高中物理人教版（2019）选择性必修第三册 第二章 气体、固体和液体 单元测试卷（含答案）

第二章气体、固体和液体单元测试本试卷共4页，15小题，满分100分，考试用时75分钟。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.下列说法正确的是()A.晶体都具有各向异性

B.液体浸润固体是由于附着层分子间的距离比液体内部大

C.液晶显示器是利用液晶光学性质的各向异性制成的

D.水黾可以在水面自由活动说明它所受的浮力大于重力2.在a、b、c三种固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，石蜡融化的范围分别如图甲所示，而a、b、c三种固体在融化过程中温度随加热时间变化的关系如图乙所示，则由此可判断出()A.a为多晶体，b为非晶体，c为单晶体 B.A为多晶体，b为单晶体，c为非晶体

C.a为单晶体，b为非晶体，c为多晶体 D.a为非晶体，b为多晶体，c为单晶体3.如图所示，一端封闭、粗细均匀的玻璃管开口向下竖直插入水银槽中，管内封有一定质量的理想气体，体积为V，管内外水银面高度差为h。现保持温度不变，将玻璃管缓慢下压一小段距离。设外界大气压不变，忽略槽内水银面高度变化。则()A.V变大，h变大 B.V变小，h变小 C.V变小，h变大 D.V变大，h变小4.竖直的U形玻璃管一端封闭，另一端开口向上，如图所示，用水银柱密封一定质量的理想气体，在保持温度不变的情况下，假设在管子的D处钻一个小孔，则管内被封闭的气体压强p和气体体积V的变化情况为()A.p、V都不变 B.V增大、p减小 C.V减小、p增大 D.无法确定5.一个气泡由湖面下20 m深处缓慢上升到湖面下10 m深处，不考虑气泡温度的变化，它的体积约变为原来体积的()A.3倍 B.2倍 C.1.5倍 D.76.呼吸机在抗击新冠肺炎的战疫中发挥了重要的作用。呼吸机的工作原理可以简述为：吸气时会将气体压入患者的肺内，当压力上升到一定值时，呼吸机会停止供气，呼气阀也会相继打开，患者的胸廓和肺就会产生被动性的收缩，进行呼气。若吸气前肺内气体的体积为V0，肺内气体压强为p0（大气压强）。吸入一些压强为p0的气体后肺内气体的体积变为V，压强变为p，若空气视为理想气体，整个过程温度保持不变，则吸入气体的体积为A.V−V B.pVpC.pV−D.pV−7.某容积为40 L的氧气瓶装有30 atm的氧气，现把氧气分装到容积为5 L的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为5 atm，若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm，能分装的瓶数是（设分装过程中无漏气，且温度不变） ()A.40瓶 B.48瓶 C.50瓶 D.60瓶二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图所示，活塞质量为m，气缸质量为M，通过弹簧吊在天花板上，气缸内封住了一定质量的空气，而活塞与气缸间无摩擦，活塞面积为S，大气压强为p0，则下列说法正确的是()

A.内外空气对气缸的总作用力方向向上，大小为Mg

B.内外空气对气缸的总作用力方向向下，大小为mg

C.气缸内空气压强为p0−MgS

9.如图所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段水银柱h1封闭一定质量的气体，这时管下端开口处内外水银面高度差为h2，若保持环境温度不变，当外界压强增大时，下列分析正确的是()

A.h2变长 B.h2不变C.h1上升D.h110.如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断中正确的是()

A.A→B温度升高，压强不变 B.B→C体积不变，压强变大

C.B→C体积不变，压强不变 D.C→D体积变小，压强变大三、填空题：本题共2小题，每空3分，共12分。11.如图，在右端开口的U形玻璃管内，右管中6cm长的水银柱封闭了一段长为10cm的空气柱，左右两管上方液面处于同一高度，大气压强为75cmHg，则左管内被封气体的压强为______cmHg；若在右管中再注入9cm水银柱，则稳定后右管内的空气柱长度将变为______cm。12.如图甲所示，一开口向上的导热气缸内封闭了一定质量的理想气体，气体体积为V、压强为1.5p0，活塞可无摩擦滑动且不漏气，气缸外大气压强为p0，环境温度不变。现将气缸倒立挂起稳定后如图乙所示，该过程中气体压强______（选填“变大”、“变小”、“不变”），气体体积变为______。

四、计算题：本题共3小题，13题12分，14题14分，16题16分，共42分。13.一粗细均匀的U形管ABCD的A端封闭，D端与大气相通．用水银将一定质量的理想气体封闭在U形管的AB一侧，并将两端向下竖直放置，如图所示．此时AB侧的气体柱长度l1=25cm.管中AB、CD两侧的水银面高度差h1=5cm.现将U形管缓慢旋转180°，使A、D两端在上，在转动过程中没有水银漏出．已知大气压强p0=76cmHg.求旋转后，AB、CD两侧的水银面高度差．

14.如图所示，粗细均匀的U形管左端封闭右端开口，一段空气柱将水银分为A、B两部分，水银柱A的长度h=25cm，位于封闭端的顶部，B部分位于U形管的底部。右管内有一轻活塞，活塞与管壁之间的摩擦不计，活塞自由静止时底面与左侧空气柱的下端齐平，此时空气柱的长度L0=12.5cm，B部分水银两液面的高度差h2=45cm，外界大气压强p0=75cmHg。保持温度不变，将活塞缓慢上提，当A部分的水银柱恰好对U形管的顶部没有压力时，活塞移动了多少距离？

15.如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II、Ⅲ部分的体积分别为18(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，

答案解析【答案】1.C 2.A 3.B 4.B 5.C 6.D 7.C

8.AC 9.BD 10.AD 11.65；912.变小；3V13.解：对封闭气体研究，初状态时，压强为：p1=p0+ρgh1=(76+5)cmHg=81cmHg，体积为：V1=l1S，

设旋转后，气体长度增大△x，则高度差变为(5−2△x)cm，此时气体的压强为：p2=p0−ρg(5−2△x)=(71+2△x)cmHg，体积为：V214.解：活塞自由静止时，右管内气体的压强p1左管内气体的压强p2 分别为p2=p1−ρgh2①，

活塞上提后再平衡时，左管内气体的压强p3=ρgh1②，

设B部分水银柱两端液面的高度差为h3 ，则右管中被封气体的压强为p4=p3+ρgh3③，

设左管中的气体长度为L，右管中被封气体的长度为l，管的横截面积为S，根据玻意耳定律：

对右管中的被封气体p1 h2 S=p415.解：(1)在升温过程中，B汽缸中活塞缓慢下移，最终到达汽缸底部，此过程为等压变化，各部分气体的压强始终等于P0

对于第Ⅳ部分气体，升温前压强为P0，体积为V0−14V0=34V0

升温之后的体积为V0，设活塞刚到达汽缸底部时的温度为T1，由盖−吕萨克定律VT=C可得：

T034V0=T1V0

解得：【解析】1.【分析】本题重点要掌握分子动理论，理解液体表面张力的形成的原因，以及知道晶体的物理性质；会用分子间作用力解释相关现象。

明确晶体的性质，知道多晶体具有各向同性；根据分子间相互作用力解析浸润现象；明确液晶的性质，知道液体表面张力的性质以及宏观表现。【解答】解：A、单晶体是各向异性的，多晶体具有各向同性的特点；故A错误。B、附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润；故B错误。C、液晶具有液体的流动性和晶体的光学各向异性；故C正确。D、水黾可以停在水面上是因为液体表面张力与重力平衡，与浮力无关；故D错误。故选：C。2.【分析】

本题考查了晶体和非晶体知识。晶体由固定的熔点，单晶体是各向异性，非晶体和多晶体是各向同性，是本题的关键。

晶体由固定的熔点，非晶体没有固定的熔点；单晶体是各向异性的，熔化在晶体表面的石蜡是椭圆形。非晶体和多晶体是各向同性，则熔化在表面的石蜡是圆形。【解答】

晶体由固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，由熔化曲线可知，a与c是晶体，b是非晶体；单晶体是各向异性的，熔化在晶体表面的石蜡是椭圆形。非晶体和多晶体是各向同性，则熔化在表面的石蜡是圆形，因此c为单晶体，a是多晶体。故A正确，BCD错误。故选：A。3.【分析】

根据题意求出封闭气体的压强；气体温度不变，根据题意判断气体体积如何变化，然后应用玻意耳定律分析答题。

根据题意分析清楚气体状态变化过程，求出封闭气体压强，根据题意应用玻意耳定律即可解题。

【解答】

设大气压强为p0，水银的密度为ρ，则玻璃管内封闭气体压强p=p0−ρgh；

将玻璃管缓慢下压一小段距离，玻璃管内封闭气体体积V减小；

气体温度不变而体积V减小，由玻意耳定律pV=C可知，气体压强p增大，

气体压强p=p0−ρgh增大，而大气压p0不变，则h减小，由以上分析可知：4.设玻璃管两侧水银面的高度差是h，大气压强为p0，则封闭气体压强p=ph+p5.【分析】

写出初末状态气体的压强和体积，上升过程温度不变，根据玻意耳定律可以求出气泡上升前后的体积关系。

本题考查了气体的等温变化实验定律。一定质量的气体，在温度保持不变时，它的压强和体积成反比；或者说，压强和体积的乘积保持不变。

【解答】

初态的压强和体积为：P1=P0+ρgh1=1.0×105Pa+1.0×103×10×20Pa=3.0×105Pa，V16.【分析】

本题主要气体的考查变质量问题，熟悉变质量问题是解题的关键，难度不大。

由气体的等温方程得解。

【解答】

由于吸气过程，气体的温度不变，故由题意可得：p0V07.【分析】

设能够分装n个小钢瓶，则以40L氧气瓶中的氧气和n个小钢瓶中的氧气整体为研究对象，分装过程中温度不变，故遵守玻意耳定律。本题考查了玻意耳定律。利用整体法思想把40L的氧气瓶和50瓶看成一个整体，根据玻意耳定律是本题的关键。

【解答】

根据玻意耳定律np0V1+p1V08.【分析】

解决本题必须正确选择研究对象，应用平衡条件可以求出封闭气体压强与绳子的拉力大小，从而可判断下面个选项。

本题属于一道基础题，考查理想气体的状态方程，解决本题的关键是确定此封闭气体压强，灵活选取研究对象，也可以选活塞为研究对象，但要先求出弹簧的拉力，可以尝试。

【解答】

以气缸底为研究对象受力分析，由平衡条件得：pS+Mg=p0S，解得：p=p0−MgS；以气缸与活塞组成的系统为研究对象，由平衡条件得绳子拉力为：9.【分析】当外界压强增大时，管内封闭气体的压强增大，气体发生等温变化，分析管内封闭气体体积的变化，即可作出判断。本题要正确分析出h1与h【解答】对于管内封闭气体的压强可得：p=p0+ρgh1也可以有：p=p0+ρgh2则知：h1故选BD。10.【分析】

由图可知图象为V−T图象，根据图象可知体积与热力学温度的关系；根据气体状态方程pVT=C和已知的变化量去判断其它的物理量。

本题考查气体的状态方程中对应的图象，在V−T图象中等容线为过原点的直线．要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化。

【解答】

A.由图象可知，在A→B的过程中，气体温度升高体积变大，且体积与温度成正比，由pVT=C，气体压强不变，故A正确；

BC.由图象可知，在B→C的过程中，体积不变而热力学温度降低，由pVT=C可知，压强p减小，故BC错误；

D.由图象可知，在C→D的过程中，气体温度不变，体积减小，由11.解：根据连通器原理，同一段液柱中的同一水平面上，压强相等得：

p左+ρg×(6+10)=p0+ρg×6

解得：p左=65cmHg

设玻璃管横截面积为S，

由题意可知，封闭气体压强：

p=p0+ρgh=81cmHg，

p'=p0+ρgh'=90cmHg，

由玻意耳定律得：

pLS=p'L'S，

即：81×10S=90×L'S，12.解：气缸开口向上时，则

p1S=1.5p0S=mg+p0S

气缸开口向下时，则

p2S+mg=p013.【分析】对封闭气体研究，已知初状态的体积、压强，结合玻意耳定律，通过体积变化导致压强变化求出旋转后，AB、CD两侧的水银面高度差．

本题考查了气体定律的基本运用，注意在这一过程中，气体的温度不变，结合气体长度的变化得出压强的变化，根据玻意耳定律进行求解，难度中等．解：对封闭气体研究，初状态时，压强为：p1=p0+ρgh1=(76+5)cmHg=81cmHg，体积为：V1=l1S，

设旋转后，气体长度增大△x，则高度差变为(5−2△x)cm，此时气体的压强为：p2=p0−ρg(5−2△x)=(71+2△x)cmHg，体积为：V14.【分析】①左管中封闭气体做等温变化，对左侧封闭气体运用玻意耳定律列式即可求解；

②根据几何关系求出左、右两侧水银面的高度差，列出初末状态参量，根据玻意耳定律求出末态右侧封闭气体的长度，根据几何关系即可求解活塞移动的距离