3.(多选)(2024·黑吉辽卷，8)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解析金属的逸出功与金属本身有关，与入射光无关，A错误；光子的能量E＝hν，与入射光强度无关，B正确；根据爱因斯坦光电效应方程hν＝Ek＋W0可知，逸出的光电子最大初动能与入射光的强度无关，C错误；入射光的强度增加，可知单位时间内入射光的总能量增加，每个光子的能量不变，故单位时间内入射的光子数增多，则单位时间内逸出的光电子数增多，D正确。

4.(2024·安徽卷，1)大连相干光源是我国第一台高增益自由电子激光用户装置，其激光辐射所应用的玻尔原子理论很好地解释了氢原子的光谱特征。图6为氢原子的能级示意图，已知紫外光的光子能量大于3.11eV，当大量处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射不同频率的紫外光有()图6A.1种 B.2种 C.3种 D.4种答案B解析大量处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，能够辐射出不同频率的光的种类为Ceq\o\al(2,3)＝3种。辐射出光子的能量分别为ΔE1＝E3－E1＝－1.51eV－(－13.6eV)＝12.09eV，ΔE2＝E3－E2＝－1.51eV－(－3.4eV)＝1.89eV，ΔE3＝E2－E1＝－3.4eV－(－13.6eV)＝10.2eV，其中ΔE1>3.11eV，ΔE2<3.11eV，ΔE3>3.11eV，所以辐射不同频率的紫外光有2种，故B正确。5.(2024·湖北卷，2)硼中子俘获疗法是目前治疗癌症最先进的手段之一，eq\o\al(10,)5B＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(a,3)X＋eq\o\al(4,b)Y是该疗法中一种核反应的方程，其中X、Y代表两种不同的原子核，则()A.a＝7，b＝1 B.a＝7，b＝2 C.a＝6，b＝1 D.a＝6，b＝2答案B解析6.(2024·江西卷，2)近年来，江西省科学家发明硅衬底氮化镓基系列发光二极管(LED)，开创了国际上第三条LED技术路线。某氮化镓基LED材料的简化能级如图7所示，若能级差为2.20eV(约3.52×10－19J)，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，则发光频率约为()图7A.6.38×1014Hz B.5.67×1014Hz C.5.31×1014Hz D.4.67×1014Hz答案C解析根据题意可知，辐射出的光子能量ε＝3.52×10－19J，由ε＝hν代入数据解得ν＝5.31×1014Hz，C正确。7.(2024·山东卷，1)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eq\o\al(90,38)Sr衰变为eq\o\al(90,39)Y的半衰期约为29年；eq\o\al(238,94)Pu衰变为eq\o\al(234,92)U的半衰期约为87年。现用相同数目的eq\o\al(90,38)Sr和eq\o\al(238,94)Pu各做一块核电池，下列说法正确的是()A.eq\o\al(90,38)Sr衰变为eq\o\al(90,39)Y时产生α粒子B.eq\o\al(238,94)Pu衰变为eq\o\al(234,92)U时产生β粒子C.50年后，剩余的eq\o\al(90,38)Sr数目大于eq\o\al(238,94)Pu的数目D.87年后，剩余的eq\o\al(90,38)Sr数目小于eq\o\al(238,94)Pu的数目答案D解析eq\a\vs4\al(质量数守恒,电荷数守恒)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(eq\o\al(90,38)Sr→eq\o\al(90,39)Y＋0－1e⇒β衰变，A错误；,eq\o\al(238,94)Pu→eq\o\al(234,92)U＋eq\o\al(4,2)He⇒α衰变，B错误；))Teq\o\al(90,38)Sr<Teq\o\al(238,94)Pueq\o(→,\s\up7(相同时间))Neq\o\al(90,38)Sr<Neq\o\al(238,94)Pu，C错误，D正确。8.(2024·浙江1月选考，7)已知氘核质量为2.0141u，氚核质量为3.0161u，氦核质量为4.0026u，中子质量为1.0087u，阿伏加德罗常数NA取6.0×1023mol－1，氘核摩尔质量为2g·mol－1，1u相当于931.5MeV。关于氘与氚聚变成氦，下列说法正确的是()A.核反应方程式为eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(1,0)nB.氘核的比结合能比氦核的大C.氘核与氚核的间距达到10－10m就能发生核聚变D.4g氘完全参与聚变释放出能量的数量级为1025MeV答案D解析核反应方程式为eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n，故A错误；氘核的比结合能比氦核的小，故B错误；氘核若与氚核发生核聚变，它们间的距离必达到10－15m以内，故C错误；一个氘核与一个氚核聚变反应的质量亏损Δm＝(2.0141＋3.0161－4.0026－1.0087)u＝0.0189u，聚变反应释放的能量ΔE＝Δm×931.5MeV≈17.6MeV，4g氘完全参与聚变释放出能量E＝eq\f(4,2)×6×1023×ΔE≈2.11×1025MeV，数量级为1025MeV，故D正确。基础保分练1.(2024·江苏盐城模拟预测)我国科研人员及合作者首次合成了新原子核eq\o\al(205,89)Ac。原子核存在一种衰变链，其中第1次由eq\o\al(205,89)Ac衰变成原子核eq\o\al(201,87)Fr，第2次由eq\o\al(201,87)Fr衰变成原子核eq\o\al(197,85)At。下列说法正确的是()A.第1次为α衰变，第2次为β衰变B.α射线的穿透能力最强C.两次均为α衰变D.通过增加温度可以加快衰变速度答案C解析由电荷数守恒和质量数守恒可知，第一次衰变eq\o\al(205,89)Ac→eq\o\al(201,87)Fr＋eq\o\al(4,2)He，第二次衰变eq\o\al(201,87)Fr→eq\o\al(197,85)At＋eq\o\al(4,2)He，可知两次均为α衰变，故A错误，C正确；α射线的穿透能力最弱，电离能力最强，故B错误；半衰期与外界环境无关，与所处状态无关，故D错误。2.(2024·吉林长春市东北师大附中模拟)物理学中有很多关于“通量”的概念，如磁通量、辐射通量等，其中辐射通量Φ表示单位时间内通过某一截面的辐射能，其单位为J/s。波长为λ的平行光垂直照射在面积为S的纸板上，已知该束光单位体积内的光子数为n，光速为c，普朗克常量为h，则该束光的辐射通量为()A.eq\f(hc2nS,λ) B.eq\f(hc2nλ3,S) C.eq\f(hc2,nSλ3) D.eq\f(hc2,nS2λ)答案A解析时间t内，照射在纸板上的光子数为N＝nctS，辐射能为E＝Nhν＝Nheq\f(c,λ)，则该束光的辐射通量为Φ＝eq\f(E,t)＝eq\f(hc2nS,λ)，故A正确。3.(2024·浙江湖州二模)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()图1A.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，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，P对应的光比Q对应的光发出的电子初动能大答案A解析根据光电效应方程可得Ek＝hν－W0，Ek＝eUc，可得Uc＝eq\f(h,e)ν－eq\f(W0,e)，由此可知，图线1、2斜率相同，两图线一定平行，故A正确；结合图线可知，图线2对应金属材料的逸出功大，故B错误；P对应光的频率较小，但不能确定光的强度，所以不能确定饱和光电流的大小，故C错误；P对应光的频率较小，Q对应光的频率较大，所以照射同一金属材料，Q对应的光比P对应的光发出的电子初动能大，故D错误。4.(2023·辽宁卷，6)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2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()图2A.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解析由题图可知跃迁时放出的光子①和③均由同一高能级跃迁到同一低能级，又释放的能量等于两能级的能量差，所以①和③的能量相等，A正确；由题图可知②的能量比④的能量小，则由公式E＝hν可知②的频率小于④的频率，B错误；用①照射某金属表面时能发生光电效应现象，但由于②的能量小于①，所以用②照射该金属时不一定能发生光电效应，C错误；用①照射某金属时逸出光电子的最大初动能为Ek，由于④的能量大于①，则由Ek＝hν－W0可知，用④照射该金属逸出光电子的最大初动能一定大于Ek，D错误。5.(2024·福建福州模拟)图3甲是氢原子能级图，图乙中的Hα、Hβ、Hγ、Hδ是氢原子从较高能级向n＝2能级跃迁时产生的在可见光区域的四条谱线，其中谱线Hδ是氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时产生的，则()图3A.图乙中的氢原子光谱是连续光谱B.四条谱线中Hα对应的光子能量最大C.谱线Hδ对应的光子能量是3.02eVD.谱线Hγ是氢原子从n＝7能级向n＝2能级跃迁时产生的答案C解析图乙中的氢原子光谱是线状谱，故A错误；光子能量为E＝hν＝heq\f(c,λ)，可知波长越长，光子能量越小，故四条谱线中Hα对应的光子能量最小，故B错误；谱线Hδ对应的光子能量是ΔE＝E6－E2＝(－0.38)eV－(－3.4)eV＝3.02eV，故C正确；根据光子能量EHδ>EHγ>EHβ>EHα可知谱线Hγ是氢原子从n＝5能级向n＝2能级跃迁时产生的，故D错误。6.(2024·天津南开二模)利用14C衰变的测年技术可进行考古研究，其衰变方程为eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(0,－1)e，已知14C的半衰期为5730年，若eq\o\al(14,6)C、eq\o\al(14,7)N、eq\o\al(0,－1)e的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c，下列说法正确的是()A.eq\o\al(0,－1)e来源于核外电子B.eq\o\al(14,6)C的比结合能小于eq\o\al(14,7)N的比结合能C.全球变暖会导致半衰期变短D.该核反应中释放的能量为(m1－m2－m3)hc答案B解析β衰变的实质是碳原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子，所以eq\o\al(0,－1)e不是源于核外电子，故A错误；半衰期由原子核本身的性质决定，与原子核的物理状态和化学状态无关，全球变暖不会导致半衰期变短，故C错误；碳元素自发地进行衰变，衰变过程放出能量，eq\o\al(14,6)C的比结合能小于eq\o\al(14,7)N的比结合能，根据爱因斯坦质能方程可得ΔE＝Δmc2＝(m1－m2－m3)c2，故B正确，D错误。7.(多选)(2023·海南卷，10)已知一个激光发射器功率为P，发射波长为λ的光，光速为c，普朗克常量为h，则()A.光的频率为eq\f(c,λ)B.光子的能量为eq\f(h,λ)C.光子的动量为eq\f(h,λ)D.在时间t内激光器发射的光子数为eq\f(Ptc,hλ)答案AC解析由波的知识可知λ＝cT＝e