高中物理课时作业（人教版选修第三册）详解答案

详解答案分层作业(一)分子动理论的基本内容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：AB2．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：B3．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：B4．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：D5．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：A6．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：AC7．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))＝2.2×10－10m.答案：(1)1.3×1022个(2)2.2×10－10m8．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10－10m，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：ABD9．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：ABC10．解析：(1)1m3可燃冰可释放164m3的天然气．标准状况下1mol气体的体积为2.24×10－2m3.甲烷物质的量为n＝eq\f(V,Vm)＝eq\f(164,2.24×10－2)mol，则1m3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，1cm3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≈2.5×10－26kg.答案：(1)4.4×1021个(2)2.5×10－26kg分层作业(二)分子运动速率分布规律1．答案：A2．答案：C3．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：BD4．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：ACD5．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：C6．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：C7．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：BD8．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：D9．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：CD10．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<TⅡ<TⅢ，B说法错误；温度高的气体，分子平均速率较大，速率大的分子比例较多，C说法正确；从图像中可以直观体会到温度越高，分子运动越剧烈，D说法正确．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：A2．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\to(E)k＝eq\f(1,2)mv2知，平均速率eq\x\to(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：D3．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：AD4．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：D5．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：B6．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：B7．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：A8．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：BC9．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：B10．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1K，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＝273.15K＋t＝(273.15－33)K＝240.15K，故－33℃与240.15K表示相同的温度，D错误．答案：B2．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：AB3．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：A4．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：B5．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：ABD6．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：B7．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：AD10．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：ABC11．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：C2．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p­V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：D3．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－hcos45°，根据p1l＝p2l′，则l′变短，选项C正确．答案：C4．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＝1.1atm，V1＝V0打气6次，p2＝1atm,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＝1.4atm.答案：BC5．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－ρghcos45°，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：C6．解析：未向药瓶内注入气体前，药瓶内气体的压强p1＝1.0×105Pa.体积V1＝0.4mL，注射器内气体的压强p0＝1.0×105Pa，体积V0＝0.3×0.4mL＝0.12mL，将注射器内气体注入药瓶后，药瓶内气体的体积V2＝V1＝0.4mL，设压强为p2，根据玻意耳定律有p1V1＋p0V0＝p2V2，解得p2＝1.3×105Pa.答案：1.3×105Pa7．解析：对理想气体Ⅰ，由玻意耳定律p0L1S＝p1L′1Sp1＝p0＋eq\f(mAg,S)代入数据得L′1＝0.1m对理想气体Ⅱ，由玻意耳定律p0L2S＝p2L′2Sp2＝p1＋eq\f(mBg,S)代入数据得L′2＝0.05m故活塞A移动的距离d＝(L1＋L2)－(L′1＋L′2)＝0.05m.答案：0.05m8．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70cm时，管内外水银面高度差小于70cm.答案：BD9．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＝1.0×105Pa，V1＝V0＋nΔV，末状态：p2＝5.0×105Pa，V2＝V0，其中V0＝2dm3，ΔV＝0.2dm3.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2.0×105Pa时的体积为V3，则p3＝2.0×105Pa，由玻意耳定律有p2V2＝p3V3，代入数据解得V3＝5dm3，真空瓶的容积为V瓶＝0.7dm3，因eq\f(V3－V2,V瓶)＝4eq\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：A2．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：B3．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：B4．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：D5．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：C6．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＝360K.(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＝1.5×105Pa.答案：(1)360K(2)1.5×105Pa7．解析：(1)设理想气体B的初始压强为pB，则pB＝p0－5cmHg＝70cmHg(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)＝10cm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′＝500K答案：(1)70cmHg(2)500K8．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：AD9．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：A10．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＝T0V2＝(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：AC2．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：BCD3．解析：A、C错：在V­T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V­T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：BD4．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＝pVA22p0VB1＝pVB2VB2＋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＝6×103N.答案：(1)eq\f(500,3)cm(2)6×103N5．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＝5.83cm.(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＝3cm.答案：(1)5.83cm(2)3cm6．解析：此气体在0℃时，压强为标准大气压，所以它的体积应为22.4×0.3L＝6.72L，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6.72L，温度为127K＋273K＝400K，从A状态到B状态为等压变化．B状态的温度为227K＋273K＝500K，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＝8.4L.答案：D7．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＝15cm，C项正确．答案：C8．解析：(1)当推力F＝2×103N、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)＝1.5×105Pa＝1.5atm.(2)初始时A汽缸中气体的压强及体积分别为pA＝1atm，VA＝12L，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＝8L，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＝10cm.(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＝1atm，TB＝300K，活塞N达到平衡状态时，B汽缸中气体的压强p′B＝p′A＝1.5×105Pa＝1.5atm，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＝450K，即t′B＝177℃.答案：(1)1.5atm(2)10cm(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：D2．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：AD3．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：A4．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：C5．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：C6．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：C2．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：C3．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：AD4．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：AD5．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：B2．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：AD3．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：D4．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：C5．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50J并不一定是分子动能增加了50J．物体的分子平均动能有可能不变，这时吸收的50J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：BD6．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：D7．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：B8．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)×10×0.1J＋1.01×105×0.1×0.1J＝1030J答案：1030J9．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：AC10．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：A11．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：AC2．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：D3．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：A4．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W1<W2；若Q1<Q2，则必定有W1>W2，所以B、C、D三项都有可能但不一定，故选A.答案：A5．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：BD6．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：B7．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：AD8．解析：(1)由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120J＋280J＝160J，所以气体的内能增加了160J.(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160J，即ΔU′＝－160J，又Q′＝－240J，根据热力学第一定律得ΔU′＝W′＋Q′，所以有W′＝ΔU′－Q′＝－160J－(－240J)＝80J，即外界对气体做功80J.答案：(1)内能增加了160J(2)外界对气体做功80J9．解析：(1)外界对气体做的功W＝p·ΔV＝p(V－V′)，解得W＝1.0×105J.(2)由热力学第一定律得，汽缸内气体内能的变化量ΔU＝Q＋W＝－1.2×105J＋1.0×105J＝－2×104J，即气体内能减少了2×104J.答案：(1)1.0×105J(2)减少了2×104J10．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′＝1.4m.(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＝4.8J气体内能增加4.8J.答案：(1)1.4m(2)增加4.8J11．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：BC12．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)×10－3J＝202J，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：C13．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)＝1.4×105Pa，由盖­吕萨克定律有eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，代入数据解得TB＝450K.(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＝135J，外界对气体做功W＝－p(VB－VA)＝－28J，由热力学第一定律ΔU＝UB－U0＝Q＋W＝45J，可得气体变化过程中从电热丝吸收的总热量为Q＝73J.答案：(1)1.4×105Pa450K(2)73J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：B2．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：C3．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：A4．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：CD5．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：ABD6．解析：(1)汽车行驶的速度v＝eq\f(s,t)＝92km/h.(2)汽车发动机牵引力所做的功W＝Fs＝1800N×9200m＝1.656×107J，汽车发动机牵引力的功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(1.656×107,6×60)W＝4.6×104W.(3)汽油放出的热量Q＝mq＝1kg×4.6×107J/kg＝4.6×107J，发动机的效率η＝eq\f(W,Q)×100%＝36%.答案：(1)92km/h(2)4.6×104W(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：D2．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：B3．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：C4．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：BD5．解析：从金属表面逸出的光电子的最大初动能是1.5eV，入射光的能量为5.0eV，由光电效应方程Ek＝hν－W0，解得该金属的逸出功为W0＝hν－Ek＝3.5eV，故B正确，A、C、D错误．答案：B6．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：D7．解析：由Ek＝eq\f(1,2)meveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(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heq\f(ν,2)<W0，故不能发生光电效应，D错误．答案：BC8．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：A9．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＝5.0×1014Hz.(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＝6.4×10－34J·s.答案：(1)5.0×1014Hz(2)6.4×10－34J·s10．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0.7V时，电流表示数为0，可知光电子的最大初动能为0.7eV，根据光电效应方程Ek＝hν－W0，可得W0＝1.8eV，故A、C正确；开关S断开后，用光子能量为2.5eV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1.5eV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：AC11．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：C2．答案：A3．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：A4．解析：原子核半径的数量级是10－15m，整个原子半径的数量级是10－10m，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\o\al(\s\up1(235),\s\do1(92))U原子中的中子数n＝235－92＝143，D错误．答案：AC5．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：B6．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：A7．解析：由动能转化为电势能得eq\f(1,2)mαveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(α))＝qαφp①又因为φp＝eq\f(kQ,r)②由①②得r＝eq\f(2qαkQ,mαveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(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≈4×10－14m.答案：4×10－14m8．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：A9．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＝qeq\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＝qeq\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：C2．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：BC3．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：BC4．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：B5．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：BC6．解析：由hν＝En－Em和E4－E3<E3－E2，可知ν43<ν32，再根据c＝λν，所以λ43>λ32，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：A7．解析：大量氢原子处于n＝3能级上，由Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(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＝－0.85eV－(－1.51eV)＝0.66eV，C正确，n＝3能级的氢原子电离至少需要吸收的能量为0－(－1.51eV)＝1.51eV，D错误．答案：C8．解析：根据Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(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10.2eV，大于金属铂的逸出功，可以发生光电效应，故D正确．答案：D9．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：B10．解析：用12.09eV的光子照射处于基态的氢原子，因为－13.6eV＋12.09eV＝－1.51eV，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12.5eV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－13.6eV＋12.1eV＝－1.5eV，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12.1eV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Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝eq\f(3×4,2)＝6种谱线，故D正确．答案：AD11．解析：这些氢原子最多能发出Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(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＝12.75eV，从n＝3能级向n＝1能级跃迁时辐射光子的能量为hν31＝E3－E1＝12.09eV，从n＝2能级向n＝1能级跃迁时辐射光子的能量为hν21＝E2－E1＝10.2eV，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＝12.75eV－4.54eV＝8.21eV，则Uc＝8.21V，故D正确．答案：ACD12．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≈4.09×10－19J≈2.556eV.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≈3.03×10－19J≈1.89eV可知Hα谱线对应的跃迁是从n＝3能级到n＝2能级．答案：ABD13．解析：(1)E4＝eq\f(E1,42)＝－0.85eV.(2)r4＝42r1，keq\f(e2,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)))＝meq\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≈1.36×10－19J＝0.85eV(3)由于E4＝Ek4＋Ep4，所以电势能Ep4＝E4－Ek4＝－1.7eV.(4)能级差最小的是n＝4→n＝3，E3＝eq\f(E1,32)＝－1.51eV，所辐射的光子能量为ΔE＝hν＝E4－E3＝－0.85eV－(－1.51eV)＝0.66eV，得ν＝eq\f(ΔE,h)≈1.6×1014Hz.答案：(1)－0.85eV(2)0.85eV(3)－1.7eV(4)1.6×1014Hz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：B2．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：C3．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：B4．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：D5．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：AB6．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：C7．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：C8．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：AC9．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\o\al(\s\up1(30),\s\do1(15))P是放射性同位素，具有放射性，能发生衰变，D正确．答案：D2．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\co1(4x＋220＝232,2x－y＋86＝90))，解得x＝3、y＝2，D正确．答案：D3．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：AC4．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：D5．解析：已衰变的eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(84))Po的质量m＝＝eq\f(3,4)m0＝75g，C正确．答案：C6．解析：根据电荷数守恒与质量数守恒可知Y为正电子eq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(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：C7．解析：eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(83))Bi经过一次衰变变成eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(a))X，质量数没有发生变化，为β衰变，即eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(83))Bi→eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(a))X＋eq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(－1))e，故a＝84，选项A正确；eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(83))Bi经过一次衰变变成eq\o\al(\s\up1(b),\s\do1(81))Tl，核电荷数少2，为α衰变，即eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(83))Bi→eq\o\al(\s\up1(b),\s\do1(81))Tl＋eq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(2))He，故b＝206，选项B正确；eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(83))Bi→eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(a))X是β衰变，eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(83))Bi→eq\o\al(\s\up1(b),\s\do1(81))Tl是α衰变，选项C正确，D错误．答案：ABC8．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\o\al(\s\up1(238),\s\do1(92))X→eq\o\al(\s\up1(206),\s\do1(82))Y＋8eq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(2))He＋60－1e，故此过程中放射出6个电子，故A正确．答案：A9．解析：选项中的方程质量数不守恒，故A错误；eq\o\al(\s\up1(242),\s\do1(95))Am的半衰期太短，不能长时间使用，故不能用半衰期为16h的放射性同位素eq\o\al(\s\up1(242),\s\do1(95))Am代替eq\o\al(\s\up1(241),\s\do1(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：CD10．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