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章末检测(二)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题4分，共48分。其中1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题)
1.液体的附着层具有收缩趋势的情况发生在(　　)
A.液体不浸润固体的附着层
B.表面张力较大的液体的附着层
C.所有液体的附着层
D.液体浸润固体的附着层
解析　附着层有收缩趋势说明固体分子对附着层分子的引力小于液体分子对附着层分子的引力，所以液体与固体表现为不浸润。
答案　A
2.下面几种说法正确的是(　　)
A.晶体的任何物理性质都是和方向有关的
B.不具有确定几何形状的物体就一定不是晶体
C.金属整体表现为各向同性，但金属属于多晶体
D.若物体整体表现为各向同性，就一定是非晶体
解析　单晶体只是在某些物理性质上表现为各向异性，而多晶体没有确定的几何形状，且各向同性，故C正确。
答案　C
3.如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管相连，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，A中气体的温度为0 ℃，B中气体温度为20 ℃，如果将它们的温度都降低10 ℃，则水银柱将(　　)
A.向A移动 B.向B移动
C.不动 D.不能确定
解析　由Δp＝·p可知Δp∝，所以A部分气体压强减小得多，水银柱将左移，即向A移动，故A正确。
答案　A
4.某个开着窗户的房间，温度由8 ℃升高到24 ℃，室内空气质量变化的情况是(　　)
A.减少了 B.减少到
C.减少了 D.减少到
解析　室内空气压强不变，设房间容积为V，对原房间内气体，温度由8 ℃升高到24 ℃体积变为V′，
由盖—吕萨克定律得＝
即V′＝V，ΔV＝V′－V＝V，＝，故质量减少了。故C正确。
答案　C
5.如图所示，一根上细下粗、粗端与细端都粗细均匀的玻璃管上端开口、下端封闭，上端足够长，下端(粗端)中间有一段水银封闭了一定质量的理想气体。现对气体缓慢加热，气体温度不断升高，水银柱上升，则被封闭气体体积和热力学温度的关系最接近哪个图像(　　)
解析　对气体缓慢加热的过程中，水银柱缓慢上升，始终处于平衡状态；刚开始，水银柱完全处在下端，气体的压强p1＝p0＋ρgh1保持不变，气体经历等压变化，此时V－T图像是正比例函数图像，斜率k1∝；最终水银柱将完全处在上端，同理，此时气体的压强p2＝p0＋ρgh2保持不变，气体经历等压变化，此时V－T图像是正比例函数图像，图像的斜率k2∝，显然，h1k2，选项B、C可排除；在水银柱经过粗细交接部位时，水银柱的长度由h1逐渐增大到h2，气体的压强也由p1逐渐增大到p2，气体的体积和温度也均在变化，显然，该过程不是等容过程，D错误，A正确。
答案　A
6.如图所示，a、b、c三根完全相同的玻璃管，一端封闭，管内各用相同长度的一段水银柱封闭了质量相等的空气，a管竖直向下做自由落体运动，b管竖直向上做加速度为g的匀加速运动，c管沿倾角为45°的光滑斜面下滑，若空气温度始终不变，当水银柱相对管壁静止时，a、b、c三管内的空气柱长度La、Lb、Lc间的关系为(　　)
A.Lb＝Lc＝La B.LbC.Lb>Lc>La D.Lb解析　设管横截面积为S，气体状态变化稳定后，对水银柱应用牛顿第二定律，
a管：p0S＋mg－paS＝ma，a＝g，解得pa＝p0
b管：pbS－mg－p0S＝ma，a＝g，解得pb＝p0＋
c管：mgsin θ＋p0S－pcS＝ma，gsin θ＝a，解得pc＝p0
又因为三管内空气质量相等，温度相同，所以三管内空气的pV＝C，pa＝pcLb，D正确。
答案　D
7.如图所示，一定质量的理想气体用质量为M的活塞封闭在容器中，活塞与容器间光滑接触，在图示三种稳定状态下的温度分别为T1、T2、T3，则T1、T2、T3的大小关系为(　　)
A.T1＝T2＝T3 B.T1C.T1>T2>T3 D.T1解析　以活塞为研究对象，对T1、T2状态下的气体有
pS＋Mg＝p1S，pS＋Mg＝p2S
对T3状态下的气体有pS＋Mg＋mg＝p3S
可以得出p1＝p2根据理想气体状态方程＝，V1则T1即T1答案　B
8.一定质量的气体，在温度不变的条件下，将其压强变为原来的2倍，则(　　)
A.气体分子的平均动能增大
B.气体的密度变为原来的2倍
C.气体的体积变为原来的2倍
D.气体的分子总数变为原来的2倍
解析　因为气体的温度不变，由pV＝C可得压强变为原来的2倍，气体的体积变为原来的，温度为气体分子平均动能的标志，温度不变，则分子平均动能不变，故A错误；气体的体积变为原来的，质量没变，气体的密度变为原来的2倍，所以B正确，C错误；气体质量不变，分子总数不变，故D错误。
答案　B
9.下列有关浸润及不浸润的解释不正确的是(　　)
A.在夏季，人穿棉线衣服感觉舒适是因为汗水对棉线是浸润物体
B.单杠、双杠运动员上杠表演前，手及杆上涂镁粉，是因为水对镁粉是浸润物体
C.布制的雨伞伞面能明显看到线的缝隙，但雨伞不漏雨水是因为水对伞面不浸润
D.酒精灯的灯芯经常是用丝线做成，因为酒精对丝线是浸润物体
解析　在夏季，人穿棉线衣服感觉舒适是因为汗水对棉线是浸润物体，A正确；单杠、双杠运动员上杆表演前，手及杆上涂镁粉是因为水对镁粉是浸润物体，B正确；雨伞不漏雨水是因为水浸润伞面后水的表面张力作用，C错误；酒精灯灯芯经常用棉线做成，酒精对棉是浸润物体，D错误。
答案　CD
10.关于液晶态以下说法正确的是(　　)
A.液晶态只是物质在一定温度范围内才具有的存在状态
B.因为液晶态在一定条件下发光，所以可以用来做显示屏
C.人体的某些组织中存在液晶结构
D.笔记本电脑的彩色显示器，是因为在液晶中掺入了少量多色性染料，液晶中电场强度不同时，它对不同色光的吸收程度不一样，所以显示出各种颜色
解析　液晶态可在一定温度范围或某一浓度范围存在，故A错误；液晶的光学性质随外加电压的变化而变化，不是液晶在一定条件下发光，故B错误；人体中有的蛋白质与磷脂在一定条件下为流动的液晶态或凝胶态，故C正确；液晶的光学性质在外加电压下，对不同色光的吸收程度不同，所以显示各种颜色，故D正确。
答案　CD
11.如图所示，两端封闭的粗细均匀的U形管中，封闭两段气柱，长度分别为l1、l2，现让管在竖直方向上运动，下述判断正确的是(　　)
A.加速上升时，l1变长，l2变短
B.加速上升时，l2变长，l1变短
C.减速下降时，l2变长，l1变短
D.减速上升时，l1变短，l2变长
解析　管在竖直方向加速上升和减速下降时，加速度方向向上，水银柱超重，减速上升时失重。加速上升和减速下降时，右端l1上方水银质量大于左端l2上方水银质量，超重多，故l2变长，l1变短，B、C正确，A错误；同理，减速上升时，右端l1上方水银失重多，故l1变长，l2变短，D错误。
答案　BC
12.某同学用带有刻度的注射器做验证玻意耳定律的实验，温度计表明在整个实验过程中都是等温的，他根据实验数据绘出了p－ 的关系图像，如图所示，从图中的图线可以得出(　　)
A.如果实验是从E状态→F状态，则表示外界有空气进入注射器内
B.如果实验是从E状态→F状态，则表示注射器内有部分空气漏了出来
C.如果实验是从F状态→E状态，则表示注射器内有部分空气漏了出来
D.如果实验是从F状态→E状态，则表示外界有空气进入注射器内
解析　如图连接OE、OF，因为OF的斜率大于OE的斜率，表示(pV)F>(pV)E，说明如果实验是从E状态→F状态，则表示外界有空气进入注射器内；如果实验是从F状态→E状态，则表示注射器内有部分空气漏了出来，故A、C正确。
答案　AC
二、非选择题(本题共5小题，共52分)
13.(8分)一个容积是20 L的充满氧气的钢瓶，瓶内压强达1.013×105 Pa，现给40个容积是5 L的小钢瓶进行充气，充气时漏气和温度变化忽略不计(设小钢瓶内原来是真空，充气后各瓶内压强相等)，求充气后瓶内氧气的压强是多少？
解析　对原来充满氧气的钢瓶中的氧气研究：
Ⅰ
Ⅱ
由充气过程温度不变，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，
得p2＝＝ Pa＝9.2×103 Pa。
答案　9.2×103 Pa
14.(8分)已知一定质量的理想气体的初始状态Ⅰ的状态参量为p1、V1、T1，末状态Ⅱ的状态参量为p2、V2、T2，且p2>p1，V2>V1；如图所示，试用玻意耳定律和查理定律推导出一定质量的理想气体状态方程。要求说明推导过程中每步的根据，最后结果的物理意义，且在p－V图上用图线表示推导中气体状态的变化过程。
解析　推导应在Ⅰ和Ⅱ状态中间加一过渡状态A(pA，V2，T1)，过程变化如图所示，由Ⅰ→A过程发生等温膨胀，有p1V1＝pAV2，
由A→Ⅱ过程是等容加压过程，有＝，联立消去pA，得＝。
答案　推导过程见解析
15.(10分)受啤酒在较高压强下能够溶解大量二氧化碳的启发，科学家设想了一个办法：用压缩机将二氧化碳送入深海底，由于海底压强很大，海水能够溶解大量二氧化碳使其永久储存起来，这样就为温室气体二氧化碳找到了一个永远的“家”。现将过程简化如下：在海平面上，开口向上、导热良好的汽缸内封存有一定量的CO2气体，用压缩机对活塞施加竖直向下的压力F，此时缸内气体体积为V0、温度为T0。保持F不变，将该容器缓慢送入温度为T、距海平面深为h的海底，如图所示。已知大气压强为p0，活塞横截面为S，海水的密度为ρ，重力加速度为g。不计活塞质量，缸内的CO2始终可视为理想气体。
(1)求在海底时CO2的体积；
(2)若打开阀门K，使容器内一半质量的CO2缓慢排出后关闭阀门，此时容器的容积变为打开阀门前的，则此时压缩机给活塞的压力F′是多大？
解析　(1)在海平面上时CO2的压强p＝p0＋
距海平面h深处CO2的压强p1＝p0＋＋ρgh
由理想气体状态方程得＝
解得V＝。
(2)以一半质量的CO2气体为研究对象，溶解后容器内CO2的压强p′＝p0＋ρgh＋
由玻意耳定律得p1＝p′V′
由题意得V′＝
联立以上各式解得F′＝2F＋(p0＋ρgh)S。
答案　(1)　(2)2F＋(p0＋ρgh)S
16.(12分)向汽车轮胎内充气，已知轮胎内原有空气的压强为1.5个标准大气压，温度为20 ℃，体积为20 L。充气后，轮胎内空气压强增大为7.5个标准大气压，温度升高为25 ℃。若充入的气体的温度为20 ℃，压强为一个标准大气压，问：需要充入多少升这样的空气？(设轮胎体积不变)
解析　先以充气后轮胎内气体为研究对象
p1＝1.5 atm，V1＝？，T1＝293 K，
p2＝7.5 atm，V2＝20 L，T2＝298 K，
由理想气体状态方程得＝，
代入已知数据得V1＝98 L。
再以需要充入的气体为研究对象
初状态p3＝1 atm，V3＝？
末状态p4＝1.5 atm，V4＝V1－V2＝78 L
由玻意耳定律得p3V3＝p4V4，
代入已知数据得V3＝117 L。
答案　117 L
17.(14分)如图所示，有两个不计厚度的活塞M、N将两部分理想气体A、B封闭在竖直放置的绝热汽缸内，温度均为27 ℃，M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，汽缸底部有加热丝，已知M活塞的质量m1＝1 kg，N活塞的质量不计。M、N活塞的横截面积均为S＝2 cm2，初始时M活塞相对于汽缸底部的高度h1＝24 cm，N活塞相对于底部的高度h2＝12 cm。现将一质量m2＝1 kg的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降，稳定后B气体压强为p2。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2。
(1)求稳定后B气体的压强p2；
(2)通过加热丝对B气体进行缓慢加热，M、N活塞发生移动，当M活塞距离汽缸底部的高度h3＝21.6 cm时，停止加热。求此时B气体的温度T2。
解析　(1)将两个活塞和小物体作为整体，由平衡条件得
p2S＝m1g＋m2g＋p0S①
代入数据得p2＝2.0×105 Pa。
(2)由于N活塞质量不计，A、B两部分气体的压强始终相等。
对A气体，设初始压强为p1，最终稳定后的体积为LS，将对M活塞，由平衡条件得
p1S＝m1g＋p0S②
由玻意耳定律可得p1(h1－h2)S＝p2LS③
对B气体进行分析，初状态压强为p1，体积为h2S，设温度为T1；末状态压强为p2，设温度为T2，体积为hS。
由理想气体状态方程可得＝④
h3＝h＋L⑤
联立①②③④⑤代入数据解得T2＝420 K。
答案　(1)2.0×105 Pa　(2)420 K

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