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教材习题答案
１
第一章 分子动理论
1 分子动理论的基本内容
◆练习与应用
１.答案 ２.８×１０
－１０ｍ
解析 由Ｍ＝ρＶ得铜的摩尔体积
Ｖ＝Ｍ
ρ ＝６.４×１０
－２
８.９×１０
３ｍ
３/ ｍｏｌ≈７.２×１０
－６ｍ
３/ ｍｏｌ
每个铜分子的体积Ｖ０＝Ｖ
ＮＡ
＝１.２×１０
－２９ｍ
３
把铜分子看成球形
则Ｖ０＝４
３π
ｄ
２(
)
３
所以铜分子的直径ｄ＝
３６Ｖ０
π ≈２.８×１０
－１０ｍ
２.答案 ３.３×１０
－９ｍ
解析 每个氧气分子占有的体积
Ｖ０＝Ｖｍｏｌ
ＮＡ
＝２.２４×１０
－２
６×１０
２３
ｍ
３≈３.７×１０
－２６ｍ
３
把每个氧气分子占有的空间看成立方体ꎬ立方体的边长
即氧气分子间的平均距离ꎬ由ａ
３＝Ｖ０
得:ａ＝
３Ｖ０＝
３３.７×１０
－２６ｍ≈３.３×１０
－９ｍ
３.答案 (１)不正确ꎮ布朗运动是分子无规则运动的体现ꎬ是悬
浮微粒的运动ꎮ
(２)不正确ꎮ布朗运动证明液体(或气体) 分子的无规则
运动ꎮ
(３)不正确ꎮ做布朗运动的微粒用肉眼是看不见的ꎬ胡椒
粉的运动不是水分子撞击不平衡产生的结果ꎬ不是布朗运动ꎬ
不能说明布朗运动与温度的关系ꎮ
(４)正确ꎮ煤油中的小粒灰尘的布朗运动是由煤油分子
无规则运动对灰尘微粒的撞击作用不平衡引起的ꎮ
４.答案 小张的结论是正确的ꎮ小颗粒在不同时刻位置的连线
并不是其运动轨迹ꎬ其运动轨迹无法准确描述ꎬ这些折线是人
为的连线ꎬ其目的是通过这些折线整体变化的无规则性说明
小颗粒运动的无规则性ꎬ进而证明液体分子运动的无规则性ꎮ
５.答案
当分子间距离由ｒ０增大时ꎬ分子间的引力和斥力都减
小ꎬ但是斥力比引力减小得快ꎬ此过程中引力大于斥力ꎬ合力
表现为引力ꎮ
当分子间的距离由ｒ０减小时ꎬ分子间的引力和斥力都增
大ꎬ但斥力增大得更快ꎬ此过程中分子间的斥力大于引力ꎬ合
力表现为斥力ꎮ
2 实验：用油膜法估测油酸分子的大小
◆练习与应用
１.答案 １.５×１０
－３ｍ
解析 将塑料薄膜看成一个柱体ꎬ据Ｖ＝Ｓｈ和Ｖ＝ｍ
ρ 得
ｈ＝ｍ
ρＳ＝
３.６×１０
－２
１.２×１０
３×２００×１０
－４ｍ＝１.５×１０
－３ｍꎮ
２.答案 (１) 首先用电子秤称出１ｇ食盐ꎬ然后将食盐溶解为
２００ｍＬ的均匀溶液ꎬ再取其中的２ｍＬ食盐溶液ꎬ这２ｍＬ食盐
溶液含有０.０１ｇ食盐ꎬ当然要把水分蒸发掉才能得到０.０１ｇ
的固体食盐ꎮ
(２)所需的器材:刻度尺、量筒、水ꎮ测量方法:第一步ꎬ截
取一段细铁丝ꎬ用刻度尺测量出长度Ｌꎻ第二步ꎬ在量筒中装适
量的水ꎬ将这段细铁丝放入量筒中ꎬ测量出体积Ｖꎻ第三步ꎬ应
用Ｓ＝Ｖ
Ｌ计算出细铁丝的横截面积Ｓꎮ
３.答案 (１)１.７×１０
－１１ｍ
３ (２)２.５０×１０
－２ｍ
２ (３)６.８×１０
－１０ｍ
解析 (１)１ｍＬ油酸溶液中含纯油酸的体积
Ｖ１＝１
１０
３×１ｍＬ＝１×１０
－３ｍＬ
１滴油酸溶液中含纯油酸的体积
Ｖ＝Ｖ１
５８＝１×１０
－３
５８
ｍＬ＝１.７×１０
－５ｍＬ＝１.７×１０
－１１ｍ
３
(２)小方格的面积Ｓ１＝１０
－２×１０
－２ｍ
２＝１０
－４ｍ
２
小方格的格数ｎ＝２５０
油酸膜的面积Ｓ＝ｎＳ１＝２.５０×１０
－２ｍ
２
(３)油酸分子的直径
ｄ＝Ｖ
Ｓ＝１.７×１０
－１１
２.５０×１０
－２ｍ≈６.８×１０
－１０ｍ
3 分子运动速率分布规律
◆练习与应用
１.答案 有区别ꎮ一定质量的气体ꎬ体积不变仅温度升高ꎬ从微
观上看ꎬ气体分子的平均速率增大ꎬ单位时间内、单位面积上
气体分子与器壁的碰撞对器壁的作用力就增大ꎬ从而使压强
增大ꎻ温度不变仅体积减小ꎬ从微观上看ꎬ气体分子的数密度
增大ꎬ在单位时间内ꎬ与单位面积器壁碰撞的分子数就增多ꎬ
平均作用力也会增大ꎬ从而使压强增大ꎮ
２.答案 相同点:都呈“中间多、两头少”的分布ꎻ
不同点:１００℃的氧气ꎬ速率大的分子比例较多ꎬ其分子的
平均速率比０℃的大ꎮ
３.答案 (１)乙的压强小于ｐꎮ从微观上看ꎬ乙气体分子的数密
度比甲小ꎬ在单位时间内ꎬ与单位面积器壁碰撞的分子数就
少ꎬ平均作用力也较小ꎬ而其他因素与甲气体的相同ꎬ所以产
生的压强较小ꎮ
(２)丙的压强大于ｐꎮ从微观上看ꎬ丙气体分子的平均速
率比甲大ꎬ单位时间内、单位面积上气体分子与器壁的碰撞对
器壁的作用力就大ꎬ而其他因素与甲气体的相同ꎬ所以产生的
压强较大ꎮ
(３)丁的压强大于ｐꎮ从微观上看ꎬ丁气体分子的数密度
比甲大ꎬ在单位时间内ꎬ与单位面积器壁碰撞的分子数就多ꎬ
平均作用力也较大ꎻ并且丙气体分子的平均速率比甲大ꎬ单位
时间内、单位面积上气体分子与器壁的碰撞对器壁的作用力
就大ꎬ所以产生的压强较大ꎮ
４.答案 还可以统计“在某区域、某时段共享单车停放位置的人
各种高中资料一手更新，认准公众号：一枚试卷君
２
数”“在某区域、某时段沿某道路特定方向骑行的人数”等ꎮ利
用“在某区域、某时段沿不同道路骑行的人数”规划具体线路ꎬ
利用“在某区域、某时段沿某道路骑行超过１ｋｍ、２ｋｍ、３ｋｍ
的人数”和“在某区域、某时段共享单车停放位置的人数”规划
公交站的位置ꎬ利用“在某区域、某时段沿某道路特定方向骑
行的人数”规划公交车发车的时间、车次频率等ꎮ
4 分子动能和分子势能
◆练习与应用
１.答案 水的内能发生了变化ꎮ尽管温度不变ꎬ分子动能不变ꎬ
但是水滴蒸发变成了水蒸气ꎬ其分子势能发生了变化ꎮ
２.答案 铁块的内能发生了变化ꎮ铁块的温度发生变化ꎬ其内
能发生变化ꎮ
３.答案 不对ꎮ分子动能是分子做热运动具有的动能ꎮ物体做
整体的运动的动能是机械能的一部分ꎬ它对物体的内能没有
贡献ꎮ
４.答案 不对ꎮ分子势能的大小由分子间的相对位置和分子间
的相互作用力决定ꎮ物体的重力势能是机械能的一部分ꎬ它
对物体的内能没有贡献ꎮ
◆复习与提高
Ａ组
１.答案 分子在做永不停息的无规则运动ꎬ分子具有热运动的
动能ꎬ所以任何物体都具有内能ꎮ物体的体积不变ꎬ分子势能
不变ꎬ温度升高时ꎬ分子动能增加ꎬ则其内能增加ꎮ
２.答案 当分子间的距离从０.９ｒ０增大到１０ｒ０的过程中ꎬ由分子
间的作用力与分子间距离的关系可知ꎬ分子间的作用力先减
小后增大再减小ꎻ由分子势能与分子间距离的关系可知ꎬ分子
势能先减小后增加ꎮ
３.答案
ｍ
ＭＮＡ ｄ＝
３
６Ｍ
πρＮＡ
解析 质量为ｍ的钻石所含有的分子数:Ｎ＝ｎＮＡ＝ｍ
ＭＮＡ
钻石分子的体积:Ｖ０＝Ｖｍｏｌ
ＮＡ
＝Ｍ
ρＮＡ
建立钻石分子的球体模型ꎬ设钻石分子的直径为ｄꎬ有
Ｖ０＝１
６πｄ
３
得出:ｄ＝
３
６Ｍ
πρＮＡ
ꎮ
４.答案 ３.３×１０
－９ｍ
解析 在标准状况下ꎬ每摩尔气体占有的体积Ｖｍｏｌ＝２２.４Ｌ
平均每个气体分子所占立方体空间的体积:Ｖ０＝Ｖｍｏｌ
ＮＡ
设每个气体分子占有空间的边长为ａꎬ有Ｖ０＝ａ
３
得出:ａ＝
３Ｖｍｏｌ
ＮＡ
≈３.３４×１０
－９ｍ
Ｂ组
１.答案 (１)１.３４×１０
１８ (２)１.２５×１０
－８ｋｇ
解析 (１)铁分子的体积:Ｖ０＝Ｖｍｏｌ
ＮＡ
＝Ｍ
ρＮＡ
建立铁分子的球体模型ꎬ设铁分子的直径为ｄꎬ有
Ｖ０＝１
６πｄ
３
得出ｄ＝
３
６Ｍ
πρＮＡ
≈２.８３×１０
－１０ｍ
这条“分子大道”共需铁分子的个数
Ｎ＝３.８×１０
８ｍ
２.８３×１０
－１０ｍ
＝１.３４×１０
１８
(２)这条“分子大道”的质量:ｍ＝Ｎ
ＮＡ
Ｍ＝１.２５×１０
－７ｋｇ
２.答案 甲同学的偏大ꎬ乙同学的偏小ꎬ丙同学的偏小ꎮ
甲同学的油酸酒精溶液浓度的计算值偏大ꎬ则一滴油酸
溶液中含纯油酸体积的计算值偏大ꎬ由分子直径ｄ＝Ｖ
Ｓ可知ꎬ
实验测得的油酸分子直径偏大ꎮ乙同学的每滴油酸酒精溶液
的体积的计算值偏小ꎬ则一滴油酸溶液中含纯油酸体积的计
算值偏小ꎬ由分子直径ｄ＝Ｖ
Ｓ可知ꎬ实验测得的油酸分子直径
偏小ꎮ丙同学的油膜面积的计算值偏大ꎬ由分子直径ｄ＝Ｖ
Ｓ可
知ꎬ实验测得的油酸分子直径偏小ꎮ
３.答案
根据所得数据发现ꎬ硬币正面朝上的次数接近总共投
掷次数的一半ꎮ
第二章 气体、固体和液体
1 温度和温标
◆练习与应用
１.答案
“ 金属块在沸水中加热ꎬ经过一段时间” 达到“ 热平
衡”ꎬ用温度计测量金属块与水的共同温度达到“热平衡”ꎮ
２.答案 ３００.１５Ｋ －２７０.６５℃
解析 由Ｔ＝ｔ＋２７３.１５Ｋ得Ｔ＝(２７＋２７３.１５) Ｋ＝３００.１５Ｋ
由Ｔ＝ｔ＋２７３.１５Ｋ得ｔ＝(２.５－２７３.１５) ℃＝－２７０.６５℃
３.答案 Ｘ＝ｋＴ Ｘ＝ｋ(ｔ＋２７３.１５Ｋ) Ｘ－Ｔ图像和Ｘ－ｔ图像的草
图略ꎮ
４.答案 ｔ１标在电流比较大的刻度上
解析 设电源的电动势为Ｅꎬ内阻为ｒ
据题图乙ꎬ由闭合电路欧姆定律得
Ｉ＝Ｅ
Ｒ＋ｒ
①
根据题图甲知ꎬＲ与ｔ为一次函数关系
设Ｒ＝Ｒ０＋ｋｔ(ｋ为常数ꎬＲ０为常数)
②
由①②式得Ｉ＝
Ｅ
Ｒ０＋ｒ＋ｋｔ
③
因Ｅ、ｒ、Ｒ０均为常数ꎬ由③式知ꎬｔ越小ꎬＩ越大ꎬ电流表上
代表ｔ１、ｔ２的两点ꎬｔ１应标在电流比较大的刻度上ꎮ
2 气体的等温变化
◆练习与应用
１.答案 小王仅用两组数据得出其定量规律的做法是不科学
的ꎮ一般情况下ꎬ研究物理量之间定量关系时ꎬ需要通过对大
量数据进行分析ꎮ而小李的看法也不对ꎮ错误原因有两个∶
一、仅用两组数据确定物理量之间的线性关系的做法是不科
教材习题答案
３
学的(和小王同样的错误)ꎻ二、若ｐ与１/ Ｖ成正比ꎬ两组数据
的连线不过原点可能是由偶然误差引起的ꎬ不能因两点连线
不过原点而判断它们不是正比关系ꎮ
２.答案 在Ｔ２温度下的等温线对应温度比较高ꎮ由于在体积
相等的情况下温度高时气体的压强大ꎬ由图可知在Ｔ２温度下
的等温线对应温度比较高ꎮ
３.答案 见解析
解析 将打气前球内的气体和２０次打入的气体整体作为研
究对象ꎬ利用玻意耳定律进行求解ꎮ
打气前气体的状态参量为
ｐ１＝ｐ０ꎬＶ１＝２.５Ｌ＋２０×１２５×１０
－３Ｌ＝５.０Ｌ
打气后气体的状态参量为Ｖ２＝２.５Ｌ
由玻意耳定律得ｐ２＝ｐ１Ｖ１
Ｖ２
＝ｐ０×５.０Ｌ
２.５Ｌ
＝２ｐ０
得出此结论的前提是打气过程中温度保持不变ꎬ实际打
气时由于压缩气体做功ꎬ气体的温度会升高ꎮ
４.答案 ７５６ｍｍ
解析 气泡的初状态参量为
ｐ１＝７６８ｍｍＨｇ－７５０ｍｍＨｇ＝１８ｍｍＨｇꎬＶ１＝８０Ｓ
气泡的末状态参量为Ｖ２＝(７５０－７４０＋８０)Ｓ＝９０Ｓ
由玻意耳定律得ｐ２＝ｐ１Ｖ１
Ｖ２
＝１８×８０Ｓ
９０Ｓ
＝１６ｍｍＨｇ
ｐ０′＝ｐ２＋７４０ｍｍＨｇ＝７５６ｍｍＨｇ
3 气体的等压变化和等容变化
◆练习与应用
１.答案
漏气
假设钢瓶不漏气ꎬ则由查理定律得ｐ２＝ｐ１Ｔ２
Ｔ１
＝
９.３１×１０
６×２６０
２９０
Ｐａ≈８.３５×１０
６Ｐａꎮ由于ｐ２＝８.３５×１０
６Ｐａ>８.１５×
１０
６Ｐａꎬ所以钢瓶漏气ꎮ
２.答案 ４８Ｎ
解析 小罐内空气的体积不变ꎬ由查理定律可知
ｐ１
Ｔ１
＝ｐ２
Ｔ２
ꎬ即
ｐ０
２７３＋８０＝
ｐ２
２７３＋２０
解得ｐ２＝２７３＋２０
２７３＋８０ｐ０＝２９３
３５３ｐ０
小罐内外的压强差为Δｐ＝ｐ０－ｐ２＝６０
３５３ｐ０
设罐口的横截面积为Ｓꎬ则小罐对皮肤的压力
Ｆ＝ΔｐＳ＝６０
３５３ｐ０Ｓ
小罐开口部位的直径约为６ｃｍꎬｐ０＝１.０×１０
５Ｐａꎬ
则小罐对皮肤的压力大概为
Ｆ＝６０
３５３×１.０×１０
５×π(３×１０
－２)
２Ｎ≈４８Ｎ
３.答案 (１)刻度是均匀的 (２)２３~２７℃
解析 (１)由盖－吕萨克定律得
Ｖ１
Ｔ１
＝Ｖ２
Ｔ２
＝Ｖ１－Ｖ２
Ｔ１－Ｔ２
＝ΔＶ
ΔＴ＝ΔＶ
Δｔꎮ
设吸管内部的横截面积为Ｓꎬ内部在２５℃时的热力学温
度为Ｔ１ꎬ体积为Ｖ１ꎬ当温度变化Δｔ时油柱移动的距离为Δｌꎬ
则有
Ｖ１
Ｔ１
＝ΔｌＳ
Δｔꎬ即Δｔ＝Ｔ１Ｓ
Ｖ１
Δｌꎮ
由上式可以看出ꎬΔｔ与Δｌ成正比关系ꎬ所以给吸管上标
刻温度值时ꎬ刻度是均匀的ꎮ
(２)当温度为２５℃时ꎬ气体的热力学温度为Ｔ１＝(２７３＋
２５) Ｋ＝２９８Ｋꎬ气体的体积为Ｖ１＝３６０ｃｍ
３＋０. ２× １０ｃｍ
３＝
３６２ｃｍ
３ꎮ
解法一:当温度降低时ꎬ气体体积减小ꎬ油柱向罐的开口
处移动ꎬ移至开口处时ꎬ气体的温度最低ꎬ此时气体的体积为
Ｖ２＝３６０ｃｍ
３ꎮ
由盖－吕萨克定律得Ｔ２＝Ｖ２
Ｖ１
Ｔ１＝３６０
３６２× ２９８Ｋ≈２９６Ｋꎬ即
ｔ２＝(Ｔ２－２７３) ℃＝２３℃ꎮ
当温度升高时ꎬ气体体积增大ꎬ油柱向管口处移动ꎬ移至
管口处时ꎬ气体的温度最高ꎬ此时气体的体积为Ｖ３＝３６０ｃｍ
３＋
０.２×２０ｃｍ
３＝３６４ｃｍ
３ꎮ
由盖－吕萨克定律得Ｔ３＝Ｖ３
Ｖ１
Ｔ１＝３６４
３６２× ２９８Ｋ≈３００Ｋꎬ即
ｔ３＝(Ｔ３－２７３) ℃＝２７℃ꎮ
所以这个气温计的测量范围为２３~２７℃ꎮ
解法二:由(１)中的结论可得ꎬ油柱移动１０ｃｍ对应的温
度变化为Δｔ＝Ｔ１Ｓ
Ｖ１
Δｌ＝２９８×０.２
３６２
×１０℃≈１.６℃ꎮ所以这个气温
计的测量范围为(２５℃－１.６℃) ~ (２５℃＋１.６℃)ꎬ即约为
２３~２７℃ꎮ
４.答案
ｌ２Ｔ１－ｌ１Ｔ２
Ｔ２－Ｔ１
Ｓ
解析 设容器容积为Ｖ
封闭空气的初状态参量为
Ｖ１＝ｌ１Ｓ＋ＶꎬＴ１
封闭空气的末状态参量为
Ｖ２＝ｌ２Ｓ＋ＶꎬＴ２
由盖－吕萨克定律得
Ｖ１
Ｔ１
＝Ｖ２
Ｔ２
即
ｌ１Ｓ＋Ｖ
Ｔ１
＝ｌ２Ｓ＋Ｖ
Ｔ２
解得Ｖ＝ｌ２Ｔ１－ｌ１Ｔ２
Ｔ２－Ｔ１
Ｓ
4 固体
◆练习与应用
１.答案 实验时ꎬ在平面直角坐标轴中所取的两点ｘ１和ｙ１的位
置若处在晶体分子排列的对称位置上时ꎬ测温元件温度变化
也会相同ꎬ无法体现晶体与非晶体的各向异性与各向同性的
差异ꎬ即使实验中观察到这种薄片在导热特性上为各向同性ꎬ
也不能确定它为非晶体ꎬ因为多晶体也具有各向同性ꎬ从这两
方面看ꎬ该实验结果缺乏科学性ꎮ
２.答案 还需知道氯化钠的摩尔质量Ｍ和阿伏加德罗常数ＮＡꎮ
相邻两个钠离子中心距离为
２×
３
Ｍ
２ρＮＡ
ꎮ
具体推导过程如下ꎮ
４
每摩尔氯化钠晶体内的离子总数为２ＮＡꎬ其摩尔体积Ｖ＝
Ｍ
ρ ꎮ则每个离子所占的体积:Ｖ０＝Ｖ
２ＮＡ
＝
Ｍ
２ρＮＡ
ꎮ
由氯化钠晶体的结构图可知:Ｖ０即八个离子中心所夹的
正方体的体积ꎬ该正方体边长:
ｄ＝
３Ｖ０＝
３
Ｍ
２ρＮＡ
ꎮ
故最近的两个钠离子中心距离ｒ＝２×
３
Ｍ
２ρＮＡ
ꎮ
３.答案 见解析
解析 (１)钠离子Ｍ和Ｎ受到的扇形区域内钠离子和氯离子
的库仑力作用如图甲、乙所示ꎮ
设各离子带电荷量为ｅꎬ正方形边长为ａꎮ
由甲图知钠离子Ｍ受力:Ｆ１＝ｋｅ
２
ａ
２＝ＦꎬＦ２＝ｋｅ
２
ａ
２＝ＦꎬＦ３＝
ｋ
ｅ
２
( ２ａ)
２＝Ｆ
２ꎬ各力方向如图甲所示ꎮ
则钠离子Ｍ受到Ｆ１、Ｆ２、Ｆ３作用的合力:ＦＭ＝２Ｆ－Ｆ
２＝
２２－１
２
Ｆꎬ方向指向扇形区域内另一钠离子方向ꎮ
由乙图知钠离子Ｎ受力: Ｆ１′ ＝ｋ
ｅ
２
( ２ａ)
２＝Ｆ
２ꎬＦ２′ ＝
ｋ
ｅ
２
( ２ａ)
２＝Ｆ
２ꎬＦ３′＝ｋｅ
２
ａ
２＝Ｆꎬ各力方向如图乙所示ꎮ
钠离子Ｎ受到Ｆ１′、Ｆ２′、Ｆ３′作用的合力:ＦＮ＝Ｆ－２Ｆ
２
＝
２－２
２
Ｆꎬ方向指向扇形区域内氯离子方向ꎮ
(２)由上面计算可知沿同一种离子方向的直线ＡＡ１两边
离子间内聚作用力较大ꎬ不易分开ꎬ沿正、负离子相间方向的
直线ＢＢ１两边离子间内聚作用力较小ꎬ较容易分开ꎮ因此敲
碎岩盐时岩盐总是沿平行于钠离子、氯离子相间的ＢＢ１方向
断开ꎬ形成立方体形状的晶粒ꎬ不会沿平行于同一种离子的
ＡＡ１方向的分界线断开ꎮ
5 液体
◆练习与应用
１.答案 玻璃管的裂口烧熔后ꎬ熔化的玻璃的表面层在表面张
力作用下收缩到最小表面积ꎬ从而使断裂处的尖端变钝ꎮ
２.答案 会呈现标准的球形ꎮ在处于失重状态的宇宙飞船中ꎬ
由于消除了重力的影响ꎬ水银的表面层在表面张力作用下收
缩到最小表面积ꎬ所以呈现球形ꎮ
３.答案 针能浮在水面上是由于水面的表面张力的作用ꎮ把针按
下水面ꎬ液面对针无作用力ꎬ针的重力大于浮力ꎬ针自然要下沉ꎮ
４.答案
在衣料上、下的棉纸内有许多细小的孔道起着毛细管
的作用ꎬ当蜡受热熔化成液体后ꎬ由于毛细现象ꎬ它们就会被
棉纸吸掉ꎮ
５.答案 首先要有一个较大的盛水容器ꎬ可以用水桶或大的盆ꎻ
棉纱布里有很多毛细管ꎬ可以利用棉纱布发生毛细现象实现
连续少量浇水ꎬ因此可以设计如图所示的自动浇水装置ꎮ
６.答案 应选用酱油不浸润的材料(即黄颜色的那种)ꎮ因为用
酱油不浸润的材料做瓶口ꎬ瓶口不易附着酱油ꎮ
◆复习与提高
Ａ组
１.答案 有压强ꎮ因为气体对容器的压强并不是因为气体重力
产生的ꎬ而是大量气体分子不断撞击器壁的结果ꎮ可以利用
“探究气体等温变化的规律”的实验装置ꎬ如图所示ꎬ将注射器
和压力表固定在一起自由下落ꎬ观察压力表的读数ꎬ或通过频
闪照相记录压力表的读数ꎬ若压力表的读数不为零ꎬ则验证了
猜想ꎮ
２.答案 ４１.７ｃｍ
解析
设细管的截面积为Ｓꎬ则封闭气体的初始体积为Ｖ１＝
Ｌ１Ｓ＝５０ｃｍ×Ｓꎬ初始压强为ｐ１＝１×１０
５Ｐａꎮ
停止进水时ꎬ封闭气体体积为Ｖ２＝Ｌ２Ｓ＝４８ｃｍ×Ｓꎬ设压强
为ｐ２
由玻意耳定律有ｐ１Ｖ１＝ｐ２Ｖ２
解得ｐ２＝２５
２４×１０
５Ｐａ
设洗衣缸内水位高度为ｈꎬ则ｐ２＝ｐ１＋ρｇｈ
其中ρ＝１×１０
３ｋｇ/ ｍ
３
解得ｈ＝４１.７ｃｍ
３.答案
ｐ０ｌ０Ｓ
ｐ０Ｓ－ｍｇ
解析 汽缸内空气柱的初始压强为ｐ０ꎬ初始体积:Ｖ０＝ｌ０Ｓ
汽缸悬在空中保持静止时ꎬ空气柱的压强:ｐ１＝ｐ０－ｍｇ
Ｓꎬ设
汽缸内空气柱长度为ｌ１
由玻意耳定律有ｐ０ｌ０Ｓ＝ｐ１ｌ１Ｓ
解得ｌ１＝ｐ０ｌ０Ｓ
ｐ０Ｓ－ｍｇ
教材习题答案
５
４.解析 (１)Ａ→Ｂ过程为等压变化ꎬ由盖－吕萨克定律有
ＶＡ
ＴＡ
＝
ＶＢ
ＴＢ
ꎬ即０.３ｍ
３
３００Ｋ＝
ＶＢ
４００Ｋ
解得ＶＢ＝０.４ｍ
３
(２)Ｂ→Ｃ过程为等容变化ꎬ则容器中气体分子的数密度
不变化ꎬ温度由４００Ｋ降低到３００Ｋꎬ则气体分子的平均速率
变小ꎬ单位时间内、单位面积上气体分子与器壁的碰撞对器壁
的作用力就变小ꎬ所以压强变小ꎮ
５.答案 ０.９７
解析 设教室的体积为Ｖ０ꎬ在温度为１７℃时教室内的这些空
气ꎬ到温度为２７℃时体积变为Ｖ１ꎬ过程为等压变化ꎬ由盖－吕
萨克定律有
Ｖ０
Ｔ０
＝Ｖ１
Ｔ１
ꎬ即
Ｖ０
２９０Ｋ＝
Ｖ１
３００Ｋ
则下午２时与上午８时教室内的空气质量的比值为
Ｖ０
Ｖ１
＝
２９０Ｋ
３００Ｋ≈０.９７
６.答案 ４３℃
解析 设两个不锈钢碗刚被扣上时ꎬ里面空气的温度是ｔꎬ两
碗内空气的体积不变ꎬ由查理定律可知
ｐ１
Ｔ１
＝ｐ２
Ｔ２
ꎬ即
ｐ０
２７３＋ｔ＝
ｐ２
２７３＋１５
解得ｐ２＝２７３＋１５
２７３＋ｔｐ０＝２８８
２７３＋ｔｐ０
两碗内外的压强差为Δｐ＝ｐ０－ｐ２＝ｔ－１５
２７３＋ｔｐ０
设两碗口的横截面积为Ｓꎬ则在拉力方向碗内外的压力差
为ΔＦ＝ΔｐＳ＝ｔ－１５
２７３＋ｔｐ０Ｓ
碗口的直径为２０ｃｍꎬｐ０＝１.０× １０
５ＰａꎬΔＦ＝５× ２００Ｎ＝
１０００Ｎ
则１０００Ｎ＝ｔ－１５
２７３＋ｔ×１.０×１０
５×π(１０×１０
－２)
２Ｎ
解得:ｔ≈１５０℃
７.答案 ２７０Ｋ
解析 由图可以设状态Ａ的压强ｐＡ＝１０ｐꎬ体积ＶＡ＝３Ｖꎬ则
状态Ｂ的压强ｐＢ＝１０ｐꎬ体积ＶＢ＝９Ｖ
状态Ｃ的压强ｐＣ＝３ｐꎬ体积ＶＣ＝９Ｖ
Ａ→Ｂ过程为等压变化ꎬ由盖－吕萨克定律有
ＶＡ
ＴＡ
＝ＶＢ
ＴＢ
ꎬ即
３Ｖ
３００Ｋ＝９Ｖ
ＴＢ
解得ＴＢ＝９００Ｋ
Ｂ→Ｃ过程为等容变化ꎬ由查理定律可知
ｐＢ
ＴＢ
＝ｐＣ
ＴＣ
ꎬ即
１０ｐ
９００Ｋ＝３ｐ
ＴＣ
解得ＴＣ＝２７０Ｋ
８.答案 土壤里有很多毛细管ꎬ地下的水分可以沿着它们上升
到地面ꎮ如果要保存地下的水分ꎬ就要把地面的土壤锄松ꎬ破
坏这些土壤里的毛细管ꎮ
Ｂ组
１.答案 (１)２２ｃｍ (２)显示温度比实际温度高
解析
( １) 初始状态的温度Ｔ１＝３００Ｋꎬ压强ｐ１＝( ７６－
１６) ｃｍＨｇ＝６０ｃｍＨｇ
末状态的温度Ｔ２＝２７０Ｋꎬ压强ｐ２＝(７６－ｘ) ｃｍＨｇ
过程为等容变化ꎬ由查理定律可知
ｐ１
Ｔ１
＝ｐ２
Ｔ２
ꎬ即６０ｃｍＨｇ
３００Ｋ＝
(７６－ｘ) ｃｍＨｇ
２７０Ｋ
解得ｘ＝２２ｃｍ
(２)由查理定律可知
ｐ１
Ｔ１
＝Δｐ
ΔＴꎬ则ΔＴ＝Ｔ１
ｐ１
Δｐ
设管内水银面移动的距离为Δｘꎬ则ΔＴ＝Ｔ１
ｐ１
ρｇΔｘꎬ
２７℃时环境真实压强比标准大气压小ꎬ
Ｔ１
ｐ１
的值就偏大ꎬ
在管内水银面移动的距离Δｘ相同的情况下ꎬ实际温度的改变
量ΔＴ就大ꎻ也就是说ꎬ管内水银面移动到刻度为“－３℃”的位
置时ꎬ实际温度要低于－３℃ꎬ即显示温度比实际温度高ꎮ
２.答案
锁扣扳下后ꎬ吸盘中的空气的体积增加ꎬ压强减小ꎬ则
吸盘中空气的压强小于外界的大气压ꎬ吸盘内外存在压强差ꎬ
所以盘盖对吸盘会产生很大的压力ꎮ
３.答案 ７７.７ｃｍ
３
解析 已知容器Ｃ和管Ａ的总体积Ｖ＝１０００ｃｍ
３ꎬ设容器Ｂ的
体积为ＶＢ
在操作步骤ａ和ｂ的过程中ꎬ容器中气体的初状态的压
强为ｐ０ꎬ体积Ｖ０＝Ｖ＋ＶＢ
末状态两管水银面高度差ｈ１＝１９.０ｃｍꎬ末状态的压强
ｐ１＝ｐ０＋ｐｈ１ꎬ体积Ｖ１＝Ｖ
由玻意耳定律有ｐ０Ｖ０＝ｐ１Ｖ１ꎬ即ｐ０(１０００ｃｍ
３＋ＶＢ)＝(ｐ０＋
１９.０ｃｍＨｇ)１０００ｃｍ
３
①
在操作步骤ｃ和ｄ的过程中ꎬ设被测固体的体积为ΔＶ
容器中气体的初状态的压强ｐ２＝ｐ０ꎬ体积Ｖ２＝Ｖ－ΔＶ＋ＶＢ
末状态两管水银面高度差ｈ２＝２０.６ｃｍꎬ末状态的压强
ｐ３＝ｐ０＋ｐｈ３ꎬ体积Ｖ３＝Ｖ－ΔＶꎬ
由玻意耳定律有ｐ２Ｖ２＝ｐ３Ｖ３ꎬ即ｐ０(１０００ｃｍ
３－ΔＶ＋ＶＢ)＝
(ｐ０＋２０.６ｃｍＨｇ)(１０００ｃｍ
３－ΔＶ)
②
联立①②两式解得ΔＶ＝１.６
２０.６×１０００ｃｍ
３≈７７.７ｃｍ
３
４.答案 ２.０３２×１０
５Ｐａ≤ｐ≤２.７７７×１０
５Ｐａ
解析
１００℃温度下的最高胎压不超过３. ５３５× １０
５Ｐａꎬ则
２０℃时胎压不能过大ꎬ
初始状态的温度Ｔ１＝(２７３＋２０) Ｋ＝２９３Ｋꎬ设压强为ｐ１ꎻ
末状态的温度Ｔ２＝(２７３＋１００) Ｋ＝３７３Ｋꎬ压强ｐ２＝３.５３５×
１０
５Ｐａ
由查理定律可知
ｐ１
Ｔ１
＝ｐ２
Ｔ２
ꎬ即
ｐ１
２９３Ｋ＝３.５３５×１０
５Ｐａ
３７３Ｋ
解得ｐ１＝２.７７７×１０
５Ｐａ
－４０℃温度下的最低胎压不低于１.６１６×１０
５Ｐａꎬ则２０℃
时胎压不能过小ꎬ
初始状态的温度Ｔ３＝(２７３＋２０) Ｋ＝２９３Ｋꎬ设压强为ｐ３ꎻ
末状态的温度Ｔ４＝(２７３－４０) Ｋ＝２３３Ｋꎬ压强ｐ４＝１.６１６×
１０
５Ｐａ
６
由查理定律可知
ｐ３
Ｔ３
＝ｐ４
Ｔ４
ꎬ即
ｐ３
２９３Ｋ＝１.６１６×１０
５Ｐａ
２３３Ｋ
解得ｐ３＝２.０３２×１０
５Ｐａ
所以充气后比较合适的胎压范围为２.０３２×１０
５Ｐａ≤ｐ≤
２.７７７×１０
５Ｐａ
５.答案 见解析图
解析 从Ｖ－Ｔ图像中可以直观地看出ꎬ气体在Ａ、Ｂ、Ｃ各状态
下温度和体积分别为ＴＢ＝３００ＫꎬＴＣ＝４００ＫꎬＶＡ＝０.４ｍ
３ꎬＶＢ＝
ＶＣ＝０.６ｍ
３ꎻ气体在Ａ、Ｂ状态下的压强为ｐＡ＝ｐＢ＝１.５×１０
５Ｐａ
根据理想气体状态方程
ｐＡＶＡ
ＴＡ
＝ｐＢＶＢ
ＴＢ
＝ｐＣＶＣ
ＴＣ
ꎬ即
１.５×１０
５Ｐａ×０.４ｍ
３
ＴＡ
＝１.５×１０
５Ｐａ×０.６ｍ
３
３００Ｋ
＝ｐＣ×０.６ｍ
３
４００Ｋ
可得ＴＡ＝２００ＫꎬｐＣ＝２.０×１０
５Ｐａ
作出气体由状态Ａ经过状态Ｂ变为状态Ｃ的ｐ－Ｔ图像如
下图所示
６.答案 ２７.５ｃｍ
解析 设大气压强为ｐ０ꎬ玻璃管的横截面积为Ｓꎬ当玻璃管开
口向下竖直放置时ꎬ封闭空气的压强ｐ１＝ｐ０－６.８ｃｍＨｇꎬ体积
Ｖ１＝ｌ１Ｓꎻ
玻璃管开口水平放置时ꎬ封闭空气的压强ｐ２＝ｐ０ꎬ则体积
Ｖ２＝ｌ２Ｓꎻ
玻璃管开口向上竖直放置时ꎬ封闭空气的压强ｐ３＝ｐ０＋
６.８ｃｍＨｇꎬ设空气柱的长度为ｌ３ꎬ则体积Ｖ３＝ｌ３Ｓꎻ
由玻意耳定律有ｐ１Ｖ１＝ｐ２Ｖ２＝ｐ３Ｖ３ꎬ即
(ｐ０－６.８ｃｍＨｇ)×３３ｃｍ＝ｐ０×３０ｃｍ＝(ｐ０＋６.８ｃｍＨｇ)×ｌ３
解得ｌ３＝２７.５ｃｍ
７.答案 玻璃管竖直地浮在水中时ꎬ水对玻璃管的浮力等于玻
璃管的重力ꎬ设此时玻璃管内空气的长度为Ｌꎬ管内外液面的
高度差为ｈꎬ如图所示ꎮ
将玻璃管往下压一点ꎬ假设管内外液面的高度差ｈ不变ꎬ
那么玻璃管内空气的长度Ｌ就减小了ꎬ根据玻意耳定律可知
管内空气的压强将增加ꎬ那么ꎬ管内外液面的高度差ｈ将不是
假设的情景ꎬ而是ｈ变大ꎻ因此ꎬ水对玻璃管的浮力增加了ꎬ大
于玻璃管的重力ꎬ则放手后玻璃管会返回原来的平衡位置ꎮ
第三章 热力学定律
1 功、热和内能的改变
◆练习与应用
１.答案 在图３.１－１实验中是机械能转化为系统的内能ꎮ在图
３.１－２实验中是机械能先转化为电能ꎬ电能再转化为系统的
内能ꎮ
２.答案 (１)从外界吸收热量ꎬ内能增加ꎮ
(２)向外界放出热量ꎬ内能减小ꎮ
３.答案 气体在绝热膨胀时温度降低ꎬ因为气体对外做功ꎬ内能
减小ꎮ气体在绝热压缩时温度升高ꎬ因为外界对气体做功ꎬ内
能增加ꎮ
４.答案 １２３℃
解析 铅弹打入木块后停在木块中ꎬ克服摩擦阻力做功ꎬ其动
能全部转化为系统的内能ꎬ则系统内能增加
ΔＵ＝Ｗ＝－ΔＥｋ＝－０－１
２ｍｖ
２
(
) ＝１
２ｍｖ
２
①
依题意ꎬ铅增加内能ΔＵ′＝８０％ΔＵ
②
且ΔＵ′＝Ｑ吸＝ｃｍΔｔ
③
联立①②③式并代入已知得:Δｔ＝１２３℃
2 热力学第一定律
◆练习与应用
１.答案 内能增加６９０Ｊ
解析
由热力学第一定律知:ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ＝－２１０Ｊ＋９００Ｊ＝
６９０Ｊꎮ
２.答案 (１)Ｑ２大些 (２)见解析
解析 (１)把活塞和汽缸固定ꎬ使空气升温ꎬ属于等容升温过
程ꎬＷ＝０ꎬ空气内能的变化等于吸收的热量Ｑ１ꎬ即ΔＵ＝Ｑ１ꎮ如
果让活塞可以自由滑动ꎬ汽缸内空气做等压升温变化ꎬ气体体
积增加ꎬ气体对外界做功ꎬＷ< ０ꎬ由热力学第一定律知ΔＵ＝
Ｑ２＋Ｗꎬ由于空气升高相同的温度ꎬ两种情况中内能增量相同ꎬ
则Ｑ２＝ΔＵ－Ｗ>Ｑ１(Ｗ<０)ꎮ
(２)气体在等压升温过程中体积膨胀ꎬ对外界做功ꎬ而在
等容升温过程中不需对外界做功ꎬ由Ｑ２>Ｑ１及Ｑ＝ｃｍΔｔ可判
定升高相同的温度ꎬ吸收热量多的比热容大ꎮ
注意:①在公式ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ中ꎬ系统对外界做功Ｗ<０ꎬ外界对系
统做功Ｗ>０ꎮ
②比热容不同ꎬ是由升高相同温度情况下吸收的热量不
同造成的ꎮ
３.答案 ０.１４３℃
解析 按一层楼３ｍ计算ꎬ２０层的高度:ｈ＝２０×３ｍ＝６０ｍꎮ
设单位时间内落下的水的质量为ｍꎬ并将所有机械能转
化为内能被水全部吸收ꎬ则有ΔＥ＝Ｑꎬ即ｃｍΔｔ＝ｍｇｈꎬ得Δｔ＝
ｇｈ
ｃ＝１０×６０
４.２×１０
３℃＝０.１４３℃ꎮ
４.答案 １.４１×１０
８Ｊ
解析 Ｑ＝ｃｍΔｔｔ＝４. ２× １０
３× ４００× ( ３７. ０－３３. ５) × ２４Ｊ＝
１.４１×１０
８Ｊꎮ
教材习题答案
７
3 能量守恒定律
◆练习与应用
１.答案 (１)不符合能量守恒定律ꎮ因为永久磁铁间的作用力
无法提供源源不断的能量ꎬ无法造一台永远转动的机械ꎮ
(２)不符合能量守恒定律ꎮ因为没有动力系统ꎬ无法提供
给船用来克服水的阻力的能量ꎮ
(３)符合能量守恒定律ꎮ因为太阳照射飞机可以给飞机
提供能量ꎬ使飞机不带燃料也能飞行ꎮ
２.答案 ４６２层
解析 这瓶饮料的能量Ｅ＝１８０×５ｋＪ＝９００ｋＪ
成年人的质量约为ｍ＝６５ｋｇ
每层楼的高度约为ｈ＝３.０ｍ
设成年人爬楼层数为ｎꎬ则Ｅ＝ｎｍｇｈ
解得ｎ＝４６１.５层＝４６２层
３.答案 ４.２×１０
４Ｊ
解析 设阳光直射时地面上每平方米每分钟接受的太阳能量
为Ｐꎬ则ＰＳｔ＝ｃｍΔｔꎮ则Ｐ＝ｃｍΔｔ
Ｓｔ
＝４.２×１０
３×０.６×１
０.０３×２
Ｊ/ ( ｍｉｎ
ｍ
２)＝４.２×１０
４Ｊ/ (ｍｉｎｍ
２)ꎮ
4 热力学第二定律
◆练习与应用
１.答案 化学能变成了汽缸内气体的内能ꎬ一部分内能转化为
汽车的动能ꎬ另一部分散失到周围环境中成为环境的内能ꎬ汽
车的动能由于摩擦转化为环境的内能ꎮ汽缸内气体的内能还
有一部分通过汽车发电机转化为蓄电池内的化学能ꎬ使用蓄
电池时ꎬ这部分化学能转化为电能又通过车灯转化为光能ꎬ光
照射到地面、空气ꎬ转化为环境的内能ꎮ
２.答案 (３)(４)能够发生ꎬ不违背热力学第二定律ꎬ(１) (２) 不
能够发生ꎮ
解析 (３)桶中混浊的泥水在静置一段时间后ꎬ泥沙下沉ꎬ上
面的水变清ꎬ泥水自动分离是因为泥沙的重力大于水ꎬ故能够
发生ꎮ
(４)电冰箱内部的温度比外部低ꎬ但是制冷系统还能不断
地把箱内的热量传给外界的空气ꎬ这是因为电冰箱消耗的电
能对制冷系统做了功ꎮ这个过程不是自发进行的ꎬ它引起了
其他变化ꎬ即消耗了电能ꎬ因此它不违背热力学第二定律ꎮ
３.答案 不可行ꎮ对于密闭的房间ꎬ可以认为与外界无热交换ꎬ
把冰箱接通电源ꎬ冰箱消耗的电能最终转化为房间内物质的
内能ꎬ房间的温度将升高ꎮ
◆复习与提高
Ａ组
１.答案 外界对木材做了功ꎬ内能增加ꎬ温度升高ꎮ当温度达到
木材的燃点时ꎬ发生自燃ꎮ
２.答案 搓一搓手能让手暖和起来ꎬ这是利用做功将机械能转
化为内能的原理ꎮ将手放到棉衣口袋里能让手暖和起来ꎬ棉
衣能大大减小手上热量的散失ꎬ达到保暖的效果ꎮ捧一杯热
水让手暖和起来ꎬ这利用了传热增加手的内能ꎮ
３.答案 气体在绝热容器中不会与外界发生热交换ꎬ由于Ｂ内
为真空ꎬＡ内气体进入Ｂ的过程中ꎬ没有做功ꎬ所以气体内能
没有变化ꎮ
４.答案
在上浮过程中ꎬ气泡内空气的压强变小ꎬ体积变大ꎬ则
气体对外做功ꎻ又由于恒温水槽中气泡的内能保持不变ꎬ则气
泡吸热ꎮ
５.答案 活塞向左移动过程中ꎬ因体积增大ꎬ容器中气体分子的
数密度变小ꎬ在单位时间内ꎬ与单位面积器壁碰撞的分子数就
变少ꎻ又因封闭气体做等压变化ꎬ气体压强不变ꎬ则气体分子
的平均速率是增大的ꎬ气体分子的平均动能是增加的ꎬ不考虑
封闭气体的分子势能ꎬ所以气体内能会增加ꎮ
６.答案 见解析
解析 为了求出燃气灶烧水的效率ꎬ需要知道烧水时间、水的
比热容、水的密度、单位体积的燃气完全燃烧放出的热量ｑꎮ
求出烧水过程消耗的燃气完全燃烧时放出的热量Ｑ＝ｑΔＶ＝
ｑ(Ｖ２－Ｖ１)ꎬ２. ５Ｌ水烧开所需吸收的热量为Ｑ吸＝ｃｍΔｔ＝
ｃρ水Ｖ水Δｔꎬ所以效率为η ＝Ｑ吸
Ｑ＝ｃρ水Ｖ水Δｔ
ｑ(Ｖ２－Ｖ１)ꎬ式中各量都用国际
单位制中的单位ꎮ
Ｂ组
１.答案 (１)正确ꎮ空调在制冷过程中产生的新热量也要向室
外放出ꎬ所以向室外放出的热量大于从室内吸收的热量ꎮ
(２)不正确ꎮ人工降低海水温度需要消耗能量ꎬ这种方法
不能解决能源短缺的问题ꎮ
(３)正确ꎮ热机的工质吸收的热量不会全部变成功ꎬ例
如ꎬ汽车排出气体的温度一定会比空气的温度高ꎬ它会向空气
散热ꎮ
(４)不正确ꎮ自然界的能量并不会减少ꎬ形成“ 能源危
机”原因是可利用能源的品质降低ꎮ
２.答案 不会ꎮ因为一切与热现象有关的宏观自然过程都是不
可逆的ꎮ
３.答案 (１)(１＋ｄ
ｈ０
)Ｔ０ (２)Ｑ－ｐ０Ｓｄ－ｍｇｄ
解析 (１)密封气体初状态的温度为Ｔ０ꎬ体积为Ｖ０＝ｈ０Ｓ
末状态的温度等于外界空气的温度ꎬ设为Ｔ１ꎬ体积为Ｖ１＝
(ｈ０＋ｄ)Ｓ
由盖－吕萨克定律有
Ｖ０
Ｔ０
＝Ｖ１
Ｔ１
解得:Ｔ１＝(１＋ｄ
ｈ０
)Ｔ０
(２)密封气体的压强ｐ＝ｐ０＋ｍｇ
Ｓ
气体对外界做的功为Ｗ＝－ｐＳｄ＝－(ｐ０＋ｍｇ
Ｓ) Ｓｄ＝－(ｐ０Ｓｄ＋
ｍｇｄ)
由热力学第一定律有ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ
得出ΔＵ＝Ｑ－ｐ０Ｓｄ－ｍｇｄ
４.答案 增加了２４０Ｊ
解析 气体对外界做的功为Ｗ＝－ｐＳｄ＝－ｐΔＶ＝－０.４×１０
５×２.０×
１０
－３Ｊ＝－８０Ｊ
由热力学第一定律有ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ
得出ΔＵ＝３００Ｊ－８０Ｊ＝２４０Ｊ
５.答案 (１)增加１６０Ｊ
(２)１０Ｊ
后一个问题的过程不符合
实际情况
解析 (１)气体从状态Ａ变为状态Ｂꎬ由热力学第一定律有
８
ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ
得出ΔＵ＝２８０Ｊ－１２０Ｊ＝１６０Ｊ
所以气体的内能增加１６０Ｊ
(２)气体从状态Ｂ变回状态Ａꎬ气体内能的变化量
ΔＵ′＝－１６０Ｊ
由热力学第一定律有ΔＵ′＝Ｑ′＋Ｗ′
得出Ｗ′＝ΔＵ′－Ｑ′＝－１０Ｊ
气体对外做的功是１０Ｊ
从状态Ｂ变回状态Ａꎬ气体的体积减小ꎬ一定是外界对气
体做功ꎬ所以后一个问题的过程不符合实际情况ꎮ
第四章 原子结构和波粒二象性
1 普朗克黑体辐射理论
◆练习与应用
１.答案 由ε＝ｈν＝ｈｃ
λ 得
波长为４００ｎｍ的电磁波辐射的能量子
ε＝ｈｃ
λ ＝６.６３×１０
－３４×３×１０
８
４×１０
－７
Ｊ＝４.９７×１０
－１９Ｊ
波长为７６０ｎｍ的电磁波辐射的能量子
ε＝ｈｃ
λ ＝６.６３×１０
－３４×３×１０
８
７.６×１０
－７
Ｊ＝２.６２×１０
－１９Ｊ
２.答案 开水向外辐射的每一份能量子的能量很小(微观量)ꎬ
而水降低１℃释放的能量很大(宏观量)ꎬ由于温度计的精度
不够ꎬ所以观察到的温度计温度不是一段一段地降低的ꎮ
2 光电效应
◆练习与应用
１.答案 入射光的波长确定而强度增加ꎬ单位时间内发射的光
电子数增多ꎬ饱和电流增大ꎮ如果入射光的频率增加ꎬ光电子
的最大初动能增加ꎬ遏止电压也会增加ꎮ
２.答案 紫光的频率比绿光大ꎬ金属Ａ在一束绿光照射下恰能
发生光电效应ꎬ用紫光照射时能发生光电效应ꎻ红光的频率比
绿光小ꎬ用红光照射时不能发生光电效应ꎮ不同种类的金属ꎬ
其逸出功的大小不相同ꎻ紫光照射Ａ、Ｂ两种金属都能发生光
电效应时ꎬ由爱因斯坦光电效应方程Ｅｋ＝ｈν－Ｗ０可知逸出金
属表面的光电子的最大初动能不同ꎬ因此光电子的最大速度
大小不同ꎮ
３.答案 (１)由爱因斯坦光电效应方程Ｅｋ＝ｈν－Ｗ０可得
Ｅｋ＝ｈ
ｃ
λ －Ｗ０＝
６.６３×１０
－３４×３×１０
８
２×１０
－７
－４.２×１.６×１０
－１９
æ
è
ç
ö
ø
÷ Ｊ＝
３.２３×１０
－１９Ｊ＝２.０２ｅＶ
(２)由ｅＵｃ＝Ｅｋ得遏止电压
Ｕｃ＝Ｅｋ
ｅ＝２.０２Ｖ
(３)由Ｗ０＝ｈν０得截止频率
ν０＝Ｗ０
ｈ＝４.２×１.６×１０
－１９
６.６３×１０
－３４
Ｈｚ＝１.０１×１０
１５Ｈｚꎮ
４.答案
将教科书图４.２－１中电源正负极对调ꎬ当入射光频率
分别为ν１、ν２时ꎬ测出遏止电压Ｕ１、Ｕ２ꎬ由爱因斯坦光电效应
方程可得
ｅＵ１＝ｈν１－Ｗ０
ｅＵ２＝ｈν２－Ｗ０
联立以上两式ꎬ解得ｈ＝Ｕ１－Ｕ２
ν１－ν２
ｅꎮ其中ｅ为电子的电荷
量ꎬ测出Ｕ１与Ｕ２就可测出普朗克常量ꎮ
实验步骤:
(１)将电源正负极对调ꎬ滑动变阻器滑动触头滑至最左
边ꎬ用频率为ν１的光照射ꎬ此时电流表中有电流ꎻ将滑动变阻
器滑动触头缓慢右滑ꎬ同时观察电流表ꎬ当电流表示数为零
时ꎬ停止滑动ꎬ记下电压表的示数Ｕ１ꎻ
(２)用频率为ν２的光照射ꎬ重复(１)的操作ꎬ记下电压表
的示数Ｕ２ꎻ
(３)应用ｈ＝Ｕ１－Ｕ２
ν１－ν２
ｅ计算ｈꎻ
(４)多次测量取平均值ꎮ
５.答案 数量级为１０
１９
解析 白炽灯每秒产生可见光的能量为Ｅ＝６０Ｗ×１ｓ×１５％＝
９Ｊ
取可见光中频率为６.０×１０
１４Ｈｚ的绿光进行估算ꎬ设光子
数为ｎꎬ有Ｅ＝ｎｈν
得出ｎ＝Ｅ
ｈν ＝
９
６.６３×１０
－３４×６.０×１０
１４＝２.２６×１０
１９(个)
所以可见光光子数的数量级为１０
１９ꎮ
3 原子的核式结构模型
◆练习与应用
１.答案 由ｑＵ＝１
２ｍｖ
２可得
ｖ＝
２ｑＵ
ｍ＝３.７７×１０
７ｍ/ ｓ
２.答案 油滴的质量ｍ＝４
３πＲ
３ρ
油滴受到的重力Ｇ＝４
３πＲ
３ρｇꎬ受到的电场力Ｆ＝Ｅｑ
由平衡条件ꎬ可知４
３πＲ
３ρｇ＝Ｅｑ
电荷量与电子个数的关系为ｑ＝Ｎｅ
因此ꎬ电子的个数为Ｎ＝４πＲ
３ρｇ
３Ｅｅ
＝４.７５×１０
５
３.答案 以Ｍ点为坐标原点ꎬ水平向右方向为ｘ轴正方向ꎬ竖直
向下方向为ｙ轴正方向ꎬ建立平面直角坐标系ꎮ
(１)同时加电场、磁场时ꎬｑＥ＝Ｂｑｖｘꎬ因此ｖｘ＝Ｅ
Ｂ＝Ｕ
Ｂｄꎮ
(２)只加电场ꎬ电子到达极板右边缘时ꎬ在竖直方向飞行
的距离为
ｙ１＝１
２ａｙｔ
２＝１
２×Ｆｙ
ｍ
ｌ
ｖｘ
(
)
２
＝１
２× ｑＵｌ
２
ｍｄｖ
２
ｘ
电子在竖直方向的速度为
ｖｙ＝ａｙｔ＝Ｆｙ
ｍ× ｌ
ｖｘ
＝ｑＵｌ
ｍｄｖｘ
电子飞出极板到达Ｐ点时ꎬ在竖直方向经过的距离为
ｙ２＝ｖｙｔ′＝ｑＵｌ
ｍｄｖｘ
Ｌ－ｌ
２
(
)
ｖｘ
＝
ｑＵｌＬ－ｌ
２
(
)
ｍｄｖ
２
ｘ
教材习题答案
９
因此ｙ＝ｙ１＋ｙ２
解得ｑ
ｍ＝１.６１×１０
１１Ｃ/ ｋｇꎮ
４.答案 卢瑟福的原子核式结构模型是:在原子的中间有一个
很小的核ꎬ叫原子核ꎬ原子的全部正电荷和几乎全部质量都集
中于原子核ꎬ带负电的电子在核外空间里绕核旋转ꎮ
卢瑟福提出原子核式结构模型的依据是α 粒子散射实
验ꎮα 粒子穿过原子时ꎬ电子对它的运动影响很小ꎬ影响α 粒
子运动的主体是原子核ꎮα 粒子进入原子区域后ꎬ由于原子
核很小ꎬ大部分α 粒子离核较远ꎬ受到的库仑力很小ꎬ运动方
向几乎不变ꎮ极少数α 粒子距核近ꎬ因此受到很强的库仑力ꎬ
发生大角度散射ꎮ
５.答案 整个原子的直径约为２００ｍꎮ对于一般的原子核ꎬ实验
确定的核半径的数量级为１０
－１５ｍꎬ而整个原子半径的数量级
是１０
－１０ｍꎬ整个原子的半径是核半径的１０
５倍ꎮ绿豆半径的
数量级为１０
－３ｍꎬ则１０
－３ｍ×１０
５＝１０
２ｍꎮ所以ꎬ假如原子核有
绿豆那么大ꎬ那么整个原子的直径约为２００ｍꎮ
６.答案 金原子的质量比α 粒子质量大得多ꎬ且几乎全部集中
在金原子核内ꎮ当α 粒子穿过金原子区域ꎬ靠近金原子核时ꎬ
两者之间的库仑斥力对α 粒子运动方向影响很大ꎬ而对金原
子影响很小ꎬ所以α 粒子散射实验选用比α 粒子质量大得多
的重金属箔ꎮ
4 氢原子光谱和玻尔的原子模型
◆练习与应用
１.答案 有些光谱是一条条的亮线ꎬ这样的光谱叫线状谱ꎮ
有的光谱看起来不是一条条分立的谱线ꎬ而是连在一起
的光带ꎬ这样的光谱叫连续谱ꎮ
原子的发射光谱是线状谱ꎮ
不同原子的发射光谱不相同ꎮ
２.答案 巴耳末公式ｎ＝５时计算出的氢原子光谱的谱线是氢原
子由量子数为５的能级跃迁到量子数为２的能级形成的ꎮ
３.答案 由巴耳末公式１
λ ＝Ｒ
１
２
２－１
ｎ
２
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬｎ＝３ꎬ４ꎬ５ꎬ可知ꎬ氢原
子光谱在可见光范围内波长最长的两条谱线所对应的ｎ应为
３、４ꎮ
当ｎ＝３时ꎬ得λ１＝６.５５×１０
－７ｍꎻ
当ｎ＝４时ꎬ得λ２＝４.８５×１０
－７ｍꎮ
氢原子光谱是分立的线状谱ꎮ它在可见光区的谱线满足
巴耳末公式ꎬ在红外和紫外光区的其他谱线也都满足与巴耳
末公式类似的关系式ꎮ
４.答案 大量氢原子处在ｎ＝３的能级时ꎬ能辐射出３种频率的
光子ꎮ波长最短的光是从ｎ＝３的能级跃迁到ｎ＝１的能级时
发出的ꎮ
５.答案 根据玻尔理论ꎬ原子处于一系列不连续的能量状态中ꎮ
原子从较高能级Ｅ２跃迁到较低能级Ｅ１时辐射的光子能量满
足ｈν＝Ｅ２－Ｅ１ꎮ由于原子能级是分立的ꎬ能级差也是分立的ꎬ
辐射的光子的能量也是分立的ꎬ并有确定的频率ꎬ所以原子的
发射光谱都是一些分立的亮线ꎮ
６.答案 需要吸收３.４０ｅＶ的能量ꎮ
７.答案 包含各种波长的复合光通过物质时ꎬ物质的原子吸收
了跟它的原子谱线波长相同的那些光子ꎬ使连续的复合光谱
背景上出现了暗线ꎮ由于原子只能吸收能量大小满足两个能
级之差ｈν＝Ｅｍ－Ｅｎ的光子ꎬ从低能态Ｅｎ激发到高能态Ｅｍꎬ在
吸收光谱中形成一条暗线ꎬ这条暗线刚好与从Ｅｍ跃迁到Ｅｎ
发出的光子的明线相对应ꎮ因此ꎬ各种原子吸收光谱中的每
一条暗线都跟该原子的发射光谱中的一条亮线相对应ꎮ
5 粒子的波动性和量子力学的建立
◆练习与应用
１.答案
光的干涉和衍射说明光具有波动性ꎬ光电效应和康普
顿效应说明光具有粒子性ꎬ因此我们说光具有波粒二象性ꎮ
２.答案
电子的德布罗意波长大ꎮ因为由Ｅｋ＝ｐ
２
２ｍ可知ꎬ动能相
同时质量小ꎬ动量就小ꎻ又由λ ＝ｈ
ｐ知ꎬ动量小ꎬ德布罗意波长
就大ꎮ因此当电子和质子具有同样的动能时ꎬ电子比质子的
德布罗意波长大ꎮ
３.答案 不会ꎮ因为宏观的子弹质量、速度大ꎬ动量大ꎬ德布罗
意波长非常小ꎮ
◆复习与提高
Ａ组
１.答案 (１)乙光的频率大ꎮ从图４－１可以看出ꎬ乙光的遏止电
压大ꎬ则说明乙光照射下产生的光电子的最大初动能大ꎬ根据
爱因斯坦光电效应方程可知ꎬ乙光的频率大ꎮ
(２)丙光的波长大ꎮ从图４－１可以看出ꎬ丙光的遏止电压
小ꎬ则说明丙光照射下产生的光电子的最大初动能小ꎬ根据爱
因斯坦光电效应方程可知ꎬ丙光的频率小ꎬ则丙光的波长大ꎮ
(３)截止频率相同ꎮ截止频率与金属自身的性质有关ꎬ同
一光电管的截止频率不随入射光频率改变而改变ꎮ
(４)两种光产生的光电子的最大初动能相同ꎮ从图４－１
可以看出ꎬ两种光的遏止电压相同ꎬ则说明两种光照射下产生
的光电子的最大初动能相同ꎮ
２.答案
基态氢原子的电离能为１３. ６ｅＶꎬ则电子的动能是
１３.６ｅＶꎮ
３.答案
物质吸收红外线后再发出的光ꎬ其光子的能量不可能
大于该红外线光子的能量ꎬ红外线光子的能量小于可见光光
子的能量ꎬ所以任何物质都不会在红外线照射下发出可见光ꎮ
４.答案 运动员质量大约为６５ｋｇꎬ跑步时的速度大约是８ｍ/ ｓꎬ
运动员的动量ｐ＝ｍｖ＝５２０ｋｇｍ/ ｓꎬ则德布罗意波长λ ＝ｈ
ｐ＝
６.６３×１０
－３４
５２０
ｍ＝１.２８×１０
－３６ｍ
因为运动员跑步时的德布罗意波长太小ꎬ我们观察不到
运动员的波动性ꎮ
５.答案 ３.３７３×１０
－１９Ｊ ３.３７７×１０
－１９Ｊ
解析 光子的能量Ｅ＝ｈν＝ｈｃ
λ
波长为５８９.６ｎｍ光子的能量
Ｅ１＝６.６３×１０
－３４× ３.０×１０
８
５８９.６×１０
－９Ｊ≈３.３７３×１０
－１９Ｊ
则钠原子辐射这种波长的光时核外电子跃迁前后的能级
差为ΔＥ１＝３.３７３×１０
－１９Ｊꎮ
波长为５８９.０ｎｍ光子的能量
１０
Ｅ２＝６.６３×１０
－３４× ３.０×１０
８
５８９.０×１０
－９Ｊ≈３.３７７×１０
－１９Ｊ
则钠原子辐射这种波长的光时核外电子跃迁前后的能级
差为ΔＥ２＝３.３７７×１０
－１９Ｊꎮ
６.答案 ０.５５６
解析
从量子数为∞的能级向量子数为２的能级跃迁时ꎬ辐
射的光子的波长最小ꎬ该光子的能量为
Ｅ＝Ｅ∞－Ｅ２＝０－(－３.４０ｅＶ)＝３.４０ｅＶ
从量子数为３的能级向量子数为２的能级跃迁时ꎬ辐射
的光子的波长最大ꎬ该光子的能量为
Ｅ′＝Ｅ３－Ｅ２＝－１.５１ｅＶ－(－３.４０ｅＶ)＝１.８９ｅＶ
所以氢原子光谱中巴耳末系最小波长与最大波长之比为
λ
λ′ ＝Ｅ′
Ｅ＝１.８９ｅＶ
３.４０ｅＶ≈０.５５６
７.答案
ｅ(Ｕ１－Ｕ２)
ν１－ν２
解析 由爱因斯坦光电效应方程可知ꎬＥｋ１＝ｈν１－Ｗ０ꎬＥｋ２＝ｈν２－Ｗ０
由动能定理可知ꎬＥｋ１＝ｅＵ１ꎬＥｋ２＝ｅＵ２
联立以上各式解得ｈ＝ｅ(Ｕ１－Ｕ２)
ν１－ν２
Ｂ组
１.答案 (１)光子的能量一定相同ꎮ
(２)光电子的逸出功一定不同ꎮ
(３)光电子的动能可能相同ꎮ
(４)光电子的最大动能一定不同ꎮ
２.答案 ６种 ９７.５ｎｍ
解析
一群处于量子数为４的激发态的氢原子ꎬ可能辐射出
的光谱线条数为Ｎ＝Ｃ
２
４＝６ꎮ
处于ｎ＝４能级的氢原子向ｎ＝１能级跃迁ꎬ辐射的光子的
能量为ｈν＝Ｅ＝Ｅ４－Ｅ１＝－０.８５ｅＶ－(－１３.６０ｅＶ)＝１２.７５ｅＶꎬ
最短的波长是λ ＝ｈｃ
Ｅ＝６.６３×１０
－３４×３.０×１０
８
１２.７５×１.６×１０
－１９
ｍ＝９. ７５×
１０
－８ｍ＝９７.５ｎｍꎮ
３.答案 见解析图
解析
波长为５８９ｎｍ的光子的能量Ｅ１＝ｈν１＝ｈｃ
λ１
＝
６.６３×１０
－３４×３.０×１０
８
５８９×１０
－９
Ｊ＝２.１１ｅＶꎬ则Ｂ→Ａ的能级差为２.１１ｅＶꎻ
波长为３３０ｎｍ的光子的能量Ｅ２＝ｈν２＝ｈｃ
λ２
＝
６.６３×１０
－３４×３.０×１０
８
３３０×１０
－９
Ｊ＝３.７７ｅＶꎬ则Ｃ→Ａ的能级差为３.７７ｅＶꎻ
波长为２８５ｎｍ的光子的能量Ｅ３＝ｈν３＝ｈｃ
λ３
＝
６.６３×１０
－３４×３.０×１０
８
２８５×１０
－９
Ｊ＝４.３６ｅＶꎬ则Ｄ→Ａ的能级差为４.３６ｅＶꎻ
波长为５１４ｎｍ的光子的能量Ｅ４＝ｈν４＝ｈｃ
λ４
＝
６.６３×１０
－３４×３.０×１０
８
５１４×１０
－９
Ｊ＝２.４２ｅＶꎬ则Ｅ→Ｂ的能级差为２.４２ｅＶꎻ
所以Ｅ→Ａ的能级差为２.４２ｅＶ＋２.１１ｅＶ＝４.５３ｅＶꎻ
设最高能级Ｅ的能级值为０ꎬ则能级Ａ的能级值为
－４.５３ｅＶꎬ能级Ｂ的能级值为－２.４２ｅＶꎬ能级Ｃ的能级值为
－４.５３ｅＶ＋３.７７ｅＶ＝－０.７６ｅＶꎬ能级Ｄ的能级值为－４.５３ｅＶ＋
４.３６ｅＶ＝－０.１７ｅＶꎮ
作出钠原子在这几个能量范围的能级图如下:
４.答案 １８３６０ｅＶ
解析 实物粒子的动能为Ｅｋ＝１
２ｍｖ
２
可以得到实物粒子的动量ｐ跟它的动能之间的关系式为
ｐ＝
２ｍＥｋ
实物粒子的动量ｐ跟它所对应的德布罗意波长λ 和普朗
克常量ｈ之间的关系式为ｐ＝ｈ
λ
一个电子的德布罗意波长和这个质子的德布罗意波长相
等ꎬ则电子、质子的动量是相等的ꎬ
即
２ｍｅＥｋｅ＝
２ｍｐＥｋｐ
质子质量是电子质量的１８３６倍ꎬ得出电子的动能为Ｅｋｅ＝
ｍｐ
ｍｅ
Ｅｋｐ＝１８３６０ｅＶ
５.答案 ２∶１ ＥＡ－２ＥＢ
解析 光子的动量ｐ与光的波长λ 和普朗克常量ｈ的关系式
为ｐ＝ｈ
λ ＝ｈν
ｃ
Ａ、Ｂ两种光子的动量之比为ｐＡ∶ｐＢ＝ｈνＡ
ｃ:
ｈνＢ
ｃ＝２∶１
由爱因斯坦光电效应方程可知ꎬｈνＡ＝ＥＡ＋Ｗ０ꎬｈνＢ＝ＥＢ＋Ｗ０
解得Ｗ０＝ＥＡ－２ＥＢ
６.答案 ２.１１×１０
５ｍ
解析 光源每秒发射绿光光子的能量为Ｅ＝０.１Ｗ×１ｓ＝０.１Ｊ
设每秒发射绿光光子数为ｎꎬ有Ｅ＝ｎｈν＝ｎｈｃ
λ
得出ｎ＝Ｅλ
ｈｃ＝
０.１×５３０×１０
－９
６.６３×１０
－３４×３.０×１０
８＝２.６６×１０
１７(个)
瞳孔在暗处的直径为ｄ＝４ｍｍꎬ设眼睛到光源的距离为
Ｒꎬ则６
ｎ＝
π ｄ
２
４
４πＲ
２
解得Ｒ＝２.１１×１０
５ｍ
第五章 原子核
1 原子核的组成
◆练习与应用
１.答案 实验发现ꎬ如果一种元素具有放射性ꎬ那么无论它是以
单质存在ꎬ还是以化合物形式存在ꎬ都具有放射性ꎬ而且放射
性的强度也不受温度、外界压强的影响ꎮ由于元素的化学性
质决定于原子核外的电子ꎬ这说明射线与核外电子无关ꎮ也
就是说ꎬ射线来自原子核内部ꎮ
教材习题答案
１１
天然放射现象的发现ꎬ使人们认识到原子核内部有复杂
的结构ꎬ而且原子核可以发生变化ꎬ成为另一种原子核ꎮ实际
上ꎬ人们研究原子核的结构就是从天然放射现象开始的ꎮ
２.答案 γ 射线更像Ｘ射线ꎬ因为它们都是能量很高的电磁波ꎬ
波长短ꎬ穿透能力强ꎮ
３.答案 验电器金属箔的张角将变小ꎮ因为α 射线具有一定的
电离作用ꎬ它能使所经过的路径上的空气分子电离ꎬ使空气变
成导体ꎬ从而使验电器金属箔的张角变小ꎮ
４.答案 如果原子核中只有质子ꎬ那么任何一种原子核的质量
与电荷量之比ꎬ都应该等于质子的质量与电荷量之比ꎮ实际
并不是这样ꎬ绝大多数原子核的质量与电荷量之比都大于质
子的相应比值ꎮ所以卢瑟福猜想ꎬ原子核内可能存在着另一
种粒子ꎮ
５.答案 (１)α 粒子用符号
４
２Ｈｅ表示ꎬ质子数为２、中子数为２ꎮ
(２)质量数为１４的碳原子核用符号
１４
６Ｃ表示ꎬ质子数为
６、中子数为８ꎮ
(３)电荷数为８、质量数为１７的氧原子核用符号
１７
８Ｏ表
示ꎬ质子数为８、中子数为９ꎮ
(４)质量数为４０的钾原子核用符号
４０
１９Ｋ表示ꎬ质子数为
１９、中子数为２１ꎮ
(５)电荷数为８６、核子数为２２２的氡原子核用符号
２２２
８６Ｒｎ
表示ꎬ质子数为８６、中子数为１３６ꎮ
６.答案
１
１Ｈ、
２
１Ｈ、
３
１Ｈꎮ
２３４
９２Ｕ、
２３５
９２Ｕ、
２３８
９２Ｕ三种同位素具有相同的质子
数ꎬ为９２ꎻ不同之处是
２３４
９２Ｕ有１４２个中子ꎬ
２３５
９２Ｕ有１４３个中
子ꎬ
２３８
９２Ｕ有１４６个中子ꎮ
2 放射性元素的衰变
◆练习与应用
１.答案 β 衰变的实质是原子核内的中子转化成了一个质子和
一个电子ꎮ其转化方程为
１
０ｎ→
１
１Ｈ＋０
－１ｅꎮ
２１０
８４Ｐｏ→
２１０
８５Ａｔ＋０
－１ｅ
２.答案
２３４
９０Ｔｈ→
２３０
８８Ｒａ＋４
２Ｈｅ ４次α 衰变ꎬ２次β 衰变ꎮ
解析 设α 衰变为ｘ次ꎬβ 衰变为ｙ次ꎮ核反应方程为
２３８
９２Ｕ→
２２２
８６Ｒｎ＋ｘ
４
２Ｈｅ＋ｙ
０
－１ｅ
根据质量数和电荷数守恒ꎬ有
４ｘ＝１６
２ｘ－ｙ＝６
解得ｘ＝４ꎬｙ＝２ꎮ
３.答案
１
３２ｇ ２０天
解析 根据半衰期的定义ꎬ剩下的钍为
ｍ＝ｍ０
１
２(
)
ｔ
Ｔ
＝１×
１
２(
)
１２０
２４
ｇ＝１
３２ｇ
由半衰期定义可知ꎬ经过时间ｔ后ꎬ剩余的铋为ｍ＝
ｍ０
１
２(
)
ｔ
Ｔ
ꎮ代入数据得１.２５ｇ＝２０ｇ×
１
２(
)
ｔ
５
ꎬ解得ｔ＝２０ｄꎮ
因此ꎬ经过２０天后ꎬ２０ｇ铋还剩１.２５ｇꎮ
４.答案 原子核的人工转变是在其他粒子的轰击下产生新原子
核的过程ꎬ而放射性元素的衰变是原子核没有受到其他粒子
的轰击而自发放出射线的过程ꎮ
５.答案 在核反应过程中根据质量数和电荷数守恒ꎬ可以求出
生成原子核的质量数和电荷数ꎮ
反应后新原子核的质量数与电荷数分别为
(１)Ａ＝２３＋４－１＝２６ꎬＺ＝１１＋２－１＝１２ꎻ
(２)Ａ＝２７＋４－１＝３０ꎬＺ＝１３＋２－０＝１５ꎻ
(３)Ａ＝１６＋１－１＝１６ꎬＺ＝８＋０－１＝７ꎻ
(４)Ａ＝３０＋１－１＝３０ꎬＺ＝１４＋１－０＝１５ꎮ
所以反应后的新原子核分别为(１)
２６
１２Ｍｇꎻ(２)
３０
１５Ｐꎻ(３)
１６
７Ｎꎻ
(４)
３０
１５Ｐꎮ
则核反应方程分别为
(１)
２３
１１Ｎａ＋４
２Ｈｅ→
２６
１２Ｍｇ＋１
１Ｈ
(２)
２７
１３Ａｌ＋４
２Ｈｅ→
３０
１５Ｐ＋１
０ｎ
(３)
１６
８Ｏ＋１
０ｎ→
１６
７Ｎ＋１
１Ｈ
(４)
３０
１４Ｓｉ＋１
１Ｈ→
３０
１５Ｐ＋１
０ｎ
６.答案 (１)
１９
９Ｆ＋４
２Ｈｅ→
１
１Ｈ＋２２
１０Ｎｅ
(２)
１１
５Ｂ＋４
２Ｈｅ→
１
０ｎ＋１４
７Ｎ
(３)
１４
７Ｎ＋１
０ｎ→
１４
６Ｃ＋１
１Ｈ
７.答案 在医院的放射室看见过这个标志ꎮ一般情况要远离这
些地方ꎬ特殊情况要在医生指导下进出这些场所ꎮ
3 核力与结合能
◆练习与应用
１.答案 (１)核反应涉及四种基本相互作用中的强相互作用ꎬ化
学反应涉及四种基本相互作用中的电磁相互作用ꎮ(２) 核反
应改变了原子核ꎬ化学反应可以改变核外电子的排列ꎬ从而改
变分子结构ꎮ
２.答案
结合能是将原子核拆成单个核子所需要的能量ꎬ这个
能量越大说明原子核越稳定ꎬ这个能量除以核子数就是比结
合能ꎬ所以原子核的比结合能越大ꎬ原子核越稳定ꎮ
３.答案 根据质能关系可知ΔＥ＝Δｍｃ
２ꎮ由于光速很大ꎬ我们通
常看到的物体能量的变化量对应的质量的变化量很小ꎬ因此
我们觉察不到质量发生变化ꎮ
４.证明:将题中所给的数据代入公式Ｅ＝ｍｃ
２ꎬ得
Ｅ＝１ｕ×ｃ
２＝１.６６０６×１０
－２７×(２.９９７９×１０
８)
２Ｊ＝１.４９２４×
１０
－１０Ｊ＝９３１.５ＭｅＶ
５.答案 １.０２×１０
３ｍ
解析 １μｇ的质量对应的能量为
Ｅ＝ｍｃ
２＝１×１０
－９×(３×１０
８)
２Ｊ＝９×１０
７Ｊꎮ
载有学生的直升机升高的高度为ｈ＝
Ｅ
(ｍ１＋ｍ２)ｇ＝
９×１０
７
(３０００＋６０００)×９.８ｍ＝１.０２×１０
３ｍꎮ
６.答案 ８.３５２×１０
－１３Ｊ
解析 衰变过程中质量亏损Δｍ＝３.８５３１３×１０
－２５ｋｇ－３.７８６５７×
１０
－２５ｋｇ－６.６４６７２×１０
－２７ｋｇ＝９.２８×１０
－３０ｋｇ
释放的能量ΔＥ＝Δｍｃ
２＝９. ２８× １０
－３０× ( ３. ０× １０
８)
２Ｊ＝
８.３５２×１０
－１３Ｊ
4 核裂变与核聚变
◆练习与应用
１.答案
重核分裂成中等质量原子核的核反应叫作重核的
裂变ꎮ
１２
由重核裂变产生的中子使核裂变反应一代接一代继续下
去的过程ꎬ叫作核裂变的链式反应ꎮ
２.答案 通过调节中子的数目来控制反应速度ꎮ用镉制成控制
棒ꎬ用来吸收减速后的中子ꎬ控制反应速度ꎮ当反应过于激烈
时ꎬ将镉棒插入深一些ꎬ多吸收些中子ꎬ链式反应的速度就会
慢一些ꎮ
３.答案 两个轻核结合成质量较大的核ꎬ这样的核反应叫作核
聚变ꎮ聚变发生时需要提供巨大的能量ꎬ但反应中放出的能
量比提供的能量要大得多ꎮ
４.答案
与核裂变相比ꎬ核聚变具有产能效率高ꎬ燃料储量丰
富ꎬ安全、清洁等优点ꎬ因此实现受控热核反应是必要的ꎮ裂
变反应速度可以比较容易地进行控制ꎬ因此ꎬ现在国际上的核
电站都是利用裂变放出能量ꎬ而实现聚变反应的可控性比较
困难ꎬ世界上许多国家都在积极研究受控热核反应的理论和
技术ꎮ
５.答案 因为中子与碳核的每次碰撞都是弹性正碰ꎬ所以碰撞
过程中动量守恒、能量守恒ꎬ中子失去的动能即碳核增加的
动能ꎮ
(１)设中子的质量为ｍꎬ碳核的质量为Ｍꎬ则有Ｍ＝１２ｍꎮ
设中子碰前的速度为ｖ０ꎬ碰后的速度为ｖｎ１ꎬ碳核碰后的速
度为ｖＣꎬ由动量守恒定律得ｍｖ０＝ｍｖｎ１＋ＭｖＣ
由能量守恒定律得１
２ｍｖ
２
０＝１
２ｍｖ
２
ｎ１＋１
２Ｍｖ
２
Ｃ
由以上三式解得ｖＣ＝２
１３ｖ０ꎬｖｎ１＝－１１
１３ｖ０ꎬ负号表示速度反向
则经过一次碰撞ꎬ中子损失的动能为
ΔＥ＝１
２Ｍｖ
２
Ｃ＝１
２×１２ｍ×
２
１３ｖ０
(
)
２
＝４８
１６９Ｅ０≈０.２８４Ｅ０
(２)同理ꎬ中子第２次与碳核碰撞后的速度为
ｖｎ２＝－１１
１３ｖｎ１＝－１１
１３
(
)
２
ｖ０
中子第３次与碳核碰撞后的速度为
ｖｎ３＝－１１
１３ｖｎ２＝－１１
１３
(
)
３
ｖ０
中子第ｋ次与碳核碰撞后的速度为ｖｎｋ＝－１１
１３
(
)
ｋ
ｖ０
则经ｋ次碰撞后中子的动能为
Ｅ＝１
２ｍｖ
２
ｎｋ＝１
２ｍ
－１１
１３
(
)
ｋ
ｖ０
[
]
２
＝
１１
１３
(
)
２ｋ
× １
２ｍｖ
２
０＝
１１
１３
(
)
２ｋ
Ｅ０
中子的动能小于１０
－６Ｅ０时ꎬ有１１
１３
(
)
２ｋ
<１０
－６
解得ｋ>４１.３５
所以至少经过４２次碰撞ꎬ中子的动能才小于１０
－６Ｅ０
６.答案 每年发电３×１０
８×３６５×２４×３６００Ｊ＝９.４６０８×１０
１５Ｊꎬ每年
耗铀量９.４６０８×１０
１５
８.２×１０
１０
ｇ＝１１５.３８ｋｇꎮ
７.答案 太阳每秒释放的能量为ΔＥ＝３.８×１０
２６Ｊꎬ由ΔＥ＝Δｍｃ
２
知太阳每秒失去的质量为Δｍ＝ΔＥ
ｃ
２＝３.８×１０
２６
(３×１０
８)
２ｋｇ＝４. ２２×
１０
９ｋｇꎮ
5 “基本”粒子
◆练习与应用
１.答案 粒子分类参考表格:
强子
质子、中子
轻子
电子、电子中微子、μ 子、μ 子中微子、τ
子、τ 子中微子
规范玻色子
光子、中间玻色子、胶子
有
反
粒
子
希格斯玻色子
２.答案 可以通过网络查找在粒子物理领域有成果的华人科学
家有:赵忠尧、谢玉铭、王淦昌、杨振宁、李政道、吴健雄、何泽
慧等ꎮ可根据这些科学家的成果和事迹写一篇文章ꎮ
◆复习与提高
Ａ组
１.答案 铀２３８发生α 衰变ꎬ放出α 粒子即氦原子核ꎬ衰变方程
为
２３８
９２Ｕ→
２３４
９０Ｔｈ＋４
２Ｈｅꎮ
２.答案
２４
１１Ｎａ
→
２４
１２Ｍｇ＋０
－１ｅ
(衰变)
２３５
９２Ｕ＋１
０ｎ
→
１４０
５４Ｘｅ＋９４
３８Ｓｒ＋２
１
０ｎ
(核裂变)
１９
９Ｆ＋４
２Ｈｅ
→
２２
１０Ｎｅ＋１
１Ｈ
(人工核转变)
２
１Ｈ＋３
１Ｈ
→
４
２Ｈｅ＋１
０ｎ
(核聚变)
３.答案 核反应的方程式:
１６
８Ｏ＋４
２Ｈｅ→
２０
１０Ｎｅꎬ右边的原子核具有较
多的结合能ꎮ
４.答案 (１)核反应方程:
２３８
９４Ｐｕ→
２３４
９２Ｕ＋４
２Ｈｅꎮ
(２)有１２.５％的原子核未发生衰变ꎬ则经过了三个半衰
期ꎬ时间为ｔ＝８７.７年×３＝２６３.１年ꎮ
５.答案 ４.９３７０ＭｅＶ
解析 衰变过程中质量亏损Δｍ＝２２６.０２５４ｕ－２２２.０１７５ｕ－
４.００２６ｕ＝０.００５３ｕ
释放的能量ΔＥ＝Δｍ×９３１.５ＭｅＶ＝０.００５３×９３１.５ＭｅＶ≈
４.９３７０ＭｅＶ
Ｂ组
１.答案 铅 ２０８ ８２
２.答案 ２ｄ ２.５×１０
５ｍ
３
解析 因为只剩下１
８没有衰变ꎬ说明该放射性元素经过了三
个半衰期ꎬ所以它的半衰期是２ｄꎮ
８ｄ的时间是４个半衰期ꎬ所以８ｄ后瓶内溶液每分钟衰
变的次数Ｎ＝１
１６×８×１０
７次＝０.５×１０
７次ꎮ
设水库中水的体积为Ｖꎬ则每立方米水每分钟衰变的次数
ｎ＝Ｎ
Ｖ
代入数据解得Ｖ＝２.５×１０
５ｍ
３ꎮ
３.答案 ３.５７６９６×１０
２７ＭｅＶ
解析 两个氘核结合成一个氦核过程中质量亏损
Δｍ＝２×２.０１４１ｕ－４.００２６ｕ＝０.０２５６ｕ
此反应释放的能量
ΔＥ＝Δｍ×９３１.５ＭｅＶ＝０.０２５６×９３１.５ＭｅＶ＝２３.８４６４ＭｅＶ
１ｋｇ氘含有的原子数为Ｎ＝ｍ
Ｍｍｏｌ
ＮＡ＝１０００
２
× ６.０× １０
２３＝
３.０×１０
２６
教材习题答案
１３
所以１ｋｇ氘完全结合成氦时可以释放出的能量为
Ｅ＝Ｎ
２×ΔＥ＝３.５７６９６×１０
２７ＭｅＶ
４.答案 (１)
２３９
９４Ｐｕ→
２３５
９２Ｕ＋４
２Ｈｅ＋γ (２)５.０３３７ＭｅＶ
解析 (１)核反应方程:
２３９
９４Ｐｕ→
２３５
９２Ｕ＋４
２Ｈｅ＋γꎮ
(２)衰变过程中质量亏损
Δｍ＝２３９.０５２１ｕ－２３５.０４３９ｕ－４.００２６ｕ＝０.００５６ｕ
此反应释放的能量
ΔＥ＝Δｍ×９３１.５ＭｅＶ＝０.００５６×９３１.５ＭｅＶ＝５.２１６４ＭｅＶ
２３５
９２Ｕ和
４
２Ｈｅ获得动能的总量为
Ｅ＝ΔＥ－０.０９７ＭｅＶ＝５.１１９４ＭｅＶ
衰变后
２３５
９２Ｕ和
４
２Ｈｅ获得的动量等大ꎬ由Ｅｋ＝１
２ｍｖ
２和ｐ＝
ｍｖꎬ可得Ｅｋ＝ｐ
２
２ｍ
可知
２３５
９２Ｕ和
４
２Ｈｅ的动能之比等于他们质量的反比ꎬ
所以α 粒子的动能
Ｅｋα ＝
ｍＵ
ｍα＋ｍＵ
Ｅ＝
２３５.０４３９ｕ
２３５.０４３９ｕ＋４.００２６ｕ× ５. １１９４ＭｅＶ≈
５.０３３７ＭｅＶ
５.答案 (１)
２３５
９２Ｕ＋１
０ｎ
→
９０
３８Ｓｒ＋１３５
５４Ｘｅ＋１０
１
０ｎ (２)２７.２９吨
解析 (１)
２３５
９２Ｕ＋１
０ｎ
→
９０
３８Ｓｒ＋１３５
５４Ｘｅ＋１０
１
０ｎ
(２)核反应过程中质量亏损Δｍ＝２３５.０４３９ｕ－８９.９０７７ｕ－
１３５.９０７２ｕ－９×１.００８７ｕ＝０.１５０７ｕ
即Δｍ＝０.１５０７×１.６６×１０
－２７ｋｇ＝０.２５０１６２×１０
－２７ｋｇ
此反应释放的能量ΔＥ＝Δｍ×ｃ
２＝２.２５１４５８×１０
－１１Ｊ
１００万千瓦的核电站每年消耗的能量Ｅ＝Ｐｔ＝３.１５×１０
１６Ｊ
核电站每年消耗的原子核
２３５
９２Ｕ的个数为
Ｎ＝Ｅ
ΔＥ＝１.３９９０９３×１０
２７(个)
一个原子核
２３５
９２Ｕ的质量为ｍ０＝２３５.０４３９ｕ＝２３５.０４３９×
１.６６×１０
－２７ｋｇ＝３９０.１７２８７４×１０
－２７ｋｇ
核电站每年需要
２３５
９２Ｕ的质量为ｍ＝Ｎｍ０＝５４５.８９ｋｇ
核电站每年需要浓缩铀的质量为Ｍ＝５４５.８９ｋｇ
２％
≈
２７.２９吨
