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章末测评验收卷(二)　固体、液体和气体
(满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4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.如果某个固体在某一物理性质上表现出各向同性，那么下述结论正确的是(　　)
它一定不是单晶体 它一定是多晶体
它一定是非晶体 它不一定是非晶体
2.下列关于液体和固体性质的说法，正确的是(　　)
云母片沿各个方向上的导热性能是不相同的，叫作各向同性
毛细现象是液体的浸润(或不浸润)与表面张力共同作用的结果
两端开口的细玻璃管竖直插入水中，管内水面与管外水面一定是相平的
彩色液晶显示器能够显示彩色，是因为液晶的光学性质具有各向同性的特点
3.(2023·江苏卷，3)如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程中(　　)
气体分子的数密度增大
气体分子的平均动能增大
单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
4.(2024·四川雅安市期末)如图所示，玻璃管竖直放置且开口向下，管内的水银柱封闭了一部分体积的空气柱。假设将此实验装置移至月球表面且保持温度不变，玻璃管内水银柱将(　　)
上移 不动
部分流出 全部流出
5.如图所示，某人用托里拆利管做测定大气压强的实验时，由于管内漏进了空气，测得管内汞柱的高度仅为70 cm，但当时的实际大气压强为一个标准大气压(相当于76 cm高的汞柱产生的压强)。今采用下述哪种方法，可使管内、外汞面的高度差大于70 cm(　　)
把托里拆利管逐渐倾斜(管子露出部分长度不变)
把托里拆利管慢慢向上提，但下端不离开汞槽
保持装置不动，往汞槽内加汞，以增大压强
整个装置竖直向上做加速运动
6.如图，竖直导热圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有气体，气柱长L＝19 cm，活塞A上方的水银深H＝10 cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平。现使活塞B缓慢上移，直至水银的一半被推入细筒中，若大气压强p0＝75 cmHg，则此时气柱的长为(　　)
15 cm 16 cm
17 cm 18 cm
二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24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。)
7.对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是(　　)
温度不变时，压强增大n倍，单位体积内的分子数一定也增大n倍
体积不变时，压强增大，气体分子热运动的平均速率也一定增大
压强不变时，若单位体积内的分子数增大，则气体分子热运动的平均速率一定增大
气体体积增大时，气体分子的内能一定增大
8.如图甲、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)，扳下锁扣前密封体积为1.0 cm3、压强等于大气压强1×105 Pa的空气。空气密度为1.29 kg/m3，扳下锁扣后吸盘内体积变为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(　　)
扳下锁扣后吸盘内气体压强为1.8×105 Pa
扳下锁扣后吸盘内气体密度为1.03 kg/m3
该吸盘此时能悬挂的物体的重力不能超过60 N
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增大
9.一定质量的理想气体的状态发生变化，经历了图示A→B→C→A的循环过程，则(　　)
气体在A状态时的温度等于气体在B状态时的温度
从状态B变化到状态C的过程中，气体经历的是等压变化
从状态B变化到状态C的过程中，气体分子平均动能增大
从状态C变化到状态A的过程中，气体的温度逐渐减小
10.如图所示，足够长U形管内分别由水银封住L1、L2两部分气体，则下列说法正确的是(　　)
只对L1加热，则h减小，气柱L2长度不变
只对L1加热，则h减小，气柱L2长度减小
若在右管中注入一些水银，L1将增大
使L1、L2同时升高相同的温度，则L1增大、h减小
三、非选择题(本题共5小题，共52分。)
11.(7分)某小组利用如图装置进行“探究气体压强与体积的关系”实验。
如图所示，带刻度的注射器内封闭了一定质量的气体，推动活塞可以改变气体体积V。实验所用气压计较特殊，测量的是注射器内部和外部气体的压强差Δp。在多次改变体积后，得到如下数据：
Δp/(×105 Pa) 0 0.11 0.25 0.43 0.67
V/mL 10 9 8 7 6
(1)每次气体的状态调整后，都要等一会儿再记录数据，这是为了__________________________(1分)。
(2)作出Δp－ 图像(2分)。
(3)根据你在(2)中作出的图像，图像与Δp轴的交点纵坐标为__________(2分)，物理含义是_________________________________________________(2分)。
12.(9分)某小组利用如图所示装置探究“气体等温变化的规律”，图中装置1为压强传感器，装置2为数据采集器。带刻度的注射器内封闭了一定质量的气体，推动活塞可以改变气体体积V，实验所用测量压强的装置较特殊，测量的是注射器内部气体和外部大气(压强为p0)的压强差Δp，在多次改变体积后，得到如下数据：
Δp/(×105 Pa) 0 0.11 0.25 0.43 0.67
V/mL 10 9 8 7 6
(1)每次气体的状态调整后，都要等一会儿再记录数据，这是为了___________________________________________________________________
______________________________________________________________(2分)。
(2)研究小组基于数据，以Δp为y轴，作出的函数图线为直线，则x轴是________(2分)。
(3)若图像斜率为k，该直线的函数表达式是________________(3分)，图像纵轴截距的绝对值的物理含义是________(2分)。
13.(9分)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)，甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为4V，罐中气体的压强为p，现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等，求调配后：
(1)(4分)两罐中气体的压强；
(2)(5分)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
14.(12分)(2023·湖北卷，13)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降H，左侧活塞上升H。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：
(1)(6分)最终汽缸内气体的压强；
(2)(6分)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
15.(15分)趣味运动“充气碰碰球”如图所示，用完全封闭的PVC薄膜充气膨胀成型，人钻入洞中，进行碰撞游戏。充气之后碰碰球内气体体积为0.8 m3，压强为1.5×105 Pa。碰撞时气体最大压缩量为0.05 m3(不考虑碰撞时气体温度变化)，外界大气压p0＝1.0×105 Pa。求：
(1)(7分)压缩量最大时，球内气体的压强；
(2)(8分)为保障游戏安全，球内气体压强不能超过2.0×105 Pa。那么，在早晨17 ℃环境下充完气的碰碰球(1.5×105 Pa)，是否可以安全地在中午37 ℃的环境下进行碰撞游戏，请通过计算判断(忽略升温引起的球内容积变化)。
章末测评验收卷(二)　固体、液体和气体
1.D　[多晶体和非晶体都表现出各向同性，单晶体也只是在某些物理性质上表现出各向异性，故正确答案为D。]
2.B　[云母片沿各个方向上的导热性能是不相同的，叫作各向异性，选项A错误；毛细现象是液体的浸润(或不浸润)与表面张力共同作用的结果，选项B正确；两端开口的细玻璃管竖直插入水中，由于毛细现象，则管内水面比管外水面高，选项C错误；彩色液晶显示器能够显示彩色，是因为液晶的光学性质具有各向异性的特点，选项D错误。]
3.B　[理想气体状态方程＝C→p＝T，p－T图像为一条过原点的直线，则气体从A到B，体积V不变，分子的数密度ρ数＝不变，A错误；
]
4.D　[在地球表面存在大气压强，但在月球表面不存在大气压强(可近似为真空状态)，对水银柱进行受力分析可知，水银柱受到向下的重力和封闭气体对其压力两个力作用，而没有能平衡这两个力的力，水银柱将向下加速运动，直到全部流出玻璃管。故A、B、C错误，D正确。]
5.B　[将托里拆利管逐渐倾斜，假设气体压强不变，由于体积减小，温度不变，所以气体压强变大，所以内外汞面的高度差变小，故A错误；把托里拆利管慢慢向上提，假设气体压强不变，则气体体积会增大，但温度不变，所以气体压强会减小，所以内外汞面的高度差变大，故B正确；保持装置不动，往汞槽内加汞，假设气体压强不变，则气体体积会减小，但温度不变，气体压强变大，内外汞面的高度差变小，故C错误；整个装置竖直向上做加速运动，水银柱超重，内外汞面的高度差减小，故D错误。]
6.C　[使活塞B缓慢上移，当水银的一半被推入细筒中时，粗筒内的水银柱高5 cm，因粗筒横截面积是细筒的3倍，所以进入细筒内的水银柱高为15 cm，水银柱的总高度为H′＝20 cm，所以此时气体的压强为p2＝p0＋ρgH′＝95 cmHg，设粗筒的横截面积为S，水银的一半被推入细筒中时气柱的长为l，根据p1V1＝p2V2，其中V1＝LS，V2＝lS，p1＝p0＋ρgH＝850 cmHg，解得l＝17 cm，故C正确，A、B、D错误。]
7.AB　[根据理想气体状态方程＝C知，温度不变时，压强增大n倍，则体积减小为原来的，单位体积内的分子数增大n倍，A正确；根据理想气体状态方程＝C知，体积不变时，压强增大，则气体的温度升高，分子平均动能增大，气体分子热运动的平均速率也一定增大，B正确；根据理想气体状态方程＝C知，压强不变时，若单位体积内的分子数增大，可知气体体积减小，则气体的温度降低，分子平均动能减小，气体分子热运动的平均速率也一定减小，C错误；一定质量的理想气体的内能由温度决定，气体的体积增大时，由＝C，知温度可能增大，也可能减小，也可能不变，D错误。]
8.CD　[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，根据气体等温变化规律有p0V0＝p1V1，解得扳下锁扣后吸盘内气体压强为p1＝0.5×105 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N＝(p0－p1)S＝40 N，即该吸盘此时能悬挂的物体的重力不能超过Gmax＝1.5N＝60 N，故C正确；根据前面分析可知，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正确。]
9.AB　[由图像可知pAVA＝pBVB，结合理想气体状态方程＝C可知，A、B两状态温度相等，A正确；由图像可知，从状态B变化到状态C的过程中，压强恒定，所以气体经历的是等压变化，B正确；由图像可知VC10.AD　[只对L1加热，假设体积不变，则压强增大，所以L1增大、h减小，气柱L2长度不变，因为此部分气体压强、温度都不变，故A正确，B错误；若在右管中注入一些水银，L2压强增大，假设L1的体积不变，L1的压强与h长度的水银柱产生的压强之和随之增大，L1的压强增大，根据等温变化规律得L1将减小，故C错误；使L1、L2同时升高相同的温度，假设气体体积不变，L1的压强增大，L2压强不变，则L1增大、h减小，故D正确。]
11.(1)保持注射器内部气体温度不变　(2)见解析图
(3)－1×105 Pa　大气压强的负值
解析　(1)等一会再记录数据是为了使注射器内气体与外界进行充分热交换，以保证温度不变。
(2)如图所示。
(3)由表格第一组数据可知初始被研究气体的压强为大气压p0，因p0V0＝pV，则Δp＝p－p0＝－p0，则可知＝0时Δp＝－p0，即图像与Δp轴交点纵坐标－1×105 Pa，为大气压负值。
12. (1)充分的热交换，保持封闭气体的温度不变　(2)
(3)Δp＝－p0　大气压强
解析　 (1)每次气体的状态调整后，都要等一会儿再记录数据，这是为了充分的热交换，保持封闭气体的温度不变。
(2)封闭气体的压强p＝p0＋Δp，根据pV＝C得(p0＋Δp)V＝C，变形得Δp＝C·－p0，则以Δp为y轴，作出的函数图线为直线，则x轴是。
(3)据题知，C＝k，整理得Δp＝k·－p0，可知图像纵轴截距的绝对值的物理含义是大气压强p0。
13.(1)0.4p　(2)2∶5
解析　(1)设调配后气体的压强为p′，在调配前后是等温变化，对甲、乙整体由气体等温变化规律
pV＋p·4V＝p′(V＋4V)
解得p′＝0.4p。
(2)若使甲罐中的气体再次压缩到压强为p的状态，设体积应变成为V′，则根据气体等温变化规律有0.4pV＝pV′
解得V′＝0.4V
根据气体压强的微观意义可知当温度、压强均相等时，气体密度也相等，设为ρ，另设甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，则有k＝＝＝
即甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为2∶5。
14.(1)p0　(2)　
解析　(1)对左、右汽缸内所封的气体，初态压强p1＝p0，
体积V1＝SH＋2SH＝3SH
末态压强p2，体积V2＝S·H＋H·2S＝SH
根据气体等温变化规律可得p1V1＝p2V2
解得p2＝p0。
(2)对右边活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S
解得m＝
对左侧活塞受力分析可知p0S＋k·H＝p2S
解得k＝。
15.(1)1.6×105 Pa　(2)可以，分析见解析
解析　(1)设初始时球内气体的压强为p1，体积为V1，压缩量最大时，球内气体的压强为p2，体积为V2，最大压缩量为ΔV，压缩过程中气体发生等温变化，由气体等温变化规律有
p1V1＝p2V2①
其中V2＝V1－ΔV②
联立①②解得p2＝1.6×105 Pa。③
(2)设早晨气体温度为T1，中午气体温度为T2，气体压强为p3，中午碰撞游戏压缩量最大时气体压强为p4，从早晨充好气，到中午碰撞游戏前，气体发生等容变化。由气体等容变化规律有
＝④
由题可知T1＝290 K，T2＝310 K⑤
中午碰撞游戏时，气体被压缩到最大的过程，气体发生等温变化，由气体等温变化规律有
p3V1＝p4V2⑥
联立②④⑤⑥解得
p4≈1.71×105 Pa<2.0×105 Pa⑦
故可以安全地在中午37 ℃的环境下进行碰撞游戏。(共28张PPT)
章末测评验收卷(二)
(时间：75分钟　满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4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.如果某个固体在某一物理性质上表现出各向同性，那么下述结论正确的是(　　)
A.它一定不是单晶体 B.它一定是多晶体
C.它一定是非晶体 D.它不一定是非晶体
解析　多晶体和非晶体都表现出各向同性，单晶体也只是在某些物理性质上表现出各向异性，故正确答案为D。
D
2.下列关于液体和固体性质的说法，正确的是(　　)
A.云母片沿各个方向上的导热性能是不相同的，叫作各向同性
B.毛细现象是液体的浸润(或不浸润)与表面张力共同作用的结果
C.两端开口的细玻璃管竖直插入水中，管内水面与管外水面一定是相平的
D.彩色液晶显示器能够显示彩色，是因为液晶的光学性质具有各向同性的特点
解析　云母片沿各个方向上的导热性能是不相同的，叫作各向异性，选项A错误；毛细现象是液体的浸润(或不浸润)与表面张力共同作用的结果，选项B正确；两端开口的细玻璃管竖直插入水中，由于毛细现象，则管内水面比管外水面高，选项C错误；彩色液晶显示器能够显示彩色，是因为液晶的光学性质具有各向异性的特点，选项D错误。
B
3.(2023·江苏卷，3)如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程中(　　)
A.气体分子的数密度增大
B.气体分子的平均动能增大
C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
B
D
4.(2024·四川雅安市期末)如图所示，玻璃管竖直放置且开口向下，管内的水银柱封闭了一部分体积的空气柱。假设将此实验装置移至月球表面且保持温度不变，玻璃管内水银柱将(　　)
A.上移 B.不动
C.部分流出 D.全部流出
解析　在地球表面存在大气压强，但在月球表面不存在大气压强(可近似为真空状态)，对水银柱进行受力分析可知，水银柱受到向下的重力和封闭气体对其压力两个力作用，而没有能平衡这两个力的力，水银柱将向下加速运动，直到全部流出玻璃管。故A、B、C错误，D正确。
5.如图所示，某人用托里拆利管做测定大气压强的实验时，由于管内漏进了空气，测得管内汞柱的高度仅为70 cm，但当时的实际大气压强为一个标准大气压(相当于76 cm高的汞柱产生的压强)。今采用下述哪种方法，可使管内、外汞面的高度差大于70 cm(　　)
A.把托里拆利管逐渐倾斜(管子露出部分长度不变)
B.把托里拆利管慢慢向上提，但下端不离开汞槽
C.保持装置不动，往汞槽内加汞，以增大压强
D.整个装置竖直向上做加速运动
B
解析　将托里拆利管逐渐倾斜，假设气体压强不变，由于体积减小，温度不变，所以气体压强变大，所以内外汞面的高度差变小，故A错误；把托里拆利管慢慢向上提，假设气体压强不变，则气体体积会增大，但温度不变，所以气体压强会减小，所以内外汞面的高度差变大，故B正确；保持装置不动，往汞槽内加汞，假设气体压强不变，则气体体积会减小，但温度不变，气体压强变大，内外汞面的高度差变小，故C错误；整个装置竖直向上做加速运动，水银柱超重，内外汞面的高度差减小，故D错误。
6.如图，竖直导热圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有气体，气柱长L＝19 cm，活塞A上方的水银深H＝10 cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平。现使活塞B缓慢上移，直至水银的一半被推入细筒中，若大气压强p0＝75 cmHg，则此时气柱的长为(　　)
A.15 cm B.16 cm C.17 cm D.18 cm
C
解析　使活塞B缓慢上移，当水银的一半被推入细筒中时，粗筒内的水银柱高5 cm，因粗筒横截面积是细筒的3倍，所以进入细筒内的水银柱高为15 cm，水银柱的总高度为H′＝20 cm，所以此时气体的压强为p2＝p0＋ρgH′＝95 cmHg，设粗筒的横截面积为S，水银的一半被推入细筒中时气柱的长为l，根据p1V1＝p2V2，其中V1＝LS，V2＝lS，p1＝p0＋ρgH＝850 cmHg，解得l＝17 cm，故C正确，A、B、D错误。
AB
二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24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。)
7.对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是(　　)
A.温度不变时，压强增大n倍，单位体积内的分子数一定也增大n倍
B.体积不变时，压强增大，气体分子热运动的平均速率也一定增大
C.压强不变时，若单位体积内的分子数增大，则气体分子热运动的平均速率一定增大
D.气体体积增大时，气体分子的内能一定增大
8.如图甲、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)，扳下锁扣前密封体积为1.0 cm3、压强等于大气压强1×105 Pa的空气。空气密度为1.29 kg/m3，扳下锁扣后吸盘内体积变为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(　　)
CD
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增大
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，根据气体等温变化规律有p0V0＝p1V1，解得扳下锁扣后吸盘内气体压强为p1＝0.5×105 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N＝(p0－p1)S＝40 N，即该吸盘此时能悬挂的物体的重力不能超过Gmax＝1.5N＝60 N，故C正确；根据前面分析可知，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正确。
9.一定质量的理想气体的状态发生变化，经历了图示A→B→C→A的循环过程，则(　　)
A.气体在A状态时的温度等于气体在B状态时的温度
B.从状态B变化到状态C的过程中，气体经历的是等压变化
C.从状态B变化到状态C的过程中，气体分子平均动能增大
D.从状态C变化到状态A的过程中，气体的温度逐渐减小
AB
10.如图所示，足够长U形管内分别由水银封住L1、L2两部分气体，则下列说法正确的是(　　)
A.只对L1加热，则h减小，气柱L2长度不变
B.只对L1加热，则h减小，气柱L2长度减小
C.若在右管中注入一些水银，L1将增大
D.使L1、L2同时升高相同的温度，则L1增大、h减小
AD
解析　只对L1加热，假设体积不变，则压强增大，所以L1增大、h减小，气柱L2长度不变，因为此部分气体压强、温度都不变，故A正确，B错误；若在右管中注入一些水银，L2压强增大，假设L1的体积不变，L1的压强与h长度的水银柱产生的压强之和随之增大，L1的压强增大，根据等温变化规律得L1将减小，故C错误；使L1、L2同时升高相同的温度，假设气体体积不变，L1的压强增大，L2压强不变，则L1增大、h减小，故D正确。
三、非选择题(本题共5小题，共52分。)
如图所示，带刻度的注射器内封闭了一定质量的气体，推动活塞可以改变气体体积V。实验所用气压计较特殊，测量的是注射器内部和外部气体的压强差Δp。在多次改变体积后，得到如下数据：
Δp/(×105 Pa) 0 0.11 0.25 0.43 0.67
V/mL 10 9 8 7 6
(1)每次气体的状态调整后，都要等一会儿再记录数据，这是为了___________
_________________。
解析　等一会再记录数据是为了使注射器内气体与外界进行充分热交换，以保证温度不变。
保持注射器
内部气体温度不变
11.(7分)某小组利用如图装置进行“探究气体压强与体积的关系”实验。
(3)根据你在(2)中作出的图像，图像与Δp轴的交点纵坐标为__________，物理含义是___________________。
－1×105 Pa　
大气压强的负值
12.(9分)某小组利用如图所示装置探究“气体等温变化的规律”，图中装置1为压强传感器，装置2为数据采集器。带刻度的注射器内封闭了一定质量的气体，推动活塞可以改变气体体积V，实验所用测量压强的装置较特殊，测量的是注射器内部气体和外部大气(压强为p0)的压强差Δp，在多次改变体积后，得到如下数据：
Δp/(×105 Pa) 0 0.11 0.25 0.43 0.67
V/mL 10 9 8 7 6
(1)每次气体的状态调整后，都要等一会儿再记录数据，这是为了___________
___________________________________________。
充分的热交换，
保持封闭气体的温度不变
解析　 每次气体的状态调整后，都要等一会儿再记录数据，这是为了充分的热交换，保持封闭气体的温度不变。
(2)研究小组基于数据，以Δp为y轴，作出的函数图线为直线，则x轴是________。
Δp/(×105 Pa) 0 0.11 0.25 0.43 0.67
V/mL 10 9 8 7 6
(3)若图像斜率为k，该直线的函数表达式是___________，图像纵轴截距的绝对值的物理含义是__________。
Δp/(×105 Pa) 0 0.11 0.25 0.43 0.67
V/mL 10 9 8 7 6
大气压强
(1)最终汽缸内气体的压强；
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
解析　(1)对左、右汽缸内所封的气体，初态压强p1＝p0，体积V1＝SH＋2SH＝3SH
15.(15分)趣味运动“充气碰碰球”如图所示，用完全封闭的PVC薄膜充气膨胀成型，人钻入洞中，进行碰撞游戏。充气之后碰碰球内气体体积为0.8 m3，压强为1.5×105 Pa。碰撞时气体最大压缩量为0.05 m3(不考虑碰撞时气体温度变化)，外界大气压p0＝1.0×105 Pa。求：
(1)压缩量最大时，球内气体的压强；
(2)为保障游戏安全，球内气体压强不能超过2.0×105 Pa。那么，在早晨17 ℃环境下充完气的碰碰球(1.5×105 Pa)，是否可以安全地在中午37 ℃的环境下进行碰撞游戏，请通过计算判断(忽略升温引起的球内容积变化)。
答案　(1)1.6×105 Pa　(2)可以，分析见解析
解析　(1)设初始时球内气体的压强为p1，体积为V1，压缩量最大时，球内气体的压强为p2，体积为V2，最大压缩量为ΔV，压缩过程中气体发生等温变化，由气体等温变化规律有p1V1＝p2V2①
其中V2＝V1－ΔV②
联立①②解得p2＝1.6×105 Pa。③
由题可知T1＝290 K，T2＝310 K⑤
中午碰撞游戏时，气体被压缩到最大的过程，气体发生等温变化，由气体等温变化规律有p3V1＝p4V2⑥
联立②④⑤⑥解得p4≈1.71×105 Pa<2.0×105 Pa⑦
故可以安全地在中午37 ℃的环境下进行碰撞游戏。

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