2025 高考物理三維設計二輪第三部分　專題復習　整合突破專題六　熱學和近代物理

14/142025高考物理三維設計二輪第三部分專題復習整合突破專題六熱學和近代物理第14講熱學1.（2024·北京高考3題）一個氣泡從恒溫水槽的底部緩慢上浮，將氣泡內的氣體視為理想氣體，且氣體分子個數不變，外界大氣壓不變。在上浮過程中氣泡內氣體（）A.內能變大 B.壓強變大C.體積不變 D.從水中吸熱解析：D氣泡內氣體在恒溫水槽中緩慢上浮過程如圖所示，設氣泡上浮到某位置處距水槽水面的高度為h，則該位置處氣泡內氣體壓強p＝p0＋ρgh，可知上浮過程中氣泡內氣體壓強變小，又恒溫水槽溫度不變，則由玻意耳定律pV＝C可知，上浮過程中氣泡內氣體體積變大，B、C錯誤；由于溫度是分子平均動能的標志，則氣泡在恒溫水槽內上浮過程中，氣泡內氣體分子平均動能不變，又氣體分子個數不變，氣泡內氣體為理想氣體，則上浮過程中氣泡內氣體內能不變，即ΔU＝0，氣體體積變大，外界對氣體做負功，即W＜0，結合熱力學第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＞0，即上浮過程中氣泡內氣體從水中吸熱，A錯誤，D正確。2.（2024·福建高考9題）17℃時輪胎胎壓為2.9個大氣壓，胎內氣體視為理想氣體。氣體體積質量不變，則27℃時輪胎胎壓為3個大氣壓，內能大于（填“大于”“等于”或“小于”）17℃時氣體內能。解析：設大氣壓強為p0，初始時T1＝（17＋273）K＝290K，p1＝2.9p0，末狀態(tài)時T2＝（27＋273）K＝300K，根據查理定律p1T1＝p2T2，代入數值解得p2＝33.（多選）（2024·河北高考9題）如圖，水平放置的密閉絕熱汽缸被導熱活塞分成左右兩部分，左側封閉一定質量的理想氣體，右側為真空，活塞與汽缸右壁中央用一根輕質彈簧水平連接。汽缸內壁光滑且水平長度大于彈簧自然長度，彈簧的形變始終在彈性限度內且體積忽略不計?；钊跏紩r靜止在汽缸正中間，后因活塞密封不嚴發(fā)生緩慢移動，活塞重新靜止后（）A.彈簧恢復至自然長度B.活塞兩側氣體質量相等C.與初始時相比，汽缸內氣體的內能增加D.與初始時相比，活塞左側單位體積內氣體分子數減少解析：ACD活塞密封不嚴，左側封閉氣體向右側真空擴散，當活塞重新靜止時，活塞左右兩側氣體壓強相等，對活塞受力分析可知，其不受彈簧彈力，即彈簧恢復至自然長度，A正確；由于初始時活塞左側有氣體、右側真空且活塞靜止，則初始時彈簧處于壓縮狀態(tài)，又此時活塞靜止在汽缸正中間，則當活塞重新靜止時，有V左＜V右，又活塞左右兩側氣體為同種氣體且壓強和溫度都相等，則活塞左右兩側氣體的密度相等，由m＝ρV可知，活塞左側氣體的質量小于右側氣體的質量，B錯誤；由于系統(tǒng)絕熱，則氣體與彈簧組成的系統(tǒng)能量守恒，與初始時相比，活塞重新靜止時彈簧的彈性勢能減少，則氣體的內能增加，C正確；結合A項分析可知，與初始時相比，氣體的體積增大，總分子數不變，所以活塞左側單位體積內氣體分子數減少，D正確。4.（多選）（2024·新課標卷21題）如圖，一定量理想氣體的循環(huán)由下面4個過程組成：1→2為絕熱過程（過程中氣體不與外界交換熱量），2→3為等壓過程，3→4為絕熱過程，4→1為等容過程。上述四個過程是四沖程柴油機工作循環(huán)的主要過程。下列說法正確的是（）A.1→2過程中，氣體內能增加B.2→3過程中，氣體向外放熱C.3→4過程中，氣體內能不變D.4→1過程中，氣體向外放熱解析：AD1→2為絕熱過程，Q＝0，氣體體積減小，外界對氣體做功，W＞0，由熱力學第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU＞0，氣體內能增加，A正確；2→3為等壓膨脹過程，W＜0，由蓋-呂薩克定律可知氣體溫度升高，內能增加，即ΔU＞0，由熱力學第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＞0，氣體從外界吸熱，B錯誤；3→4過程為絕熱過程，Q＝0，氣體體積增大，W＜0，由熱力學第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU＜0，氣體內能減少，C錯誤；4→1過程中，氣體做等容變化，W＝0，又壓強減小，則由查理定律可知氣體溫度降低，內能減少，即ΔU＜0，由熱力學第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＜0，氣體對外放熱，D正確。5.（2024·江蘇高考13題）某科研實驗站有一個密閉容器，容器內有溫度為300K、壓強為105Pa的理想氣體，容器內有一個面積為0.06m2的觀測臺，現將這個容器移動到月球上，容器內的溫度變成240K，整個過程可認為氣體的體積不變，月球表面為真空狀態(tài)。求：（1）在月球上容器內氣體的壓強；（2）觀測臺所受的壓力大小。答案：（1）8×104Pa（2）4.8×103N解析：（1）根據題意，容器內氣體發(fā)生等容變化，由查理定律有p1T1＝p2T2，代入數據解得月球上容器內氣體的壓強p2＝8（2）觀測臺所受的壓力大小F＝p2S＝4.8×103N?？键c一熱學概念的理解1.微觀量的估算（1）油膜法估測油酸分子的大?。篸＝VV為純油酸體積，S為單分子油膜面積。（2）分子總數：N＝nNA＝mMmNA＝VV注意：對氣體而言，N≠VV（3）兩種分子模型球模型：V＝43πR3（常用于估算液體、固體分子直徑）；立方體模型：V＝a3（常用于估算氣體分子間距2.反映分子運動規(guī)律的兩個實例布朗運動懸浮在液體或氣體中的固體小顆粒永不停息、無規(guī)則的運動，顆粒越小、溫度越高，運動越劇烈擴散現象分子永不停息地做無規(guī)則運動，溫度越高，擴散越快3.分子間作用力、分子勢能隨r的變化圖像4.固體和液體（1）晶體與非晶體①晶體有固定熔點，非晶體無固定熔點。②晶體和非晶體可以相互轉化。（2）液體的表面張力：表面張力具有使液體表面積收縮到最小的趨勢。（3）液晶：液晶具有液體的流動性，也具有晶體的光學各向異性。（4）溫度①宏觀表現：物體的冷熱程度。②微觀表現：分子平均動能的標志。【例1】（2024·河北辛集一中三模）關于分子運動的規(guī)律，下列說法正確的是（）A.如果氣體溫度升高，則每個分子的運動速率都將增大B.如果某氣體分子質量為m，平均速度為v，則分子平均動能Ek＝12mC.懸浮在水中的花粉顆粒做布朗運動，不能反映花粉顆粒內分子熱運動的規(guī)律D.將某氣體密閉于正方體容器中，則在相同的時間內與容器內部各面相撞的分子數目必嚴格相等答案：C解析：如果氣體溫度升高，則氣體分子的平均動能增大，但并非每個分子的運動速率都增大，選項A錯誤；分子的平均動能等于系統(tǒng)內所有分子的動能之和與分子的總數之比，而不是Ek＝12mv2，選項B錯誤；懸浮在水中的花粉顆粒做布朗運動，只能反映水分子的熱運動，不能反映花粉顆粒內分子熱運動的規(guī)律，選項C正確；將某氣體密閉于正方體容器中，在相同的時間內與容器內部各面相撞的分子數目不一定嚴格相等，選項【例2】（2023·海南高考5題）下列關于分子力和分子勢能的說法正確的是（）A.分子間距離大于r0時，分子間作用力表現為斥力B.分子從無限遠靠近到距離r0處過程中分子勢能變大C.分子勢能在r0處最小D.分子間距離小于r0且減小時，分子勢能在減小答案：C解析：分子間距離大于r0時，分子間作用力表現為引力，分子從無限遠靠近到距離r0處過程中，引力做正功，分子勢能減小，則在r0處分子勢能最小，繼續(xù)減小距離，分子間作用力表現為斥力，分子力做負功，分子勢能增大，故選C。【例3】（2024·四川宜賓模擬）下列四幅圖所涉及的物理知識，論述正確的是（）A.圖甲表明晶體熔化過程中分子平均動能變大B.圖乙水黽可以在水面自由活動，說明它所受的浮力大于重力C.圖丙是顯微鏡下三顆小炭粒的運動位置連線圖，連線表示小炭粒的運動軌跡D.圖丁中A是浸潤現象，B是不浸潤現象答案：D解析：晶體熔化過程中溫度不變，分子平均動能不變，A錯誤；水黽可以在水面自由活動，是因為水的表面張力作用，B錯誤；每隔一段時間把觀察到的炭粒的位置記錄下來，然后用直線把這些位置依次連接成折線，所以布朗運動圖像反映每隔一段時間小炭粒的位置，而不是運動軌跡，C錯誤；圖丁中A是浸潤現象，B是不浸潤現象，D正確。考點二氣體實驗定律與熱力學定律1.氣體實驗定律與熱力學定律綜合問題的求解思路2.關聯氣體問題解決由活塞、液柱相聯系的兩部分氣體時，注意找兩部分氣體的壓強、體積等關系，列出關聯關系式，再結合氣體實驗定律或理想氣體狀態(tài)方程求解?！纠?】（2024·安徽高考13題）某人駕駛汽車，從北京到哈爾濱，在哈爾濱發(fā)現汽車的某個輪胎內氣體的壓強有所下降（假設輪胎內氣體的體積不變，且沒有漏氣，可視為理想氣體）。于是在哈爾濱給該輪胎充入壓強與大氣壓強相同的空氣，使其內部氣體的壓強恢復到出發(fā)時的壓強（假設充氣過程中，輪胎內氣體的溫度與環(huán)境相同，且保持不變）。已知該輪胎內氣體的體積V0＝30L，從北京出發(fā)時，該輪胎氣體的溫度t1＝－3℃，壓強p1＝2.7×105Pa。哈爾濱的環(huán)境溫度t2＝－23℃，大氣壓強p0取1.0×105Pa。求：（1）在哈爾濱時，充氣前該輪胎氣體壓強的大小。（2）充進該輪胎的空氣體積。答案：（1）2.5×105Pa（2）6L解析：（1）由查理定律可得p1T其中p1＝2.7×105Pa，T1＝（273－3）K＝270K，T2＝（273－23）K＝250K代入數據解得，在哈爾濱時，充氣前該輪胎氣體壓強為p2＝2.5×105Pa。（2）由玻意耳定律p2V0＋p0V＝p1V0代入數據解得，充進該輪胎的空氣體積為V＝6L。【例5】（2024·甘肅高考13題）如圖，剛性容器內壁光滑，盛有一定量的氣體，被隔板分成A、B兩部分，隔板與容器右側用一根輕質彈簧相連（忽略隔板厚度和彈簧體積）。容器橫截面積為S，長為2l。開始時系統(tǒng)處于平衡態(tài)，A、B體積均為Sl，壓強均為p0，彈簧為原長。現將B中氣體抽出一半，B的體積變?yōu)樵瓉淼?4。整個過程系統(tǒng)溫度保持不變，氣體視為理想氣體。求（1）抽氣之后A、B的壓強pA、pB。（2）彈簧的勁度系數k。答案：（1）45p023p0（2解析：（1）抽氣后，A的體積變?yōu)閂A＝2Sl－34Sl＝54Sl，對A中氣體p0Sl＝pA·54解得pA＝45p0對B中剩余氣體，根據玻意耳定律可知，12p0Sl＝pB·3解得pB＝23p0（2）抽氣后，對隔板，根據平衡條件有pAS＝pBS＋k·14結合（1）問解得k＝8p活塞封閉氣體的三種常見問題（1）氣體系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，需要綜合應用氣體實驗定律和物體的平衡條件解題。（2）氣體系統(tǒng)處于非平衡狀態(tài)，需要綜合應用氣體實驗定律和牛頓運動定律解題。（3）兩個或多個汽缸封閉著幾部分氣體，并且汽缸之間相互關聯的問題，解答時應分別研究各部分氣體，找出它們各自遵循的規(guī)律，并寫出相應的方程，還要寫出各部分氣體之間壓強或體積的關系式，最后聯立求解。【例6】（2024·浙江6月選考17題）如圖所示，測定一個形狀不規(guī)則小塊固體體積，將此小塊固體放入已知容積為V0的導熱效果良好的容器中，開口處豎直插入兩端開口的薄玻璃管，其橫截面積為S，接口用蠟密封。容器內充入一定質量的理想氣體，并用質量為m的活塞封閉，活塞能無摩擦滑動，穩(wěn)定后測出氣柱長度為l1。將此容器放入熱水中，活塞緩慢豎直向上移動，再次穩(wěn)定后氣柱長度為l2、溫度為T2。已知S＝4.0×10－4m2，m＝0.1kg，l1＝0.2m，l2＝0.3m，T2＝350K，V0＝2.0×10－4m3，大氣壓強p0＝1.0×105Pa，環(huán)境溫度T1＝300K。（1）在此過程中器壁單位面積所受氣體分子的平均作用力不變（選填“變大”“變小”或“不變”），氣體分子的數密度變小（選填“變大”“變小”或“不變”）；（2）求此不規(guī)則小塊固體的體積V；答案：4×10－5m3（3）若此過程中氣體內能增加10.3J，求吸收熱量Q。答案：14.4J解析：（1）溫度升高時，活塞緩慢上升，其受力不變，故封閉氣體壓強不變，由p＝FS知器壁單位面積所受氣體分子的平均作用力不變；由體積變大，（2）氣體發(fā)生等壓變化，有V0－得V＝4×10－5m3。（3）此過程中，外界對氣體做功W＝－p1S（l2－l1）對活塞受力分析可知，p1S＝mg＋p0S得W＝－4.1J又ΔU＝W＋Q得Q＝14.4J。考點三氣體圖像與熱力學定律的綜合問題圖像特點等溫變化p-V圖像pV＝CT（其中C為恒量），即pV之積越大的等溫線，溫度越高，線離原點越遠p-1Vp＝CT1V，斜率k＝CT，即斜率越大，等容變化p-T圖像p＝CVT，斜率k＝CV，即斜率越大等壓變化V-T圖像V＝CpT，斜率k＝Cp，即斜率越大【例7】（2024·河南商丘三模）一定質量的理想氣體由狀態(tài)a變化到狀態(tài)b的過程中，體積V隨熱力學溫度T變化的圖像如圖所示。已知氣體在狀態(tài)b的壓強為1.36×105Pa，從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b氣體吸收的熱量為4×104J，則該過程中氣體的內能增加了（）A.2.04×104J B.1.96×104JC.1.64×104J D.1.28×104J答案：B解析：設氣體溫度在300K時的壓強為p，氣體溫度從300K到400K為等容變化，則有p300K＝1.36×105Pa400K，解得p＝1.02×105Pa，由圖像可知，氣體溫度從200K到300K為等壓膨脹，氣體對外做功為W＝－p·ΔV＝－2.04×104J，氣體溫度從300K到400K氣體做功為零，根據熱力學第一定律可知，氣體內能變化為ΔU＝Q＋W＝4×104J－2.04×104J＝1.【例8】（2024·山東高考6題）一定質量理想氣體經歷如圖所示的循環(huán)過程，a→b過程是等壓過程，b→c過程中氣體與外界無熱量交換，c→a過程是等溫過程。下列說法正確的是（）A.a→b過程，氣體從外界吸收的熱量全部用于對外做功B.b→c過程，氣體對外做功，內能增加C.a→b→c過程，氣體從外界吸收的熱量全部用于對外做功D.a→b過程，氣體從外界吸收的熱量等于c→a過程放出的熱量答案：C解析：a→b過程是等壓變化且體積增大，則Wab＜0，由蓋—呂薩克定律可知Tb＞Ta，即ΔUab＞0，根據熱力學第一定律ΔU＝Q＋W可知a→b過程，氣體從外界吸收的熱量一部分用于對外做功，另一部分用于增加內能，A錯誤；b→c過程中氣體與外界無熱量交換，即Qbc＝0，又由氣體體積增大可知Wbc＜0，由熱力學第一定律ΔU＝Q＋W可知氣體內能減少，B錯誤；c→a過程為等溫過程，可知Tc＝Ta，ΔUac＝0，根據熱力學第一定律可知a→b→c過程，氣體從外界吸收的熱量全部用于對外做功，C正確；由A項分析可知Qab＝ΔUab－Wab，由B項分析可知Wbc＝ΔUbc，由C項分析可知0＝Wca＋Qca，又ΔUab＋ΔUbc＝0，聯立解得Qab－（－Qca）＝－Wca－Wbc－Wab，根據p-V圖像與坐標軸所圍圖形的面積表示外界對氣體做的功，結合題圖可知Qab－（－Qca）≠0，所以a→b過程氣體從外界吸收的熱量Qab不等于c→a過程放出的熱量－Qca，D錯誤。圖像分析【例9】（2024·江西高考13題）可逆斯特林熱機的工作循環(huán)如圖所示。一定質量的理想氣體經ABCDA完成循環(huán)過程，AB和CD均為等溫過程，BC和DA均為等容過程。已知T1＝1200K，T2＝300K，氣體在狀態(tài)A的壓強pA＝8.0×105Pa，體積V1＝1.0m3，氣體在狀態(tài)C的壓強pC＝1.0×105Pa。求：（1）氣體在狀態(tài)D的壓強pD；（2）氣體在狀態(tài)B的體積V2。答案：（1）2.0×105Pa（2）2.0m3解析：（1）氣體從狀態(tài)D到狀態(tài)A的過程發(fā)生等容變化，根據查理定律有pDT代入數據解得pD＝2.0×105Pa。（2）氣體從狀態(tài)C到狀態(tài)D的過程發(fā)生等溫變化，根據玻意耳定律有pCVC＝pDV1代入數據解得VC＝2.0m3又氣體從狀態(tài)B到狀態(tài)C發(fā)生等容變化，因此氣體在B狀態(tài)的體積為V2＝VC＝2.0m3。氣體變質量問題【典例1】如圖所示，A、B是兩個容積為V的容器，C是用活塞密封的氣筒，它的工作容積為0.5V，C與A、B通過兩只單向進氣閥a、b相連，當氣筒抽氣時a打開、b關閉，當氣筒打氣時b打開、a關閉。最初A、B兩容器內氣體的壓強均為大氣壓強p0，活塞位于氣筒C的最右側。（氣筒與容器間連接處的容積不計，氣體溫度保持不變）求：（1）活塞以工作容積完成第一次抽氣后，氣筒C內氣體的壓強p1；（2）活塞以工作容積完成抽氣、打氣各2次后，A、B容器內的氣體壓強之比。答案：（1）23p0（2）2∶解析：（1）由題意可知，工作過程是等溫變化，則完成第一次抽氣結束后，由玻意耳定律有p0V＝p1×（0.5＋1）V解得p1＝23p0（2）第二次抽氣結束后，有p1V＝pA×（0.5＋1）V第一次打氣結束后，有p0V＋0.5p1V＝p2V第二次打氣結束后，有p2V＋0.5pAV＝pBV聯立解得pA∶pB＝2∶7?！镜淅?】如圖所示的是某排水管道的側面剖視圖。井蓋上的瀉水孔因故堵塞，井蓋與管口間密封良好但不粘連。暴雨期間，水位迅速上漲，該井蓋可能會不斷跳躍。設井蓋質量為m＝20.0kg，圓柱形豎直井內水面面積為S＝0.300m2，圖示時刻水面與井蓋之間的距離為h＝2.00m，井內密封有壓強剛好等于大氣壓強p0＝1.01×105Pa、溫度為T0＝300K的空氣（可視為理想氣體），重力加速度取g＝10m/s2。密閉空氣的溫度始終不變。（1）井蓋第一次被頂起時，井內空氣壓強p為多大？從圖示位置起，水面上漲多少后井蓋第一次被頂起？（計算結果均保留3位有效數字）（2）井蓋第一次被頂起后迅速回落再次封閉井內空氣，此時空氣壓強重新回到p0，溫度仍為T0，求此次向外界排出的空氣相當于壓強為p0、溫度為T1＝290K時的體積。（計算結果保留3位有效數字）答案：（1）1.02×105Pa1.31cm（2）3.80×10－3m解析：（1）井蓋第一次被頂起時，井內氣體的壓強p滿足pS＝p0S＋mg，代入數據得p＝1.02×105Pa，設井蓋第一次被頂起時，水面上漲x，對井內空氣，由氣體等溫變化規(guī)律，有p·（h－x）S＝p0·hS，代入數據解得x＝1.31cm。（2）井內原有氣體狀態(tài)為p0、V0＝hS、T0，井蓋第一次被頂起后，井內剩余氣體狀態(tài)為p0、V1＝（h－x）S、T0，排出的氣體狀態(tài)為p0、V2、T1，由氣體等壓變化規(guī)律，有V0T0＝V1T0＋V2T1，代入數據得V2＝3.1.（多選）（2024·黑龍江大慶三模）下列說法正確的是（）A.液晶具有流動性，其光學性質具有各向異性的特點B.布朗運動說明了懸浮的顆粒分子在做無規(guī)則運動C.分子勢能隨著分子間距離的增大，可能先減小后增大D.往杯中注水時，水面稍高出杯口，水仍不會流出來，這是水表面張力的作用解析：ACD液晶像液體一樣可以流動，又具有某些晶體結構的特征，所以液晶的光學性質與某些晶體相似，具有各向異性，A正確；布朗運動說明了液體（氣體）分子在永不停息地做無規(guī)則運動，B錯誤；當分子間的距離從r＜r0到r＞r0，隨著分子間距離的增大，分子勢能先減小后增大，C正確；往杯中注水時，水面稍高出杯口，水仍不會流出來，這是由于水的表面張力作用，D正確。2.（2024·廣東深圳三模）石墨烯是一種由碳原子緊密堆積成單層二維六邊形晶格結構的新材料，一層層疊起來就是石墨，1毫米厚的石墨約有300萬層石墨烯。下列關于石墨烯的說法正確的是（）A.石墨是晶體，石墨烯是非晶體B.石墨烯中的碳原子始終靜止不動C.石墨烯熔化過程中碳原子的平均動能不變D.石墨烯中的碳原子之間只存在引力作用解析：C石墨有規(guī)則的形狀，石墨是晶體，石墨烯是石墨中提取出來的新材料，也有規(guī)則的形狀，也是晶體，A錯誤；石墨中的碳原子是一直運動的，B錯誤；石墨烯是晶體，在熔化過程中，溫度不變，故碳原子的平均動能不變，C正確；石墨烯中的碳原子之間同時存在分子引力和分子斥力，D錯誤。3.（2024·江蘇鹽城二模）如圖所示為一定質量的理想氣體狀態(tài)變化的V-T圖像。已知在狀態(tài)A時的壓強為p0，則（）A.狀態(tài)B時的壓強為pB.狀態(tài)C時的壓強為2p0C.A→B過程中氣體對外做功D.B→C過程中氣體向外界放熱解析：D從A到B溫度不變，則pB＝VAVBpA＝2p0，選項A錯誤；從B到C體積不變，則狀態(tài)C時的壓強為pC＝TCTBpB＝pB2＝p0，選項B錯誤；A→B過程中體積減小，則外界對氣體做功，選項C錯誤；B→C過程中氣體體積不變，則W＝0，溫度降低，內能減小，即ΔU＜0，根據熱力學第一定律可知Q4.（2024·山東青島三模）如圖所示的是某品牌卡車的氣囊減震裝置，當路面不平時，車體會突然下沉擠壓氣囊，該過程中關于氣囊內的氣體，下列說法正確的是（）A.外界對氣體做的功小于氣體內能的增加B.氣體溫度升高，每個分子的動能都增大C.氣體分子對氣囊單位面積的平均撞擊力增大D.氣體壓強增大的唯一原因是氣體分子運動變得劇烈解析：C車體突然下沉擠壓氣囊，此過程時間很短，可認為是絕熱過程，由熱力學第一定律可知：外界對氣體做的功等于氣體內能的增加，故A錯誤；氣體溫度升高，氣體的平均動能增大，但不一定每一個氣體分子的動能都增大，B錯誤；由于溫度升高，氣體分子平均速率增大，體積減小，分子數密度增大，氣體分子對氣囊單位面積的平均撞擊力增大，C正確；氣體壓強產生的原因是大量氣體分子對容器壁的持續(xù)的、無規(guī)則撞擊產生的，氣體壓強由氣體分子的數密度和平均動能決定，D錯誤。5.（2024·福建莆田三模）飛機機艙內的一個空礦泉水瓶內密閉著一定質量的空氣，飛機在高空巡航時瓶子的狀態(tài)如圖甲所示。飛機著陸時瓶子的狀態(tài)如圖乙所示。假設機艙內的溫度保持不變，飛機從巡航到著陸過程（）A.飛機機艙內的氣壓減小B.礦泉水瓶內的空氣的壓強增大C.礦泉水瓶內的空氣分子平均動能增大D.礦泉水瓶內的空氣內能增大解析：B飛機從巡航到著陸過程，由題意知瓶內氣體溫度不變，體積變小，以瓶內氣體為研究對象，根據理想氣體狀態(tài)方程pVT＝C，故可知礦泉水瓶內的空氣的壓強增大，則飛機從巡航到著陸過程飛機機艙內的氣壓增大，A錯誤，B正確；由于溫度是氣體分子平均動能的標志，機場地面溫度與高空機艙溫度相同，故從高空機艙到機場地面，瓶內氣體的分子平均動能不變，C錯誤；由于溫度不變，則內能不變，D6.一定量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經歷等溫或等壓過程ab、bc、cd、da回到原狀態(tài)，其p-T圖像如圖所示。其中對角線ac的延長線過原點O。下列判斷正確的是（）A.氣體在a狀態(tài)的體積大于c狀態(tài)的體積B.氣體在狀態(tài)a時的內能大于它在狀態(tài)c時的內能C.在過程cd中氣體向外界放出的熱量大于外界對氣體做的功D.在過程da中氣體從外界吸收的熱量小于氣體對外界做的功解析：B由ac的延長線過原點O知，直線Oca為一條等容線，氣體在a、c兩狀態(tài)的體積相等，選項A錯誤；理想氣體的內能由其溫度決定，故在狀態(tài)a時的內能大于在狀態(tài)c時的內能，選項B正確；過程cd是等溫變化，氣體內能不變，由熱力學第一定律知，氣體對外放出的熱量等于外界對氣體做的功，選項C錯誤；過程da氣體內能增大，從外界吸收的熱量大于氣體對外界做的功，選項D錯誤。7.（2024·山東濟寧三模）如圖所示，一定質量的理想氣體，經歷a→b→c→a過程，其中a→b是等溫過程，b→c是等壓過程，c→a是等容過程。下列說法正確的是（）A.完成一次循環(huán)，氣體向外界放熱B.a、b、c三個狀態(tài)中，氣體在c狀態(tài)分子平均動能最大C.b→c過程中，氣體放出的熱量大于外界對氣體做的功D.a→b過程中，容器壁在單位時間內、單位面積上受到氣體分子撞擊的次數會增加解析：C完成一次循環(huán)，氣體的內能不變，a→b過程，氣體體積增大，氣體對外界做功，b→c過程，氣體體積減小，外界對氣體做功，由于a→b過程氣體的平均壓強大于b→c過程氣體壓強，則氣體對外做功大于外界對氣體做功，c→a過程，氣體體積不變，氣體不做功，由熱力學第一定律可知，完成一次循環(huán)，氣體吸熱，A錯誤；b→c過程中，氣體的壓強不變，體積減小，則氣體的溫度降低，內能減小，由熱力學第一定律可知，氣體放出的熱量大于外界對氣體做的功，c狀態(tài)氣體溫度最低，氣體在c狀態(tài)分子平均動能最小，B錯誤，C正確；a→b過程中，氣體溫度不變，分子的平均動能不變，壓強減小，由氣體壓強的微觀解釋可知，容器壁在單位時間內、單位面積上受到氣體分子撞擊的次數會減少，D錯誤。8.（2024·湖北高考13題）如圖所示，在豎直放置、開口向上的圓柱形容器內用質量為m的活塞密封一部分理想氣體，活塞橫截面積為S，能無摩擦地滑動。初始時容器內氣體的溫度為T0，氣柱的高度為h。當容器內氣體從外界吸收一定熱量后，活塞緩慢上升15h再次平衡。已知容器內氣體內能變化量ΔU與溫度變化量ΔT的關系式為ΔU＝CΔT，C為已知常量，大氣壓強恒為p0，重力加速度大小為g，所有溫度為熱力學溫度。求（1）再次平衡時容器內氣體的溫度。（2）此過程中容器內氣體吸收的熱量。答案：（1）65T0（2）15（CT0＋mgh＋p0解析：（1）設容器內氣體初、末狀態(tài)體積分別為V0、V，末狀態(tài)溫度為T，由蓋-呂薩克定律得V0T其中V0＝Sh，V＝Sh聯立解得T＝65T0（2）設此過程中容器內氣體吸收的熱量為Q，外界對氣體做的功為W，由熱力學第一定律得ΔU＝Q＋W其中ΔU＝C（T－T0）W＝－（mg＋p0S）15聯立解得Q＝15（CT0＋mgh＋p0Sh）9.如圖所示，利用一個氣球B套在壁厚可忽略的玻璃瓶A上模擬魚鰾結構，A、B之間可通過閥門進行氣體交換。初始時閥門關閉，一細線一端連接裝置，一端固定在水底，裝置靜止在距離水面H處，此時細線恰好無拉力，氣球B內封閉氣體的質量為m，體積為V，氣球B內氣體的壓強與所在處外界壓強相等。已知當細線的拉力等于裝置的總重力時細線恰好會斷裂，A、B內為同種氣體且氣體溫度保持不變，水的密度為ρ，重力加速度為g，大氣壓強為p0，玻璃瓶A內封閉氣體的初始壓強為p1，氣體體積為V0，裝置自身的高度可以忽略不計。打開閥門，A中部分氣體充入氣球B，使得氣球B慢慢膨脹（內部壓強始終等于所在處外界壓強）。求：（1）當細線剛好斷裂時，向B中充入的氣體質量Δm；（2）當細線剛好斷裂時，玻璃瓶A內封閉的氣體的壓強p2。答案：（1）V＋（2）p1－（p0＋ρgH）V解析：（1）設裝置的總質量為M，根據題意可知，初始整個裝置靜止在水中，重力大小等于浮力大小，即ρg（V＋V0）＝Mg，當氣球的體積增大到剛好使增加的浮力等于細線的最大拉力時，增加的浮力為ΔF浮H＝ρgΔV＝Mg，由于mV＝ΔmΔV，聯立上式解得Δm（2）對于質量為Δm的氣體，經歷等溫變化，由玻意耳定律有pΔV＝p2V'，p＝p0＋ρgH，解得V'＝（p0＋ρgH）ΔVp2，當細線剛好斷裂時，對玻璃瓶A內封閉的氣體，由玻意耳定律有p1V0＝p2（V0＋V'），聯立解得p2＝p1第15講近代物理1.（2024·河北高考1題）鋰是新能源汽車、儲能和信息通信等新興產業(yè)的關鍵材料。研究表明，鋰元素主要來自宇宙線高能粒子與星際物質的原子核產生的散裂反應，其中一種核反應方程為

612C＋11H→37Li＋211H＋A.01n BC.10e D解析：D根據質量數守恒和電荷數守恒解得A＝4，Z＝2，故X為

24He，2.（2024·北京高考1題）已知釷234的半衰期是24天，則1g釷234經過48天后，剩余釷234的質量為（）A.0g B.0.25gC.0.5g D.0.75g解析：B48天為2個半衰期，則釷234經過48天后剩余質量為m＝m012tΤ＝1×122g＝0.25g，B正確，A3.（2024·江蘇高考5題）在某原子發(fā)生的躍遷中，輻射如圖所示的4種光子，其中只有一種光子可使某金屬發(fā)生光電效應，是（）A.λ1 B.λ2C.λ3 D.λ4解析：C根據愛因斯坦光電效應方程Ek＝hν－W0可知，若只有一種光子可以使某金屬發(fā)生光電效應，則該光子的能量最大，又由題圖可知輻射的λ3光子的能量最大，所以只有λ3光子可以使該金屬發(fā)生光電效應，C正確。4.（2024·北京高考13題）產生阿秒光脈沖的研究工作獲得2023年的諾貝爾物理學獎，阿秒（as）是時間單位，1as＝1×10－18s，阿秒光脈沖是發(fā)光持續(xù)時間在阿秒量級的極短閃光，提供了阿秒量級的超快“光快門”，使探測原子內電子的動態(tài)過程成為可能。設有一個持續(xù)時間為100as的阿秒光脈沖，持續(xù)時間內至少包含一個完整的光波周期。取真空中光速c＝3.0×108m/s，普朗克常量h＝6.6×10－34J·s，下列說法正確的是（）A.對于0.1mm寬的單縫，此阿秒光脈沖比波長為550nm的可見光的洐射現象更明顯B.此阿秒光脈沖和波長為550nm的可見光束總能量相等時，阿秒光脈沖的光子數更多C.此阿秒光脈沖可以使能量為－13.6eV（－2.2×10－18J）的基態(tài)氫原子電離D.為了探測原子內電子的動態(tài)過程，阿秒光脈沖的持續(xù)時間應大于電子的運動周期解析：C持續(xù)時間為t＝100as的阿秒光脈沖，持續(xù)時間內至少包含一個完整的光波周期，則此阿秒光脈沖的最長波長為λ＝ct＝30nm＜550nm，最長波長明顯小于550nm可見光波長，又波長越大衍射現象越明顯，則波長為550nm的可見光的衍射現象更明顯，A錯誤；與550nm的可見光相比，此阿秒光脈沖波長較短，頻率較高，由ε＝hν可知此阿秒光脈沖的單個光子能量較大，故當其與550nm的可見光總能量相等時，此阿秒光脈沖的光子數更少，B錯誤；此阿秒光脈沖的最小頻率為ν＝cλ，則其最小光子能量為ε＝hν＝6.6×10－18J＞2.2×10－18J，故此阿秒光脈沖可以使基態(tài)的氫原子電離，C正確；阿秒激光有“拍照”的功能，持續(xù)時間只有比電子的運動周期更小，才能準確“拍攝”到電子的動態(tài)過程，D考點一光電效應及其圖像1.光電效應兩條對應關系（1）光子頻率高→光子能量大→光電子的最大初動能大。（2）光照強度大（同種頻率的光）→光子數目多→發(fā)射光電子多→光電流大。2.定量分析時應抓住三個關系式愛因斯坦光電效應方程Ek＝hν－W0最大初動能與遏止電壓的關系Ek＝eUc逸出功與截止頻率的關系W0＝hνc3.光電效應的四類圖像分析圖像名稱圖線形狀由圖線直接（或間接）得到的物理量最大初動能Ek與入射光頻率ν的關系圖線Ek＝hν－h(huán)νc（1）截止頻率：圖線與ν軸交點的橫坐標νc（2）逸出功：圖線與Ek軸交點的縱坐標的絕對值W0＝｜－E｜＝E（3）普朗克常量：圖線的斜率k＝h顏色相同、強度不同的光，光電流與電壓的關系（1）遏止電壓Uc：圖線與橫軸交點的橫坐標（2）飽和光電流Im：光電流的最大值（3）最大初動能：Ek＝eUc顏色不同時，光電流與電壓的關系（1）遏止電壓Uc1＞Uc2，則ν1＞ν2（2）飽和光電流（3）最大初動能Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2遏止電壓Uc與入射光頻率ν的關系圖線（1）截止頻率νc：圖線與橫軸的交點的橫坐標（2）普朗克常量h：等于圖線的斜率與電子電荷量的乘積，即h＝ke（注：此時兩極之間接反向電壓）【例1】（2024·黑龍江哈爾濱三模）在研究甲、乙兩種金屬的光電效應現象實驗中，光電子的最大初動能Ek與入射光頻率ν的關系如圖所示，則下列說法正確的是（）A.甲金屬的逸出功大于乙金屬的逸出功B.兩條圖線與橫軸的夾角α和β可能不相等C.若增大入射光的頻率，則所需遏止電壓隨之增大D.若增大入射光的強度，但不改變入射光的頻率，則光電子的最大初動能將增大答案：C解析：根據愛因斯坦光電效應方程Ek＝hν－W0，可知光電子的最大初動能Ek與入射光頻率ν的關系圖像的斜率為普朗克常量h，橫軸截距為νc＝W0h，所以兩條圖線的斜率一定相等，α和β一定相等，甲金屬的逸出功小于乙金屬的逸出功，A、B錯誤；根據Ek＝hν－W0可知，若增大入射光的頻率，產生的光電子的最大初動能增大，再由eUc＝Ek可知，遏止電壓隨之增大，C正確；根據光電效應方程可知，不改變入射光頻率ν，只增大入射光的強度，則光電子的最大初動能不變，【例2】（2024·海南高考8題）利用如圖所示的裝置研究光電效應，單刀雙擲開關S與1接通，用頻率為ν1的光照射光電管，調節(jié)滑動變阻器，使電流表的示數剛好為0，此時電壓表的示數為U1，已知電子電荷量絕對值為e，普朗克常量為h，下列說法正確的是（）A.其他條件不變，增大光強，電壓表示數增大B.改用比ν1更大頻率的光照射，調整電流表的示數為零，此時電壓表示數仍為U1C.其他條件不變，使開關S與2接通，電流表示數仍為零D.光電管陰極材料的截止頻率νc＝ν1－e答案：D解析：根據愛因斯坦光電效應方程有Ek＝hν－W0，根據動能定理有－eUc＝0－Ek，聯立解得Uc＝heν－W0e，因此僅改變光強不會使遏止電壓的大小發(fā)生變化，由題意可知電壓表測量遏止電壓，所以增大光強，電壓表示數不變，A錯誤；根據A項表達式可知，若改用比ν1更大頻率的光照射，遏止電壓增大，即此時電壓表示數大于U1，B錯誤；當僅將開關S與2接通，則光電管兩端的電壓變?yōu)檎螂妷?，逸出的光電子在電場中加速，一定能到達右極板，電流表一定有示數，C錯誤；截止頻率與逸出功的關系為W0＝hνc，結合A項表達式并代入題干條件可得νc＝ν1－e【例3】（2024·浙江1月選考11題）如圖所示，金屬極板M受到紫外線照射會逸出光電子，最大速率為vm。正對M放置一金屬網N，在M、N之間加恒定電壓U。已知M、N間距為d（遠小于板長），電子的質量為m，電荷量為e，則（）A.M、N間距離增大時電子到達N的動能也增大B.只有沿x方向逸出的電子到達N時才有最大動能1C.電子從M到N過程中y方向位移大小最大為vmd2D.M、N間加反向電壓mv答案：C解析：根據動能定理，從金屬板M上逸出的光電子到達N板的過程中有eU＝Ekm－12mvm2，則到達N板時的動能為Ekm＝eU＋12mvm2，與兩極板間距無關，與電子從金屬板中逸出的方向無關，選項A、B錯誤；平行極板M射出的電子到達N板時在y方向的位移最大，則電子從M到N過程中y方向最大位移為y＝vmt，d＝12·Uedmt2，解得y＝vmd2meU，選項C正確；M、N間加反向電壓電流表示數恰好為零時，則eUc＝12m考點二原子結構與玻爾理論1.原子結構與玻爾理論2.原子能級躍遷問題的解題技巧（1）原子躍遷時，所吸收或釋放的光子能量只能等于兩能級之間的能量差，即ΔE＝hν＝｜E初－E末｜。（2）原子電離時，所吸收的能量可以大于或等于某一能級能量的絕對值。（3）一個處于第n能級的氫原子躍遷發(fā)出可能的光譜線條數最多為n－1。（4）一群氫原子躍遷發(fā)出可能的光譜線條數的兩種求解方法①用數學中的組合知識求解：N＝Cn2＝②利用能級圖求解：在氫原子能級圖中將氫原子躍遷的各種可能情況一一畫出，然后相加。（5）計算氫原子能級躍遷放出或吸收光子的頻率和波長時，要注意各能級的能量值均為負值，且單位為電子伏特，計算時需換算單位，1eV＝1.6×10－19J。【例4】（2024·安徽高考1題）大連相干光源是我國第一臺高增益自由電子激光用戶裝置，其激光輻射所應用的玻爾原子理論很好地解釋了氫原子的光譜特征。圖為氫原子的能級示意圖，已知紫外光的光子能量大于3.11eV，當大量處于n＝3能級的氫原子向低能級躍遷時，輻射不同頻率的紫外光有（）A.1種 B.2種C.3種 D.4種答案：B解析：大量處于n＝3能級的氫原子向低能級躍遷時，能夠輻射出不同頻率的光子種類為C32＝3種，輻射出光子的能量分別為ΔE1＝E3－E1＝－1.51eV－（－13.6eV）＝12.09eV，ΔE2＝E3－E2＝－1.51eV－（－3.4eV）＝1.89eV，ΔE3＝E2－E1＝－3.4eV－（－13.6eV）＝10.2eV，其中ΔE1＞3.11eV，ΔE2＜3.11eV，ΔE3＞3.11eV，所以輻射不同頻率的紫外光有2種。故選【例5】（2024·浙江6月選考10題）玻爾氫原子電子軌道示意圖如圖所示，處于n＝3能級的原子向低能級躍遷，會產生三種頻率為ν31、ν32和ν21的光，下標數字表示相應的能級。已知普朗克常量為h，光速為c。正確的是（）A.頻率為ν31的光，其動量為EB.頻率為ν31和ν21的兩種光分別射入同一光電效應裝置，均產生光電子，其最大初動能之差為hν32C.頻率為ν31和ν21的兩種光分別射入雙縫間距為d、雙縫到屏的距離為l的干涉裝置，產生的干涉條紋間距之差為lD.若原子從n＝3躍遷至n＝4能級，入射光的頻率ν34'＞E答案：B解析：根據p＝hλ，λ＝cν得，p＝hν31c＝E3－E1c，A錯誤；根據愛因斯坦光電效應方程得Ekm＝hν－W0，W0相同，兩種光射入時逸出電子最大初動能之差ΔEkm＝hΔν＝h（ν31－ν21）＝hν32，B正確；根據雙縫干涉條紋間距公式Δx＝ldλ可知，兩種光分別發(fā)生干涉時的條紋間距之差為ldΔλ＝ld（λ21－λ31）＝ld（cν21－cν31）＝ld（1ν21－考點三原子核及其衰變1.原子核的衰變2.衰變次數的確定方法方法一先由質量數守恒確定α衰變的次數，然后再根據電荷數守恒確定β衰變的次數。方法二設α衰變次數為x，β衰變次數為y，根據質量數守恒和電荷數守恒列方程組求解?！纠?】（2024·廣西高考4題）近期，我國科研人員首次合成了新核素鋨－160（76160Os）和鎢－156（74156W）。若鋨－160經過1次α衰變，鎢－156經過1次β＋衰變（放出一個正電子），A.電荷數B.中子數 C.質量數D.質子數答案：C解析：根據核反應過程遵循質量數守恒和電荷數守恒可知，鋨－160經過1次α衰變后產生的新核素質量數為156，質子數為74，鎢－156經過1次β＋衰變后質量數為156，質子數為73，可知兩新核素衰變后的新核有相同的質量數。故選C?！纠?】（2024·山東高考1題）2024年是中國航天大年，神舟十八號、嫦娥六號等已陸續(xù)飛天，部分航天器裝載了具有抗干擾性強的核電池。已知

3890Sr衰變?yōu)?/p>

3990Y的半衰期約為29年；94238Pu衰變?yōu)?/p>

92234U的半衰期約為87年?，F用相同數目的

38A.

3890Sr衰變?yōu)?/p>

3990B.94238Pu衰變?yōu)?/p>

92234C.50年后，剩余的

3890Sr數目大于

D.87年后，剩余的

3890Sr數目小于

答案：D解析：質量數守恒電荷數守恒

半衰期T

3890Sr＜T

94238Pu考點四核反應與核能1.核反應方程（1）四種基本類型：衰變、人工轉變、重核裂變和輕核聚變。（2）兩個規(guī)律：質量數守恒和電荷數守恒。（3）核反應方程只能用箭頭連接并表示反應方向，不能用等號連接。2.三類計算核能的方法（1）根據ΔE＝Δmc2計算時，Δm的單位是“kg”，c的單位是“m/s”，ΔE的單位是“J”。（2）根據ΔE＝Δm×931.5MeV計算時，Δm的單位是“u”，ΔE的單位是“MeV”。（3）根據核子比結合能來計算核能：原子核的結合能＝核子比結合能×核子數?！纠?】（2024·廣東高考2題）我國正在建設的大科學裝置——“強流重離子加速器”。其科學目標之一是探尋神秘的“119號”元素，科學家嘗試使用核反應Y＋95243Am→119AX＋201n產生該元素。關于原子核YA.Y為

2658Fe，A＝299 B.Y為

2658FeC.Y為

2454Cr，A＝295 D.Y為

2454Cr答案：C解析：根據核反應方程Y＋95243Am→119AX＋201n，設Y的質子數為y，根據電荷數守恒，則有y＋95＝119＋0，可得y＝24，即Y為

2454Cr；根據質量數守恒，則有54＋243＝A＋2，【例9】（2024·浙江1月選考7題）已知氘核質量為2.0141u，氚核質量為3.0161u，氦核質量為4.0026u，中子質量為1.0087u，阿伏加德羅常數NA取6.0×1023mol－1，氘核摩爾質量為2g·mol－1，1u相當于931.5MeV。關于氘與氚聚變成氦，下列說法正確的是（）A.核反應方程式為

12H＋13HB.氘核的比結合能比氦核的大C.氘核與氚核的間距達到10－10m就能發(fā)生核聚變D.4g氘完全參與聚變釋放出能量的數量級為1025MeV答案：D解析：核反應方程式為

12H＋13H→24He＋01n，故A錯誤；氘核的比結合能比氦核的小，故B錯誤；氘核與氚核發(fā)生核聚變，要使它們間的距離達到10－15m以內，故C錯誤；一個氘核與一個氚核聚變反應質量虧損Δm＝（2.0141＋3.0161－4.0026－1.0087）u＝0.0189u，聚變反應釋放的能量是ΔE＝Δm·931.5MeV≈17.6MeV，4g氘完全參與聚變釋放出能量E＝42×6×1023×ΔE≈2.11×1025MeV，1.（2024·江西高考2題）近年來，江西省科學家發(fā)明硅襯底氮化鎵基系列發(fā)光二極管（LED），開創(chuàng)了國際上第三條LED技術路線。某氮化鎵基LED材料的簡化能級如圖所示，若能級差為2.20eV（約3.52×10－19J），普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，則發(fā)光頻率約為（）A.6.38×1014Hz B.5.67×1014HzC.5.31×1014Hz D.4.67×1014Hz解析：C根據題意可知，輻射出的光子能量ε＝3.52×10－19J，由ε＝hν，代入數據解得ν＝5.31×1014Hz，C正確。2.（多選）（2024·浙江1月選考14題）下列說法正確的是（）A.相同溫度下，黑體吸收能力最強，但輻射能力最弱B.具有相同動能的中子和電子，其德布羅意波長相同C.電磁場是真實存在的物質，電磁波具有動量和能量D.自然光經玻璃表面反射后，透過偏振片觀察，轉動偏振片時可觀察到明暗變化解析：CD相同溫度下，黑體吸收和輻射能力最強，故A錯誤；根據λ＝hp＝h2mEk，具有相同動能的中子和電子，電子質量較小，德布羅意波長較長，故B錯誤；電磁場是真實存在的物質，電磁波具有動量和能量，故C正確；自然光在玻璃、水面等表面反射時，反射光可視為偏振光，透過偏振片觀察，3.（2024·湖北武漢二模）人工合成的稀有氣體元素118號元素

118294Og經過一系列衰變后成為新元素

100258Fm，A.若增大壓強，可以增大

118294B.118294Og的中子數比

100C.118號元素

118294Og經過8次α衰變和2次β衰變后成為新元素D.若

118294Og的半衰期為T，12個

118294Og經過2個半衰期后剩余解析：B元素的半衰期與物理及化學狀態(tài)無關，所以增大壓強，半衰期不變，A錯誤；118294Og的中子數為294－118＝176，100258Fm的中子數為258－100＝158，118294Og的中子數比

100258Fm的中子數多18，B正確；設經過x次α衰變和y次β衰變，根據質量數守恒及電荷數守恒得294＝258＋4x，118＝100＋2x－y，解得x＝9，y＝0，C錯誤；4.（2024·河北唐山三模）ITER是指國際熱核聚變實驗堆，也被譽為“人造太陽”。其運行原理是在裝置的真空室內加入少量氫的同位素氘（12H）和氚（13H），通過高溫和高壓使其產生等離子體，然后提高其密度、溫度使其發(fā)生聚變反應，反應過程中會產生

24He，A.所有的同位素都可以用于核聚變反應B.聚變反應放出的能量主要來源于質量虧損C.12H與

D.聚變反應中帶正電的氘（12H）和氚（解析：B并非所有同位素都能用于核聚變反應，A錯誤；根據愛因斯坦質能方程可知，聚變反應放出的能量主要來源于質量虧損，B正確；12H與

12H聚變的核反應方程為

12H＋13H→24H＋01n，核反應過程中會產生中子，5.（2024·四川德陽模擬）離子煙霧報警器是一種常見且廣泛使用的火災報警設備。某離子煙霧報警器中裝有放射性元素镅241，其半衰期為432.2年，衰變方程為

95241Am→93237Np＋X＋γ。A.夏天氣溫升高，镅241的衰變速度會變快B.X是α粒子，具有很強的電離本領C.鎵237的比結合能比镅241的比結合能小D.衰變前后核子總數不變，因此衰變前后總質量也不變解析：B半衰期是由放射性元素本身決定的，與外界因素無關，A錯誤；根據電荷數守恒和質量數守恒可知X是

24He，即為α粒子，具有很強的電離本領，B正確；自發(fā)的衰變過程中釋放能量，原子核的比結合能增大，鎵237的比結合能比镅241的比結合能大，C錯誤；核反應釋放能量，發(fā)生質量虧損，因此反應后總質量會減小，6.（2024·浙江1月選考12題）氫原子光譜按頻率展開的譜線如圖所示，此四條譜線滿足巴耳末公式1λ＝R∞122－1n2，n＝3，4，5，6。用Hδ和HA.照射同一單縫衍射裝置，Hδ光的中央明條紋寬度寬B.以相同的入射角斜射入同一平行玻璃磚，Hδ光的側移量小C.以相同功率發(fā)射的細光束，真空中單位長度上Hγ光的平均光子數多D.相同光強的光分別照射同一光電效應裝置，Hγ光的飽和光電流小解析：C根據巴耳末公式可知，Hδ與Hγ光相比較Hγ光的波長較長，波長越長，越容易發(fā)生明顯的衍射現象，故照射同一單縫衍射裝置，Hγ光的中央明條紋寬度寬，故A錯誤；Hγ光的波長較長，根據f＝cλ，可知Hγ光的頻率較小，則Hγ光的折射率較小，在平行玻璃磚的偏折較小，Hγ光的側移量小，故B錯誤；Hγ光的頻率較小，Hγ光的光子能量較小，以相同功率發(fā)射的細光束，Hγ光的光子數較多，真空中單位長度上Hγ光的平均光子數多，故C正確；若Hδ、Hγ光均能發(fā)生光電效應，相同光強的光分別照射同一光電效應裝置，Hγ光的頻率較小，Hγ光的光子能量較小，Hγ光的光子數較多，則Hγ光的飽和光電流大，故D7.（2024·山東濰坊三模）如圖所示為氫原子能級圖，用頻率為ν的單色光照射大量處于基態(tài)的氫原子，氫原子輻射出頻率分別為ν1、ν2、ν3的三種光子，且ν1＜ν2＜ν3。用該單色光照射到某新型材料上，逸出光電子的最大初動能與頻率為ν2光子的能量相等。下列說法正確的是（）A.ν3＞ν1＋ν2B.ν＝ν1＋ν2＋ν3C.該單色光光子的能量為12.75eVD.該新型材料的逸出功為1.89eV解析：D由題意知，頻率為ν的單色光照射大量處于基態(tài)的氫原子，氫原子輻射出頻率分別為ν1、ν2、ν3的三種光子，且ν1＜ν2＜ν3，則說明hν＝hν3＝12.09eV，hν2＝10.2eV，hν1＝1.89eV，則可知ν3＝ν1＋ν2，A錯誤；根據以上分析可知ν＝ν3，且該單色光光子的能量為12.09eV，B、C錯誤；用該單色光照射到某新型材料上，該新型材料的逸出光電子的最大初動能與頻率為ν2光子的能量相等，則由hν－W0＝hν2，解得W0＝1.89eV，D正確。8.（2024·遼寧大連三模）如圖甲所示的光電管是基于光電效應的一種光電轉換器件，光電管可將光信號轉換成電信號，在自動控制電路中有廣泛應用。光電管的基本工作原理如圖乙所示，當有光照在金屬K極上時，電路導通；無光照射時，電路不通。下列說法正確的是（）A.只要照射到金屬K極上的光足夠強電路就能導通B.只有入射光的頻率小于某一定值，電路才能導通C.電路導通情況下，通過電阻的電流方向是從下向上D.電路導通情況下，光照越強，電阻R上的電壓越大解析：D當入射光的頻率大于截止頻率時，金屬K極就能發(fā)生光電效應，即電路可以導通，光強增大而頻率小于截止頻率不會發(fā)生光電效應，電路不被導通，A、B錯誤；電路導通情況下，即光