2026版高考物理步步高大二轮（标准版）专题五　第13讲　近代物理含答案

2026版高考物理步步高大二轮（标准版）第13讲近代物理考点一光子的能量和动量粒子的波动性1.光子的能量和动量光子既具有波动性，又具有粒子性。光子的能量ε=hν，光子的动量p=hλ2.物质波(1)任何运动着的物体，小到电子、质子，大到太阳、行星，都存在波动性，其波长λ=hp(2)德布罗意假说是光的波粒二象性的一种推广，即光子与实物粒子都既具有粒子性，也都具有波动性，与光子对应的是电磁波，与实物粒子对应的是物质波。例1(2025·湖南长沙市一模)2024年是量子力学诞生的一百周年，一百年前的1924年6月13日，德国哥廷恩大学的玻恩提交了一篇论文，世界上从此有了“量子力学”一词。下列关于量子力学创立初期的奠基性事件中说法正确的是()A.普朗克提出能量子的假设成功解释了黑体辐射的实验规律B.爱因斯坦提出光子假说，并成功解释了遏止电压和光照强度有关C.康普顿效应进一步证实了光的波动说D.玻尔原子理论认为原子的能级是连续的，并成功解释了氢原子只能发出一系列特定波长的光答案A解析普朗克提出能量子的假设成功解释了黑体辐射的实验规律，故A正确；爱因斯坦提出光子假说，并成功解释了在发生光电效应时遏止电压与入射光的频率有关，故B错误；光电效应证明光具有粒子性，康普顿效应进一步证明了光子具有动量，具有粒子特性，故C错误；玻尔原子理论认为，氢原子只能处于一系列不连续的能量状态中，并成功解释了氢原子只能发出一系列特定波长的光，故D错误。例2(2025·陕晋宁青卷·5)我国首台拥有自主知识产权的场发射透射电镜TH-F120实现了超高分辨率成像，其分辨率提高利用了高速电子束波长远小于可见光波长的物理性质。一个静止的电子经100V电压加速后，其德布罗意波长为λ，若加速电压为10kV，不考虑相对论效应，则其德布罗意波长为()A.100λ B.10λ C.110λ D.1答案C解析设电子经电压U加速后速度大小为v，由动能定理得eU=12mv2，电子的动量p=mv，电子的德布罗意波长λ=hp，联立解得λ=h2meU，因为U'∶U=100∶1，可得λ'=110λ，故C正确，A例3(2025·山西吕梁市二模)太阳耀斑爆发是一种发生在太阳大气层中的剧烈太阳活动，2024年5月8日，太阳发生两次X射线强耀斑。若太阳辐射到地球表面的效率为η，地球表面探测仪正对太阳的面积为S，探测仪到太阳中心的距离为L，探测仪单位时间内探测到X射线的光子数为n。已知普朗克常量为h，X射线波长为λ，光速为c，太阳均匀地向各个方向辐射X射线，则太阳辐射X射线的总功率为()A.4πnhcL2C.πnhcL2答案B解析一个X射线的光子能量为E=hcλ，探测器单位时间内探测到的X射线的总能量为E总=ηPS4πL2，单位时间内探测到的X射线的光子数为n，有E总=nE，解得P=考点二光电效应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→饱和光电流大。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光电子的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=hνc3.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)得到的物理量光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系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Im1、Im2：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)最大初动能：Ek1=eUc1，Ek2=eUc2遏止电压Uc与入射光频率ν的关系Uc=hνe-(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)例4(2024·海南卷·8)利用如图所示的装置研究光电效应，闭合单刀双掷开关，使S接1，用频率为ν1的光照射光电管，调节滑动变阻器，使电流表的示数刚好为0，此时电压表的示数为U1，已知电子电荷量为e，普朗克常量为h，下列说法正确的是()A.其他条件不变，增大光强，电压表示数增大B.改用比ν1更大频率的光照射，调整电流表的示数为零，此时电压表示数仍为U1C.其他条件不变，使开关S接2，电流表示数仍为零D.光电管阴极材料的截止频率νc=ν1-e答案D解析当开关S接1时，由爱因斯坦光电效应方程得eU1=hν1-W0，故其他条件不变时，增大光强，电压表的示数不变，故A错误；改用比ν1更大频率的光照射，调整电流表的示数为零，而金属的逸出功不变，故遏止电压变大，即此时电压表示数大于U1，故B错误；其他条件不变，使开关S接2，此时hν1>W0，可发生光电效应，故电流表示数不为零，故C错误；根据爱因斯坦光电效应方程得eU1=hν1-W0，其中W0=hνc，联立解得光电管阴极材料的截止频率为νc=ν1-eU1h例5(多选)(2025·浙江1月选考·11)如图甲所示，三束由氢原子发出的可见光P、Q、R分别由真空玻璃管的窗口射向阴极K。调节滑动变阻器，记录电流表与电压表示数，两者关系如图乙所示。下列说法正确的是()A.分别射入同一单缝衍射装置时，Q的中央亮纹比R宽B.P、Q产生的光电子在K处最小德布罗意波长，P大于QC.氢原子向第一激发态跃迁发光时，三束光中Q对应的能级最高D.对应于图乙中的M点，单位时间到达阳极A的光电子数目，P多于Q答案BC解析根据eUc=12mvm2=hν因Q的遏止电压大于R，可知Q的频率大于R的频率，Q的波长小于R的波长，则分别射入同一单缝衍射装置时，R的衍射现象比Q更明显，则Q的中央亮纹比R窄，选项A错误；同理可知在K处Q产生的光电子的最大初动能比P大，根据λ=hp=可知产生光电子的最小德布罗意波长，P大于Q，选项B正确；因Q对应的能量最大，则氢原子向第一激发态跃迁发光时，根据hν=Em-E2可知三束光中Q对应的能级最高，选项C正确；对应于题图乙中的M点，P和Q的光电流相等，可知P和Q单位时间到达阳极A的光电子数目相等，选项D错误。考点三原子结构与玻尔理论1.玻尔理论的三个假设轨道量子化核外电子只能在一些分立的轨道上运动能量量子化原子只能处于一系列不连续的能量状态，En=1n2E(n=1，2，3，吸收或辐射能量量子化原子在两个能级之间跃迁时只能吸收或辐射一定频率的光子，hν=En-Em(n>m)2.解决氢原子能级跃迁问题的三点技巧(1)原子跃迁时，所吸收或辐射的光子能量只能等于两能级的能量差。(2)原子从某一能级电离时，所吸收的能量可以大于或等于这一能级能量的绝对值，剩余能量为自由电子的动能。(3)一个氢原子跃迁发出的可能光谱线条数最多为n-1，而一群氢原子跃迁发出的可能光谱线条数可用N=Cn2=例6(多选)(2024·重庆卷·8)我国太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”在国际上首次成功实现空间太阳Hα波段光谱扫描成像。Hα和Hβ分别为氢原子由n=3和n=4能级向n=2能级跃迁产生的谱线(如图)，则()A.Hα的波长比Hβ的小B.Hα的频率比Hβ的小C.Hβ对应的光子能量为3.4eVD.Hβ对应的光子不能使氢原子从基态跃迁到激发态答案BD解析ΔEHα=E3-E2=-1.51eV-(-3.40eV)=1.89eVΔEHβ=E4-E2=-0.85eV-(-3.40eV)=2.55eV由ΔE=hν=hcλ知，Hα的频率小、波长大，故A、C错误，B正确；氢原子从基态跃迁到激发态至少需要能量E=-3.40eV-(-13.60)eV=10.2eV，故Hβ对应的光子不能使氢原子从基态跃迁到激发态，D例7(2025·甘肃卷·1)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+离子相对基态的能级图(设基态能量为0)如图所示。用电子碰撞He+离子使其从基态激发到可能的激发态，若所用电子的能量为50eV，则He+离子辐射的光谱中，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50eV的电子碰撞He+离子，可使He+离子跃迁到n=3能级和n=2能级，由ΔE=Em-En=hν=hcλ，可知，波长最长的谱线对应的跃迁为n=3→n=2能级。故选C考点四核反应核能1.核衰变问题(1)半衰期：m=(12)tT1/2m0，N(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.核反应方程中电荷数守恒、质量数守恒。3.核能的计算方法(1)根据爱因斯坦质能方程，用核反应亏损的质量乘真空中光速c的平方，即ΔE=Δmc2。(2)根据1u(原子质量单位)相当于931.5MeV的能量，用核反应质量亏损的原子质量单位数乘931.5MeV，即ΔE=Δm×931.5(MeV)。(3)利用比结合能计算①原子核的结合能=比结合能×核子数②核反应中，反应前系统内所有原子核的结合能与反应后生成的所有新核的结合能之差，就是该次核反应所释放(或吸收)的核能。③如果生成物的比结合能大于反应物的比结合能，则核反应过程中释放能量，反之则吸收能量。比结合能越大，原子核越稳定。例8(2025·河南卷·6)由于宇宙射线的作用，在地球大气层产生有铍的两种放射性同位素47Be和410Be。测定不同高度大气中单位体积内二者的原子个数比，可以研究大气环境的变化。已知47Be和410Be的半衰期分别约为53天和139万年。在大气层某高度采集的样品中，研究人员发现4A.1∶4 B.1∶2C.3∶4 D.1∶1答案B解析设采集时大气中有x个47Be原子和y个410Be原子，由于410Be的半衰期为139万年，故经过106天后410Be原子的衰变个数可以忽略不计，47Be的半衰期为53天，故经过106天后剩余数量为x·(12)2例9(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12H+13H→B.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12H+13H→24He+01n，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是ΔE=Δm×931.5MeV≈17.6MeV，4g氘完全参与聚变释放出能量E=42×6.0×1023×ΔE≈2.11×1025专题强化练[分值：62分][1~8题，每题4分，9~13题，每题6分][保分基础练]1.(2025·湖南省一模)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.爱因斯坦提出能量子，成功解释了黑体辐射的规律B.光电效应实验中，光的强度越强，光电子逸出时的最大初动能越大C.康普顿效应表明光子既具有能量，又具有动量D.德布罗意认为光具有波粒二象性，而实物粒子没有波动性答案C解析普朗克提出的能量子学说成功解释了黑体辐射的规律，A错误；光电效应实验中，根据Ek=hν-W0可知光电子逸出时的最大初动能与光子频率和金属的逸出功有关，与光的强度无关，B错误；康普顿效应表明光子既具有能量，又具有动量，体现了光子的粒子性，C正确；德布罗意提出了物质波，认为实物粒子也具有波动性，D错误。2.(2025·湖北卷·1)PET(正电子发射断层成像)是核医学科重要的影像学诊断工具，其检查原理是将含放射性同位素(如918F)的物质注入人体参与人体代谢，从而达到诊断的目的。918F的衰变方程为918F→X+1A.X为8B.该反应为核聚变反应C.1克918F经110分钟剩下0.5克D.该反应产生的0答案C解析核反应过程中质量数与电荷数守恒，可知X为818O，故A错误；该衰变过程不属于核聚变反应，故B错误；半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，1克918F经110分钟剩下0.5克918F，故C正确3.(2025·安徽卷·1)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(90232Th)俘获x个中子(01n)，共发生yA.x=1，y=1 B.x=1，y=2C.x=2，y=1 D.x=2，y=2答案B解析根据质量数守恒有232+1·x=233，根据电荷数守恒有90=92+(-1)y，解得x=1，y=2，故选B。4.(2025·广东卷·3)有甲、乙两种金属，甲的逸出功小于乙的逸出功。使用某频率的光分别照射这两种金属，只有甲发射光电子，其最大初动能为Ek，下列说法正确的是()A.使用频率更小的光，可能使乙也发射光电子B.使用频率更小的光，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于EkC.频率不变，减弱光强，可能使乙也发射光电子D.频率不变，减弱光强，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于Ek答案B解析某频率的光不能使乙金属发生光电效应，说明此光的频率小于乙金属的截止频率，则换用频率更小的光，乙更不能发生光电效应，A错误；由光电效应方程Ek=hν-W0可知，频率越大，最大初动能越大，换用频率更小的光，最大初动能小于Ek，B正确；频率不变，则乙金属不会发生光电效应，C错误；由Ek=hν-W0可知，频率不变，最大初动能不变，D错误。5.(2025·山东青岛市检测)2025年1月20日，我国自主设计全超导托卡马克核聚变实验装置(EAST)创造了新的世界纪录，实现了1亿摄氏度稳态长脉冲高约束模等离子体运行1066秒。该装置中的核反应方程为12H+13H→2A.该核反应方程中X是质子B.该核反应满足电荷数守恒和质量守恒C.24He的比结合能大于D.用中子轰击36Li还能得到答案C解析由质量数和电荷数守恒得X的电荷数为0，质量数为1，所以X为中子，故A错误；核反应满足电荷数守恒，但由于核反应过程中有质量亏损，会以能量的形式释放出来，所以不满足质量守恒，而是满足质量数守恒，故B错误；反应释放能量，生成物比反应物更加稳定，所以24He的比结合能大于13H的比结合能，故C正确；用中子轰击6.(2025·安徽省模拟)北斗二期导航系统的“心脏”是上海天文台自主研发的星载氢原子钟，它是利用氢原子能级跃迁时辐射出来的电磁波去控制校准石英钟的。如图为氢原子能级图，则下列说法正确的是()A.氢原子从低能级向高能级跃迁时辐射光子B.大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，形成的线状光谱总共有3条亮线C.大量处于n=4能级的氢原子辐射出来的光子中，波长最长的光子能量为0.66eVD.用大量能量为3.6eV的光子持续照射处于基态的氢原子，可使其电离答案C解析氢原子从低能级向高能级跃迁时需要吸收光子，故A错误；大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，形成的线状光谱总共有6条亮线，分别是4→3、4→2、4→1、3→2、3→1、2→1能级之间跃迁产生的，故B错误；大量处于n=4能级的氢原子辐射出来的光子中，波长最长的光子能量为4→3能级产生的，能量大小为0.66eV，故C正确；若想使处于基态的氢原子电离，光子的能量最小需要13.6eV，故D错误。7.(2025·河南安阳市一模)波长为λ的光子与一静止的电子发生碰撞后，光子的波长变为32λ。已知真空中光速为c，普朗克常量为hA.碰前光子的能量为hB.碰前光子的动量为hcC.碰后光子的能量为3D.碰后光子的能量为2答案D解析碰撞前光子的动量和能量分别为p=hλ、E=hcλ，故A、B错误；碰撞后光子的动量和能量分别为p'=2h3λ、E'=28.(2025·重庆卷·6)在科学实验中可利用激光使原子减速，若一个处于基态的原子朝某方向运动，吸收一个沿相反方向运动的能量为E的光子后跃迁到相邻激发态，原子速度减小，动量变为p。普朗克常量为h，光速为c，则()A.光子的波长为EB.该原子吸收光子后质量减少了EC.该原子吸收光子后德布罗意波长为hD.一个波长更长的光子也能使该基态原子跃迁到激发态答案C解析光子能量公式为E=hν=hcλ，解得光子波长λ=hcE，故A错误；原子吸收光子后，能量增加ΔE，根据质能方程Δm=ΔEc2，质量应增加而非减少，故B错误；由德布罗意波长公式λ=hp，可知C正确；吸收光子跃迁需光子能量严格等于能级差，由[争分提能练]9.(2025·江苏省宿迁市调研)如图甲所示，用强度不变的单色光照射阴极K，改变滑动变阻器的滑片位置，得到流过电流表的电流I与电压表两端电压U的关系图像如图乙所示。当电压表两端电压分别为U0、3U0时，到达阳极A的光电子最大动能的比值为()A.1∶1 B.1∶2 C.2∶3 D.3∶4答案B解析根据题意可知，光电子从金属表面逸出后的最大初动能为Ekm=eU0，根据动能定理可得当电压表示数分别为U0、3U0时，到达阳极A的光电子的最大动能分别为Ek1=Ekm+eU0，Ek2=Ekm+3eU0，联立可得Ek1Ek2=U0+10.(2025·湖南省模拟)2964Cu被国际原子能机构(IAEA)称为“新兴PET核素”，可以用于PET成像和放射性治疗，有望用于基于放射性核素的诊疗一体化研究。已知2964Cu的比结合能为E，核反应方程2964Cu→A.X是α粒子B.3064Zn的结合能为64EC.3064Zn的比结合能为ED.3064Zn的结合能比答案C解析根据核反应满足质量数守恒和电荷数守恒，可知X的质量数为0，电荷数为-1，则X是电子，故A错误；核反应为放能反应，生成物的结合能大于反应物的结合能，释放核能为结合能之差，电子无结合能，有ΔE=E1-64E，则3064Zn的结合能为E1=64E+ΔE，故B、D错误；3064Zn共有64个核子，设比结合能为E，有64E=64E+ΔE，则3064Zn的比结合能为E=11.(多选)(2025·浙江宁波市十校一模)核电池又叫“放射性同位素电池”，它是通过半导体换能器将同位素94238Pu在衰变过程中放出的具有热能的射线转变为电能制造而成。某核电池由放射性同位素94238Pu制成，已知A.该核反应为α衰变B.经过44年，该核电池中的放射性同位素94238Pu有一半发生衰变变成了C.该核电池在第一年内释放的核能约为3×1017JD.该核电池在第一年内亏损的质量约为3.5×10-9kg答案AD解析根据质量数守恒和电荷数守恒，得94238Pu的衰变方程为94238Pu→92234U+24He，故为α衰变，A正确；94238Pu半衰期为88年，经过88年，该核电池中的放射性同位素94238Pu有一半发生衰变变成了92234U，故B错误；该核电池在第一年内的平均功率为1W，其发电效率为10%，故释放的核能为E=Pt10%=1×365×24×60×6010%J≈3.1512.(多选)(2025·山东淄博市一模)2025年8月11日，我国大科学装置——江门中微子实验正式宣布完成全部液体闪烁体灌注。利用光电倍增管探测中微子被液体“俘获”时产生的闪烁光，并将光信号转换为电信号输出。如图为光电倍增管的原理图，在阴极K、各倍增电极和阳极A间加上电压，使阴极K、各倍增电极到阳极A的电势依次升高。当频率为ν的入射光照射到阴极K上时，从K上有光电子逸出，光电子的最大初速率为vm，阴极K和第一倍增极D1间的加速电压为U，电子加速后以较大的动能撞击到电极D1上，从D1上激发出更多电子，之后激发的电子数逐级倍增，最后阳极A收集到数倍于阴极K的电子数。已知电子电荷量为e，质量为m，普朗克常量为h。下列说法正确的是()A.该光电倍增管适用于各种频率的光B.仅增大该入射光光强不影响阳极A单位时间内收集到的电子数C.阴极材料的逸出功为hν-12mD.光电子到达第一倍增极D1的最大动能为eU+12m答案CD解析该光电倍增管仅适用于能够使阴极K发生光电效应的光，故A错误；仅增大该入射光的强度，则从阴极K发射的光电子数增多，所以最后从阳极A释放的电子数也会增多，故B错误；根据爱因斯坦光电效应方程可得12mvm2=hν-W0，解得阴极材料的逸出功为W0=hν-12mvm2，故C正确；光电子到达第一倍增极D1的过程，根据动能定理有eU=Ek-12mvm2，可得光电子到达第一倍增极D1的最大动能为Ek13.(多选)(2025·福建卷·6)某核反应方程为12H+13H→24He+A.该反应有质量亏损B.该反应为核裂变C.0D.2答案AC解析该核反应过程中释放能量，故有质量亏损，A正确；该反应是核聚变反应，B错误；在真空中，该反应动量守恒，由于相撞前氘核与氚核动量大小相等、方向相反，系统总动量为零，故核反应后氦核与中子的动量也大小相等、方向相反，由Ek=p22m得，核反应后两个粒子获得的动能之比为EkHe∶Ekn=mn∶mHe=1∶4，而两个粒子获得的总动能为17.6MeV，故01n获得的动能为Ekn=45×17.6MeV=14.08MeV,24He获得的动能为EkHe=15第14讲热学考点一分子动理论固体与液体1.涉及阿伏加德罗常数估算问题(1)分子总数：N=nNA=mMNA=VVmol特别提醒：对气体而言，V0=VN(2)两种分子模型：①球体模型：V0=43πR3=16πd3(d为球体直径)；②立方体模型：V0=a2.分子热运动：分子永不停息地做无规则运动，温度越高，分子的无规则运动越剧烈，即平均速率越大，但某个分子的瞬时速率不一定大。3.分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系4.气体压强的微观解释5.晶体与非晶体比较晶体非晶体单晶体多晶体外形规则不规则物理性质各向异性各向同性熔点确定不确定原子排列有规则，但多晶体中每个小的单晶体间的排列无规则无规则联系晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化6.液体(1)表面张力：使液体表面积收缩到最小。(2)液晶：既具有液体的流动性又具有晶体的光学各向异性。例1(2025·山东卷·2)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解析方法一：两个分子间距离r等于r0时分子势能为零，从r0处随着距离的增大，此时分子间作用力表现为引力，分子间作用力做负功，故分子势能增大；从r0处随着距离的减小，此时分子间作用力表现为斥力，分子间作用力也做负功，分子势能也增大；故可知当r不等于r0时，Ep为正。方法二：由Ep与r的关系图像，可知当r=r0时分子势能最小，若规定两个分子间距离r等于r0时分子势能Ep为零，当r不等于r0时，分子势能均为正值。例2(2025·浙江省金丽衢十二校二模)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，地面大气压强是由大气的重力产生的，大小为p0，重力加速度大小为g。由以上数据可估算()A.地球大气层空气分子总数为2πNB.地球大气层空气分子总数为4πNC.空气分子之间的平均距离为3D.空气分子之间的平均距离为3答案C解析大气中的压强由大气的重力产生，即mg=p0S，而S=4πR2，地球大气层空气分子总数为N=mMNA，联立解得N=4πR2p0NAMg，故A、B错误；大气体积为V=4πR2h，则气体分子之间的距离为d=例3(2025·江苏卷·8)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解析根据题意，一定质量的理想气体，甲、乙两个状态下气体的体积相同，所以分子数密度相同、分子间的平均距离相同，故A、B错误；根据题图可知，乙状态下气体速率大的分子占比较大，则乙状态下气体温度较高，分子的平均动能较大，故C正确；乙状态下气体平均速度大，分子数密度相等，则单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较多，故D错误。考点二气体实验定律理想气体状态方程1.压强的计算(1)被活塞或汽缸封闭的气体，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，压强单位为Pa。(2)水银柱密封的气体，应用p=p0+ph或p=p0-ph计算压强，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。(2)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问题时，根据活塞或液柱的受力特点和状态特点列出两部分气体的压强关系，找出体积关系，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。例4(2025·湖南卷·13)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h，密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为L2，大气压强为p0。(1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小；(2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长h=0.2m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1=305.7K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2=300.0K时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ=1.0×103kg/m3，p0=1.0×105Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。答案(1)p0(解析(1)竖直放置时封闭气体的压强为p1=p0+ρgh水平放置时封闭气体的压强p2=p0若整个过程中温度不变，设细管横截面积为S，由玻意耳定律可得p1L1S=p2L2S解得g=p(2)封闭气体发生等容变化，由查理定律可得p1T代入数据解得g=9.5m·s-2。例5(2025·河北邢台市三模)我国交通便利，物流快递业发达，网购成为越来越多人的主要购物方式。海南某同学网购了黑龙江生产的某玻璃瓶装的坚果。瓶子密封良好，瓶内气体体积为V0，装瓶时气温为-23℃，海南的同学收到货时，海南气温为27℃。两地大气压强相差不大，可认为相等，都为p0。不考虑瓶内物体的挥发和膨胀以及瓶子的体积变化，认为0℃等于273K，瓶内气体可视为理想气体。求：(1)到海南后未开瓶时瓶内气体的压强；(2)海南的同学缓慢打开瓶盖后，瓶内减少的气体与开瓶前气体的质量之比。答案(1)65p0(2)解析(1)在黑龙江时，瓶内气体温度T0=(-23+273)K=250K，到海南时，瓶内气体温度T1=(27+273)K=300K，从黑龙江到海南，瓶内气体体积不变，由查理定律有p0T0=pT1，解得(2)方法一：到海南后可认为打开瓶盖前后温度不变，设开瓶后气体体积为V，则由玻意耳定律有pV0=p0V，解得V=65V0，减少的气体与开瓶前气体的质量之比为Δmm=方法二：根据克拉伯龙方程pV=nRT，打开瓶盖后瓶内气体质量与开瓶前瓶内气体质量之比m'm=p0V0T1p0利用克拉伯龙方程解决气体变质量的问题克拉伯龙方程pV=nRT，其中n表示气体物质的量，R为理想气体常数，此方程描述了理想气体的压强是由气体的体积、温度和物质的量决定的，故可以只对气体的一个状态列式分析问题，处理气体变质量的问题尤其方便。1.等温变化时，两部分气体混合时或分开时，用玻意耳定律p1V1+p2V2=pV。2.三个参量都变化时，两部分气体混合时或分开时，用理想气体状态方程p1V1T1例6(2025·黑龙江省名校协作体一模)如图所示，开口向右的绝热汽缸水平放置，由厚度均不计的绝热活塞A和导热活塞B封闭相同质量的理想气体，区域Ⅰ、Ⅱ内气体的体积均为V0，压强均为1.2p0，热力学温度与外界相同，均为T0，活塞A可以在汽缸内无摩擦地自由移动，活塞B与汽缸间的最大静摩擦力大小为Ffm=p0S2。已知两部分气体均密封良好，活塞的横截面积为S，大气压强为p0(1)求当活塞B恰好要滑动时，活塞A移动的距离；(2)当活塞B恰好要滑动时，电加热丝停止加热，同时将活塞B固定，然后打开区域Ⅱ内的

阀门K，气体缓慢漏出。经过足够长的时间，区域Ⅱ内剩余气体的质量是原来质量的524，求区域Ⅰ答案(1)V05S(2)解析(1)当活塞B恰好要滑动时，对其受力分析，根据平衡条件pS=p0S+Ffm又Ffm=p解得p=1.5p0区域Ⅱ内气体发生等温变化，根据玻意耳定律有1.2p0V0=pV当活塞B恰好要滑动时，活塞A移动的距离为Δx=V联立可得Δx=V(2)打开区域Ⅱ内的阀门K后，经过足够长的时间，气体Ⅱ的压强为p0，根据玻意耳定律有1.2p0V0=p0V'由题意可知V余V'=解得V余=V对气体Ⅰ，根据理想气体状态方程1.2p0解得T=3524T考点三热力学定律与气体实验定律综合1.理想气体相关三量ΔU、W、Q的分析思路(1)内能变化量ΔU①由气体温度变化分析ΔU：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=W+Q分析内能变化。(2)做功情况W由体积变化分析气体做功情况：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。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7(多选)(2025·甘肃卷·9)如图，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，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，即该过程为吸热过程，选项A正确；B→C过程，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，选项B错误；A→B过程，体积不变，温度升高，根据pVT=C可知，压强变大，即状态A压强比状态B压强小，选项C正确；状态A的温度低于状态C的温度，可知状态A的内能比状态C的小，选项D例8(2025·山东卷·16)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f0=121p0S，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，T1=330K时，气柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2=440K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=400K时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4(1)T2=440K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)43h1(2)解析(1)活塞开始缓慢上升，由受力平衡p0S+f0=p1S可得封闭的理想气体压强p1=2221pT1→T2升温过程中，等压膨胀，由盖-吕萨克定律h1S解得h2=43h(2)T1→T2升温过程中，等压膨胀，外界对气体做功W1=-p1(h2-h1)S=-22T2→T3降温过程中，等容变化，外界对气体做功W2=0温度为T3时，活塞受力平衡有p0S=f0+p2S解得封闭的理想气体压强p2=2021pT3→T4降温过程中，等压压缩，由盖-吕萨克定律h2S解得h3=1110h外界对气体做功W3=p2(h2-h3)S=14全程中外界对气体做功W=W1+W2+W3=-8因为T1=T4，故封闭的理想气体总内能变化ΔU=0利用热力学第一定律ΔU=W+Q解得Q=8故封闭气体吸收的净热量Q=8p专题强化练[1选择题][分值：52分][1~7题，每题4分，8~11题，每题6分][保分基础练]1.(2025·江苏镇江市模拟)如图所示为我国航天员王亚平在空间站中演示“水球气泡实验”时的情景，她往水球中注入一个气泡，气泡静止在水球中，水球悬在空中，关于该实验，下列说法正确的是()A.由于完全失重，气泡中气体压强为零B.太空中，水分子停止热运动C.水球是表面张力作用形成的D.气泡受到水的浮力作用答案C解析气体压强是分子不停的运动与器壁撞击的结果，与重力无关，气泡中气体压强不为零，故A错误；太空中，水分子一直在做无规则的热运动，故B错误；表面张力使水收缩成表面积最小的球形，故C正确；在失重状态下，气泡不会受到浮力，故D错误。2.(2025·黑吉辽蒙卷·2)某同学冬季乘火车旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖，将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，与刚进入车厢时相比，瓶内气体()A.内能变小 B.压强变大C.分子的数密度变大 D.每个分子动能都变大答案B解析将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，瓶内气体温度升高，瓶内气体的内能变大，气体分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都变大，故A、D错误；瓶内气体做等容变化，根据pT=C，知温度升高，压强变大，故B正确；气体分子数量不变，气体体积不变，则分子的数密度不变，故C3.(2025·江苏卷·6)如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口，并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气体()A.内能迅速增大 B.温度迅速升高C.压强迅速增大 D.体积迅速膨胀答案D解析瓶塞跳出的过程中瓶内的气体对外做功，气体体积迅速膨胀，由于该过程的时间比较短，气体来不及与外界交换热量，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，气体的内能减小，则温度降低，由理想气体状态方程pVT=C可知，气体压强减小。故选D4.(2025·山东青岛市检测)一定质量的理想气体，经历如图所示循环过程，a→b过程温度不变，b→c过程压强不变。下列说法正确的是()A.a→b过程，气体对外做功，内能减少B.b→c过程，压强不变，分子平均动能不变C.b→c过程，气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功D.c→a过程，气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量答案D解析a→b过程温度不变，压强减小，根据pVT=C可知，体积增大，所以气体对外做功，但理想气体的内能只与温度有关，所以内能不变，故A错误；b→c过程，压强不变，温度降低，气体内能减小，分子平均动能也减小，又根据pVT=C可知，体积减小，外界对气体做功，根据ΔU=Q+W可知，气体向外界放出热量，且气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功，故B、C错误；c→a过程，温度升高，内能增加，体积不变，W=0，根据ΔU=Q+W可知，气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量，故5.(2025·湖北卷·3)如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是()A.外力F保持不变B.密封气体内能增加C.密封气体对外做正功D.密封气体的末态压强是初态的2倍答案B解析设活塞质量为m、横截面积为S，对活塞受力分析有pS=p0S+F+mg，气体温度升高，体积减小，根据理想气体状态方程pVT=C，知气体压强变大，则外力F增大，选项A错误；密封气体为理想气体，温度升高，则密封气体内能变大，选项B正确；气体体积减小，则外界对密封气体做功，选项C错误；根据pVT=C，热力学温度变为原来的2倍，体积减小，则密封气体的末态压强大于初态的2倍，选项6.(2025·江西省部分学校一模)如图所示，某热水瓶的容积为V，瓶中刚好有体积为12V的热水，瓶塞将瓶口封闭，瓶中气体压强为1.2p0，温度为87℃，环境大气压强为p0，将瓶塞打开，一会儿瓶中气体温度变为57℃，瓶中气体可看成理想气体，则从打开瓶塞至瓶中气体温度变为57℃的过程中，跑出热水瓶的气体质量与未打开瓶塞时瓶中气体质量之比为(认为0℃A.111 B.211 C.311答案A解析设原来瓶中气体变成57℃、压强为p0时，气体的总体积为V'，根据理想气体状态方程有1.2p0·12V360K=p0V'330K，解得V'7.(多选)(2025·云南卷·9)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解析根据题意，a中气体做等容变化，设b管内外液面高度差为h，根据pT=C，若环境温度升高，则a中气体压强增大，又pa+ρ液gh=p0，可知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A、B选项分析可知，b管中温度刻度从上到下逐渐升高，同一温度，a中压强不变，b管中液面与水槽内液面高度差不变，水槽中的水少量蒸发后，水槽中液面降低，则b管内液面降低，温度测量值偏大，故C错误，D[争分提能练]8.(2025·山东临沂市一模)一定质量的理想气体的体积V随热力学温度T的变化关系，如图所示。气体从状态a变化到状态b，从外界吸收热量为Q，该变化过程在V-T图像中的图线ab的反向延长线恰好过原点O，气体状态参量满足pVT=C(C为已知常数，pA.外界对气体做功为p(V2-V1)B.气体对外做功为C(T2-T1)C.气体内能变化ΔU=p(V2-V1)+QD.气体内能变化ΔU=p(V1-V2)-Q答案B解析根据pVT=C，可得V=CpT，由题图可知气体从状态a变化到状态b，气体压强不变，且有Cp=V2-V1T2-T1，可得p=C(T2-T1)V2-V1，由于气体体积增大，可知气体对外做功为W=p(V2-V1)=C(T2-T1)，故A错误，B正确；根据热力学第一定律可得气体内能变化为ΔU=Q-W=Q9.(2025·河北秦皇岛市模拟)一定质量的理想气体从初状态a经b、c、d最终回到状态a，该过程中气体的体积(V)随热力学温度(T)的变化规律如图所示。则与该变化过程相对应的变化过程正确的是(A选项中横坐标表示摄氏温度)()答案D解析选项A中横坐标t表示摄氏温度，由于t=T-273(K)可知，将V-T图像的纵轴水平向右平移273K便得到V-t图像，故A错误；根据理想气体状态方程有pVT=C可知，a→b是等压过程，p-V图像平行于V轴，b→c是等容过程，温度升高，压强增大，选项B图像中压强减小，故B错误；a→b是等压过程，p-T图像平行于T轴，b→c是等容过程，温度升高，压强增大，选项C图像中压强减小，故C错误；a→b是等压过程，p-T图像平行于T轴，b→c是等容过程，温度升高，压强增大，p-T图像的延长线经过坐标原点，c→d过程是等温过程，体积减小，图像平行于p轴，且压强增大，d→a过程是等容过程，p-T图像的延长线过坐标原点，选项D图像符合题意，故D10.(多选)(2025·山东烟台市、德州市、东营市一模)一定质量的理想气体从状态a开始，经过一个循环a→b→c→d→a，最后回到初始状态a，各状态参量如图所示。下列说法正确的是()A.状态a到状态c气体放出热量B.状态b到状态c气体分子的平均动能减小C.b→c过程气体对外做功大于c→d过程外界对气体做功D.气体在整个过程中从外界吸收的总热量可以用abcd围成的面积来表示答案BD解析状态a到状态c，根据理想气体状态方程有2p0V0Ta=p0×3V0Tc，可知Ta<Tc，可知状态a到状态c气体的内能增大，又此过程气体膨胀对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热，故A错误；状态b到状态c，根据理想气体状态方程有2p0×2V0Tb=p0×3V0Tc，可知Tb>Tc，则状态b到状态c气体分子的平均动能减小，故B正确；根据p-V图像与横轴围成的面积表示做功大小，由题图可知b→c图像与横轴围成的面积小于c→d图像与横轴围成的面积，则b→11.(多选)(2025·重庆市缙云教育联盟质量检测)一个体积为1cm3的气泡从深为25m的湖底部缓慢上浮到湖面，气泡内的气体对湖水做功0.3J，气体可视为理想气体，湖底温度为7℃，湖面温度为27℃。已知湖水的密度为ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2，大气压强为1.0×105Pa，0℃时视为273K。下列说法中正确的是()A.气泡在湖底时，气泡内的气体压强为3.5×105PaB.在上升过程中，气泡内每个气体分子的平均速度都变大C.气泡上升过程中，气体从湖水中吸收的热量等于气体对湖水做的功D.上升到接近湖面时，气泡的体积变为3.75cm3答案AD解析由压强关系可知p1=ρgh+p0=3.5×105Pa，故A正确；气泡内气体上升过程中，气泡的温度逐渐升高，气泡内气体的分子平均动能增大，但不是每个气体分子的速度都增大，故B错误；由题意可知气泡内气体的内能增大，同时对外做功，由热力学第一定律有ΔU=W+Q，所以气体从湖水中吸收的热量大于气体对湖水做的功，故C错误；气泡上升到湖面时压强p2=p0=1.0×105Pa，温度由T1=280K，升高到T2=300K，由理想气体状态方程有p1V1T1=p2V2T2[2计算题][分值：50分]1.(8分)(2025·河南省五市联考)如图所示，水银柱将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的容器内，粗管横截面积是细管的4倍，水银柱的上表面正好与粗管上端口齐平。大气压强为p0，封闭气体的压强为1.2p0，此时水银柱的长度为L，封闭气体的长度为4L，热力学温度为T0。(1)(4分)缓慢的给封闭气体加热，当水银柱刚好全部进入细管中，此时气体的热力学温度为T1，求T1的大小；(2)(4分)设细管的横截面积为S，当气体的热力学温度再缓慢由T1变成2T0的过程中，求气体对外界做的功为多少。答案(1)158T0(2)2.4p0解析(1)根据题意可知，初始时水银柱全部在粗管中，长度为L，水银柱对应的压强为Δp=1.2p0-p0=0.2p0，当水银柱刚好全部进入细管中，水银柱的长度为4L，则水银柱对应的压强为0.8p0，对封闭气体由理想气体状态方程可得p1V1T0=p2V2T1，其中p1=1.2p0，p2解得T1=158T(2)气体的温度再缓慢由T1变成2T0的过程中，设气体体积的增加量为ΔV，气体做等压变化，则有V2T1=V32T0，V2=5L·4S=20LS，又有ΔV=V3-V2，解得ΔV=43LS，可得气体对外界做的功W=(0.8p0+p02.(8分)(2025·陕晋宁青卷·13)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105~3.5×105Pa。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示，温度T1为300K