第2章 气体、固体和液体 章末检测试卷(2)-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修第三册（人教版2019，浙江）

章末检测试卷(二) (满分：100分) 一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．(2023·浙江诸暨5月适应练改编)对于固体和液体，下列说法正确的是(　　) A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部 B．方解石的双折射现象说明其具有各向异性的属性 C．水银不浸润玻璃，可以说明水银是一种不容易发生浸润现象的液体 D．单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点 答案　B 解析　液体表面张力的方向始终与液面相切，与分界面垂直，故A错误； 有些晶体的光学性质为各向异性，因此方解石的双折射现象说明其具有各向异性的属性，B正确。 一种液体是否浸润某种固体，与这两种物质的性质都有关，因此，某种液体是浸润的还是不浸润的，一定要指明相应的固体，故C错误； 单晶体和多晶体都有固定的熔点，故D错误。 2．同一种液体，滴在固体A的表面时，出现如图甲所示的情况；当把毛细管B插入这种液体时，液面又出现如图乙所示的情况。则(　　) A．固体A和毛细管B可能是同种材料 B．固体A和毛细管B一定是同种材料 C．液体对毛细管B浸润 D．固体A的分子对液体附着层分子的引力比毛细管B的分子对液体附着层分子的引力大 答案　C 解析　当把毛细管B插入液体时，液体在毛细管B中上升且液面呈现凹形，说明液体对B浸润，液体不能附着在A的表面，说明液体对A不浸润，所以A与B一定不是同种材料，故A、B错误，C正确；根据浸润与不浸润的特点，浸润时，附着层内的分子引力小于固体对分子的引力，而不浸润时，附着层内的分子引力大于固体对分子的引力，所以固体A的分子对液体附着层内的分子引力比毛细管B的分子对液体附着层内的分子引力小，故D错误。 3．(2023·绍兴一中校联考模拟)下列关于固体、液体、气体的说法中正确的是(　　) A．夏季天旱时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发 B．晶体沿不同方向的导热、导电与光学性质一定不同 C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以存在浸润现象 D．炒菜时我们看到的烟气，是因为油烟颗粒的热运动 答案　A 解析　土壤中存在一系列毛细管，水分通过毛细管能够上升到地面蒸发，夏季天旱时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发，A正确；晶体分为单晶体与多晶体，多晶体在导热、导电与光学性质上表现出各向同性，即沿不同方向上的性能相同，B错误；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子间的作用力表现为引力，与固体间表现为不浸润，C错误；油烟颗粒是宏观粒子，油烟颗粒的运动不是热运动，D错误。 4．关于下列现象的表述正确的是(　　) A．太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果 B．大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体 C．液晶具有液体的流动性，不具有光学性质的各向异性 D．晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大 答案　A 解析　太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果，故A正确；大颗粒的盐磨成了细盐，细盐仍为晶体，故B错误；液晶具有液体的流动性，同时具有光学性质的各向异性，故C错误；晶体熔化时吸收热量，但温度保持不变，分子平均动能不变，故D错误。 5．(2022·宁波市慈溪中学高二阶段练习)2022年3月23日“天宫课堂”第二课在中国空间站开讲，王亚平和叶光富两位航天员给我们演示了完全失重环境下的“液桥”实验，如图所示，对此现象，下列说法错误的是(　　) A．“液桥”实验的原理是液体表面张力的作用 B．此实验现象与杯满不溢现象的原理是相同的 C．地面上做该实验失败的原因是因为液体表面张力消失了 D．完全失重情况下重力并未消失 答案　C 解析　“液桥”实验的原理是液体表面张力的作用，故A正确，不符合题意； 杯满不溢的原理也是液体表面张力的作用，故B正确，不符合题意； 在地面，液体表面张力并不是消失了，而是由于在地面，重力并未完全用于提供向心力，从而液体会向下运动，故C错误，符合题意； 完全失重情况下重力并未消失，而是用于提供向心力，故D正确，不符合题意。 6.如图所示，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程中气体的密度(　　) A．先变大后变小 B．先变小后变大 C．一直变大 D．一直变小 答案　D 解析　由题图可知，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，气体温度不变，压强减小，根据玻意耳定律可知，由A到B过程中气体体积逐渐增大，由密度公式ρ＝可知，气体密度一直变小，选项D正确。 7.如图是一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图像。则下列关于此过程的p－T图像正确的是(　　) 答案　D 解析　由V－T图像可知，由A到B体积不变，温度升高，压强变大；由B到C，温度不变，体积减小，压强变大；在p－T图像中，过原点的直线为等容线，则结合给定的四个p－T图像可知，只有D符合。 8.如图为一个固定的三通管，AB管竖直，CD管水平，水银在管子的A端封闭了一定质量的理想气体，三通管导热良好。打开阀门，则A端气体(　　) A．体积、压强均增大 B．体积减小，压强增大 C．体积、压强均减小 D．体积增大，压强减小 答案　B 解析　打开阀门后，A端气体进行等温变化，设A端到CD管竖直方向水银柱长h1，CD管到B端水银柱长h2，封闭气体压强为p1，打开阀门前，则p1＋ρg(h1＋h2)＝p0，打开阀门后，假设封闭气体体积变大，则压强p1变小，h1变小，则p1＋ρgh1<p0，假设不成立，则气体体积变小，封闭气体经历了等温压缩，体积减小，压强增大，故选B。 9.为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9 mL，瓶内装有0.5 mL的药液，瓶内气体压强为1.0×105 Pa，护士把注射器内横截面积为0.3 cm2、长度为0.4 cm、压强为1.0×105 Pa的气体注入药瓶，若瓶内、外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，此时药瓶内气体的压强为(　　) A．0.8×105 Pa B．1.0×105 Pa C．1.3×105 Pa D．1.7×105 Pa 答案　C 解析　药瓶内气体的体积为V1＝0.9 mL－0.5 mL＝0.4 mL，压强为p1＝1.0×105 Pa， 注射器内气体的体积为V2＝0.3 cm2×0.4 cm＝0.12 cm3＝0.12 mL 压强为p2＝1.0×105 Pa， 设注入气体后药瓶内气体压强为p， 则可得p1V1＋p2V2＝pV1， 解得p＝1.3×105 Pa，故选C。 10.如图所示为一定质量理想气体状态变化的p－t图像。图中BA的延长线过(－273 °C,0)点，CB平行于t轴，则下列说法正确的是(　　) A．气体由状态A变为状态B，气体的体积减小 B．气体由状态C变为状态A，气体体积增大 C．气体在状态B时的分子数密度比在状态C时的大 D．气体在状态B时的分子数密度比在状态A时的大 答案　B 解析　根据＝C，p＝T，题图中BA的延长线过(－273 °C,0)点，可知由状态A变为状态B气体做等容变化，故A错误；由状态C变为状态A时，气体温度不变，压强减小，体积增大，故B正确；由状态B变为状态C气体做等压变化，温度降低，体积减小，所以状态B时的分子数密度比状态C时的小，在状态A、B时气体的体积相等，分子数密度相同，故C、D错误。 11．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)，扳下锁扣前密封空气体积为1.0 cm3、压强等于大气压强1×105 Pa，空气密度为1.29 kg/m3。扳下锁扣后吸盘内空气体积变为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、后吸盘内气体可视为等温变化，根据玻意耳定律有p0V0＝p1V1，解得扳下锁扣后吸盘内气体压强为p1＝5×104 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FN＝(p0－p1)S＝40 N，该吸盘此时能悬挂的物体的重力不能超过Gmax＝1.5FN＝60 N，故C正确；根据以上分析可知，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。 12.如图甲所示，上端封闭、下端开口的玻璃管竖直放置，管内用两段长度分别为h1＝15 cm、h2＝10 cm的水银柱封闭着长度分别为LA＝20 cm、LB＝10 cm的A、B两段空气柱，大气压强p0＝75 cmHg。现将玻璃管以垂直纸面的轴轻轻转动180°至开口向上，两段空气柱被混在一起，如图乙所示。此过程中空气未泄漏，水银未从管口溢出，不考虑气体温度变化，管中空气视为理想气体。则此时空气柱的长度为(　　) A．17 cm B．22 cm C．24 cm D．25 cm 答案　A 解析　初始状态气体A的压强pA＝p0－ρgh1＝60 cmHg，气体B的压强pB＝pA－ρgh2＝50 cmHg，玻璃管倒置后气体的压强p＝p0＋ρg(h1＋h2)＝100 cmHg，根据理想气体状态方程pALAS＋pBLBS＝pLS，解得L＝17 cm，故A正确，B、C、D错误。 13.如图所示，两端封闭、粗细均匀的U形管中装有水银，分别封闭住A、B两部分气体，当它们温度相同且A、B端竖直向上放置，静止时左右液面高度差为h。以下说法中正确的是(　　) A．若U形管保持竖直做自由落体运动，两部分气体的压强差变大 B．若U形管保持竖直向上做匀加速直线运动，水银柱高度差h变大 C．若使A、B两部分气体降低相同的温度，两部分气体的压强差变大 D．若使A、B两部分气体升高相同的温度，水银柱高度差h变大 答案　D 解析　若U形管保持竖直做自由落体运动，系统处于完全失重状态，高出h的水银柱不再对B产生压强，右边的气体会将水银柱向左压，右边气体压强减小，左边气体压强增大，两部分气体的压强差变小，故A错误；若U形管保持竖直向上做匀加速直线运动，系统处于超重状态，高出h的水银柱对B产生的压强增大，左边的气体会将水银柱向右压，水银柱高度差h变小，故B错误；根据题意，设初状态A部分气体压强为pA，B部分气体压强为pB，则有pA＋ρgh＝pB，则有pA<pB，气体体积不变时由＝可知，有|Δp|＝p0·，可知，变化相同的温度，原压强越大，变化越大，降低相同的温度，B部分气体压强降低的多，两部分气体的压强差变小，升高相同的温度，B部分气体压强升高的多，两部分气体的压强差变大，右边的气体会将水银柱向左压，水银柱高度差h变大，故C错误，D正确。 二、选择题Ⅱ(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分) 14.如图所示是一定质量的某种理想气体的等压线，比较等压线上的a、b两个状态，下列说法正确的是(　　) A．在相同时间内撞在单位面积上的分子数b状态较多 B．在相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态较多 C．a状态对应的分子平均动能小 D．单位体积的分子数a状态较多 答案　BCD 解析　由题图可知一定质量的气体a、b两个状态的压强相等，而a状态温度低，分子平均动能小，平均每个分子对器壁的撞击力小，而压强不变，则相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态一定较多，故A错误，B、C正确；一定质量的气体，分子总数不变，Vb>Va，单位体积的分子数a状态较多，故D正确。 15.内径均匀且大小可忽略的“T”形细玻璃管竖直放置，管内有被水银封闭的理想气体Ⅰ和Ⅱ，竖直管上端与大气相通，各部分长度如图所示。已知环境温度为27 ℃，大气压强p0＝76 cmHg。下列说法正确的是(　　) A．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为12 cm B．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为11.2 cm C．使两部分气体升高相同温度，当水银面上升至管口时，气体温度为500 K D．使两部分气体升高相同温度，当水银面上升至管口时，气体温度为480 K 答案　AC 解析　保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，对理想气体Ⅰ和Ⅱ，由玻意耳定律有p1V1＝p1′V1′，p2V2＝p2′V2′ 代入数据解得l＝10.8 cm，l′＝7.2 cm 加入水银长度为Δl＝l1－l＋l2－l′＋10 cm＝12 cm－10.8 cm＋8 cm－7.2 cm＋10 cm＝12 cm，A正确，B错误；使两部分气体升高相同温度，当水银面上升至管口时，由理想气体状态方程有＝，＝，又T1′＝T2′， 代入数据 ＝， ＝， 其中，L＋L′＝30 cm，解得T1′＝T2′＝500 K，C正确，D错误。 三、非选择题(本题共5小题，共55分) 16．(8分)(2022·浙江东阳中学模拟预测)(1)在“探究气体等温变化的规律”的实验中，利用注射器选取一段空气柱为研究对象，如图甲所示，注射器下端的开口有橡胶套，它和柱塞一起把一段空气柱封闭。 (1)在实验过程中，空气柱的体积变化不能太快的原因是__________________；在移动柱塞的过程中，正确的操作是_________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)某实验小组探究气体等温变化的规律时，小王同学测出了注射器内封闭气体的几组压强p和体积V的值后，以p为纵轴、为横轴，作出图像如图乙中实线所示，则产生的可能原因是________。 A．实验时注射器柱塞与筒壁间的摩擦力越来越大 B．实验时环境温度越来越高 C．实验时外界大气压强发生了变化 D．实验时注射器内的气体逐渐向外泄漏 (3)在温度不变的情况下，得到压强p与体积V成反比的结论，你对这一结论的微观解释是______________________________。 答案　(1)为保持空气柱的温度不变　缓慢地向下压或向上拉　(2)D　(3)见解析(每空2分) 解析　(1)为了使温度变化可以忽略不计，即保持空气柱的温度不变，则空气柱的体积变化不能太快。具体操作是缓慢地向下压或向上拉柱塞。 (2)图线向下弯曲，即图线斜率减小，表明压强与体积的乘积pV减小，根据理想气体状态方程可知，产生的原因可能是气体温度降低或者质量减小，即实验时注射器内的气体逐渐向外泄漏，故选D。 (3)微观上，压强由分子平均动能和分子数密度决定，则温度保持不变，分子的平均动能一定，而体积减小，分子数的密度增大，故压强增大，反之体积增大则压强减小。 17．(9分)如图所示为一款便携式鼻吸氧气呼吸器的产品参数。罐体导热性能良好，罐体内氧气可视为理想气体，当罐体内、外无气压差时便不能喷出氧气。根据该产品参数的信息，忽略气体喷出时温度的变化，求该款氧气呼吸器在大气压强为0.1 MPa，温度为33 ℃的环境下，以最大流量持续出气的使用时长是多少秒？ 产品名称 便携式鼻吸氧气呼吸器 组成部分 呼吸罐体、连接阀、吸入罩、防护帽和氧气等 主要性能 氧气纯度≥99.6% 氧气压力 0.8 MPa(15 ℃) 型号 SFK－3 产品规格 1 000 mL 最大流量 50 mL/s 适用范围 缺氧人群 答案　150 s 解析　初状态有p1＝0.8 MPa，V1＝1 000 mL， T1＝(15＋273)K＝288 K(1分) 末状态有p2＝0.1 MPa，T2＝(33＋273)K＝306 K(1分) 设末状态体积为V2，则由理想气体的状态方程有＝(2分) 代入数据解得V2＝8.5×103 mL(2分) 则可知喷出的氧气ΔV＝V2－V1＝7.5×103 mL(1分) 由此可知以最大流量持续出气的使用时长是 t＝＝150 s。(2分) 18.(12分)(2022·张掖市高二月考)某同学欲测量一形状不规则又易溶于水的固体体积，他采用如图所示的装置，将上端开口的隔热性能良好的圆柱形汽缸竖直放置在水平面上，先将被测物体轻放在汽缸底部，再用横截面积为S＝0.2 m2的活塞从上端开口处放下并封闭一定质量的理想气体，待活塞稳定后测得活塞到汽缸底部高度h＝0.5 m，此时气体温度t1＝27 ℃，接通电热丝将气体加热到t2＝77 ℃时，活塞上升了Δh＝0.05 m，已知活塞厚度不计，活塞质量为m，大气压强为p0，重力加速度为g，忽略一切摩擦，固体体积始终不变，求： (1)气体的压强； (2)固体的体积。 答案　(1)p0＋　(2)0.04 m3 解析　(1)对活塞有p0S＋mg－pS＝0(2分) 解得p＝p0＋(2分) (2)在对气体缓慢加热的过程中，气体的压强保持不变，由盖—吕萨克定律可得＝(2分) 其中T1＝(273＋27)K＝300 K， T2＝(273＋77)K＝350 K(2分) 设固体的体积为V， V1＝hS－V＝0.5×0.2 m3－V＝0.1 m3－V(2分) V2＝(h＋Δh)S－V＝(0.5＋0.05)×0.2 m3－V ＝0.11 m3－V 代入数据解得V＝0.04 m3。(2分) 19．(12分)(2023·绍兴市统考)长途旅行出发之前，小王检查轮胎的充气情况，发现轮胎的胎压为3.15×105 Pa，气体温度为15 ℃，在高速公路上行驶几个小时后，胎内气体从外界吸收2 600 J的热量，检查轮胎的胎压为3.50×105 Pa，于是他将轮胎中的一些气体放掉，使胎压重新降为3.15×105 Pa，若放气过程中温度保持不变。假设整个过程中轮胎的体积不变，求： (1)胎压为3.50×105 Pa时，胎内气体的温度； (2)从轮胎中放掉气体的分子数占总数的比例。 答案　(1)47 ℃　(2) 解析　(1)整个过程中轮胎的体积不变，则有 ＝(2分) 可得T2＝＝ K＝320 K＝47 ℃(3分) (2)放气过程中温度保持不变，则有 p2V1＝p1(V1＋ΔV)(2分) 则ΔV＝＝(3分) 从轮胎中放掉气体的分子数占总数的比例 ＝＝。(2分) 20．(14分)如图所示，总容积为3V0、内壁光滑的汽缸水平放置，一面积为S的轻质薄活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞左侧由跨过光滑定滑轮的细绳与一质量为m的重物相连，汽缸右侧封闭且留有抽气孔。活塞右侧气体的压强为p0。活塞左侧气体的体积为V0，温度为T0。将活塞右侧抽成真空并密封，整个抽气过程中缸内气体温度始终保持不变。然后将密封的气体缓慢加热。已知重物的质量满足关系式m＝，重力加速度为g。求： (1)活塞刚碰到汽缸右侧时气体的温度； (2)当气体温度达到2T0时气体的压强。 答案　(1)1.5T0　(2)p0 解析　(1)设当活塞右侧气体的压强为p0时，左侧气体压强为p1 则p1＝＋p0＝2p0(2分) 右侧抽成真空时，左侧气体压强为 p2＝＝p0(2分) 对左侧气体由玻意耳定律得 p1V0＝p2V2(2分) 解得V2＝2V0 缓慢加热密封气体，气体发生等压变化，活塞与汽缸右侧接触时，体积V3＝3V0，气体的温度为T3 则由盖—吕萨克定律得＝(2分) 解得T3＝1.5T0(2分) (2)气体温度由T3升高到2T0的过程，气体发生等容变化，由查理定律得＝(2分) 解得p4＝p0。(2分) 学科网（北京）股份有限公司 $$