章末检测试卷（二）（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第三册教师用书（人教版 浙江）

章末检测试卷(二) 1 一、选择题Ⅰ 1.(2023·诸暨市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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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。 13 14 15 16 17 18 19 20 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 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，减少水分蒸发 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 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，减少水分蒸发，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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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。 16 17 18 19 20 5.(2023·北京卷)夜间由于气温降低，汽车轮胎内的气体压强变低。与白天相比，夜间轮胎内的气体 A.分子的平均动能更小 B.单位体积内分子的个数更少 C.所有分子的运动速率都更小 D.分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 夜间气温低，分子的平均动能更小，但不是所有分子的运动速率都更小，故A正确，C错误； 由于汽车轮胎内的气体压强变低，轮胎会略微被压瘪，则单位体积内分子的个数更多，分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更小，B、D错误。 16 17 18 19 20 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。 6.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 7.一定质量的理想气体经历M→N状态变化过程的V-T图像如图所示。已知此过程气体压强不变，下列说法正确的是 A.该气体在状态N时温度为500 K B.该气体在状态N时温度为600 K C.MN的反向延长线必过原点O D.MN的反向延长线一定不过原点O 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题意可知气体在M→N过程为等压变化，根据盖-吕萨克定律有=，代入题图中数据，解得TN=400 K，故A、B错误； 气体发生等压变化，则有=C，可得V= C·T，可知V-T图像中MN的反向延长线 必过原点，故C正确，D错误。 13 14 15 16 17 18 19 20 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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。 13 14 15 16 17 18 19 20 9.(2024·宁波市镇海中学高二期中)如图所示，两端封闭的U形管竖直放置，管内充入的水银将两段空气柱分别封闭在两管内，两空气柱温度相同，若同时让两段空气柱升高或降低相同温度，则两管内水银面的高度差h变化情况是 A.升高相同温度h变大，降低相同温度h变小 B.升高相同温度h变小，降低相同温度h变大 C.无论升高或降低相同温度，h都变大 D.无论升高或降低相同温度，h都变小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 由题图可知p左=p右+ph，假设气体体积不变，由查理定律得压强变化量Δp=p，初状态时p左>p右，T相等，如果同时使两边空气柱升高相同的温度，则左边增加的压强大于右边增加的压强，水 银柱向右边流动，两水银面高度差h增大；如果同时使 两边空气柱降低相同的温度，则左边减小的压强大于右 边减小的压强，水银柱向左边流动，两水银面高度差 h减小，故A正确，B、C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 10.(2023·宁波市镇海区月考)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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。 16 17 18 19 20 11.用质量为m的光滑活塞将导热汽缸内的理想气体与外界隔离开，汽缸的质量为2m，若用细绳连接活塞，把该整体悬挂起来(如图甲所示)，活塞距缸底的高度为H，若用细绳连接汽缸缸底，也把该整体悬挂起来(如图乙所示)，活塞距缸底的高度为h。设环 境温度不变，大气压强为p，且=p，S 为活塞的横截面积，g为重力加速度，则 H与h之比为 A.3∶4 B.3∶2 C.7∶4 D.5∶4 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 题图甲中，设封闭气体的压强为p1， 对汽缸分析，由平衡条件有pS=p1S+2mg 解得：p1=p-=p 气体的体积为：V1=HS 题图乙中，设封闭气体的压强为p2， 对活塞分析，由平衡条件有pS=p2S+mg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解得：p2=p-=p 气体的体积为：V2=hS 由玻意耳定律有：p1V1=p2V2 解得：===，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 √ 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 13.(2023·杭州市月考)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 √ 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 二、选择题Ⅱ 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 √ √ √ 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 15.高压锅是一种常见的锅具，它通过增大气压来提升液体的沸点，达到快速烹煮食物的目的。如图为某燃气压力锅及其结构简图，厨师将食材放进锅内后盖上密封锅盖，并将压力阀套在出气孔上开始加热烹煮。当加热至锅内压强为1.27 atm时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声；继续加热，当锅内温度为117 ℃时达到沸点，停止加热。已知加热前锅内温度为27 ℃，压强为1 atm，压力阀套在出气孔上的横截面积为8 mm2，g取 10 m/s2，1 atm=1×105 Pa。忽略加热过程水 蒸气和食材(包括水)导致的气体体积变化， 气体可视为理想气体。则(T=t+273 K) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 A.压力阀的质量约为0.1 kg B.压力阀刚要被顶起时锅内温度为108 ℃ C.停止加热时放出气体的质量为加热前锅 内气体质量的 D.停止加热时锅内气体的质量为加热前锅 内气体质量的 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 √ √ 加热前锅内温度为T1=27 ℃=300 K，压强为p1=1 atm，当加热至锅内压强为p2=1.27 atm时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声，在这个过程中，气体体积不变，由查理定律得=，解得T2=381 K=108 ℃，B正确； 设压力阀的质量为m，压力阀刚要 被顶起时，由受力平衡得p2S=p0S+ mg，代入数据得m≈0.02 kg，A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 锅内温度达到沸点时温度为T3=117 ℃=390 K，设加热前锅内气体的体积为V1，从压力阀刚要被顶起到锅内温度达到沸点的过程，锅内 压强不变，由盖-吕萨克定律得=，解得加热前锅内的气体在温度为T3时的体积V3=V1，停止加热时放出气体的质量Δm与加热前锅内气体质量m的比为==， 停止加热时锅内气体的质量m1与加 热前锅内气体质量m的比为== ，D正确，C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 三、非选择题 16.(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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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。 16 17 18 19 20 (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)。 2.04×105 若气体被压缩到V=10.0 mL，则有 = mL-1=100×10-3 mL-1 由题图乙可读出封闭气体压强为p=2.04×105 Pa 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (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”)。 增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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。 16 17 18 19 20 17.物理爱好者黄先生很喜欢钓鱼，某次钓鱼时黄先生观察到鱼在水面下 5 m深处吐出一个体积为V0的气泡，随后气泡缓慢上升到水面，气泡内的气体视为理想气体且气泡内外压强始终相等，忽略水温随水深的变化。已知大气压强p0=1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，ρ水=1.0×103 kg/m3。 (1)求气泡上升到水面时的体积(用V0表示)； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　1.5V0 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 气体在水面下的压强为 p1=p0+ρgh=1.5×105 Pa=1.5p0 体积为：V1=V0 气体在水面上的压强为p2=p0，体积为V2， 由于温度不变，根据玻意耳定律，有p1V1=p2V2 解得：V2=1.5V0 16 17 18 19 20 (2)画出气泡上升过程中的p-V图像，并标出初、末状态压强和体积的数值(用p0、V0表示)。 答案　见解析图 气泡上升过程中，压强由1.5p0变化到p0，体积由V0变化到1.5V0，根据玻意耳定律：pV=C 可以画出气泡上升过程中的p-V图像如图所示。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 18.(2024·宁波市月考改编)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； 答案　(1)p0+ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 对活塞有p0S+mg-pS=0 解得p=p0+ 16 17 18 19 20 (2)固体的体积。 答案　0.04 m3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 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= 其中T1=(273+27)K=300 K， T2=(273+77)K=350 K 设固体的体积为V， V1=hS-V=0.5×0.2 m3-V=0.1 m3-V 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 19.(2024·安徽卷)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0=30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1=-3 ℃，压强p1=2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2=-23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求： (1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。 答案　2.5×105 Pa 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 由查理定律可得= 其中p1=2.7×105 Pa，T1=273-3(K)=270 K，T2=273-23(K)=250 K 代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p2=2.5×105 Pa 16 17 18 19 20 (2)充进该轮胎的空气体积。 答案　6 L 由玻意耳定律 p2V0+p0V=p1V0 代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V=6 L 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案　1.1×105 Pa 20.(2023·金华市高二期末)如图所示，开口向上的汽缸C固定于水平桌面上，用一横截面积S=50 cm2、质量为m0=5 kg的活塞封闭了一定质量的理想气体，一轻绳一端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系数k=1 000 N/m的竖直轻弹簧A，A下端系有一质量m=10 kg的物块B。开始时缸内气体的温度T1=330 K，活塞到缸底的距离L1= 100 cm，弹簧恰好处于原长状态。已知外界大气压强 恒为p0=1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，不计一 切摩擦，与活塞、弹簧相连的轻绳竖直。求： (1)开始时汽缸内的气体压强大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 以活塞为对象，根据受力平衡可得 p0S+m0g=p1S 解得开始时汽缸内的气体压强为 p1=p0+=1.1×105 Pa 16 17 18 19 20 答案　243 K (2)现使汽缸内气体缓慢冷却，当物块B刚要离开桌 面时，汽缸内封闭气体的温度； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 当物块B刚要离开桌面时， 根据受力平衡可得mg=kx 解得弹簧的伸长量为x==0.1 m 由于温度缓慢降低，可达到新平衡，则有 p0S+m0g=p2S+FT=p2S+mg 解得p2=0.9×105 Pa 由理想气体状态方程可得= 解得T2=243 K 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案　0.3 m (3)汽缸内气体缓慢冷却到温度为162 K时，物块B离 桌面的高度H。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 从温度T2=243 K缓慢冷却到温度为T3=162 K过程，物块B缓慢上升，根据受力平衡可知，该过程气体压强保持不变， 根据盖—吕萨克定律可得= 解得L3=0.6 m， 则有H=L1-x-L3=1 m-0.1 m-0.6 m=0.3 m 物块B离桌面的高度为0.3 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 $ 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·诸暨市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，减少水分蒸发 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，减少水分蒸发，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.(2023·北京卷)夜间由于气温降低，汽车轮胎内的气体压强变低。与白天相比，夜间轮胎内的气体(　　) A.分子的平均动能更小 B.单位体积内分子的个数更少 C.所有分子的运动速率都更小 D.分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更大 答案　A 解析　夜间气温低，分子的平均动能更小，但不是所有分子的运动速率都更小，故A正确，C错误；由于汽车轮胎内的气体压强变低，轮胎会略微被压瘪，则单位体积内分子的个数更多，分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更小，B、D错误。 6.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。 7.一定质量的理想气体经历M→N状态变化过程的V-T图像如图所示。已知此过程气体压强不变，下列说法正确的是(　　) A.该气体在状态N时温度为500 K B.该气体在状态N时温度为600 K C.MN的反向延长线必过原点O D.MN的反向延长线一定不过原点O 答案　C 解析　由题意可知气体在M→N过程为等压变化，根据盖-吕萨克定律有=，代入题图中数据，解得TN=400 K，故A、B错误；气体发生等压变化，则有=C，可得V=C·T，可知V-T图像中MN的反向延长线必过原点，故C正确，D错误。 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.(2024·宁波市镇海中学高二期中)如图所示，两端封闭的U形管竖直放置，管内充入的水银将两段空气柱分别封闭在两管内，两空气柱温度相同，若同时让两段空气柱升高或降低相同温度，则两管内水银面的高度差h变化情况是(　　) A.升高相同温度h变大，降低相同温度h变小 B.升高相同温度h变小，降低相同温度h变大 C.无论升高或降低相同温度，h都变大 D.无论升高或降低相同温度，h都变小 答案　A 解析　由题图可知p左=p右+ph，假设气体体积不变，由查理定律得压强变化量Δp=p，初状态时p左>p右，T相等，如果同时使两边空气柱升高相同的温度，则左边增加的压强大于右边增加的压强，水银柱向右边流动，两水银面高度差h增大；如果同时使两边空气柱降低相同的温度，则左边减小的压强大于右边减小的压强，水银柱向左边流动，两水银面高度差h减小，故A正确，B、C、D错误。 10.(2023·宁波市镇海区月考)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。 11.用质量为m的光滑活塞将导热汽缸内的理想气体与外界隔离开，汽缸的质量为2m，若用细绳连接活塞，把该整体悬挂起来(如图甲所示)，活塞距缸底的高度为H，若用细绳连接汽缸缸底，也把该整体悬挂起来(如图乙所示)，活塞距缸底的高度为h。设环境温度不变，大气压强为p，且=p，S为活塞的横截面积，g为重力加速度，则H与h之比为(　　) A.3∶4 B.3∶2 C.7∶4 D.5∶4 答案　B 解析　题图甲中，设封闭气体的压强为p1， 对汽缸分析，由平衡条件有pS=p1S+2mg 解得：p1=p-=p 气体的体积为：V1=HS 题图乙中，设封闭气体的压强为p2， 对活塞分析，由平衡条件有pS=p2S+mg 解得：p2=p-=p 气体的体积为：V2=hS 由玻意耳定律有：p1V1=p2V2 解得：===，故选B。 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.(2023·杭州市月考)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。 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.高压锅是一种常见的锅具，它通过增大气压来提升液体的沸点，达到快速烹煮食物的目的。如图为某燃气压力锅及其结构简图，厨师将食材放进锅内后盖上密封锅盖，并将压力阀套在出气孔上开始加热烹煮。当加热至锅内压强为1.27 atm时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声；继续加热，当锅内温度为117 ℃时达到沸点，停止加热。已知加热前锅内温度为27 ℃，压强为1 atm，压力阀套在出气孔上的横截面积为8 mm2，g取10 m/s2，1 atm=1×105 Pa。忽略加热过程水蒸气和食材(包括水)导致的气体体积变化，气体可视为理想气体。则(T=t+273 K)(　　) A.压力阀的质量约为0.1 kg B.压力阀刚要被顶起时锅内温度为108 ℃ C.停止加热时放出气体的质量为加热前锅内气体质量的 D.停止加热时锅内气体的质量为加热前锅内气体质量的 答案　BD 解析　加热前锅内温度为T1=27 ℃=300 K，压强为p1=1 atm，当加热至锅内压强为p2=1.27 atm时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声，在这个过程中，气体体积不变，由查理定律得=，解得T2=381 K=108 ℃，B正确；设压力阀的质量为m，压力阀刚要被顶起时，由受力平衡得p2S=p0S+mg，代入数据得m≈0.02 kg，A错误；锅内温度达到沸点时温度为T3=117 ℃=390 K，设加热前锅内气体的体积为V1，从压力阀刚要被顶起到锅内温度达到沸点的过程，锅内压强不变，由盖-吕萨克定律得=，解得加热前锅内的气体在温度为T3时的体积V3=V1，停止加热时放出气体的质量Δm与加热前锅内气体质量m的比为==，停止加热时锅内气体的质量m1与加热前锅内气体质量m的比为==，D正确，C错误。 三、非选择题(本题共5小题，共55分) 16.(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)(2分)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)(3分)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)(3分)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”)。 答案　(1)B　(2)2.04×105　(3)增大 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=100×10-3 mL-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。 17.(9分)物理爱好者黄先生很喜欢钓鱼，某次钓鱼时黄先生观察到鱼在水面下5 m深处吐出一个体积为V0的气泡，随后气泡缓慢上升到水面，气泡内的气体视为理想气体且气泡内外压强始终相等，忽略水温随水深的变化。已知大气压强p0=1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，ρ水=1.0×103 kg/m3。 (1)(5分)求气泡上升到水面时的体积(用V0表示)； (2)(4分)画出气泡上升过程中的p-V图像，并标出初、末状态压强和体积的数值(用p0、V0表示)。 答案　(1)1.5V0　(2)见解析图 解析　(1)气体在水面下的压强为 p1=p0+ρgh=1.5×105 Pa=1.5p0 体积为：V1=V0 气体在水面上的压强为p2=p0，体积为V2， 由于温度不变，根据玻意耳定律，有p1V1=p2V2 解得：V2=1.5V0 (2)气泡上升过程中，压强由1.5p0变化到p0，体积由V0变化到1.5V0，根据玻意耳定律：pV=C 可以画出气泡上升过程中的p-V图像如图所示。 18.(12分)(2024·宁波市月考改编)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)(4分)气体的压强； (2)(8分)固体的体积。 答案　(1)p0+　(2)0.04 m3 解析　(1)对活塞有p0S+mg-pS=0 解得p=p0+ (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= 其中T1=(273+27)K=300 K， T2=(273+77)K=350 K 设固体的体积为V， V1=hS-V=0.5×0.2 m3-V=0.1 m3-V 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。 19.(12分)(2024·安徽卷)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0=30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1=-3 ℃，压强p1=2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2=-23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求： (1)(6分)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。 (2)(6分)充进该轮胎的空气体积。 答案　(1)2.5×105 Pa　(2)6 L 解析　(1)由查理定律可得= 其中p1=2.7×105 Pa，T1=273-3(K)=270 K，T2=273-23(K)=250 K 代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p2=2.5×105 Pa (2)由玻意耳定律 p2V0+p0V=p1V0 代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V=6 L 20.(14分)(2023·金华市高二期末)如图所示，开口向上的汽缸C固定于水平桌面上，用一横截面积S=50 cm2、质量为m0=5 kg的活塞封闭了一定质量的理想气体，一轻绳一端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系数k=1 000 N/m的竖直轻弹簧A，A下端系有一质量m=10 kg的物块B。开始时缸内气体的温度T1=330 K，活塞到缸底的距离L1=100 cm，弹簧恰好处于原长状态。已知外界大气压强恒为p0=1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，不计一切摩擦，与活塞、弹簧相连的轻绳竖直。求： (1)(4分)开始时汽缸内的气体压强大小； (2)(6分)现使汽缸内气体缓慢冷却，当物块B刚要离开桌面时，汽缸内封闭气体的温度； (3)(4分)汽缸内气体缓慢冷却到温度为162 K时，物块B离桌面的高度H。 答案　(1)1.1×105 Pa　(2)243 K　(3)0.3 m 解析　(1)以活塞为对象，根据受力平衡可得 p0S+m0g=p1S 解得开始时汽缸内的气体压强为 p1=p0+=1.1×105 Pa (2)当物块B刚要离开桌面时， 根据受力平衡可得mg=kx 解得弹簧的伸长量为x==0.1 m 由于温度缓慢降低，可达到新平衡，则有 p0S+m0g=p2S+FT=p2S+mg 解得p2=0.9×105 Pa 由理想气体状态方程可得= 解得T2=243 K (3)从温度T2=243 K缓慢冷却到温度为T3=162 K过程，物块B缓慢上升，根据受力平衡可知，该过程气体压强保持不变， 根据盖—吕萨克定律可得= 解得L3=0.6 m， 则有H=L1-x-L3=1 m-0.1 m-0.6 m=0.3 m 物块B离桌面的高度为0.3 m。 学科网（北京）股份有限公司 $