单元测试卷(2) 固体、液体和气体-【金版新学案】2024-2025学年高中物理选择性必修3同步课堂高效讲义配套练习（教科版2019）

单元测试卷(二)　固体、液体和气体 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求) 1．(2023·广州市高二期末)下列关于液体和固体性质的说法，正确的是(　　) A．云母片沿各个方向上的导热性能是不相同的，叫作各向同性 B．毛细现象是液体的浸润(或不浸润)与表面张力共同作用的结果 C．两端开口的细玻璃管竖直插入水中，管内水面与管外水面一定是相平的 D．彩色液晶显示器能够显示彩色，是因为液晶的光学性质具有各向同性的特点 答案：B 解析：云母片沿各个方向上的导热性能是不相同的，叫作各向异性，选项A错误；毛细现象是液体的浸润(或不浸润)与表面张力共同作用的结果，选项B正确；两端开口的细玻璃管竖直插入水中，由于毛细现象，则管内水面比管外水面高，选项C错误；彩色液晶显示器能够显示彩色，是因为液晶的光学性质具有各向异性的特点，选项D错误。 2．(2023·陕西西安中学高二期中)用密封性能良好的活塞把一定质量的理想气体封闭在导热性能良好的气缸中，气缸的内壁光滑。现将气缸缓慢地由水平放置(如图甲所示)变成竖直放置(如图乙所示)。在此过程中如果环境保持恒温。下列说法正确的是(　　) A．气体分子的平均速率变大 B．气体分子的平均动能变大 C．气缸内壁单位面积上受到气体分子撞击的平均作用力不变 D．气缸内气体分子的密集程度变大 答案：D 解析：由题可知，缸内气体发生等温变化，温度不变，而温度是分子平均动能的标志，所以气体分子的平均动能不变，则分子的平均速率不变，A、B错误；设活塞面积为S，重力为G，水平放置时缸内气体的压强p等于大气压强p0，竖直放置时，缸内气体的压强p1＝p0＋，故缸内气体的压强增大，则气缸内壁单位面积上受到气体分子撞击的平均作用力增大，C错误；根据气体等温变化的规律可知，缸内气体的压强增大，则缸内气体的体积减小，气缸内气体分子的密集程度变大，D正确。 3．做托里拆利实验时，玻璃管内残留了空气，此时玻璃管竖直放置如图所示。假如把玻璃管倾斜适当角度，玻璃管下端仍浸没在水银中(视空气温度、大气压强不变，空气中的玻璃管长度不变)，下列变化符合实际的是(　　) A．管内水银长度变长，管内空气压强增大 B．水银高度差变大，管内空气压强减小 C．水银高度差不变，管内空气体积变小 D．管内水银长度变短，管内空气体积变大 答案：A 解析：假设玻璃管内水银长度不变，则空气柱长度也不变。但是玻璃管倾斜后，管内水银柱高度减小，水银柱压强减小，所以管内空气压强与水银柱压强之和小于大气压强，则水银槽内水银会进入玻璃管，则管内水银长度变长，空气体积减小，压强增大。达到新的平衡后，因为后来的封闭气体压强变大，所以水银柱的压强较开始要小，即水银高度差变小。故选A。 4．如图所示，两端封闭的等臂U形管中，两边的空气柱a和b被水银柱隔开，当U形管竖直放置时，两空气柱的长度差为H。现在将该U形管平放，使两臂处于同一个水平面上，稳定后两空气柱的长度差为L，若温度不变，下列关于L和H的大小关系正确的是(　　) A．L>H B．L<H C．L＝H D．无法判断 答案：A 解析：假设U形管平放后两部分气体的体积不变，即L和H的大小相等。在竖直状态时可以判断出左侧空气柱a的压强应比右侧空气柱b的压强大，则如果水平放置时L和H相等的话，两端的空气柱体积不变，压强也不变。此时水银柱会在两个大小不等的压强作用下向右侧管中移动，即原来长的空气柱变长，原来短的空气柱变短，则可知L>H。故选A。 5．如图是一定质量的理想气体状态变化的一系列过程，以下四种说法正确的是(　　) A．a→b的过程气体体积增大 B．b→c的过程气体体积减小 C．c→d的过程气体体积增大 D．d→a的过程气体体积增大 答案：C 解析：根据＝C可知，p＝T，则某点与绝对零度连线的斜率与体积成反比，所以Vd>Va＝Vc>Vb，故选C。 6．(2023·江西南昌二中高二下月考)如图为一温度计的结构原理图，利用气缸底部高度变化反应温度变化。质量为1 kg的导热气缸内密封一定质量的理想气体，气缸内横截面积为10 cm2。活塞与气缸壁间无摩擦且不漏气。环境温度为27 ℃时，活塞刚好位于气缸正中间，整个装置静止。已知大气压为1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，T/K＝t/℃＋273。则(　　) A．刻度表的刻度是不均匀的 B．能测量的最大温度为600 K C．环境温度升高时，弹簧的长度将变短 D．环境温度为27 ℃时，缸内气体的压强为9×104 Pa 答案：B 解析：活塞位于气缸正中间时，以气缸为研究对象，由平衡条件可得p1S＝Mg＋p0S，当活塞位于气缸的最下端时，设缸内气体温度为T2，压强为p2，则有p2S＝Mg＋p0S，联立可得p2＝p1＝1.1×105 Pa，可知缸内气体为等压变化，由气体等压变化的规律可得＝，解得T2＝＝ K＝600 K，则能测量的最大温度为600 K，又因为ΔT＝，且ΔV＝S·ΔL，故ΔT＝·ΔL，则刻度表的刻度是均匀的，A、D错误，B正确；由以上分析可知，气缸内的气体做等压变化，分析活塞受力可知，弹簧受到的弹力不变，因此环境温度升高时，弹簧的长度不变，C错误。 7．(2024·盐城市高二月考)如图甲、乙为吸盘工作原理示意图，使用时先把吸盘紧挨竖直墙面，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，挤出吸盘内部分空气，然后把锁扣扳下，使外界空气不能进入吸盘。由于吸盘内、外存在压强差，使吸盘被紧压在墙壁上，挂钩上即可悬挂适量物体。轻质吸盘导热良好、有效面积为8 cm2(不计吸盘和墙壁接触部分的面积)，扳下锁扣前密封体积为1.0 cm3、压强等于大气压强1×105 Pa的空气。空气密度为1.29 kg/m3，扳下锁扣后吸盘内体积变为2.0 cm3，已知吸盘挂钩能够承受竖直向下的最大拉力是其与墙壁间正压力的1.5倍，空气视为理想气体，下列说法正确的是(　　) A．扳下锁扣后吸盘内气体压强为1.8×105 Pa B．扳下锁扣后吸盘内气体密度为1.03 kg/m3 C．该吸盘此时能悬挂的物体的重力不能超过60 N D．冬天(大气压强比夏天大)使用该吸盘时，吸盘能够承受的最大拉力将减小 答案：C 解析：由于轻质吸盘导热良好，所以扳下锁扣前、后吸盘内的气体可视为等温变化，根据气体等温变化规律有p0V0＝p1V1，解得扳下锁扣后吸盘内气体压强为p1＝0.5×105 Pa，故A错误；扳下锁扣后吸盘内气体质量不变，体积变为原来的2倍，所以密度变为原来的一半，即0.645 kg/m3，故B错误；此时吸盘与墙壁间的正压力大小为N＝(p0－p1)S＝40 N，该吸盘此时能悬挂的物体的重力不能超过Gmax＝1.5N＝60 N，故C正确；根据前面分析可知，扳下锁扣后吸盘内、外压强差为大气压强的一半，冬天大气压强较大，所以冬天使用该吸盘时，吸盘与墙壁间正压力增大，吸盘能够承受的最大拉力将增大，故D错误。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8．(2023·辽宁六校高二期中联考)一定质量的理想气体的状态发生变化，经历了图示A→B→C→A的循环过程，则(　　) A．气体在A状态时的温度等于气体在B状态时的温度 B．从状态B变化到状态C的过程中，气体经历的是等压变化 C．从状态B变化到状态C的过程中，气体分子平均动能增大 D．从状态C变化到状态A的过程中，气体的温度逐渐降低 答案：AB 解析：由题图可知pAVA＝pBVB，结合理想气体状态方程＝C可知，A、B两状态温度相等，A正确；由题图可知，从状态B变化到状态C的过程中，压强恒定，所以气体经历的是等压变化，B正确；由题图可知VC<VB，根据气体等压变化的规律有＝，可知TC<TB，温度是分子平均动能的标志，所以从状态B变化到状态C的过程中，气体分子平均动能减小，C错误；由题图可知pC<pA，根据气体等容变化的规律有＝，可知TC<TA，所以从状态C变化到状态A的过程中，气体的温度逐渐升高，D错误。 9．如图所示，有一重力可以忽略的薄壁小试管开口向下竖直地浮在很大的水银槽内，试管中有一长为h1的水银柱封住两段气体A、B，A、B气柱长分别为l1、l2，管内外水银面高度差为h2，在保持温度不变的情况下，下列说法正确的是(　　) A．开始时h2一定等于h1 B．若外界大气压缓慢增加少许，则h2不变，l1变小，l2变小 C．若外界大气压缓慢增加少许，则h2变小，l1变大，l2变大 D．若用手轻按试管，使试管竖直向下移少许，则h2变大，l1变小，l2变小 答案：ABD 解析：由题意知，小试管重力忽略不计，则A气体的压强等于大气压，即pA＝p0，所以B气体的压强pB＝pA＋ρgh1＝p0＋ρgh2，解得h1＝h2，故A正确；B气体压强为pB＝pA＋ρgh1＝p0＋ρgh2，若外界大气压缓慢增加少许，根据平衡，仍有pA＝p0，则h1＝h2不变，而A、B气体压强增加，根据气体等温变化的规律可知，气体体积减小，l1变小，l2变小，故B正确，C错误；若用手轻按试管，使试管向下移少许，则有pA＝p0＋Δp，pB＝pA＋ρgh1，所以A、B气体压强增加，气体温度不变，由气体等温变化的规律可知，气体体积减小，则l1变小，l2变小，又B气体压强pB＝p0＋ρgh2，故h2变大，故D正确。 10.如图所示，蹦蹦球是儿童喜爱的一种健身玩具。晓倩和同学们在室外玩了一段时间的蹦蹦球之后，发现球内气压不足(此时室外温度为－3 ℃，球内气体的体积为2 L、压强为2 atm)，于是她将球拿到室内放置了足够长的一段时间，再用充气筒给蹦蹦球充气。室内温度为27 ℃，充气筒每次充入体积为0.4 L、压强为1 atm的室内空气(可视为理想气体)，不考虑整个过程中蹦蹦球体积的变化和充气过程中气体温度的变化，T/K＝t/℃＋273，球内气体视为理想气体，则下列说法正确的是(　　) A．球在室内充气前与在室外相比，球内壁单位面积上受到气体分子的撞击力不变 B．充气前球内气体的压强为 atm C．在室内，蹦蹦球充气过程温度不变，则球内气体内能不变 D．晓倩把球内气体的压强充到4 atm以上，至少需要充气9次 答案：BD 解析：球在室内放置了足够长的一段时间，内部气体温度升高，平均动能增大，则球在室内充气前与在室外相比，球内壁单位面积上受到气体分子的撞击力增大，A错误；充气前球内气体做等容变化，根据气体等容变化的规律可得＝，即数值上有＝，解得p1＝ atm，即充气前球内气体的压强为 atm，B正确；在室内，蹦蹦球充气过程温度不变，但球内气体质量增加、分子数增多，所以球内气体内能增加，C错误；设晓倩把球内气体的压强充到4 atm时，充气n次，根据气体等温变化的规律得np气V气＋p1V＝pV，即数值上有n×1×0.4＋×2＝4×2，解得n≈8.89，所以晓倩把球内气体的压强充到4 atm以上，至少需要充气9次，D正确。 三、非选择题(本题共6小题，共54分) 11．(6分)如图为“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与温度变化关系”的实验装置示意图。粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内，开始时B、C内的水银面等高。 (1)若气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将C管 (选填“向上”或“向下”)移动，直至 。 (2)实验中多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的摄氏温度，用Δh表示B管内水银面高度的改变量。根据测量数据作出的图线是 。 答案：(1)向下　B、C两管内水银面等高　(2)A 解析：(1)由气体等压变化的规律＝常量，可知气体温度升高，则体积增大，B内水银面将下降，为使气体压强不变，应将C管向下移动，直至B、C两管水银面等高。 (2)由气体等压变化的规律知Δh与ΔT成正比，而气体升高的摄氏温度Δt与升高的热力学温度ΔT相等，所以Δh与Δt成正比，A正确。 12．(8分)某小组利用如图甲所示装置进行“探究气体压强与体积的关系”的实验。带刻度的注射器内封闭了一定质量的气体，推动活塞可以改变气体体积V。实验所用气压计较特殊，测量的是注射器内部和外部气体压强的差Δp。在多次改变体积后，得到如表数据： Δp/(×105 Pa) 0 0.11 0.25 0.43 0.67 V/mL 10 9 8 7 6 (1)每次气体的状态调整后，都要等一会儿再记录数据，这是为了 。 (2)请根据表中数据在图乙中作出Δp图像。 (3)根据在(2)中作出的图像可得，图像与Δp轴的交点纵坐标为 ，物理含义是 。 答案：(1)保持注射器内部气体温度不变 (2)见解析图　(3)－1×105Pa　大气压的负值 解析：(1)等一会儿再记录数据，是为了使注射器内气体与外界进行充分热交换，以保证温度不变。 (2)作出Δp图像如图所示。 (3)由表格第一组数据可知初始研究气体压强为大气压p0，因p0V0＝pV，则Δp＝p－p0＝－p0，则可知＝0时Δp＝－p0，即图像与Δp轴交点纵坐标为大气压负值。 13．(8分)(2024·四川内江统考一模)如图是一种汽车空气减震器的模型，其主要构造是导热性良好的气缸和横截面积为S＝36 cm2的活塞，活塞通过连杆与车轮轴连接。将装有此减震装置的汽车，固定在倾角为37°的斜面上，连杆与斜面垂直，初始时气缸内密闭有体积为V1＝800 cm3、压强为p1＝1.2×105 Pa的理想气体，环境温度为T1＝300 K，气缸与活塞间的摩擦忽略不计，大气压始终为p0＝1.0×105Pa。现在气缸顶部固定一个物体A，稳定时气缸内气体体积缩小了200 cm3，该过程中气体温度保持不变。重力加速度取g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8。求： (1)气缸和物体A的总质量； (2)由于环境温度的变化，气缸内气体的体积逐渐恢复到了610 cm3，体积恢复后的环境温度。 答案：(1)27 kg　(2)305 K 解析：(1)放上A物体待其稳定后气体体积V2＝V1－ΔV1＝600 cm3 根据等温变化的规律有p1V1＝p2V2 对气缸根据受力平衡有(p2－p0)S＝Mgcos 37° 联立解得M＝27 kg。 (2)根据等压变化的规律有＝ 解得T2＝305 K。 14.(8分)(2023·吉林长春期中)如图所示，容积V0＝90 cm3的金属球形容器内封闭有一定质量的理想气体，与竖直放置、粗细均匀且足够长的U形管连通，当环境温度为27 ℃时，U形管左侧水银面比右侧水银面高出h1＝16 cm，水银柱上方空气柱长h0＝20 cm，现在对金属球形容器缓慢加热。已知大气压p0＝76 cmHg，U形管的横截面积S＝0.5 cm2，T/K＝t/℃＋273。求： (1)加热到多少摄氏度时，两边水银柱液面在同一水平面上？ (2)当加热到多少摄氏度时，U形管右侧水银面比左侧水银面高出h＝24 cm(此时左管中还有水银)? 答案：(1)122.2 ℃　(2)277 ℃ 解析：(1)以封闭气体为研究对象，第一状态的参量p1＝p0－ph1＝60 cmHg，V1＝V0＋h0S＝100 cm3，T1＝(27＋273)K＝300 K 第二状态的参量p2＝p0＝76 cmHg，V2＝V1＋＝104 cm3 由理想气体的状态方程有＝ 解得T2＝395.2 K 所以t2＝(395.2－273)℃＝122.2 ℃。 (2)对于封闭气体，第三状态的参量p3＝p0＋ph＝100 cmHg，V3＝V2＋S＝110 cm3 由理想气体的状态方程有＝ 解得T3＝550 K 所以t3＝(550－273)℃＝277 ℃。 15．(12分)(2024·四川南充统考一模)如图所示，内壁光滑的导热气缸内用质量为m、横截面积为S的活塞封闭一定质量的理想气体，初始时气缸开口向上放置，活塞在距缸底的距离为H处保持静止，已知大气压强为p0，重力加速度为g，环境温度保持不变。现将气缸缓慢转动90°放平，求： (1)活塞向外移动的距离d； (2)为使放平后活塞与缸底的距离仍为H，需在转动前通过气门缓慢放出一定质量的气体，求放出气体占原有气体质量的比例。 答案：(1)　(2) 解析：(1)初始时对活塞有p1S＝mg＋p0S 缓慢转动气缸，气体温度不变，放平后气体压强为p0，由气体等温变化的规律得p1SH＝p0SH1 由几何关系有d＝H1－H 解得d＝。 (2)设放出气体后活塞与缸底的距离为H2，缓慢放出过程气体压强、温度均不变，故密度ρ不变，则 ＝＝ 对转动过程由气体等温变化的规律得 p1SH2＝p0SH 联立解得＝。 16．(12分)(2023·河南郑州实验中学期中)如图(a)所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为S＝1×10－4m2。质量为m＝0.2 kg且厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为24 cm，在活塞的右侧12 cm处有一对与气缸固定连接的卡环。气缸所处环境的温度为300 K，大气压p0＝1.0×105 Pa。现将气缸竖直放置，如图(b)所示，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)活塞与气缸底部之间的距离； (2)加热缸内气体，活塞刚好到达卡环时气体温度； (3)将缸内气体加热到675 K时封闭气体的压强。 答案：(1)20 cm　(2)540 K　(3)1.5×105 Pa 解析：(1)气缸水平放置时L1＝24 cm，气体压强p1＝p0＝1.0×105 Pa 气缸竖直放置时，活塞与气缸底部之间的距离为L2，气体压强p2＝p0＋＝1.2×105 Pa 气体发生等温变化，根据气体等温变化的规律有p1V1＝p2V2 联立并代入数据可得活塞与气缸底部之间的距离L2＝L1＝20 cm。 (2)活塞到达卡环前气体发生等压变化 初始状态V2＝L2S，T2＝300 K 活塞刚好到达卡环处时，V3＝L3S，其中L3＝24 cm＋12 cm＝36 cm，设温度为T3 根据气体等压变化的规律有＝ 联立并代入数据可得此时气体温度T3＝T2＝540 K。 (3)活塞到达卡环处后，温度继续上升，气体发生等容变化 初始状态p3＝p2＝1.2×105 Pa，T3＝540 K 根据气体等容变化的规律有＝ 可得加热到675 K时封闭气体的压强p4＝p3＝1.5×105 Pa。 学生用书↓第65页 学科网（北京）股份有限公司 $$