第二章 气体、固体和液体 B卷 素养提升-【金试卷】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册&选择性必修第三册同步单元双测卷（人教版）

3.D气体压强取决于气体分子的数密度（单位体积内的分子数）和分子的平均动能两 个因素，故单位体积的气体分子数增加，气体的压强不一定增大，气体分子热运动的 平均动能增加，气体的压强不一定增大，故AB错误；由理想气体状态方程=C 知，一定质量的理想气体，温度降低且体积增大，压强减小，一定质量的理想气体，温 度升高且体积减小，压强一定增大，故C错误，D正确. 4.C水和液桥板间是浸润的，若不浸润，则水将不会附着在板上，从而无法形成液桥， 故A错误；液体表面张力使液体表面具有收缩的趋势，它的方向跟液面相切，故B错 误；液体表面层的分子间距大于液体内部的分子间距，从而使液体表面存在张力，故 C正确；日常生活中我们在指间用水拉出的液桥最多几毫米，是因为液体受到自身 重力的影响较大，并不是表面张力比在太空时的小，故D错误 5.B并不是所有物质都能形成层状液晶，只有少数物质在特定条件下才能成为液晶， 选项A错误；层状液晶的光学性质具有各向异性，选项B正确；层状液晶并不是液体 和晶体的混合物，而是一种特殊的物质，液晶既具有液体的流动性，又在一定程度上 具有晶体分子的规则排列的性质，选项C错误；层状液晶是不稳定的，外界的微小变 化，例如温度、电场等，都会引起液晶分子排列变化，选项D错误， 6.D根据玻意耳定律可得poV+5poV0=p1X5V,又po=750mmHg,Vo=60cm3, p1=750mmHg+150mmHg=900mmHg,解得V=60cm3,故选项D正确. 7.A对用水银柱封闭的一定质量的理想气体，初态有V1=13cm·S,P1=pgh十p= 85cmHg,末态有V2=l2S,p2=ogh cos0+p=83cmHg,玻璃管转动过程中温度不 变，则有p1V1=2V2,解得2=05cm,选项A正确. 83 8.A一定质量的理想气体做等温变化时，由玻意耳定律有pV=C,可判断出力心立， 根招p=兴得到pc,放p0cp,选项A正，B.CD错误。 9.C设使轮胎内气体压强达到2.5p0的充气时间为tmin,此时内胎体积为V2,压强 为2；胎内气体在压强为p1时体积为V1,由玻意耳定律得1V1=p2V2,其中1= 1.50,p2=2.5p0,V2=V0十0.2V0=1.2V0,联立解得V1=2V0,则充入胎内气体在 压强为1.5p0时的体积为V=2V。一V。=V,对充入胎内气体，由玻意耳定律得 60pAM=1.5p,V,其中△V=2。,联立方程解得1=5min,故C正确， 10.A设大气压强为0，活塞柱横截面积为S;装置未安装到汽车上时，汽缸内气体压 强为1，气体长度为，汽缸内气体体积为V1:装置竖直安装到汽车上后，其承载的 力F=3.0X103N时，弹簧压缩量为x,汽缸内气体压强为p2,汽缸内气体体积为 V2.则依题意有p1=p0,V1=lS,V2=(l-x)S,汽缸内的气体做等温变化，有1V1 =p2V2,设弹簧劲度系数为k,由平衡条件有，p2S十kx=0S十F,联立解得k=2X 104N/m,所以选项A正确. 11.答案水的表面张力液体表面张力和不浸润现象 解析在液体表面层中，液体分子间距大于平衡距离，液体分子之间的相互作用力 表现为引力，它的作用是使液体表面紧绷，宏观上表现为液体的表面张力，则水黾 可以在水面上如此活动是因为水的表面张力. 露珠由于液体表面张力的作用总要收缩成球形，当露珠与荷叶接触时，露珠不 会浸润荷叶，也就不会附着在荷叶上，即小露珠基本上都呈现为近似的球形是液体 表面张力和不浸润现象共同作用的结果， 12.答案(1)柱塞上涂上润滑油（保证封闭气体质量不变的措施都可以）(2)B (3)C (4)他们选取的气体质量不同 解析(1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是柱塞上涂上润 滑油.(2)若快速推拉柱塞，则有可能造成等温条件的不满足，所以应缓慢推拉柱 塞，选项A错误；手握注射器会造成温度变化，选项B正确；应等状态稳定后，记录 注射器内气柱的长度和压力表的压强值，选项C错误.(3)若实验中漏气，则图线向 下弯曲，与图线不符，则图线发生弯曲的原因可能是实验中温度发生了变化，因图 线向上弯曲，故温度升高了，选项C正确.(4)图线的斜率不同，由于温度相同，则他 们选取的气体质量不同. 13.答案(1)3.1X103Pa(2)97 R 解析(1)初状态：p1=3.0×103Pa,T1=(273+27)K=300K, 末状态：T2=(273十37)K=310K,设压强为2 银舞卖理定体将号-器，解得=3,1X10Pa (2)保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强0相等，以夹 层中原有空气为研究对象，由玻意耳定律得 1V=poV',解得V'=0.03V 夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值”-V-Y'_97 m-V'-3 14.答案(1)p,0(2)9T。(3)日p0 解析(1)设加热前封闭气体的压强为1，细线上的张力大小为F,对活塞A、B,由 平衡条件可得 p0X2S+F-p1×2S=0,p0X3S+F-p1×3S=0 解得p1=po,F=0 (2)加热前气体的体积为V1=2SL+2Sl+3Sl=7S 对气体加热后，两活塞将向右缓慢移动，活塞A恰好移至其所在圆筒与圆筒b连接 处的过程中气体的压强p1保持不变，体积增大，直至活塞A不移动为止，此时气体 的体积为V2=2SL+6Sl=8Sl 说此时温度为T,由盖一吕萨克定律可得兰号 解得T,=T。 (③)专T。>号T,则活塞A被挡住后，继线对气体加热，气体微等容变化，有， p1=p0,T2=7 由金亚定体可母号一异 7 解得3=6o B卷素养提升 1.C水晶是晶体，具有规则的几何外形，有确定的熔点，A错误；水晶是晶体，微观粒 子的空间排列规则，B错误；水晶是晶体，在熔化过程中温度不变，分子平均动能不 变，C正确；水晶具有规则的几何外形，是单晶体，在光学性质上表现为各向异性，D 错误 2.B因为液体表面张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如，故A 错误；将棉线圈中肥皂膜Q刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，故B正 确；毛细管中，浸润液体呈凹液面且高于管外液面，不浸润液体呈凸液面且低于管外 液面，都属于毛细现象，故C错误；玻璃管的裂口在火焰上烧熔后，它的尖端会变钝， 是表面张力的原因，不是浸润现象，故D错误， 3.A设大气压为p0,封闭气体压强p=p0一Pgh,玻璃管绕其最下端的水平轴偏离坚 直方向一定角度，水银柱的有效高度h变小，封闭气体压强变大，气体温度不变，由 玻意耳定律pV=C可知，气体体积将变小；由数学知识知p一V图线为双曲线，故A 正确，B、C、D错误. 4.B 根据兴=C可知，y=号T 图线上各点与原点连线 1的斜率为k=号 c-d过程，k减小 p增大，C错误 d da过程，k减小， p增大，D错误 b→c过程，k增大， p减小，B正确 T a→b过程，k不变】 p不变，A错误 5.A当汽缸转动的角速度为1时，根据向心力公式有p0S-p1S=m·2lw12,当汽缸 转动的角速度为w2时，PoS-poS=m·3lw22,根据玻意耳定律得1S·2l=2S· 3l=p0S·l,解得1与w2的比值为3：2√2，选项A正确. 6.C对活塞与汽缸整体分析有△x=(M十m)g,所以弹簧的弹力保持不变，则弹簧长 度不变，所以A错误；对汽缸受力分析有pS十Mg=pS,则有p=0十g,所以缸 内气你区袋不支，时为等压支化，根据黄一吕萨克定肆可得会尝代入版接可得 品张合将得T-60K-327℃，所以C正确，B.D错民， 7.D由题意可知气体在加热过程发生的是等容变化，T0=280K,T1=320K,由查理 定体得究一亮，则=号加，打济阅门使家器中的气依模程漏出，设客器的华款为 V,膨账后气体的总体积为V,由玻意耳定律得p1V,=p,V,解得V=9Vo,设剩余 气条的质要与原来气华黄生的此雅方，湖-治一号-号这项D三电 8.AD只对I加热，假设I的体积不变，则压强增大；I的压强p1=p2一ph,由于Ⅱ的 压强p2不变，I的压强增大，则减小，故h减小，L1增大；Ⅱ的压强和温度不变， 则体积不变，L2不变，A正确，B错误.若在右管中注入一些水银，则Ⅱ的压强增大， 假设I的体积不变，h不变，则I的压强增大，根据玻意耳定律可知I的体积减小，L] 减小，C错误.使I、Ⅱ同时升高相同的温度，Ⅱ的压强不变，假设I的体积不变，则 I的压强增大，所以h减小，L1增大，D正确. 9.CD气体初始状态参量为p0和Vo,第一次抽气过程，由玻意耳定律得poV0=p1 (,十}V,),解得1=子p0,放C正确，B错误；同理，第二次抽气过程有1V。= (。十V),第三次抽气进程有p。=(,十号)，解得p=影故A 错误，D正确. 10.BCb的反向延长线过原点，由Y=C可知，a→b的过程发生的是等容变化，气 体体积不变，由于此过程温度升高，压强变大，则气体分子在单位时间内撞击容器 壁上单位面积的平均次数增大，故A错误；b→℃的过程发生的是等压变化，温度升 高，由气体压强的大小取决于气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平 均次数及撞击容器壁时的平均速率，可知气体分子在单位时间内撞击容器壁上单 位面积的平均次数逐渐减少，B正确；c→d过程发生的是等温变化，压强减小，体积 增大，分子数不变，所以气体分子的数密度减小，C正确；d→a的过程，气体温度降 低，所以气体分子的平均速率减小，图线上各点与原点连线的斜率变大，体积变小， 所以气体分子数密度增大，故D错误. 11.BD在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度，则碗里的气体温度降低，体积不变，由 =C知，压强减小，分子平均动能减小，平均速率减小，故B正确，A错误：每人平 T 参考答案89 均用力为20N,则快要被拉开时，对单个碗受力分析有，r(号)+5×200N 16.答案1123℃(2)是 0x(号)，解得力=6.8X10P,故C错误：对碗里的气体分折，气体微等容变化， 解析(1)根据理想气体状态方程知，p0V=1.2pX1.1V。 To T 是-导(T-28K0,解得-423K-150℃，放D正境 其中T。=(27+273)K=300K,解得T1=396K,即t1=123℃ (2)根据题意得，气体发生等温变化，则由玻意耳定律知，1.20×1.1V0=0V 12.答案细干燥明显 解析毛细现象是指浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下 则Y_V=8,故△m-VV=8 V。 251 mo V025 降的现象.在液体和毛细管材料一定的情况下，毛细管越细，毛细现象越明显；在砸 实的地基上铺油毡，是为了防止地下的水分沿着地基及砖墙的毛细管上升，从而使 第三章热力学定律 得房屋保持干燥；如果地球自转加快，在其他条件一定的情况下，毛细管中的液体 受到的重力将减小，毛细现象更明显. A卷基础达标 13.答案(1)D(2)图见解题思路(3)正比(4)系统误差(5)1.2 1.D两物体的质量、温度均相等，它们的内能不一定相同，内能还与物体体积有关，故 解析(1)推拉活塞时，动作要慢，使温度与环境温度保持一致，选项A错误；推拉 A错误；物体吸收热量后，可能对外做功，内能不一定增加，故B错误；功可以全部转 活塞时，手不能握住注射器筒，防止对其起加热作用，选项B错误；气压传感器与注 化为热，热在引起外界变化的情况下也可以全部转化为功，故C错误；根据热力学第 射器之间的软管脱落后，气体质量变化，需重新实验，选项C错误；活塞和注射器筒 二定律知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，不能自发地从低温物体传 之间的摩擦并不影响压强的测量，选项D正确. 递到高温物体，故D正确. (2)根据表中数据描点连线，如图所示： 2.B外界对气体做了8×104J的功，则W=8×104J,气体内能减少了1.2×105J,则 VImL △U=一1.2×105J,由热力学第一定律△U=W+Q可得Q=一2×105J,故B正确. 20 3.C由热力学第一定律得△U=W十Q=一100J一40J=一140J,故选项C正确. 4.A密闭于汽缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，则W<0,缸 0 内气体与外界无热交换，说明Q=0,忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分 X 子动能的总和.根据热力学第一定律△U=W+Q可知，内能增加量△U<0,故内能 减小，分子平均动能减小，温度降低，所以只有A正确. 田 00.20.40.60.8H02(×10-5pay 5.C热量能自发地从高温物体传到低温物体，故一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变 凉，故A错误.扩散现象具有方向性，氨气和氧气混合后不能自动分开，故B错误.桶 (3)当温度不变时，V与子成正比. 中浑浊的泥水静置一段时间后，泥沙在重力的作用下下沉，上面的水变清，出现了泥 沙、水自动分离现象，故C正确.电冰箱只有在通电工作、消耗电能的情况下才能把 (4)由于在实验中未考虑软管中气体的体积，体积的测量值总是比实际值小，故实 热量从低温的箱内传到高温的箱外，故D错误. 验结果有一定的误差，此误差属于系统误差. 6.A气泡上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，在 (5)设软管中气体的体积为V。,则有p(V+V。)=C,C为定值，V=￡-V,可得软 上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变，根据热力学第一定 律△U=W十Q可知，气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收热量，且吸 管中气体的体积为图线纵轴截距的绝对值，由图像可得Vo≈1.2L, 收的热量等于对外界所做的功，选项A正确，B、C、D错误. 14.答案2.0×105Pa10m 7.B由于汽缸是导热的，则可以与外界进行热交换，细沙减少时，气体膨胀对外做功， 解析由题意知玻璃瓶下潜前后密闭气体温度不变 可能由于与外界进行热交换吸热使内能不变，但压强减小，故B正确. 下潜前密闭理想气体：p0=1.0×105Pa,V1=380mL-80mL=300mL=300cm3 8.B达到热平衡时，钨锅的温度与铁的温度相同，A错误；热传递的过程中，热量从高 下潜后密闭理想气体：V2=380mL一230mL=150mL=150cm3 温物体传到低温物体，则铁从钨锅吸收热量，B正确；达到热平衡时，根据能量守恒 由玻意耳定律知poV1=pV2,得p=20=2.0×105Pa 定律，钨锅内能的减少量等于铁内能的增加量，C、D错误. 又由p=po十pgh,得h=10m 15.答案(1)0.4V2p0 9.D气体在A→B过程中，压强不变体积增大，气体对外界做功W=pA(VB-VA)= 1.5×105×(0.3-0.1)J=3.0×104J,A错误；气体在B→C过程中体积不变，压强 (2)(W5-1)V 3+√5 4 Po 减小，温度降低内能减小，由热力学第一定律可知气体一定放热，B错误；气体在A→ 解析（①）对气体B,由玻意耳定律有如V=B号代入裁据解得PB=20 有YA-Y卫，解得气体在状态B时温度为TB=900K=627℃，C错误；气体 B过程，有TA一TB 此时pA=pB十0.5p0=2.5p0 在A→C的过程，由理想气体状态方程可知PAVA=©C,解得TA-Tc,故A和C 同理有pV=pAVA TA 代入数据解得VA=0.4V 两状态气体内能相同，由热力学第一定律△U=Q十W,可知气体对外界做功并且吸 (2)设此时气体A、B的压强分别为pA1、pB1,体积分别为VA1、VB1,由玻意耳定律 收热量，D正确. V 10.C状态a到状态b,体积变大，气体对外界做的功W1在数值上等于ab图线与横 PAVA=PAIVAI,PB 2-PBIVBI 轴围成图形的面积，同理，状态b到状态c,气体对外界做的功W2在数值上等于bc VA1+VB1=2V,PA1+0.5P0=PBI 联立解得VA1=(W5-1)V 图线与横轴国成图形的面积，故W1=W2,选项Λ错误：由理想气体找态方程兴 g1-3 C结合力一V图像可知，T。=T6<Tc,理想气体的内能由温度决定，即U。=U6< U,选项D错误；状态a到状态b,△U1=0,状态b到状态c,△U2>0,由热力学第一 90参考答案 定律，△U=W十Q可知Q1<Q2,故选项B错误；c→a过程为等压变化，体积减小， 温度降低，△U3<0,△U3=W3十Q3,由于体积减小，外界对气体做功，W3>0,则Q <0,且|Q3|>W3,故选项C正确 11.答案不是大于 解析热量不能自发地从低温环境传到高温环境；空调消耗的电能有一部分也会 转化成热量排出，所以空调排放到室外的热量大于从室内吸收的热量， 12.答案放出800 解析气体由状态a到状态b的过程中，体积不变，则气体不对外界做功，W=0,气 体压强减小，根据查理定律可知，气体温度降低，因此气体内能减小，根据热力学第 一定律可知，气体放出热量；气体从状态a回到状态a的过程中，内能不变，即△U =0,由p-V图线与横轴所围的面积可得W=Wx十Wa十Wa=600J-800J十1 000J=800J,则Q=一800J,气体与外界发生热交换的热量为800J. 1答案a票。(2)内能减少Q 解析（1)由李理定律得贺=是，解得D=异0 (2)温度由T1下降到T2过程为等容过程，W=0,温度降低，内能减少，由△U=W 十Q,得△U=Q 14.答案(1)127℃(2)250J 解析)活塞上升过程中，气体的压强保持不变，由盖一吕萨克定律得晶 =V+s% T 其中V=3×10-3m3,To=300K,S=100cm2,h=10cm 解得T-Vts7,=40K,即：=127℃ (2)选活塞和物体整体为研究对象，整体缓慢移动过程中受力平衡 根据平衡条件得：pS十mg=pS,解得p=1.1X105Pa 活塞在上升h=10cm的过程中外界对气体做功W=一Fh=一Sh=一110J U2 电阻丝在通电10s内产生的热量为Q=R=360J 根据热力学第一定律得△U=W十Q=250J B卷素养提升 1.C冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，但要消耗电能，因此遵循热力学第二 定律，故A错误；空调工作时消耗的电能大于室内温度降低所放出的热量，故B错 误；一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，故C正确；第一类永动机违背能量 守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，第二类永动 机不可能制造出来，D错误 2.D根据热力学第二定律，自然界的一切宏观热现象都具有方向性，故不可能将 流散到环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化，故A错误；空 调机既能制热又能制冷，但要耗电，不是自发的过程，不能说明传热不存在方向 性，故B错误；一定量的理想气体在膨胀过程中对外做功，若同时温度降低，内 能减小，且内能的减少量大于气体对外做的功，则根据热力学第一定律△U=W 十Q,气体放出热量，故C错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一 种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，符合热力学定律，故在原理上是可 行的，故D正确. 3.A根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，选 项A正确；做功和热传递都可以改变内能，做功是其他形式的能和内能的转化，热传 递则是内能之间的转移，故二者本质不相同，选项B错误；第二类永动机没有违背能 量守恒定律，但违背了热力学第二定律，选项C错误；一定质量的理想气体在等压膨 胀的过程中时外微功，根据y=C可知T增大，故气体从外界吸枚热量，速项D 错误.第二章气体、固体和液体 B卷 素养提升 测试建议用时：75分钟满分：100分 一、选择题（本题共11小题，共44分.在每小题给出的四个选项中， 第1一7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8一11题有多项 凿 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) 1.江苏省东海县是世界天然水晶原料集散地，有着“世界水晶之都” 密 的美誉.天然的水晶具有规则的几何外形，如图所示.关于天然水 晶，下列说法正确的是 () 碧 封 A.具有规则的几何外形，但是没有确定的熔点 线 B.微观粒子的空间排列不规则 C.在熔化过程中分子平均动能不变 内 D.在光学性质上表现为各向同性 2.关于下面四幅图中现象的分析，下列说法正确的是 不 設 准 丙 A.甲图中水黾停在水面而不沉，是浮力作用的结果 B.乙图中将棉线圈中肥皂膜Q刺破后，扩成一个圆孔，是表面张 答 力作用的结果 C.丙图中毛细管中液面高于管外液面的是毛细现象，低于管外 液面的不是毛细现象 茶 题 D.丁图中玻璃管的裂口在火焰上烧熔后，它的尖端会变钝，是一 种浸润现象 3.如图所示，上端封闭的玻璃管插在水银槽中，管内封 闭着一段气柱.现使玻璃管缓慢地绕其最下端的水平 轴偏离竖直方向一定角度，能描述管内气体状态变化 的图像是（箭头表示状态的变化方向） 染 4.如图所示，一定质量的理想气体经历ab、bc、v cd、da四个过程，下列说法中正确的是（) A.ab过程中气体压强减小 B.bc过程中气体压强减小 C.cd过程中气体压强减小 D.da过程中气体压强减小 5.如图所示，在光滑水平面上，一质量为m的 导热活塞将一定质量的理想气体封闭在内 壁光滑的圆柱形汽缸中，开始时活塞和汽 缸静止，此时气柱长度为，现使汽缸绕底 部由静止开始转动，缓慢增大转动的角速度ω，当汽缸转动的角 速度为w1时，气柱长度为2l,当汽缸转动的角速度为w2时，气柱 长度为3，若外界大气压不变，则w1与w2的比值为 ( ) A.3:2√2 B.22:3 C.2:3 D.3:2 6.如图所示，导热性能良好的汽缸内封有一定质 量的理想气体，缸体质量M=200kg,活塞质 0.5l 量m=10kg.活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气. 此时，缸内气体的温度为27℃，活塞位于汽缸 A 正中间，整个装置都静止.已知外界大气压恒 定，重力加速度取g=10m/s2.则当活塞恰好 能静止在汽缸缸口AB处时 A.弹簧长度变短 B.缸内气体温度为620K C.缸内气体温度为600K D.缸内气体温度为74℃ 7.如图所示为一体积不变的绝热容器，现打开 排气孔 排气孔的阀门，使容器中充满与外界大气压 强相等的理想气体，然后关闭阀门.开始时 容器中气体的温度为t。=7℃.现通过容器内的电阻丝（未画出） 对封闭气体加热，使封闭气体的温度升高40℃且保持不变，轻启 阀门使容器中的气体缓慢漏出，当容器中气体的压强再次与外界 大气压强相等时，容器中剩余气体的质量与原来气体的质量之比 为 ( ) A.3:4 B.5:6 C.6:7 D.7:8 8.如图所示，足够长的U形管内分别由水银封有 I、Ⅱ两部分气体，则下列叙述中正确的是 ( A.只对I加热，则h减小，L2不变 B.只对I加热，则h不变，L2增大 aaK C.若在右管中注人一些水银，则L1增大 D.使I、Ⅱ同时升高相同的温度，则L,增大、h减小 9.如图所示，用对余容积为学的活塞式抽气 二4 机对容积为V。的容器抽气，设容器中原来气体的压强为p。,抽 气过程中气体温度不变，则 () A.连续抽3次就可以将容器中气体抽完 B,第一次抽气后容器内压强为3p。 2 C.第一次抽气后容器内压强为p, D.连续抽3次后容器内压强为 64P 10.图示描述了一定质量的理想气体状态变化过P1 程中的四个状态，图中αb的反向延长线过原 点，则下列说法正确的是 ) A.a→b的过程，气体分子在单位时间内撞击 容器壁上单位面积的平均次数不变 B.b→c的过程，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积 的平均次数减少 C.c→d的过程，气体分子的数密度减小 D.d→a的过程，气体分子数密度和分子的平均速率都减小 11.在一次科学晚会上，某老师表演了一个“马德堡半球实验”.他先 取出两个在碗底各焊接了铁钩的不锈钢碗，在一个碗里烧了一 些纸，然后迅速把另一个碗扣上，再在碗的外面浇水，使其冷却 到环境温度.用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把 两个碗拉开.当两边的人各增加到5人时，才把碗拉开.已知碗 口的直径为20cm,环境温度为15℃，大气压强为1.0×105Pa. 实验过程中碗不变形，也不漏气，设每人平均用力为200N.下 列说法中正确的是 () A.浇水过程中不锈钢碗里的气体压强逐渐增大 B.浇水过程中不锈钢碗里气体分子的平均速率逐渐变小 C.碗快要被拉开时，碗内封闭气体压强约为3.6×104Pa D.不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度约为150℃ 二、实验或填空题（本题共2小题，共16分） 12.(7分)建筑房屋时需要在砸实的地基上铺油毡.在砸实的地基 中毛细管很多，毛细管会把水分引上来.毛细管越 （填 “粗”或“细”)，毛细现象越明显；铺了油毡会使建成的屋内相对 (填“干燥”或“潮湿”)；如果地球自转加快，在其他条件 一定的情况下，地基中的毛细现象更 (填“明显”或“不 明显”) 13.(9分)某同学用DIS研究温度不变时，一定质量的气体压强与 体积的关系，实验装置如图1所示，实验中通过注射器示数读出 气体体积V,用气压传感器记录气体压强，研究气体压强和体 积的关系 选择性必修第三册45 注射器 气压传感器 数据采集器 计算机 图1 (1)关于实验过程，说法正确的是 A.推拉活塞时，为了读数准确，动作要快 B.推拉活塞时，为了稳定，手要握住注射器筒 C,气压传感器与注射器之间的软管脱落后，应立即重新接上， 继续实验并记录数据 D.活塞和注射器筒之间的摩擦并不影响压强的测量 (2)某同学在做实验时，按实验要求组装好实验装置，然后按实 验要求推动活塞，使注射器内空气体积发生变化，实验数据如表 所示，请在图2中作出V与的关系图像。 序号 V/mL p/(×105Pa) /(×105Pa1) 1 18 1.038 0.963 2 16 1.160 0.862 3 14 1.311 0.763 4 12 1.512 0.661 5 10 1.784 0.561 6 8 2.178 0.459 7 6 2.793 0.358 ↑V/mL 20 10 00.20.40.60.810p(×10-3pay 图2 (3)本实验中，可以由V与的关系图像验证气体等温变化时力与 V的关系，其依据是V与成 (选填“正比”或“反比”). (4)由于在实验中未考虑软管中气体的体积，实验结果有一定的 误差，此误差属于 (选填“系统误差”或“偶然误差”). 46选择性必修第三册 (5)由图像可以求得软管中气体的体积为 mL(保留两 位有效数字). 三、计算题（本题共3小题，共40分） 14.(10分)玻璃瓶可作为测量水深的简易装置.如 图所示，潜水员在水面上将80mL水装入容积 下潜后液面 为380mL的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底， 水W 下潜前液面 倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测 得瓶内水的体积为230mL.将瓶内气体视为理想气体，全程气 体不泄漏且温度不变.大气压强p。取1.0×105Pa,重力加速度 g取10m/s2,水的密度p取1.0×103kg/m3.求水底的压强p 和水的深度h. 5.(14分)如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量活塞隔板 的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两 部分；初始时，A、B的体积均为V,压强均等 于大气压。.隔板上装有压力传感器和控制 装置，当隔板两边压强差超过0.5p。时隔板就会滑动，否则隔板 停止运动.气体温度始终保持不变.向右缓慢推动活塞，使B的 体积诚小为号 (1)求A的体积和B的压强； (2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的 压强. 16.(16分)自热食品近两年增速迅猛，尤其是2020年疫情期间，更 是多次出现脱销的新闻.如图是一款自热盒饭的截面图，自热盒 饭是夹层结构，其中上层用来装食材，下层用来放发热包，上下 两层相对封闭.某学校兴趣小组对产品进行测试时，食材盒内气 体初始压强与外部大气压。相同，温度为27℃，发热包遇到水 后温度上升来加热上层食材.小组成员把透气孔堵住，食材盒内 封闭性能良好，可认为食材盒内气体质量不变，气体可视为理想 气体 (1)加热过程中，食材盒内气体压强达到1.2。时，食材盒内气 体膨胀，食材层容积变为原容积的1.1倍，则此时气体的温度为 多少？ (2)小组成员表示，如果继续把透气孔堵塞，盒子就极有可能会 爆炸，于是迅速打开透气孔放出部分气体，使得盒内气体的压强 与外界大气压强相等，设放气过程中温度保持不变，食材盒容积 立即恢复到原容积.求放出的气体与盒内所留气体的质量之比. 透气孔