第2章 气体、固体和液体 章末整合提升(Word练习)-【精讲精练】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册（人教版2019）

(本卷满分100分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．一定质量的气体，保持体积不变，当它的温度从100 ℃升高到200 ℃时，它的压强(　　) A．变为原来的 B．变为原来的2倍 C．变为原来的 D．变为原来的倍 解析　根据查理定律得＝，初状态T1＝(273＋100) K＝373 K，末状态T2＝(273＋200) K＝473 K；所以＝＝，即温度从100 ℃升高到200 ℃时，它的压强变为原来的倍，故D正确。 答案　D 2.如图所示，竖直放置的U形管内装有水银，左端开口，右端封闭一定量的气体，底部有一阀门。开始时阀门关闭，左管的水银面较高。现打开阀门，流出一些水银后关闭阀门。当重新平衡时(　　) A．左管的水银面与右管等高 B．左管的水银面比右管的高 C．左管的水银面比右管的低 D．水银面高度关系无法判断 解析　初态时右侧封闭气体的压强p>p0，打开阀门，流出一些水银后关闭阀门，当重新平衡时，因封闭气体的体积变大，由pV＝C知压强p减小，因气体末态压强p有可能大于p0、等于p0或小于p0，故左右两管水银面的高度关系无法判断，选项D正确。 答案　D 3．一定质量的理想气体分别在T1、T2温度下发生等温变化，相应的两条等温线如图所示，T2对应的图线上有A、B两点，表示气体的两个状态。则(　　) A．温度为T1时气体分子的平均动能比T2时大 B．A到B的过程中，气体内能增加 C．A到B的过程中，单位体积内的气体分子数增多 D．A到B的过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少 解析　等温线T1对应的温度较低，则温度为T1时气体分子的平均动能比T2时小，选项A错误；A到B的过程中，气体温度不变，内能不变，选项B错误；A到B的过程中，体积变大，则单位体积内的气体分子数减小，选项C错误；A到B的过程中，压强减小，气体温度不变，则分子运动的剧烈程度不变，气体的体积增大，分子数密度减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，故D正确。故选D。 答案　D 4．一只轮胎容积为V＝10 L，已装有p1＝1 atm的空气。现用打气筒给它打气，已知打气筒的容积为V0＝1 L，要使胎内气体压强达到p2＝2.5 atm，应至少打多少次气？(设打气过程中轮胎容积及气体温度维持不变，大气压强p0＝1 atm)(　　) A．8次 B．10次 C．12次 D．15次 解析　本题中，胎内气体质量发生变化，选打入的空气和原来的空气组成的整体为研究对象，设打气次数为n，则V1＝V＋nV0，由玻意耳定律得p1V1＝p2V，解得n＝15次，D正确。 答案　D 5．若液体对某种固体是浸润的，当液体装在由这种固体物质做成的细管中时，则下列说法错误的是(　　) A．附着层分子密度大于液体内分子的密度 B．附着层分子的作用力表现为引力 C．管中的液体一定是凹面的 D．液体跟固体接触的面积有扩大的趋势 解析　液体与固体发生浸润现象，这时固体分子与液体分子间的引力较强，造成附着层内分子的分布比液体内部分子的分布更密，这样就会使液体分子间的相互作用力表现为斥力，使液体跟固体接触的面积有扩大的趋势，故B项错误。 答案　B 6．关于晶体、液晶、液体，下列说法正确的是(　　) A．晶体和液晶的性质是完全相同的 B．液晶就是液体，具有液体的所有性质 C．液晶是介于晶体与液体之间的一种中间态 D．液晶具有液体的流动性，不具有晶体的各向异性 解析　晶体属于典型的固体，其分子排列呈一定的点阵结构，有规律；液晶分子的结构是介于液体的杂乱无章排列与晶体的有规律排列之间的，像液体一样具有流动性，而在物理性质上又与某些晶体相似，具有各向异性，故C正确，A、B、D错误。 答案　C 7．图甲是浇花的一种喷壶，图乙是喷壶的切面图，假设喷壶中装有一部分酒精但未装满，里面有一部分大气压为p0的空气。现将喷壶的盖盖好并密封阀门后，再通过打气筒向喷壶内充入一部分大气压也为p0的气体，并保持阀门关闭，假设此充气过程中壶内气体温度保持不变。研究的气体可视为理想气体，不考虑酒精的蒸发，下列说法正确的是(　　) A．壶内充入气体，壶内气体的分子的平均动能增加 B．阀门打开后喷嘴中有雾状酒精喷出是由瓶内酒精分子存在斥力 C．阀门打开后壶内气体的压强不断减小 D．从喷壶中喷出的酒精水雾飘在空中后，水雾的运动为布朗运动 解析　充气过程中壶内气体温度保持不变，分子的平均动能不变，故选项A错误；阀门打开后喷嘴中有雾状酒精喷出是因为瓶内的气体压强大于外界压强，故选项B错误；将阀门打开后壶内气体膨胀，气体从壶中逸出，壶内气体分子数减小，故压强减小，因此选项C正确；从喷壶中喷出的酒精水雾不属于布朗运动，布朗运动人眼看不到，选项D错误。 答案　C 8．如图所示，绝热隔板K把绝热汽缸分隔成两部分，K与汽缸的接触是光滑的，隔板K用销钉固定，两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种理想气体a、b，a的体积大于b的体积。现拔去销钉(不漏气)，当a、b各自达到新的平衡时(　　) A．a的体积小于b的体积 B．a的体积等于b的体积 C．在相同时间内两边与隔板碰撞的分子数相同 D．a的温度比b的温度高 解析　由于两部分气体是相同质量、相同温度的同种气体，所以两部分气体的值是相等的，由于a的体积大一些，压强就小一些，拔去销钉后，a的体积会减小，温度升高，压强增大，再次平衡后压强相等，但由于a的温度高一些，a的体积还是大一些，A、B错，D正确；由于压强相等，a的温度高，分子平均动能大，相同时间内两边碰撞的次数不同，C错误。 答案　D 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9．如图是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情景。打气前篮球内气压等于1.1 atm，每次打入的气体的压强为1.0 atm、体积为篮球的容积的倍，假设整个过程中篮球没有变形，不计气体的温度变化，球内气体可视为理想气体(　　) A．打气后，球内每个气体分子对球内壁的作用力增大 B．打气后，球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大 C．打气6次后，球内气体的压强为1.4 atm D．打气6次后，球内气体的压强为1.7 atm 解析　打气后，由于气体的温度不变，分子平均动能不变，球内气体分子对球壁的平均作用力不变，但是球内每个气体分子对球内壁的作用力不一定增大，A错误；打气后，球内气体的压强变大，即球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大，B正确；打气6次后，由玻意耳定律p1V0＋p0×6×0.05 V0＝pV0，解得p＝1.4 atm，即球内气体的压强为1.4 atm，C正确，D错误。 答案　BC 10．一定质量的理想气体发生状态变化时，其状态参量p、V、T的变化情况可能是(　　) A．p、V、T都增大 B．p减小，V和T增大 C．p和V减小，T增大 D．p和T增大，V减小 解析　由＝C可知A、B、D正确，C错误。 答案　ABD 11.如图所示，1 m左右的玻璃管内，水银柱上面封闭一段气体，管内外水银面的高度差为h＝72 cm，大气压强为76 cmHg，下列说法正确的是(　　) A．将管稍微上提，h不变 B．将管稍微上提，h变大 C．将管下插至管顶与管外水银面高度差为70 cm时，管内外水银面高度差也是70 cm D．将管下插至管顶与管外水银面高度差为70 cm时，管内外水银面高度差小于70 cm 解析　在实验中，水银柱产生的压强加上封闭空气柱产生的压强等于外界大气压。如果将玻璃管向上提，则管内水银柱上方空气的体积增大，因为温度保持不变，所以压强减小，而此时外界的大气压不变，根据上述等量关系，管内水银柱的压强须增大才能重新平衡，故管内水银柱的高度增大，故A错误，B正确；将管下插时，体积变小，由pV＝C知，压强变大，故内外液面差变小，故C错误，D正确。 答案　BD 12.用一导热、可自由滑动的轻隔板把一圆柱形容器分隔成A、B两部分，如图所示，A、B中分别封闭有质量相等的氮气和氧气，且均可看成理想气体，则当两气体处于平衡状态时(　　) A．内能相等 B．分子的平均动能相等 C．压强相等 D．分子数相等 解析　两气体处于平衡状态时，A、B两部分的温度相同，压强相等。由于温度相同，所以分子的平均动能相同，故选项B、C正确；气体的质量相同，但摩尔质量不同，所以分子数不同，其分子平均动能的总和不同，内能也就不同，故选项A、D错误。 答案　BC 三、非选择题(本题共6小题，共60分) 13．(8分)图甲为“研究一定质量气体在体积不变的条件下，压强变化与温度变化关系”的实验装置示意图。在烧瓶A中封有一定质量的气体，并与气压计相连，初始时气压计两侧液面平齐。 (1)若气体温度升高，为使瓶内气体的体积不变，应将气压计右侧管________(选填“向上”或“向下”)缓慢移动，直至____________________________。 (2)实验中多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的温度，用Δh表示气压计两侧管内液面高度差的变化量。则根据测量数据作出的图线应是图乙中的________。 解析　(1)气体温度升高，压强变大，气压计左管液面下降，为保证气体体积不变，应适当提高气压计右管，所以应将右管向上移动，直至气压计左、右管液面等高(气压计左管液面回到原来的位置)，即保证了瓶内气体体积不变。 (2)实验中多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的温度，用Δh表示气压计两侧管内液面高度差的变化量；根据查理定律＝C，故＝C，体积不变时压强变化与温度变化的关系是成正比的，所以根据测量数据作出的图线是A。 答案　(1)向上　气压计左、右管液面等高(或气压计左管液面回到原来的位置)　(2)A 14．(8分)(2023·山东卷)利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和)，逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。 回答以下问题： (1)在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体________。 A．p与V成正比 B．p与成正比 (2)若气体被压缩到V＝10.0 mL，由图乙可读出封闭气体压强为________Pa(保留3位有效数字)。 (3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而________(填“增大”或“减小”)。 解析　(1)在实验误差允许范围内，题图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体，p与成正比。故选B。 (2)若气体被压缩到V＝10.0 mL，则有＝ mL－1＝100×10－3mL－1 由题图乙可读出封闭气体压强为p＝2.04×105 Pa。 (3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，根据 p(V0＋ΔV)－pV0＝pΔV 可知他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而增大。 答案　(1)B　(2)2.04×105　(3)增大 15．(8分)一定质量的理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图甲所示，若状态D的压强是2×104 Pa。 (1)求状态A的压强； (2)请在图乙中画出该状态变化过程的p­T图像，并分别标出A、B、C、D各个状态，不要求写出计算过程。 解析　(1)根据理想气体状态方程得＝， 解得pA＝＝4×104 Pa。 (2)p­T图像及A、B、C、D各个状态如图所示。 答案　(1)4×104 Pa　(2)见解析图 16．(10分)如图所示，内壁光滑的汽缸固定在水平地面上，一不计厚度的活塞质量为m＝1 kg、面积为S＝10 cm2，一劲度系数为k＝200 N/m的轻弹簧一端连接在活塞下表面的中心，另一端连接在地面上水平放置的力传感器上，弹簧处于竖直状态。已知活塞上方被封闭的理想气体压强为p1＝8×104 Pa，长度为L＝15 cm，温度为T＝300 K，活塞下方L′＝10 cm处有一卡口，且活塞下方的气体和外界大气是连通的，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。现给电阻丝通电，缓慢升高封闭气体的温度。 (1)当力传感器示数为零时，此时被封闭气体的温度为多少？ (2)当封闭气体的温度为750 K时，此时其压强为多少？ 解析　(1)在初始状态，设弹簧伸长量为Δx1，弹力大小为F1，则有 p0S＝p1S＋mg＋F1，解得F1＝10 N。由胡克定律可得F1＝kΔx 解得Δx＝0.05 m 传感器示数为零时，弹簧弹力为零，即弹簧下降了Δx1＝0.05 m，根据平衡条件可得 p0S＝mg＋p2S，解得p2＝9×104 Pa 由理想气体状态方程可得 ＝，解得T1＝450 K。 (2)当活塞刚好下降L′＝10 cm时，此时弹簧弹力向上，弹力大小为F2＝k(L′－Δx1)＝10 N 根据平衡条件可得F2＋p0S＝p3S＋mg 解得p3＝1×105 Pa 由理想气体状态方程可得＝ 解得T′＝625 K>750 K 说明温度为750 K时，活塞已达到卡口处，则＝，解得p4＝1.2×105 Pa。 答案　(1)450 K　(2)1.2×105 Pa 17.(10分)如图所示，A为竖直放置的导热汽缸，其质量M＝2 kg、高度L＝9 cm，B为质量m＝2 kg的导热活塞，汽缸内封闭着一定质量(远小于汽缸的质量)的理想气体，B与水平地面间连有劲度系数k＝1 000 N/m的轻弹簧，A与B的横截面积均为S＝10 cm2。当整个装置静止时，活塞B距汽缸底部的高度为L。活塞与汽缸间紧密接触且无摩擦，活塞和汽缸壁的厚度均不计，外界大气压强p0＝1×105 Pa，环境温度不变，弹簧原长L0＝10 cm，取重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)求刚开始汽缸A静止时内部气体的压强p； (2)用力从汽缸顶端缓缓上提汽缸A，求活塞B刚要离开A时，活塞B上升的高度H。 解析　(1)对汽缸受力分析有Mg＋p0S＝pS 解得p＝1.2×105 Pa。 (2)设刚开始静止时弹簧的压缩量为Δx1，对A、B整体受力分析有g＝kΔx1 可得Δx1＝4 cm 设活塞B刚离开汽缸A时内部气体的压强为p′，弹簧的压缩量为Δx2，pS×L＝p′SL 对活塞B受力分析有mg＋p′S＝p0S＋kΔx2，可得Δx2＝0 由几何关系有H＝Δx1－Δx2＝4 cm。 答案　(1)1.2×105 Pa　(2)4 cm 18．(16分)如图所示，U形细玻璃管竖直放置，水平细管与U形细玻璃管底部相连通，各部分细管内径相同，此时U形管左右两侧水银面高度差为15 cm，右管水银面距U形玻璃管底部距离为5 cm，水平细管内用小活塞封有长度为12.5 cm的理想气体A，U形管上端封有长25 cm的理想气体B，右管上端开口与大气相通，现将活塞缓慢向右压，使U形管左右两侧水银面恰好相平，已知外界大气压强为75 cmHg，忽略环境温度的变化，水平细管中的水银柱足够长，求： (1)气体B的长度； (2)活塞移动的距离。 解析　(1)设S为细玻璃管横截面积，将活塞缓慢向右压的过程中，气体B做等温变化，由玻意耳定律可知pB1VB1＝pB2VB2 pB1＝(75－15) cmHg＝60 cmHg VB1＝25S，pB2＝75 cmHg，VB2＝LS 解得气体B的长度L＝20 cm。 (2) 将活塞缓慢向右压的过程中，气体A做等温变化，则有pA1＝(75＋5) cmHg＝80 cmHg pA2＝(75＋25) cmHg＝100 cmHg VA1＝12.5S，VA2＝LA2S 由玻意耳定律pA1VA1＝pA2VA2 解得气体A的长度LA2＝10 cm 活塞移动的距离d＝LA1－LA2＋25 cm＝27.5 cm。 答案　(1)20 cm　(2)27.5 cm 学科网（北京）股份有限公司 $$