1、单元素养评价(二)(第二章)(90分钟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.下列说法正确的是()A.状态参量是描述系统状态的物理量,故当系统的状态变化时,其各个状态参量都会改变B.当系统不受外界影响,且经过足够长的时间,其内部各部分状态参量将会达到稳定C.只有处于平衡态的系统才有状态参量D.达到平衡态的两个系统具有相同的内能【解析】选B。由于描述系统的各种性质需要不同的物理量,只要其中某个量变化,系统的状态就会发生变化,不一定各个状态参量都发生变化,选项A错误;当系统不受外界影响时,系统总要趋于平衡,其内部各部分状
2、态参量趋于稳定,选项B正确;系统处于平衡态或非平衡态,只是状态参量有无变化,因而选项C错误;两个物体发生热传递时,达到平衡态时,两个系统具有相同的温度,故选项D错误。2.如图所示,活塞质量为m,缸套质量为M,通过弹簧吊放在地上,汽缸内封住一定质量的空气,缸套与活塞无摩擦,活塞截面积为S,大气压强为p0,则()A.汽缸内空气的压强等于p0+B.汽缸内空气的压强等于p0-C.内外空气对缸套的作用力为(M+m)gD.内外空气对活塞的作用力为mg【解析】选A。对缸套受力分析如图所示由力的平衡:pS=p0S+Mg,所以p=p0+,A正确,B错误;内外空气对缸套和活塞的作用力为pS-p0S=Mg,所以C、
3、D均错。3.对一定量的理想气体,下列说法正确的是()A.气体体积是指所有气体分子的体积之和B.体积不变,压强增大时,气体分子的平均动能一定增大C.当气体膨胀时,气体的分子势能减小,因而气体的内能一定减少D.压强不变,温度降低时,气体分子的密度一定减小【解析】选B。由于气体分子间的距离较大,分子间距离不能忽略,所以气体体积要比所有气体分子的体积之和要大,A错误;体积不变,压强增大时,温度上升,气体分子的平均动能一定增大,B正确;理想气体的内能只与气体的温度有关,只要气体的温度不变,则内能不变,C错误;压强不变时,温度降低,分子的平均动能减少,分子的密度一定增加,D错误。4.某长方体固体物质,其各
4、方向的导热性能相同,则该物质()A.一定是非晶体B.可能具有确定的熔点C.一定是单晶体,因为它有规则的几何形状D.一定不是单晶体,因为它具有各向同性的物理性质【解析】选B。导热性能各向相同的物体可能是非晶体,也可能是多晶体,还可能是单晶体,所以A、D错误;晶体都有确定的熔点,B正确;单晶体所具有的规则的几何形状是天然的,该长方体物体规则的几何形状可能是人为加工的,C错误。【补偿训练】晶体在熔化过程中所吸收的热量主要用于()A.破坏空间点阵结构,增加分子动能B.破坏空间点阵结构,增加分子势能C.破坏空间点阵结构,增加分子势能,同时增加分子动能D.破坏空间点阵结构,但不增加分子势能和分子动能【解析
5、】选B。晶体有固定的熔点,熔化过程中吸收的热量主要用于破坏空间点阵结构,因温度不变,所以分子平均动能不变,吸收的热量用于增加分子势能,所以B项正确。5.假设高空实验火箭起飞前,仪器舱内气体的压强p0=1 atm,温度t0=27 ,在火箭竖直向上飞行的过程中,加速度的大小等于重力加速度大小g,仪器舱内水银气压计的示数为p=0.6p0,已知仪器舱是密封的,那么,这段过程中舱内温度是()A.16.2 B.32.4 C.360 KD.180 K【解析】选C。加速前后,仪器舱内气体是等容变化,可以用查理定律求加速时舱内温度。取舱内气体为研究对象,由查理定律得=。取气压计内高出液面的水银柱为研究对象,起飞
6、后0.6p0=gh,由牛顿第二定律得p2S-Shg=Sha,其中a=g,由以上得p2=1.2105 Pa,T2=360 K,则C项正确。6.下列说法不正确的是()A.浸润液体会在毛细管里上升B.在固体与液体接触的薄层内,液体分子受到固体的引力大于液体内部对附着层分子引力时发生浸润现象C.在建筑房屋时,砌砖的地基上要铺上一层油毡或涂过沥青的厚纸,这是为了增加毛细现象使地下水容易上升D.农田里如果要保持地下水分,就要把地面的土壤锄松,可以减少毛细现象的发生【解析】选C。浸润液体在毛细管内上升,是因表面张力向上的拉引作用,故A正确;在固体与液体接触的薄层内,液体分子受到固体的引力大于液体内部对薄层分
7、子引力时发生浸润现象,故B正确;在建筑房屋时,砌砖的地基上要铺上一层油毡或涂过沥青的厚纸,这是为了防止毛细现象,从而使地下水不容易上升,故C错误;农田里如果要保持地下水分,就要把地面的土壤锄松,可以减少毛细现象的发生,故D正确。因本题选不正确的,故选C。7.容积V=20 L的钢瓶充满氧气后,压强p=30 atm,打开钢瓶阀门,让氧气分装到容积为V=5 L的小瓶中去,小瓶子已抽成真空。分装完成后,每个小瓶的压强p=2 atm。在分装过程中无漏气现象,且温度保持不变,那么最多可能装的瓶数是()A.4B.50C.56D.60【解析】选C。设最多可装的瓶数为n,由等温分态公式得pV=pV+npV,解得
8、n=56。故C正确。8.两个容器A、B,用截面均匀的水平细玻璃管连通,如图所示,A、B所装气体的温度分别为37 和57 ,水银柱在管中央平衡,如果两边温度都升高10 ,则水银柱将()A.向左移动B.向右移动C.不动D.条件不足,不能确定【解题指南】运用假设法判断液柱移动的一般思路(1)先假设液柱或活塞不发生移动,两部分气体均做等容变化。(2)对两部分气体分别应用查理定律的分比形式=,求出每部分气体压强的变化量p,并加以比较。【解析】选B。假设水银柱不动,A、B气体都做等容变化,根据查理定律可得p=T,A、B气体初状态的压强相同,压强的变化取决于初状态的温度,由于TApB,所以水银柱向右移动,故
9、选B。【补偿训练】如图所示,两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一长为h的水银柱,将管内气体分为两部分,已知l2=2l1。若使两部分气体同时升高相同的温度,则管内水银柱将(设原来温度相同)()A.向上移动B.向下移动C.水银柱不动D.无法判断 【解析】选A。由=得p1=p1,p2=p2,由于p1p2,所以p1p2,水银柱向上移动。选项A正确。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.下列现象中由液体的表面张力造成的是()A.游泳时弄湿了的头发黏在一起B.熔化的铁水注入内空且为球
10、形的砂箱,冷却后铸成一个铁球C.脱湿衣服感觉很费劲D.绸布伞有缝隙但不漏雨水【解析】选A、D。铁球的形状取决于砂箱的形状,B选项错误;C选项中脱湿衣服费劲是附着力造成的。故A、D正确。10.一定质量的理想气体,从图示A状态开始,经历了B、C,最后到D状态,下列判断中正确的是()A.AB温度升高,压强不变B.BC体积不变,压强变大C.CD体积变小,压强变大D.D点的压强比A点的压强小【解析】选A、C、D。在V-T图像中,AB为等压过程,A正确;BC为等容过程,温度降低,压强减小,B错误;CD为等温过程,体积减小,压强增大,C正确;再在题图中连接OD,比较OA和OD两条等压线,斜率越大,压强越小,
11、则有PDPA,D正确。故选A、C、D。11.如图所示,两端开口的弯管,左管插入水银槽中,右管有一段高为h的水银柱,中间封有一段空气。则()A.弯管左管内外水银面的高度差为hB.若把弯管向上移动少许,则管内气体体积增大C.若把弯管向下移动少许,右管内的水银柱沿管壁上升D.若环境温度升高,右管内的水银柱沿管壁上升【解析】选A、C、D。由题意知,管内压强p=p0+gh,则弯管左管内外水银面的高度差为h,A正确;由于压强保持不变,无论向上还是向下移动玻璃管,气体体积保持不变,则C正确,B错误;在压强保持不变时,T变大,则V变大,则D正确。12.如图所示,在柱形容器中装有部分水,容器上方有一可自由移动的
12、活塞。容器水面浮有一个木块和一个一端封闭、开口向下的玻璃管,玻璃管中有部分空气,系统稳定时,玻璃管内空气柱在管外水面上方的长度为a,空气柱在管外水面下方的长度为b,水面上方木块的高度为c,水面下方木块的高度为d。现在活塞上方施加竖直向下且缓缓增大的力F,使活塞下降一小段距离(未碰及玻璃管和木块),下列说法中正确的是()A.d和b都不变B.只有b减小C.只有a减小D.a和c都减小【解析】选A、C。活塞下降一小段距离,则容器中的气体体积减小,压强增大,对于木块露出的部分决定于上、下压强差,故c、d不变;对于玻璃管,浮力等于重力,排开水的体积不变,b不变,玻璃管内气体压强增大,又b不变,故a减小,A
13、、C正确。三、实验题:本题共2小题,共14分。13.(6分)用DIS研究一定质量气体在温度不变时,压强与体积关系的实验装置如图1所示,实验步骤如下:把注射器活塞移至注射器中间位置,将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接;移动活塞,记录注射器的刻度值V,同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p;用V-图像处理实验数据,得出如图2所示图线。(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_。(2)为了保持封闭气体的温度不变,实验中采取的主要措施是_和_。(3)如果实验操作规范正确,但如图2所示的V-图线不过原点,则V0代表_。【解析】(1)为了保证气体的质量不变,要用润滑油涂活塞
14、达到封闭效果。(2)要让气体与外界进行足够的热交换,一要时间长,也就是动作缓慢,二要活塞导热性能好,再者不能用手握住封闭气体部分的注射器。(3)根据p(V+V0)=C,C为定值,则V=-V0,体积读数值比实际值小,V0表示注射器与压强传感器连接部位的气体体积。答案:(1)用润滑油涂活塞(2)缓慢抽动活塞不能用手握住注射器封闭气体部分(3)注射器与压强传感器连接部位的气体体积14.(8分)现用“验证玻意耳定律”的仪器来测量大气压强p。注射器针筒已被固定在竖直方向上,针筒上所标刻度是注射器的容积,最大刻度Vm=10 mL。注射器活塞已装上钩码框架,如图所示。此外,还有一个托盘天平、若干钩码、一把米
15、尺、一个针孔橡皮帽和少许润滑油。(1)下面是实验步骤,试填写所缺的和。用米尺测出注射器针筒上全部刻度的长度L。_。 把适量的润滑油抹在注射器的活塞上,将活塞插入外筒中,上下拉动活塞,使活塞与针筒的间隙内均匀地涂上润滑油。将活塞插到适当的位置。_。 在钩码框架两侧挂上钩码,记下所挂的钩码的质量m1。在达到平衡后,记下注射器中空气柱的体积V1。在这个过程中不要用手接触注射器以保证空气柱温度不变。增加钩码的个数,使钩码的质量增大为m2,达到平衡后,记下空气柱的体积V2。(2)计算大气压强p的公式是_。(用已给的和测得的物理量表示,重力加速度大小为g)【解析】(1)实验步骤:用米尺测出注射器针筒上全部
16、刻度的长度L。称出活塞和钩码框架的总质量M。把适量的润滑油抹在注射器的活塞上,将活塞插入外筒中,上下拉动活塞,使活塞与针筒的间隙内均匀地涂上润滑油。将活塞插到适当的位置。将注射器针筒上的小孔用橡皮帽堵住。在钩码框架两侧挂上钩码,记下所挂的钩码的质量m1。在达到平衡后,记下注射器中空气柱的体积V1,在这个过程中不要用手接触注射器以保证空气柱温度不变。增加钩码的个数,使钩码的质量增大为m2,达到平衡后,记下空气柱的体积V2。(2)活塞的横截面积为S=由力学平衡条件得p1=p+gp2=p+g由玻意耳定律得p1V1=p2V2联立解得大气压强p=(-M)答案:(1)称出活塞和钩码框架的总质量M将注射器针
17、筒上的小孔用橡皮帽堵住。(2)p=(-M)四、计算题:本题共4小题,共46分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位。15.(8分)在如图所示的p-T图像中,一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化:第一次变化是从状态A到状态B,第二次变化是从状态B到状态C,且AC连线的反向延长线过坐标原点O,已知气体在A状态时的体积为VA=3 L,求:(1)气体在状态B时的体积VB和状态C时的压强pC;(2)该气体在标准状态下(指温度t=0 ,压强p=1 atm=1105 Pa)的体积是多少?(结果保留两位有效数字)【解析】(1)由题意可知:VA=VC=3 L,因此A到C过程可以等效为等
18、容变化由查理定律得:=,(1分)代入数据解得pC=2105 Pa,(2分)状态B到状态C的过程为等温变化,由玻意耳定律得:pBVB=pCVC,(1分)代入数据解得VB=1.5 L。(1分)(2)设气体在标准状态下的体积为V0,由盖-吕萨克定律得=,(1分)代入数据解得V0=2.7 L(2分)答案:(1)1.5 L2105 Pa(2)2.7 L16.(8分)如图所示,在倾角为的固定光滑斜面上,有一缸体质量为M的汽缸,用活塞密封一定质量的气体,活塞的质量不能忽略。当对活塞加一个沿斜面向上的作用力F时,能使整个装置静止在斜面上,设此时汽缸内气体的体积为V1,若将所加的沿斜面向上的力撤去,则缸体连同活
19、塞将沿斜面下滑,下滑过程中当活塞相对于缸体静止时,设此时汽缸内气体的体积为V2。已知活塞面积为S,大气压强为p0。求V2和V1的比值。【解析】汽缸静止时,以缸体为研究对象,由平衡条件得p1S+Mgsin=p0S(1分)即p1=p0-(1分)去掉F后,当缸体和活塞相对静止时,取缸体为研究对象,由平衡条件得p2S+Mgsin-p0S=Ma(1分)又对整体研究,由牛顿运动定律得(M+m)gsin=(M+m)a,a=gsin(2分)由式得p2=p0(1分)以汽缸内气体为研究对象,由玻意耳定律p1V1=p2V2(1分)得=1-。(1分)答案:1-【总结提升】解决汽缸类问题的一般思路(1)弄清题意,确定研
20、究对象,一般来说,研究对象分两类:一类是热学研究对象(一定质量的气体);另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。(2)分析清楚题目所述的物理过程,对热学研究对象分析,清楚初、末状态及状态变化过程,依据气体实验定律列出方程;对力学研究对象要进行正确的受力分析,依据力学规律列出方程。(3)注意挖掘题目的隐含条件,如压强关系、体积关系等,列出辅助方程。(4)多个方程联立求解。对求解的结果注意检验它们的合理性。17.(14分)如图,一粗细均匀的细管开口向上竖直放置,管内有一段高度为2.0 cm的水银柱,水银柱下密封了一定量的理想气体,水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置,水银柱下表
21、面恰好位于管口处,且无水银滴落,管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg,环境温度为296 K。(1)求细管的长度;(2)若在倒置前,缓慢加热管内被密封的气体,直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止,求此时密封气体的温度。【解析】(1)设细管的长度为L,横截面的面积为S,水银柱高度为h;初始时,设水银柱上表面到管口的距离为h1,被密封气体的体积为V,压强为p;细管倒置时,气体体积为V1,压强为p1。由玻意耳定律有pV=p1V1(2分)由力的平衡条件有p=p0+gh(2分)p1=p0-gh(2分)式中,、g分别为水银的密度和重力加速度的大小,p0为大气压强。由题意有V=S(L-h1
22、-h)(1分)V1=S(L-h)(1分)由式和题给条件得L=41 cm(2分)(2)设气体被加热前、后的温度分别为T0和T,由盖-吕萨克定律有=(2分)由式和题给数据得T=312 K(2分)答案:(1)41 cm(2)312 K18.(16分)(2020山东等级考)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上,进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种,如图所示,左侧为火罐,下端开口;右侧为抽气拔罐,下端开口,上端留有抽气阀门。使用火罐时,先加热罐中气体,然后迅速按到皮肤上,自然降温后火罐内部气压低于外部大气压,使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上,再通过抽气降低罐内气
23、体压强。某次使用火罐时,罐内气体初始压强与外部大气压相同,温度为450 K,最终降到300 K,因皮肤凸起,内部气体体积变为罐容积的。若换用抽气拔罐,抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的,罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体,忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。【解析】设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1,温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2,罐的容积为V0,由题意知p1=p0、T1=450 K、V1=V0、T2=300 K、V2=(1分)由理想气体状态方程得=(2分)代入数据得p2=0.7p0(2分)对于抽气拔
24、罐,设初态气体状态参量分别为p3、V3,末态气体状态参量分别为p4、V4,罐的容积为V0,由题意知p3=p0、V3=V0、p4=p2(1分)由玻意耳定律得p0V0=p2V4(2分)联立式,代入数据得V4=V0(2分)设抽出的气体的体积为V,由题意知V=V4-V0(2分)故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为=(2分)联立式,代入数据得=(2分)答案:【补偿训练】一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量M=3103 kg、体积V0=0.5 m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内充入一定量的气体,开始时筒内液面到水面的距离h1=40 m,筒内气体体积V1=1 m3。在拉力作用下
25、浮筒缓慢上升。当筒内液面到水面的距离为h2时,拉力减为零,此时气体体积为V2,随后浮筒和重物自动上浮。求V2和h2。已知大气压强p0=1105 Pa,水的密度=1103 kg/m3,重力加速度的大小g取10 m/s2。不计水温变化,筒内气体质量不变且可视为理想气体,浮筒质量和筒壁厚度可忽略。【解析】当F=0时,由平衡条件得Mg=g(V0+V2)代入数据得V2=2.5 m3设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2,由题意得p1=p0+gh1p2=p0+gh2在此过程中筒内气体温度和质量不变,由玻意耳定律得p1V1=p2V2联立式,代入数据得h2=10 m答案:2.5 m310 m关闭Word文档返回原板块
