《三维设计 物理 选择性必修第三册(配人教版)》章末综合检测汇（1-5） 分子动理论-原子核

PAGE第5页共5页章末综合检测（一）分子动理论(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．有关“温度”的理解，下列说法中正确的是()A．温度反映了每个分子热运动的剧烈程度B．温度是分子平均动能的标志C．一定质量的某种物质，内能增加，温度一定升高D．温度升高时物体的每个分子的动能都将增大解析：选B温度是分子平均动能大小的标志，而对某个确定的分子来说，其热运动的情况无法确定，不能用温度反映，A、D错误，B正确；温度不升高而仅使分子的势能增加，也可以使物体内能增加，如冰融化为同温度的水，C错误。2．“破镜难圆”的原因是()A．玻璃分子间的斥力比引力大B．玻璃分子间不存在分子力的作用C．一块玻璃内部分子间的引力大于斥力；而两块碎玻璃之间，分子引力和斥力大小相等，合力为零D．两块碎玻璃之间，绝大多数玻璃分子间距太大，分子引力和斥力都可忽略，总的分子引力为零解析：选D破碎的玻璃放在一起，由于接触面的错落起伏，只有极少数分子能接近到分子间有作用力的程度，因此，总的分子引力非常小，不足以使它们连在一起，D正确。3．下列关于分子力和分子势能的说法中，正确的是()A．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大B．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而减小解析：选C当r>r0时，分子力表现为引力，随着分子之间距离的增大，分子力先增大后减小，而分子势能一直增大，故A、B错误；当r<r0时，分子力表现为斥力，随着分子之间距离的减小，分子力增大，分子势能也增大，故C正确，D错误。4．近年来人们发现纳米材料具有很多优越性能，有着广阔的应用前景。已知1nm(纳米)＝10－9m，边长为1nm的立方体可容纳的液态氢分子(其直径约为10－10m)的个数最接近下面的哪一个数值()A．102 B．103C．106 D．109解析：选B边长为1nm的立方体体积为V＝10－27m3，一个氢分子的体积的数量级为10－30m3，所容纳的液态氢分子的个数约为10－27÷10－30＝103，故选B。5．假如全世界60亿人同时数1g水的分子个数，每人每小时可以数5000个，不间断地数，则完成任务所需时间最接近(阿伏加德罗常数NA取6×1023mol－1，一年按365天算)()A．10年 B．1千年C．10万年 D．1千万年解析：选C1g水所含水分子的个数为eq\f(1,18)×6×1023，要数完这些水分子个数所需时间为t＝eq\f(\f(1,18)×6×1023,60×108×5000×24×365)年≈1.3×105年，故选项C正确。6.玻璃杯中盛有冰水混合物，冰的质量和水的质量相等且保持不变，则玻璃杯内()A．冰分子的平均动能大于水分子的平均动能B．水分子的平均动能等于冰分子的平均动能C．一个水分子的动能一定大于一个冰分子的动能D．一个水分子的动能一定等于一个冰分子的动能解析：选B冰水混合物温度为0℃，冰、水温度相同，二者分子平均动能相同，故选项A错误，B正确；相同温度的冰和水内个别分子的动能是随时变化的，比较个别分子的动能没有意义，故选项C、D错误。7.如图所示为两分子势能与分子间距离之间的关系图像，则下列说法中正确的是()A．当两分子间距离r＝r1时，分子势能为零，分子力也为零B．当两分子间距离r＝r1时，分子势能最小，分子力表现为引力C．当两分子间距离r>r2时，随着r的增大，分子力做负功D．当两分子间距离r>r2时，随着r的增大，分子势能减小解析：选C由题图可知r2＝r0，当两分子间距离r＝r1时，分子势能为零，但r<r0，分子力表现为斥力，故A错误；r＝r2时，分子势能最小，故B错误；当r>r2时，由题图可以看出分子势能随着r的增大而增大，分子力做负功，故C正确，D错误。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8.把墨汁用水稀释后取出一滴放在显微镜下观察，如图所示，下列说法中正确的是()A．在显微镜下既能看到水分子也能看到悬浮的小炭粒，且水分子不停地撞击炭粒B．小炭粒在不停地做无规则运动，这就是所说的布朗运动C．越小的炭粒，运动越明显D．在显微镜下看起来连成一片的液体，实际上就是由许许多多的静止不动的水分子组成的解析：选BC在显微镜下，只能看到悬浮的小炭粒，看不到水分子，A错误；在显微镜下看到小炭粒不停地做无规则运动，这就是布朗运动，且看到的炭粒越小，运动越明显，B、C正确；分子永不停息地做无规则运动，D错误。9．一滴油酸酒精溶液含有质量为m的纯油酸，滴在液面上扩散后形成的油膜最大面积为S。已知纯油酸的摩尔质量为M、密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，下列表达式中正确的有()A．油酸分子的直径d＝eq\f(M,ρS)B．油酸分子的直径d＝eq\f(m,ρS)C．油酸所含的分子数n＝eq\f(m,M)NAD．油酸所含的分子数n＝eq\f(M,m)NA解析：选BC由dS＝eq\f(m,ρ)可得d＝eq\f(m,ρS)，知B正确；由n＝eq\f(m,M)NA，知C正确。10．甲、乙两图分别表示两个分子之间分子力和分子势能随分子间距离变化的图像。由图像判断以下说法中正确的是()A．当分子间距离为r0时，分子力和分子势能均最小且为零B．当分子间距离r>r0时，分子力随分子间距离的增大而增大C．当分子间距离r>r0时，分子势能随分子间距离的增大而增加D．当分子间距离r<r0时，分子间距离逐渐减小，分子力和分子势能都逐渐增加解析：选CD由题图可知，当分子间距离为r0时，分子力和分子势能均达到最小，但此时分子力为零，而分子势能不为零，是一负值，A错误；当分子间距离r>r0时，分子力随分子间距离的增大先增大后减小，此时分子力做负功，分子势能增加，B错误，C正确；当分子间距离r<r0时，分子间距离逐渐减小，分子力逐渐增大，而此过程中分子力做负功，分子势能增加，D正确。三、非选择题(本题共4小题，共54分)11．(8分)在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验时，用注射器将一滴油酸酒精溶液滴入盛水的浅盘里，把玻璃板放在浅盘上并描画出油酸膜的轮廓，如图所示。图中正方形小方格的边长为1cm，该油酸膜的面积是________m2，若一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是7×10－6mL，则油酸分子的直径是________m(计算结果保留1位有效数字)。解析：每个正方形的面积为：S1＝1cm2，面积超过正方形面积一半的正方形的个数约为116个，则油酸膜的面积约为：S＝116S1＝116cm2＝1.16×10－2m2，每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为：V＝7×10－6mL；把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则分子的直径为：d＝eq\f(V,S)＝eq\f(7×10－6×10－6,1.16×10－2)m≈6×10－10m。答案：1.14×10－26×10－1012．(14分)某教室长10m，宽7m，高3m，试在标准状况下估算空气分子间的平均距离，并比较这个距离和分子直径的数量级。(已知NA＝6×1023mol－1，标准状况下气体的摩尔体积为22.4L/mol)解析：教室内空气的体积V＝10×7×3m3＝210m3空气的物质的量n＝eq\f(210,22.4×10－3)mol≈9.4×103mol空气的分子数为N＝nNA＝9.4×103×6×1023个≈5.6×1027个每个空气分子平均占有空间为V′＝eq\f(V,N)＝eq\f(210,5.6×1027)m3≈3.8×10－26m3把每个分子占有的空间看成立方体，空气分子间的平均距离等于立方体的边长，用d表示d＝eq\r(3,\a\vs4\al(V′))＝eq\r(3,3.8×10－26)m≈3.4×10－9m分子直径的数量级为10－10m，由上面计算可知，气体分子间距离的数量级为10－9m，约为分子直径的10倍。答案：见解析13．(16分)由于环境污染影响，瓶装纯净空气已经逐渐走向网络市场。设瓶子的容积为500mL，空气的摩尔质量M＝29×10－3kg/mol，按标准状况计算，NA＝6.0×1023mol－1，Vm＝22.4L/mol。试估算：(1)空气分子的平均质量；(2)一瓶纯净空气的质量；(3)一瓶纯净空气中的气体分子数。(计算结果均保留两位有效数字)解析：(1)空气分子的平均质量为m＝eq\f(M,NA)＝eq\f(29×10－3,6.0×1023)kg≈4.8×10－26kg。(2)一瓶纯净空气的物质的量为n＝eq\f(V瓶,Vm)＝eq\f(0.5,22.4)mol，则一瓶纯净空气的质量为m＝nM＝eq\f(0.5,22.4)×29×10－3kg≈6.5×10－4kg。(3)分子数为N＝nNA＝eq\f(V瓶,Vm)·NA＝eq\f(0.5×6.0×1023,22.4)个≈1.3×1022个。答案：(1)4.8×10－26kg(2)6.5×10－4kg(3)1.3×1022个14．(16分)用能够放大600倍的显微镜观察布朗运动，估计放大后的小颗粒(碳粒)体积为0.1×10－9m3，碳的密度是2.25×103kg/m3，摩尔质量是1.2×10－2kg/mol，阿伏加德罗常数为6.0×1023mol－1，则该小颗粒(碳粒)含分子数约为多少个？(取1位有效数字)解析：设小颗粒边长为a，放大600倍后，则其体积为V＝(600a)3＝0.1×10－9m3，实际体积V′＝a3＝eq\f(10－16,216)m3。质量为m＝ρV′＝2.25×103×eq\f(10－16,216)kg＝eq\f(25,24)×10－15kg。含分子数为n＝eq\f(\f(25,24)×10－15,1.2×10－2)×6.0×1023个≈5×1010个。答案：5×1010个章末综合检测（二）气体、固体和液体(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．关于液晶的以下说法正确的是()A．液晶态的存在只与温度有关B．因为液晶在一定条件下发光，所以可以用来做显示屏C．液晶的物理性质稳定D．笔记本电脑的彩色显示器，是因为在液晶中掺入了少量多色性染料，液晶中电场强度不同时，它对不同色光的吸收强度不一样，所以显示出各种颜色解析：选D液晶态可以在一定温度范围或某一浓度范围存在；液晶本身不能发光，液晶具有液体的流动性，其物理性质并不稳定；在外加电压下，对不同色光的吸收程度不同，故D正确。2．(2024·广州高二月考)关于液体和固体的一些现象，下列说法正确的是()A．图1中水黾停在水面上是因为浮力作用B．图2中石英晶体像玻璃一样，没有固定的熔点C．图3中水银在玻璃上形成“圆珠状”的液滴，说明水银不浸润玻璃D．图4中组成晶体的微粒对称排列，形成很规则的几何空间点阵，因此表现为各向同性解析：选C题图1中水黾停在水面上是因为水的表面张力作用，A错误；题图2中石英晶体有固定的熔点，而玻璃是非晶体没有固定的熔点，B错误；题图3中水银在玻璃上形成“圆珠状”的液滴，说明水银不浸润玻璃，C正确；题图4中组成晶体的微粒对称排列，形成很规则的几何空间点阵，因此表现为各向异性，D错误。3.一块厚度和密度都均匀分布的长方体被测样品，长AB是宽AD的两倍，如图所示，如果用多用电表的电阻挡沿两个对称轴O1O1′和O2O2′方向测量，结果阻值均为R，则这块样品可能是()A．单晶体 B．多晶体C．非晶体 D．金属解析：选A用多用电表的电阻挡沿两个对称轴O1O1′、O2O2′方向测量结果均相同，说明该物体沿O1O1′和O2O2′方向电阻率(即导电性能)不同，即表现出各向异性的物理性质，则该样品可能是单晶体，所以选项A正确，如果是普通金属，可以分析出沿O1O1′方向电阻比较大。4．一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p1、V1、T1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p2、V2、T2，下列关系正确的是()A．p1＝p2，V1＝2V2，T1＝eq\f(1,2)T2B．p1＝p2，V1＝eq\f(1,2)V2，T1＝2T2C．p1＝2p2，V1＝2V2，T1＝2T2D．p1＝2p2，V1＝V2，T1＝2T2解析：选D由理想气体状态方程：eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，当p1＝p2时，如果V1＝2V2，则T1＝2T2，如果V1＝eq\f(1,2)V2，则T1＝eq\f(1,2)T2，A、B错误；当p1＝2p2时，如果V1＝2V2，则T1＝4T2，如果V1＝V2，则T1＝2T2，C错误，D正确。5．一定质量的某种理想气体的压强为p，热力学温度为T，单位体积内的气体分子数为n，则()A．p增大，n一定增大B．T减小，n一定增大C.eq\f(p,T)增大时，n一定增大D.eq\f(p,T)增大时，n一定减小解析：选C只知道p或T的变化情况，不能得出体积的变化情况，A、B错误；eq\f(p,T)增大，V一定减小，单位体积内的分子数一定增加，C正确，D错误。6.如图所示，一开口向右的汽缸固定在水平地面上，活塞可无摩擦移动且不漏气，汽缸中间位置有一挡板，外界大气压强为p0。初始时，活塞紧压挡板处。现缓慢升高缸内气体温度，则图中能正确反映缸内气体压强变化情况的p­T图像是()解析：选C在p­T图像中，开始一段时间内，随着温度的升高，气体发生的是等容变化，即eq\f(p,T)＝恒量，图像为一条过坐标原点的直线，当压强增加到内外压强相等时，温度再升高，活塞将向右移动，气体发生等压变化，图像是一条平行于温度轴的直线，因此C正确，A、B、D错误。7.已知两端开口的“eq\a\vs4\al(┌)”型管，且水平部分足够长，一开始如图所示，若将玻璃管稍微上提一点，或稍微下降一点时，被封闭的空气柱的长度分别会如何变化()A．变大；变小 B．变大；不变C．不变；不变 D．不变；变大解析：选D上提时空气柱压强不变，空气柱的长度不变；下降时管内气体被压缩，空气柱上方液体有一部分进入水平管，h变小，此时空气柱压强变小，温度不变，由玻意耳定律可知，空气柱体积变大，即空气柱长度变大，所以D选项正确。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8．下列现象中，由表面张力引起的现象是()A．酒精和水混合后体积减小B．水银温度计中水银柱的升降C．荷叶上的小水滴呈球形D．洗头发时，当头发浸泡在水中时呈散开状，露出水面后头发聚拢到一起解析：选CD因为液体表面张力使液面具有收缩的趋势，故选项C、D正确。酒精和水混合后体积减小，是由于分子间存在着空隙。水银柱的升降是水银柱的热胀冷缩造成的。9．下列说法正确的是()A．味精是晶体，一定有固定熔点B．一块固体，若是各个方向导热性能相同，则这个固体一定是非晶体C．一块固体，若有确定的熔点，则该固体必定为晶体D．一块铁虽然是各向同性的，但它是晶体解析：选ACD只有晶体才有固定熔点，只有单晶体才具有各向异性，A、C正确；多晶体和非晶体都具有各向同性，B错误；铁为多晶体，表现为各向同性，D正确。10．(2025·河南高考)如图所示，一圆柱形汽缸水平固定放置，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2，体积分别为V1和V2，T1<T2，V1<V2。则()A．固定M、N，若P两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移B．固定M、N，若P两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移C．保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移D．保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移解析：选AC由题意可知，初始时P两侧气体的压强相同，假设在升温的过程中P不发生移动，由查理定律的推论Δp＝eq\f(p,T)ΔT，可知P左侧气体压强增加量大，则P向右移动，A正确，B错误；由理想气体状态方程有p＝eq\f(CT,V)，则初始时有eq\f(C1T1,V1)＝eq\f(C2T2,V2)，即eq\f(V1,C1T1)＝eq\f(V2,C2T2)，保持T1、T2不变，M、N同时缓慢向中间移动相同距离时，若P不移动，则有eq\f(V1－ΔV,C1T1)<eq\f(V2－ΔV,C2T2)，即eq\f(C1T1,V1－ΔV)>eq\f(C2T2,V2－ΔV)，则p1>p2，P将向右移动，C正确，D错误。三、非选择题(本题共4小题，共54分)11．(8分)利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和)。逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。回答以下问题：(1)在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体________。A．p与V成正比B．p与eq\f(1,V)成正比(2)若气体被压缩到V＝10.0mL，由图乙可读出封闭气体压强为________Pa(保留3位有效数字)。(3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而________(填“增大”或“减小”)。解析：(1)由于题图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明p与eq\f(1,V)成正比，故B正确。(2)由图像可知当V＝10.0mL时，eq\f(1,V)＝0.1mL－1＝100×10－3mL－1，对应p＝204×103Pa＝2.04×105Pa。(3)其计算结果与正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值为pΔV，且随p的增大，pΔV的值也增大。答案：(1)B(2)2.04×105(3)增大12.(14分)一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图像如图所示，气体在状态A时的压强pA＝p0，温度TA＝T0，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点。求：(1)气体在状态B时的压强pB。(2)气体在状态C时的压强pC和温度TC。解析：(1)A到B是等温变化，压强和体积成反比，根据玻意耳定律有pAVA＝pBVB解得pB＝eq\f(p0,2)。(2)由B到C是等压变化，根据盖吕萨克定律得eq\f(VB,TB)＝eq\f(VC,TC)解得TC＝eq\f(1,2)T0A到C是等容变化，根据查理定律得eq\f(pA,TA)＝eq\f(pC,TC)解得pC＝eq\f(p0,2)。答案：(1)eq\f(p0,2)(2)eq\f(p0,2)eq\f(T0,2)13．(16分)(2025·湖南高考)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＝0.2000m，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。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为p2＝p0设细管的横截面积为S，该过程为等温过程，由玻意耳定律可得p1L1S＝p2L2S解得g＝eq\f(p0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L2－L1)),L1ρh)。(2)该过程为等容过程，由查理定律可得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)代入数据解得g＝9.5m/s2。答案：(1)eq\f(p0L2－L1,L1ρh)(2)9.5m/s214．(16分)如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离eq\x\to(bc)＝10eq\x\to(ab)，活塞的面积为1.0×10－2m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105Pa和300K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200N并保持不变。(1)求外力增加到200N时，卡销b对活塞支持力的大小；(2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。解析：(1)活塞从卡销a到卡销b过程中，气体做等温变化，初态p1＝1.0×105Pa、V1＝S·11eq\x\to(ab)，末态V2＝S·10eq\x\to(ab)，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，解得p2＝1.1×105Pa，此时对活塞根据平衡条件有F＋p1S＝p2S＋N，解得卡销b对活塞支持力的大小N＝100N。(2)将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态p2＝1.1×105Pa，T2＝300K，末态时设气体的压强为p3，对活塞根据平衡条件有p3S＝F＋p1S，解得p3＝1.2×105Pa，设此时温度为T3，根据查理定律有eq\f(p2,T2)＝eq\f(p3,T3)，解得T3≈327K。答案：(1)100N(2)327K章末综合检测（三）热力学定律(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．关于物体内能与热量、做功的关系，以下说法正确的是()A．物体内能的多少可以用物体吸热或放热的多少来量度B．内能大的物体热量多C．两物体发生热传递，达到平衡后，它们的内能必定相等D．做功和热传递对于改变物体内能是等效的解析：选D物体的内能的变化可以用物体吸热或放热的多少来量度，故A错误。热量是热传递的能量多少的量度，不是内能的量度，故B错误。物体发生热传递，达到平衡后，温度相等，而不是内能相等，内能除了与温度有关，还与物质的量有关，故C错误。做功和热传递对于改变物体内能是等效的，故D正确。2．某校中学生参加某电视台“异想天开”节目的活动，他们提出了下列四个设想方案，从理论上讲可行的是()A．制作一个装置从海水中吸收内能全部用来做功B．制作一种制冷设备，使温度降至绝对零度以下C．汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，想办法使它们自发地分离，既清洁了空气，又变废为宝D．将房屋顶盖上太阳能板，可直接用太阳能来解决照明和热水问题解析：选D根据热力学第二定律知，在不产生其他影响时，内能不能全部转化为机械能，因此从海水中吸收内能全部用来做功而不产生其他影响是不可能实现的，选项A错误；绝对零度是温度的极值，是不能达到的，选项B错误；有害气体和空气不可能自发地分离，选项C错误；利用太阳能最有前途的领域是通过太阳能电池将太阳能转化为电能再加以利用，选项D正确。3．(2025·安徽高考)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体(可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体()A．对外做功，内能不变B．向外放热，内能减少C．分子的平均动能变小D．吸收的热量等于内能的增加量解析：选A根据题意可知，气球缓慢上升的过程中，气体压强减小，气体温度不变，由理想气体状态方程可知，气体的体积变大，气体对外做功，气体的内能不变，分子的平均动能不变，由热力学第一定律可知，吸收的热量等于气体对外做的功。故选A。4．一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104J，气体对外界做功1.0×104J，则该理想气体的()A．温度降低，密度增大 B．温度降低，密度减小C．温度升高，密度增大 D．温度升高，密度减小解析：选D由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，Q＝2.5×104J，W＝－1.0×104J，可知ΔU大于零，气体内能增加，温度升高，A、B错；气体对外做功，体积增大，密度减小，C错，D对。5．一种叫作“压电陶瓷”的电子元件，当对它挤压或拉伸时，它的两端就会形成一定的电压，这种现象称为压电效应。一种燃气打火机，就是应用了该元件的压电效应制成的。只要用大拇指压一下打火机上的按钮，压电陶瓷片就会产生10～20kV的高压，形成火花放电，从而点燃可燃气体。上述过程中，压电陶瓷片完成的能量转化是()A．化学能转化为电能 B．内能转化为电能C．光能转化为电能 D．机械能转化为电能解析：选D转化前要消耗机械能，转化后得到了电能，所以压电陶瓷片将机械能转化为电能，所以D正确。6.某同学用橡皮塞塞紧饮料瓶，并用打气筒向饮料瓶内打气，装置如图所示。当压强增大到一定程度时，橡皮塞冲出，发现饮料瓶内壁中有水蒸气凝结，产生这一现象的原因是饮料瓶中气体()A．体积增大，温度升高 B．动能增大，温度升高C．对外做功，温度降低 D．质量减少，温度降低解析：选C压强增大到一定程度时，橡皮塞冲出，过程时间极短，可以认为是绝热过程，对外界没有吸放热，瓶内气体膨胀，对外做功，根据热力学第一定律，ΔU＝Q＋W，可知Q＝0，W<0，气体内能减小，温度降低，故C选项正确。7．A、B两装置，均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同。将两管抽成真空后，开口向下竖直插入水银槽中(插入过程没有空气进入管内)，水银柱上升至图示位置停止。假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法正确的是()A．A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量B．B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量C．A和B中水银体积保持不变，故内能增量相同D．A和B中水银温度始终相同，故内能增量相同解析：选B大气压对水银槽内的水银做相同的功，因为玻璃管内吸进的水银一样多，由于A管重心高于B管，A管内水银重力势能大于B管的，根据能量的转化和守恒可知A管内的内能增加得少，B管内的内能增加得多，B正确。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8．下列说法正确的是()A．做功和热传递在改变物体内能上是等效的B．每一个分子都有势能和动能，分子动能与分子势能之和就是分子内能C．只有热传递才可以改变物体的内能D．一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大解析：选AD做功和热传递在改变物体内能上是等效的，A正确；分子势能存在于分子之间，单个的分子不存在分子势能，组成物质的所有分子动能与分子势能之和是物体的内能，故B错误；做功与热传递都可以改变物体的内能，故C错误；一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，D正确。9．一定量理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p­T图上从a到b的线段所示。在此过程中()A．气体一直对外做功B．气体的内能一直增加C．气体一直从外界吸热D．气体吸收的热量等于其对外做的功解析：选BC因从a到b的p­T图像过原点，由eq\f(pV,T)＝C可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，A错误；因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，B正确；因W＝0，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体一直从外界吸热，C正确，D错误。10．一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是()A．bc过程外界对气体做功B．ca过程气体压强不变C．ab过程气体放出热量D．ca过程气体内能减小解析：选ACbc过程体积减小，外界对气体做功，故A正确；由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，整理可得V＝eq\f(C,p)·T，可知V­T图像上某点与原点连线的斜率越大，该点的压强越小，故pa＜pb＝pc，可知ca过程气体压强减小，故B错误；ab过程为等温变化，内能不变，故ΔU＝0，体积减小，外界对气体做功，故W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Q＜0，故ab过程气体放出热量，故C正确；ca过程温度升高，内能增大，故D错误。三、非选择题(本题共4小题，共54分)11．(10分)若对物体做1200J的功，可使物体温度升高3℃，改用热传递的方式，使物体温度同样升高3℃，那么物体应吸收多少热量？如果对该物体做3000J的功，物体的温度升高5℃，表明该过程中，物体应吸收或放出多少热量？解析：做功和热传递在改变物体内能上是等效的，用做功方式使物体温度升高3℃，如用吸热方式，也使物体温度升高3℃，也应吸收1200J的热量。如对物体做功3000J，温度升高5℃，而物体温度升高5℃需要的功或热量应为E。由1200J＝cm×3℃，E＝cm×5℃，得E＝2000J。因此物体应放出1000J的热量。答案：1200J放出1000J的热量12．(12分)(2025·陕晋宁青高考)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105Pa～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时，体积V1和压强p1分别为0.528m3、3.0×105Pa；当胎内气体温度升高到T2为350K时，体积增大到V2为0.560m3，气体可视为理想气体。(1)求此时胎内气体的压强p2；(2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104J，求胎内气体的内能增加量ΔU。解析：(1)气体可视为理想气体，根据理想气体状态方程eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，整理并代入数据解得p2＝eq\f(p1T2V1,T1V2)＝3.3×105Pa。(2)p­V图线与V轴围成的面积代表做功的大小，该过程气体体积增大，则气体对外做功，可得外界对气体做功为W＝－eq\f(p1＋p2,2)(V2－V1)＝－1.008×104J由热力学第一定律ΔU＝Q＋W代入数据可得ΔU＝6.6×104J。答案：(1)3.3×105Pa(2)6.6×104J13．(16分)如图甲所示，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的空气，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m。现对汽缸缓缓加热，使汽缸内的空气温度从T1升高到T2，空气柱的高度增加了ΔL，已知加热时气体吸收的热量为Q，外界大气压强为p0。求：(1)此过程中被封闭气体的内能变化了多少？(2)汽缸内温度为T1时，气柱的长度为多少？(3)请在图乙的V­T图上大致作出该过程的图像(在图线上标出过程的方向)。解析：(1)对活塞和砝码：mg＋p0S＝pS，得p＝p0＋eq\f(mg,S)气体对外做功W＝pSΔL＝(p0S＋mg)ΔL由热力学第一定律W＋Q＝ΔU得ΔU＝Q－(p0S＋mg)ΔL。(2)由盖吕萨克定律可得，eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)，则eq\f(LS,T1)＝eq\f(L＋ΔLS,T2)解得L＝eq\f(T1ΔL,T2－T1)。(3)v­T图像如图所示。答案：(1)Q－(p0S＋mg)ΔL(2)eq\f(T1ΔL,T2－T1)(3)见解析图14．(16分)(2025·浙江6月选考)“拔火罐”是我国传统医学的一种疗法。治疗时，医生将开口面积为S的玻璃罐加热，使罐内空气温度升至t1，然后迅速将玻璃罐倒扣在患者皮肤上(状态1)。待罐内空气自然冷却至室温t2，玻璃罐便紧贴在皮肤上(状态2)。从状态1到状态2过程中罐内气体向外界放出热量7.35J。已知S＝1.6×10－3m2，t1＝77℃，t2＝27℃。忽略皮肤的形变，大气压强p0＝1.05×105Pa。求：(1)状态2时罐内气体的压强；(2)状态1到状态2罐内气体内能的变化；(3)状态2时皮肤受到的吸力大小。解析：(1)状态1气体的温度T1＝(77＋273)K＝350K，压强p1＝p0＝1.05×105Pa，状态2气体的温度T2＝(27＋273)K＝300K，从状态1到状态2，气体做等容变化，根据查理定律eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，解得p2＝9×104Pa。(2)从状态1到状态2，气体做等容变化，外界对气体不做功，气体吸收热量为Q＝－7.35J，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得状态1到状态2罐内气体内能的变化ΔU＝－7.35J，即气体内能减少7.35J。(3)罐内外气体的压强差Δp＝p0－p2＝1.5×104Pa，状态2时皮肤受到的吸力大小F＝ΔpS＝24N。答案：(1)9×104Pa(2)减少7.35J(3)24N章末综合检测（四）原子结构和波粒二象性(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．关于原子结构和微观粒子波粒二象性，下列说法正确的是()A．卢瑟福的核式结构模型解释了原子光谱的分立特征B．玻尔的原子理论完全揭示了微观粒子运动的规律C．光电效应揭示了光的粒子性D．电子束穿过铝箔后的衍射图样揭示了电子的粒子性解析：选C玻尔的量子化模型很好地解释了原子光谱的分立特征，A错误；玻尔的原子理论成功的解释了氢原子的分立光谱，但不足之处还保留了经典理论中的一些观点，如电子轨道的概念，还不能完全揭示微观粒子的运动规律，B错误；光电效应揭示了光的粒子性，C正确；电子束穿过铝箔后的衍射图样，证实了电子的波动性，D错误。2．(2024·湖南高考)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解析：选B普朗克认为黑体辐射的能量是一份一份的，是量子化的，故A错误；产生光电效应的条件是光的频率大于金属的极限频率，紫光的频率大于红光，若红光能使金属发生光电效应，可知紫光也能使该金属发生光电效应，故B正确；石墨对X射线的散射过程遵循动量守恒定律，光子和电子碰撞后，电子获得一定的动量，光子动量变小，根据λ＝eq\f(h,p)可知散射后的波长变长，故C错误；德布罗意认为物质都具有波动性，包括质子和电子，故D错误。3．若能量为E0的光子射到某金属表面时，从金属表面逸出的光电子的最大初动能为E，则能量为2E0的光子射到该金属表面时，逸出的光电子的最大初动能为()A．E0＋E B．E0－EC．2E D．2E0－E解析：选A设该金属的逸出功为W0，若用能量为E0的光子射到该金属表面时，产生光电子的最大初动能为E，根据光电效应方程知：E＝E0－W0；改用能量为2E0的光子射到该金属表面时，金属的逸出功不变，逸出的光电子的最大初动能为Ek＝2E0－W0＝E0＋E，故A正确。4.如图所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像，由图像可知，下列说法不正确的是()A．图线的斜率表示普朗克常量hB．该金属的逸出功等于EC．该金属的逸出功等于hν0D．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2E解析：选D根据光电效应方程Ek＝hν－W0，知图线的斜率表示普朗克常量h，故A正确；根据光电效应方程Ek＝hν－W0，当ν＝0时，Ek＝－W0，由图像知纵轴截距为－E，所以W0＝E，即该金属的逸出功等于E，故B正确；图线与横轴交点的横坐标是ν0，该金属的逸出功等于hν0，故C正确；当入射光的频率为2ν0时，根据光电效应方程可知，Ek＝h·2ν0－hν0＝E，故D错误。5.如图所示，一个粒子源产生某种粒子，在其正前方安装只有两条狭缝的挡板，粒子穿过狭缝打在前方的荧光屏上使荧光屏发光，那么在荧光屏上将会看到()A．只有两条亮纹 B．有许多条明、暗相间的条纹C．没有亮纹 D．只有一条亮纹解析：选B任何运动的粒子都具有波粒二象性，那么粒子源产生的大量粒子透过双缝就应该表现出波动性，即形成明、暗相间的多条干涉条纹，故B项正确。6.在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)，如图所示。则可判断出()A．甲光的频率大于乙光的频率B．乙光的波长大于丙光的波长C．乙光对应的遏止电压大于丙光对应的遏止电压D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大初动能解析：选B当光电管两端加上遏止电压且光电流恰好为零时，有Ek－0＝eUc，对同一光电管逸出功W0相同，对应的截止频率相等，使用不同频率的光照射，有Ek＝hν－W0，两式联立得，hν－W0＝eUc，丙光的遏止电压最大，则丙光的频率最大，甲光、乙光频率相同，A、C错误；又由λ＝eq\f(c,ν)可知λ丙<λ乙，B正确；由Ek＝hν－W0可知丙光对应的最大初动能最大，D错误。7．氢光谱在可见光的区域内有4条谱线，按照在真空中波长由长到短的顺序，这4条谱线分别是Hα、Hβ、Hγ和Hδ，它们都是氢原子的电子从量子数大于2的可能轨道上跃迁到量子数为2的轨道时所发出的光，下列判断错误的是()A．电子处于激发状态时，Hα所对应的轨道量子数最大B．Hγ的光子能量大于Hβ的光子能量C．对于同一种玻璃，4种光的折射率中Hα为最小D．对同一种金属，Hα能使它发生光电效应，Hβ、Hγ、Hδ都可以使它发生光电效应解析：选A由E＝heq\f(c,λ)知，波长越长，光子能量越小，故Hα光子能量最小，Hδ光子能量最大，再由heq\f(c,λ)＝En－E2，得Hα对应的轨道量子数最小，A错误。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8．根据氢原子的玻尔模型，氢原子核外电子在第一轨道和第二轨道运行时()A．轨道半径之比为1∶4 B．速度之比为4∶1C．周期之比为1∶8 D．动能之比为4∶1解析：选ACD由玻尔公式rn＝n2r1，所以轨道半径之比为r1∶r2＝12∶22＝1∶4，故A对。根据库仑定律和牛顿第二定律有：keq\f(e2,rn2)＝meq\f(vn2,rn)，得vn＝eq\r(\f(ke2,mrn))，所以速度之比为eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(r2,r1))＝2∶1，故B错。根据库仑定律和牛顿第二定律有：keq\f(e2,rn2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2rn，得T＝eq\r(\f(4π2mrn3,ke2))，所以周期之比为eq\f(T1,T2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1,r2)))3)＝1∶8，故C对。根据eq\f(1,2)mvn2＝eq\f(1,2)keq\f(e2,rn)，所以动能之比为eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(r2,r1)＝4∶1，故D对。9．我国在贵州平塘建成了世界最大单口径球面射电望远镜FAST，其科学目标之一是搜索地外文明。在宇宙中，波长位于搜索地外文明的射电波段的辐射中存在两处较强的辐射，一处是波长为21cm的中性氢辐射，另一处是波长为18cm的羟基辐射。在真空中，这两种波长的辐射相比，中性氢辐射的光子()A．频率更大 B．能量更小C．动量更小 D．传播速度更大解析：选BC所有电磁波在真空中传播的速度相等，都是c，D错误；由光子频率与波长公式ν＝eq\f(c,λ)，能量公式E＝hν，动量与波长公式p＝eq\f(h,λ)可知，中性氢辐射的光子波长更长，频率更小，能量更小，动量更小，A错误，B、C正确。 10．如图1所示为氢原子能级图，大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出多种不同频率的光，其中用从n＝4能级向n＝2能级跃迁时辐射的光照射图2所示光电管的阴极K时，电路中有光电流产生，则()A．若将滑片右移，电路中光电流增大B．若将电源反接，电路中可能有光电流产生C．若阴极K的逸出功为1.05eV，则逸出的光电子最大初动能为2.4×10－19JD．大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时辐射的光中只有4种光子能使阴极K发生光电效应解析：选BC将滑片右移，光电管两端的电压增大，但之前光电流是否达到饱和并不清楚，因此光电管两端的电压增大，光电流不一定增大，A错误；将电源极性反接，所加电压阻碍光电子向阳极运动，但若eU<Ekm，仍会有一定数量的光电子可到达阳极而形成光电流，B正确；若阴极K的逸出功为1.05eV，由光电效应方程知，逸出的光电子最大初动能为Ekm＝[0.85－(－3.4)]eV－1.05eV＝1.5eV＝2.4×10－19J，C正确；由于阴极K的逸出功未知，能使阴极K发生光电效应的光子种数无法确定，D错误。三、非选择题(本题共4小题，共54分)11．(10分)已知金的原子序数为79，α粒子离金原子核的最近距离设为10－13m，则α粒子离金原子核最近时受到的库仑斥力是多大？对α粒子产生的加速度是多大？(已知α粒子的电荷量q＝2e，质量m＝6.64×10－27kg，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，电子电荷量e＝1.6×10－19C)解析：α粒子离金原子核最近时受到的库仑斥力为F＝keq\f(q1q2,r2)＝keq\f(79e·2e,r2)＝9×109×eq\f(79×1.6×10－19×2×1.6×10－19,10－132)N≈3.64N金原子核的库仑斥力对α粒子产生的加速度大小为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(3.64,6.64×10－27)m/s2＝5.48×1026m/s2。答案：3.64N5.48×1026m/s212．(12分)如图所示，让一束均匀的阴极射线从两极板正中间垂直穿过正交的电磁场，选择合适的磁感应强度B和两极之间的电压U，带电粒子将不发生偏转。然后撤去电场，粒子将做匀速圆周运动，并垂直打到极板上。已知两极板之间的距离为d，求阴极射线中带电粒子的比荷。解析：设阴极射线粒子的电荷量为q，质量为m，则在电磁场中做匀速运动时由平衡条件得qeq\f(U,d)＝qvB①撤去电场后，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)②又由题意知R＝eq\f(d,2)③由①②③式得eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2d2)。答案：eq\f(2U,B2d2)13．(16分)已知氢原子的基态电子轨道半径为r1＝0.528×10－10m，量子数为n的能级值为En＝eq\f(－13.6,n2)eV。(静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，电子电荷量e＝1.6×10－19C)(1)求电子在基态轨道上运动的动能。(2)有一群氢原子处于量子数n＝3的激发态，画一张能级图，在图上用箭头标明这些氢原子能发出哪几种光谱线。解析：(1)核外电子绕核做匀速圆周运动，静电引力提供向心力，则：eq\f(ke2,r12)＝eq\f(mv12,r1)又知Ek＝eq\f(1,2)mv2故电子在基态轨道上运动的动能为：Ek＝eq\f(ke2,2r1)＝eq\f(9×109×1.6×10－192,2×0.528×10－10)J＝21.8×10－19J＝13.6eV。(2)当n＝1时，能级值为E1＝eq\f(－13.6,12)eV＝－13.6eV；当n＝2时，能级值为E2＝eq\f(－13.6,22)eV＝－3.4eV；当n＝3时，能级值为E3＝eq\f(－13.6,32)eV＝－1.51eV；能发出光谱线分别为n＝3→n＝2，n＝2→n＝1，n＝3→n＝1共三种，能级图如图所示。答案：(1)13.6eV(2)见解析图14．(16分)原子可以从原子间的碰撞中获得能量，从而发生能级跃迁(在碰撞中，动能损失最大的是完全非弹性碰撞)。一个具有13.6eV动能、处于基态的氢原子与另一个静止的，也处于基态的氢原子发生对心正碰。(1)是否可以使基态氢原子发生能级跃迁(氢原子能级如图所示)?(2)若上述碰撞中可以使基态氢原子发生电离，则氢原子的初动能至少为多少？解析：(1)设运动氢原子的速度为v0，完全非弹性碰撞后两者的速度为v，损失的动能ΔE被基态氢原子吸收。若ΔE＝10.2eV，则基态氢原子可由n＝1跃迁到n＝2。由动量守恒定律和能量守恒定律有：mv0＝2mv①eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mv2＋ΔE②eq\f(1,2)mv02＝Ek③Ek＝13.6eV④解①②③④得，ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mv02＝6.8eV。因为ΔE＝6.8eV<10.2eV，所以不能使基态氢原子发生跃迁。(2)若使基态氢原子电离，则ΔE＝13.6eV代入①②③得Ek＝27.2eV。答案：(1)不能(2)27.2eV章末综合检测（五）原子核(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．关于核聚变，以下说法正确的是()A．与裂变相比轻核聚变辐射极少，更为安全、清洁B．世界上已经有利用核聚变能来发电的核电站C．要使轻核发生聚变，必须使它们的距离达到10－10m以内，核力才能起作用D．核聚变比核裂变更易控制解析：选A与核裂变相比，核聚变有下面的几个优势：(1)安全、清洁、辐射少；(2)核燃料储量多；(3)核废料易处理。但核聚变不易控制，其发电还没有投入实际运行，要使轻核发生聚变，必须使轻核接近核力发生作用的距离10－15m，B、C、D错误，A正确。2．若元素A的半衰期为4天，元素B的半衰期为5天，则相同质量的A和B，经过20天后，剩下的质量之比mA∶mB为()A．1∶2 B．2∶1C．5∶4 D．4∶5解析：选A元素A的半衰期为4天，经过20天后剩余原来的eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5，元素B的半衰期为5天，经过20天后剩余原来的eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4，剩下的质量之比mA∶mB＝1∶2，A正确。3．(2024·湖北高考)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(10,5)B＋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＝2C．a＝6，b＝1 D．a＝6，b＝2解析：选B由核反应前后质量数和电荷数守恒可得10＋1＝a＋4,5＋0＝3＋b，解得a＝7，b＝2，故选B。4．铀核裂变时，对于产生链式反应的重要因素，下列说法中正确的是()A．铀块的质量是重要因素，与体积无关B．为了使裂变的链式反应容易发生，最好直接利用裂变时产生的中子C．若铀235的体积超过它的临界体积，裂变的链式反应就能够发生D．能否发生链式反应与铀块的质量无关解析：选C要使铀核裂变产生链式反应，铀块的体积必须大于临界体积或铀块的质量大于临界质量，只要组成铀块的体积小于临界体积或质量小于临界质量就不会产生链式反应，裂变反应中产生的中子为快中子，这些快中子不能直接引发新的裂变，如果铀块的质量大，则其体积大，若超过临界体积则发生链式反应，由此知A、B、D错误，C正确。5．钴60是金属元素钴的放射性同位素之一，其半衰期为5.27年。它会通过β衰变放出能量高达315keV的高速电子衰变为镍60，同时会放出两束γ射线，其能量分别为1.17MeV及1.33MeV。钴60的应用非常广泛，几乎遍及各行各业。在农业上，常用于辐射育种、食品辐射保藏与保鲜等；在工业上，常用于无损探伤、辐射消毒、辐射加工、辐射处理废物以及自动控制等；在医学上，常用于癌和肿瘤的放射治疗。关于钴60下列说法正确的是()A．衰变方程为eq\o\al(60,27)Co→eq\o\al(60,28)Ni＋eq\o\al(0,－1)eB．利用钴60对人体肿瘤进行放射治疗是利用其衰变放出的电子流C．钴60可以作为示踪原子研究人体对药物的吸收D．钴60衰变过程中不会有质量亏损解析：选A根据电荷数守恒、质量数守恒，可知钴60发生β衰变的衰变方程为eq\o\al(60,27)Co→eq\o\al(60,28)Ni＋eq\o\al(0,－1)e，故A正确；钴60对人体肿瘤进行放射治疗是利用其衰变放出的γ射线，故B错误；钴60半衰期太长，且衰变放出的高能粒子对人体伤害太大，不能作为药品的示踪原子，故C错误；所有衰变都会有质量亏损，故D错误。6．下列说法中正确的是()A．黑体辐射电磁波的强度按波长分布与黑体的温度无关B．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期C．放射性同位素eq\o\al(234,90)Th经α、β衰变会生成eq\o\al(222,86)Rn，其中经过了3次α衰变和2次β衰变D．比结合能越大，原子核中核子结合得越不牢固，原子核越不稳定解析：选C一般物体辐射电磁波的情况与温度有关，还与材料的种类及表面情况有关；但黑体辐射电磁波的情况只与温度有关，故A错误；放射性元素的半衰期与外界因素没有任何关系，只和本身性质有关，故B错误；eq\a\vs4\al(钍\o\al(234,90)Th)衰变成氡eq\o\al(222,86)Rn，可知质量数少12，电荷数少4，因为经过一次α衰变，电荷数少2，质量数少4，经过一次β衰变，电荷数多1，质量数不变，可知经过3次α衰变和2次β衰变，故C正确；比结合能越大，原子核越稳定，越牢固，故D错误。7．1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是()A．碰撞后氮核的动量比氢核的小B．碰撞后氮核的动能比氢核的小C．v2大于v1D．v2大于v0解析：选B设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv32，联立解得v1＝v0，设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)·14mv22＋eq\f(1,2)mv42，联立解得v2＝eq\f(2,15)v0，可得v1＝v0>v2，碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝eq\f(28mv0,15)，可得pN>pH，碰撞后氢核的动能为EkH＝eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv02，氮核的动能为EkN＝eq\f(1,2)·14mv22＝eq\f(28mv02,225)，可得EkH>EkN，故B正确，A、C、D错误。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8．大多数原子核发生反应的过程中都伴随着中微子的产生，如核裂变、核聚变、β衰变等。下列关于核反应的说法正确的是()A.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B.eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n是α衰变方程，eq\o\al(234,90)Th→eq\o\al(234,91)Pa＋eq\o\al(0,－1)e是β衰变方程C.eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(144,56)Ba＋eq\o\al(89,36)Kr＋3eq\o\al(1,0)n是核裂变方程，也是原子弹的核反应方程之一D．钍的半衰期为24天，1g钍经过120天后还剩0.2g未衰变解析：选ACeq\o\al(234,90)Th衰变为eq\o\al(222,86)Rn，设经过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A正确；反应方程式eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n是轻核聚变方程，eq\o\al(234,90)Th→eq\o\al(234,91)Pa＋eq\o\al(0,－1)e是β衰变方程，故B错误；反应方程式eq\a\vs4\al(\o\al(235,92)U)＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(144,56)Ba＋eq\o\al(89,36)Kr＋3eq\o\al(1,0)n是重核裂变方程，也是原子弹的核反应方程之一，故C正确；钍的半衰期为24天，1g钍经过120天后，发生5次衰变，可得m＝m0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＝0.03125g，故D错误。9．(2025·福建高考)现真空中有两个动量大小相等、方向相反的氘核与氚核相撞，发生核反应，核反应方程为eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n＋17.6MeV，设反应释放的能量几乎全部转化为eq\o\al(4,2)He与eq\o\al(1,0)n的动能，则()A．该反应有质量亏损B．该反应为核裂变C.eq\o\al(1,0)n获得的动能约为14MeVD.eq\o\al(4,2)He获得的动能约为14MeV解析：选AC该反应是核聚变反应，释放能量，根据质能方程可知，有质量亏损，A正确，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，故反应后氦核与中子的动量大小相等、方向相反。由Ek＝eq\f(p2,2m)得EkHe∶Ekn＝mn∶mHe＝1∶4，而eq\o\al(4,2)He和eq\o\al(1,0)n获得的总动能为17.6MeV，故eq\o\al(1,0)n获得的动能Ekn＝eq\f(4,5)×17.6MeV＝14.08MeV，eq\o\al(4,2)He获得的动能EkHe＝eq\f(1,5)×17.6MeV＝3.52MeV，故C正确，D错误。10.云室能显示射线的径迹，把云室放在磁场中，从带电粒子运动轨迹的弯曲方向和半径大小就能判断粒子的属性。放射性元素A的原子核静止放在磁感应强度B＝2.5T的匀强磁场中发生衰变，放射出粒子并变成新原子核B，放射出的粒子与新核运动轨迹如图所示，测得两圆的半径之比R1∶R2＝42∶1，且R1＝0.2m，已知元电荷e＝1.6×10－19C，普朗克常量h＝6.6×10－34J·s。下列说法正确的是()A．新原子核B的核电荷数为42B．放射性元素A原子核发生的是α衰变C．放射性元素A原子核发生的是β衰变D．放射出粒子的对应的德布罗意波的波长为4.125×10－15m解析：选BD原子核发生反冲，根据左手定则可知，α衰变时，新核、α粒子的轨迹是外切圆，所以B正确、C错误。根据带电粒子的轨道半径r＝eq\f(mv,Bq)，可知eq\f(rα,rB)＝eq\f(qB,qα)，结合已知条件可知原子核B的核电荷数为84，选项A错。根据德布罗意波长λ＝eq\f(h,p)可知，放出的α粒子的德布罗意波长为λ＝eq\f(h,BqαR1)＝4.125×10－15m，选项D正确。三、非选择题(本题共4小题，共54分)11．(10分)假设两个氘核在一直线上相碰发生聚变反应生成氦的同位素和中子，已知氘核的质量是m1，中子的质量是m2，氦核同位素的质量是m3，光在真空中速度为c。(1)写出核聚变反应的方程式。(2)求核聚变反应中释放出的能量ΔE。解析：(1)根据质量数守恒与电荷数守恒，核反应方程式为：eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(1,0)n。(2)核反应过程中的质量亏损为：Δm＝2m1－(m2＋m3)氘核聚变时放出的能量为：ΔE＝Δmc2＝(2m1－m2－m3)c2答案：(1)eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(1,0)n(2)(2m1－m2－m3)c212．(14分)每昼夜消耗220g铀235的核电站，如果效率为25%，它能产生的电功率为多大？(每个铀核裂变时放出的能量是200MeV，NA＝6.02×1023mol－1)解析：一昼夜消耗的铀所能产生的核能为ΔE＝eq\f(220,235)×6.02×1023×200×106×1.6×10－19J≈1.8×1013J电功率P＝ηeq\f(ΔE,t)＝25%×eq\f(1.8×1013,24×3600)W≈5.2×107W。答案：5.2×107W13．(14分)静止的锂核(eq\o\al(6,3)Li)俘获一个速度为7.7×106m/s的中子，发生核反应后若只产生两个新粒子，其中一个粒子为氦核(eq\o\al(4,2)He)，它的速度大小是8.0×106m/s，方向与反应前的中子速度方向相同。(1)写出此核反应的方程式；(2)求反应后产生的另一个粒子的速度大小及方向。解析：(1)eq\o\al(6,3)Li＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(3,1)H。(2)用m1、m2和m3分别表示中子(01n)、氦核(24He)和氚核(13H)的质量，由动量守恒定律得m1v1＝m2v2＋m3v3代入数值解得v3＝－8.1×106m/s即反应后生成的氚核的速度大小为8.1×106m/s，方向与反应前中子的速度方向相反。答案：(1)eq\o\al(6,3)Li＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(3,1)H(2)8.1×106m/s方向与反应前中子的速度方向相反14．(16分)在暗室的真空装置中做如下实验：在竖直放置的平行金属板间的匀强电场中，有一个能产生α、β、γ三种射线的射线源。从射线源射出的一束射线垂直于电场方向射入电场，如图所示。在与射线源距离为H高处，水平放置两张叠放着的、涂药面朝下的印像纸(比一般纸厚且涂有感光药的纸)，经射线照射一段时间后两张印像纸显影，则(1)上面的印像纸有几个暗斑？各是什么射线的痕迹？(2)下面的印像纸显出三个暗斑，试估算中间暗斑与两边暗斑的距离之比。(3)若在此空间再加上与电场方向垂直的匀强磁场，一次使α射线不偏转，一次使β射线不偏转，则两次所加匀强磁场的磁感应强度之比是多少？eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(已知：mα＝4u，mβ＝\f(1,1840)u，vα＝\f(c,10)，vβ＝c))解析：(1)因α粒子贯穿本领弱，穿过下层纸的只有β射线、γ射线，β射线、γ射线在上面的印像纸上留下两个暗斑。(2)下面印像纸从左向右依次是β射线、γ射线、α射线留下的暗斑。设α射线、β射线暗斑到中央γ射线暗斑的距离分别为sα、sβ，则sα＝eq\f(1,2)aα·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(H,vα)))2，sβ＝eq\f(1,2)aβ·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(H,vβ)))2，aα＝eq\f(qα·E,mα)，aβ＝eq\f(qβ·E,mβ)。由以上四式得eq\f(sα,sβ)＝eq\f(5,184)。(3)若使α射线不偏转，qαE＝qαvαBα，所以Bα＝eq\f(E,vα)，同理若使β射线不偏转，应加磁场Bβ＝eq\f(E,vβ)，故eq\f(Bα,Bβ)＝eq\f(vβ,vα)＝10∶1。答案：(1)两个暗斑β射线，γ射线(2)5∶184(3)10∶1模块综合检测(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列物理学史描述正确的是()A．玛丽·居里提出原子的核式结构学说B．卢瑟福通过α粒子散射实验发现了电子C．查德威克在原子核人工转变的实验中发现了质子D．爱因斯坦质能方程为核能的开发利用提供了理论依据解析：选D卢瑟福提出原子的核式结构学说，选项A错误；汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，选项B错误；查德威克在原子核人工转变的实验中发现了中子，选项C错误；爱因斯坦质能方程为核能的开发利用提供了理论依据，选项D正确。2．下列说法中错误的是()A．雾霾在大气中的漂移是布朗运动B．制作晶体管、集成电路只能用单晶体C．电场可改变液晶的光学性质D．地球大气中氢含量少，是由于外层气体中氢分子平均速率大，更易从地球逃逸解析：选A雾霾在大气中的漂移是气体的流动造成的，故A错误。制作晶体管、集成电路只能用单晶体，因为单晶体具有各向异性，故B正确。液晶具有液体的流动性，又对光显示各向异性，电场可改变液晶的光学性质，故C正确。在动能一定的情况下，质量越小，速率越大；地球大气中氢含量少，是由于外层气体中氢分子平均速率大，更容易大于地球的第一宇宙速度，更易从地球逃逸，故D正确。3．关于原子核的结合能与平均结合能，下列说法中不正确的是()A．原子核的结合能等于核子与核子之间结合成原子核时，核力做的功B．原子核的结合能等于核子从原子核中分离，外力克服核力做的功C．平均结合能是核子与核子结合成原子核时平均每个核子放出的能量D．不同原子核的平均结合能不同，重核的平均结合能比轻核的平均结合能大解析：选D原子核中，核子与核子之间存在核力，要将核子从原子核中分离，需要外力克服核力做功；当自由核子结合成原子核时，核力将做正功，释放能量，故A、B正确；对某种原子核，平均每个核子的结合能称为平均结合能，不同原子核的平均结合能不同，重核的平均结合能比中等质量核的平均结合能要小，轻核的平均结合能比稍重的核的平均结合能要小，C正确，D错误。4．液体表面张力产生的原因是()A．在液体的表面层，分子间距过大，分子之间斥力消失，只有引力B．由于气体分子对表面层液体分子的吸引C．在液体的表面层里，由于分子间距比液体内部分子间距大，分子间引力占优势D．由于受到指向液体内部的吸引力的作用解析：选C在液体的表面层，分子间距比液体内部分子间距大，分子间的引力大于斥力，对外表现为引力，A错误，C正确。气体分子对表面层液体分子的吸引力非常小，可以忽略，B错误。表面张力与液面相切，D错