資源簡介

第３節　核力與結合能
　　．　　　　的核的比結合能最大,最穩定．
３．質能方程
物體的能量與它們質量的關系是:E＝　　
一、核力與四種基本相互作用 　　．
１．核力 ４．質量虧損
原子核內　　　　之間的相互作用力． 原子核的質量　　　　組成它的核子的質
２．核力的特點 量之和的現象．
(１)核力是　　　　的一種表現,在原子核
內,核力比庫侖力大得多．
(２)核力是短程力,作用范圍在 　之內．
(３)核力的飽和性:每個核子只跟　　　　 【典例１】　３１H的質量為３．０１６０５０u,質子的
發生核力作用． 質量是１．００７２７７u,中子的質量是１．００８６６５u,１u
３．四種基本相互作用 相當于９３１MeV．求:
(１)一個質子和兩個中子結合為氚核時,是
吸收還是放出能量 該能量為多少
(２)氚核的結合能和比結合能各是多少
(３)如果此能量是以光子形式放出的,則光
子的頻率是多少
４．原子核中質子與中子的比例
(１)較輕原子核:質子數和中子數　　　　．
(２)較重原子核:中子數　　　　質子數,越
重的元素兩者　　　　越多．
二、結合能和質量虧損
１．結合能
原子核是　　　　憑借核力結合在一起構
成的,要把它們分開,也需要　　　　,這就是原
子核的結合能．
２．比結合能
原子核的結合能與　　　　之比,稱作比結
合能,也叫　　　　結合能．比結合能越大,表示
原子核中核子結合得越　　　　,原子核越　　
９３
變式１:一個鋰核(７３Li)受到一個質子的轟 A．重的原子核,例如,鈾核２３５９２U,因為它的核
擊,變成兩個α粒子．已知一個氫原子核的質量 子多,核力大,所以結合得堅固而穩定
是 １．６７３６×１０－２７ kg,一 個 鋰 核 的 質 量 是 B．鋰核６３Li的核子的比結合能比鈾核２３５９２U
１１．６５０５×１０－２７kg,一個氦核的質量是６．６４６６ 的比結合能小,因此比鈾核２３５９２U 結合得更堅固更
×１０－２７kg． 穩定
(１)試寫出這一過程的核反應方程; C．比結合能的定義是原子核的結合能與其
(２)計算這一過程中的質量虧損;
核子數之比,比結合能越大的原子核越穩定
(３)計算這一過程中所釋放的核能．
D．以上三個表述都錯誤
變式２:如圖所示是原子核的平均核子質量
A 與原子序數Z 的關系圖像．下列說法中正確的是
(　　)
A．若D、E 能結合成F,結合過程一定要釋
放能量
B．若D、E 能結合成F,結合過程一定要吸
收能量
C．若C、B 能結合成A,結合過程一定要釋
放能量
D．若F、C 能結合成B,結合過程一定要釋
放能量
【典例２】　如圖所示,圖線表示原子核的比
結合能與質量數A 的關系,據此下列說法中正
確的是 (　　)
１．對于核力,下列說法中正確的是 (　　)
A　．　核　力　是　弱　相互　作　用　,作　用　力　很小
B．核力是強相互作用,是強力
C．核子之間的距離小于０．８×１０－１６ m 時,
核力表現為斥力,因此核子不會融合在一起
D．人們對核力的了解很清楚,特別是在小
于０．８×１０－１５ m 時,核力的變化規律更清楚
９４
２．下列關于核力、原子核的結合能、比結合 １
A． [( )２ ]
能的說法中正確的是 (　　) ２
mD－mp－mnc －E
A．維系原子核穩定的力是核力,核力就是 １B． [(２ mD＋m
２
n＋mp)c ＋E]
表現為相鄰核子間的相互吸引力
１
B．核力是強相互作用的一種表現,原子核尺 C． [(２ m
２
D－mp－mn)c ＋E]
度內,核力比庫侖力小 １
D． [(２ mD＋mn－mp
)c２－E]
C．比結合能小的原子核分解成比結合能大
的原子核時會釋放核能 ６．某核反應方程為２H＋３H →４１ １ ２He＋X．已
２
D．自由核子組成原子核時,其質量虧損所 知１H 的 質 量 為 ２．０１３ ６ u,
３
１H 的 質 量 為
對應的能量大于該原子核的結合能 ３．０１８０u,４２He的質量為４．００２６u,X 的質量為
３．下列判斷中,正確的是 (　　) １．００８７u．則下列說法中正確的是 (　　)
A．組成２３８U核的核子中任何兩個核子之間 A．X是質子,該反應釋放能量９２
都存在不可忽略的核力作用 B．X是中子,該反應釋放能量
B．組成２３８U 核的中子中任何兩個中子之間 C．X
是質子,該反應吸收能量
９２
都存在不可忽略的核力作用 D．X是中子
,該反應吸收能量
７．原子質量單位為u,１u相當于２３８ ９３１．５MeVC．組成 ９２U核的質子中任何兩個質子之間
的能量,真空中光速為c,當質量分別為m１和m２
都存在不可忽略的庫侖斥力作用
的原子核結合為質量為 M 的原子核時釋放出的
D．組成２３８９２U核的質子中任何兩個質子之間
能量是 (　　)
都存在不可忽略的核力作用
A．(M－m１－m２)u c２
４．一個質子和一個中子結合成氘核,同時放
B．(m１＋m２－M)u×９３１．５J
出γ光子,核反應方程是１１H＋１n→２０ １H＋γ,以下 C．(m１＋m２－M)c２
說法中不正確的是 (　　) D．(m１＋m２－M)×９３１．５eV
A．反應后氘核的質量一定小于反應前質子 ８．一靜止的鈾核放出一個α粒子衰變成釷
和中子的質量之和
核,衰變方程為２３８U →２３４ ４　９２ ９０Th＋２He．下列說法中
B．反應前后的質量數不變,因而質量不變 正確的是 (　　)
C．反應 前 后 質 量 數 不 變,但 會 出 現 質 量 A．衰變后釷核的動能等于α粒子的動能
虧損 B．衰變后釷核的動量大小等于α粒子的動
D．γ光子的能量為 Δmc２,Δm 為反應中的 量大小
質量虧損,c為光在真空中的速度 C．鈾核的半衰期等于其放出一個α粒子所
５．中子n、質子p、氘核D的質量分別為mn、 經歷的時間
mp、mD．現用光子能量為E 的γ射線照射靜止的 D．衰變后α粒子與釷核的質量之和等于衰
氘核使之分解,反應的方程為γ＋D →p＋n,若 變前鈾核的質量
分解后中子、質子的動能可視為相等,則中子的 ９．已知:氮核質量 MN＝１４．００７５３u,氧１７
動能是 (　　) 核的質量為 MO＝１７．００４５４u,氦核質量 MHe＝
９５
４．００３８７u,氫核質量為 MH＝１．００８１５u． ３．鐵核的比結合能比鈾核的比結合能大,下
試判斷１４N＋４He →１７ １７ ２ ８O＋１H 這一核反應 列關于它們的說法中不正確的是 (　　)
是吸收能量還是放出能量 能量變化了多少 A．鐵核的結合能大于鈾核的結合能
B．鐵核比鈾核穩定
C．鈾核發生核變化變成鐵核要放出能量
D．鈾核發生核變化變成鐵核質量要虧損
４．用質子轟擊鋰核(７３Li)生成兩個α粒子,
以此進行有名的驗證愛因斯坦質能方程的實驗．
已知質子的初動能是０．６MeV,質子、α粒子和鋰
核 的 質 量 分 別 是 １．００７ ３ u、４．００１５u和
７．０１６０u．已知１u相當于９３１．５MeV,則下列敘
述中正確的是 (　　)
A．此反應過程質量減少０．０１０３u
B．生 成 的 兩 個 α 粒 子 的 動 能 之 和 是
１．中子和質子結合成氘核時,質量虧損為 １８．３MeV,與實驗相符
Δm,相應的能量 ΔE＝Δmc２＝２．２MeV 是氘核 C．核反應中釋放的能量是１８．９MeV,與實
的結合能．下列說法中正確的是 (　　) 驗不相符
A．用能量小于２．２MeV的光子照射靜止氘 D．生 成 的 兩 個 α 粒 子 的 動 能 之 和 是
核時,氘核可以分解為一個質子和一個中子 １９．５MeV,與實驗相符
B．用能量等于２．２MeV的光子照射靜止氘 ５．靜止的氡核２２２８６Rn放出α粒子后變成釙
核時,氘核可能分解為一個質子和一個中子,它 核２１８８４Po,α粒子的動能為Eα．若衰變放出的能量
們的動能之和為零 全部變為反沖核和α粒子的動能,真空中的光速
C．用能量大于２．２MeV的光子照射靜止氘 為c,則該反應中的質量虧損為 (　　)
核時,氘核可能分解為一個質子和一個中子,它 ４ E
們的動能之和為零 A．
α
２１８ c２ B．０
D．用能量大于２．２MeV的光子照射靜止氘 ２２２ EC． α
２１８ Eα
核時,氘核可能分解為一個質子和一個中子,它 ２１８ c２
D．２２２ c２
們的動能之和不為零 ６．雷蒙德 戴維斯因研究來自太陽的電子
２．當兩個中子和兩個質子結合成一個α粒 中微子(νe)而獲得了２００２年諾貝爾物理學獎．他
子時,放出２８．３０MeV 的能量,當三個α粒子結 探測中微子所用的探測器的主體是一個貯滿
合成一個碳核時,放出７．２６MeV的能量,則當６ ６１５t四氯乙烯(C２Cl４)溶液的巨桶．電子中微子
個中子和６個質子結合成一個碳核時,釋放的能 可以將一個氯核轉變為一個氬核,其核反應方
量為 (　　) 程:ν＋３７Cl →３７e １７ １８Ar＋ ０－１e．
A．２１．０４MeV　　 B．３５．５６MeV 已知３７１７Cl核的質量為３６．９５６５８u,３７１８Ar核的
C．９２．１６MeV D．７７．６４MeV 質量為３６．９５６９１u,０－１e的質量為０．０００５５u,１u
９６
對應的能量為９３１．５ MeV．根據以上數據,可以 B．４２He核比６３Li核更穩定
判斷參與上述反應的電子中微子的最小能量為 C．兩個２１H 核結合成４２He核時吸收能量
(　　) D．２３５９２U核中核子的平均結合能比８９３６Kr核中
A．０．８２MeV 的大
B．０．３１MeV ９．關于核反應方程２３４ ２３４　９０Th →　９１ Pa＋X＋
C．１．３３MeV ΔE(ΔE 為釋放出的核能,X為新生成粒子),已
D．０．５１MeV 知２３４　９０Th的半衰期為T,則下列說法中正確的是
７．下列說法中正確的是 (　　) (　　)
A．２３４９０Th有放射性
B．２３４
ΔE
９０Th的比結合能為２３４
圖１ 圖２ C．
２３４
９１Pa比２３４９０Th少１個中子,X粒子是從原
子核中射出的,此核反應為α衰變
D．N 個２３４９０Th經２T 時間因發生上述核反
　 １
應而放出的核能為
４NΔE
(N 數值很大)
１０．鐳核２２６８８Ra發生衰變放出一個粒子變為氡
圖３ 圖４
核２２２８６Rn．已知鐳核２２６質量為２２６．０２５４u,氡核
A．如圖１,J．J．湯姆孫認為陰極射線本質是 ２２２質量為２２２０．１６３u,放出粒子的質量為４０．０２６u．
帶負電的粒子流并求出了其比荷 (１)寫出核反應方程;
B．如圖２,盧瑟福根據絕大多數α粒子大角 (２)求鐳核衰變放出的能量;
度散射實驗結果提出了原子的核式結構模型 (３)若衰變放出的能量均轉變為氡核和放出
C．如圖３,中等大小原子核的比結合能最 粒子的動能,求放出粒子的動能．
小,其中核子結合得牢固,原子核最穩定
D．如圖４,自然界中較輕的原子核內質子數
與中子數大致相等,穩定的重原子核內質子數比
中子數多
８．原子核的平均結合能曲線如下圖所示．根
據該曲線,下列判斷中正確的有 (　　)
A．４２He核的結合能約為１４MeV
９７ 參考答案
第一章　分子動理論 當堂訓練
１．B　２．D　３．A　４．D　５．A　６．D　７．D　８．B　９．D
第１節　分子動理論的基本內容 １０．D　解析:根據題意,氣體單位體積分子數是指單位體積
知識梳理 氣體分子的數量,選項 A中 NA是指每摩爾該氣體含有的氣體分
一、１．１０－１０　２．(１)粒子數　(２)６．０２×１０２３ mol－１　(３)摩爾質 子數量,Vm 是指每摩爾該氣體的體積,兩者相除剛好得到單位體
量　分子大小 積該氣體含有的分子數量,選項 A 正確;選項 B中,摩爾質量 M
二、１．(１)進入對方　(２)無規則運動　(３)固態　液態　氣態　 與分子質量m 相除剛好得到每摩爾該氣體含有的氣體分子數,即
(４)無規則運動　(５)溫度　(６)擴散　２．(１)微粒　無規則　 為 NA,此時就與選項 A 相同了,故選項 B正確;選項 C中,氣體
(２)不平衡　(３)無規則　(４)越小　越高　(５)液體(或氣體)分 摩爾質量與其密度相除剛好得到氣體的摩爾體積Vm ,所以選項
子　３．(１)無規則　(２)擴散　(３)無規則　越劇烈 C正確,D錯誤,故選 D．
三、１．(１)①空隙　②減小　空隙　③擴散　空隙　２．(１)引力 １１．C
斥力　(２)同時　合力　(３)分子間距離　減小　減小　①＝　０ １２．４．８×１０－２６kg　１．２×１０２２
１０－１０　忽略　② 斥　③引
解析:設空氣分子的平均質量為m０,阿伏加德羅常數用 NA
四、１．大量　永不停息　引力　斥力　２．(１)不規則　(２)大量
, M ２９×１０
－３
分子　受統計規律 表示 則m０＝N ＝６．０×１０２３ kg≈４．８×１０
－２６kg．要估算成年人
A
典例精解 一次深呼吸吸入的空氣分子數,應先估算出吸入空氣的物質的量
【典例１】　５×１０１８個 V ４５０×１０－６
n,則n＝ ＝ －３ mol≈２．０×１０－２ mol．
解析:根據密度公式求出１m３ 的空氣中 PM２．５的顆粒物的 Vmol ２２．４×１０
質量m＝ρV＝３００μg, 因此,吸入的空氣分子數約為 N＝nNA＝２．０×１０
－２×６．０×
m ３００×１０－６ １０２３＝１．２×１０２２．
物質的量為n＝M ＝ ４０ mol
,
課后鞏固
３００×１０－６
總數目為 N＝nNA＝ ×６．０×１０２３個≈５×１０１８個． １．B　２．C　３．B　４．B　５．C　６．A　７．C　８．B　９．D４０
１０．(１): : １．０×１０
２２個　(２)２．２×１０－１０ m
變式１B　解析 A項知道阿伏加德羅常數和氣體的摩爾質
解析:(１)金剛石的質量
量,只能求出分子的質量;B項已知氣體的密度,可以求出單位體
, m＝ρV＝３５００×５．７×１０
－８kg≈２．０×１０－４k ．積氣體的質量 知道氣體的摩爾質量可以求出單位體積氣體物質 g
, 碳的物質的量的量 知道阿伏加德羅常數可以求出單位體積分子個數,可以求
－４
出分子平均占據的體積,可以進一步求出分子間的平均距離,故 m ２．０×１０n＝M ＝１．２×１０－２ mol≈１．７×１０
－２ mol．
B正確;C項知道氣體的密度、體積和摩爾質量,可以求出該體積
金剛石所含碳原子數
氣體物質的量,求不出氣體分子體積,求不出分子間的平均距離,
N＝n N ＝１．７×１０－２ ２３A ×６．０２×１０ ≈１．０×１０２２個．
故C錯誤;D項知道氣體的質量和體積,只能求出氣體的密度,故 (２)一個碳原子的體積
D錯誤．
V ５．７×１０－８ ３ －３０ ３
【典例２】　B　解析:由于分子間斥力的大小隨兩分子間距離 V０＝N ＝１．０×１０２２ m ＝５．７×１０ m ．
變化比引力快,所以圖中曲線ab表示斥力,cd 表示引力,e點引力 π
把金剛石中的碳原子看成球體,則由公式V ＝ d３０ 可得碳
和斥力平衡,分子間距為r ,數量級為１０－１００ m,所以B選項正確． ６
３ ３
變式２:B　解析:分子間距離為r０時分子力為零,并不是分 ６V０ ６×５．７×１０－３０原子的直徑為d＝ ＝ m≈２．２×１０－１０ m．
子間無引力和斥力,A錯誤;當r＞r０時,
π ３．１４
隨著距離的增大,分子間
的引力和斥力都減小,但斥力比引力減小得快,故分子力表現為 第２節　實驗:用油膜法估測油酸分子的大小
引力,C錯誤;當r＜r０ 時,隨著距離的減小,分子間的引力和斥力 知識梳理
都增大,但斥力比引力增大得快,故分子力表現為斥力,D錯誤． １．(１)大量分子　分子　(２)直徑　２．②體積　③體積V　
１０６
④痱子粉　⑤輪廓　⑥面積S 酸酒精溶液;再往盤中倒入水,并撒上痱子粉;然后用注射器將配
典例精解 好的溶液滴一滴在水面上,待薄膜形狀穩定,再將玻璃板放于淺
【典例１】　(１)FECBAD　(２)８６　４．７×１０－１０(合理即可)
盤上,用彩筆描繪在玻璃板上, V由d＝ 計算油酸分子的直徑．
解析:(１)由題意知,實驗步驟的合理順序為FECBAD． S
(２)方格數大約為８６個,則油膜面積為８６×１cm２＝８６cm２, () １×１０
－６ １ V
２ 一滴溶液中含油酸體積V＝ ３,故５０ ×３００m d＝S
V ４．０×１０－６×１０－６
分子直徑d＝S ＝ ８６×１０－４ m≈４．７×１０
－１０ m． ＝５×１０－１０ m．
() () －７ －１０
變式１:(１)②應在量筒中滴入 N 滴溶液,計算得出一滴溶液 ９．１C　 ２５×１０ 　４０　１．２５×１０
的體積;③應在水面上先撒上痱子粉　(２)１．２×１０－１０ 解析:( V１)油酸分子直徑d＝ ．計算結果明顯偏大,可能是S V
解析:(１)②在量筒中直接測量一滴油酸酒精溶液的體積誤
取大了或S 取小了．油酸完全散開,所測S 正好,不影響結果,A
差太大,應先用累積法測出 N 滴溶液的體積,再算出一滴溶液的
錯誤;油酸中含有大量的酒精,不影響結果,B錯誤;若計算油膜
體積．③油酸在水面上形成的油膜形狀不易觀察,可在水面上先
面積時舍去了所有不足一個的方格,使S 偏小,d 偏大,C正確;
撒上痱子粉,再滴油酸酒精溶液,穩定后就呈現出清晰輪廓．
若求每滴體積時,１mL的溶液的滴數多記了１０滴,使V 偏小,d
(２)一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積
偏小,D錯誤．
V＝４．８×１０－４×０．１０％ mL,
(２)每一滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積為
V ４．８×１０－４×１０－３×１０－６
則d＝S ＝ ４０×１０－４ m ０．１ １V＝１０００×２００mL＝５×１０
－７ mL
＝１．２×１０－１０ m．
油膜的面積S＝４０×１cm２＝４０cm２,
【典例２】　(１)１０８cm２　(２)８×１０－６ mL　(３)７．４×１０－１０ m
V ５×１０－７×１０－６ －１０
解析:(１)多于半格計一個,不足半格舍去,由題圖知,正方形 分子直徑d＝S ＝ ４０×１０－４ m＝１．２５×１０ m．
方格大約有１０８個,那么油膜面積S＝１０８×１cm２＝１０８cm２． １０．１０m２
(２)
１
１mL溶液中有７５滴,１滴溶液的體積為 mL,又每７５ 解析:
M
一個油酸分子的體積V＝ ,由球的體積與直徑的關
ρNA
１
１０４ mL溶液中有純油酸６mL, mL溶液中純油酸的體積V＝ ３７５ ６M , １×１０
－８ m３
系得分子直徑D＝ 最大面積S＝ ,解得πN D S＝ρ A
６ １ －６ ２
１０４×７５mL＝８×１０ mL． １０m ．
(３)油酸分子的直徑 課后鞏固
V ８×１０－６ １．C　２．D　３．B　４．A　５．B　６．D
d＝S ＝ １０８ cm≈７．４×１０
－８cm,
VV
７．將痱子粉均勻撒在水面上　d＝ １ ０２
７．４×１０－８cm＝７．４×１０－１０ m． NV２an
變式２:(１)２．４×１０－２ m２　(２)１．２×１０－１１ m３　(３)５×１０－１０ m 解析:在步驟③中,應將痱子粉均勻撒在水面上
解析:(１)可以數出油膜輪廓內正方形個數n約為６０個． V油酸分子的直徑為d＝ ,S
油膜面積
V０ V１
S＝nL２＝６０×(２０×１０－３)２ m２＝２．４×１０－２ m２． 一滴純油酸的體積為V＝ ,n V２
(２)１滴溶液中純油酸的體積 油膜的面積為S＝Na２,
６ １
V＝１０４×５０mL＝１．２×１０
－５ mL＝１．２×１０－１１ m３． VV聯立解得d＝ １ ０NVa２n．２
(３)油酸分子的直徑
() () nV nV
V １．２×１０－１１ ８．２１１５S　 ３N(m＋n)　１１５NS(m＋n)
d＝S ＝２．４×１０－２ m＝５×１０
－１０ m．
解析:(２)已知網格紙上每個小方格面積為S,求油膜面積
當堂訓練
時,半個以上方格面積記為S,不足半個舍去,可算得面積為S１
１．D　２．C　３．A　４．B　５．B　６．C　７．A ＝１１５S;
８．(１)④①②⑤③　(２)５×１０－１０ n
:() “ ” , ()油酸酒精溶液的濃度為解析 １ 在 用油膜法估測分子的大小 實驗中 應先配制油 ３ m＋n．
１０７
V n 五、１．相互位置　２．(１)體積　(２)距離　３．(１)引力　增加　
１滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積為V１＝N ×m＋n (２)斥力　增加　(３)最小
nV
＝ , 六、１．熱運動動能　分子勢能　２．無規則的熱運動　３．(１)物質N (m＋n)
的量
V 　
(２)溫度　(３)體積　物質的量　溫度　體積
油酸分子的直徑為d＝ １,S１ 典例精解
nV 【典例１】　B　解析:溫度變化,表現出“中間多、兩頭少”的分解得d＝１１５NS(m＋n)．
布規律是不會改變的,選項 B描述不正確;由氣體分子運動的特
９．５×１０－１０　偏小　偏大
點和統計規律可知,選項 A、C、D描述正確．
１
解析:１mL的油酸溶液中含有純油酸的體積為V＝３００mL
, 變式１:C　解析:同一溫度下,中等速率大的氧氣分子數所
V １ １ 占的比例大;溫度升高時,速率大的氧氣分子數增加,使得氧氣分
則１滴該溶液中含有純油酸的體積為V０＝n ＝５０×３００mL≈ 子的平均速率增大,１００℃的氧氣,速率大的分子比例較多,由圖
６．７×１０－５ mL． 像可知,０℃時的最大比例值大,但對應的分子速率小于１００℃時
V ６．７×１０－５×１０－６
油酸 分 子 的 直 徑 為 d＝ ０ ＝ m≈５× 的情況,A、B錯誤;溫度升高,分子的運動加劇,使得氧氣分子的S ０．１３
平均速率增大,C正確;溫度是分子平均動能的標志,與個別分子
１０－１０ m．
速率大小無關,氣體內部溫度相同,D錯誤．
使用的油酸酒精溶液配制好后敞口放置了很長時間,酒精會
【典例２】　D　解析:從分子間的作用力與分子間的距離的
揮發,導致油酸濃度增大,１滴該溶液中含有純油酸的真實體積比
關系知道,當分子間距離大于r０時,分子力表現為引力;當分子間
計算所得體積大,則測量出的油酸分子直徑將偏小．
距離小于r０時,分子力表現為斥力;當分子間距離大于１０r０時,分
油酸未完全散開時就開始測量油酸膜的面積,則測得的油膜
子間的作用力十分小,可以忽略．所以,當乙從較遠處向甲逐漸靠
的面積偏小,可知會導致計算結果偏大．
近的過程中,分子力先是對乙做正功,而由做功與分子勢能變化
１
１０．１滴油酸酒精溶液的體積　單分子油膜　 ×１０－５MN 的關系知道,分子力做正功,分子勢能減小;后是分子力對乙做負
解析:用滴管將濃度為０．１％的油酸酒精溶液一滴一滴地滴 功或者乙克服分子力做功,而由做功與分子勢能變化的關系知
入量筒中,記下滴入１mL的油酸酒精溶液的滴數N,求出１滴油 道,分子力做負功,分子勢能增加,因此在乙逐漸向甲靠近的過程
酸酒精溶液的體積． 中,分子勢能是先減小后增大．答案為 D．
將痱子粉均勻地撒在淺 盤 內 水 面 上,用 滴 管 吸 取 濃 度 為 變式２:C　解析:乙分子由a運動到c的過程,一直受到甲分
０．１％的油酸酒精溶液,從低處向水面中央滴入一滴油酸酒精溶 子的引力作用而做加速運動,到c時速度達到最大,而后受甲的
液,使之充分擴散,形成單分子油膜． 斥力作用做減速運動,A、B錯誤;乙分子由a 到b的過程所受引
１ , 力做正功,分子勢能一直減小,C正確;而乙分子從每一滴油酸酒精溶液的體積是 mL 純油酸的體積為V＝ b
到d 的過
N
程,先是引力做正功,分子勢能減少,后來克服斥力做功,分子勢
１
０．１％× mL, 能增加,故 錯誤N D ．
V ０．１％×１０－６ 當堂訓練
油膜的厚度,即油酸分子的直徑為d＝S ＝ NM×１０－４ ＝ １．C　２．C　３．A　４．C　５．C　６．B　７．C　８．B　９．C　
１
×１０－５ m． １０．D　１１．AMN
１２．TⅠ ＜TⅡ ＜TⅢ 　解析:溫度越高、分子熱運動越劇烈,分
第３、４節　分子運動速率分布規律 子平均動能越大,故分子平均速率越大,溫度越高,速率大的分子
分子動能和分子勢能 所占比例越多,氣體分子速率“中間多”的部分在f(v)v 圖像上
知識梳理 向右移動．所以由圖中可看出TⅠ ＜TⅡ ＜TⅢ ．
一、１．勻速直線運動　２．任何一個方向　相等 課后鞏固
二、２．溫度　中間多、兩頭少　升高　中間多、兩頭少　增大　 １．D　２．C　３．A　４．B　５．A　６．B　７．B
速率大 ８．５×１０－２３J
三、１．大量　單位面積　２．作用力　數密度　較大 解析:在乙分子靠近甲分子過程中,分子力先做正功,后做負
四、１．熱運動　２．平均動能　３．平均動能 功,分子勢能先減小,后增大,動能和勢能之和不變．當速度為零
１０８
, , １ １ 代入數據得 N＝３×１０
２４個．
時 分子勢能最大 Epm＝ΔEk減 ＝２mv
２＝ －２６２×１×１０ ×１００
２J
() V每個分子所占的空間為
＝５×１０－２３J． ２ V０＝N ．
９．見解析 設分子間平均距離為a,
解析:(１)如果分子間作用力的合力為零,此距離為r０．當分 ３ V
則有V ３０＝a ,即a＝
３V０ ＝ ．
子間距離小于r０時,分子間的作用力表現為斥力,要減小分子間 N
－９
的距離必須克服斥力做功,因此,分子勢能隨分子間距離的減小 代入數據得a≈３×１０ m．
２
而增大．如果分子間距離大于r０時,分子間的相互作用表現為引 () ４πR p０N１３．１ 地球大氣層空氣的分子數n＝ A;Mg
力,要增大分子間的距離必須克服引力做功,因此,分子勢能隨分
３ Mgh
子間的距離增大而增大． (２)空氣分子之間的平均距離d 為 ．p０NA
從以上兩種情況綜合分析,分子間距離以r０為數值基準,分 解析:(１)大氣壓是由地球大氣層的重力產生,設大氣層質量
子間距離不論減小或增大,分子勢能都增大．所以說,分子在平衡 為m,地球表面積為S,可知:mg＝p０S,S＝４πR２,
位置處是分子勢能最低點．
４πR２: p得 ０( ,２)由圖可知,分子勢能為零的點選在了兩個分子相距無窮 m＝ g
遠的位置．因為分子在平衡位置處是分子勢能最低點,據圖也可 : m ４πR
２p N
大氣分子數 n＝ N ０ AA＝ ．
以看出:在這種情況下分子勢能可以大于零,也可以小于零,也可 M Mg
()
以等于零是正確的． ２ 氣體分子間距離非常大
,所以把每一個氣體分子平均占
(３)
,
因為分子在平衡位置處是分子勢能最低點,顯然,選兩個 據的空間認為是一個立方體模型 立方體邊長即為分子間平均距
離,設為 ,r 因為地球大氣層的厚度 遠小于地球半徑
,
分子相距 ０時分子勢能為零,其他位置分子勢能將大于零． a h R
所以大氣層體積:V＝Sh＝４πR２h,V＝nd３,
本章評估
３ Mgh
一、１．C　２．C　３．B　４．C　５．C　６．C　７．D　８．C 聯立解得:d＝ N ．p０ A
９．B　解析:根據分子動理論可知,A 不正確,B正確．無論怎
, 第二章 氣體、固體和液體樣壓縮 氣體分子間距離一定大于r０,所以氣體分子間一定表現 　
為引力．空氣壓縮到一定程度很難再壓縮不是因為分子斥力的作 第１、２節　溫度和溫標　氣體的等溫變化
用,而是氣體分子頻繁撞擊活塞產生壓強的結果,應該用壓強增 知識梳理
大解釋,所以C不正確．磁鐵吸引鐵屑是磁場力的作用,不是分子 一、１．研究對象　３．體積　壓強　４．狀態參量穩定
力的作用,所以 D也不正確． 二、１．熱平衡狀態　２．熱平衡　３．溫度
１０．A　解析:在系統不和外界交換能量的條件下,高溫的銅 三、１．熱膨脹　電阻　壓強　溫差　２．溫度　(１)０℃　１００℃
塊放出的熱量一定等于低溫的鐵塊吸收的熱量．達到熱平衡時, 　１００　(３)t　攝氏度　T　開爾文　t＋２７３．１５K
兩者的溫度一定相等,故 A正確,D錯誤,B錯誤;由Q＝cmΔt知 四、１．壓強　體積　溫度　狀態參量　２．(１)注射器　橡膠塞　
T ＋T
銅塊和鐵塊的比熱容不同,達到熱平衡時的溫度T≠ １ ２, 空氣柱　
(２)C 壓力表　刻度尺　
(３)正比　反比　３．一定質量的
２
氣體　溫度不變
錯誤．
五、１．一定質量　溫度不變　pV＝常量　３．雙曲線　等溫線　
１１．B　解析:溫度越高分子熱運動越劇烈,分子運動劇烈是
不同的
指速率大的分子所占的比例大,圖T２ 速率大的分子比例大,溫度
典例精解
高;圖T１ 速率大的分子所占比例最小,溫度低,故T１＜T２,故 A 【典例１】　(１)B　(２)保證氣體在狀態變化過程中溫度盡可
錯誤,B正確;圖中兩個狀態下曲線下的面積都是１,則兩條圖線
能保持不變　(３)C　(４)B　
和橫軸所包圍的面積一定相等,故C,D錯誤．
解析:(１)用橡膠塞密封注射器的下端,是為了封住一定量的
二、１２．(１)３×１０２４個　(２)３×１０－９ m
氣體,故 A 是必需的;沒有必要測量柱塞的直徑,由于整個過程
解析:(１)
V
設 N２的物質的量為n,則n＝ρ , 中,截面不變,知道長度就可以,列方程時,兩邊把截面面積可以M
消掉,故B是不必需的;讀取壓力表上顯示的氣壓值,知道初末狀V
氮氣的分子總數 N＝ρ NA,M 態的氣壓值,故C是必需的;讀取刻度尺上顯示的空氣柱長度來
１０９
表示空氣的體積,故 D是必需的． 即p０l０S＝ ( Fp０＋ ) (l０＋x－l) S,
(２)不是用手握住玻璃管(或注射器),并且在實驗中要緩慢 S
推動活塞,這些要求的目的是:盡可能保證封閉氣體在狀態變化 F根據胡克定律有:x＝ ,k
過程中溫度保持不變． 聯立上式解得:l＝０．３m．
() １３ 圖像中直線比曲線直觀,在等溫變化中,P 與 成正比, 變式２:V ０．３９m
解析:以管內封閉的氣體為研究對象．玻璃管開口向上時,管１
因此畫P 圖像,應是一條過坐標原點的直線,故 C正確,V ABD 內的壓強p１＝p０＋ph,氣體的體積V１＝L１S(S 為玻璃管的橫截
錯誤． 面積)．
(４)A、B 位于同一雙曲線上,由圖示p V 圖像可知,A、B 當玻璃管開口向下時,管內的壓強p２＝p０－ph,這時氣體的
兩點在同一條等溫線上,在直線AB 上取一點C(可以取中點),過 體積V２＝L２S．
pV 溫度不變,由玻意耳定律得:(
C 點的等溫曲線如圖所示,由理想氣體狀態方程 ＝C 可知,兩 p０＋ph
)L１S＝(p０－ph)L２S
T
p０＋h ７６＋１０
等溫線的溫度關系為:T１＜T２,則:TA ＝TB ＜TC,由此可知,一
所以L２＝ －hL１＝７６－１０×０．３m≈０．３９m．p０
定質量的氣體由狀態A 變到狀態B 的過程中,溫度先上升后下 當堂訓練
降,故B正確,ACD錯誤． １．B　２．D　３．B　４．B　５．A　６．B
７．B　解析:當水位升高時,細管中的水位也升高,被封閉空
氣的體積減小,由玻意耳定律可知,壓強增大,所以B正確．
８．B　９．A　１０．C
１１．０．０５m
解析:設玻璃管的橫截面積為S,以管內氣體為研究對象,設
進入管中的水銀的高度為
變式１:(１)AB　(２)
x．
為過坐標原點的直線　(３)傳感器與注
初態:p１＝p０,V１＝l S
射器間有氣體　傳感器與注射器間氣體體積
解析:(１)
l
完成本實驗的基本要求是:此實驗必須在等溫條件 末態:p２＝p０＋ρg ( －x) ,２ V２＝(l－x) S
下操作,選項 A正確;封閉氣體的注射器密封良好,否則注射器漏 根據玻意耳定律得p１V１＝p２V２,代入數據解得x≈０．０５m．
氣的話,會出現誤差,選項B正確;實驗中沒必要必須弄清所封閉 課后鞏固
氣體的質量,選項C錯誤;氣體的壓強和體積沒必要必須用國際 １．A　２．B　３．A　４．D　５．B　６．B　７．D
單位,選項 D錯誤;故選 AB． ８．(１)在注射器活塞上涂潤滑油,增加氣密性
(２)理論上封閉氣體發生等溫變化時滿足:pV＝C,即V＝ (２)移動活塞要緩慢　手不要握住注射器封閉氣體部分等
１ １
C 可知,如果V 圖像是過原點的直線,就說明氣體的體積 (３)注射器與壓強傳感器連接部位的氣體體積
p p
解析:(１)本實驗研究一定質量的氣體,需保持氣體質量不
跟壓強的倒數成正比,即體積與壓強成反比．
變,故實驗裝置不能漏氣,所以需在活塞上涂潤滑油,增加氣密
(３)若他實驗操作規范正確,則圖線不過原點的原因可能是
性．(２)本實驗氣體溫度保持不變,一切容易引起氣體溫度發生變
傳感器與注射器間有氣體,圖乙中V０代表傳感器與注射器間氣
化的因素都要盡量避免,所以推拉活塞時一定要緩慢,外界與氣
體體積． 體盡量不要有溫差而發生熱傳遞．(３)一定質量氣體溫度不變時
【典例２】　０．３m
, １ １
: , , pV 乘積保持不變 即p 與V 成反比
,那么V 與 成正比,V
解析 設活塞A 下移的距離為l 活塞B 下移的距離為x 對 p p
圓筒中的氣體分析: １
圖像應為過坐標原點的傾斜直線．而圖２中V 與 為一次函數關
p
初狀態:p１＝p０,V１＝l０S,
, １F 系 即V＋V０＝k ．每次體積記錄都差一個V０值,這說明誤差是
末狀態:p２＝p０＋ , pS
由系統原因引起的,只可能是接口連接處的氣體體積沒有考慮．
V２＝(l０＋x－l)S．
１５p０S
由玻意耳定律得:p ９．１V１＝p２V２, ２６g
１１０
解析:設活塞再次平衡后,活塞上方氣體的體積為V１,壓強 變式１:A　解析:從圖線看出:AB 是等壓變化,BC 是等溫
為p１;下方氣體的體積為V２,壓強為p２．在活塞下移的過程中,活 變化,CA 是等容變化．
塞上、下方氣體的溫度均保持不變,由玻意耳定律得 【典例２】　(１)３．２×１０７Pa　(２)１．６×１０８Pa
V 解析:(１)設初始時每瓶氣體的體積為V０,壓強為p０;使用后
p０ ＝p１V１,２ 氣瓶中剩余氣體的壓強為p１．假設體積為V０、壓強為p０的氣體壓
V
p０ ＝p２V２, 強變為p１時,其體積膨脹為V１．由玻意耳定律２
p０V０＝p１V由已知條件得 １
,
被壓入爐腔的氣體在室溫和
V V V p
１條件下的體積為
１３
V１＝２＋
,
６－８＝２４V V１′＝V１－V０,
V V V 設, １０
瓶氣體壓入完成后爐腔中氣體的壓強為p２,體積為
V２＝２－６＝３ V２．由玻意耳定律
設活塞上方液體的質量為m,由力的平衡條件得 p２V２＝１０p１V１′,
p２S＝p１S＋mg, 聯立上式并代入數據得
１５pS
聯立以上各式得m＝ ０ ． p２＝３．２×１０７Pa．２６g
(２)設加熱前爐腔的溫度為T０,加熱后爐腔的溫度為T１,氣
第３節　氣體的等壓變化和等容變化 體壓強為p３．由查理定律
知識梳理 p３ p＝ ２,
一、１．壓強不變　２．()
T T１ T０
２CT　 １ ()質量 壓強 ()T 　 ３ 　 　 ４ ＞２ 聯立上式并代入數據得
二、１．壓強　溫度　２．(１)體積不變　壓強p　熱力學溫度T　 p３＝１．６×１０８Pa．
() p２ T２CT　T 　
１　(３)０K　(４)質量　體積 p甲 V甲 p乙 V乙
２ T２ 變式２:B　解析:據理想氣體的性質可知, ,T ＝甲 T乙
三、１．氣體實驗定律　２．溫度　壓強 因為p甲 ＜p乙 ,且V甲 ＝V乙 ,則可判斷出T甲 ＜T乙 ,B項正確;氣
、 pV pV pV四 １．壓強跟體積　熱力學溫度　２．(１) １ １＝ ２ ２　(２) 體的溫度直接反映出氣體分子平均動能的大小,故C、D不正確．T１ T２ T
當堂訓練
＝C　３．理想氣體　４．(１)溫度　玻意耳定律　(２)體積　查理
１．D　２．A　３．D　４．D　５．B　６．D　７．C　８．B　９．D
定律　(３)壓強　蓋 呂薩克定律
d ΔT
五、１．一定　數密度　增大　２．數密度　平均動能　壓強　 １０． T
３．平均動能　體積　數密度 解析:(１)封閉氣體做等壓變化
典例精解 V V ΔV
根據蓋 呂薩克定律可知, １ ２ ,
【典例１】　()
＝ ＝
１３６３K　(２)見解析 T１ T２ ΔT
解析:(１)活塞由A 移動到B 的過程中,先做等容變化,后做 V１ dS解得 ΔV＝ ΔT＝ ,T１ T ΔT
等壓變化．
ΔV d ΔT
pA p０,VA VA ＋ΔV
則活塞與筒底間的距離變化量 Δd＝ ＝ ．
由 ＝ ＝ ,解得T T T T T＝３３０K
,TB ＝３６３K． S T
A B
課后鞏固
(２)活塞在A 位置先經歷等容變化,溫度由２９７K→３３０K,
１．A　２．D　３．C　４．A　５．D　６．C　７．B　８．B　９．A
壓強由０．９p０→p０,之后活塞由A 移動到B,氣體做等壓變化,壓
９
強為p０不變,溫度由３３０K→３６３K,體積由V →１．１V ,其p V １０．(１)８∶３　(０ ０ ２)１０
圖線如圖所示: 解析:(１)設活塞原來處于平衡狀態時 A、B 的壓強相等為
p０,后來仍處于平衡狀態壓強相等為p,根據理想氣體狀態方程,
:p０VA pVA′對于A 有 ,T ＝A TA′
pV pV′
對于B 有: ０ B ＝ B ,TB TB′
１１１
VA ＝２VB , 由圖可知V０就是圖中八個離子所夾的立方體的體積,此正
:VA′ ８
３
化簡得 M
V′＝３． 方體的邊長d＝
３V０ ＝ ,而兩個最近的鈉離子中心間的B ２NAρ
(２)由題意設VA ＝２V０,VB ＝V０,汽缸的總體積為V＝３V０, ３ ３M ５８．５×１０－３
８ ２４ 距離r＝ ２d＝ ２× ２N ＝１．４１× ２３ ３ m可得:VA′＝１１V＝１１V
, Aρ ２×６．０×１０ ×２．２×１００
＝４×１０－１０ m．
可得:p０ ９＝
p １０
． 第５節　液體
知識梳理
第４節　固體 一、１．要小　２．壓縮　流動　速度快　３．r０　稀疏　r０　相互
知識梳理 吸引　４．(１)吸引　(２)收縮　(３)薄層
一、１．晶體　非晶體　晶體　非晶體　２．確定　確定　有確定 二、１．(１)潤濕　附著　浸潤　不浸潤　(２)固體　(３)分子力　
沒有確定的熔點　３．各向異性　各向同性　單晶體　各向同性 ２．(１)上升　下降　(２)越大　３．(１)各向異性　(２)溫度　濃度
二、１．空間　２．不同規則　在一定條件下 (３)棒狀　碟狀　平板狀　(４)顯示器
典例精解 典例精解
【典例１】　D　解析:判斷固體是否為晶體的標準是看是否 【典例１】　C　解析:液體表面張力是液體表面各部分之間
有固定的熔點,多晶體和非晶體都具有各向同性和無規則的外 相互吸引的力,選項 A錯誤;液體的表面層分子要比內部稀疏些,
形,單晶體具有各向異性和規則的外形,D正確． 分子間的距離較內部分子間距離大,表面層分子間表現為引力,
【典例２】　A　解析:晶體具有規則的形狀,是晶體內部物質 選項B錯誤;液體的表面張力總使液面具有收縮的趨勢,選項 C
微粒有規則排列的宏觀表現;不管是晶體,還是非晶體,組成物質 正確;液體表面張力的方向總是與液面相切,總是跟液面分界線
的微粒永遠在做熱運動;晶體和非晶體在一定條件下可以相互轉 相垂直,選項 D錯誤．
化,非晶體就談不到什么層面問題,即使晶體各個層面的微粒數 變式１:D　解析:在液體與氣體接觸的表面處形成一個特殊
也不一定相等,故 A正確,B、C、D錯誤． 的薄層,稱為表面層,在液體表面層內,分子的分布比液體內部稀
當堂訓練 疏,它們之間的距離r＞r０,分子間作用力表現為引力,因此液體
１．D　２．C　３．B　４．A　５．B　６．B　７．C 表面有收縮的趨勢．故 D項正確．
８．晶體　運動　解析:晶體具有規則的幾何形狀,分子排列 【典例２】　B　解析:附著層Ⅰ液體分子比液體內部分子密
具有空間周期性,巖鹽分子按一定的規律排列,構成一系列大小
集,附著層內液體分子間距離小于r０,附著層內分子間作用表現
相同的正方形,符合晶體的特性,故巖鹽是晶體;分子在永不停息
為斥力,附著層有擴散趨勢,C正確;附著層Ⅱ內液體分子比液體
地做無規則運動,故氯離子是運動的． 內部分子稀疏,附著層內液體分子間距離大于r０,附著層內分子
９．晶體熔化時溫度保持不變,分子的平均動能不變,晶體熔
間作用表現為引力,附著層有收縮的趨勢,D正確;表面層內分子
化過程中吸收的熱量使分子間的距離增大,全部用來增加分子的
比液體內部疏,表現為引力,A正確,B錯誤．
勢能．因為物體的內能是物體內部所有分子的動能和分子勢能的
變式２:C　解析:毛細現象和液體的浸潤、不浸潤相聯系．浸
總和,所以晶體熔化時內能增大．
潤液體在細管中能上升,不浸潤液體在細管中能下降,故 A、B正
課后鞏固
確．建筑房屋時,在砌磚的地基上鋪一層油氈或涂過瀝青的厚紙,
１．C　２．D　３．A　４．B　５．D　６．A　７．D
能防止地下的水分沿著夯實的地基以及磚墻的毛細管上升,以使
８．石墨是金剛石的同素異形體,兩者的不同結構,造成了物
房屋保持干燥．土壤里有很多毛細管,地下的水分可以沿著它們
理性質上的很大差異,金剛石質地堅硬,而石墨由于具有層狀結
上升到地面．如果要保存地下的水分,就要把地面的土壤鋤松,破
構,層與層之間結合不很緊密,故層與層之間易脫落,故能起到潤
壞這些土壤里的毛細管．相反,如果想把地下的水分引上來,就不
滑作用．用鉛筆在紙上寫字也是根據這個道理．
僅要保持土壤里的毛細管,而且還要使它們變得更細,這時就要
９．４×１０－１０ m
用磙子壓緊土壤,所以C錯誤,D正確．
解析:１mol食鹽中有 NA個氯離子和 NA個鈉離子,離子總
當堂訓練
數為２NA,因而摩爾體積V、摩爾質量 M 與物質密度ρ的關系為
M , V M
１．A　２．D　３．B　４．A　５．B　６．B　７．D　８．C　９．A
V＝ 所以一個離子所占的體積為V０＝
ρ ２N
＝
A ２ρN
．
A １０．若要保存地下水分,應及時切斷地表的毛細管,例如鋤
１１２
地,若想把地下的水引上來則多植毛細管;用在水中能浸潤的毛 V V
有 ２＝ ３,代入數據解得T＝４００K．
巾能更好地吸汗;建造房屋時,在砌磚的地基上鋪一層油氈或涂 T０ T
過瀝青的厚布是為了切斷毛細管,油氈和涂瀝青的厚布在水中都 ２１３．(１)p１＝１．２p　(２)３
不浸潤． 解析:(１)設閥門 K閉合時A 中氣體的壓強為p１,活塞橫截
課后鞏固
面積為S,根據玻意耳定律有
１．A　２．D　３．A　４．D　５．D　６．A　７．A p１ LS＝１．２p LS,
本章評估 解得p１＝１．２p ．
一、１．A　２．C　３．C　４．C　５．B　６．C　７．A　８．C　９．A (２)因為B 氣體氣壓也降為p,由(１)可知B 氣體的總體積將
二、１０．(１)使封閉氣體與外界進行充分的熱交換,保持封閉氣體 變為V′B ＝１．２LS,
１ p０V０ 瓶中B 氣體剩余的體積為VB２＝(２L－１．２L)S＝０．８LS,的溫度不變　(２) 　(３)Δp＝ 大氣壓強V V －p０　 設B 中剩余氣體質量為mB２,漏氣前 B 中氣體的質量為
解析:(１)由于推動活塞的時候對氣體做功,改變氣體的內 mB ,則有
能,氣體的溫度會發生變化．因而需要等一會兒,使封閉氣體與外 mB２ VB ２＝ρ ２ ＝ ．
界進行充分的熱交換,保持封閉氣體的溫度不變． mB ρV′B ３
(２)根據pV＝k,p＝p０＋Δp, 第三章　熱力學定律
１
聯立可得 Δp＝k V －p０． 第１、２節　功、熱和內能的改變
１
故x 軸為 熱力學第一定律V ．
知識梳理
(３)由于pV＝p０V０,
一、１．(１)能量　吸熱　放熱　(２)①上升　②熱效應 　(３)方式
pV
故 Δp＝
０ ０
V －p０． ２．
(１)自身狀態　絕熱　變化　(２)ΔU＝W
, 二、 ()溫度 ()溫度由數學一次函數的知識可知 圖像縱軸截距的絕對值的物理 １．１ 　 ２ 　熱量　２．(１)內能　(２)ΔU＝Q　
, (３)①內能　②轉化　內能的轉移含義是p０ 即表示大氣壓強．
三、１．熱傳遞　等效的　２．(１)熱量　所做的功　(２)ΔU＝Q
() ; p０S T１１．１２p０ m = 　(２)g ２ ＋W
h 典例精解
解析:(１)由玻意耳定律得:p０hS＝pt ２S
,
【典例１】　C　解析:由F 通過活塞對密閉的理想氣體做正
解得:pt＝２p０． 功,容器及活塞絕熱,知Q＝０,由功和內能的關系知理想氣體內
對活塞由平衡條件可知:ptS＝p０S＋mg, pV
能增大,溫度T 升高,再根據 ＝C,體積V 減小,壓強p 增大,T
所以: pSm＝ ０ ．
g 故C正確．
(２)緩慢移走沙子,同時改變溫度保持活塞位置不變．也就是 變式１:D　解析:絕熱膨脹過程是指氣體膨脹過程未發生熱
最后,活塞受到的壓強重新變為p０,則沙子移走前后,由查理定律 傳遞,膨脹過程氣體體積增大,氣體對外界做功,W ＜０,由 ΔU＝
pt p０ U２－U１＝W 可知,氣體內能減少．由于氣體分子間的勢能可忽略,可知:
T ＝T′． 故氣體分子的平均動能減小．故 D正確．
T
所以:T′＝ ． 【典例２】　(１)９２７℃　(２)減少,減少了３５kJ２
解析:(１)根據查理定律得
１２．(１)１５cm　(２)４００K
p１ p２
解析:(１)設玻璃管橫截面積為S, T ＝
,
T p１＝p０
,T１＝３００K,p２＝４p０,
１ ２
狀態１　p１＝p０,V１＝L１S 解得T２＝１２００K,則t２＝９２７℃．
狀態２　p２＝p０＋ρgL２,V２＝L３S (２)由熱力學第一定律 ΔU＝Q＋W,
氣體溫度不變,有p１V１＝p２V２,代入數據解得L３＝１５cm． 得 ΔU＝－２０kJ－１５kJ＝－３５kJ,故內能減少了３５kJ．
(２)加熱過程發生等壓變化,狀態p３＝p２,V３＝V１． 變式２:(１)０．６J　(２)０．２J
１１３
解析:(１)氣體溫度不變,內能不變,由熱力學第一定律 ΔU＝ 對外做功的機器,這是人們的美好愿望,但它違背了能量守恒定
Q＋W,則Q＝ΔU－W＝０－(－０．６J)＝０．６J． 律,這也是它不能制成的原因．故 D正確,A、B、C錯誤．
(２)由熱力學第一定律得 ΔU＝Q＋W ＝０．３J＋(－０．１J)＝ 【典例２】　B　解析:凡是與熱現象有關的宏觀熱現象都具有
０．２J,內能增加了０．２J． 方向性．無論采用任何設備和手段進行能量轉化,熱機的效率不
當堂訓練 可能達到１００％,故熱機中燃氣的內能不能全部轉化為機械能,故
１．C　２．B　３．C　４．B　５．D　６．D　７．A　８．C　９．A A正確,B不正確;火力發電機發電時,能量轉化的過程為內能→
１０．(１)１．１×１０６Pa　(２)８２J 機械能→電能,因為內能→機械能的轉化過程中會對外放出熱
解析:(１)設壓縮后氣體的壓強為p,活塞的橫截面積為S,l０ 量,故燃氣的內能必然不能全部轉變為電能,故 C正確;熱量從低
＝２２cm,l＝２cm,V０＝l０S,V＝lS,緩慢壓縮,氣體溫度不變． 溫物體傳遞到高溫物體不能自發進行,必須借助外界的幫助,結
由玻意耳定律得p０V０＝pV 果會帶來其他影響,這正是熱力學第二定律第一種(克勞修斯)表
解得p＝１．１×１０６Pa． 述的主要思想,故 D正確．
(２)大氣壓力對活塞做功W１＝p０S(l０－l)＝２J 變式２:D　解析:由于氣體始終通過汽缸與外界接觸,外界
人做功W２＝１００J 溫度不變,活塞桿與外界連接并使其緩慢地向右移動過程中,有
由熱力學第一定律得 ΔU＝W１＋W２＋Q 足夠時間進行熱交換,氣體等溫膨脹,所以汽缸內的氣體溫度不
Q＝－２０J 變,內能也不變,該過程氣體是從單一熱源即外部環境吸收熱量,
代入數據解得 ΔU＝８２J． 即全部用來對外做功才能保證內能不變,此過程既不違背熱力學
課后鞏固 第二定律,也不違背熱力學第一定律,此過程由外力對活塞做功
１．C　２．D　３．D　４．C　５．C　６．B　７．D 來維持,如果沒有外力 F 對活 塞 做 功,此 過 程 不 可 能 發 生,D
８．(１)Q－０．１p０SL＋０．１LG　(２)１．１T０ 正確．
解析:(１)
G
密封氣體的壓強p＝p － 當堂訓練０ S
１．A　２．A　３．C　４．B　５．D　６．D　７．B　８．B　９．D
密封氣體對外做功W＝pS×０．１L
課后鞏固
由熱力學第一定律 ΔU＝Q－W
１．D　２．A　３．B　４．C　５．C　６．D　７．B
得 ΔU＝Q－０．１p０SL＋０．１LG．
(２)因該過程是等壓變化,由蓋 呂薩克定律有 本章評估
LS (L＋０．１L)S 一、１．D　２．B　３．D　４．D　５．B　６．D　７．B　８．A　９．C,解得
T ＝ T＝１．１T０．０ T 二、１０．(１)等壓　(２)降低　(３)放熱　(４)p２(V３－V１)－p１(V３
第３、４節　能量守恒定律 －V２)
熱力學第二定律 解析:(１)因為氣體從A 到B 壓強不變,所以是等壓過程．
知識梳理 ( p p２)因為從B 到C 為等容過程,由查理定律 １ ＝ ２ 可知溫T１ T２
一、１．(１)產生　消失　轉化　轉移　總量　(２)①轉化　②能
度降低．
量守恒　２．(１)對外做功　(２)能量守恒　(３)失敗
(３)因為從C 到D 為等壓壓縮過程,體積減小,溫度降低,因
二、１．(１)低溫　高溫　方向性　(２)①高溫　低溫　②低溫　
此外界對氣體做功,內能減小．由熱力學第一定律 ΔU＝W＋Q 可
高溫　③不可逆的　２．(１)①化學能　內能　做功　機械能　
知,氣體放出熱量．
W
②機械功W　熱量Q　 ()完全變成有用功Q ×１００％　 ２ (４)從A 到B 過程體積增大,氣體對外界做功W１＝p２(V３－
三、１．內能　２．較小　較大　自動　３．方向　４．品質　高品質 V１)．從B 到C 過程體積不變,不做功．從C 到D,外界對氣體做功
　低品質 W２＝p１(V３－V２),所以從A→B→C→D 過程中,氣體對外界所
典例精解 做的總功W＝W１－W２＝p２(V３－V１)－p１(V３－V２)．
【典例１】　２０J　解析:由能量守恒定律可知,內能的增加等 １１．(１)１×１０５J　(２)－２×１０４J
于活塞和物體重力勢能的減少,ΔU＝ΔE＝(M＋m)gh＝(１５＋５) 解析:封閉氣體做等壓變化的壓強為p,
×１０×(５０－４０)×１０－２J＝２０J． 外界對氣體做功:
變式１:D　解析:永動機是不消耗任何能量卻能源源不斷地 W＝FS＝pS Δh＝p ΔV,
１１４
解得:W＝１．０×１０５J． 射強度都增加,且輻射強度的極大值向波長較短的方向移動,當
(２)由熱力學第一定律得,氣缸內氣體內能的變化: 溫度降低時,上述變化都將反過來．
ΔU＝Q＋W＝－１．２×１０５＋１．０×１０５J＝－２×１０４J． 變式１:A　解析:因只要每秒有６個綠光的光子射入瞳孔,
１２．(１)２５１J　(２)放熱　２９３J E眼睛就能察覺．所以察覺到綠光所接收的最小功率P＝ ,式中
解析:(１)
t
由熱力學第一定律可得a→c→b過程系統增加的
( ) , , c ６×６．６３×１０
－３４×３×１０８
內能 ΔU＝W＋Q＝ －１２６＋３３５ J＝２０９J 由a→d→b過程有 E＝６ε 又ε＝hν＝h ,可解得λ P＝ ５３０×１０－９ W
ΔU＝W′＋Q′ ≈２．３×１０－１８ W．
得Q′＝ΔU－W′＝[２０９－(－４２)]J＝２５１J,為正,即有２５１J 【典例２】　D　解析:由題中圖像可得用色光乙照射光電管
的熱量傳入系統． 時遏止電壓大,使其逸出的光電子最大初動能大,所以色光乙的
(２)由題意知系統由b→a過程內能的增量 頻率大,光子的能量大．由題中圖像可知,色光甲的飽和光電流大
ΔU′＝－ΔU＝－２０９J 于色光乙的飽和光電流,故色光甲的光強大于色光乙的光強,A,
根據熱力學第一定律有 Q″＝ΔU′－W″＝(－２０９－８４)J＝ B錯誤;如果使色光乙的強度減半,則只是色光乙的飽和光電流
－２９３J 減半,在特定的電壓下,色光乙產生的光電流不一定比色光甲產
負號說明系統放出熱量,熱量傳遞為２９３J． 生的光電流小,C錯誤;因色光乙的頻率大于色光甲的,故另一個
１
１３．(１) p０LS　(２)
１
內能減少了 (mv２＋p０LS) 光電管加一定的正向電壓,如果色光甲能使該光電管產生光電２ ２
流,則色光乙一定能使該光電管產生光電流, 正確
解析:(１)
D ．
設大氣作用在活塞上的壓力為F,則:F＝p０S
變式２:D　解析:金屬存在截止頻率,超過截止頻率的光照
１
根據功的定義式W＝FL 得W＝２p０LS． 射金屬時才會有光電子射出．射出的光電子的動能隨頻率的增大
(２)設活塞離開汽缸時動能為E ,則 而增大,k 動能小時不能克服反向電壓,也不能有光電流．入射光的
１ 頻率低于截止頻率,不能產生光電效應,與光照強弱無關,選項
Ek＝２mv
２
A,B錯誤;電路中電源正、負極接反,對光電管加了反向電壓,若
根據能量守恒定律得 該電壓超過了遏止電壓,也沒有光電流產生,D正確;光電效應的
１ １ １
ΔE＝－ mv２－ pLS＝－ (mv２＋pLS) 產生與光照時間無關, 錯誤２ ２ ０ ２ ０
C ．
當堂訓練
１
即內能減少了 (
２ mv
２＋p０LS)． １．C　２．C　３．A　４．C　５．D　６．B　７．C　８．B　９．B
第四章　原子結構和波粒二象性 １０．
(１)C　(２)減小　光電子受到金屬表面層中力的阻礙作
用(或需要克服逸出功)
第１、２節　普朗克黑體輻射理論　光電效應 解析:由于光的頻率一定,它們的截止電壓相同,A,B不正
知識梳理 確．光越強,電流越大,C正確．由于光電子受到金屬表面層中力的
一、１．(１)電磁波　溫度　較短波長　(２)完全　絕對黑體　黑 阻礙作用(或需要克服逸出功),光電子的動量變小．
體　(３)①溫度　②溫度　增加　波長較短　(４)①熱學　電磁 課后鞏固
學　②短波區　長波區　③長波區　短波區 １．B　２．B　３．A　４．C　５．D　６．D　７．C　８．A　９．B
２．(１)整數倍　能量子　(２)普朗克常量　６．６２６×１０－３４　 １０．(１)３．５×１０１２個　(２)６．０×１０－１９J　(３)６．０×１０－１９J
(３)量子化　分立的　(４)①波長分布　②能量連續變化 解析:(１)設每秒內發射的光電子數為n,則:
二、１．電子　２．光電子　３．(１)飽和　一定　越大　越多　 It ０．５６×１０－６×１n＝ ＝ －１９ ＝３．５×１０１２(個)．
( e １．６×１０２)遏止　初速度　強弱　一樣的　頻率　低于　(３)瞬時性　
(２)由光電效應方程可知:
４．脫離　最小值　不同
、 () c c １ １三 １．１ 發射　吸收　光本身　能量子　hν　(２)頻率　２．(１)一 Ek＝hν－W０＝hλ －hλ ＝hc(λ －０ λ )０
個光子　hν　逸出功W０　初動能Ek　(２)hν－W０　３．(１)頻率 在 A,K間加電壓U 時,電子到達陽極時的動能為Ekm,
強弱　＞　(２)一次性　需要　(３)光子數　光電子
Ekm＝Ek＋eU＝hc( １ １λ －λ ) ＋eU．典例精解 ０
【典例１】　B　解析:由題圖可知,隨溫度升高,各種波長的輻 代入數值得:Ekm≈６．０×１０－１９J．
１１５
(３)根據光電效應規律,光電子的最大初動能與入射光的強 q ８．０２×１０－１９
＝ －１９ ≈５,
度無關．如果電壓U 不變,則電子到達 A極的最大動能不會變,仍 e １．６×１０
－１９ 因此小油滴所帶電荷量 是電子電荷量 的為６．０×１０ J． q e ５
倍．
課后鞏固
第３節　原子的核式結構模型
１．C　２．A　３．B　４．C　５．C　６．D　７．D　８．A
知識梳理
９．２．１９×１０６ m/s　６．５８×１０１５ Hz　２．１７×１０－１８J　１．０５×
一、１．陰極　２．熒光　３．陰極射線
１０－３ A
二、１．(１)電場　磁場　負　(２)不同材料　相同　(３)大致相同
解析:根據庫侖力提供電子繞核旋轉的向心力可知
小得多　電子　２．電子　基本　３．(１)密立根　油滴實驗　
e２ v２
１．６０２×１０－１９　(２)e的整數倍　(３) k ２ ＝m
,
１８３６ r r
三、１．球體　正電荷　電子　２．(１)金箔　熒光屏　(２)①仍沿 k
v＝e
原來　②大角度　③大于９０°　(３)核式結構 rm
四、１．原子核　正電荷　質量　電子　２．１０－１５ m　１０－１０ m ９×１０９
＝１．６×１０－１９× /
典例精解 ０．５３×１０
－１０×９．１×１０－３１ ms
６
【 】 /典例１ 　D　解析:陰極射線是由陰極直接發出的,故 A錯 ≈２．１９×１０ ms．
誤;只有當兩極間有高壓且陰極接電源負極時,陰極中的電子才 , v ２．１９×１０
６
而v＝２πfr 即f＝２πr＝２×３．１４×０．５３×１０－１０ Hz＝６．５８×
會受到足夠大的庫侖力作用而脫離陰極成為陰極射線,故 B錯
１０１５ Hz,
誤,D正確;陰極射線是真空玻璃管內由陰極發出的射線,C錯誤．
１ ２ １ ke
２
變式１:

A　解析:陰極射線實質上就是高速電子流,所以在 Ek＝２mv ＝２ r
電場中偏向正極板一側,選項 A正確;由于電子帶負電,所以其受 １ ９×１０９×(１．６×１０－１９)２
＝ × －１０ J≈２．１７×１０－１８J．
力情況與正電荷不同,選項 B錯誤;不同材料所產生的陰極射線 ２ ０．５３×１０
都是電子流,所以它們的比荷是相同的,選項C錯誤;在湯姆孫實 設電子運動周期為T,則
驗證實陰極射線就是帶負電的電子流時并未得出電子的電荷量, １ １T＝ ＝ １５ s≈１．５２×１０－１６s,f ６．５８×１０
最早測量電子電荷量的是美國科學家密立根,選項 D錯誤．
電子繞核的等效電流:
【典例２】　C　解析:α粒子散射實驗現象:絕大多數α粒子
q e １．６×１０－１９ －３
沿原方向前進,少數α粒子有大角度散射．所以A 處觀察到的粒 I＝t ＝T ＝１．５２×１０－１６ A≈１．０５×１０ A．
子數多,B 處觀察到的粒子數少,所以選項 A、B錯誤;α粒子發生
１０．(１)垂直紙面向里　(２)
Esinθ
２
散射的主要原因是受到原子核庫侖斥力的作用,所以選項 D 錯 B L
誤,C正確． 解析:(１)根據題意,在D,E 區加上磁場時,電子受到的洛倫
變式２:D　解析:由于α粒子有很強的電離作用,其穿透能力 茲力應向下,由左手定則可判斷,磁場方向垂直紙面向里．
很弱,所以該實驗要在真空中進行,選項 A正確;α粒子打在熒光 (２)當電子在D,E 間做勻速直線運動時,有eE＝evB
２
屏上會有閃光,為了觀察大角度散射,帶有熒光屏的顯微鏡可以 mv當電子僅在D,E 間的磁場中發生偏轉時,有evB＝ ,同r
在水平面內的不同方向上移動,選項B、C正確,選項 D不正確．
, , e Esinθ當堂訓練 時又有L＝rsinθ 如圖所示 可得m ＝ B２L ．
１．C　２．D　３．B　４．D　５．D　６．C　７．B　８．D　９．B
１０．８．０２×１０－１９C　５倍
解析: ４小油滴質量m＝ρV＝ρ ３,３πr
由題意知mg＝qE,
聯立上式可得q＝ρ
４πr３g
３E １１．
(１)－２．７×１０－４v０　(２)－１．９６v０
０．８５１×１０３×４π×(１．６４×１０－６)３
解析:α粒子與靜止的粒子發生彈性碰撞,動量和能量均×９．８
＝ ３×１．９２×１０５ C 守恒,
≈８．０２×１０－１９C． 由動量守恒得mαv０＝mαv′１＋mv′２,
１１６
１ ２ １ (２ １ ２, ２
)頻率最高的光子能量最大,對應的躍遷能級差也最大,即
由能量守恒得
２mαv０＝２mαv′１ ＋２mv′２ 從n＝４躍遷到n＝１發出的光子能量最大,根據玻爾第二假設,
m －m
解得v′ α１＝mα＋mv０． 發出光子的能量:hν＝－E１ ( １ １２ － ２ ) 代入數據,解得:ν≈３．１×１ ４
２m
速度變化 Δv＝v′１－v０＝－ v ． １０１５m ＋m ０ Hz．α
(３)波長最長的光子能量最小．對應的躍遷的能級差也最小．
(１)
１
與電子碰撞,將me＝ 代入得７３００mα c ch
即從n＝４躍遷到n＝３,所以h λ ＝E４ －E３
,λ＝
Δv ≈－２．７×１０－４v ． E
＝
４－E３
１ ０
(２)與金原子核碰撞,將m ＝４９m 代入得 ３×１０
８×６．６３×１０－３４ －６
Au α (－０．８５＋１．５１)×１．６×１０－１９ m≈１．８８４×１０ m．
Δv２＝－１．９６v０．
變式２:B　解析:基態的氫原子的能級值為－１３．６eV,吸收
第４節　氫原子光譜和玻爾的原子模型 １３．０６eV的能量后變成－０．５４eV,原子躍遷到n＝５能級,由于氫原
知識梳理 ( ) ( )
子是大量的, nn－１ ５× ５－１故輻射的光子種類是 ＝ ＝１０(種)．
一、１．波長　２．(１)亮線　(２)光帶　３．線狀譜　不同　特征　 ２ ２
４．(１)特征譜線 當堂訓練
１ １．C　２．C　３．C　４．A　５．B　６．D　７．B　８．D　９．C
二、１．(１)內部　(３)①λ ＝R
１ １
∞ (２２ － ) (n＝３,４,n２ ５ )　②分 １０．－１．５１eV　１．５１eV　－３．０２eV
立　２．(１)穩定性　分立　(２)原子
解析: １氫原子能量E３＝３２E１≈－１．５１eV三、１．(１)庫侖　原子核　(２)量子化　(３)穩定　電磁輻射　
電子在第三軌道時半徑為r ＝n２r ＝３２２．不同　量子化　能級　定態　基態　激發態　３．躍遷　放出 ３ １ r１＝９r１,
E －E 　頻率　輻射 電子繞核做圓周運動的向心力由庫侖力提供,所以n m
四、１．(１)①E －E 　②定態軌道　里德伯常量　(２)兩個能級 ke
２ mev２３
n m
r２ ＝
,
３ r３
差　分立　分立　２．(１)量子觀念　定態和躍遷　氫原子　
１ ke２
(２)經典粒子　軌道　(３)概率　云霧　電子云 聯立上式可得電子動能為Ek３＝２mev
２
３＝２×３２r１
典例精解 ９×１０９×(１．６×１０－１９)２
＝２×９×０．５３×１０－１０×１．６×１０－１９ eV≈１．５１eV．【典例１】　B　解析:熾熱的固體、液體和高壓氣體的發射光
譜是連續光譜,故 A錯誤;線狀譜和吸收光譜都可以用來進行光 由于E３＝Ek３＋Ep３,故原子的電勢能為
譜分析,B正確;太陽光譜中的暗線,說明太陽大氣中含有與這些 Ep３＝E３－Ek３＝－１．５１eV １．５１eV＝－３．０２eV．
暗線相對應的元素,C錯誤;發射光譜有連續譜和線狀譜,D錯誤． 課后鞏固
變式１:C　解析:巴耳末公式是根據氫原子光譜總結出來的． １．B　２．D　３．A　４．A　５．D　６．D　７．C　８．C　９．A
氫原子光譜的不連續性反映了氫原子發光的分立性,即輻射波長 １０．(１)１３．６eV　(２)－２７．２eV　(３)９．１４×１０－８ m
的分立特征,其波長的分立值不是人為規定的,選項C正確． 解析:(１)設處于基態的氫原子核外電子速度大小為v１,則
【典例２】　(１)６條　(２)３．１×１０１５ Hz　(３)１．８８４×１０－６ m e２ mv２k １,所以電子的動能
解析:(１)處于基態的氫原子吸收光子后,被激發到n＝４的 r
２ ＝
１ r１
２
激發態,這群氫原子的能級如圖所示,由圖可以判斷,這群氫原子 １ ２ ke ９×１０
９×(１．６×１０－１９)２
Ek１＝２mv１＝２r ＝２×０５．３×１０－１０×１６．×１０－１９eV≈１３６．eV．１
可能發生的躍遷共有６種,所以它們的譜線共有６條．也可由 C２４ (２)因為E１＝Ek１＋Ep１,所以Ep１ ＝E１－Ek１ ＝－１３．６eV－
＝６直接求得．
１３．６eV＝－２７．２eV．
(３)設用波長為λ的光照射可使氫原子電離,有
hc
λ ＝０－E１
,
hc －６．６３×１０－３４×３×１０８
所以λ＝－E ＝１ －１３．６×１．６×１０－１９ m
≈９．１４×１０－８ m．
１１７
第５節　粒子的波動性和量子力學的建立 () h h h ６．６３×１０－３４３ 由λ＝ ＝ 得mv v３＝ /p３ ３ mλ＝５×４００×１０－９ ms＝３．３１５
知識梳理
×１０－２８ m/s．
一、 () ε h１．１ 波動性　運動　物質波　(２)h 　 　２．
(１)干涉　 課后鞏固
p
(２)電子　電子　(３)①波動性　②動量　很小 １．D　２．C　３．A　４．D　５．D　６．C
、 () ７．(１)
－１６ () －１５ () －１１
二 １．１ 黑體輻射　 光電效應 　 散射 　 氫原子 　 物質波 　 ４．９６×１０ J　 ２２．３×１０ J　 ３２．２×１０ m
() 解析:()電子在磁場中半徑最大時對應的初動能最大 洛倫２ 量子力學　２．(１)粒子　(２)光學　(３)固體 １ ．
２
典例精解 , v , １茲力提供向心力 則有evB＝m Ekm＝ mv２,r ２
【典例１】　 D　解析:個別光子的行為表現為粒子性,大量光
e２r２B２
子的行為表現為波動性;光與物質相互作用,表現為粒子性,光的 解得Ekm＝ ２m ．
傳播表現為波動性,光的波動性與粒子性都是光的本質屬性,頻 代入數據解得Ekm≈４．９６×１０－１６J．
率高的光粒子性強,頻率低的光波動性強,光的粒子性表現明顯 (２)由愛因斯坦的光電效應方程可得Ekm＝hν－W,
時仍具有波動性,因為大量粒子的個別行為呈現出波動規律,故 c
ν＝ ,
正確選項為 D． λ
變式１:D　解析:由于彈子球德布羅意波長極短,故很難觀 hc故W＝λ －Ekm．
察其波動性,而無線電波波長為３．０×１０２ m,所以通常表現出波
帶入數據解得W≈２．３×１０－１５J．
動性,很容易發生衍射,而金屬晶體的晶格線度大約是１０－１０ m 數
量級, h所以波長為１．２×１０－１０ m 的電子可以觀察到明顯的衍射現 (３)由物質波波長公式可得λ′＝ ,p
象,故由表中數據可知 A,B,C,不可知 D． 電子的動量p＝mv．
【典例２】　C　解析:光波是一種電磁波,A 項錯;宏觀物體 解得λ′≈２．２×１０－１１ m．
由于動量太大,德布羅意波長太小,所以看不到它的干涉、衍射現
本章評估
象,但仍具有波動性,D項錯;X光是波長極短的電磁波,是光子,
一、
它的衍射不能證實物質波的存在,B項錯．只有C項正確． １．C　２．B　３．D　４．D　５．A　６．D　７．C　８．A
: 、 () ()變式２ ８．６９×１０－２nm 二 ９．１C　 ２ 減小　光電子受到金屬表面層中力的阻礙作用
　(３)不能發生光電效應,理由見解析
: １
．
解析 已知
２m
２
０v ＝Ek＝eU, 解析:(１)入射光的頻率相同,則光電子的最大初動能相同,
h
p＝ , １λ 由－eU＝－ mv
２
m 知,兩種情況下遏止電壓相同,選項 A, 錯２ B
p２ , 誤;光電流的強度與入射光的強度成正比,所以強光的光電流比Ek＝２m０ 弱光的光電流大,選項C正確,D錯誤．
h h
所以λ＝ ＝ ． (２)光電子動量的大小減小,因為光電子受到金屬表面層中
２m０Ek ２em０U
力的阻礙作用．
把U＝２００V,m －３１０＝９．１×１０ kg,
(３)氫原子放出的光子能量E＝E２－E１,
代入上式解得λ≈８．６９×１０－２nm．
代入數據得E＝１．８９eV．
當堂訓練
金屬鈉的逸出功W０＝hνc,代入數據得W０＝２．３eV．
１．C　２．B　３．C　４．C　５．D　６．C　７．C　８．C　９．C　
因為E＜W０,所以不能發生光電效應．
１０．D　１１．D
() () ()
１２．(１)６．６３×１０－３７ m　(２)４４．２×１０－４３ m　(３)３．３１５×１０－２８ /
１０．１ －３．４eV　 ２３．４eV　 ３ －６．８eV
ms
:() :( E １３．６解析 １ 炮彈的德布羅意波長為 解析 １)由En＝
１
２ 可得n E２＝－ ２２ eV＝－３．４eV
,即為原
h h ６．６３×１０－３４
λ１＝ ＝ －３７ 子系統具有的能量p１ mv
＝
１ ５×２００
m＝６．６３×１０ m． ．
２ ２
h h () ke mv , １ ２ ke
２ ke２
() 由 得 ,２ 它以光速運動時的德布羅意波長為λ２ ＝ ＝mv ＝
２ F＝r２ ＝r Ek２＝ mv ＝２ ２ ２ ２r
＝
２ ８rp １２ ２
－３４ 代入數據,解得６．６３×１０ Ek２＝３．４eV
,
５×３×１０８ m＝４．４２×１０
－４３ m． 即電子在軌道上的動能為３．４eV．
１１８
(３)由Epn＝En－Ekn,得Ep２＝－６．８eV,即電子具有的電勢 受到的洛倫茲力向下,軌跡都是圓弧．而γ射線不帶電,做直線運
能為－６．８eV． 動．所以 A、B錯誤,C正確;如果在鉛盒和熒光屏間再加一豎直向
１１．(１)１０種　(２)４．１７m/s １
下的勻強電場時,由于α粒子速度約是光速的 ,而 粒子速度
解析:(１)可以有n＝C２＝１０(種)不同頻率的光輻射． １０
β
５
() 接近光速,所以在同樣的混合場中不可能都做直線運動, 錯誤２ 由題意知氫原子從n＝５能級躍遷到n＝１能級時,氫原 D ．
變式１:③④　①⑥　②⑤　解析:由放射現象中 射線帶正子具有最大反沖速率． α
電,β射線帶負電,γ射線不帶電,結合在電場與磁場中的偏轉可氫原子發生躍遷時輻射出的光子能量為 E＝ΔE＝|E５－
知②⑤是γ射線,③④是α射線,E ①⑥
是β射線．
１|,
, ( ) 【典例２】　(１)８８　１３８　(２)開始時 將原子 含核外電子 和即將輻射出去的光子作為一 １４．１×１０
－１７C　(３)８８
(
個系統, ４)１１３∶１１４
, 解析:因為原子序數與核內質子數、核電荷數、中性原子的核由動量守恒定律可得mHvH－p光 ＝０
外電子數都是相等的,原子核的質量數等于核內質子數與中子數
hν
光子的動量p光 ＝ , ,c E＝hν 之和．由此可得:
hν , / (１)鐳核中的質子數等于其原子序數,故質子數為氫原子速度為v ＝ 所以v ＝４．１７ms． ８８
,中子數
H cm HH N 等于原子核的質量數A 與質子數Z 之差,即 N＝A－Z＝２２６
１２．(１)不可以　(２)２７．２eV
－８８＝１３８．
解析:(１)設運動氫原子的速度為v０,完全非彈性碰撞后兩者 (２)鐳核所帶電荷量 Q＝Ze＝８８×１．６×１０－１９ C≈１．４１×
的速度為v,損失的動能 ΔE 被基態原子吸收．
１０－１７C．
若 ΔE＝１０．２eV,則基態氫原子可由n＝１躍遷到n＝２． (３)鐳原子呈電中性,則核外電子數等于質子數,故核外電子
由動量守恒和能量守恒有:
數為８８．
mv０＝２mv, (４)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的向心力為洛倫
１ １ １
２mv
２ ２ ２ ２
０＝ ,２mv ＋２mv ＋ΔE v mv茲力,故有Bqv＝m ,r＝ ．兩種同位素具有相同的核電荷r qB
１
２mv
２
０＝Ek, , , r２２６ ２２６ １１３數 但質量數不同 故
r ＝２２８ ２２８＝１１４．
Ek＝１３．６eV．
變式２:B　解析:A 選項中,nmX核與nm－１Y核的質子數不同,
, １聯立上式解得 ΔE＝
１
２ ２mv
２
０＝６．８eV． 不是互為同位素;B選項中nmX核與n－１m Y核的質子數都為m,而質
因為 ΔE＝６．８eV＜１０．２eV,所以不可以使基態氫原子發生 量數不同,則中子數不同,所以互為同位素;C選項中
n
mX 核內中
躍遷． 子數為n－m,n－２m Y核內中子數為(n－２)－m＝n－m－２,所以中
(２)若使基態氫原子電離,則 ΔE＝１３．６eV, 子數不相同;２３５９２U核內有１４３個中子,而不是２３５個中子．
代入①②③得Ek＝２７．２eV． 當堂訓練
第五章　原子核 １．A　２．D　３．A　４．B　５．D　６．A　７．B
８．(１)用一張紙放在射線前即可除去α射線．　(２)見解析圖
第１節　原子核的組成 　(３)α射線的圓周運動的半徑很大,幾乎不偏轉,故與γ射線無
知識梳理 法分離．
一、１．(１)貝克勒爾　(２)①射線　(３)８３　８３　２．(１)氦原子核 解析:(１)由于α射線貫穿能力很弱,用一張紙放在射線前即
一張紙　(２)高速電子流　電離　鋁板　(３)電磁波　電離　 可除去α射線．
鉛板 (２)β射線帶負電,由左手定則可知向上偏轉,γ射線方向不
二、１．盧瑟福　氮原子核　３．質子　中子　核子　４．質量數　 變,軌跡如圖所示．
電荷數　５．質子數　中子數　原子核　同一位置
典例精解
【典例１】　C　解析:由左手定則可知粒子向右射出后,在勻
強磁場中帶正電的α粒子受到的洛倫茲力向上,帶負電的β粒子
１１９
() , mv, 變式１
:(１)~(２)見解析
３α粒子和電子在磁場中偏轉 根據R＝ 對B α
射線有
q 解析:(１)２３８U→２３４９２ ９０Th＋４２He
m
R ＝ α
vα
１ ,
mv R mvq
對β射線有R ＝
β β
２ ,故
１＝ α α β＝４００．α射線 (２)設另一新核的速度為v′,鈾核質量為２３８m,由動量守恒Bqα Bqβ R２ mβvβqα
穿過此磁場時,半徑很大,幾乎不偏轉,故與γ射線無法分離． : v １２１定律得 ２３８mv＝２３４m ２＋４mv′
得:v′＝ ４v．
課后鞏固
【典例２】　(１)~(２)見解析　(３)２
１．A　２．C　３．A　４．A　５．A　６．C　７．A
解析:(１)２４４Bi →２４４Po＋　０８３ ８４ －１e
８．(１)兩個暗斑　β射線,γ射線　(２)５∶１８４　(３)１０∶１ ２１０Po →２１０ 　０ ２３４８４ ８５At＋－１e　 ９０Th →２３４Pa＋ ０９１ －１e
解析:(１)因α粒子貫穿本領弱,穿過下層紙的只有β射線、γ
(２)２３４Th →２３０Ra＋４９０ ８８ ２He
射線,β射線、γ射線在上面的印像紙上留下兩個暗斑．
２３８ ２３４ ４
() ９２
U → ９０Th＋２He
２ 下面印像紙從左向右依次是β射線、γ射線、α射線留下
６６Cu →６２ ４
的暗斑 設 射線、 射線暗斑到中央 射線暗斑的距離分別為 ２９ ２７Co＋２He． α β γ
t
sα、sβ,則 (３)
T
由半衰期公式得m＝m １０ ( ) ,得２
１ H ２ １ H ２s ＝ , ,
qα E
α , ６２aα (v ) sβ ＝ ２aβ (v ) aα ＝ mα m＝６４× ( １α β ２ )
１．２
g＝２g．
q
a β
E
β＝ m ． 變式２:見解析　解析:根據質量數守恒和電荷數守恒,算出β
s ５ 新核的電荷數和質量數,然后寫出核反應方程．
由以上四式得 α
s ＝１８４．β (１)９Be＋１H →９B＋１４ １ ５ ０n．
() , E ２０４ １ ２０２ ３３ 若使α射線不偏轉 qαE＝qαvα Bα,所以Bα＝ ,同理 (２)① ８０Hg＋０n → ７８Pt＋２He;vα
②２０４８０Hg＋１０n →２０２７８Pt＋２１１H＋１０n．
, E , Bα v若使β射線不偏轉 應加磁場Bβ＝ 故
β
vβ B
＝v ＝１０∶１．α (３)２０２β ７８Pt →
２０２
７９Au＋ ０ ２０２ ２０２ ０－１e,７９Au → ８０Hg＋－１e．
第２節　放射性元素的衰變 當堂訓練
１．B　２．C　３．A　４．D　５．A　６．C　７．D　８．C
知識梳理
一、１．α粒子　 粒子　原子核　３．４He　 ０e　４．(１)電荷數　 ９．
(１)６０　２８　(２)動量　(３)基因突變
β ２ －１
解析:(１)根據質量數和電荷數守恒,核反應方程式為:６０質量數 ２７Co
二、１．半數　２．核內部自身　不同 →
６０ ０
２８Ni＋－１e＋νe,由此得出兩空分別為６０和２８．
三、１．(１)新原子核　(２)盧瑟福　１７O＋１H　質量數　電荷數　 (２)衰變過程遵循動量守恒定律．原來靜止的核動量為零,分８ １
２．(１)放射性　(２)３０P＋１n 裂成兩個粒子后,這兩個粒子的動量和應還是零,則兩粒子徑跡１５ ０
、 ０四 １．穿透本領　２．相同的　３．有破壞作用 必在同一直線上．現在發現 Ni和－１e的運動徑跡不在同一直線
典例精解 上,如果認為衰變產物只有 Ni和 ０－１e,就一定會違背動量守恒
【典例１】　(１)８次α衰變和６次β衰變　(２)１０　２２ 定律．
(３)２３８９２U→２０６ ４８２Pb＋８２He＋６　０－１e (３)用γ射線照射種子,會使種子的遺傳基因發生突變,從而
解析:(１)設２３８９２U衰變為２０６８２Pb經過x 次α衰變和y 次β衰變． 培育出優良品種．
由質量數守恒和電荷數守恒可得 課后鞏固
２３８＝２０６＋４x, １．B　２．A　３．D　４．D　５．D　６．A
９２＝８２＋２x－y, ７．(１)１４C →１４６ ７N＋ ０－１e　(２)１７１９０年
聯立解得x＝８,y＝６． 解析:(１)１４C→１４６ ７N＋ ０－１e．
即一共經過８次α衰變和６次β衰變． (２)活體中１４６C含量不變,生物死亡后,１４６C開始衰變,設活體
(２)由于每發生一次α衰變質子數和中子數均減少２,每發生 中１４６C的含 量 為 m０,遺 骸 中 為 m,則 由 半 衰 期 的 定 義 得 m ＝
一次β衰變中子數減少１,而質子數增加１,故２０６Pb較２３８８２ ９２U質子數 t t１ τ , １ τ , t, 即 解 得 ,所 以少１０ 中子數少２２． m０ ( ２ ) ０．１２５＝ ( ２ ) τ ＝３ t＝３τ＝
(３)衰變方程為２３８U →２０６Pb＋８４ ０９２ ８２ ２He＋６－１e． １７１９０年．
１２０
()
８．(１)２２８Ra →２２４ ４
１ ５７ ３ 釋放核能
８８ ８６Rn＋２He　(２)５６E１　５６E１ ΔE＝Δmc２＝３．０９×１０－２９×(３×１０８)２J＝２．７８１×１０－１２J．
解析:(１)２２８８８Ra→２２４ ４８６Rn＋２He． 【典例２】　C　解析:組成原子核的核子越多,它的比結合能
(２)由動量守恒定律得m１v１－m２v２＝０,式中m１、m２、v１、v２ 并不是越大,只有比結合能越大,原子核中的核子結合得越牢固,
分別為α粒子及新核的質量和速度,則反沖核的動能為:E２＝ 原子核才越穩定,故C正確,A、B、D錯誤．
１ ２２ １ (m１ v１ ) m１ １m２v２＝ m２ ＝E１ ＝ E１,則衰變放出的總 變式２:A　解析:由題圖知,D、E 的平均核子質量大于F 的２ ２ m２ m２ ５６
平均核子質量,D、E 結合成F 時,出現質量虧損,要釋放能量,A
５７
能量為E＝E１＋E２＝５６E１． 對,B錯;C、B 結合成A 和F、C 結合成B 都是質量增加,結合過
第３節　核力與結合能 程要吸收能量,C、D錯．
當堂訓練
知識梳理
、 () () －１５ () １．B　２．C　３．C　４．B　５．C　６．B　７．C　８．B一 １．核子　２．１ 強相互作用　 ２１．５×１０ m　 ３ 相鄰的
９．吸收能量;能量變化了() () １．２MeV．核子　４．１ 大致相等　 ２ 大于　相差
解析:反應前總質量:
、 MN＋MHe＝１８．０１１４０u二 １．核子　能量　２．核子數　平均　牢固　穩定　中等大小
反應后總質量:
２ MO＋MH＝１８．０１２６９u３．mc 　４．小于
可以看出:反應后總質量增加,故該反應是吸收能量的反應．
典例精解
吸收的能量利用 ΔE＝Δm c２來計算,若反應過程中質量增加【典例１】　(１)放出能量　７９．７MeV　(２)７９．７MeV　２６．６MeV
() ２１ １u
,就會吸收９３１．５MeV的能量,故:
３１９．２×１０ Hz
ΔE＝(１８．０１２６９－１８．０１１４０):() ×９３１．５MeV≈１．２MeV．解析 １ 一個質子和兩個中子結合成氚核的核反應方程式
課后鞏固
是:１H＋２１ ３１ ０n →１H,
: １．D　２．C　３．A　４．D　５．C　６．A　７．A　８．B　９．A反應前各核子總質量為
１０．(１)２２６Ra →２２２, ８８ ８６Rn＋
４
２He　(２)６．０５MeV　(３)５．９４MeVmp＋２mn＝１．００７２７７u＋２×１．００８６６５u＝３．０２４６０７u
解析:(１)核反應方程為２２６ ２２２ ４反應后新核的質量 ８８Ra → ８６Rn＋２He．
, (２)鐳核衰變放出的能量為m ＝３．０１６０５０u ΔE＝Δm
c２＝(２２６．０２５４－
H
質量虧損 ４．００２６－２２２．０１６３)×９３１．５MeV≈６．０５MeV．
()設鐳核衰變前靜止,鐳核衰變時動量守恒,則由動量守恒
Δm＝３．０２４６０７u－３．０１６０５０u＝０．００８５５７u, ３
定律可得:
因反應前的總質量大于反應后的總質量,故此核反應釋放
能量; mRnvRn－mαvα＝０．
釋放的核能 又因為衰變放出的能量轉變為氡核和α粒子的動能,則
ΔE＝０．００８５５７×９３１MeV≈７．９７MeV． １ １ΔE＝２mRnv
２ ＋ m ２Rn ２ αvα．
(２)氚核的結合能 ΔE＝７．９７MeV,
聯立上式可得
ΔE
它的比結合能為:
３ ≈２．６６MeV． mRn ２２２．０１６３Eα＝m ＋m ΔE＝２２２．０１６３＋４．００２６×６．０５ MeV≈Rn α
(３)放出光子的頻率
５．９４MeV．
ΔE ７．９７×１０６×１．６×１０－１９
ν＝h ＝ ６．６３×１０－３４ Hz≈１．９２×１０
２１ Hz． 第４、５節　核裂變與核聚變　“基本”粒子
變式 １:(１)７Li＋１H →２４He　 (２)３．０９×１０－２９３ １ ２ kg　 知識梳理
(３)２．７８１×１０－１２J 一、１．中子　核能　２．３１０n　３．鏈式反應　４．臨界體積　臨界
解析:(１)這一過程的核反應方程為 質量
７
３Li＋１１H →２４２He． 二、１．核反應堆　２．石墨　重水　普通水　３．中子　深　中子
(２)質量虧損 控制棒　４．裂變　循環流動　熱量　發電
Δm＝mLi＋mH－２mα 三、１．質量較大　能量　２．４２He　３．(１)１０－１５ m　(２)溫度　熱
＝１１．６５０５×１０－２７ kg＋１．６７３６×１０－２７ kg－２×６．６４６６× 核反應　４．(１)產能效率高　(２)聚變燃料　(３)安全、清潔　
１０－２７kg＝３．０９×１０－２９kg． ５．磁約束
１２１
典例精解 (２)１kg鈾２３５中鈾核的個數為
【典例１】　A　解析:目前核潛艇是利用重核裂變提供動力, １n＝ －２７≈２．５６×１０２４(個)
選項 A正確;重核裂變要釋放核能,則反應前后一定有質量虧損, ２３５．０４３９×１．６６０６×１０
個鈾
選項B錯誤;根據質量數和電荷數守恒可知,該核反應中的d＝ １ ２３５
核裂變產生的質量虧損為 Δm＝０．２１２u,釋放的
, 能量為２ 選項C錯誤;鈾核不如裂變后生成的新核穩定,可知鈾核的比
, ΔE＝０．２１２×９３１．５MeV≈１９７．５MeV結合能比裂變后生成的新核的比結合能小 選項 D錯誤．
則 鈾 完全裂變釋放的能量為
變式１: ７
１kg ２３５
５．２×１０ W
: : E＝nΔE＝２．５６×１０
２４×１９７．５MeV≈８．１×１０１３J．
解析 一晝夜消耗的鈾所能產生的核能為
２２０ 本章評估
ΔE＝２００×２３５×６．０２×１０
２３×１０６×１６．×１０－１９J≈１８．×１０１３J
一、１．D　２．B　３．A　４．B　５．D　６．B　７．B　８．D　９．B　
ΔE １．８０×１０１３×２５％
電功率P＝η t ＝ ２４×３６００ W≈５．２×１０
７ W． １０．B　１１．C
二、１２．(１)２２６ ２２２ ４ －１４８８Ra→ ８６Rn＋２He　(２)１．９６×１０ J
【典例２】　C　解析:核反應質量虧損 Δm＝４×１．００７８u－
解析:(１)２２６Ra比２２２８８ ８６Rn核電荷數多２,質量數多４,則該衰變
４．００２６u＝０．０２８６u,釋放的能量 ΔE＝０．０２８６×９３１ MeV≈
為α衰變,衰變方程為２２６８８Ra →２２２８６Rn＋４２He．
２６．６MeV,選項C正確．
(２)衰變過程中釋放的α粒子在磁場中做勻速圓周運動,軌
變式２:(１)４１１H →４２He＋２０１e　(２)２３．７５MeV　(３)４２．×１０９kg
道半徑R＝１．０m,
解析:(１)核反應方程為４１H →４He＋０１ ２ ２X,而０２X只能是２個
mv２
正電子,因此核反應方程式應為４１H →４He＋２０e． 由洛倫茲力提供向心力,可得２evB＝ ,１ ２ １ R
(２)反應前的質量m１＝４mp＝４×１．００７３u＝４．０２９２u, 衰變過程中系統動量守恒,有０＝２２２u×v′－４u×v,
反應后 m２ ＝mHe ＋２me ＝４．００２６u＋２×０．０００５５u＝ １ １
所以,釋放的核能E＝ ×２２２u×v′２＋ ×４u×v２,
４．００３７u． ２ ２
Δm＝m 代入數據解得E≈１．９６×１０
－１４J．
１－m２＝０．０２５５u,
２３５ １ １３６ ９０
由質能方程得,釋放能量 １３．(１)９２U＋０n → ５４Xe＋３８Sr＋１０
１
０n　(２)２．７×１０４kg
９
ΔE＝Δmc２＝０．０２５５×９３１．５MeV≈２３．７５MeV． 解析:(２)核電站每年放出的熱量Q＝P t＝１．０×１０ ×３．６
(３)由質能方程,ΔE＝Δmc２得每秒減少的質量 ×１０
３×２４×３６５J≈３．１５×１０１６J
２３５
ΔE ３．８×１０２６ 一個 ９２U裂變放出的熱量 ΔE＝Δmc
２＝(２３５．０４３９－８９．９０７７
Δm＝c２ ＝(３×１０８)２ kg≈４．２×１０
９kg．
－１３５．９０７２－９×１．００８７)×１．６６×１０－２７×(３×１０８)２J≈２．２５×
當堂訓練 １０－１１J．
１．D　２．D　３．B　４．D　５．B　６．B　７．A　８．B　９．C QM
需要濃縮鈾m＝ U ≈２．７×１０４kg．
１０．(１)２H＋３１ １H →４２He＋１０n＋γ　(２)２．８×１０－１２J ０．０２ΔENA
() ３ /
解析:(１)２ ３ ４ １ １４．１１．０×１０ ms　方向與反應前中子速度方向相反　１H＋１H →２He＋０n＋γ
() () () 周２Δm＝m(２１H)＋m(３１H)－m(４２He)－m(１n) ２３∶４０　 ３２０
( 解析:()反應前后動量守恒有 ( 為氚＝ ２．０１４０＋３．０１６０－４．００２６－１．００８７)u １ m０v０＝m１v１＋m２v２ v１
核速度,m０、m１、m２分別代表中子、氚核、氦核的質量)＝０．０１８７u
－２７ 代入數值可解得v ＝－１．０×１０３１ m/s,方向與反應前中子速＝０．０１８７×１．６６×１０ kg
度方向相反
由 ΔE＝Δmc２可得 ．
()３
－２７ ( ８)２ ２ １H 和
４
２He在磁場中均受洛倫茲力,做勻速圓周運動的半ΔE＝０．０１８７×１．６６×１０ × ３×１０
徑之比
≈２．８×１０－１２J．
m |v| mv
課后鞏固 r ∶r ＝ １ １ ２ ２１ ２ B ∶ ＝３∶４０．q１ Bq２
１．B　２．B　３．B　４．A　５．D　６．D　７．A　８．C　９．C　 (３)３H 和４１ ２He做勻速圓周運動的周期之比
１０．B　１１．B ２πm１ ２πm２
１２．(１)４０　９０　(２)８．１×１０１３J T１∶T２＝ B ∶ ＝３∶２q１ Bq２
解析:(１)鋯的電荷數Z＝９２－６０＋８＝４０,質量數A＝２３６－ 所以它們的旋轉周數之比
１４６＝９０． n ∶n ＝T ∶T ＝２∶３,即４He旋轉３周,３１ ２ ２ １ ２ １H 旋轉２周．
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