新教材适用2024-2025学年高中物理第2章气体固体和液体学业质量标准检测新人教版选择性必修第三册

本章学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间75分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共12小题，其中1～8小题只有一个选项符合题目要求，每小题3分，第9～12小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2024·重庆南开中学月考)2024年12月9日15时40分，“天宫课堂”第一课正式开讲。在航天员翟志刚、叶光富的协助下，航天员王亚平把一个金属圈插入饮用水袋中，渐渐抽出金属圈，形成了一个水膜．然后往水膜表面贴上一片花朵折纸，这朵花在太空中“绽放”，这是在太空失重环境下水的表面张力发挥的奇妙作用。关于液体的表面张力，某物理小组给出的下列说法正确的是(D)A．液体表面张力是液体内部的相互作用B．液体表面张力的方向总是垂直于液面，指向液体内部C．产生液体表面张力的缘由是表面层内液体分子间只有引力没有斥力D．液体表面张力使液体表面有收缩的趋势解析：由定义知，假如在液体表面随意画一条线，线两侧的液体之间的作用力就是液体的表面张力，液体的表面张力并不是液体内部的相互作用，故A错误；液体表面张力的方向总是与液面相切，故B错误；产生液体表面张力的缘由是表面层内液体分子力表现为引力，即分子间作用的引力大于斥力，并不是只有引力没有斥力，故C错误；液体表面张力使液体表面有收缩的趋势，故D正确。2．下列叙述中错误的是(D)A．晶体的各向异性是由于它的微粒是按各自的规则排列着的B．单晶体具有规则的几何外形是由于它的微粒按肯定规律排列C．非晶体的内部微粒是无规则排列的D．石墨的硬度与金刚石差许多，是由于它的微粒没有按空间点阵分布解析：晶体内部微粒排列的空间结构确定着晶体的物理性质不同，也正是由于它的微粒按肯定规律排列，使单晶体具有规则的几何外形，选项A、B正确；非晶体的内部微粒是无规则排列的，选项C正确；石墨与金刚石的硬度相差甚远是由于它们内部微粒的排列结构不同，石墨的层状结构确定了它的质地松软，而金刚石的网状结构确定了其中碳原子间的作用力很强，所以金刚石有很大的硬度，选项D错误。本题选择不正确的，故选D。3.如图表示肯定质量的气体的状态A→B→C→A的图像，其中AB的延长线通过坐标原点，BC和AC分别与T轴和V轴平行。则下列说法正确的是(D)A．A→B过程气体压强增加B．B→C过程气体压强不变C．C→A过程气体单位体积内的分子数减小D．A→B过程气体分子平均动能增加解析：如图所示，从状态A到状态B，在同一条过原点的倾斜直线上，所以A→B过程气体压强不变，A错误；从状态B到状态C，斜率变大，则压强变小，B错误；从状态C到状态A，体积减小，则单位体积内的分子数增大，C错误；从状态A到状态B，温度上升，则分子平均动能增大，D正确。4.(2024·吉安三中高二期末)如图，两端开口的玻璃管竖直插入瓶中，玻璃管和瓶口间密封，瓶中的水面上方封闭肯定质量的空气，初始时玻璃管中的水面与瓶中水面相平。在接近瓶子底部的右侧开孔，水从孔中流出，则流出的水速(D)A．始终减小B．先增大再减小C．先增大再不变再减小D．先减小再不变再减小解析：在管中液面下降刚好到达管下端前，设管内液面到出水孔的高度为h，则孔内外压强差为Δp＝ρgh，随着h减小，Δp随之减小，水从孔中流出的速度渐渐减小；设管下端到出水孔的高度为h′，当瓶中液面下降刚好到达管下端前，孔处内外压强差为Δp＝ρgh′，在瓶中液面下降到管下端前Δp不变，水从孔中流出的速度不变；当瓶中液面低于管下端后，孔处内外压强差为Δp＝ρgh″，h″渐渐减小，Δp随之减小，水从孔中流出的速度渐渐减小。故选D。5.如图所示为肯定质量的某种气体由状态A变到状态B再变到状态C的过程，A、C两点在同一条等温线上，则此改变过程中(A)A．从A到B的过程，温度上升B．从B到C的过程，温度上升C．从A到C的过程，温度先降低再上升D．从A到C的过程中温度保持不变解析：作出过B点的等温线如图所示，可知TB>TA＝TC，故从A到B的过程，温度上升，A正确；从B到C的过程，温度降低，B错误；从A到C的过程温度先上升后降低，CD错误。6.(2024·徐州高二阶段练习)如图所示，一粗细匀称的U型玻璃管开口向上竖直放置，左、右两管都封有肯定质量的志向气体A、B，水银面a、b间的高度差为h1，水银柱cd的长度为h2，且h2＝h1，a面与c面恰处于同一高度。若在右管开口端注入少量水银，系统重新达到平衡，则(C)A．A气体的压强小于外界大气压强B．B气体的压强改变量小于A气体的压强改变量C．水银面c下降的高度大于水银面a上升的高度D．水银面a、b间新的高度差大于右管上段新水银柱的长度解析：注入水银前，A气体压强pA＝p0＋ρgh2－ρgh1＝p0，当在右管开口端注入少量水银时，即h2增大，A、B气体压强均变大，即A气体的压强大于外界大气压强，A错误；右管注入水银后，两部分封闭气体压强均变大，由玻意耳定律p1V1＝p2V2，A、B气体体积均变小。假设B气体体积不变，则水银面a上升的高度等于水银面c下降的高度，等于b下降的高度，由于B气体体积同时要变小，故水银面c下降的高度大于水银面a上升的高度。C正确；假设注入Δh高度的水银，则B气体的压强改变量肯定为ΔpB＝ρgΔh，假设A、B气体的体积均不变，则A气体的压强改变量也为ΔpA＝ρgΔh，压强增大后，依据玻意耳定律，体积要变小，故A气压改变量小于ρgΔh，即B气体的压强改变量大于A气体的压强改变量，B错误；注入水银前，A气体压强pA＝p0＋ρgh2－ρgh1＝p0，右管中注入少量水银达到平衡后，封闭气体A、B气体压强均变大，注入水银后，设右管上段新水银柱的长度为h2′，a、b间新的高度差为h1′，依据平衡可得pA′＋ρgh1′＝p0＋ρgh2′，由于pA′>p0，所以h2′>h1′，水银面a、b间新的高度差小于右管上段新水银柱的长度，D错误。故选C。7．(2024·江西湘东中学高二下期中)如图所示，表示肯定质量的志向气体沿箭头所示的方向发生状态改变的过程，则该气体压强改变状况是(A)A．从状态c到状态d，压强减小B．从状态d到状态e，压强增大C．从状态e到状态a，压强增大D．从状态a到状态b，压强不变解析：在V－T图像中等压线是过坐标原点的直线。由志向气体的状态方程知eq\f(V,T)＝eq\f(C,p)。可见当压强增大时，等压线的斜率k＝eq\f(V,T)＝eq\f(C,p)变小，由图可确定pa<pe<pd<pc<pb，故A正确。8．(2024·山东临沂第一中学月考)钢瓶中装有肯定量的气体，现在用两种方法抽取钢瓶中的气体，第一种方法用小抽气机，每次抽1L气体，共抽取3次；其次种方法是用大抽气机，一次抽取3L气体。以上过程中气体温度保持不变，下列说法正确的是(C)A．两种方法抽取的气体质量一样大B．其次种方法抽取的气体质量较大C．第一种方法中，每次抽取的气体质量渐渐减小D．第一种方法中，每次抽取的气体质量渐渐增大解析：用第一种方法抽气，温度不变，由玻意耳定律得p0V＝p1(V＋1L)，解得p1＝p0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V,V＋1L)))，同理p2＝p1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V,V＋1L)))＝p0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V,V＋1L)))2，p3＝p2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V,V＋1L)))＝p0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V,V＋1L)))3，虽然每次抽取的气体体积相同，但是由于每次抽出气体后剩下的气体密度减小，所以抽出的气体质量渐渐减小，C正确，D错误；用其次种方法抽气，温度不变，由玻意耳定律得p0V＝p′(V＋3L)，解得p′＝p0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V,V＋3L)))>p3，瓶内剩余气体压强小时，对应抽取的气体多，抽取气体的质量较大，即用第一种方法抽取的气体质量较大，故AB错误。9．(2024·高二单元测试)下列说法正确的是(AD)A．只要减弱气体分子热运动的猛烈程度，气体的温度就可以降低B．在完全失重的状况下，气体对容器壁的压强为零C．由于液体表面层分子间距距离大于液体内部分子间距离，所以存在浸润现象D．夏季天旱时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发解析：温度就是量度分子运动猛烈程度的物理量，分子运动越猛烈温度越高，反之亦然，故A正确；在完全失重状况下，气体分子也在撞击容器壁，所以依旧存在压强，故B错误；液体表层分子间距大于液体内部分子间距时，液体表面有表面张力；而浸润现象是器壁分子对附着层分子作用力大于内层子分子对附着层分子力，导致附着层分子增多，分子间距小于r0体现出斥力，故C错误；干旱的时候，土壤中存在毛细管，加速土壤水分蒸发；给土壤松土后破坏了毛细管，减弱了毛细现象，从而防止土壤内层的水分蒸发，故D正确。故选AD。10.(2024·高密市第一中学高二期末)如图所示为竖直放置的上粗下细密闭细管，水银柱将气体分隔为A、B两部分，初始温度相同。使A、B上升相同温度达到稳定后，体积改变量的肯定值为ΔVA、ΔVB，压强改变量为ΔpA、ΔpB，则下列说法正确的是(重力加速度为g)(AD)A．初始状态满意pB＝pA＋ρgh，ρ为水银的密度，h为水银柱长度B．ΔVA>ΔVBC．ΔpA<ΔpBD．液柱将向上移动解析：初始状态满意pB＝pA＋ρgh，ρ为水银的密度，h为水银柱长度，A正确；由于气体的总体积不变，因此ΔVA＝ΔVB，B错误；首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容改变，由查理定律，对气体A：ΔpA1＝eq\f(pA,T)ΔT，对气体B：ΔpB1＝eq\f(pB,T)ΔT，由于pB>pA所以，ΔpB1>ΔpA1，则液柱将向上移动，则液体压强减小，液体稳定后有pB′＝pA′＋ρgh′，则pB′－pB＝pA′－pA＋ρg(h′－h)，即ΔpB＝ΔpA＋ρg(h′－h)<ΔpA，故C错误，D正确。故选AD。11．(2024·晋城市第一中学高二阶段练习)一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。已知玻璃管的横截面积到处相同。在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏，大气压强p0＝75.0cmHg，环境温度不变。下列说法正确的是(BD)A．两边汞柱高度相等时右侧管内气体的压强90cmHgB．两边汞柱高度相等时右侧管内气体的压强144cmHgC．活塞向下移动的距离9.58cmD．活塞向下移动的距离9.42cm解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0；长度为l2，活塞被下推后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′，左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′；以cmHg为压强单位，由题给条件可得p1＝p0＋(20.0－5.00)cmHg＝90cmHg，l1′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20.0－\f(20.0－5.00,2)))cm＝12.5cm，由玻意耳定律得p1l1S＝p1′l1′S，解得p1′＝144cmHg，故A错误，B正确；依题意l2′＝4.00cm＋eq\f(20.0－5.00,2)cm－h＝11.5cm－h，由玻意耳定律得p2l2S＝p2′l2′S，解得活塞向下移动的距离为h≈9.42cm，故C错误，D正确。故选BD。12．如图所示为A、B两部分志向气体V－t图像，已知两部分气体是质量相同的同种气体，则下列说法正确的是(BD)A．当t＝273℃时，气体的体积A比B大0.2m3B．当tA＝tB时，VA∶VB＝3∶1C．当tA＝tB时，A气体的分子密集程度大于B气体分子的密集程度D．A、B两部分气体都做等压改变，它们的压强之比pA∶pB＝1∶3解析：依据V－t图像可知，Va＝kATA＝eq\f(0.3,273)TA；VB＝kBTB＝eq\f(0.1,273)TB，当t＝273℃时，即T＝(273＋273)K＝546K，代入上式可得气体的体积A比B大0.4m3，A错误；当tA＝tB时，eq\f(VA,VB)＝eq\f(0.3TA,0.1TB)＝eq\f(3,1)，B正确；当tA＝tB时，VA∶VB＝3∶1，又两部分气体是质量相同的，因此B气体的分子密集程度比A大，C错误；依据志向气体的状态方程有eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pBVB,TB)，代入数据解得pA∶pB＝1∶3，D正确；故选BD。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(2小题，共14分。把答案干脆填在横线上)13．(6分)(2024·苏州高二期末)某试验小组用如图甲所示试验装置来探究肯定质量的气体发生等温改变遵循的规律。(1)关于该试验，下列说法正确的是C；(填字母)A．试验前应将注射器的空气完全排出B．空气柱体积改变应尽可能的快些C．柱塞的重力大小对试验结果无影响D．试验前应在柱塞上涂润滑油以减小摩擦力(2)为了探究气体在不同温度时发生等温改变是否遵循相同的规律，他们进行了两次试验，得到的p－V图像如图乙所示，由图可知两次试验气体的温度大小关系为T1_>__T2(选填“<”“＝”或“>”)；(3)如橡胶套内的气体不行忽视。移动柱塞，多次记录注射器上的体积刻度V和压力表读数p，绘出的p－eq\f(1,V)图像可能为_C__。(填字母)解析：(1)试验要探讨的是注射器内的气体，因此不能把气体完全排出，A错误；因为气体要发生等温改变，因此速度不能太快，要缓慢移动注射器保证温度不变，B错误；因为是人为操作移动柱塞，所以柱塞的重力对试验没有影响，C正确；柱塞上的摩擦力对压强和体积改变没有影响，涂润滑油是为了防止漏气，D错误。故选C。(2)在p－V图像中，依据公式eq\f(pV,T)＝C，可得pV＝CT，因此可知，离坐标原点越远的等温线温度越高，故T1>T2。(3)由于连接注射器与压强传感器之间软管内的气体不行忽视，当压强增加后，连接部分软管内的气体体积也减小，但连接部分体积未变，则注射器中有气体进入连接部分，相当于注射器漏气，当V减小时，eq\f(1,V)增大，p随之增加的程度不是线性关系，当V越小时，压强越大，进入软管内的气体越多，压强增加程度越小，斜率越小，故绘出的p－eq\f(1,V)图像可能为C。14．(8分)(2024·南阳高二阶段练习)如图是用DIS探讨“在温度不变时，肯定质量的气体压强与体积的关系”的部分试验装置。主要步骤如下∶①将压强传感器校准；②把活塞移至注射器满刻度处；③逐一连接注射器、压强传感器、数据采集器、计算机；④推动活塞，记录多组注射器内气体的体积V以及相应的压强传感器示数p。(1)试验操作中，除了保证封闭气体的温度恒定以外，还需保证_质量__不变。为此，在封入气体前，应_在活塞上匀称涂抹润滑油__。(2)一小组依据测量的数据，绘出p－eq\f(1,V)图像如图所示。图线的上端出现了一小段弯曲，产生这一现象的可能缘由是∶_注射器内的气体向外泄漏__。(3)另一小组试验时缓慢推动活塞，记录4组注射器上的刻度数值V，以及相应的压强传感器示数p。在采集第5组数据时，压强传感器的软管脱落，重新接上后接着试验，又采集了4组数据，其余操作无误。绘出的V－eq\f(1,p)关系图像应是__D__。解析：(1)探讨在温度不变时，肯定质量的气体压强与体积的关系，即质量、温度不变时气体的压强与体积的关系，所以本试验保持温度不变，还需保证封闭气体质量不变；为了防止漏气，须要在活塞上匀称涂抹润滑油。(2)p－eq\f(1,V)图线的上端出现了一小段弯曲，即当eq\f(1,V)增大，V减小时，p增加的量与eq\f(1,V)增加的量不是线性关系，斜率减小，说明压强增加程度减小，其缘由可能是注射器存在漏气现象。(3)测量时，由于注射器与压强传感器连接部分气体的体积V0未计入，所以纵轴存在截距－V0；当软管脱落后，由于气体向外漏出，p的测量值偏小，相应的横坐标eq\f(1,p)偏大，但V－eq\f(1,p)的延长线与纵轴的交点仍为－V0，则前后两条图线应相交在此处，所以绘出的V－eq\f(1,p)关系图像应是D。三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)15．(8分)电灯泡内充有氮气，假如要使灯泡内的氮气在500℃时的压强不超过一个标准大气压，则在20℃的室温下充气，电灯泡内气体压强最多能充到多少？(T＝t＋273K)答案：0.38atm解析：灯泡内气体在500℃时，压强p＝1atm，温度T1＝(273＋500)K＝773K气体在20℃时，压强为p′，温度T2＝(273＋20)K＝293K由查理定律得p′＝eq\f(293,773)×1atm＝0.38atm则20℃时，电灯泡内气体压强最多能充到0.38atm。16．(10分)(2024·湖北武汉高二下联考)如图所示，一导热性能良好的气缸放置在水平面上，其横截面积S＝20cm2，内壁光滑，固定的卡口A、B与缸底的距离L＝1.5m，厚度不计、质量为m＝10kg的活塞在气缸内封闭了一段长为2L、温度为T0＝320K的志向气体。现缓慢调整气缸开口至竖直向上，取重力加速度g＝10m/s2，大气压强为p＝1.0×105Pa。求：(1)气缸被竖起来后，稳定时缸内气体的压强及气体高度；(2)当缸内温度渐渐降到240K时，活塞所处的位置。答案：(1)1.5×105Pa2m(2)距离气缸底部1.5m解析：(1)气缸被竖起来后，假设稳定时活塞在卡口A、B上方，则缸内气体的压强p2＝p0＋eq\f(mg,S)＝1.5×105Pa，气体初状态：p1＝p0＝1.0×105Pa，V＝2LS，设稳定时缸内气体高度为h1，则气体末状态：V2＝h1S，p2＝1.5×105Pa，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2，解得h1＝2m，因h1>L，故假设成立。(2)当温度降到240K时，志向气体发生等压改变，稳定时，假设活塞落在卡口A、B上方，设缸内气体高度为H，则V3＝HS，由盖—吕萨克定律有eq\f(V2,T0)＝eq\f(V3,T1)，解得H＝1.5m，所以活塞恰好落在卡口A、B上，活塞距离气缸底部1.5m。17．(12分)(2024·福建厦门集美中学高二下月考)如图所示，ABC为粗细匀称的“L”形细玻璃管，A端封闭，C端开口。起先时AB竖直，BC水平，BC内紧靠B端有一段长l1＝30cm的水银柱，AB内气体长度l2＝20cm。环境温度不变，大气压强p0＝75cmHg，则：(1)若将玻璃管以B点为轴在竖直面内逆时针缓慢旋转90°，使AB水平，求旋转后水银柱进入AB管的长度；(2)若BC玻璃管总长为l3＝40cm，现将玻璃管以B点为轴在竖直面内顺时针缓慢旋转90°，使AB水平，求旋转后封闭气体的长度。(本问计算结果保留2位小数)答案：(1)5cm(2)31.95cm解析：(1)设旋转后水银柱进入AB管的长度为x，玻璃管横截面积为S，如图1，对于AB管内的气体，初始状态：p1＝p0，V1＝l2S末状态：p2＝p0＋pl1－x，V2＝(l2－x)S，由玻意耳定律有p0Sl2＝(p